高考数学一轮专题精讲28数列概念及等差数列

1、第第 2828 讲讲数列概念及等差数列数列概念及等差数列 一一 【课标要求】【课标要求】 1数列的概念和简单表示法；通过日常生活中的实例，了解数列的概念和几种简单的表示 方法（列表、图像、通项公式） ，了解数列是一种特殊函数； 2通过实例，理解等差数列的概念，探索并掌握等差数列的通项公式与前 n 项和的公式； 3能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题。体会 等差数列与一次函数的关系 二二 【命题走向】【命题走向】 数列在历年高考都占有很重要的地位，一般情况下都是一至二个客观性题目和一个解答 题。对于本将来讲，客观性题目主要考察数列、等差数列的概念、性质、通项公式

2、、前 n 项 和公式等基本知识和基本性质的灵活应用，对基本的计算技能要求比较高 预测明年高考： 1题型既有灵活考察基础知识的选择、填空，又有关于数列推导能力或解决生产、生活 中的实际问题的解答题； 2知识交汇的题目一般是数列与函数、不等式、解析几何、应用问题联系的综合题，还 可能涉及部分考察证明的推理题 三三 【要点精讲】【要点精讲】 1数列的概念 （1）数列定义：按一定次序排列的一列数叫做数列； 数列中的每个数都叫这个数列的项。 记作a n ， 在数列第一个位置的项叫第 1 项 （或首项） ， 在第二个位置的叫第 2 项，序号为n的项叫第n项（也叫通项）记作a n ； 数列的一般形式：a 1

3、， a 2， a 3， a n ，简记作 a n。 （2）通项公式的定义：如果数列a n 的第 n 项与 n 之间的关系可以用一个公式表示， 那么这个公式就叫这个数列的通项公式 例如，数列的通项公式是 a n =n（n7，nN） ，数列的通项公式是a n = （nN ） 。 说明： a n表示数列， a n 表示数列中的第n项，a n =fn表示数列的通项公式； 同 1 n 1,n2k1一个数列的通项公式的形式不一定唯一。例如， a n =(1)n=(kZ)； 不是每 1,n2k 个数列都有通项公式。例如，1，1.4，1.41，1.414， （3）数列的函数特征与图象表示： 序号：123456

4、 项：456789 上面每一项序号与这一项的对应关系可看成是一个序号集合到另一个数集的映射。从函 数观点看，数列实质上是定义域为正整数集N （或它的有限子集）的函数f (n)当自变量n从 1 开始依次取值时对应的一系列函数值f (1),f (2), f (3),，f (n)，通常用 a n 来代替 fn，其图象是一群孤立点。 （4）数列分类：按数列项数是有限还是无限分：有穷数列和无穷数列；按数列项与 项之间的大小关系分：单调数列（递增数列、递减数列） 、常数列和摆动数列 （5）递推公式定义：如果已知数列a n的第 1 项（或前几项） ，且任一项 a n 与它的前一 项 a n1 （或前几项）间

5、的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个 数列的递推公式 2等差数列 （1）等差数列定义：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于 同一个常数， 那么这个数列就叫等差数列， 这个常数叫做等差数列的公差， 公差通常用字母d 表示。用递推公式表示为a n a n1 d(n 2)或a n1 a n d(n 1)。 （2）等差数列的通项公式：a n a 1 (n1)d； 说明：等差数列（通常可称为A P数列）的单调性：d 0为递增数列，d 0为常数列， d 0为递减数列。 （3）等差中项的概念： 定义：如果a，A，b成等差数列，那么A叫做a与b的等差中项。其中 A a，A，

6、b成等差数列A ab 2 ab 。 2 n(a 1 a n )n(n1) na 1 d。 22 （4）等差数列的前n和的求和公式：S n 四四 【典例解析】【典例解析】 题型 1：数列概念 (安徽卷文）已知为等差数列，则等于 A. -1B. 1C. 3D.7 【 解 析 】 a a 1 1 a a 3 3 a a 5 5 105105 即 3 3a a 3 3 105105 a a 3 3 3535 同 理 可 得 a a 4 4 3333 公 差 d d a a 4 4 a a 3 3 2 2 a a 2020 a a 4 4 (20(20 4)4) d d 1 1.选 B。 【答案】B 2

7、.根据数列前 4 项，写出它的通项公式： （1）1，3，5，7； 221321421521 （2），； 3524 （3） 1111 ， ， ， 。 1*22*33*44*5 (1)n(n1)21 解析： （1）a n =2n1；（2）a n = ；（3）a n = 。 n(n1)n1 点评：每一项序号与这一项的对应关系可看成是一个序号到另一个数集的对应关系，这 对考生的归纳推理能力有较高的要求。 n2n1 (nN )， 例 2数列a n中，已知 a n 3 2 （1）写出a 10 ，a n1 ，a n2 ；（2）79 是否是数列中的项？若是，是第几项？ 3 n2n1102101109 (nN

8、)，a 10 解析： （1）a n ， 333 a n1 n1 n11 n 3 2 2 n 3n1 ，a n2 3 2 2 n21 3 n4n21 ； 3 2n2n1 （2）令79 ，解方程得n 15,或n 16， 33 2 nN ，n 15， 即79 为该数列的第 15 项。 3 点评：该题考察数列通项的定义，会判断数列项的归属 题型 2：数列的递推公式 例 3如图,一粒子在区域 (x, y)| x 0,y 0上运动,在第一秒内它从 B 1(0,1) ,接着按图中箭头所示方向在 x 轴、y y B5 B4 B3 B2 B1 0 C1 A1A2A3 A4A5A6x C2 C3 C4 C5 原点

9、运动到点 轴及其平行方 向上运动，且每秒移动一个单位长度。 （1）设粒子从原点到达点A n、Bn、Cn 时，所经过的时 间分别为a n、bn、cn ，试写出a n 、b n、cn 的通相公式； （2）求粒子从原点运动到点P(16,44)时所需的时间； （3）粒子从原点开始运动，求经过 2004 秒后，它所处的坐标。 解析：(1) 由图形可设A 1(1,0),A2 (2,0),L , A n (n,0)，当粒子从原点到达A n 时，明显有 a 1 3,a 2 a 1 1, a 3 a 1 12 a 1 34,a 4 a 3 1, a 5 a 3 20 a 3 54,a 6 a 5 1, a 2n

10、1 a 2n3 (2n1)4,a 2n a 2n1 1, a 2n1 a 1 435L (2n1)4n21, a 2n a 2n1 1 4n2。 b 2n1 a 2n1 2(2n1) 4n24n1, b 2n a 2n 22n 4n2 4n。 c 2n1 b 2n1 (2n1) 4n22n (2n1)2(2n1), c 2n a 2n 2n 4n2 2n (2n)2(2n), 即c n n2 n。 （2）有图形知，粒子从原点运动到点P(16,44)时所需的时间是到达点C 44 所经过得时间 c 44 再加（4416）28 秒， 所以t 442 4428 2008秒。 （3）由c n n2 n2

11、004，解得1 n 18017 ，取最大得 n=44， 2 经计算，得c 44 19802004，从而粒子从原点开始运动，经过 1980 秒后到达点C 44 ， 再向左运行 24 秒所到达的点的坐标为（20，44） 。 点评：从起始项入手，逐步展开解题思维。由特殊到一般，探索出数列的递推关系式， 这是解答数列问题一般方法，也是历年高考命题的热点所在。 例 4 （1）已知数列a n适合： a11，a n1 2a n ，写出前五项并写出其通项公式； a n 2 （2）用上面的数列a n，通过等式 b n a n a n1 构造新数列b n，写出 b n ，并写出b n的 前 5 项 解： （1）a

12、 1 1，a 2 （2）b n 22222 ，a 3 ，a 4 ，a 5 ，a n ； 3456n1 222 ， n1n2(n1)(n2) 11111 b 1 ，b 2 ，b 3 ，b 4 ，b 5 36101521 点评：会根据数列的前几项写出数列的一个通项公式，了解递推公式是给出数列的又一 种重要方法，能根据递推公式写出数列的前几项。 题型 3：数列的应用 例 5湖南省届十二校联考第一次考试 如果一个数列的各项都是实数，且从第二项开始，每一项与它前一项的平方差是相同的常 数，则称该数列为等方差数列，这个常数叫这个数列的公方差 (1)设数列a n 是公方差为p的等方差数列，求a n 和a n

13、1 (n 2， n N)的关系式； (2)若数列a n 既是等方差数列，又是等差数列，证明该数列为常数列； L ，a 10 这种顺 (3) 设数列a n 是首项为2，公方差为2的等方差数列，若将a 1 ，a 2 ，a 3 ， 序的排列作为某种密码，求这种密码的个数 22 a n (1)解：解：由等方差数列的定义可知：a n ， n N)5 分 1 p(n 2 (2)证法一：证法一：a n 是等差数列，设公差为d，则a n a n1 a n1 a n d 2222 a n 又a n 是等方差数列，a n1 a n1 a n 7 分 (a n a n1)(an a n1) (an1 a n)(an

14、1 a n) 即d(a n a n1 a n1 a n) 2d 2 0，10 分 d 0，即a n 是常数列11 分 证法二：证法二：a n 是等差数列，设公差为d，则a n a n1 d 1 22 a n 又a n 是等方差数列，设公方差为p，则a n 7 分 1 p2 2 13 代入2得，d 2da n p 0 同理有，d2 2da n 1 p 04 两式相减得：即2d(a n a n1) 2d 2 0，10 分 d 0，即a n 是常数列11 分 证法三：证法三： （接证法二1 、2） 由1 、2得出：若d 0，则a n 是常数列8 分 若d 0， 则a n dp 是常数,d 0，矛盾1

15、0 分 22d a n 是常数列11 分 22 a n (3)依题意， a n ， n N)， 1 2(n 2 2 4 2(n1) 2n 2 a 1 2 4，a n a n 2n2，或a n 2n2，13 分 即该密码的第一个数确定的方法数是1，其余每个数都有“正”或“负”两种 确定方法，当每个数确定下来时，密码就确定了，即确定密码的方法数是29 512种， 故，这种密码共512种16 分 。 点评：解决此类问题的思路是先将实际问题转化为数列模型来处理。 例 6在某报自测健康状况的报道中，自测血压结果与相应年龄的统计数据如下表. 观察表中数据的特点，用适当的数填入表中空白（_）内 答案：140

16、85 解析： 从题目所给数据规律可以看到： 收缩压是等差数列.舒张压的数据变化也很有规律： 随着年龄的变化，舒张压分别增加了 3 毫米、2 毫米，照此规律，60 岁时的收缩压和舒张 压分别为 140；85. 点评：本题以实际问题为背景，考查了如何把实际生活中的问题转化为数学问题的能力. 它不需要技能、技巧及繁杂的计算，需要有一定的数学意识，有效地把数学过程实施为数学 思维活动。 题型 4：等差数列的概念 例 7设Sn是数列an的前n项和，且Sn=n2，则an是（） A.等比数列，但不是等差数列 C.等差数列，而且也是等比数列 答案：B； B.等差数列，但不是等比数列 D.既非等比数列又非等差数

17、列 S 1 (n 1) 1 (n 1) 解法一：an= a n 2n1 (n 2) Sn S n1 (n 2) an=2n1（nN ） 又an+1an=2 为常数， a n1 2n1 常数 a n 2n1 an是等差数列，但不是等比数列. 解法二：如果一个数列的和是一个没有常数项的关于n的二次函数，则这个数列一定是 等差数列。 点评： 本题主要考查等差数列、 等比数列的概念和基本知识， 以及灵活运用递推式an=Sn Sn1的推理能力.但不要忽略a1，解法一紧扣定义，解法二较为灵活 例 8设数列a n 、b n 、cn满足：bn an an2，cn an 2an1 3an2（n=1,2,3,）

18、， 证明：a n 为等差数列的充分必要条件是c n 为等差数列且bn bn1（n=1,2,3,） 证明：1必要性：设数列a n 是公差为d1的等差数列，则： b n1 b n (a n1 a n3 ) (a n a n2 )=(a n1 a n ) (a n3 a n2 )=d 1 -d 1 =0， b n b n1 （n=1,2,3,）成立； 又c n1 c n (a n1 a n )2 (a n2 a n1 ) 3(a n3 a n2 )=6d 1 （常数） （n=1,2,3,） 数列c n 为等差数列。 ，2充分性：设数列c n 是公差为d 2 的等差数列，且b n b n1 （n=1,

19、2,3,） cn an 2an1 3an2 c n2 a n2 2a n3 3a n4 得： c n c n2 (a n a n2 ) 2(a n1 a n3 ) 3(a n2 a n4 )=b n 2b n1 3b n2 c n c n2 (c n c n1 )(c n1 c n2 ) 2d 2 b n 2b n1 3b n2 2d 2 从而有b n1 2b n2 3b n3 2d 2 得：(b n1 b n )2(b n2 b n1 )3(b n3 b n2 ) 0 (b n1 b n )0，b n2 b n1 0，b n3 b n2 0， 由得：b n1 b n 0（n=1,2,3,）

20、， 由此，不妨设b n d 3 （n=1,2,3,） ，则a n a n2 d 3 （常数） 故c n a n 2a n1 3a n2 4a n 2a n1 3d 3 从而c n1 4a n1 2a n2 3d 3 4a n1 2a n 5d 3 得：c n1 c n 2(a n1 a n ) 2d 3 ， 故a n1 a n 11 (c n1 c n ) d 3 d 2 d 3 （常数） （n=1,2,3,） ， 22 数列a n 为等差数列。 综上所述：a n 为等差数列的充分必要条件是c n 为等差数列且bn bn1（n=1,2,3,） 。 证法二： 令 An = a n+1- a n，

21、由 b nb n+1知 a n - a n+2a n+1- a n+3。 从而 a n+1- a na n+3 - a n+2,即 AnAn+2（n=1,2,3,） 由 c n = a n + 2a n+1 + 3a n+2, c n+1 = 4a n+1 + 2a n+2 - 3 a n+3得 c n+1-c n=( a n+1- a n+2(a n+2- a n+1)+3(a n+3 - a n+2)，即 An+2An+1+3An+2=d2. 由此得 An+2+2An+3+3An+2=d2. -得 (An-An+2)+2(An+1- An+3)+3(An+2- An+4)=0 因为 An-

22、An+20，An+1- An+30，An+2- An+40, 所以由得 An-An+2=0(n=1,2,3,)。 于是由得 4An+2An+1=An+1+2An+2+3An+2=d2, 从而 2An+4An+1=4An+1+2An+2=d2 由和得 4An+2An+1=2An+4An+1,故 An+1= An,即 a n+2- a n+1= a n+1- a n(n=1,2,3,)， 所以数列a n是等差数列。 点评：该题考察判断等差数列的方法，我们要讲平时积累的方法巧妙应用，有些结论可 以起到事半功倍的效果 题型 5：等差数列通项公式 例 9 （天津卷文）已知等差数列a n 的公差 d 不为

23、 0，设S n a 1 a 2 q a n qn1 T n a 1 a 2 q (1)n1a n qn1,q 0,n N* （）若q 1,a 1 1,S 3 15,求数列a n 的通项公式； （）若a 1 d,且S 1 ,S 2 ,S 3 成等比数列，求 q 的值。 （）若q 1,证明（ 1q）S 2n 2dq(1q2n) *(1 q)T 2n ,n N 21q （1）解：由题设，S 3 a 1 (a 1 d)q (a 1 2d)q2,将q 1,a 1 1,S 3 15 代入解得d 4，所以a n 4n 3 n N * （2）解：当 a 1 d,S 1 d,S 2 d 2dq,S 3 d 2d

24、q 3dq2, S 1 ,S 2 ,S 3 成等比数列，所以 2 2（d 2dq） d（d 2dq 3dq2)，注意到d 0，整理得q 2S 2 S 1S3 ，即 （3）证明：由题设，可得b n qn1，则 S 2n a 1 a 2 q a 3q 2 a 2n q2n1 T 2n a 1 a 2 q a 3q 2 a 2n q2n1 -得， S 2n T 2n 2(a 2 q a 4 q3 a 2n q2n1) +得， S 2n T 2n 2(a 1q a3q 2 a 2n1q 2n2) 式两边同乘以 q，得q(S 2n T 2n ) 2(a 1q a3q 2 a 2n1q 2n2) 所以(1

25、q)S 2n (1 q)T 2n 2d(q q q 32n1 2dq(1q2n) ) 21q （3）证明：c 1 c 2 (a k1 a l1 )b 1 (a k21 a l2 )b 2 (a kn a ln )b n =(k 1 l 1 )db 1 (k 2 l 2 )db 1q (kn l n )db 1q n1 因为d 0,b 1 0，所以 c 1 c 2 (k 1 l 1 ) (k 2 l 2 )q (k n l n )qn1 db 1 若k n l n ，取 i=n， 若k n l n ，取 i 满足k i l i ，且k j l j ，i 1 j n 由（1） （2）及题设知，1

26、i n，且 c 1 c 2 (k 1 l 1 ) (k 2 l 2 )q (k n l n )qn1 db 1 当k i l i 时，k i l i 1，由q n，k i l i q 1,i 1,2 ,i 1 即k 1 l 1 q 1，(k 2 l 2 )q q(q 1),(k i1 l i1 )qi2 q(q 1)i2 c 1 c 2 1qi1 i2i1 所以 (q 1)(q 1)q (q 1)qq (q 1)qi1 1 db 1 1q 因此c 1 c 2 0 当k i l i 时，同理可得 c 1 c 2 1,因此c 1 c 2 0 db 1 综上，c 1 c 2 【考点定位】本小题主要考

27、查了等差数列的通项公式，等比数列通项公式与前 n 项和等基本 知识，考查运算能力和推理论证能力和综合分析解决问题的能力 例 10 已知等比数列x n 的各项为不等于 1 的正数， 数列y n 满足y n log xn a 2(a 0,a 1)， 设y 3 18,y 6 12。 （1）求数列y n 的前多少项和最大，最大值为多少？ （2）试判断是否存在自然数M，使当n M时，x n 1恒成立？若存在，求出相应的M，若 不存在，请说明理由； （3）令a n log xn x n1 (n 13,n N)，试判断数列a n 的增减性？ 解： （1）由已知得：y n 2log a x n 设等比数列xn

28、的公比为q(q1) 由y n1 y n 2(log a x n1 log a x n ) 2loga y 3 18,y 6 12，d=2； x n1 2log a q得y n 为等差数列，设公差为d x n y n y 3 (n 3)d 24 2n y k1 0 设前k项为最大，则 11 k 12y120 y 0 k 前 11 项和前 12 项和为最大，其和为 132 (2)xn=a12-n,nN*；若xn1，则a12-n1 当0 a 1时，n 12当a 1时，n12，显然不成立 ； 存在M=12，13，14，当n M时，x n 1 n12(n1) (3)an=log xn x n1 log1

29、2a a n 11 n 12 a n1 a n n 10n 111 0 n 11n 12(n 11)(n 12) a n1 a n n 13时数列an为递减数列 点评：该题通过求通项公式，最终通过通项公式解释复杂的不等问题，属于综合性的题 目，解题过程中注意观察规律 题型 6：等差数列的前 n 项和公式 例 11 （1）若一个等差数列前 3 项的和为 34，最后 3 项的和为 146，且所有项的和为 390，则这个数列有（） A.13 项B.12 项C.11 项D.10项 （2）设数列an是递增等差数列，前三项的和为 12，前三项的积为 48，则它的首项是 （） A.1B.2C.4D.6 （3

30、） ）设Sn是等差数列an的前n项和，若 A S 3 S1 ，则 6 （） S 6 S 12 3 3 10 111 BCD 389 解析： （1）答案：A 设这个数列有n项 32S 3a d 1 3 2 S 3 S n S n3 3a 1 3nd 6d n(n1) S n a 1n d 2 n13 （2）答案：B 3(a 1 d) 34 3a 1 3d(n2) 146 n(n1)d a 1n 390 2 前三项和为 12，a1a2a312，a2 S 34 3 a1a2a348，a24，a1a312，a1a38， 把a1，a3作为方程的两根且a1a3， x28x120，x16，x22，a12，a

31、36，选 B. （3）答案为 A； 点评：本题考查了数列等差数列的前 n 项和公式的运用和考生分析问题、解决问题的能 力 例 12 （1）设an为等差数列，Sn为数列an的前n项和，已知S77，S1575， Tn为数列 S n 的前n项和，求Tn。 n （2）已知数列bn是等差数列，b1=1，b1+b2+b10=100. （）求数列bn的通项bn； （）设数列an的通项an=lg（1+ 1 ） ，记Sn是数列an的前n项和，试比较 bn 1 Sn与lgbn+1的大小，并证明你的结论。 2 解析： （1）设等差数列an的公差为d，则 1 Sn=na1n（n1）dS77，S1575， 2 7a 1

32、 21d 7, a 1 3d 1, 即 15a1 105d 75, a1 7d 5, S n 11 a1（n1）d2（n1） 。 n22 解得a12，d1 S n1 S n 1 ， n1n2 S n 1 是等差数列，其首项为2，公差为， n2 数列 Tn 1 2 9 nn 44 b 1 1, （2） （）设数列bn的公差为d，由题意得 10(101) 10b 1 d 100. 2 解得 b 1 1, bn=2n1. d 2. （）由bn=2n1，知 11 Sn=lg（1+1）+lg（1+）+lg（1+） 32n1 =lg （1+1） （1+）（1+ 1 3 1 ） ， 2n1 1 lgb n+

33、1 =lg2n1. 2 因此要比较Sn与 的大小. 取n=1 ，有（1+1 ）2 1 1， 取n=2 ，有（1+1 ） （1+）2 21， 111 lgb n+1 的大小，可先比较（1+1 ） （1+）（ 1+）与2n1 32n 12 1 3 由此推测（1+1 ） （1+）（1+ 1 3 1 ）2n1. 2n 1 若式成立，则由对数函数性质可断定：Sn 下面用数学归纳法证明式。 （i ）当n=1 时已验证式成立。 1 lgb n+1 。 2 （ii ）假设当n=k（k 1）时，式成立，即（ 1+1 ） （1+）（ 1+ 1 3 1 ）2k1. 2k1 111 那么，当n=k+1 时， （1+1

34、 ） （1+）（1+） 1+2k1 2(k1) 132k1 （1+ 12k1 ）=（2k+2 ） 。 2k12k1 2k1 （2k+2 ） 2（2k3）2 2k1 4k28k4(4k28k3)1 0， 2k12k1 2k1 (2k2)2k32(k1) 1. 2k1 111 ( 1 1)( 1)( 1)( 1 )2(k1) 1.因而 32k12k1 这就是说式当n=k+1 时也成立. 由（i） ， （ii）知式对任何正整数n都成立. 由此证得：Sn 1 lgbn+1。 2 评述：本题主要考查等差数列的求和公式的求解和应用，对一些综合性的问题要先理清 思路再行求解 题型 7：等差数列的性质及变形公

35、式 例 13 （1）设an （nN*）是等差数列，Sn是其前n项的和，且S5S6，S6S7 S8，则下列结论错误的是（） A.d0 C.S9S5 B.a70 D.S6与S7均为Sn的最大值 （2）等差数列an的前m项和为 30，前 2m项和为 100，则它的前 3m项和为（） A.130B.170C.210D.260 解析： （1）答案：C； 由S5S8，得a8S5，即a6+a7+a8+a902（a7+a8）0， 由题设a7=0，a80，显然 C 选项是错误的。 （2）答案：C m(m1)ma d 30 12 解法一：由题意得方程组， 2ma 2m(2m1) d 100 1 2 视m为已知数，

36、解得d 4010(m 2) ,a ， 1 22mm S 3m 3ma 1 3ma 1 (3m1)10(m 2)3m(3m1) 40 d 3m210。 2m22m2 解法二：设前m项的和为b1，第m+1 到 2m项之和为b2，第 2m+1 到 3m项之和为 b3，则b1，b2，b3也成等差数列。 于是b1=30，b2=10030=70，公差d=7030=40。 b3=b2+d=70+40=110 前 3m项之和S3m=b1+b2+b3=210. 解法三：取m=1，则a1=S1=30，a2=S2S1=70，从而d=a2a1=40。 于是a3=a2+d=70+40=110.S3=a1+a2+a3=2

37、10。 点评：本题考查等差数列的基本知识，及灵活运用等差数列解决问题的能力，解法二中 是利用构造新数列研究问题，等比数列也有类似性质.解法三中，从题给选择支获得的信息可 知，对任意变化的自然数m，题给数列前 3m项的和是与m无关的不变量，在含有某种变化 过程的数学问题，利用不变量的思想求解，立竿见影。 例 14在XOY平面上有一点列P1（a1，b1） ，P2（a2，b2） ，Pn（an，bn） ，对 每个自然数n，点Pn位于函数y=2000（ a x） （0a10的图象上，且点Pn、点（n， 10 0）与点（n+1，0）构成一个以Pn为顶点的等腰三角形。 （）求点Pn的纵坐标bn的表达式； （

38、）若对每个自然数n，以bn，bn1，bn2为边长能构成一个三角形，求a的取值范 围； （） （理）设Bnb1，b2bn（nNN）.若a取（）中确定的范围内的最小整数，求 数列Bn的最大项的项数 （文）设cnlg（bn） （nNN）.若a取（）中确定的范围内的最小整数，问数列cn 前多少项的和最大?试说明理由。 1 n a1 解析：.解： （）由题意，ann，bn2000（） 2。 102 （）函数y=2000（ a x） （0a10）递减， 10 对每个自然数n，有bnbn1bn2 则以bn，bn1，bn2为边长能构成一个三角形的充要条件是bn2bn1bn， 即（ a 2 a ） （1）0，

39、1010 解得a5（15）或a5（51） ， 5（51）a10 （） （理）5（51）a10， 1 n 7 a=7，bn2000（） 2。 10 数列bn是一个递减的正数数列.对每个自然数n2，BnbnBn1。 于是当bn1 时，BnBn1，当bn1 时，BnBn1， 因此，数列Bn的最大项的项数n满足不等式bn1 且bn11。 1 n 7 由bn2000（） 21，得 n20.8，n=20。 10 1 n 7 （文）5（51）a10，a=7，bn2000（） 2。 10 1 n 71 于是cnlg2000（） 23lg2（n ）lg0.7 102 数列cn是一个递减的等差数列. 因此，当且仅当cn0，且cn10 时，数列cn的前n项的和最大。 由cn3lg2（n）lg070， 得n20.8，n=20。 点评：本题主要考查函数的解析式，函数的性质，解不等式，等差、等比数列的有关知 识，及等价转化，数形结合等数学思想方法. 五五 【思维总结】【思维总结】 1数列的知识要点： （1）数列是特殊的函数，数列是定义在自然数集 NN（或它的有限子集1，2，3， 1 2 n， ）上的