高中数学高频考点专题复习之以分形为背景的数列问题的研究与拓展

高中数学学习中的知识点拓展与延伸在高中数学学习中，我们通常会接触到各种知识点和概念，这些知识点虽然在课本中有详细的介绍，但往往只涉及到基本的内容。

为了更好地理解和应用数学知识，我们可以进行知识点的拓展与延伸。

本文将就高中数学学习中的知识点进行拓展与延伸，帮助读者更好地掌握这些知识。

一、数列与函数的拓展数列和函数是高中数学学习中的重要内容，我们可以从以下几个方面进行拓展和延伸。

1.1 数列的通项公式的推导通常情况下，在数列的学习中，我们只会给出数列的前几项，然后通过观察找出数列的规律，得到数列的通项公式。

但是，在实际问题中，我们有时候需要给定数列的通项公式，然后根据这个公式求解其他相关问题。

因此，我们可以探索数列通项公式的推导方法，从而更好地理解数列的性质和规律。

1.2 函数的图像与性质函数的图像是函数学习中的重要内容，我们可以通过利用计算机绘制函数的图像，观察函数在不同定义域上的变化趋势，进一步理解函数的性质。

同时，我们还可以研究函数的极值、最值等性质，从而深入探究函数的特点和规律。

二、几何图形的拓展几何学是数学中的一个重要分支，学习几何图形的性质和变换是高中数学中的基础内容，我们可以在此基础上进行以下拓展与延伸。

2.1 不规则图形的性质我们通常学习的几何图形大多是规则的，例如正方形、圆形等。

但是实际问题中，我们也会遇到不规则图形，如五角星、溜冰鞋形等。

对于这些不规则图形，我们可以研究它们的性质和特点，比如对称性、边长之间的关系等，从而深入理解几何图形的性质。

2.2 空间几何的应用除了平面几何，空间几何也是数学学习中的内容之一。

我们可以拓展学习空间几何的知识，例如研究三维几何图形的性质和变换，以及它们在现实生活中的应用。

例如，我们可以研究立方体在建筑设计中的应用，从而将数学的知识与实际问题相结合。

三、微积分的拓展微积分是高中数学的重点和难点之一，我们可以在学习微积分的基础上进行以下拓展与延伸。

3.1 曲线的长度与曲面的面积在微积分学习中，我们通常学习了曲线的弧长和曲面的面积的计算方法。

第十五讲数列中的研究型、探索型、开放型问题一、引言近几年的高考数学考试大纲在谈到对创新意识的考查要求中明确指出，对创新意识的考查是对高层次理性思维的考查，并且要求精心设计……研究型、探索型、开放型试卷，以此考查学生的数学素养和潜在能力．纵观历年的高考数学试卷，这类试卷中以数列为背景的试卷较多，主要有归纳猜想型、自主定义型、类比推理型、探索发现型、研究设计型等类型的问题．二、典型问题选讲1．归纳猜想型例1 根据下面的图形及相应的点数的规律，请写出点数构成的数列的一个通项公式．通项公式是。

通项公式是．分析：观察图形中点的分布规律，再进行量化归纳．解：先看第一组图：每个图都有4个分支，我们设第个图中点的个数为，易知第一个图中每个分支各有1个点，故；第二个图中每个分支各有2个点，故；第三个图中每个分支各有3个点，故；……第个图中每个分支各有个点，故．再看第二组图：第一个四边形中每边上有1个点，故；第二个四边形中每边上有2个点，故；第三个四边形中每边上有3个点，故；……第个四边形中每边上有个点，故．归纳小结：本题着重考查文字语言、图形语言和符号语言相互之间的转译，考查归纳猜想的推理方式，有一定的新意．解决这类问题的基本思路是观察图形，分析特点，归纳猜想．例2(2008江苏>将全体正整数排成一个三角形数阵：按照以上排列的规律，第行从左向右的第3 个数为．分析：分析三角形数表的规律，不难发现，数表中每一个数都等于它在正整数数列中的项数．因此只需求出第行第3个数在正整数数列中是第几项即可．解：观察这个三角形数阵每行数的个数，易得，第1行有1个数，第2行有2个数，第3行有3个数，……，一般地，第行有个数．因此第行从左向右的第3个数是正整数集合中从小到大第个数．而，第行从左向右的第3个数是．归纳小结：此题求解中常常因为看不出三角形数阵的规律，或不知道什么样的规律对解题有用，导致求解不知从何下手．本题具有一定的创新性．有意识地运用观察——实验——归纳——猜想的方法是求解这类数列问题的有效途径，必须熟练掌握．2．自主定义型例3(2004北京>定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列．这个常数叫做这个数列的公和．已知数列是等和数列，且，公和为，那么的值为，这个数列的前项和的计算公式为．分析：根据问题中给出的等和数列的定义，易知，满足<为常数，）的数列是等和数列<本题中有）．于是，逐一迭代即可．解：<第一空）．<第二空）的结果与的奇偶性有关．当为偶数时，前项中共有个奇数项，个偶数项．注意到所有的奇数项都等于2，所有的偶数项都等于3，故．当为奇数时，为偶数，．所以归纳小结：这里，“等和数列”是自主定义的一个全新概念．要使问题得到圆满解决，必须真正领会“等和数列”的含义．本题是用即刻学到的“等和数列”的定义这一知识，解决从未见过的求“等和数列”的指定项以及前项和的问题，体现了对自主学习能力的有力考查．例 4 设数列的前项和为，令，称为数列，，…，的“理想数”，已知数列，，…，的“理想数”为，那么数列，，，…，的“理想数”是．分析：题目中所说的一个数列的“理想数”是这个数列前项和构成的新数列中前个数的算术平均值．注意到所求“理想数”的生成数列比已知“理想数”的生成数列多了一项，因此，只要找出所求“理想数”与已知“理想数”的关系，问题即可获解．解：设，则，从而．所以，．归纳小结：此题自主定义了一个数列的“理想数”，着重考查了对“理想数”的认识和理解．求解中由于读不懂“理想数”的定义，或缺乏未知和已知的沟通和联系，因此常常使得求解一筹莫展．这里，我们根据“理想数”的定义，利用整体思想，架设了未知和已知之间的桥梁，为快速求解问题奠定了基础．3．类比推理型例5<2009浙江）设等差数列的前项和为，则，，，成等差数列．类比以上结论有：设等比数列的前项积为，则，，____________，成等比数列．解：因为等差数列，前项和为，则，，，Array成等差数列．等比数列，前项积为，，，_________，成等比数列．对照上下两行，等差数列等比数列，前项和前项积．具体地，已知，，即差类比商，于是，．因此，对于等比数列，，，成等比数列，故填．归纳小结：此题着意考查类比推理．它适合于两类对象具有某些类似特征，并且已知其中一类对象的某些特征，要求推出另一类对象与之相应特征的问题．类比推理是由特殊到特殊的推理．把握类比方式，总结类比规律，是解决这类问题的关键．4．探索发现型例6<2006广东）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；第堆最底层<第一层）分别按图中所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在下一层之上，第堆第层就放一个乒乓球，以表示第堆的乒乓球总数，则；<答案用表示）．解：第一空：易得．下面考虑第二空．解法一：由题意知，，，，，…………．注意到，把这个式子迭加得．解法二：，由题意知，，，，…………．把这个式子迭加得．归纳小结：本题既是归纳猜想型试卷，又是探索发现型试卷．求解中容易将第堆的最底层<第一层）错认为第堆的乒乓球总数，进而误得．此外，迭加时对数据的处理也非易事．这里，我们主要运用观察、归纳等合情推理方式，自行发现问题本身所蕴涵的规律，探索解决问题的思路．体现了对特殊与一般思想的考查要求．迭加法以及组合数的性质都是重要的双基，应当认真落实．例7<2007湖南）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次全行的数都为1的是第3行，…，第次全行的数都为1的是第行；第61行中1的个数是．分析：对于第一空，先找出第3次全行的数都为1的行数，并结合第1、第2次全行的数都为1的行数，分析它们的特点，再归纳出第次全行的数都为1的行数．对于第二空，先找出与第61行最接近的全行的数都为1的行数，由此分析推测第61行中1的个数．解：从0—1数表的第5行知，杨辉三角中第5行各数奇偶情况必为“奇奇偶偶奇奇”，于是第6行必为奇偶相间，即“奇偶奇偶奇偶奇”，第7行必全是奇数，共8个奇数．故续写0—1数表易得，下面我们来探索数字都是1的行数规律．第1次全为1的是第1行：，第2次全为1的是第3行：，第3次全为1的是第7行：，……，一般地，第次全为1的是第行．由于，故在上述三角数表中第63行全为1，因此在原杨辉三角中第63行全为奇数．因为第62行第1个数是1，并且第63行从第2个数起每一个数都是其上一行上左右两肩上的两数之和，故第62行的数必为奇偶相间，且呈“奇偶奇偶奇偶……奇偶奇”型．同理，第61行的数必呈“奇奇偶偶……奇奇偶偶奇奇”型．注意到第61行共有62个数，因此第61行中共有32个1，30个0．归纳小结：本题是探索发现型试卷．求解本题没有现成的方法供直接套用，需要我们根据杨辉三角的性质以及题目中0—1数表的生成法则，自行发现问题本身所蕴涵的规律，探索解决问题的思路．显然，这类问题的求解，对思维的深度和广度都有着较高的要求．5．研究设计型例8设是集合中所有的数从小到大排列成的数列,即…．将数列各项按照上小下大,左小右大的原则写成如下的三角形数表:(Ⅰ>写出这个三角形数表的第四行、第五行各数；(Ⅱ>求．分析：由题意知，三角形数表中每一个数都是数列中的项，它们必是的形式．因此，只要把三角形数表中每一个数都表示为的形式，便可以通过指数规律确定第四行、第五行各数．而要求等于多少，关键在于判断位于三角形数表中第几行第几个数．解：约定用二元有序数组来表示数(其中0≤s,且s，>，则题目中所给三角形数表可表示为：<1，0）<2，0）<2，1）<3，0）<3，1）<3，2）………<,0）<,1）<,2）<,3）…<,-1）……………<1）显然第4行各数对应的有序数组依次为<4，0）<4，1）<4，2）<4，3），第5行各数对应的二元有序数组依次为<5，0）<5，1）<5，2）<5，3）<5，4），因此第4行各数依次为17，18，20，24；第5行各数依次为33，34，36，40，48．<2）求即求三角形数表中按从上到下，从左到右第100个数是几．注意到三角形数表中第<）行有且只有个数，又前13行共有个数，故是第14行第9个数，它对应的二元有序数组是<14，8），因此归纳小结：本题是以数表的形式呈现的．图表问题是高考的一个新热点，弄清集合中元素的表示特征以及数表中数的分布特点和规律，对于解决问题起到了至关重要的作用．而这些特征的分析和研究及规律的揭示和把握，都需要学生具有较强的探究能力和发现能力，体现了对学生思维的灵活性和深刻性的有力考查．例9在数列中，若是正整数，且,3，4，5，…，则称为“绝对差数列”．<1）举出一个前五项不为零的“绝对差数列”<只要求写出前十项）；<2）若“绝对差数列”中，,，数列满足，1，2，3，…，分别判断当时,与的极限是否存在，如果存在，求出其极限值．分析：对于<1），只需取定的一组值，代入定义式中给出的递推公式，依次算出，并验证符合<1）的两项要求即可．对于<2），先研究数列和的构成规律，再判断极限是否存在．解：<1）取，易得，显然符合要求<答案不唯一）．<2）因为在绝对差数列中，,，所以自第20项开始，该数列是,,．容易看出，自第20项开始，每三个相邻的项周期地取值3，0，3．所以当时，的极限不存在．而当时,，所以．个人收集整理资料， 仅供交流学习， 勿作商业用途11 / 11 归纳小结：本题自主定义了一个“绝对差数列”．第<1）问不难，但求解时常常因为没有弄清“绝对差数列”的定义而举错例子；求解第<2）问时，在获得自第20项开始，每相邻的三项周期地取3，0，3，3，0，3，…后，误以为的极限存在，并且误得，或．本题中，“绝对差数列”的定义，“与的极限是否存在”这种开放性的设问，具有鲜明的创新性，这种创新性常会给我们增加陌生感．事实上，本题中“绝对差数列”的定义不难理解，其基本特征是：从第3项起，每一项都等于它前两项差的绝对值．当一个数列存在几个子数列时，只有当每一个子数列的极限都存在并且相等时，这个数列的极限才存在．三、本专题总结在本专题学习中，我们通过对“归纳猜想型、自主定义型、类比推理型、探索发现型、研究设计型”等类型的数列问题的研究，介绍了数列中的研究型、探索型、开放型试卷的求解策略．研究型、探索型、开放型试卷是高考数学创新问题的主要类型．这类试卷经常以数列为背景材料来命制，因此，在高三数学复习中，我们应当有意识地研究数列中的研究型、探索型、开放型试卷的求解策略，不断发展自己的思维水平，逐步提高我们潜在能力．。

设第2013项位于第k 段，则有_哋_：：：2013 —肚.因为1952 = 61 64 ：：: 2013乞62 65 =2015，所以2 2 2 2k =62 .从而此数列的前 2013项中只有62个1,其它全为2，即前2013项的和为2013 2-62 =3964.【评注】求分形数列的前n 项的和$的值，关键同样是确定a n 位于哪一段中的第几位数. 再根据分形数列的特点求和即可.例3. (2005年上海交通大学保送、推优生试题改编)对于数列｛a n ｝ : 1, 3, 3, 3, 5, 5, 5, 5, 5,,,高考数列压轴题的“分形数列”式解法南昌外国语学校 梁懿涛 高考真题(2013 年江苏 23):设数列｛a n ｝ ： 1,/,/,3,3,3, _4,/, _4,_4，…,(_1)k 」k,…,(_1)k 」k ,,，即当 世 1) ；:：n 乞坐 H (k N *)时，a n =(-1)k J 1k ，记 & =印 a 2 亠 亠 a n (n N *).对于丨 N *，定义 2 2 集合R =｛n|S n 是an 的整数倍，n ・N *且1岂n^l ｝. R 1中元素的个数；P 2ooo 中元素的个数. (1) 求集合 (2) 求集合 对于以上数列｛耳｝ : 1, 2 23,3,3, -4, -4, -4,-4, ■■；( -1)k "k, ■■■,( -1)k "k ,,,我们可把它叫做分形数列. 比 如数列“ 1,1,2, 2, 2, 2,2, ■- ，,n, n”,...n ,…，”以及“ 1,1,12,3,3,3, 4,5,5,5,6, ■■■”之类，都是典型的分型数列.分 3 n 」形数列的特点是数列可化分为具有明显特征的数列段.以上数列 第 3 段为｛3,3,3｝,,，第 k 段为｛(_1)k S, ,(-1)k」k ｝,, 对于分形数列，一般要求我们求出数列的通项 a n 及前n 项和& . 例1 : (2010年浙江省预赛题)设数列 1 1 - 1--. T2'1 ,3,2,T (1) 这个数列第2010项的值是多少？ (2) 在这个数列中，第 2010个值为1的项的序号是多少？ 【解析】：(1)将数列分段：｛!｝ ｛1 -｝ ｛〔 2 3｝…｛! ｛a n ｝的第1段为｛1｝，第2段为｛ -2^2｝, 2 k -1 k ,〒}, (k-1)k k(k 1)― 2010 ，解得 …，假设数列的第2010项位于第 T2‘1'3'2‘1' 'k'k-1 k 段｛1, — , ■，-k ｝中，■一-前k 段共有1 • 2亠 亠k 二k(k3项， k k -1 1 2 2 2 k =63，且前63段共有2016项，所以第2010项位于第63组倒数第7项，根据数列的特点，得第 2010 57 项为57 . 7(2)由以上分段可以知道，只有每个奇数段中最中间的项为 1，所以第2010个1出现在第4019段， 而第4019组中的1位于该段中最中间的位置， 即第2010位.所以第2010个值为1的项的序号为(1+2+3+, +4018)+2010=809428. 【评注】求分形数列的某一项 a n 的值，关键是确定 4位于哪一段中的第几位数•这可以先假定其位 于第k 段，通过项数n 与段数k 的关系来确定.如本例就是 毬：：：2010空 汕 B .值得提醒得是， 2 2 此不等式无需解，只要先估计，再验证确定即可. 例2 : (2013年南昌外国语学校高一竞赛题)数列 1,2,1,2,2,1,2,2,2,1,2,2,2,2,1,2 ,,，其相邻 的两个1被2隔开，第n 对1之间有n 个2，求此数列的前 2013项的和. 【解析】：将数列分段:{1,2}, {1,2,2} , , , {1,律尸2}k 个前k 段共有迴上卫=込色项.假 2 2即正奇数k 有k 个，试求数列｛a n ｝的通项公式a n 及前n 项的和S n .【解析】：将数列分段：｛1｝ , ｛3,3,3｝ , ｛5,5,5,5,5｝ , , , ｛2 k _1,2k _1, ,2 k _1｝ , , •因为前 k 段共 有1 3亠2k _1 =k 2项，所以a n=2k -1的充要条件是(k _1)2 •仁n 空k 2，即•.〒辽k 乞1 •. 厂 ._ n =1_ 1[0,1) , . k 是1川扌乔的整数部分，即k =1 • [ • 从而荷 _ J n _1a n =2[.L —] . 1又因为前 k 段内各数之和为「⑵ _1)2 =4< i 2 _4< i ・k =4k(k 1)(2kT )_4k (kT )• k 「(W —1)，所i 仝 i _162 3以前 n项的和 yZ嘗Z[n -(k -1)2](2k - k 『[T •【评注】从此例可看出，只有深刻理解数列｛a n ｝中项数n 的双重作用，即项数n 既确定数列｛a n ｝中各项 的值，又决定着它的段数，才能正确解答此类问题•另外，利用高斯函数 [x]求解决某些难度大的数列的通项公式与前n 项和的问题时，往往能起到常规方法无能为力的作用.最后我们运用以上方法来解本文之初的高考题：设数列｛a n ｝的前k 段的和为T k ，则T k =12-2232-42•…(_1)k」k 2，当k 为偶数时，T k =(12-22) (32-42)「”[(k-1)2 -k 2^-(3 7 11 讦：昇 2k —1) = -k(k 1); 当 k 为奇数时,2因为 S n 灯心[n -k(k _1)](-1)kJk ，所以 S n 十1)2k(k -1).山 一k(k-1)]^1)k J k 二2 2 2Ok 坐 卫・(_1)k 」nk ，从而1 •显然只有当k 为奇数时，为整数，色才是整2 a n 22a n攵•也即只有位于奇数段中的 a n ,才满足S n 是a n 的整数倍.由以上分析，当I =11 , %位于第5段中第1项，前11项中位于奇数段的，第 1段中1项，第3段中3项，第5段中1项，1 +3+1 =5 ,所以集合P »1中元素的个数为5;同理，当I =2000时，由1953 =62“3£263 64 2000乞 ----- =2016可知，a 2000位于第63段中第47项，1 • 3 • 5……一 63 - 57 =1008，所以集合 巳0002中元素的个数为1008 •(k -1)kk 2k(k 1) 2•所以 T k =(-1)2k(k 1) 2。

专题 39 数列与数学归纳法【热点聚焦与扩展】 数学归纳法是一种重要的数学方法，其应用主要体现在证明等式、证明不等式、证明整除性问题、归纳猜 想证明等．本专题主要举例说明利用数学归纳法证明数列问题.1、数学归纳法适用的范围：关于正整数 n 的命题（例如数列，不等式，整除问题等），则可以考虑使用数学归纳法进行证明2、第一数学归纳法：通过假设 n k 成立，再结合其它条件去证 n k 1成立即可.证明的步骤如下： （1）归纳验证：验证 n n0 （ n0 是满足条件的最小整数）时，命题成立（2）归纳假设：假设 n k k n0,n N 成立，证明当 n k 1时，命题也成立（3）归纳结论：得到结论： n n0, n N 时，命题均成立3、第一归纳法要注意的地方：（1）数学归纳法所证命题不一定从 n 1开始成立，可从任意一个正整数 n0 开始，此时归纳验证从 n n0 开始（2）归纳假设中，要注意 k n0 ，保证递推的连续性 （3）归纳假设中的 n k ，命题成立，是证明 n k 1命题成立的重要条件.在证明的过程中要注意寻找 n k 1与 n k 的联系 4、第二数学归纳法：在第一数学归纳法中有一个细节，就是在假设 n k 命题成立时，可用的条件只有 n k ，而不能默认其它 n k 的时依然成立.第二数学归纳法是对第一归纳法的补充，将归纳假设扩充为假 设 n k ，命题均成立，然后证明 n k 1命题成立.可使用的条件要比第一归纳法多，证明的步骤如下： （1）归纳验证：验证 n n0 （ n0 是满足条件的最小整数）时，命题成立（2）归纳假设：假设 n k k n0,n N 成立，证明当 n k 1时，命题也成立（3）归纳结论：得到结论： n n0, n N 时，命题均成立.5.注意点：对于归纳猜想证明类问题，有三个易错点.一是归纳结论不正确；二是应用数学归纳法，确认 n 的初始值 n0 不准确；三是在第二步证明中，忽视应用归纳假设.【经典例题】例 1.【2018 届重庆市第一中学 5 月月考】已知 为正项数列 的前 项和，列 的前 项和为 ，则的最小值为______.【答案】 【解析】分析：由题意首先求得 ，然后利用题意结合函数的性质确定最小值即可.详解：由题意结合，，记数以下用数学归纳法进行证明：当时，结论是成立的，假设当 时，数列的通项公式为：，则，由题意可知：，结合假设有：，解得：，综上可得数列的通项公式是正确的.据此可知：，，利用等差数列前 n 项和公式可得：，则，结合对勾函数的性质可知，当 或 时，取得最小值，当时，当时，由于，据此可知的最小值为 .点睛：本题的关键在于合理利用归纳推理得到数列的通项公式.归纳推理是由部分到整体、由特殊到一般的 推理，由归纳推理所得的结论不一定正确，通常归纳的个体数目越多，越具有代表性，那么推广的一般性 命题也会越可靠，它是一种发现一般性规律的重要方法． 例 2. 设 Sn 为数列{an}的前 n 项和，满足 Sn＝2an－2 (n∈N*)（1）求的值，并由此猜想数列{an}的通项公式 an；（2）用数学归纳法证明（Ⅰ）中的猜想．【答案】（1）；（2）见解析.当 n＝4 时，a1＋a2＋a3＋a4＝S4＝2×a4－2，∴a4＝16.由此猜想：(n∈N*)．(2)证明：①当 n＝1 时，a1＝2，猜想成立．②假设 n＝k(k≥1 且 k∈N*)时，猜想成立，即，那么 n＝k＋1 时，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2ak＋1－2ak∴ak＋1=2ak，这表明 n＝k＋1 时，猜想成立，由①②知猜想成立．点睛：数学归纳法被用来证明与自然数有关的命题：递推基础不可少，归纳假设要用到，结论写明莫忘掉.例 3．已知数列 满足：，.（Ⅰ）试求数列 ， ， 的值；（Ⅱ）请猜想 的通项公式 ，并运用数学归纳法证明之.【答案】（Ⅰ），，.（Ⅱ），证明见解析.由此猜想.下面用数学归纳法证明之：当时，，结论成立；假设 时，结论成立，即有，则对于时，∴当时，结论成立.综上，可得对，成立点睛：运用数学归纳法证明数学问题的步骤及其需要注意的问题：1、第一步：归纳奠基（即验证 时成立）；第二步：归纳递推（即假设 时成立，验证时成立）；3、两个条件缺一不可，在验证时成立时一定要用到归纳假设前面的完全一致.时的结论，最后得到的形式应与例 4.【2018 届浙江省温州市高三 9 月一模】已知数列 中，，（1）求证：；（2）求证：是等差数列；（）．（3）设，记数列 的前 项和为 ，求证：．【答案】(1)证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【解析】试题分析：（1）利用数学归纳法可证明；（2）化简，由可得是等差数列；（3）由（2）可得，从而可得，先证明，利用放缩法及等比数列求和公式可证结论.（2）由，得，所以 即， ，即，所以，数列是等差数列．（3）由（2）知，∴，因此 当 时，，， ，即 时，，所以 时，，显然，只需证明 ，即可．当 时，．例 5.已知函数 f x ax b 2ln x, f 1 0x（1）若函数fx在 x 1处切线斜率为 0 ，an1f' an1 n1 n2 1 ，已知 a14 ，求证：an2n 2（2）在（1）的条件下，求证： 1 1 1 21 a1 1 a21 an 5【答案】见解析下面用数学归纳法证明： an 2n 2当 n 1时， a1 4 2n 2 成立 假设 n k k N 成立，则 n k 1时ak1 ak ak 2k 1ak 2k 2ak1 2k 2 2 1 4k 5 2k 1 2n k 1时，不等式成立n N , an 2n 2（2） an1 an2 2nan 1 an an 2n 1由（1）可知 an 2n 2 an1 2an 1 an112 an 11 an1 11 21 an 11 11 1 111 an 1 2 an1 1 22 an2 12n1 a1 11 1 1 a1 1 a211 1 11 an 1 a1 2 1 2n 1 1 a1 1 1 2n 1 1 2 5 1 1 2n 2 52例 6．【浙江省绍兴市 2018 届 5 月调测】已知数列 中.（1）证明：；（2）设数列 的前 项和为 ，证明：．【答案】（1）见解析；（2）见解析详解：（1）数学归纳法：①当 时，，，显然有.②假设当，结论成立，即，那么 即 综上所述， ，成立.（2）由（1）知：，即，，， ；点睛：解决数列与函数、不等式的综合问题的关键是从题设中提炼出数列的基本条件，综合函数与不等式 的知识求解；数列是特殊的函数，以数列为背景的不等式证明问题及以函数为背景的数列的综合问题体现 了在知识交汇点上命题的特点．例 7．【福建省南平市 2018 届 5 月检查】己知函数.（Ⅰ）求函数 的单调区间；（Ⅱ）若函数 的最小值为-1，，数列 满足，，记， 表示不超过 的最大整数．证明：．【答案】（Ⅰ）见解析; （Ⅱ）见解析.详解：（Ⅰ）函数 的定义域为.1、当 时，，即 在上为增函数；2、当 时，令得 ，即 在上为增函数；同理可得 在 上为减函数.（Ⅱ）有最小值为-1， 由（Ⅰ）知函数 的最小值点为 ，即，则，令当 时， 所以当 时∵，∴， ，故 在上是减函数.（未证明，直接得出不扣分）则.由得，从而.∵，∴.猜想当时，.下面用数学归纳法证明猜想正确.1、当 时，猜想正确.2、假设时，猜想正确.即时，.当时，有，由（Ⅰ）知 则是 上的增函数，，即，例 8.已知函数 ，（1）求 的解析式；，在原点 ．处切线的斜率为（2）计算，并由此猜想出数列 的通项公式；（3）用数学归纳法证明你的猜想．，数列 满足【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析．为常数且（2），则，，由此猜想数列的通项公式应为（3）①当 时，猜想显然成立，②假设时，猜想成立，即， ．，则当时，，即当时，猜想成立．由①②知，例 9.已知数列 是等差数列， (1)求数列 的通项公式 ；对一切正整数 都成立． .(2)设数列 的通项(其中 且 )记 是数列 的前 项和，试比较 与的大小，并证明你的结论.【答案】（1）；（2）当 时，,当时，，证明见解析.详解：(1) 设数列{bn}的公差为 d,由题意得,∴bn=3n－2 .(2)证明：由 bn=3n－2 知 Sn=loga(1+1)+loga(1+ )+…+loga(1+)=loga［(1+1)(1+ )…(1+)］而 logabn+1=loga,于是，比较 Sn 与 logabn+1 的大小比较(1+1)(1+ )…(1+)与取 n=1，有(1+1)=的大小取 n=2，有(1+1)(1+推测 (1+1)(1+ )…(1+)＞(*)①当 n=1 时，已验证(*)式成立②假设 n=k(k≥1)时(*)式成立，即(1+1)(1+ )…(1+)＞则当 n=k+1 时，, 即当 n=k+1 时，(*)式成立由①②知，(*)式对任意正整数 n 都成立 于是，当 a＞1 时，Sn＞ logabn+1 ,当 0＜a＜1 时，Sn＜ logabn+1 . 例 10.【2018 年浙江省高考模拟】已知数列 xn 满足： x1 1, xn xn1 xn1 1 1 .证明：当 n N* 时，（1） 0 xn1 xn ；（2） 3xn1 2xnxn xn1 3；（3） 2 3n1 xn 2 3n2 .【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析由数列的递推式，以及（2）的结论可得1 xn11 33 2 1 xn13 0 ，根据等比数列的通项公式即可证明xn 3 n2 2 ，再结合已知可得 xnxn1xn11 1 3 2xn1 ，即可证明不等式成立.详解：（1）数学归纳法证明： xn 0当 n 1 时， x1 1 0 成立假设 n k 时 xk 0 ，成立，那么 n k 1 时，假设 xk1 0 ，则 xk xk1 xk1 1 1 0 ，矛盾所以 xk1 0 ，故 xn 0 得证所以 xn xn1 xn1 1 1 xn1 ，故 0 xn1 xn（2）由 xn xn1 xn1 1 1 得 xn xn1 9xn1 6xnx2 n1xn1 6xn 1 4xn1 6设 f x x2 x 6 x 1 4x 6(x 0)则f 'x 2x x 1 x 6 4 2 x 15 2 x 11 x 1 2 x11 42 49 8（3）由（2）得1 xn11 332 1 xn13 0 ，则1 xn1 3 1 x11 3 3 2n1 3 2n2 所以xn 3 2n2 又x 1 1 1 x x 0 ，所以 2xn11 11 2xn1 ，所以xnxn1xn11 1 3 2xn1 ，故xn12 3xn所以xn 2 3n1 ，所以 2 3n1 xn 2 3n2 【精选精练】1．用数学归纳法证明“推证时，左边应增加的项为__________ .【答案】”时，由时等式成立点睛：项数的变化规律，是利用数学归纳法解答问题的基础，也是易错点，要使问题顺利得到解决，关键是注意两点：一是首尾两项的变化规律；二是相邻两项之间的变化规律. 2．用火柴棒摆“金鱼”，如图所示：按照上面的规律，第 n 个“金鱼”图需要火柴棒的根数为______________．【答案】【解析】试题分析：由题意得：“金鱼”图需要火柴棒的根数依次构成一个等差数列，首项为 8，公差为 6，因此第 n 项为x+kw3．已知数列 中，且.（1）求 ， ， ；（2）根据（1）的结果猜想出 的一个通项公式，并用数学归纳法进行证明；（3）若，且【答案】（1）；（2），求.，证明见解析；（3） .（2）由此猜想.下面用数学归纳法加以证明：①当时，由（1）知成立；②假设，结论成立，即则当时，有，即成立.即时，结论也成立；由①②可知， 的通项公式为.（3）由（2）知，4．已知数列 的前 项和为 ，且满足，.（1）计算 ， ， ，根据计算结果，猜想 的表达式；（2）用数学归纳法证明你猜想的结论.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【解析】分析：（1）计算 ， ， ，根据计算结果，猜想 明猜想的结论.. . （2）用数学归纳法证由此猜想，（2）下面用数学归纳法证明，①当 时，显然成立，②假设当 由题意得时猜想成立，即， ，∴，∴ ∴当， 时猜想也成立，由①和②，可知猜想成立，即.点睛：（1）在利用数学归纳法证明数学问题时，一定要注意利用前面的时的假设，否则就是伪数学归纳法，是错误的.（2）看到或 ，要注意联想到项和公式解题.5．已知数列 满足，.（1）计算 ， ， ，根据计算结果，猜想 的表达式；（2）用数学归纳法证明你猜想的结论. 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.由此猜想；（2）下面用数学归纳法证明，①当 时，显然成立，②假设当时猜想成立，即，由题意得，∴当时猜想也成立；由①和②，可知猜想成立，即.6．已知数列 满足且.（1）计算 、 、 的值，由此猜想数列 的通项公式；（2）用数学归纳法对你的结论进行证明．【答案】（1） ，；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）由,的值，根据共同规律猜想即可；（2）对于，将代入上式计算出 、 、，用数学归纳法证明即可.①当 时，证即当时，结论也成立，由①②得，数列 的通项公式为.7．在数列 中，，， ，， ．（ ）计算 ， ， 的值．（ ）猜想数列 的通项公式，并用数学归纳法加以证明．【答案】（1） ， ， ；（2），证明见解析.（ ）由（ ）可猜想：，证明：当 时， ，等式成立，假设 时，等式成立，即，则当时，，即当综上所述，对任意自然数，．8．已知数列数列{an}的通项公式 an＝(－1)n(2n－1)(n∈N*)，Sn 为其前 n 项和．时，等式也成立，(1)求 S1，S2，S3，S4 的值； (2)猜想 Sn 的表达式，并用数学归纳法证明你的结论． 【答案】(1)S1＝－1，S2＝2，S3＝－3，S4＝4；(2)答案见解析.【解析】试题分析：(Ⅰ)根据 an 1n 2n 1 ，代入 n 1, 2,3, 4 计算，可求 S1, S2 , S3, S4 的值；(Ⅱ)由(Ⅰ)猜想 Sn 的表达式，再根据数学归纳法的证题步骤进行证明，检验 n 1 时等式成立，假设 n k 时命题成立，证明 n k 1时命题也成立即可.试题解析：(1)依题意可得 S1＝－1，S2＝－1＋3＝2，S3＝－1＋3－5＝－3，S4＝－1＋3－5＋7＝4； (2)猜想：Sn＝(－1)n·n. 证明：①当 n＝1 时，猜想显然成立；②假设当 n＝k 时，猜想成立，即 Sk＝(－1)k·k， 那么当 n＝k＋1 时，Sk＋1＝(－1)k·k＋ak＋1＝(－1)k·k＋(－1)k＋1(2k＋1)＝(－1)k＋1·(k＋1)． 即 n＝k＋1 时，猜想也成立．故由①和②可知，猜想成立.【方法点睛】本题考查归纳推理以及数学归纳法的应用，属于中档题.由归纳推理所得的结论虽然未必是可靠的，但它由特殊到一般，由具体到抽象的认识功能，对科学的发现十分有用,观察、实验、对有限的资料作归纳整理，提出带规律性的说法是科学研究的最基本的方法之一.通过不完全归纳法发现的规律，用数学归纳法加以证明才能应用.9．设 t 0 ，fxttx x，令a11，an1 f an ，n N . （1）写出 a2 ， a3 ， a4 的值，并猜想数列 an 的通项公式；（2）用数学归纳法证明你的结论. 【答案】(1)a1＝1，a2＝tt 1，a3＝t2t2 2t；a4＝ t3t3 3t 2，猜想 an＝ t n1 t n1 n 1t n2（n∈N+）；(2)证明见解析.试题解析：（1）∵a1＝1，∴a2＝f（a1）＝f（1）＝ t ， t 1a3＝f（a2）＝t2t2 2t；a4＝f（a3）＝t3t3 3t 2， 猜想 an＝ tn1 t n1 n 1t n2（n∈N+）；（2）证明：①易知，n＝1 时，猜想正确. ②假设 n＝k 时猜想正确，即 ak＝ tk1 t k1 k 1t k 2， 则 ak＋1＝f（ak）＝ t ak t akt t k1 t k 1 k 1t k 2=t t k1 t k 1 k 1t k 2= tktk kt k1.这说明 n＝k＋1 时猜想正确. 由①②知，对于任何n∈N+，都有an＝ t n1t n1 n 1t n2.点睛：数学归纳法是一种重要的数学思想方法，主要用于解决与正整数有关的数学问题．证明时步骤(1)和 (2)缺一不可，步骤(1)是步骤(2)的基础，步骤(2)是递推的依据．10.【2017 浙江，22】已知数列{xn}满足：x1=1，xn=xn+1+ln(1+xn+1)（ n N ）．证明：当 n N 时，（Ⅰ）0＜xn+1＜xn；（Ⅱ）2xn+1− xn≤ xn xn1 ； 2（Ⅲ） 1 ≤xn≤ 1 ．2n12n2【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析．【解析】（Ⅱ）由 xnxn1 ln(1 xn1 )xn1 得 xn xn1 4xn1 2xnx2 n12 xn 1(xn12)ln(1xn1)【名师点睛】本题主要考查数列的概念、递推关系与单调性等基础知识，不等式及其应用，同时考查推理 论证能力、分析问题和解决问题的能力，属于难题．本题主要应用：（1）数学归纳法证明不等式；（2）构造函数 f (x) x2 2x (x 2) ln(1 x)(x 0) ，利用函数的单调性证明不等式；（3）由递推关系证明． 11．【2018 届浙江省名校协作体高三上学期联考】已知无穷数列an的首项a11 2，1 an11 2 an1 an ,nN*.（Ⅰ）证明： 0 an 1 ； （Ⅱ） 记 bn an an1 2 ， an an 1Tn 为数列bn的前 n 项和，证明：对任意正整数 n ，Tn3 10.【答案】(Ⅰ)见解析；(Ⅱ)见解析.【解析】试题分析; （I）运用数学归纳法推理论证， （Ⅱ）由已知an1 an2 an2 1 1 ，即 an1an ，可得数列an为递增数列.又1 an1 an11 an12 an1 an 12 1 an an ，易知 1 an an 为递减数列，试题解析：（Ⅰ）证明：①当 n 1 时显然成立； ②假设当 n k k N* 时不等式成立，即 0 ak 1，那么当 n k 1时，1 ak 11 2 ak 1 ak 1·2 2ak?1 ak 1，所以 0 ak1 1 ，即 n k 1时不等式也成立.综合①②可知， 0 an 1 对任意 n N* 成立. （Ⅱ）an1 an2 an2 1 1 ，即 an1an ，所以数列an为递增数列.又1 an1 an11 an1 2 an 1 an 12 1 an an ，易知 1 an an 为递减数列，所以 1 an1 an1 也为递减数列， 所以当 n 2 时， 1 1 an an11 2 1 a2a2 1 2 5 44 5 9 40 所以当 n 2 时，bn an an1 2 an an 1an1 an 1 an1 an1 9 40an1 an当 n 1时，TnT1b19 403 10，成立；当 n 2 时， Tn b1 b2 bn9 409 40a3a2a4a3 an1 an 9 409 40 an1a29 409 401a29 409 401 4 5 27 1003 10综上，对任意正整数 n ，3 Tn 1012．已知，.（1）若，求 的值；（2）若，求 的值；（3）若 是展开式中所有无理项的二项式系数和，数列 是各项都大于 1 的数组成的数列，试用数学归纳法证明: 【答案】（1）. . （2）165.（3）见解析.所以 （3）因为 所以. ，所以要得无理项， 必为奇数，，要证明，只要证明 （Ⅰ）当时，左边=右边，当 时，∴时，不等式成立.，用数学归纳法证明如下： ，综合（Ⅰ）（Ⅱ）可知对一切均成立.∴不等式成立 .点睛：本题主要考查二项式定理的应用、初等函数求导公式以及数学归纳法证明不等式，属于难题.利用数学归纳法证明结论的步骤是:(1)验证时结论成立；（2）假设正确（证明过程一定要用假设结论）；（3）得出结论.时结论正确，证明时结论。

专题6.23：以分形为背景的数列问题的研究与拓展【课本溯源】下图中的三角形称为希尔宾斯基三角形. 图中从左向右的四个三角形，着色三角形的个数依次构成数列{a n }的前4项，写出数列{a n }的一个通项公式，并作出它的图象.这一问题的背景是分形几何，分形几何的一个重要的特点是自相似性，可通俗地理解为适当地放大或缩小图形的几何尺寸，整个结构并不改变. 分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦·B•曼德尔布罗特(B enoit B.M andelbrot )在20世纪70年代创立的一门新学科，与欧氏几何学在研究对象等诸多方面迥然不同. 它的创立，为描述自然界和社会系统中大量存在的不规则图形和现象提供了相应的思想方法，为解决传统科学众多领域的难题提出了全新的思路. 这门充满活力的新学科与数列结合起来，不仅对传统的数列题作了提升，又能发展我们的实践能力，拓展为我们的几何思维.课本溯源中的问题解答：由题意分析知：12341,3,9,27a a a a ====，则数列{}n a 是首项为1，公比为3的等比数列，所以13n n a -=. 作图略.本题通过观察即不难发现着色三角形的个数依次数列{a n }成等比数列，而在一些综合性比较强的数列问题中，通项公式的求解往往是解决数列难题的瓶颈，如何熟练掌握常用的求通项公式的方法如累积法、累加法等，是我们必须思考的问题. 下面我们再探究几个以分形为背景的数列问题. 【探究拓展】探究1：如图，一条螺旋线是用以下方法画成：ABC △是边长为1的正三角形，曲线1CA 、12A A 、23A A 是分别以A 、B 、C 为圆心，AC 、1BA 、2CA 为半径画的弧，曲线123CA A A 称为螺旋线旋转一圈. 然后又以A 为圆心，3AA 为半径画弧，…，这样画到第n 圈，则所得螺旋线的长度n l = . （要求用含,n π的代数式表示即可）【解】由图可知12(123)3l π=++，22(123456)3l π=+++++，……，22(1233)(3)3n l n n n ππ=++++=+.【评注】由弧长公式可知l r α=，由第1圈、第2圈的弧长不完全归纳出第n 圈的画出，体现了由特殊到一般的思想.探究2：下图是一个树形图的生长过程，依据图中所示的生长规律，第16行的实心圆点的个数是 .【解】有些题它只是表达的形式不一样，其实只要透过现象抓住本质，不同的表达形式，所要揭示的问题的实质是一样的. 这一题的实质是非常有名的斐波那契数列.从图上很容易看出从第一行开始，实心圆点的数量是这样排列的：0,1,1,2,3,5,……. 对于每一个空心圆点，它到下一行只生出一个实心圆点，而对于每一个实心圆点，它到下一行可生出一空一实两个点. 到第六行时，我们可看出，这一行的五个实心圆点到下一行必定能生出5个实心圆点和五个空心圆点，另外三个空心圆点还能生出三个实心圆点，因此下一行共有5+3=8个实心圆点. 同理，下一行的实心圆点数为本行的所有实心圆点数加所有空心圆点数，为8+5=13.这里有一个非常明显的规律：也就是这一列数从第三个数起，任一个数都等于它前面两个数的和. 因此结果很快可推知：0,1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,610. 故第16行的实心圆点个数为610.探究3：如图，是一个边长为1的正三角形，将每边三等分，以中间一段为边向形外作正三角形，并擦去中间一段，得图(2). 如此继续下去，得图(3)，……. 则第n 个图形的边长为 ，周长为 ，面积为 .【解】不妨设第n 个图形的边长为n l ，周长为n c ，面积为n S . 则11l =，213l =，2313l ⎛⎫= ⎪⎝⎭，…，113n n l -⎛⎫= ⎪⎝⎭；113133c l =⨯=⨯=，221121243c l =⨯=⨯=，233116484833c l ⎛⎫=⨯=⨯= ⎪⎝⎭，……111114(34)(34)333n n n n n n c l ----⎛⎫⎛⎫=⨯⨯=⨯⨯=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；13S =2213133S S ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，23231129S S ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，…， 2112131334(34)39n n n n n S S ----⎡⎤⎛⎫⎛⎫-=⨯=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦.132211()()()n n n S S S S S S S S -=-++-+-+1213343343343999n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭11441993333483416420919n n --⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=⋅+=-⋅⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦-.探究4：如图，1P 是一块半径为1的半圆形纸板，在1P 的左下端剪去一个半径为12的半圆后得到图形2P ，然后依次剪去一个更小半圆（其直径为前一个被剪掉半圆的半径）得图形34,,,,n P P P ，记纸板n P 的面积为n S ，则lim n n S →+∞= .【解】12S π=，22211122222S S πππ⎛⎫⎛⎫=-⋅=-⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，222321112422224S S ππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⋅=-⋅-⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，…，211122n n n S S π--⎛⎫=-⋅ ⎪⎝⎭.∴22212422111111222242222222n n n S ππππππ--⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⋅-⋅--⋅=-+++⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭2211114211223214n n πππ-⎛⎫-⎪⎛⎫=-=+⎪ ⎪⎝⎭ ⎪-⎝⎭，∴lim 3n n S π→+∞=.探究5：如图所示，是树形图形. 第一层是一条与水平线垂直的线段，长度为1；第二层在第一层线段的前端作两条与该段均成135°的线段，长度为其一半；第三层按第二层的方法在每一线段的前端生成两条线段；重复前面的作法作图至第n 层. 设树形图的第n 层的最高点到水平线的距离为第n 层树形图的高度.(1) 求第三层及第四层树形图的高度3H ，4H ； (2) 求第n 层树形图的高度n H ；(3) 若树形图的高度大于2，则称树形图为“高大”，否则称为“矮小”. 显然，当1,2n =时是“矮小”的，是否存在m ∈Z ，使得当n m >时，该树形图是“高大”的？【解析】(1) 设题中树（从下而上）新生的各层高度所构成的数列为{}n a ，则11a =，2122a =3212a =，4312a =，所以，第三层树形图的高度3123H a a a =++，第四层树形图的高度412342016H a a a a +=+++=. (2) 易知214n na a +=，所以第n层树形图的高度为111()21)22n n n n a n --⎧⎪⎪=⎨⎪⨯⎪⎩为奇数时，为偶数时，所以，当n 为奇数时，第n 层树形图的高度为11221111111244114()111132321144n n n n H n -++-⎡⎤⎛⎫⎢⎥-⎛⎫⎪-⎢⎥⎝⎭ ⎪⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎝⎭⎣⎦=+=-+-⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦--；当n 为偶数时，第n 层树形图的高度为2211111244114()111132321144nn n n H n ⎡⎤⎛⎫⎢⎥-⎛⎫⎪-⎢⎥⎝⎭ ⎪⎡⎤⎤⎛⎫⎛⎫⎝⎭⎣⎦=+=-+-⎢⎥⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦--.(3) 不存在.由(2)知，当n为奇数时，114114()lim 1123223n n n H n +-→+∞⎧⎫⎡⎤⎤⎪⎪⎛⎫⎛⎫<--=<⎢⎥⎥⎨⎬ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎪⎪⎣⎦⎣⎦⎩⎭； 当n为偶数时，4114()lim 1123223n nn H n →+∞⎧⎫⎡⎤⎤⎪⎪⎛⎫⎛⎫<-+-=+<⎢⎥⎥⎨⎬ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎪⎪⎣⎦⎣⎦⎩⎭， 由定义，此树形图永远是“矮小”的.所以不存在m ∈Z ，使得当n m >时，该树形图是“高大”的. 【专题反思】你学到了什么？还想继续研究什么？ 1. 曲线“生长”过程中有哪些数量特征可以研究？边数、边长、周长、顶点数、尖角的个数、面积等变化规律. 2. 应用的知识与方法：(1) 公式法（适用于等差、等比数列）； (2) 研究相邻两项（三项）的递推关系； (3) 观察、归纳、猜想、证明（数学归纳法）.。

专题17 数列的概念及表示一、考纲要求:1.了解数列的概念和几种简洁的表示方法(列表、图象、通项公式).2.了解数列是自变量为正整数的一类特别函数． 二、概念驾驭及解题上的留意点：1.求数列通项时，要抓住以下几个特征：1分式中分子、分母的特征. 2相邻项的改变特征.3拆项后改变的部分和不变的部分的特征. 4各项符号特征等，并对此进行归纳、化归、联想.2.若关系不明显时，应将部分项作适当的变形，统一成相同的形式，让规律凸显出来.对于正负符号改变，可用－1n或－1n ＋1来调整，可代入验证归纳的正确性.3.已知S n 求a n 的三个步骤 1先利用a 1＝S 1求出a 1.2用n －1替换S n 中的n 得出S n －1，利用a n ＝S n －S n －1n ≥2便可求出当n ≥2时a n 的表达式. 3看a 1是否符合n ≥2时a n 的表达式，假如符合，则可以把数列的通项公式合写；假如不符合，则应写成分段函数的形式. 4.由数列的递推关系求通项公式的常用方法 （）已知a 1，且a n －a n －1＝f n ，可用“累加法”求a n .（）已知a 1a 1≠0，且a na n －1＝f n ，可用“累乘法”求a n . （）已知a 1，且a n ＋1＝qa n ＋b ，则a n ＋1＋k ＝q a n ＋k其中k 可由待定系数法确定，可转化为{a n ＋k }为等比数列. 三、高考考题题例分析：例1.(2015广东卷节选)数列{}n a 满意()*1212242n n n a a na n N -+++=-∈， 求3a 的值； 【答案】14； 【解析】依题意()()312312312132223323244224a a a a a a --++⎛⎫=++-+=---= ⎪⎝⎭，∴ 314a =； 例2.(2015高考山东卷节选)设数列{}n a 的前n 项和为n S .已知233nn S =+. （I ）求{}n a 的通项公式；答案】13,1,3,1,n n n a n -=⎧=⎨>⎩例3.(2015高考新课标1节选)n S 为数列{n a }的前n 项和.已知n a ＞0，2n n a a +=43n S +. 求{n a }的通项公式； 【答案】21n +【解析】当1n =时，211112434+3a a S a +=+=，因为0n a >，所以1a =3，当2n ≥时，2211n n n n a a a a --+--=14343n n S S -+--=4na ，即111()()2()n n n n n n a a a a a a ---+-=+，因为0n a >，所以1n n a a --=2，所以数列{n a }是首项为3，公差为2的等差数列， 所以n a =21n +；数列的概念及表示练习一、选择题1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－8n ＋15，则3 ( )A ．不是数列{a n }中的项B ．只是数列{a n }中的第2项C ．只是数列{a n }中的第6项D ．是数列{a n }中的第2项或第6项 【答案】D【解析】令a n ＝3，即n 2－8n ＋15＝3，解得n ＝2或6， 故3是数列{a n }中的第2项或第6项．2．设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 8的值为 ( )A ．15B ．16C ．49D ．64 【答案】A【解析】当n ＝8时，a 8＝S 8－S 7＝82－72＝15. 3．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋－1na n －1(n ≥2)，则a 5等于 ( )A ．32B ．53 C.85 D ．23 【答案】D4．下列数列中，既是递增数列又是无穷数列的是 ( )A ．1，12，13，14，…B ．－1，－2，－3，－4，…C ．－1，－12，－14，－18，…D ．1，2，3，…，n 【答案】C【解析】依据定义，属于无穷数列的是选项A ，B ，C ，属于递增数列的是选项C ，D ，故同时满意要求的是选项C ．5．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋1(n ∈N *)，则S 5＝ ( )A ．31B ．42C ．37D ．47【答案】D【解析】∵a n ＋1＝S n ＋1(n ∈N *)，即S n ＋1－S n ＝S n ＋1(n ∈N *)，∴S n ＋1＋1＝2(S n ＋1)(n ∈N *)，∴数列{S n ＋1}为等比数列，其首项为3，公比为2.则S 5＋1＝3×24，解得S 5＝47.故选D.6．把1,3,6,10,15,21，…这些数叫做三角形数，这是因为以这些数目的点可以排成一个正三角形则第7个三角形数是 ( ) A ．27 B ．28 C ．29 D ．30【答案】B【解析】由题图可知，第7个三角形数是1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28.7．已知a 1＝1，a n ＝n (a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式是 ( )A ．2n －1B ．⎝⎛⎭⎪⎫n ＋1n n －1C ．n 2D ．n【答案】D8．已知数列{a n }满意a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n 1－a n(n ∈N *)，则该数列的前 2 019项的乘积a 1·a 2·a 3·…·a 2019＝( )A ．13B ．－13C ．3D ．－3【答案】C【解析】由题意可得，a 2＝1＋a 11－a 1＝－3，a 3＝1＋a 21－a 2＝－12，a 4＝1＋a 31－a 3＝13，a 5＝1＋a 41－a 4＝2＝a 1，∴数列{a n }是以4为周期的数列，而2 019＝4×504＋3，a 1a 2a 3a 4＝1， ∴前2 019项的乘积为1504·a 1a 2a 3＝3.9.设数列{a n }满意a 1＝1，a 2＝3，且2na n ＝(n －1)a n －1＋(n ＋1)a n ＋1，则a 20的值是( )A ．215B ．225C ．235D ．245【答案】D10.已知n ∈N *，给出4个表达式：①a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n 为奇数；1，n 为偶数；②a n ＝1＋－1n2；③a n ＝1＋cos n π2；④a n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin n π2.其中能作为数列：0,1,0,1,0,1,0,1，…的通项公式的是( )A ．①②③B ．①②④C ．②③④D ．①③④【答案】A【解析】检验知①②③都是所给数列的通项公式．11.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －4(n ∈N *)，则a n ＝ ( ) A ．2n ＋1B ．2nC ．2n －1D ．2n －2【答案】A【解析】由S n ＝2a n －4可得S n －1＝2a n －1－4(n ≥2)，两式相减可得a n ＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)．又a 1＝2a 1－4，a 1＝4，∴数列{a n }是以4为首项，2为公比的等比数列，则a n ＝4×2n －1＝2n ＋1，故选A ．12．若数列{a n }满意：a 1＝19，a n ＋1＝a n －3(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和数值最大时，n 的值为 ( )A ．6B ．7C ．8D ．9【答案】B二、填空题13．在数列－1,0，19，18，…，n －2n 2，…中，0.08是它的第______项．【答案】10 【解析】令n －2n2＝0.08，得2n 2－25n ＋50＝0， 则(2n －5)(n －10)＝0，解得n ＝10或n ＝52(舍去)．∴a 10＝0.08.14．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a 14n －13，若a 4＝32，则a 1＝________.【答案】 【解析】∵S n ＝a 14n －13，a 4＝32，∴255a 13－63a 13＝32，∴a 1＝12. 15．已知数列{a n }满意a 1＝1，a n －an ＋1＝na n a n ＋1(n ∈N *)，则a n ＝__________.【答案】2n 2－n ＋2【解析】由已知得，1a n ＋1－1a n＝n ，所以1a n －1a n －1＝n －1，1a n －1－1a n －2＝n －2，…，1a 2－1a 1＝1，所以1a n －1a 1＝nn －12，a 1＝1，所以1a n＝n 2－n ＋22，所以a n ＝2n 2－n ＋2.16．在一个数列中，假如∀n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________. 【答案】28【解析】依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28. 三、解答题17. 已知下面数列{a n }的前n 项和S n ，求{a n }的通项公式： (1)S n ＝2n 2－3n ； (2)S n ＝3n ＋b .【答案】(1) a n ＝4n －5.(2) a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3＋b ，n ＝1，2·3n －1，n ≥2.18.分别求出满意下列条件的数列的通项公式． (1)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋3n ＋2(n ∈N *)； (2)a 1＝1，a n ＝nn －1a n －1(n ≥2，n ∈N *)；(3)a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)． 【答案】(1) a n ＝n 3n ＋12(n ≥2)．(2) a n ＝n(3) a n ＝2·3n －1－1.【解析】 (1)∵a n ＋1－a n ＝3n ＋2， ∴a n －a n －1＝3n －1(n ≥2)，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝n 3n ＋12(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝12×(3×1＋1)＝2符合公式，∴a n ＝32n 2＋n 2.19. (1)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋1nn ＋1，求a n . (2)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2na n ，求a n . 【答案】(1) a n=3－1n；(2) a n ＝2n n －12【解析】(1)a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝⎝⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －2－1n －1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋2＝3－1n . (2)由于a n ＋1a n＝2n， 故a 2a 1＝21，a 3a 2＝22，…，a n a n －1＝2n －1， 将这n －1个等式叠乘， 得a n a 1＝21＋2＋…＋(n －1)＝2n n －12，故a n ＝2n n －12.20．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋1－2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n ＋a n ＋1，求数列{b n }的通项公式． 【答案】(1)a n ＝2n(n ∈N *)(2)b n ＝3·2n21．已知S n 为正项数列{a n }的前n 项和，且满意S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)．(1)求a 1，a 2，a 3，a 4的值； (2)求数列{a n }的通项公式．【答案】(1) a 1＝1， a 2＝2， a 3＝3，a 4＝4. (2) a n ＝n .【解析】 (1)由S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)，可得a 1＝12a 21＋12a 1，解得a 1＝1； S 2＝a 1＋a 2＝12a 22＋12a 2，解得a 2＝2；同理，a 3＝3，a 4＝4. (2)S n ＝12a 2n ＋12a n ，①当n ≥2时，S n －1＝12a 2n －1＋12a n －1，②①－②得(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1)＝0. 由于a n ＋a n －1≠0，所以a n －a n －1＝1， 又由(1)知a 1＝1，故数列{a n }是首项为1， 公差为1的等差数列，故a n ＝n .22．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，求实数k 的取值范围. 【答案】(1) 最小值为a 2＝a 3＝－2. (2) (－3，＋∞)11。

第39讲以数列为背景的探索性与新颖问题以数列为背景的探索性问题和数列新情景题的不断涌现为我们提供了实现知识拓展与创新能力提升的新领域,是数学学习中的一块宝藏, 特别是新定义型数列及其性质的研究在近年来的高考命题中时有出现,对数列的函数特征的挓掘更加深人,与不等式知识的综合更加尓密,突出考査考生对知识的融会贯通能力及转化与化归能力.典型例题【例1】如果有穷数列a1,a2,a3,⋯,a m(m为正整数)满足条件: a1=a m,a2= a m−1,⋯,a m=a1, 即a i=a m−i+1(i=1,2,⋯,m)我们称其为“对称数列”例如,数列1,2,5,2,1与数列8,4,2,2,4,8都是“对称数列”.（1）设{b n}是7 项的“对称数列”, 其中b1,b2,b3,b4是等差数列,且b1=2,b4=11, 依次写出{b n}的每一项;（2）设{c n}是49 项的“对称数列”, 其中c25,c26,⋯,c49是首项为1 ,公比为2 的等比数列,求{c n}各项的和S;（3）设{d n}是100 项的“对称数列”, 其中d51,d52,⋯,d100是首项为2 ,公差为3 的等差数列,求{d n}的前n项和S n(n=1,2,⋯,100).【例2】由函数y=f(x)确定数列{a n},a n=f(n), 函数y=f(x)的反函数y=f−1(x)能确定数列{b n},b n=f−1(n), 若对于任意n∈N∗, 都有b n=a n, 则称数列{b n}是数列{a n}的“自反数列”.(1) 若函数f(x)=px+1x+1确定数列{a n}的自反数列为{b n},求a n;(2) 已知正数数列⟨c n}的前n项和S n=12(c n+nc n), 写出S n的表达式,并证明你的结论;(3) 在(1)和(2)的条件下,d1=2,当n⩾2时,设d n=−1a n S n2,D n是数列{d n}的前n 项和,且D n>log a⁡(1−2a)恒成立,求a的取值范围.强化训练1.给定无穷数列{a n}n∈N∗, 都有|b n−a n|⩽1, 则称{b n}与{a n}4接近”.的等比数列, b n=a n+1+1,n∈N∗, 判断数列{b n}是(1) 设{a n}是首项为1 ,公比为12否与{a n}接近? 并说明理由；(2) 设数列{a n}的前4 项为: a1=1,a2=2,a3=4,a4=8,{b n}是一个与{a n}接近的数列, 记集合M={x∣x=b i,i=1,2,3,4}, 求M中元素的个数m；(3) 已知{a n}是公差为d的等差数列,若存在数列{b n}满足: {b n}与{a n}接近,且在b2−b1,b3−b2,⋯,b201−b200中至少有100 个为正数,求d的取值范围.第40讲盘点解析几何热点考题解析几何是初等数学与高等数学的纽带, 它本身侧重于数形结合、形象思维, 而它的解题过程则是代数的,综合性很强,要求有较高的解题能力, 因此历来是高考的重要内容、压轴题命制的热点.解析几何综合问题多数以直线和圆锥曲线为背景, 考查直线与圆锥曲线或圆锥曲线与圆锥曲线位淔关系问题. 近年来在压轴题中多次出现动直线与两条不同的圆锥曲线段所构成图形位置关系的讨论, 涉及最值问题、参数范围问题、定点、定值问题等, 形式以计算题、轨迹题为主, 也有证明题以及探索研究性问题, 从运用知识求解的过程看,一般以直线方程与圆锥曲线方程联立方程组转化为二次方程的理论为重点, 从思维方法来分析, 一是数形转化; 二是方程观点; 三是参数观点.高考数学压轴题的本身或在其解答过程中涉及多个知识点或多个数学分支交汇的题型,并且解题思维方法具有多向性和灵活性, 其目的重在测试思维能力和运用知识的能力, 考查学生数学核心素养, 由于压轴题的综合性强、涉及面广、题目结构较为复杂,很难给出固定的解题方法, 只能根据具体问题分析题中已知与末知的关系,筑桥铺路, 寻求解题的途径.要解好压轴题就要读懂题, 弄清条件是什么? 条件与哪些知识有关? 如何用好相关知识? 可以作哪些转化? 有些什么隐含的内容需要挖掘出来? 从结论考虑,需要哪些条件才能得到结论? 从已知到结论之间需要走多少路? 有没有近路可走? 各方面都考虑清楚了,解题思路也就逐步产生了!【例1】设椭圆C:x 22+y2=1的右焦点为F, 过F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为(2,0).(1) 当直线l与x轴垂直时, 求直线AM的方程;(2) 设O为坐标原点, 证明: ∠OMA=∠OMB.【例2】在直角坐标系xOy中, 曲线C3y=x24与直线l:y=kx+a(a>0)交于M,N 两点.(1) 当k=0时, 分别求C在点M和N处的切线方程;1.设常数t>2, 在平面直角坐标系xOy中, 已知点F(2,0), 直线l:x=t, 曲线Γ:y2= 8x(0⩽x⩽t,y⩾0),l与x轴交于点A, 与Γ交于点B,P、Q分别是曲线Γ与线段AB上的动点.（1）用t表示点B到点F的距离;（2）设t=3,|FQ|=2, 线段OQ的中点在直线FP上, 求△AQP的面积;（3）设t=8, 是否存在以FP、FQ为邻边的矩形FPEQ, 使得点E在Γ上? 若存在, 求点P的坐标;若不存在,说明理由.。

数列的应用与拓展【数列的应用与拓展】数列是数学中的一个重要概念，它在实际问题中有着广泛的应用。

本文将从不同角度展示数列的应用，并介绍数列相关的拓展内容。

一、数列在数学中的应用1. 等差数列的应用等差数列是最常见的一种数列形式。

它的应用非常广泛，尤其在数学建模中发挥重要作用。

例如，在经济学中，等差数列可以用来分析人口增长、收入分配等问题；在物理学中，等差数列可以描述运动物体的加速度、速度等变化。

2. 等比数列的应用等比数列是指数列中的每个数都是前一个数乘以同一个常数得到的。

在实际问题中，等比数列也有着广泛的应用。

例如，在金融领域中，等比数列可以用来计算复利的增长；在生物学中，等比数列可以用来描述细胞的增长过程。

3. 斐波那契数列的应用斐波那契数列是一个特殊的数列，它的每个数都是前两个数之和。

这个数列在生物学、计算机科学等领域都有着广泛的应用。

例如，在自然界中，斐波那契数列可以用来描述植物的分枝、螺旋等规律；在计算机领域中，斐波那契数列可以用来优化算法的效率。

二、数列的拓展内容除了常见的等差、等比、斐波那契数列，数列还有许多其他拓展内容。

1. 奇偶数列奇偶数列是指数列中的元素按照奇数和偶数进行排列。

这种数列常常用于解决递归问题或者进行特殊排列。

例如，著名的拓展问题“猴子吃桃”就是一个奇偶数列问题。

2. 等摆数列等摆数列是指数列中每个数的绝对值与前一个数的绝对值之差保持一定的比例。

这种数列在物理学、工程学等领域中有着重要的应用。

例如，在电路中，等摆数列可以用来描述电流、电压等变化。

3. 递推数列递推数列是指数列中的每个数都是前面若干个数的特定函数运算得到的。

这种数列在数学中有着广泛的应用。

例如，杨辉三角就是一个递推数列，它在组合数学中有着重要的地位。

三、总结数列的应用与拓展内容涵盖了数学、经济学、物理学、生物学等众多领域。

了解数列的应用和学习拓展内容，能够帮助我们更好地理解和应用数学知识，提高问题解决的能力。

数列的函数特性及背景探究——多以数列为呈现方式，以函数为主导第一课时等差、等比数列作为两个特殊的数列，其通项公式、求和公式和一次函数、二次函数、指数函数都有一定的联系．充分挖掘二者的函数背景，可以加深对等差、等比数列的理解．例1．等差数列{}n a 中，n S 为{}n a 的前n 项和，,p q N +∈且p q ≠．(1)若,,pq a q a p ==求证：0p q a +=； (2) 若p q S S =，则0p q S +=；(3) 若,,pq S q S p ==求证：p q S +=()p q -+．【证明】(1)由于{}n a 通项是关于n 的一次函数形式，故点(,),(,),(,)p q p q p a q a p q a ++共线． 因此p q q p q a a a a p q q p q+--=+--，又因为,,p q a q a p ==且p q ≠，所以1p q a p q ppp q+--==--， 即0p q a +=．(2)由于n S 是关于n 的二次函数形式，故可设2()n S f n an bn ==+．因为p q S S =，即()()f p f q =．因为2()(0)f n ax bx a =+≠对称轴为2p q x +=，于是()(0)0f p q f +==，即0p q S +=．(3)由(2)知，n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭通项是关于n 的一次函数形式， 故点(,),(,),(,)p q p q S S S p q p q pqp q+++共线．因此p q p q pS S S S p q p q pp q q q p+--+=+--，又因为,,p q S q S p ==且p q ≠，则p qS +=()p q -+．【分析】等差数列通项与前n 项和公式分别具有一次函数和二次函数的背景，因此利用函数y kx b =+和2(0)y Ax bx A =+≠性质研究有关等差数列的问题．例2．已知数列{}n a 与{}n b 满足()112n n n n a a b b ++-=-，n *∈N ． （1）若35n b n =+，且11a =，求数列{}n a 的通项公式；（2）设{}n a 的第0n 项是最大项，即0n n a a >（n *∈N ），求证：数列{}n b 的第0n 项是最大项；（3）设10a λ=<，nn b λ=（n *∈N ），求λ的取值范围，使得{}n a 有最大值M 与最小值m ，且()2,2mM∈-． 【解析】（1）（2）略；（3）因为nn b λ=，所以()112n n n n a a λλ++-=-，当2n ≥时，()()()112211n n n n n a a a a a a a a ---=-+-+⋅⋅⋅+-+()()()1122222n n n n λλλλλλλ---=-+-+⋅⋅⋅+-+2n λλ=-．当1n =时，1a λ=，符合上式．所以2n n a λλ=-．因为0λ>，所以222nn a λλλ=->-，21212n n a λλλ--=-<-．①当1λ<-时，由指数函数的单调性知，{}n a 不存在最大、最小值； ②当1λ=-时，{}n a 的最大值为3，最小值为1-，而()32,21∉--； ③当10λ-<<时，由指数函数的单调性知，{}n a 的最大值222M a λλ==-，最小值1m a λ==，由2222λλλ--<<及10λ-<<，得102λ-<<．综上，λ的取值范围是1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭．例3．已知数列{}n a 的通项公式为11()2n n a -=，是否存在正整数x ，y ，使得12,2,2x yn n n a a a ++成等差数列？若存在，求出x ，y 的值；若不存在，请说明理由．分析：由11()2n n a -=及12,2,2x yn n n a a a ++成等差数列，易得2221x y --=，其中x ，y ∈N *．即2212x y -=+．易得左式为偶数，若要成立，则22y -必为奇数． 易得2, 1.y x ==221x y --=这个等式还可以给我们透露什么样的信息呢？显然，它可以看成是两个指数式之间的差值为1．而基于对指数函数变化的了解，差值为1是一个很小的距离．所以可以反映x 与y -2之间的距离很小． 另解：显然2x y >-，不妨设(2)k x y =--，(*)k N ∈， ①若2k ≥时，2(2)2212222(21)2xy k y y k y -+---=-=-=-，所以22(21)232ky y ---⋅≥，即212(*)3y y N -∈≤， 显然不成立．②若1k =时，1(2)x y =--，此时1221x x --=，则1, 2.x y ==例4．已知数列{}n a 和{}n b 的通项公式分别为132n n a -=⋅，32n b n =-，{}n c 的通项公式n n n c a b =+(*)n N ∈12{,,}k A n n n =…，(4,*)k k N ∈≥，使得数列12,,,k n n n c c c …为等差数列？证明你的结论．解析：假设存在满足题意的集合A ，不妨设l ，m ，p ，r ∈A (l <m <p <r )， 且,,,l m p r c c c c 成等差数列，则2m p l c c c =+， 因为0l c >，所以2m p c c >(*)，题中分析:显然，(*)可以看成是两个指数式之间的大小比较．因为m <p ，则m p c c <，而基于对指数函数变化的了解，2m p c c >大小关系的交替可以反映m 与p 之间的距离很小．★若1p m >+时，则2p m +≥，结合(*)可知，1112[32(32)]32(32)32(34)m p m m p m --+⋅+->⋅+-⋅++≥，化简可得，8203m m -<-<，与2m ≥且*m N ∈矛盾． 所以1p m =+．★同理可得1r p =+．所以,,m p r c c c 为数列的连续三项，因为132n n a -=⋅，32n b n =-，{}n c 的通项公式为n n n c a b =+，(*)n N ∈，则等比数列{}n a 中连续三项成等差数列，易知{}n a 为常数列，则与题意矛盾．故不存在满足题意的集合A ． 例5．在正项等比数列}{n a 中，215=a ，376=+a a ，则满足n n a a a a a a ΛΛ2121>+++的最大正整数n 的值为________ 【解析】设公比q (q >0)，因为215=a ，376=+a a ，解得q =2，512a -=． 从而12521++2n n a a a -+=…， 所以，(1)52521(2)22n n n n --->⋅即(1)(10)2212n n n--->．（*） 放缩处理即(1)(10)222n n n-->，得(13)10n n -<-，又因为*n N ∈，所以112n ≤≤， 代入（*）检验得最大的正整数n =12．数列的函数特性及背景探究(第二课时)函数思想是数学思想的重要组成部分,也是中学数学中最基本、最重要的数学思想之一．所谓函数思想，就是用运动变化的观点，分析和研究实际问题或数学问题中的数量关系，通过函数的形式，把这种数量关系表示出来并加以研究（一般借助函数的性质、图象等），从而更快更好地解决问题．数列可以看作是一个定义域为正整数集N +（或它的有限子集｛1，2，…，n ｝）的函数，当自变量从小到大依次取值时对应的一列函数值，而数列的通项公式也就是相应函数的解析式．因此，有些数列的问题可用构造函数来解决．证明数列单调性时，如果条件中给出递推公式+1=()n n a f a ，利用它构造出函数()f x ，再借助()f x 的单调性去辅助证明数列的单调性，往往有很好的效果.例1．已知数列{}n a 的各项都是正数，且满足.),4(,21,110N n a a a a n n n ∈-==+ （1）证明12,n n a a n N +<<∈； （2）求数列}{n a 的通项公式n a . 解：1°当n =1时，,23)4(21,10010=-==a a a a ∴2010<<<a a ； 2°假设n =k 时有21<<-k k a a 成立， 令)4(21)(x x x f -=，)(x f 在[0，2]上单调递增，所以由假设有： ),2()()(1f a f a f k k <<-即11111(4)(4)2(42)222k k k k a a a a ---<-<⨯⨯-，也即当1n k =+时，21<<+k k a a 成立，所以对一切2,1<<∈+k k a a N n 有.例2．已知数列{}n a 满足*1221212221,2,2,3,()n n n n a a a a a a n N +-+===+=∈．数列{}n a 前n 项和为n S ． (Ⅰ) 求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）是否存在正整数m ，使得221mm S S -恰好为数列{}n a 中的一项？若存在， 求出所有满足条件的m 值，若不存在，说明理由．解：(Ⅰ) 1223n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⋅⎩ 为奇数为偶数（Ⅱ）若221m m S S -为{}n a 中的一项，则221mm S S -为正整数又2113212422(...+)(...)m m m S a a a a a a ---=++++++。