湖南省长沙市望城区白箬中学高三数学第二轮专题讲座复习：数列的通项公式与求和的常用方法高考要求数列是函数概念的继续和延伸，数列的通项公式及前n项和公式都可以看作项数n的函数，是函数思想在数列中的应用 数列以通项为纲，数列的问题，最终归结为对数列通项的研究，而数列的前n项和Sn可视为数列Sn的通项 通项及求和是数列中最基本也是最重要的问题之一，与数列极限及数学归纳法有着密切的联系，是高考对数列问题考查中的热点，本点的动态函数观点解决有关问题，为其提供行之有效的方法 重难点归纳 1 数列中数的有序性是数列定义的灵魂，要注意辨析数列中的项与数集中元素的异同 因此在研究数列问题时既要注意函数方法的普遍性，又要注意数列方法的特殊性 2 数列an前n 项和Sn与通项an的关系式 an=3 求通项常用方法作新数列法 作等差数列与等比数列 累差叠加法 最基本形式是 an=(anan1+(an1+an2)+(a2a1)+a1 归纳、猜想法 4 数列前n项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等差数列中Sm+n=Sm+Sn+mnd，等比数列中Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn 裂项求和 将数列的通项分成两个式子的代数和，即an=f(n+1)f(n)，然后累加时抵消中间的许多项 应掌握以下常见的裂项 错项相消法 并项求和法数列通项与和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法 典型题例示范讲解 例1已知数列an是公差为d的等差数列，数列bn是公比为q的(qR且q1)的等比数列，若函数f(x)=(x1)2，且a1=f(d1)，a3=f(d+1)，b1=f(q+1)，b3=f(q1)，求数列an和bn的通项公式；解 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例2设An为数列an的前n项和，An= (an1)，数列bn的通项公式为bn=4n+3;(1)求数列an的通项公式；(2)把数列an与bn的公共项按从小到大的顺序排成一个新的数列，证明 数列dn的通项公式为dn=32n+1;(3)设数列dn的第n项是数列bn中的第r项，Br为数列bn的前r项的和；Dn为数列dn的前n项和，Tn=BrDn，求 命题意图 本题考查数列的通项公式及前n项和公式及其相互关系；集合的相关概念，数列极限，以及逻辑推理能力 知识依托 利用项与和的关系求an是本题的先决；(2)问中探寻an与bn的相通之处，须借助于二项式定理；而(3)问中利用求和公式求和则是最基本的知识点 错解分析 待证通项dn=32n+1与an的共同点易被忽视而寸步难行；注意不到r与n的关系，使Tn中既含有n，又含有r，会使所求的极限模糊不清 技巧与方法 (1)问中项与和的关系为常规方法，(2)问中把3拆解为41，再利用二项式定理，寻找数列通项在形式上相通之处堪称妙笔；(3)问中挖掘出n与r的关系，正确表示Br，问题便可迎刃而解 解 (1)由An=(an1)，可知An+1=(an+11)，an+1an= (an+1an)，即=3，而a1=A1= (a11)，得a1=3，所以数列是以3为首项，公比为3的等比数列，数列an的通项公式an=3n (2)32n+1=332n=3(41)2n=342n+C42n1(1)+C4(1)+(1)2n=4n+3，32n+1bn 而数32n=(41)2n=42n+C42n1(1)+C4(1)+(1)2n=(4k+1)，32nbn，而数列an=a2n+1a2n，dn=32n+1 (3)由32n+1=4r+3，可知r=，Br=，例3设an是正数组成的数列，其前n项和为Sn，并且对于所有的自然数n，an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项 (1)写出数列an的前3项 (2)求数列an的通项公式(写出推证过程)解析 (1)由题意，当n=1时，有，S1=a1，解得a1=2 当n=2时，有，S2=a1+a2，将a1=2代入，整理得(a22)2=16，由a20，解得a2=6 当n=3时，有，S3=a1+a2+a3，将a1=2，a2=6代入，整理得(a32)2=64，由a30，解得a3=10 故该数列的前3项为2，6，10 (2）解法一 由(1）猜想数列an 有通项公式an=4n2 下面用数学归纳法证明an的通项公式是an=4n2，(nN*） 当n=1时，因为412=2，又在(1)中已求出a1=2，所以上述结论成立 假设当n=k时，结论成立，即有ak=4k2，由题意，有，将ak=4k2 代入上式，解得2k=，得Sk=2k2，由题意，有，Sk+1=Sk+ak+1，将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，即当n=k+1时，上述结论成立 根据，上述结论对所有的自然数nN*成立 解法二 由题意知，(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，由题意知an+1+an0，an+1an=4，即数列an为等差数列，其中a1=2，公差d=4 an=a1+(n1)d=2+4(n1)，即通项公式为an=4n2 学生巩固练习 1 设zn=()n，(nN*)，记Sn=z2z1+z3z2+zn+1zn，则Sn=_ 2 作边长为a的正三角形的内切圆，在这个圆内作新的内接正三角形，在新的正三角形内再作内切圆，如此继续下去，所有这些圆的周长之和及面积之和分别为_ 3 数列an满足a1=2，对于任意的nN*都有an0,且(n+1)an2+anan+1nan+12=0，又知数列bn的通项为bn=2n1+1 (1)求数列an的通项an及它的前n项和Sn；(2)求数列bn的前n项和Tn；(3)猜想Sn与Tn的大小关系，并说明理由 4 数列an中，a1=8,a4=2且满足an+2=2an+1an,(nN*) (1)求数列an的通项公式；(2)设Sn=a1+a2+an,求Sn;(3)设bn=(nN*),Tn=b1+b2+bn(nN*),是否存在最大的整数m，使得对任意nN*均有Tn成立？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由 参考答案 2 解析 由题意所有正三角形的边长构成等比数列an，可得an=，正三角形的内切圆构成等比数列rn，可得rn=a,这些圆的周长之和c=2(r1+r2+rn)= a2，面积之和S=(n2+r22+rn2)=a23 解 (1）可解得，从而an=2n，有Sn=n2+n，(2)Tn=2n+n1 (3)TnSn=2nn21，验证可知，n=1时，T1=S1，n=2时T2S2；n=3时，T3S3;n=4时，T4S4；n=5时，T5S5；n=6时T6S6 猜想当n5时，TnSn，即2nn2+1可用数学归纳法证明(略） 4 解 (1）由an+2=2an+1anan+2an+1=an+1an可知an成等差数列，d=2,an=102n (2)由an=102n0可得n5，当n5时，Sn=n2+9n，当n5时，Sn=n29n+40，故Sn=(3)bn=；要使Tn总成立，需T1=成立，即m8且mZ，故适合条件的m的最大值为7 4