数学经典易错题会诊与高考试题预测4 42页

高考数学经典易错题会诊(四)‎ 考点4 数 列 ‎ 经典易错题会诊 ‎ ‎ 命题角度1 数列的概念 ‎ 命题角度2 等差数列 ‎ 命题角度3 等比数列 ‎ 命题角度4 等差与等比数列的综合 ‎ 命题角度5 数列与解析几何、函数、不等式的综合 ‎ 命题角度6 数列的应用 探究开放题预测 ‎ 预测角度1 数列的概念 ‎ 预测角度2 等差数列与等比数列 ‎ 预测角度3 数列的通项与前n项和 ‎ 预测角度4 递推数列与不等式的证明 ‎ 预测角度5 有关数列的综合性问题 ‎ 预测角度6 数列的实际应用 ‎ 预测角度7 数列与图形 经典易错题会诊 命题角度 1 数列的概念 ‎1．(典型例题)已知数列｛an｝满足a1=1,an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1,(n≥2)，则｛an｝的通项an=_________.‎ ‎ [考场错解] ∵an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1，∴an-1=a1+2a2+3a3+…+(n-2)an-2，两式相减得an-an-1=(n-1)an-1，∴an=nan-1.由此类推： an-1=(n-1)an-2，…a2=2a1，由叠乘法可得an=‎ ‎ [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，a1=与已知a1=1，矛盾．‎ ‎ [对症下药] ∵n≥2时，an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1① 当n≥3时，an-1=a1+2a2+3a3+…+(n-2)·an-2② ①-②得 an-an-1=(n-1)·an-1∴当n≥3时，=n，∵an=··．．．·=n·…·4·3×a2=a2，∵a2=a1=1‎ ‎∴当n≥2时，an= . 当n=1时，a1=1故an=‎ 42‎ ‎ 2．(典型例题)设数列｛an｝的前n项和为Sn,Sn=(对于所有n≥1)，且a4=54，则a1的数值是________.‎ ‎[考场错解]∵Sn==,∴此数列是等比数列，首项是a1，公比是3，由a4=a1·34-1，‎ ‎∴a1=2．‎ ‎ [专家把脉] 此题不知数列｛an｝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]∵a4=S4-S3=(34-1)-(33-1)=54，解得a1=2． ‎ ‎3.(典型例题)已知数列｛an｝满足a1=1，an=3n-1+an-1(n≥2)．‎ ‎ (1)求a2，a3；‎ ‎ (2)求通项an的表达式．‎ ‎ [考场错解] (1)∵a1=1，∴a2=3+1=4，a3=32+4=13． (2)由已知an=3n-1+an-1，即an-an-1=3n-1‎ ‎ 即an成等差数列，公差d=3n-1．故an=1+(n-1)·3n-1．‎ ‎ [专家把脉] (2)问中an-an-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an-an-1=3n-1，故an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=3n-1+3n-2+…+3+1=.‎ ‎ 　 4．(典型例题Ⅲ)等差数列｛an｝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an=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=2Pam+an=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∵S20==10(a2+a19)=180 ‎ ‎2．(典型例题)若｛an｝是等差数列，首项a1＞0，a2003+a2004>0，a2003·a2004＜0，则使前n项和Sn>0成立的最大自然数n是 ( )‎ ‎ A.4005 B．4006 C.4007 D.4008 ‎ ‎ [考场错解] ∵a2004+a2003>0，即2a1+2002d+2003d>0，(a1+2002d)(a1+2003d)<0，要使Sn>0．即使na1+d＞0．这样很难求出a1，d.从而求出最大的自然数 n.故而判断a2003>0，a2004‎ 42‎ ‎<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Sn＞0．故而取n=4005使Sn>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．a2003>0，a2004<0． 且忽视了这两项的大小．‎ ‎[对症下药] B ∵a1>0，a2003+a2004>0，a2003·a2004＜0，且｛an｝为等差数列 ∴{an}表示首项为正数，公差为负数的单调递减等差数列，且a2003是绝对值最小的正数，a2004是绝对值最大的负数(第一个负数)，且|a2003|＞|a2004|∴在等差数列｛an｝中，a2003+a2004=a1+a4006>0，S4006=＞0 ∴使Sn＞0成立的最大自然数n是4006． ‎ ‎3．(典型例题)设无穷等差数列｛an｝的前n项和为Sn.‎ ‎ (Ⅰ)若首项a1=，公差d=1，求满足Sk2=(Sk)2的正整数k;‎ ‎ (Ⅱ)求所有的无穷等差数列｛an｝；使得对于一切正整数中k都有Sk2=(Sk)2成立．‎ ‎ [考场错解] (1)当a1=,d=1时，Sn=n2+n，由Sk2=(Sk)2得k4+k2=，即k=0或k=4． ∴k≠0．故k=4．‎ ‎ (Ⅱ)由对一切正整数k都有Sk2=(Sk)2成立． 即k2a1+d=(ka1+)2即(a1-)k2-adk2(k-1)+k2(k2-1)-k2(k-1)2=0对—切正整数k恒成立． 故 求得a1=0或1，d=0 ∴等差数列an=｛0,0,0,…｝，或an=｛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a1=,d=1时，Sn=na1+由Sk2=(Sk)2,得k4+k2=(k2+k)2，即k3=0.又k≠0，所以k=4．‎ ‎ (Ⅱ)设数列｛an｝的公差为d，则在Sk2=(Sk)2中分别取k=1,2,得 由（1）得a1=0或a1=1. 当a1=0时，代入（2）得d=0或d=6.若a1=0,d=0,则an=0,sn=0,从而Sk2=(Sk)2成立；若a1=0,d=6,则an=6(n-1),由S3=18，（S3）2=324,S9=216知S9≠(S3)2，故所得数列不符合题意.当a1=1时,代入(2)得 4+6b=(2+d)2解得d=0或d=2.若a1=1,d=0,则an=1,Sn=n,从而Sk2=(Sk)2成立；若a1=1,d=2,则an=2n-1,Sn=1+3+…+（2n-1）=n2,从而Sk2=(Sk)2成立.综上,共有3个满足条件的无穷等差数列:①{an}：an=0,即0，0，0，…；②{an}:an=1,即1，1，1，…；③{an}:an=2n-1,即1，3，5，….‎ ‎4.(典型例题)已知数列{an}的各项都是正数,且满足:a0=1,an+1=an·(4-an),nN.‎ ‎(1)证明an＜an+1＜2,n∈N.‎ 42‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式an.‎ ‎[考场错解] 用数学归纳法证明：（1）1°当n=1时，a0=1,a1=a0（4-a0）=,∴a0＜a1＜2,命题正确.‎ ‎2°假设n=k时有ak-1＜ak＜2.则n=k+1时，ak-ak+1=ak-1(4-ak-1)-ak(4-ak)=2(ak-1-ak)-(ak-1-ak)(ak-1+ak)=(ak-1-ak)(4-ak-1-ak).而ak-1-ak＜0. 4-ak-1-ak＞0,∴ak-ak-1＜0.又ak-1=ak(4-ak)=[4-(ak-2)2]＜2.∴n=k+1时命题正确.由1°、2°知，对一切n∈N时有an＜an+1＜2.‎ ‎(2)an+1=an(4-an)=[-(an-2)2+4].∴2(an+1-2)=-(an-2)2∴an+1-2=(an-2)2令bn=an-2,∴bn=-()1+2+…+2n-1·又∵b1=a1-2=-.∴bn=-()2n+2n-1.即an=2-()2n+2n-1.‎ ‎[专家把脉] 在（Ⅱ）问中求bn的通项时，运用叠代法.最后到b0而不是b1.‎ ‎[对症下药]（Ⅰ）同上，方法二：用数学归纳法证明：1°当n=1时，a0=1,a1=a0(4-a0)=,∴0＜a0＜a1＜2;2°假设n=k时有ak-1＜ak＜2成立，令f(x)= x(4-x),f(x)在[0，2]上单调递增，所以由假设有：f(ak-1)＜f(ak)＜f(2),即ak-1(4-ak-1)＜ak(4-ak) ×2(4-2),也即当x=k+1时 ak＜ak+1＜2成立，所以对一切n∈N,有ak＜ak+1＜2‎ ‎(2)下面来求数列的通项：an+1=an(4-an)=[-(an-2)2+4],所以2（an+1-2）=-(an-2)2令bn=an-2,则bn=-=-(-)2=-·()2…=-（）1+2+…+2n-1b2n，又bn=-1,所以bn=-()2n-1,即an=2+bn=2-()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am+an=ap+aq”；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.‎ 考场思维训练 ‎1 在等差数列{an}中,若a4+a6+a8+a10+a12=120,则a9-a11的值为 ( )‎ A.14 B.15 C.16 D.17‎ 42‎ 答案： C分析：略。‎ ‎2 等差数列{an}中,若其前n项的和Sn=,前m项的和Sm=(m≠n,m,n∈N*),则 ( )‎ A.Sm+n＞4 B.Sm+n＜‎ C.Sm+n=4 D.-4＜Sm+n＜-2‎ 答案： B分析：略。‎ ‎3 数列{an}是公差d≠0的等差数列，其前n项和为Sn,且a10=1,‎ ‎(Ⅰ)求{an}的通项公式；‎ 答案：由已知a1+9d=1             ①‎ 因为a 因为d≠0,所以a9+a15=0,即a1+11d=0      ②‎ 由①②解得 ‎(Ⅱ)求S的最大值；‎ 答案：解an=6-得n≤12,‎ 所以，数列{an}前11，12和最大，‎ ‎(Ⅲ)将Sn表示成关于an的函数.‎ 答案：由a ‎4在数列{an}中a1=,a2=,且log2(3a2-a1)…log(3an+1-an),是公差为-1的等差数列，又 ‎2a2-a1,2a3-a2,…，2an+1-an,…是等比数列，公比为q，|q|＜1,这个等比数列的所有项之和等于.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ 答案：设bn=log2(3an+1-an),因为{ bn}是等差数列，d=-1.b1=log2(3a2-a1)=log2‎ 即log2(3an+1-a)=-n,所以3an+1-an=2-n      ①‎ 设cn=2an+1-an,{cn}是等比数列，公比为q,|q|<1,c1=2a2-a1=2‎ 42‎ 由 ‎                                  ②‎ 由①,②解得 ‎(2)计算(a1+a2+…+an).‎ 答案： lim(a1+a2+…+an)‎ ‎ ‎ ‎5已知数列{an}是公差d≠0的等差数列，其前n项和为Sn.‎ ‎(1)求证：点P1(1,),P2(2,),…Pn(n,)在同一条直线l1上;‎ 1. 答案：因为等差数列{an}的公差d≠0, 所以 当 所以P2，P3，…，Pn都在过点P1(1,a)且斜率为常数的直线l1上.‎ ‎(2)过点Q1(1,a1),Q2(2,a2)作直线l1、l2,设l1与l2的夹角为θ，求证：tanθ≤‎ 答案：直线l2的方程为y-a1=d(x-),直线l2的斜率为d.‎ tanθ=‎ 当且仅当 命题角度 3 等比数列 ‎1．(典型例题Ⅲ)数列{an}的前n项和记为Sn,已知a1=1,aa+1=(n=1,2,3…).证明:‎ 42‎ ‎(Ⅰ)数列{}是等比数列；‎ ‎(Ⅱ)Sn+1=4an.‎ ‎[考场错解] (Ⅰ)已知a1=1,an+1=,∴a2=3S1=3,∴S2=4 a3=·S2=2×4=8.∴S3=1+3+8=12.‎ 即.故{}是公比为2的等比数列.‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知=4·于是Sn+1=4(n+1)·=4an.又a2=3.S2=a1+a2=4,因此对于任意正整数n≥1,都有Sn+1=4an.‎ ‎[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) ∵an+1=Sn+1-Sn,an+1=Sn,∴(n+2)Sn=n(Sn+1-Sn),整理得nSn+1=2(n+1)=Sn,所以=2故{}是以2为公比的等比数列.‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知=4·(n2).于是Sn+1=4(n+1)·=4an(n≥2).又a2=3S1=3, 故S1=a1+a2=4.因此对于任意整数n≥1,都有Sn+1=4an.‎ ‎2.(典型例题)已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=(an-1)(n∈N*).‎ ‎(Ⅰ) 求a1,a2;‎ ‎(Ⅱ)求证数列{an}是等比数列.‎ ‎[考场错解] (Ⅰ)S1=(a1-1),得a1=-,S2=(a2-1),即a1+a2=(a2-1),得a2=.‎ ‎(Ⅱ)an=Sn-Sn-1=(an-1)-(an-1-1),得,所以{an}是首项为-，公比为-的等比数列.‎ ‎[专家把脉] 在利用an=Sn-Sn-1公式时,应考虑n≥2时才能成立.‎ ‎[对症下药] (Ⅰ)由S1=(a1-1), 得a1=(a1-1),∴a1=-.又S2=(a2-1),即a1+a2=(a2-1),得a2=. ‎ ‎(Ⅱ)当 n＞1时,an=SnSn-1=(an-1)-(an-1-1),得=-,所以{an}是首项为-,公比为-的等比数列.‎ ‎3.(典型例题)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 ( )‎ 42‎ A. 或4 ‎ B. 或 ‎ C. 4或- ‎ D. 4或或或 ‎[考场错解] 设这四个数为,aq,aq3.由题意得由①得a=,代入②得q=或q2=2.q2=或q2=4,故所求的 公比为或4.故应选A.‎ ‎[专家把脉] 上述解答设等比数列的公比为q2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,aq2,aq3,则或-.因此,应选D.‎ ‎4.(典型例题)设数列{an}的首项a1=a≠,且an+1=‎ ‎(Ⅰ)求a2,a3;‎ ‎(Ⅱ)判断数列{bn}是否为等比数列,并证明你的结论;‎ ‎(Ⅲ)求(b1+b2+b3+…+bn).‎ ‎[考场错解] (Ⅰ)a2=a1+=a+,a3=a2=a;‎ ‎(Ⅱ)bn+1=a2n+1-.‎ ‎(Ⅲ)求(b1+b2+b3+…+bn)= =.‎ 42‎ ‎[专家把脉]在求证bn是等比数列是时，式子中，an中n为偶数时， 是连续两项，并不能得出.‎ ‎[对症下药] (Ⅰ)a2=a1+=a+,a3=a2=a+;‎ ‎(Ⅱ)∵a4=a3+=a+,所以a5=a4=a+,所以b1=a1-=a-,b2=a3-=(a-),b3=a5-=(a-),猜想:{bn}是公比为的等比数列.‎ 证明如下:因为bn+1=a2n+1-=a2n-=(a2n-1-)=bn,(n∈N*)所以{bn}是首项为a-,公比为的等比数列.‎ ‎(Ⅲ)求(b1+b2+b3+…+bn)= ‎ 专家会诊 ‎1.证明等比数列时应运用定义证为非0常数,而不能(此时n≥2).‎ ‎2.等比数列中q可以取负值.不能设公比为q2.‎ ‎3.会运用等比数列性质,“若m+n=p+k,则am·an=ap·ak”.‎ 考场思维训练 ‎1 试在无穷等比数列,, ,…中找出一个无穷等比的子数列(由原数列中部分项按原来次序排列的数列),使它所有项的和为 ‎,则此子数列的通项公式为_______.‎ 答案： an=分析：略。‎ ‎2 已知等比数列{an}的首项为8,Sn是其前n项的和,某同学经计算得S2=20,S3=36,S4=65,后来该同学发现了其中一个数算错了，则该数为（ ）‎ A．S1 B. S2 C.S3 D.S4‎ 答案： C分析：略。‎ ‎3 已知数列{an}的首项为a1,公比为q(q≠-1),用表示这个数列的第n项到第m项共m-n+1项的和.(Ⅰ)计算,并证明它们仍成等比数列;‎ 答案： S1→3=a1(1+q+q2),S4→6=a1q3(1+q+q2)，‎ S7→9=a1q6‎ 42‎ ‎(1+q+q2),因为 ‎(Ⅱ)受上面(Ⅰ)的启发,你能发现更一般的规律吗?写出你发现的一般规律,并证明.‎ 答案：一般地4 已知数列{an}中,a1=,an+1=an+()n+1(n∈N*),数列{bn}对任何 n∈N*都有bn=an+1- an.‎ ‎(1)求证{bn}为等比数列;‎ 答案： bn+1=an+2‎ 若bn=0,则an+1=‎ b1=a2-‎ ‎(2)求{bn}的通项公式;‎ ‎(3)设数列{an}的前n项和为Sn,求.‎ 答案： an+1‎ 又an+1=‎ SN=3‎ ‎=‎ 42‎ ‎=Sn=2‎ ‎                  x→∞‎ ‎5 已知数列{an}的首项为a1=2,前n项和为Sn,且对任意的正整数n,an都是3Sn-4与2-Sn-1的等差中项(n≥2).(1)求证:数列{an}是 等比数列,并求通项an;‎ 答案：当n≥2时，2an=3Sn-4+2‎ 又 ‎(2)证明(log2Sn+log2Sn+2)＜log2Sn+1;‎ 答案：由 ‎]‎ ‎(3)若bn=-1,cn=log2()2,Tn、Rn分别为{bn}和{cn}的前n项和.问:是否存在正整数n,使得Tn＞Rn,若存在，请求出所有n的值，若不存在请说明理由.‎ 答案：‎ 当n=1、2、3时，TnRn.‎ 即 命题角度 4 等差与等比数列的综合 ‎1.(典型例题)已知数列{an}的前n项和Sn=a[2-()n-1]-b[2-(n+1)()n-1](n=1,2,…),其中a,b是非零常数,则存在数列{xn}、{yn}使得（ ）‎ A.an=xn+yn,其中{xn}为等差数列，{yn}为等比数列 B．an=xn+yn,其中{xn}和{yn}都为等差数列 C．an=xn·yn,其中{xn}为等差数列，{yn}为等比数列 D．an=xn·yn,其中{xn}和{yn}都为等比数列 ‎[考场错解]∵a[2-()n-1]=xn，‎ 42‎ b[2-(n-1)()n-1]=yn,又∵xn,yn成等比数列，故选D.‎ ‎[专家把脉]应从数列{an}的前n项和Sn的表达式入手，而不能从形式上主观判断.‎ ‎[对症下药] C. a1=S1=3a an=Sn-Sn-1=a[2+()n-1]-b[2-(n+1)·()n+1]-a[2+()n-2]+b[2-n()n-2]=(bn-b-a)·()n-1 ∵{()n-1}为等比数列,{bn-a-b}为等差数列.‎ ‎2.(典型例题)已知数列{an}是首项为a且公比q不等于1的等比数列，Sn是其前n项和，a1,2a7,3a4成等差数列.‎ ‎(Ⅰ) 证明12S3,S6,S12-S6成等比数列; ‎ ‎(Ⅱ)求和Tn=a1+2a4+3a7+…+na3n-2.‎ ‎[考场错解] (Ⅰ)由a1,2a7,3a4 成等差数列.得4a7=a1+3a4,4aq6=a+3aq3.从而可求q3=-,或q3=1.当q3=-时，=，=q6=.故12S3，S6，S12-S6成等比数列.当q3=1时,=，=q6=1.故12S3,S6,S12-S6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a1,2a7,3a4成等差数列.得4a7=a1+3a4,即4aq6=a+3aq3.变形得(4q3+1)(q3-1)=0,所以q3=-或q3=1(舍去)由 ‎==1+q6-1=q6=,得=.所以12S3,S6,S12-S6成等比数列. ‎ ‎(Ⅱ)解法:Tn=a1+2a4+3a7+…+na3a-2=a+2aq3+3aq6+…+naq3(n-2),即Tn=a+2·(-)a+3·(-)2a+…+n·(-)n-1a. ①‎ ‎①×(-)3a得:-Tn=-a+2·(-)2a+3·(-)3a+…+n·(-)na ②‎ ‎①-②有：Tn=a+(-)a+(-)2a+(-)3a+…(-)n-1a-n·(-)na=-n·(-)na=a-(+n)·(-)na.所以Tn=·(-)na.‎ ‎3.(典型例题)如图，△OBC 42‎ 的三个顶点坐标分别为（0，0）、（1，0）、（0，2），设P1为线段BC的中点，P2为线段CO的中点，P3为线段OP1的中点，对于每一个正整数n,Pn+3为线段PnPn+1的中点，令Pn的坐标为（xn,yn） ,an=yn+yn+1+yn+2.‎ ‎(Ⅰ)求a1,a2,a3及an;‎ ‎(Ⅱ)证明yn+4=1-,n∈N*,‎ ‎(Ⅲ)若记bn=y4n+4-y4n,n∈N*,证明{bn}是等比数列.‎ ‎[考场错解]（1）∵y1=y2=y4=1,y3=,y5=,可求得a1=a2=a3=2,由此类推可求得an=2‎ ‎(Ⅱ)将yn+yn+1+yn+2=2同除以2，得yn+4=∴yn+4=1-.‎ ‎(Ⅲ)bn+1=y4n+8-y4n+4=-(y4n+4-y4n)=- bn.∴=-.故{bn}是等比数列.‎ ‎[专家把脉]第(Ⅰ)问题运用不完全归纳法求出an的通项.理由不充分,第(Ⅲ)问中=-.要考虑b1是否为0.即有意义才更完整.‎ ‎[对症下药] (Ⅰ)因为y1=y2=y4=1,y3= ,y5=,所以a1=a2=a3=2.又由题意可知yn+3=.‎ ‎∴an+1=yn+1+yn+2+yn+3=yn+1+yn+2+=yn+yn+1+yn+2=an,∴{an}为常数列.∴an=a1=2,n∈N*.‎ ‎(Ⅱ)将等式yn+yn+1+yn+2=2两边除以2,得yn+=1,又∵yn+4=,∴yn+4=1-.‎ ‎(Ⅲ)∵bn+1=y4n+8-y4n+4=-=-(y4n+4-y4n)=- bn,又∵b1=y8-y4=-≠0,∴{bn}是公比为- 的等比数列.‎ ‎4.(典型例题)在等差数列{an}中,公差d≠0,a2是a1与a4的等比中项.已知数列a1,a3,,…,akn,…成等比数列,求数列{kn}的通项kn.‎ ‎[考场错解]∵an=a1+(n-1)d,=a1·a4‎ ‎∴(a1+d)2=a1(a1+3d).∴d=a1,∴an=nd.a1=d.a3=3d.∴=3=q.∴.‎ ‎∴=q=3.∴{kn}是公比为3的等比数列.∴kn=1·3n-1=3n-1.‎ 42‎ ‎[专家把脉]错因在把k1当作数列{an}的首项.k1=1.而实际上k1=9.‎ ‎[对症下药]依题设得an=a1+(n-1)d,=a1a4,∴(a1+d)2=a1(a1+3d),整理得d2=a1d, ∵d≠0,∴d=a1,得an=nd,所以,由已知得d,3d,k1d,k2d,…kndn…是等比数列.由d≠0,所以数列1,3,k1,k2,…kn,… 也是等比数列,首项为1,公比为q==3,由此得k1=9.等比数列{kn}的首项k1=9,公比q=3,所以kn=9×qn-1=3n+1(n=1,2,3,…),即得到数列{kn}的通项kn=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.‎ 考场思维训练 ‎1已知数列{an}满足3an+1+an=4(n≥1),且a1=9,其前n项之和为Sn，则满足不等式|Sn-n-6|＜的最小整数n是 （ ）‎ A．5 B.6 C.7 D.8‎ 答案： C 设 ‎2 已知等差数列{an}的首项为a,公差为b;等比数列{bn}的首项为b,公比为a,其中a,b∈N+,且a1＜b1＜a2＜b2＜a3.‎ ‎(Ⅰ)求a的值;‎ 答案：‎ ‎(Ⅱ)若对于任意n∈N+,总存在m∈N+，使am+3=bn,求b的值；‎ 答案：‎ 即b(2n-1-m+1)=5,∴b=5.‎ ‎(Ⅲ)在(Ⅱ)中，记{cn}是所有{an}中满足am+3=b,m∈N+的项从小到大依次组成的数列，又记Sn为{cn}的前n项和，Sn≥Tn(n∈N+).‎ 答案：由(2)知an=5n-3,bn=5.2n-1,‎ 42‎ ‎3 设函数f(x)=ax2+bx+c的图像是以（2，0）为顶点且过点（1，1）的抛物线；数列{an}是以d为公差的等差数列，且a1=f(d-1),‎ a3=f(d+1);数列{bn}是以q(q＞0)为公比的等比数列，且b1=f(-1),b3=f(+1). 求数列{an}{bn}的通项公式；‎ 答案：解设f(x)=a(x-2)2 ∵过点(1,1),∴f(x)=(x-2)222222‎ ‎4 知定义在R上的函数f(x)和数列{an}满足下列条件,a1=a,an=f(an-1)(n=2,3,4,…),a2≠a1,f(an)-f(an-1)=k(an-an-1)(n=2,3,4,…)其中a为常数，k为非零常数.‎ ‎(1)令bn=aa+1-an(n∈N+),证明：数列{bn}是等比数列； ‎ 答案：证明:由 ‎(2)求数列{an}的通项公式；‎ 答案：解;由(1)知,bn=kn-1b1=kn-1(a2-a1)(n∈N)‎ 当k≠1时,b1+b2+⋯+bn-1=(a2-a1)‎ 42‎ 当k=1时,b1+b2+⋯+bn+1=(n-1)(a2-a1)(n≥2).‎ 而b1+b2+⋯+bn-1=(a2-a1)+(a3-a2)+(a3-a2)+ ⋯+(an-an-1)=an-a1 (n≥2)‎ 所以,当k≠1时an-a1=(a2-a1).‎ 上式对n=1也成立.所以,数列{an}的通项公式为 上式对n=1也成立,所以,数列{an}的通项公式为an=a+(n+1)(f(a)-a) (n∈N∗)‎ ‎(3)当|k|＜1时，求 答案：解:当|k|<1时 liman=lim ‎ n→∞n→∞‎ ‎5设实数a≠0，数列{an}是首项为a，公比为-a的等比数列，记bn=anlg|an|(n∈N*),Sn=b1+b2+…+bn,求证:当a≠-1时，对任意自然数n都有Sn=[1+(-1)n+1(1+n+na)an]‎ 答案：解:‎ ‎①‎ aS=a②‎ ‎①+②得   ③‎ ‎∵a≠-1,‎ ‎∴(1+a)S=‎ 42‎ 命题角度5 数列与解析几何、函数、不等式的综合 ‎1．（典型例题）已知定义在R上的函数f(x)和数列{an}满足下列条件：a1=a,an=f(aa-1)(n=2,3,4,…),a2≠a1,f(an)-f(an-1)=k(an-an-1)(n=2,3,4,…),其中a为常数，k为非零常数.‎ ‎(Ⅰ)令bn=aa+1-an(n∈N*),证明数列{bn}是等比数列；‎ ‎(Ⅱ)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(Ⅲ)当|k|＜1时，求 ‎[考场错解](Ⅰ)证明:由b1=a2-a1≠0,可得：b2=a3-a2=f(a2)-f(a1)=k(a2-a1)≠0.由数学归纳法可证bn=an+1-an≠0(n∈N*).由题设条件，当n≥2时=k 故数列{bn}是公比为k的等比数列.‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知bn=kn-1(a2-a1)(n∈N*)b1+b2+…+bn-1=(a2-a1). (n≥2) 而b1+b2+…+bn-1=a2-a1+a3-a2+…+an-an-1=an-a1(n≥2)‎ ‎∴an-a1=(a2-a1)(n≥2)‎ 故an=a[f(a)-a] (n∈N*)∴an=a+(n-1)[f(a)-a](n∈N*)‎ ‎(Ⅲ)当|k|＜1时 ‎==a+‎ ‎2.（典型例题）如图，直线l1:y=kx+1-k(k≠0，k≠)与l2相交于点P.直线l1与x轴交于点P1,过点P1作x轴的垂线交于直线l2于点Q1,过点Q1作y轴的垂线交直线l1于点P2，过点P2作x轴的垂线交直线l2于点Q2，…这样一直作下去，可得到一系列点P1，Q1，P2，Q2，…点Pn(n=1,2,…)的横坐标构成数列{xn}.‎ 42‎ ‎(Ⅰ)证明xn+1-1=(xn-1)，(n∈N*);‎ ‎（Ⅱ）求数列{xn}的通项公式；‎ ‎（Ⅲ）比较2|PPn|2与4k2|PP1|2+5的大小.‎ ‎[考场错解]证明：设点Pn的坐标是（xn,yn）,由已知条件得点Qn、Pn+1的坐标分别是：.由Pn+1在直线l1上，得= kxn+1+1-k.所以（xn-1）=k(xn+1-1).即xn+1-1=（xn-1）,n∈N*.‎ ‎(Ⅱ)由（Ⅰ）知，故{xn-1}是等比数列，且首项x1-1=-，公比为.从而求得xn=1-2×()n,n∈N*.‎ ‎[专家把脉] （Ⅱ）问中对于xn+1-1=(xn-1)先应考虑xn-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x1=1-,x1-1=-≠0,又由（Ⅰ）知xn+1-1=(xn-1), 所以数列{xn-1}是首项为x1-1,公比为的等比数列.从而xn-1=-×()n-1,即xn=1-2×()n,n∈N*.‎ ‎（Ⅲ）解法：由得点P的坐标为（1，1）.所以2|PPn|2=2(xn-1)2+2(kxn+1-k-1)2=8×()2n+2(2)2n-2,4k2|PP1|2＋5＝4k2[(1--1)2(0-1)2]+5=4k2+9.‎ ‎（i）当|k|＞，即k＜-或k＞时，4k2 |PP1|2+5＞1+9=10.D而此时0＜||＜1，所以2|PPn|2＜8×1+2=10,故2|PPn|2＜4k2|PP1|2+5.‎ ‎(ii)当0＜|k|＜，即k∈（-，0）∪（0，）时，4k2|PP1|2+5＜1+9=10.而此时|‎ 42‎ ‎|＞1，所以2|PPN|2＞8×1+2=10.故2|PPn|2＞4k2|PP1|2+5.‎ ‎3.（典型例题）已知函数f(x)=设数列{an}满足a1=1,an+1=f(an),数列{bn}满足bn=|an-|，Sn=b1+b2+…+bn(n∈N*).‎ ‎（Ⅰ）用数学归纳法证明bn≤；‎ ‎（Ⅱ）证明Sn＜.‎ ‎[考场错解](Ⅰ)bn=|an-|,又∵an=1+，an+1=(n≥2),∴a2=2,a3=,a4=2.…∴an≥1.bn==…由叠代法.bn≤.‎ ‎（Ⅱ）Sn=b1+b2+…+bn＜(-1)+＜.‎ ‎[专家把脉]运用叠代法时并不能化简成.‎ ‎[对症下药](Ⅰ)证明：当x≥0时,f(x)=1+≥1.因为a1=1,所以an≥1(n∈N*).下面用数学归纳法证明不等式bn≤.‎ ‎(1)当n=1时，b1=-1,不等式成立，（2）假设当n=k时，不等式成立，即bk≤.那么bk-1=|ak+1-|=.所以，当n=k+1时，不等式也成立.根据（1）和（2），可知不等式对任意n∈N*都成立.‎ ‎(Ⅱ)证明：由（Ⅰ）知，bn≤.所以Sn=b1+b2+…+bn≤(-1)+‎ 42‎ ‎＜（-1）·.故对任意n∈N*,Sn＜‎ ‎[专家会诊]‎ 函数、数列、解析几何三者的综合，展示了知识的交汇性，方法的灵活性.因此解此类题目应充分运用函数与数列的联系，即数列是一种特殊函数，以及解析几何中方程与函数、数列的关系来解题.而数列与不等式的综合更显出问题的综合性.‎ 考场思维训练 ‎1 设函数y=f(x)图像上两点P1（x1,y1）,P2(x2,y2),若，且点P的横坐标为.‎ ‎（1）求证：P点的纵坐标为定值，并求出这个值；‎ 答案：‎ ‎（2）若Sn=f()+f()+f()+…+f(1),n∈N*，求Sn;‎ 答案：由(1)知 而Sn 两式相加，得 所以Sn ‎(3)记Tn为数列的前n项和，若Tn＜a·(Sn+2+)对一切n∈N*都成立，试求a的取值范围.‎ 42‎ 答案：由(2)有 ‎,‎ ‎2已知一次函数f(x)的图像关于直线x-y=0对称的图像为C，且f(-1)=0,若点（n+1,（n∈N*）在曲线C上，并有a1=a2=1.‎ ‎（1）求曲线C的方程；‎ 答案：设f(x)=kx+b(k≠0),则曲线C的方程为 由①②得：k=b=1 ∴C:x-y-1=0.‎ ‎（2）求数列{an}的通项公式；‎ 答案：‎ 42‎ ‎（3）设Sn=若Sn＞M恒成立，求实数M的取值范围.‎ 答案：‎ ‎3过P（1，0）做曲线C:y=yk(x∈)(0,∞)，k∈N+k＞1）的切线，切点为Q1，设Q1在x轴上的投影为P1，又过P1做曲线C的切线，切点为Q2，设Q2在x轴上的投影为P2，…依次下去得到一系列点Q1，Q2，Q3，…Qn的横坐标为an.求证：‎ ‎（Ⅰ）数列{an}是等比数列；‎ 答案： y′=kxk-1,若切点是Qn(an,a 当n=1时，切线过点P(1,0)‎ ‎（Ⅱ）an≥1+‎ 答案：‎ ‎（Ⅲ）‎ ‎（Ⅲ）‎ 答案：记 42‎ ‎4 在xOy平面上有一系列点P1（x1,y1）,P2(x2,y2),…Pn(xn,yn),…对每个正整数n,点Pn位于函数y=x2(x≥0)的图象上。以点Pn为圆心的圆Pn与x轴都相切，且圆Pn与圆Pn+1又彼此相外切。若x1=1,且xn+10且ak+1=ln(2-ak)+ak<1‎ ‎(由(1)知f(x)=ln(2-x)+x在(0,1)上是增函数)‎ ‎∴n=k+1时命题成立，故00, ∴0-3． ∴λ的取值范围是(-3，+∞)．(答案不唯一，λ>-3的所有实数均可)． ‎ ‎4．(典型例题)自然状态下的鱼类是一种可再生资源，为持续利用这一资源，需从宏观上考察其再生能力及捕捞强度对鱼群总量的影响．用xn表示某鱼群在第n年年初的总量，n∈N+,且x1>0．不考虑其他因素，设在第n年内鱼群的繁殖量及捕捞量都与Xn成正比，死亡量与x2n成正比，这些比例系数依次为正常数a，b，C，‎ ‎(Ⅰ)求xn+1与xn的关系式； (Ⅱ)猜测：当且仅当x1,a，b，c满足什么条件时，每年年初鱼群的总量保持不变?(不要求证明)‎ ‎ (Ⅲ)设a=2，c=1，为保证对任意x1∈(0，2)，都有xn>0，n∈N+，则捕捞强度b的最大允许值是多少?证明你的结论．‎ ‎ [考场错解] (1)xn+1 -xn=axn-bxn-cx2n (axn，bxn，cx2n分别为繁殖量、捕捞量，死亡量)‎ ‎ (Ⅱ)xn=x1(n∈N+)．由(Ⅰ)式得xn(a-b-cxn)=0．‎ ‎ ∴x1=‎ ‎ (Ⅲ)∵x1 ∈(0，2)．a=2．c=1．∴0<2-b<2 00，所以a>b．猜测：当且仅当a>b，且x1=时，每年年初鱼群的总量保持不变．‎ ‎ (Ⅲ)若b的值使得xn>0，n∈N*，由xn+1=xn(3-b-xn)，n∈N*，知00．又因为xk+1=xk(2- xk)=-(xk-1)2+l≤1<2，所以xk+1∈(0，2)，故当n=k+1时结论也成立．由①、②可知，对于任意的n∈N*，都有xn∈(0，2)．综上所述，为保证对任意x1∈(0，2)，都有xn>0，n∈N*，则捕捞强度b的最大允许值是1． ‎ 42‎ ‎5．(典型例题)假设某市：2004年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是中低价房．预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上一年增长8％．另外，每年新建住房中，中低价房的面积均比上一年增加50万平方米．那么，到哪一年底，‎ ‎(1)该市历年所建中低价房的累计面积(以2004年为累计的第一年)将首次不少于4750万平方米?‎ ‎(2)当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85％?‎ ‎ [考场错解] (1){an}是等差数列 an是中低价房面积．a1=250，d=50．∴Sn=25n2+225n由25n2+ 225n≥4750． 即n≥10．‎ ‎(2)设几年后新建住房面积S为：400(1+8％)n． 85％<25n2+225n．‎ ‎ [专家把脉] (2)问中应是第几年的中低价房的面积而不是累计面积．‎ ‎ [对症下药] (1)设中低价房面积形成数列{an}，由题意可知{an}是等差数列，其中a1=250，d=50，则Sn= 250n+×50=25n2+225n， 令25n2+225n≥4750，即n2+9n-190≥0，而n是正整数，∴n≥10．到 2013年底，该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4750万平方米．‎ 设新建住房面积形成数列{bn}，由题意可知 {bn}是等比数列，其中b1=400，q=1．08，则bn=400·(1．08)n-1·0．85．由题意可知an>0．85bn，有250+ (n-1)·50>400·(1．08)n-1·0．85．由计算器解得满足上述不等式的最小正整数n=6．到2009年底，当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85％．‎ 考场思维训练 ‎ ‎1. 将正整数排成下表：‎ ‎   1‎ ‎ 2 3 4‎ ‎ 5 6 7 8 9‎ ‎10 1l 12 13 14 15 16‎ ‎……‎ ‎ 其中排在第i行第j列的数若记为aji，则数表中的2005应记为___________.‎ 答案： 解析：略.‎ ‎2.用砖砌墙，第一层(底层)用去了全部砖块的一半多一块，第二层用去了剩下的一半多一块，…，依次类推，每一层都用去了上层剩下的砖块的一半多一块，如果到第九层恰好砖块用完，那么一共用了_______块砖．‎ 答案：1022 解析：由题意知第九层为 ‎3. 已知一列非零向量an满足：‎ a1=(x1，y1)，an=(xn，yn)==(xn-1-yn-1,xn-1+yn-1)(n≥2)‎ ‎ (1)证明：{|an|}是等比数列； ‎ 答案：‎ 42‎ ‎(2)求向量an-1与an的夹角；(n≥2)‎ 答案：‎ ‎ (3)设a1=(1，2)，把a1，a2，…an，…中所有与a1共线的向量按原来的顺序排成一列，记为b1，b2，…bn。…令OBn=b1+b2+…+bn，O为坐标原点，求点列{Bn}的极限点B的坐标．(注：若点坐标为(tn,sn)，且limtn=t,limsn=s，则称点B(t，s)为点列的极限点．)‎ 答案：由(2)知相邻两向量的来角为 ‎∴每相隔4个向量的两个向量必共线，且方向相反，‎ ‎∴与向量a1共线的向量为：{a1,a5,a9,a13,…}={b1,b2,b3,b4,…}‎ ‎∴bn=‎ 设=(tn,sn)则 ‎∴点列{Bn}的极限点B的坐标为(，)．‎ ‎4.在一次人才招聘会上，有A,B两家公司分别开出他们的工资标准：A公司允诺第一年月工资为1500元，以后每年月工资比上一年月工资增加230元：B公司允诺第一年月工资为2000元，以后每年月工资在上一年的月工资基础上递增5％。设某人年初被A，B两家公司同时录取，试问：‎ (1) 若该人分别在A公司或B公司连续工作n年，则他在第n年的月工资收入分别是多少? ‎ 答案：此人在A、B公司第n年的工资分别为：‎ ‎ an=1 500+230×(n-1)(n∈N+)．；‎ ‎ bn=2000(1+5％)n-1(n∈N+)‎ 42‎ ‎(2)该人打算连续在一家公司工作10年，仅从工资收入总量较多作为应聘的标准(不计其他因素)，该人应该选择哪家公司，为什么?‎ 答案：若该在A公司连续工作10年，则他的工资收入总量为12(a1+a2+…+an)≈304 200元．若该人在B公司连续工作10年，则他的工资收入总量为12(b1+b2+…+bn)≈301 869元．因为在A公司收入的总量高些，因此该人应该选择A公司．‎ ‎(3)在A公司工作比在B公司工作的月工资收入最多可以多多少元?(精确到1元)并说明理由 ‎(已知数据1．0510=1．629，log1.05 2．3≈17．1，1．0518=2．407) ‎ 答案：问题等价于求cn=an-bn=1 270+230n-2000×1．05n-1(n∈N+)的最大值，当≥2时，cn-cn-1=230-100×1．05n-2当cn-cn-1>0，即230-100×1．05n-1> 0时，1．05n-2<2．3得n<19．1因此，当2≤n≤19时，cn-14，故使得上式成立的最小n∈N*为5，故最少需要经过5年的努力，才能使全县的绿化率达到60％．‎ 探究开放题预测 预测角度1 数列的概念 ‎1．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常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和．已知数列{an}是等和数列，且a1=2，公和为5，那么a18的值为________，这个数列的前n项和Sn的计算公式为________.‎ ‎ [解题思路] 由等和数列的定义可求得a2、a3、a4…由此类推可求出a18，以及Sn.‎ ‎ [解答] 由已知得：a1=2，a2=3，a3=2，a4=3，…易得a18=3,sn=‎ 42‎ ‎2．已知数列{an}满足a1=0，an+1=an+2n，那么a2006的值是 ( )‎ ‎ A．2005×2003 B．2006×2005‎ ‎ C．20062 D．2006×2007‎ ‎ [解题思路] 由递推公式an+1，=an+2n，可变形为an+1-an=2n.且a1=0．采用叠加法即可求出an的通项公式．‎ ‎ [解答] ∵an+1=an+2n，an+1-an=2n．∴an-an-1=2(n—1)，…a3-a2=4，a2-a1=2，由叠加法可得an=n(n-1)，故a2006=2006×2005．故选B．‎ ‎ 3．已知数列{an}中a1=1，且a2k=a2k-1+(一1)ka2k+1=a2k+3k,其中k=1，2，3，……‎ ‎ (Ⅰ)求a3，a5；‎ ‎(Ⅱ)求{an}的通项公式． [解题思路] 用赋值法可求出a3，a5的值．求通项公式只须导出数列后项与前一项的关系式，再运用累加法即可求解．‎ ‎[解答] (Ⅰ)a2=a1+(-1)1=0，a3=a2+31=1，a4=a3+(-1)2=4，a5=a4+32=13，所以，a3=3，a5=13．‎ ‎ (Ⅱ)a2k+1=a2k+3k=a2k-1+(-1)k+3k，所以a2k+1-a2k-1=3k+(-1)k，同理a2k+1-a2k-3=3k-1+(-1)k-1．……a3-a1=3+(-1)．所以(a2k+l-a2k-1)+(a2k-1-a2k-3)+…+(a3-a1)=(3k+3k-1+…+3)+[(—1)k+(—1)k-1+…+(—1)]． 由此得a2k-1-a1= (3k-1)+[(-1)4-1]．于是a2k+1=+(-1)k-1．a2k=a2k-1+(-1)k=‎ ‎(-1)k-1-1+(-1)k=(-1)k-1. {an}的通项公式为：当n为奇数时，an=+(-1)×-1；当n为偶数时，an=+（-1）×-1‎ 预测角度2 等差数列与等比数列 ‎ ‎1．已知数列{an}是递减等差数列，前三项之和为6，前三项之积为—24，则该数列的通项公式是 ( )‎ ‎ A．-4n+4 B．-4n+10‎ ‎ C. -4n—2 D．-4n-4‎ ‎ [解题思路] 根据已知条件建立方程(组)求解．‎ ‎ [解答] 由a1+a2+a3=3a2=6 ∴a2=2． 即a1+ a3=4，由a1a2a3=2a1a3=-24 ∴a1a3=-12． ∴a1， a3，是一元二次方程 x2-4x-12=0的两个根，∴a1=6或-2，∵{an}是递减的等差数列．∴a1=6，则an=-4n +10． 故选B． ‎ ‎2．数列{an}的前n项和为Sn，Sn=2an-3n(n∈N*) (1)若数列{an+c}引成等比数列，求常数c的值；‎ ‎ (2)求数列{an}的通项公式an；‎ ‎ (3)数列{an}中是否存在三项，它们可以构成等差数列?若存在，请求出一组适合条件的项；不存在，请说明理由．‎ ‎ [解题思路] (1)利用an=Sn-Sn-1推出；(2)问运用叠代法求出通项；(3)问假设存在，再证明之．‎ 42‎ ‎ [解答] (1)由Sn=2an-3n及Sn+1=2an+1-3(n+1)得an+1=2an+3，∴=2，∴c=3． (2)∵a1=S1=2a1-3，∴a1=3． 由(1)知：an+3=(a1+3)·2n-1，∴an=3·2n-3，n∈N*．(3)设存在s、p、r∈N*，且s

0，y>0，y=3n-nx>0，得0Tn+1，且T1=l对一切正整数n成立；‎ ‎ (Ⅱ)令bn=(n=1，2，…)，判定bn与bn+1的大小，并说明理由．‎ ‎ [解题思路] (1)与自然相关命题运用数学归纳法证明．(2)可用作差、作商(bn>0)或平方差(bn>0)的方法比较大小．‎ ‎ [解答] (1)证法一：当n=1时，a1=2>，不等式成立．假设n=k时，ak>成立．当n= k+1时，‎ ‎∴n=k+1时，ak+1>时成立．综上由数学归纳法可知，an>对一切正整数成立．‎ 证法二：当n=1时，a1=2>=+1，结论成立．假设n=k时结论成立，即ak>．当n=k+1时，由函数f(x)=x+(x>1)的单增性和归纳假设有 ak+1=ak+.因此只需证：。‎ 而这等价于 显然成立．所以当n=k+1时，结论成立．因此，an>对一切正整数n均成立．‎ 证法三：由递推公式得.上述各式相加并化简得2n+2>2n+1 (n≥2)．又n=1时，an>了明显成立，故an> (n=1，2，…)． ‎ ‎(Ⅱ)解法一：‎ 42‎ 解法二：‎ 解法三：‎ 故 ‎ ‎2．已知数列{an}满足递推关系：an+1=（n∈N*)，又a1=1．‎ ‎ (1)在α=1时，求数列{an}的通项an;‎ ‎ (2)问α在什么范围内取值时，能使数列{an}满足不等式an+1≥an恒成立?‎ ‎ (3)在-3≤α<1时，证明：‎ ‎ [解题思路] (1)求出an+1与an的关系式再求出通项an.(2)由an可知an是一个递增数列．(3)用数学归纳法证明．‎ ‎ [解答] (1)在α=1时，an+1=可化为要使an+1=2an+1,则an+1+1=2(an+1),叠代可得an+1=2n-1(a1+1)=2n,即an=2n-1.(2)‎ an+1-an≥0恒成立，至少需使a2-a1≥0成立，即需a2-a1=≥0成立，则α≥-3．下面使用数学归纳法证明：在α≥-3时，an+1≥an成立．(ⅰ)有n=1时，由上面求的过程可知an+1≥an成立．(ⅱ)假设在n≤k时，an+1≥an成立，则ak+1≥an≥…≥a1=1，于是ak+1≥1从而(ak+1)2≥4．又由ak+2- ak+1=可知ak+2-ak+1≥0在α≥-3时成立．因此在n=k+1时，an+1≥an成立．综合(ⅰ) (ⅱ)可知在α≥-3时，an+1≥an恒成立．(3)在α=-3时，{an}是常数列，an=1，不等式显然成立；在-3<α<1时，由(2)可知an+1≥an≥1，且an+1>0．又an+1+1-2(an+1)=于是an+1+1≤2(an+1)，‎ 42‎ 叠代可知：02，以此类推有： x2n-1<2，x2n>2． ‎ ‎(3)∵xn+1=，则xn>1，‎ 预测角度5 有关数列的综合性问题 ‎ ‎1．设P1(x1,y1)，P2(x2，y2)，…，Pn(xn，yn) (n≥3，n∈N)是二次曲线C上的点，且a1=|OP1|2，a2=|OP2|2，…an=|OPn|2构成了一个公差为d(d≠(0)的等差数列，其中O是坐标原点，记Sn=a1+a2+…+an．‎ ‎ (1)若C的方程为点P1(10，0)且S3=255，求点P3的坐标；(只需写出一个)‎ ‎ (2)若C的方程为(a>b>0)，点P1(a，0)，对于给定的自然数n，当公差d变化时，求Sn的最小值；‎ ‎ (3)请选定一条除椭圆外的二次曲线C及C上一点P1,对于给定的自然数n，写出符合条件的点P1，P2，…，Pn存在的充要条件，并说明理由．‎ ‎[解题思路] (1)由已知设P3坐标再结合已知列出P3坐标方程，用方程思想求解．‎ ‎ (2)先将Sn列出表达式，其中Sn必定是以d为自变量的一次函数，再由点Pn在抛物线上，求出d的取值范围，则问题转化为给定函数在某区间上的最小值问题．‎ ‎ (3)属开放性命题．我们可选双曲线、抛物线、圆．而P1‎ 42‎ 点也是任取的．但如果取值不当会使问题很难处理，所以P1通常取最值点．‎ ‎ [解答] (1)a1=|OP1|2=100，由S3=(a1+a3)= 255，得a3=|OP3|2=70．由解得∴得P3的坐标可以为 ‎ ．‎ ‎ (2)解法一：原点O到二次曲线上各点的最小距离为b，最大距离为a.∵a1= |OP1|2=a2,∴d<0，且an=|OPn|2=a2+(n-1)d≥b2．∴．∵n≥3，>0，∴Sn=na2+在上递增，故sn的最小值为na2+.‎ 解法二：对每个自然数k(2≤k≤n)．由∵0<‎ 以下与解法一相同.‎ ‎(3)解法一：若双曲线，点P1(a，0)．则对于给定的n，点P1，P2，…，Pn存在的充要条件是d>0.‎ ‎∵原点O到双曲线C上各点的距离h∈[|a|，+∞]，且.∴点P1,P2…，Pn存在当且仅当|OPn|2,即d>0．‎ ‎ 解法二：若抛物线C：y2=2px，点P1(0，0，)则对于给定的n.点P1，P2，…，Pn存在的弃要条件是d>0．理由同上．‎ 解法三：若圆C：(x-a)2+y2=a2 (a≠0)，点P1 (0，0)．则对于给定的n，点P1，P2，…，Pn存在的充要条件是00且|OPn|2= (n-1)d≤4a2．即00)，若记三角形数表中从上往下数第几行各数的和为bn，求数列{f(bn)}的前n项和Sn.‎ ‎ [解题思路] (1)依据aij的排列与奇数个数与奇数的位置关系．(2)求出反函数的解析式，再求和．‎ ‎ [解答] (1)三角形数表中前m行共有1+2+3+…+m=个数，∴第m行最后一个数应当是所给奇数列中的第项．故第m行最后一个数是2·=m2+m-1．因此，使得amn=2005的m是不等式m2+m-1≥2005的最小正整数解．解得m=45．于是第45行第一个数是442+44-1+2=1981，∴n=+1=13．‎ ‎ (2)∵f-1(x)=8nx3=y(x>0)，∴x=()(y>0)．故f(x)=()(x>0)∵第n行最后一个数是 n2+n-1，且有n个数，若将n2‎ 42‎ ‎+n-1看成第n行第一个数，则第n行各数成公差为-2的等差数列．故bn=‎ 故两式相减，得 ‎2．一粒子在区域{(x，y)|x≥0，y≥0}内运动，在第一秒内它从原点运动到点B，(0，1)，接着按图中箭头所示方向在x轴、y 轴及其平行方向上运动，且每秒移动一个单位长度． ‎ ‎(1)设粒子从原点到达点An、Bn、Cn时，所经过的时间分别为an、bn、cn，试写出{an}、{bn}、{cn}的通项公式；‎ ‎(2)求粒子从原点运动到点P(16，44)时所需的时间；‎ ‎(3)粒子从原点开始运动，求经过2004秒后，它所处的坐标．‎ ‎ [解题思路] 数列的通性通法是：通过特殊情景入手，推出一般性的结论，本题就是算出数列的第一项、第二项、第三项．据此猜出通项．‎ ‎ [解答] (1)设A1(1，0)，A2(2，0)，…An(n，0)，当粒子从原点到达An时，显然有 a1=3，a2=a1+1，a3=a1+ 12=a1+3×4,a4=a3+1，a5=a3+20=a3+5×4，a6=a5 +1，…a2n-1=a2n-3+(2n-1)×4，a2n=a2n-1+1，∴a2n-1=a1+4[3+5+…+(2n-1)]=4n2-1，a2n= a2n-1+1=4n2．b2n-1=a2n-1-2(2n-1)=4n2-4n+1， b2n=a2n+2×2n=4n2+4n．c2n-1，=b2n-1+(2n-1)=4n2 -2n=(2n-1)2+(2n-1)2+(2n-1),c2n=2n=4n2+2n= (2n)2+2n，即cn=n2+n．‎ ‎ (2)由图形知，粒子从原点运动到点P(16，44)时所需的时间是到达点c44所经过的时间c44再加(44-16)= 28秒，所以t=442+44+28=2008秒．‎ ‎(3)由cn=n2+n≤2004，解得1≤n≤，取最大整数n，故n=44．计算得c44=1980<2004，所以粒子从原点开始运动，经过1980秒后到达点c44，再向左运行24秒所到达的点的坐标为(20，44)．‎ 考点高分解题综合训练 ‎ ‎1 已知公比为q的等比数列{an}，若bn=an+2an+2，n∈N*，则数列{bn}是 ( )‎ ‎ A.公比为q的等比数列 ‎ B．公比为q2的等比数列 ‎ C.公差为q的等差数列 ‎ D．公差为q2的等差数列 ‎ 答案： A 解析：由bn=an+2an+2=a1qn-1+2a1qn+1=a1(1+2q2)·qn-1,∴{bn}是公比为吁的等比数列．‎ ‎ 故选A ‎2 若数列{an}是等比数列，则数列{an+an+1} ( )‎ ‎ A.一定是等比数列 ‎ B．可能是等比数列，也可能是等差数列 ‎ C.一定是等差数列 ‎ D．一定不是等比数列 ‎ 答案： B 解析：an=a1gn-1(a1≠0，q≠0)，an+an+1=a1qn-1(1+q)，当q=-1时，{an+an+1}为等差数列，当q≠-1时，{an+an+1}为等比数列，选B．‎ 42‎ ‎3 已知无穷等比数列{an}的各项和为，则a1的范围是 ( )‎ ‎ A．-10且a≠1，b>0且b≠1)，则y1、y2、y3成 ( )‎ ‎ A.等差数列，但不成等比数列 ‎ B．等比数列而非等差数列 ‎ C．等比数列，也可能成等差数列 ‎ D．既不是等比数列，又不是等差数列 ‎ 答案： C 解析：三点共线只需保证，即，同时，由于x1，x2，x3成等比数列，从而得=．‎ ‎ 即loga=loga.对比原式得．‎ ‎ 在满足等比数列的前提下，有可能满足等差数列，故选C．‎ ‎6 已知等差数列{an}和等比数列{bn}各项都是正数，且a1=b1，a2n+1=b2n+1，那么一定有 ( )‎ ‎ A．an+1≤bn+1 B．an+1≥bn+1‎ ‎ C．an+1bn+1 ‎ 答案： B 解析：∵an+1=，bn+1=易得an+1≥bn+1故选B．‎ ‎7 在数列{an}中，如果存在非零常数T，使得am+T=am对于任意的非零自然数m均成立，那么就称数列{an}为周期数列，其中T叫数列{an}的周期．已知数列{xn}满足xn+1=|xn-xn-1|(n 42‎ ‎≥2，n∈N)，如果x1=1，x2=a(a∈R，a≠0)，当数列{xn}的周期最小时，该数列前2005项的和是( )‎ ‎ A．668 B．669 C．1336 D．1337 ‎ 答案： D 解析：由于是求数列{xn}的周期最小时，其前2005项之和，故可令T=1，2，3…，寻求最小的T满足题意即可．①当T=1时，则an=1，故由xn+1=|xn-xn-1|(n≥2，n∈N)可得数列为1，1，0，1，1，0，与周期为l矛盾；②当T=2时，由递推式可得数列为1，o，|a-1|，…，故，|a-1|1，∵a∈R且a≠0，∴．a=2，因此数列为1，2，1，1，0，1，1，0，…，与周期为2矛盾；③当T=3时，同理可得数列为1，a，|a-1|，||a-1|-a|，…，故||a-1|-a|=1，即(|a-1|-a)2=1，化简得|a-1|=a-1，∴a≥1，因此数列可化为1，a，a-1，l，|2-a|，…，再由a=|2-a|解得a=1，故原数列可化为1，1，0，1，1，0，…，满足题意．‎ 综上可知该数列的最小周期为T=3，故S2005=(1+l+0)×+1=1337．故选D．‎ ‎8 在等差数列{an}中，首项a1=，从第10项起开始大于1，那么此等差数列公差d的取值范围为 ． ‎ 答案：() 解析：设等差数列{an}公差为d．‎ 则由已知可得不等式组 ‎9 已知函数f(n)= 且an=f(n)+f(n+1)，那么a1+a2+a3+…+a200= . ‎ 答案：200 解析：∵a1+a2+a3…+a200=f(1)+f(2)+f(2)+f(3)+f(3)+f(4)+…+f(200)+f(201)‎ ‎ =12-2·22+2．32-2．42+…-2．2002+2012‎ ‎ =2(12-22+32-42+…-2002)+2012-1‎ ‎ =2(-3-7-…399)+2012-1‎ ‎ =200‎ ‎10 计算机是将信息转换成二进制数进行处理的，二进制即“逢二进一”，如(1101)2，表示二进制数，将它转换成十进制形式是1×23+1×22+0×21+1×20=13，那么将二进制数（）2转换成十进制数是 . ‎ 答案：220-1 解析：原式=1×219+1×218+…+1×2+1×20=1+2+22+…+219=220-1．‎ ‎11 已知点Pn(an，bn)满足：对任意的n∈N，an+1=anbn+1，bn+1=,又知P0()．‎ ‎ (1)求过点P0、P1的直线l的方程;‎ 答案：∵b1=‎ 42‎ 则，化简得x+y=1．‎ ‎ 即直线l的方程为x+y-1=0．‎ ‎ (2)证明点Pn(n≥2)在直线l上;‎ 答案：已知p0、p1，在直线l上，假设pk(ak,bk)在l上，则有ak+bk=1，则ak+1+bk+1=akbk+1+bk+1=(ak+1)bk+1=(ak+1)·．‎ ‎ ∴pk+1(ak+1,bk+1)也在直线l上，∴点pn∈l，(n∈N，n≥2)．‎ ‎ (3)求点Pn的极限位置． ‎ 答案：∵bn+1=‎ ‎ ∴构成等差数列，公差d=1，首项=3，‎ ‎ ∴=3+n，an=,∴=0，‎ ‎ ∵bn+1=‎ ‎ ∴=1，∴pn的极限位置为(0，1)．‎ ‎12 已知数列{an}的前n项和为Sn,且an=(3n+Sn)对一切正整数n恒成立．‎ ‎ (1)证明数列{3+an}是等比数列；‎ 答案：巾已知，得Sn=-3n(n∈N*)，∴Sn+1=2an+1-3(n+1)，两式才日减得an+1=2an+1-2an-3，∴an+1=2an+3，即an+1+3=2(an+3),∴=2．‎ ‎ 又a1=S1=2a-3，∴a1=3,a1+3=6，‎ ‎ 故数列{dn+3}是首项为6，公比为2的等比数列．‎ ‎ (2)数列{an}中是否存在构成等差数列的四项?‎ 若存在，请求出一组；若不存在，请说明理由． ‎ 答案：由(1)知an+3=6·2n-1，∴an=6．2n-1-3=3．2n-3．‎ ‎ 假设{an}中存在四项依次为am1,am2,am3,am4,(m1