高中数学难点解析教案13 数列的通项与求和_数列求和求通项教案

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高中数学辅导网 http://www.daodoc.com}的前n项和为Sn，对一切n∈N*，都有

cc1c1n=an+1成立，求b1b2cnnlimS2n1.S2n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=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，b3(q2)22∴=q，由q∈R，且q≠1，得q=－2，b1q2∴bn=b·qn1=4·(－2)n1 －

－(2)令cn=dn，则d1+d2+„+dn=an+1,(n∈N*), bn京翰教育http://www.daodoc.com8－=2,即cn=2·bn=8·(－2)n1；∴Sn=［1－(－2)n］.bn3∴S2n11(2)S2n1(2)2n2n11()2n2S2,lim2n12

1nS2n()2n12［例2］设An为数列{an}的前n项和，An=(an－1)，数列{bn}的通项公式为bn=4n+3;2(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=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lim

n

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=∴an+1－an=33(an－1)，可知An+1=(an+1－1)，22a33(an+1－an)，即n1=3，而a1=A1=(a1－1)，得a1=3，所以数列是以

3an22为首项，公比为3的等比数列，数列{an}的通项公式an=3n.2n12nn1(2)∵32n+1=3·32n=3·(4－1)2n=3·［42n+C1(－1)+„+C22n·4·(－1)+(－1)］2n·

4－=4n+3，n1∴32n+1∈{bn}.而数32n=(4－1)2n=42n+C142n1·(－1)+„+C24·(－1)+(－1)2n=(4k+1)，2n·2n·

－∴32n{bn}，而数列{an}={a2n+1}∪{a2n}，∴dn=32n+1.32n13(3)由3=4·r+3，可知r=，4r(74r3)32n1332n172727nr(2r5),Dn(19n)(91)，∴Br=2421982n+

1京翰教育http://www.daodoc.comCnCn,等n(n1)!n!(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in)，(n∈N*)，记Sn=｜z2－z1｜+｜z3－z2｜+„+｜zn+1－zn｜，22.(★★★★★)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_________.京翰教育http://www.daodoc.com=bn－1，则cn=(n1n2)

2anan112n12n111[(1)(1)],22n12n12n12n1b1b2bnnc1c2cn 111111(1)()()1,3352n12n12n11lim(b1b2bnn)lim(1)1.nn2n1歼灭难点训练

一、1.解析:设cn|zn1zn||(1in11in2)()|()n1, 222京翰教育http://www.daodoc.com222212limSnn1222 22221 22答案：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=

a2n1，正三角形的内切圆构成等比数列{rn}，可得rn=

31a,

62n133a，2∴这些圆的周长之和c=lim2π(r1+r2+„+rn)=

n

2a

n933答案：周长之和πa，面积之和a2

29面积之和S=limπ(n2+r22+„+rn2)=

二、3.解：(1）可解得

an1n，从而an=2n，有Sn=n2+n，ann1(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＞S6.猜想当n≥5时，Tn＞Sn，即2n＞n2+1 可用数学归纳法证明(略）.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a1=－2,∴an=10－2n.41(2)由an=10－2n≥0可得n≤5，当n≤5时，Sn=－n2+9n，当n＞5时，Sn=n2－9n+40，21n5n9n 故Sn=

2n5n9n40(3)bn=11111()

n(12an)n(2n2)2nn1111111nmTnb1b2bn[(1)()()]；要使Tn＞

2223nn12(n1)32总成立，需1m＜T1=成立，即m＜8且m∈Z，故适合条件的m的最大值为7.4325.解：(1）由已知Sn+1=(m+1)－man+1①，Sn=(m+1)－man②,由①－②，得an+1=man－man+1，即(m+1)an+1=man对任意正整数n都成立.∵m为常数，且m＜－1

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高中数学辅导网 http://www.daodoc.com ∴an1am，即{n}为等比数列.anm1an1(2)当n=1时，a1=m+1－ma1，∴a1=1，从而b1=由(1)知q=f(m)=

1.3bm，∴bn=f(bn－1)=n1(n∈N*,且n≥2)

bn11m1∴11111111，∴{}为等差数列.∴=3+(n－1)=n+2，即bnbn1bnbn1bnbnbn1(n∈N*).n2mn1n1mman(),lim(bnlgan)lim[lg]lg,nnn2m1m1m1111111而lim3(b1b2b2b3bn1bn)lim3()1 nn3445n1n2mm10由题意知lg1,10,mm1m19b116.解：(1)设数列{bn}的公差为d，由题意得：解得b1=1,d=3, 10(101)10b1d1452∴bn=3n－2.(2)由bn=3n－2,知Sn=loga(1+1)+loga(1+=loga［(1+1)(1+

11)+„+loga(1+)43n2111)„(1+)］，logabn+1=loga33n1.43n23111因此要比较Sn与logabn+1的大小，可先比较(1+1)(1+)„(1+)与33n1的大343n2小，取n=1时，有(1+1)＞3311

1)＞3321„ 411 由此推测(1+1)(1+)„(1+)＞33n1

43n2取n=2时，有(1+1)(1+若①式成立，则由对数函数性质可判定：

①

1logabn+1，31当0＜a＜1时，Sn＜logabn+1，3当a＞1时，Sn＞下面用数学归纳法证明①式.(ⅰ)当n=1时，已验证①式成立.② ③

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高中数学辅导网 http://www.daodoc.com(ⅱ)假设当n=k时(k≥1），①式成立，即：

11(11)(1)(1)33k1.那么当n=k+1时，43k2311113k13(11)(1)(1)(1)3k1(1)(3k2).43k23(k1)23k13k13k1(3k2)2(3k4)(3k1)2233[(3k2)][3k4]3k1(3k1)2339k43k10,(3k2)33k433(k1)123k1(3k1)111因而(11)(1)(1)(1)33(k1)143k23k1

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，Sn＞11logabn+1；当0＜a＜1时，Sn＜logabn+1.337.解：(1)由S1=a1=1,S2=1+a2，得3t(1+a2)－(2t+3)=3t.∴a2=2t3a22t3,.3ta13t

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

①－②得3tan－(2t+3)an－1=0.∴an2t32t3,n=2,3,4„,所以{an}是一个首项为1公比为的等比数列； an13t3t122t321=,得bn=f()=+bn－1.bn133t3t(2)由f(t)= 可见{bn}是一个首项为1，公差为于是bn=1+

2的等差数列.322n1(n－1)=;33542n1(3)由bn=,可知{b2n－1}和{b2n}是首项分别为1和，公差均为的等差数列，于

3334n1是b2n=, 3∴b1b2－b2b3+b3b4－b4b5+„+b2n－1b2n－b2nb2n+1 =b2(b1－b3)+b4(b3－b5)+„+b2n(b2n－1－b2n+1)=－

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