高三数学（理）二轮复习：题型精讲第三讲解答题的解法数列

高中数学学习材料

（灿若寒星 精心整理制作）

数 列 (见学生用书P144)

数列问题以其多变的形式和灵活的解题方法备受高考考试命题者的青睐，历年来都是高考命题的“热点”．对应试考生来说，数列既是重点，又是难点．近年来，高考中数列问题已逐步转向多元化，命题中含有复合数列形式的屡见不鲜，从而，这类问题成为学生应试的新难点．

(1)通项探求型 该类题型一般转化为等差、等比数列或常见的简单的递推数列来实现求解，求解过程直接化，求解技巧模式化． (2)大小比较型 比较两个数列的大小关系型问题，一般利用比差法和比商法来达到目的，借助于数的正负性质来判断，从而获解． (3)两个数列的子数列性质型 探索两个数列公共项的有关性质，公共项构成的数列是两个数列的子数列，所以，抓住它们的通项是解题的关键．

(4)存在性探索型 该类问题一般是先设后证，然后反推探索，若满足题设则存在，若不合题意或矛盾，则不存在，它是探索性命题中的一种极为典型的命题形式．

(5)参数范围型 在复合数列问题中再引入参数，难度更大，探索参数的取值范围对考生来说是一个难点，这类问题主要是建立目标函数或目标不等式，转化为求函数最值和求解不等式．

考点一 数列的通项与求和

1．使用等比数列的求和公式，要考虑公比q＝1与q≠1两种情

a1（1－qn）

况，切忌直接用Sn＝. 1－q

??S1（n＝1），

2．利用an与Sn的关系：an＝?求解an，注意对

?Sn－Sn－1（n≥2）?

首项的验证．

3．数列求解通项公式的方法：

(1)等差等比(求解连续项的差或商，商出现字母的时候注意讨论)．

??S1（n＝1），

(2)利用an与Sn的关系：an＝?

??Sn－Sn－1（n≥2）.

(3)归纳—猜想—证明法．

(4)可以转化为等差和等比的数列(一般大多题有提示，会变成证

明题)．

①an＋1＝pan＋q，令an＋1－λ＝p(an－λ)；

an＋1pan1n＋1

②an＋1＝pan＋q，n＋1＝q·)，再由①式转化； n＋(两边除以qqqq

n

③an＋1＝pan＋f(n)；

④an＋2＝p·an＋1＋q·an，令an＋2＋α·an＋1＝β(an＋1＋α·an)； (5)应用累加、累乘法求数列的通项：an＋1＝an＋f(n)，an＋1＝anf(n)． an(6)对于分式an＋1＝，取倒数，数列的倒数有可能构成等差

kan＋1

数列(对于分式形式的递推关系)．

(7)给定Sn＝f(an)形式的，可以结合Sn－Sn－1＝an，写成关于an，an－1的关系式，也可以写成关于Sn，Sn－1的关系式，关键就是哪个关系式比较容易的求解出结果来．

4．数列求和

公式法；性质法；分组求和法；裂项相消法；错位相减法；倒序相加法．

例 1－1(2015·湖北卷)设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q.已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.

(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；

an(2)当d＞1时，记cn＝b，求数列{cn}的前n项和Tn.

n

分析：(1)根据题目已知条件，利用方程组思想求出a1，d.从而求出数列{an}、{bn}的通项公式．

(2)利用错位相减法求数列{cn}的前n项和Tn.

??10a1＋45d＝100，

解析：由题意有，?

??a1d＝2，??2a1＋9d＝20，

即? ??a1d＝2，

1??a1＝1，?解得?或?2

?d＝2，d＝.?

a＝9，

?9

??an＝2n－1，故?或n－1

?bn＝2，?

?

??2?n－1

??.?b＝9·?9?

n

1

an＝9（2n＋79），

(2)由d＞1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，

2n－1

故cn＝n－1，于是

2

2n－13579

Tn＝1＋2＋22＋23＋24＋…＋n－1，①

2

2n－32n－1113579

2Tn＝2＋22＋23＋24＋25＋…＋2n－1＋2n，② ①－②可得

2n－12n＋31111

T＝2＋＋＋…＋－＝3－2n2222n2n， 2n－22n＋3故Tn＝6－n－1.

2

例 1－2(2015·惠州模拟)已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d>0，且a2，a5，a14分别是等比数列{bn}的b2，b3，b4.

(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；

c1c2cn(2)设数列{cn}对任意自然数n均有b＋b＋…＋b＝an＋1成立，求

1

2

n

c1＋c2＋…＋c2 014的值．

分析：(1)依题意，a2，a5，a14成等比数列?(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)，可求得d，继而可求得数列{an}的通项公式；由b2＝a2＝3，b3＝a5＝9，可求得数列{bn}的公比q与其首项，从而可得通项公式．

c1c2cn(2)由(1)知an＝2n－1，bn＝3n－1，由b＋b＋…＋b＝an＋1，可求

1

2

n

cn得c1＝b1a2＝3，b＝an＋1－an＝2(n≥2)，于是可求得数列{cn}的通项

n

公式，继而可求得c1＋c2＋…＋c2 014的值．

解析：(1)∵a2＝1＋d，a5＝1＋4d，a14＝1＋13d， 且a2，a5，a14成等比数列， ∴(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)，

解得d＝2(d＝0舍去)， ∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1. 又b2＝a2＝3，b3＝a5＝9，∴q＝3， ∴bb21＝q＝1，∴bn＝3n－1. (2)∵c1c212＋…＋cnb＋bbn＝an＋1，

∴c1b1

＝a2，即c1＝b1a2＝3.

又c1c2cn－1b1＋b2＋…＋b＝ann(n≥2)，

－1∴cnbn＝an＋1－an＝2(n≥2)，

∴cn＝2bn＝2×3n－1(n≥2)，

∴c??3，（n＝1），n＝???2×3n－1

（n≥2）.

∴c1＋c2＋…＋c2 014

＝3＋2×3＋2×32＋…＋2×32 013 ＝3＋2(3＋32＋…＋32 013) 2×3（1－32 013＝3＋）1－3 ＝32 014.

考点二 数列与不等式 不等式证明：

(1)证明数列an>m或an

1q＝2.

a1（1－qn）1

∴数列{an}的前n项和Tn＝＝2－n－1.

1－q2(3)证明：∵b1＝a1＝1，∴S1＜2＋2ln 1成立． 1?a1?

又∵b2＝2＋?1＋2?a2，

?

?

b3＝

a1＋a2?11?

?1＋＋?a3， ＋23?3?

…，

a1＋a2＋…＋an－1?11?

bn＝＋?1＋2＋…＋n?an， n??∴数列{bn}的前n项和Sn＝b1＋b2＋…＋bn

11?11?11????

＝?1＋2＋…＋n?a1＋?1＋2＋…＋n?a2＋…＋?1＋2＋…＋n?an ??????11??

＝?1＋2＋…＋n?(a1＋a2＋…＋an) ??

1??11??11??

2－＝?1＋2＋…＋n??2n－1?＜2?1＋2＋…＋n?，

??????1－x11

构造函数h(x)＝ln x－x＋1，x＞0，h′(x)＝x2， 令h′(x)＞0，解得0＜x＜1；令h′(x)＜0，解得x＞1，

11

∴h(x)＝lnx－x＋1，x＞0在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴h(x)≤h(1)＝0，

11

∴lnx－x＋1≤0，x＞0(仅当x＝1时取等号)， 1

即ln x≥1－x.

?n－2?n－1n－1??n

??＋?1－又∵ln n＝ln＋ln＋…＋ln 2＞?1－

n??n－1?n－1n－2?

1?11?1

＋…＋?1－2?＝2＋3＋…＋n，

??

11????1＋＋…＋∴22n?＜2＋2ln n， ?∴Sn＜2＋2ln n.

11例 3－2数列{an}(n∈N*)中，a1＝a，an＋1是函数fn(x)＝3x3－2(3an

＋n2)x2＋3n2anx的极小值点．

(1)当a＝0时，求通项an；

(2)是否存在a，使数列{an}是等比数列？若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由．

分析：(1)可求出a1，a2，a3，a4，然后归纳猜想，用数学归纳法证明．

(2)由(1)可知数列{an}是等比数列，则an＝a·3n－1，且a·3n>n2对一切n∈N*都成立，用导数方法求出a的取值范围．

解析：易知f′n(x)＝x2－(3an＋n2)x＋3n2an ＝(x－3an)(x－n2)．

令f′n(x)＝0，得x1＝3an，x2＝n2. ①若3an0，fn(x)单调递增；

当3ann2时，f′n(x)>0，fn(x)单调递增． 故fn(x)在x＝n2时取得极小值． ②若3an>n2，仿(1)可得，

fn(x)在x＝3an时取得极小值．

③若3an＝n2，则f′n(x)≥0，fn(x)无极值． (1)当a＝0时，a1＝0，则3a1<12， 由①知，a2＝12＝1.

因3a2＝3<22，则由①知，a3＝22＝4. 因为3a3＝12>32，则由②知，a4＝3a3＝12. 又因为3a4＝36>42， 则由②知，a5＝3a4＝36.

由此猜测：当n≥3时，an＝4×3n－3. 下面用数学归纳法证明：当n≥3时，3an>n2. 事实上，当n＝3时，由前面的讨论知结论成立． 假设当n＝k(k≥3)时，3ak>k2成立， 则由②知，ak＋1＝3ak>k2， 那么，当n＝k＋1时， 3ak＋1－(k＋1)2>3k2－(k＋1)2 ＝2k(k－2)＋2k－1>0， 所以3ak＋1>(k＋1)2.

故当n≥3时，3an>n2成立．

于是由②知，当n≥3时，an＋1＝3an， 而a3＝4，因此an＝4×3n－3. 综上所述，当a＝0时，

a1＝0，a2＝1，an＝4×3n－3(n≥3)．

(2)存在a，使数列{an}是等比数列．事实上，由②知，对任意的

n，都有3an>n2，则an＋1＝3an，

即数列{an}是首项为a公比为3的等比数列，且an＝a·3n－1. 而要使3an>n2，即a·3n>n2对一切n∈N*都成立， n2

只需a>3n对一切n∈N*都成立． n2141

记bn＝3n，则b1＝3，b2＝9，b3＝3，… x2112

令y＝3x，则y′＝3x(2x－xln 3)<3x(2x－x2)．

x2

因此，当x≥2时，y′<0，从而函数y＝3x在[2，＋∞)上为单调递减．

故当n≥2时，数列{bn}单调递减，即数列{bn}中最大的项为b2

4＝9.

4n2

当a>9时，必有a>3n.

?4???时，数列{an}是等比数列； ，＋∞这说明，当a∈9??

444

当a＝9时，可得a1＝9，a2＝3.

而3a2＝4＝22，由③知f2(x)无极值，不合题意；

14

当3

1

当a＝3时，可得3a＝1＝12； 由③知f1(x)无极值，不合题意；

1

当a<3时，可得a1＝a，a2＝1，a3＝4，a4＝12，…，数列{an}不是等比数列．

综上所述，存在a，使数列{an}是等比数列，且a的取值范围为

?4??，＋∞?. ?9?

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