2010年高考数学解答题解密 - 数列篇

高考数学解答题————数列篇

1.考点分析：

数列在高考解答题中的考查主要围绕等差数列和等比数列展开，其中等差数列和等比数列的定义、判定、通项公式，前n项和公式是考查的热点，此外这些考点易于函数、方程、不等式等进行结合，综合性较强.数列解答题一般以中高档的面孔出现，在前4个解答题中出现时，属于中档题，分值12分，对于大多数同学来说应该将本题中的分数全部得到手.部分省份的最后两个解答题仍有数列的影子，在处理时可以将第1问作对，剩余问题尽量做出解答.数列的考点主要集中于以下几个方面，我们做一详细剖析： （1）等比数列、等差数列的判定

这类特殊的数列的判定往往要根据条件给出的式子，直接利用定义作出，即等差数列通过证明an?an?1为常数，等比数列通过证明（2）通项公式的求解

an为常数整得. an?1[来源学科网]通项公式的考查往往承接上面考点中提到的特殊数列的判断，即通过求解构造出的一个特殊数列的通项公式，进而得到所求数列的通项 （3）前n项和的求解

前n项和的求解涉及到数列求和的很多方法，最常见的是公式求和法、裂项相消法、错位相减法，此外倒序相加法也是考查的知识点之一. （4）与不等式、函数、方程等的交汇

数列交汇问题中，数列一直占主导地位，与不等式、函数、方程等的交汇一般要涉及到数列的单调性或者数列求和中放缩法、裂项法的使用（文科放缩法要求很低）.此外，处理数列中的不等式问题时，数学归纳法被经常用到，但是要注意从“n?k”到“n?k?1”的过渡证明. 2.考点浓缩：

数列中最基本的要掌握的就是通项公式、前n项和的求取，在解答题中，一般要通过构造特殊数列间接地进行求解，使用错位相减法时，要注意运算的准确性. 关键词：通项公式 前n项和 错位相减法 数学归纳法

命题点一、求解通项公式与放缩法在证明不等式中的应用

1

例1. 设数列?an?的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an?5Sn?1成立，记

bn?4?an(n?N*)。 1?an（I）求数列?an?与数列?bn?的通项公式；

（II）设数列?bn?的前n项和为Rn，是否存在正整数k，使得Rn?4k成立？若存在，找出一个正整数k；若不存在，请说明理由；

*（III）记cn?b2n?b设数列?cn?的前n项和为Tn，求证：对任意正整数n都2n1?(n?N)，

有Tn?

3； 2考点突破：放缩法在使用时，要结合要证明的不等式做出适度的变形，不可使放缩的“度”过大或者过小.

跟踪练习1：（09高考安徽卷）已知数列{an} 的前n项和Sn?2n2?2n，数列{bn}的前n项和Tn?2?bn

（1）求数列{an}与{bn}的通项公式；

2（2）设cn?an?bn，证明：当且仅当n≥3时，cn?1＜cn

[来源:学。科。网Z。X。X。K]命题点二、裂项相消法在求和问题中的使用

例2.（09高考广东卷）已知点(1,1)是函数f(x)?ax(a?0,且a?1)的图像上一点，等比

3数列{an}的前n项和为f(n)?c,数列{bn}(bn?0)的首项为c，且前n项和Sn满足Sn?Sn?1=Sn+Sn?1（n?2）.

[来源:Zxxk.Com]

（1）求数列{an}和{bn}的通项公式； （2）若数列{

跟踪练习2：（08高考江西卷）数列{an}为等差数列，an为正整数，其前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，且a1?3,b1?1，数列{ban}是公比为64的等比数列，b2S2?64.

10001}前n项和为Tn，问Tn?的最小正整数n是多少?

2009bnbn?1 2

（1）求an,bn； （2）求证

1113?????. S1S2Sn4命题点三、数学归纳法在证明不等式中的应用 例3.（09高考山东卷）等比数列{

an}的前n项和为Sn， 已知对任意的n?N? ，点

(n,Sn)，均在函数y?bx?r(b?0且b?1,b,r均为常数)的图像上.

（1）求r的值； （11）当b=2时，记 bn?2(log2an?1)(n?N)

考点突破：应用数学归纳法证明时，从“n?k”到“n?k?1”过渡时，可以应用的手段有：直接使用作差比较、放缩法、基本不等式的使用等.

跟踪练习3：（09高考广东卷）已知曲线Cn:x2?2nx?y2?0(n?1,2,?)．从点P(?1,0)向曲线Cn引斜率为kn(kn?0)的切线ln，切点为Pn(xn,yn)． （1）求数列{xn}与{yn}的通项公式； （2）证明：x1?x3?x5???x2n?1??1?xnx?2sinn． 1?xnyn

高考数列解答题预测与应对策略

数列的考查仍然将围绕等差数列和等比数列展开，其中通项公式和前n项和还将会是命题的重要载体，以此为基础将考察数列与不等式的交汇，这是命题的核心点.估计在2010高考中，在高档数列题中，解答数列与不等式的交汇问题还是将以裂项法、放缩法（理科）、数学归纳法（理科）为主.此外，在中档数列题中，错位相减法求和要引起重视.

3

仿真演练

目标要求：每题10分钟左右，其中1、2、3为中档题，保持题目全对，高考得分12分.4、5、6题为高档题，在解答时注意第一问保持全对，尽量解答后面问号，高考得分5分以上. 1. （08高考海南宁夏卷）已知?an?是一个等差数列，且a2?1，a5??5． （Ⅰ）求?an?的通项an； （Ⅱ）求?an?前n项和Sn的最大值．2. （09高考江苏卷）设

[来源:Zxxk.Com]

?an?是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足

2222a2?a3?a4?a5,S7?7

（1）求数列

?an?的通项公式及前n项和Sn；

[来源:Zxxk.Com]（2）试求所有的正整数m，使得

amam?1为数列?an?中的项.

am?2?3. （2010.4安徽省巢湖市二模）设数列 ?an?的前n项和为Sn，且Sn?2an?1n?N ．

??(I)求数列?an?的通项公式；

(Ⅱ)设数列?nan?的前n项和为Tn，对任意 n?N*，比较

Tn与Sn的大小. 234. （08高考安徽卷）设数列?an?满足a0?0,an?1?can?1?c,c?N*,其中c为实数

（Ⅰ）证明：an?[0,1]对任意n?N成立的充分必要条件是c?[0,1]；

*1，证明：an?1?(3c)n?1,n?N*; 312222,n?N* （Ⅲ）设0?c?，证明：a1?a2??an?n?1?31?3c（Ⅱ）设0?c?5. （2010.4江苏南京市二模）已知函数f(x)?(x?1)2,g(x)?k(x?1)，函数f(x)?g(x)其中一个零点为5，数列{an}满足a1?（1）求数列{an}通项公式；

（2）求S{an}的最小值（用含有n的代数式表示）；

（3）设bn?3f(an)?g(an?1)，试探究数列{bn}是否存在最大项和最小项？若存在求出最大项和最小项，若不存在，说明理由．

k，且(an?1?an)g(an)?f(an)?0． 2 4

16. （2010.4广东佛山市模拟）设a?0,函数f(x)?x2?a. （Ⅰ）证明:存在唯一实数x10?(0,a)，使f(x0)?x0； （Ⅱ）定义数列{x*n}:x1?0,xn?1?f(xn),n?N. （i）求证:对任意正整数n都有x2n?1?x0?x2n；

[来源:Z&xx&k.Com]

(ii) 当a?2时, 若0?x1k?2(k?2,3,4,?)， 证明:对任意m?N*都有:x?1m?k?xk3?4k?1.

5

参考答案

1/（09高考四川卷）解：（Ⅰ）当n?1时，a11?5a1?1,?a1??4 又 Qan?5an?1,an?1?5an?1?1

?a?a1n?1n?5an?1,即an?1??4an

?数列?a?11n?成等比数列，其首项a1?4，公比是q??4

[来源:Zxxk.Com]41n?a1n?(?)n?(?44)，?bn?1?(?1……………………………………..3分

n4)（Ⅱ）由（Ⅰ）知bn?4?5(?4)n?1

?c5525?16nn?b2n?b2n?1?42n?1?42n?1?1?(16n?1)(16n?4) = 25?16n25?16n 25(16n)2?3?16n?4)?(16n)2?16n 又b131?3,b2?3,?c431?3，当n?1时，T1?2 当n?2时，T4111n?3?25?(162?163?K?16n)

1[1?(1n?1?43?25?16216)]1?1 161

?4?25?16269331?1?48?2......................7分16（Ⅲ）由（Ⅰ）知bn?4?5(?4)n?1

一方面，已知R??n恒成立，取n为大于1的奇数时，设n?2k?1(k?N*n) 则Rn?b1?b2?K?b2k?1?4n?5?(?111141?1?42?1?43?1?KK?42k?1?1) 6

[ ?4n?5??11?(?41?142?11?)KK?34?111(k2?k?214?14?4]n?1 >)1??n?Rn?4n?1,即（??4）n??1对一切大于1的奇数n恒成立 ???4,否则，（??4）n??1只对满足n?1的正奇数n成立，矛盾。 4??另一方面，当??4时，对一切的正整数n都有Rn?4n

事实上，对任意的正整数k，有

b2n?1?b2n?8?5(?4)2k?1?1(?4)2k?1

?552015?16k?40?8???8?k?8

(16)k?1(16)k?4(16?1)(16k?4)?当n为偶数时，设n?2m(m?N*)

则Rn?(b1?b2)?(b3?b4)?K?(b2m?1?b2m)<8m?4n 当n为奇数时，设n?2m?1(m?N*)

则Rn?(b1?b2)?(b3?b4)?K?(b2m?3?b2m?2)?b2m?1<8(m?1)?4?8m?4?4n

?对一切的正整数n，都有Rn?4n，综上所述，正实数?的最小值为4…………….14分 b?1b1?1b2?1·······n?n?1?bbb2n证明：对任意的n?N ，不等式1成立

x11??2/【解】（1）Qf?1??a?,?f?x???? 3?3?12f?2??c???f?1??c??c ,a2????, ????392 a3?? . f3?c?f2?c?????????????27 a1?f?1??c?4又数列?an?成等比数列，a?a?81??2?1?c ，所以 c?1；

1a3?2332722n?1na212?1?1??又公比q??，所以an??????2?? （n?N*） a133?3??3?QSn?Sn?1??Sn?Sn?1??Sn?Sn?1?Sn?Sn?1 ?n?2?

? 7

又bn?0，Sn?0, ?Sn?Sn?1?1； 数列

?S?构成一个首相为1公差为1的等差数列，nSn?1??n?1??1?n ， Sn?n2

2当n?2， bn?Sn?Sn?1?n??n?1??2n?1 ；

2?bn?2n?1(n?N*)；

（2）Tn?11111111 ????K????L?(2n?1)??2n?1?b1b2b2b3b3b4bnbn?11?33?55?7 ?1?1?1?11?1?11?1?11?1??????K?????????? 2?3?2?35?2?57?2?2n?12n?1?1?1?n； ??1???2?2n?1?2n?1 由Tn?

3/解:因为对任意的n?N?,点(n,Sn)，均在函数y?bx?r(b?0且b?1,b,r均为常数的

n图像上.所以得Sn?b?r,当n?1时,a1?S1?b?r,当n?2n100010001000得n?，满足Tn?的最小正整数为112. ?2n?1200920099时,an?Sn?Sn?1?b?r?(bnn?1?r)?bn?bn?1?(b?1)bn?1,又因为{an}为等比数列,所

n?1以r??1,公比为b,an?(b?1)b（2）当b=2时，an?(b?1)b则

n?1

?2n?1, bn?2(log2an?1)?2(log22n?1?1)?2n

bn?12n?1b?13572n?1b1?1b2?1?·······n????,所以

b1b2bn2462nbn2nbn?13572n?1b1?1b2?1·······?????n?1成立. 下面用数学归纳法证明不等式b1b2bn2462n当n?1时,左边=

33,右边=2,因为?2,所以不等式成立. 22bk?13572k?1b1?1b2?1·······?????k?1成立.则假设当n?k时不等式成立,即b1b2bk2462k当n?k?1时,左边=

b?1bk?1?1357b1?1b2?12k?12k?3·······k??????? b1b2bkbk?12462k2k?28

2k?3(2k?3)24(k?1)2?4(k?1)?11?k?1????(k?1)?1??(k?1)?1 2k?24(k?1)4(k?1)4(k?1)所以当n?k?1时,不等式也成立.由①、②可得不等式恒成立.

跟踪练习1. 解：当n?1时， a1?S1?4

当n?2时，an?Sn?Sn?1?(2n2?2n)?[2(n?1)2?2(n?1)]?4n

a1?4也适合上式，所以数列{an}的通项公式an?4n

当n?1时，b1?T1?2?b1，∴b1?1

当n?2时，bn?Tn?Tn?1?2?bn?(2?bn?1)，∴∴数列{bn}是以1为首项，

2bn1? bn?1211n?1为公比的等比数列，所以数列{bn}的通项公式bn?()。 2221n?1cn?1(n?1)2112bn?16n()，∴（2）由（1）知cn?an???(1?)

2cn2n22n当n?1时，

9cn?1c?2?1，当n?2时n?1??1，

8cncn当 n?3时，

cn?111118?(1?)2?(1?)2??1， cn2n239因此，当且仅当n≥3时，cn?1＜cn

跟踪练习2. 解：（1）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则d为正整数，

an?3?(n?1)d，bn?qn?1

?ban?1q3?nd?3?(n?1)d?qd?64?26?q依题意有?ban①

?S2b2?(6?d)q?64?由(6?d)q?64知q为正有理数，故d为6的因子1,2,3,6之一， 解①得d?2,q?8

故an?3?2(n?1)?2n?1,bn?8n?1

（2）Sn?3?5???(2n?1)?n(n?2)

9

∴

1111111 ??????????S1S2Sn1?32?43?5n(n?2)11111111(1?????????) 232435nn?211113?(1???)? 22n?1n?24?222跟踪练习3. 解：曲线Cn:(x?n)是圆心为(n,0),半径为n的圆, 切线?y?nln:y?kn(x?1)

（Ⅰ）依题意有|nkn?kn|n2,又xn2?2nxn?yn2?0,yn?kn(xn?1) ?n,解得kn?2n?1kn2?12联立可解得xn?（Ⅱ）nn?2n?1. ,yn?n?1n?1x11?xn1,2sinn?2sin ?yn1?xn2n?12n?1先证:x1?x3?x5???x2n?1?1, 2n?1下面利用数学归纳法进行证明 当n?1时, x1?11,命题成立; ?23假设n?k时,命题成立,即x1?x3?x5???x2k?1?1, 2k?1则当n?k?1时,x1?x3?x5???x2k?1x2k?1?12k?1 x2k?1?2(k?2)2k?112k?124k2?16k?162∵()/[]??1, 22(k?2)4k?8k?32k?3故

2k?111 ??2(k?2)2k?32(k?1)?1∴当n?k?1时,命题成立 故x1?x3?x5???x2n?1?

10

1成立. 2n?1

仿真演练

?a1?d?11.解：（Ⅰ）设?an?的公差为d，由已知条件，?，解出a1?3，d??2．

a?4d??5?1所以an?a1?(n?1)d??2n?5． （Ⅱ）Sn?na1?n(n?1)d??n2?4n?4?(n?2)2．所以n?2时，Sn取到最大值4． 22. 【解析】（1）设公差为

d，则

222a2?a5?a?4，a3由性质得

，

?3d(a4?a3)?d(a4?a3)，因为d?0，所以a4?a3?0，即2a1?5d?0又由S7?7得7a1?7?6d?7，解得a1??5， 2d?2所以?an?的通项公式为an?2n?7，前n项和Sn?n2?6n。

（

2

）

amam?1(2m?7)(2m?5)?am?2(2m?3)，令

2m?3?t，

amam?1(t?4)(t?2)8??t??6，

am?2ttm?2时，因为t是奇数，所以t可取的值为?1，当t?1，t?8?6?3，2?5?7?3，t8是数列?an?中的项；t??1，m?1时，t??6??15，数列?an?中的最小项是?5，

t不符合。

所以满足条件的正整数m?2。

3. （Ⅰ）由Sn?2an?1得Sn?1?2an?1?1，相减得：an?1?2an?1?2an，∴

an?1?2 an 又S1?2a1?1?a1?2a1?1,a1?1∴an?2n?1 ………………5分 （Ⅱ）Tn?1?20?2?21?3?22???(n?1)?2n?2?n?2n?1,①

?2??222???n?( 2Tn?1n?2?2)?2n?(?n?1n1?)?2n，② 2 ①－②得?Tn?1?2?22???2n?2?2n?1?n?2n，

则Tn?n?2n?2n?1. ………………9分

11

Tnn?2n?2n?13??Sn??(2n?1)?(n?3)?2n?1?. 222

?当n=1时，

T1T11?S1???0,当n?2时,2?S2???0. 2222TnT?Sn?0,n?Sn.22 即当n=1或2时，

[来源学科网]

当n>2时，

TnT?Sn?0,n?Sn. ??13分 224. 解：（Ⅰ）必要性 ：又 ∵a2?[0,1],∴0?1?c?1 ，即c?[0,1] ∵a1?0,∴a2?1?c ，充分性 ：设c?[0,1]，对n?N用数学归纳法证明an?[0,1]当n?1时，a1?0?[0,1].假设ak?[0,1](k?1)

33则ak?1?cak?1?c?c?1?c?1，且ak?1?cak?1?c?1?c??0

*

[来源:Z*xx*k.Com]∴ak?1?[0,1]，由数学归纳法知an?[0,1]对所有n?N*成立

Ⅱ）设 0?c?1，当n?1时，a1?0，结论成立 332当n?2 时，∵an?can?1?1?c,∴1?an?c(1?an?1)(1?an?1?an?1)

∵0?C?12,由（1）知an?1?[0,1]，所以 1?an?1?an?1?3 且 1?an?1?0 3∴1?an?3c(1?an?1)

∴1?an?3c(1?an?1)?(3c)2(1?an?2)???(3c)n?1(1?a1)?(3c)n?1 ∴an?1?(3c)n?1(n?N*)

（Ⅲ）设 0?c?122，当n?1时，a1?0?2?，结论成立 31?3c当n?2时，由（2）知an?1?(3c)n?1?0

2∴an?(1?(3c)n?1)2?1?2(3c)n?1?(3c)2(n?1)?1?2(3c)n?1

22222n?1∴a2?a???a?a???a?n?1?2[3c?(3c)???(3c)]12n2n

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

1?3c1?3c

12

5. 解：（1）函数f(x)?g(x)有一个零点为5，即方程(x?1)2?k(x?1)?0，有一个根为5，将x?5代入方程得16?4k?0，∴k?4，∴a1?2

由(an?1?an)g(an)?f(an)?0得4(an?1?an)(an?1)?(an?1)2?0

(an?1)(4an?1?4an?an?1)?0，∴an?1?0或4an?1?4an?an?1?0

由（1）知a1?2，∴an?1?0不合舍去，由4an?1?4an?an?1?0得4an?1?3an?1

33(an?1)，∴数列{an?1}是首项为a1?1?1，公比为的443n?13n?1等比数列，∴an?1?()，∴an?()?1

443n?1（2）由（1）知an?()?1

43n[1?()]n33323n?14∴?ai?1??()???()?n＝?n?4[1?()n]?n

34444i?11?43n33n31?∵对?n?N,有()?，∴1?()?1??

44444由4an?1?3an?1得an?1?1?n3n∴4[1?()]?n?1?n，即?ai?1?n，即所求S{an}的最小值为1+n.

4i?1（3）由bn?3f(an)?g(an?1)得bn?3(an?1)2?4(an?1?1) ∴bn?3[()令u?()34n?12333]?4()n＝3{[()n?1]2?()n?1}

44412234n?1，则0?u?1，bn?3(u2?u)＝3[(u?)?]

1412332927当n?1时u?1，当n?2时u?，当n?3时，u?()?，当n?4时u?，

4416642719312719????1，且|?|?|?| ∵

642164264216∵函数bn?3[(u?)?]在[,1]上为增函数，在(0,)上为减函数

2121412∴当n?3时,bn有最小值，即数列{bn}有最小项，最小项为

13

99189b3?3[()2?]??

1616256故当n?1即u?1时，bn有最大值，即数列{bn}有最大项，最大项为b1?3(1?1)?0． 6. 解：（Ⅰ）证明: ①f(x)?x?x3?ax?1?0. ?????? 1分 令h(x)?x3?ax?1,则h(0)??1?0,h()?1a1?0, a3∴h(0)?h()?0. ??????? 2分

又h/(x)?3x2?a?0,∴h(x)?x3?ax?1是R上的增函数. ???????? 3分 故h(x)?x?ax?1在区间?0,

31a??1?

?上有唯一零点, a?

即存在唯一实数x0??0,??1??使f(x0)?x0. ????? 4分 a?1?1?,由①知x0??0,?,即x1?x0?x2成a?a?②当n?1时, x1?0,x2?f(x1)?f(0)?立；?? 5分

设当n?k(k?2)时, x2k?1?x0?x2k,注意到f(x)?1在?0,???上是减函数,且2x?axk?0,

故有:f(x2k?1)?f(x0)?f(x2k),即x2k?x0?x2k?1

∴f(x2k)?f(x0)?f(x2k?1), ???????? 7分 即x2k?1?x0?x2k?2.这就是说,n?k?1时,结论也成立. 故对任意正整数n都有:x2n?1?x0?x2n. ????? 8分 (2)当a?2时,由x1?0得:x2?f(x1)?f(0)?11,x2?x1? ????? 9分 2222x2?x12x2?x1x2?x11111?1????x2?x1???????? 10分 x3?x2?2?2?22424x2?2x1?2(x2?2)(x1?2)?4?当k?2时,?0?xk?1, 2xk?xk?1xk?xk?1xk?xk?1xk2?xk2?111???2?2∴xk?1?xk?2 244xk?2xk?1?2(xk?2)(xk?1?2)

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?1??1?????xk?1?xk?2??????4??4?*2k?21??x3?x2???? ???????? 12分

?4?k对?m?N,xm?k?xk?(xm?k?xm?k?1)?(xm?k?1?xm?k?2)???(xk?1?xk)

?xm?k?xm?k?1?xm?k?1?xm?k?2???xk?1?xk ????????? 13分

111??1??m?1?m?2???2??1?xk?1?xk

444??41m4?1?4114???????? 14分 ?xk?1?xk???1?m??xk?1?xk??k?k?1134343?4??1?41?

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