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高中数学难点解析 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{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.
●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) (3)令bn=(21an?1an?anan?1)(n∈N)，求lim (b1+b2+b3+?+bn－n).
n??*
●案例探究
［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)
2
的等比数列，若函数f(x)=(x－1)，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
limn??S2n?1S2n.
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{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，丝丝入扣.
解：(1)∵a1=f(d－1)=(d－2)2，a3=f(d+1)=d2，
∴a3－a1=d－(d－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)q2222
=q，由q∈R，且q≠1，得q=－2，
2
∴bn=b·qn－1=4·(－2)n－1
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(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)
1212n－1
；∴Sn=
83［1－(－2)］.
n
∴
S2n?1S2n?1?(?2)2n?12n(??(?))2n?2,lim?1n??S2n?1S2n321?(?2)??2
2n［例2］设An为数列{an}的前n项和，An=(1)求数列{an}的通项公式；
(an－1)，数列{bn}的通项公式为bn=4n+3;
(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=Br－Dn，求limn??Tn(an)4.
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，问题便可迎刃而解.
解：(1)由An=
3232(an－1)，可知An+1=
an?1an32(an+1－1)，
32∴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{an}的通项公式an=3n.
2n－1n?1(2)∵32n+1=3·32n=3·(4－1)2n=3·［42n+C1(－1)+?+C2·4·(－1)+(－1)2n］2n2n·4
=4n+3，
∴3+1∈{bn}.而数3=(4－1)=4+C142n·
2n
2n
2n
2n
2n－1
n?1·(－1)+?+C2·4·(－1)+(－1)=(4k+1)， 2n2n
∴32n?{bn}，而数列{an}={a2n+1}∪{a2n}，∴dn=32n+1. (3)由3
2n+1
=4·r+3，可知r=
32n?1?34，
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∴Br=
r(7?4r?3)2?r(2r?5)?2n?132n?14?33?2n?1?72n,Dn?271?9?(1?9)?n278n(9?1)，
?Tn?Br?Dn??98?34n9?4?382n?1?21?278(9?1)?1184?3?2n?34,(an)?344n,
?limTn(an)98n??●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{an}前n 项和Sn与通项an的关系式：an=?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：an=(an－an－1+(an－1+an－2)+?+(a2－a1)+a1. 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=
12?S1,n?1?Sn?Sn?1,n?2
n(n+1)
1612+22+?+n2=
3
3
3
n(n+1)(2n+1)
2
1+2+?+n=(1+2+?+n)=
14n(n+1)
22
②等差数列中Sm+n=Sm+Sn+mnd，等比数列中Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn.
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)，然后累加时抵消中间的许多项.应掌握以下常见的裂项：
1n(n?1)Cnn?1?1n?1n?1r,n?n!?(n?1)!?n!,1?1n!?11sin2?等?ctgα?ctg2α,
?Cnr?1?Cn,(n?1)!(n?1)!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zn=(则limSn=_________.
n??1?i2)，(n∈N)，记Sn=｜z2－z1｜+｜z3－z2｜+?+｜zn+1－zn｜，
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
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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{an}满足a1=2，对于任意的n∈N都有an＞0,且(n+1)an+an·an+1－ nan+12=0，又知数列{bn}的通项为bn=2n－1+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+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)m32*
2
(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{an}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：{an}是等比数列；
(2)设数列{an}的公比q=f(m)，数列{bn}满足：b1=
13a1,bn=f(bn－1)(n≥2,n∈N).试问当m
*
为何值时，lim(bn?lgan)?lim3(b1b2?b2b3???bn?1bn)成立？
n??n??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=loga(1+
131bn)(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.
7.(★★★★★)设数列{an}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{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(通项bn；
(3)求和：b1b2－b2b3+b3b4－?+b2n－1b2n－b2nb2n+1.
参考答案 难点磁场
解析：(1)由题意，当n=1时，有∴
a1?22a1?22?2S1，S1=a1，
a2?22?2S2，S2=a1+a2，将a1=2代入，
1bn?1)(n=2,3,4?)，求数列{bn}的
?2a1，解得a1=2.当n=2时，有
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整理得(a2－2)=16，由a2＞0，解得a2=6.当n=3时，有
2
a3?22?S3=a1+a2+a3，将a1=2，2S3，
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{an}.有通项公式an=4n－2.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.代入上式，解得2k=2Sk，得Sk=2k，由题意，有Sk=2k2代入得(
ak?1?222
ak?22??2Sk，将ak=4k－
ak?1?222Sk?1，Sk+1=Sk+ak+1，将
)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
1an?22?(n∈N).整理得，Sn=2Sn，
*
18(an+2)2,由此得Sn+1=
18(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
8≠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－1)d=2+4(n－1)，即通项公式为an=4n－2.
解法三：由已知得
Sn?1?Sn?22?an?22?2Sn,(n∈N)①，所以有
*
an?1?22?2Sn?1②，由②式得Sn?1?2?2?Sn，由
2Sn?1，整理得Sn+1－2
2,?2·Sn?1+2－Sn=0，解得Sn?1?Sn?2，因而
于数列{an}为正项数列，而S1?是以
2=
S1?2为首项，以
2
Sn?1?Sn，即{Sn}
2为公差的等差数列.所以
Sn=
2+(n－1)
2n,Sn=2n，
故an=??2,(n?1)?Sn?Sn?1?4n?2,(n?2)即an=4n－2(n∈N*).
(3)令cn=bn－1，则cn=(2122n?12n?1132n?12n?11an?1an?anan?11?2)
?[(?1)?(?1)]?2n?11?12n?1,b1?b2???bn?n?c1?c2???cn?(1?)?(13?15)???(12n?1?2n?1)?1?12n?1,
?lim(b1?b2???bn?n)?lim(1?n??n??12n?1)?1.歼灭难点训练
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