2011年高考数学 题型专题冲刺精讲 专题六 数列教案（打包2套）
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2011年高考数学 题型专题冲刺精讲 专题六 数列教案（打包2套）,年高,数学,题型,专题,冲刺,数列,教案,打包
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第页 12011年高考题型专题冲刺精讲（数学）专题六 数列 【命题特点】 数列是高考考查的重点和热点，分析 2010年高考试题，从分值来看，数列部分约占总分的 10%左右。等差数列、等比数列的通项公式、求和公式的应用以及等差、等比数列的基本性质一直是高考的重点内容，也会是今年高考的重点对数列部分的考查一方面以小题考查数列的基本知识；另一方面以解答题形式考查等差、等比数列的概念、通项公式以及前 项和公式解答题作为压轴题的可能性较大，与不等式、数学归纳法、函数等一起综合考查学生运用数学知识进行归纳、总结、推理、论证、 运算等能力以及分析问题、解决问题的能力 近年来，解析几何题一般不再作为压轴题，而最后一道难度最大的压轴题可能是数列和不等式，函数、导数、不等式综合考查的题目，导数和向量已成为出题重点，探索性问题必将融入大题中。 高考数列压轴题 综合考查等价变换、抽象概括、归纳推理、猜想证明等能力。立 意新颖，是整份试卷中的 “ 亮点 ” 。 复习建议 1“巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算中非常重要，但用“基本量法”并树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地运用条件，又要时刻注意题的目标，往往能取得 与 “巧用性质”解题相同的效果。 2 归纳 猜想 证明体现由具体到抽象，由特殊到一般，由有限到无限的辩证思想学习这部分知识，对培养学生的逻辑思维能力，计算能力，熟悉归纳、演绎的论证方法，提高分析、综合、抽象、概括等思维能力，都有重大意义 。 3 解答数列与函数的综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题 。 4 数列与解析几何的综合问题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分，先利用解析几何的知识以及数形结合得到数列的通项公式，然 后再利用数列知识和方法求解 。 【试题常见设计形式】 有关数列题的命题趋势 ： 1. 数列中数列的通项公式是最为常见的题目，要切实注意近两年各地高考试题来看，加大了对“递推公式”的考查。 2. 探索性 问题在数列中考查较多，试题没有给出结论，需要考生猜出或自己找出结论，然后给以证明 3. 等差、等比数列的基本知识必考。这类考题既有选择题，填空题，又有解答题；有容易题、中等题，也有难题。 4. 求和问题也是常见的试题，等差数列、等比数列及可以转化为等差、等比数列求和问题应掌握，还应该掌握一些特殊数列的求和。 5有关数列与函数、数列与不等式、数列与解析几何等问题既是考查的重点，也是考查的难点。 【突破方法技巧】 重点知识 考虑公 比 1q 与 1q 两种情况，切忌直接用1 (1 )1 nn q 11( 1 )( 2 )n n 求解意对首项的验证。 第页 解连续项的差或商， 比例出现字母的注意讨论） B. 利用11( 1 )( 2 )n n 猜想 般大多题有提示，会变成证明题） （ 1） 1 ；令 )(1 nn （ 2） 1； “ 1”（两边除以 或“ (1 . （ 3） )(1 ； （ 4） 12. 令 )(112 E. 应用迭加（迭乘、迭代）法求数列的通项： )(1 ； ).(1 nn ，取倒数，数列的倒数有可能构成等差数列（对于分式形式的递推关系） G给定的 ()f a，形式的，可以结合1n n a，写成关于1,关系式，也可以写成关于1,关系式，关键就是那个关系式比较容易的求解出结果来 公式法；性质法；拆项分组法；裂项 相消法；错位相减法；倒序相加法 . 或转化为等差数列和等比数列利用公式求解；求解参数的式子中有 ( 1)n 结构的，注意对 往分开奇数与偶数，式子将会变的简单 （ 1）证明数列，可以利用函数的单调性，或是放缩 （ 2）证明连续和，若是有 121n， 21n ， )n 形式的，每一项放缩成可以裂项相削形式 112 2 1（ 112 1 2 1）或者 2 1 2 1 （ 2 1 2 ）或者是 ) （ 1 ) 1) ）（注意证明式子与对应项的大小关系）；或者是变形成等差或是等比数列求和 （ 3）证明连续积，若有 121n， 21n 的形式，每一项适当的放缩，变形成迭乘相削形式，或者错位相乘 221 2121）或者 212（ 2121） 第页 3（ 4）利用函数的单调性，函数赋值的方法构造 （ 5）最后就是：若是上述形式失败， 用数学归纳法 （ 6）比较法 （ 7） 放缩通常有化归等比数列和可裂项的形式 （ 8）对于证明存在问题、唯一问题、大小问题等有时可以尝试反证法 数列 问题以其多变的形式和灵活的解题方法倍受 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。本文试图探索这类问题的求解方法和技巧。 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 化为求函数量值和求解不等式。 【 典型例题分析 】 数列的综合题难度都很大，甚至很多都是试卷的压轴题，它不仅考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，还涉及了配方法、换元法、待定系数法、放缩法等基本数学方法 探索性问题也出现在近年高考的数列解答题中 . 考点一：等差、等比数列的概念与性质 【 例 1】 已知数列 1（ 1a ）， 242 21 2n ），数列 2（ 2n ）。 （ 1）证明： 项起是以 2为公比的等比数列；（ 2）设n 项和，且 实数 a 的值；（ 3）当 a0 时，求数列 第页 4当 n 2时，111( 2 2 ) 2 3 4 3 42( 2 2 ) 2 3 4 ( 1 ) 2 3 4a a aS a a a a 1n 2)是常数， 3a+4=0，即 43a。 （ 3）由（ 1）知当 2n 时， 2( 4 4 ) 2 ( 1 ) 2a a ，所以22 1 ( 1 )( 1 ) 2 ( 2 )n n n ，所以数列 a+1， 4a， 816a， 32a+7，显然最小项是前三项中的一项。当 1(0, )4a时，最小项为 8 当 14a时，最小项为 4a 或 8 11( , )42a时，最小项为 4a； 当 12a时，最小项为 4a 或 2a+1； 当 1( , )2a 时，最小项为 2a+1。 点评：本题考查了用定义证明等比数列，分类讨论的数学思想，有一定的综合性。 【 例 2】 已知数列 a，1 ( 2 1 ) ( 2 ) ， 1 2 3n ， ， ， （ ）求 ）若数列 b，13423nn b ， 1 2 3n ， ， ， ， 证明：432 ， 1 2 3n ， ， ， 第页 52( 3 2 2 ) ( 2 ) 4 43( 2 1 ) ( 2 ) 41 2 也就是说，当 1时，结论成立 根据（）和（）知432 ， 1 2 3n ， ， ， 【 点评 】 本题考查等差、等比数列的基本运算和错位相减法求和的技巧以及方程意识在解题中的作用 高考中常见类型 组法、错位相减法、裂项 相消法、倒序相加法等，方法的选择由数列通项公式的特点来决定 . 考点二：求数列的通项与求和 【 例 3】 2010 宁夏 、 设数列 1112 , 3 2 a a （）求数列 ）令求数列的前 ）由已知，当 n 1时，1 1 1 2 1 1 ( ) ( ) ( ) n n n n na a a a a a a a 2 1 2 33 ( 2 2 2 ) 2 2( 1) 12 n 。而 1 2,a 所以数列 的通项公式为 212 。 （）由 212 n a n 知 3 5 2 11 2 2 2 3 2 2 从而 2 3 5 7 2 12 1 2 2 2 3 2 2 第页 6 -得 2 3 5 2 1 2 1(1 2 ) 2 2 2 2 2 。即 211 ( 3 1 ) 2 2 9 【 例 4】 2010山东、 已知等差数列 7a ，5726， （）求）令 1 1(n N*)，求数列 【解析】（）设等差数列 d，因为3 7a ，5726，所以有 11272 1 0 2 6，解得1 3, 2，所以 3 2 1 ) = 2 n + 1 （；n(n+ 22 = 2n +2n 。 （）由（）知 2n+1，所以 1 1=21 =2n+1) 1（ 114 n(n+1) = 1 1 1( - )4 n n+1 ， 所以1 1 1 1 1 1( 1 - + + + - )4 2 2 3 n n + 1= 11(1- )=4 n+1 n4(n+1)， 即数列 n 项和n4(n+1)。 【命题意图】本题考查等差数列的通项公式与前 项法求数列的和，熟练数列的基础知识是解答好本类题目的关键。 考点三：数列与不等式的联系 【 例 5】 2010大纲全国 I、已知数列 111,n na a c a .（）设 51,22n a，求数列通项公式；（ ）求使不等式 1 3成立的 c 的取值范围 . 【命题意图】本小题主要考查数列的通项公式、等比数列的定义、递推数列、不等式等基础知识和基本技能，同时考查分析、归纳、探究和推理论证问题的能力 ,在解题过程中也渗透了对函数与方程思想、化归与转化思想的考查 . 第页 7（ ）1 2 2 11 , 1 , 2 .a a c a a c 由 得用数学归纳法证明：当 2c 时1. （ ）当 1n 时，2111a c ，命题成立； 第页 8【 点评 】 考查数列的相关知识，具有一定难度，与不等式的证明相结合，带有一定的技巧性 . 【 例 6】 在数列 1a， 11 ( 2 1 )c a c n （ ），其中实数 0c .（）求 ）若对一切 122 kk c 的取值范围 . 【命题意图】本题主要考查数列的定义、数列通项公式、 数学归纳法、 不等式的解法以及方程和函数思想 知递推公式1 ()p a f n （ p ， q 为常数）求通项公式 . 【解析】 （）解法一：由 2222121 )12(33,1 ， 23233323 )13(85 ， 34234434 )14(157 ， 猜测 )1( 12. 下用数学归纳法证明 . 第页 9当 1n 时，等式成立；假设当 时，等式成立，即 12 )1( 当 1， )12()1()12( 11211 1212 1)1()2( ， 综上， 12 )1( 成立 . 解法二：由原式得 )12(11 令 ，则 )12(,111 此对 2n 有112211 )()()( 3)32()12( 12 ， 因此 12 )1( 2n . 又当 1n 时上式成立 . 因此 )1( 12. （）解法一：由122 kk 221221222 1)12(1)2( 第页 10解法二：由122 kk 221221222 1)12(1)2( 因 022 所以 014)(4 222 成立 . 记 14)(4)( 222 下分三种情况讨论 . （）当 02 0c 或 1c 时，代入验证可知只有 1c 满足要求 . （）当 02 ，抛物线 )( 开口向下，因此当正整数 k 充分大时， 0)( 不符合题意，此时无解 . （）当 02 0c 或 1c 时，抛物线 )( 开口向上，其对称轴 )1(2 1 必在直线 1x 的左边 . 因此， )( ),1 上是增函数 . 所以要使 0)( 成立，只需 0)1( f 即可 . 由 013)1( 2 解得6 131 31 c. 结合 0c 或 1c 得6 131 c . 综合以上三种情况， c 的取值范围为 ),1)6 131,( . 点评：本题是数列、超越函数、导数的学归纳法的知识交汇题， 属于难题，复习时应引起注意。 考点四：数列与函数、向量等的联系 【 例 7】 2010 湖南 、 数列 *()中，11函数 3 2 2 211( ) ( 3 ) 332n n nf x x a n x n a x 的极小值点 .（ ）当 a=0 时，求通项 ）是否存在 a，使数列 存在，求 不存在，请说明理由 . 解：易知 2 2 2( ) ( 3 ) 3n n nf x x a n x n a = 2( 3 )( ).x a x n令 )0，得1 3 22 （ 1）若 23则当 3， )0， )调递增；当 23na x n时， )0， )调递减；当 2时， )0， )调递增 2时取得极小值 . （ 2）若 23仿（ 1）可得， ) 3取得极小值 . （ 3）若 23则 )0， )极值 . 第页 11（）当 a=0时，1 0a ，则 2131a ，由（ 1）知， 22 11a 23 3 2a ，则由（ 1）知， 23 24a 33 12 3a ，则由（ 2）知，433 3 4 43 36 4a ，则由（ 2）知， 2543 3 4 n 3时， 343 n 3时， 23 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， 23立，则由（ 2）知， 21 3a k ，从而 2 2 213 ( 1 ) 3 ( 1 )ka k k k =2 ( 2 ) 2 1k k k 13 ( 1). 故当 n 3 时， 23立 2）知，当 n 3 时，1 3，而3 4a ，因此 343 a=0时，1 0a，2 1a ， 343（ n 3） . （）存在 a，使数列 事实上，由（ 2）知，对任意的 n，都有 23则1 3的等比数列，且 13. 而要使 23即 23 对一切 *nN 都成立，只需 23一切 *nN 都成立 . 记 23n ，则1 13b，2 49b ，3 13b， . 令 23则 21 (2 )3 xy x x 21 (2 )3x 因此，当 x 2时， 0y ，从而函数 23 2, )上为单调递减 n 2 时，数列 数列 9b 9a时， 必有 23这说明，当 4( , )9a 时，数列 当 49a时，可得1 49a ，2 43a = 2 ，由（ 3）知2()合题意 . 当 1439a时，可得12 33 4a ，4 12a ，数列 当 13a时，可得 23 1 1a ，由（ 3）知1()合题意 . 当 13a时，可得12 1a ，3 4a ，4 12a ，数列 第页 12综上所述，存在 a，使数列 ( , )9 . 【 例 8】 已知数列 1a， *1 1 22 ( . . . )a a a a n N （ 1）求234,a a a；（ 2）求数列 （ 3）设数列 n n b b ，求证： 1( )nb n k 分析：条件中有类似于前 示我们应该考虑 1(n 2) 因此：1 2 1 11 1 1 1 1 1 1 1( ) . . . ( ) 2k k b b b b b k k 所以 11k kb k， 所以 1( )nb n k点评：与数列相关的不等式证明通常需要“放缩”，而放缩的“度 ”尤为关键，本题中 1 2 1 11 1 1 1 1 1( ) . . . ( )k k kb b b b b b ， 这种拆分方法是数学中较高要求的变形 . 考点五：数列与解析几何的联系 【 例 9】 2010 安徽、 设1C,2C, ,是坐标平面上的一列圆，它们的圆心都在 x 轴的正半轴上，且都O x y 第页 13与直线 33切，对每一个正整数 n ,圆互外切，以知 ( )证明： ( )设1 1r，求数列 前 n 项和 . 本题考查等比数列的基本知识，利用错位相减法求和等基本方法，考查抽象能力以及推理论证能力 . 解： ( )将直线 33倾斜角记为 ，则有 3， 1. 设 ,0)n，则由题意知 12，得 2；同理112. 从而1 1 12n n n n nr r r ，将 2代入，解得1 3q 等比数列 . ( )由于1 1r， 3q ，故 13，从而13 ， 记1212n r r r ，则有 111 2 3 3 ， 1 2 11 3 2 3 ( 1 ) 3 33 -，得 1 2 12 1 3 3 3 33 n 1 3 3 33 ( ) 32 2 2n 119 1 3 9 ( 2 3 ) 3( ) 34 2 2 4 . 【 例 10】 2010广东、已知曲线 ,: 2点 )0,0)(,( （ ,2,1n ）（ 1）试写出曲线求出y 轴的交点 （ 2）若原点 )0,0(O 到求点,(nn （ 3）设 m 与 k 为两个给定的不同的正整数，2）中条件的点 证明：1( 1 )| ( 1 ) | | | ( 1 , 2 , )2s k y m s k s s 第页 14【命题意图】考查抛物线、切线方程、不等式、点到直线的距离和导数等知识，考查化归与转化的数学思想方法，以及运算求解能 力和数学探究能力 【解析】 ： （ 1） 2 2nx ，曲线 , )n n nP x 2 2n n ny n x n x x x ，即220x x y n x 令 0x ，得 2ny ，点 坐标为 20, （ 2）原点 0,0O 到 22214， 2 2 44n n n x n x 22 2114 4n nn n n nx n x ，21 4 ，即 12nx n 时， 4 故所求点1,24 （ 3）由（ 2）知 12nx n， 14ny n，于 是11( 1 ) 11( 1 )2 2 1 1 1 122 1 1 2s s sn n nm k m k m k n m k 现证明112 ( 1,2, )s 1 1 111 121s s sn n n n 1 2 1 3 2 1s s s ，故问题得证 【突破训练】 1、重庆文、已知 9，公差为 n 项和 .（）求通项）设 首项为 1，公比为 3的等比数列，求数列 及其前 n 项和【解析】 （）因为 9a ， 公差为 2d 的等差数列，所以 1 9 2 ( 1 ) 2 1 2na n n ， ( 1 )1 9 ( 2 ) 2 02n n （）由题意得 13所以 13则 0 1 1 0 1 1123 3 3 3 3 3n nT a a a S 221 3 3 12 0 2 01 3 2n n 第页 152、全 国 等差数列 n 项和为3 12S ，且1 2 32 , , 1a a a 成等比数列， 求解析 设 数列 d ， 依题设有 21 3 21 2 32 ( 1)12a a aa a a 即 2 2 21 1 1 21224a a d d a 解得1 1, 4或1 8, 4 故 1 (3 1)2nS n n或 2 (5 )nS n n3、课标全国、设等差数列 a ，10 9a 。（）求 （）求 和 使得 大的序号 n 的值。 【解析】 ：（ 1）由= （ d及 ，10a=12599 解得 1 92数列 通项公式为 1 (2)由 (1) 知nS=( 1)2nnd=10(+25. 所以 n=5 时， 4、北京文、已知 3 6a ，6 0a 。（）求 ）若等差数列 b ，2 1 2 3b a a a ，求 解：（）设等差数列 d 。因为366, 0 所以解得1 10, 2 所以 1 0 ( 1 ) 2 2 1 2na n n （）设等比数列 q 因为2 1 2 3 2 4 , 8b a a a b 所以 8 24q 即 q =3所以 n 项和公式为1 (1 ) 4 (1 3 )1 n nn q 5、山东文 、 已知等差数列 3 7a ， 5726 . n 项和为 （）求 及 （）令21 1n nb a （ ） ,求数列 【命题意图】本题考查等差数列的通项公式与前 项法求数列的和，熟练数列的基础知识是解答好本类题目的关键。 【解析】（）设等差数列 d，因为3 7a ，5726，所以有 11272 1 0 2 6， 第页 16解得1 3, 2，所以 3 2 1 ) = 2 n + 1 （；n(n+ 22 = 2n +2n 。 （）由（）知 2n+1，所以 1 1=21 =2n+1) 1（ 114 n(n+1) = 1 1 1( - )4 n n+1 ， 所以1 1 1 1 1 1( 1 - + + + - )4 2 2 3 n n + 1= 11(1- )=4 n+1 n4(n+1)，即数列 n4(n+1)。 6、福建文、数列 中 a 13，前 113n（ n *N ） ( I ) 求数 列 通项公式 t ( 2 ), 3( 3 ) 成等差数列，求实数 本小题主要考查数列、等差数列、等比数列等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想 2分 . 解： ( )由 S n+1 S n =（ 13） n + 1得 11 1()3 (n N *)； 又1 13a， 故 1()3 (n N *)从而111 ( ) 1133 1 ( ) 1 2313 (n N *). ( )由 ( )可得1 13S，2 49S ，3 1327S 1， t（ S 1+ S 2）， 3（ S 2+ S 3） 成等差数列可得 ：1 4 1 3 1 43 ( ) 2 ( )3 9 2 7 3 9 t ， 解得 t=2. 7、 2010四川文 、已知等差数列 项和为 6， 前 8项和为 （）求数列 （）设 1*( 4 ) ( 0 , )a q q n N ，求数列 (1)设 公差为 13 3 68 2 8 4 解得 3,d 1故 3 (n 1)( 1) 4 (2)由 (1)的解答得， n 1，于是 1 2 3 (n 1) 1 n 若 q 1，将上式两边同乘以 q，得 1 2 3 (n 1) n 1. 将上面两式相减得到 (q 1)(1 q 1) w 11于是 12( 1 ) 1( 1 )q n 若 q 1，则 1 2 3 n ( 1)2 第页 17所以， 2( 1 ) 1 ( 1 )( 1 )( 1 ) ( 1 )2q n q 12分 8、 2010江西文、正实数数列 121, 5,且 2(1) 证明数列 (2)当 n 为何值时，求出使 200的所有整数项的和 . 【解析】考查等差数列及数列分组求和知识 证明：（ 1） 由已知有： 2 1 2 4 ( 1) ，从而 1 2 4 ( 1) ， 方法一：取 211 24 ，则 21 24 （ *） 用反证法证明这些假设 21 24 为有理数，则 24，故24 1. 24 1,与 ( 2 4 ) ( 2 4 ) 1 矛盾， 所以 21 24 （ *）都是无理数，即数列 方法二：因为 21 1 2 4 , ( )na n n N ，当 n 的末位数字是 3,4,8,9 时， 1 24n 的末位数字是 3 和 7 ，它不是整数的平方，也不是既约分数的平方，故此时1 1 24不是有理数，因这种 n 有无穷多，故这种无理项1有无穷多 (2) 要使 ( 1 ) ( 1 ) 2 4 ( 1 )a n 可知： 1, 1同为 偶数，且其中一个必为 3 的倍数，所以有 16或 16当 61时，有 223 6 1 2 1 1 1 2 ( 3 1 )na m m m m （ ）又 (3 1)必为偶数，所以 61（ ）满足 2 1 2 4 ( 1) 即 (3 1) 12 （ ）时，理 *6 1 ( )na m m N 有 223 6 1 2 1 1 1 2 ( 3 1 )na m m m m （ *） 也满足 2 1 2 4 ( 1) ，即 (3 1) 12（ *）时，然 *6 1 ( )na m m N 和61（ ）是数列中的不同项；所以当 (3 1) 12（ ）和 (3 1) 12（ *）时， 6 1 2 0 0 （ ）有 0 33m ，由 6 1 200 （ *） 第页 18有 1 33m 00的所有整数项的和为 S ，则 (5 11 197) (1 7 199)S 5 1 9 7 1 1 9 93 3 3 4 6 7 3 322 9、 2010陕西 、 已知 是公差不为零的等差数列 , 成等比数列 . 求数列 的通项 ; 求数列 的前 解 由题设知公差 由 成等比数列得 解得 (舍去 ) 故 的通项 , 由等比数列前 10、 2010 湖北、 已知数列 112a , 113 1 2 111, 01 ；数列 21 2n 1） .( )求 数列 ( )证明 :数列 本小题主要考查等差数列、等比数列等基础知识以及反证法，同时考查推理论证能力。（满分 13分） 解： （）由题意知， 221 2113 令 21则1 23又 21131 4 ， 则数列 4c ，公比为 23的等比数列，即 13243故 11223 2 3 2114 3 4 3 又 1 1 02a ，1 0，故 11 321143 （）假设数列 s tb,b,b（ r s t）按某种顺序成等差数列 .，由于数列 4b，公比为 23的等比数列，于是有r s tb b b，则只 可能有 2s r tb b b成立。 1 1 11 2 1 2 1 224 3 4 3 4 3s r t 两边同乘 1132，化简得 2 2 3 2 3s r t s t r t r 由于 r s t，所以上式左边为偶数，右边为奇数，故上式不能成立，导致矛盾。 第页 19故数列 11、 2010浙江文 、设 项为 公差为 前 足65 15 0.（）若 ）求 【解析】 ( )解：由题意知6s=56a = 56 =85510511 da 解得 所以 6s =-3, ( )解：因为65 +15=0,所以 (50d)(65d)+15=0, 即 20=4d)2=所以 8.故 d 或 d 2 2 . 【命题意图】本题主要考查等差数列概念、求和公式等基础 知识，同时 考查运算求解能力及分析问题解决问题的能力 . 12、 2010陕西文、已知 公差不为零的等差数列， 1，且 （）求数列 通项 ;（）求数列 2前 n. 解（）由题设知公 差 d 0， 由 1， 21d 1812， 解得 d 1， d 0（舍去）， 故 通项 1+（ n 1） 1 n. ( )由（）
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