热点难点突破-不拉分系列之(八)三法破解由递推公式求桐乡功的问题

2022年高考数学基础题型重难题型突破类型四用“不动点法”求数列的通项公式设已知数列}{n a 的项满足其中,1,0≠≠c c 求这个数列的通项公式.采用数学归纳法可以求解这一问题，然而这样做太过繁琐，而且在猜想通项公式中容易出错，本文提出一种易于被学生掌握的解法——特征方程法：针对问题中的递推关系式作出一个方程,d cx x +=称之为特征方程；借助这个特征方程的根快速求解通项公式.下面以定理形式进行阐述.定理1.设上述递推关系式的特征方程的根为0x ，则当10a x =时，n a 为常数列，即0101,;x b a a x a a n n n +===时当，其中}{n b 是以c 为公比的等比数列，即01111,x a b c b b n n -==-.证明：因为,1,0≠c 由特征方程得.10c dx -=作换元,0x a b n n -=则.)(110011n n n n n n cb x a c ccdca c d d ca x a b =-=--=--+=-=--当10a x ≠时，01≠b ，数列}{n b 是以c 为公比的等比数列，故;11-=n n c b b 当10a x =时，01=b ，}{n b 为0数列，故.N ,1∈=n a a n （证毕）下面列举两例，说明定理1的应用.【典例1】已知数列}{n a 满足：,4,N ,23111=∈--=+a n a a n n 求.n a 【典例2】已知数列}{n a 满足递推关系：,N ,)32(1∈+=+n i a a n n 其中i 为虚数单位.当1a 取何值时，数列}{n a 是常数数列？定理2.如果数列}{n a 满足下列条件：已知1a 的值且对于N ∈n ，都有hra qpa a n n n ++=+1（其中p、q、r、h 均为常数，且r h a r qr ph -≠≠≠1,0,），那么，可作特征方程hrx q px x ++=.（1）当特征方程有两个相同的根λ（称作特征根）时，若,1λ=a 则;N ,∈=n a n λ若λ≠1a ，则,N ,1∈+=n b a n n λ其中.N ,)1(11∈--+-=n r p rn a b n λλ特别地，当存在,N 0∈n 使00=n b 时，无穷数列}{n a 不存在.（2）当特征方程有两个相异的根1λ、2λ（称作特征根）时，则112--=n n n c c a λλ，,N ∈n 其中).(,N ,)(211212111λλλλλ≠∈----=-a n rp r p a a c n n 其中证明：先证明定理的第（1）部分.作交换N ,∈-=n a d n n λ则λλ-++=-=++hra qpa a d n n n n 11h ra hq r p a n n +-+-=λλ)(hd r hq r p d n n ++-+-+=)())((λλλλλλλλr h rd q p h r r p d n n -+--+--=])([)(2①∵λ是特征方程的根，∴λ.0)(2=--+⇒++=q p h r hr qp λλλλ将该式代入①式得.N ,)(1∈-+-=+n rh rd r p d d n n n λλ②将rpx =代入特征方程可整理得,qr ph =这与已知条件qr ph ≠矛盾.故特征方程的根λ,rp≠于是.0≠-r p λ③当01=d ，即λ+=11d a =λ时，由②式得,N ,0∈=n b n 故.N ,∈=+=n d a n n λλ当01≠d 即λ≠1a 时，由②、③两式可得.N ,0∈≠n d n 此时可对②式作如下变化：.1)(11rp rd r p r h r p d r h rd d n n n n λλλλλ-+⋅-+=--+=+④由λ是方程h rx q px x ++=的两个相同的根可以求得.2r hp -=λ∴,122=++=---+=-+h p p h rrh p p rr h p h r p r h λλ将此式代入④式得.N ,111∈-+=+n rp r d d n n λ令.N ,1∈=n d b n n 则.N ,1∈-+=+n r p r b b n n λ故数列}{n b 是以rp r λ-为公差的等差数列.∴.N ,)1(1∈-⋅-+=n rp rn b b n λ其中.11111λ-==a db 当0,N ≠∈n b n 时，.N ,1∈+=+=n b d a nn n λλ当存在,N 0∈n 使00=n b 时，λλ+=+=0001n n n b d a 无意义.故此时，无穷数列}{n a 是不存在的.再证明定理的第（2）部分如下：∵特征方程有两个相异的根1λ、2λ，∴其中必有一个特征根不等于1a ，不妨令.12a ≠λ于是可作变换.N ,21∈--=n a a c n n n λλ故21111λλ--=+++n n n a a c ，将hra qpa a n n n ++=+1代入再整理得N,)()(22111∈-+--+-=+n hq r p a hq r p a c n n n λλλλ⑤由第（1）部分的证明过程知r p x =不是特征方程的根，故.,21rp r p ≠≠λλ故.0,021≠-≠-r p r p λλ所以由⑤式可得：N,2211211∈--+--+⋅--=+n rp h q a r p hq a r p r p c n n n λλλλλλ⑥∵特征方程hrx qpx x ++=有两个相异根1λ、2λ⇒方程0)(2=--+q p h x rx 有两个相异根1λ、2λ，而方程xrp xh q x --=-与方程0)(2=---q p h x rx 又是同解方程.∴222111,λλλλλλ-=---=--rp hq r p h q 将上两式代入⑥式得N,2121211∈--=--⋅--=-n c rp rp a a r p r p c n n n n λλλλλλ当,01=c 即11λ≠a 时，数列}{n c 是等比数列，公比为rp rp 21λλ--.此时对于N ∈n 都有.)(((12121111211------=--=n n n rp r p a a r p r p c c λλλλλλ当01=c 即11λ=a 时，上式也成立.由21λλ--=n n n a a c 且21λλ≠可知.N ,1∈=n c n 所以.N ,112∈--=n c c a n n n λλ(证毕)注:当qr ph =时,h ra q pa n n ++会退化为常数;当0=r 时,hra qpa a n n n ++=+1可化归为较易解的递推关系,在此不再赘述.【典例3】已知数列}{n a 满足性质：对于,324,N 1++=∈-n n n a a a n 且,31=a 求}{n a 的通项公式.【典例4】已知数列}{n a 满足：对于,N ∈n 都有.325131+-=+n n n a a a （1）若,51=a 求;n a （2）若,31=a 求;n a （3）若,61=a 求;n a （4）当1a 取哪些值时，无穷数列}{n a 不存在？下面分两种情况给出递推数列dt c bt a t n n n +⋅+⋅=+1通项的求解通法.(1)当c=0,时,由d t c b t a t n n n +⋅+⋅=+1dbt d a t n n +⋅=⇒+1,记k d a =,c db=，则有c t k t n n +⋅=+1（k≠0）,∴数列{n t }的特征函数为)(x f =kx+c,由kx+c=x ⇒x=k c -1,则c t k t n n +⋅=+1⇒1(11k ct k k c t n n --=--+∴数列}1{k ct n --是公比为k 的等比数列,∴11)1(1-⋅--=--n n k k c t k c t ⇒11)1(1-⋅--+-=n n k kct k c t .(2)当c≠0时,数列{n t }的特征函数为：)(x f =dx c bx a +⋅+⋅由x dx c bx a =+⋅+⋅0)(2=--+⇒b x a d cx 设方程0)(2=--+b x a d cx 的两根为x 1,x 2,则有:0)(121=--+b x a d cx ,0)(222=--+b x a d cx ∴12)(1x a d cx b -+= (1)222)(x a d cx b -+= (2)又设212111x t x t k x t x t n nn n --⋅=--++(其中,n∈N *,k 为待定常数).由212111x t x t k x t x t n nn n --⋅=--++⇒2121x t x t k x dt c b t a x d t c bt a n n n n n n --⋅=-+⋅+⋅-+⋅+⋅⇒212211x t x t k dx t cx b at dx t cx b at n nn n n n --⋅=--+--+……(3)将(1)、（2）式代入(3)式得:2122221121x t x t k ax t cx cx at ax t cx cx at n n n n n n --⋅=--+--+⇒212211))(())((x t x t k x t cx a x t cx a n nn n --⋅=----⇒21cx a cx a k --=∴数列{21x t x t n n --}是公比为21cx a cx a --(易证021≠--cx a cx a )的等比数列.∴21x t x t n n --=1212111-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⋅--n cxa cx a x t x t ⇒12121111212111211--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⋅---⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⋅--⋅-=n n n cxa cx a x t x t cxa cx a x t x t x x t .【典例5】已知数列{a n }中，a 1=2，3121+=+n n a a ，求{a n }的通项。

精析由递推公式求通项的9种方法1．a n ＋1＝a n ＋f (n )型把原递推公式转化为a n ＋1－a n ＝f (n )，再利用累加法(逐差相加法)求解，即a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝a 1＋f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (n －1)．[例1] 已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝a n ＋1n 2＋n，求a n . [解] 由条件，知a n ＋1－a n ＝1n 2＋n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，则(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ， 所以a n －a 1＝1－1n. 因为a 1＝12，所以a n ＝12＋1－1n ＝32－1n. 2．a n ＋1＝f (n )a n 型把原递推公式转化为a n ＋1a n＝f (n )，再利用累乘法(逐商相乘法)求解，即由a 2a 1＝f (1)，a 3a 2＝f (2)，…，a n a n －1＝f (n －1)，累乘可得a n a 1＝f (1)f (2)…f (n －1)．[例2] 已知数列{a n }满足a 1＝23，a n ＋1＝n n ＋1·a n，求a n . [解] 由a n ＋1＝n n ＋1·a n ，得a n ＋1a n ＝n n ＋1， 故a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝n －1n ×n －2n －1×…×12×23＝23n .即a n ＝23n . 3．a n ＋1＝pa n ＋q (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)型对于此类问题，通常采用换元法进行转化，假设将递推公式改写为a n ＋1＋t ＝p (a n ＋t )，比较系数可知t ＝q p －1，可令a n ＋1＋t＝b n ＋1换元即可转化为等比数列来解决．[例3] 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，求a n .[解] 设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1－t ＝2(a n －t )，即a n ＋1＝2a n －t ，则t ＝－3.故递推公式为a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)．令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝4，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2. 所以{b n }是以b 1＝4为首项，2为公比的等比数列．所以b n ＝4×2n －1＝2n ＋1，即a n ＝2n ＋1－3. 4．a n ＋1＝pa n ＋q n (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)型(1)一般地，要先在递推公式两边同除以q n ＋1，得a n ＋1qn ＋1＝p q ·a n q n ＋1q ，引入辅助数列{b n }⎝⎛⎭⎪⎫其中b n ＝a n q n ，得b n ＋1＝p q ·b n ＋1q ，再用待定系数法解决；(2)也可以在原递推公式两边同除以pn ＋1，得a n ＋1p n ＋1＝a n p n ＋1p ·⎝ ⎛⎭⎪⎫q p n ，引入辅助数列{b n }⎝ ⎛⎭⎪⎫其中b n ＝a n p n ，得b n ＋1－b n ＝1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫q p n ，再利用叠加法(逐差相加法)求解．[例4] 已知数列{a n }中，a 1＝56，a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1，求a n . [解] 法一：在a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1两边乘以2n ＋1，得2n ＋1·a n ＋1＝23(2n ·a n )＋1. 令b n ＝2n ·a n ，则b n ＋1＝23b n ＋1， 根据待定系数法，得b n ＋1－3＝23(b n －3)． 所以数列{b n －3}是以b 1－3＝2×56－3＝－43为首项， 以23为公比的等比数列． 所以b n －3＝－43·⎝⎛⎭⎫23n －1，即b n ＝3－2⎝⎛⎭⎫23n .于是，a n ＝b n 2n ＝3⎝⎛⎭⎫12n －2⎝⎛⎭⎫13n . 法二：在a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1两边乘以3n ＋1，得 3n ＋1a n ＋1＝3n a n ＋⎝⎛⎭⎫32n ＋1.令b n ＝3n ·a n ，则b n ＋1＝b n ＋⎝⎛⎭⎫32n ＋1.所以b n －b n －1＝⎝⎛⎭⎫32n ，b n －1－b n －2＝⎝⎛⎭⎫32n －1，…， b 2－b 1＝⎝⎛⎭⎫322.将以上各式叠加，得b n －b 1＝⎝⎛⎭⎫322＋…＋⎝⎛⎭⎫32n －1＋⎝⎛⎭⎫32n . 又b 1＝3a 1＝3×56＝52＝1＋32， 所以b n ＝1＋32＋⎝⎛⎭⎫322＋…＋⎝⎛⎭⎫32n －1＋⎝⎛⎭⎫32n ＝1·⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫32n ＋11－32＝2⎝⎛⎭⎫32n ＋1－2， 即b n ＝2⎝⎛⎭⎫32n ＋1－2.故a n ＝b n 3n ＝3⎝⎛⎭⎫12n －2⎝⎛⎭⎫13n . 5．a n ＋1＝pa n ＋an ＋b (p ≠1，p ≠0，a ≠0)型这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令a n ＋1＋x (n ＋1)＋y ＝p (a n ＋xn ＋y )，与已知递推式比较，解出x ，y ，从而转化为{a n ＋xn ＋y }是公比为p 的等比数列．[例5] 设数列{a n }满足a 1＝4，a n ＝3a n －1＋2n －1(n ≥2)，求a n .[解] 设递推公式可以转化为a n ＋An ＋B ＝3[a n －1＋A (n －1)＋B ]，化简后与原递推式比较，得⎩⎪⎨⎪⎧2A ＝2，2B －3A ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧A ＝1，B ＝1. 令b n ＝a n ＋n ＋1.(*)则b n ＝3b n －1，又b 1＝6，故b n ＝6·3n －1＝2·3n ，代入(*)式，得a n ＝2·3n －n －1. 6．a n ＋1＝pa r n (p >0，a n >0)型这种类型一般是等式两边取对数后转化为a n ＋1＝pa n ＋q 型数列，再利用待定系数法求解．[例6] 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝1a ·a 2n(a >0)，求数列{a n }的通项公式． [解] 对a n ＋1＝1a ·a 2n的两边取对数， 得lg a n ＋1＝2lg a n ＋lg 1a. 令b n ＝lg a n ，则b n ＋1＝2b n ＋lg 1a. 由此得b n ＋1＋lg 1a ＝2⎝⎛⎭⎫b n ＋lg 1a ，记c n ＝b n ＋lg 1a，则c n ＋1＝2c n ， 所以数列{c n }是以c 1＝b 1＋lg 1a ＝lg 1a为首项，2为公比的等比数列． 所以c n ＝2n －1·lg 1a. 所以b n ＝c n －lg 1a ＝2n －1·lg 1a －lg 1a＝lg ⎣⎡⎦⎤a ·⎝⎛⎭⎫1a 2n －1＝lg a 1－2n ， 即lg a n ＝lg a 1－2n ，所以a n ＝a 1－2n .7．a n ＋1＝Aa n Ba n ＋C(A ，B ，C 为常数)型 对于此类递推数列，可通过两边同时取倒数的方法得出关系式[例7] 已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，n ＝1,2,3，…，求{a n }的通项公式． [解] ∵a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，∴1a n ＋1＝23＋13a n，∴1a n ＋1－1＝13⎝⎛⎭⎫1a n －1. 又1a 1－1＝23， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是以23为首项，13为公比的等比数列， ∴1a n －1＝23·13n －1＝23n ， ∴a n ＝3n 3n ＋2. 8.)(1n f a a n n =++型 由原递推关系改写成),()1(2n f n f a a n n -+=-+然后再按奇偶分类讨论即可例8.已知数列{}n a 中，,11=a .21n a a n n =++求n a 解析：.21n a a n n =++Θ2212+=+++n a a n n ，故22=-+n n a a 即数列{}n a 是奇数项和偶数项都是公差为2的等差数列，⎩⎨⎧∈≥-=∴*,1,1,N n n n n n n a n 且，为偶数为奇数 9.)(1n f a a n n =⋅+型将原递推关系改写成)1(12+=+⋅+n f a a n n ，两式作商可得,)()1(2n f n f a a n n +=+然后分奇数、偶数讨论即可 例9.已知数列{}n a 中，,2,311n n n a a a =⋅=+求{}n a 解析：⎪⎩⎪⎨⎧∈≥⋅⋅=+-N n n n n a n n n ,1,231,23221，为偶数为奇数。

递推式求数列通项公式常见类型及解法对于由递推式所确定的数列通项公式问题，通常可通过对递推式的变形转化成等差数列或等比数列，也可以通过构8造把问题转化。

下面分类说明。

一、型例1. 在数列{a}中，已知，求通项公式。

n解：已知递推式化为，即，所以。

将以上个式子相加，得，所以。

二、型例2. 求数列的通项公式。

解：当，即当，所以。

三、型例3. 在数列中，，求。

解法1：设，对比，得。

于是，得，以3为公比的等比数列。

所以有。

解法2：又已知递推式，得上述两式相减，得，因此，数列是以为首项，以3为公比的等比数列。

所以，所以。

四、型例4. 设数列，求通项公式。

解：设，则，，所以，即。

设这时，所以。

由于{b}是以3为首项，以为公比的等比数列，所以有。

n由此得：。

说明：通过引入一些尚待确定的系数转化命题结构，经过变形与比较，把问题转化成基本数列（等差或等比数列）。

五、型例5. 已知b≠0，b≠±1，，的通项公式。

写出用n和b表示an解：将已知递推式两边乘以，得，又设，于是，原递推式化为，仿类型三，可解得，故。

说明：对于递推式，可两边除以，得，引入辅助数列，然后可归结为类型三。

六、型例6. 已知数列，求。

解：在两边减去。

所以为首项，以。

所以令上式，再把这个等式累加，得。

所以。

说明：可以变形为，就是，则可从，解得，于是是公比为的等比数列，这样就转化为前面的类型五。

等差、等比数列是两类最基本的数列，是数列部分的重点，自然也是高考考查的热点，而考查的目的在于测试灵活运用知识的能力，这个“灵活”往往集中在“转化”的水平上。

转化的目的是化陌生为熟悉，当然首先是等差、等比数列，根据不同的递推公式，采用相应的变形手段，达到转化的目的。

构建新数列巧解递推数列题1 求通项求通项是递推数列竞赛题的常见题型，这类问题可通过构建新数列进行代换，使递推关系式简化，这样就把原数列变形转化为等差数列、等比数列和线性数列等容易处理的数列，使问题由难变易，所用的即换元和化归的思想。

⾼中物理竞赛实⽤解题⽅法——递推法递推法递推法是解决物体与物体发⽣多次作⽤后的情况. 即当问题中涉及相互联系的物体较多并且有规律时，应根据题⽬特点应⽤数学思想将所研究的问题归类，然后求出通式. 具体⽅法是先分析某⼀次作⽤的情况，得出结论. 再根据多次作⽤的重复性和它们的共同点，把结论推⼴，然后结合数学知识求解. ⽤递推法解题的关键是导出联系相邻两次作⽤的递推关系式.例1 质点以加速度a 从静⽌出发做直线运动，在某时刻t ，加速度变为2a ；在时刻2t ，加速度变为3a ；…；在nt 时刻，加速度变为（n +1）a ，求：（1）nt 时刻质点的速度；（2）nt 时间内通过的总路程.解析根据递推法的思想，从特殊到⼀般找到规律，然后求解.（1）物质在某时刻t 末的速度为at v t =2t 末的速度为at at v at v v t t t 2,222+=+=所以3t 末的速度为at at at at v v t t 32322++=+=……则nt 末的速度为nat v v t n nt +=-)1()321()1(32n at nat at n at at at ++++=+-++++=at n n n n at )1(21)1(21+=+?= （2）同理：可推得nt 内通过的总路程.)12)(1(1212at n n n s ++= 例2 ⼩球从⾼m h 1800=处⾃由下落，着地后跳起⼜下落，每与地⾯相碰⼀次，速度减⼩)2(1=n n，求⼩球从下落到停⽌经过的总时间为通过的总路程.（g 取10m/s 2）解析⼩球从h 0⾼处落地时，速率s m gh v /60200==第⼀次跳起时和⼜落地时的速率2/01v v =第⼆次跳起时和⼜落地时的速率2022/v v =第m 次跳起时和⼜落地时的速率m m v v 2/0= 每次跳起的⾼度依次4022*******,2n h g v h n h g v h ====， ……通过的总路程 +++++=∑m h h h h s 222210m h n n h n h h n n n n h h m 300351112)1111(202202002242200==-+?=-+=++++++=- 经过的总时间为 +++++=∑m t t t t t 210s g v n n g v n n g v gv g v g v m m 183)11(])1(2121[2200010==-+=+?++?+=++++=例3 A 、B 、C 三只猎⽝站⽴的位置构成⼀个边长为a 的正三⾓形，每只猎⽝追捕猎物的速度均为v ，A ⽝想追捕B ⽝，B⽝想追捕C ⽝，C ⽝想追捕A ⽝，为追捕到猎物，猎⽝不断调整⽅向，速度⽅向始终“盯”住对⽅，它们同时起动，经多长时间可捕捉到猎物？解析由题意可知，由题意可知，三只猎⽝都做等速率曲线运动，⽽且任⼀时刻三只猎⽝的位置都分别在⼀个正三⾓形的三个顶点上，但这正三⾓形的边长不断减⼩，如图6—1所⽰.所以要想求出捕捉的时间，则需⽤微元法将等速率曲线运动变成等速率直线运动，再⽤递推法求解.设经时间t 可捕捉猎物，再把t 分为n 个微⼩时间间隔△t ，在每⼀个△t 内每只猎⽝的运动可视为直线运动，每隔△t ，正三⾓形的边长分别为a 1、a 2、a 3、…、a n ，显然当a n →0时三只猎⽝相遇. t v n a a t v a t v a a t v a t v a a t v a BB AA a a n ??-=??-=?-=??-=?-=?-=?--=23,23323,23223,2360cos 2312111因为,023=??-t v n a 即va t t t n 32==?所以此题还可⽤对称法，在⾮惯性参考系中求解.例4 ⼀列进站后的重载列车，车头与各节车厢的质量相等，均为m ，若⼀次直接起动，车头的牵引⼒能带动30节车厢，那么，利⽤倒退起动，该车头能起动多少节同样质量的车厢？解析若⼀次直接起动，车头的牵引⼒需克服摩擦⼒做功，使各节车厢动能都增加，若利⽤倒退起动，则车头的牵引⼒需克服摩擦⼒做的总功不变，但各节车厢起动的动能则不同.原来挂钩之间是张紧的，倒退后挂钩间存在△s 的宽松距离，设⽕车的牵引⼒为F ，则有：车头起动时，有2121)(mv s mg F =?-µ 拉第⼀节车厢时：11)(mv v m m ='+ 故有s g mF v v ?-==)(21412121µ 2122221221)2(v m mv s mg F '?-?=?-µ 拉第⼆节车厢时：222)2(mv v m m ='+ 故同样可得：s g m F v v ?-==')35(32942222µ …… 推理可得 s g n m F n n v n ?+-+=')312(12µ 由mg n F v n µ312:02+>>'可得另由题意知46,31<=n mg F 得µ因此该车头倒退起动时，能起动45节相同质量的车厢.例5 有n 块质量均为m ，厚度为d 的相同砖块，平放在⽔平地⾯上，现将它们⼀块⼀块地叠放起来，如图6—2所⽰，⼈⾄少做多少功？解析将平放在⽔平地⾯上的砖⼀块⼀块地叠放起来，每次克服重⼒做的功不同，因此需⼀次⼀次地计算递推出通式计算.将第2块砖平放在第⼀块砖上⼈⾄少需克服重⼒做功为mgd W =2将第3、4、…、n 块砖依次叠放起来，⼈克服重⼒⾄少所需做的功分别为dn mg W dmg W dmg W dmg W n )1(432543-====所以将n 块砖叠放起来，⾄少做的总功为W =W 1+W 2+W 3+…+W n2)1()1(32-?=-++++=n n mgd dn mg d mg d mg mgd例6 如图6—3所⽰，有六个完全相同的长条薄⽚1(=i B A i i 、2、…、6）依次架在⽔平碗⼝上，⼀端搁在碗⼝，另⼀端架在另⼀薄⽚的正中位置（不计薄⽚的质量）. 将质量为m 的质点置于A 1A 6的中点处，试求：A 1B 1薄⽚对A 6B 6的压⼒.解析本题共有六个物体，通过观察会发现，A 1B 1、A 2B 2、…、A 5B 5的受⼒情况完全相同，因此将A 1B 1、A 2B 2、…A 5B 5作为⼀类，对其中⼀个进⾏受⼒分析，找出规律，求出通式即可求解.以第i 个薄⽚AB 为研究对象，受⼒情况如图6—3甲所⽰，第i 个薄⽚受到前⼀个薄⽚向上的⽀持⼒N i 、碗边向上的⽀持⼒和后⼀个薄⽚向下的压⼒N i +1. 选碗边B 点为轴，根据⼒矩平衡有 2,211++=?=?i i i i N N L N L N 得所以65321)21(212121N N N N ==?== ①再以A 6B 6为研究对象，受⼒情况如图6—3⼄所⽰，A 6B 6受到薄⽚A 5B 5向上的⽀持⼒N 6、碗向上的⽀持⼒和后⼀个薄⽚A 1B 1向下的压⼒N 1、质点向下的压⼒mg. 选B 6点为轴，根据⼒矩平衡有L N L mg L N ?=?+?61432 由①、②联⽴，解得 421mg N =所以，A 1B 1薄⽚对A 6B 6的压⼒为.42mg 例7 ⽤20块质量均匀分布的相同光滑积⽊块，在光滑⽔平⾯上⼀块叠⼀块地搭成单孔桥，已知每⼀积⽊块长度为L ，横截⾯是边长为)4/(L h h =的正⽅形，要求此桥具有最⼤的跨度（即桥孔底宽），计算跨度与桥孔⾼度的⽐值.解析为了使搭成的单孔桥平衡，桥孔两侧应有相同的积⽊块，从上往下计算，使积⽊块均能保证平衡，要满⾜合⼒矩为零，平衡时，每块积⽊块都有最⼤伸出量，则单孔桥就有最⼤跨度，⼜由于每块积⽊块都有厚度，所以最⼤跨度与桥孔⾼度存在⼀⽐值.将从上到下的积⽊块依次计为1、2、…、n ，显然第1块相对第2块的最⼤伸出量为 21L x =? 第2块相对第3块的最⼤伸出量为2x ?（如图6—4所⽰），则224)2(222?==-=??L L x G x L x G同理可得第3块的最⼤伸出量323?=L x …… 最后归纳得出nL x n ?=2 所以总跨度h xk n n 32.11291=?=∑= 跨度与桥孔⾼的⽐值为 258.1932.11==hh H k 例8 如图6—5所⽰，⼀排⼈站在沿x 轴的⽔平轨道旁，原点O 两侧的⼈的序号都记为3,2,1(=n n …）. 每⼈只有⼀个沙袋，0>x ⼀侧的每个沙袋质量为m =14kg ，0+=?--+n n n n n v nm M m n M v v nm M mv n v m n M 即. 同理有n n v mn M m n M v )1()2(1+++-=+，若抛上（n+1）包沙袋后车反向运动，则应有.0,01<>+n n v v 即.0)2(,0)1(<+->+-m n M m n M 由此两式解得：n n n ,14 20,1438><为整数取3. 当车反向滑⾏时，根据上⾯同样推理可知，当向左运动到第n 个⼈⾝旁，抛上第n 包沙袋后由动量守恒定律有：''++='-''-++--n n nv m n m M nv m v m n m M )3(2])1(3[11解得：''+++'+-+='''++'+-+='+-n n n n v m n m M m n m M v v m n m M m n m M v )1(3)2(33)1(311同理设抛上n+1个沙袋后车速反向，要求0,01≤>'+n n v v即=>≤'+-+>'+-+870)2(30)1(3n n m n m M m n m M 解得即抛上第8个沙袋后车就停⽌，所以车上最终有11个沙袋.例9 如图6—6所⽰，⼀固定的斜⾯，倾⾓?=45θ，斜⾯长L=2.00⽶. 在斜⾯下端有⼀与斜⾯垂直的挡板. ⼀质量为m 的质点，从斜⾯的最⾼点沿斜⾯下滑，初速度为零. 下滑到最底端与挡板发⽣弹性碰撞. 已知质点与斜⾯间的动摩擦因数20.0=µ，试求此质点从开始到发⽣第11次碰撞的过程中运动的总路程.解析因为质点每次下滑均要克服摩擦⼒做功，且每次做功⼜不相同，所以要想求质点从开始到发⽣n 次碰撞的过程中运动的总路程，需⼀次⼀次的求，推出通式即可求解.设每次开始下滑时，⼩球距档板为s则由功能关系：θθµsin )()(cos 2121s s mg s s mg -=+θθµsin )()(cos 3232s s mg s s mg -=+ 即有32cos sin cos sin 2312=+-===θµθθµθ s s s s 由此可见每次碰撞后通过的路程是⼀等⽐数列，其公⽐为.32∴在发⽣第11次碰撞过程中的路程 11321222s s s s s ++++=1111111321321])32(1[2)(2s s s s s s s ---?=-++++= )(86.9)()32(121011m m =?-= 例10 如图6—7所⽰，⼀⽔平放置的圆环形刚性窄槽固定在桌⾯上，槽内嵌着三个⼤⼩相同的刚性⼩球，它们的质量分别是m 1、m 2和m 3，m 2=m 3=2m 1. ⼩球与槽的两壁刚好接触⽽它们之间的摩擦可忽略不计. 开始时，三球处在槽中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的位置，彼此间距离相等，m 2和m 3静⽌，m 1以初速2/0R v π=沿槽运动，R 为圆环的内半径和⼩球半径之和，设各球之间的碰撞皆为弹性碰撞，求此系统的运动周期T.解析当m 1与m 2发⽣弹性碰撞时，由于m 2=2m 1，所以m 1碰后弹回，m 2向前与m 3发⽣碰撞. ⽽⼜由于m 2=m 3，所以m 2与m 3碰后，m 3能静⽌在m 1的位置，m 1⼜以v 速度被反弹，可见碰撞⼜重复⼀次. 当m 1回到初始位置，则系统为⼀个周期.以m 1、m 2为研究对象，当m 1与m 2发⽣弹性碰撞后，根据动量守恒定律，能量守恒定律可写出：221101v m v m v m += ①222211201212121v m v m v m += ②由①、②式得：002112002121132231)(v v m m m v v v m m m m v =+=-=+-= 以m 2、m 3为研究对象，当m 2与m 3发⽣弹性碰撞后，得032203='=v v v 以m 3、m 1为研究对象，当m 3与m 1发⽣弹性碰撞后，得0130v v v ='=' 由此可见，当m 1运动到m 2处时与开始所处的状态相似.所以碰撞使m 1、m 2、m 3交换位置，当m 1再次回到原来位置时，所⽤的时间恰好就是系统的⼀个周期T ，由此可得周期).(2021010)32232(3)(30000321s R R v R v R v R v R t t t T ===++?=++=ππππππ例11 有许多质量为m 的⽊块相互靠着沿⼀直线排列于光滑的⽔平⾯上. 每相邻的两个⽊块均⽤长为L 的柔绳连接着. 现⽤⼤⼩为F 的恒⼒沿排列⽅向拉第⼀个⽊块，以后各⽊块依次被牵⽽运动，求第n 个⽊块被牵动时的速度.解析每⼀个⽊块被拉动起来后，就和前⾯的⽊块成为⼀体，共同做匀加速运动⼀段距离L 后，把绳拉紧，再牵动下⼀个⽊块.在绳⼦绷紧时，有部分机械能转化为内能. 因此，如果列出221)1(n nmv FL n =-这样的关系式是错误的. 设第)1(-n 个⽊块刚被拉动时的速度为1-n v ，它即将拉动下⼀个⽊块时速度增⾄1-'nv ，第n 个⽊块刚被拉动时速度为n v . 对第)1(-n 个⽊块开始运动到它把下⼀段绳⼦即将拉紧这⼀过程，由动能定理有：2121)1(21)1(21----'-=n n mv n v m n FL ①对绳⼦把第n 个⽊块拉动这⼀短暂过程，由动量守恒定律，有n nnmv v m n ='--1)1( 得：n n v n n v 11-='- ②把②式代⼊①式得：212)1(21)1()1(21-----=n n mv n v n n m n FL 整理后得：21222)1(2)1(---=-n n v n v n m FL n ③③式就是反映相邻两⽊块被拉动时速度关系的递推式，由③式可知当n =2时有：2122222v v mFL -= 当n =3时有：2222322322v v mFL -=? 当n =4时有：2322423423v v mFL -=? … ⼀般地有21222)1(2)1(---=-n n v n v n m FL n 将以上)1(-n 个等式相加，得：21222)1321(v v n m FL n n -=-++++ 所以有212222)1(v v n mFL n n n -=?- 在本题中01=v ，所以.)1(nm n FL v n -=例12 如图6—8所⽰，质量m =2kg 的平板⼩车，后端放有质量M =3kg 的铁块，它和车之间动摩擦因数.50.0=µ开始时，车和铁块共同以s m v /30=的速度向右在光滑⽔平⾯上前进，并使车与墙发⽣正碰，设碰撞时间极短，碰撞⽆机械能损失，且车⾝⾜够长，使得铁块总不能和墙相碰，求⼩车⾛过的总路程.解析⼩车与墙撞后，应以原速率弹回. 铁块由于惯性继续沿原来⽅向运动，由于铁块和车的相互摩擦⼒作⽤，过⼀段时间后，它们就会相对静⽌，⼀起以相同的速度再向右运动，然后车与墙发⽣第⼆次碰撞，碰后，⼜重复第⼀次碰后的情况. 以后车与墙就这样⼀次次碰撞下去. 车每与墙碰⼀次，铁块就相对于车向前滑动⼀段距离，系统就有⼀部分机械能转化为内能，车每次与墙碰后，就左、右往返⼀次，车的总路程就是每次往返的路程之和.设每次与墙碰后的速度分别为v 1、v 2、v 3、…、v n 、…车每次与墙碰后向左运动的最远距离分别为s 1、s 2、s 3、…、s n 、…. 以铁块运动⽅向为正⽅向，在车与墙第)1(-n 次碰后到发⽣第n 次碰撞之前，对车和铁块组成的系统，由动量守恒定律有n n v m M v m M )()(1+=-- 所以 511--=+-=n n n v v m M m M v 由这⼀关系可得： ,5,521312v v v v == ⼀般地，有 ,511-=n n v v 由运动学公式可求出车与墙发⽣第n 次碰撞后向左运动的最远距离为2221215122-?==n n a v a v s类似的，由这⼀关系可递推到：222142132212211512,,512,512,2-?=?=?==n n a v s a v s a v s a v s 所以车运动的总路程)(2321 +++++=n s s s s s 总24255111)5151511(2221221224221?=-?=+++++?=-a v a v a v n 因此201/215/3s m m Mg a sm v v ====µ 所以)(45m s =总例13 10个相同的扁长⽊块⼀个紧挨⼀个地放在⽔平地⾯上，如图6—9所⽰，每个⽊块的质量,40.0kg m =长度m l 45.0=，它们与地⾯间的静摩擦因数和动摩擦因数均为.10.02=µ原来⽊块处于静⽌状态. 左⽅第⼀个⽊块的左端上⽅放⼀个质量为M=1.0kg 的⼩铅块，它与⽊块间的静摩擦因数和动摩擦因数均为.20.01=µ现突然给铅块⼀向右的初速度s m v /3.40=，使其在⼤⽊块上滑⾏. 试确定铅块最后的位置在何处（落在地上还是停在哪块⽊块上）. 重⼒加速度g 取2)/(10s m ，设铅块的长度与⽊块相⽐可以忽略.解析当铅块向右运动时，铅块与10个相同的扁长⽊块中的第⼀块先发⽣摩擦⼒，若此摩擦⼒⼤于10个扁长⽊块与地⾯间的最⼤静摩擦⼒，则10个扁长⽊块开始运动，若此摩擦⼒⼩于10个扁长⽊块与地⾯间的最⼤摩擦⼒，则10个扁长⽊块先静⽌不动，随着铅块的运动，总有⼀个时刻扁长⽊块要运动，直到铅块与扁长⽊块相对静⽌，后⼜⼀起匀减速运动到停⽌.铅块M 在⽊块上滑⾏所受到的滑动摩擦⼒N Mg f 0.211==µ设M 可以带动⽊块的数⽬为n ，则n 满⾜：0)1()(221≥--+-mg n g m M f µµ 即0)1(4.04.10.2≥---n上式中的n 只能取整数，所以n 只能取2，也就是当M 滑⾏到倒数第⼆个⽊块时，剩下的两个⽊块将开始运动.设铅块刚离开第8个⽊块时速度为v ，则 l Mg Mv Mv 821211202?-=µ 得：0)/(49.222>=s m v由此可见⽊块还可以滑到第9个⽊块上. M 在第9个⽊块上运动如图6—9甲所⽰，则对M ⽽⾔有：M Ma Mg =-1µ得：2/0.2s m a M -=第9及第10个⽊块的动⼒学⽅程为：m ma mg g m M Mg 2)(221=-+-µµµ，得：./25.02s m a m = 设M 刚离开第9个⽊块上时速度为v '，⽽第10个⽊块运动的速度为V '，并设⽊块运动的距离为s ，则M 运动的距离为l s +，有：s a V l s a v v m M 2)(2222='++='ta V t a v v m M ='+=' 消去s 及t 求出：='-='='='sm V s m v s m V s m v /23.0/26.0/212.0/611.0或，显然后⼀解不合理应舍去. 因V v '>'，故M 将运动到第10个⽊块上.再设M 运动到第10个⽊块的边缘时速度为v ''，这时⽊块的速度为V ''，则： )(222l s a v v M +'+'=''解得：0463.12<'--=''s v ，故M 不能滑离第10个⽊块，只能停在它的表⾯上，最后和⽊块⼀起静⽌在地⾯上.例14 如图6—10所⽰，质量为m 的长⽅形箱⼦，放在光滑的⽔平地⾯上. 箱内有⼀质量也为m 的⼩滑块，滑块与箱底间⽆摩擦. 开始时箱⼦静⽌不动，滑块以恒定的速度v 0从箱⼦的A 壁处向B 处运动，后与B 壁碰撞. 假设滑块与箱壁每碰撞⼀次，两者相对速度的⼤⼩变为该次碰撞前相对速度的e 倍，.214=e （1）要使滑块与箱⼦这⼀系统消耗的总动能不超过其初始动能的40%，滑块与箱壁最多可碰撞⼏次？（2）从滑块开始运动到刚完成上述次数的碰撞期间，箱⼦的平均速度是多少？解析由于滑块与箱⼦在⽔平⽅向不受外⼒，故碰撞时系统⽔平⽅向动量守恒. 根据题⽬给出的每次碰撞前后相对速度之⽐，可求出每⼀次碰撞过程中动能的损耗.滑块开始运动到完成题⽬要求的碰撞期间箱⼦的平均速度，应等于这期间运动的总位移与总时间的⽐值.（1）滑块与箱壁碰撞，碰后滑块对地速度为v ，箱⼦对地速度为u . 由于题中每次碰撞的e 是⼀样的，故有：1111220011----==--=--=n n n n u v v u u v v u u v v u e 或1111220110----==--=--=-n n n n u v u v u v u v v u v e111122011)(----??--?-=-n n n n n u v u v u v u v v u v e 即碰撞n 次后0)(v e u v n n n -=- ①碰撞第n 次的动量守恒式是0mv mu mv n n =+ ②①、②联⽴得00])(1[21])(1[21v e u v e v n n n n --=-+= 第n 次碰撞后，系统损失的动能)(21212220n n kn k kn u v m mv E E E +-=-=? k nn n E e mv e e mv mv 212121)1(4121220222020-=?-=+-=下⾯分别讨论：当146.0221121,12=-=-=?=e E E n k kl 时 25.0221121,242=-=-=?=e E E n k k 时 323.022121121,363=-=-=?=e E E n k k 时 375.0241121,484=-=-=?=e E E n k k 时 412.022141121,5105=-=-=?=e E E n k k 时因为要求的动能损失不超过40%，故n=4.（2）设A 、B 两侧壁的距离为L ，则滑块从开始运动到与箱壁发⽣第⼀次碰撞的时间 00v L t =. 在下⼀次发⽣碰撞的时间0 111||ev L v u L t =-=，共碰撞四次，另两次碰撞的时间分别为022v e L t =、033v e L t =，所以总时间).1(32033210e e e v e L t t t t t +++=+++= 在这段时间中，箱⼦运动的距离是：3322110t u t u t u s +++=)1(2222222)1(21)1(21)1(21323320303020200e e e eL L e L L e L L e L v e L v e v e L v e ev L v e +++=+++-+=?++?-+?+=所以平均速度为：2)1()1(203203323v e e e v e L e e e eL t s v =++++++== 例15 ⼀容积为1/4升的抽⽓机，每分钟可完成8次抽⽓动作. ⼀容积为1升的容器与此抽⽓筒相连通. 求抽⽓机⼯作多长时间才能使容器内的⽓体的压强由76mmmHg 降为1.9mmHg.（在抽⽓过程中容器内的温度保持不变）解析根据玻⼀马定律，找出每抽⽓⼀次压强与容器容积和抽⽓机容积及原压强的关系，然后归纳递推出抽n 次的压强表达式.设⽓体原压强为p 0，抽⽓机的容积为V 0，容器的容积为V . 每抽⼀次压强分别为p 1、p 2、…，则由玻⼀马定律得：第⼀次抽⽓后：)(010V V p V p += ①第⼆次抽⽓后：)(021V V p V p += ②依次递推有：)(032V V p V p += ③)(01V V p V p n n +=- ○n由以上○n 式得：)lg(lg)(0000v V V p p n p V V V p n n n +=+=所以代⼊已知得：2725.1lg 400lg ==n （次）⼯作时间为：38.3827==t 分钟例16 使⼀原来不带电的导体⼩球与⼀带电量为Q 的导体⼤球接触，分开之后，⼩…球获得电量q. 今让⼩球与⼤球反复接触，在每次分开有后，都给⼤球补充电荷，使其带电量恢复到原来的值Q. 求⼩球可能获得的最⼤电量.解析两个孤⽴导体相互接触，相当于两个对地电容并联，设两个导体球带电Q 1、Q 2，由于两个导体球对地电压相等，故有k C C C Q Q Q C C Q Q C Q C Q =+=+==21121121212211,,亦即即，所以k Q Q k Q ),(21+=为常量，此式表明：带电（或不带电）的⼩球跟带电⼤球接触后，⼩球所获得的电量与总电量的⽐值不变，⽐值k 等于第⼀次带电量q 与总电量Q 的⽐值，即.Qq k =根据此规律就可以求出⼩球可能获得的最⼤电量. 设第1、2、…、n 次接触后⼩球所带的电量分别为q 1、q 2、…，有：qk q k kq q q Q k q q k kq q kq kQ q Q k q kqq q Q k q qkQ q n n n 1212223121)()()(--++++=+=++=+=+=+=+===由于1qQ qQ Q qq k q q n -=-=-=11 即⼩球与⼤球多次接触后，获得的最⼤电量为.q Q qQ - 例17 在如图6—11所⽰的电路中，S 是⼀单⼑双掷开关，A 1和A 2为两个平⾏板电容器，S 掷向a 时，A 1获电荷电量为Q ，当S 再掷向b 时，A 2获电荷电量为q. 问经过很多次S 掷向a ，再掷向b 后，A 2将获得多少电量？解析 S 掷向a 时，电源给A 1充电，S 再掷向b ，A 1给A 2充电，在经过很多次重复的过程中，A 2的带电量越来越多，两板间电压越来越⼤. 当A 2的电压等于电源电压时，A 2的带电量将不再增加. 由此可知A 2最终将获得电量q 2=C 2E.因为E C Q 1= 所以EQ C =1 当S 由a 第⼀次掷向b 时，有：21C q C q Q =- 所以Eq Q Qq C )(2-= 解得A 2最终获得的电量 qQ Qq q -=2例18 电路如图6—12所⽰，求当R '为何值时，R AB 的阻值与“⽹络”的“格”数⽆关？此时R AB 的阻值等于什么？解析要使R AB 的阻值与“⽹络”的“格”数⽆关，则图中CD 间的阻值必须等于R '才⾏. 所以有R R R R R R R '=+'+'+222)2( 解得R R )15(-=' 此时AB 间总电阻R R AB )15(+=例19 如图6—13所⽰，在x 轴上⽅有垂直于xy 平⾯向⾥的匀强磁场，磁感应强度为B ，在x 轴下⽅有沿y 轴负⽅向的匀强电场，场强为E. ⼀质量为m ，电量为－q 的粒⼦从坐标原点O沿着y 轴⽅向射出. 射出之后，第三次到达x 轴时，它与O 点的距离为L. 求此粒⼦射出时的速度v 和每次到达x 轴时运动的总路程s.（重⼒不计）解析粒⼦进⼊磁场后做匀速圆周运动，经半周后通过x轴进⼊电场后做匀减速直线运动，速度减为零后，⼜反向匀加速通过x 轴进⼊磁场后⼜做匀速圆周运动，所以运动有周期性.它第3次到达x 轴时距O 点的距离L 等于圆半径的4倍（如图6—13甲所⽰）粒⼦在磁场中做匀速圆周运动的半径为 4L Bq mv R == 所以粒⼦射出时的速度 mB q L v 4= 粒⼦做圆周运动的半周长为 41Ls π=粒⼦以速度v 进⼊电场后做匀减速直线运动，能深⼊的最⼤距离为y ，因为y mEq ay v 222== 所以粒⼦在电场中进⼊⼀次通过的路程为 mEqL B y s 162222== 粒⼦第1次到达x 轴时通过的路程为 41LR s ππ=?=粒⼦第2次到达x 轴时，已通过的路程为 mE qL B Ls s s 16422212+=+=π粒⼦第3次到达x 轴时，已通过的路程为 mE qL B Ls s s s 162221213+=++=π粒⼦第4次到达x 轴时，已通过的路程为 mE qL B Ls s s 822222214+=+=π粒⼦第)12(-n 次到达x 轴时，已通过的路程为mEqL B n L n s n ns s n 16)1(4)1(2221)12(-+=-+=-π粒⼦第2n 次到达x 轴时，已通过的路程为 )164()(22212mE qL B Ln s s n s n+=+=π上⾯n 都取正整数.针对训练1．⼀物体放在光滑⽔平⾯上，初速为零，先对物体施加⼀向东的恒⼒F ，历时1秒钟，随即把此⼒改为向西，⼤⼩不变，历时1秒钟，接着⼜把此⼒改为向东，⼤⼩不变，历时1秒钟，如此反复，只改变⼒的⽅向，共历时1分钟. 在此1分钟内（）A ．物体时⽽向东运动，时⽽向西运动，在1分钟末静⽌于初始位置之东B ．物体时⽽向东运动，时⽽向西运动，在1分钟末静⽌于初始位置C ．物体时⽽向东运动，时⽽向西运动，在1分钟末继续向东运动D ．物体⼀直向东运动，从不向西运动，在1分钟末静⽌于初始位置之东2．⼀⼩球从距地⾯为H 的⾼度处由静⽌开始落下. 已知⼩球在空中运动时所受空⽓阻⼒为球所受重⼒的k 倍)1(（1）总共通过的路程；（2）所经历的时间.3．如图6—14所⽰，⼩球从长L 的光滑斜⾯顶端⾃由下滑，滑到底端时与挡板碰撞并反弹⽽回，若每次与挡板碰撞后的速度⼤⼩为碰撞前的4/5，求⼩球从开始下滑到最终停⽌于斜⾯下端物体共通过的路程.4．如图6—15所⽰，有⼀固定的斜⾯，倾⾓为45°，斜⾯长为2⽶，在斜⾯下端有⼀与斜⾯垂直的挡板，⼀质量为m 的质点，从斜⾯的最⾼点沿斜⾯下滑，初速度为1⽶/秒. 质点沿斜⾯下滑到斜⾯最底端与挡板发⽣弹性碰撞. 已知质点与斜⾯间的滑动摩擦因数为0.20.（1）试求此质点从开始运动到与挡板发⽣第10次碰撞的过程中通过的总路程；（2）求此质点从开始运动到最后停下来的过程中通过的总路程.5．有5个质量相同、其⼤⼩可不计的⼩⽊块1、2、3、4、5等距离地依次放在倾⾓?=30θ的斜⾯上（如图6—16所⽰）.斜⾯在⽊块2以上的部分是光滑的，以下部分是粗糙的，5个⽊块与斜⾯粗糙部分之间的静摩擦系数和滑动摩擦系数都是µ，开始时⽤⼿扶着⽊块1，其余各⽊块都静⽌在斜⾯上. 现在放⼿，使⽊块1⾃然下滑，并与⽊块2发⽣碰撞，接着陆续发⽣其他碰撞. 假设各⽊块间的碰撞都是完全⾮弹性的. 求µ取何值时⽊块4能被撞⽽⽊块5不能被撞.6．在⼀光滑⽔平的长直轨道上，等距离地放着⾜够多的完全相同的质量为m 的长⽅形⽊块，依次编号为⽊块1，⽊块2，…，如图6—17所⽰.在⽊块1之前放⼀质量为M=4m 的⼤⽊块，⼤⽊块与⽊块1之间的距离与相邻各⽊块间的距离相同，均为L. 现在，在所有⽊块都静⽌的情况下，以⼀沿轨道⽅向的恒⼒F ⼀直作⽤在⼤⽊块上，使其先与⽊块1发⽣碰撞，设碰后与⽊块1结为⼀体再与⽊块2发⽣碰撞，碰后⼜结为⼀体，再与⽊块3发⽣碰撞，碰后⼜结为⼀体，如此继续下去. 今问⼤⽊块（以及与之结为⼀体的各⼩⽊块）与第⼏个⼩⽊块碰撞之前的⼀瞬间，会达到它在整个过程中的最⼤速度？此速度等于多少？7．有电量为Q 1的电荷均匀分布在⼀个半球⾯上，另有⽆数个电量均为Q 2的点电荷位于通过球⼼的轴线上，且在半球⾯的下部. 第k 个电荷与球⼼的距离为12-?k R ，且k =1，2，3，4，…，设球⼼处的电势为零，周围空间均为⾃由空间. 若Q 1已知，求Q 2.8．⼀个半径为1⽶的⾦属球，充电后的电势为U ，把10个半径为1/9⽶的均不带电的⼩⾦属球顺次分别与这个⼤⾦属球相碰后拿⾛，然后把这10个充了电了⼩⾦属球彼此分隔摆在半径为10⽶的圆周上，并拿⾛⼤⾦属球. 求圆⼼处的电势. （设整个过程中系统的总电量⽆泄漏）9．真空中，有五个电量均为q 的均匀带电薄球壳，它们的半径分别为R ，R/2，R/4，R/8，R/16，彼此内切于P 点（如图6—18）.球⼼分别为O 1，O 2，O 3，O 4，O 5，求O 1与O 5间的电势差.10．在图6—19所⽰的电路中，三个电容器C Ⅰ、C Ⅱ、C Ⅲ的电容值均等于C ，电源的电动势为ε，R Ⅰ、R Ⅱ为电阻，S 为双掷开关. 开始时，三个电容器都不带电.先接通O a ，再接通Ob ，再接通O a ，再接通Ob ……如此反复换向，设每次接通前都已达到静电平衡，试求：（1）当S 第n 次接通Ob 并达到平衡后，每个电容器两端的电压各是多少？（2）当反复换向的次数⽆限增多时，在所有电阻上消耗的总电能是多少？11．⼀系列相同的电阻R ，如图6—20所⽰连接，求AB 间的等效电阻R AB .12．如图6—21所⽰，R 1=R 3=R 5=…=R 99=5Ω，R 2=R 4=R 6=…=R 98=10Ω，R 100=5Ω，ε=10V求：（1）R AB =？（2）电阻R 2消耗的电功率应等于多少？（3）)99,,3,2,1( =i R i 消耗的电功率；（4）电路上的总功率.13．试求如图6—22所⽰，框架中A 、B 两点间的电阻R AB ，此框架是⽤同种细⾦属丝制作的，单位长的电阻为r ，⼀连串内接等边三⾓形的数⽬可认为趋向⽆穷，取AB 边长为a ，以下每个三⾓形的边长依次减少⼀半.14．图6—23中，AOB 是⼀内表⾯光滑的楔形槽，固定在⽔平桌⾯（图中纸⾯）上，夹⾓?=1α（为了能看清楚，图中的是夸⼤了的）. 现将⼀质点在BOA ⾯内从C 处以速度s m v /5= 射出，其⽅向与AO 间的夹⾓?=60θ，OC=10m. 设质点与桌⾯间的摩擦可忽略不计，质点与OB ⾯及OA ⾯的碰撞都是弹性碰撞，且每次碰撞时间极短，可忽略不计，试求：（1）经过⼏次碰撞质点⼜回到C 处与OA 相碰？（计算次数时包括在C 处的碰撞）（2）共⽤多少时间？（3）在这过程中，质点离O 点的最短距离是多少？参考答案1．D2．k k k g k H k k k g k H k H 211)1(2211)1(2,22-+-++-++- 3．L 941 4．9.79m 50m5．622.0597.0<<µ6．21块 4849m FL 7．21Q - 8．0.065U9．24.46KRq 10．（1）I ：],)41(1[32n C -εⅡⅢ：])41(1[31n C -ε（3）231εC 11．R R AB )13(+=12．（1）10Ω（2）2.5W（3）)99,,5,3,1(2201 =+i i ，)98,,4,2(210 =i i （4）10W 13．40Ω14．ra R AB )17(31-= 15．（1）60次（2）2s （3）m 35。

由数列递推公式求通项公式的解题策略已知数列递推公式求其通项公式，是数列中一类非常重要的题型，也是高考的热点之一。

在近几年的高考中，“递推数列”几乎为必考题。

数列的递推公式千变万化，由递推公式求数列通项公式的方法灵活多样，下面谈谈常见的解题策略。

策略一：an+1=an+f（n）方法：利用累加法。

由已知得：an+1-an=f（n）即有a2-a1=f（1），a3-a2=f2，a4-a3=f3，a5-a4=f4……an-an-1=f（n），所以an-a1=f1+f2+f3+…+f（n）=k=1nf（k）（n≥2）例1.数列{an}满足a1=1，an=an-1+1n（n-1），求数列{an}的通项公式。

解：由an-an-1=1n-1-1n得an-an-1=1n-1-1n，a2-a1=11-12，a3-a2=12-13……an-an-1=1n-1-1n，所以an-a1=11-1n即an=2-1n 例2．数列{an}满足nan+1=n+1an+1，且a1=1，求数列{an}的通公式。

分析：注意到左右两边系数与下标乘积均为n（n+1），将原式两边同时除以n（n+1），变形为an+1n+1-ann=1n（n+1）．令bn=ann，有bn+1=bn+1n（n+1），即化为类型１，以下略。

策略二：an+1=anf（n）方法：利用累积法。

a2=a1f1，a3=a2f2，an=an-1fn-1，所以an=a1k=1n-1f（k）例3．数列{an}中a1=2，且an=[1-1n+12]an，求数列{an}的通项。

解：因为an=1-1n+12an，所以an=a1k=1n-1fk=2k=1n-1[1-1（k+1）2]=2k=1n-1[kk+1×k+2k+1]=n+1n策略三：an+1=pan+q，其中p，q为常数，且p≠1，q≠0利用待定系数法，构造一个公比为p的等比数列，令an+1+k=p（an+k），则p-1k=q即k=qp-1，从而{an+1+qp-q}是一个公比为p的等比数。

由递推公式求通项公式的方法之马矢奏春创作已知数列的递推公式,求取其通项公式是数列中一类罕有的题型,这类题型假如单纯的看某一个具体的标题,它的求解方法灵活是灵活多变的,机关的技巧性也很强,但是此类标题也有很强的规律性,消掉着解决问题的通法,本文就高中数学中罕有的几类题型从解决通法上做一总结,便利于学生进修和师长教师的传授教化,不涉及具体某一标题标独特解法与技巧.一、1()n n a a f n +=+型数列,（个中()f n 不是常值函数)此类数列解决的方法是累加法,具体做法是将通项变形为1()n n a a f n +-=,从而就有将上述1n -个式子累加,变成1(1)(2)(1)n a a f f f n -=+++-,进而求解.例1. 在数列{}n a 中,112,21,.n n n a a a n a +==+-求 解：依题意有逐项累加有221(123)(1)1323(1)212n n n a a n n n n +---=+++-==-=-+,从而223n a n n =-+.注：在运用累加法时,要特别留心项数,计算时项数随意马虎出错.变式演习：已知{}n a 知足11=a ,)1(11+=-+n n a a n n ,求}{n a 的通项公式.二、)(1n f a a n n ⋅=+型数列,（个中()f n 不是常值函数)此类数列解决的方法是累积法,具体做法是将通项变形为1()n na f n a +=,从而就有 将上述1n -个式子累乘,变成1(1)(2)(1)na f f f n a =⋅⋅⋅-,进而求解.例2. 已知数列{}n a 中11123,(2)321n n n a a a n n --==⋅≥+,求数列{}n a 的通项公式.解：当2n ≥时,324123113523,,,,,57921n n a a a a n a a a a n --====+将这1n -个式子累乘,得到113(21)(21)n a a n n ⨯=-+,从而21311(21)(21)341n a n n n ⨯=⨯=-+-,当1n =时,1211413a n ==-,所以2141n a n =-.注：在运用累乘法时,照样要特别留心项数,计算时项数随意马虎出错.变式演习：在数列{}n a 中,n a >0,221112,(1)n n n n a na n a a a ++==++,求n a .提示：依题意分化因式可得11[(1)]()0n n n n n a na a a +++-+=,而n a >0,所以1(1)0n n n a na ++-=,即11n n a na n +=+. 三、q pa a n n +=+1型数列此类数列解决的方法是将其机关成一个新的等比数列,再运用等比数列的性质进行求解,机关的方法有两种,一是待定系数法机关,设)(1m a p m a n n +=++,展开整理1n n a pa pm m +=+-,比较系数有pm m b -=,所以1b m p =-,所所以1nb a p +-等比数列,公比为p ,首项为11ba p +-.二是用作差法直接机关,1n n a pa q +=+,1n n a pa q -=+,两式相减有11()n n n n a a p a a +--=-,所所以1n n a a +-公比为p的等比数列.例3. 在数列{}n a 中,11a =,当2n ≥时,有132n n a a -=+,求{}n a 的通项公式.解法1：设13()n n a m a m -+=+,即有132n n a a m -=+比较132n n a a -=+,得1m =,于是得113(1)n n a a -+=+,即3111=++-n n a a所以数列{1}n a +是以为112a +=首项,以3为公比的等比数列 则1231n n a -=⋅-.解法2：由已知递推式,得1132,32,(2)n n n n a a a a n +-=+=+≥,上述两式相减,得113()n n n n a a a a +--=-,即311=---+n n nn a a a a是以,数列1{}n n a a +-是以为214a a -=首项,以3为公比的等比数列.所以1143n n n a a -+-=⋅,即13243n n n a a -+-=⋅, 所以1231n n a -=⋅-.变式演习：已知数列{}n a 知足*111,21().n n a a a n N +==+∈求数列{}n a 的通项公式.注：按照题设特色恰当地机关关心数列,运用底子数列可简捷地求出通项公式.四、()n f pa a n n +=+1型数列（p 为常数）此类数列可变形为()111++++=n n n n n p n f p a p a ,则⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n p a 可用累加法求出,由此求得n a .例4已知数列{}n a 知足1111,32n n n a a a ++==+,求n a . 解:将已知递推式两边同除以12n +得1131222n n n n a a ++=⨯+,设2nnna b =,故有132(2)2n n b b ++=⨯+,15322n n nb -⨯=-,从而11532n n n a -+=⨯-. 注：经由进程变形,机关关心数列,转化为底子数列的问题,是我们求解陌生的递推关系式的经常运用方法.若()f n 为n 的一次函数,则n a 加上关于n 的一次函数构成一个等比数列; 若()f n 为n 的二次函数, 则n a 加上关于n 的二次函数构成一个等比数列.这时我们用待定系数法来求解.例5．已知数列{}n a 知足1111,2,21,.2n n n a n a a n a -=≥=+-当时求解:作n n b a An B =++,则n n a b An B =--,11(1)n n a b A n B --=---代入已知递推式中得:11111(2)(1)2222n n b b A n A B -=++++-.令1202111022A AB ⎧+=⎪⎪⎨⎪+-=⎪⎩46A B =-⎧⇒⎨=⎩ 这时112n n b b -=且46n n b a n =-+ 显然,132n n b -=,所以13462n n a n -=+-.注：经由进程引入一些待定系数来转化命题机关,经由变形和比较,把问题转化成底子数列,从而使问题得以解决. 变式演习：（1）已知{}n a 知足11122,2+++==n n n a a a ,求n a .（2）已知数列{}n a ,n S 暗示其前n 项和,若知足231n n S a n n +=+-,求数列{}n a 的通项公式. 提示：（2）中运用111,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩,把已知前提转化成递推式.五、CBa Aa a n nn +=型数列（C B A ,,为非零常数）这种类型的解法是将式子两边同时取倒数,把数列的倒数算作是一个新数列,即可顺利地转化为1n n a pa q +=+型数列.例6．已知数列{}n a 知足1122,2nn n a a a a +==+,求n a . 解:两边取倒数得:11112n n a a +=+,所以1111(1)22n n n a a =+-⨯=,故有2n a n=. 变式演习：数列{}n a 中,11112,22n nn n na a a a +++⋅==+,求{}n a 的通项.六、n n n qa pa a +=++12型数列（,p q 为常数）这种类型的做法是用待定糸数法设()n n n n a a a a λχλ-=--=+112机关等比数列.例7．数列{}n a 中,,3,221==a a 且()2,211≥∈+=++-n N n a a a n n n ,求n a .。

问题8由复杂递推关系式求解数列的通项公式问题一、考情分析递推公式是给出数列的一种重要方法,常出现在客观题压轴题或解答题中，难度中等或中等以上.利用递推关系式求数列的通项时,通常将所给递推关系式进行适当的变形整理,如累加、累乘、待定系数等,构造或转化为等差数列或等比数列,然后求通项.二、经验分享(1) 已知S n，求a n的步骤当n＝1时，a1＝S1；当n≥２时，a n＝S n－S n－1；(3)对n＝1时的情况进行检验，若适合n≥２的通项则可以合并；若不适合则写成分段函数形式．(2)已知数列的前几项，写出数列的通项公式，主要从以下几个方面考虑：如果符号正负相间，则符号可用(－1)n或 (－1)n＋1调节.分式形式的数列，分子找通项，分母找通项，要充分借助分子、分母的关系解决.对于比较复杂的通项公式，要借助于等差数列、等比数列和其他方法解决.此类问题虽无固定模式，但也有规律可循，主要靠观察(观察规律)、比较(比较已知的数列)、归纳、转化(转化为等差、等比或其他特殊数列)等方法解决.(3)已知数列的递推关系求通项公式的典型方法当出现a n＝a n－1＋m时，构造等差数列；当出现a n＝a n－1＋y时，构造等比数列；当出现a n＝a n－1＋f(n)时，用累加法求解；当出现a na n－1＝f(n)时，用累乘法求解．三、知识拓展若数列n a满足，则数列都是公差为a的等差数列，若数列n a满足，则数列都是公比为b的等比数列.四、题型分析(一) 用累加法求数列的通项【例1.】在数列n a中,11 2a , ,则该数列的通项公式n a= ．【分析】题目已知条件是,且n N）形式,用叠加原理求解.【解析】因为,所以运用累加法即可得到：,所以,故应填4342n n ．【点评】当,且nN）满足一定条件时,可用…求通项n a ,这种方法通常叫累加法. 本题用到裂项相消求和,相消时应注意消去的项规律,及消去哪些项,保留哪些项,于是前n 项的和变成首尾若干少数项之和.还有不少同学会出现的错误,认为21dnn或21dnn是常数,实际上21dnn或21dnn是个变量,n 变化d 随之改变.【小试牛刀】数列{a n }满足a 1＝1,a 2＝2,a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2.(1)设b n ＝a n ＋1－a n ,证明{b n }是等差数列；(2)求{a n }的通项公式．【解析】(1)证明：由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2得,a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋2,即b n ＋1＝b n ＋2. 又b 1＝a 2－a 1＝1.所以{b n }是首项为1,公差为2的等差数列．(2)由(1)得b n ＝1＋2(n －1), 即a n ＋1－a n ＝2n －1.于是∑nk ＝1 (a ＋1－a )＝∑nk ＝1 (2－1), 所以a n ＋1－a 1＝n 2, 即a n ＋1＝n 2＋a 1.又a 1＝1, 所以{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2n ＋2.【点评】本例是典型的由数列的递推公式求通项公式的问题．第(1)问中要注意对数列{a n ＋1－a n }的整体把握．第(2)问中用的是累加法．注意切忌忽略对a 1的验证．(二) 利用累乘法求数列的通项【例2】设{}n a 是首项为1的正项数列,且,则na .【分析】观察已知的递推式,用十字交叉法分解因式,可求得n a 与1n a 的关系式,再用累乘法求解.【解析】∵,∴,由于{}n a 得各项为正,∴,∴,即11n na n a n ,∴2112a a ,3223a a ,4334a a ,…，11n na n a n,将以上各式相乘得11n a a n,又11a ,∴. 【点评】形如1()n na f n a 型的递推公式常用累乘法.当()f n q 为常数且不等于0时,数列为等比数列,11n n a a q；当()f n 为n 函数时,. 本题可思考{}n na 为常数数列.【小试牛刀】数列n a 中，前n 项和为n S ，2n nna S (1)求数列n a 的通项公式；(2)令，证明：.【解析】(1) 2n nna S ，，两式相减得：，整理得：，（叠乘法）因为，所以3221a a ，4332a a ，…，112n na n a n，相乘得21n a n a ，且当n =1、2时，满足此式，所以.(2) ，因为nb 2，所以；.(三) 用构造法求数列的通项【例3】【江苏省泰州中学2018届高三12月月考2】已知数列n a 满足：11a ，，（*n N ），则数列n a 的通项公式为__________．【分析】变形为,构造新数列求解.【答案】121nna 【解析】由得：，变形得：，所以1{1}na 是以2为公比的等比数列，所以，所以121nna .【点评】数列是一种特殊的函数,通过递推公式写出数列的前几项再猜想数列的通项时,要验证通项的正确性. 易出现的错误是只考虑了前3项,就猜想出n a .用构造法求数列的通项,要仔细观察递推等式,选准要构造的新数列的形式,再确定系数.【小试牛刀】已知数列}{}{n n b a ，满足211a ,1n nb a ,,N n,则2015b ．【答案】20152016．【解析】1n na b ∵且121nnnb b a ,,又112b ,1121b ∴,11nb ∴是首项为2,公差为1的等差数列,,1nn b n ∴,．故应填20152016．(四) 利用n S 与n a 的关系求数列的通项【例4】【江苏省南通市基地学校2019届高三3月联考】已知数列的各项均不为0，其前n 项和为．若，，，．（1）求的值；（2）求数列的通项公式；（3）若数列满足，，求证：数列是等差数列．【分析】（1）将代入，可求得；（2）由可求得，进而，两式作差可得，进而推得，可得数列及数列均为等差数列，进而求得通项；（3）由与关系可得：，即，两式作差可得：，进而推得，即，则证明结束.【解析】（1）时，由得解得（2）时，由，得则因为，所以……①所以……②②①得所以，两式相减得即数列及数列都成公差为的等差数列由，得，可求得所以数列的通项公式为（3）由，，得所以因为，所以所以两式相减得，即所以两式相减得所以因为，可得所以所以数列是等差数列【点评】由S n和a n的关系求通项的注意问题：(1)应重视分类讨论的思想,分n＝1和n≥２两种情况讨论．当n＝1时,a1不适合a n的情况要分开写,即a n＝S n，n＝1，S n－S n－1，n≥2.(2)要注意a n和S n互化具有双向性,既可由a n化为S n,也可由S n求a n.【小试牛刀】已知数列为单调递增数列，为其前项和，. （1）求的通项公式；（2）若，为数列的前项和，证明：.【解析】（Ⅰ）当n＝1时，2S1＝2a1＝a＋1，所以(a1－1)2＝0，即a1＝1，又{a n}为单调递增数列，所以a n≥1．由2S n＝a＋n得2S n＋1＝a＋n＋1，所以2S n＋1－2S n＝a－a＋1，整理得2a n＋1＝a－a＋1，所以a＝(a n＋1－1)2．所以a n＝a n＋1－1，即a n＋1－a n＝1，所以{a n}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以a n＝n．（Ⅱ）b n＝＝＝－所以T n＝(－)＋(－)＋…＋[－]＝－＜．(五) 递推公式为（其中p ,q 均为常数）.解法一（待定系数——迭加法）【例5.】数列n a ：, ,求数列n a 的通项公式.【分析一】解法一(待定系数法)：先把原递推公式转化为其中s,t满足qstp t s .【分析二】(特征根法)：对于由递推公式,给出的数列n a ,方程,叫做数列n a 的特征方程. 若21,x x 是特征方程的两个根,当21x x 时,数列n a 的通项为,其中A,B 由决定（即把2121,,,x x a a 和2,1n,代入,得到关于A 、B 的方程组）；当21x x 时,数列n a 的通项为,其中A,B 由决定（即把2121,,,x x a a 和2,1n,代入,得到关于A 、B 的方程组）.【解法一】（待定系数——迭加法）由,得,且.则数列n na a 1是以a b 为首项,32为公比的等比数列,于是.把代入,得, , ,,.把以上各式相加,得..【解法二】（特征根法）：数列n a：,的特征方程是：.,.又由,于是故.【小试牛刀】【江苏省常州市2019届高三上学期期末】已知数列中，，且.（1）求证：是等比数列，并求数列的通项公式；（2）数列中是否存在不同的三项按照一定顺序重新排列后，构成等差数列？若存在，求满足条件的项；若不存在，说明理由.【解析】（1）因为，所以，因为，所以数列是以2为首项，以-3为公比的等比数列，所以，即；（2）假设存在三项按一定顺序重新排列后成等差.①若，则，整理得，两边同除以，可得，等式右边是-3的整数倍，左边不是-3的整数倍，故等式不成立.②若，则，整理得，两边同除以，可得，等式右边是-3的整数倍，左边不是-3的整数倍，故等式不成立.③若，则，整理得，两边同除以，可得，等式左边是-3的整数倍，右边不是-3的整数倍，故等式不成立；综上，不存在不同的三项符合题意.五、迁移运用1．【江苏省泰州中学2018届高三12月月考】已知数列n a 满足：11a ，，（*n N ），则数列n a 的通项公式为__________．【答案】121nna 【解析】由得：，变形得：，所以1{1}na 是以2为公比的等比数列，所以，所以121nna .2．【江苏省前黄高级中学、如东高级中学、姜堰中学等五校2018届高三上学期第一次学情监测】设数列na 的首项11a ，且满足与，则数列n a 的前20项和为__________．【答案】2056【解析】考查数列的奇数项，结合递推关系有：，且112a ，则数列21na 构成首项为2公比为2的等比数列，令：，则：，即：，而，据此可得：数列n a 的前20项和为.3．【江苏省淮安市盱眙中学2018届高三第一次学情调研】设函数f x 满足且12f ，则10f ________．【答案】492【解析】f x满足，，，，各式相加可得，，，故答案为49 2.4．【2019年3月2019届高三第一次全国大联考（江苏卷)】已知数列对任意满足．（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，求使得成立的正整数的最小值．【解析】（1）因为①，所以②，①②两式相减，得，所以③．又当时，得，不满足上式．所以数列的通项公式为．（2）由（1）知，，所以不成立，当时，，由，得．令，则为增函数，又．因此要使成立，只需，故使成立的正整数的最小值为7．5．【江苏省南京市、盐城市2019届高三第二次模拟】已知数列各项为正数，且对任意，都有.（1）若，，成等差数列，求的值；（2）①求证：数列为等比数列；②若对任意，都有，求数列的公比的取值范围.【解析】（1）因为，所以，因此，，成等比数列.设公比为，因为，，成等差数列，所以，即，于是，解得或，所以或.（2）①因为，所以，两式相除得，即，由，得，两式相除得，即，所以，即，，，由（1）知，所以，，因此数列为等比数列.②当时，由时，可得，所以，因此，所以满足条件.当时，由，得，整理得.因为，，所以，因此，即，由于，因此，与任意恒成立相矛盾，所以不满足条件.综上，公比的取值范围为.6．【江苏省如皋市2018-2019学年高三年级第一学期期末】已知等差数列的前n项和为S n，若为等差数列，且．（1）求数列的通项公式；（2）是否存在正整数，使成等比数列？若存在，请求出这个等比数列；若不存在，请说明理由；（3）若数列满足，，且对任意的，都有，求正整数的最小值．【解析】（1）设等差数列的公差d，则，．又是等差数列，所以，即，解得d＝2．此时，，符合数列是等差数列，所以．（2）假设存在，使得，，成等比数列．则，由（1）可知，，代入上式，得，整理得．（*）法一：令，≥1．则，所以在上单调增，所以在上至少有一个根．又，故是方程（*）的唯一解．所以存在，使得，，成等比数列，且该等比数列为3，9，27．法二：，即，所以方程（*）可整理为．因为，所以无解，故．所以存在，使得，，成等比数列，且该等比数列为3，9，27．（3）由可知，．又，，故，所以．依题意，对任意恒成立，所以，即，故．若，据，可得当，时，．由及可得．所以，当，时，，即．故当，时，，故不合题意．若，据，可得，即．所以，当，时，，当时，，得，所以．当，时，，所以，故．故当时，对任意都成立．所以正整数的最小值为3．7．【江苏省南通市三县（通州区、海门市、启东市)2019届高三第一学期期末】已知数列的首项，其前n项和为，对于任意正整数，都有.（1）求数列的通项公式；（2）设数列满足.①若，求证：数列是等差数列；②若数列都是等比数列，求证：数列中至多存在三项.【解析】（1）令，则由，得因为，所以，当时，，且当n=1时，此式也成立.所以数列的通项公式为（2）①【证法一】因为，，所以.由得，所以，所以，所以，所以，所以数列是等差数列.【证法二】因为所以所以.所以，所以，记，两式相减得，所以，所以，当时，，由得，所以，当时，，当n=1时，上式也成立，所以，(iii)所以数列是等差数列.【证法三】因为所以，（i）所以，（ii）（i）-（ii）得，（iii）所以，（iv）（iii）-（iv）得，所以.由知.所以，所以数列是等差数列②不妨设数列超过三项，令，由题意，则有，即，代入，整理得（*），若p=q=1，则，与条件矛盾；若，当n=1时，，①当n=2时，，②②÷①得，p=q，代入（*）得b=c，所以，与条件矛盾.故这样的数列至多存在三项.8．【江苏省泰州市2019届高三上学期期末】已知数列｛｝的前n项和为Sn，，且对任意的n∈N*，n≥２都有。