高中数学 数列中档题复习（教师版）

用心 爱心 专心1 数列数列 一 考点分析 本章的知识结构图 数列是高中数学的重要内容 又是学习高等数学的基础 所以在高考中占有重要的地位 高 考对本章的考查比较全面 等差数列 等比数列的考查每年都不会遗漏 解答题多为中等以上难 度的试题 突出考查考生的思维能力 解决问题的能力 试题大多有较好的区分度 有关数列的 试题经常是综合题 经常把数列知识和指数函数 对数函数和不等式的知识综合起来 试题也常 把等差数列 等比数列 求极限和数学归纳法综合在一起 探索性问题是高考的热点 常在数列 解答题中出现 本章中还蕴含着丰富的数学思想 在主观题中着重考查函数与方程 转化与化归 分类讨论等重要思想 以及配方法 换元法 待定系数法等基本数学方法 应用问题考查的重点 是现实客观事物的数学化 常需构造数列模型 将现实问题转化为数学问题来解决 复习建议 在进行数列二轮复习时 建议可以具体从以下几个方面着手 1 运用基本量思想 方程思想 解决有关问题 2 注意等差 等比数列的性质的灵活运用 3 注意等差 等比数列的前 n 项和的特征在解题中的应用 4 注意深刻理解等差数列与等比数列的定义及其等价形式 5 根据递推公式 通过寻找规律 运用归纳思想 写出数列中的某一项或通项 主要需注意从 等差 等比 周期等方面进行归纳 6 掌握数列通项 an 与前 n 项和 Sn 之间的关系 7 根据递推关系 运用化归思想 将其转化为常见数列 用心 爱心 专心2 8 掌握一些数列求和的方法 1 分组求和 2 裂项相消 3 错位相减 4 倒序相加 5 公式法 9 以等差 等比数列的基本问题为主 突出数列与函数 数列与方程 数列与不等式 数列与 几何等的综合应用 一 一 等差与等比数列的概念和性质等差与等比数列的概念和性质 1 已知公差大于零的等差数列 n a的前n项和为 n S 且满足 22 117 5243 aaaa 1 求通项 n a 2 若数列 n b是等差数列 且 cn S b n n 求非零常数c 解 1 设数列 n a的公差为d 由题意得 2252 117 3 2 1 11 da dada 4 1 1 d a 或 4 21 1 d a 舍去 所以 34 nan 2 nn nn Sn 2 2 2 341 由于 cn Sn 是一等差数列 故ban cn Sn 对一切自然数n都成立 即 bcnbacanbancnnn 2 22 0 1 2 bc bac a 2 1 0 2 c b a 或 0 1 2 c b a 舍去 所以 2 1 c 2 设数列 an 和 bn 满足a1 b1 6 a2 b2 4 a3 b3 3 且数列 an 1 an n N N 是等差数列 数列 bn 2 n N N 是等比数列 1 求数列 an 和 bn 的通项公式 2 是否存在k N N 使ak bk 0 2 1 若存在 求出k 若不存在 说明理由 解 1 由题意得 1 1223121 aaaanaaaa nn 用心 爱心 专心3 3 1 2 nn 所以 4 5 4 21 nnanaa nnn 9 2 7 2 1 2 4 2 1 6 4 5 0 1 2 6 4 5 0 1 2 2 1 nn nn nn nna 2 n 上式对1 n也成立 所以 9 2 7 2 1 2 nnan 311 1 2 1 2 1 4 2 4 2 2 2 2 nnn n b b bb 所以 3 2 1 2 n n b 2 32 3 2 2 1 7 2 7 2 1 2 1 29 2 7 2 1 k k kkk kkkkbac 当 3 2 1 k 时 0 k c 当4 k时 2 1 2 1 4 7 2 7 4 2 1 2 1 4 7 2 7 2 1 34232 k k kc 故不存在正整数k使 2 1 0 kk ba 3 20082008 年海南宁夏卷 年海南宁夏卷 已知数列是一个等差数列 且 n a 2 1a 5 5a 求的通项 n a n a 求前 n 项和的最大值 n a n S 提示 设的公差为 由已知条件 解出 n ad 1 1 1 45 ad ad 1 3a 2d 所以 1 1 25 n aandn 所以时 取到最大值 2 1 1 4 2 n n n Snadnn 2 4 2 n 2n n S4 4 北京 10 年 16 已知 an n N 为等差数列 且 3 6a 6 0a 求 an 的通项公式 若等比数列 bn n N 满足b1 8 b2 a1 a2 a3 求 bn 的前n项和公式 解 设等差数列 an 的公差为d 用心 爱心 专心4 a6 a3 3d 6 d 2 an a6 n 6 d 2n 12 an 的通项公式 an 2n 12 a1 10 a2 8 a3 6 b2 a1 a2 a3 10 8 6 24 设等比数列 bn 的公比为q 则b1q b2 8q 24 q 3 bn 的前n项和公式Sn 4 1 3n 1 1 8 1 3 4 1 3 11 3 nn n n bq S q 5 全国课标 10 年文 17 设等差数列 an 满足a3 5 a10 9 求 an 的通项公式 求 an 的前n项和Sn及使得Sn最大的序号n的值 解 设等差数列 an 的公差为d 则由a3 5 a10 9 得 a10 a3 9 5 14 所以 7d 14 所以d 2 an a3 n 3 d 5 n 3 2 2n 11 等差数列 an 的通项公式为an 2n 11 由 知 a1 9 所以 21 9211 10 22 n n n aann Snn Sn nn 10n n 5 2 25 所以当n 5 时Sn最大为 25 所以 使得Sn最大的序号n 5 6 全国课标 10 年理 17 设数列 an 满足a1 2 an 1 an 3 22n 1 求数列 an 的通项公式 令bn nan 求数列 bn 的前n项和Sn 解 由已知 当n 1 时 an 1 an 1 an an an 1 a2 a1 a1 3 22n 1 22n 3 2 2 212 1 1 2 14 322 422 14 n nnn 而 a1 2 所以数列 an 的通项公式为 an 22n 1 由 bn nan n 22n 1知 Sn 1 2 2 23 n 22n 1 22 Sn 1 23 2 25 n 22n 1 得 1 22 Sn 2 23 25 22n 1 n 22n 1 21 2 14 2 14 n n n 即 21 1 31 22 9 n n Sn 7 2010 全国 2 文 18 已知 an 是各项均为正数的等比数列 且 12345 12345 11111 2 64 aaaaa aaaaa 用心 爱心 专心5 求 an 的通项公式 设 求数列 bn 的前n项和Tn 2 1 nn n ba a 解 因为 所以a1a2 2 12 12 11 2 aa aa 设公比为q 0 则a12q 2 345 345 111 64 aaa aaa a3a4a5 a3 a4 a5 64 a3a4 a4a5 a5a3 a13q9a1q2 1 q q2 64a12q5 1 q q2 a12 q6 64 a12q q5 64 q5 32 q 2 a1 1 an 的通项公式an 2n 1 22 2 11 2 nnn nn baa aa 222 12 222 12 111 2 nn n Taaan aaa LL 数列 an2 是以 1 为首项 4 为公比的等比数列 21 2 222 1 2 4 2 n n n n a a 同理数列是以 1 为首项 为公比的等比数列 2 1 n a 1 4 1 1 1 1411 4 2 4 21 1 1434 1 4 n n n n n Tnn 8 20102010 陕西文数 陕西文数 16 已知 an 是公差不为零的等差数列 a1 1 且a1 a3 a9成等比数 列 求数列 an 的通项 求数列 2an 的前n项和Sn 解 由题设知公差d 0 由a1 1 a1 a3 a9成等比数列得 12 1 d 1 8 12 d d 解得d 1 d 0 舍去 故 an 的通项an 1 n 1 1 n 由 知 2n 由等比数列前 n 项和公式得2 m a Sm 2 22 23 2n 2n 1 2 2 1 2 1 2 n 9 2010 重庆文数 16 已知是首项为 19 公差为 2 的等差数列 为的前 n a n S n a 项和 求通项及 设是首项为 1 公比为 3 的等比数列 求数列n n a n S nn ba 的通项公式及其前项和 n bn n T 用心 爱心 专心6 10 20102010 浙江文数 浙江文数 19 设 a1 d 为实数 首项为 a1 公差为 d 的等差数列 an 的前 n 项和 为 Sn 满足 15 0 56 S S 若 5 求及 a1 5 S 6 S 求 d 的取值范围 解 由题意知S6 3 A6 S6 S5 8 5 15 S 所以 解得a1 7 所以S6 3 a1 7 1 1 5105 58 ad ad 解 因为S5S6 15 0 所以 5a1 10d 6a1 15d 15 0 即 2a12 9da1 10d2 1 0 故 4a1 9d 2 d2 8 所以d2 8 故d的取值范围为d 2或d 2 22 11 20102010 山东文数山东文数 18 已知等差数列满足 的前 n 项和为 n a 3 7a 57 26aa n a n S 求 及 令 求数列的前 n 项和 n a n S 2 1 1 n n b a nN n b n T 解 设等差数列的公差为d 因为 所以有 n a 3 7a 57 26aa 解得 1 1 27 21026 ad ad 1 3 2ad 所以 321 21 n ann n S 1 32 2 n n n 2 2nn 由 知 所以bn 21 n an 2 1 1 n a 2 1 21 1n 11 4 1 n n 111 41n n 用心 爱心 专心7 所以 n T 111111 1 42231n n 11 1 41n 4 1 n n 即数列的前n项和 n b n T 4 1 n n 12 12 20102010 北京文数 北京文数 16 已知为等差数列 且 n a 3 6a 6 0a 求的通项公式 n a 若等差数列满足 求的前 n 项和公式 n b 1 8b 2123 baaa n b 解 设等差数列的公差 n ad 因为 所以 解得 36 6 0aa 1 1 26 50 ad ad 1 10 2ad 所以10 1 2212 n ann 设等比数列的公比为 n bq 因为 所以 即 3 2123 24 8baaab 824q q 所以的前项和公式为 n bn 1 1 4 1 3 1 n n n bq S q 13 20102010 四川文数四川文数 20 已知等差数列的前 3 项和为 6 前 8 项和为 4 n a 求数列的通项公式 w w w k s5 u c o m n a 设 求数列的前 n 项和 1 4 0 n nn ba qqnN n b n S 解 1 设 an 的公差为d 由已知得 解得a1 3 d 1 1 1 336 8284 ad ad 故an 3 n 1 1 4 n 2 由 1 的解答得 bn n qn 1 于是 Sn 1 q0 2 q1 3 q2 n 1 qn 1 n qn 若q 1 将上式两边同乘以q 得 qSn 1 q1 2 q2 3 q3 n 1 qn n qn 1 用心 爱心 专心8 将上面两式相减得到 q 1 Sn nqn 1 q q2 qn 1 nqn 1 1 n q q 于是Sn 1 2 1 1 1 nn nqnq q 若q 1 则Sn 1 2 3 n 1 2 n n 所以 Sn 1 2 1 1 1 1 1 1 2 nn nqnq q q n n q 15 15 20102010 山东理数 山东理数 18 已知等差数列满足 的前n项 n a 3 7a 57 26aa n a 和为 求及 令bn nN 求数列的前n项和 n S n a n S 2 1 1 n a n b n T 解析 设等差数列的公差为 d 因为 所以有 n a 3 7a 57 26aa 解得 1 1 27 21026 ad ad 1 3 2ad 所以 321 2n 1 n an n S n n 1 3n 2 2 2 n 2n 由 知 所以bn 2n 1 n a 2 1 1 n a 2 1 2n 1 1 11 4 n n 1 111 4n n 1 所以 n T 111111 1 4223n n 1 11 1 4n 1 n 4 n 1 即数列的前n项和 n b n T n 4 n 1 二 求数列的通项 二 求数列的通项 1 设数列 的前项和 1 2 3 数列 满足 n an22 nn Sa n n b 1 3b 1 2 3 求数列 的通项 1kkk bab k n b 思路分析 当 n 2 时 an Sn Sn 1 222 11 nnnn aaaa 而 an 是首项为 2 公比为 2 的等比数列 1111 222 aSaa 2n n a bk 1 bk ak 用心 爱心 专心9 121321121 1 3 21 321 2 1 nnnn n n bbbbbbbbaaa bn 的通项 21 n n b 点拨 问题引申 将例 4 已知条件 1 2 3 改为 1 1kkk bab k 1kkk bab k 2 3 处理的方法基本上是同样的 略解如下 1kkk bab 1k k k b a b 1 32 2 1121 121 33 2 n n n nn n bbb bba aa bbb 2 已知数列的前项和满足 n an n S1 1 2 naS n nn 写出数列的前三项 n a 321 aaa 求数列的通项公式 n a 思路分析 本题主要考查数列的通项公式 等比数列的前 n 项和 考查灵活运用数学知识分析问 题和解决问题的能力 与上题不同的是利用将条件转化为关于的递推关系 1nnn aSS n a 是解决问题的突破口 由由 1 12 1111 aaSa得 0 1 2 2 2 2221 aaSaa得 由 2 1 2 3 3 33321 aaSaaa得 解法 1 当时 有 2 n 1 2 2 11 n nnnnn aaSSa 1 22 1 1 n nn aa 1 22 2 21 n nn aa 2 2 12 aa 所以 1221 1 1 1 2 1 2 1 22 nnnn n aa 用心 爱心 专心10 1 2 3 2 3 2 1 2 1 2 2 2 2 1 2 12 1 1 211 nn n nn nnnn 经验证a1也满足上式 所以 1 1 2 3 2 12 na nn n 解法 2 当时 有2 n 即 1 2 2 11 n nnnnn aaSSa 1 22 1 1 n nn aa 得 11 11 22 222 1 1 1 3 1 3 nnnn nnnn aaaa 数列是以为首项 以为公比的等比数列 2 1 n n a 1 3 2 从而 112 21122 2 2 2 1 1 33 1 333 nnnn nn n nn aa a 经验证a1也满足上式 所以 1 1 2 3 2 12 na nn n 点拨 由于已知关系式是关于与的关系式 利用就可以转化为关于 的递 n S n a 1nnn aSS n a 推关系式 则利用迭代法可以求解 这是数列的基本问题 1 1 22 1 2 n nn aan 3 设是正数组成的数列 其前项和为 且对于所有的正整数 有 n an n Sn12 nn aS I 求 的值 1 a 2 a II 求数列的通项公式 n a III 令 求数列的前1 1 b k kk ab 1 122 k kk ab3 212 3 2 1k n b 项和 12 n 12 n T 解 I 当时 1 n12 11 aa 01 2 1 a1 1 a 当时 3 分2 n112 22 aa21 2 a3 2 a II 12 nn aS 2 14 nn aS 相减得 2 11 14 nn aS 02 11 nnnn aaaa 用心 爱心 专心11 是正数组成的数列 n a2 1 nn aa12 nan 2 4 2 3 1 2 1 1112 3131 aaaabT n n n a3 2 1 n n n S111333 21 2 2 1 11 111 31 313 2 2 n n n 2 1823 21 n n n 4 已知正数数列中前 n 项和 求通项公式 n a n S 11 2 n n a a nN n a 思路分析 2 n S 11 2 n n a a 1n S 1 1 11 2 n n a a 1n S 1n S n S 1 1 nn SS 是公差为 1 的等差数列 1n S n S 1 1 nn SS 22 1 1 nn SS 2 n S 2 n Sn n Sn 1 1 n Sn 2n n a 1 1 nn SSnn 又 1 符合上式 2n 1n 1 a n a1nn 点拨 本题也可以将条件式中的转化为 利用递推关系求通项的方法来求解 n a n S 解 n S 11 2 n n a a 1n S 1 1 11 2 n n a a 2n 两式相减得 2 n a n a 1 1 11 n nn a aa n a 1 1 11 n nn a aa 怎样化解等式两端式子的不同结构成为本解法的一个难点 但是我们还是能够从不同的结构中看 到相同的部分 就是又有和 这样就为我们找到了解决问题的突破口 n a 1 n a 5 2009 年广东卷文 本小题满分 14 分 已知点 1 3 1 是函数 0 aaxf x 且1 a 的图象上一点 等比数列 n a的前n项和 为cnf 数列 n b 0 n b的首项为c 且前n项和 n S满足 n S 1 n S n S 1 n S 用心 爱心 专心12 2n 1 求数列 n a和 n b的通项公式 2 若数列 1 1 nnb b 前n项和为 n T 问 n T 2009 1000 的最小正整数n是多少 解析 1 1 1 3 fa Q 1 3 x f x 1 1 1 3 afcc 2 21afcfc 2 9 3 2 32 27 afcfc 又数列 n a成等比数列 2 2 1 3 4 21 81 2 33 27 a ac a 所以 1c 又公比 2 1 1 3 a q a 所以 1 2 11 2 3 33 nn n a nN 1111nnnnnnnn SSSSSSSS Q 2n 又0 n b 0 n S 1 1 nn SS 数列 n S构成一个首相为 1 公差为 1 的等差数列 111 n Snn 2 n Sn 当2n 2 2 1 121 nnn bSSnnn 21 n bn nN 2 1 22 33 41 1111 n nn T bbb bb bb b L 1111 1 33 55 7 21 21nn K 111 111 11111 1 232 352 572 2121nn K 11 1 22121 n nn 由 1000 212009 n n T n 得 1000 9 n 满足 1000 2009 n T 的最小正整数为 112 7 2009 广东卷 理 已知曲线 22 20 1 2 n Cxnxyn 从点 1 0 P 向曲线 用心 爱心 专心13 n C引斜率为 0 nn k k 的切线 n l 切点为 nnn P xy 1 求数列 nn xy与的通项公式 解 1 设直线 n l 1 xky n 联立02 22 ynxx得 0 22 1 2222 nnn kxnkxk 则0 1 4 22 2222 nnn kknk 12 n n kn 12 n n 舍去 2 2 2 2 2 1 1 n n k k x n n n 即 1 n n xn 1 12 1 n nn xky nnn 8 2009 全国卷 理 设数列 n a的前n项和为 n S 已知 1 1 a 1 42 nn Sa I 设 1 2 nnn baa 证明数列 n b是等比数列 II 求数列 n a的通项公式 解 I 由 1 1 a 及 1 42 nn Sa 有 121 42 aaa 21121 325 23aabaa 由 1 42 nn Sa 则当2n 时 有 1 42 nn Sa 得 1111 44 22 2 nnnnnnn aaaaaaa 又 1 2 nnn baa 1 2 nn bb n b 是首项 1 3b 公比为 的等比数列 II 由 I 可得 1 1 23 2n nnn baa 1 1 3 224 nn nn aa 数列 2 n n a 是首项为 1 2 公差为 3 4 的等比数列 1331 1 22444 n n a nn 2 31 2n n an 9 2009 陕西卷文 已知数列 n a满足 1 12 12 2 nn n aa aaanN 2 令 1nnn baa 证明 n b是等比数列 求 n a的通项公式 1 证 121 1 baa 用心 爱心 专心14 当2n 时 1 111 11 222 nn nnnnnnn aa baaaaab 所以 n b是以 1 为首项 1 2 为公比的等比数列 2 解由 1 知 1 1 1 2 n nnn baa 当2n 时 121321 nnn aaaaaaaa 2 11 1 1 22 n 1 1 1 2 1 1 1 2 n 2 21 1 1 32 n 1 521 332 n 当1n 时 1 1 1 521 1 332 a 所以 1 521 332 n n anN 10 10 2009 四川卷理 设数列 n a的前n项和为 n S 对任意的正整数n 都有51 nn aS 成 立 记 4 1 n n n a bnN a 求数列 n b的通项公式 解 当1n 时 111 1 51 4 aaa 又 11 51 51 nnnn aaaa Q 111 1 5 4 nnnnn aaaaa 即 数列 n a成等比数列 其首项 1 1 4 a 公比是 1 4 q 1 4 n n a 1 4 4 1 1 4 n n n b 11 2009 全国卷 理 在数列 n a中 11 11 1 1 2 nn n n aaa n 设 n n a b n 求数列 n b的通项公式 解 由已知有 1 1 12 nn n aa nn 1 1 2 nn n bb 利用累差迭加即可求出数列 n b的通项公式 1 1 2 2 n n b nN 三 数列求和三 数列求和 用心 爱心 专心15 1 公式法公式法 2 分组求和法分组求和法 08 天津文 20 在数列中 n a 1 2a 1 431 nn aan n N 证明数列是等比数列 n an 求数列的前项和 n an n S 证明 由题设 得 1 431 nn aan 1 1 4 nn anan n N 又 所以数列是首项为 且公比为的等比数列 1 11a n an 14 解 由 可知 于是数列的通项公式为 1 4n n an n a 1 4n n an 所以数列的前项和 n an 41 1 32 n n n n S 3 倒序相加法倒序相加法 求证 012 35 21 1 2 nn nnnn CCCnCn 4 错位相减法错位相减法 2009 山东卷文 等比数列 n a 的前 n 项和为 n S 已知对任意的nN 点 n n S 均 在函数 0 x ybr b 且1 bb r 均为常数 的图像上 1 求 r 的值 11 当 b 2 时 记 1 4 n n n bnN a 求数列 n b的前n项和 n T 解 因为对任意的nN 点 n n S 均在函数 0 x ybr b 且1 bb r 均为常数 的图像上 所 以得 n n Sbr 当1n 时 11 aSbr 当2n 时 111 1 1 nnnnn nnn aSSbrbrbbbb 又因为 n a 为等比数列 所以1r 公比为b 所以 1 1 n n abb 2 当 b 2 时 11 1 2 nn n abb 11 111 44 22 n nn n nnn b a 则 2341 2341 2222 n n n T 用心 爱心 专心16 34512 12341 222222 n nn nn T 相减 得 234512 1211111 2222222 n nn n T 31 2 11 1 11 22 1 22 1 2 n n n 12 311 422 nn n 所以 11 31133 22222 n nnn nn T 5 裂项相消法裂项相消法 1 1 求和 答 111 1 447 32 31 nn 31 n n 2 2 在数列中 且 S 则 n 答 99 n a 1 1 nn an 6 通项转换法通项转换法 求和 答 111 1 12123123n 2 1 n n 1 2009 江西卷文 本小题满分 12 分 数列 n a的通项 222 cossin 33 n nn an 其前n项和为 n S 1 求 n S 2 3 4 n n n S b n 求数列 n b 的前 n 项和 n T 解 1 由于 22 2 cossincos 333 nnn 故 312345632313 222222 222 1245 32 31 3 6 3 222 kkkk Saaaaaaaaa kk k 1331185 94 2222 kkk 3133 49 2 kkk kk SSa 2 323131 49 31 1321 22236 kkk kkkk SSak 用心 爱心 专心17 故 1 32 36 1 1 3 31 6 34 3 6 n n nk nn Snk nn nk kN 2 3 94 42 4 n n nn Sn b n 2 1 132294 2 444 n n n T 1 12294 4 13 244 n n n T 两式相减得 12321 99 1999419419 44 3 13 13 8 1 24442422 1 4 n n nnnnn nnn T 故 2321 813 33 22 n nn n T 2 数列 an 满足 a1 1 a2 an 2 an 1 an n N 2 3 2 3 2 1 记dn an 1 an 求证 dn 是等比数列 求数列 an 的通项公式 记bn 3n 2 求数列 an bn 的前n项和Sn 思路分析 根据第 1 问dn an 1 an 是解决本题的突破口 根据条件构造问题得以解决 由已知可得 an 2 an 1 an 1 an 又a2 a1 0 2 1 2 1 即 dn 为等比数列 nn nn aa aa 1 12 2 1 n n d d 1 2 1 由 知 dn an 1 an n 2 1 n 2 1 依次有 an an 1 an 1 an 2 a2 a1 1 2 1 n2 2 1 n 2 1 各式相加 an a1 an 1 2 2 1 2 2 1 n1 2 1 n 2 1 2 2 1 n1 2 1 nn 2 2 anbn 3n 2 2 2 3n 2 n 2 2 n n 2 23 记Tn 2 1 2 2 4 3 2 7 1 2 53 n n n n 2 23 则Tn 2 1 2 2 1 3 2 4 4 2 7 n n 2 53 1 2 23 n n 用心 爱心 专心18 两式相减 Tn 3 2 1 2 1 2 2 1 3 2 1 1 2 1 nn 2 1 1 2 23 n n Tn 1 3 3 1 2 2 1 2 2 1 1 2 1 nn n 2 23 2 1 2 2 1 1 2 1 nn n 2 23 2 4 4 2 1 1 2 1 1 3 n n n 2 23 n 2 6 n n 2 23 n n 2 43 Sn 2 1 4 7 3n 2 Tn n 3n 1 8 3n2 n 8 n N n n 2 86 n n 2 86 3 2009 年北京市海淀区高三期中试题 设数列的前项和为 满足 n an n S t为常数 且 1nn StSn 2n n N 1 1a 当时 求和 2t 2 a 3 a 若是等比数列 求t的值 1 n a 求 n S 思路分析 当时 2n 1nn StSn 当时 3n 12 1 nn StSn 两式相减得 1 1 nn ata 3 n 时 得 2n 21 2StS 121 2aata 因为 得 故 1 1a 21 1ata 1 1 nn ata 2 n 因为 所以 2t 21 213aa 32 217aa 由 可知 若是等比数列 1 12 nn ata 2n 1 n a 则成等比数列 即 123 1 1 1aaa 2 213 1 1 1 aaa 因为 所以 2 123 12 12 12aatatt 22 2 2 2 ttt 即 所以或 经检验 符合题意 2 20tt 0t 2t 由 可知 212 122 1 1 111 nn nnnn atat tat atttt 2n 当时 1t 1 1 11 n n an 个 此时 12 1 12 2 nn n n Saaan 当时 此时 1t 1 1 n n t a t 12nn Saaa 2 11 1 11 n tt tt 所以 2 1 1 1 1 n ttt t 1 1 1 n tt n t t 1 2 1 1 n tt nt t 用心 爱心 专心19 1 2 1 1 2 1 1 1 nn n n t S tt nt t t 点拨 注意在等比数列的求和中对公比 t 的讨论 4 2003 年上海春季高考试题 设 利用课本中推导等差数列前项和公式的方法 求 1 22 x f x n 的值 54056 fffff 思路提示 1 22 x f x 1 1 2 12 2 1 2222 222 x x xxx fx 111 21222 12 222 1 222222222 xxx xxxx f xfx 设54056 Sfffff 则65045 Sfffff 26554566 2 Sffffff 540563 2 Sfffff 点拨 本题观察出 进而得到 巧妙地运用倒序求和的方11 xx 2 1 2 f xfx 法使不容易解决的问题得到解决 5 5 2009 年广东卷文 已知点 1 3 1 是函数 0 aaxf x 且1 a 的图象上一点 等比 数列 n a的前n项和为cnf 数列 n b 0 n b的首项为c 且前n项和 n S满足 n S 1 n S n S 1 n S 2n 1 求数列 n a和 n b的通项公式 用心 爱心 专心20 2 若数列 1 1 nnb b 前n项和为 n T 问 n T 2009 1000 的最小正整数n是多少 解 1 1 1 3 fa Q 1 3 x f x 1 1 1 3 afcc 2 21afcfc 2 9 3 2 32 27 afcfc 又数列 n a成等比数列 2 2 1 3 4 21 81 2 33 27 a ac a 所以 1c 又公比 2 1 1 3 a q a 所以 1 2 11 2 3 33 nn n a nN 1111nnnnnnnn SSSSSSSS Q 2n 又0 n b 0 n S 1 1 nn SS 数列 n S构成一个首相为 1 公差为 1 的等差数列 111 n Snn 2 n Sn 当2n 2 2 1 121 nnn bSSnnn 21 n bn nN 2 1 22 33 41 1111 n nn T bbb bb bb b L 1111 1 33 55 7 21 21nn K 111 111 11111 1 232 352 572 2121nn K 11 1 22121 n nn 由 1000 212009 n n T n 得 1000 9 n 满足 1000 2009 n T 的最小正整数为 112 6 已知函数 点 是函数图像上的两个点 Rxxf x 24 1 111 yxP 222 yxP xf 且线段的中点的横坐标为 21P PP 2 1 求证 点的纵坐标是定值 P 用心 爱心 专心21 若数列的通项公式为 求数列的前 m n a mnNm m n fan 2 1 n a 项的和 m S 若时 不等式恒成立 求实数的取值范围 Nm 1 1 m m m m S a S a a 讲解 这是一道函数 数列 不等式的综合问题 对于 直接验证即可 对于 观察的构成 m S m m f m m f m m f m f m fSm 1221 可知 的结论又为 作了铺垫 对于 则应在 的基础上 充分利用 恒成 立 结合函数 不等式的知识去解决 总之 本题层层递进 每一小题均为后一小题的基础 因此 从 开始 认真走好每一步是解决好本题的关键 由题可知 所以 1 2 1 2 21 xx 2 1 4442 444 44424 444 2424 444 24 1 24 1 21 21 2121 21 21 21 21 2121 xx xx xxxx xx xx xx xx xfxfyy 点的纵坐标是定值 问题得证 P 4 1 2 21 yy yP 由 可知 对任意自然数 恒成立 nm 2 1 m nm f m n f 由于 故可考虑利用倒写求和 m m f m m f m m f m f m fSm 1221 的方法 即由于 m f m f m m f m m f m m f m m f m m f m m f m f m fSm 1221 1221 所以 用心 爱心 专心22 13 6 1 1 21 2 1 2 112211 2 mfm m m f m f m m f m m f m f m m f m fSm 所以 13 12 1 mSm 13 12 1 mSm 23 12 1 1 mSm 等价于 1 1 m m m m S a S a 0 2313 1 12 m a m a m 依题意 式应对任意恒成立 Nm 1 当时 式显然不成立 因此不合题意 0 a0 a 2 当时 所以 只需对任意恒成立 而0 a0 2313 1 m a m 0 m aNm 当为偶数时 不成立 因此 不合题意 m0 m a0 a 3 当时 因为 所以 需且只需对任0 a0 m aNm 0 2313 1 m a m 意恒成立 即 对恒成立 Nm 13 23 m m aNm 记 13 23 m m mgNm 0 1323 9 13 23 23 53 1 mmm m m m mgmg 的最大值为 mgNm 2 5 1 g 2 5 a 点评 对于 恒成立 的问题 往往采用分离变量的方法 转化为求某一函数的最值 四 数列与函数的综合应用四 数列与函数的综合应用 数列可以看作是一个定义域为正整数集 或它的有限子集 的函数 当自 N n 21 变量从小到大依次取值时对应的一列函数值 数列的通项公式就是相应函数的解析式 用函数的观点来认识数列 用函数的思维理解数列问题 用研究函数的方法来解决数列问题 是我们复习数列知识首先要达到的目标 1 已知数列 求前 30 项中最大的项和 n a 97 98 n n a n 用心 爱心 专心23 最小的项 我们考察函数的单调性 因为 97 98 x f x x 9898979897 1 9898 x f x xx 可以得到函数的图象 f x 由反比例函数性质可知 函数在 0 上单调递减 且 在 f x98 1f x 也是单调递减 且 由于 9 是 0 内的最大的整数 10 是 98 1f x 98 内的最小的整数 故当 x 只取不超过 30 的自然数时 98 max10 1097 1098 n aa min9 997 998 n aa 2 已知 试问 数列 有没有最大项 如果有 求出最大项 如果 9 1 10 n n n n anN n a 没有 说明理由 思路分析 9 1 10 n n n n anN 1 1 11 9 1 1 9 1 9 8 101010 nnn nn nnn nn aan 当时 8n 98 aa 即当时 数列 单调递增 当时 数列 单调递减 8n n a9n n a 数列 有最大项为 n a 9 89 8 9 10 aa 方法二 设数列 中第项最大 则 即 n an 1 1 nn nn aa aa 1 1 1 1 9 1 9 1010 9 1 9 2 1010 nn nn nn nn nn nn 解得 即 最大 89n 8 a 9 a 点拨 将分别代入通项公式中求出 发现 由此认为数列 1 2 3n 123 a a a 123 aaa 用心 爱心 专心24 为递增数列且为无穷数列没有最大项 这是典型错误 不能片面地看待问题 首先 可以从 n a 判断数列 的单调性入手 进而是否可以发现解决问题的突破口 n a 3 已知数列 n a的前n项和为 n S 对一切正整数n 点 nn SnP都在函数xxxf2 2 的 图像上 且过点 nn SnP的切线的斜率为 n k 1 求数列 n a的通项公式 2 若 n k n ab n 2 求数列 n b的前n项和 n T 3 设 2 NnaxxRNnkxxQ nn 等差数列 n c的任一项RQcn 其中 1 c是RQ 中的最小数 115110 10 c 求 n c的通项公式 解 1 点 nn SnP都在函数xxxf2 2 的图像上 2 2 n Snn nN 当n2 时 1 21 nnn aSSn 当 1 时 11 3aS 满足上式 所以数列 n a的通项公式为21 n an 2 由xxxf2 2 求导可得 22fxx 过点 nn SnP的切线的斜率为 n k 22 n kn 24 21 4 n kn nn ban 123 43445447421 4nn n T 4 由 4 得 2341 443445447421 4nn n T 4 得 231 34 3424421 4 nn n n T 4 21 1 4 1 4 34221 4 14 n n n 4 2 6116 4 99 n n n T 3 22 42 Qx xnnNRx xnnN QRR 用心 爱心 专心25 又 n cQR 其中 1 c是RQ 中的最小数 1 6c n c 是公差是 4 的倍数 10 46 cmmN 又 10 110115c 11046115m mN 解得 27 所以 10 114c 设等差数列的公差为d 则 101 1146 12 1019 cc d 6 1 12126 n cnn 所以 n c的通项公式为126 n cn 五 数列中的恒成立问题与存在性问题五 数列中的恒成立问题与存在性问题 1 2009 四川卷文 设数列 n a的前n项和为 n S 对任意的正整数n 都有51 nn aS 成立 记 4 1 n n n a bnN a I 求数列 n a与数列 n b的通项公式 II 设数列 n b的前n项和为 n R 是否存在正整数k 使得4 n Rk 成立 若存在 找出一 个正整数k 若不存在 请说明理由 III 记 221 nnn cbbnN 设数列 n c的前n项和为 n T 求证 对任意正整数n都有 3 2 n T 解析解析 I 当1 n时 111 1 51 4 aSa 又 11 51 51 nnnn aSaS 1 11 1 5 4 即 n nnn n a aaa a 数列 n a是首项为 1 1 4 a 公比为 1 4 q的等比数列 1 4 n n a 1 4 4 1 1 4 n n n bnN 3 分 用心 爱心 专心26 II 不存在正整数k 使得4 n Rk 成立 证明 由 I 知 1 4 5 4 4 1 4 1 1 4 n n n n b 212 212 5552015 1640 8888 4 1 4 1161164 161 164 k kk kkkkkk bb 当 n 为偶数时 设2 nm mN 1234212 84 nmm Rbbbbbbmn 当 n 为奇数时 设21 nmmN 1234232221 8 1 4844 nmmm Rbbbbbbbmmn 对于一切的正整数 n 都有4 n Rk 不存在正整数k 使得4 n Rk 成立 8 分 III 由 5 4 4 1 n n b 得 212 22122 5515 1615 1615 1615 4141 161 164 16 3 164 16 16 nnn nnn nnnnnnnn cbb 又 122 134 3 33 bbc 当1 n时 1 3 2 T 当2n 时 2 2 23 2 11 1 41114 1616 25 25 1 31616163 1 16 1 4693 16 25 1 3482 1 16 n n n T 2 已知数列 中 在直线 y x 上 其中 n 1 2 3 n a 11 1 2 2 nn an aa 点 令 求数列 1 1 nnnn baab 求证数列是等比数列 的通项 n a 用心 爱心 专心27 设的前n项和 是否存在实数 使得数列为等分别为数列 nn TS n a n b nn ST n 差数列 若存在 试求出 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 wxckt wxckt 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 若不存在 则说明理由 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 wxckt wxckt 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 思路分析 I 由已知得 11 1 2 2 nn aaan 221 3313 11 4424 aaa 又 1 1 nnn baa 121 1 nnn baa 11 11 2111 1 1 11 222 1112 nnnn nnn nnnnnnn ananaa baa baaaaaa 是以为首项 以为公比的等比数列 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 wxckt wxckt 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 n b 3 4 1 2 II 由 I 知 1 3131 4222 n n n b 1 31 1 22 nn n aa 21 31 1 22 aa 32 2 31 1 22 aa 将以上各式相加得 1 1 31 1 22 nn n aa 1 21 3 111 1 2 222 n n aan 1 1 1 11 1 31313 22 1 1 1 2 1 22222 1 2 n n nn aannn 3 2 2 n n an III 解法一 存在 使数列是等差数列 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 wxckt wxckt 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 2 nn ST n 12 12 111 3 12 2 222 nn n Saaann 22 11 1 1 1333 22 323 1 3 1 22222 1 2 n nn n nnnnn n 12 1 31 1 3133 42 1 1 2222 1 2 n nn nn Tbbb 数列是等差数列的充要条件是 是常数 即 nn ST n nn ST AnBA n B 2 nn STAnB