《2022年高考数学重点难点数列的通项与求和.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考数学重点难点数列的通项与求和.docx（13页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选学习资料 - - - - - - - - - 高考数学重点难点：数列的通项与求和数列是函数概念的连续和延长,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讨论,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亲密的联系,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,为其供应行之有效的方法 . 难点磁场 设 an是正数组成的数列,其前n 项和为 Sn,并且对于全部的自然数n,an 与 2 的等差中项等于
2、 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 3令 bn=1an1an1n N*,求 lim nb1+b2+b3+ +bnn. 2anan 案例探究1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 q 1的等比数列, 如函数 fx=x 2,且 a1=fd1,a3=fd+1,b1=fq+1, b3=fq 1,1求数列 an 和 bn 的通项公式；2设数列 cn 的前 n 项和为 Sn,对一切 nN*,都有c 1c 1c n=an+1成立,求lim nS 2n1. b 1b 2c nS 2n命题意
3、图：此题主要考查等差、等比数列的通项公式及前 析问题的才能 .属级题目 . n 项和公式、数列的极限,以及运算才能和综合分学问依靠：此题利用函数思想把题设条件转化为方程问题特别明显,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 an 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：此题两问环环相扣,1问是基础,但解方程求基本量a1、b1、 d、q,运算不准易出错；2问中 dn ,对条件的正确熟悉和转化是关键. 技巧与方法：此题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
4、系求出dn,丝丝入扣 . 解： 1a1=fd1=d22,a3=fd+1= d 2, a3a1=d2d22=2d, d=2, an=a1+n1d=2n1；又 b1=fq+1=q2,b3=fq 1=q22,b 3qq22=q2,由 qR,且 q 1,得 q=2,b 12 bn=b q n1=42n12令cn=dn,就 d1+d2+ +dn=an+1,n N*, bn dn=an+1an=2, 名师归纳总结 c n=2,即 cn=2bn=82n1； Sn=8 1 2 3n . 第 1 页,共 8 页b n- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - S 2nn1122n
5、112n2,lim nS 2nn122S212 2n2n1S212例 2设 An 为数列 an 的前 n 项和, An=3an1,数列 bn的通项公式为bn=4n+3; dn=32n+1; 21求数列 an 的通项公式； dn 的通项公式为2把数列 an 与 bn 的公共项按从小到大的次序排成一个新的数列,证明：数列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=BrD n,求 lim nTn. an4命题意图：此题考查数列的通项公式及前 推理才能 . n 项和公式及其相互关系；集合的相关概念,数列极限,以及规律
6、学问依靠： 利用项与和的关系求 an 是此题的先决； 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就是最基本的学问点 . 错解分析： 待证通项 dn=3 2n+1 与 an的共同点易被忽视而寸步难行；留意不到 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,查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. 3 的解： 1由 An=3 an1,可知 An+1= 23 an+1
7、 1,2 an+1an=3an+1an,即an1 =3,而 a1=A1=3a11,得 a1=3,所以数列是以3 为首项,公比为2an2等比数列,数列 an 的通项公式an=3n. 23 2n+1=332n=3412n=3 4 2n+C1 2n4 2n11+ +C2n1 41+ 12n=4n+3,2n3 2n+1 bn. 而数 3 2n=412n=4 2n+C1 2n 42n1 1+ +C2n1 4 1+12n=4k+1,2n2n 3bn ,而数列 an= a2n+1 a2n , dn=32n+1. 3由 32n+1=4r+3,可知 r=32n13,4 Br=r74r3 r2 r5 32n133
8、2n17,Dn127 19n279n1 ,24298T nBrDn92n1432n121279n188934n1132n3,an434n,884lim nTn49an8 锦囊妙计1.数列中数的有序性是数列定义的灵魂,要留意辨析数列中的项与数集中元素的异同.因此在讨论数列问题时第 2 页,共 8 页既要留意函数方法的普遍性,又要留意数列方法的特别性. 2.数列 an 前 n 项和 Sn与通项 an的关系式： an=S 1,n11,n2S nS n名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 3.求通项常用方法 作新数列法 .作等差数列与等比数列 . 累
9、差叠加法 .最基本形式是：an=anan1+ an1+an2+ + 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=1 nn+1 2.应掌12+22+ +n2=1 nn+12n+1 613+23+ +n3=1+2+ +n2=1 n 2n+142等差数列中Sm+n=Sm+Sn+mnd,等比数列中Sm+n=Sn+q nSm=Sm+qmSn. 裂项求和：将数列的通项分成两个式子的代数和,即an=fn+1fn,然后累加时抵消中间的很多项握以下常见的裂项：n11r1n11,nn .n1 .n ,.1ctgctg2 ,nnsin2Cn n1C1Cr n,11 .
10、1n11 .等nnn .错项相消法 并项求和法 数列通项与和的方法多种多样,要视详细情形选用合适方法 . 消灭难点训练 一、填空题1. 设 zn= 1 i n,n N *,记 Sn=z2z1+z3z2+ +zn+1zn,就 lim Sn=_. 2 n2. 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,如此连续下去,全部这些圆的周长之和及面积之和分别为 _. 二、解答题3. 数列 an 满意 a1=2,对于任意的nN*都有 an 0,且 n+1an 2+an an+1nan+12=0,又知数列 bn 的通项为 bn=2n1+1. 1求数列 an 的
11、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 且满意 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=n1ann N*,Tn=b1+b2+ +bnnN*,是否存在最大的整数m,使得对任意nN*均有 Tn 12m 成立？如存在,求出 32m 的值；如不存在,说明理由. n 都成立,其中m 为常数,且5. 设数列 an 的前 n 项和为 Sn,且 Sn=m+1man.对任意正整数m 1. 1求证： an
12、 是等比数列；名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 8 页精选学习资料 - - - - - - - - - 2 设数列 an 的公比q=fm ,数列 bn 满意： b1=1 a1,bn=fbn 1n 2,n N 3*. 试问当m 为何值时,lim nb nlganlim n3b 1b2b2b 3bn1 bn成立？6. 已知数列 bn是等差数列, b1=1,b1+b2+ +b10=145. 1求数列 bn 的通项 bn；2设数列 an 的通项 an=log a1+1其中 a0 且 a 1,记 Sn是数列 an的前 n 项和,试比较Sn与1 log abn+1 3bn的大小,并证
13、明你的结论. 7. 设数列 an 的首项 a1=1,前 n 项和 Sn满意关系式： 3tSn2t+3Sn1=3tt0,n=2,3,4 . 1求证：数列 an 是等比数列；2设数列 an 的公比为 ft,作数列 bn,使 b1=1,bn=f11n=2,3,4 ,求数列 bn 的通项 bn；b n3求和： b1b2b2b3+b3b4 +b2n1b2n b2nb2n+1. 参考答案难点磁场解析： 1由题意,当 n=1 时,有 a 1 22 S 1,S1=a1,2a 1 2 2 a 1,解得 a1=2.当 n=2 时,有 a 2 2 2 S 2,S2=a1+a2,将 a1=2 代入,整理得 a2 2
14、2=16,2 2由 a2 0,解得 a2=6.当 n=3 时,有 a 3 2 2 S 3,S3=a1+a2+a3,将 a1=2,a2=6 代入,整理得 a32 2=64,由 a320,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,由于 4 12=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 a k 22 S k,将 ak=4k2.代入上式,解得 2k= 2 S
15、 k,2得 Sk=2k 2,由题意,有 a k 1 2 2 S k 1,Sk+1=Sk+ak+1,将 Sk=2k 2 代入得 a k 1 2 2=2ak+1+2k 2,整理得 ak+1 22 24ak+1+416k 2=0,由 ak+10,解得 ak+1=2+4 k,所以 ak+1=2+4k=4k+1 2,即当 n=k+1 时,上述结论成立 .依据,上述结论对全部的自然数 nN *成立 . 解法二： 由题意知 a n 22 S n,nN *.整理得, Sn= 1 an+2 2,由此得 Sn+1= 1 an+1+2 2,an+1=Sn+1Sn= 12 8 8 8an+1+2 2 an+2 2.整
16、理得 an+1+an）an+1an4=0,由题意知 an+1+an 0, an+1 an=4,即数列 an 为等差数列,其中 a1=2,公差 d=4.an=a1+n 1d=2+4n 1,即通项公式为 an=4n2. 解法三： 由已知得 a n 22 S n ,nN *,所以有 a n 1 22 S n 1 ,由式得 S n 1 S n 22 S n 1,2 2 2整 理 得 Sn+1 2 2 S n 1 +2 Sn=0 , 解 得 S n 1 2 S n, 由 于 数 列 an 为 正 项 数 列 , 而S 1 2 , S n 1 S n 2,因而 S n 1 2 S n,即 Sn 是以 S
17、1 2 为首项,以 2 为公差的等差数列.所以 S n = 2 + n1 2 = 2 n,Sn=2n 2,名师归纳总结 第 4 页,共 8 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 故 an=2,n1 4 n2,n2即 an=4n2n N*. S nS n13令 cn=bn1,就 cn=1an1a n121,1,2ana n12n11 2n11 1122n12n12n12nb 1b 2bnnc 1c 2c n 111121121 111335nn2 nlim nb 1b 2bnnlim n 1111.2 n消灭难点训练一、1. 解析:设c n|z n1z n
18、| 12in112in|2n1,2a1,正三角形的内切圆构成等比数列 rn,2S nc 1c 2c n1 12n122 2n221222lim nS n212222122答案： 1+2 22.解析：由题意全部正三角形的边长构成等比数列 an ,可得 an=n可得 rn=3211a,6n这些圆的周长之和c= lim n2 r 1+r2+ +r n=33a 2,2面积之和 S= lim n n2+r22+ +r n 2=9a2答案：周长之和323 a,面积之和92 a二、 3.解： 1）可解得ann1nn1,从而 an=2n,有 Sn=n2+n,a2Tn=2 n+n1. 3TnSn=2 n n 2
19、1,验证可知, n=1 时, T1=S1,n=2 时 T2S2；n=3 时, T3 S3;n=4 时, T4S4；n=5 时,T5S5；n=6 时 T6S6.猜想当 n5 时, TnSn,即 2 nn 2+1 名师归纳总结 可用数学归纳法证明略） . an+2an+1=an+1an可知 an第 5 页,共 8 页4.解： 1）由 an+2=2an+1and=a4a1=2,an=102n. 41- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 2 由an=10 2n 0 可 得n 5 , 当n 5时 , Sn= n2+9n , 当n 5 时 , Sn=n 2 9n+40
20、 , 故Sn=n29n1n5112n1；要使Tnm 总成立,需 32m 32n29 n40n53bn=n 121ann21211n1n2nT nb 1b 2bn1 11111T1=2223nn1n1 成立,即 m8 且 mZ,故适合条件的 4m 的最大值为7. 5.解：1）由已知 Sn+1=m+1man+1 对任意正整数 n 都成立 . m 为常数,且 m 1 Sn=m+1man,由, 得 an+1=manman+1,即m+1an+1=mana n 1 m,即 a n 为等比数列 . a n m 1 a n 12当 n=1 时, a1=m+1ma1, a1=1,从而 b1= 1 . 3由 1知
21、 q=fm= m, bn=fbn1= b n 1nN *,且 n2 m 1 b n 1 11 1 1,即 1 1 1, 1 为等差数列 .1 =3+n1=n+2,b n b n 1 b n b n 1 b n b nbn 1nN *. n 2a n m m1 n 1 , limn b n lg a n limn n n 12 lgm m1 lgm m1 ,而n lim 3 b 1 b 2 b 2 b 3 b n 1 b n n lim 3 13 14 14 15 n 11 n 12 1由题意知 lg m ,1 m 10 , m 10m 1 m 1 9b 1 16.解： 1设数列 bn的公差为
22、d,由题意得：10 b 1 10 10 1 d 145 解得 b1=1,d=3, 2 bn=3n2. 名师归纳总结 2由 bn=3n2,知 Sn=log a1+1+log a1+1 + +log a1+ 4312 3 n12与33n1的大小,第 6 页,共 8 页n=log a1+11+1 1+ 43 n12,1 log abn+1=log a 333n1. 因此要比较Sn 与1 logabn+1 的大小,可先比较 31+11+1 1+ 4取 n=1 时,有 1+1 3311- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 取 n=2 时,有 1+11+1 43321
23、由此估计 1+11+1 1+ 43n1233n1如式成立,就由对数函数性质可判定：当 a1 时, Sn1 logabn+1,3当 0a1 时, Sn1 logabn+1,3下面用数学归纳法证明式. 当 n=1 时,已验证式成立. 假设当 n=k 时k1）,式成立,即： 11 11 13 k1233k1.那么当 n=k+1 时,133k13 k2.4 11 11 13 k1213k1233k1 13141k3k133 k13k2 233 k433 k2 23k43 k1 23 k13k129k420,33k13k2 33 k433k1 13k1 3 k1因而 11 11 131211 133k1
24、14k3 k这就是说式当n=k+1 时也成立 . n 都成立 . 由 ） ）可知式对任何正整数由此证得：当 a1 时, Sn1 logabn+1；当 0a1 时, Sn31 log abn+1 3. 7.解： 1由 S1=a1=1,S2=1+a2,得 3t1+a22t+3=3 t. a2=2t3,a22tt3. 3 ta13又 3tSn2t+3Sn 1=3t,3tSn12t+3Sn2=3t 得 3tan2t+3an1=0. 名师归纳总结 an2tt3,n=2,3,4 ,所以 an 是一个首项为1 公比为2 tt3的等比数列；第 7 页,共 8 页an1332由 ft= 2t3=21,得 bn=
25、fb11=2 +bn1 3. 3 t3tn可见 bn 是一个首项为1,公差为2 的等差数列 . 3于是 bn=1+2 n1= 32n1; 3- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 3由 bn=2n1,可知 b2n1和 b2n 是首项分别为1 和5 ,公差均为 34 的等差数列,于是 3b2n=4n1, 33 b1b2 b2b3+b3b4b4b5+ +b2n 1b2nb2nb2n+1=b2b1b3+b4b3b5+ +b2nb2n1b2n+1 名师归纳总结 =4 b2+b4+ +b2n= 34 31 n 25 + 34n1= 4 2 n 2+3n9第 8 页,共 8 页3- - - - - - -