●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= (n∈N*)，求 (b1+b2+b3+…+bn－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)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 =an+1成立，求 .
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，
∴ =q2，由q∈R，且q≠1，得q=－2，
∴bn=b?qn－1=4?(－2)n－1
(2)令 =dn，则d1+d2+…+dn=an+1,(n∈N*),
∴dn=an+1－an=2,
∴ =2,即cn=2?bn=8?(－2)n－1；∴Sn= ［1－(－2)n］.
∴
［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;
(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 .
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)，可知An+1= (an+1－1)，
∴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.
(2)∵32n+1=3?32n=3?(4－1)2n=3?［42n+C ?42n－1(－1)+…+C ?4?(－1)+(－1)2n］=4n+3，
∴32n+1∈{bn}.而数32n=(4－1)2n=42n+C ?42n－1?(－1)+…+C ?4?(－1)+(－1)2n=(4k+1)，
∴32n {bn}，而数列{an}={a2n+1}∪{a2n}，∴dn=32n+1.
(3)由32n+1=4?r+3，可知r= ，
∴Br= ，
●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= n(n+1)
12+22+…+n2= n(n+1)(2n+1)
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+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：
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=( )n，(n∈N*)，记Sn=｜z2－z1｜+｜z3－z2｜+…+｜zn+1－zn｜，则 Sn=_________.
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{an}满足a1=2，对于任意的n∈N*都有an＞0,且(n+1)an2+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= (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= a1,bn=f(bn－1)(n≥2,n∈N*).试问当m为何值时， 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=loga(1+ )(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( )(n=2,3,4…)，求数列{bn}的通项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 ，S1=a1，
∴ ，解得a1=2.当n=2时，有 ，S2=a1+a2，将a1=2代入，整理得(a2－2)2=16，由a2＞0，解得a2=6.当n=3时，有 ，S3=a1+a2+a3，将a1=2，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 ，将ak=4k－2.代入上式，解得2k= ，得Sk=2k2，由题意，有 ，Sk+1=Sk+ak+1，将Sk=2k2代入得( )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 ，(n∈N*).整理得，Sn= (an+2)2,由此得Sn+1= (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≠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 ,(n∈N*)①，所以有 ②，由②式得 ，整理得Sn+1－2 ? +2－Sn=0，解得 ，由于数列{an}为正项数列，而 ，因而 ，即{Sn}是以 为首项，以 为公差的等差数列.所以 = +(n－1) = n,Sn=2n2，
故an= 即an=4n－2(n∈N*).
(3)令cn=bn－1，则cn=
歼灭难点训练
一、
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= ，正三角形的内切圆构成等比数列{rn}，可得rn= a,?
∴这些圆的周长之和c= 2π(r1+r2+…+rn)= a2，
面积之和S= π(n2+r22+…+rn2)= a2
答案：周长之和 πa，面积之和 a2
二、3.解：(1）可解得 ，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＞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= =－2,∴an=10－2n.
(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，故Sn=
(3)bn=
；要使Tn＞ 总成立，需 ＜T1= 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
∴ ，即{ }为等比数列.
(2)当n=1时，a1=m+1－ma1，∴a1=1，从而b1= .
由(1)知q=f(m)= ，∴bn=f(bn－1)= (n∈N*,且n≥2)
∴ ，即 ，∴{ }为等差数列.∴ =3+(n－1)=n+2，
(n∈N*).
6.解：(1)设数列{bn}的公差为d，由题意得： 解得b1=1,d=3,
∴bn=3n－2.
(2)由bn=3n－2,知Sn=loga(1+1)+loga(1+ )+…+loga(1+ )
=loga［(1+1)(1+ )…(1+ )］， logabn+1=loga .
因此要比较Sn与 logabn+1的大小，可先比较(1+1)(1+ )…(1+ )与 的大小，
取n=1时，有(1+1)＞
取n=2时，有(1+1)(1+ )＞ …
由此推测(1+1)(1+ )…(1+ )＞ ①
若①式成立，则由对数函数性质可判定：
当a＞1时，Sn＞ logabn+1，②
当0＜a＜1时，Sn＜ logabn+1，③
下面用数学归纳法证明①式.
(?)当n=1时，已验证①式成立.
(?)假设当n=k时(k≥1），①式成立，即：
.那么当n=k+1时，
这就是说①式当n=k+1时也成立.
由(?）(?）可知①式对任何正整数n都成立.
由此证得：
当a＞1时，Sn＞ logabn+1；当0＜a＜1时，Sn＜ logabn+1?.
7.解：(1)由S1=a1=1,S2=1+a2，得3t(1+a2)－(2t+3)=3t.
∴a2= .
又3tSn－(2t+3)Sn－1=3t，①
3tSn－1－(2t+3)Sn－2=3t②
①－②得3tan－(2t+3)an－1=0.
∴ ,n=2,3,4…,所以{an}是一个首项为1公比为 的等比数列；
(2)由f(t)= = ,得bn=f( )= +bn－1?.
可见{bn}是一个首项为1，公差为 的等差数列.
于是bn=1+ (n－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，于是b2n= ,
∴b1b2－b2b3+b3b4－b4b5+…+b2n－1b2n－b2nb2n+1?
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