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2014高考数学必考点解题方法秘籍 数列1 理


2014 高考理科数学必考点解题方法秘籍:数列 1
一.复习目标: 能灵活地运用等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前 n 项和公式解题; 2.能熟练地求一些特殊数列的通项和前 n 项的和; 3.使学生系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律,深化数学思想方法在解题实践中的 指导作用,灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题; 4.通过解决探索性问题

,进一步培养学生阅读理解和创新能力,综合运用数学思想方法分析 问题与解决问题的能力. 5.在解综合题的实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认识,沟通各类知 识的联系,形成更完整的知识网络,提高分析问题和解决问题的能力. 6.培养学生善于分析题意,富于联想,以适应新的背景,新的设问方式,提高学生用函数的 思想、方程的思想研究数列问题的自觉性、培养学生主动探索的精神和科学理性的思维方法. 二.考试要求: 1.理解数列的概念,了解数列通项公式的意义,了解递推公式是给出数列的一种方法,并能 根据递推公式写出数列的前几项。 2.理解等差数列的概念,掌握等差数列的通项公式与前 n 项和公式,并能运用公式解答简单 的问题。 3.理解等比数列的概念,掌握等比数列的通项公式与前 n 项和公式,并能运用公式解决简单 的问题。 4.数列是高中数学的重要内容,又是学习高等数学的基础,所以在高考中占有重要的地位。 高考对本章的考查比较全面,等差数列,等比数列的考查每年都不会遗漏。解答题多为中等 以上难度的试题,突出考查考生的思维能力,解决问题的能力,试题大多有较好的区分度。 有关数列的试题经常是综合题,经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合 起来,试题也常把等差数列、等比数列,求极限和数学归纳法综合在一起。探索性问题是高 考的热点,常在数列解答题中出现。本章中还蕴含着丰富的数学思想,在主观题中着重考查 函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想,以及配方法、换元法、待定系数法等基本 数学方法。应用问题考查的重点是现实客观事物的数学化,常需构造数列模型,将现实问题 转化为数学问题来解决。 三.教学过程: (Ⅰ)基础知识详析 1.可以列表复习等差数列和等比数列的概念、有关公式和性质. 2.判断和证明数列是等差(等比)数列常有三种方法: (1)定义法:对于 n≥2 的任意自然数,验证 (2)通项公式法: ①若 ②若 (3)中项公式法:验证 3.在等差数列 = +(n-1)d= +(n-k)d,则 ,则

an ? an ?1 (an / an ?1 ) 为同一常数。

?an ? 为等差数列;

?an ? 为等比数列。
都成立。

?an ? 中,有关 Sn 的最值问题——常用邻项变号法求解:
-1-

(1)当

a1 ? 0 ,d<0 时,满足 a1 ? 0 ,d>0 时,满足

的项数 m 使得

S m 取最大值. S m 取最小值。

(2)当

的项数 m 使得

在解含绝对值的数列最值问题时,注意转化思想的应用。 4.数列求和的常用方法:公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等。 5.注意事项: ⑴证明数列

?a n ? 是 等 差 或 等 比 数 列 常 用 定 义 , 即 通 过 证 明 a n?1 ? a n

? a n ? a n ?1 或

a n ?1 a ? n an a n ?1 而得。
⑵在解决等差数列或等比数列的相关问题时, “基本量法”是常用的方法,但有时灵活地运用 性质,可使运算简便。 ⑶对于一般数列的问题常转化为等差、等比数列求解。 ⑷注意一些特殊数列的求和方法。 ⑸注意

s n 与 a n 之间关系的转化。如:

s1 ,

n ?1

a n = s n ? s n ?1 , n ? 2 , a n =

a1 ? ? (a k ? a k ?1 )
k ?2

n



⑹数列极限的综合题形式多样,解题思路灵活,但万变不离其宗,就是离不开数列极限的概 念和性质,离不开数学思想方法,只要能把握这两方面,就会迅速打通解题思路. ⑺解综合题的成败在于审清题目,弄懂来龙去脉,透过给定信息的表象,抓住问题的本质, 揭示问题的内在联系和隐含条件,明确解题方向,形成解题策略. ⑻通过解题后的反思,找准自己的问题,总结成功的经验,吸取失败的教训,增强解综合题 的信心和勇气,提高分析问题和解决问题的能力. (Ⅱ)2004 年高考数学数列综合题选

x f (x) ? 2f ( ) 2 1. (2004 年高考数学北京卷, 18) 函数 f ( x ) 是定义在 [ 0, 1] 上的增函数, 满足
1 1 ( i , i ?1 ] f ( 1 ) ? 1 )的图象都是斜率为同一常 且 ,在每个区间 2 2 ( i ? 1,2??)上, y ? f (x
数 k 的直线的一部分。

1 1 1 f( ) f( ) f( i ) ( i? 1 , 2 ,? ? ) 2 , 4 的值,并归纳出 2 (I)求 f ( 0) 及 的表达式;
x ?
(II)设直线

1 1 x ? i ?1 i )的图象围成的矩形的面积为 ai ( i ? 1, 2 , 2 ,x 轴及 y ? f (x

-2-

2??) ,记

S ( k ) ? l i m ( a ?? a ? a ) 1 2? n
n ? ?

,求 S ( k ) 的表达式,并写出其定义域和最小值。

分析:本小题主要考查函数、数列等基本知识,考查分析问题和解决问题的能力.

) ?0 解: (I)由 f (0) ? 2 f (0) ,得 f (0

1 1 1 1 ? 1 1 1 f (1) ? 2 f ( ) f ( )? f ( )? f ( )? f ( 1 )? ) ?1,得 2 2 2 及 f (1 2. 同理, 4 2 2 4. 由
1 1 f( i )? i ( i? 1 , 2 , ? ? ) 2 归纳得 2 . 1 1 ? x ? i?1 i 2 时, (II)当 2 1 1 f( x )? i? ? kx ( ? i? ) 1 2 21

k ? 1 1 1 1 1 1 1 ? ( 1 ?) 2 ( i? 1 , 2 , ? ? ) a [ ? ? k ( ? ) ] ( ? ) i? i ? 1 i ? 1 i ? 1 i i ? 1 i ? 1 i 42 2 2 2 22 2 2 .

1 k 1 (1 ? ) 4 ,公比为 4 的等比数列, 所以 {a n } 是首项为 2

1 k ( 1 ?) 2 k 2 4? Sk ( )? l i m ( a a ? ? ? a )? ( 1 ?) 1? 2 n n ? ? 1 3 4 1 ? 4 所以 .
1 S ( k ) 的定义域为 0 ?k? 1,当 k ?1时取得最小值 2 .
2. (2004 年高考数学北京卷,20)给定有限个正数满足条件 T:每个数都不大于 50 且总和 L =1275.现将这些数按下列要求进行分组,每组数之和不大于 150 且分组的步骤是: 首先, 从这些数中选择这样一些数构成第一组, 使得 150 与这组数之和的差 r1 与所有可能 的其他选择相比是最小的, r1 称为第一组余差; 然后,在去掉已选入第一组的数后,对余下的数按第一组的选择方式构成第二组,这时 的余差为 r2 ;如此继续构成第三组(余差为 r3 ) 、第四组(余差为 r4 ) 、??,直至第 N 组(余 差为 rN )把这些数全部分完为止.

,r ? ,r 1 2, N的大小关系,并指出除第 N 组外的每组至少含有几个数; (I)判断 r
( II ) 当 构 成 第 n ( n<N ) 组 后 , 指 出 余 下 的 每 个 数 与 rn 的 大 小 关 系 , 并 证 明

-3-

r n? 1?

1 5 0 n? L n?1 ;

? 1 1 (III)对任何满足条件 T 的有限个正数,证明: N . 分析:本小题主要考查不等式的证明等基本知识,考查逻辑思维能力、分析问题和解决问题 的能力.
150 ?3 ? r ? ? r 1 2? N 解: (I) r 。除第 N 组外的每组至少含有 5 0 个数
(II)当第 n 组形成后,因为 n?N ,所以还有数没分完,这时余下的每个数必大于余 差 rn ,余下数之和也大于第 n 组的余差 rn ,即

L ? [ ( 1 5 0 ? r ) ? ( 1 5 0 ? r )( ? ? ? 1 5 0 ? r ) ] ? r 1 2 n n ,
? ? ? ?? r 5 0 n ? L 1 2 n ? 11 由此可得 rr . nr ? 1 ) ? rr ? ? ? ? r n ? 1 1 2 n ? 1 因为 ( ,所以

r n? 1?

1 5 0 n? L n?1 .

? 1 1 (III)用反证法证明结论,假设 N ,即第 11 组形成后,还有数没分完,由(I)
1 1 ?r 1 0, 和(II)可知,余下的每个数都大于第 11 组的余差 r 1 1 ,且 r

1 5 01 ? 11 ? 2 7 5 ? r ? r ? ? 3 7 . 5 1 1 1 0 1 0 故余下的每个数 . (*)

7 . 5 ? 3 ? 1 1 2 . 5 因为第 11 组数中至少含有 3 个数,所以第 11 组数之和大于 3 .
? 1 5 0 ? 第 1 1 组 数 之 和 ? 1 5 0 ? 1 1 2 . 5 ? 3 7 . 5 1 1 此时第 11 组的余差 r 3 7 . 5 ? 1 1 1 1? 这与(*)式中 r 矛盾,所以 N .

3. (2004 年高考数学重庆卷,22)设数列 (1)证明

?an ?

a1 ? 2, an ?1 ? an ?
满足

1 , (n ? 1, 2,3.......) an

an ? 2n ? 1 对一切正整数 n 成立;
an , (n ? 1, 2,3......) b 与bn ?1 n ,判断 n 的大小,并说明理由。
2 ? 1 ? 1, 不等式成立.

bn ?
(2)令

(I)证法一:当 n ? 1时, a1 ? 2 ?

-4-

假设n ? k时, ak ? 2k ? 1成立.
2 2 当n ? k ? 1时, ak ?1 ? ak ?

1 1 ? 2 ? 2k ? 3 ? 2 ? 2(k ? 1) ? 1. 2 ak ak

? n ? k ? 1时, ak ?1 ? 2(k ? 1) ? 1时成立.
综上由数学归纳法可知,

a n ? 2n ? 1 对一切正整数成立.
3 ? 2 ? 1 ? 1 .结论成立.

证法二:当 n=1 时, a1 ? 2 ? 假设 n=k 时结论成立,即

a k ? 2k ? 1.
1 ( x ? 1) x 的单增性和归纳假设有

n ? k ? 1时,由函数f ( x) ? x ?


1 1 ? 2k ? 1 ? . ak 2k ? 1 1 因此只需证 : 2k ? 1 ? ? 2 k ? 3. 2k ? 1 1 1 而这等价于( 2k ? 1 ? ) 2 ? 2k ? 3 ? ? 0显然成立. 2k ? 1 2k ? 1 a k ?1 ? a k ?
所以当 n=k+1 时,结论成立. 因此,

a n ? 2n ? 1 对一切正整数 n 均成立.
2 2 an ? an ?1 ? 2 ?

1
2 an ?1

,
1 a12 1 1 ? ? ? 2 ? 2 2 ? 2(n ? 1) 2 a1 a n ?1

证法三:由递推公式得
2 2 an ?1 ? a n ? 2 ? 2 ?

1 a
2 n?2

,?

2 a2 ? a12 ? 2 ?

2 an ? a12 ? 2(n ? 1) ?

上述各式相加并化简得

? 2n ? 2 ? 2n ? 1(n ? 2). 又n ? 1时, a n ? 2n ? 1明显成立, 故 a n ? 2n ? 1(n ? 1,2, ?).

bn ?1 a n 1 n 1 n ? n ?1 ? (1 ? 2 ) ? (1 ? ) b 2n ? 1 n ? 1 an n ? 1 an n ? 1 (II)解法一: n

-5-

?

2(n ? 1) n (2n ? 1) n ? 1

?

2 n(n ? 1) ? 2n ? 1

1 1 (n ? ) 2 ? 2 4 ? 1. 1 n? 2

故bn ?1 ? bn .

bn ?1 ? bn ?
解法二:

a n ?1 n ?1

?

an n

?

1 n ?1

(a n ?

a 1 )? n an n

? ? ? ? ?

1 2 [ n ? ( n ? 1 ? n ) an ] n(n ? 1)an 1 [ n ? ( n ? 1 ? n )(2n ? 1)](由( n(n ? 1)an )的结论)
I

1 [ n ( n ? 1 ? n ) ? (2n ? 1)] n(n ? 1)( n ? 1 ? n )an 1 [ n(n ? 1) ? (n ? 1)] n(n ? 1)( n ? 1 ? n )an 1 ( n ? n ? 1) ? 0. n ( n ? 1 ? n ) an
2 an a2 ?1 ? n n ?1 n

所以bn ?1 ? bn .
2 2 bn ?1 ? bn ?

解法三:

? ?


a2 1 1 1 1 a2 2 (an ? 2 ? 2) ? n ? (2 ? 2 ? n ) n ?1 an n n ?1 an n 1 1 2n ? 1 1 1 1 (2 ? ? )? ( ? )?0 n ?1 2n ? 1 n n ? 1 2n ? 1 n

2 2 bn ?1 ? bn ,因此bn ?1 ? bn .

4. (2004 年高考数学江苏卷,20)设无穷等差数列{an}的前 n 项和为 Sn.
S 2 ? (S k ) 2 3 (Ⅰ)若首项 a1 ? ,公差 d ? 1 ,求满足 k 的正整数 k; 2

(Ⅱ)求所有的无穷等差数列{an},使得对于一切正整数 k 都有

S

k2

? (S k ) 2

成立.

分析:本小题主要考查数列的基本知识,以及运用数学知识分析和解决问题的能力.

解: (I)当

a1 ?

3 ,d ?1 2 时, n(n ? 1) 3 n(n ? 1) 1 2 d ? n? ? n ?n 2 2 2 2

S n ? na1 ?

-6-



S k 2 ? (S k ) 2 , 得 1 k 3 ( k ? 1) ? 0 4

1 4 1 k ? k 2 ? ( k 2 ? k)2 2 2 ,
又 k ? 0, 所以k ? 4 .



(II)设数列{an}的公差为 d,则在
2 ? ? S1 ? ( S1 ) , ? 2 ? S ? ( S ) 2 ? 4

S n2 ? (S n ) 2

中分别取 k=1,2,得

?a1 ? a12 , (1) ? 即? 4?3 2 ?1 2 d ? (2a1 ? d ) (2) ?4a1 ? 2 2 ?

由(1)得 a1 ? 0或a1 ? 1. 当 a1 ? 0时, 代入(2)得 若 若

d ? 0或d ? 6,

a1 ? 0, d ? 0, 则a n ? 0, S n ? 0, 从而S k ? ( S k ) 2 成立 a1 ? 0, d ? 6, 则a n ? 6(n ? 1),由S 3 ? 18, ( S 3 ) 2 ? 324, S n ? 216知 s9 ? ( S 3 ) 2 , 故所得数列不符合题意.

当 a1 ? 1时, 代入(2)得 若 若

4 ? 6d ? (2 ? d ) 2 , 解得d ? 0或d ? 2

a1 ? 1, d ? 0, 则a n ? 1, S n ? n, 从而S k 2 ? ( S k ) 2 成立;
a1 ? 1, d ? 2, 则a n ? 2n ? 1, S n ? 1 ? 3 ? ? ? (2n ? 1) ? n 2 , 从而S ? ( S n ) 2 成立 .

综上,共有 3 个满足条件的无穷等差数列: ①{an} : an=0,即 0,0,0,?; ②{an} : an=1,即 1,1,1,?; ③{an} : an=2n-1,即 1,3,5,?, (Ⅲ)范例分析 例 1.已知数列{a n }是公差 d≠0 的等差数列,其前 n 项和为 S n .

(2)过点 Q 1 (1,a 1 ),Q 2 (2,a 2 )作直线 12,设 l 1 与 l 2 的夹角为θ , 证明:(1)因为等差数列{a n }的公差 d≠0,所以

-7-

Kp 1 p k 是常数(k=2,3,?,n).

(2)直线 l 2 的方程为 y-a 1 =d(x-1),直线 l 2 的斜率为 d.

例 2.已知数列 ⑴设数列

?a n ?中, S n 是其前 n 项和,并且 Sn?1 ? 4an ? 2(n ? 1, 2,?), a1 ? 1 ,

bn ? a n ?1 ? 2a n (n ? 1,2, ??) ,求证:数列 ?bn ? 是等比数列;

⑵设数列 ⑶求数列

cn ?

an , (n ? 1,2, ??) ?c ? 2n ,求证:数列 n 是等差数列;

?a n ?的通项公式及前 n 项和。

分析: 由于{b n }和{c n }中的项都和{a n }中的项有关, {a n }中又有 S n ?1 =4a n +2, 可由 S n ? 2 -S n ?1 作切入点探索解题的途径. 解 : (1) 由 S
n ?1

=4a n

?2 , S n ? 2 =4a n ?1 +2 , 两 式 相 减 , 得 S n ? 2 -S n ?1 =4(a n ?1 -a n ) , 即

a n ? 2 =4a n ?1 -4a n .(根据 b n 的构造,如何把该式表示成 b n ?1 与 b n 的关系是证明的关键,注意 加强恒等变形能力的训练) a n ? 2 -2a n ?1 =2(a n ?1 -2a n ),又 b n =a n ?1 -2a n ,所以 b n ?1 =2b n 已知 S 2 =4a 1 +2,a 1 =1,a 1 +a 2 =4a 1 +2,解得 a 2 =5,b 1 =a 2 -2a 1 =3 由①和②得,数列{b n }是首项为 3,公比为 2 的等比数列,故 b n =3·2 ① ②
n ?1



-8-

当 n≥2 时,S n =4a n ?1 +2=2

n ?1

(3n-4)+2;当 n=1 时,S 1 =a 1 =1 也适合上式.
n ?1

综上可知,所求的求和公式为 S n =2

(3n-4)+2.

说明:1.本例主要复习用等差、等比数列的定义证明一个数列为等差,等比数列,求数列通 项与前 n 项和。解决本题的关键在于由条件

S n ?1 ? 4a n ? 2 得出递推公式。

2.解综合题要总揽全局,尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已知条件,在后面求解 的过程中适时应用.

例 3 .已知数列 {a n } 是首项 a1 > 0 , q > -1 且 q ≠ 0 的等比数列,设数列 {b n } 的通项 b n =a n ?1 -ka n ? 2 (n∈N),数列{a n }、{b n }的前 n 项和分别为 S n ,T n .如果 T n >kS n 对一切 自然数 n 都成立,求实数 k 的取值范围. 分析:由探寻 T n 和 S n 的关系入手谋求解题思路。 解:因为{a n }是首项 a 1 >0,公比 q>-1 且 q≠0 的等比数列,故 a n ?1 =a n ·q,a n ? 2 =a n ·q . 所以 b n =a n ?1 -ka n ? 2 =a n (q-k·q ).
2 2 2 2

T n =b 1 +b 2 +?+b n =(a 1 +a 2 +?+a n )(q-k·q )=S n (q-kq ). 依题意,由 T n >kS n ,得 S n (q-kq )>kS n , 当 q>0 时,由 a1>0,知 a n >0,所以 S n >0;
2

①对一切自然数 n 都成立.

当-1<q<0 时,因为 a1>0,1-q>0,1-q >0,所以 S n = 综合上面两种情况,当 q>-1 且 q≠0 时,S n >0 总成立. 由 ① 式 可 得 q-kq
2

n



k




-9-

例 4.(2001 年全国理)从社会效益和经济效益出发,某地投入资金进行生态环境建设,并以

1 此发展旅游产业.根据规划,本年度投入 800 万元,以后每年投入将比上年减少 5 .本年度当
地旅游业收入估计为 400 万元,由于该项建设对旅游业的促进作用,预计今后的旅游业收入

1 每年会比上年增加 4 。(Ⅰ)设 n 年内(本年度为第一年)总投入为 an 万元,旅游业总收入为 bn
万元.写出 an,bn 的表达式(Ⅱ)至少经过几年旅游业的总收入才能超过总投入? 解析:第 1 年投入 800 万元,第 2 年投入 800×(1- )万元??, 第 n 年投入 800×(1- )n-1 万元 所以总投入 an=800+800(1- )+??+800×(1- )n-1=4000[1-( 同理:第 1 年收入 400 万元,第 2 年收入 400×(1+ 第 n 年收入 400×(1+ bn=400+400×(1+ )n-1 万元 )+??+400×(1+ )n-1=1600×[ ( )n]>0 )n-1] )万元,??, )n]

(2)∴bn-an>0,1600[ ( 化简得,5×(

)n-1]-4000×[1-( )n-7>0 ?

)n+2×(

设 x=( )n,5x2-7x+2>0 ?∴x< ,x>1(舍)?即( )n< ,n≥5.? 说明:本题主要考查建立函数关系式,数列求和,不等式等基础知识,考查综合运用数学知 识解决实际问题的能力。解数学问题应用题重点在过好三关: ( 1)事理关:阅读理解,知道 命题所表达的内容; (2)文理关:将“问题情景”中的文字语言转化为符号语言,用数学关 系式表述事件; (3)数理关:由题意建立相关的数学模型,将实际问题数学化,并解答这一 数学模型,得出符合实际意义的解答。

?a ? 例 5 . 设 实 数 a ? 0 , 数 列 n 是 首 项 为 a , 公 比 为 ?a 的 等 比 数 列 , 记
bn ? a n 1g | a n | (n ? N * ), S n ? b1 ? b2 ? ? ? bn


a lg a

S (1 ? a ) 求证:当 a ? ?1 时,对任意自然数 n 都有 n =
解:

2

?1 ? (?1)

n ?1

(1 ? n ? na )a n

?
- 10 -

a n ? a1 q n ?1 ? a (?a ) n ?1 ? (?1) n ?1 a n



? bn ? a n lg | a n |? (?1) n ?1 a n lg | (?1) n ?1 a n |? (?1) n ?1 na n lg | a | ? S n ? a lg | a | ?2a 2 lg | a | ?3a 3 lg | a | ? ? ? (?1) n ? 2 (n ? 1)a n ?1 lg | a | ?(?1) n ?1 na n lg | a |

? [a ? 2a 2 ? 3a 3 ? ? ? (?1) n ? 2 (n ? 1)a n ?1 ? (?1) n ?1 na n ] lg | a |
记 S ? a ? 2a ? 3a ? ? ? (?1)
2 3 n?2

(n ? 1)a n ?1 ? (?1) n ?1 na n ①

as ? a 2 ? 2a 3 ? ? ? (?1) n ?3 (n ? 2)a n ?1 ? (?1) n ? 2 (n ? 1)a n ? (?1) n ?1 na n ?1 ②
①+②得 (1 ? a ) s ? a ? a ? a ? ? ? (?1)
2 3 n?2

a n ?1 ? (?1) n ? 2 a n ? (?1) n ?1 na n ?1 ③

? a ? ?1,? (1 ? a) S ?
?S ?

a ? ( ?1)n?1 a n?1 ? ( ?1)n?1 n ? a n?1 1 ? (1 ? a)

a ? (?1) n ?1 a n ?1 ? (1 ? a ) ? (?1) n ?1 ? n ? a n ?1 (1 ? a ) 2

a ? (1 ? n ? na ) ? (?1) n ?1 a n ?1 a[1 ? (1 ? n ? na )(?1) n ?1 a n ] ?S ? ? (1 ? a ) 2 (1 ? a ) 2 a lg | a | ? Sn ? [1 ? (?1) n ?1 (1 ? n ? na )a n ] 2 (1 ? a )
说明:本例主要复习利用错位相减解决差比数列的求和问题。关键是先研究通项,确定

C n ? a n ? bn , {a n } 是等差数列, {bn } 等比数列。

解法一:设等差数列{a n }的首项 a 1 =a,公差为 d,则其通项为

根据等比数列的定义知 S 5 ≠0,由此可得

- 11 -

一步加工,有下面的解法) 解法二:

依题意,得

例 7.设二次方程 (1)试用

an

x -

2

an

+1x+1=0(n∈N)有两根α 和β ,且满足 6α -2α β +6β =3.

an

表示 a n ?1 ;

- 12 -

例 8.在直角坐标平面上有一点列

P1 ( x1 , y1 ), P2 ( x 2 , y 2 ) ?, Pn ( x n , y n ) ? ,对一切正整数 n ,

点 列

Pn 位于函数

y ? 3x ?

13 5 ? 4 的图象上,且 Pn 的横坐标构成以 2 为首项,? 1 为公差的等差数

?xn ? 。
Pn 的坐标; c1 , c 2 , c3 ,?, c n ,? 中的每一条的对称轴都垂直于 x 轴,第 n 条抛物线 c n 的顶点
Dn (0, n 2 ? 1)
,记与抛物线

⑴求点

⑵设抛物线列 为

Pn

,且过点

cn

相切于

Dn

的直线的斜率为

kn

,求:

1 1 1 ? ??? k1 k 2 k 2 k 3 k n ?1 k n 。
⑶设

S ? ?x | x ? 2 x n , n ? N , n ? 1?, T ? ?y | y ? 4 y n , n ? 1? , 等 差 数 列 ?a n ? 的 任 一 项

a n ? S ? T ,其中 a1 是 S ? T 中的最大数, ? 265 ? a10 ? ?125 ,求 ?a n ? 的通项公式。

- 13 -

5 3 x n ? ? ? (n ? 1) ? (?1) ? ?n ? 2 2 解: (1) ? yn ? 3 ? xn ?
( 2 )

13 5 3 5 ? ?3n ? ,? Pn ( ?n ? , ?3n ? ) 4 4 2 4

? c n 的 对 称 轴 垂 直 于 x 轴 , 且 顶 点 为 Pn . ? 设 c n 的 方 程 为 :
2n ? 3 2 12n ? 5 ) ? , 2 4

y ? a( x ?


Dn (0, n 2 ? 1) 代入上式,得 a ? 1 ,? c n 的方程为: y ? x 2 ? (2n ? 3) x ? n 2 ? 1 。
'

k n ? y | x ? 0 ? 2n ? 3 ,

?

1 k n ?1 k n

?

1 1 1 1 ? ( ? ) (2n ? 1)(2n ? 3) 2 2n ? 1 2n ? 3

?

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ? ??? ? [( ? ) ? ( ? ) ? ? ? ( ? )] k1 k 2 k 2 k 3 k n ?1 k n 2 5 7 7 9 2n ? 1 2n ? 3

1 1 1 1 1 ( ? )? ? 10 4n ? 6 = 2 5 2n ? 3
(3) S ? {x | x ? ?(2n ? 3), n ? N , n ? 1} ,

T ? { y | y ? ?(12n ? 5), n ? N , n ? 1} ? { y | y ? ?2(6n ? 1) ? 3, n ? N , n ? 1}

? S ? T ? T , T 中最大数 a1 ? ?17 .


{a n } 公差为 d ,则 a10 ? ?17 ? 9d ? (?265,?125) ,由此得

248 ? d ? ?12, 又 ? a n ? T ? d ? ?12m(m ? N * ), 9 ? d ? ?24,? a n ? 7 ? 24n(n ? N * ). ?
说明:本例为数列与解析几何的综合题,难度较大(1) 、 (2)两问运用几何知识算出 决(3)的关键在于算出 S ? T 及求数列

kn ,解

?an ? 的公差。

例 9.数列 ⑴求数列 ⑵设

?a n ?中, a1 ? 8, a 4 ? 2 且满足 a n? 2 ? 2a n?1 ? a n n ? N *

?a n ?的通项公式;

S n ?| a1 | ? | a 2 | ? ? ? | a n | ,求 S n ;

- 14 -

1 b n(12 ? a n ) (n ? N * ), Tn ? b1 ? b2 ? ? ? bn (n ? N * ) ,是否存在最大的整数 m ,使 ⑶设 n =
m T ? 32 成立?若存在,求出 m 的值;若不存在,请说明理由。 得对任意 n ? N ,均有 n
*

解: (1)由题意,

a n ? 2 ? a n ?1 ? a n ?1 ? a n ,?{a n } 为等差数列,设公差为 d ,

? a n ? 8 ? 2(n ? 1) ? 10 ? 2n . 由题意得 2 ? 8 ? 3d ? d ? ?2 ,
(2)若 10 ? 2n ? 0则n ? 5 ,

n ? 5时, S n ?| a1 | ? | a 2 | ? ? ? | a n |

? a1 ? a2 ? ? ? an ?

8 ? 10 ? 2n ? n ? 9n ? n 2 , 2

n ? 6 时, S n ? a1 ? a 2 ? ? ? a5 ? a 6 ? a 7 ? ? a n
? S 5 ? ( S n ? S 5 ) ? 2 S 5 ? S n ? n 2 ? 9n ? 40

9n ? n 2


n?5

S n ? n 2 ? 9n ? 40 n ? 6
? bn ? 1 1 1 1 1 ? ? ( ? ) n(12 ? a n ) 2n(n ? 1) 2 n n ? 1

(3)

n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ? . ? [( 1 ? ) ? ( ? ) ? ( ? ) ? ? ? ( ? ) ? ( ? )] 2(n ? 1) 2 2 3 3 4 n ?1 n n n ?1 ? Tn 2
Tn ? m n m ? * 32 对任意 n ? N 成立,即 n ? 1 16 对任意 n ? N * 成立,



?

n 1 m 1 (n ? N * ) ? ? , n ?1 的最小值是 2 , 16 2 ? m 的最大整数值是 7。 Tn ? m . 32

* 即存在最大整数 m ? 7, 使对任意 n ? N ,均有

说明:本例复习数列通项,数列求和以及有关数列与不等式的综合问题。

例 10 .如图,在 y 轴的正半轴上依次有点

A1 , A2 ,?, An ,? 其中点

A1 (0,1), A2 (0,10) ,且 | An ?1 An |? 3 | A n An ?1 | (n ? 2,3,4, ?) ,在射线
y ? x( x ? 0) 上依次有点 B1 , B2 ,? , Bn ,? 点 B1 的坐标为(3,3) ,且

- 15 -

| OBn |?| OBn ?1 | ?2 2 (n ? 2,3,4, ?)
⑴用含 n 的式子表示 ⑵用含 n 的式子表示 ⑶求四边形

| An An ?1 | ; An , Bn 的坐标;

An An ?1 Bn ?1 Bn 面积的最大值。

?
解 : ( 1 )

| An An ?1 | 1 ? , 且 | A1 A2 |? 10 ? 1 ? 9 | An ?1 An | 3



1 1 1 ?| An An ?1 |?| A1 A2 | ( ) n ?1 ? 9( ) n ?1 ? ( ) n ?3 3 3 3 1 27 1 1 n ? 4 | A1 A2 | ? | A2 A3 | ? ? ? | An ?1 An |? 9 ? 3 ? 1 ? ? ? ( ) n ? 4 ? ? ( ) 3 2 2 3 (2)由(1)得

? 点An 的坐标

(0,

27 1 1 n ? 4 ? ( ) ) ?| OB | ? | OB |? 2 2且 | OB |? 3 2 n n ?1 1 2 2 3 ,

? {| OBn |} 是以 3 2 为首项, 2 2 为公差的等差数列

?| OBn |? 3 2 ? (n ? 1)2 2 ? (2n ? 1) 2 ? Bn的坐标为(2n ? 1,2n ? 1)
(3)连接

An Bn ?1 ,设四边形 An An ?1 Bn ?1 Bn 的面积为 S n ,则

1 1 1 29 27 1 n ?1 2 S n ? S ?An An ?1Bn ?1 ? S ?Bn Bn ?1 An ? [( ) n ?3 ] ? (2n ? 3) ? ? 2 2 ? [ ? ( ) ] 2 3 2 2 2 3 2
? 29 9n 3 ? 6n ? n ?1 , ? S n ?1 ? S n ? n ?1 ? 0, 即S ? S , ?{S } n ?1 n n 单调递减. 2 3 3

29 47 ? S n 的最大值为 S1 ? 2 ? 9 ? 2 .
说明:本例为数列与几何的综合题。由题意知 用函数单调性求最值。

{| An An ?1 |} 为等比, {| OBn |} 为等差, (3)利

例 11.设正数数列{a n }为一等比数列,且 a 2 =4,a 4 =16.

- 16 -

说明:这是 2000 年全国高考上海试题,涉及对数、数列、极限的综合题,主要考查等比数列 的定义及通项公式,等差数列前 n 项和公式,对数计算,求数列极限等基础知识,以及综合 运用数学知识的能力.
1, 1 例 12. 已知抛物线 x ? 4 y , 过原点作斜率 1 的直线交抛物线于第一象限内一点 P 又过点 P
2

1 1 P P P 作斜率为 2 的直线交抛物线于点 2 ,再过 2 作斜率为 4 的直线交抛物线于点 3 , ? ,如此 1 n P P P (x , y ) 继续,一般地,过点 n 作斜率为 2 的直线交抛物线于点 n ?1 ,设点 n n n .
(Ⅰ)令

bn ? x2 n ?1 ? x2 n ?1 ,求证:数列 {bn } 是等比数列.

3 1 Sn ? 1 { b } S (Ⅱ)设数列 n 的前 n 项和为 n ,试比较 4 与 3n ? 10 的大小.
解: (1)因为

Pn ( xn , yn ) 、 Pn ?1 ( xn ?1 , yn ?1 ) 在抛物线上,故 xn ? 4 yn , ① xn ?1 ? 4 yn ?1 ②,又 Pn Pn ?1

2

2

因 为 直 线

yn ?1 ? yn 1 1 ? n x ? x 2 , ① ② 代 入 可 得 n ? 1 n 2 的 斜 率 为 , 即

1 x 2 n ?1 ? x 2 n 1 1 ? n ? xn ?1 ? xn ? n ? 2 4 xn ?1 ? xn 2 2 ? bn ? x2 n ?1 ? x2 n ?1 ? ( x2 n ?1 ? x2 n ) ? ( x2 n ? x2 n ?1 )
? 1 2
2n?2

?

1 2
2 n ?3

??

1 2
2 n?2

bn ?1 1 1 ? ? {bn } b 4 ,故 n 是以 4 为公比的等比数列;

- 17 -

4 1 3 1 S n ? ? (1 ? n ) ? S n ? 1 ? n 3 4 4 4 ,故只要比较 4n 与 3n ? 10 的大小. (2)
1 4n ? (1 ? 3) n ? 1 ? Cn ? 3 ? Cn2 ? 32 ? ? ? 1 ? 3n ?

方法(一)

n(n ? 1) 2 3 ? 1 ? 3n ? 9 ? 3n ? 10( n ? 3) 2 ,

3 1 3 1 Sn ? 1 ? Sn ? 1 ? 3n ? 10 ; 当 n ? 2 时 4 3n ? 10 ; 当 n ? 1 时, 4 3 1 Sn ? 1 ? 3n ? 10 . 当 n ? 3, n ? N 时, 4
*
k 方法(二)用数学归纳法证明,其中假设 n ? k (k ? 3, k ? N ) 时有 4 ? 3k ? 10 ,

则当 n ? k ? 1 时, 4

k ?1

? 4 ? 4k ? 4(3k ? 10) ? [3(k ? 1) ? 10] ? 9k ? 27 ? 3( k ? 1) ? 10 .

a n ),? 是公差为-1 的等差数列,又 2a 2 -a 1 ,2a 3 -a 2 ,?,2a n ?1 -a n ,?

(1)求数列{a n }的通项公式; (2)计算 (a 1 +a 2 +?+a n ).

分析:由于题设中的等差数列和等比数列均由数列 {an}的相关项构成,分别求出它们的通项 公式构造关于 a n 的方程组. 解:(1)设 b n =log 2 (3a n ?1 -a n ),因为{bn}是等差数列,d=-1.b1=log 2

3a n ?1 -a n =2

?n



设 c n =2a n ?1 -a n ,{c n }是等比数列,公比为 q,|q|<1,

c 1 =2a 2 -a 1 =

- 18 -

例 14.等比数列{a n }中,已知 a1≠0,公比 q>0,前 n 项和为 S n ,自然数 b,c,d,e 满足 b<c≤d<e,且 b+e=c+d.求证:S b ·S e <S c ·S d . 分析:凡是有关等比数列前 n 项 Sn 的问题,首先考虑 q=1 的情况,证明条件不等式时,正确 适时地应用所给的条件是成败的关键.

(证明不等式首选方法是差比较法,即作差—变形—判定符号,变形要有利于判定符号.) be-cd=(c+d-e)e-cd=ce+de-e2-cd=(c-e)(e-d). 因为 c<e,d<e,所以 c-e<0,e-d>0,于是(c-e)(e-d)<0.又

同理

(要比较 S b ·S e 与 S c ·S d 的大小,只要比较(1-qb)(1-qe)与(1-qc)(1-qd)的大小,仍然运用 差比较法.) (1-qb)(1-qe)-(1-qc)(1-qd)=qc+qd-qb-qe=(qc-qb)-(qe-qd).

- 19 -

(能否将 qc-qb 用 qe-qd 表示是上式化成积的关键,利用给定的 c+d=b+e,寻求变形的途径, c=b+e-d,d、e 出现了,于是 qc-qb=qb+e-d-qb=qb(qe-d-1)=qbq-d(qe-qd).恒等变形只有目 标明确,变形才能有方向.) 上式=qbq-d(qe-qd)-(qe-qd)=(qe-qd)(qbq-d-1)=q-d(qe-qd)(qb-qd).因为 q>0.所以 q-d >0. (运用函数的思想将问题转化为根据指数函数的单调性判别乘积的符号)事实上,由 b<d<e, q>0, ①当 0<q<1 时,y=qx 是减函数,qe<qd,qb>qd,即 qe-qd<0,qb-qd>0; ②当 q>1 时,y=qx 是增函数,qe>qd,qb<qd,即 qe-qd>0,qb-qd<0. 所以无论 0<q<1 还是 q>1,都有 qe-qd 与 qb-qd 异号,即(qe-qd)(qb-qd)<0.

综上所述,无论 q=1 还是 q≠1,都有 S b ·S e <S c ·S d . 说明:复习课的任务在于对知识的深化,对能力的提高、关键在落实.根据上面所研究的问 题,进一步提高运用函数的思想、方程的思想解决数列问题的能力. 例 15. (2003 年北京春季高考)如图,在边长为 l 的等边△ABC 中,圆 O1 为△ABC 的内切圆, 圆 O2 与圆 O1 外切,且与 AB,BC 相切,?,圆 On+1 与圆 On 外切,且与 AB,BC 相切,如此 无限继续下去.记圆 On 的面积为 (Ⅰ)证明 (Ⅱ)求 是等比数列; 的值. .

(Ⅰ)证明:记 rn 为圆 On 的半径,



所以



成等比数列.

(Ⅱ)解:因为

所以

说明:本小题主要考查数列、数列极限、三角函数等基本知识,考查逻辑思维能力. 例 16. (2004 年北京春季高考 20)下表给出一个“等差数阵” : 4 7 () () () ??

a1j

??

- 20 -

7 () () ??

12 () () ??

() () () ??

() () () ??

() () () ??

?? ?? ?? ?? ?? ??

a2j a3j a4j
??

?? ?? ?? ?? ?? ??

a i1
??

a i2
??

a i3
??

a i4
??

a i5
??

a ij
??

其中每行、每列都是等差数列, (I)写出 a 4 5 的值; (II)写出

a ij

表示位于第 i 行第 j 列的数。

a ij

的计算公式;

(III)证明:正整数 N 在该等差数列阵中的充要条件是 2N+1 可以分解成两个不是 1 的正整 数之积。 分析:本小题主要考查等差数列、充要条件等基本知识,考查逻辑思维能力、分析问题和解 决问题的能力。

9 4 5 ?4 解: (I) a
(II)该等差数阵的第一行是首项为 4,公差为 3 的等差数列:

a 4 ? 3 ( j? 1 ) 1 j?
第二行是首项为 7,公差为 5 的等差数列:

a 7 ? 5 ( j? 1 ) 2 j?
??

? 3 ( i? 1 ),公差为 2 i? 1 第 i 行是首项为 4 的等差数列,因此

a 4 ? 3 ( i? 1 ) ? ( 2 i? 1 ) ( j? 1 ) i j? ? 2 i j?? i j? i ( 2 j? 1 ) ? j
? ( 2 j ?? 1 ) j (III)必要性:若 N 在该等差数阵中,则存在正整数 i,j 使得 Ni N ? ? 2 i ( 2 j ? 1 ) ? 2 j ? 1 ? ( 2 i ? 1 ) ( 2 j ? 1 ) 从而 21
即正整数 2N+1 可以分解成两个不是 1 的正整数之积。 充分性:若 2N+1 可以分解成两个不是 1 的正整数之积,由于 2N+1 是奇数,则它必为两个不 是 1 的奇数之积,即存在正整数 k,l,使得

? k ( 21 l ? ) ? l ? a 2 N ? 12 ? ( k ? 1 ) ( 21 l ? ) k l ,从而 N
可见 N 在该等差数阵中。 综上所述, 正整数 N 在该等差数阵中的充要条件是 2N+1 可以分解成两个不是 1 的正整数之积。 四、强化训练
- 21 -

1.设 S n 和 T n 分别为两个等差数列的前 n 项和,若对任意 n∈N,





A.4∶3B.3∶2C.7∶4D.78∶71 2.一个首项为正数的等差数列中,前 3 项的和等于前 11 项的和,当这个数列的前 n 项和最 大时,n 等于. ( ) A.5 B.6C.7 D.8
2 * a 3.若数列 ? n ? 中, a1 ? 3 ,且 an ?1 ? an ( n ? N ) ,则数列的通项 an ? .

4.设在等比数列

?a n ?中, a1 ? a n

? 66, a 2 ? a n ?1 ? 128, S n ? 126, 求 n 及 q

5.根据下面各个数列 ⑴

?a n ?的首项和递推关系,求其通项公式

a1 ? 1, a n ?1 ? a n ? 2n(n ? N * ) a1 ? 1, a n ?1
n ? n ? 1 a n (n ? N * )



1 an ? 1 a ? 1 , a ? (n ? N * ) n ?1 2 ⑶ 1
6.数列

?a n ?的前 n 项和 S n

? 1 ? ra n (r 为不等于 0,1 的常数),求其通项公式 a n

7. 某县位于沙漠地带, 人与自然长期进行着顽强的斗争, 到 2001 年底全县的绿化率已达 30%。 从 2002 年开始,每年将出现这样的局面,即原有沙漠面积的 16%将被绿化,与此同时,由于 各种原因,原有绿化面积的 4%又被沙化。

(1)设全县面积为 1,2001 年底绿化面积为

a1 ?

3 , 10 经过 n 年绿化总面积为 a n ?1 .

求证

a n ?1 ?

4 4 ? an . 25 5

(2)至少需要多少年(年取整数, lg 2 ? 0.3010 )的努力,才能使全县的绿化率达到 60%? 8. (2002 年春招试题)已知点的序列 ( ,0) , ,其中 =0, 的中点,?。 ,A3

是线钱 A1A2 的中点,A4 是线段 A2A3 的中点,?,An 是线段 (I)写出 (II)设 与 、 之间的关系式( ≥3) ,计算 , , ,由此推测数列{

}的通项公式,并加以证明。
- 22 -

9.(94 年全国理)设{an}是正数组成的数列,其前 n 项和为 Sn,并且对所有自然数 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}的前三项;?(2)求数列{an}的通项公式(写出推证过程);?

(3)令 bn=

(n∈N),求:b1+b2+?+bn-n.

五、参考答案 1.解:设这两个等差数列分别为{an}和{bn}.

故选择 A. 说明:注意巧妙运用等差中项的性质来反映等差数列的通项 an 与前 2n-1 项和 S2n-1 的内在 联系. 2.解:依题意知.数列单调递减,公差 d<0.因为 S3=S11=S3+a4+a5+?+a10+a11 所以 a4+a5+?+a7+a8+?+a10+a11=0 即 a4+a11=?=a7+a8=0, 故当 n=7 时,a7>0,a8<0.选择 C. 解选择题注意发挥合理推理和估值的作用. 3.解:多次运用迭代,可得 4.解:

an ? (an ?1 ) 2 ? [(an ? 2 ) 2 ]2 ? (an ? 2 ) 2 ? ? ? (a1 ) 2 ? 32

2

n?1

n?1

? a 2 ? a n ?1 ? 128,? a1 a n ? 128 ,又 a1 ? a n ? 66 ,由以上二式得

1 a1 ? 2, an ? 64 或 a1 ? 64, an ? 2 ;由此得 n ? 6, g ? 2 或 2 .
说明:本例主要复习数列的基本运算和方程思想的应用。 5.解: (1)

? a n ?1 ? a n ? 2n ,? a n ?1 ? a n ? 2n ,
? 1 ? 2 ? 1 ? 2 ? 2 ? ? ? 2 ? (n ? 1)

? a n ? a1 ? (a 2 ? a1 ) ? (a3 ? a 2 ) ? ? ? (a n ? a n ?1 ) ? 1 ? n ? (n ? 1) ? n 2 ? n ? 1

?
(2)

a n ?1 a a a n ? ? a n ? a1 ? 2 ? 3 ? ? ? n 1 ? 1 ? 2 ? ? ? n ? 1 ? 1 an n ?1 a1 a 2 a n ?1 = 2 3 n n
(n ? 1)a n ?1 ? na n 对一切自然数 n 成立,? na n ? (n ? 1)a n ?1 ? ? ? 1 ? a1 ? 1

又解:由题意,

? an ?

1 . n

- 23 -

(3)

? a n ?1 ?

1 1 a n ? 1? a n ?1 ? 2 ? (a n ? 2) ?{a n ? 2} 2 2 是首项为 a1 ? 2 ? ?1

1 1 1 ?a n ?2 ? ?1 ? ( ) n ?1 ,? a n ? 2 ? ( ) n ?1 . 2 2 公比为 2 的等比数列,
说明:本例复习求通项公式的几种方法:迭加法、迭乘法、构造法。

6.解:由

S n ? 1 ? ra n 可 得 当 n ? 2 时 S n ?1 ? 1 ? ra n ?1 , ? S n ? S n ?1 ? r (a n ? a n ?1 ) ,

an r ? ? a n ? ra n ? ra n ?1 ,? a n (r ? 1) ? ra n ?1 , ? r ? 1, ? a n ?1 r ? 1 ,? r ? 0 ,?{a n } 是公比
r 1 1 r n ?1 a1 ? ? an ? ( ) S ? 1 ? ra 1? r , 1? r r ?1 。 1 ,? 为 r ? 1 的等比数列. 又当 n ? 1 时, 1
说明:本例复习由有关

S n 与 a n 递推式求 a n ,关键是利用 S n 与 a n 的关系进行转化。 a n 确定后, a n ?1 表示如下: a n ?1 = a n ? (1 ? 4%) ? (1 ? a n ) ? 16%

7. (1)证明:由已知可得

4 4 a a a 即 n ?1 =80% n +16%= 5 n + 25 4 4 4 4 4 4 4 a a a ? a ? a ? 5 ) = ( 5 ) 2 ( n ?1 5 ) = ? ( 2 )解:由 n ?1 = 5 n + 25 可得: n ?1 5 = 5 ( n 4 4 ( ) n (a1 ? ) 5 = 5 1 4 4 3 1 4 4 3 1 4 ? ( )n ? ? . ? ( )n ? ? . ? ( ) n ?1 a a 5 ,若 n ?1 5 则有 2 5 5 5 即2 5 故有 n ?1 = 2 5
两边同时取对数可得 ? lg 2 ? (n ? 1)(2 lg 2 ? lg 5) ? (n ? 1)(3 lg 2 ? 1)

n?


lg 2 ?1? 4 * 1 ? 3 lg 2 ,故使得上式成立的最小 n ? N 为 5,

故最少需要经过 5 年的努力,才能使全县的绿化率达到 60%.

8. (I)解:当 n≥3 时, (II)解:

- 24 -

.

由此推测。

证法一:因为

,且

(n≥2)所以 证法二: (用数学归纳法证明: )



(i)当时,

,公式成立,

(ii)假设当

时,公式成立,即

成立。

那么当

时,

=

式仍成立。

根据(i)与(ii)可知,对任意

,公式

成立

评注:本小题主要考查中点坐标公式、等比数列等基本知识,考查运算能力和逻辑思维能力。 9.解:(1)由题意 令 n=1 时, 令 n=2 时有 = = = an>0

S1=a1 解得 a1=2 =a1+a2 ?解得 a2=6

令 n=3 时有 = S3=a1+a2+a3 解得 a3=10 ? 故该数列的前三项为 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数列{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)中已求得 a1=2,所以上述结论正确.?

- 25 -

2°假设 n=k 时,结论正确,即有 ak=4k-2 ? 由题意有 得 ak=4k-2,代入上式得 2k= ,解得 Sk=2k2

由题意有

=

Sk+1=Sk+ak+1 得 Sk=2k2 代入得

=2(ak+1+2k2)?

整理 a2k+1-4ak+1+4-16k2=0 ?由于 ak+1>0,解得:ak+1=2+4k ? 所以 ak+1=2+4k=4(k+1)-2 ? 这就是说 n=k+1 时,上述结论成立.? 根据 1°,2°上述结论对所有自然数 n 成立.? 解法二:由题意有, = (n∈N)?整理得 Sn= (an+2)2 ?

由此得 Sn+1= (an+1+2)2 所以 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,所以 an+1-an=4 即数列{an}为等差数列,其中 a1=2,公差 d=4, 所以 an=a1+(n-1)d=2+4(n-1)?即通项公式 an=4n-2.? (3)令 cn=bn-1,?

则 cn=

=

=

b1+b2+?+bn-n=c1+c2+?+cn ?

= 说明:该题的解题思路是从所给条件出发,通过观察、试验、分析、归纳、概括、猜想出一 般规律,然后再对归纳、猜想的结论进行证明.对于含自然数 n 的命题,可以考虑用数学归纳 法进行证明,该题着重考查了归纳、概括和数学变换的能力.

- 26 -

数列综合问题 一、教材分析: Ⅰ、地位与作用 数列是高中数学的重要内容,是学习高等数学的基础,在高考中占有重要的 地位. 考纲要求:“理解数列的概念, 了解通项公式的意义, 了解递推公式, 掌握等差数列、 等比数列的通项公式与前项和公式, 并能解决简单的问题.” 教材中数列编排在函数内容之 后, 因为数列是以正整数为自变量的一种特殊函数 , 这样安排既有利于认识数列的本质, 也 有利于加深和巩固对函数概念的理解. 数列综合问题以数列为引线和依托, 结合函数、方程、 不等式、解析几何等知识, 题型新颖, 解法灵活, 能有效地考查学生的思维能力、创新意识 和实践能力. Ⅱ、重点、难点与关键 根据高考《考试说明》的要求,结合对历届高考试题的分析 , 本节内容的教学重点是: 利用 数列的通项公式与前 n 项和等有关知识为主要工具求解数列综合问题. 而与数列交汇的、 呈现 递推关系的综合性试题, 特别是与不等式的综合是教学的难点. 从教学实践来看, 学生对数 列综合题存在畏难情绪, 总觉得难以掌握, 因此教学的关键是运用转化思想将问题转化成简 单的、熟悉的问题来求解, 同时注意培养学生的良好的个性品质, 特别是排除万难的精神. 二、高考回顾 “在知识的交汇点设置能力型问题”是指导高考命题的思想之一. 数列是高中数学知识结构 的一个重要的交汇点. 数列综合题在每年高考中都会重点考查. 下面列表对近两年高考试题作分类统计, 统计如下表: 2004 年 全国 1 全国 2 全国 3 全国 4 北京 上海 天津 重庆 辽宁 山东 江苏 分奇、偶项的递推数列的通项 通项与前 n 项和、等比数列的判定 数列通项、数列不等式的证明 导数、数列求和与数列极限 抽象函数、数列通项与极限 点列、等差数列、探索性问题 函数迭代、数列的通项与极限 数列不等式、数列项大小比较 函数迭代中的数列不等式 同全国卷 1 数列前 n 项的和、探索性问题 2005 年 等比数列的公比与前 n 项和 等比数列、等差数列的综合 等比数列、等差数列的综合 ——————————— 等比数列的判定、数列极限 涉及两个数列的应用性问题 数列的求和、数列的极限 数学归纳法、数列不等式 函数迭代、数列不等式证明 导数、等比数列的判定 数列不等式的证明
- 27 -

浙江 福建 湖北 湖南 广东 江西

点列问题、等比数列的判定 涉及两个数列的应用性问题 递推数列的极限、数列不等式 解析几何、递推数列的综合 三角函数中的等比数列问题 同全国卷 1

点列问题、等差数列的判定 递推公式、数列不等式 数列不等式的证明、数列极限 应用探索性问题、数列不等式 无 数列通项、数列不等式的证明

从上表可以看出, 2004 年的 15 份理科试题中, 每套试题均有一道解答题. 其中处在压卷题位 置的有 8 道; 2005 年的 16 份理科试题中, 除广东卷外每套试题均有一套解答题, 其中处在压 卷题位置的有 5 道. 由此不难得知, 数列解答题是高考命题必考的难度大的内容, 其命题热 点是与不等式交汇的、呈现递推关系的综合性试题 , 其中, 以函数迭代、解析几何中曲线上 的点列为命题载体, 有着高等数学背景的数列解答题是未来高考命题的一个新的亮点. 三、数列综合问题类型及求解策略 由于数列综合问题形式多变、思考性强、区分度高 , 因此大多数同学解此类问题时思维常常 受阻, 甚至无从下手, 下面我结合近几年的高考题, 就数列综合问题类型及解题策略作一点 探讨: 1、数列各部分知识的综合 例 1. 已知数列
n

?a n ?为等差数列(公差 d ? 0 ), ?a n ?中的部分项组成的数列 a k , a k
1

2

,

?, a k , ? 为等比数列, 其中 k1 ? 1, k 2 ? 5, k 3 ? 17 , 求 k1 ? k 2 ? k 3 ? ? ? k n 的值.
解析: 由题意得
2 a5 ? a1 a17 , 即 (a1 ? 4d ) 2 ? a1 (a1 ? 16d ) ,

2 ∴ 8a1 d ? 16d

∵d ? 0

d?


1 a1 2 .

在等比数列 又 又

a k1 , a k 2 , ? , a k n , ?


q?
中, 公比

a5 a1 ? 4d a1 ? 2a1 ? ? ? 3. a1 a1 a1

a k n 为 a k n 的第n项, a k n ? a1 ? 3 n ?1.

? ?

a kn

是等差数列

?a ?的第 k
kn

n

项,



a kn ? a1 ? (k n ? 1)d ? a1 ? (k n ? 1) a1 ? 3 n ?1 ? kn ? 1 a1 . 2 ∵ a1 ? 0

a1 k n ? 1 ? a1 . 2 2
k n ? 2 ? 3 n ?1 ? 1

∴ ∴



k1 ? k 2 ? k 3 ? ? ? k n (2 ? 1 ? 1) ? (2 ? 3 ? 1) ? ? ? (2 ? 3 n ?1 ? 1) =
? 2(1 ? 3 ? ? ? 3 n ?1 ) ? n ? 2 ? 1(1 ? 3 n ) ? n ? 3 n ? n ? 1. 1? 3

[求解策略] 解纯数列综合题, 要充分利用等差数列与等比数列的有关性质求解.本题的关键
- 28 -

是注意到

a kn

的双重身份——既是等比数列的第 n 项, 又是等差数列的第

k n 项, 先求出通项

k n , 再求出其前 n 项的和.
2、数列与函数的综合 例 2. 已知函数 f ( x) 是定义在 R 上的不恒为零的函数 , 且对于任意的 a, b ? R , 都满足

f (a ? b) ? af (b) ? bf (a ). 若
列.

f (2) ? 2, a n ?

f (2 ? n ) (n ? N * ) ?a ? n . 求证 : 数列 n 是等比数

分析一 : 由于已知条件只有抽象函数关系式和 最关键是求出 f (2 ) , 可以尝试数学归纳法.
n

a n 的表达式, 要求证数列 ?a n ? 是等比数列,

证法一: 由已知可得: f (a ) ? af (a ) ? af (a ) ? 2af (a ), f (a ) ? ? ? 3a f (a ),? ,
2 3 2

猜想: f (a ) ? na
n

n ?1

f (a ) 用数学归纳法证明(略).

分析二: 将所给函数关系式适当变形, 根据其形式特点构造另一个函数, 设法用此函数求出

f (a n ) .
证法二: 当 a ? b ? 0 时, 由 f (a ? b) ? af (b) ? bf (a ) 可得:

f (ab) f (a ) f (b) ? ? ab a b ,

g ( x) ?


f ( x) , n n n x 上式为: g (ab) ? g (a ) ? g (b) ? f (a ) ? a g (a ).
?n

分析三: 设法将 f (2 ) 转化为熟悉的数列. 证法三: f (2
?n

) ? f (2 ? 2 n ?1 ) ? 2 f (2 ? n ?1 ) ? 2 ? n ?1 f (2) ? 2 f (2 ? n ?1 ) ? 2 ? n ,

f (2 ? n ) f (2 ? n ?1 ) ? ? 1, 2 ?n 2 ? n ?1 所以,



? f (2 ? n ) ? ? ?n ? ? 2 ?

1 2f( ) 2 的等差数列. 是公差为 ? 1, 首项为

[求解策略] 解数列与函数的综合题, 一般要利用函数、数列的性质以及它们之间的相互联系. 本题是一道已知抽象函数关系, 利用函数迭代求证数列是等比数列的问题. 所提供的三种证 法中, 证法一思路自然, 但较为繁琐; 证法二技巧性强; 证法三思维跨度大, 但三种证法都 体现了一个不变的事实: 充分应用已知条件变形转化, 根据其形式特点构造新的数列, 然后 利用数列的性质求解. 3、数列与不等式的综合

- 29 -

例 3. (2004 年重庆卷)设数列

?a n ?满足

a1 ? 2, a n ?1 ? a n ?

1 , (n ? 1,2,3?). an

(1)证明a n ? 2n ? 1 对一切正整数 n 成立;
(2)令bn ? an n , (n ? 1,2, ?), 判断bn 与bn ?1的大小, 并说明理由.
2 ? 1 ? 1, 不等式成立.

法一: (数学归纳法) ①当 n ? 1 时, a1 ? 2 ?

a ? ②假设 n ? k 时, k
当 n ? k ? 1 时,

2k ? 1 成立.
1 1 ? 2 ? 2k ? 3 ? 2 ? 2(k ? 1) ? 1. 2 ak ak

2 2 ak ?1 ? a k ?

a ? 即 n ? k ? 1 时, k ?1
综上, 可知

2(k ? 1) ? 1 成立.

a n ? 2n ? 1 对一切正整数 n 成立.
2 ? 1 ? 1, 不等式成立.

法二: (数学归纳法) ①当 n ? 1 时, a1 ? 2 ?

a ? ②假设 n ? k 时, k
当 n ? k ? 1 时, 由函数

2k ? 1 成立.
f ( x) ? x ? 1 ( x ? 1) x 的单调性和归纳假设有

a k ?1 ? a k ?

1 1 ? 2k ? 1 ? ak 2k ? 1 .

2k ? 1 ?
因此只需证:

1 2k ? 1

? 2k ? 3
, 即证

( 2k ? 1 ?

1 2k ? 1

) 2 ? 2k ? 3

1 ?0 只需 2k ? 1 , 显然成立.
即 n ? k ? 1 时, 结论成立. 法三: 由递推公式得,
2 2 an ? an ?1 ? 2 ?

因此,

a n ? 2n ? 1 对一切正整数 n 成立.
1 a
2 n?2

1 a
2 n ?1

2 2 an ?1 ? a n ? 2 ? 2 ?

2 ,? a 2 ? a12 ? 2 ?

,

,

1 . a12

将上述各式相加并化简得
2 an ? a12 ? 2(n ? 1) ?

1 1 ? ? ? 2 ? 2 2 ? 2(n ? 1) ? 2n ? 2 ? 2n ? 1 2 a1 a n ?1 (n ? 2)
- 30 -

a ? 又 n ? 1 时, n

2n ? 1 显然成立. 所以 a n ? 2n ? 1 对一切正整数 n 成立.

bn ?1 a n 1 n 1 n 2(n ? 1) n ? n ?1 ? (1 ? 2 ) ? (1 ? ) ? bn 2n ? 1 n ? 1 (2n ? 1) n ? 1 an n ? 1 an n ? 1 (2)解法一:
2 n(n ? 1) ? 2n ? 1 1 1 (n ? ) 2 ? 2 4 ? 1.由b ? 0, 故b ? b . n n ?1 n 1 n? 2
2 n

?

b
解法二:

2 n ?1

2 2 2 2 an an an 1 1 1 1 an 2 ?1 ?b ? ? ? (a n ? 2 ? 2) ? ? (2 ? 2 ? ) n ?1 n n ?1 n n ?1 n an an

?


1 1 2n ? 1 1 1 1 (2 ? ? )? ( ? ) ? 0. n ?1 2n ? 1 n n ? 1 2n ? 1 n
2 2 bn ?1 ? bn ,



bn ? 0,



bn ?1 ? bn .

[求解策略] 证明数列不等式问题, 一般可采用数学归纳法、分析法、综合法、比较法、放缩 法等方法来证明. 有时要综合使用其中的几种方法. 中的证法一、证法二都利用了数学归纳法, 证法一、证法三都将目标定为证 明
2 an ? 2n ? 1 , 去 掉 了 根 式 , 利 用 放 缩 法 得 证 ; 证 法 二 , 看 到 递 推 关 系 与 函 数

f ( x) ? x ?

1 x 的关系, 利用函数单调性和分析法得证. 证法三利用迭加法, 变更了递推关系,

这是对递推公式常用的变形方式之一. (2)中利用比较法, 方法一是作商法, 方法二并不是直 接作差, 而是利用平方差, 消除了根式, 简化了运算, 在不等式的证明中, 观察式子的结构 特征合理地进行放缩, 是成功的关键. 4、数列与解析几何的综合 例 4.(2004 浙江)如图, △ OBC 的三个顶点坐标分别为(0,0)、 (1,0)、 (0,2),设 P1 为线段 BC 的中点 , P2 为线段 CO 的中点 ,

P3 为线段 OP1 的中点 , 对于每一个正整数 n , Pn ?3 为线段

Pn Pn ?1

的中点,令

Pn

1 ( x n , y n ) a n ? 2 y n ? y n ?1 ? y n ? 2 的坐标为 , .



a1 , a 2 , a3 及a n ;

(2)证明

y n?4 ? 1 ?

yn ,n ? N? ; 4

(3)若记

bn ? y 4 n ? 4 ? y 4 n , n ? N ? , 证明 ?bn ?是等比数列.
y1 ? y 2 ? y 4 ? 1, y 3 ? 1 3 , y5 ? , 2 4

解析: (1)∵



a1 ? a 2 ? a3 ? 2.
- 31 -

又由题意可知

y n ?3 ?

y n ? y n ?1 , 2

∴ ∴

a n ?1 ?

y ? y n ?1 1 1 1 y n ?1 ? y n ? 2 ? y n ?3 ? y n ?1 ? y n ? 2 ? n ? y n ? y n ?1 ? y n ? 2 ? a n . 2 2 2 2


?a n ?为常数列.

a n ? 2.

y ? y n?2 1 1 y n ? n ?1 ? 1, y n ? y n ?1 ? y n ? 2 ? 2 2 将等式 2 两边除以 2, 得 4 y n?4 ? y n ?1 ? y n ? 2 y , y n?4 ? 1 ? n . 2 4 ∴ y 4n?4 y 1 1 ) ? (1 ? 4 n ) ? ? ( y 4 n ? 4 ? y 4 n ) ? ? bn , 4 4 4 4
?



(3)∵

bn ?1 ? y 4 n ?8 ? y 4 n ? 4 ? (1 ?
1 ? 0, 4



b1 ? y8 ? y 4 ? ?

1 ?bn ?是公比为 4 的等比数列. ∴

[求解策略] 数列与解析几何的综合题以坐标为载体, 以数列为主体内容将解析几何、平面几 何与数列的相关知识联系在一起 .该类问题往往以曲线上的点的无限运动为背景 , 解决问题 的关键是寻求点的坐标间的相互联系, 得到递推关系, 再运用数列知识进行求解. 5、数列应用问题 (2001 年全国卷)从社会效益和经济效益出发, 某地投入资金进行生态环境建设, 并以此发展

1 旅游产业.根据规划, 本年度投入 800 万元,以后每年投入将比上年减少 5 ,本年度当地旅游业
收入估计为 400 万元, 由于该项建设对旅游业的促进作用, 预计今后的旅游业每年会比上年

1 . 增加 4
设 n 年内(本年度为第一年)总投入为

a n 万元, 旅游总收入为 bn 万元, 写出

a n , bn 的通项公式;
至少经过几年, 旅游业的总收入才能超过总投入?

1 (1 ? ) 5 万元,?,第 n 年投入 解析: (1)第 1 年投入 800 万元, 第 2 年投入 800 1 800(1 ? ) n ?1 5 万元,所以 n 年内的总投入为

- 32 -

1 1 4 ? ? a n ? 800 ? 800(1 ? ) ? ? ? 800(1 ? ) n ?1 ? 4000 ?1 ? ( ) n ?. 5 5 5 ? ?
1 旅游业第 1 年收入 400 万元, 第 2 年收入 400(1+ 4 )万元,?,第 n 年收入 1 400(1 ? ) n ?1 4 万元, 所以 n 年内的总收入为

1 1 ? 5 ? bn ? 400 ? 400(1 ? ) ? ? ? 400(1 ? ) n ?1 ? 1600 ?( ) n ? 1?. 4 4 ? 4 ?
设至少经过 n 年旅游业的总收入才能超过总投入, 由

bn ? a n ? 0, 即

4 ? ? 5 ? ? 1600 ?( ) n ? 1? ? 4000 ?1 ? ( ) n ? ? 0. 5 ? ? 4 ? ?
4 5 5( ) n ? 2( ) n ? 7 ? 0 5 4 化简得 x?
解得

4 x ? ( )n 5 代入, 得 5 x 2 ? 7 x ? 2 ? 0 设

2 4 2 或x ? 1 ( )n ? 5 5 , 即 n ? 5. (舍), 即 5

从而至少经过 5 年旅游业总收入才能超过总投入. [求解策略] 解数列应用题的关键是将实际问题转化为数列问题 (等差、等比数列、递推关系 模型), 然后利用相关知识求解. 解题时首先要读懂题目, 理解题意, 对陌生的背景、文字叙 述比较长的题目, 要充满信心, 从问题中尽可能多地获取信息, 大胆联想, 合理转化为我们 熟悉的问题. 总之, 数列综合题常常是数列与函数、不等式、几何等知识点的交汇 , 因此要加强数学知识 的综合运用, 要有意识的运用函数方程思想、转化思想和分类讨论的思想来探求解题思路, 同时要鼓励合理的猜想、要重视数学归纳法的运用. 四、教法分析 新的课程标准指出, 教学过程也是学生的认识过程, 学生在教学活动中始终处于主体地位 , 教师则应成为学习活动的促进者, 而非单纯的知识传授者, 其基本任务也就在于促进和增强 学生的数学学习过程. 根据本节内容的特点和学生的认知规律, 我采用: 问题探究式、启发 发现式等方法进行教学, 同时采用讨论式组织课堂教学. 在教学中我都是先提出问题, 让学 生观察分析、 自主探索、 归纳总结, 从而真正使学生养成独立思考, 仔细观察, 认真分析, 严 谨推理的学习习惯, 并提高他们的自学能力与探索意识.同时鼓励学生相互交流,从而促使学 生真正成为自觉投入且积极建构的学习活动中的主体. 五、评价分析 本节内容的设计从教学内容的引入、展开、揭示等方面出发 , 教给学生探求知识的方法, 教 会学生应用所学知识解决问题的能力. 本节教学设计以发展学生的思维能力为中心 , 以转化 为主线, 注重展示学生的思维过程, 注重让学生参与知识的形成过程, 由特殊到一般, 由易 到难, 一环扣一环, 从而增强他们学好数学的信心. 同时以问题为载体, 让学生经历主动参

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与, 积极探求的过程, 让学生观察、归纳、总结、反思,因而有效的实现了教学目标,发展了 学生的能力. 六、教学过程设计 本节内容共分两个课时, 数列各部分知识、 数列与函数、 数列与不等式的综合为第一课时, 数 列与解析几何的综合和数列的应用题为第二课时. 第一课时共分五个环节, 具体安排如下: [复习回顾] 教师开门见山点出主题, 并引导学生回顾数列的有关性质. [课前热身] 教师给出三个小题 , 让学生先练习, 教师进行行间巡视, 个别辅导, 然后请学 生回答, 教师再作补充. [范例分析] 将复习目标题型化 , 通过三个典型例题 , 让学生在具体问题中理解知识 , 掌握 方法, 这样能使学生理解更加具体、深刻. 该环节先让学生独立思考、自主练习, 然后教师 采用“焦点访谈”式的教学, 在焦点(难点、疑点、迷点、易错点)启发学生寻找突破口, 通 过访谈 ( 请同学回答 ), 集中学生的智慧 , 让学生的思维在关键处闪光 , 能力在要害处增长 , 缺点在细微处暴露, 意志在艰难处磨砺. 通过访谈, 实现师生之间、学生之间智慧和能力互 补, 并促进心灵和感情的沟通. [归纳总结] 提炼本节课的要点, 归纳主要涉及的数学思想方法、技巧、规律. 这一环节先让 学生回答, 然后教师适当补充、完善. [巩固练习] 本节课共布置练习六个, 其中最后两题为选作题(为第二节课作铺垫). 以上是我的想法, 不足之处, 敬请各位专家批评指正. 七、附:教案 数列综合问题(第一课时) 教学目标: 知识目标: 进一步巩固数列有关知识, 构建数列、函数、不等式交互知识体系,探索数列综合 问题的求解策略. 能力目标: 以发展思维能力为核心, 培养学生观察、分析、归纳、概括等能力,培养学生分析、 解决问题的能力. 情感目标: 激发学生勤于思考、勇于探索的精神, 培养学生战胜难题的信心. 重点、难点: 重点: 数列知识的综合应用. 难点: 以数列为工具解决与函数、不等式的综合问题. 教学过程: [课题引入] 开门见山提出课题 [知识回顾] 引导学生复习回顾数列的有关性质 [课前热身] (投影) 1.(2005 年天津卷) 在数列 则 S100= .

?a n ?中,

a1 ? 1, a 2 ? 2, 且a n ? 2 ? a n ? 1 ? (?1) n (n ? N * )

,

2. (2005 年湖南卷)已知数列

?a n ?满足
3

a1 ? 0, a n ?1 ?
3 2

an ? 3 3a n ? 1 , 则 a 20 =(
)

A.

0

B.

? 3

C.

D.

- 34 -

3. 已知数列 A.

?a n ?中,
B.

an ?

n ? 97 n ? 98 ,则在前 30 项中最大项和最小项分别是(
C. )

a1 , a30

a1 , a9

a10 , a9

D.

a10 , a30

由学生练习, 教师请学生分析, 再作补充. [范例分析] (投影) 例 1. 已知数列
n

?a n ?为等差数列(公差 d ? 0 ), ?a n ?中的部分项组成的数列 a k , a k
1

2

,

?, a k , ? 为等比数列, 其中 k1 ? 1, k 2 ? 5, k 3 ? 17 , 求 k1 ? k 2 ? k 3 ? ? ? k n 的值.
解析: 由题意得
2 a5 ? a1 a17 , 即 (a1 ? 4d ) 2 ? a1 (a1 ? 16d ) ,

2 ∴ 8a1 d ? 16d

∵d ? 0

d?


1 a1 2 .

在等比数列 又 又

a k1 , a k2 , ? , a k n , ?


q?
中, 公比

a5 a1 ? 4d a1 ? 2a1 ? ? ? 3. a1 a1 a1

a k n 为 a k n 的第n项, a k n ? a1 ? 3 n ?1.
a kn
是等差数列

? ?

?a ?的第 k
kn

n

项,



a kn ? a1 ? (k n ? 1)d ? a1 ? (k n ? 1) a1 ? 3 n ?1 ? kn ? 1 a1 . 2 ∵ a1 ? 0

a1 k n ? 1 ? a1 . 2 2
k n ? 2 ? 3 n ?1 ? 1

∴ ∴



k1 ? k 2 ? k 3 ? ? ? k n = (2 ? 1 ? 1) ? (2 ? 3 ? 1) ? ? ? (2 ? 3 n ?1 ? 1)
? 2(1 ? 3 ? ? ? 3 n ?1 ) ? n ? 2 ? 1(1 ? 3 n ) ? n ? 3 n ? n ? 1. 1? 3

师生共同归纳小结: 例 2. 已知函数 f ( x) 是定义在 R 上的不恒为零的函数 , 且对于任意的 a, b ? R , 都满足

f (a ? b) ? af (b) ? bf (a ). 若
列.

f (2) ? 2, a n ?

f (2 ? n ) (n ? N * ) ?a ? n . 求证 : 数列 n 是等比数

分析一: 由于已知条件只有函数关系式和 键是求出 f (2 ) , 可以尝试数学归纳法.
n

a n 的表达式, 要求证数列 ?a n ? 是等比数列, 最关

- 35 -

证法一: 由已知可得: f (a ) ? af (a ) ? af (a ) ? 2af (a ), f (a ) ? ? ? 3a f (a ),? ,
2 3 2

猜想: f (a ) ? na
n

n ?1

f (a ) 用数学归纳法证明(略).

分析二: 将所给函数关系式适当变形, 根据其形式特点构造另一个函数, 设法用此函数求出

f (a n ) .
f (ab) f (a ) f (b) ? ? ab a b , 证法二: 当 a ? b ? 0 时, 由 f (a ? b) ? af (b) ? bf (a ) 可得: g ( x) ?


f ( x) , n n n x 上式为: g (ab) ? g (a ) ? g (b) ? f (a ) ? a g (a ).
?n

分析三: 设法将 f (2 ) 转化为熟悉的数列. 证法三: f (2
?n

) ? f (2 ? 2 n ?1 ) ? 2 f (2 ? n ?1 ) ? 2 ? n ?1 f (2) ? 2 f (2 ? n ?1 ) ? 2 ? n ,

f (2 ? n ) f (2 ? n ?1 ) ? ? 1, 2 ?n 2 ? n ?1 所以,

? f (2 ? n ) ? 1 ? ?n ? 2f( ) 2 ? 是公差为 ? 1, 首项为 2 的等差数列. 即?
师生共同归纳小结:

例 3. (2004 年重庆卷)设数列

?a n ?满足

a1 ? 2, a n ?1 ? a n ?

1 , (n ? 1,2,3?). an

(1)证明a n ? 2n ? 1 对一切正整数 n 成立;
(2)令bn ? an n , (n ? 1,2,3?),判断bn 与bn ?1的大小,
并说明理由.

法一: (数学归纳法) ①当 n ? 1 时, a1 ? 2 ?

2 ? 1 ? 1, 不等式成立.

a ? ②假设 n ? k 时, k
当 n ? k ? 1 时,

2k ? 1 成立.
1 1 ? 2 ? 2k ? 3 ? 2 ? 2(k ? 1) ? 1. 2 ak ak

2 2 ak ?1 ? a k ?

a ? 即 n ? k ? 1 时, k ?1
综上, 可知

2(k ? 1) ? 1 成立.

a n ? 2n ? 1 对一切正整数 n 成立.
- 36 -

法二: (数学归纳法) ①当 n ? 1 时, a1 ? 2 ?

2 ? 1 ? 1, 不等式成立.

a ? ②假设 n ? k 时, k
当 n ? k ? 1 时, 由函数

2k ? 1 成立.
f ( x) ? x ? 1 ( x ? 1) x 的单调性和归纳假设有

a k ?1 ? a k ?

1 1 ? 2k ? 1 ? ak 2k ? 1 .

2k ? 1 ?
因此只需证:

1 2k ? 1

? 2k ? 3
, 即证

( 2k ? 1 ?

1 2k ? 1

) 2 ? 2k ? 3

1 ?0 只需 2k ? 1 , 显然成立.

即 n ? k ? 1 时, 结论成立. 法三: 由递推公式得,
2 2 an ? an ?1 ? 2 ?

因此,

a n ? 2n ? 1 对一切正整数 n 成立.
1 a
2 n?2

1 a
2 n ?1

2 2 an ?1 ? a n ? 2 ? 2 ?

2 ,? a 2 ? a12 ? 2 ?

,

,

1 . a12

将上述各式相加并化简得
2 an ? a12 ? 2(n ? 1) ?

1 1 ? ? ? 2 ? 2 2 ? 2(n ? 1) ? 2n ? 2 ? 2n ? 1 2 a1 a n ?1 (n ? 2)

a ? 又 n ? 1 时, n

2n ? 1 显然成立. 所以 a n ? 2n ? 1 对一切正整数 n 成立.

bn ?1 a n 1 n 1 n 2(n ? 1) n ? n ?1 ? (1 ? 2 ) ? (1 ? ) ? bn 2n ? 1 n ? 1 (2n ? 1) n ? 1 an n ? 1 an n ? 1 (2)解法一:
2 n(n ? 1) ? 2n ? 1 1 1 (n ? ) 2 ? 2 4 ?1 1 n? b ?0 b ? bn . 2 . 由 n , 故 n ?1
2 an a2 a2 1 1 1 1 a2 2 ?1 ? n ? (a n ? 2 ? 2) ? n ? (2 ? 2 ? n ) n ?1 n n ?1 n n ?1 n an an

?

2 2 bn ?1 ? bn ?

解法二:

?


1 1 2n ? 1 1 1 1 (2 ? ? )? ( ? ) ? 0. n ?1 2n ? 1 n n ? 1 2n ? 1 n
2 2 bn ?1 ? bn ,



bn ? 0,



bn ?1 ? bn .

- 37 -

师生共同归纳小结: 归纳小结: 让学生小结本节内容, 教师适当补充完善. (六)巩固练习: 一、选择题:

f ( x) ?
1. 设 函 数

1 2 ? 2 , 利用课本中推导等差数列前 n 项和的方法, 可求得
x

f (?5) ? f (?4) ? ? ? f (0) ? ? ? f (5) ? f (6) 的值为
2. 设△ABC 的三边 a, b, c 成等差数列, 则角 B 的取值范围是 3. (2004 年辽宁卷)

. .

f ( x) ? ax ?
已知函数 (1)求 a 的值;

3 2 1 1 1 1 x ?[ , ] f ( x) ? . 2 的最大值不大于 6 , 又当 4 2 时, 8

(2) 设

0 ? a1 ?

1 1 , a n ?1 ? f (a n ), n ? N * , 证明a n ? . 2 n ?1

4. (2005 年山东卷) 已知数列 证明数列 令

?a n ?的首项 a1 ? 5 , ?a n ? 1?是等比数列;

前 n 项和为

S n , S n ?1 ? 2 S n ? n ? 5(n ? N * ).

f ( x) ? a1 x ? a 2 x 2 ? ? ? a n x n , 求函数 f ( x) 在点 x ? 1 处的导数 f ' (1) , 并比较 2 f ' (1)
2

与 23n ? 12n 的大小. 5. (2004 浙江)如图, △ OBC 的三个顶点坐标分别为(0,0)、(1,0)、(0,2),设 P1 为线段 BC 的中点 , P2 为线段 CO 的中点 ,

P3 为线段 OP1 的中点 , 对于每一个正整数 n , Pn ?3 为线段

1 a ? y n ? y n ?1 ? y n Pn Pn ?1 P (x , y ) n?2 . 2 的中点,令 n 的坐标为 n n ,

(1)求

a1 , a 2 , a3 及a n ;

(2)证明

y n ?1 ? 1 ?

yn ,n ? N? ; 4

(3)若记

bn ? y 4 n ? 4 ? y 4 n , n ? N ? , 证明 ?bn ?是等比数列.

6. (2001 年全国卷)从社会效益和经济效益出发, 某地投入资金进行生态环境建设, 并以此发

- 38 -

1 展旅游产业.根据规划, 本年度投入 800 万元,以后每年投入将比上年减少 5 ,本年度当地旅游
业收入估计为 400 万元, 由于该项建设对旅游业的促进作用, 预计今后的旅游业每年会比上

1 . 年增加 4
(1)设 n 年内(本年度为第一年)总投入为

a n 万元, 旅游总收入为 bn 万元, 写出

a n , bn 的通项公式;
(2)至少经过几年, 旅游业的总收入才能超过总收入?

数列 二. 考点提要: 1. 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,因此函数思想在数列中有广 泛的运用。等差、等比数列的性质是等差、等比数列的概念,通项公式、前 n 项公式的引申, 应用等差、等比数列的性质解题,往往可以使问题得整体地解决。 2. 数列部分的考查主要围绕着等差数列和等比数列来进行的。基本类型: (1)根据一定的条件求数列的基本量,包括 an,Sn,d,q,n 等。 (2)求前 n 项和(有分组法、裂项法、逆序相加法、错位相减法等) 。 高考试卷中有关数列的试题不仅考查数列、数列极限的基本知识、基本技能、基本思想 和方法以及数学归纳法这一基本方法,还可与函数、方程、不等式、三角、几何知识相联系, 综合考查。

- 39 -

三. 知识串讲: (一)等差数列 1. 定义:

a n ?1 ? a n ? d 常数 ? ?a n ? 为等差数列,d为公差
2. 通项公式:

a n ? a 1 ? ( n ? 1) d ? a m ? ( n ? m) d ? d ?
3. 前 n 项和公式:

an ? am n?m

Sn ?

n( a 1 ? a n ) n ( n ? 1) ? na 1 ? d 2 2

4. 等差中项:

x,A,y成等差数列 ? 2 A ? x ? y
5. 性质: {a n }是等差数列,d为公差

①若m ? n ? p ? q ? a m ? a n ? a p ? a q
? a 1 ? a n ? a 2 ? a n ?1 ? ? ? a r ? a n ? r ?1

②若p,q,r成等差数列 ? a p ,a q ,a r 也是等差数列 ③等差数列的子数列a k ,a k ? m ,a k ? 2 m ? ( m ? N ) 也成等差数列,其公差为
*

md。 ④等差数列中连续相同个数项的和也成等差数列,即:

S m ,S 2 m ? S m ,S 3 m ? S 2 m ,?为等差数列,其公差为m d
2

⑤ {a n }, {b n }均为等差数列,则 {ka n ? l b n }( k,l 为常数 ) 也为等差数列。
6. 充要条件的证明:

?a n ?1 ? a n ? d ? ?2 a n ?1 ? a n ? a n ? 2 ? {a n }为等差数列 ? ?a n ? dn ? c(关于n的一次函数) ? 2 ?S n ? an ? bn(a,b为常数,是关于 ? n的常数项为 0 的二次函数) ?

d ? 0 ? {a n }为递增数列 d ? 0 ? a n ? c(c为常数)

- 40 -

d ? 0 ? {a n }为递减数列
(二)等比数列 1. 定义:

a n ?1 ? q(q ? 0 为常数) ? {a n }为等比数列,q为公比 an
2. 通项公式:

a n ? a 1q n ?1 ? a m ·q n ? m ? q n ? m ?
3. 前 n 项和公式:

an am

? na 1 ? S n ? ? a 1 (1 ? q n ) ? 1? q ?
4. 等比中项:

( q ? 1) ( q ? 1)

x,G,y成等比数列 ? G为x,y的等比中项,且G ? xy(或G ? ? xy )
2

5. 性质: {a n }是等比数列,q ( q ? 0) 为公比

①m ? n ? p ? q ? a m ·a n ? a p ·a q
? a 1 ·a n ? a 2 ·a n ?1 ? ? ? a r ·a n ? r ?1

②若p,t,r成等差数列,则a p ,a t ,a r 成等比数列
③ S m ,S 2 m ? S m ,S 3 m ? S 2 m ? 也成等比数列,其公比为原数列公比的m次
方 (q )
m

④ a 1a 2 ?a m ,a m?1 ·a m? 2 ?a 2 m ,a 2 m?1 ·a 2 m? 2 ?a 3 m ,? 也成等比数列,其
公比为q
m
2

⑤等比数列的子数列a k ,a k ? m ,a k ? 2 m ,?(m ? N )也成等比数列,其公
*

比为q

m

? ma n ? ⑥ {a n }, {b n }为等比数列,则 {?a n } ( ? ? 0) , {a k }, {ma n b n }, ? ? n ? bn ?

( m ? 0) 仍为等比数列。
- 41 -

6. 充要条件的证明:

{a n }为等比数列,q为公比

?a 1 ? 0 ?a ? 0 或 ? 1 ? {a n }为递增数列 ? ?q ? 1 ?0 ? q ? 1

?a 1 ? 0 ?a ? 0 或 ? 1 ? {a n }为递减数列 ? ?0 ? q ? 1 ?q ? 1
q ? 1 ? {a n }为常数列 q ? 0 ? {a n }为摆动数列
(三)求数列的通项公式 an 举例

1. 观察法,如: 3, 5, 9 ,17 , 33,?,a n ? 2 ? 1
b

2. 公式法:转化为等差或等比数列。

? ?S1 ? n ? 1? 3. 利用a n ? ? 求a n S ? S n ? 2 ? ? ? n ?1 ? n
4. 求差或求商法

如: ?a n ? 满足:
n ? 1时,

1 1 1 a1 ? 2 a 2 ? ? ? n a n ? 2n ? 5 2 2 2

① n ? N * ,求a n .

?

?

1 a ? 2 ? 1 ? 5,∴a 1 ? 4 2 1

n ? 2 时,

1 1 1 a 1 ? 2 a 2 ? ? ? n ?1 a n ?1 ? 2 ( n ? 1) ? 5 2 2 2 1 a n ? 2 ,∴a n ? 2 n ?1 n 2



① ? ②得:

?14 ( n ? 1) ∴a n ? ? n ?1 ( n ? 2) ?2

又如:数列 {a n },a 1 ? 1,n ? 2 时,a 1a 2 ?a n ? n ,求a n .
2

设Tn ? a 1 ·a 2 ?a n ,则Tn ?1 ? a 1a 2 ?a n ?1

n ? 2 时,

Tn n 2 ? a n ,∴a n ? ( ) Tn ?1 n ?1

- 42 -

( n ? 1) ?1 ? ∴a n ? ? n 2 ( ) ( n ? 2) ? ? n ?1
5. 叠乘法

如:数列 {a n },a 1 ? 3,

a n ?1 n ? ( n ? N * ) ,求a n . an n ?1

a2 a a a 1 2 n ?1 1 · 3 ? n ? ? ??? ,∴ n ? a1 a2 a n ?1 2 3 n a1 n
又a 1 ? 3,∴a n ?
6. 等差型递推公式

3 n

a n ? a n ?1 ? f ( n ) ,a 1 ? a 0 ,求a n

n ? 2 时,a 2 ? a 1 ? f ( 2 ) ? ? a 3 ? a 2 ? f ( 3) ? ? 两边分别迭加 ? ? ? a n ? a n ?1 ? f ( n ) ? ?

a n ? a 1 ? f ( 2) ? ? ? f ( n)
∴a n ? a 1 ? f ( 2 ) ? ? ? f ( n )
7. 等比型递推公式

a n ? ca n ?1 ? d ( c、d为常数,c ? 0 ,c ? 1,d ? 0) 可转化等比数列 设a n ? x ? c ( a n ?1 ? x ) ? a n ? ca n ?1 ? ( c ? 1) x
令d ? ( c ? 1) x,∴x ? ∴ {a n ? d c ?1

d d }是首项为a 1 ? ,公比为c的等比数列 c ?1 c ?1 d d an ? ? (a 1 ? ) c n ?1 c ?1 c ?1 d d ∴a n ? ( a 1 ? )? c ?1 c ?1
8. 倒数法

如:a 1 ? 1,a n ?1 ?
由已知 ? 1 a n ?1 ?

2a n an ? 2

1 1 ? an 2
- 43 -

? 1 ∴? ? an

? ? 为等差数列 ?

(四)数列求和的常用方法 1. 公式法:

1 ? ? 等差、等比数列前n项和公式 ? 或12 ? 2 2 ? ? ? n 2 ? n ( n ? 1)( 2 n ? 1)? ? ? 6
2. 裂项法: 把数列各项拆成两项或多项之和,使之出现成对互为相反数的项。

如:a n ?

? n ? a ?? n ? b?

1

?

1 ? 1 1 ? ? ? ? ?b ? a? ? n ? a n ? b ?

3. 错位相减法:

若 {a n }为等差数列, {b n }为等比数列,则 {a n b n }为差比数列,S n 为其前n项 和,可通过S n ? qS n 求S n (q为 {b n }的公比)。

如:S n ? 1 ? 2 x ? 3x ? 4 x ? ? ? nx
2 3 2 3 4

n ?1


n ?1

xS n ? x ? 2 x ? 3x ? 4 x ? ? ? ( n ? 1) x x ? 1时,① ? ②,S n ?
x ? 1时,S n ? 1 ? 2 ? ? ? n

? nx

n



4. 倒序相加法:把数列的各项顺序倒写,然后与原正向之和式子两边相加。

2S n ? ? ? S n ? ?
【典型例题】 (一)求数列的通项公式 例 1.

设 ?a n ? 是一个公差为d ?d ? 0? 的等差数列,它的前10 项和S10 ? 110 ,且

a 1 ,a 2 ,a 4 成等比数列。 (1)证明a 1 ? d;

( 2 )求公差d的值和数列 ?a n ? 的通项。
(1)证明:

∵a 1 ,a 2 ,a 4 成等比数列

故a 2 ? a 1 ·a 4 ,即 ( a 1 ? d ) 2 ? a 1 ?a 1 ? 3d ? 2
- 44 -

即a 1 ? 2 a 1d ? d ? a 1 ? 3a 1d (∵d ? 0 )
2 2 2

化简得:a 1 ? d
(2)解:

由条件 S10 ? 110
10 ? 9 d ? 110 2

即10a 1 ?

由(1)知:a 1 ? d

代入上式,得: 55d ? 110
故d ? 2 ,a 1 ? 2 ∴a n ? a 1 ? ? n ? 1?d ? 2 n

例 2.

设a 1 ? 1,a 2 ?

5 5 2 ,a n ? 2 ? a n ?1 ? a n ? n ? 1, 2 ,? ? ,令b n ? a n ?1 ? a n 3 3 3

(n ? 1, 2 ,?),求数列 ?b n ? 和 ?a n ? 的通项公式。
解:

∵b n ? a n ?1 ? a n

2 ? ?5 ∴b n ?1 ? a n ? 2 ? a n ?1 ? ? a n ?1 ? a n ? ? a n ?1 ?3 3 ?
? 故 ?b n ? 是公比为 2 2 a n ?1 ? a n ? ? b n ? 3 3

2 2 的等比数列,且b 1 ? a 2 ? a 1 ? 3 3

? 2? ∴b n ? ? ? ? 3?

n

? n ? 1, 2 ,? ?
n

? 2? 由b n ? a n ?1 ? a n ? ? ? ? 3?
∴a 2 ? a 1 ? 2 3
2

? 2? a3 ? a2 ? ? ? ? 3? ? 2? a4 ? a3 ? ? ? ? 3?

3

- 45 -

??

? 2? a n ? a n ?1 ? ? ? ? 3?

n ?1

将以上各式两边相加,得:

2 ? 2? ? 2? a n ? a1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 3? 3 ? 3?

2

n ?1

,又a 1 ? 1
? 2? 1? ? ? ? 3? ? 2 1? 3
n

2 ? 2? ? 2? ∴a n ? 1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 3? 3 ? 3?

2

n ?1

? ? 2?n? ? 3?1 ? ? ? ? ? ? ? 3? ? ?

点评:

在数列 ?a n ? 中,已知a 1 ,且a n ? a n ?1 ? f ( n ) 为等差型递推关系,可用

迭加法求a n .
已知数列 ?a n ? 满足a 1 ? 2 ,a n ?1 ? 2 a n ? 1 n ? N ,求数列 ?a n ? 的通项公
*

例 3. 式。

?

?

解:

由题意,可得a n ?1 ? 1 ? 2?a n ? 1? n ? N

?

*

?

∴ ?a n ? 1? 是等比数列,且首项为a 1 ? 1 ? 1,公比为 2 ∴a n ? 1 ? 1· 2 ∴a n ? 2
点评:
n ?1 n ?1

?1

(1)在给出的条件中,a n 与a n ?1 之间有关系
*

a n ? qa n ?1 ? p(n ? 2 ,n ? N ,q ? 1)为等比型递推关系 可设a n ? x ? q ?a n ?1 ? x ? ,即a n ? qa n ?1 ? ?q ? 1? x
令 ?q ? 1? x ? p,∴x ? p q ?1

? p ? 则转化为 ?a n ? ? 为等比数列,尽而求出a n q ?1? ?
(2)本题也可以如下求解:

a n ? 2 a n ?1 ? 1 ? 2?2 a n ? 2 ? 1? ? 1 ? 2 2 a n ? 2 ? 2 ? 1

- 46 -

? 2 2 ?2 a n ? 3 ? 1? ? 2 ? 1 ? 2 3 a n ? 3 ? 2 2 ? 2 ? 1

??2
n

n ?1

a1 ? 2
n?2

n?2

?2

n?3

? ? 2 ?1
1

?2 ? 2

?

?2

n?3

? ? ? 2 ?1

?

? 2 n ?1 ? 1

例 4.

(1)在数列 ?a n ? 中,a 1 ? 1,数列b n ? a 1 ? a 2 ? ? ? a n ,且a n ? 2 b n ?1 ,
*

(n ? N ,n ? 2 ),求b n .
解:

∵b n ? a 1 ? a 2 ? ? ? a n ?1 ? a n b n ?1 ? a 1 ? a 2 ? ? ? a n ?1 ? n ? 2 ?

∴a n ? b n ? b n ?1 ? n ? 2 ?
又a n ? 2 b n ?1 ,即 2 b n ?1 ? b n ? b n ?1

∴b n ? 3b n ?1 ,∴

bn ? 3 ? n ? 2? b n ?1

又b 1 ? a 1 ? 1,∴ ?b n ? 是首项为1,公比为 3的等比数列,b n ? 3 n ?1 ( 2 )数列 ?a n ? 是首项为1的正数数列,且 ? n ? 1?a 2 ? na 2 ? a n ?1a n ? 0 n ?1 n
(n ? N ),求它的通项公式。
*

解:

由已知得 na n ?1 ? a n ?1 ? a n ?1 ·a n ? na n ? 0
2 2 2

? n a n ?1 ? a n ? a n ?1 ? a n ?1 ? a n ? ? 0
2 2

?

?

即 ?a n ?1 ? a n ??? n ? 1?a n ?1 ? na n ? ? 0
∵a n ? 0 ,∴a n ?1 ? a n ? 0



a n ?1 n ? n ?N* an n ?1

?

?



a2 a a 1 2 n ?1 · 3 ? n ? · ? a1 a2 a n ?1 2 3 n

- 47 -



an 1 ? a1 n
1 n

又a 1 ? 1,∴a n ?

在数列 ?a n ? 中,已知a 1 ,
点评:

an ? f ( n ) ,且f ( 2 ) ·f ( 3) f ( 4 ) ?f ( n ) 可求, a n ?1

则可相乘求a n 。

例 5.

已知,正数数列 ?a n ? 的前n项和为S n ,且 2 S n ? a n ? 1,n ? N

*

(1)试求数列 ?a n ? 的通项公式;
( 2 )设b n ? 1 1 ,数列 ?b n ? 的前n项和为B n ,求证:B n ? a n a n ?1 2

(1)解法 1:

因为 2 S n ? a n ? 1 ? S n

?a ?

n

? 1? 4

2

2 n ? 1时, 2 a 1 ? a 1 ? 1 ? 4 a 1 ? a 1 ? 2a 1 ? 1

∴ ?a 1 ? 1? ? 0 ,∴a 1 ? 1
2

n ? 2 时,由a n ? S n ? S n ?1
2

?a ?
2

n

? 1? 4

2

?a ?

n ?1

? 1?

2

4

即 ?a n ? 1? ? 4 a n ? ?a n ?1 ? 1? ∴ ?a n ? 1? ? ?a n ?1 ? 1?
2 2

∴a n ? 1 ? ? ?a n ?1 ? 1?
∴a n ? a n ?1 ? 0 或 a n ? a n ?1 ? 2 ? n ? 2 ? 因为a n ? 0 ,所以a n ? a n ?1 ? 2 ? n ? 2 ?

即数列 ?a n ? 是公差为 2 的等差数列,且a 1 ? 1
∴a n ? 2 n ? 1
解法 2:

∵a n ? S n ? S n ?1 ? n ? 2 ?

- 48 -

则 2 S n ? 1 ? S n ? S n ?1 ? n ? 2 ?



?

Sn ? 1

?

2

? S n ?1

∵S n ?1 ? 0 ,则 S n ? 1 ? S n ?1 ∴ S n ? S n ?1 ? 1 ? n ? 2 ?
∴数列

?

S n 是等差数列,且n ? 1时, 2 a 1 ? a 1 ? 1

?

∴a 1 ? 1
∴ S n ? S1 ? ?n ? 1? ·1 ? n

∴S n ? n

2

又a n ? n ? ?n ? 1? ? 2 n ? 1 ?n ? 2 ?
2 2

又a1 ? 1 ? 2 ? 1 ? 1 ∴a n ? 2 n ? 1

bn ?
(2)证明:

1 1 ? a n a n ?1 ?2 n ? 1??2 n ? 1?

∴B n ?

1 1 1 1 ? ? ??? 1? 3 3? 5 5? 7 ?2 n ? 1??2 n ? 1?
1 2 1 1 ? ? 1 1 1 1 1 1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 3 3 5 5 7 2n ? 1 2n ? 1 ? ? ?

?

?

1? 1 ? ?1 ? ? ?2 2? 2n ? 1 ?

故命题得证。

记函数 f ( x ) ?
例 6.

1 x ?4
2

? x ? ?2?的反函数为f ?1 ( x)
1 ? ? f ?1 ? a n ? n ? N *

设数列 ?a n ? 满足a 1 ? 1,

a n ?1

?

?

(1)求通项a n ;

- 49 -

( 2 )设 S n ? a 1 ? a 2 ? ? ? a n ,b n ? S 2 n ?1 ? S n ,是否存在最小正整数m,
2 2 2

使得对任意的 n ? N * ,有 b n ?
理由。

m 成立,若存在求出m的值;若不存在,说明 25

(1)f ( x ) ? ?
解:

?1

1 ? 4 ? x ? 0? 2 x



1 a n ?1

?

1 1 1 ? 4 ,即 2 ? 2 ? 4 2 an a n ?1 an



1 a
2 n ?1

?

1 ?4 a2 n
? 1 ? ? 为等差数列,公差为 4 ,首项为 2 ? 1 a1 ? ?

? ? 1 ∴数列 ? 2 ? ? an



1 ? 4n ? 3 a2 n
1 4n ? 3

∴a n ?

( 2 )∵b n ?1 ? b n ? ?S 2 n ? 3 ? S n ?1 ? ? ?S 2 n ?1 ? S n ? ? ?S 2 n ? 3 ? S 2 n ?1 ? ? ?S n ?1 ? S n ? ? a 2 n ? 3 ? a 2 n ? 2 ? a n ?1
2 2 2

?

1 1 1 ? ? 8n ? 9 8n ? 5 4 n ? 1

?

?8n ? 9??8n ? 5??4 n ? 1?

? ?40 n ? 31?

?0

∴b n ?1 ? b n
故问题转化为是否存在m,使b 1 ? m 25 1 1 14 ? ? 8 ? 3 12 ? 3 45

2 2 由b 1 ? S 3 ? S1 ? a 1 ? a2 ? a2 ? a1 ? a2 ? a2 ? 2 3 2 3



14 m 70 ? 得:m ? 45 25 9

取 m=8 即为所求

- 50 -

? ? 1 (1)证明由数列 ?a n ? 产生的数列 ? 2 ? ? an 点评:

? ? ? 成等差数列,关键是看出 ? ?

1 a
2 n ?1

?

1 ? 4 ,运用定义判断。 a2 n
m 对一切n ? N * 成立,则b n 应有最大值,b n 既不是二次函 25

( 2 )若有 b n ?

数,也不适于求导数或用平均值不等式法求之,自然会考虑到函数单调性法,故只须证明

b n ? b n ?1 ,因此先计算b n ?1 ? b n 的值。
(二)求数列前 n 项和

例 7.

若公比为 C 的等比数列 ?a n ? 的首项为 a 1 ? 1,且满足 a n ?

a n ?1 ? a n ? 2 2

(n ? 3, 4 ,?),求数列 ?na n ? 的前n项的和。
解:

当n ? 3时,a n ? C a n ? 2 ,a n ?1 ? Ca n ? 2
2

又a n ?

a n ?1 ? a n ? 2 C ?1 2 ,∴C ·a n ? 2 ? ·a n ? 2 2 2
C ?1 2 1 2

由题设知 a n ? 2 ? 0 ,∴C 2 ?

即 2 C 2 ? C ? 1 ? 0 ,解得C ? 1或C ? ?

当C ? 1时,数列 ?a n ? 是一个常数列,即a n ? 1 n ? N
此时数列 ?na n ? 的前n项和 S n ? 1 ? 2 ? 3 ? ? ? n ?
当C ? ?

?

*

?

n? n ? 1? 2

1 1 时,数列 ?a n ? 是一个公比为 ? 的等比数列 2 2
n ?1

? 1? 即a n ? ? ? ? ? 2?

?n ? N ?
* 2 n ?1

? 1? ? 1? ? 1? 此时数列 ?na n ? 的前n项和 S n ? 1 ? 2? ? ? ? 3? ? ? ? ? ? n? ? ? ? 2? ? 2? ? 2? 则? 1 1 ? 1? ? 1? ? S n ? ? ? 2? ? ? ? 3? ? ? ? ? ? ? n ? 1?? ? ? ? ? ? ? 2 2 2 2
2 3


n

1? ? 2?

n ?1

? ? n? ? ?

1? ? 2?



- 51 -

① ? ②得:

3 ? Sn ? 1 ? ? ? ? 2

1? ? 1? ? ? ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? 2 2
n

2

1? ? 2?

n ?1

? ? n? ? ?

1? ? 2?

n

? 1? 1? ?? ? n ? 2? ? 1? ? ? n? ? ? ? 2? ? 1? 1? ?? ? ? 2?

2 2 ? 1? ? 1? ? ? ? ? ? ? n? ? ? ? 2? 3 3 ? 2? ? 2 ?2 ? ? ? ? ? n? · ? ? ? ? ? 3 3
n

n

n

1? ? 2?

n

4 2 ? 1? ∴S n ? ? ?3n ? 2 ?? ? ? ? 2? 9 9
点评:

设 ?a n ? 为等差数列, ?b n ? 为等比数列(公比q ? 1),则数列 ?a n b n ? 为

“差比数列” ,可以用“错位相减法”求“差比数列”的前 n 项和。 例 8. 某种果树至少要培植 5 年才开始采果,有一农户于 1991 年初利用边角地种植了一批 这种果树,1996 年开始采果,当年的产量为 30 千克,1997 年至 2001 年连续 5 年每年的平均 产量比上一年增加 1 倍还多 10 千克,从 2002 年开始,由于管理上的原因导致产量下降,且 平均每年比上一年减少 10%,据估计这种情况还会继续下去,则 (1)2001 年该农户采得这种水果多少克?

( 2 )如果用S n 表示该农户从1996 年起的n(n ? N )年采得这种水果的总
*

量,试求出S n 的表达式,并据此计算,到 2003年,该农户一共可采得这种水果
多少千克? 解: (1)设从 1996 年起,各年所采得的水果重量依次为 a1,a2,?,an?

由题意 a 1 ? 30 ,且 2 ? n ? 6 时,有a n ? 2 a n ?1 ? 10

所以 a n ? 10 ? 2?a n ?1 ? 10? 又∵a 1 ? 10 ? 40 ,∴a n ? 10 ? 40 · 2
即a n ? 40 · 2 ∴a 6 ? 10 2
n ?1

n ?1

? 10 ? 10 2

?

n ?1

?1

?

?

6 ?1

? 1 ? 1270 千克

?

- 52 -

?10 2 n ?1 ? 1 ? n?6 ( 2 )由(1)知:a n ? ? ? 9? 1270 ? ? ? ? 10 ? ?

?

? ?1 ? n ? 6,n ? N ?
*

? n ? 7 ,n ? N ?
*

当n ? 6 时,S n ? 10 2 ? 1 ? 10 2 ? 1 ? ? ? 10 2
2 3 2 3

? ? ? 10?2 ? 2
n?2

?

?

?

n ?1

?1

?

???2

n ?1

? ? 10n

? 10 · 2

? 10 n ? 40

当n ? 6 时,S n ? S 6 ? a 7 ? a 8 ? ? ? a n
? ? 9 ? n?6 ? 1143?1 ? ? ? ? ? ? ? 10 ? ? ? ? 2460 ? 9 1? 10

? 9? ? 13890 ? 1143? ? ? 10 ?

n?6

?10 · 2 n ? 2 ? 10 n ? 40 ? n?6 ∴S n ? ? ? 9? 13890 ? 1143 ? ? ? ? 10 ? ?
2

?1 ? n ? 6,n ? N ?
*

? n ? 6,n ? N ?
*

? 9? 且S 8 ? 13890 ? 1143? ? ? 4631.7 千克 ? 10 ?
故到 2003 年该农户一共可以收获这种水果 4631.7 千克 【模拟试题】 一. 选择题。

1. 已知数列

?a ? 满足
n

a 1 ? 0 ,a n ?1 ?

an ? 3 3a n

?n ? N ? ?1
*

,则

a 20 ? (



A. 0 2. 在等差数列
n

B. ? 3

C.
2

3

D.

3 2

d ? 0 ,a ?a ? 中, 公差



a k1 a 1 与 a 4 的等比中项, a ,a 3 , 已知数列 1 , ?,

a kn

成等比数列,则 A. 3
n ?1

kn ?


n

) C. 3n D.

B. 3

3? n ? 1?

- 53 -

?a ? 的前 n 项和为 S 3. 已知数列
n

n

,S n ?

1 a n ? 1? n ? N * ? ?a ? 3 ,则数列 n 是(

?

?



?
A. 首项为

1 1 2 ,公比为 2 的等比数列

1 1 ? B. 首项为 2 ,公比为 2 的等比数列 ?
C. 首项为

1 1 ? 2 ,公比为 2 的等比数列

D. 从第二项开始才是等比数列 4. 在正数等比数列 项的和是( A. 65 ) B. ?65 C. 25 D. ?25

?a ? 中, a
n

2

·a 4 ? 1,S 3 ? 13,b n ? log 3 a n ,则数列 ?b n ? 的前 10

二. 填空题。 5. 一个正整数数表如下(表中下一行中的数的个数是上一行中数的个数的 2 倍) : 第一行 1 第二行 2 3 第三行 4 5 6 7 ?? 则该数表第 8 行中的第 5 个数是___________。 6. 给定

a n ? log ? n ?1? ? n ? 2 ? n ? N

?

*

? ,定义乘积 a ·a ·?·a
1 2
n ?1

k

为整数的

k k ?N

?

*

?

的“希望数” ,则区间[1,2005]内的所有希望数之和为___________。

?a ? ,其中 a 7. 已知数列
n

1

? 1,a n ? 3

·a n ?1 n ? 2 ,n ? N

?

*

? ,则 a

n

? ________。

三. 解答题。 8. 在数列 数列
n

?a ? 中,a
n

1

? 1,S n ? a 1 ? a 2 ? ? ? a n ,a n ? 2S n ?1( n ? N * 且 n ? 2 ) ,求

?a ? 的通项公式。 ?a n ?
中,

9. 已知数列 求数列
n

a1 ?

4 13 1 ,a 2 ? a n ? a n ?1 ? ? a n ?1 ? a n ? 2 ? 3 9 ,且当 n ? 3 时, 3 ,

?a ? 的通项公式。 ?a ? 满足 a
n
1

10. 已知数列 的通项公式。

? 1,a n ? a 1 ? 2 a 2 ? 3a 3 ? ? ? ? n ? 1?a n ?1 ? n ? 2 ? , ?a ? 求 n

- 54 -

11. 设等比数列

?a ? 的公比为 q,前 n 项和 S
n

n

? 0 ? n ? 1, 2 ,? ?

(1)求 q 的取值范围;

(2)设

b n ? a n?2 ?

3 a 2 n ?1 ,记 ?b n ? 的前 n 项和为 Tn ,试比较 S n 与 Tn 的大小。

- 55 -

【试题答案】 一. 选择题。 1. B

解答:

a2 ?

0? 3 ? 3? 3 ? ? 3 ,a 3 ? ? 3 ,a 4 ? ? 3 ,a 5 ? 3 0?1 ?3 ? 1

由此可推得: 2. A

a 20 ? ? 3
2

2 2 a ? a 1 ·a 4 ,即 ?a 1 ? d ? ? a 1 ?a 1 ? 3d ? ? d ? a 1d 解答: 2

∵d ? 0 ,∴d ? a 1 ∴a n ? nd
由已知得 d,3d,

k 1d,?k n d 成等比数列

k ,k 2 ,?,k n ? 也是等比数列 由 d ? 0 ,∴数列 1,3, 1
q?
首项为 1,公比

3 ?3 1
n ?1

∴k 1 ? 9 ,∴k n ? k 1 ·q
3. C 解答:当 n ? 1 时,

? q· 3

n ?1

?3

n ?1

a n ? S n ? S n ?1 ?

1 1 1 1 a n ? 1? ? ? a n ?1 ? 1? ? a n ? a n ?1 ? 3 3 3 3



an 1 ? ? ? n ? 2? a n ?1 2

1 1 ∴ {a n } 为首项 ? 2 ,公比为 ? 2 的等比数列
4. D 解答:
2 ∵a 3 ? a 2 ·a 4 ,又 ?a n ? 为正数等比数列

∴a 3 ? 1 ,又 a 1 ? a 2 ? a 3 ? 13
1 1 1 ? ? 12 ? 0 ,∴q ? 2 q 3 则q

∴a 1 ? 9 ,∴a n ? 3

3? n

- 56 -



b n ? log 3 a n ? 3 ? n,∴ ?b n ?

是等差数列,且

b 1 ? 2 ,d ? ?1

∴T10 ? 10 ? 2 ?

10 ? 9 ? ?1? ? ?25 2

二. 填空题。 5. 132 解答:由题意可知各行中的第一个数组成以 1 为首项,公比为 2 的等比数列,所以

an ? 2

n ?1

,则

a 8 ? 2 ? 128 ,所以第 8 行中的第 5 个数为 128 ? 4 ? 132 。
7

6. 2026

∵a n ?
解答:

lg? n ? 2 ? lg? n ? 1?

∴a 1 ·a 2 ?a k ?
∴k ? 2 ? 2
m m

lg 3 lg 4 lg( k ? 2 ) lg? k ? 2 ? · ? ? ? m ? m ? Z? lg 2 lg 3 lg( k ? 1) lg 2

∴k ? 2 ? 2 ,则在区间[1,2005]的 k 有 2 ? 2 , 2 ? 2 ,? 2 ? 2
2 3 10

?2 其和为
7.

2

?2 ???2
3

10

? ? ( ?2) ? 9 ? 2

11

? 4 ? 2 ? 9 ? 2026

n ? n ?1?

an ? 3

2

解答:

∵ log 3 a n ? log 3 a n ?1 ? ? n ? 1? ,即 log 3 a n ? log 3 a n ?1 ? n ? 1
log 3 a n ? log 3 a 1 ? 1 ? 2 ? 3 ? ? ? ? n ? 1? ?
n ? n ?1?

n? n ? 1? 2

迭加得:



a 1 ? 1,∴ log 3 a 1 ? 0 ,∴a n ? 3

2

三. 解答题。

S ? S n ?1 ? a n 8. n ? 2 时, n
∴S n ? S n ?1


Sn ?3 ? 2S n ?1 ,即 S n ?1

S1 ? a 1 ? 1 ,∴数列 ?S n ? 是首项为 1,公比为 3 的等比数列
n ?1

∴S n ? 3

- 57 -



a n ? S n ? S n ?1 ? 3

n ?1

?3

n?2

? 2·3

n?2

( n ? 2)

( n ? 1) ?1 a 1 ? 1,∴a n ? ? n?2 ? ? n ? 2? ?2 · 3 又

a n ? a n ?1 1 ? ? n ? 3? a ? a n?2 3 9. 由题意可得 n ?1

所以数列

?a n ? a n?1 ?

1 a ? a 1 ,公比为 3 的等比数列 是首项为 2
n?2

1 1 ? 1? a 2 ? a 1 ? ,∴a n ? a n ?1 ? ? ? 9 9 ? 3? 又
? 1? 又a 2 ? a 1 ? ? ? ? 3?
2

? 1? ?? ? ? 3?

n

? n ? 2?

? ? ? 3 ? ? 1? a3 ? a2 ? ? ? ? ? 3 ? ?( n ? 1) ? ?? ? n ? 1? ? a n ? a n ?1 ? ? ? ? ? 3? ? 个式子相加,得:
2 3 n

? 1? ? 1? ? 1? a n ? a1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 3? ? 3? ? 3?
2 3

3 1 ? 1? ? 1? ? 1? ? 1? ∴a n ? a 1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 3? ? 3? ? 3? 2 6 ? 3?
3 1 4 ? ? ? a1 3 又 n ? 1 时, 2 6

n

n ?1

3 1 ? 1? ∴a n ? ? ? ? 2 6 ? 3?
10. 由题设可得:

n ?1

? n ? 1?a n
由①得:

? a 1 ? 2 a 2 ? 3a 3 ? ? ? ? n ? 1?a n ?1 ? na n ? n ? 2 ? na n ?1 ? a 1 ? 2 a 2 ? 3a 3 ? ? ? ? n ? 1?a n ?1 ( n ? 3) n ? 1?a n ? na n ?1 ? na n ②



①-②得: ?



an ? n ? n ? 3? a n ?1
- 58 -

a3 a a · 4 ? n ? 3? 4 ? ? ? n a a3 a n ?1 则 2 ∴ an ? 3? 4 ? ? ? n a2
n! 2



a 2 ? a 1 ? 1,∴a n ? 3 ? 4 ? ? ? n ? 2! n! ,∴a n ? ? n ? 2? 2 2

? n ? 3?



a 2 ? 1,a 2 ?

?1 ? n ? 1? ? ∴a n ? ? n ! ( n ? 2) ? ?2
11. (1)∵

?a ? 是等比数列, S
n

n

? 0 可得 a 1 ? S1 ? 0 ,q ? 0

S ? na 1 ? 0 ; 当 q ? 1时 n
Sn ? a1 1 ? q n 1? q

?

当 q ? 1 时,

? ?0

1? qn ? 0 ? n ? 1, 2 ,? ? 1 ? q ,即

(n=1,2,?)

?1 ? q ? 0 ?? n ?1 ? q ? 0
由①得: q ? 1

?1 ? q ? 0 ①或 ? n ?1 ? q ? 0

解②由于 n 可为奇数、可为偶数,得 ?1 ? q ? 1 综上,

q ? ? ?1, 0? ∪ ?0 , ? ? ?
b n ? a n?2 ?

(2)由

3 ? ? 3 b n ? a n ? q 2 ? q? a n ?1 ? 2 ? 2 得:

3 ? ? ∴Tn ? ? q 2 ? q ? ·S n ? 2 ? 3 1? ? ? ? Tn ? S n ? S n ? q 2 ? q ? 1? ? S n ? q ? ? ?q ? 2 ? ? ? ? 2 2? 于是


S n ? 0 且 ?1 ? q ? 0 或 q ? 0

- 59 -

?1 ? q ? ?
∴当

1 2 或 q ? 2 时, Tn ? S n ? 0 ,即 Tn ? S n

?


1 ?q?2 T ? S n ? 0 ,即 Tn ? S n 2 且 q ? 0 时, n 1 2 或 q ? 2 时, Tn ? S n ? 0 ,即 Tn ? S n

q??


【励志故事】 蚌和野马 沙粒进入蚌的体内,蚌觉得很不舒服,但又无法把沙粒排出来。好在蚌不怨天尤人,而 是逐步用体内的营养把沙粒包围起来,后来这粒沙就变成了美丽的珍珠。 吸血蝙蝠喜欢叮在野马腿上吸血,野马觉得不舒服,但又无法把它赶走,于是就暴跳狂 奔,不少野马就这样被活活折磨而死。科学家研究发现,吸血蝙蝠所吸的血量极少,根本不 足以致野马于死地,野马的死因就是暴怒和狂奔。 生活中不如意事常八九。我们遇到不如意的事时,不防多想想蚌和野马。我们何不像蚌 那样,设法适应自己无法改变的环境,以蚌的肚量去包容一切不如意的境遇,进而使之为我 所用;不要像野马那样一不如意就暴跳如雷,那样只能自食苦果。

- 60 -


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