高三數(shù)學理高考二輪復習專題學案系列課件：專題四數(shù) 列新人教版學案14 數(shù)列求和及綜合應用

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1、1.1.數(shù)列通項的求法數(shù)列通項的求法, ,由遞推關系式確定數(shù)列的通項由遞推關系式確定數(shù)列的通項. .2.2.數(shù)列的性質(zhì)、通項、求和數(shù)列的性質(zhì)、通項、求和. .3.3.數(shù)列與不等式、數(shù)列與函數(shù)、數(shù)列與方程數(shù)列與不等式、數(shù)列與函數(shù)、數(shù)列與方程. .4.4.數(shù)列與數(shù)學歸納法數(shù)列與數(shù)學歸納法. . 學案學案14 14 數(shù)列求和及綜合應用數(shù)列求和及綜合應用 1.(20091.(2009四川四川) )等差數(shù)列等差數(shù)列 a an n 的公差不為零的公差不為零, ,首項首項a a1 1= = 1, 1,a a2 2是是a a1 1和和a a5 5的等比中項的等比中項, ,則數(shù)列則數(shù)列 a an n 的前的前1

2、010項之和項之和 是是 ( )( ) A.90 B.100 C.145 D.190 A.90 B.100 C.145 D.190 解析解析 由題意知由題意知,(,(a a1 1+ +d d) )2 2= =a a1 1( (a a1 1+4+4d d),),即即 d d=2=2a a1 1=2.=2. S S1010=10=10a a1 1+ =10+90=100. + =10+90=100. ,421212121daaddaad2910B B2.(20092.(2009安徽安徽) )已知已知 a an n 為等差數(shù)列為等差數(shù)列, ,a a1 1+ +a a3 3+ +a a5 5=105,

3、 =105, a a2 2+ +a a4 4+ +a a6 6=99,=99,以以S Sn n表示表示 a an n 的前的前n n項和項和, ,則使得則使得S Sn n達到達到 最大值的最大值的n n是是 ( )( ) A.21 B.20 C.19 D.18 A.21 B.20 C.19 D.18 解析解析 (a a2 2- -a a1 1)+()+(a a4 4- -a a3 3)+()+(a a6 6- -a a5 5)=3)=3d d, , 99-105=3 99-105=3d d,d d=-2.=-2. 又又a a1 1+ +a a3 3+ +a a5 5=3=3a a1 1+6+6

4、d d=105,=105,a a1 1=39.=39. S Sn n= =nana1 1+ + =- =-n n2 2+40+40n n=-(=-(n n-20)-20)2 2+400.+400. 當當n n=20=20時時, ,S Sn n有最大值有最大值. . ndanddnn)2(22) 1(12B B3.(20093.(2009江西江西) )公差不為零的等差數(shù)列公差不為零的等差數(shù)列 a an n 的前的前n n項項 和為和為S Sn n, ,若若a a4 4是是a a3 3與與a a7 7的等比中項的等比中項, ,S S8 8=32,=32,則則S S1010等于等于 ( )( ) A

5、.18 B.24 C.60 D.90 A.18 B.24 C.60 D.90 解析解析 由由 得得( (a a1 1+3+3d d) )2 2=(=(a a1 1+2+2d d)()(a a1 1+6+6d d).). d d0,20,2a a1 1+3+3d d=0. =0. S S8 8=8=8a a1 1+ + d d=32,2=32,2a a1 1+7+7d d=8. =8. 由由得得 S S1010=-3=-310+ 10+ 2=60. 2=60. ,7324aaa256, 2, 31da2910C C4.(20094.(2009湖北湖北) )古希臘人常用小石頭在沙灘上擺成古希臘人常

6、用小石頭在沙灘上擺成各種形狀來研究數(shù)各種形狀來研究數(shù), ,比如比如: : ( )( ) 他們研究過圖他們研究過圖(1)(1)中的中的1,3,6,10,1,3,6,10,由于這些數(shù)能由于這些數(shù)能 夠表示成三角形夠表示成三角形, ,將其稱為三角形數(shù)將其稱為三角形數(shù); ;類似的類似的, ,稱圖稱圖 (2)(2)中的中的1,4,9,16,1,4,9,16,這樣的數(shù)為正方形數(shù)這樣的數(shù)為正方形數(shù). . 下列數(shù)中既是三角形數(shù)又是正方形數(shù)的是下列數(shù)中既是三角形數(shù)又是正方形數(shù)的是 ( )( ) A.289 B.1 024 C.1 225 D.1 378 A.289 B.1 024 C.1 225 D.1 378

7、 解析解析 由圖形可得三角形數(shù)構成的數(shù)列通項由圖形可得三角形數(shù)構成的數(shù)列通項a an n= = 同理可得正方形數(shù)構成的數(shù)列通項同理可得正方形數(shù)構成的數(shù)列通項b bn n= =n n2 2, ,只只 有有1 2251 225滿足滿足a a4949= = =b b3535=35=352 2. . ,2) 1( nn25049C C題型一題型一 數(shù)列與函數(shù)、方程的綜合應用數(shù)列與函數(shù)、方程的綜合應用【例【例1 1】設】設p p、q q為實數(shù)為實數(shù), , 是方程是方程x x2 2- -pxpx+ +q q=0=0的兩個的兩個 實根實根. .數(shù)列數(shù)列 x xn n 滿足滿足x x1 1= =p p, ,x

8、 x2 2= =p p2 2- -q q, ,x xn n= =pxpxn n-1-1- -qxqxn n-2-2 ( (n n= = 3,4,). 3,4,). (1) (1)證明證明: : (2) (2)求數(shù)列求數(shù)列 x xn n 的通項公式的通項公式; ; (3) (3)若若p p=1,=1,q q= ,= ,求求 x xn n 的前的前n n項和項和S Sn n. . 、;,qp41(1)(1)證明證明 由求根公式由求根公式, ,不妨設不妨設 , ,則則.2424,2424,24,24222222qqppqpppqppqppqppqpp(2)(2)解解 設設x xn n- -sxsxn

9、 n-1-1= =t t( (x xn n-1-1- -sxsxn n-2-2),),則則 x xn n=(=(s s+ +t t) )x xn n-1-1- -stxstxn n-2-2, ,由由x xn n= =pxpxn n-1-1- -qxqxn n-2-2, ,得得 消去消去t t, ,得得s s2 2- -psps+ +q q=0,=0,s s是方程是方程x x2 2- -pxpx+ +q q=0=0的根的根. .由題意可知由題意可知 當當 時時, ,此時方程組此時方程組,1111tstsqstpts或的解記為).(),(211211nnnnnnnnxxxxxxxx,qstpts.

10、,21ssx xn n- -t t1 1x xn n-1-1 、 x xn n- -t t2 2x xn n-1-1 分別是公比為分別是公比為 的的等比數(shù)列等比數(shù)列. .由等比數(shù)列的性質(zhì)可得由等比數(shù)列的性質(zhì)可得 兩式相減兩式相減, ,得得 ).(,)(.)(,)(.,.)()()(1111222122221212221222122121nnnnnnnnnnnnnnnnnnxxxxxxxxxpxqpxxxxxx即.)(,)(21212121nnnnnnxxxxxxxx21,ss當當 時時, ,即方程即方程x x2 2- -pxpx+ +q q=0=0有重根有重根, ,p p2 2-4-4q q=

11、0,=0,即即( (s s+ +t t) )2 2-4-4st st=0,=0,得得( (s s- -t t) )2 2=0,=0,s s= =t t. .不妨設不妨設s s= =t t= = 由由可知可知,).(),(,11nnnnnnx綜上所述.1. 1, 1,)(111112121nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnxxxxxxxxaxxxx為公差的等差數(shù)列是以數(shù)列即得等式兩邊同時除以即(3)(3)解解 把把p p=1,=1,q q= = 代入代入x x2 2- -pxpx+ +q q=0,=0,得得 x x2 2- -x x+ =0,+ =0,解得解得 4141.21.)21)

12、(3(3)21()21(2)21(1)21()21(3)21(221)21(1)21()21(3)21(221)21()21()21(21,)21()21(1323232nnnnnnnnnnnnnnnnSnx【探究拓展探究拓展】本題主要考查數(shù)列的遞推公式、數(shù)列求】本題主要考查數(shù)列的遞推公式、數(shù)列求 和以及數(shù)列與方程的綜合題和以及數(shù)列與方程的綜合題, ,考查學生分析問題、解考查學生分析問題、解 決問題以及推理論證的能力決問題以及推理論證的能力. .變式訓練變式訓練1 1 已知二次函數(shù)已知二次函數(shù)y y= =f f( (x x) )的圖象經(jīng)過坐標原的圖象經(jīng)過坐標原 點點, ,其導函數(shù)為其導函數(shù)為f

13、 f( (x x)=6)=6x x-2,-2,數(shù)列數(shù)列 a an n 的前的前n n項和為項和為S Sn n, , 點點( (n n, ,S Sn n)()(n nNN* *) )均在函數(shù)均在函數(shù)y y= =f f( (x x) )的圖象上的圖象上. . (1) (1)求數(shù)列求數(shù)列 a an n 的通項公式；的通項公式； (2)(2)設設b bn n= = T Tn n是數(shù)列是數(shù)列 b bn n 的前的前n n項和項和, ,求使得求使得T Tn n 對所有對所有n nNN* *都成立的最小正整數(shù)都成立的最小正整數(shù)m m. . ,31nnaa20m解解 (1)(1)設二次函數(shù)為設二次函數(shù)為f f

14、( (x x)=)=axax2 2+ +bxbx( (a a0),0),則則f f(x x)=2)=2axax+ +b b，由于由于f f(x x)=6)=6x x-2-2得得a a=3,=3,b b=-2,=-2,所以所以f f( (x x)=3)=3x x2 2-2-2x x. .又由點又由點( (n n, ,S Sn n)()(n nNN* *) )均在函數(shù)均在函數(shù)y y= =f f( (x x) )的圖象上，的圖象上，得得S Sn n=3=3n n2 2-2-2n n. .當當n n22時時, ,a an n= =S Sn n- -S Sn n-1-1=(3=(3n n2 2-2-2n

15、 n)-3()-3(n n-1)-1)2 2-2(-2(n n-1)=6-1)=6n n-5-5；當當n n=1=1時時, ,a a1 1= =S S1 1=3=31 12 2-2=6-2=61-5=1.1-5=1.所以所以a an n=6=6n n-5(-5(n nNN* *).). (2)(2)由由(1)(1)得知得知因此因此, ,要使要使 ( (n nNN* *) )成立成立, ,m m必須且僅需必須且僅需滿足滿足 即即m m1010，故滿足要求的最小正整數(shù)，故滿足要求的最小正整數(shù)m m為為10.10. ).1611 (21)161561()13171()711(21),161561(2

16、15) 1(6)56(3311nnnbTnnnnaabniinnnn故20)1611 (21mn,2021m題型二題型二 數(shù)列與不等式的綜合應用數(shù)列與不等式的綜合應用【例【例2 2】(2009(2009江西江西) )各項均為正數(shù)的數(shù)列各項均為正數(shù)的數(shù)列 a an n,a a1 1= =a a, , a a2 2= =b b, ,且對滿足且對滿足m m+ +n n= =p p+ +q q的正整數(shù)的正整數(shù)m m, ,n n, ,p p, ,q q都有都有 (1)(1)當當a a= ,b= = ,b= 時時, ,求通項求通項a an n; ; (2) (2)證明證明: :對任意對任意a a，存在與，

17、存在與a a有關的常數(shù)有關的常數(shù) 使得對于使得對于 每個正整數(shù)每個正整數(shù)n n, ,都有都有.)1)(1 ()1)(1 (qpqpnmnmaaaaaaaa,.1na2154(1)(1)解解 由由將將a a1 1= ,= ,a a2 2= = 代入上式化簡得代入上式化簡得 故數(shù)列故數(shù)列 為等比數(shù)列，從而為等比數(shù)列，從而 即即 可驗證可驗證 滿足題設條件滿足題設條件. . ,)1)(1 ()1)(1 ()1)(1 ()1)(1 (121211nnnnqpqpnmnmaaaaaaaaaaaaaaaa得2154.113111,2121111nnnnnnnaaaaaaa所以11nnaa,)31(11nn

18、naa,1313nnna1313nnna(2)(2)證明證明 由題設由題設 的值僅與的值僅與m m+ +n n有關有關, ,記記為為b bm m+ +n n, ,考察函數(shù)考察函數(shù) ( (x x0),0),則在定義域上有則在定義域上有故對故對n nNN* *, ,b bn n+1+1g g( (a a) )恒成立恒成立. .)1)(1 (nmnmaaaa.)1)(1 ()1)(1 (111nnnnnaaaaaaaab則)1)(1 ()(xaxaxf. 10,1, 1,21, 1,11)()(aaaaaaagxf【探究拓展探究拓展】本題考查數(shù)列的通項公式的求法、不等】本題考查數(shù)列的通項公式的求法、

19、不等 式的解法及利用函數(shù)的單調(diào)性解題的基本方法式的解法及利用函數(shù)的單調(diào)性解題的基本方法, ,考查考查 了學生分析問題、解決問題的能力，要求較高了學生分析問題、解決問題的能力，要求較高. . .1,)()(21)(1,)()(21)(1)()(21)(1)(21)(1)(,21)(0),()1 (222nnnnnaagagagagagagaagagagagagagagagaab即有取解上式得注意到又變式訓練變式訓練2 2 設數(shù)列設數(shù)列 a an n 的前的前n n項的和項的和S Sn n= = n n=1,2,3,=1,2,3, (1) (1)求首項求首項a a1 1與通項與通項a an n；

20、(2)(2)設設T Tn n= = n n=1,2,3,=1,2,3,證明證明: : (1)(1)解解 由由S Sn n= = n n=1,2,3, =1,2,3, 得得 所以所以a a1 1=2,=2, 再由再由有有 n n=2,3,4, =2,3,4, 將將和和相減得：相減得： a an n= =S Sn n- -S Sn n-1-1= (= (a an n- -a an n-1-1)- )- (2(2n n+1+1-2-2n n),), n n=2,3,4,=2,3,4, 123134nna,32,2nnS.231niiT,32231341nna,3243134111aSa,322313

21、411nnnaS3431整理得整理得a an n+2+2n n=4(=4(a an n-1-1+2+2n n-1-1),),n n=2,3,4,=2,3,4,因而數(shù)列因而數(shù)列 a an n+2+2n n 是首項為是首項為a a1 1+2=4,+2=4,公比為公比為4 4的等比數(shù)的等比數(shù)列，即列，即a an n+2+2n n=4=44 4n n-1-1=4=4n n, ,所以所以a an n=4=4n n-2-2n n ( (n n=1,2,3,).=1,2,3,).(2)(2)證明證明 將將a an n=4=4n n-2-2n n，代入，代入得得 .23)121121(23)121121(23

22、,),121121(23) 12)(12(2232),12)(12(32)22)(12(3132231)24(341111111111nninnniinnnnnnnnnnnnnnnnTSTS所以題型三題型三 數(shù)列與解析幾何的綜合應用數(shù)列與解析幾何的綜合應用【例【例3 3】(2009(2009廣東廣東) )已知曲線已知曲線C Cn n: :x x2 2-2-2nxnx+ +y y2 2=0(=0(n n=1,2=1,2 ). ).從點從點P P(-1,0)(-1,0)向曲線向曲線C Cn n引斜率為引斜率為k kn n( (k kn n0)0)的切線的切線 l ln n, ,切點為切點為P Pn

23、 n( (x xn n, ,y yn n).). (1) (1)求數(shù)列求數(shù)列 x xn n 與與 y yn n 的通項公式；的通項公式； (2)(2)證明證明: :x x1 1x x3 3x x5 5x x2 2n n-1-1.sin211nnnnyxxx(1)(1)解解 .112) 1(,11).12(12, 0)1 (4)22(0, 0)22()1 () 1(02222222222222nnnxkynnkkxnnnnkkknkkxnkxkxkyynxxnnnnnnnnnnnnnn舍去(2)(2)證明證明 , 04cos21cos21)( ),4, 0(,sin2)(.11121121253

24、312124321.121214) 12(4) 12(212,12111111112312222xxfxxxxfxxnnnnnxxxnnnnnnnnnnnnnxxnnnnn則令 f f( (x x) )在在(0, )(0, )上單調(diào)遞減上單調(diào)遞減. . f f( (x x) )f f(0)=0,(0)=0,即即x x sin sin x x在在(0, )(0, )上恒成立上恒成立. . 即即x x1 1x x3 3x x5 5x x2 2n n-1-1【探究拓展探究拓展】解決數(shù)列與解析幾何這類問題的關鍵是】解決數(shù)列與解析幾何這類問題的關鍵是 明確目標明確目標, ,即將待求問題運用相關知識及手段

25、，轉(zhuǎn)化即將待求問題運用相關知識及手段，轉(zhuǎn)化 成我們較為熟悉的問題，再用相關的知識去求解成我們較為熟悉的問題，再用相關的知識去求解. . 442,121sin21214311210nnn又.sin211nnnnyxxx變式訓練變式訓練3 3 已知函數(shù)已知函數(shù)f f( (x x)=)=x x2 2-4,-4,設曲線設曲線y y= =f f( (x x) )在點在點( (x xn n, , f f( (x xn n)處的切線與處的切線與x x軸的交點為軸的交點為( (x xn n+1+1,0)(,0)(n nNN* *),),其中其中 x x1 1為正實數(shù)為正實數(shù). . (1) (1)用用x xn

26、n表示表示x xn n+1+1; ; (2) (2)求證求證: :對一切正整數(shù)對一切正整數(shù)n n, ,x xn n+1+1x xn n的充要條件是的充要條件是x x1 1 2; 2; (3) (3)若若x x1 1=4,=4,記記a an n= = 證明數(shù)列證明數(shù)列 a an n 成等比數(shù)列成等比數(shù)列, , 并求數(shù)列并求數(shù)列 x xn n 的通項公式的通項公式. .,22lgnnxx(1)(1)解解 由題可得由題可得f f(x x)=2)=2x x, ,所以過曲線上點所以過曲線上點( (x xn n, ,f f( (x xn n)的切線方程為的切線方程為y y- -f f( (x xn n)=

27、)=f f(x xn n)()(x x- -x xn n),),即即y y-(-( -4)=2-4)=2x xn n( (x x- -x xn n).).令令y y=0,=0,得得-(-( -4)=2-4)=2x xn n( (x xn n+1+1- -x xn n).).即即 +4=2+4=2x xn nx xn n+1+1. .顯然顯然x xn n0,0,2nx2nx2nx.221nnnxxx(2)(2)證明證明( (必要性必要性) )若對一切正整數(shù)若對一切正整數(shù)n n, ,有有x xn n+1+1x xn n, ,則則x x2 2x x1 1, , 而而x x1 10,0,即有即有x x

28、1 12.2.( (充分性充分性) )若若x x1 1220,0,由由用遞推關系易得用遞推關系易得x xn n0,0,從而從而即即x xn n2(2(n n2).2).又又x x1 122，x xn n2 (2 (n n1).1).即即x xn n+1+1x xn n對一切正整數(shù)對一切正整數(shù)n n成立成立. . , 4,2221111xxxx即.221nnnxxx).1(2222221nxxxxxnnnnn. 02)2)(2(242221nnnnnnnnnnxxxxxxxxxx于是(3)(3)證明證明 所以所以, ,數(shù)列數(shù)列 a an n 成等比數(shù)列成等比數(shù)列. .2,22lg222lg.)2

29、2(22.2)2(2,.2)2(2,2211121121211nnnnnnnnnnnnnnnnnnnaaxxxxxxxxxxxxxxxxx即從而故同理知由.13) 13(2,322. 3lg222lg. 3lg222lg221112221111111nnnnnnnnnnnnnxxxxxxxaa所以從而即故題型四題型四 數(shù)列與其它知識的綜合應用數(shù)列與其它知識的綜合應用 【例例4 4】(2009(2009重慶重慶) )設設m m個不全相等的正數(shù)個不全相等的正數(shù)a a1 1, ,a a2 2, , , a am m ( (m m7)7)依次圍成一個圓圈依次圍成一個圓圈. . (1) (1)若若m m

30、=2 009,=2 009,且且a a1 1, ,a a2 2, , ,a a1 0051 005是公差為是公差為d d的等差數(shù)的等差數(shù) 列列, ,而而a a1 1, ,a a2 2 009009, ,a a2 0082 008, , ,a a1 0061 006是公比為是公比為q q= =d d的等比數(shù)的等比數(shù) 列列; ;數(shù)列數(shù)列a a1 1, ,a a2 2,a am m的前的前n n項和項和S Sn n ( (n nm m) )滿足滿足S S3 3=15,=15, S S2 0092 009= =S S2 0072 007+12+12a a1 1, ,求通項求通項a an n ( (n

31、nm m) )； (3)(3)若每個數(shù)若每個數(shù)a an n( (n nm m) )是其左右相鄰兩數(shù)平方的等比是其左右相鄰兩數(shù)平方的等比 中項中項, ,求證求證: : mama1 1a a2 2a am m. . 22761maaaa(1)(1)解解 因因a a1 1, ,a a2 0092 009, ,a a2 0082 008, , ,a a1 0061 006是公比為是公比為d d的等比數(shù)的等比數(shù)列列, ,從而從而a a2 0092 009= =a a1 1d d, ,a a2 0082 008= =a a1 1d d2 2. .由由S S2 0092 009= =S S2 0072 00

32、7+12+12a a1 1得得a a2 0082 008+ +a a2 0092 009=12=12a a1 1, ,故故a a1 1d d2 2+ +a a1 1d d=12=12a a1 1, ,即即d d2 2+ +d d=12.=12.解得解得d d=3,=3,或或d d=-4(=-4(舍去舍去).).因此因此d d=3.=3.又又S S3 3=3=3a a1 1+3+3d d=15.=15.解得解得a a1 1=2.=2.從而當從而當n n1 0051 005時，時，a an n= =a a1 1+(+(n n-1)-1)d d=2+3(=2+3(n n-1)=3-1)=3n n-1

33、.-1.而當而當1 0061 006n n2 0092 009時時, ,由由a a1 1, ,a a2 0092 009, ,a a2 0082 008, , ,a a1 0061 006是是公比為公比為d d的等比數(shù)列的等比數(shù)列, ,得得a an n= =a a1 1d d2 009-(2 009-(n n-1)-1)= =a a1 1d d2 010-2 010-n n(1 006(1 006n n2 009).2 009).00920061,32,0051, 130102nnnann因此(2)(2)證明證明 由題意由題意 由由得得 由由, , ,得得a a1 1a a2 2a am m=

34、(=(a a1 1a a2 2a am m) )2 2, ,故故a a1 1a a2 2a am m=1. =1. ,),1 (,),1 (211111222212121221212aaaaaamnaaaaaaaaamnaaammmnnnmmmnnn得.,1,1,2162514123aaaaaaaaaa),61 (1),31 (13611123mraaamraaaaaarrrrrrrrr故有又下面用反證法證明下面用反證法證明: :m m=6=6k k. .若不然若不然, ,設設m m=6=6k k+ +p p, ,其中其中11p p5.5.若取若取p p=1,=1,即即m m=6=6k k+1

35、,+1,則由則由得得a am m= =a a6 6k k+1+1= =a a1 1, ,而由而由得得a am m 由由得得 從而從而a a6 6= =a a6 6k k= =a am m-1-1=1,=1,而而故故a a1 1= =a a2 2=1,=1,由由及及可推得可推得a an n=1(1=1(1n nm m) )與題設矛盾與題設矛盾. .同理同理, ,若若p p=2,3,4,5=2,3,4,5均可得均可得a an n=1(1=1(1n nm m) )與題設矛盾與題設矛盾, ,因此因此m m=6=6k k為為6 6的倍數(shù)的倍數(shù). .由均值不等式得由均值不等式得, 1,221121aaaa

36、aa得故,11aaamm,216aaa . 6)()1()1(21122211621aaaaaaaaaaa又上面三組數(shù)內(nèi)必有一組不相等又上面三組數(shù)內(nèi)必有一組不相等( (否則否則a a1 1= =a a2 2= =a a3 3=1,=1,從從而而a a4 4= =a a5 5=a an n=1,=1,與題設矛盾與題設矛盾),),故等號不成立故等號不成立, ,從而從而a a1 1+ +a a2 2+a a6 66.6.又又m m=6=6k k, ,由由和和得得因此由因此由得得 6+6(6+6(k k-1)=6-1)=6k k= =m m= =mama1 1a a2 2a am m . .【探究拓展

37、探究拓展】本題考查了等差數(shù)列、等比數(shù)列的概】本題考查了等差數(shù)列、等比數(shù)列的概 念念, ,分類討論的思想、方程的思想分類討論的思想、方程的思想, ,反證法反證法, ,基本不等基本不等 式等重要的數(shù)學思想方法，難度較大，要求較高式等重要的數(shù)學思想方法，難度較大，要求較高. . 22761maaaa).1(6)111)(1()(1()()(23232222212126222122521227227kaaaaaakaaakaaaaaammm變式訓練變式訓練4 4 已知已知a a0,0,且且a a1,1,數(shù)列數(shù)列 a an n 的前的前n n項和為項和為 S Sn n, ,它滿足條件它滿足條件 數(shù)列數(shù)列

38、 b bn n 中中, ,b bn n= =a an nlg lg a an n. . (1) (1)求數(shù)列求數(shù)列 b bn n 的前的前n n項和項和T Tn n； (2)(2)若對一切若對一切n nNN* *都有都有b bn nb bn n+1+1, ,求求a a的取值范圍的取值范圍. . 解解 (1)(1) 當當n n=1=1時時, , 當當n n22時時, , a an n= =a an n ( (n nNN* *).). 此時此時b bn n= =a an nlg lg a an n= =a an nlg lg a an n= =n na an nlg lg a a, ,.111aS

39、ann.1) 1(,111aaaSaSannnn.1) 1(111aaaaSa,1) 1(1) 1(11nnnnnnaaaaaaaSSaT Tn n= =b b1 1+ +b b2 2+b bn n=(=(a a+2+2a a2 2+3+3a a3 3+nanan n)lg )lg a a即即auaun n= =a a2 2+2+2a a3 3+nanan n+1+1設設u un n= =a a+2+2a a2 2+3+3a a3 3+nanan n, ,(1-(1-a a) )u un n= =a a+ +a a2 2+ +a a3 3+a an n- -nanan n+1+1.lg) 1(

40、) 1(1.) 1() 1(1,1) 1(21211aaaaanaTaaaanaunaaaannnnnnnn(2)(2)由由b bn nb bn n+1+1 nanan nlg lg a a( (n n+1)+1)a an n+1+1lg lg a a可得可得當當a a1 1時時, ,由由lg lg a a0,0,可得可得 ( (n nNN* *),),a a1,1, 對一切對一切n nNN* *都成都成立立,此時的解為此時的解為a a1.1.當當0 0a a1 1時時, ,由由lg lg a a0,0,可得可得n n( (n n+1)+1)a a, , ( (n nNN* *),0),0a

41、a1,1,00a a對一切對一切n nNN* *都成立，都成立，此時的解為此時的解為0 0a a由由可知可知, ,對一切對一切n nNN* *都有都有b bn nb bn n+1+1的取值范圍是的取值范圍是0 0a a或或a a1.1. ,1nna11nn,1nna,1nna211nn1nn.2121【考題再現(xiàn)】【考題再現(xiàn)】 (2009(2009山東山東) ) 等比數(shù)列等比數(shù)列 a an n 的前的前n n項和為項和為S Sn n, ,已知對已知對 任意的任意的n nNN* *, ,點點( (n n, ,S Sn n) )均在函數(shù)均在函數(shù)y y= =b bx x+ +r r( (b b0 0且

42、且b b1,1, b b, ,r r均為常數(shù)均為常數(shù)) )的圖象上的圖象上. . (1) (1)求求r r的值；的值； (2)(2)當當b b=2=2時時, ,記記b bn n=2(log=2(log2 2a an n+1)(+1)(n nNN* *),), 證明證明: :對任意的對任意的n nNN* *, ,不等式不等式nnbbbbbb1112211.1成立n【解題示范解題示范】 解解 (1)(1)因為對任意的因為對任意的n nNN* *, ,點點( (n n, ,S Sn n) )均在函數(shù)均在函數(shù)y y= =b bx x+ + r r ( (b b0 0且且b b1,1,b b, ,r r

43、均為常數(shù)均為常數(shù)) )的圖象上的圖象上. . 所以得所以得S Sn n= =b bn n+ +r r, , 當當n n=1=1時時, ,a a1 1= =S S1 1= =b b+ +r r, , 2 2分分 當當n n22時時, ,a an n= =S Sn n- -S Sn n-1-1= =b bn n+ +r r-(-(b bn n-1-1+ +r r) ) = =b bn n- -b bn n-1-1=(=(b b-1)-1)b bn n-1-1, , 4 4分分 又因為又因為 a an n 為等比數(shù)列，為等比數(shù)列， 所以所以r r=-1,=-1,公比為公比為b b, ,所以所以a a

44、n n=(=(b b-1)-1)b bn n-1-1. . 5 5分分(2)(2)當當b b=2=2時時, ,a an n=(=(b b-1)-1)b bn n-1-1=2=2n n-1-1, , b bn n=2(log=2(log2 2a an n+1)=2(log+1)=2(log2 22 2n n-1-1+1)=2+1)=2n n. . 6 6分分 7 7分分下面用數(shù)學歸納法證明不等式下面用數(shù)學歸納法證明不等式.212674523111,21212211nnbbbbbbnnbbnnnn所以則.12126745231112211成立所以nnnbbbbbbnn當當n n=1=1時時, ,左

45、邊左邊= = 右邊右邊= = 因為因為 所以不等式成立所以不等式成立. . 8 8分分假設當假設當n n= =k k ( (k kNN* *) )時不等式成立，時不等式成立，則當則當n n= =k k+1+1時，時， ,23,223.12126745231112211成立即kkkbbbbbbkk22322126745231111112211kkkkbbbbbbbbkkkk左邊,2 11 11分分所以當所以當n n= =k k+1+1時時, ,不等式也成立不等式也成立. .由由可得不等式恒成立可得不等式恒成立. 12. 12分分1) 1() 1(411) 1() 1(41) 1(4) 1(4)

46、1(4)32(2232122kkkkkkkkkkk1.1.求數(shù)列通項公式的方法求數(shù)列通項公式的方法:(1):(1)觀察法觀察法: :尋找項與項數(shù)尋找項與項數(shù) 的關系的關系, ,然后猜想、檢驗然后猜想、檢驗, ,即得通項公式即得通項公式, ,注意利用前注意利用前 n n項得到的通項公式不一定唯一項得到的通項公式不一定唯一;(2);(2)利用前利用前n n項和與項和與 通項的關系通項的關系 (3)(3)公式法公式法: :利用等利用等 差、等比數(shù)列的通項公式差、等比數(shù)列的通項公式. . 2.2.由遞推關系式求通項常用方法由遞推關系式求通項常用方法:(1):(1)逐差法逐差法: :型如型如a an n

47、+1+1 = =a an n+2+2n n, ,a an n+1+1= =a an n+2+2n n, ,則則a an n=(=(a an n- -a an n-1-1)+()+(a an n-1-1- -a an n-2-2)+()+(a a2 2 - -a a1 1)+)+a a1 1;(2);(2)逐商法逐商法: :型如型如a an n+1+1=3=3nanan n, ,a an n+1+1=3=3n na an n, ,則則a an n (3)(3)待定系數(shù)法待定系數(shù)法: :型如型如a an n+1+1= =k k;)2() 1(11nSSnSannn;112211aaaaaaannn

48、na an n+ +b b, ,若若k k=0=0時時, ,則為常數(shù)列則為常數(shù)列; ;若若k k=1=1時時, ,則為等差數(shù)列則為等差數(shù)列; ;若若k k1,1,且且b b00時時, ,法法( (一一):):可設可設a an n+1+1+ +t t= =k k( (a an n+ +t t),),得得a an n+1+1= =kakan n+(+(k k-1)-1)t t, ,由由( (k k-1)-1)t t= =b b, ,得得 則數(shù)列則數(shù)列 是以是以 為首項為首項, ,k k為公比的等比數(shù)列為公比的等比數(shù)列, ,所以所以k kn n-1-1. .法法( (二二):):把等式把等式a an

49、 n+1+1= =k ka an n+ +b b兩邊都除以兩邊都除以k kn n+1+1, ,得得 轉(zhuǎn)化為第轉(zhuǎn)化為第(1)(1)類類;(4);(4)取倒數(shù)法取倒數(shù)法: :型如型如 ( (a an n0),0),取倒數(shù)得取倒數(shù)得 所以數(shù)列所以數(shù)列 是以是以 為首項為首項,1,1為公差的等差數(shù)列為公差的等差數(shù)列.(5).(5)待定系數(shù)待定系數(shù)法法: :型如型如: :a an n+1+1= =AaAan n+ +B Bn n( (A AB B0),0),則則當當A A=1=1時時, ,可化為可化為第第(1)(1)類型類型, ,當當A A1,1,B B=1=1時時, ,可化為第可化為第(3)(3)類型

50、類型, ,當當,1kbt11kban11kba)1(1kbaan,111nnnnnkbkaka11nnnaaa, 1111nnaa1na11aA A1,1,B B11時時, ,法法( (一一):):原式可化為原式可化為 這時可轉(zhuǎn)化為第這時可轉(zhuǎn)化為第(3)(3)類型類型. .法法( (二二):):原式可化為原式可化為a an n+1+1+ +tBtBn n+1+1= =A A( (a an n+ +tBtBn n),),即即a an n+1+1= =AaAan n+ +t t( (A A- -B B) )B Bn n, ,則則t t( (A A- -B B)=1,)=1,所以所以 所以數(shù)列所以數(shù)

51、列 a an n+ + 是以是以 為首項為首項, ,以以A A為公比的等比數(shù)列為公比的等比數(shù)列, ,進而求出通項進而求出通項a an n;(6);(6)取倒數(shù)法取倒數(shù)法: :型如型如: :a an n+1+1= = 若若A A= =B B, ,則數(shù)列則數(shù)列 為等差數(shù)列為等差數(shù)列, ,若若A AB B, ,則可化為第則可化為第(3)(3)類型類型; ;型如型如: :則則b bn n+1+1= =AbAbn n+ +B B, ,可化為第可化為第(3)(3)類型類型. . ,111BBaBABannnn,1,1BbBAbbBannnnn則令,1BAtBABnBABa1,BaBaAnn,111ACaA

52、Bann則11na,) 1(1AnaBanannn,1,111nnnnnnnbanBanAanAnaBana令所以則3.3.求和時常用的基本方法求和時常用的基本方法:(1):(1)公式求和法公式求和法: :能直接利能直接利 用等差數(shù)列、等比數(shù)列求和公式用等差數(shù)列、等比數(shù)列求和公式, ,或可通過適當拆或可通過適當拆 分、重新組合分、重新組合, ,能直接利用等差數(shù)列、等比數(shù)列求和能直接利用等差數(shù)列、等比數(shù)列求和 公式公式;(2);(2)裂項求和法裂項求和法: :型如型如 (3)(3)錯位相減求和法錯位相減求和法: :型如型如 a an nb bn n(其中其中 a an n 是等差是等差 數(shù)列數(shù)列

53、,b bn n 是等比數(shù)列是等比數(shù)列) )的前的前n n項和項和, ,一定要注意項數(shù)一定要注意項數(shù) 和最后一項的符號和最后一項的符號;(4);(4)倒序相加求和法倒序相加求和法: :它主要適用它主要適用 于型如于型如a ai i+ +a an n+1-+1-i i= =a aj j+ +a an n+1-+1-j j (1 (1i ij jn n).). ;111),11(1)(1nnnnaknnkknnnnnannnna,111) 1(14.4.在解答數(shù)列與不等式、數(shù)列與函數(shù)、數(shù)列與方程的在解答數(shù)列與不等式、數(shù)列與函數(shù)、數(shù)列與方程的 有關問題時有關問題時, ,特別是數(shù)列與不等式經(jīng)常利用不等式

54、的特別是數(shù)列與不等式經(jīng)常利用不等式的 適當放縮來解答或證明適當放縮來解答或證明. . (1) (1) 的放縮根據(jù)不同的要求的放縮根據(jù)不同的要求, ,大致有三種情況大致有三種情況, , (3) (3) 的放縮根據(jù)不同的要求的放縮根據(jù)不同的要求, ,大致有兩種情況大致有兩種情況, , 因為可把數(shù)列看成函數(shù)圖象上孤立的因為可把數(shù)列看成函數(shù)圖象上孤立的21n);2(111122nnnnnn11(2111122nnn);2)(11nn);1)(121121(2411122nnnnnn21,11121nnnnn1121nnn. 1nn“點點”, ,所以有時利用函數(shù)的單調(diào)性證明數(shù)列的項的所以有時利用函數(shù)的單

55、調(diào)性證明數(shù)列的項的 大小大小, ,或證明不等式或證明不等式. . 5.5.在利用數(shù)學歸納法證明問題時在利用數(shù)學歸納法證明問題時, ,特別是特別是, ,在利用假設在利用假設 證明證明“n n= =k k+1”+1”也成立時也成立時, ,一定要對所給式子進行靈一定要對所給式子進行靈 活變形、適當取舍、合理放縮，牢牢地盯住結論活變形、適當取舍、合理放縮，牢牢地盯住結論. . 一、選擇題一、選擇題1.1.已知已知 a an n 是等比數(shù)列是等比數(shù)列, ,a a2 2=2,=2,a a5 5= ,= ,則則a a1 1a a2 2+ +a a2 2a a3 3+ a an na an n+1+1等于等于

56、 ( )( ) A.16(1-4 A.16(1-4- -n n) B.16(1-2) B.16(1-2- -n n) ) C. (1-4 C. (1-4- -n n) D. (1-2) D. (1-2- -n n) ) 解析解析 a a1 1=4=4，a an na an n+1+1=4=4 故故a a1 1a a2 2+ +a a2 2a a3 3+ +a a3 3a a4 4+a an na an n+1+1=2=23 3+ + 2 21 1+2+2-1-1+2+2-3-3+2+25-25-2n n= =332332,21,81325qqaa41,2)21(4)21(251nnn).41

57、(332411)411 (8nnC C2.2.已知數(shù)列已知數(shù)列 a an n 為等差數(shù)列為等差數(shù)列,b bn n 為等比數(shù)列為等比數(shù)列, ,其公比其公比q q 1,1,且且b bi i0 (0 (i i=1,2,=1,2,n n),),若若a a1 1= =b b1 1, ,a a2 0092 009= =b b2 0092 009, ,則則 ( )( ) A. A.a a1 0051 005b b1 005 1 005 B.B.a a1 0051 005= =b b1 0051 005 C. C.a a1 0051 005b b1 005 1 005 D.D.a a1 0051 005b b

58、1 0051 005或或a a1 0051 005b b1 0051 005 解析解析 因因a a1 1= =b b1 1, ,a a2 0092 009= =b b2 0092 009, ,所以所以a a1 1+ +a a2 0092 009= =b b1 1+ +b b2 0092 009, , 又又 a an n 為等差數(shù)列為等差數(shù)列,b bn n 為等比數(shù)列，為等比數(shù)列， 所以所以2 2a a1 0051 005= =a a1 1+ +a a2 0092 009= =b b1 1+ +b b2 0092 009=2=2b b1 0051 005, ,即即a a1 0051 005b b

59、1 0051 005. . 009212bb A A3.3.已知數(shù)列已知數(shù)列 a an n 的前的前n n項和項和S Sn n= =n n2 2-9-9n n ( (n nNN* *),),第第k k項滿項滿 足足5 5a ak k8,8,則則k k等于等于 ( )( ) A.9 B.8 C.7 D.6 A.9 B.8 C.7 D.6 解析解析 因因a a1 1= =S S1 1=-8,=-8,而當而當n n22時時, ,由由a an n= =S Sn n- -S Sn n-1-1求得求得a an n= = 2 2n n-10,-10,此式對于此式對于n n=1=1也成立也成立. .要滿足要滿

60、足5 5a ak k8,8,只須只須5 5 2 2k k-10-108 8，從而有，從而有 而而k k為自然數(shù)為自然數(shù). .因而只能因而只能 取取k k=8.=8. , 9215 kB B4.4.已知兩個等差數(shù)列已知兩個等差數(shù)列 a an n 和和 b bn n 的前的前n n項和分別為項和分別為A An n和和 B Bn n, ,且且 則使得則使得 為整數(shù)的正整數(shù)為整數(shù)的正整數(shù)n n的個數(shù)的個數(shù) 是是 ( )( ) A.2 B.3 C.4 D.5 A.2 B.3 C.4 D.5 解析解析 由等差數(shù)列的前由等差數(shù)列的前n n項和及等差中項，項和及等差中項， 故故n n=1,2,3,5,11=1

61、,2,3,5,11時時, , 為整數(shù)為整數(shù). . ,3457nnBAnnnnba).N(112711972238143) 12(45) 12()(12(21)(12(21)(21)(21*1212121121121121nnnnnnnnBAbbnaanbbaabannnnnnnn可得nnbaD D5.5.設正項數(shù)列設正項數(shù)列 a an n 的前的前n n項的積為項的積為T Tn n, ,令令P Pn n= = 稱稱P Pn n為數(shù)列為數(shù)列a a1 1, ,a a2 2, ,a a3 3,a an n的的“理理 想數(shù)想數(shù)”. .已知數(shù)列已知數(shù)列a a1 1, ,a a2 2, ,a a3 3,a

62、 a501501的的“理想數(shù)理想數(shù)”為為 2 22 0082 008, ,那么數(shù)列那么數(shù)列32,32,a a1 1, ,a a2 2, ,a a3 3,a a501501的的“理想數(shù)理想數(shù)”為為 ( )( ) A.2 A.22 008 2 008 B.2B.22 009 2 009 C.2C.22 010 2 010 D.2D.22 0112 011 解析解析 設數(shù)列設數(shù)列a a1 1, ,a a2 2, ,a a3 3,a a501501前前n n項積為項積為T Tn n, ,數(shù)列數(shù)列32,32, a a1 1, ,a a2 2, ,a a3 3,a a501501前前n n項積為項積為H

63、Hn n, ,H H1 1H H2 2H H3 3 H H502502=32(32=32(32T T1 1)(32)(32T T2 2)(32)(32T T501501)=32)=32502502T T1 1T T2 2 T T501501,32,325025022 22 0082 008501501=32=325025022 25025022 0042 004=(2=(22 0092 009) )502502. . 則所求的則所求的“理想數(shù)理想數(shù)”為為2 22 0092 009. . ,321nnTTTTB B6.6.已知已知f f( (x x) )是定義在是定義在R R上的不恒為零的函數(shù)上

64、的不恒為零的函數(shù), ,且對于任且對于任 意實數(shù)意實數(shù)a a, ,b bRR滿足滿足: :f f( (a ab b)=)=af af( (b b)+)+bf bf( (a a),),f f(2)=2,(2)=2,a an n= = ( (n nNN* *),),b bn n= (= (n nNN* *),),考察下列結論考察下列結論, ,其中其中 正確的是正確的是: ( ): ( ) f f(0)=(0)=f f(1);(1);f f( (x x) )為偶函數(shù)為偶函數(shù); ;數(shù)列數(shù)列 a an n 為等差數(shù)為等差數(shù) 列列; ;數(shù)列數(shù)列 b bn n 為等比數(shù)列為等比數(shù)列. . A. A. B. B

65、. C. C. D. D. 解析解析 令令a a= =b b=0,=0,則則f f(0)=0(0)=0; ;令令a a= =b b=1,=1,則則f f(1)=0(1)=0; ;即即 f f(0)=(0)=f f(1),(1),故故正確正確. .nnf2)2(nfn)2(令令a a= =b b=-1,=-1,則則f f(-1)=0,(-1)=0,令令a a= =x xR,R,b b=-1,=-1,則則f f(-(-x x)=)=xf xf(-1)-(-1)-f f( (x x)=-)=-f f( (x x),),故故錯誤錯誤. .令令a a=2=2n n, ,b b=2,=2,則則f f(2(

66、2n n+1+1)=2)=2n nf f(2)+2(2)+2f f(2(2n n),), 因因f f(2)=2,(2)=2,所以所以 即數(shù)列即數(shù)列 a an n 是以是以1 1為為首項首項,1,1為公差的等差數(shù)列為公差的等差數(shù)列, ,故故正確正確. .由由可知可知: : 所以所以 即即數(shù)列數(shù)列 b bn n 是以是以2 2為首項為首項, ,2 2為公比的等比數(shù)列為公比的等比數(shù)列, ,故故正確正確. .答案答案 D D,2)2(2)2(2)2(11nnnnfff即, 12)2(2)2(11nnnnff,1) 1(12)2(nnfnn,2)2(nnnf二、填空題二、填空題7.7.設等差數(shù)列設等差數(shù)列 a an n 的前的前n n項和為項和為S Sn n, ,若若S S4 410,10,S S5 515,15, 則則a a4 4的最小值為的最小值為_._. 解析解析 因為因為S S4 410,10,S S5 515,15,所以所以a a5 5= =S S5 5- -S S4 45,5, 又又a a1 1+ +a a4 45,5,a a1 1+ +a a5 56,6,則則a a5 5- -a