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专题三 数列


专题三
第一讲





等差数列、等比数列(选择、填空题型)

1. (2014· 北京高考)设{an}是公比为 q 的等比数列, 则“q>1”是“{an}为递增数列”的( ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选 D

当数列{an}的首项 a1<0 时,若 q>1,则数列{an}是递减数列;当数列{an} 的首项 a1<0 时,要使数列{an}为递增数列,则 0<q<1,所以“q>1”是“数列{an}为递增 数列”的既不充分也不必要条件.故选 D. 2.(2014· 福建高考)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a1=2,S3=12,则 a6 等于( ) A.8 B.10 C.12 D.14 解析:选 C 设等差数列{an}的公差为 d,则 S3=3a1+3d,所以 12=3×2+3d,解得 d =2,所以 a6=a1+5d=2+5×2=12,故选 C. 3.(2014· 辽宁高考)设等差数列{an}的公差为 d,若数列{2a1an}为递减数列,则( ) A.d>0 B.d<0 C.a1d>0 D.a1d<0 解析:选 D 法一:an=a1+(n-1)d,所以 2a1an=2a1[a1+(n-1)d],因为是递减数列, 2a1an 故有 =2a1[a1+(n-1)d]-a1[a1+(n-2)d]=2a1d<1=20,所以 a1d<0,故选 D. 2a1an-1 法二:数列{2a1an}为递减数列等价于数列{a1an}为递减数列,等价于 a1an-a1an-1<0,即 a1(an-an-1)<0,即 a1d<0. 4.(2014· 天津高考)设{an}是首项为 a1,公差为-1 的等差数列,Sn 为其前 n 项和.若 S1, S2,S4 成等比数列,则 a1 的值为________. 1 2 解析:由已知得 S1· S4=S2 ,即 a1· (4a1-6)=(2a1-1)2,解得 a1=- . 2 1 答案:- 2 5.(2014· 安徽高考)数列{an}是等差数列,若 a1+1,a3+3,a5+5 构成公比为 q 的等比 数列,则 q=________. 解析:法一:因为数列{an}是等差数列,所以 a1+1,a3+3,a5+5 也成等差数列,又 a1+1,a3+3,a5+5 构成公比为 q 的等比数列,所以 a1+1,a3+3,a5+5 是常数列,故 q =1. 法二:因为数列{an}是等差数列,所以可设 a1=t-d,a3=t,a5=t+d,故由已知得(t+ 2 3) =(t-d+1)(t+d+5),得 d2+4d+4=0,即 d=-2,所以 a3+3=a1+1,即 q=1. 答案:1

1.等差、等比数列的通项及前 n 项和公式 等差数列

等比数列

通项公式

an=a1+(n-1)d n?a1+an? n?n-1? Sn= =na1+ d 2 2

前 n 项和

an=a1qn 1(q≠0) a1?1-qn? (1) q≠1, Sn= = 1-q a1-anq ; 1-q (2) (2)q=1,Sn=na1


2.等差数列、等比数列的性质 等差数列 (1)若 m,n,p,q∈N*,且 m+n =p+q,则 am+an=ap+aq; (2)an=am+(n-m)d; (3)Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,?仍 成等差数列; 等比数列 (1)若 m,n,p,q∈N*, 且 m+n=p+q, 则 am· an =ap· aq; - (2)an=amqn m;

性质

热点一

数列通项 an 与前 n 项和 Sn 的关系 (1)根据 an 与 Sn 的关系,求数列中的某一项, 如 T1; (2)根据 an 与 Sn 的关系,求数列的通项 an 或 Sn,如 T2.

命题角度

1.(2014· 宁波模拟)已知在每项均大于零的数列{an}中,首项 a1=1,且前 n 项和 Sn 满足 Sn Sn-1-Sn-1 Sn=2 SnSn-1(n∈N*且 n≥2),则 a81=( ) A.638 B.639 C.640 D.641 ?an+1?2 2.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn= (an>0),则{an}的通项 an=________. 4 [自主解答] 1.由已知 Sn Sn-1-Sn-1 Sn=2 SnSn-1可得, Sn- Sn-1=2,∴{ Sn}是以 1 为首项,2 为公差的等差数列,故 Sn=2n-1,Sn=(2n-1)2,∴a81=S81-S80=1612-1592 =640.故选 C. ?an+1?2 2.法一:因为 Sn= , 4 ?an+1+1?2 ?an+1?2 1 2 2 所以 an+1=Sn+1-Sn= - = (an+1-an +2an+1-2an), 4 4 4 2 即 4an+1=a2 n+1-an+2an+1-2an, 整理得 2(an+1+an)=(an+1+an)(an+1-an), 即(an+1+an)(an+1-an-2)=0. 因为 an>0,所以 an+1+an>0, 所以 an+1-an-2=0,即 an+1-an=2. ?a1+1?2 ?a1+1?2 而当 n=1 时,有 S1= ,即 a1= , 4 4 整理得 a2 1-2a1+1=0,解得 a1=1; ?a2+1?2 ?a2+1?2 当 n=2 时,有 S2= ,即 a1+a2= ,整理得 a2 2-2a2-3=0,又 an>0,所 4 4 以解得 a2=3.由于 a2-a1=2, 所以数列{an}是一个首项 a1=1,公差 d=2 的等差数列,其通项公式为 an=1+2(n-1) =2n-1.

法二:因为 an>0,所以 an+1>0,Sn>0, ?an+1?2 an+1 由 Sn= ,得 = Sn. 4 2 a1+1 当 n=1 时,有 = a1,解得 a1=1. 2 当 n≥2 时,有 an=Sn-Sn-1, 故由上式得 2 Sn=an+1=Sn-Sn-1+1, 即( Sn- Sn-1-1)( Sn+ Sn-1-1)=0. 因为 an>0,a1=S1=1,所以 Sn+ Sn-1>1, 即 Sn+ Sn-1-1>0, 故由上式得 Sn- Sn-1-1=0, 所以数列{ Sn}是一个首项为 S1=1,公差为 1 的等差数列,其通项公式为 Sn=n. an+1 由 = Sn,得 an=2 Sn-1=2n-1. 2 显然,当 n=1 时,也适合上式. 综上可知,数列{an}的通项公式为 an=2n-1. [答案] 1.C 2.2n-1

已知 Sn 与 an 的关系式求 an 的方法 ? ?S1,n=1, 数列的通项 an 与前 n 项和 Sn 的关系是 an=? 当 n=1 时,a1 若适合 Sn- ?Sn-Sn-1,n≥2. ? Sn-1,则 n=1 的情况可并入 n≥2 时的通项 an;当 n=1 时,a1 若不适合 Sn-Sn-1,则用分段 函数的形式表示.

热点二 命题角度

等差、等比数列的基本运算 (1)考查等差(比)数列中 a1,n,d(q)的计算, 如 T1,T2; (2)考查等差、等比数列的交汇运算,如 T3.

1.设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,若 a1=1,公差 d=2,Sk+2-Sk=24,则 k=( ) A.8 B.7 C.6 D.5 S4 2.(2014· 台州模拟)设 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和,若 8a2-a5=0,则 =( ) S2 A.-8 B.5 C.8 D.15 1 ? ? 1 1 1 1 + ?+? + ? 3. 设数列{an}是首项为 1 的等比数列, 若?2a +a ?是等差数列, 则? 2 a a 2 a a ? ? ? + 1 2 2 3? ? n n 1? 1 1 +?+ + 的值等于( ) 2a2 012 a2 013 A.2 012 B.2 013 C.3 018 D.3 019 ?k+2??k+1? [自主解答] 1.法一:由题意,Sk+2=(k+2)a1+ d=k+2+(k+2)(k+1)=(k+ 2 k?k-1? 2)2,Sk=ka1+ d=k+k(k-1)=k2, 2 故 Sk+2-Sk=(k+2)2-k2=4k+4=24,解得 k=5. 法二:Sk+2-Sk=ak+2+ak+1=2ak+1+d=2(a1+kd)+d=2(1+2k)+2=24,解得 k=5.

a5 2.设数列{an}的公比为 q,由 8a2-a5=0,得 =8=q3,即 q=2,再由等比数列的前 n a2 a1?1-q4? 1-q S4 项和公式得 = =1+q2=5. S2 a1?1-q2? 1-q 1 ? ? 1 1 - ?为等差数列,由定义可得 3.据题意 an=qn 1, = - .若数列? 2an+an+1 ?2+q?qn 1 ?2an+an+1? 1-q 1 1 1 1 - = - - - = - 为定值,故必有 q=1,故 an=1, 2an+an+1 2an-1+an ?2+q?qn 1 ?2+q?qn 2 ?2+q?qn 1 1 1 1 1 ? ?1+1?=3 018. + ?+?+? + 因此? = 2 012 × ?2a1 a2? ?2a2 012 a2 013? ?2 ? [答案] 1.D 2.B 3.C a4 1 将题 1 中的条件“a1=1,公差 d=2,Sk+2-Sk=24”改为“ = ,S7-S4=15”,求 S4 12 Sn 的最小值. ?4a1+15d=0, ? 解:记等差数列{an}的公差为 d,依题意有? 由此解得 a1=-15,d=4, ?a1+5d=5, ? n?a1+an? 17?2 289 an=4n-19,Sn= =2n2-17n=2? ?n- 4 ? - 8 ,因此当 n=4 时,Sn 取得最小值 S4 2 =2×42-17×4=-36.

方程思想在等差(比)数列的基本运算中的运用 等差(比)数列的通项公式、求和公式中一共包含 a1、d(或 q)、n、an 与 Sn 这五个量,如果 已知其中的三个,就可以求其余的两个.其中 a1 和 d(或 q)是两个基本量,所以等差数列与等 比数列的基本运算问题一般先设出这两个基本量,然后根据通项公式、求和公式构建这两者 的方程组,通过解方程组求其值,这也是方程思想在数列问题中的体现. 热点三 命题角度 等差、等比数列的性质 (1)考查等差数列的性质,如 T1,T2; (2)考查等比数列的性质,如 T3.

99 1.已知在等差数列{an}中,a7+a9=16,S11= ,则 a12 的值是( ) 2 A.15 B.30 C.31 D.64 2.(2014· 杭州模拟)已知等差数列{an}前 9 项的和等于前 4 项的和,若 a1=1,ak+a4=0, 则 k=________. 3.已知在各项为正的数列{an}中,a1=1,a2=2,log2an+1+log2an=n(n∈N*),则 a1+ a2+?+a2 013-21 008=________. 99 [自主解答] 1.∵{an}为等差数列,∴a7+a9=2a8=16,∴a8=8,又∵S11=11a6= ,∴ 2 9 7 a6= ,∴2d=a8-a6= ,∴a12=a8+4d=15. 2 2 2.由 S9=S4,所以 a5+a6+a7+a8+a9=0,即 5a7=0,所以 a7=0.又 a1=1,由 a7=a1 1? 1 3 ? 1? ? 1? +6d 得 d=- .又 ak+a4=0,即 a1+(k-1)? ?-6?+a1+3×?-6?=0,即(k-1)×?-6?=-2, 6

所以 k-1=9,所以 k=10. an+2· an+1 2n 1 an+2 = n =2,即 =2,因此数列 a1,a3,a5,?, 2 an an+1· an 1×?1-21 007? 1 007 a2 013 是以 a1=1 为首项,2 为公比的等比数列,a1+a3+a5+?+a2 013= =2 1-2 -1;数列 a2,a4,a6,?,a2 012 是以 a2=2 为首项,2 为公比的等比数列,a2+a4+a6+?+ 2?1-21 006? 1 007 a2 012= =2 -2.所以 a1+a2+?+a2 013-21 008=(21 007-1)+(21 007-2)-21 008= 1-2 -3. [答案] 1.A 2.10 3.-3


3.依题意得 an+1· an=2n,则

巧用等差(比)中项变形 等差数列与等比数列的性质应用问题中,等差中项与等比中项是非常重要的,主要体现 在两个方面: (1)等差(比)中项在解决项的计算问题中的应用. 将两项之和(或积)直接转化为数列中的某 一项,在等差数列{an}中,有 an-k+an+k=2an,在等比数列{bn}中,有 bn-k· bn+k=b2 n; (2)等差中项在等差数列求和公式中的应用.在等差数列{an}中,如 n=2k+1(k∈N*),则 n?a1+an? a1+an=2ak+1,所以 Sn= =nak+1. 2

热点四 命题角度

数列与递推公式 (1)考查利用累加或累乘求通项公式; (2)考查具有周期性的数列; (3)考查构造等差数列或等比数列解决问题的 方法. an· an-1 an· an+1 = an-1-an an-an+1

[ 例 1]

(1)(2014· 杭州七校联考 ) 数列 {an} 满足 a1 = 2 , a2 = 1 , 并且

(n≥2),则数列{an}的第 100 项为( ) 1 1 1 1 A. 100 B. 50 C. D. 2 2 100 50 (2)(2014· 唐山模拟)已知数列{an}满足 a1=0,a2=1,an+2=3an+1-2an,则{an}的前 n 项 和 Sn=________. (3)(2014· 郑州模拟)已知数列{an}中,a1=1,a2=2,且 an· an+2=an+1(n∈N*),则 a2 014 的 值为________. an· an-1 an· an+1 an-1-an an-an+1 1 1 1 [师生共研] (1)由于 n≥2 时, = , 即 = , 即 - = an an-1 an+1 an-1-an an-an+1 an· an-1 an· an+1 1 1 1 1 ?1? 1 1 1 n - ,又有 - = ,所以数列?a ?是以 为首项,公差为 d= 的等差数列,则 = ,可得 an a2 a1 2 2 2 an 2 ? n? 2 1 an= ,a100= . n 50 an+2-an+1 (2)∵an+2=3an+1-2an,∴an+2-an+1=2(an+1-an),∴ =2, an+1-an - ∴数列{an+1-an}是以 1 为首项,2 为公比的等比数列,∴an+1-an=2n 1, - ∴a2-a1=20,a3-a2=21,a4-a3=22,?,an-an-1=2n 2,

∴an-a1=20+21+?+2n 2=


1-2n 1 n-1 =2 -1, 1-2


1-2n ∴Sn=(2 +2 +?+2 )-n= -n=2n-n-1. 1-2 (3)∵an· an+2=an+1(n∈N*),由 a1=1,a2=2,得 a3=2,由 a2=2,a3=2,得 a4=1,由 1 1 1 1 1 1 a3=2,a4=1,得 a5= ,由 a4=1,a5= ,得 a6= ,由 a5= ,a6= ,得 a7=1,由 a6= , 2 2 2 2 2 2 a7=1,得 a8=2,由此推理可得{an}是一个周期为 6 的数列,所以 a2 014=a4=1. [答案] (1)D (2)2n-n-1 (3)1
0 1 n-1

∴an=2n 1-1,


由递推公式求通项公式的常用方法 已知数列的递推关系求数列的通项公式时,通常用累加、累乘、构造法求解. 当出现 an=an-1+m 时,构造等差数列;当出现 an=pan-1+q 时,构造等比数列;当出 an 现 an=an-1+f(n)时,用累加法求解;当出现 =f(n)时,用累乘法求解. an-1

1.已知数列{an}满足 an+1

?2a ,0≤a <2, =? 1 ?2a -1,2≤a <1,
n n n n

1

6 若 a1= ,则 a2 014=________. 7

5 3 6 5 3 解析:由题意得,a2= ,a3= ,a4= ,a5= ,a6= ,?,故数列{an}是以 3 为周期的 7 7 7 7 7 6 周期数列,又 2 014=3×671+1,所以 a2 014=a1= . 7 6 答案: 7 2nan-1 2 . 已知数列 {an} 满足 a1 = 1 , an = (n≥2) , 则数列{an} 的通项公式为 an = an-1+2n-2 ________. 2an-1 an n 1 n-1 n n-1 1 ?n? 解析: 依题意得 = , 从而 = + , 即 - = (n≥2), 因此数列?a ? n an-1+2n-2 an 2 an-1 an an-1 2 ? n? 1 n 1 2n 是以 1 为首项, 为公差的等差数列,于是有 =1+ (n-1),即 an= . 2 an 2 n+1 2n 答案: n+1 3.已知数列{an}满足:a1=1,(n-1)an=n×2nan-1(n∈N*,n≥2),则数列{an}的通项公 式为______. 解析:当 n≥2 时,有(n-1)an=n×2nan-1, an n 故 = ×2n, an-1 n-1 an-1 n-1 n-1 则有 = ×2 , an-2 n-2 an-2 n-2 n-2 = ×2 , an-3 n-3 ?,

a2 2 = ×22, a1 1 n n-1 n-1 ?n-2 n-2? 2 an n ×2 ?×?×? ×22?= 上述 n-1 个式子累乘,得 =?n-1×2 ?× ?1 ? a1 ? ? n-2×2 ×? ?n-3 ? n-1 n-2 n 2 - - + - + - + ? + 2 × × ×?× ×(2n×2n 1×2n 2×?×22) = n×2n (n 1) (n 2) = 1 n-1 n-2 n-3 ?n-1??n+2? n×2 . 2 当 n=1 时,a1=1×20=1,也满足上式. 故数列{an}的通项公式为 答案: 热点五 命题角度 数列与函数的综合问题 把数列问题函数化,通过函数给出数列,考 查数列的有关计算或性质是命制此类问题的 突出特点. .

[例 2]

3 ? (1)(2014· 青岛模拟)已知定义在 R 上的函数 f(x)是奇函数且满足 f? f(- ?2-x?=f(x),

Sn an 2)=-3.数列{an}满足 a1=-1, 且 =2· +1(其中 Sn 为数列{an}的前 n 项和), 则 f(a5)+f(a6) n n =( ) A.-3 B.-2 C.3 D.2 (2)(2014· 德阳模拟)定义在(0,+∞)上函数 f(x)满足对任意 x,y∈(0,+∞),都有 xyf(xy) =xf(x)+yf(y),记数列 an=f(2n),有以下命题:①f(1)=0;②a1=a2;③令函数 g(x)=xf(x), 1? n 则 g(x)+g? an,则数列{bn}为等比数列,其中的真命题为________. ?x?=0;④令数列 bn=2 · 3 ? 3 [师生共研] (1)由 f? ?2-x?=f(x)可知函数 f(x)的对称轴为 x=4,又函数 f(x)是奇函数,所 3 ? ? 3? ? 3? 以有 f? ?2-x?=f(x)=-f?x-2?,所以 f?x-2?=-f(x),即 f(x-3)=f(x),函数 f(x)的周期为 3. Sn an 由 =2· +1 得 Sn=2an+n,所以当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2an+n-(2an-1+n-1)=2an- n n 2an-1+1,即 an=2an-1-1,所以 a2=-3,a3=-7,a4=-15,a5=-31,a6=-63,所以 f(a5)+f(a6)=f(-31)+f(-63)=f(-1)+f(0)=-f(1)+f(0). 因为函数 f(x)是奇函数, 所以有 f(0) =0,由 f(-2)=-3,可得 f(1)=f(-2)=-3,所以 f(a5)+f(a6)=3. (2)令 x=y=1,由 xyf(xy)=xf(x)+yf(y)得,f(1)=0,①正确;令 x=y=2,则 4f(4)=2f(2) 1 +2f(2),即 f(4)=f(2),又 a1=f(2),a2=f(4),所以 a1=a2,②正确;令 y= ,则有 f(1)=xf(x) x 1? 1 1? + f? ,即 g(x)+g? ?x?=f(1)=0,③正确;因为 b1=2a1,b2=4a2,b3=8a3,而 a1=a2,a3 x ? x? 3 =f(8),令 x=2,y=4,由 xyf(xy)=xf(x)+yf(y)得,8f(8)=2f(2)+4f(4),化简得 f(8)= f(2), 4 3 即 a3= a1,显然 b1,b2,b3 不是等比数列中的项,所以{bn}定不是等比数列,④错. 4 [答案] (1)C (2)①②③

解决此类问题要抓住一个中心——函数,两个密切联系:(1)数列和函数间的密切联系,

数列的通项公式是数列问题的核心,函数的解析式是研究函数问题的基础;(2)方程、不等式 与函数的联系,利用它们之间的关系进行灵活处理.

4.已知函数 f(x)=x2-ax 的图象在点 A(1,f(1))处的切线 l 与直线 x+3y+2=0 垂直,若 ? 1 ? 数列?f?n??的前 n 项和为 Sn,则 S2 013 的值为( ) ? ? 2 010 A. 2 011 解析:选 D 2 011 B. 2 012 2 012 C. 2 013 2 013 D. 2 014

1 1 1 = = - f?n? n?n+1? n 1 1 ? 1 1 1 1 1 2 013 1- ?+? - ?+?+?n- ,所以 Sn=? =1- ,故 S2 013= . 2 2 3 n + 1 ? ? ? ? 2 014 ? ? n+1 n+1 5. 设函数 f(x)=(x-3)3+x-1, 数列{an}是公差不为 0 的等差数列, f(a1)+f(a2)+?+f(a7) =14,则 a1+a2+?+a7=( ) A.0 B.7 C. 14 D.21 3 解析:选 D f(a1)+f(a2)+?+f(a7)=(a1-3) +a1-1+(a2-3)3+a2-1+?+(a7-3)3+ a7-1=14,即(a1-3)3+a1-3+(a2-3)3+a2-3+?+(a7-3)3+a7-3=0,根据等差数列的 性质得(a4-3-3d)3+(a4-3-2d)3+?+(a4-3+3d)3+7(a4-3)=0,即(a4-3-3d)3+(a4-3 +3d)3+(a4-3-2d)3+(a4-3+2d)3+?+(a4-3)3+7(a4-3)=0, ∴2(a4-3)[(a4-3)2+27d2]+2(a4-3)[(a4-3)2+12d2]+2(a4-3)[(a4-3)2+3d2]+(a4-3)3 +7(a4-3)=0, 即(a4-3)[7(a4-3)2+84d2+7]=0, ∴a4-3=0,即 a4=3, ∴a1+a2+?+a7=7a4=21. f′(x)=2x-a,由已知得 f′(1)=3,所以 a=-1,所以

热点六

与数列有关的新定义问题 (1)定义一种新数列,考查数列的有关运算; (2)定义一种新函数,然后将新函数与数列问 题相结合考查.

命题角度

[例 3] (1)定义“等积数列”:在一个数列中,如果每一项与它的后一项的积都为同一 个常数,那么这个数列叫做等积数列,这个常数叫做该数列的公积.已知数列{an}是等积数 列且 a1=2,前 21 项的和为 62,则这个数列的公积为________. (2)记[x]为不超过实数 x 的最大整数,例如,[2]=2,[1.5]=1,[-0.3]=-1.设 a 为正整 ?x +? a ?? 数,数列{xn}满足 x1=a,xn+1=? n ?xn??(n∈N*),现有下列命题: ? 2 ? ①当 a=5 时,数列{xn}的前 3 项依次为 5,3,2; ②对数列{xn}都存在正整数 k,当 n≥k 时总有 xn=xk; ③当 n≥1 时,xn> a-1; ④对某个正整数 k,若 xk+1≥xk,则 xk=[ a ].

其中的真命题有________.(写出所有真命题的编号) m [师生共研] (1)设这个等积数列的公积为 m,由于 a1=2,所以 a2= ,于是这个数列的 2 m m m m 各项依次为 2, ,2, ,2, ,?,由于前 21 项的和为 62,所以 2×11+ ×10=62,解 2 2 2 2 得 m=8. ?3+?5?? 5+1? ? ?3??=2,因此①正确.对于②, (3) 对于①,当 a=5 时,x1=5,x2= ? 2 ?=3,x3=? ? 2 ? 注意到当 a=3 时,x1=3,x2=2,x3=1,x4=2,x5=1,x6=2,x7=1,?此时数列{xn} 除第一项外,从第二项起以后的项是以 2 为周期重复性出现的,此时不存在正整数 k,使 得当 n≥k 时,总有 xn=xk,②不正确.对于③,注意到 xn∈N*,且 x1=a,x1-( a-1) 1? 2 3 ?a? =a- a+1=? ? a-2? + 4 >0 , 即 x1> a - 1 , 若 xn + ?xn? 是 正 奇 数 , 则 xn + 1 = a? a xn+? ?xn?-1 xn+xn-2 2 a-2 a? > ≥ = a - 1 ; 若 xn + ? ?xn? 是 正 偶 数 , 则 xn + 1 = 2 2 2 a? a xn+? ?xn? xn+xn-2 2 a-2 > ≥ = a-1,综上所述,当 n≥1 时,xn> a-1 成立,因此③ 2 2 2 a? xk+? ?xk? a? a ?a? 正确.对于④,依题意得知 xk+1-xk≥0, -xk≥0,即? ?xk?-xk≥0,xk-xk≥?xk?- 2 a xk≥0, -xk≥0, xk≤ a; 又由③得知 xk> a-1, 于是有 a-1<xk≤ a, 因此有 xk=[ a ], xk ④正确.综上所述,其中的真命题是①③④. [答案] (1)8 (2)①③④

解决此类问题的关键是迅速去掉“新定义”的外衣,将原问题转化为我们熟悉的函数或 数列问题求解.

6. 定义在(-∞, 0)∪(0, +∞)上的函数 f(x), 如果对于任意给定的等比数列{an}, {f(an)} 仍是等比数列,则称 f(x)为“保等比数列函数”,现有定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的如下 函数: ①f(x)=x2;②f(x)=2x;③f(x)= |x|;④f(x)=ln|x|. 则其中是“保等比数列函数”的 f(x)的序号为( ) A.①② B.③④ C.①③ D.②④ 解析:选 C 法一:设{an}的公比为 q. ①f(an)=a2 n, 2 an+1 an+1?2 ∵ 2 =? =q2, an ? an ? ∴{f(an)}是等比数列.排除 B、D. ③f(an)= |an|, |an+1| an+1 ∵ = = |q|, an |an| ∴{f(an)}是等比数列.排除 A. 法二:不妨令 an=2n.

①因为 f(x)=x2,所以 f(an)=4n.显然{f(2n)}是首项为 4,公比为 4 的等比数列. ②因为 f(x)=2x, 所以 f(a1)=f(2)=22,f(a2)=f(4)=24, f(a3)=f(8)=28, f?a2? 24 f?a3? 28 所以 = 2=4≠ = 4=16, f?a1? 2 f?a2? 2 所以{f(an)}不是等比数列. ③因为 f(x)= |x|,所以 f(an)= 2n=( 2)n. 显然{f(an)}是首项为 2,公比为 2的等比数列. ④因为 f(x)=ln|x|,所以 f(an)=ln 2n=nln 2. 显然{f(an)}是首项为 ln 2,公差为 ln 2 的等差数列. 7.若数列{an}满足对任意的 n∈N*,只有有限个正整数 m 使得 am<n 成立,记这样的 m 的个数为(an)*, 则得到一个新数列{(an)*}. 例如, 若数列{an}是 1,2,3, ?, n, ?, 则数列{(an)*} 是 0,1,2,?,n-1,?.已知对任意的 n∈N*,an=n2,则(a5)*=________,((an)*)*=________. 解析: 依题意可知, 数列{an}是 1,4,9,16, ?, 所以满足 am<5 的只有 a1 和 a2 两个, 故(a5)* =2;数列{(an)*}是 0,1,1,1,2,2,2,2,2,?,由此规律可知数列{(an)*}有 2n+1 个 n,故((an)*)* n?1+2n-1? 2 =1+3+?+[2(n-1)+1]= =n . 2 答案:2 n2

一、选择题 1.(2014· 唐山模拟)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 S5=13,S15=63,则 S20=( ) A.90 B.100 C.110 D.120 解析:选 B 因为数列{an}为等差数列,则可设 S10=x,S20=y,则 13,x-13,63-x,y -63 成等差数列, 所以 2(x-13)=13+(63-x),所以 x=34, 所以 13,x-13,63-x,y-63 分别为 13,21,29,37,所以 y-63=37,所以 S20=100. n-1 2.(2014· 安溪模拟)数列{an}满足 a1=1,且当 n≥2 时,an= a ,则 a5=( ) n n-1 1 1 A. B. C.5 D.6 5 6 n-1 an n-1 a5 a4 a3 a2 解析: 选 A 因为 a1=1, 且当 n≥2 时, an= a , 则 = .所以 a5= · · · · a, n n-1 an-1 n a4 a3 a2 a1 1 4 3 2 1 1 即 a5= × × × ×1= .故选 A. 5 4 3 2 5 3. 已知等比数列{an}满足 an>0, n=1,2, ?, 且 a5· a2n-5=22n(n≥3), 则当 n≥1 时, log2a1 +log2a3+?+log2a2n-1=( ) A.n(2n-1) B.(n+1)2 C.n2 D.(n-1)2 n 解析:选 C 因为数列{an}是等比数列,所以 a5· a2n-5=a2 n,an>0,所以 an=2 ,故 log2a1 1+3+?+(2n-1) 2 +log2a3+?+log2a2n-1=log2(a1· a3· ?· a2n-1)=log22 =n . 4. 已知数列{an}的前 n 项和 Sn=n2-n, 正项等比数列{bn}中, b2=a3, bn+3bn-1=4b2 n(n≥2, * n∈N ),则 log2bn=( ) A.n-1 B.2n-1 C.n-2 D.n

解析:选 D 法一:因为 a3=S3-S2=4,所以 b2=a3=4,log2b2=log24=2,验证可知 A,B,C 均不符合,答案为 D. b2 n+1 2 法二: 因为 a3=S3-S2=4, 所以 b2=a3=4, 又 bn+3bn-1=4b2 即 b2 所以 q2= 2 n, n+1=4bn, bn - - =4,q=2,所以数列{bn}的通项公式是 bn=b2qn 2=4×2n 2=2n,所以 log2bn=log22n=n.故 选 D. 5.(2014· 汕头模拟)设等差数列{an}的公差 d≠0,a1=4d.若 ak 是 a1 与 a2k 的等比中项, 则 k=( ) A.3 或-1 B.3 或 1 C.3 D.1 解析: 选 C 因 ak 是 a1 与 a2k 的等比中项, 所以 a2 a2k, 即[a1+(k-1)· d]2=a1· [a1+(2k k =a1· 2 -1)· d],又 a1=4d,d≠0,则有 k -2k-3=0,即 k=3 或 k=-1(舍去). 6.数列{an}的首项为 3,{bn}为等差数列且 bn=an+1-an(n∈N*),若 b3=-2,b10=12, 则 a8=( ) A.0 B.3 C.8 D.11 解析:选 B ∵{bn}为等差数列,设其公差为 d,b3=-2,b10=12, ∴7d=b10-b3=12-(-2)=14,∴d=2. ∵b3=-2, ∴b1=b3-2d=-2-4=-6, 7×6 ∴b1+b2+?+b7=7b1+ d=7×(-6)+21×2=0. 2 又∵b1+b2+?+b7=(a2-a1)+(a3-a2)+?+(a8-a7)=a8-a1=a8-3. 所以,a8-3=0,a8=3.故选 B. + 7.(2014· 眉山模拟)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=2n 1-2,等差数列{bn}中,b2=a2,且 bn+3+bn-1=2bn+4,(n≥2,n∈N*),则 bn=( ) A.2n+2 B.2n C.n-2 D.2n-2 + + 解析:选 B an=2n 1-2-2n+2=2n(n>1),当 n=1 时,a1=S1=21 1-2=2=21,故 an =2n(n≥1).所以 b2=a2=4,由此可排除 A、C、D.对 B 选项,若 bn=2n,则 bn+3+bn-1=2(n +3)+2(n-1)=4n+4,2bn+4=4n+4 满足题设,选 B. 8.在数列{an}中,a1=1,a2=2,若 an+2=2an+1-an+2,则 an 等于( ) 1 3 2 6 3 2 A. n - n+ B.n -5n +9n-4 5 5 5 2 C.n -2n+2 D.2n2-5n+4 解析:选 C 依题意得(an+2-an+1)-(an+1-an)=2,因此数列{an+1-an}是以 1 为首项, 2 为公差的等差数列,an+1-an=1+2(n-1)=2n-1.当 n≥2 时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2) ?n-1??1+2n-3? +?+(an-an-1)=1+1+3+?+(2n-3)=1+ =(n-1)2+1=n2-2n+2, 2 又 a1=1=12-2×1+2,因此 an=n2-2n+2. 9.若数列{an}的前 n 项和为 Sn,则下列命题: (1)若数列{an}是递增数列,则数列{Sn}也是递增数列; (2)数列{Sn}是递增数列的充要条件是数列{an}的各项均为正数; (3)若{an}是等差数列(公差 d≠0),则 S1· S2· ?· Sk=0 的充要条件是 a1· a2· ?· ak=0; (4)若{an}是等比数列,则 S1· S2· ?· Sk=0(k≥2,k∈N)的充要条件是 an+an+1=0. 其中,正确命题的个数是( ) A.0 个 B.1 个 C.2 个 D.3 个 解析:选 B 数列{an}的前 n 项和为 Sn,故 Sn=a1+a2+a3+?+an.若数列{an}是递增数 列,则数列{Sn}不一定是递增数列,如当 an<0 时,数列{Sn}是递减数列,故(1)不正确;由数 列{Sn}是递增数列,不能推出数列{an}的各项均为正数,如数列:0,1,2,3,?,满足{Sn}是递 增数列,但不满足数列{an}的各项均为正数,故(2)不正确;若{an}是等差数列(公差 d≠0), 则由 S1· S2· ?· Sk = 0 ,不能推出 a1· a2· ?· ak = 0 ,例如数列:- 3 ,- 1,1,3 ,满足 S4 = 0 ,但 a1· a2· a3· a4≠0,故(3)不正确;若{an}是等比数列,则由 S1· S2· ?· Sk=0(k≥2,k∈N)可得数列的

{an}公比为-1,故有 an+an+1=0.由 an+an+1=0 可得数列{an}的公比为-1,可得 S1· S2· ?· Sk =0(k≥2,k∈N),故(4)正确.故选 B. 10. 为防洪抗旱,某地区大面积植树造林,如图,在区域{(x,y)|x≥0,y≥0}内植树,第 一棵树在 A1(0,1)点,第二棵树在 B1(1,1)点,第三棵树在 C1(1,0)点,第四棵树在 C2(2,0)点, 接着按图中箭头方向,每隔一个单位种一棵树,那么,第 2 014 棵树所在的点的坐标是( )

A.(9,44) B.(10,44) C.(10,43) D.(11,43) 解析:选 B 由题意可得种树的方法是按照一个等差数列 3,5,7,?,2n+1 排列.由前 -2+ 8 060 n 项和得(n+2)n=2 014,所以 n2+2n-2 014=0,解得 n= (负值舍去).所以 2 n≈43,当 n=43 时对应种了 1 935 棵树.由于单数的最后一个落在 x 轴上,双数的最后一个 落在 y 轴上, 所以在坐标为(43,0)向右种 1 棵, 再向上种 44 棵, 即第 1 980 棵的坐标为(44,44), 再向左平行移动 34 格,即第 2 014 棵及坐标为(10,44). 二、填空题 a6 11.已知各项均为正数的等比数列{an}满足 a6=a5+2a4,则 的值为________. a4 2 2 解析:因为 a6=a5+2a4,所以 a4q =a4q+2a4,即 q -q-2=0,数列{an}是各项均为正 a6 数的等比数列,所以 q=2, =q2=4. a4 答案:4 1 12.在等差数列{an}中,a2=5,a1+a4=12,则 an=________;设 bn= 2 (n∈N*), an-1 则数列{bn}的前 n 项和 Sn=________. 解析:设等差数列{an}的公差为 d,则有 a2+a3=5+a3=12,a3=7,d=a3-a2=2,an 1 1 1 1 1 = a2 + (n - 2)d = 2n + 1.bn = = ?n-n+1? , 因 此 数 列 {bn} 的 前 n 项 和 Sn = 4 ? 4n?n+1? 4 ?

? 1-1?+?1-1?+?+?1- × ? ?n ?? 2? ?2 3?
答案:2n+1

1 ?? 1? 1 n = 1-n+1?= . n+1?? 4 ? ? 4?n+1? ?

n 4?n+1? 13.(2014· 宜春模拟)已知数列{an},若点(n,an)(n∈N*)在直线 y-3=k(x-6)上,则数列 {an}的前 11 项和 S11=________. 解析:若点(n,an)(n∈N*)在直线 y-3=k(x-6)上,则 an=k(n-6)+3,S11=a1+a2+a3 +?+a11=k(-5-4-3-2-1+0+1+2+3+4+5)+11×3=33. 答案:33 14.(2014· 苏州模拟)已知各项均为正数的等比数列{an},若 2a4+a3-2a2-a1=8,则 2a8 +a7 的最小值为________. 解析: 设{an}的公比为 q, 由 2a4+a3-2a2-a1=8, 得(2a2+a1)q2-(2a2+a1)=8, 所以(2a2 6 3 8q 8t +a1)(q2-1)=8,显然 q2>1,2a8+a7=(2a2+a1)q6= 2 ,令 t=q2,则 2a8+a7= ,设函 q -1 t-1 8t2?2t-3? 3? 8t3 ?3 ? 数 f(t)= (t>1),f′(t)= ,易知当 t∈? ?1,2?时,f(t)为减函数,当 t∈?2,+∞?时, t-1 ?t-1?2 3? f(t)为增函数,所以 f(t)的最小值为 f? ?2?=54,故 2a8+a7 的最小值为 54. 答案:54 15.已知 f(x)是定义在 R 上不恒为零的函数,对于任意的 x,y∈R,都有 f(xy)=xf(y)+

yf(x)成立.数列{an}满足 an=f(2n)(n∈N*),且 a1=2,则数列{an}的通项公式为 an=________. an an-1 - - - 解析:令 x=2,y=2n 1,则 f(xy)=f(2n)=2f(2n 1)+2n 1f(2),即 an=2an-1+2n, n= n-1 2 2 a ? n? an +1,所以数列?2n?是首项为 1,公差为 1 的等差数列,由此可得 n=1+(n-1)×1=n,即 an 2 ? ? =n· 2n. 答案:n· 2n f?x? f?1? f?-1? 16. 已知定义在 R 上的函数 f(x)、 g(x)满足 =ax, 且 f′(x)g(x)<f(x)g′(x), + g?x? g?1? g?-1? ? f?n? ? f?x? ? 5 31 ?(n∈N*)的前 n 项和为 ,则 n=________.解析:根据题意得? = ,若有穷数列? 2 32 ?g?x??′ ?g?n?? f′?x?g?x?-f?x?g′?x? f?x? ? f′?x?g?x?-f?x?g′?x? = ,因为 f′(x)g(x)<f(x)g′(x),所以? <0, ?g?x??′= g2?x? g2?x? f?x? f?1? f?-1? 5 5 1 5 - 即函数 =ax 单调递减,所以 0<a<1.又 + = ,即 a+a 1= ,即 a+ = ,解得 2 a 2 g?x? g?1? g?-1? 2 ? ? f?n? 1 f?x? ?1?x 1 1 ?为首项为 a1= ,公比 q= 的等比数列,所 a=2(舍去)或 a= .所以 = ,即数列? 2 2 2 g?x? ?2? ?g?n?? 1 ? ?n a1?1-qn? 1 1-?2? 1?n 1?n 31 1?n 1 以 Sn= = × =1-? ,由 1-? = ,得? 2 2 2? =32,解得 n=5. ? ? ? ? ? 2 1 32 1-q 1- 2 答案:5

第二讲

高考中的数列(解答题型)

1.(2014· 新课标全国卷Ⅰ)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1, 其中 λ 为常数. (1)证明:an+2-an=λ; (2)是否存在 λ,使得{an}为等差数列?并说明理由. 解:(1)由题设,anan+1=λSn-1,an+1an+2=λSn+1-1. 两式相减得 an+1(an+2-an)=λan+1. 由于 an+1≠0,所以 an+2-an=λ. (2)由题设,a1=1,a1a2=λS1-1,可得 a2=λ-1. 由(1)知,a3=λ+1. 令 2a2=a1+a3, 解得 λ=4. 故 an+2-an=4,由此可得{a2n-1}是首项为 1,公差为 4 的等差数列,a2n-1=4n-3;{a2n} 是首项为 3,公差为 4 的等差数列,a2n=4n-1. 所以 an=2n-1,an+1-an=2. 因此存在 λ=4,使得数列{an}为等差数列. 2.(2014· 江西高考)已知首项都是 1 的两个数列{an},{bn}(bn≠0,n∈N*),满足 anbn+1 -an+1bn+2bn+1bn=0. an (1)令 cn= ,求数列{cn}的通项公式; bn

(2)若 bn=3n 1,求数列{an}的前 n 项和 Sn. 解:(1)因为 anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0,bn≠0(n∈N*), an+1 an 所以 - =2,即 cn+1-cn=2. bn+1 bn 所以数列{cn}是以首项 c1=1,公差 d=2 的等差数列,故 cn=2n-1. - - (2)由 bn=3n 1 知 an=cnbn=(2n-1)3n 1, - 于是数列{an}前 n 项和 Sn=1· 30+3· 31+5· 32+?+(2n-1)· 3n 1, 1 2 n-1 n 3Sn=1· 3 +3· 3 +?+(2n-3)· 3 +(2n-1)· 3, 1 2 n-1 相减得-2Sn=1+2· (3 +3 +?+3 )-(2n-1)· 3n=-2-(2n-2)3n, n 所以 Sn=(n-1)3 +1.


数列求和常用的方法 1.分组求和法:分组求和法是解决通项公式可以写成 cn=an+bn 形式的数列求和问题的 方法,其中{an}与{bn}是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列. 2.裂项相消法:将数列的通项分成两个代数式子的差,即 an=f(n+1)-f(n)的形式,然 ? c ? 后通过累加抵消中间若干项的求和方法.形如?a a ?(其中{an}是各项均不为 0 的等差数列, ? n n+1? c 为常数)的数列等. 3.错位相减法:形如{an· bn}(其中{an}为等差数列,{bn}为等比数列)的数列求和,一般 分三步:①巧拆分;②构差式;③求和. 4.倒序求和法:距首尾两端等距离的两项和相等,可以用此法,一般步骤:①求通项公 式;②定和值;③倒序相加;④求和;⑤回顾反思.

热点一 命题角度

等差、等比数列的综合问题 (1)考查等差数列、等比数列的判定与证明; (2)考查等差数列、等比数列的综合运算.

(1)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1=t,an+1=2Sn+1(n∈N*). 1 ①若 t≠- ,求证:数列{Sn}不是等差数列; 2 ②当 t 为何值时,数列{an}是等比数列,并求出该等比数列的前 n 项和 Sn. (2)(2014· 重庆高考)已知{an}是首项为 1,公差为 2 的等差数列,Sn 表示{an}的前 n 项和. ①求 an 及 Sn; ②设{bn}是首项为 2 的等比数列,公比 q 满足 q2-(a4+1)q+S4=0,求{bn}的通项公式 及其前 n 项和 Tn. [师生共研] (1)①假设数列{Sn}为等差数列,则必有 2S2=S1+S3,即 2(a1+a2)=a1+a1 +a2+a3,所以 a2=a3, 又 a2=2S1+1=2a1+1=2t+1,a3=2S2+1=2(a1+a2)+1=2(t+2t+1)+1=6t+3, 1 1 所以由 a2=a3 得 2t+1=6t+3, 即 t=- , 这与 t≠- 矛盾. 故数列{Sn}不是等差数列. 2 2 ②由 an+1=2Sn+1 得 an=2Sn-1+1(n≥2), 两式相减得 an+1-an=2an, 即 an+1=3an(n≥2), 所以当 n≥2 时,数列{an}是等比数列. [例 1]

a2 2t+1 要使 n≥1 时,数列{an}是等比数列,只需 = =3,从而得 t=1. a1 t
故当 t=1 时,数列{an}是以 1 为首项,3 为公比的等比数列. n 1× 1-3 1 n n-1 所以 an=3 ,所以 Sn= = (3 -1). 1-3 2 (2)①因为{an}是首项 a1=1,公差 d=2 的等差数列,所以 an=a1+(n-1)d=2n-1. n a1+an n 1+2n-1 2 故 Sn=1+3+…+(2n-1)= = =n . 2 2 2 2 ②由①得 a4=7,S4=16.因为 q -(a4+1)q+S4=0,即 q -8q+16=0, 2 所以(q-4) =0,从而 q=4. 又因为 b1=2,{bn}是公比 q=4 的等比数列,所以 bn=b1qn-1=2·4n-1=22n-1. b1 1-qn 2 n 从而{bn}的前 n 项和 Tn= = (4 -1). 1-q 3

证明(或判断)数列是等差(比)数列的四种基本方法 an+1 (1)定义法:an+1-an=d(常数)(n∈N*)?{an}是等差数列; =q(q 是非零常数)?{an} an 是等比数列; 2 (2)等差(比)中项法: 2an+1=an+an+2(n∈N*)?{an}是等差数列; an an+2(n∈N*, an≠0) +1=an· ?{an}是等比数列; (3)通项公式法:an=pn+q(p,q 为常数)?{an}是等差数列;an=a1· qn 1(其中 a1,q 为非 零常数,n∈N*)?{an}是等比数列; (4)前 n 项和公式法:Sn=An2+Bn(A,B 为常数)?{an}是等差数列;Sn=Aqn-A(A 为非 零常数,q≠0,1)?{an}是等比数列.


1.已知数列{an}满足 a1=1,|an+1-an|=pn,n∈N*. (1)若{an}是递增数列,且 a1,2a2,3a3 成等差数列,求 p 的值; 1 (2)若 p= ,且{a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,求数列{an}的通项公式. 2 解:(1)因为{an}是递增数列,所以 an+1-an=|an+1-an|=pn.而 a1=1,因此 a2=p+1,a3 =p2+p+1. 1 又 a1,2a2,3a3 成等差数列,所以 4a2=a1+3a3,因而 3p2-p=0,解得 p= 或 p=0. 3 1 当 p=0 时,an+1=an,这与{an}是递增数列矛盾,故 p= . 3 (2)由于{a2n-1}是递增数列,因而 a2n+1-a2n-1>0,于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)>0. ① 1 1 但 2n< 2n-1,所以|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|. ② 2 2 1?2n-1 ?-1?2n 由①,②知,a2n-a2n-1>0,因此 a2n-a2n-1=? ?2? = 22n-1 . ③ 因为{a2n}是递减数列,同理可得 a2n+1-a2n<0,故 + 1?2n ?-1?2n 1 a2n+1-a2n=-? = . ④ ?2? 22n + ?-1?n 1 由③,④即知,an+1-an= . n 2 于是 an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+?+(an-an-1)

?-1?n 1 1 =1+ - 2+?+ n-1 2 2 2 1 - n 1 ? 1-? ?-2? 1 =1+ · 2 1 1+ 2 n 4 1 ?-1? = + · n-1 . 3 3 2 4 1 ?-1? 故数列{an}的通项公式为 an= + · n-1 . 3 3 2
n

热点二 命题角度

数列求和问题 (1)考查利用错位相减法或裂项相消法求和; (2)考查与奇偶项有关的分组求和.

[例 2] 下表是一个由正数组成的数表,数表中各行依次成等差数列,各列依次成等比数 列,且公比都相等,已知 a1,1=1,a2,3=6,a3,2=8. a1,1 a1,2 a1,3 a1,4 ? a2,1 a2,2 a2,3 a2,4 ? a3,1 a3,2 a3,3 a3,4 ? a4,1 a4,2 a4,3 a4,4 ? ? ? ? ? ? (1)求数列{an,2}的通项公式; a1,n (2)设 bn= ,n=1,2,3,?,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. an,2 [师生共研] (1)设第一行组成的等差数列的公差是 d,各列依次组成的等比数列的公比 是 q(q>0), 则 a2,3=qa1,3=q(1+2d)?q(1+2d)=6, a3,2=q2a1,2=q2(1+d)?q2(1+d)=8, - 解得 d=1,q=2.a1,2=2?an,2=2×2n 1=2n. n 1 2 3 n (2)bn= n,则 Sn= + 2+ 3+?+ n, 2 2 2 2 2 1 1 2 3 n 则 Sn= 2+ 3+ 4+?+ n+1, 2 2 2 2 2 n+2 1 1 1 1 1 n 两式相减得 Sn= + 2+ 3+?+ n- n+1=1- n+1 , 2 2 2 2 2 2 2 n+2 所以 Sn=2- n . 2 a1,n 若本例(2)中 bn= +(-1)na1,n,如何求 Sn? an,2 n 解:由例题可知 bn= n+(-1)nn, 2 1 2 3 n? n Sn=? ?2+22+23+?+2n?+[-1+2-3+?+(-1) n]. 1 2 3 n 设 Tn= + 2+ 3+?+ n, 2 2 2 2

1 1 2 3 n 则 Tn= 2+ 3+ 4+?+ n+1, 2 2 2 2 2 n+2 1 1 1 1 1 n 两式相减得 Tn= + 2+ 3+?+ n- n+1=1- n+1 , 2 2 2 2 2 2 2 n+2 所以 Tn=2- n . 2 n ,n为偶数, 2 n 又-1+2-3+?+(-1) · n= 1+ n - ,n为奇数, 2

? ? ?

n+2 - ,n为偶数, ?2+n 2 2 故 S =? 3-n n+2 ? 2 - 2 ,n为奇数.
n n n

六招解决数列求和问题 (1)转化法:将数列的项进行分组重组,使之转化为 n 个等差数列或等比数列,然后应用 公式求和. (2)错位相减法:(见主干整合) (3)裂项相消法:(见主干整合) (4)倒序相加法:(见主干整合) (5)并项求和法:先将某些项放在一起求和,然后再求 Sn. (6)归纳猜想法:通过对 S1,S2,S3,?的计算进行归纳分析,寻求规律,猜想出 Sn,然 后用数学归纳法给出证明.

1?n-1 * n 2.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=-an-? ?2? +2(n∈N ),数列{bn}满足 bn=2 an. (1)求证数列{bn}是等差数列,并求数列{an}的通项公式; ? 2 ? n 25 (2)设 cn=log2 ,数列?c c ?的前 n 项和为 Tn,求满足 Tn< (n∈N*)的 n 的最大值. an 21 ? n n+2? 1?n-1 1 解:(1)在 Sn=-an-? + 2 中,令 n = 1 ,可得 S 1=-a1-1+2=a1,即 a1= . 2 ? ? 2 1 - n 2 ? 当 n≥2 时,Sn-1=-an-1-? ?2? +2, 1?n-1 ∴an=Sn-Sn-1=-an+an-1+? ?2? , 1?n-1 n n-1 ∴2an=an-1+? ?2? ,即 2 an=2 an-1+1. ∵bn=2nan,∴bn=bn-1+1,即当 n≥2 时,bn-bn-1=1. 又 b1=2a1=1,∴数列{bn}是首项和公差均为 1 的等差数列. n 故 bn=1+(n-1)· 1=n=2nan,∴an= n. 2 n n (2)∵cn=log2 =log22 =n, an 2 2 1 1 ∴ = = - , cncn+2 n?n+2? n n+2

1? ?1 1? ?1 1? 1 1 1 ? 1 - 1 ? ?1- 1 ? ∴Tn=? ?1-3?+?2-4?+?3-5?+?+?n-1 n+1?+?n n+2?=1+2-n+1-n+2, 25 1 1 1 25 1 1 13 由 Tn< ,得 1+ - - < ,即 + > , 21 2 n+1 n+2 21 n+1 n+2 42 1 1 11 13 由于 f(x)= + 在(0,+∞)上为单调递减函数,f(4)= ,f(5)= , 30 42 x+1 x+2 ∴n 的最大值为 4. 热点三 数列与函数、方程的综合应用 (1)以函数为背景给出数列的相关信息,考查 数列的通项及前 n 项和等内容; (2)以与数列的通项 an,前 n 项和 Sn 及项数 n 有关的关系式给出数列的信息,考查数列的 有关计算及推理论证.

命题角度

1?? 1 + [例 3] (2014· 南昌模拟)设曲线 Cn:f(x)=xn 1(n∈N*)在点 P?-2,f? ?-2? 处的切线与 y

?

?

轴交于点 Qn(0,yn). (1)求数列{yn}的通项公式; (2)求数列{yn}的前 n 项和 Sn. [师生共研] (1)∵f′(x)=(n+1)xn(n∈N*),∴曲线 Cn 在点 P 处的切线斜率 kn=(n+ 1?n ? 1?n+1 ?-1?n?x+1?, 1)? ?-2? ,∴切线方程为 y-?-2? =(n+1)· ? 2? ? 2? 1?n+1 n+1 ? 1?n n ? 1?n 令 x=0,得 yn=? ?-2? + 2 · ?-2? ,故数列{yn}的通项公式为 yn=2· ?-2? . 1 2 1 1 1 3 n ? 1?n - ?+ ×?- ?2+ ×?- ?3+?+ · - (2)Sn= ×? ①, 2 ? 2? 2 ? 2? 2 ? 2? 2 ? 2? 1 1 1 1 1 1 2 3 n ? 1?n+1 - ?2+ ×?- ?3+ ×?- ?4+?+ · - 两边同乘- 得,- · Sn= ×? ②, 2 2 2 ? 2? 2 ? 2? 2 ? 2? 2 ? 2? 1 1 1 1 3 1 1 1 ? 1?n n ? 1?n+1 - - ·- ①-②,得 · S = ×?- ?+ ×?- ?2+ ×?- ?3+?+ · , 2 n 2 ? 2? 2 ? 2? 2 ? 2? 2 ? 2? 2 ? 2? 1 1 - ?n+1 - -? 2? ? 2 1 1 1 ? 1? 2 ? 1? 3 ?- ? n + 1 = ?-1? n + 1 = - ? n - n· ∴ 3Sn =- + ?-2? + ?-2? + ? + ? - n · ? 2? ? 2? ? 2? 2 1 1+ 2 ?-1?n-1 ? 2? ?-1?n+1, -n· ? 2? 3 1 2+3n ? 1?n ? ∴Sn= ? ?-2? -1?. 9? 2 ·

解决数列与函数、方程的综合问题的三个转化方向 (1)函数条件的转化.直接利用函数与数列的对应关系,把函数解析式中的自变量 x 换为 n 即可; (2)方程条件的转化.一般要根据方程解的有关条件进行转化; (3)数列向函数的转化.可将数列中的问题转化为函数的相应问题求解,但要注意自变量 取值范围的限制.对于数列中的最值、范围等问题的求解,可转化为相应函数的单调性或利 用方程有解的条件来求解.

3.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,对一切正整数 n,点 Pn(n,Sn)都在函数 f(x)=x2+2x 的图象上,且过点 Pn(n,Sn)的切线的斜率为 kn. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设集合 Q={x|x=kn,n∈N*},R={x|x=2an,n∈N*},等差数列{cn}的任一项 cn∈ (Q∩R),其中 c1 是 Q∩R 中的最小的数,110<c10<115,求{cn}的通项公式. 解:(1)∵点 Pn(n,Sn)都在函数 f(x)=x2+2x 的图象上, ∴Sn=n2+2n(n∈N*), 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n+1. 当 n=1 时,a1=S1=3 满足上式, ∴数列{an}的通项公式为 an=2n+1. (2)对 f(x)=x2+2x 求导,得 f′(x)=2x+2. ∵过点 Pn(n,Sn)的切线的斜率为 kn, ∴kn=2n+2. ∴Q={x|x=2n+2,n∈N*},R={x|x=4n+2,n∈N*}, ∴Q∩R=R. 又 cn∈(Q∩R),其中 c1 是 Q∩R 中的最小的数, ∴c1=6. ∴c10=4m+2(m∈N*). ?110<4m+2<115, ? ∵110<c10<115,∴? * ? ?m∈N , 解得 m=28,∴c10=114. c10-c1 114-6 设等差数列{cn}的公差为 d,则 d= = =12, 9 10-1 ∴cn=6+(n-1)×12=12n-6, ∴{cn}的通项公式为 cn=12n-6.

课题 4 数列与不等式的综合应用
2 2 [典例] (2013· 江西高考)正项数列{an}的前 n 项和 Sn 满足:S2 n-(n +n-1)Sn-(n +n)=

0. (1)求数列{an}的通项公式 an; n+1 5 (2)令 bn= ,数列{bn}的前 n 项和为 Tn.证明:对于任意的 n∈N*,都有 Tn< . 64 ?n+2?2a2 n [考题揭秘] 本题主要考查特殊数列的求和问题,意在考查考生的转化与化归能力以及 运算求解能力. 2 2 [审题过程] 第一步:审条件.S2 n-(n +n-1)Sn-(n +n)=0. 5 第二步:审结论.(1)求 an;(2)证明不等式 Tn< . 64 第三步:建联系.(1)题设中等式左边为关于 Sn 的二次三项式,故可将其分解因式,求出 n+1 1 1 1 Sn,再利用数列和项互化公式求出 an;(2)根据(1)可得 bn= 2 ,故自然 2- 2= 16 n 4n ?n+2? ?n+2?2 联想到用裂项法求 Tn. 2 2 [规范解答] (1)由 S2 n-(n +n-1)Sn-(n +n)=0, 得[Sn-(n2+n)](Sn+1)=0. 由于{an}是正项数列,所以 Sn>0,Sn=n2+n.

于是 a1=S1=2,当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n. 综上,数列{an}的通项公式为 an=2n. (2)证明:由于 an=2n, n+1 n+1 故 bn= ① 2 2= 2 ?n+2? an 4n ?n+2?2 1 1 1 = ?n2-?n+2?2?,② 16? ? 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ? 1 1- 2+ 2- 2+ 2- 2+?+ Tn = 2 - ?n+1?2+n2-?n+2?2? = 3 2 4 3 5 ? n - 1 ? 16 ? 16 ? 1 1 1 1 1 5 ?1+ 2- ? ?1+ ? - ? 2 ?n+1?2 ?n+2?2?<16? 22?=64.③ 5 故对于任意的 n∈N*,都有 Tn< .④ 64 [模型归纳] 数列与不等式的综合问题多以数列的通项或求和问题为背景,主要考查数列中最值的求 解或不等式的证明.解决此类问题的模型示意图如下:

[跟踪训练] 已知数列{an}是各项均不为 0 的等差数列,公差为 d,Sn 为其前 n 项和,且满足 a2 n=S2n 1 * ,n∈N*,Tn 为数列{bn}的前 n 项和. -1,n∈N .数列{bn}满足 bn= an· an+1 (1)求数列{an}的通项公式; (2)若对任意的 n∈N*,不等式 λTn<n+8· (-1)n 恒成立,求实数 λ 的取值范围. 2 解:(1)a1=S1=a1,∵a1≠0,∴a1=1. ∵a2 2=S3=a1+a2+a3,

∴(1+d)2=3+3d,解得 d=-1 或 2. 当 d=-1 时,a2=0 不满足条件,舍去,∴d=2. ∴数列{an}的通项公式为 an=2n-1. 1 1 1 1 1 (2)∵bn= = = - , anan+1 ?2n-1??2n+1? 22n-1 2n+1 1 1 1 1 1 1 n ∴Tn= 1- + - +?+ - = . 2 3 3 5 2n-1 2n+1 2n+1 ?n+8??2n+1? ①当 n 为偶数时,要使不等式 λTn<n+8· (-1)n 恒成立,只需不等式 λ< =2n n 8 + +17 恒成立即可. n 8 ∵2n+ ≥8,等号在 n=2 时取得, n ∴λ<25. ?n-8??2n+1? ②当 n 为奇数时,要使不等式 λTn<n+8· (-1)n 恒成立,只需不等式 λ< =2n n 8 - -15 恒成立即可. n 8 ∵2n- 是随 n 的增大而增大, n 8 ∴n=1 时,2n- 取得最小值-6, n ∴λ<-21. 综上①②可得 λ 的取值范围是(-∞,-21).

1.已知等差数列{an}满足 a1=2,且 a1,a2,a5 成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)记 Sn 为数列{an}的前 n 项和,是否存在正整数 n,使得 Sn>60n+800?若存在,求 n 的最小值;若不存在,说明理由. 解:(1)设数列{an}的公差为 d,依题意,2,2+d,2+4d 成等比数列,故有(2+d)2=2(2+ 4d), 化简得 d2-4d=0, 解得 d=0 或 d=4. 当 d=0 时,an=2; 当 d=4 时,an=2+(n-1)· 4=4n-2, 从而得数列{an}的通项公式为 an=2 或 an=4n-2. (2)当 an=2 时,Sn=2n. 显然 2n<60n+800, 此时不存在正整数 n,使得 Sn>60n+800 成立. n[2+?4n-2?] 当 an=4n-2 时,Sn= =2n2. 2 令 2n2>60n+800,即 n2-30n-400>0, 解得 n>40 或 n<-10(舍去), 此时存在正整数 n,使得 Sn>60n+800 成立,n 的最小值为 41. 综上,当 an=2 时,不存在满足题意的 n; 当 an=4n-2 时,存在满足题意的 n,其最小值为 41. 2.已知公差不为 0 的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 S5=3a5-2,a1,a2,a5 依 次成等比数列.

(1)求数列{an}的通项公式; 1 (2)令 bn= (n∈N*),数列 bn 的前 n 项和为 Tn,若 an+1≥λTn 对任意正整数 n 都成立, anan+1 求实数 λ 的取值范围. 解:(1)设等差数列{an}的公差为 d,则 S5=5a1+10d, ∵S5=3a5-2=3(a1+4d)-2=3a1+12d-2, ∴5a1+10d=3a1+12d-2, ∴a1=d-1. ∵a1,a2,a5 依次成等比数列, 2 ∴a2 2=a1a5,即(a1+d) =a1(a1+4d), 化简得,d=2a1, ∴a1=1,d=2, ∴an=a1+(n-1)d=2n-1. 1 1 1 1 1 (2)bn= = = ?2n-1-2n+1?, 2 ? anan+1 ?2n-1??2n+1? ? 1 1 ? 1? 1 1? 1 1 1 n ∴Tn= 1-3+3-5+?+2n-1-2n+1 = 1-2n+1?= 2? 2 ? ? ? 2n+1. n 由 an+1≥λTn 得 2n+1≥λ× 对任意正整数 n 都成立, 2n+1 ∴(2n+1)2≥λn, ?2n+1?2 4n2+4n+1 1 ∴λ≤ = =4n+4+ . n n n 1 1 令 f(x)=4x+ (x≥1),则 f′(x)=4- 2>0, x x ∴f(x)在[1,+∞)上递增, 1 ∴对任意正整数 n,4n+ 的最小值为 5, n ∴λ≤9. 3.(2014· 江苏高考)设数列{an}的前 n 项和为 Sn.若对任意正整数 n,总存在正整数 m,使 得 Sn=am,则称{an}是“H 数列”. (1)若数列{an}的前 n 项和 Sn=2n(n∈N*),证明:{an}是“H 数列”; (2)设{an}是等差数列,其首项 a1=1,公差 d<0.若{an}是“H 数列”,求 d 的值; (3)证明:对任意的等差数列{an},总存在两个“H 数列”{bn}和{cn},使得 an=bn+cn(n ∈N*)成立. + 解:(1)由已知,当 n≥1 时,an+1=Sn+1-Sn=2n 1-2n=2n.于是对任意的正整数 n,总存 在正整数 m=n+1,使得 Sn=2n=am. 所以{an}是“H 数列”. (2)由已知,得 S2=2a1+d=2+d.因为{an}是“H 数列”,所以存在正整数 m,使得 S2= am,即 2+d=1+(m-1)d,于是(m-2)d=1. 因为 d<0,所以 m-2<0,故 m=1.从而 d=-1. n?3-n? 当 d=-1 时,an=2-n,Sn= 是小于 2 的整数,n∈N*.于是对任意的正整数 n, 2 n?3-n? 总存在正整数 m=2-Sn=2- ,使得 Sn=2-m=am,所以{an}是“H 数列”.因此 d 2 的值为-1. (3)设等差数列{an}的公差为 d,则 an=a1+(n-1)d=na1+(n-1)(d-a1)(n∈N*). 令 bn=na1,cn=(n-1)(d-a1),则 an=bn+cn(n∈N*). 下证{bn}是“H 数列”. n?n+1? 设{bn}的前 n 项和为 Tn,则 Tn= a1(n∈N*).于是对任意的正整数 n,总存在正整 2

n?n+1? 数 m= ,使得 Tn=bm,所以{bn}是“H 数列”. 2 同理可证{cn}也是“H 数列”. 所以,对任意的等差数列{an},总存在两个“H 数列”{bn}和{cn},使得 an=bn+cn(n∈ * N )成立. 4.(2014· 江西高考)将连续正整数 1,2,?,n(n∈N*) 从小到大排列构成一个数 123?n , F(n)为这个数的位数(如 n=12 时, 此数为 123 456 789 101 112, 共有 15 个数字, F(12)=15), 现从这个数中随机取一个数字,p(n)为恰好取到 0 的概率. (1)求 p(100); (2)当 n≤2 014 时,求 F(n) 的表达式; (3)令 g(n) 为这个数中数字 0 的个数,f(n)为这个数中数字 9 的个数,h(n)=f(n)-g(n),S ={n|h(n)=1,n≤100,n∈N*},求当 n∈S 时 p(n)的最大值. 解:(1)当 n=100 时,这个数中总共有 192 个数字,其中数字 0 的个数为 11,所以恰好 11 取到 0 的概率为 p(100)= ; 192 n,1≤n≤9, ? ?2n-9,10≤n≤99, (2)F(n)=? 3n-108,100≤n≤999, ? ?4n-1 107,1 000≤n≤2 014. (3)当 n=b(1≤b≤9,b∈N*)时,g(n)=0; 当 n=10k+b(1≤k≤9,0≤b≤9,k∈N*,b∈N)时,g(n)=k; 当 n=100 时,g(n)=11, 0,1≤n≤9, ? ? * 即 g(n)=?k,n=10k+b,1≤k≤9,0≤b≤9,k∈N ,b∈N, ? ?11,n=100. 同理有 f(n)= 0,1≤n≤8, ? ?k,n=10k+b-1,1≤k≤8,0≤b≤9,k∈N ,b∈N, ?n-80,89≤n≤98, ? ?20,n=99,100.
*

由 h(n)=f(n)-g(n)=1,可知 n=9,19,29,39,49,59,69,79,89,90,所以当 n≤100 时,S= {9,19,29,39,49,59,69,79,89,90}, 当 n=9 时,p(9)=0, g?90? 9 1 当 n=90 时,p(90)= = = , F?90? 171 19 g?n? k k k 当 n=10k+9(1≤k≤8,k∈N*)时,p(n)= = = ,由 y= 关于 k 单 F?n? 2n-9 20k+9 20k+9 8 调递增,故当 n=10k+9(1≤k≤8,k∈N*)时,p(n)的最大值为 p(89)= , 169 8 1 1 又 < ,所以当 n∈S 时,p(n)的最大值为 . 169 19 19


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专题三第一讲 数 列 等差数列、等比数列(选择、填空题型) ) 1. (2014· 北京高考)设{an}是公比为 q 的等比数列, 则“q>1”是“{an}为递增数列”的( ...
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专题三数列_数学_高中教育_教育专区。高三专题复习——数列专题三 数列 1.已知数列 2, 5,2 2, 11,…,则 2 5在这个数列中的项数为( A. 6 B. 7 C. ...
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专题三第一讲 数 列 等差数列、等比数列(选择、填空题型) 1. (2014· 北京高考)设{an}是公比为 q 的等比数列, 则“q>1”是“{an}为递增数列”的( ) ...
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专题三 数列_专业资料。龙源期刊网 http://www.qikan.com.cn 专题三 作者:杨春松 数列 来源:《新高考· 高三数学》2012 年第 08 期 序言 一、知识内容 龙源...
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高考数学专题复习——数列 1、数列:按照一定顺序排列着的一列数. 2、数列的项:数列中的每一个数. 3、有穷数列:项数有限的数列. 4、无穷数列:项数无限的...
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专题二一、等差数列 数列 a?b 2 1、若三个数 a , ? , b 成等差数列,则 A 称为 a 与 b 等差中项, A ? 2、等差数列 ?an ? 的首项 a1 ,公差 ...
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专题三 数列通项 16页 1财富值 数列专题三) 14页 免费如要投诉违规内容,请到百度文库投诉中心;如要提出功能问题或意见建议,请点击此处进行反馈。 ...
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