2011年高考题型专题冲刺精讲(数学)专题六：数列(教师版).doc

第页 1 20112011 年高考题型专题冲刺精讲（数学）专题六年高考题型专题冲刺精讲（数学）专题六 数列数列 【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. 数列中与的关系一直是高考的热点，求数列的通项公式是最为常见的题目，要切实注意 n S n a n S 与的关系。从近两年各地高考试题来看，加大了对“递推公式”的考查。 n a 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.探索性问题对分析问题解决问题的能力有较高的要求。 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 1.使用等比数列的求和公式，要考虑公比与两种情况，切忌直接用1q 1q 1(1 ) 1 n n aq S q 第页 2 2.利用与的关系：求解，注意对首项的验证。 n a n S 1 1 (1) (2) n nn S n a SSn n a 3.数列求解通项公式的方法： A.等差等比（求解连续项的差或商，比例出现字母的注意讨论） B. 利用与的关系： n a n S 1 1 (1) (2) n nn S n a SSn C.归纳-猜想-证明法 D.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） （1） qpaa nn 1 ；令)( 1 nn apa； （2） n nn qpaa 1 ； “qpaa nn 1 ” （两边除以）或“ n nn nfaa)( 1 . n q （3）)( 1 nfpaa nn ； （4） nnn aqapa 12 . 令)( 112nnnn aaaa E. 应用迭加（迭乘、迭代）法求数列的通项：)( 1 nfaa nn ；).( 1 nfaa nn F.对于分式，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） 1 1 n n n a a ka G给定的，形式的，可以结合，写成关于的关系式，也可以写成关于() nn Sf a 1nnn SSa 1 , nn a a 的关系式，关键就是那个关系式比较容易的求解出结果来 1 , nn SS 4.数列求和 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结构的，注意对 n 是偶数与( 1)n 奇数的讨论，往往分开奇数与偶数，式子将会变的简单 5.不等式证明： （1）证明数列，可以利用函数的单调性，或是放缩 n am （2）证明连续和，若是有，形式的，每一项放缩成可以裂项相削形式 1 21n 21nln(1)n （）或者（）或者是（ 11 221nn 11 2121nn 2121nn 212nn ln(1)lnnn ） （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ln(1)ln(1)nn 第页 3 （3）证明连续积，若有，的形式，每一项适当的放缩，变形成迭乘相削形式，或者错位 1 21n 21n 相乘（）或者（） 2 21 n n 21 21 n n 21 2 n n 21 21 n n （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.其中的高考热点 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考点一：等差、等比数列的概念与性质 【例例 1 1】已知数列的首项（a 是常数，且） ， n a 1 21aa1a （） ，数列的首项，（） 。 （1）证明：242 2 1 nnaa nn 2n n b 1 ba 2 nab nn 2n 从第 2 项起是以 2 为公比的等比数列；（2）设为数列的前 n 项和，且是等比数列，求 n b n S n b n S 实数的值；（3）当 a0 时，求数列的最小项。a n a 第页 4 当 n2 时， 11 1 (22)23434 2 (22)234(1)234 n n nn n Saaa Saaaa 是等比数列, (n2)是常数，3a+4=0，即 。 n S 1n n S S 4 3 a （3）由（1）知当时，所以，所以数列2n 2 (44)2(1)2 nn n baa 2 21(1) (1)2(2) n n an a an n 为 2a+1，4a，8a-1，16a，32a+7，显然最小项是前三项中的一项。当时，最小项为 n a 1 (0, ) 4 a 8a-1； 当时，最小项为 4a 或 8a-1；当时，最小项为 4a； 当时，最小项为 1 4 a 1 1 ( , ) 4 2 a 1 2 a 4a 或 2a+1； 当时，最小项为 2a+1。 1 ( ,) 2 a 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。 【例例 2 2】已知数列中， n a 1 2a 1 ( 21)(2) nn aa 12 3n ， （）求的通项公式；（）若数列中， n a n b 1 2b 1 34 23 n n n b b b 12 3n ， 证明：， 43 2 nn ba 12 3n ， 第页 5 2 (32 2) (2) k b 4 43 ( 21) (2) k a 41 2 k a 也就是说，当时，结论成立1nk 根据（）和（）知， 43 2 nn ba 12 3n ， 【点评点评】 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. 属于中档题，是高考中常见类型.在数列求和中常见的方法有公式法、分组法、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考点二：求数列的通项与求和 【例例 3 3】2010 宁夏、设数列满足（）求数列的通项公式；（）令 n a 21 11 2,3 2 n nn aaa A n a ，求数列的前 n 项和 nn bna n S 解：（）由已知，当 n1 时， 111211 ()()() nnnnn aaaaaaaa 。而 所以数列的通项公式为。 2123 3(222)2 nn 2(1) 1 2 n 1 2,a n a 21 2 n n a （）由知 21 2 n nn bnan 3521 1 22 23 22 n n Sn 从而 235721 21 22 23 22 n n Sn 第页 6 -得 。即 2352121 (1 2 )22222 nn n Sn 21 1 (31)22 9 n n Sn 【例例 4 4】2010 山东、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bn=(nN*)，求数列的前n项和 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，所以；=。 1 1 27 21026 ad ad 1 3,2ad321)=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) 【命题意图】本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式的应用、裂项法求数列的和，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考点三：数列与不等式的联系 【例例 5 5】2010 大纲全国 I、已知数列中， .（）设，求数 n a 11 1 1, n n aac a 51 , 22 n n cb a 列的通项公式；（）求使不等式成立的的取值范围 . n b 1 3 nn aa c 【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 （） 1221 1,1,2.aacaac由得 用数学归纳法证明：当时.2c 1nn aa （）当时，命题成立；1n 21 1 1 aca a 第页 8 【点评点评】 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. 【例例 6 6】2010.重庆、 在数列中，（） ，其中实数. n a 1 1a 1 1 (21) n nn acacn nN 0c （）求的通项公式；（）若对一切有，求的取值范围. n a Nk 122 kk aac 【命题意图命题意图】本题主要考查数列的定义、数列通项公式、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不等式的解法以及方程和函数思 想想. .本题的实质是：已知递推公式本题的实质是：已知递推公式（，为常数）求通项公式为常数）求通项公式. . 1 ( ) nn apaf n pq 【解析解析】 （）解法一：由，ccccccaaa 2222 121 ) 12(33, 1 ， 232333 23 ) 13(85ccccccaa 342344 34 ) 14(157ccccccaa 猜测.下用数学归纳法证明. Nnccna nn n ,) 1( 12 第页 9 当时，等式成立；假设当时，等式成立，即，则当时，1nkn 12 ) 1( kk k ccka1 kn ) 12() 1() 12( 1121 1 kccckckccaa kkkk kk ， kkkk cckcckk 1212 1) 1()2( 综上， 对任何都成立. 12 ) 1( nn n ccna Nn 解法二：由原式得.令，则，因此对) 12( 1 1 n c a c a n n n n n n n c a b ) 12(, 1 11 nbb c b nn 有 2n 112211 )()()(bbbbbbbb nnnnn c nn 1 3)32() 12( ， c n 1 1 2 因此，. 又当时上式成立. 12 ) 1( nn n ccna2n1n 因此. Nnccna nn n ,) 1( 12 （）解法一：由，得， 122 kk aa 221221222 1) 12( 1)2( kkkk cckcck 第页 10 解法二：由，得， 122 kk aa 221221222 1) 12( 1)2( kkkk cckcck 因，所以对恒成立.0 22 k c014)(4 222 ccckkcc Nk 记，下分三种情况讨论.14)(4)( 222 cccxxccxf （）当即0c或1c时，代入验证可知只有1c满足要求.0 2 cc （）当时，抛物线开口向下，因此当正整数充分大时，0 2 cc)(xfy k0)(xf 不符合题意，此时无解. （）当即或时，抛物线开口向上，其对称轴0 2 cc0c1c)(xfy 必在直线的左边. 因此，在上是增函数. )1 (2 1 c x 1x)(xf), 1 所以要使对恒成立，只需即可. 由0)(kf Nk0) 1 (f013) 1 ( 2 ccf 解得或.结合或得或. 6 131 c 6 131 c0c1c 6 131 c1c 综合以上三种情况，的取值范围为.c), 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、向量等的联系考点四：数列与函数、向量等的联系 【例例 7 7】2010 湖南、数列中，是函数 * () n anN 1 aa 1n a 的极小值点.（）当a=0 时，求通项；（）是否存在a， 3222 11 ( )(3)3 32 nnn fxxanxn a x n a 使数列是等比数列？若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由. n a 解：易知=令，得，. 222 ( )(3)3 nnn fxxanxn a 2 (3)(). n xaxn)0 n fx 1 3 n xa 2 2 xn （1）若，则当时，单调递增；当时， 2 3 n an3 n xa)0 n fx ) n fx 2 3 n axn)0 n fx 单调递减；当时，单调递增.故在时取得极小值.) n fx 2 xn)0 n fx ) n fx) n fx 2 xn （2）若，仿（1）可得，在时取得极小值. 2 3 n an) n fx3 n xa 第页 11 （3）若，则，无极值. 2 3 n an)0 n fx ) n fx （）当a=0 时，则，由（1）知，.因，则由（1）知， 1 0a 2 1 31a 2 2 11a 2 2 332a .因为，则由（2）知，.又因为，则由（2）知， 2 3 24a 2 3 3123a 43 33 4aa 2 4 3364a .由此猜测：当n3 时，.下面用数学归纳法证明：当n3 时，. 2 54 334aa 3 4 3n n a 2 3 n an 事实上，当n=3 时，由前面的讨论知结论成立. 假设当n=k（k3）时，成立，则由（2）知，从而 2 3 k ak 2 1 3 kk aak =0.所以. 222 1 3(1)3(1) k akkk 2 (2)21k kk 2 1 3(1) k ak 故当n3 时，成立.于是由（2）知，当n3 时，而，因此.综 2 3 n an 1 3 nn aa 3 4a 3 4 3n n a 上所述，当a=0 时，（n3）. 1 0a 2 1a 3 4 3n n a （）存在a，使数列是等比数列.事实上，由（2）知，对任意的n，都有，则.即 n a 2 3 n an 1 3 nn aa 数列是首项为a公比为 3 的等比数列，且. n a 1 3n n aa 而要使，即对一切都成立，只需对一切都成立. 2 3 n an 2 3nan * nN 2 3n n a * nN 记，则，. 2 3 n n n b 1 1 3 b 2 4 9 b 3 1 3 b 令，则.因此，当x2 时，从而函数在 2 3x x y 2 1 (2ln3) 3x yxx 2 1 (2) 3x xx0y 2 3x x y 上为单调递减.故当n2 时，数列单调递减，即数列中最大的项为.于是当2,) n b n b 2 4 9 b 时，必有.这说明，当时，数列是等比数列. 4 9 a 2 3n n a 4 ( ,) 9 a n a 当时，可得，.而=，由（3）知无极值，不合题意. 4 9 a 1 4 9 a 2 4 3 a 2 34a 2 2 2( ) fx 当时，可得，数列不是等比数列. 14 39 a 1 aa 2 3aa 3 4a 4 12a n a 当时，可得，由（3）知无极值，不合题意. 1 3 a 2 311a 1( ) f x 第页 12 当时，可得，数列不是等比数列. 1 3 a 1 aa 2 1a 3 4a 4 12a n a 综上所述，存在a，使数列是等比数列，且a的取值范围为. n a 4 ( ,) 9 【例例 8 8】已知数列中， n a 1 1a * 112 2(.) nn naaaanN （1）求；（2）求数列的通项； 234 ,a a a n a n a （3）设数列满足，求证： n b 2 11 11 , 2 nnn k bbbb a 1() n bnk 分析：条件中有类似于前 n 项和的形式出现，提示我们应该考虑 anSnSn1(n2) 因此： 1211 11111111 ().()2 kkk kk bbbbbbkk 所以 ， 所以1 1 k k b k 1() n bnk 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 ， 这种拆分方法是数学中较高要求的变形. 1211 111111 ().() kkk bbbbbb 考点五：数列与解析几何的联系考点五：数列与解析几何的联系 第页 13 【例例 9 9】2010 安徽、设,是坐标平面上的一列圆，它们的圆心都在轴的正半轴上，且 1 C 2 C n Cx 都与直线相切，对每一个正整数,圆都与圆相互外切，以表示的半径，已知 3 3 yxn n C 1n C n r n C 为递增数列.()证明：为等比数列； n r n r ()设，求数列的前项和. 1 1r n n r n 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：()将直线的倾斜角记为，则有，. 3 3 yx 3 tan 3 1 sin 2 设的圆心为，则由题意知，得；同理. n C(,0) n 1 2 n n r 2 nn r 11 2 nn r 从而，将代入，解得.故为公比等比数列. 111 2 nnnnn rrr 2 nn r 1 3 nn rr n r3q ()由于，故，从而， 1 1r 3q 1 3n n r 1 3 n n n n r 记，则有， 12 12 n n n S rrr 11 12 33 n n Sn 121 1 32 3(1) 33 3 nn n S nn -，得 121 2 1 3333 3 nn n S n 1 333 3() 3 222 n nn nn . 1 1 9139(23) 3 () 3 4224 n n n n Sn 【例例 1010】2010 广东、已知曲线点是曲线上的点,: 2 nxyCn)0, 0)(,( nnnnn yxyxP n C （） （1）试写出曲线在点处的切线的方程，并求出与轴的交点的坐标；, 2 , 1n n C n P n l n ly n Q （2）若原点到的距离与线段的长度之比取得最大值，试求点的坐标；)0 , 0(O n l nnQ P n P),( nn yx （3）设与为两个给定的不同的正整数，与是满足（2）中条件的点的坐标mk n x n y n P O x y 第页 14 证明： 1 (1) |(1)| |(1,2,) 2 s n n n mx kymskss 【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），曲线过点的切线的方程为， 2 2nxnx n C(,) nnn P xy n l 2 2 nnn ynxnxxx 即令，得，点的坐标为 2 20 nn nx xynx0 x 2 n ynx n Q 2 0, n nx （2）原点到的距离为，0,0O n l 2 22 14 n n n nx d x n x 224 4 nnnn PQxn x ，即时，取得最大值 22 2 1 14 4 n n nnn n n d xnxn PQn x n x x 2 1 4 n n n x x 1 2 n x n n nn d x PQ 1 4 故所求点的坐标为 n P 11 , 24nn （3）由（2）知，于是 1 2 n x n 1 4 n y n 11 (1)11 (1) 22 ss n n nn mxmk ky n 111 1 22112 sss nnn mkmk mk nnmknmk 现证明 1 1 2 s n s n (1,2,)s 111 11 1 21 sss nnn nn nnn ，故问题得证 121321sss 【突破训练突破训练】 1、重庆文、已知是首项为 19，公差为-2 的等差数列，为的前项和.（）求通项及 n a n S n an n a ；（）设是首项为 1，公比为 3 的等比数列，求数列的通项公式及其前项和. n S nn ba n bn n T 【解析】 （）因为是首项为，公差为的等差数列，所以 n a 1 19a 2d ，192(1)21 2 n ann 第页 15 n S 2 (1) 19( 2)20 2 n n nnn （）由题意得所以 1 3n nn ba 1 3n nn ba 则 011011 12 333333 nn nnn TaaaS 22 1 331 2020 1 32 nn nnnn 2、全国 I 文、记等差数列的前项和为，设，且成等比数列，求. n an n S 3 12S 123 2 ,1a a a n S 解析解析 设设数列的公差为，依题设有即 n ad 2 132 123 2(1) 12 a aa aaa 222 1112 1 22 4 aa ddaa ad 解得解得或故或 1 1,4ad 1 8,4ad 1 (31) 2 n Snn2 (5) n Snn 3、课标全国、设等差数列满足，。 （）求的通项公式； （）求的 n a 3 5a 10 9a n a n a 前项和及使得最大的序号的值。n n S n Sn 【解析】：（1）由 = a1 +（n-1）d 及 a1=5， =-9 得解得 n a 10 a 1 1 25 99 ad ad 1 9 2 a d 数列的通项公式为 an=11-2n。 n a (2)由(1) 知=na1+d=10n-n2因为=-(n-5)2+25. 所以 n=5 时，取得最大值。 n S (1) 2 n n n S n S 4、北京文、已知为等差数列，且，。 （）求的通项公式；（）若等差数列 n a 3 6a 6 0a n a 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。因为 所以解得 n ad 36 6,0aa 1 10,2ad 所以10(1) 2212 n ann （）设等比数列的公比为 因为所以 n bq 2123 24,8baaab 824q 即=3 所以的前项和公式为q n bn 1(1 ) 4(1 3 ) 1 n n n bq S q 5、山东文、 已知等差数列满足：，.的前 n 项和为. （）求 及； n a 3 7a 57 26aa n a n S n a n S 第页 16 （）令（）,求数列的前 n 项和. 2 1 1 n n b a nN n b n T 【命题意图】本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式的应用、裂项法求数列的和，熟练数列的基 础知识是解答好本类题目的关键。 【解析】 （）设等差数列的公差为 d，因为，所以有， n a 3 7a 57 26aa 1 1 27 21026 ad ad 解得，所以；=。 1 3,2ad321)=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=，即数列的前n项和=。 n T 111111 (1-+-) 4223n n+1 11 (1-)= 4n+1 n 4(n+1) n b n T n 4(n+1) 6、福建文、数列 中，前 n 项和满足-（n） ( I ) 求数列 n aa 1 3 n S 1n S n S 1 1 3 n * N n a 的通项公式以及前 n 项和；（II）若 S1, t ( S1+S2 ), 3( S2+S3 ) 成等差数列，求实数 t 的值。 n a n S 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.满分 12 分. 解：()由 S n+1 S n =（）n + 1 得 (nN *)； 1 3 1 1 1 ( ) 3 n n a 又，故(nN *)从而(nN *). 1 1 3 a 1 ( ) 3 n n a 11 1( ) 11 33 1( ) 1 23 1 3 n n n s ()由()可得，.从而由 S 1，t（S 1+ S 2） ，3（S 2+ S 3）成等差数列可得： 1 1 3 S 2 4 9 S 3 13 27 S ，解得 t=2. 141314 3 ()2() 392739 t 7、2010 四川文、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；（）设，求数列的前 n 项和 n a 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a13,d1 故an3(n1)(1)4n5 1 1 336 8284 ad ad 分 第页 17 (2)由(1)的解答得，bnnqn1，于是Sn1q02q13q2(n1)qn1nqn. 若q1，将上式两边同乘以q，得qSn1q12q23q3(n1)qnnqn1. 将上面两式相减得到(q1)Snnqn(1qq2qn1) wnqn 1 1 n q q 于是Sn若q1，则Sn123n 1 2 (1)1 (1) nn nqnq q (1) 2 n n 所以，Sn12 分 1 2 (1)1( 1) (1) (1) (1) 2 nn nqnq q q n n q 8、2010 江西文、正实数数列中,且成等差数列.(1) 证明数列中有无穷多 n a 12 1,5aa 2 n a n a 项为无理数；(2)当为何值时，为整数，并求出使的所有整数项的和.n n a200 n a 【解析】考查等差数列及数列分组求和知识 证明：（1）由已知有：，从而， 2 124(1) n an 124(1) n an 方法一：取，则（） 21 124 k n 2 124 k n a * kN 用反证法证明这些都是无理数.假设为有理数，则必为正整数，且，故 n a 2 124 k n a n a24k n a .,与矛盾，241 k n a 241 k n a (24 )(24 )1 kk nn aa 所以（）都是无理数，即数列中有无穷多项为无理数; 2 124 k n a * kN n a 方法二：因为，当的末位数字是时，的末位数字是和，它 2 1 124 , () n annN n3,4,8,9124n37 不是整数的平方，也不是既约分数的平方，故此时不是有理数，因这种有无穷多，故 1 124 n an n 这种无理项也有无穷多 1n a (2) 要使为整数，由可知：同为偶数，且其中一个必为 3 的倍 n a(1)(1)24(1) nn aan1,1 nn aa 数，所以有或当时，有（16 n am 16 n am 61 n am 22 361211 12 (31) n ammmm ）又必为偶数，所以（）满足即mN(31)mm61 n ammN 2 124(1) n an 第页 18 (31) 1 2 mm n （）时，为整数；同理有（mN n a * 61() n ammN 22 361211 12 (31) n ammmm ） * mN 也满足，即（）时，为整数；显然 2 124(1) n an (31) 1 2 mm n * mN n a 和（）是数列中的不同项；所以当 * 61() n ammN61 n ammN （）和（）时，为整数；由（ (31) 1 2 mm n mN (31) 1 2 mm n * mN n a61200 n am ）有，由（）有.设中满足的所有mN033m61200 n am * mN133m n a200 n a 整数项的和为，则S(5 11197)(17199)S 5 1971 199 33346733 22 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 n 项和 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 n 项和公式得 10、2010 湖北、已知数列满足: , , ；数列满 n a 1 1 2 a 1 1 3 12 1 11 nn nn aa aa 0 1 a a n n n b 足： =-（n1）.()求数列，的通项公式;()证明:数列中的任意三项不可 n b 2 1n a 2 n a n a n b n b 能成等差数列. 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。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（满分 1313 分）分） 解：解：（）由题意知，令 则 22 1 2 11 3 nn aa 2 1 nn ca 1 2 3 nn cc 第页 19 又， 则数列是首项为，公比为的等比数列，即 2 11 3 1 4 ca n c 1 3 4 c 2 3 1 32 43 n n c A 故又 ，故 11 22 3 23 2 11 4 34 3 nn nn aa 1 1 0 2 a 1 0 nn a a 1 132 11 43 n n n a A （）假设数列中的存在三项（）按某种顺序成等差数列.，由于数列是首项 n b rst b ,b ,brst n b 为，公比为的等比数列，于是有，则只可能有成立。 1 1 4 b 2 3 rst bbb2 srt bbb 两边同乘，化简得 111 121212 2 434343 srt AAA 11 32 tt A2 2323 s rt st rt r A 由于，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。rst 故数列中的任意三项不可能成等差数列 n b 11、2010 浙江文、设 a1，d 为实数，首项为 a1，公差为 d 的等差数an的前 n 项和为，满足 n s 150.（）若 S55.求及 a1;