2011年高考数学难点最后突破专题讲义13

2011年高考数学难点最后突破专题讲义13
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S n 可视为数列{S n }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{a n }是正数组成的数列，其前n 项和为S n ，并且对于所有的自然数n ，a n 与2的等差中项等于S n 与2的等比中项.
(1)写出数列{a n }的前3项.
(2)求数列{a n }的通项公式(写出推证过程)
(3)令b n =)(2111+++n n n n a a a a
(n ∈N *)，求lim ∞
→n (b 1+b 2+b 3+…+b n －n ).
●案例探究
［例1］已知数列{a n }是公差为d 的等差数列，数列{b n }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a 1=f (d －1)，a 3=f (d +1)，b 1=f (q +1)，b 3=f (q －1)，
(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；
(2)设数列{c n }的前n 项和为S n ，对一切n ∈N *，都有
n
n c c b c b c +++ 21
11=a n +1成立，求lim
∞
→n n
n S S 21
2+. 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{a n }的关系，借助通项与前n 项和的关系求解c n 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a 1、b 1、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{d n }，运用和与通项的关系求出d n ，丝丝入扣.
解：(1)∵a 1=f (d －1)=(d －2)2，a 3=f (d +1)=d 2， ∴a 3－a 1=d 2－(d －2)2=2d ，
∵d =2，∴a n =a 1+(n －1)d =2(n －1)；又b 1=f (q +1)=q 2，b 3=f (q －1)=(q －2)2，
∴2213)2(q
q b b -==q 2
，由q ∈R ，且q ≠1，得q =－2， ∴b n =b ·q n －
1=4·(－2)n －
1
(2)令
n
n
b c =d n ，则d 1+d 2+…+d n =a n +1,(n ∈N *), ∴d n =a n +1－a n =2, ∴
n n b c =2,即c n =2·b n =8·(－2)n －
1；∴S n =38［1－(－2)n ］. ∴
2lim ,1)2
1(2
)21
()2(1)
2(12122221
2212-=--+-=----=+∞→++n n n n n n
n n n S S
S S
［例2］设A n 为数列{a n }的前n 项和，A n =
2
3
(a n －1)，数列{b n }的通项公式为b n =4n +3; (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)把数列{a n }与{b n }的公共项按从小到大的顺序排成一个新的数列，证明：数列{d n }的通项公式为d n =32n +1;
(3)设数列{d n }的第n 项是数列{b n }中的第r 项，B r 为数列{b n }的前r 项的和；D n 为数列{d n }的前n 项和，T n =B r －D n ，求lim
∞
→n 4
)(n n
a T . 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a n 是本题的先决；(2)问中探寻{a n }与{b n }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d n =32n +1与a n 的共同点易被忽视而寸步难行；注意不到r 与n 的关系，使T n 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B r ，问题便可迎刃而解.
解：(1)由A n =23(a n －1)，可知A n +1=2
3
(a n +1－1)， ∴a n +1－a n =
23 (a n +1－a n )，即n n a a 1+=3，而a 1=A 1=2
3
(a 1－1)，得a 1=3，所以数列是以3
为首项，公比为3的等比数列，数列{a n }的通项公式a n =3n .
(2)∵32n +1=3·32n =3·(4－1)2n =3·［42n +C 12n ·4
2n －
1(－1)+…+C 122-n n ·4·(－1)+(－1)2n
］=4n +3，
∴32n +1∈{b n }.而数32n =(4－1)2n =42n +C 12n ·
42n －
1·(－1)+…+C 122-n n ·4·(－1)+(－1)2n =(4k +1)， ∴32n ∉{b n }，而数列{a n }={a 2n +1}∪{a 2n }，∴d n =32n +1. (3)由3
2n +1
=4·r +3，可知r =4
3
312-+n ，
∴B r =)19(8
27)91(9127,273433)52(2)347(1212-=-⋅-=+⋅-=+=++++n
n n n n D r r r r ，
8
9
)(lim ,
3)(,4
3
3811389)
19(8
27821349444241212=∴=+⋅-⋅=---⋅+=-=∴∞→++n n n n n n n n
n n n r n a T a D B T ●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{a n }前n 项和S n 与通项a n 的关系式：a n =⎩⎨⎧≥-=-2,1
,11n S S n S n n
3.求通项常用方法
①作新数列法.作等差数列与等比数列.
②累差叠加法.最基本形式是：a n =(a n －a n －1+(a n －1+a n －2)+…+(a 2－a 1)+a 1. ③归纳、猜想法.
4.数列前n 项和常用求法 ①重要公式
1+2+…+n =
21
n (n +1) 12+22+…+n 2=6
1
n (n +1)(2n +1)
13+23+…+n 3=(1+2+…+n )2=4
1
n 2(n +1)2
②等差数列中S m +n =S m +S n +mnd ，等比数列中S m +n =S n +q n S m =S m +q m S n .
③裂项求和：将数列的通项分成两个式子的代数和，即a n =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：
等)!
1(1!1)!1(1,C C C ,
ctg2ctg 2sin 1
,!)!1(!,111)1(111+-=+-=-=-+=⋅+-=++-n n n ααn n n n n n n n r
n r n n n
α
④错项相消法 ⑤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z n =(2
1i -)n
，(n ∈N *)，记S n =｜z 2－z 1｜+｜z 3－z 2｜+…+｜z n +1－z n ｜，则lim ∞
→n S n =_________.
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{a n }满足a 1=2，对于任意的n ∈N *都有a n ＞0,且(n +1)a n 2+a n ·a n +1－
na n +12=0，又知数列{b n }的通项为b n =2n －
1+1.
(1)求数列{a n }的通项a n 及它的前n 项和S n ； (2)求数列{b n }的前n 项和T n ；
(3)猜想S n 与T n 的大小关系，并说明理由.
4.(★★★★)数列{a n }中，a 1=8,a 4=2且满足a n +2=2a n +1－a n ,(n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设S n =｜a 1｜+｜a 2｜+…+｜a n ｜,求S n ;
(3)设b n =
)
12(1
n a n -(n ∈N *),T n =b 1+b 2+……+b n (n ∈N *),是否存在最大的整数m ，使得对
任意n ∈N *均有T n ＞
32
m
成立？若存在，求出m 的值；若不存在，说明理由. 5.(★★★★★)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =(m +1)－ma n .对任意正整数n 都成立，其中m 为常数，且m ＜－1.
(1)求证：{a n }是等比数列；
(2)设数列{a n }的公比q =f (m )，数列{b n }满足：b 1=
3
1
a 1,
b n =f (b n －1)(n ≥2,n ∈N *).试问当m 为何值时，)(3lim )lg (lim 13221n n n n n n b b b b b b a b -∞
→∞
→+++=⋅ 成立？
6.(★★★★★)已知数列{b n }是等差数列，b 1=1,b 1+b 2+…+b 10=145. (1)求数列{b n }的通项b n ； (2)设数列{a n }的通项a n =log a (1+
n
b 1
)(其中a ＞0且a ≠1),记S n 是数列{a n }的前n 项和，试比较S n 与
3
1
log a b n +1的大小，并证明你的结论. 7.(★★★★★)设数列{a n }的首项a 1=1，前n 项和S n 满足关系式：3tS n －(2t +3)S n －1=3t (t ＞0,n =2,3,4…).
(1)求证：数列{a n }是等比数列；
(2)设数列{a n }的公比为f (t )，作数列{b n }，使b 1=1,b n =f (1
1-n b )(n =2,3,4…)，求数列{b n }的
通项b n ；
(3)求和：b 1b 2－b 2b 3+b 3b 4－…+b 2n －1b 2n －b 2n b 2n +1.
参考答案
难点磁场
解析：(1)由题意，当n =1时，有
1122
2
S a =+，S 1=a 1， ∴11222a a =+，解得a 1=2.当n =2时，有2222
2S a =+，S 2=a 1+a 2，将a 1=2代入，
整理得(a 2－2)2=16，由a 2＞0，解得a 2=6.当n =3时，有3322
2
S a =+，
S 3=a 1+a 2+a 3，将a 1=2，a 2=6代入，整理得(a 3－2)2=64，由a 3＞0，解得a 3=10.故该数列的前3项为2，6，10.
(2）解法一：由(1）猜想数列{a n }.有通项公式a n =4n －2.下面用数学归纳法证明{a n }的通项公式是a n =4n －2，(n ∈N *）.
①当n =1时，因为4×1－2=2，，又在(1)中已求出a 1=2，所以上述结论成立.
②假设当n =k 时，结论成立，即有a k =4k －2，由题意，有k k S a 22
2
=+，将a k =4k －2.代入上式，解得2k =k S 2，得S k =2k 2，由题意，有1122
2
++=+k k S a ，S k +1=S k +a k +1，将S k =2k 2代入得(
2
21++k a )2
=2(a k +1+2k 2)，整理得a k +12－4a k +1+4－16k 2=0，由a k +1＞0，解得a k +1=2+4k ，所以a k +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 S a 222=+，(n ∈N *).整理得，S n =
8
1
(a n +2)2,由此得S n +1=81(a n +1+2)2，∴a n +1=S n +1－S n =8
1
［(a n +1+2)2－(a n +2)2］.整理得(a n +1+a n ）(a n +1－a n －4)=0，
由题意知a n +1+a n ≠0，∴a n +1－a n =4，即数列{a n }为等差数列，其中a 1=2，公差d =4.∴a n =a 1+(n －1)d =2+4(n －1)，即通项公式为a n =4n －2.
解法三：由已知得
n n S a 222=+,(n ∈N *)①，所以有1122
2
++=+n n S a ②，由②式得1122
2
++=+-n n n S S S ，整理得S n +1－22·1+n S +2－S n =0，解得n n S S ±=+21，由
于数列{a n }为正项数列，而2,211>+∴=+n n S S S ，因而n n S S +=+21，即{S n }是以
21=S 为首项，以
2为公差的等差数列.所以
n S =
2+(n －1)
2=2n ,S n =2n 2，
故a n =⎩⎨⎧≥-=-=-)
2(,24)
1(,21n n S S n n n 即a n =4n －2(n ∈N *).
(3)令c n =b n －1，则c n =)2(211
1-+++n n n n a a a a
.1)121
1(lim )(lim ,
1
21
1)121121()5131()311(,121121)]11212()11212[(21212121=+-=-+++∴+-=+--++-+-=+++=-++++--=-+-+--+=∞→∞→n n b b b n n n c c c n b b b n n n n n n n n n n
n 歼灭难点训练
一、,)2
2
(|)21()21(|||:.1111+++=---=-=n n n n n n i i z z c 设解析
22)22(1221])22(1[2121--=-
-=+++=∴n
n n n c c c S 2
2
1222221lim +=+=
-=
∴∞
→n n S 答案：1+
2
2 2.解析：由题意所有正三角形的边长构成等比数列{a n }，可得a n =
1
2-n a ，正三角形的内
切圆构成等比数列{r n }，可得r n =
1
21
63-n a ,
∴这些圆的周长之和c =lim ∞
→n 2π(r 1+r 2+…+r n )=
2
33π a 2
， 面积之和S =lim ∞
→n π(n 2+r 22+…+r n 2)=9πa 2 答案：周长之和23
3πa ，面积之和9
πa 2
二、3.解：(1）可解得
1
1+=+n n
a a n n ，从而a n =2n ，有S n =n 2+n ， (2)T n =2n +n －1.
(3)T n －S n =2n －n 2－1，验证可知，n =1时，T 1=S 1，n =2时T 2＜S 2；n =3时，T 3＜S 3;n =4时，T 4＜S 4；n =5时，T 5＞S 5；n =6时T 6＞S 6.猜想当n ≥5时，T n ＞S n ，即2n ＞n 2+1
可用数学归纳法证明(略）.
4.解：(1）由a n +2=2a n +1－a n ⇒a n +2－a n +1=a n +1－a n 可知{a n }成等差数列，
d =
1
41
4--a a =－2,∴a n =10－2n . (2)由a n =10－2n ≥0可得n ≤5，当n ≤5时，S n =－n 2+9n ，当n ＞5时，S n =n 2－9n +40，
故S n =⎪⎩⎪⎨⎧>+-≤≤+-5
40951 922n n n n n n
(3)b n =
)1
1
1(21)22(1)12(1+-=+=-n n n n a n n
)1(2)]111()3121()211[(2121+=
+-++-+-=+++=∴n n
n n b b b T n n ；要使T n ＞32
m 总成立，需
32
m
＜T 1=41成立，即m ＜8且m ∈Z ，故适合条件的m 的最大值为7.
5.解：(1）由已知S n +1=(m +1)－ma n +1S n =(m +1)－ma n ②,由①－②，得a n +1=ma n －
ma n +1，即(m +1)a n +1=ma n 对任意正整数n 都成立.
∵m 为常数，且m ＜－1
∴
11+=+m m
a a n n ，即{1
+n n a a }为等比数列. (2)当n =1时，a 1=m +1－ma 1，∴a 1=1，从而b 1=3
1
. 由(1)知q =f (m )=
1
+m m
，∴b n =f (b n －1)=111+--n n b b (n ∈N *,且n ≥2)
∴
1111-+=n n b b ，即1111=--n n b b ，∴{n b 1}为等差数列.∴n
b 1
=3+(n －1)=n +2， 21
+=
∴n b n (n ∈N *). 9
10
,101,11lg 1)2
1
1151414131(3lim )(3lim ,
1
lg ]1lg 21[lim )lg (lim ,)1(132211-
=∴=+∴=+=+-+++-+-=++++=++-=⋅∴+=∞→-∞→∞→∞→-m m m m m n n b b b b b b m m
m m n n a b m m a n n n n n n n n n n 由题意知而 6.解：(1)设数列{b n }的公差为d ，由题意得：⎪⎩
⎪
⎨⎧=-+=1452)
110(10101
11d b b 解得b 1=1,d =3, ∴b n =3n －2.
(2)由b n =3n －2,知S n =log a (1+1)+log a (1+41)+…+log a (1+2
31-n ) =log a ［(1+1)(1+
41)…(1+231-n )］，31
log a b n +1=log a 313+n . 因此要比较S n 与31log a b n +1的大小，可先比较(1+1)(1+41)…(1+2
31
-n )与313+n 的大
小，
取n =1时，有(1+1)＞3113+⋅
取n =2时，有(1+1)(1+
41
)＞3123+⋅… 由此推测(1+1)(1+41)…(1+2
31
-n )＞313+n
①
若①式成立，则由对数函数性质可判定：
当a ＞1时，S n ＞
31
log a b n +1， ② 当0＜a ＜1时，S n ＜3
1
log a b n +1，
③
下面用数学归纳法证明①式. (ⅰ)当n =1时，已验证①式成立. (ⅱ)假设当n =k 时(k ≥1），①式成立，即：
313)2
311()411)(11(+>-+++k k .那么当n =k +1时，
3333
2
2
2233
23
33
1
)1(3)131
1)(2311()411)(11(1)1(343)23(131
3,0)
13(49)13()13)(43()23(]43[)]23(1313[).
23(1
313)1311(13)2)1(311)(2311()411)(11(++>++-+++++=+>+++∴>++=
+++-+=
+-++++++=+++>-++-+++k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k 因而
这就是说①式当n =k +1时也成立.
由(ⅰ）(ⅱ）可知①式对任何正整数n 都成立. 由此证得： 当a ＞1时，S n ＞
31log a b n +1；当0＜a ＜1时，S n ＜3
1
log a b n +1.
7.解：(1)由S 1=a 1=1,S 2=1+a 2，得3t (1+a 2)－(2t +3)=3t . ∴a 2=
t
t a a t t 332,33212+=+. 又3tS n －(2t +3)S n －1=3t ，
① 3tS n －1－(2t +3)S n －2=3t
②
①－②得3ta n －(2t +3)a n －1=0. ∴
t t a a n n 3321+=-,n =2,3,4…,所以{a n }是一个首项为1公比为t
t 33
2+的等比数列； (2)由f (t )=
t t 332+=t
1
32+,得b n =f (11-n b )=32+b n －1
.
可见{b n }是一个首项为1，公差为
3
2
的等差数列.
于是b n =1+
32(n －1)=3
12+n ; (3)由b n =3
1
2+n ,可知{b 2n －1}和{b 2n }是首项分别为1和35，公差均为34的等差数列，于
是b 2n =3
1
4+n ,
∴b 1b 2－b 2b 3+b 3b 4－b 4b 5+…+b 2n －1b 2n －b 2n b 2n +1
=b 2(b 1－b 3)+b 4(b 3－b 5)+…+b 2n (b 2n －1－b 2n +1) =－34 (b 2+b 4+…+b 2n )=－34·21n (35+3
14+n )=－94 (2n 2+3n )。