高中数学复习专题讲座数列的通项公式与求和的常用方法

高中数学复习专题讲座数列的通项公式与求和的常用方法

题目

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}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

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

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

数列{an}前n 项和Sn与通项an an=

S1,n 1 Sn Sn 1,n 2

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an=(an－an－1+(an－1+an－2)+ +(a2－a1)+a

③归纳、猜想法

数列前n项和常用求法

①重要公式 1+2+ +n=

12

n(n+1)

16

12+22+ +n2=

n(n+1)(2n+1)

14

13+23+ +n3=(1+2+ +n)2=n2(n+1)2

②等差数列中Sm+n=Sm+Sn+mnd，等比数列中Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmS

③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) 应掌握以下常见的裂项

1n(n 1)C

n 1n

1n

1n 1

rn

,n n! (n 1)! n!,1

1n!

1

1sin2 等

ctgα ctg2α,

C

r 1n

C,

(n 1)!(n 1)!

④错项相消法⑤并项求和法

高中数学复习专题讲座数列的通项公式与求和的常用方法

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(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{an}和{bn}的通项公式；

(2)设数列{cn}的前n项和为Sn，对一切n∈N*，都有

c1b1

c1b2

cncn

=an+1

成立，求lim

n

2n

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

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{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{dn}运用和与通项的关系求出dn

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， ∴

b3b1

(q 2)q

2

2

=q，由q∈R，且q≠1，得q=－2，

2

∴bn=b·qn－1=4·(－2)n－1 (2)令

cnbn

=dn，则d1+d2+ +dn=an+1,(n∈N*),

∴dn=an+1－an=2, ∴

cnbn

=2,即cn=2·bn=8·(－2)

n－1

；∴Sn=

83

［1－(－2)

n

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∴

S2n 1S2n

1 ( 2)

2n 12n

( (

112

))

2n

2

,lim 1

n

S2n 1S2n

1 ( 2)

2

2n

例2设An为数列{an}的前n项和，An=为bn=4n+3;

32

(an－1)，数列{bn}的通项公式

(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=3

2n+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=Br－Dn，求lim

n

n

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

解(1)由An=

32

(an－1)，可知An+1=

an 1an

32

(an+1－1)，

32

∴an+1－an=

32

(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{an}的通项公式an=3n

(2)∵32n+1=3·32n=3·(4－1)2n

2n－1n 1

=3·［42n+C1(－1)+ +C2·4·(－1)+(－1)2n］=4n+3， 2n2n·4

∴3+1∈{bn}

2n

而数3=(4－1)

2n

2n2n

2n－1

2n

=4+C12n·4

n 1

·(－1)+ +C2·4·(－1)+(－1)=(4k+1)，2n

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∴3 {bn}，而数列{an}={a2n+1}∪{a2n}，∴dn=3(3)由3∴Br=

2n+1

2n2n+1

=4·r+3，可知r=

r(2r 5)

3

3

2n 1

3

44 33

，

7,Dn

n

r(7 4r 3)

2

2n 12n 1

271 9

2

(1 9)

n

278

(9 1)，

n

Tn Br Dn 98 3

4n

9

2n 1

4 3

8

2n 1

21

278

(9 1)

118

4

3

2n

34

,(an) 3

44n

,

lim

Tn(an)

98

n

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

(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=(

2

1an 1

an

anan 1

)(n∈N)，求lim (b1+b2+b3+ +bn－n)

*

n

解析 (1)由题意，当n=1时，有

a1 22

2S1，S1=a1，

a2 22

∴

a1 22

解得a1 当n=2时，有 2a1，

S2=a1+a2， 2S2，

将a1=2代入，整理得(a2－2)2=16，由a2＞0，解得a2

当n=3时，有

a3 22

2S3，S3=a1+a2+a3，

将a1=2，a2=6代入，整理得(a3－2)2=64，由a3＞0，解得a3

故该数列的前3项为2，6，

(2）解法一由(1）猜想数列{an有通项公式an=4n－

下面用数学归纳法证明{an}的通项公式是an=4n－2，(n∈N*） ①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

②假设当n=k时，结论成立，即有ak=4k－2，由题意，有

2

将ak=4k－代入上式，解得2k=2Sk，得Sk=2k，

ak 22

2Sk，

由题意，有

ak 1 2

2

2Sk 1，Sk+1=Sk+ak+1，

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将Sk=2k代入得(

2

2

ak 1 2

2

)=2(ak+1+2k)，

2

22

整理得ak+1－4ak+1+4－16k=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

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

an 22

2Sn，(n∈N)整理得，Sn=

*

18

(an+2),

2

由此得Sn+1=

18

(an+1+2)2，∴an+1=Sn+1－Sn=

18

［(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{an}为等差数列，其中a1=2，公差d

∴an=a1+(n－1)d=2+4(n－1)，即通项公式为an=4n－

解法三 由已知得

an 22

2Sn,(n∈N) ①，

*

所以有

an 1 2

2

2Sn 1 ②，

2Sn 1，

由②式得

Sn 1 Sn 2

2

整理得Sn+1－22·Sn 1+2－Sn=0， 解得Sn 1

2

Sn，

2,

Sn 1

Sn

2，

由于数列{an}为正项数列，而S1 因而Sn 1

2

Sn， 2为首项，以

即{Sn}是以S1

2为公差的等差数列

所以Sn= 2+(n－1) 2=2n,Sn=2n2，

2,(n 1)

Sn Sn 1 4n 2,(n 2)

故an=

即an=4n－2(n∈N*

(3)令cn=bn－1，则cn=(

2

1an 1

an

anan 1

2)

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12

[(

2n 12n 1

1) (

2n 12n 1

1)]

12n 1

12n 1

,

b1 b2 bn n c1 c2 cn (1

13) (

13 15

) (

12n 1

12n 112n 1

) 1

12n 1

,

lim(b1 b2 bn n) lim(1

n

n

) 1.

学生巩固练习

设zn=(

1 i2

)n，(n∈N*)，记Sn=｜z2－z1｜+｜z3－z2｜+ +｜zn+1－

zn｜，则limSn=_________

n

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

数列{an}满足a1=2，对于任意的n∈N都有an＞0,且(n+1)an+an·an+1

2n－1

－nan+1=0，又知数列{bn}的通项为bn=2

(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；

*

2

(3)猜想Sn与Tn

数列{an}中，a1=8,a4=2且满足an+2=2an+1－an,(n∈N* (1)求数列{an}的通项公式；

(2)设Sn=｜a1｜+｜a2｜+ +｜an｜,求Sn;

(3)设bn=

1n(12 an)

(n∈N*),Tn=b1+b2+ +bn(n∈N*),是否存在最大的

m32

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

设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=(m+1)－ma 对任意正整数n

都成立，其中m为常数，且m＜－1

(1){an}是等比数列；

(2)设数列{an}的公比q=f(m)，数列{bn}b1=

13

a1,bn=f(bn－1)(n≥2,n

∈N*)试问当m为何值时，lim(bn lgan) lim3(b1b2 b2b3 bn 1bn)

n n

成立？

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已知数列{bn}是等差数列，b1=1,b1+b2+ +b10

(1)求数列{bn}的通项bn； (2)设数列{an}的通项an=loga(1+

13

1bn

)(其中a＞0且a≠1),记Sn是数列{an}

的前n项和，试比较Sn与

logabn+1的大小，并证明你的结论

设数列{an}的首项a1=1，前n项和Sn3tSn－(2t+3)Sn－

1=3t(t＞0,n=2,3,4 )

(1)数列{an}是等比数列；

(2)设数列{an}的公比为f(t)，作数列{bn}，使b1=1,bn=f(求数列{bn}的通项bn；

(3)b1b2－b2b3+b3b4－ +b2n－1b2n－b2nb2n

1bn 1

)(n=2,3,4 )，

参考答案

1.解析:设cn |zn 1 zn| |(

1 i2

)

n 1

(

1 i2

)| (

n

22

)

n 1

,

1

Sn c1 c2 cn [1 (1

222

)]

n

1 (2

2)

n

2

limSn

n

12 22

2

2 2

2

1

22

答案1+

a2

n 1

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=

31

62n 1

a,

∴这些圆的周长之和c=lim2π(r1+r2+ +rn)=

n

33 2

a2，

面积之和S=limπ(n2+r22+ +rn2)=

n

9

a2

9

答案周长之和

332

πa，面积之和a

2

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3解(1）可解得

an 1an

nn 1

，从而an=2n，有Sn=n2+n，

(2)Tn=2n+n－1

(3)Tn－Sn=2n－n2－1，验证可知，n=1时，T1=S1，n=2时T2＜S2；n=3时，T3＜S3;n=4时，T4＜S4；n=5时，T5＞S5；n=6时T6＞S 猜想当n≥5时，Tn＞Sn，即2n＞n2+1

可用数学归纳法证明(

4解(1）由an+2=2an+1－an an+2－an+1=an+1－an可知{an}成等差数列，

 d=

a4 a14 1

=－2,∴an=10－2

(2)由an=10－2n≥0可得n≤5，当n≤5时，Sn=－n2+9n，

2

n 9n 1 n 5

当n＞5时，Sn=n－9n+40，故Sn=

2 n 9n 40 n 5

2

(3)bn=

1n(12 an)

1n(2n 2)

12

111( ) 2nn 1

12) (

12 13

) (

1n

1n 1

)]

n2(n 1)

Tn b1 b2 bn

[(1 ；

要使Tn＞

m32

总成立，需

m32

＜T1=

14

成立，即m＜8且m∈Z，故适合条件的

m的最大值为

5解(1）由已知Sn+1=(m+1)－man+1 ①， Sn=(m+1)－man ②, 由①－②，得an+1=man－man+1，即(m+1)an+1=man对任意正整数n

∵m为常数，且m＜－1 ∴

an 1an

mm 1

，即{

anan 1

}为等比数列

(2)当n=1时，a1=m+1－ma1，∴a1=1，从而b1mm 1

由(1)知q=f(m)=

，∴bn=f(bn－1)=

bn 1bn 1 1

(n∈N*,且n≥2)

∴

1bn

1

1bn 1

，即

1bn

1bn 1

1，

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∴{

1bn

} ∴

1bn

=3+(n－1)=n+2，

bn

1n 2

(n∈N)

*

an (

mm 1

)

n 1

, lim(bn lgan) lim[

n

n

n 1n 213 1

lg

mm 11 15

] lg

mm 11n 1

,

1n 2

) 1

而lim3(b1b2 b2b3 bn 1bn) lim3(

n

n

由题意知lg

mm 1

1,

mm 1

10, m

4410

9

b1 1

6解(1)设数列{bn}的公差为d 10(10 1)

10b d 1451

2

解得b1=1,d=3,∴bn=3n－

(2)由bn=3n－2,知Sn=loga(1+1)+loga(1+

=loga［(1+1)(1+因此要比较Sn与

131414

14

)+ +loga(1+

13

13n 2

)

) (1+

13n 2

)］，logabn+1=loga

logabn+1的大小， ) (1+

13n 2

可先比较(1+1)(1+

)与3n 1的大小，

取n=1时，有(1+1)＞3 1 1 取n=2时，有(1+1)(1+由此推测(1+1)(1+

14

14

)＞3 2 1

13n 2

) (1+)＞3n 1

①

若①式成立，则由对数函数性质可判定

当a＞1时，Sn＞

13

logabn+1，

13

② ③

当0＜a＜1时，Sn＜logabn+1，

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）

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(1 1)(1

14

) (1

13k

2

)

那么当n=k+1时，

(1 1)(1

14

) (1

13k 2

)(1

13(k 1) 2

)

13k 1

)

3k 1

k

2).

2 2k 1)

2

3k

1

k 2)]

3

(3k

2) (3k 4)(3(3k 1)

2

9k 4(3k 1)

2

0, 3k 1

(3k 2)

因而(1 1)(1 14

) (1

1

1

3k 2

)(1

3k 1

)

这就是说①式当n=k+1

由(ⅰ）(ⅱ）可知①式对任何正整数n

由此证得当a11＞1时，Sn＞

3

logabn+1；当0＜a＜1时，Sn＜

3

logabn+17 解(1)由S1=a1=1,S2=1+a2，得3t(1+a2)－(2t+3)=3

∴a3a2=

2t 22t 3

3t,a

13t

又3tSn－(2t+3)Sn－1=3t， ① 3tSn－1－(2t+3)Sn－2=3t ②

①－②得3tan－(2t+3)an－1

∴

ana

2t 3,n=2,3,4 ,

n 1

3t

所以{a公比为2t 3n}是一个首项为13t

的等比数列；

(2)由f(t)=

2t 323t

=

)=23

1t

,得bn=f(

1b+bn－1

n 1

3

可见{b2n}是一个首项为1，公差为3

的等差数列

于是b2n=1+3(n－1)=

2n 13

;

(3)由b2n 1

n=

3

,可知



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{b2n－1}和{b2n}是首项分别为1和于是b2n=

4n 13

53

，公差均为

43

的等差数列，

,

∴b1b2－b2b3+b3b4－b4b5+ +b2n－1b2n－b2nb2n+1 =b2(b1－b3)+b4(b3－b5)+ +b2n(b2n－1－b2n+1) =－

44154n 14 (b2+b4+ +b2n)=－

·n(+)=－ (2n+3n)

2

3

课前后备注

3

2

3

3

9

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/mswe.html