2012高考数学解答题专题攻略 - --数列

高三数学第二轮专题复习系列-- 数 列

一、本章知识结构：

正 整 2 等 差 数 列 等差数列的 性质 有 数 列 的 概 念 通项及 前n项和 关 数集等 比 数 列 等比数列的 性质 应

用二、高考要求

1． 理解数列的有关概念，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n项. 2． 理解等差（比）数列的概念，掌握等差（比）数列的通项公式与前n项和的公式. 并能运

用这些知识来解决一些实际问题. 3． 了解数学归纳法原理，掌握数学归纳法这一证题方法，掌握“归纳—猜想—证明”这一思

想方法. 三、热点分析

1.数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般情况下都是一个客观性试题加一个解答题，分值占整个试卷的10%左右.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式、极限的四则运算法则、无穷递缩等比数列所有项和等内容，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列内容为主，并涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目.

2.有关数列题的命题趋势 （1）数列是特殊的函数，而不等式则是深刻认识函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和能力的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点 （2）数列推理题是新出现的命题热点.以往高考常使用主体几何题来考查逻辑推理能力，近两年在数列题中也加强了推理能力的考查。（3）加强了数列与极限的综合考查题

3.熟练掌握、灵活运用等差、等比数列的性质。等差、等比数列的有关性质在解决数列问题时应用非常广泛，且十分灵活，主动发现题目中隐含的相关性质，往往使运算简洁优美.如

a2a4?2a3a5?a4a6?25，可以利用等比数列的性质进行转化：从而有a3?2a3a5?a5?25，即(a3?a5)?25.

224.对客观题，应注意寻求简捷方法 解答历年有关数列的客观题，就会发现，除了常规方法外，还可以用更简捷的方法求解.现介绍如下： ①借助特殊数列. ②灵活运用等差数列、等比数列的有关性质，可更加准确、快速地解题，这种思路在解客观题时表现得更为

- 1 -

突出，很多数列客观题都有灵活、简捷的解法

5.在数列的学习中加强能力训练 数列问题对能力要求较高，特别是运算能力、归纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力更为突出.一般来说，考题中选择、填空题解法灵活多变，而解答题更是考查能力的集中体现，尤其近几年高考加强了数列推理能力的考查，应引起我们足够的重视.因此，在平时要加强对能力的培养。

6．这几年的高考通过选择题，填空题来着重对三基进行考查，涉及到的知识主要有：等差（比）数列的性质. 通过解答题着重对观察、归纳、抽象等解决问题的基本方法进行考查，其中涉及到方程、不等式、函数思想方法的应用等，综合性比较强，但难度略有下降. 四、复习建议

1． 对基础知识要落实到位，主要是等差（比）数列的定义、通项、前n项和. 2． 注意等差（比）数列性质的灵活运用.

3． 掌握一些递推问题的解法和几类典型数列前n项和的求和方法.

4． 注意渗透三种数学思想：函数与方程的思想、化归转化思想及分类讨论思想. 5． 注意数列知识在实际问题中的应用，特别是在利率,分期付款等问题中的应用.

6． 数列是高中数学的重要内容之一，也是高考考查的重点。而且往往还以解答题的形式出现，

所以我们在复习时应给予重视。近几年的高考数列试题不仅考查数列的概念、等差数列和等比数列的基础知识、基本技能和基本思想方法，而且有效地考查了学生的各种能力。 五、典型例题

数列的概念与性质

【例1】 已知由正数组成的等比数列?an?，若前2n项之和等于它前2n项中的偶数项之和的11倍，第3项与第4项之和为第2项与第4项之积的11倍，求数列?an?的通项公式.

解：∵q=1时S2n?2na1，S偶数项?na1 又a1?0显然2na1?11na1，q≠1 ∴S2na1(1?q1?q2n?)?S偶数项?a1q(1?q1?q2n22n)

依题意

a1(1?q1?q2n)?11?a1q(1?q1?q2)；解之q?110

2又a3?a4?a1q2(1?q),a2a4?a1q4，

2依题意a1q2(1?q)?11a1q4，将q?110代入得a1?10

an?10?(110)n?1?102?n

- 2 -

【例2】 等差数列{an }中，a3?a123=30，a33=15，求使an≤0的最小自然数n。 解：设公差为d，则??a1?2d?30?a1?122d?30或??a1?2d??30?a1?122d?30?a1??31?或?1d??2?或??a1?2d?30?a1?122d??30或??a1?2d??30?a1?122d??30

?a?30解得：?1?d?0?a1?31?或?1?d??2?? a33 = 30 与已知矛盾 ? a33 = - 15 与已知矛盾

?a33 = 15 或?12?a1??30?d?0 ? a33 = - 30 与已知矛盾

∴an = 31+(n - 1) (?) ? 31

?n?12?0 ? n≥63

∴满足条件的最小自然数为63。

【例3】 设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S4=44,S7=35

（1）求数列{an}的通项公式与前n项和公式； （2）求数列{|an|}的前n项和Tn。

解：（1）设数列的公差为d，由已知S4=44,S7=35可得a1=17,d=-4 ∴an=-4n+21 (n∈N),Sn=-2n2+19 (n∈N).

（2）由an=-4n+21≥0 得n≤

214, 故当n≤5时，an≥0, 当n≥6时，an?0

当n≤5时,Tn=Sn=-2n2+19n 当n≥6时,Tn=2S5-Sn=2n2-19n+90.

【例4】 已知等差数列?an?的第2项是8，前10项和是185，从数列?an?中依次取出第2项，第4项，第8项，??，第2n项，依次排列一个新数列?bn?，求数列?bn?的通项公式bn及前n项和公式Sn。

?a2?a1?d?8?解：由?10?9S?10a?d?1851?102? 得

?a1?5

?

?d?3

∴an?a1?(n?1)d?5?3(n?1)?3n?2 ∴bnSn?b1?b2????bn?2n?32n?1?a2n?3·2n?2

?22?1?2n?3·2n?1?6

【例5】 已知数列?an?：1，12?212312100，??，?，????，?2333100100100①求证数列?an?为等差数列，并求它的公差

- 3 -

②设bn?1anan?1?n?N?，求b1?b2???bn??的和。

n?1?n?解：①由条件，an?∴an?1?n?221n?2n???nn?1?2???n2?12?2n?n?12

；∴an?1?an??n?2212?n?12?n?1?

故?an?为等差数列，公差d②bn?1n?1n?2·22?1

4?n?1??n?2?4??n?1??n?2?1

又知∴bn1n?1?1n?2?n?2?n?1?n?1??n?2?

??n?1??n?2?

1??1?4????n?1n?2?1??11??11??1b1?b2??bn???4????4??????4?????2334n?1n?2??????1??1?4??????2n?2?

∴b11??1?b2???bn???lim4????2

n???2n?2?【例6】 已知数列1，1，2??它的各项由一个等比数列与一个首项为0的等差数列的对应项相加而得到。求该数列的前n项和Sn；

解：(1)记数列1，1，2??为{An}，其中等比数列为{an}，公比为q； 等差数列为{bn}，公差为d，则An =an +bn (n∈N）

依题意，b1 =0，∴A1 =a1 +b1 =a1 =1 ① A2=a2+b2=a1q+b1+d=1 ② A3=a3+b3=a1q2 +b1+2d=2 ③

由①②③得d=-1, q=2, ∴an?2n?1,bn?1?n

Sn?A1?A2?…?An?a1?a2?…?an?b1?b2?…?bn∴

?(1?2?…?2?2nn?1)?[(1?1)?(1?2)?…?(1?n)]

?1?n(1?n)2【例7】 已知数列?an?满足an+Sn=n,(1)求a1,a2,a3,由此猜想通项an,并加以证明。 解法1：由an+Sn=n,

当n=1时，a1=S1，?a1+a1=1，得a1=

12

- 4 -

当n=2时，a1+a2=S2，由a2+S2=2，得a1+2a2=2，?a2=

34

78当n=3时，a1+a2+a3=S3，由a3+S3=3，得a1+a2+2a3=3?a3=

猜想，an?1?112

12n(1)下面用数学归纳法证明猜想成立。

当n=1时,a1=1-?2,(1)式成立

12k假设,当n=k时,(1)式成立,即ak=1-

成立，

则当n=k+1时,ak+1+Sk+1=k+1,Sk+1=Sk+ak+1 ?2ak+1=k+1-Sk 又ak=k+Sk ?2ak+1=1+ak ?ak+1=

12(1?ak)?12(1?1?12k)?1?21k?1

即当n=k+1时,猜想（1）也成立。 所以对于任意自然数n,an?1?

12n都成立。

解法2：由an+Sn=n得an?1?Sn?1?n?1，两式相减得：an?an?1?Sn?Sn?1?1，

?12an?1?1，即an?1?12即an

?an?1?1?，下略

【例8】 设数列?an?是首项为1的等差数列，数列?bn?是首项为1的等比数列，又

cn?an?bn(n?N)，且c2?16，c3?29，c4?754。(1)求数列?cn?的通项公式与前n项和公式；

(2)当n?5时，试判断cn的符号（大于零或小于零），并给予严格证明。

解：(1)设数列?an?的公差为?bn?的公比为d，n?1q

?an?a1?(n?1)d?1?(n?1)d，bn?qcn?an?bn?[1?(n?1)d]?q??1?d?q?????由条件得?1?2d?q2????1?3d?q3??161?d??2?2???9?q?4?3??754n?1

(n?N)

- 5 -

?cn?[1?Sn?114n?114n?1(n?1)]?()?(n?1)?()(n?N) 23234044n?1[(1?1)?(2?1)???(n?1)]?[()?()???()] 23334n()?1n1n(n?1)143?[?n]??n(n?3)??3(n?N)n?142243?13

(2)c544745?3?()?0，c6??()?0，?猜想n?5，cn?0323

证明：①当n=5，c5<0命题成立

?k(k?5)时，ck?0，即4k②假设当nck?1?1214k?1(k?1)?()?023k?1

4(k?2)?()3?[12(k?1)?()3414k?114]?[?()]???05233231

当n?k?1时ck?1?0也成立 由①，②对一切n?5，都有cn<0。

【例9】 ?an?是等差数列，数列?bn?满足bn?an?an?1?an?2(n?N)，Sn为?bn?的前

n

项和。(1)若?an?的公差等于首项a1，证明对于任意自然数n都有Sn?bnan?34d；

(2)若?an?中满足3a5?8a12?0，试问n多大时，Sn取得最大值？证明你的结论。

解：(1)当n假设当n则Sk?1??1时,S1?b1bkak?34db1a44d?b1(a1?3d)4d?b1，∴原命题成立

?k时，Sk?成立

?ak?ak?1ak?2ak?3?bk?1?4d4d?Sk?bk?1??bkak?3?bk?1?4d4dbk?1(ak?4d)4d?

akbk?1?bk?14d4dbk?1ak?44d

bnan?34dd?当n?k?1时命题也成立，故对任意n?N有Sn?

(2)由3a5?8a12，有3a5?8(a5?7d)?a5??15d?0565

a16?a5?11d??a17?a5?12d??

45d?0565d?12d?

b1?b2??b14?0?b17?b18? b15?a15a16a17?0，b16?a16a17a18?0

- 6 -

?S14?S13???S1，S14?S15，S15?S16又a15?a5?10d??65d，a18?a5?13d?

95d

?a15?|a18|,?|b15|?b16,b15?b16?0?S16?S14故Sn中S16最大

【例10】 已知数列?an?的前n项和为Sn，满足条件lgSn?(n?1)lgb?lg(bn?1?n?2)，其中b>0且b?1。(1)求数列?an?的通项an；(2)若对4?n?N时，恒有an?1?an，试求b的取值范围。

解：(1)由已知条件得Sn当n=1时，a1?S1?b2?b?2n?2bn?1

(1?b)n?3b?2bn?1?1；当n?2时，an?Sn?Sn?1?

?b2?1(n?1)?故an?(1?b)n?3b?2

(n?2)?n?1b?

(2)由an?1?an，化简得(b?1)(b?n?1n?3)?0(n?4)

解得，b?1或b??1?2n?3n?1n?3?1?2n?3?1?2?3

?b?3故0?b?1或b?3为所求

【例11】 两个数列?an?、?bn? 中，an22?0，bn?0，且an，bn，an?1成等差数列，且

2bn,an?1,bn?1成等比数列。(1)证明

a2?3a1?3，求limb1?b2???bnan?bn?是等差数列；(2)若

n??的值。

22???2bn?an?an?1?2bn?an?an?1??(an?0，bn?0)解：(1)?222???an?1?bnbn?1?an?1?bn?bn?1

?2bn2?bn?1bn?bnbn?1?2bn?bn?1?bn?1??bn?是等差数列 ?3a1?3?a1?1，a2?3?b1?322(2)又a2又b1b22，

?a2?b2?

- 7 -

?公差d?22,?bn?122?(n?1)?22?22n?22?an?bnbn?1?n(n?1)2n??limn??

24n(n?1)??limn??b1?b2???bnan2212n(n?1)数列的概念与性质练习

一、选择题 1．设s?n??

1n?1n?1?1n?2?1n?3???1n2,则（ D ）

A．s?n?共有n项，当n?2时，s?2??12?13

13??131214B．s?n?共有n?1项，当C．s?n?共有n2D．s?n?共有n2n?2时，s?2??12?12

?n项，当n?2时，s?2??

?13?14?n?1项，当n?2时，s?2??

2．等比数列?an?中，a1?a2?a3?a4?a5?8，a6?a7?a8?a9?a10?56，那么

a11?a12?a13?a14?a15的值为（ C ）

2 A．567 B．56 C．392 D．448

3．11．等比数列 {an} 中，a3=7，前三项之和 S3=21，则公比q的值是( C ) （Ａ） 1 （Ｂ） -12 （Ｃ） 1或 -

12 （Ｄ） -1或

12

4．首项为1，公差不为零的等差数列中的a3，a4，a6是一个等比数列的前3项，则这一等

比数列的第四项为（ B ）

A．8

B．－8

2C．－6 D．不确定

5．已知数列?an?的前n项和sn?2n?3n，那么这个数列中的奇数项依照原来的顺序构

成的数列的通项公式是（ B ）

A．bn?8n?9?n?N? C．bn?4n?5?n?N?

B．bn?8n?1?n?N? D． bn?4n?3?n?N?

6．数列{an}的前n项和Sn=3n-2n2 (n∈N)，当n>2时，就有（ D ）

- 8 -

A．Sn>na1>nan B．Sn< nan

①x=ab(x?0)是a, x, b成等比数列的充分但不必要条件 ②某数列既是等差数列又是等比数列，则这个数列一定是常数列

③已知Sn表示数列{an}的前n项和，且Sn?Sn?1?an(n?N)，那么{an}一定是等比数列 ④设2a?5，2b?15，2c?45，则这三个数a, b, c成等差数列 其中正确的命题序号是：（ D ）

A．②④ B．①②③ C．①③ D．①②④ 8．若两个等差数列?an?、?bn?的前n项和An和Bn满足 A．

74AnBn?7n?14n?27(n?N)，则

a11b11的值等于（ C ）

B．

32 C．

43 D．

7871

9．在等差数列?an?中，3(a3+a5)+2(a7+a10+a13)=24，则此数列前13项之和为（ A ） A．26 B．13 C．52 D．156

10．等差数列?an?，a1=－5，它的前11项的算术平均值为5。若从中抽去一项，余下10

项的算术平均值为4，则抽去的是（ D ） A．a8 B．a9 C．a10 D．a11 二、填空题

1．已知数列?an?的前n项和的公式为Sn?2n2?3n?1，则通项公式为

??2?n?1?an??

??4n?5n?2?。

2．数列{an}的通项公式为 an?1(2n?1)(2n?3)前n项和为 Sn，若limaSn?1

n??(a为实常数)，则a的值等于 。3

三、解答题

1．数列{an}的前n项和Sn?2n?P(P∈R),数列{bn}满足bn?log2an,（1）求P的值及通项an;（2）求lima1b1?a2b2?…?anbn(n?1·)2n若{an}是等比数列.

;n??

- 9 -

（3）求和Tn??b1???b2???b3???b4??…??b2n?1???b2n22222?2

解：（1）an?Sn?Sn?1?2n?2n?1?2n?1(n≥2)

∵{an}是等比数列,∴由an?1an?2得公比q?2

∵a2?2?a1q,∴a1?1又a1?S1,∴a1?S1?2?P,∴1?2?P,P??1. ∴an?2n?11(n∈N),P??1（2）

?bn?log2an,∴bn?log22n?1?n?1

设Qn?a1b1?a2b2?…?anbn,则Qn?1·2?2·222?3·2?…?(n?2·)243n?2?(n?1·)2n?1,①

2Qn?1·2?2·2?3·2?…?(n?2·)23n?1?(n?1·)2②

n②－①得

Qn??2?2??2?2n2?2?…?2?(n?1·)2n3n?1?(n?1·)2nn?1·2n1?2n

?2?2?(n?1·)2?2?(n?2·)2∴limn??a1b1?a2b2?…?anbn(n?1·)2n?limn??(n?2·)2n?2n?1.

(n?1·)2(3)当n=2k（k∈N）时，

Tn?[(b1)?(b2)]?[(b3)?(b4)]?…?[(b2k?1)?(b2k)]?(b1?b2)(b1?b2)?(b3?b4)(b3?b4)?…?(b2k?1?b2k)(b2k?1?b2k)??(b1?b2?b3?b4?…?b2k?1?b2k)??(1?2?…?2k?1)??(2k?1)(1?2k?1)2??2k2222222

?k.当n=2k-1 (k∈N)时，

Tn?[(b1)2?(b2)]?[(b3)]?…?[(b2k?3)2222?(b2k?2)]?(b2k?1)22

=-[1+2+3+4+…+(2k-3)]+(2k-2)?2k2

?3k?1

- 10 -

2???2k?k(n?2k,k∈N)∴Tn??2??2k?3k?1(n?2k?1,k∈N).

2．数列?an?的前n项和为Sn, 已知?Sn?是各项为正数的等比数列。试比较

的大小，证明你的结论。 解：依题意, 可设Sn则Sn?1?S1qn?2?n?2? 从而有an当n?1时??S1?0??n?2??q?1?当n?2时?Sn?Sn?1?S1q?S1qn?1an?an?22与an?1?其中S1?0,q?0?

(Ⅰ)当q = 1时, a2 = a3 = ? = 0 ∴

a1?a32?a2,an?an?22?an?1?n?2?

(Ⅱ)当q > 0且q?1时, (1)当n = 1时,

1a1?a32?a2?S1?S1q?q?1?2?S1?q?1?

2??3?3??S1??q?????022?4?????

∴

a1?a32?a2 an?an?22S1qn?2(2)当n?2时,?12S1qn?2?an?1??q?1??2S1qn?q?1??S1qn?1?q?1?

?q?1?3

?an?1

(i)若q > 1时, 则

an?an?222

(ii)若0 < q < 1时, 则

an?an?2?an?1

3．已知数列?an?中，a7?163，且n?2时，an?3an?1?47?an?1

(1)分别求出a8，a9，a10的值。

(2)当n?9且n是自然数时，试比较an与2的大小，并说明理由。

- 11 -

解：（1）a8?3a7?47?a73??163?4?127?163；同理：a9??8，a10??43

（2）an?2?3an?1?47?an?1?2?5?an?1?2?7?an?1

用数学归纳法证明：当n?9时，an?2

当n?9时a9??8?2?命题成立假设n?k(k?9)时ak?2那么当n?k?1时

?0(?ak?2，?ak?2?07?ak?0)ak?1?2?5(ak?2)7?ak

n?k?1时命题成立

综上所述，对一切n?9自然数an?2成立。

4．已知Sn?1?12?13???1n(n?N)，f(n)?S2n?1?Sn?1

⑴比较f(n?1)与

f(n)的大小。

⑵试确定实数m的取值范围，使得对于一切大于1的自然数n，不等式

f(n)?[logm(m?1)]2?1120[log(m?1)m]2恒成立。

12n?2?12n?3?1n?2解：（1）∵f(n+1)-f(n)=S2n+3-Sn+2-(S2n+1-Sn+1)=?=>

12n?4?12n?4?1n?2

=0，

∴f(n+1)>f(n)。

（2）∵f(n+1)>f(n)，∴当n>1时，f(n)的最小值为f(2)=S5-S3=∴必需且只须[log?m?0且m?1?m?1?0且m?1?1m(m?1)]?2920

1120[log(m?1)m]2<

920?????①，

由?得m>1且m≠2

令

?t?0?t=[logm(m?1)]则不等式①等价于?119t???20t20?2m，解得：0

即0<[log(m?1)]2<1，即-1

- 12 -

解之得：

1?25?m?2或m?2。

5．某人年初向建设银行贷款10万元用于买房。

(1)如果他向建设银行贷款, 年利率为5%, 且这笔借款分10次等额归还(不计复利), 每年一次, 并从借后次年年初开始归还, 问每年应还多少元(精确到1元)？

(2)如果他向工商银行贷款, 年利率为4%, 要按复利计算(即本年的利息计入次年的本金生

息), 仍分10次等额归还, 每年一次, 每年应还多少元(精确到1元)？

解：(1) 若向建设银行贷款, 设每年还款x元, 则

10×(1 + 10×5%) = x(1 + 9×5%) + x(1 + 8×5%) + x(1 + 7×5%) + ? + x, 105×1.5 = 10x + 45×0.05x, 解得x?10?1.512.2555

?12245(元)

(2)若向工商银行贷款, 设每年还款y元, 则

105×(1 + 4%)10 = y(1 + 4%)9 + y(1 + 4%)8 + y(1 + 4%)7 + ? + y

10?1.04510?1.0410?11.04?1·y

其中1.0410 = (1 + 0.04)10 = 1 + 10×0.04 + 45×0.042 + 120×0.043 + 210×0.044

y?

5

0.4802 + ??1.4802

?1233010?1.4802?0.04(元)

答: 若向建设银行贷款, 每年需还12245元; 若向工商银行贷款, 每年需还12330元。

数列的综合应用(1)

【例1】 已知无穷数列{an},Sn是其前n项和,对不小于2的正整数n,满足关系

1?Sn?an?1?an。(1)求

????log?12a1，a2，a3；（2）证明{an}是等比数列;

2??an,计算lim(b1?b2???bn)?n???12（3）设bna2n?3?log2a2n?1

解：（1）S2=a1?a2,?1?(a1?a2)?a1?a2,a1?14

S3?a1?a2?a3,?1?(a1?a2?a3)?a2?a3,a2?S4?a1?a2?a3?a4?1?(a1?a2?a3?a4)?a3?a4,a3?18

（2）猜想 an?（1）

12n(n?N)

当n=1时，命题成立

- 13 -

（2）

假设n=k（k≥1）时命题成立,即ak(*)

?12k

?1?Sk?1?ak?ak?1?1?(Sk?ak?1)?ak?ak?1?1?Sk?ak同理有 1-Sk+1=ak+1 (**) 由(*)式和假设ak?12k得Sk?1?12k

由（**）式，得，1=（Sk+ak+1） 故 ak+1=

12(1?Sk)?12k?1

∴当n=k+1时，命题也成立。 由（1），（2）n∈N,an?此时

an?1an?1212n成立

成立?{an}是等比数列

（2）另证：对 n≥2, 1-Sn=an-1-an

1- Sn+1=an-an+1

两式相减,有

Sn?1?Sn?an?1?2an?an?1 ?an?1?an?1?2an?an?1?anan?1?12即a2a1?a3a2????anan?1???12

?{an}是等比数列（3）?bn?21?111??????n?n?1n?2n?12n?32n?1??22n?3??2?2???

?lim?b1?b2???bnn????1?11??1??????????n?1n(2n?3)?2??7?49?8???(2n?1)?2??????????1??1lim???n????35?2?1??1??????5?27?4

=

?1?11lim????nn???3(2n?3)?2???3

【例2】 已知f?x??2x2?1?x?0?，数列

?an?满足??a1?1?an?f?an?1? ?n?N且n?2?

（1）写出数列?an?的前五项，试归纳出an的表达式，并用数学归纳法证明。

- 14 -

（2）求

limn??33nn?an?22n。（3）若b1?2a1?a2，b2?22a2?a3，?bn?2nan?an?1，?求数列?bn?的前n

项的和Sn。

解：（1）由a1?1,an?2an?12?1得数列前五项

a1?1，a2?由此猜想an?3，a3?2?1n7，a4?①15，a5?31

证（i）当n?1时，a1?2?1?1等式①成立

?1?k?N?

k?1(ii)假设n当n?k时等式①成立，即ak2ak?1?2?k2k?k?1时ak?1?22?1?1???2?1

即等式①对n?k?1也成立

由（i）（ii）可知等式①对n?N都成立

?2?1????3?2（2）

limn??3?an3?2nn2n?limn??3?2nnn?1n?limn???1?????3?nn3?2?1

?2?1????3?n（3）Sn?1?13?22???7n2???22n?13??1?2n

?1??3?122n?1??7?2232?22n?1?1?2n???n2?1???

?1?1【例3】 已知a>0，a≠1，数列{an}是首项为a，公比也为a的等比数列，令bn=anlgan

（n∈N）。（1）求数列{bn}的前n项和Sn；

（2）当数列{bn}中的每一项总小于它后面的项时，求a的取值范围.

解：（1）由题意知an=a，bn=nalga. ∴Sn=（1 ? a+2 ? a2+3 ? a3+??+n ? an）lga. a Sn=（1 ? a2+2 ? a3+3 ? a4+??+n ? an+1）lga. 以上两式相减得

（1–a）Sn=（a+a+a+??+a–n ? a

2

3

n

n+1

n

n

）lga

?a(1?an)?n?1???n?a?lga1?a????.

- 15 -

∵a≠1，∴Sn?alga(1?a)2?1?(1?n?na)a?.

n（2）由bk+1–bk=(k+1)ak+1lga–kaklga=aklga[k(a–1)+a]. 由题意知bk+1–bk>0，而ak>0， ∴lga[k(a–1)+a]>0. ①

（1）若a>1，则lga>0，k(a–1)+a>0，故a>1时，不等式①成立； （2）若0

.

12)?(1,??)综合（1）、（2）得a的取值范围为(0,

【例4】 已知数列{an}的前n项和为Sn，又有数列{bn}，它们满足关系b1?a1，对n?N有an?Sn?n,bn?1?an?1?an。

（1）求证{bn}是等比数列，并写出它的通项公式 （2）求liman

n??解：⑴证法一：当 n=1时，a1?s1?1,?a1?a1?1?a1?b1?12。

?an?sn?n当n?2时,由??2an?an?1?1(1)a?s?n?1n?1?n?1

同理，2an?1?an?1(2)

(2)－(1),2(an?1?an)?an?an?1 即2bn?1由a2于是

?bn?bn?1bn?12(3)

?s2?2,得a2?b2b1?12(4)34.又b2?a2?a1?34?12?14

?12?,q?1212由(3),(4)知{bn}是b1的等比数列，bn14?12n

且数学归纳法证明，

证法二：同上算得b1(1) 当n?1时,12??12,b2?，??猜想bn?12n?b1，命题成立

- 16 -

(2)假设n?k(k?N)时命题成立，即bk?12k?12k成立。

?ak?ak?1?(k?Sk)??(k?1)?Sk?1??1?ak12k?1∴

ak?1?

又ak?1?Sk?1?k?1,即ak?1??ak?1?Sk??k?1

?2aK?1?(k?1)?Sk?(k?1)?(k?ak)?1?ak?2??ak?1?1?12k12k

12k?1?bk?1?ak?1?ak?即n?k?1时命题成立.

由(1)(2)知对 n?N猜想bn?{bn}是以b1?12,q?12?12n成立

?12n的等比数列，bn

⑵?an?(an?an?1)?(an?1?an?2)?(an?2?an?3)???(a2?a1)?a1

1(1?1?1212n

?bn?bn?1????b2?b1?2)?1?12n

∴

n??liman?lim(1?n??12n)?1

12解法2：由2an?1??an?1??a1?1????2??an?1?1?an?1?n?an?1?1?

?an?1?12n

12n1??1?1??bn??1????1???nn?1n2??2??2，∴{bn}是等比数列；且

n??liman?lim(1?n??)?1

【例5】 已知?an?是首项为1，公差为d的等差数列，其前n项和为An，?bn?是首项为1，公比为q(|q|<1)的等比数列，其前n项和为Bn，设Sn?B1?B2?B3?...?Bn，若

lim(n??Ann?Sn)?1 ，求d和q。

d?n?n(n?1)2d解：An?na1?又Bn?1?qnn(n?1)2?qn；?Ann?1?n?12d

1?q?11?q1?q；

n1?qq(1?q)(1?q)2n?Sn?B1?B2?B3?....?Bn??

- 17 -

?lim(n??Ann?Sn)?lim[1?n??n?12d?n1?q?q(1?q)(1?q)n?122n]

?lim[(1?n??d2?q(1?q)2)?(d2?11?q)n?q]=1

(1?q)?|q|?1,??limqn?12?0n??(1?q)

qd??1,?1??22(1?q)??? d1???0.?21?q??q(1?q)2?11?q?0,11?q1?q(q?1)?0.

又?

11?q?0,?q1?q?1,?q?12.,d?4

【例6】 已知等比数列{an}中a1 = 1，公比为x (x > 0)，其前n项和为S。

（1）写出数列{an}的通项公式及前n项和Sn的公式；（2）设bn的表达式；（3）判断数列{bn}的增减性；（4）求limbn。

n???anSn，写出bn关于x和n

解：（1）an?xn?1,Sn?n,x?1时? ??1?xn,x?1时??1?x（2）x?1时，bn?anSn?1n,

x?1时，bn?anSn?xn?1?1?x?n

1?x?1?n,x?1时??bn??n?1

??x1?x?,x?1时n??1?x1（3）当xbnn?1?1时，n?1???1,又bn?0；∴bn?1?bn

1bnn?1nxn?1?x?n?1当n?1时，

bn?1bn?x1?xn?1?1?x?n?x?x1?xn?1n?1?1?1?x1?xn

1?x

- 18 -

?x?1,1?x与1?x同号，??1?1?x1?xnn1?x1?xn?0

?1,又bn?0,?bn?1?bn综上知?bn?为递减数列。 （4）当x?1时，limbn?limn??1nn?0

n??当x?1时，limbn?limn??x1n?1?xnn??1?xx1xn?1?1??1当x?1时，limbn?limn??1x

当0?x?1时，limbn?0n???0,当0?x?1时 ??limbn??1n??1?，当x?1时?x?

数列的综合应用(1)

一、选择题

1．等差数列?an?的通项公式为an?2?3n,?an?的前n项和Sn等于( A ) (A)

?32n2?n2 (B)

?32n2?n2 (C)

n32n?2n2 (D)

32n?2n2

2．一个等比数列的前n项和Sn12?1??1????2?，则该数列各项和为（ B ）

12 A． B．1 C．－ D．任意实数

3．已知数列{an}满足an+1=an–an–1（n≥2），a1=a，a2=b，记Sn=a1+a2+a3+?+an，则下列结

论正确的是（ A ）.

（A）a100=–a，S100=2b–a （B）a100=–b，S100=2b–a （C）a100=–b，S100=b–a （D）a100=–a，S100=b–a

4．设首项为3，公比为2的等比数列{an}的前n项和为Sn，首项为2，公比为3的等比 数列{a'n}的前n项和为S'n，则

limn??Sn?S'nan?a'n的值等于( C )

- 19 -

（Ａ）

12 （Ｂ）

23 （Ｃ）

32 （Ｄ） 2

5．在等比数列{an}中，首项a1 < 0，则{an}是递增数列的充要条件是公比q满足 （ C ）

A．q > 1

B．q < 1

C．0 < q < 1

D．q < 0

6．设首项为3，公比为2的等比数列 {an} 的前n项和为Sn，首项为2、公比为3的等 比数列{an} 的前n项和为 Sn’，则 （Ａ）

12limn??Sn?Sn'an?an'的值等于：( C )

（Ｂ）

23 （Ｃ）

32 （Ｄ） 2

7．已知数列{an}中，a1?1,2an?1?an(n?1,2,3,??)，则这个数列前n项和的极限是（A） （A）2 （B）

12 （C）3 （D）

3?a1?a2?…?ann(n?N)18．等差数列?an?的通项an?2n?1，则由bnn项和是（ C ）

A．n(n?1)

B．

n(n?1)2所确定的数列?bn?的前

C．

n(n?5)2 D．

n(n?7)2

9．已知等比数列{an}中，公比q?R，且a1?a2?a3?9,a4?a5?a5??3，记

Sn?a1?a2????an则

limn??Sn等于（ D ）

C．6

D．

274 A．

36175 B．

48175

2?1?a1(1?q?q)?93解：由已知可得??q??323??a1q(1?q?q)??3

274所以得：a1(1?q?q2)(q?1)?9(q?1)?所以

limSn?a11?q?274a1(q?1)?9(q?1)?a1??3(q?1)

n??

1cos10．已知数列?an?：cos0，2331?2，?13ncos?n?1??2，?此数列所有项的和等于（ C ）

D．0.375

A．0.25 B．0.5 C．0.3

二、填空题

1．设等差数列?an?共有3n项，它的前2n项之和是100，后2n项之和是200，则该等差数列的中间n项之和等于 . 75 2．在数列?an?中，a1

?sin??0，an?1?ancos??n?N?该数列所有项的和为

3，则θ的值等于

- 20 -

2k???3?k?z?

3．某工厂原来年总产值为a，以后连续两年平均以10%递增，若连续两年中第二年产值为b，则a占b的百分数是 。8278121%

??5(n?1)??n?2?(n?2)?5?24．数列?an?中，a1?5，an?a1?a2?a3??an?1(n?2)则an? 。an5．已知?an?、?bn?都是公差不为零的等差数列，且lim则

limn??

anbn?2n??

a1?a2???annb2n的值为 。

12

6．已知数列?an?是等比数列，若a1?a2?a3?18，a2?a3?a4??9 且Sn?a1?a2???an，则limSn? . 16

n??

三、解答题

1．数列{an}中，前n项和Sn?an2?bn其中a,b是常数，且a>0,a+b>1,n∈N. （1）求{an}的通项公式an，并证明an?1?an?1(n?N)； （2）令cn?loganan?1，试判断数列{cn}中任意相邻两项的大小.

解：（1）a1?S1?a?b?1

an?Sn?Sn?1?(an2?bn)?[a(n?1)?b(n?1)]

2?2an?a?b(n?2,3,4??)

当n=1时也能满足上式，∴an?2an?a?b(n?1,2,3,??)

an?1?an?2a(n?1)?a?b?(2an?a?b)?2a?0.

∴an?1?an?1.(n?1,2,3??)

（2）由（1）及对数的性质可得数列{cn}中各项皆为正值

cn?1cn14?logan?1anan?2an?1log?logan?1an?2?logan?1an?log????????2an?1an?2?log2an?1an????2

??logan?1(an?2?an)?21???log4???an?2?anan?1??2?????(an?2?an)

- 21 -

?14?logan?1(an?1)22??1

又∵an?1，∴cn?loganan?1?0. ∴cn?1?cn(n?1,2,3??).

2,3Sn?4,an,2?3Sn?122．已知数列?an?中,a1?1，前n项和为Sn，对于任意n?n??总成等差

数列。（1）求a2,a3,a4的值；（2）求通项an;（3）计算limSn.

解：（1）∵当n≥2时，3Sn32?4,an,2?3Sn?12成等差数列

∴2an?3Sn?4?2?Sn?1；∴an?3Sn?4(n?2)

∴a2?3(a1?a2)?4,∵a1?1，∴a2?1214

类似地a3?3(a1?a2?a3)?4∴a3??

a4?3(a1?a2?a3?a4)?4∴ a4?18

（2）∵当n≥2时，an?3Sn?4，即3Sn?an?4

∴??3Sn?an?4??①?3Sn?1?an?1?4??②

②–①得3an?1?an?1?an ∴

an?1an??12为常数

∴a2，a3，a4，?，an，?成等比数列.；其中a2121212?12,q??12

故n?2,an?a2?qn?2?(?)n?2??(?)n?1

∴an?1 (n?1)??? 1n?1-(-) (n?2)?2?（3）∵Sn?a1?a2???an=1?(a2?a3???an)

- 22 -

1∴limSn?1?lim(a2?a3???an)=1?n??n??21?(?12)?1?13?43

数列的综合应用(2)

【例1】 已知函数

fn(x)(n?N)?具有下列性质：

1?f(0)?,n?2?????k?1?k?1??k????k??nf??f?f?1???????(k?0,1,?,n?1);n?n??n?fn??nnnn?????????????

（1）当n一定，记ak?1?k?fn???n?,求ak的表达式(k?0,1,?,n);

（2）对n?N?,证明??14?fn(1)?13.

解：（1）?n?fn???k?1??k?1??k????k???fn?????fn???1?fn??n?n??n????n????

?k?1??k??k??k?1??(n?1)fn???nfn???fn??fn??,

nnnn????????

即

n?1?k?fn???n??n?k?1?fn???n??1,又ak?1?k?fn???n?,

?(n?1)ak?nak?1?1,

?n(ak?1?1)?(n?1)(ak?1)，即

ak?1?1ak?1?1?1n，由n为定值，

则数列{ak?1}是以a0?1为首项，1??ak?1?(a0?1)(1?1n)k1n为公比的等比数列，

，

1???1??1??n??1ank由于a0?1fn(0)1?2,?ak(k?0,1,?,n);

（2）?ak??k?fn???n?13,?fn(1)??11??1??1??n??n，

欲证

14?fn(1)?，

n1??只需证明3?1??1??n???4，

- 23 -

1??只需证明2??1??n???(1?1n)nn?3,

?1?Cn11n?C221n2???Cnn1nn

?1?1???2,(1?1n

)n?1?Cnn(n?1)2n211n?Cn21n2???Cnn1nn

?1?1????n(n?1)??2?1n!nn

n1??1???1????n2?2???11111?1????3????3. ?1?1?????1?1??????2?n12!n!222?2?21?2【例2】 已知函数f(x)=

x2?1(x≥1)

（1）求f(x)的反函数f－1 (x)的表达式；

2（2）数列?an?中，a1 =1；an =f(an－1)(n?N，n≥2)，如果bn =an(n?N)，求数列?bn?的通项公

－1

式及前n项和Sn；

（3）如果g(n)=2Sn－17n，求函数g(x) (x?R)在区间[t,t+2] (t?R)上的最小值h(t)的表达式。

解：（1）y?x?1　∴y222?x?1　∴x22?y22?1

∵x≥1　∴y≥0　∴x?y?1 ∴f－1 (x)=

2x?1(x≥0)

（2）a1∴a12?1　an?f22?1(an?1)?an?1?1(n?N,N≥2)

?1　an?an?1?1 ∴b1?1　bn?bn?1?1

12n(n?1)∴bn?是以1为首项，公差为1的等差数列 ∴bn?n ∴Sn??

（3）g(n)=2Sn－17n=n2－16n

∴g(x)?x2?16x?(x?8)2?64 x?R

∴g(x)函数图像是以顶点M（8，－64）且开口向上的抛物线 (i)当t>8时，g(x)在[t,t+2]上是增函数 ∴h(t)=g(t)=t2－16t (ii)当t+2<8时，g(x)在[t,t+2]是减函数 ∴h(t)=g(t+2)=t－12t－28 (iii)当6≤t≤8时 h(t)=g(8)=－64

2

- 24 -

?t2?12t?28　t?(??,6)?∴h(t)???64　　　　t?[6,8]?2?t?16t　　　t?(8,??)

【例3】 在数列{an}中，已知a1?a?a?2?，且an?1?an22?an?1??n?N?

（1）求证：an?2?n?N?；（2）求证：an?1?an?n?N?；

lg3a?1。 34（3）若存在k?N，使得ak?3，求证：k?lg解：（1）证明：

当n?1时，a1?a?2，命题成立。

假设n?k?k?1，k?N?时，命题成立，即ak?2 则ak?1ak2?2?ak?1???1?1??a?1??2?k?2?ak?1?

1ak?1由归纳假设ak?2，则ak1??22???1?0，且ak?1?，由平均值定理得

ak?1??ak?1??1·?2??2ak?1??

所以n?k?1时ak?1?2也成立

因此，对任意自然数n，都有an?2 （2）证明：

an?1an?an2?an?1??1?1??1???2?a?1n??；由（1）an?2，?an?1an?1?1??1???1 2?2?1?又an?2?0，?an?1?an

（3）证明：由an?1?an及ak?3得a1?a2?a3???ak?1?ak?3

则akak?1?ak?12?ak?1?1???1?1?11?3?1????1????22?a?13?1??4k?1??k?1

aka2a3333?3?ak?a1··???a1··???a·??a1a2ak?1444?4?k?1?3??3?ak?a·???4?

- 25 -

?3?由此得a???4?k?1?3??3，又a?3，????4?3a?1 34k?1?3a；于是?k?1?lg34?lg3a

又lg34lg?0，解得k?lg【例4】 已知数列{an}满足a1＝2，对于任意的n∈N，都有an＞0，且(n＋1)a2＋anannn－12＋1。(1)求数列{an}的通项＋1－nan?1＝0，又知数列{bn}:b1＝2

an以及它的前n项和Sn；

(2)求数列{bn}的前n项和Tn；(3)猜想Sn和Tn的大小关系，并说明理由. 解：⑴∵an∴

(n?1)(anan?1)2?0(n?N),(n?1)an?anan?1?nan?1?0

22?(anan?1)?n?0。

?1?(2n?1)2(n?1)n?1n∴

anan?1??1?1?4n(n?1)2(n?1)???1,? ??n.??n?1∴an?0，∴∴

anan?1an?1an?2anan?1an?2an?3?nn?1a3a2。即

a2a1an?1an?。

???????ann?1n?232?n??????n。∴

n?1n?2n?321an?1，

又a1?2，∴an?2n。

∴Sn?a1?a2???an?2(1?2?3???n)⑵∴bn∴Tn⑶Tn当n当n当n当n当n?2n?1?2?n(n?1)2?n?n2。

?1，

?b1?b2?b3???bn?(2?Sn?(2n0?2?2n12???2?1

n?1)?n?2(20n?1)2?1?n?2n?n?1。

?n?1)?(n12?n)?2?n2?1时，T1?S1?2?1?1?0，∴T1?S1；

2?2时，T2?S2?22?2?1??1?02，∴T2?S2； ，∴T3?S3； ，∴T4?S4；

?3时，T3?S3?23?32?1??2?0?4时，T4?S4?24?4?1??1?02?5时，T5?S5?25?52?1?6?0，∴T5?S5；

- 26 -

当n?6时，T6?S6?26?62?1?27?0，∴T6?S6。

猜想：当n?5时，Tn?Sn。

即2n?n2?1?0。亦即2n?n2?1。 下面用数学归纳法证明：

1?当n?5时，前面已验证成立；

2?假设n?k(k?5)时，2k?k2?1成立，那么当n?k?1(k?5)时，

2k?1?2?2k?2(k2?1)?k2?k2?2?k2?5k?2?k2?2k?2?(k?1)?1。

2∴当n?k?1(k?5)时，2k?1?(k?1)2?1也成立。

由以上1?、2?可知，当n?5时，有Tn?Sn；当n?1时，T1?S1； 当2?n?5时，Tn?Sn。

【例5】 已知等差数列{an}中，公差为d>0，等比数列{bn}中，b1?0公比q>0且q?1.若an?a1?logabn?logab1(n?1,n?N,a?0,a?1)，求a的取值范围. 解：由已知不等式，得a1?(n?1)d?a1?loga(b1qn?1)?logab1

(n?1)d?(n?1)logaq

d ∵n?1?0，∴d?logaq

1d①当0?a?1时，a?q，∵d?0，∴a?q

11∵若0?q?1，则qd?1，∴0?a?qd

1若q?1，则qd?1，∴0?a?1

②当a?1时，ad?q

1∵d?0，∴a?q

d1若0?q?1，则qd?1，∴a?1

11若q?1时，则qd?1，∴a?qd

1综上：若0?q?1时， 0?a?qd或a?1

1q?1时，0?a?1或a?qd

- 27 -

数列的综合应用(2)练习

一、选择题 1．设Sn = A．

1813?232?133?234???132n?1?232n，则limSn等于（ A ）

n→?　 B．

14 C．0 D．?12

2．已知数列?an?中，a1??60，an?1?an?3，那么|a1|?|a2|????||a30|等于（ B ）

A、－495

B、765

C、1080

D、3105

3．在等差数列?an?中，am?n，an?m(m、n?N，m?n)，则am?n?（ A ）

A、0

B、m

C、n

D、不确定

4．一个等差数列的首项为4，它的第一项、第七项、与第十项成等比数列，这个数列的通项公式是（ C ）

A、an?4?(n?1)或an?4 B、an?4?(n?1)

3311C、an?4?(n?1)或an?4

321D、an?4?(n?1)

315．设2a

?5a?2?0，则limn??ann?11?a等于（ C ）

C、或0

21A、

1a B、或0

31 D、1

6．数列1,b,c,8中，前三项1,b,c成等差数列，后三项b,c,8成等比数列，则必有（ B ）

A、c>0

B、b>0

C、c<0

D、b<0

7．设等差数列的前4项之和为26，其末4项之和为110，又这个数列的所有的项之和为

187，则这个数列共有多少项（ A ）

A、11项

B、22项

C、8项

D、项数不能确定

8．设数列?xn?满足logaxn?1?1?logaxn(n?N)且x1?x2???100?100,则x101?x102??x200

等于（ D ）

A、100a

B、100a2

C、101a100

D、100a100

二、填空题

1．若等差数列?an?的前几项和为Sn，且S15?S10?20则S25? 。100 2．已知数列?an?，an?0，(n?N)它的前n项和记为Sn，若?an?是一个首项为a 公比为q(q>0)的等比数列，且Gn

?a1?a2???an(n?N)lim222SnGn?n?? .

- 28 -

limn??SnGn

?1?a(q?1)???0(q?1)?1?q?(0?q?1)?a

3．在等比数列?an?中，记：Sn?a1?a2???an，若a3?2S2?1，a4?2S3?1则公比q= 3 4．数列?an?的前n项和为Sn，且Sn?1?5．数列?an?的通项公式an等于 。2

6．已知等比数列?an?的各项都是正数，Sn?80，S2n?6560，且前n项中最大的一项为54，

则n= 。4 三、解答题

1、若Sn和Tn分别表示数列{an}和{bn}的前n项的和，对任意正整数n，an??2(n?1), （1）求数列{bn}的通项公式； Tn?3Sn?4n.。

（2）在平面直角坐标系内，直线ln的斜率为bn,且与曲线y?x2有且仅有一个交点，与y 轴交于点Dn，记dnd2n?123an(n?N)则limsnn??的值为 。1

?1(2n?1)(2n?1)前n项和为Sn，limaSn?1(a为实常数)，则a的值

n???132|Dn?1Dn|?(2n?7),求dn;

（3）若cn??dn2dn?1dn(n?N),求证:lim(c1?c2???cn?n)?1.

n??解：（1）解法（一）由已知Tn?3Sn?4n.当n?1时,b1?T1?3S1?4?3a1?4??8. 当n?2时,bn?Tn?Tn?1?3(Sn?Sn?1)?4n?4(n?1)?3(Sn?Sn?1)?4?3an?4

由于an??2(n?1).?bn?3[?2(n?1)]?4??6n?2. 由于b1适合上式，?bn??6n?2(n?N).

解法（二）由于anSn?n(a1?an)2???2(n?1),则{an}为等差数列，a1??4.

2n(?4?2n?2)22??n?3n

2?Tn?3Sn?4n?3(?n?3n)?4n??3n?5n

当n=1时，b1?T1??8，

- 29 -

当n?2时,bn?Tn?Tn?1??3n?5n?[?3(n?1)?5(n?1)]??6n?2.

22由于b1适合上式，?bn??6n?2(n?N), （2）设ln的方程为y?bnx?m

?y?x2,2消去y,得x?bnx?m?0. ??y?bnx?m.?0,即bn?4m?0.

2∵直线ln与曲线只有一个交点，∴?∴m??从而dn?13

bn42 则Dn(0,?bn).

4|Dn?1Dn|?(2n?7)?22?1313|?2bn42?(?bn?142)|?(2n?7)

|?[?(6n?2)]4?[?(6n?8)]4|?(2n?7)?6n?5?(2n?7)?4n?2.?dn?4n?2(n?N).

22（3）?cn?dn?1?dn2dn?1dn?(4n?2)?(4n?2)2(4n?2)(4n?2)13)?(1?22?134n4n22?1?1?1?12n?112n?1?12n?11.

?c1?c2?c3???cn?n?(1?1??15)???(1??2n?1)?n

=1?12n?1.

12n?1)?1.

?lim(c1?c2???cn?n)?lim(1?n??n??2．{an},{bn}都是各项为正的数列，对任意的自然数n，都有an,bn2,an?1成等差数列

bn,an?1，bn?1成等比数列。

22（1）试问{bn}是否是等差数列？为什么？ （2）求证：对任意的自然数p,q(p（3）如果a1?1,b1?2,Sn?1a1??q),bp?q?bp?q?2bp222成立； 。

1a2???1an，求limn??Sn2解：依题意2bn?an?an?1??①

22an?1?bn?bn?1??②

2（1）∵an?0,bn?0，∴由②式得an?1?bn?bn?1 从而n?2时，an?bn?1?bn

?bn?1bn?bnbn?1，∴2bn?bn?1?bn?1(n?2)2代入①2bn

- 30 -

∴{bn}是等差数列。

（2）因为{bn}是等差数列∴bp?q∴b2p?q?bp?q?2bp

?b2p?q?(bp?q?bp?q)22?bp2

?3,b2?322（3）由a1∴{bn}中公差d∴bn?1,b1?222及①②两式易得a2

?

22(n?1)?b1?(n?1)d?

∴an?1又a1∴

1an?12(n?1)(n?2)??????③ 122?1???1?2也适合③、∴an??2(1n?1n?1)

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

n(n?1)∴Sn∴1im?2[(1?Sn?2

12)?(12?13)????(1n?1n?1)]?2(1?1n?1)

n??高考真题精典回顾：

1.（全国一22）．（本小题满分12分）

设函数f(x)?x?xlnx．数列?an?满足0?a1?1，an?1?f(an)． （Ⅰ）证明：函数f(x)在区间(0，1)是增函数； （Ⅱ）证明：an?an?1?1；

1)，整数k≥（Ⅲ）设b?(a1，a1?ba1lnb．证明：ak?1?b．

解析：（Ⅰ）证明：f(x)?x?xlnx，f'?x???lnx,当x??0,1?时，f'?x???lnx?0 故函数f?x?在区间(0,1)上是增函数；

（Ⅱ）证明：（用数学归纳法）（i）当n=1时，0?a1?1，a1lna1?0，

a2?f(a1)?a1?a1lna1?a1

由函数f(x)在区间(0，且函数f(x)在x?1处连续，则f(x)在区间(0，1)是增函数，1]是增函数，a2?f(a1)?a1?a1lna1?1，即a1?a2?1成立；

- 31 -

（ⅱ）假设当x?k(k?N*)时，ak?ak?1?1成立，即0?a1≤ak?ak?1?1 那么当n?k?1时，由f(x)在区间(0，1]是增函数，0?a1≤ak?ak?1?1得

f(ak)?f(ak?1)?f(1).而an?1?f(an)，则ak?1?f(ak),ak?2?f(ak?1)，

ak?1?ak?2?1，也就是说当n?k?1时，an?an?1?1也成立；

根据（ⅰ）、（ⅱ）可得对任意的正整数n，an?an?1?1恒成立. （Ⅲ）证明：由f(x)?x?xlnx．an?1?f(an)可得

ka?b?a?b?alna?a1?b??ailnai k?1kkki?11.若存在某i≤k满足ai≤b，则由⑵知：ak?1?b?ai?b≥0 2.若对任意i≤k都有ai?b，则a ?b?a?b?alnak?1kkkkkk a?b?kalnb?a1?b??ailnai?a1?b??ailnb?a1?b?(?ai)lnb?11i?1i?1i?1?a?b?kalnb?a?b?(a?b)?0，即ak?1?b成立. 11112.（全国二20）．（本小题满分12分）

n设数列?an?的前n项和为Sn．已知a1?a，an?1?Sn?3，n?N*．

n（Ⅰ）设bn?Sn?3，求数列?bn?的通项公式；

*（Ⅱ）若an?1≥an，n?N，求a的取值范围．

nn解：（Ⅰ）依题意，Sn?1?Sn?an?1?Sn?3，即Sn?1?2Sn?3，

n?1n由此得Sn?1?3?2(Sn?3)． ···················································································4分

因此，所求通项公式为

bn?Sn?3?(a?3)2nn?1，n?N．① ········································································6分

*nn?1*（Ⅱ）由①知Sn?3?(a?3)2，n?N，

于是，当n≥2时，

an?Sn?Sn?1

- 32 -

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

?(a?3)2n?1，

n?2an?1?an?4?3?(a?3)2

?2n?2n?2???3??a?3?， ?12???2??????当n≥2时， ?3?an?1≥an?12????2??a≥?9．

n?2?a?3≥0

又a2?a1?3?a1．

???． ·综上，所求的a的取值范围是??9，·································································· 12分

3.（四川卷20）．（本小题满分12分）

设数列?an?的前n项和为Sn，已知ban?2??b?1?Sn

n（Ⅰ）证明：当b?2时，?an?n?2n?1?是等比数列； （Ⅱ）求?an?的通项公式 解：由题意知a1?2，且 ban?2??b?1?Sn

nban?1?2n?1??b?1?Sn?1

n两式相减得b?an?1?an??2??b?1?an?1

n即an?1?ban?2 ①

n（Ⅰ）当b?2时，由①知an?1?2an?2

于是an?1??n?1??2?2an?2??n?1??2

nnn?2?an?n?2n?1?

n?1又a1?1?2?1?0，所以?an?n?2n?1?是首项为1，公比为2的等比数列。

- 33 -

（Ⅱ）当b?2时，由（Ⅰ）知an?n?2n?1?2n?1，即an??n?1?2 当b?2时，由由①得

an?1?12?bb2?b?2n?1n?1

?ban?2?n12?b?2n?1

?ban??2

n1?n?b?an??22?b??? ?n?1因此an?1?2?1?b?2?b12?b?21?n??b?an??22?b??? ???b

n2n?1??得an??1 nn?1??2??2?2b?b?n?2??2?b?2012高考数列分析与预测：

数列是高中数学的重要内容之一，也是高考考查的重点。而且往往还以解答题的形式出现，所以我们在复习时应给予重视。近几年的高考数列试题不仅考查数列的概念、等差数列和等比数列的基础知识、基本技能和基本思想方法，而且有效地考查了学生的各种能力。解答题大多以考查数列内容为主，并涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目. 有关数列题的命题趋势

（1）有关数列的基本问题，这类题围绕等差、等比数列的基本知识、基本公式、基本性质命题，难度不大，考生应注意基本方法的训练，灵活运用相关性质。

（2）数列是特殊的函数，而不等式则是深刻认识函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和能力的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点

（3）数列推理题是新出现的命题热点.以往高考常使用主体几何题来考查逻辑推理能力，近两年在数列题中也加强了推理能力的考查。

（4）与导数、平面向量、概率等新知识相结合也不可忽视。 复习关键点：

(1)理解数列的概念，特别注意递推数列，熟练掌握等差数列、等比数列的性质、公式及公式的延伸，应用性质解题，往往可以回避求首项和公差或公比，使问题得到整体解决，能够

- 34 -

减少运算量，应引起考生重视。

(2)解决数列综合问题要注意函数思想、分类论思想、等价转化思想等。注重数列与函数、方程、不等式、解析几何等其他知识的综合。 (3)重视递推数列和数列推理题的复习。

(4)数列应用题注意增长率、银行信贷、养老保险、环保、土地资源等，首先要分析题意，建立数列模型，再利用数列知识加以解决。

不管数列与哪一部分知识内容交汇，数列自身的内容仍是考生重点掌握的。对数列自身来讲，主要有以下体型：

一、求数列的通项公式，主要方法有：（1）利用an与Sn的关系an?Sn?Sn?1(n?2) （2）利用递推关系包括累加法，累乘法，构造数列

二、求数列的前n项和，主要方法有：（1）倒序相加法（2）错位相减法（3）裂项法（4）分组法

三、判断一个数列是等比或等差数列，完全依据等差、等比数列的定义进行证明。 这是解决好数列问题的重中之重. 三、预测高考热点新题：

1.设Sn是正项数列?an?的前n项和，且Sn?（1）求数列?an?的通项公式；

（2）是否存在等比数列?bn?，使a1b1?a2b2???anbn??2n?1??2整数都成立？并证明你的结论． （3）设n?114an?212an?34．

?2对一切正16cn?11?an?n?N*?，且数列?cn?的前n项和为Tn，试比较Tn与

的大小．

2.已知数列{an},{bn}满足关系：

a1?2a,an?1?12(an?a2an)， bn?an?aan?a(n?N,a?0).

*（1）求证：数列{lgbn}是等比数列； （2）证明：

an?aan?1?a?32n?1?1；

43（3）设Sn是数列{an}的前n项和，当n?2时，Sn与(n?有，加以证明；若没有，请说明理由。

)a是否有确定的大小关系？若

- 35 -

3323.已知正项数列?an?满足对一切n?N?,有a13?a2???an?Sn，其中

Sn?a1?a2???an.

(Ⅰ)求数列?an?的通项公式; (Ⅱ) 求证: 当n?N*时, anln(1?1an)?ln3.

4．某企业2008年的纯利润为500万元，因设备老化等原因，企业的生产能力将逐年下降.若不能进行技术改造，预测从今年起每年比上一年纯利润减少20万元，今年初该企业一次性投入资金600万元进行技术改造，预测在未扣除技术改造资金的情况下，第n年（今年为第一年）的利润为500(1+

12n)万元（n为正整数）.

（1）设从今年起的前n年，若该企业不进行技术改造的累计纯利润为An万元，进行技术改造后的累计纯利润为Bn万元（须扣除技术改造资金），求An、Bn的表达式；

（2）依上述预测，从今年起该企业至少经过多少年，进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润？ 5.已知数列?an?满足：a1?52，且an?4an?1?1an?1?2(n?2,n?N)

?（1）设bn?1an?1，证明数列?bn?是等差数列；

（2）求数列?bn?、?an?的通项公式；

（3）设cn?an?an?1，Sn为数列?cn?的前n项和，证明Sn?n?6(1?lnn). 6.设等差数列{an},{bn}前n项和Sn,Tn满足

g(x)?12SnTn?An?12n?7，且

a3b4?b6?a7b2?b8?25，S2=6；函数

?x?1?，且cn?g(cn?1)(n?N,n?1),c1?1.

（1）求A；

（2）求数列{an}及{cn}的通项公式；

?an(n为奇数)d?,试求d1?d2???dn. （3）若n??cn(n为偶数)

- 36 -

高考热点新题参考答案：

1解：（1）Sn?14?an?1212an?334得

424又由于an?1?an?0，则an?1?an?2，故?an?是等差数列．

Sn?1?1a2n?1an?1?，相减并整理为?an?1?an??an?1?an?2??0

?a1?S1?14243（2）当n?1，2时，a1b1?22?2?1?1??2?6，a1b1?a2b2?2?2?2?1??2?26

可解得，b1?2，，猜想bn?2使 b2?4，na1?21a1?3?0，?a1?3，故an?2n?1

?2n?1??2成立

23nn?1下面证明3?2?5?2?7?2????2n?1?2?2?2n?1??2恒成立

23n令S?3?2?5?2?7?2????2n?1?2 ①

234n?12S?3?2?5?2?7?2????2n?1?2 ② ②－①可得

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

a1b1?a2b2???anbn?2n?1（3）Cn?1?2n?2?2?1?2n?1??2n?3??1?11????

2?2n?12n?3?则Tn?c1?c2???cn?1?111111?????????? 2?35572n?12n?3?

?1?11?11??，故 T???n2?32n?3?66说明：本题主要考查数列通项公式的求法，数列和的求法以及不等式的内容。涉及运算能力，逻辑思维能力，猜想能力等。 2解：（1）?an?1??bn?1?an?1?aan?1?a?12(an?a222an),bn?2an?aan?a

(an?a)(an?a)?bn?0

an?aan?a?1

?lgbn?1?2lnbn ?a?0 ?bn??lgbn?1lgbn?2 故{lgbn}是等比数列。 a1?aa1?a?3 ?lgbn?lg?23n?1（2）b1?由bn?? ?bn?3?a?a?32a2n?12n?1

an?aan?a及：an?32nbn?1bn?12n?1?a?3322n?1?1?1n?1?1an?aan?1?a??1?132n?1?(3)?1?1232n?1?32n?1?1

- 37 -

（3）当n?2时，an?1?a??a3?a?110an?a32n?1?110?1(an?a)

110(an?1?a)

(a2?a),a4?a?110(a3?a),?,an?a?1相加得：Sn?a1?a2?(n?1)a?105a65 ?10Sn??a1?2a,a2?a?10(n?2)?Sn?an?2a?(n?2)a 42[Sn?1?a?(n?2)a]

?Sn?[(n?2)?6118?3432n?1?1?1)9(32n?1]a?(n?2518?19)a?(n?2318)a?(n?43)a

故n?2时，Sn?(n?)a.

n?1n3i3解：(Ⅰ)对一切n?N有a?3n?1??ai?1??ai?13i22?Sn?1?Sn，

33即 (Sn?1?Sn)(Sn?1?Sn)?an , an?1(Sn?1?Sn)?an?1 ?1?an?1?an?1?2Sn (n?N)

22由an?1?an?1?2Sn及an?an?2Sn?1(n?2)两式相减,

2?得: (an?1?an)(an?1?an)?an?1?an

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

(n?1)

?n?1,2时,易得a1?1,a2?2,an?1?an?1*∴{an}是等差数列,且an?n,n?N .

说明:本小题也可以运用先猜后证(数学归纳法)的方法求解. (Ⅱ) 由

an?n*111n)?ln3?nln(1?)?ln3?ln(1?)?ln3,因,n?N知anln(1?annn此,只需证明(1?1n)n?3.

当n?1或n?2时,结论显然成立.当n?3时,

(1?1n)?1?Cn?12!(1?1nn11n?Cn?121n2???Cn?1n)(1?2nk1nk??Cn?n1n?1?1?)???k!(1?)?(1?nn?k?1n

)???11n!(1?1n)(1?2n)?(1?n?1n)1n[1?()]1111111n22?1?1????????1?1??2??n?2??3?()?3

12!k!n!22221?2

- 38 -

所以,原不等式成立.

4.本题主要考查等差数列与等比数列、函数性质等基础知识，考查运算求解能力和数据处理能力，考查函数与方程思想和应用意识.

解: (1)依题意知，数列An是一个以500为首项，－20为公差的等差数列，所以 An?480n?Bn?500(1?12n(n?1)2?(?20)?490n?10n，

12)???500(1?2n2)?500(1?12212n)?600

＝500n?500(?21???12)?600

1n[1?()]50022500n?500??600500n??100 ＝＝n121?21(2)依题意得，Bn?An，即500n?化简得

502n5002n?100?490n?10n，

2?n?n?10，

502n2?可设f(n)?，g(n)?n2?n?10

又?n?N?，?可设f(n)是减函数，g(n)是增函数， 又f(3)?508?g(3)?2,f(4)?5016?g(4)?8,

则n?4时 不等式成立，即4年 答：略

5解：(1) an?1?133(an?1?1)an?1?223,?1an?1?an?1?23(an?1?1)?1an?1?1?13

?bn?bn?1?,b1?,??bn?为等差数列

132(2)由(1)bn?b1?(n?1)?(n?4)(n?5)(n?1)(n?2)6(n?3)n?3n2?n?13,从而an?n?4n?1

(3)cn??n?9n?20n?3n?26n2?1?6?12n?3n?3n?213?...?1n2

?cn?1??1?,Sn?n?6(1??)当n?1时,S1?5,不等式的左边

=7,不等式成立

当n?2时, Sn?n?6(1?故只要证1?12?13?...?1n12?13?...?1n)

?1?lnn(n?2),

如下用数学归纳法给予证明: ①当n?2时,ln2?

12?ln2e?0,?n?2时,不等式成立;

- 39 -

②假设当n?k时,1?当n?k?1时, 1?12112??1313?...?1k1k??1?lnk1k?1(k?2)成立

1k?1k?11只需证: 1?lnk? ?1?ln(k?1),即证: ln?k?1kk?1?...??1?lnk?

令

1k?1?x??0,1?,则不等式可化为:ln11?x?x

即ln(1?x)??x,x?(0,1) 令f(x)?ln(1?x)?x,则f?(x)??f(x)在(0,1)上是减函数

?11?x?1??x1?x?0

又f(x)在?0,1?上连续, ?f(x)?f(0)?0,故ln(1?x)??x 当x?1k?1kk?1?当n?k?1时,所证不等式对n?2的一切自然数均成立

时,有lnk?1?1

综上所述,Sn?n?6(1?lnn)成立.

a1?a9??知:? 而6解：

（1）由b?bT9b2?b85b5546?9A?12?9?7?25a3a72a52S92?b1?b92?9??9a5b5?25

解得A=1

2（2）∵{an}不是常数列∴令Sn?kn(n?1) ?S2?6,得k?1,即Sn?n?n 2当n=1时，a1=S1=2,当n≥2时，an=Sn－Sn-1=n2+n??(n?1)?(n?1)??2n

综合之：an=2n 由题意cn?12(cn?1?1)变形得:cn?1?1212(cn?1?1)

∴数列{cn+1}是

为公比，以c1?1?2为首项的等比数列

1n?11n?2cn?1?2?()即cn?()?1

22（3）当n?2k?1时,d1?d2???dn?(a1?a3??a2k?1)?(c2?c4???c2k)

?2(k?1)?241k41k2[1?()]?k?2k?3k?2?[1?()] 34341n?1[1?()]

232当n?2k时,d1?d2???dn?(a1?a3??a2k?1)?(c2?c4???c2k) ??n?n?224

- 40 -

?2k2?k?4[1?()]?341kn?n22?41n[1?()] 32综合之：d1?d2??dn?n2?n?241n?1?[1?()](n为正奇数)??232??

2?n?n?4[1?(1)n](n为正偶数)?32?2

w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

- 41 -

?2k2?k?4[1?()]?341kn?n22?41n[1?()] 32综合之：d1?d2??dn?n2?n?241n?1?[1?()](n为正奇数)??232??

2?n?n?4[1?(1)n](n为正偶数)?32?2

w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

- 41 -

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/fmpa.html