三数列教师版
一、高考预测
数列是历年高考的重点与难点，以等差数列与等比数列为基础考查数列的性质及前n项和的问题是数列中的中低档难度问题，一般只要熟悉等差数列与等比数列及其前n项和的性质即可正确得出结果.等差数列与等比数列是高中阶段学习的两种最基本的数列，也是高考中经常考查并且重点考查的内容之一，这类问题多从数列的本质入手，考查这两种基本数列的概念、基本性质、简单运算、通项公式、求和公式等．本讲内容在高考中多以选择题和填空题的形式出现，属于中低档题．解题时应从基础处着笔，首先要熟练掌握这两种基本数列的相关性质及公式，然后要熟悉它们的变形使用，善用技巧，减少运算量，既准又快地解决问题.除此以外，数列与其他知识的综合考查也是高考中常考的内容，数列是一种特殊的函数，它能与很多知识进行综合，如方程、函数、不等式、极限，数学归纳法（理）等为主要综合对象，概率、向量、解析几何等为点缀.数列与其他知识的综合问题在高考中大多属于中高档难度问题.
数列是新课程的必修内容，从课程定位上说，其考查难
度不应该太大，数列试题倾向考查基础是基本方向．从课标区的高考试题看，试卷中的数列试题最多是一道选择题或者填空题，一道解答题．由此我们可以预测2012年的高考中，数列试题会以考查基本问题为主，在数列的解答题中可能会出现与不等式的综合、与函数导数的综合等，但难度会得到控制． 二、知识导学
要点1：有关等差数列的基本问题
1．涉及等差数列的有关问题往往用等差数列的通项公式和求和公式“知三求二”解决问题；
2．等差数列前n 项和的最值问题，经常转化为二次函数的最值问题；有时利用数列的单调性（d ＞0,递增；d ＜0，递减）；
3．证明数列{n a }为等差数列有如下方法：①定义法；证明1n n a a d +-=（与n 值无关的常数）；②等差中项法：证明
112(2,)n n n a a a n n N *-+=+≥∈。
要点2：有关等比数列的基本问题
1证明数列{n a }为等比数列有如下方法：①定义法：证明
1
()n n
a q n a +=与值无关的非零常数。 ②等比中项法：211(2,)n n n a a a n n N *-+=≥∈ 。
2求一般数列{n a }通项公式时常用构造数列法、待定系数法等。
要点向3：等差、等比数列综合问题
1.在解决等差数列或等比数列的相关问题时，“基本量法”是常用的方法，但有时灵活地运用性质，可使运算简便，而一般数列的问题常转化为等差、等比数列求解。 2．数列求通项的常见类型与方法：公式法、由递推公式求通项，由n S 求通项，累加法、累乘法等
3.数列求和的常用方法：公式法、裂项相消法、错位相减法、分组法、倒序相加法等。
4．解综合题的成败在于审清题目，弄懂来龙去脉，透过给定信息的表象，抓住问题的本质，揭示问题的内在联系和隐含条件，明确解题方向，形成解题策略． 要点4：可转化为等差、等比数列的求和问题
某些递推数列可转化为等差、等比数列解决，其转化途径有：
1．凑配、消项变换——如将递推公式1n n a pa q +=+（p q 、为常数，q ≠0，p ≠1）。通过凑配变成1()11
n n q q
a p a p p ++=+--；或消常数转化为11()n n n n a a p a a +--=- 2．取倒数法—如将递推公式)
(11
b a k ma a n n n +=--递推式，考虑函数倒
数关系有
)1
1(11m
a k a n n +=- ?
m
k a k a n n +?=-111令n n a b 1
=
则{}n b 可归为q pa a n n +=+1型。
3．对数变换——如将递推公式1p n n a ca +=(0,0,0,1)n a c p p >>>≠取
对数得1lg lg lg n n a c p a +=+
4．换元变换——n n n q pa a +=+1（其中p ，q 均为常数，
)0)1)(1((≠--q p pq （或1n n n a pa rq +=+,其中
p ，q, r 均为常数）。
一般地，要先在原递推公式两边同除以1+n q ，得：1
1
1
n n n n a a p q
q q q
++=?+引入辅助数列{}n b （其中n
n n q a b =），得：q
b q p b n n 1
1+=+则转化为1n n b Aa B +=+的形式。
要点5：数列求和的常用方法：
1、直接由等差、等比数列的求和公式求和，注意对公比1≠q 的讨论.
2、错位相减法：主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广.
3、分组转化法：把数列的每一项分成两项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.
4、裂项相消法：主要用于通项为分式的形式，通项拆成两项之差求和，正负项相消剩下首尾若干项，注意一般情况下剩下正负项个数相同.
5、倒序相加法：把数列正着写和倒着写相加(即等差数列求和公式的推导过程的推广). 三、易错点点睛
命题角度1 数列的概念
1．已知数列｛a n ｝满足a 1=1,a n =a 1+2a 2+3a 3+…+(n-1)a n-1,(n ≥2)，则｛a n ｝的通项a n =_________.
[考场错解] ∵a n =a 1+2a 2+3a 3+…+(n-1)a n-1，∴a n-1=a 1+2a 2+3a 3+…+(n-2)a n-2，两式相减得a n -a n-1=(n-1)a n-1，∴a n =na n-1.由此类推： a n-1=(n-1)a n-2，…a 2=2a 1，由叠乘法可
得a n =2
!
n [专家把脉] 在求数列的通项公式时向前递推一项时应考虑n 的范围．当n=1时，a 1=2
1与已知a 1=1，矛盾． [对症下药] ∵n ≥2时，a n =a 1+2a 2+3a 3+…+(n-1)a n-1①
当n ≥3时，a n-1=a 1+2a 2+3a 3+…+(n-2)·a n-2② ①-②得 a n -a n-1=(n-1)·a n-1∴当n ≥3时，
1
-n n
a a =n ，∵
a n =1
-n n a a ·2
1--n n a a ·．．．·22
33
4a a
a a a ??=n·…·4·3×a 2=2!
n a 2，∵a 2=a 1=1 ∴当n ≥2时，a n =2
!
n . 当n=1时，a 1=1故a n =???
????≥=).
2(2!)1(1
n n n
2．设数列｛a n ｝的前n 项和为S n ,S n =
2
)
13(1-n a (对于所有n
≥1)，且a 4=54，则a 1的数值是________. [考场错解]∵S n =
2
)
13(1-n a =
3
1)31(1--n a ,∴此数列是等比数列，首项
是a 1，公比是3，由a 4=a 1·34-1
， ∴a 1=2．
[专家把脉] 此题不知数列｛a n ｝的类型，并不能套用等比数列的公式．而答案一致是巧合．
[对症下药]∵a 4=S 4-S 3=21a (34
-1)-21a (33
-1)=54，解得a 1=2．
3.已知数列｛a n｝满足a1=1，a n=3n-1+a n-1(n≥2) (1)求a2，a3； (2)求通项a n的表达式．
[考场错解] (1)∵a1=1，∴a2=3+1=4，a3=32+4=13．
(2)由已知a n=3n-1+a n-1，即a n-a n-1=3n-1即a n成等差数列，公差d=3n-1．故a n=1+(n-1)·3n-1．
[专家把脉] (2)问中a n-a n-1=3n-1，3n-1不是常数，它是一个变量，故不符合等差数列的定义．
[对症下药] (1)∵a1=1，∴a2=4，a3=32+4=13．
(2)由已知a n-a n-1=3n-1，故a n=(a n-a n-1)+(a n-1-a n-2)+…
+(a2-a1)+a1=3n-1+3n-2+…+3+1=
21
3-
n.
4．等差数列｛a n｝中，a1+a2+a3=-24，a18+a19+a20=78，则此数列前20项和等于 ( )
A.160 B．180 C. 200 D．220
[考场错解]由通项公式a n=a1+(n+1)d.将a2,a3，a18，a19，a20都表示成a1和d.求a1、d，再利用等差数列求和，选C．
[专家把脉]此方法同样可求得解．但解法大繁，花费时间多，计算量大故而出错，应运用数列的性质求解就简易得多．
[对症下药] B 由公式m+n=2P?a m+a n=2ap?(只适用等差数列)即可求解．由a1+a2+a3=-24，可得：3a2=-24 由a18+a19+a20=78，可得：3a19=78 即 a2=-8，a19=26又∵
S 20=2)(20201a a +=10(a 2+a 19)=180
2．若｛a n ｝是等差数列，首项a 1＞0，a 2003+a 2004>0，a 2003·a 2004＜0，则使前n 项和S n >0成立的最大自然数n 是 ( ) A.4005 B ．4006 C.4007 D.4008
[考场错解] ∵a 2004+a 2003>0，即2a 1+2002d+2003d>0，(a 1+2002d)(a 1+2003d)<0，要使S n >0．即使na 1+2)1(-n n d ＞0．这样很难求出a 1，d.从而求出最大的自然数 n.故而判断a 2003>0，a 2004<0，所以前2003项为正，从第2004项起为负，由等差数列的n 项和的对称性使S n ＞0．故而取n=4005使S n >0．
[专家把脉] 此题运用等差数列前n 项的性质及图象中应注意．a 2003>0，a 2004<0． 且忽视了这两项的大小． [对症下药] B ∵a 1>0，a 2003+a 2004>0，a 2003·a 2004＜0，且｛a n ｝为等差数列 ∴{a n }表示首项为正数，公差为负数的单调递减等差数列，且a 2003是绝对值最小的正数，a 2004是绝对值最大的负数(第一个负数)，且|a 2003|＞|a 2004|∴在等差数列｛a n ｝中，a 2003+a 2004=a 1+a 4006>0，S 4006=2)(400640061a a +＞0 ∴使S n ＞0成立的最大自然数n 是4006．
3．设无穷等差数列｛a n ｝的前n 项和为S n .(Ⅰ)若首项a 1=23，公差d=1，求满足S k2=(S k )2
的正整数k;
(Ⅱ)求所有的无穷等差数列｛a n ｝；使得对于一切正整数中k 都有S k2=(S k )2
成立．
[考场错解] (1)当a 1=23,d=1时，S n =2
1
n 2
+n ，由S k2=(S k )2
得2
1
k 4+k 2
=
2
221??
? ??+k k ，即k=0或k=4．
∴k ≠0．故k=4．
(Ⅱ)由对一切正整数k 都有S k2=(S k )2成立． 即k 2
a 1+
2
)1(22-k k d=(ka 1+d k k 2)1(-)
2
即(a 1-21a )k 2
-adk 2(k-1)+2
d k 2(k 2
-1)-42
d
k 2(k-1)2
=0对—切正整数k 恒成立故???
?
???===-0,0,
01211d d a a a 求得a 1=0或1，d=0 ∴等差数列a n =
｛0,0,0,…｝，或a n =｛1，1，1，…｝．
[专家把脉] (Ⅱ)中解法定对一切正整数k 都成立．而不是一切实数．故而考虑取k 的特值也均成立． [对症下药] (Ⅰ)当
a 1=
2
3
,d=1
时，
S n =na 1+.212)1(232)1(2n n n n n d n n +=-+=-由Sk 2=(S k )2
,得21k 4
+k 2
=(2
1
k 2
+k)2
，即k
3)
14
1
(-k =0.又k ≠0，所以k=4．
(Ⅱ)设数列｛a n ｝的公差为d ，则在S k2=(S k )2
中分别取k=1,2,得
??
????+=??=?????==)2.()2122(2344)1(,.)(,)(211211224
21
1d a d a a a S S S S 即
由（1）得a 1=0或a 1=1. 当a 1=0时，代入（2）得d=0或d=6.若a 1=0,d=0,则a n =0,s n =0,从而S k2=(S k )2
成立；若a 1=0,d=6,则a n =6(n-1),由S 3=18，（S 3）2
=324,S 9=216知S 9≠(S 3)2
，故所得数列不符合题意.当a 1=1时,代入(2)得 4+6b=(2+d)2
解得d=0或d=2.若a 1=1,d=0,则a n =1,S n =n,从而S k2=(S k )2
成立；若a 1=1,d=2,则a n =2n-1,S n =1+3+…+（2n-1）
=n 2,从而S k2=(S k )2
成立.综上,共有3个满足条件的无穷等差数列:①{a n }：a n =0,即0，0，0，…；②{a n }:a n =1,即1，1，1，…；③{a n }:a n =2n-1,即1，3，5，….
4.已知数列{a n }的各项都是正数,且满足:a 0=1,a n+1=21a n ·(4-a n ),n N.(1)证明a n ＜a n+1＜2,n ∈N.(2)求数列{a n }的通项公式a n
.
[考场错解] 用数学归纳法证明：（1）1°当n=1时，
a 0=1,a 1=21a 0（4-a 0）=2
3
,∴a 0＜a 1＜2,命题正确. 2°假设n=k 时有a k-1＜a k ＜2.则n=k+1时，
a k -a k+1=21a k-1(4-a k-1)-2
1a k (4-a k ) =2(a k-1-a k )-
2
1
(a k-1-a k )(a k-1+a k )=
2
1(a k-1-a k )(4-a k-1-a k ).而
a k-1-a k ＜0. 4-a k-1-a k ＞0,∴a k -a k-1＜0.又
a k-1=21a k (4-a k )=2
1
[4-(a k -2)2
]＜2.∴n=k+1时命题正确.由1°、2°知对一切n ∈N 时有a n ＜a n+1＜2.
(2)a n+1=21a n (4-a n )=21[-(a n -2)2
+4].∴2(a n+1-2)=-(a n -2)2
∴a n+1-2=21(a n -2)2
令b n =a n -2,∴b n =-(21)1+2+…+2n-1
·n b 21又∵
b 1=a 1-2=-21.∴b n =-(2
1)2n+2n-1
.即a n =2-(2
1)2n+2n-1
.
[专家把脉] 在（Ⅱ）问中求b n 的通项时，运用叠代法.最后到b 0而不是b 1.
[对症下药]（Ⅰ）同上，方法二：用数学归纳法证明：1°
当n=1时，a 0=1,a 1=21a 0(4-a 0)=2
3,∴0＜a 0＜a 1＜2;2°假设n=k 时有a k-1＜a k ＜2成立，令f(x)= 2
1x(4-x),f(x)在[0，
2]上单调递增，所以由假设有：f(a k-1)＜f(a k )＜f(2),即
2
1a k-1(4-a k-1)＜21a k (4-a k ) 2
1
×2(4-2),也即当x=k+1时 a k
＜a k+1＜2成立，所以对一切n ∈N,有a k ＜a k+1＜2
(2)下面来求数列的通项：a n+1=21a n (4-a n )=2
1
[-(a n -2)2
+4],所以2（a n+1-2）=-(a n -2)
2
令b n =a n -2,则
b n =-212
1-n b =-21(-2122-n b )2
=-21·(2
1)22
2
1
-n b …=-（2
1）1+2+…+2n-1b 2n
，又
b n =-1,所以b n
=-(21)2n-1
,即a n =2+b n =2-(2
1)2n-1
专家会诊1.要善于运用等差数列的性质：“若m+n=p+q,则a m +a n =a p +a q ”；等差数列前n 项和符合二次函数特征.借助二次函数性质进行数形结合法解等差数列问题.2.会运用一般与特殊的逻辑思维,利用满足条件的特值求相关参数的值,学会分析问题和解决问题. 命题角度3 等比数列 1．数列{a n }的前
n
项和记为
S n ,已知
a 1=1,a a+1=n S n n 2+(n=1,2,3…).证明:(Ⅰ)数列{n
Sn }是等比数列；(Ⅱ)S n+1=4a n .
[考场错解] (Ⅰ)已知a 1=1,a n+1=n S n
n 2+,∴a 2=3S 1=3,∴S 2=4 a 3=2
4·S 2=2×4=8.∴S 3=1+3+8=12. 即43,22,11321===S S S .故{n
Sn }是公比为2的等比数列. (Ⅱ)由(Ⅰ)知11++n S n =4·,11--n S n 于是S n+1=4(n+1)·,1
1--n S n =4a n .又a 2=3.S 2=a 1+a 2=4,因此对于任意正整数n ≥1,都有S n+1=4a n . [专家把脉] (Ⅰ)中利用有限项判断数列类型是运用不完
全归纳法,应给予证明. (Ⅱ)中运用前推一项必须使 n ≥2.
[对症下药] (Ⅰ) ∵a n+1=S n+1-S n ,a n+1=
n
n 2+S n ,∴
(n+2)S n =n(S n+1-S n ),整理得nS n+1=2(n+1)=S n ,所以11++n S n =2n
Sn
故{n
Sn }是以2为公比的等比数列. (Ⅱ)由(Ⅰ)知11++n S n =4·,11--n S n (n2).于是S n+1=4(n+1)·,1
1--n S n =4a n (n ≥2).又a 2=3S 1=3, 故S 1=a 1+a 2=4.因此对于任意整数n ≥1,都有S n+1=4a n .
2.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,S n =31(a n -1)(n ∈N *
).(Ⅰ) 求a 1,a 2;(Ⅱ)求证数列{a n }是等比数列.
[考场错解] (Ⅰ)S 1=31(a 1-1),得a 1=-21,S 2=31(a 2-1),即a 1+a 2=31(a 2-1),得a 2=4
1. (Ⅱ)a n =S n -S n-1=31(a n -1)-31(a n-1-1),得2
1
1
-
=-n n a a ,所以{a n }是首
项为-21，公比为-2
1的等比数列. [专家把脉] 在利用a n =S n -S n-1公式时,应考虑n ≥2时才能成立.
[对症下药] (Ⅰ)由S 1=31(a 1-1), 得a 1=31(a 1-1),∴a 1=-21
.又S 2=31(a 2-1),即a 1+a 2=31(a 2-1),得a 2=4
1. (Ⅱ)当 n ＞1时,a n =S n S n-1=31(a n -1)-31(a n-1-1),得1
-n n a
a =-21,所以{a n }是首项为-21,公比为-2
1的等比数列. 3.等比数列的四个数之和为16,中间两个数之和为5,则该数列的公比q 的取值为 ( )
A. 41 或4
B. 41
或8
33415- C. 4或-8
41
5
33+ D. 4或4
1或8
33
415
-或8
41
533+
[考场错解] 设这四个数为
q
a q a ,3,aq,aq 3
.由题意得
?????=+=),2(5),1(164 aq q
a
a 由①得a=±21,代入②得q=±21或q 2
=±2.q 2
=4
1
或q 2
=4,故所求的公比为4
1或4.故应选A. [专家把脉] 上述解答设等比数列的公比为q 2
是不合理的.这相当于增加了四个数同号这个条件,而题设中的四个数不一定同号.因此,产生了漏解现象.
[对症下药]设这四个数为a,aq,aq 2,aq 3
,则
833415414,
5,
16232-=?????=+=???或或解之得q aq aq aq aq qa a 或-8
41
5
33+.因此,应选D. 4.设数列{a n }的首项a 1=a ≠
4
1,且
a n+1=
,3,2,1,4
1
,412112=-=???
???
?+-n a b n a n a n n n n 记为奇数
为偶数
(Ⅰ)求a 2,a 3;(Ⅱ)判断数列{b n }是否为等比数列,并证明你的结论;(Ⅲ)求∞
→n lim (b 1+b 2+b 3+…+b n ). [考场错解] (Ⅰ)a 2=a 1+41=a+41,a 3=21a 2=21a 8
1
; (Ⅱ)b n+1=a 2n+1-414
1.412221241
121==-
=
---++n n n n n
n a a a a
b b .
(
Ⅲ
)
求
∞
→n lim (b 1+b 2+b 3+…
+b n )=
∞
→n lim 4
11)411(1--
n
b =
3134)41(344
1141
4111-=-=--
=-a a a b .
[专家把脉]在求证b n 是等比数列是时，2
22-n n a a 式子中，an
中n 为偶数时，211=+n
n a a 是连续两项，并不能得出4
12=+n
n a a . [对症下药]
(Ⅰ)a 2=a 1+41=a+41,a 3=21a 2=21a+81
; (Ⅱ)∵a 4=a 3+41=21a+83,所以a 5=21a 4=4
1
a+16
3
,所以
b 1=a 1-41=a-41,b 2=a 3-41=21(a-41),b 3=a 5-41=41(a-4
1
),猜想:{b n }是公比为2
1的等比数列. 证明如下:因为b n+1=a 2n+1-41=21a 2n -41=21(a 2n-1-41)=2
1
b n ,(n ∈N *
)所以{b n }是首项为a-41,公比为2
1
的等比数列. (Ⅲ)求∞→n lim
(b 1+b 2+b 3+…+b n )= ∞
→n lim
).41(22
11211)
21
1(11-=-=--
a b b n
专家会诊1.证明等比数列时应运用定义证n
n a
a 1+为非0常数,而不能1
-n n a a (此时n ≥2).2.等比数列中q 可以取负值.不能
设公比为q 2
.3.会运用等比数列性质,“若m+n=p+k,则a m ·a n =a p ·a k ”.
命题角度 4 等差与等比数列的综合
1.(典型例题)已知数列{a n }的前n 项和
S n =a[2-(21)n-1
]-b[2-(n+1)(2
1
)n-1
](n=1,2,…),其中a,b 是非零常数,则存在数列{x n }、{y n }使得（ ）
A.a n =x n +y n ,其中{x n }为等差数列，{y n }为等比数列 B ．a n =x n +y n ,其中{x n }和{y n }都为等差数列
C ．a n =x n ·y n ,其中{x n }为等差数列，{y n }为等比数列
D ．a n =x n ·y n ,其中{x n }和{y n }都为等比数列
[考场错解]∵a[2-(21)n-1
]=x n ，b[2-(n-1)(2
1
)n-1
]=y n ,又∵x n ,y n 成等比数列，故选D.
[专家把脉]应从数列{a n }的前n 项和S n 的表达式入手，而不能从形式上主观判断.
[
对
症
下药]
C. a 1=S 1=3a
a n =S n -S n-1=a[2+(21)n-1
]-b[2-(n+1)·(2
1
)n+1
] -a[2+(21)n-2]+b[2-n(21)n-2]=(b n -b-a)·(2
1
)n-1
∵{(2
1)n-1
}为等比数列,{b n -a-b}为等差数列.
2.已知数列{a n }是首项为a 且公比q 不等于1的等比数列，S n 是其前n 项和，a 1,2a 7,3a 4成等差数列.(Ⅰ) 证明12S 3,S 6,S 12-S 6成等比数列; (Ⅱ)求和T n =a 1+2a 4+3a 7+…+na 3n-2.
[考场错解] (Ⅰ)由a 1,2a 7,3a 4 成等差数列.得
4a 7=a 1+3a 4,4aq 6
=a+3aq 3
.从而可求q 3
=-41,或q 3
=1.当q 3
=-4
1
时，3
612S S =161，6
612S S S -=q 6=161.故12S 3，S 6，S 12-S 6成等比数列.当q 3
=1
时,3
612S S =61，6
612S
S S -=q 6
=1.故12S 3,S 6,S 12-S 6不成等比数列. [专家把脉]本题条件中已规定q ≠1.故应将q=1时舍去. [对症下药](Ⅰ)证明:由a 1,2a 7,3a 4成等差数列.得4a 7=a 1+3a 4,即4aq 6
=a+3aq 3
.变形得(4q 3
+1)(q 3
-1)=0,所以q 3
=-4
1或q 3
=1(舍去)由3
612S S =
,1611211)1(121)1(33161=+=
----q q
q a q q a 6
6
12S S S -==
-----=
-11)1(1)
1(1611216
12q
q a q q a S S 1+q 6-1=q 6
=161
,得
3
6
12S S =6
612S S S -.所以12S 3,S 6,S 12-S 6成等比数列.
(Ⅱ)解
法:T n =a 1+2a 4+3a 7+…+na3a-2=a+2aq 3
+3aq 6
+…+naq
3(n-2)
,
即T n =a+2·(-41)a+3·(-41)2a+…+n·(-4
1
)n-1
a. ① ①×
(-4
1
)3
a
得:-41T n =-41a+2·(-41)2
a+3·(-41)3
a+…+n·(-4
1
)n
a ② ①
-②
有
：
4
5T n =a+(-41)a+(-41)2
a+(-41)3
a+…(-41)n-1
a-n·(-4
1
)n
a =
??
? ??--??
??
??????? ??--411411n a -n·(-4
1)n
a=
5
4a-(
5
4+n)·(-
4
1)n
a.所以
T n =??
?
?
?+-n a 5
425162516·(-41)n
a. 3.如图，△OBC 的三个顶点坐标分别为（0，0）、（1，0）、（0，2），设P 1为线段BC 的中点，P 2为线段CO 的中点，P 3为线段OP 1的中点，对于每一个正整数n,P n+3为线段
P n P n+1的中点，令
P n 的坐标为
（x n ,y n ）,a n =2
1y n +y n+1+y n+2. (Ⅰ)求a 1,a 2,a 3及a n ;(Ⅱ)证明y n+4=1-4n y ,n ∈N *
,(Ⅲ)若记b n =y 4n+4-y 4n ,n ∈N *
,证明{b n }是等比数列.
[考场错解]（1）∵y 1=y 2=y 4=1,y 3=21,y 5=4
3,可求得a 1=a 2=a 3=2,由此类推可求得a n =2
(Ⅱ)将21y n +y n+1+y n+2=2同除以2，得y n+4=,221+++n n y y ∴y n+4=1-4
4y . (Ⅲ)b n+1=y 4n+8-y 4n+4=-4
1(y 4n+4-y 4n )=- 4
1b n .∴n
n b b 1+=-4
1.
故{b n }
是等比数列
.
[专家把脉]第(Ⅰ)问题运用不完全归纳法求出a n 的通
项.理由不充分,第(Ⅲ)问中n
n b b 1+=-4
1.要考虑b 1
是否为0.即n
n b
b 1+有意义才更完整.
[对症下药] (Ⅰ)因为y 1=y 2=y 4=1,y 3=21 ,y 5=4
3
,所以a 1=a 2=a 3=2.又由题意可知
y n+3=
2
1
++n n y y .∴
a n+1=21y n+1+y n+2+y n+3=2
1
y n+1+y n+2+2
1
++n n y y =2
1y n +y n+1+y n+2=a n ,∴{a n }为常数列.∴a n =a 1=2,n ∈N *
.
(Ⅱ)将等式21y n +y n+1+y n+2=2两边除以2,得4
1
y n +2
21+++n n y y =1,又∵y n+4=221+++n n y y ,∴y n+4=1-4
n
y . (Ⅲ)∵b n+1=y 4n+8-y 4n+4=??
? ?
?-+4144n y -??
? ?
?-4
14n y =-4
1(y 4n+4-y 4n )=- 4
1
b n ,又∵b 1=y 8-y 4=-4
1≠0,∴{b n }是公比为-4
1 的等比数列.
4.在等差数列{a n }中,公差d ≠0,a 2是a 1与a 4的等比中项.已知数列a 1,a 3,2
1
,k k a a ,…,akn,…成等比数列,求数列{k n }的通
项k n .
[考场错解]∵a n =a 1+(n-1)d,22a =a 1·a 4
∴(a 1+d)2
=a 1(a 1+3d ).∴d=a 1,∴a n =nd.a 1=d.a 3=3d.∴
1
3
d a =3=q.∴d
k a n k
n
=..
11
d k a n k
n +=+
∴
n
n k k k k a a n
n 11+=
+=q=3.∴{k n }是公比为3的等比数列.∴
k n =1·3n-1
=3n-1
.
[专家把脉]错因在把k 1当作数列{a n }的首项.k 1=1.而实际上k 1=9.
[对症下药]依题设得a n =a 1+(n-1)d,
22
a =a 1a 4,∴
(a 1+d)2=a 1(a 1+3d),整理得d 2
=a 1d, ∵d ≠0,∴d=a 1,得a n =nd,所以,由已知得d,3d,k 1d,k 2d,…k n d n …是等比数列.由d ≠0,所以数列1,3,k 1,k 2,…k n ,… 也是等比数列,首项为1,公比
为q=13
=3,由此得k 1=9.等比数列{k n }的首项k 1=9,公比q=3,
所以k n =9×q n-1=3n+1
(n=1,2,3,…),即得到数列{k n }的通项k n =3n+1
.
专家会诊1.赋值法在解等差、等比数列问题中是常用方法.从而求出系数的值及从中找出规律.2.等比数列中应注意考虑公比等于1的特殊情况,等比数列中的公差为0的特殊情况在解题时往往被忽视.3在等差数列与等比数列中,经常要根据条件列方程(组)求解.要注意常两种情形的不同之处.
命题角度5 数列与解析几何、函数、不等式的综合 1．已知定义在R 上的函数f(x)和数列{a n }满足下列条件
：
a 1=a,a n =f(a a-1)(n=2,3,4,…),a2
≠
a1,f(a n )-f(a n-1)=k(a n -a n-1)(n=2,3,4,…),其中a 为常数，k 为非零常数.(Ⅰ)令b n =a a+1-a n (n ∈N *
),证明数列{b n }是等比数列；(Ⅱ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅲ)当|k|＜1时，求∞
→n a n .lim
[考场错解](Ⅰ)证明:由b 1=a 2-a 1≠0,可得：b 2=a 3-a 2=f(a 2)-f(a 1)=k(a 2-a 1)≠0.由数学归纳法可证b n =a n+1-a n ≠0(n ∈N *
).由题设条件，当n ≥2时
1
111111)
()()(-----+---=--=--=n n n n n n n n n n n n n n a a a a k a a a f a f a a a a b b =k
故数列{b n }是公比为k 的等比数列. (
Ⅱ)由(Ⅰ
)知b n =k n-1
(a 2-a 1)(n
∈
N *
)b 1+b 2+…+b n-1=(a 2-a 1)k
k
n ---111
. (n ≥2) 而b 1+b 2+…+b n-1=a 2-a 1+a 3-a 2+…+a n -a n-1=a n -a 1(n ≥2)∴a n -a 1=(a 2-a 1)
k
k n ---111
(n ≥2)
故a n =a[f(a)-a] k
k
n ---111
(n ∈N *
)∴a n =a+(n-1)[f(a)-a](n ∈N *
)
(Ⅲ)当|k|＜1时
∞
→n a n lim =
∞→n lim
??
?
?
????---+-k k a a f a n 11)][(1=a+k a
a f --1)(
2.如图，直线l 1:y=kx+1-k(k ≠0，k ≠
2
1±)与l 2相交于点P.直线l 1与x 轴交于点P 1,过点P 1作x 轴的垂线交于直线l 2于点Q 1,过点Q 1作y 轴的垂线交直线l 1于点P 2，过点P 2作x 轴的垂
线交直线l 2于点Q 2，…这样一直作下去，可得到一系列点P 1，Q 1，P 2，Q 2，…点P n (n=1,2,…)的横坐标构成数列{x n }.
(Ⅰ)证明x n+1-1=k 21(x n -1)，(n ∈N *
);（Ⅱ）求数列{x n }的通项公式；
（Ⅲ）比较2|PP n |2
与4k 2
|PP 1|2
+5的大小.
[考场错解]证明：设点P n 的坐标是（x n ,y n ）,由已知条件得点Q n 、P n+1的坐标分别是：
?
?? ??+??? ?
?
++2121,,2121,1n n n n x a x x .由P n+1在直线
l 1上，得
2
1
21+n x = kx n+1+1-k.所以2
1（x n -1）=k(x n+1-1). 即x n+1-1=k 21（x n -1）,n ∈N *
. (Ⅱ)由（Ⅰ）知=
--+111n
n x x k
21
，故{x n -1}是等比数列，且首项
x 1-1=-k 1，公比为k 21.从而求得x n =1-2×(k
21
)n
,n ∈N *
. [专家把脉] （Ⅱ）问中对于x n+1-1=k 21(x n -1)先应考虑x n -1能否为0，继而可求.
[对症下药]（Ⅰ）同错解中（Ⅰ）.
（Ⅱ）解法：由题设知x 1=1-k 1,x 1-1=-k
1≠0,又由（Ⅰ）知x n+1-1=k 21(x n -1), 所以数列{x n -1}
是首项为x 1-1,公比为k 21的等比数列.从而x n -1=-k 1×(k
21)n-1
,即x n =1-2×(k 21)n ,n ∈N *
. （Ⅲ）解法：由
??
?
?
?+=-+=,2121,
1x y k kx y 得点P 的坐标为（1，1）.所以
2|PP n |2
=2(x n -1)2
+2(kx n +1-k-1)2
=8×
(
k
21)2n
+2(2
k
21)
2n-2
,4k 2
|PP 1|2
＋5＝
4k 2
[(1-k
1-1)2
(0-1)2
]+5=4k 2
+9. （i ）当|k|＞21，即k ＜-21或k ＞2
1
时，4k 2
|PP 1|2
+5＞1+9=10.D 而此时0＜|k 21|＜1，所以2|PP n |2
＜8×1+2=10,故2|PP n |2
＜4k 2
|PP 1|2
+5.
(ii)当0＜|k|＜21，即k ∈（-21，0）∪（0，2
1
）时，4k 2
|PP 1|2
+5＜1+9=10.而此时|k 21|＞1，所以2|PP N |2
＞8×1+2=10.故2|PP n |2
＞4k 2
|PP 1|2
+5.
3.已知函数f(x)=).1(1
3
-≠++x x x 设数列{a n }满足a 1=1,a n+1=f(a n ),数列{b n }满足b n =|a n -3|，S n =b 1+b 2+…+b n (n ∈N *
).（Ⅰ）用数学归纳法证明b n ≤
1
2)13(--n n ；（Ⅱ）证明S n ＜332.
[考场错解](Ⅰ)b n =|a n -3|,又∵a n =1+1
2
1
+-n a ，a n +1=1
2
1+-n a
(n ≥
2),
∴
a 2=2,a 3=
3
5,a 4=2.…∴
a n ≥
1.b n =3
231
22321
2
21
-+++=
-++--n n a a
=…由叠代法.b n ≤
1
2)13(--n n .
（Ⅱ）S n =b 1+b 2+…+b n ＜(3-1)+2
131)213(
1)13(2)
13(22)13(1
2--
--?
-=-++--n
n n
＜332.
[专家把脉]运用叠代法时并不能化简成
1
2)13(--n n .
[对症下药](Ⅰ)证明：当x ≥0时,f(x)=1+1
2+x ≥1.因为a 1=1,所以a n ≥1(n ∈N *
).下面用数学归纳法证明不等式b n ≤
1
2
)13(--n n .
(1)当n=1时，b 1=3-1,不等式成立，（2）假设当n=k 时，不等式成立，即
b k ≤
1
2
)13(--k k .那么
上海市2017届高三数学理一轮复习专题突破训练 数列 一、填空、选择题 1、（2016年上海高考）无穷数列{}n a 由k 个不同的数组成，n S 为{}n a 的前n 项和.若对任意*∈N n ，{}3,2∈n S ，则k 的最大值为________. 2、（2015年上海高考）记方程①：x 2+a 1x+1=0，方程②：x 2+a 2x+2=0，方程③：x 2+a 3x+4=0，其中a 1，a 2，a 3是正实数．当a 1，a 2，a 3成等比数列时，下列选项中，能推出方程③无实根的是（ ） A ．方程①有实根，且②有实根 B ． 方程①有实根，且②无实根 C ．方程①无实根，且②有实根 D ． 方程①无实根，且②无实根 3、（2014年上海高考）设无穷等比数列{}n a 的公比为q ，若()134lim n n a a a a →∞ =++ +，则q = . 4、（虹口区2016届高三三模）若等比数列{}n a 的公比1q q <满足，且24 344,3,a a a a =+=则12lim()n n a a a →∞ ++ +=___________. 5、（浦东新区2016届高三三模）已知公差为d 的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若 533S S =，则53 a a = 6、（杨浦区2016届高三三模）若两整数a 、 b 除以同一个整数m ，所得余数相同，即 a b k m -=()k Z ∈，则称a 、b 对模m 同余，用符号(mod )a b m ≡表示，若10(mod 6)a ≡(10)a >，满足条件的a 由小到大依 次记为12,,,,n a a a ??????，则数列{}n a 的前16项和为 7、（黄浦区2016届高三二模） 已知数列{}n a 中，若10a =，2i a k =*1 (,22,1,2,3, )k k i N i k +∈≤<=，则满足2100i i a a +≥的i 的最小值 为 8、（静安区2016届高三二模）已知数列{}n a 满足181a =，1 311log ,2, (*)3, 21n n n a a n k a k N n k ---+=?=∈?=+?，则数列{}n a 的前n 项和n S 的最大值为 . 9、（闵行区2016届高三二模）设数列{}n a 的前n 项和为n S ， 2 2|2016|n S n a n （0a >），则使得1 n n a a +≤（n ∈* N ）恒成立的a 的最大值为 . 10、（浦东新区2016届高三二模）已知数列{}n a 的通项公式为(1)2n n n a n =-?+，* n N ∈，则这个数列的前 n 项和n S =___________． 11、（徐汇、金山、松江区2016届高三二模）在等差数列{}n a 中，首项13,a =公差2,d =若某学生对其中连
第2课时 数列的综合应用 题型一 数列和解析几何的综合问题 例1 (2004·浙江)已知△OBC 的三个顶点坐标分别为O (0,0)，B (1,0)，C (0,2)，设P 1为线段BC 的中点，P 2为线段CO 的中点，P 3为线段OP 1的中点，对于每一个正整数n ，P n ＋3为线段 P n P n ＋1的中点，令P n 的坐标为(x n ，y n )，a n ＝1 2 y n ＋y n ＋1＋y n ＋2. (1)求a 1，a 2，a 3及a n 的值； (2)求证：y n ＋4＝1－y n 4 ，n ∈N * ； (3)若记b n ＝y 4n ＋4－y 4n ，n ∈N * ，求证：{b n }是等比数列． (1)解 因为y 1＝y 2＝y 4＝1，y 3＝12，y 5＝3 4， 所以a 1＝a 2＝a 3＝2， 又由题意可知y n ＋3＝ y n ＋y n ＋1 2 ， 所以a n ＋1＝1 2y n ＋1＋y n ＋2＋y n ＋3 ＝12y n ＋1＋y n ＋2＋y n ＋y n ＋12 ＝1 2y n ＋y n ＋1＋y n ＋2＝a n ， 所以{a n }为常数列， 所以a n ＝a 1＝2，n ∈N * . (2)证明 将等式12y n ＋y n ＋1＋y n ＋2＝2两边除以2得14y n ＋y n ＋1＋y n ＋2 2＝1. 又因为y n ＋4＝ y n ＋1＋y n ＋2 2 ， 所以y n ＋4＝1－y n 4，n ∈N * . (3)证明 因为b n ＋1＝y 4n ＋8－y 4n ＋4 ＝? ????1－ y 4n ＋44－? ?? ?? 1－y 4n 4 ＝－14(y 4n ＋4－y 4n )＝－1 4b n ， 又因为b 1＝y 8－y 4＝－1 4 ≠0，
等差数列习题课 1. 进一步了解等差数列的定义，通项公式及前n 项和公式； 2. 理解等差数列的性质，等差数列前n 项和公式的性质应用； 项和之比问题，以及实际应用。 一、知识回顾 1．等差数列的定义用递推公式表示为： )(1++∈=-N n d a a n n 或),2(1+-∈≥=-N n n d a a n n ，其中d 为常数，叫这个数列的公差。 2．等差数列的通项公式：d n a a n )1(1-+=， 3．等差数列的分类： 当0>d 时，}{n a 是递增数列；当0 2011高考数学压轴题专题训练--数列（36页WORD ） 第六章 数列 高考题 三、解答题 22.（2009全国卷Ⅰ理）在数列{}n a 中，1111 1,(1)2 n n n n a a a n ++==++ （I ）设n n a b n = ，求数列{}n b 的通项公式 （II ）求数列{}n a 的前n 项和n S 分析：（I ）由已知有 1112n n n a a n n +=++11 2 n n n b b +∴-= 利用累差迭加即可求出数列{}n b 的通项公式: 1 122 n n b -=-(* n N ∈) （II ）由（I ）知1 22n n n a n -=- , ∴n S =11(2)2n k k k k -=-∑111(2)2n n k k k k k -===-∑∑ 而 1 (2)(1)n k k n n ==+∑,又11 2n k k k -=∑ 是一个典型的错位相减法模型， 易得 11 12 42 2n k n k k n --=+=-∑ ∴n S =(1)n n +1242n n -++- 评析：09年高考理科数学全国(一)试题将数列题前置,考查构造新数列和利用错位相减法求前n 项和，一改往年的将数列结合不等式放缩法问题作为押轴题的命题模式。具有让考生和一线教师重视教材和基础知识、基本方法基本技能,重视两纲的导向作用。也可看出命题人在有意识降低难度和求变的良苦用心。 23.（2009北京理）已知数集{}()1212,, 1,2n n A a a a a a a n =≤<<≥具有性质P ；对任意的 (),1i j i j n ≤≤≤，i j a a 与 j i a a 两数中至少有一个属于A . （Ⅰ）分别判断数集{}1,3,4与{}1,2,3,6是否具有性质P ，并说明理由； 最新文件---------------- 仅供参考--------------------已改成-----------word 文本 --------------------- 方便更改 赠人玫瑰，手留余香。 第3讲 数列不等式的证明问题(选用) 高考定位 1.数列中不等式的证明是浙江高考数学试题的压轴题；2.主要考查数学归纳法、放缩法、反证法等数列不等式的证明方法，以及不等式的性质；3.重点考查学生逻辑推理能力和创新意识. 真 题 感 悟 (2017·浙江卷)已知数列{x n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)(n ∈N * ). 证明：当n ∈N * 时， (1)0＜x n ＋1＜x n ； (2)2x n ＋1－x n ≤ x n x n ＋1 2 ； (3)12n －1≤x n ≤12n － 2. 证明 (1)用数学归纳法证明：x n ＞0. 当n ＝1时，x 1＝1＞0. 假设n ＝k (k ≥1，k ∈N * )时，x k ＞0， 那么n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0，则0＜x k ＝x k ＋1＋ln(1＋x k ＋1)≤0，矛盾，故x k ＋1＞0， 因此x n ＞0(n ∈N * ). 所以x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)＞x n ＋1， 因此0＜x n ＋1＜x n (x ∈N * ). (2)由x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)得， x n x n ＋1－4x n ＋1＋2x n ＝x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1). 记函数f (x )＝x 2 －2x ＋(x ＋2)ln(1＋x )(x ≥0). f ′(x )＝2x 2 ＋x x ＋1 ＋ln () 1＋x ＞0(x ＞0)， 函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以f (x )≥f (0)＝0， 因此x 2 n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)＝f (x n ＋1)≥0， 故2x n ＋1－x n ≤ x n x n ＋1 2 (n ∈N * ). (3)因为x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)≤x n ＋1＋x n ＋1＝2x n ＋1， 所以x n ≥12x n －1≥122x n －2≥…≥12n －1x 1＝1 2n －1. 故x n ≥1 2n － 1. 由 x n x n ＋1 2 ≥2x n ＋1－x n 得 1 x n ＋1－12≥2? ???? 1x n －12＞0， 所以1x n －12≥2? ????1x n －1－12≥…≥2n －1? ????1x 1－12＝2n －2， 故x n ≤1 2n － 2. 目录 第七章数列 (2) 第一节等差数列 (2) 题型73、等差数列基本运算 (2) 题型74、等差数列判定与证明 (3) 题型75、等差数列性质及结论的应用 (4) 题型76、等差数列前n项和的最值 (5) 第二节等比数列 (6) 题型77、等比数列基本运算 (6) 题型78、等比数列的判定与证明 (6) 题型79、等比数列的性质和结论 (8) 第三节数列的通项公式和前n项和公式 (9) 题型80、数列求通向公式 (9) 80.1、累加法： (9) 80.2、累乘法： (10) 80.3、待定系数法： (11) 80.4、对数变换法： (16) 80.5、倒数变换法： (17) 80.6、阶差法（逐项相减法）： (17) 题型81、数列求前n项和 (20) 81.1、利用常用求和公式求和 (20) 81.2、错位相减法求和 (21) 81.3、分组法求和 (22) 81.4、裂项法求和 (23) 81.5、反序相加法求和 (25) 81.6、分段求和 (26) 第六章 数列 第一节 等差数列 题型73、等差数列基本运算 ? 知识点摘要： ? 定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做 等差数列．这个常数叫做等差数列的公差，符号表示为a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)． ? 等差数列的通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ；通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)． ? 等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b 2，其中A 叫做a ，b 的等差中项． ? 等差中项的推论：在等差数列中，若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)． 若m ＋n ＝2p ，则2a p ＝a m ＋a n (m ，n ，p ∈N *)． ? 前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (a 1＋a n ) 2. ? 等差数列的通项公式及前n 项和公式与函数的关系 1. 集合当d ≠0时，a n 是关于n 的一次函数；当d >0时，数列为递增数列；当d <0时，数列为递减数列． 2. 公差不为0时，S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)．S n 是关于n 的二次函数，且常数项为0. ? 典型例题精讲精练： 1. (2018·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( )B A ．－12 B ．－10 C ．10 D ．12 2. 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝4，S 4＝22，a n ＝28，则n ＝( )D A ．3 B ．7 C ．9 D ．10 3. (2019·开封高三定位考试)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 5＝10，S 4＝16，则数列{a n }的公差为( )B A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 4. 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3·a 5＝12，a 2＝0.若a 1>0，则S 20＝( )D A ．420 B ．340 C ．－420 D ．－340 5. 在等差数列{a n }中，已知a 5＋a 10＝12，则3a 7＋a 9＝( )C A ．12 B ．18 C ．24 D ．30 等差数列练习题 1、数列的概念：数列是一个定义域为正整数集N*（或它的有限子集｛1,2，3，…，n ｝）的特殊函数，数列的通项公式也就是相应函数的解析式。 例1．根据数列前4项，写出它的通项公式： （1）1，3，5，7……； （2）2212-，2313-，2414-，251 5-； （3）11*2-，12*3，13*4-，1 4*5 。 解析：（1）n a =21n -； （2）n a = 2(1)11n n +-+； （3）n a = (1)(1) n n n -+。 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。 如（1）已知* 2 ()156 n n a n N n = ∈+，则在数列{}n a 的最大项为__ ； （2）数列}{n a 的通项为1 +=bn an a n ，其中 b a ,均为正数，则n a 与1+n a 的大小关系为 __ ； （3）已知数列{}n a 中，2n a n n λ=+，且{}n a 是递增数列，求实数λ的取值范围； 2、等差数列的判断方法：定义法1(n n a a d d +-=为常数）或11(2)n n n n a a a a n +--=-≥。 例2．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n =n 2，则{a n }是（ ） A.等比数列，但不是等差数列 B.等差数列，但不是等比数列 C.等差数列，而且也是等比数列 D.既非等比数列又非等差数列 答案：B ； 解法一：a n =???≥-==??? ?≥-=-)2( 12) 1( 1) 2( )1( 11n n n a n S S n S n n n ∴a n =2n －1（n ∈N ） 又a n+1－a n =2为常数， 1 21 21-+= +n n a a n n ≠常数 ∴{a n }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a n =S n －S n －1的推理能力.但2011高考数学压轴题专题训练
浙江2019高考数学二轮复习专题三数列第3讲数列不等式的证明问题选用学案(优选.)
高考数学一轮复习,题型归纳系列资料,数列专题
等差数列练习题(教师版,附详细答案)
最新高考数学压轴题专题训练(共20题)[1]