第四讲 数列与探索性新题型的解题技巧

1、第四讲 数列与探索性新题型的解题技巧【命题趋向】从2007年高考题可见数列题命题有如下趋势：1.等差（比）数列的基本知识是必考内容，这类问题既有选择题、填空题，也有解答题；难度易、中、难三类皆有.2.数列中an与Sn之间的互化关系也是高考的一个热点.3.函数思想、方程思想、分类讨论思想等数学思想方法在解决问题中常常用到，解答试题时要注意灵活应用.4.解答题的难度有逐年增大的趋势,还有一些新颖题型,如与导数和极限相结合等.因此复习中应注意：1.数列是一种特殊的函数，学习时要善于利用函数的思想来解决.如通项公式、前n项和公式等.2.运用方程的思想解等差（比）数列，是常见题型，解决此类问题需要抓住基

2、本量a1、d（或q），掌握好设未知数、列出方程、解方程三个环节，常通过“设而不求，整体代入”来简化运算.4.等价转化是数学复习中常常运用的，数列也不例外.如an与Sn的转化；将一些数列转化成等差（比）数列来解决等.复习时，要及时总结归纳.5.深刻理解等差（比）数列的定义，能正确使用定义和等差（比）数列的性质是学好本章的关键.7数列应用题将是命题的热点，这类题关键在于建模及数列的一些相关知识的应用.【考点透视】1理解数列的概念，了解数列通项公式的意义，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几项.2理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，并能运用公式解答简

3、单的问题.3理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，并能运用公式解决简单的问题.4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 1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

4、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.【例题解析】考点1 正确理解和运用数列的概念与通项公式理解数列的概念,正确应用数列的定义，能够根据数列的前几项写出数列的通项公式.典型例题例1（2006年广东卷）在德国不来梅举行的第48届世乒赛期间，某商店橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的展品，其中第1堆只有1层，就一个球；第2，3，4，堆最底层（第一层）分别按图4所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在下一层之上，第n堆第n层就放一个乒乓球，以f (n)表

5、示第n堆的乒乓球总数，则f(3)=_；f(n)=_（答案用n表示）. 思路启迪：从图中观察各堆最低层的兵乓球数分别是12,3,4, 推测出第n层的球数。解答过程：显然f(3)=10.第n堆最低层（第一层）的乒乓球数，an=a1+a2+L+an=n(n+1)，第n堆的乒乓球数总数相当于n堆乒乓2球的低层数之和，即f(n)=a1+a2+L+an=1(12+22+L+n2)+1×n(n+1). 222所以：f(n)=n(n+1)(n+2) 6例2（2007年湖南卷理）将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，得到如图所示的0-1三角数表从上往下数，第1次全行的数都为1的是第1行，第2次全行的数

6、都为1的是第3行，第n次全行的数都为1的是第 行；第61行中1的个数是 第1行 1 1第2行 1 0 1第3行 1 1 1 1第4行 1 0 0 0 1第5行 1 1 0 0 11 思路启迪：计算图形中相应1的数量的特征，然后寻找它们之间的规律。解：第1次全行的数都为1的是第2-1=1行，第2次全行的数都为1的是第22-1=3行，第3次全行的数都为1的是第23-1=7行，······，第n次全行的数都为1的是第2n-1行；第61行中1的个数是25-1 =32应填2n-1，32考点2 数列的递推关系式的理解与应用在解答给出的递推关系式的

7、数列问题时，要对其关系式进行适当的变形 ，转化为常见的类型进行解题。如“逐差法”若an-an-1=n,且a1=1；我们可把各个差列出来进行求和，可得到数列an的通项.an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+L+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+L+2+1=n(n+1). 2再看“逐商法”即an+1=n+1且a1=1，可把各个商列出来求积。 anan=anan-1ag2ga1=n(n-1)(n-2)L2g1=n! an-1an-2a1另外可以变形转化为等差数列与等比数列，利用等差数列与等比数列的性质解决问题。例3（2007年北京卷理）数列an中，a1=2，an+1=an+cn（c是

8、常数，n=1，2，3，L），且a1，a2，a3成公比不为1的等比数列 （I）求c的值；（II）求an的通项公式思路启迪：（1）由a1，a2，a3成公比不为1的等比数列列方程求c；（2）可根据递推公式写出数列的前几项，然后分析每一项与该项的序号之间的关系，归纳概括出an与n之间的一般规律，从而作出猜想，写出满足前4项的该数列的一个通项公式.解：（I）a1=2，a2=2+c，a3=2+3c，因为a1，a2，a3成等比数列，所以(2+c)2=2(2+3c)，解得c=0或c=2当c=0时，a1=a2=a3，不符合题意舍去，故c=2（II）当n2时，由于a2-a1=c， a3-a2=2c， LL，an-

9、an-1=(n-1)c， 所以an-a1=1+2+L+(n-1)c=n(n-1)c 2又a1=2，c=2，故an=2+n(n-1)=n2-n+2(n=2，3，L)当n=1时，上式也成立， 所以an=n2-n+2(n=1，2，L)小结：从特殊的事例，通过分析、归纳、抽象总结出一般规律，再进行科学地证明，这是创新意识的具体体现，这种探索问题的方法，在解数列的有关问题中经常用到，应引起足够的重视.1例4（2006年广东卷）已知数列xn满足x2=x1，若limxn=2， 则 ( B ) n=3,4,xn=(xn-1+xn-2)，n®¥22（） 3 （） （） （） 2思路启迪：对递

10、推关系变形，运用叠加法求得，特别注意的是对两边同时运用. 解答过程：2xn=xn-1+xn-1， xn-xn-1=xn-2-xn.üïx4-x3=x2-x4ïï相叠加xn-x2=x1+x2-xn-xn-1.LLLýxn-1-xn-2=xn-3-xn-1ïïxn-xn-1=xn-2-xnïþQx2=x1， .1 2xn+xn-1=2x2n®¥x3-x2=x1-x3lim(2xn+xn-1)=lim2x1， limxn=2，2x1=6 ，x1=3.n®¥n®&

11、#165;解答过程2：由xn=1(xn-1+xn-2)得：2111xn+xn-1=xn-1+xn-2=L=x2+x1=x1，2221æöxn=2. limçxn+xn-1÷=x1 ，因为limn®¥n®¥2èø所以：x1=3.解答过程3：由xn=1(xn-1+xn-2)得：2æ1öæ1öæ1öxn-xn-1=ç-÷(xn-1-xn-2)=ç-÷(xn-2-xn-3)=L=ç-÷

12、è2øè2øè2ø232n-21ö(x2-x1)=æç-÷è2øx1.n-1x1，从而 x3-x2=æ-1öx1；x-x=æ-1öx；x-x=æ-1öç÷nn-143ç÷ç÷1è2øè2øè2øn-1éæ1ö2æ1ö3ù1æ

13、46;叠加得：xn-x2=x1êç-÷+ç-÷+L+ç-÷ú.è2øûêè2øè2øúën-11éæ1öxn=x2+x1ê1-ç-÷6êëè2ø2=n-2n-2ùì1éæ1öùüïï， limxn=limíx2+x1&#

14、234;1-ç-÷úý. ún®¥n®¥6êúïïûëè2øúûþîx11 ， 从而x1=3. +x126小结：数列递推关系是近几年高高数学的热点，主要是一些能转化为等差等比数列的递推关系式。对连续两项递推an=kan-1+d(n³2,k¹1)，可转化为an-ddö；对连续三项递推的关系aæ=kçan-1-n+1÷1-k1-k&

15、#248;è=kan+dan-1(n³2)如果方程x2-kx-d=0有两个根a、b，则上递推关系式可化为an+1-aan=b(an-an-1)或an+1-ban=a(an-an-1).考点3 数列的通项an与前n项和Sn之间的关系与应用S1 n=1，数列前n项和S和通项a是数列中两个重要的量，在运用它们的an与Sn的关系：an=ìnníîSn-Sn-1 n³2关系式an=Sn-Sn-1时，一定要注意条件n³2，求通项时一定要验证a1是否适合。解决含an与Sn的式子问题时，通常转化为只含an或者转化为只Sn的式子.例5（200

16、6年辽宁卷） 在等比数列an中,a1=2,前n项和为Sn,若数列an+1也是等比数列,则Sn等于（ ）(A)2n+1-2 (B) 3n (C) 2n (D)3n-1命题目的：本题考查了等比数列的定义和求和公式，着重考查了运算能力。过程指引因数列an为等比，则an=2qn-1，因数列an+1也是等比数列，则(an+1+1)2=(an+1)(an+2+1)Þan+12+2an+1=anan+2+an+an+2Þan+an+2=2an+1Þan(1+q2-2q)=0Þq=1即an=2，所以Sn=2n，故选择答案C.例6.已知在正项数列a n中，S n表示前n项

17、和且an+1，求a n.思路启迪：转化为只含an或者只含Sn的递推关系式.解答过程1：由已知an+1，得当n=1时，a1=1；当n2时，a n= S nS n1，代入已知有Sn-Sn-1+1，Sn-1=Sn-1.Sn-1=1，又an>0,Sn>Sn-11.)21，是以1为首项，1为公差的等差数列，=n故an=2n-1.解答过程2：由已知an+1，得当n=1时，a1=1；当n2时因为S=æan+1ö，所以a=æan+1ö-æan-1+1ö. nnç÷ç÷ç÷

18、2;2øè2øè2ø22，a2 4an=an+2an-a2n-1-2an-1n-2an-an-1-2an-1=0222(an+an-1)(an-an-1-2)=0，因为an>0，所以an-an-1=2，所以an=2n-1.考点4. 数列中与n有关的等式的理解与应用对数列中的含n的式子，注意可以把式子中的n换为n-1得到另外的式子。也可以把n取自然数中的具体的数1，2，3等，得到一些等式归纳证明.例7（2006年福建卷）已知数列an满足a1=1,an+1=2an+1 (nN)（）求数列an的通项公式；（）若数列bn满足4b1-1´

19、4b2-1´4b3-1´L´4bn-1=(an+1)n (nN*),证明: bn是等差数列;思路启迪：本小题主要考查数列基本知识，考查化归的数学思想方法，考查综合解题能力。把递推关系式变形转化*解答过程： （I）解：Qan+1=2an+1(nÎN), *ban+1+1=2(an+1), an+1是以a1+1=2为首项，2为公比的等比数列。 an+1=2n. 即 an=22-1(nÎN*). （II）证法一： 4b1-1´4b2-1´4b3-1´L´4bn-1=(an+1)n， b4(b1+b2+.+bn)

20、-n=2nbn. 2(b1+b2+.+bn)-n=nbn, 2(b1+b2+.+bn+bn+1)-(n+1)=(n+1)bn+1. ，得2(bn+1-1)=(n+1)bn+1-nbn, 即(n-1)bn+1-nbn+2=0, nbn+2-(n+1)bn+1+2=0. ，得 nbn+2-2nbn+1+nbn=0,即 bn+2-2bn+1+bn=0, 故bn是等差数列. bn+2-bn+1=bn+1-bn(nÎN*),考点5 等差、等比数列的概念与性质的理解与应用在等差、等比数列中，已知五个元素a1,an,n,d或q，Sn中的任意三个，运用方程的思想，便可求出其余两个，即“知三求二”。本

21、着化多为少的原则，解题时需抓住首项a1和公差（或公比q）。另外注意等差、等比数列的性质的运用.例如（1）等差数列an中，若m+n=p+q，则am+an=ap+aq；等比数列an中，若m+n=p+q，则aman=apaq .（2）等差数列an中，Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,LSkn-Sk(n-1),L成等差数列。其中Sn是等差数列的前n项和；等比数列an中（q¹-1），Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,L Skn-Sk(n-1,)L成等比数列。其中Sn是等比数列的前n项和；（3）在等差数列an中，项数n成等差的项an也称等差数列.（4）在等差数列an中，S2n-1=(2n-1

22、)an；S2n=n(an+an+1) .在复习时，要注意深刻理解等差数列与等比数列的定义及其等价形式.注意方程思想、整体思想、分类讨论思想、数形结合思想的运用.典型例题uuuruuuruuur例8（2006年江西卷）已知等差数列an的前n项和为Sn，若OBa1OAa200OC，且A、B、C三点共线（该直线不过原点O），则S200（ ）A100 B. 101 C.200 D.201命题目的：考查向量性质、等差数列的性质与前n项和。过程指引：依题意，a1a2001，故选A例9（2007年安徽卷文、理）某国采用养老储备金制度，公民在就业的第一年就交纳养老储备金，数目为a1，以后每年交纳的数目均比上一

23、年增加 d（d>0）, 因此，历年所交纳的储备金数目a1, a2, 是一个公差为 d 的等差数列. 与此同时，国家给予优惠的计息政府，不仅采用固定利率，而且计算复利. 这就是说，如果固定年利率为（rr>0）,那么, 在第n年末，第一年所交纳的储备金就变为 a1（1+r）n1，第二年所交纳的储备金就变成 a2（1+r）n2，. 以Tn表示到第n年末所累计的储备金总额.（）写出Tn与Tn1（n2）的递推关系式；（）求证Tn=An+ Bn，其中An是一个等比数列，Bn是一个等差数列.命题目的：本小题主要考查等差数列、等比数列的基本概念和基本方法，考查学生阅读资料、提取信息、建立数字模型的

24、能力，考查应用所学知识分析和解决实际问题的能力.解：（I）我们有Tn=Tn-1(1+r)+an(n³2).（II）T1=a1,对n³2反复使用上述关系式，得Tn=Tn-1(1+r)+an=Tn-2(1+r)2+an-1(1+r)+an=La1(1+r)n-1+a2(1+r)n-2+L+an-1(1+r)+an, 在式两端同乘1+r，得(1+r)Tn=a1(1+r)n+a2(1+r)n-1+L+an-1(1+r)2+an(1+r). ，得rTn=a1(1+r)n+d(1+r)n-1+(1+r)n-2+L+(1+r)-and(1+r)n-1-r+a1(1+r)n-an,rar+

25、dar+dd即Tn=12(1+r)n-n-12.rrrar+dar+dd如果记An=12(1+r)n,Bn=-12-n,rrr则Tn=An+Bn,=a1r+d(1+r)为首项,以1+r(r>0)为公比的等比数列;r2ar+ddd|Bn|是以-12-首项,-为公差的等差数列.rrr其中|An|是以2解综合题要总揽全局，尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已知条件，在后面求解的过程中适时应用考点6 等差、等比数列前n项和的理解与应用等差、等比数列的前n项和公式要深刻理解，等差数列的前n项和公式是关于n的二次函数.等比数列的前n项和公式Sn=a1(1-q)=a1-a1qn（q¹1）

26、，因此可以改写为Sn=aqn+b (a+b=0)是关于n的指数n1-q1-q1-q函数，当q=1时，Sn=na1.例10（2007年广东卷理）已知数列an的前n项和Sn=n29n,第k项满足5<ak<8,则k=A9 B8 C7 D6思路启迪：本小题主要考查数列通项和等差数列等基本知识，考查逻辑思维能力、分析问题和解决问题的能力解：此数列为等差数列，an=Sn-Sn-1=2n-10，由5<2k-10<8得到k=8例11（2007年湖北卷文）（本小题满分13分）已知数列an和bn满足:a1=1,a2=2,an>0,bn=anan+1(nÎN*)且bn是以q为

27、公比的等比数列.（）证明：an+2=anq2；（）若cn=a2n-1+2a2n,证明数列cn是等比数列；（）求和：1+1+1+1+L+1+1.a1a2a3a4a2n-1a2n命题目的：本小题主要考查等比数列的定义，通项公式和求和公式等基本知识及基本的运算技能，考查分析问题能力和推理能力解法1：（I）证：由bn+1=q=q， an+2=anq2(nÎN*)bnn（II）证：Qan=qn-2q2，a2n-1=a2n-3q2=L=a1q2n-2，a2n=a2n-2q2=L=a2qn-2，cn=a2n-1+2a2n=a1q2n-2+2a2q2n-2=(a1+2a2)q2n-2=5q2n-2c

28、n是首项为5，以q2为公比的等比数列12-2n，于是 （III）由（II）得1=1q2-2n，1=qa2na2a2n-1a1111æ111öæ111ö +L+=ç+L+L+÷ç÷a1a2a2nèa1a3a2n-1øèa2a4a2nø=1æ111ö1æ111ö3æ111ö 1+L+1+L+=1+L+ç÷ç÷÷21a1èq2q4q2n-2øa2

29、2;q2q4q2n-2ø2çq2n-2øèqqèø当q=1时，1+1+L+1=3æ1+1+1+L+1ö=3n ç÷2aaa2q2q4q2n-2122n2n-2n当q¹1时，1+1+L+1=3æ1+1+1+L+1ö=3æ1-qö=3éq-1ù ç÷ç÷2êq2n-2(q2-1)ú21-q-2aaa2q2q4q2n-2122nèøèø

30、;ëûì3ïn， q=1，故11 1ï2+L+=í2na1a2a2nï3éq-1ùêq2n-2(q2-1)ú，q¹1.ï2ûîë解法2：（I）同解法1（I）（II）证：cn+1a2n+1+2a2n+2q2a2n-1+2q2a2n=q2(nÎN*)，又c1=a1+2a2=5，cna2n-1+2a2na2n-1+2a2ncn是首项为5，以q为公比的等比数列 2（III）由（II）的类似方法得a2n-1+a2n=(a1+a2)q2n

31、-2=3q2n-2，a+aa+aa+a111+L+=12+34+L+2n-12n，a1a2a2na1a2a3a4a2n-1a2na2k-1+a2k3q2k-23-2k+2，k=1，2，L，n Q=4k-4=qa2k-1a2k2q21113+L+=(1+q-2+L+q-2n+2)下同解法1a1a2a2k2考点7 数列与函数的迭代问题由函数迭代的数列问题是进几年高考综合解答题的热点题目，此类问题将函数与数列知识综合起来，考察函数的性质以及函数问题的研究方法在数列中的应用，涉及的知识点由函数性质、不等式、数列、导数、解析几何的曲线等，另外函数迭代又有极为深刻的理论背景和实际背景，它与当前国际数学主流

32、之一的动力系统（拓扑动力系统、微分动力系统）密切相关，数学家们极为推崇，函数迭代一直出现在各类是数学竞赛试题中，近几年又频频出现在高考数学试题中.例12（2006年山东卷）已知数列an中，a1=1、点（n、在直线y=x上，其中n=1,2,3. 2an+1-an）2()令bn=an+1-an-1,求证数列bn是等比数列；()求数列an 的通项；Sn+lTnü为等差数列？若存在，()设Sn、Tn分别为数列anbn的前n项和,是否存在实数l，使得数列ì、íýînþ试求出l.若不存在,则说明理由.思路启迪：利用等比的定义证明bn是等比数列；对

33、an可由已知用叠加法求出求。求出an与bn便可顺利求出第三问.解答过程：（I）由已知得 a1=1,2an+1=an+n, 23313Qa2=,a2-a1-1=-1=-, 4424又bn=an+1-an-1,bn+1=an+2-an+1-1,an+1+(n+1)an+nan+1-an-1-bn+1an+2-an+1-11=. bnan+1-an-1an+1-an-1an+1-an-12bn是以-3为首项，以1为公比的等比数列. 424222（II）由（I）知，bn=-3´(1)n-1=-3´1, n3131an+1-an-1=-´n,a2-a1-1=-´,

34、 22223131a3-a2-1=-´2,××××××an-an-1-1=-´n-1, 2222将以上各式相加得：3111an-a1-(n-1)=-(+2+×××+n-1), 222211(1-n-1)31313 an=3n+n-2. an=a1+n-1-´=+(n-1)-(1-n-1)=n+n-2.2222221-2（III）解法一：存在l=2，使数列Sn+lTn是等差数列. nQSn=a1+a2+×××+an=3(111+2+×&#

35、215;×+n)+(1+2+×××+n)-2n 122211(1-)1n2-3n3n2-3nn(n+1)+=-n+3. =3´-2n=3(1-n)+2222121-231-(1-)=-3(1-1)=-3+3. Tn=b1+b2+×××+bn=22n22n+11-2数列Sn+lTn是等差数列的充要条件是Sn+lTn=An+B,(A、B是常数) nn即Sn+lTn=An2+Bn, 22又Sn+lTn=-3+n-3n+3+l(-3+3)=n-3n+3(1-l)(1-1). nnn+12222222当且仅当1-lS+lTn

36、为等差数列. =0，即l=2时，数列n2nn解法二：存在l=2，使数列Sn+lTn是等差数列.由（I）、（II）知，an+2bn=n-2，Sn+2T=n(n+1)-2n. 2n(n+1)-2n-2Tn+lTnn-3l-2Sn+lTn=+Tn. =2nnn31-(1-)又T=b+b+×××+b=-3(1-1)=-3+3.n12nnn+122221-2Sn+lTnn-3l-233=+(-+n+1). n2n22当且仅当l=2时，数列Sn+lTn是等差数列. n（5）S=2+22+222+L+22L2 n123n例13（2007年陕西卷理）已知各项全不为零的数列ak的前

37、k项和为Sk，且Sk=1akak+1(kÎN*），其中a1=1. 2（）求数列ak的通项公式；（II）对任意给定的正整数n (n³2)，数列bk满足bk+1=k-n(k=1,2,L,n-1), bkak+1b1=1.求b1+b2+L+bn. 思路启迪：注意利用bk=bkbk-1b××L×2×b1解决问题 bk-1bk-2b1解：（）当k=1，由a1=S1=1a1a2及a1=1，得a2=2 211当k2时，由ak=Sk-Sk-1=akak+1-ak-1ak，得ak(ak+1-ak-1)=2ak 22因为ak¹0，所以ak+1-

38、ak-1=2从而a2m-1=1+(m-1)×2=2m-1.a2m=2+(m-1)×2=2m，mÎN*故ak=k(kÎN*)（）因为ak=k，所以bk+1n-kn-k =-=-bkak+1k+1所以bk=bkbk-1b(n-k+1)(n-k+2)××L×2×b1=(-1)k-1×1 bk-1bk-2b1k×(k-1)×L×2×11k=(-1)k-1×Cn(k=1,2,L,n). n1123n-1nC-C+C-L+(-1)Cnù故b1+b2+b3+L

39、+bn=énnnëû n11012n=1-Cn-Cn+Cn-L+(-1)n×Cn=. nn考点8 数列综合应用与创新问题数列与其它数学知识的综合性问题是高考的热点，全面考察数学知识的掌握和运用的情况，以及分析问题解决问题的能力和思维的灵活性、深刻性、技巧性等，涉及的数学思想方法又从一般到特殊和从特殊到一般的思想、函数与方程的思想、探索性思想等。例14（2006年湖南卷）在m（m2）个不同数的排列P1P2Pn中，若1ijm时PiPj（即前面某数大于后面某数），则称Pi与Pj构成一个逆序. 一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数. 记排列(n+1)n(n

40、-1)L321的逆序数为an，如排列21的逆序数a1=1，排列321的逆序数a3=6.求a4、a5，并 12写出an的表达式；命题目的：考查排列、数列知识.过程导引：由已知得a4=10,a5=15，an=n+(n-1)+L+2+1=n(n+1). 2xf(x)例15设f(x)是定义在(0,+¥)上的单调可导函数.已知对于任意正数x，都有ff(x)+2=1，且f(1)=a>0.（）求f(a+2)，并求a的值； （）令an=1,nÎN*，证明数列an是等差数列； f(n)（）设kn是曲线y=f(x)在点(n2,f(n2)处的切线的斜率（nÎN*），数列kn的前n

41、项和为Sn，求证：-4<Sn£-2.思路启迪：根据已知条件求出函数f(x)的关系式，求出an的递推关系式然后可求解题中要求 解答过程：（）取x=1,f(a+2)=1； a再取x=a+2f(1+2)=a=f(1),1+2=1，aa+2aa+2则a=2，或1（舍去）.（）设f(x)=t，则f(t+2)=1，再令 xt， 21212x®t+f(+)=t=f(x),+=xxtt+tt+xx即xt2-t-2=0,t=2,或-1，又f(1)=a>0， xxx则f(x)=t=2,an=1=n， xf(n)2由an+1-an=1,nÎN*，所以an是等差数列. 2（3

42、）由（2）得f(x)=2,f¢(x)=-22,则kn=f¢(n2)=-24, xxn所以Sn=-2(1+1+1+L+1)£-2； 44423n又当n³2时，kn=-2>-2>-42nn211=-2(-)， (n-1)nn-1n则Sn³-21+(1-1)+(1-1)+L+(1-1)=-21+(1-1)>-4， 223n-1nn故-4<Sn£-2.例16（2007年广东卷理）2已知函数f(x)=x+x-1，a,b是方程f(x)=0的两个根(a>b)，f'(x)是f(x)的导数；设a1=1，an+1=a

43、n-f(an)（n=1,2,） f'(an)（1）求a,b的值；（2）证明：对任意的正整数n，都有an>a；（3）记bn=lnan-b（n=1,2,），求数列bn的前n项和Sn an-a思路启迪：（1）注意应用根与系数关系求a,b的值；（2）注意先求f'(x)；（3）注意利用a,b的关系 解：（1）f(x)=x2+x-1，a,b是方程f(x)=0的两个根(a>b)，a b115an(2an+1)+(2an+1)-a+an-1 =an-=an-2an+12an+12n （2）f'(x)=2x+1，an+154=(2an+1)+a2141，a1=1，由基本不等式

44、可知a2³时取等号），>0（当且仅当a1=2an+12-，an>>0同，样a3>=a（n=1,2,） (a-a)(an-b)an-b=(an+1+a)，而a+b=-1，即a+1=-b， （3）an+1-b=an-b-n2an+12an+1(an-b)2(an-a)21-ban+1-b=，同理an+1-a=，bn+1=2bn，又b1=ln 2an+12an+11-aSn=2(2n- 【专题训练与高考预测】一.选择题1.已知an是等比数列，且an>0，a2a4+2 a3a5+a4a6=25，那么a3+ a5的值等于（ ）A.5 B.10 C.15. D.20

45、2.在等差数列an中，已知a1+a2+a3+a4+a5= 20，那么a3等于（ ）A.4 B.5 C.6 D7.S532n®¥ 3.等比数列an的首项a1=1,前n项和为Sn,若S10=31，则limSn等于( )22A. B.- 33 C.2 D.24.已知二次函数y=a(a+1)x2(2a+1)x+1，当a=1，2，n，时，其抛物线在x轴上截得的线段长依次为d1,d2，,dn,则lim (d1+d2+dn)的值是( )n®¥A.1二.填空题 B.2 C.3 D.45.已知a,b,a+b成等差数列，a,b,ab成等比数列，且0<logm(ab)&

46、lt;1,则m的取值范围是_.6.等差数列an共有2n+1项，其中奇数项之和为319，偶数项之和为290，则其中间项为_.7.设zn=(1-i)n，(nN*)，记Sn=z2z1+z3z2+zn+1zn，则limSn=_. 2n®¥8.作边长为a的正三角形的内切圆，在这个圆内作新的内接正三角形，在新的正三角形内再作内切圆，如此继续下去，所有这些圆的周长之和及面积之和分别为_.9.从盛满a升酒精的容器里倒出b升，然后再用水加满，再倒出b升，再用水加满；这样倒了n次，则容器中有纯酒精_升.10.据2000年3月5日九届人大五次会议政府工作报告：“2001年国内生产总值达到9593

47、3亿元，比上年增长7.3%，”如果“十·五”期间(2001年2005年)每年的国内生产总值都按此年增长率增长，那么到“十·五”末我国国内年生产总值约为_亿元.三、解答题11.已知：在等比数列an中，Sn= a1+ a2+ a3+ an，若S10=5，S20=15。求：S30的值.12.项数为奇数的等差数列an中，奇数项之和为80，偶数项之和为75，求此数列的中间项和项数.13.数列an中，前m项（m为奇数）的和为77，其中偶数项之和为33，且a1am=18，求这个数列的通项公式.14.设等差数列an的前n项和为Sn,已知a3=12,S12>0,S13<0.(1)

48、求公差d的取值范围；(2)指出S1、S2、S12中哪一个值最大，并说明理由.15.已知数列an为等差数列，公差d0,由an中的部分项组成的数列ab1,ab2,abn,为等比数列，其中b1=1,b2=5,b3=17.(1)求数列bn的通项公式；nTn(2)记Tn=C1b+C2b+C3nb3+Cnbn,求limn1n2n®¥4n+bn.16.设an为等差数列，bn为等比数列，a1=b1=1,a2+a4=b3,b2·b4=a3,分别求出an及bn的前n项和S10及T10.17.设数列an的前n项和为Sn，且Sn=(m+1)man.对任意正整数n都成立，其中m为常数，且m

49、1.(1)求证：an是等比数列；(2)设数列an的公比q=f(m)，数列bn满足：b1=lim(bn×lgan)=lim3(b1b2+b2b3+L+bn-1bn)成立？n®¥1a1,bn=f(bn1)(n2,nN*).试问当m为何值时，3n®¥18.已知数列bn是等差数列，b1=1,b1+b2+b10=145.(1)求数列bn的通项bn；(2)设数列an的通项an=loga(1+1)(其中a0且a1),记Sn是数列an的前n项和，试比较Sn与bn1logabn+1的大小，并证明你的结论. 319.某公司全年的利润为b元，其中一部分作为奖金发给n

50、位职工，奖金分配方案如下：首先将职工按工作业绩(工作业绩均不相同)从大到小，由1到n排序，第1位职工得奖金b元，然后再将余额除以n发给n第2位职工，按此方法将奖金逐一发给每位职工，并将最后剩余部分作为公司发展基金.(1)设ak(1kn)为第k位职工所得奖金金额，试求a2,a3，并用k、n和b表示ak(不必证明)；(2)证明akak+1(k=1,2,n1),并解释此不等式关于分配原则的实际意义；(3)发展基金与n和b有关，记为Pn(b),对常数b，当n变化时，求limPn(b).n®¥【参考答案】一.选择题1.解法一：因为an是等比数列，设an的公比为q，由an>0知q

51、>0，因a2a4+2 a3a5+ a4a6=25，所以，a1q a1q3+2a1q2a1q4+a1q3a1q5=25，即a1q2（1+ q2）2=25， a1q2（1+ q2）=5，得a3+ a5= a1q2+a1q4= a1q2（1+ q2）=5 . 故选择答案A .22解法二：因an是等比数列，a2a4= a3，a4a6= a5 ，22+2 a3a5+ a5=25, 即（a3+ a5）2=25. 原式可化为 a3因 an>0 , a3+ a5= 5 , 故选择答案A2. 解法一：因为an是等差数列，设其首项为a1，公差为d，由已知 a1+ a2+a3+a4+a5= 20 有 5

52、 a1+10d = 20， a1+2d = 4, 即 a3= 4.故选择答案A.解法二：因an是等差数列，所以 a1+ a5= a2+ a4=2 a3，由已知 a1+a2+a3+a4+a5= 20 得5 a3= 20， a3= 4. 故选择答案A3.解析：利用等比数列和的性质.依题意，S10=31，而a1=1,故q1, S532S10-S5=31-32=-1,根据等比数列性质知S5，S10S5，S15S10,也成等比数列，且它的公比为q5,S532321q5=1,即q=. 322limSn=a1=-2.n®¥1-q3故选择答案B.4.解析：当a=n时y=n(n+1)x2(2

53、n+1)x+1由x1x2=D，得dn=a1， n(n+1)d1+d2+dn111111111+L+=1-+-+L+-=1-1×22×3n(n+1)223nn+1n,+11lim(d1+d2+L+dn)=lim(1-)=1.n®¥n®¥n+1=故选择答案A.二、5.解析：解出a、b,解对数不等式即可.故填答案:(,8)6.解析：利用S奇/S偶=n+1得解.n故填答案:第11项a11=29.1-in+11-in7.解析:设cn=|zn+1-zn|=|()-()|=n+1, 221221-()n1-()n. Sn=c1+c2+L+cn=2-1-2limSn=n®¥12+22 =1+.222-22故填答案:1+.8.解析：由题意所有正三角形的边长构成等比数列an，可得an=a，正三角形的内切圆构成等比数列rn，2n-1可得rn=1a, 62n-1这些圆的周长之和c=lim2(r1+r2+rn)=3p a2，n®¥2面积之和S=lim(n2+r22+rn2)= pa2n