2023年高考数学难点突破专题辅导

难点13 数列的通项与求和。

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。

难点磁场。★★★设是正数组成的数列，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)写出数列的前3项。

2)求数列的通项公式(写出推证过程)

3)令bn=(n∈n*)，求 (b1+b2+b3+…+bn－n).

案例**。例1］已知数列是公差为d的等差数列，数列是公比为q的(q∈r且q≠1)的等比数列，若函数f(x)=(x－1)2，且a1=f(d－1)，a3=f(d+1)，b1=f(q+1)，b3=f(q－1)，1)求数列和的通项公式；

2)设数列的前n项和为sn，对一切n∈n*，都有=an+1成立，求。

命题意图：本题主要考查等差、等比数列的通项公式及前n项和公式、数列的极限，以及运算能力和综合分析问题的能力。属★★★级题目。

知识依托：本题利用函数思想把题设条件转化为方程问题非常明显，而(2)中条件等式的左边可视为某数列前n项和，实质上是该数列前n项和与数列的关系，借助通项与前n项和的关系求解cn是该条件转化的突破口。

错解分析：本题两问环环相扣，(1)问是基础，但解方程求基本量a1、b1、d、q，计算不准易出错；(2)问中对条件的正确认识和转化是关键。

技巧与方法：本题(1)问运用函数思想转化为方程问题，思路较为自然，(2)问“借鸡生蛋”构造新数列，运用和与通项的关系求出dn，丝丝入扣。

解：(1)∵a1=f(d－1)=(d－2)2，a3=f(d+1)=d2，a3－a1=d2－(d－2)2=2d，d=2，∴an=a1+(n－1)d=2(n－1)；又b1=f(q+1)=q2，b3=f(q－1)=(q－2)2，=q2，由q∈r，且q≠1，得q=－2，bn=b·qn－1=4·(－2)n－1

2)令=dn，则d1+d2+…+dn=an+1,(n∈n*),dn=an+1－an=2,=2,即cn=2·bn=8·(－2)n－1；∴sn=［1－(－2)n］.

例2］设an为数列的前n项和，an= (an－1)，数列的通项公式为bn=4n+3;

1)求数列的通项公式；

2)把数列与的公共项按从小到大的顺序排成一个新的数列，证明：数列的通项公式为dn=32n+1;

3)设数列的第n项是数列中的第r项，br为数列的前r项的和；dn为数列的前n项和，tn=br－dn，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)问中探寻与的相通之处，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4－1，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=(an－1)，可知an+1=(an+1－1)，an+1－an= (an+1－an)，即=3，而a1=a1= (a1－1)，得a1=3，所以数列是以3为首项，公比为3的等比数列，数列的通项公式an=3n.

2)∵32n+1=3·32n=3·(4－1)2n=3·［42n+c·42n－1(－1)+…c·4·(－1)+(1)2n］=4n+3，32n+1∈.而数32n=(4－1)2n=42n+c·42n－1·(－1)+…c·4·(－1)+(1)2n=(4k+1)，32n，而数列=∪，dn=32n+1.

3)由32n+1=4·r+3，可知r=，br=，锦囊妙计。

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=(an－an－1+(an－1+an－2)+…a2－a1)+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。

歼灭难点训练。

一、填空题。

1.(★设zn=()n，(n∈n*)，记sn=｜z2－z1｜+｜z3－z2｜+…zn+1－zn｜，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。

二、解答题。

3.(★数列满足a1=2，对于任意的n∈n*都有an＞0,且(n+1)an2+an·an+1－

nan+12=0，又知数列的通项为bn=2n－1+1.

1)求数列的通项an及它的前n项和sn；

2)求数列的前n项和tn；

3)猜想sn与tn的大小关系，并说明理由。

4.(★数列中，a1=8,a4=2且满足an+2=2an+1－an,(n∈n*).

1)求数列的通项公式；

2)设sn=｜a1｜+｜a2｜+…an｜,求sn;

3)设bn=(n∈n*),tn=b1+b2+……bn(n∈n*),是否存在最大的整数m，使得对任意n∈n*均有tn＞成立？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由。

5.(★设数列的前n项和为sn，且sn=(m+1)－man.对任意正整数n都成立，其中m为常数，且m＜－1.

1)求证：是等比数列；

2)设数列的公比q=f(m)，数列满足：b1=a1,bn=f(bn－1)(n≥2,n∈n*).试问当m为何值时，成立？

6.(★已知数列是等差数列，b1=1,b1+b2+…+b10=145.

1)求数列的通项bn；

2)设数列的通项an=loga(1+)(其中a＞0且a≠1),记sn是数列的前n项和，试比较sn与logabn+1的大小，并证明你的结论。

7.(★设数列的首项a1=1，前n项和sn满足关系式：3tsn－(2t+3)sn－1=3t(t＞0,n=2,3,4…).

1)求证：数列是等比数列；

2)设数列的公比为f(t)，作数列，使b1=1,bn=f()(n=2,3,4…)，求数列的通项bn；

3)求和：b1b2－b2b3+b3b4－…+b2n－1b2n－b2nb2n+1.

参***。难点磁场。

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(a2－2)2=16，由a2＞0，解得a2=6.

当n=3时，有，s3=a1+a2+a3，将a1=2，a2=6代入，整理得(a3－2)2=64，由a3＞0，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。有通项公式an=4n－2.下面用数学归纳法证明的通项公式是an=4n－2，(n∈n*）.

当n=1时，因为4×1－2=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=4k－2，由题意，有，将ak=4k－2.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+12－4ak+1+4－16k2=0，由ak+1＞0，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①②，上述结论对所有的自然数n∈n*成立。

解法二：由题意知，(n∈n*).整理得，sn=(an+2)2,由此得sn+1=(an+1+2)2，∴an+1=sn+1－sn=［(an+1+2)2－(an+2)2］.

整理得(an+1+an）(an+1－an－4)=0，由题意知an+1+an≠0，∴an+1－an=4，即数列为等差数列，其中a1=2，公差d=4.∴an=a1+(n－1)d=2+4(n－1)，即通项公式为an=4n－2.

解法三：由已知得，(n∈n*)①所以有②，由②式得，整理得sn+1－2·+2－sn=0，解得，由于数列为正项数列，而，因而，即是以为首项，以为公差的等差数列。所以= +n－1) =n,sn=2n2，故an=即an=4n－2(n∈n*).

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