高考要求 數列是函數概念的繼續和延伸，數列的通項公式及前n項和公式都可以看作項數n的函數，是函數思想在數列中的應用 數列以通項為綱，數列的問題，最終歸結為對數列通項的研究，而數列的前n項和Sn可視為數列Sn的通項 通項及求和是數列中最基本也是最重要的問題之一，與數列極限及數學歸納法有著密切的聯系，是高考對數列問題考查中的熱點，本點的動態函數觀點解決有關問題，為其提供行之有效的方法 重難點歸納 1 數列中數的有序性是數列定義的靈魂，要注意辨析數列中的項與數集中元素的異同 因此在研究數列問題時既要注意函數方法的普遍性，又要注意數列方法的特殊性 2 數列an前n 項和Sn與通項an的關系式 an=3 求通項常用方法作新數列法 作等差數列與等比數列 累差疊加法 最基本形式是 an=(anan1+(an1+an2)+(a2a1)+a1 歸納、猜想法 4 數列前n項和常用求法重要公式1+2+n=n(n+1)12+22+n2=n(n+1)(2n+1)13+23+n3=(1+2+n)2=n2(n+1)2等差數列中Sm+n=Sm+Sn+mnd，等比數列中Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn 裂項求和 將數列的通項分成兩個式子的代數和，即an=f(n+1)f(n)，然后累加時抵消中間的許多項 應掌握以下常見的裂項 錯項相消法并項求和法數列通項與和的方法多種多樣，要視具體情形選用合適方法 典型題例示范講解 例1已知數列an是公差為d的等差數列，數列bn是公比為q的(qR且q1)的等比數列，若函數f(x)=(x1)2，且a1=f(d1)，a3=f(d+1)，b1=f(q+1)，b3=f(q1)，(1)求數列an和bn的通項公式；(2)設數列cn的前n項和為Sn，對一切nN*，都有=an+1成立，求 命題意圖 本題主要考查等差、等比數列的通項公式及前n項和公式、數列的極限，以及運算能力和綜合分析問題的能力 知識依托 本題利用函數思想把題設條件轉化為方程問題非常明顯，而(2)中條件等式的左邊可視為某數列前n項和，實質上是該數列前n項和與數列an的關系，借助通項與前n項和的關系求解cn是該條件轉化的突破口 錯解分析 本題兩問環環相扣，(1)問是基礎，但解方程求基本量a1、b1、d、q，計算不準易出錯；(2)問中對條件的正確認識和轉化是關鍵 技巧與方法 本題(1)問運用函數思想轉化為方程問題，思路較為自然，(2)問“借雞生蛋”構造新數列dn運用和與通項的關系求出dn，絲絲入扣解 (1)a1=f(d1)=(d2)2，a3=f(d+1)=d2，a3a1=d2(d2)2=2d，d=2，an=a1+(n1)d=2(n1)；又b1=f(q+1)=q2，b3=f(q1)=(q2)2，=q2，由qR，且q1，得q=2，bn=bqn1=4(2)n1(2)令=dn，則d1+d2+dn=an+1,(nN*),dn=an+1an=2,=2,即cn=2bn=8(2)n1；Sn=1(2)n 例2設An為數列an的前n項和，An= (an1)，數列bn的通項公式為bn=4n+3;(1)求數列an的通項公式；(2)把數列an與bn的公共項按從小到大的順序排成一個新的數列，證明 數列dn的通項公式為dn=32n+1;(3)設數列dn的第n項是數列bn中的第r項，Br為數列bn的前r項的和；Dn為數列dn的前n項和，Tn=BrDn，求 命題意圖 本題考查數列的通項公式及前n項和公式及其相互關系；集合的相關概念，數列極限，以及邏輯推理能力 知識依托 利用項與和的關系求an是本題的先決；(2)問中探尋an與bn的相通之處，須借助于二項式定理；而(3)問中利用求和公式求和則是最基本的知識點 錯解分析 待證通項dn=32n+1與an的共同點易被忽視而寸步難行；注意不到r與n的關系，使Tn中既含有n，又含有r，會使所求的極限模糊不清 技巧與方法 (1)問中項與和的關系為常規方法，(2)問中把3拆解為41，再利用二項式定理，尋找數列通項在形式上相通之處堪稱妙筆；(3)問中挖掘出n與r的關系，正確表示Br，問題便可迎刃而解 解 (1)由An=(an1)，可知An+1=(an+11)，an+1an= (an+1an)，即=3，而a1=A1= (a11)，得a1=3，所以數列是以3為首項，公比為3的等比數列，數列an的通項公式an=3n (2)32n+1=332n=3(41)2n=342n+C42n1(1)+C4(1)+(1) 2n=4n+3，32n+1bn 而數32n=(41)2n=42n+C42n1(1)+C4(1)+(1)2n=(4k+1)，32nbn，而數列an=a2n+1a2n，dn=32n+1 (3)由32n+1=4r+3，可知r=，Br=，例3設an是正數組成的數列，其前n項和為Sn，并且對于所有的自然數n，an與2的等差中項等于Sn與2的等比中項 (1)寫出數列an的前3項 (2)求數列an的通項公式(寫出推證過程)(3)令bn=(nN*)，求 (b1+b2+b3+bnn) 解析 (1)由題意，當n=1時，有，S1=a1，解得a1=2 當n=2時，有，S2=a1+a2，將a1=2代入，整理得(a22)2=16，由a20，解得a2=6 當n=3時，有，S3=a1+a2+a3，將a1=2，a2=6代入，整理得(a32)2=64，由a30，解得a3=10 故該數列的前3項為2，6，10 (2）解法一 由(1）猜想數列an 有通項公式an=4n2 下面用數學歸納法證明an的通項公式是an=4n2，(nN*） 當n=1時，因為412=2，又在(1)中已求出a1=2，所以上述結論成立 假設當n=k時，結論成立，即有ak=4k2，由題意，有，將ak=4k2 代入上式，解得2k=，得Sk=2k2，由題意，有，Sk+1=Sk+ak+1，將Sk=2k2代入得()2=2(ak+1+2k2)，整理得ak+124ak+1+416k2=0，由ak+10，解得ak+1=2+4k，所以ak+1=2+4k=4(k+1)2，即當n=k+1時，上述結論成立 根據，上述結論對所有的自然數nN*成立 解法二 由題意知，(nN*) 整理得，Sn=(an+2)2,由此得Sn+1=(an+1+2)2，an+1=Sn+1Sn=(an+1+2)2(an+2)2 整理得(an+1+an）(an+1an4)=0，由題意知an+1+an0，an+1an=4，即數列an為等差數列，其中a1=2，公差d=4 an=a1+(n1)d=2+4(n1)，即通項公式為an=4n2 解法三 由已知得,(nN*)，所以有，由式得，整理得Sn+12+2Sn=0，解得，由于數列an為正項數列，而，因而，即Sn是以為首項，以為公差的等差數列 所以= +(n1) =n,Sn=2n2，故an=即an=4n2(nN*) (3)令cn=bn1，則cn=學生鞏固練習 1 設zn=()n，(nN*)，記Sn=z2z1+z3z2+zn+1zn，則Sn=_ 2 作邊長為a的正三角形的內切圓，在這個圓內作新的內接正三角形，在新的正三角形內再作內切圓，如此繼續下去，所有這些圓的周長之和及面積之和分別為_ 3 數列an滿足a1=2，對于任意的nN*都有an0,且(n+1)an2+anan+1nan+12=0，又知數列bn的通項為bn=2n1+1 (1)求數列an的通項an及它的前n項和Sn；(2)求數列bn的前n項和Tn；(3)猜想Sn與Tn的大小關系，并說明理由 4 數列an中，a1=8,a4=2且滿足an+2=2an+1an,(nN*) (1)求數列an的通項公式；(2)設Sn=a1+a2+an,求Sn;(3)設bn=(nN*),Tn=b1+b2+bn(nN*),是否存在最大的整數m，使得對任意nN*均有Tn成立？若存在，求出m的值；若不存在，說明理由 5 設數列an的前n項和為Sn，且Sn=(m+1)man 對任意正整數n都成立，其中m為常數，且m1 (1)求證 an是等比數列；(2)設數列an的公比q=f(m)，數列bn滿足 b1=a1,bn=f(bn1)(n2,nN*) 試問當m為何值時，成立？6 已知數列bn是等差數列，b1=1,b1+b2+b10=145 (1)求數列bn的通項bn；(2)設數列an的通項an=loga(1+)(其中a0且a1),記Sn是數列an的前n項和，試比較Sn與logabn+1的大小，并證明你的結論 7 設數列an的首項a1=1，前n項和Sn滿足關系式 3tSn(2t+3)Sn1=3t(t0,n=2,3,4) (1)求證 數列an是等比數列；(2)設數列an的公比為f(t)，作數列bn，使b1=1,bn=f()(n=2,3,4)，求數列bn的通項bn；(3)求和 b1b2b2b3+b3b4+b2n1b2nb2nb2n+1 參考答案 答案 1+2 解析 由題意所有正三角形的邊長構成等比數列an，可得an=，正三角形的內切圓構成等比數列rn，可得rn=a,這些圓的周長之和c=2(r1+r2+rn)= a2，面積之和S=(n2+r22+rn2)=a2答案 周長之和a，面積之和a24 解 (1）由an+2=2an+1anan+2an+1=an+1an可知an成等差數列，d=2,an=102n 5 解 (1）由已知Sn+1=(m+1)man+1，Sn=(m+1)man,由，得an+1=manman+1，即(m+1)an+1=man對任意正整數n都成立 m為常數，且m1，即為等比數列 (2)當n=1時，a1=m+1ma1，a1=1，從而b1= 由(1)知q=f(m)=，bn=f(bn1)= (nN*,且n2)，即，為等差數列 =3+(n1)=n+2，(nN*) 6 解 (1)設數列bn的公差為d，由題意得 解得b1=1, d=3,bn=3n2 (2)由bn=3n2,知Sn=loga(1+1)+loga(1+)+loga(1+)=loga(1+1)(1+)(1+)，logabn+1=loga 因此要比較Sn與logabn+1的大小，可先比較(1+1)(1+)(1+)與的大小，取n=1時，有(1+1)取n=2時，有(1+1)(1+)由此推測(1+1)(1+)(1+)若式成立，則由對數函數性質可判定 當a1時，Snlogabn+1，當0a1時，Snlogabn+1，下面用數學歸納法證明式 ()當n=1時，已驗證式成立 ()假設當n=k時(k1），式成立，即 那么當n=k+1時， 這就是說式當n=k+1時也成立 由(）(）可知式對任何正整數n都成立 由此證得 當a1時，Snlogabn+1；當0a1時，Snlogabn+1 7 解 (1)由S1=a1=1,S2=1+a2，得3t(1+a2)(2t+3)=3t a2= 又3tSn(2t+3)Sn1=3t，3tSn1(2t+3)Sn2=3t 得3tan(2t+3)a