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- 2021-06-30 发布
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数列
一、高考预测
数列是历年高考的重点与难点，以等差数列与等比数列为基础考查数列的性质及前 n 项
和的问题是数列中的中低档难度问题，一般只要熟悉等差数列与等比数列及其前 n 项和的性
质即可正确得出结果.等差数列与等比数列是高中阶段学习的两种最基本的数列，也是高考中
经常考查并且重点考查的内容之一，这类问题多从数列的本质入手，考查这两种基本数列的
概念、基本性质、简单运算、通项公式、求和公式等．本讲内容在高考中多以选择题和填空
题的形式出现，属于中低档题．解题时应从基础处着笔，首先要熟练掌握这两种基本数列的
相关性质及公式，然后要熟悉它们的变形使用，善用技巧，减少运算量，既准又快地解决问
题.除此以外，数列与其他知识的综合考查也是高考中常考的内容，数列是一种特殊的函数，
它能与很多知识进行综合，如方程、函数、不等式、极限，数学归纳法（理）等为主要综合
对象，概率、向量、解析几何等为点缀.数列与其他知识的综合问题在高考中大多属于中高档
难度问题.
数列是新课程的必修内容，从课程定位上说，其考查难度不应该太大，数列试题倾向考
查基础是基本方向．从课标区的高考试题看，试卷中的数列试题最多是一道选择题或者填空
题，一道解答题．由此我们可以预测 2012 年的高考中，数列试题会以考查基本问题为主，在
数列的解答题中可能会出现与不等式的综合、与函数导数的综合等，但难度会得到控制．
二、知识导学
要点 1：有关等差数列的基本问题
1．涉及等差数列的有关问题往往用等差数列的通项公式和求和公式“知三求二”解决问
题；
2．等差数列前 n 项和的最值问题，经常转化为二次函数的最值问题；有时利用数列的单
调性（d＞0,递增；d＜0，递减）；
3．证明数列{ na }为等差数列有如下方法：①定义法；证明 1nna a d （与 n 值无关的
常数）；②等差中项法：证明 112 ( 2, )n n na a a n n N
。
要点 2：有关等比数列的基本问题
1 证明数列{ na }为等比数列有如下方法：①定义法：证明 1 ()n
n
a qna
与 值无关的非零常数 。
②等比中项法： 2
11( 2, )n n na a a n n N
。
2 求一般数列{ na }通项公式时常用构造数列法、待定系数法等。
要点向 3：等差、等比数列综合问题
1.在解决等差数列或等比数列的相关问题时，“基本量法”是常用的方法，但有时灵活地运用
性质，可使运算简便，而一般数列的问题常转化为等差、等比数列求解。
2．数列求通项的常见类型与方法：公式法、由递推公式求通项，由 nS 求通项，累加法、累乘
法等
3.数列求和的常用方法：公式法、裂项相消法、错位相减法、分组法、倒序相加法等。
4．解综合题的成败在于审清题目，弄懂来龙去脉，透过给定信息的表象，抓住问题的本质，
揭示问题的内在联系和隐含条件，明确解题方向，形成解题策略．
要点 4：可转化为等差、等比数列的求和问题
某些递推数列可转化为等差、等比数列解决，其转化途径有：
1．凑配、消项变换——如将递推公式 1nna pa q （ pq、 为常数，q ≠0， p ≠1）。通过
凑配变成 1 ()11nn
qqa p app
；或消常数转化为 11()n n n na a p a a
2．取倒数法—如将递推公式
)( 1
1
bak
maa
n
n
n
递推式，考虑函数倒数关系有 )11(1
1 maka nn
m
k
aka nn
1
11 令
n
n ab 1 则 nb 可归为 qpaa nn 1 型。
3．对数变换——如将递推公式 1
p
nna ca ( 0, 0, 0, 1)na c p p 取对数得
1lg lg lgnna c p a
4．换元变换—— n
nn qpaa 1 （其中 p，q 均为常数， )0)1)(1(( qppq （或
1
n
nna pa rq ,其中 p，q, r 均为常数）。一般地，要先在原递推公式两边同除以 1nq ，得：
1
1
1nn
nn
aap
q q q q
引入辅助数列 nb （其中 n
n
n q
ab ），得：
qbq
pb nn
1
1 则转化为
1nnb Aa B 的形式。
要点 5：数列求和的常用方法：
1、直接由等差、等比数列的求和公式求和，注意对公比 1q 的讨论.
2、错位相减法：主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等
比数列求和公式的推导过程的推广.
3、分组转化法：把数列的每一项分成两项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.
4、裂项相消法：主要用于通项为分式的形式，通项拆成两项之差求和，正负项相消剩下首尾
若干项，注意一般情况下剩下正负项个数相同.
5、倒序相加法：把数列正着写和倒着写相加(即等差数列求和公式的推导过程的推广).
三、易错点点睛
命题角度 1 数列的概念
1．已知数列｛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=
2
!n
[专家把脉] 在求数列的通项公式时向前递推一项时应考虑 n 的范围．当 n=1 时，a1=
2
1 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-2 ② ① - ②得 an-an-1=(n-1) · an-1 ∴当 n ≥ 3 时，
1n
n
a
a =n ，∵
an=
1n
n
a
a ·
2
1
n
n
a
a ·．．．· 2
2
3
3
4 aa
a
a
a =n·…·4·3×a2=
2
!n a2，∵a2=a1=1
∴当 n≥2 时，an=
2
!n . 当 n=1 时，a1=1 故 an=
).2(2
!
)1(1
nn
n
2．设数列｛an｝的前 n 项和为 Sn,Sn=
2
)13(1 na (对于所有 n≥1)，且 a4=54，则 a1 的数值是
________.
[考场错解]∵Sn=
2
)13(1 na =
31
)31(1
na ,∴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=
2
1a (34-1)-
2
1a (33-1)=54，解得 a1=2．
3.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=
2
13 n
.
4．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=2P am+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=
2
)(20 201 aa =10(a2+a19)=180
2．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+
2
)1( nn 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<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=
2
)(4006 40061 aa ＞0 ∴使 Sn＞0 成立的最大自然数 n 是 4006．
3．设无穷等差数列｛an｝的前 n 项和为 Sn.(Ⅰ)若首项 a1=
2
3 ，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=
2
1 n2+n，由 Sk2=(Sk)2 得 k4+k2=
2
2
2
1
kk ，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+
2
)1( 22 kk d=(ka1+ dkk
2
)1( )2
即(a1- 2
1a )k2-adk2(k-1)+
2
d k2(k2-1)-
4
2d k2(k-1)2=0 对—切正整数 k 恒成立故
0
,0
,0
1
2
11
d
da
aa
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+ .2
1
2
)1(
2
3
2
)1( 2 nnnnndnn 由 Sk2=(Sk)2,得
k4+k2=(
2
1 k2+k)2，即 k3 )14
1( k =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
)2.()2
122(2
344
)1(,
.)(
,)(
2
11
2
11
2
24
2
11
dada
aa
SS
SS 即
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.已知数列{an}的各项都是正数,且满足:a0=1,an+1=
2
1 an·(4-an),n N.(1)证明 an＜an+1＜
2,n∈N.(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=
2
1 a0（4-a0）=
2
3 ,∴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· nb2
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
1nb =- (- 2
2nb )2=- ·( )2
22
1nb …=-（ ）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.
命题角度 3 等比数列
1．数列{an}的前 n 项和记为 Sn,已知 a1=1,aa+1= nSn
n 2 (n=1,2,3…).证明:(Ⅰ)数列{
n
Sn }是
等比数列；(Ⅱ)Sn+1=4an.
[ 考场错解] ( Ⅰ ) 已知 a1=1,an+1= nSn
n 2 , ∴ a2=3S1=3, ∴ S2=4 a3=
2
4 ·S2=2×4=8. ∴
S3=1+3+8=12.
即 43,22,11
321 SSS .故{ }是公比为 2 的等比数列.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知
1
1
n
Sn =4· ,1
1
n
Sn 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=
n
n 2 Sn,∴(n+2)Sn=n(Sn+1-Sn),整理得 nSn+1=2(n+1)=Sn,
所以
1
1
n
Sn =2
n
Sn 故{ }是以 2 为公比的等比数列.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知 =4· ,1
1
n
Sn (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.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,Sn=
3
1 (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=-
2
1 ,S2= (a2-1),即 a1+a2= (a2-1),得 a2=
4
1 .
(Ⅱ)an=Sn-Sn-1= (an-1)- (an-1-1),得
2
1
1
n
n
a
a ,所以{an}是首项为-
2
1 ，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
1n
n
a
a =- ,所以{an}是首项为- ,公比为
- 的等比数列.
3.等比数列的四个数之和为 16,中间两个数之和为 5,则该数列的公比 q 的取值为 ( )
A. 或 4 B. 或
8
33415 C. 4 或-
8
41533 D. 4 或 或 或
[考场错解] 设这四个数为
q
a
q
a ,3 ,aq,aq3.由题意得
),2(5
),1(164
aqq
a
a
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
8
33415
4
14
,5
,16
2
32
或或解之得q
aqaq
aqaqqaa 或
- .因此,应选 D.
4.设数列{an}的首项 a1=a≠ ,且 an+1= ,3,2,1,4
1,
4
1
2
1
12
nab
na
na
nn
n
n
记
为奇数
为偶数
( 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
n
lim (b1+b2+b3+…+bn).
[考场错解] (Ⅰ)a2=a1+
4
1 =a+ ,a3=
2
1 a2= a
8
1 ;
(Ⅱ)bn+1=a2n+1-
4
1
4
1.4
1
22
2
12
4
1121
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
b
b .
(Ⅲ)求 (b1+b2+b3+…+bn)=
4
11
)
4
11(1
nb
=
3
1
3
4)4
1(3
4
4
11
4
1
4
11
1
aa
ab .
[专家把脉]在求证 bn 是等比数列是时，
22
2
n
n
a
a 式子中，an 中 n 为偶数时，
2
11
n
n
a
a 是连
续两项，并不能得出
4
12
n
n
a
a .
[对症下药]
(Ⅰ)a2=a1+ =a+ ,a3=
2
1 a2= a+ ;
(Ⅱ) ∵ a4=a3+ = a+
8
3 , 所以 a5= a4= a+
16
3 , 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
n
lim (b1+b2+b3+…+bn)= ).4
1(2
2
112
11
)
2
11(
1
1
abb n
专家会诊 1.证明等比数列时应运用定义证
n
n
a
a 1 为非 0 常数,而不能
1n
n
a
a (此时 n≥2).2.等
比数列中 q 可以取负值.不能设公比为 q2.3.会运用等比数列性质,“若 m+n=p+k,则
am·an=ap·ak”.
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，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+(
2
1 )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.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=-
4
1 ,
或 q3=1.当 q3=- 时，
3
6
12S
S =
16
1 ，
6
612
S
SS =q6= .故 12S3，S6，S12-S6 成等比数列.当 q3=1
时, =
6
1 ，
6
612
S
SS =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
= ,16
1
12
1
1
)1(12
1
)1(
3
3
1
6
1
q
q
qa
q
qa
=
1
1
)1(
1
)1(
1 6
1
12
1
6
12
q
qa
q
qa
S
S 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·(-
4
1 )2a+…+n·(- )n-1a. ①
①×(- )3a 得:- Tn=- a+2·(- )2a+3·(- )3a+…+n·(- )na ②
①-②有：
4
5 Tn=a+(- )a+(- )2a+(- )3a+…(- )n-1a-n·(- )na
=
4
11
4
11
n
a
-n·(- )na=
5
4 a-(
5
4 +n)·(- )na.所以 Tn=
na 5
4
25
16
25
16 ·(- )na.
3.如图，△OBC 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-
4
ny ,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=
4
3 ,可求得 a1=a2=a3=2,由此类推可求得 an=2
(Ⅱ)将
2
1 yn+yn+1+yn+2=2 同除以 2，得 yn+4= ,2
21 nn yy ∴yn+4=1-
4
4y .
(Ⅲ)bn+1=y4n+8-y4n+4=-
4
1 (y4n+4-y4n)=-
bn.∴
n
n
b
b 1 =- .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=
4
3 ,所以 a1=a2=a3=2.又由题
意可知 yn+3=
2
1 nn yy . ∴
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+
2
21 nn yy =1,又∵yn+4= ,∴
yn+4=1-
4
ny .
(Ⅲ)∵bn+1=y4n+8-y4n+4=
41 44ny -
41 4ny =- (y4n+4-y4n)=-
bn,又∵b1=y8-y4=- ≠0,∴
{bn}是公比为- 的等比数列.
4. 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, 21 , kk aa ,…,akn,…成等比数列,求数列{kn}的通项 kn.
[考场错解]∵an=a1+(n-1)d, 2
2a =a1·a4
∴(a1+d)2=a1(a1+3d).∴d=a1,∴an=nd.a1=d.a3=3d.∴
1
3
d
a =3=q.∴ dka nkn . .11 dka nkn
∴
n
n
k
k
k
k
a
a
n
n 11 =q=3.∴{kn}是公比为 3 的等比数列.∴kn=1·3n-1=3n-1.
[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=
1
3 =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.
命题角度 5 数列与解析几何、函数、不等式的综合
1．已知定义在 R 上的函数 f(x)和数列{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
n
an.lim
[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
1
1
1
1
1
1
1
)()()(
nn
nn
nn
nn
nn
nn
n
n
aa
aak
aa
afaf
aa
aa
b
b =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)
k
kn
1
1 1
. (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
n
anlim =
n
lim
k
kaafa
n
1
1)][(
1
=a+
k
aaf
1
)(
2.如图，直线 l1:y=kx+1-k(k≠0，k≠
2
1 )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}.
(Ⅰ)证明 xn+1-1=
k2
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：
2
1
2
1,,2
1
2
1, 1 nnnn xaxx .由 Pn+1 在直线 l1 上，得
2
1
2
1 nx = kxn+1+1-k.所以
2
1 （xn-1）
=k(xn+1-1).
即 xn+1-1= （xn-1）,n∈N*.
(Ⅱ)由（Ⅰ）知
1
11
n
n
x
x ，故{xn-1}是等比数列，且首项 x1-1=-
k
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-
k
1 ,x1-1=- ≠ 0, 又 由 （ Ⅰ ） 知
xn+1-1=
k2
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
,2
1
2
1
,1
xy
kkxy
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|＞
2
1 ，即 k＜-
2
1 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| |＞1，
所以 2|PPN|2＞8×1+2=10.故 2|PPn|2＞4k2|PP1|2+5.
3.已知函数 f(x)= ).1(1
3
xx
x 设数列{an}满足 a1=1,an+1=f(an),数列{bn}满足 bn=|an- 3 |，
Sn=b1+b2+…+bn(n∈N*).（Ⅰ）用数学归纳法证明 bn≤ 12
)13(
n
n
；（Ⅱ）证明 Sn＜
3
32 .
[考场错解](Ⅰ)bn=|an- |,又∵an=1+
1
2
1 na
，an+1=
1
2
1 na
(n≥2),∴a2=2,a3=
3
5 ,a4=2.…
∴an≥1.bn= 32
31
2
2321
2
2
1
n
n
a
a
=…由叠代法.bn≤ 12
)13(
n
n
.
（Ⅱ）Sn=b1+b2+…+bn＜( -1)+
2
131
)2
13(1
)13(
2
)13(
2
2)13(
1
2
n
n
n
＜
3
32 .
[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
2
x
≥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≤ 12
)13(
n
n
.
(1)当 n=1 时，b1= 3 -1,不等式成立，（2）假设当 n=k 时，不等式成立，即 bk≤ 12
)13(
k
k
.
那么 bk-1=|ak+1- |= kk
k
k
ba
a
2
)13(
2
13
1
3)13( 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)+
2
1
( 3 1) ( 3 1)
22
n
n
1
311 ( )2( 3 1) sin
311 2
＜（ -1）· 33
2
2
131
1
.故对任意 n∈N*,Sn＜ .33
2
[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.
命题角度 6 数列的应用
1.某企业 20 典型例题)若 an=n2+An,且数列{an}为递增数列，则实数的取值范围是
____________.
[考场错解] ∵（ n,an）(n N+)是函数 f(x)=x2+λ x 图象上的点，且数列{an}为递增数列，
只需-
2
≤1，即λ ≥-2，∴λ 的取值范围是[-2，+∞]．
[专家把脉] 忽视了数列的离散型特征．数列{an}为递增数列，只要求满足 a1-3． ∴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 x2
n
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-cx2
n (axn，bxn，cx2
n 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=
c
ba
(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=
c
ba 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．
5．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=25n
2+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％<25n
2+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+
2
)1( nn ×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％．
四、典型习题导练
1、各项都为正数的数列 na 满足
1
22
1 1, 2n na a a
。（Ⅰ）求数列 na 的通项公式；（Ⅱ）
求数列
1
1
nnaa
的前 n 项和。
【解析】（Ⅰ）由
1
222n naa
可知数列 2
na 是以 1 为首项，公差为 2 的等差数列
2 1 2( 1) 2 1na n n ，又 0na ，则 21nan
（Ⅱ） 21nan
1
1 1 2 1 2 1
22 1 2 1nn
nn
aa nn
1 2 2 3 1
1 1 1
nna a a a a a
1 ( 3 1 5 3 2 1 2 1)2 nn
1 ( 2 1 1)2 n
2、已知数列 }{ na 满足： 11 a ，且 nn a
n
na 2
2
1 )1(
)( Nn ， 1212 nnn aab ，数列
}{ nb 的前 n 项和为 nS （Ⅰ）求数列 的通项 na （Ⅱ）求证：
2
1nS
【解析】（Ⅰ） 1
1
2
2
1
1
aa
a
a
a
a
aa
n
n
n
n
n
22
2
2
2
2
2 11
2
1
)1(
)2()1(
nn
n
n
n
（Ⅱ） )12
1
12
1(2
1
)12)(12(
1
)12(
1
)12(
1
22 nnnnnnbn 数列 的前
项和 为：
24
1
2
1)12
11(2
1)12
1
12
1
7
1
5
1
5
1
3
1
3
11(2
1
nnnnSn
因为 n 是正整数，所以 024
1 n
故
3、已知 nb 是公比大于1 的等比数列，它的前 n 项和为 nS ， 若 3S 14 ， 1b8 ， 23b ， 3b6
成等差数列，且 1a1 ， nn
1 2 n 1
1 1 1abb b b
（ n2 ）（Ⅰ）求 nb ；（Ⅱ）求数列 nna
的前 n 项和 nS .
【解析】（Ⅰ）依 ， ， ， 成等差数列，得 2
1
2
1 1 1
b 1 q q 14
6b q b b q 14
-----
（2 分）
从而 22q 5q 2 0 得
1
q2
b2
故 n2 .------（4 分）
（Ⅱ）当 时， n
n 2 n 1
1 1 1a22 2 2
n22
则 nS 1 2 3 na 2a 3a na 2 3 n1 2 2 2 3 2 2 n 2 2
2 3 n1 2 2 3 2 n 2 2 2 3 n ----------（1 分）
令 2 3 n
nT 2 2 3 2 n 2 ， 3 4 n 1
n2T 2 2 3 2 n 2
得 n2
n1
n
8 1 2
T 8 n 212
n11 n 2 故 n1
nT n 1 2 .------------（3 分）
于是 nS n1 n 1 n 21 n 1 2 2 2
n 1 2n 1 2 n n 3 .------（2 分）
4、已知数列 {}na 满足 121, 3aa, 114 3 ( 2)n n na a a n N n
且 ．（Ⅰ）证明数列
1{}nnaa 是等比数列,并求出数列{}na 的通项公式；（Ⅱ）设数列 nb 的前 n 项和为 nS ，且
对一切 nN ，都有 12
12
212
n
n
bbb na a na 成立，求 nS .
【解析】（Ⅰ）由 11 34 nnn aaa 可得 )(3 11 nnnn aaaa
所以数列 }{ 1 nn aa 是以 2 为首项，3 为公比的等比数列 …………3 分
故有 112211 )()()( aaaaaaaa nnnnn 1
1
3131
)31(2
n
n
…6 分
（Ⅱ） 由 122 2
2
1
1 nna
b
a
b
a
b
n
n 可知当 1n 时, 3
1
1 a
b , 31 b , 31 S
当 2n 时, 2)12(12 nnna
b
n
n , 132 n
n nb ……………8 分
12
21 323323223 n
nn nbbbS
1)3333231(2 1210 nn 设 1210 3333231 nnx
x3 nn nn 33)1(3231 121
)333(32 021 nnnnx 2
133
n
nn ，
2
33)2
1( n
n nS ……11 分
综上 NnnS n
n ,2
33)2
1( ……………12 分
5 、 已知函数 2
1( ) +4fx x （ x ≠ 0 ）， 各 项 均 为 正 数 的 数 列 {}na 中
1 1a , 2
n+1
1 ()nfaa , ()xnN .（Ⅰ）求数列 的通项公式；（Ⅱ）在数列{}nb 中,对任意的
正整数n ,
2
2
(3 1) 1n
n
n
n a nb a
都成立，设 nS 为数列 的前 n 项和试比较 与 1
2
的大小.
【解析】（Ⅰ）由题意知 2 2 2 2
11
1 1 1 144
n n n na a a a
,∴ 2
1
na
是以 1 为首项 4 为公差的等
差数列 .
∴ 2
1 43
n
na , ∴ 0na , ∴ 1
43na
n
..6 分
（Ⅱ）
2
2
2
11
(3 1) (3 1) (4 3)(3 1)
n
n
n
n
ab nn a n n n nn a
1 1 1()2 2 1 2 1nn
,
∴ 1 1 1 1 1 1 1 1 1[(1 ) ( ) ... ( )] (1 )2 3 3 5 2 1 2 1 2 2 1 2nS n n n
13 分
6、已知数列 na 满足： 21 a 且
na
ana
n
n
n
12
1 （ Nn ）（Ⅰ）求证：数列
1
na
n
为等比数列，并求数列 的通项公式；（Ⅱ）证明：
2
1...321
321 nn
aaaa n
（ ）。
【解析】（Ⅰ）由题得：an+1（an+n）=2（n+1）an ， 即 nnnn annaaa )1(211
故 1112
1
nn a
n
a
n 又
2
111
1
a
所以数列 为等比数列， ……3 分
nn
na
n
2
1
2
1
2
11
1
，
12 nn
nna ……6 分
（Ⅱ）由上知
12
11
n
n
n
a …8 分
n
n nn
aaaa
2
1...
2
1
2
1
2
1...321 321
321
2
11
2
112
1
n
n nn )2
1(1
nn 1 所以
2
1...321
321 nn
aaaa n （ ）。 …………12 分
7、已知等差数列 na 满足 158, 0aa，数列 nb 的前 n 项和为 1 12 2
n
nS n N .①
求数列 和 nb 的通项公式；②解不等式 nnab .
【解析】考查等差数列、等比数列，考查探究能力和逻辑思维能力.①设数列 的公差为d ，
由 514a a d ，得 2d ，∴ 2 10nan . 由数列 nb 的前 n 项和为
1 12 2
n
nS n N 可知
当 1n 时， 11
1
2bS，当 2n≥ 时， 2
1 2n
n n nb S S
，该式对 1n 也成立.
所以数列 na 的通项公式为 2 10,nna n b 的通项公式为 22n
nb .
②由 nnab 得 210 2 2nn ∵ 1,2,3n 时， nnab 4n 时， nnab
又 单调递减， nb 单调递增.∴不等式 的解集为 | 4,n n n N≥ .
8、数列{ na }的前 n 项和记为 nS ，点 ( , )nnS 在曲线 2( ) 4f x x x上（ xN ）. （Ⅰ）求数列
｛ na ｝的通项公式；（Ⅱ）设 1( 5) 2n
nnba ，求数列{ nb }的前 n 项和 nT 的值.
【解析】（Ⅰ）由点 ( , )nnS 在曲线 2( ) 4f x x x上（ xN ）知 2 4nS n n, （1 分）
当 n ≥２时 1n n na S S ＝ 224 ( 1) 4( 1)n n n n ＝ 25n ；（ 4 分）
当 1n 时， 113aS ，满足上式；（5 分）∴数列｛ na ｝的通项公式为 25nan （6
分）
（Ⅱ）由 1( 5) 2n
nnba 得 2n
nbn （7 分）∴ 2 3 11 2 2 2 3 2 ( 1) 2 2nn
nT n n ①
（8 分）
上式两边乘以 2，得 2 3 4 12 1 2 2 2 3 2 ( 1) 2 2nn
nT n n ②（9 分）
①－②得 2 3 12 2 2 2 2nn
nTn 10 分 ∴ 12(1 2 ) 212
n
n
nTn
，即
1( 1) 2 2n
nTn .12 分
9、在等差数列{an}中，满足 3a5＝5a8，Sn 是数列{an}的前 n 项和．（Ⅰ）若 a1＞0，当 Sn 取得最
大值时，求 n 的值；（Ⅱ）若 a1＝－46，记 bn＝Sn－an
n ，求 bn 的最小值．
【解析】（Ⅰ）设{an}的公差为 d，则由 3a5＝5a8，得 3(a1＋4d)＝5(a1＋7d)，∴d＝－ 2
23a1．
∴Sn＝na1＋n(n－1)
2 ×(－ 2
23a1)＝－ 1
23a1n2＋24
23a1n＝－ 1
23a1(n－12)2＋144
23 a1．
∵a1＞0，∴当 n＝12 时，Sn 取得最大值．………（6 分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）及 a1＝－46，得 d＝－ 2
23×(－46)＝4，
∴an＝－46＋(n－1)×4＝4n－50，Sn＝－46n＋n(n－1)
2 ×4＝2n2－48n．
∴bn＝Sn－an
n ＝2n2－52n＋50
n ＝2n＋50
n －52≥2 2n×50
n －52＝－32，
当且仅当 2n＝50
n ，即 n＝5 时，等号成立．故 bn 的最小值为－32．………（12 分）
10、数列 }{ na 的前 n 项和记为 Sn， 1at ，点（Sn， 1na ）在直线 21yx上，n∈N*．（Ⅰ）
若数列 na 是等比数列，求实数 t 的值；（Ⅱ）设 nn nab ，在（1）的条件下，求数列 nb 的
前 n 项和 nT ；（Ⅲ）设各项均不为 0 的数列 }{ nc 中，所有满足 01 ii cc 的整数 i 的个数称为
这个数列 的“积异号数”，令
n
n
n b
bc 4 （ n N ），在（2）的条件下，求数列 的
“积异号数”
【解析】（Ⅰ）由题意，当 2n 时，有 1
1
21
21
nn
nn
aS
aS
（1 分）两式相减，得
)2(3,2 11 naaaaa nnnnn 即 ，（2 分）
所以，当 时 是等比数列，要使 1n 时 是等比数列，则只需 2
1
213a t
at
从而得
出 1t （4 分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，等比数列 的首项为 1 1a ，公比 3q ，∴ 13n
na （5 分）
∴ 13n
nnb na n （6 分）∴ 0 1 2 2 11 3 2 3 3 3 ( 1) 3 3nn
nT n n ① （7
分）
上式两边乘以 3 得 1 2 3 13 1 3 2 3 3 3 ( 1) 3 3nn
nT n n ② （8 分）
①－②得 0 1 2 12 3 3 3 3 3nn
nTn （9 分）∴ 2 1 1344
n
n
nT （10 分）
（Ⅲ） 由（Ⅱ）知 13n
nbn ，∵ 41n
n
c b ∵ 1
4131c ， 2
411 2 3 3c
，∴ 12 10cc
（11 分）
∵ 03)1(
)32(444
1
1
n
nn
nn nn
n
bbcc ，∴数列{}nc 递增.（12 分）
由 2
1 03c ，得当 2n 时，cn>0. （13 分）∴数列 的“积异号数”为 1.（14 分）
11、定义数列 na ： 121, 2aa，且对任意正整数 n ，有 1
2 2 ( 1) ( 1) 1nn
nnaa
.
（Ⅰ）求数列 na 的通项公式与前 项和 nS ；（Ⅱ）问是否存在正整数 ,mn，使得
2 2 1nnS mS ？若存在，则求出所有的正整数对( , )mn；若不存在，则加以证明.
【解析】考查了等差、等比数列的通项公式、求和公式，数列的分组求和等知识，考查了学
生变形的能力，推理能力，探究问题的能力，分类讨论的数学思想、化归与转化的思想以及
创新意识．
（Ⅰ）对任意正整数 k ， 2 1 2
2 1 2 1 2 12 ( 1) ( 1) 1 2kk
k k ka a a
，
2 2 1
2 2 2 22 ( 1) ( 1) 1 3kk
k k ka a a
.1 分 所以数列 21ka 是首项 1 1a ,公差为2
等差数列；数列 2ka 是首项 2 2a ,公比为3 的等比数列 2 分 对 任 意 正 整 数
k , 21 21kak , 1
2 23k
ka .3 分
所以数列 na 的通项公式 1
2 1, 2 1
,.
2 3 , 2n k
k n k
ak
nk
N 或
12
, 2 1
,.
2 3 , 2
Nnn
n n k
ak
nk
4 分
对任意正整数 , 2 1 3 2 1 2 4 2( ) ( )k k kS a a a a a a
(1 2 1) 2(1 3 )
2 1 3
kkk
231k k . 5 分
2 1 1 2
2 1 2 2 3 1 2 3 3 1k k k
k k kS S a k k
6 分
所以数列 的前 n 项和为
12
2
3 1, 2 1,
3 1, 2
k
n k
k n kSk
k n k
N .
或
1 2
2
2
2
233 , 2 14 ,
3 1, 24
N
n
n n
nnnk
Sk
n nk
7 分
（Ⅱ） 2 1 2
2 2 1 3 1 (3 1)nn
nnS mS n m n
123 (3 ) ( 1)( 1)n m m n ,从而
3m ,由 m N 知 1,2,3.m 8 分
①当 1m 时, 123 (3 ) 0 ( 1)( 1)n m m n ,即 2 2 1nnS mS ；9 分
②当 3m 时, 22( 1) 0, 1nn ,即 213SS ；10 分
③当 2m 时, 123 1 ( 1)( 1)n n n n ,则存在 1 2 1 2,,Nk k k k,
使得 12
121 3 , 1 3 , 1,kkn n k k n 从而 2 1 1 2 13 3 3 (3 1) 2k k k k k , 得
1 2 13 1,3 1 2k k k ,
1 2 10, 1k k k ，得 2n ,即 432SS . 13 分
综上可知,符合条件的正整数对( , )mn只有两对：(2,2) 与(3,1). 14 分
12、在数列 na 中，已知 1na ， 11 a ，且
Nnaaaa
nn
nn ,1
2
1
1
（Ⅰ）记 Nnab nn ,)2
1( 2 ,求证：数列 nb 是等差数列；（Ⅱ）求 的通项公式；（Ⅲ）
对 Nk , 是否总 Nm 使得 kam ？若存在，求出 m 的值，若不存在，请说明理由。
【解析】（Ⅰ）由题意得 2)1)(()2
1()2
1( 11
22
11 nnnnnnnn aaaaaabb
又
4
1
2
1 2
11
ab ，故 是以
4
1 为首项，以 2 为公差的等差数列； 4 分
（Ⅱ）由（Ⅰ）得 Nnnnbn ,4
72)1(24
1 Nnnan ,4
722
1 8
分
（Ⅲ）设对任意 Nk 存在 Nm ,使得 kam ,即 km 4
722
1 整理得
2
2)1(
8
8)1(4 kkkkm ，而 )1( kk 总为偶数且非负，故 Nkkm 2
2)1( 13
分
13、设 0,b 数列 na 满足 1
1
1
= , ( 2)22
n
n
n
nbaa b a nan
．（Ⅰ）求数列 的通项公式；
（Ⅱ）证明：对于一切正整数 n ，
1
1 12
n
n n
ba
．
【解析】：（ Ⅰ）由 1
1
11
1 2 10, 0, .22
n
n
n n n
nba nna b a a n a b b a
知
令 1
1,n
n
nAAab，当 2n 时， 1
21
nn AbbA
21
12 1 1
1 2 2 2nn
nnAb b b b
21
21
1 2 2 2 .
nn
nnb b b b
① 当 2b 时，
12(1 ) 2 ,2 ( 2)1
n
nn
n n
bbbA bb
b
② 当 2b 时，
2
nAn ，
( 2) ,22
2, 2
n
nn
n
nb b ba b
b
．………7 分
（Ⅱ）当 2b 时，要证
1
1 12
n
n n
ba
，只需证 1
22
)2(
1
1
2
n
n
n
n b
b
bnb ．
只需证
2
2)12( 1
1
b
bbnb
nn
n
n
n
2
2)2(2 111
b
bbbn
nn
nnnn ．
因为 1 1 1 1 1 2 12(2 ) (2 )( 2 2 )2
nn
n n n n n n nbb b b bb
1 1 2 2 2 2 2 1 1 12 2 2 2 2n n n n n n n n nb b b b b
21
21
2 2 22 ( )222
n n n
nn
n n n
b b bb b bb
12 (2 2 2) 2 2 2n n n n n nb n b n b ．
1
1
( 2) 1.22
nn
n n n n
nb b ba b
当
1
12 , 2 1.2
n
n n
bba
时 综上所述
1
1 1.2
n
n n
ba
……14 分
14、已知在数列 }{ na 中， 11 a ， dqaa nn 1212 （ ,, RqRd 且 ),0 Nnq （Ⅰ）
若 }{ 12 na 是等比数列，求 q 与 d 满足的条件；（Ⅱ）当 0d ， 2q 时，某点从原点出发，
第 1 次向右（沿 x 轴正向）移动，第 2 次向上（ y 轴正向）移动，第 3 次向左移动，第 4 次
向下移动，以后依次按向右、向上、向左、向下的方向移动，设第 n 次移动的位移是 na ，设
第 n 次移动后，该点的横坐标为 nx ，求数列 }{ 4nxn 的前 n 项和 nS
【解析】（Ⅰ） ， dqdqaa 13 ， dqdqddqqdqaa 2
35 )(
由于 是 等 比 数 列 所 以 dqdqdq 22)( 即： ddqd 2 所以 0d 或
1 dq
（Ⅱ）当 ， 时， 1212 2 nn aa ， 1
12 2
n
na
依题意得： 4 1 3 12x a a ， 23
8 1 2 2 2x ，…，
∴
222
2 3 2 2 2 1
4
1 ( 2) 1 2 1 21 2 2 2 2 2 1 ( 2) 1 2 3
nnn
nn
nx
.
∴ 2
41 3 2 n
nx.∴
3
21 2
4
n
nx . ∴ nnn xnxnxxxS 4)1(41284 132
nnn 2642 22322213
13213
1
6
1 nn nn 2642 22322213
1 .
令 nn
n nnT 2)1(2642 221232221 ①
nT4 222864 221232221 nn nn ②①-②得
222642 2222213 nn
n nT 22
22
241
212
n
n
n
222 2123
4 nn n
∴ 2222
2 3 1 24 2 4129 3 9 9
nn
n
n
nnT
∴ 221 3 1 24
6 27 27
n
n
n n nS
.
15、在平面直角坐标系上，设不等式组 )(
)3(2
0
0
Nn
xny
y
x
表示的平面区域为 nD ，记
内的整点（横坐标和纵坐标均为整数的点）的个数为 na .（Ⅰ）求出 a a a1 2 3,,的值（不要
求写过程）；（Ⅱ）证明数列{}na 为等差数列；（Ⅲ）令 nb =
1
1
nn aa
（n∈N*），求 12 nb b b
【解析】（Ⅰ） ;21,15,9 321 aaa ……3 分
（Ⅱ）由 000)3(2,0,0 xyxnyx 得 …4 分所以平面区域为 内的整点为点
（3,0）与在直线 12xx和 上…5 分直线 )3(2 xny 与直线 交点纵坐标
分别为 nyny 24 21 和 …6 分 内在直线 上的整点个数分别为 4n+1 和
2n+1,
3611214 nnnan …7 分 6)36(961 nnaa nn ……8 分
数列 为 的公差为以首项 6,91 a 等差数列. …9 分
（Ⅲ）∵bn=
1
1 1 1 1()6 6 3 6( 1) 3nna a n n
……10 分 12 nb b b
1 1 1 1 1 1 1 1 1[( ) ( )+( )+ +( )]6 6 1 3 6 2 3 6 2 3 6 3 3 6 3 3 6 4 3 6n 3 6( 1) 3n
1 1 1()6 6 1 3 6( 1) 3n 27(2 3)
n
n
……………14 分
16、已知数列{}na 、{}nb 满足 112, 1 ( 1)n n na a a a ， 1nnba，数列 的前 n 项
和为 nS .（Ⅰ）求证：数列 1
nb
为等差数列；（ Ⅱ）设 2n n nT S S，求证： 1nnTT ；（Ⅲ）
求证：对任意的 nN 都有 2
11 22n
n Sn≤ ≤ 成立．
【解析】（Ⅰ）由 1nnba得 1nnab代入 11 ( 1)n n na a a 得 1( 1)n n nb b b 整理得
11n n n nb b b b ，
∵ 0nb 否则 1na ，与 1 2a 矛盾从而得
1
111
nnbb
, -----3 分
∵ 1111ba ∴数列 1{}
nb
是首项为 1，公差为 1 的等差数列-------4 分
（Ⅱ）∵ 1
n
nb ，则 1
nb n ． 1 1 11 23nS n
∴ 2n n nT S S＝ 1 1 1 1 1 1 1 11 (1 )2 3 1 2 2 3n n n n
＝ 1 1 1
1 2 2n n n
---------6 分
证法 1：∵ 1
1 1 1 1 1 1()2 3 2 2 1 2 2nnTTn n n n n n
＝ 1 1 1
2 1 2 2 1n n n
＝ 1 1 1 02 1 2 2 (2 1)(2 2)n n n n
∴ 1nnTT ．-----8 分
证法 2：∵ 2 1 2 2nn ∴ 11
2 1 2 2nn
∴ 1
1 1 1 02 2 2 2 1nnTT n n n
∴ ．----8 分
（Ⅲ）用数学归纳法证明：
①当 1n 时 2
1 1 1 11 1 , 1 , 12 2 2 2 2n
n Sn ，不等式成立；-----9 分
②假设当 nk （ 1k ，kN ）时，不等式成立，即 2
11 22k
k Sk ，那么当 1nk
时
1 12
1 1 11 2 2 2k kkS 1
111 2 2 1 2kk
k
11
2
111 2 2 2
k
kk
k
个
11 22
k 11 2
k ---12 分
1
1 1 1
2 2 1 2kkk
2
1 1 1
2 2 2
k
kkk
个
＝ 1 ( 1)2 k
∴当 1nk时，不等式成立由①②知对任意的 ,不等式成立．-------14 分
17、在数列 na 中，已知 1 1a ， 1 31nna S n *nN （Ⅰ）求数列 na 的通项
公式；
（Ⅱ）若 13 1 3nn
nnba （ 为非零常数），问是否存在整数 ，使得对任意 *nN
都有 1nnbb ？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由。
【解析】（Ⅰ）由 1 31nna S n ①得： 1 34nna S n 2n ②
①-②得 1 2 3( 2)nna a n ，即有 1 3 2 3nnaa ,数列 3na 是从第二
项为 2 34a ，公比为 2 的等比数列
2
23 3 2 2nn
naa 即 23n
na ， 而 满足该式，
（Ⅱ） 13 1 2nnn
nb ， 11
1 3 1 2nnn
nb
要使 1nnbb 恒成立
1
1 2 3 3 1 2 0nnn
nnbb
恒成立即
1
1 31 2
n
n
当 n 为奇数时，
13
2
n
恒成立，而
13
2
n
的最小值为1 1
当 n 为偶数时，
13
2
n
恒成立，而
13
2
n
的最大值为 3
2 3
2
3 02 或01所以，存在 1 ，使得对任意 都有
18、数列 na 的前 n 项和为 nS ， 11 a ，且对任意正整数 n ,点 nn Sa ,1 在直线
022 yx 上. (Ⅰ) 求数列 的通项公式；（Ⅱ）是否存在实数 ，使得数列
nn nS 2
为等差数列？若存在，求出 的值；若不存在，则说明理由.
（Ⅲ）已知数列 }{ nb ， ）（ 1)1(
2
1
nn
n
n aab ， nTn项和为的前nb ，求证：
2
1T6
1
n .
【解析】(Ⅰ)由题意可得： .022 1 nn Sa ① 2n 时, .022 1 nn Sa ②
①─②得 22
1022 1
1
na
aaaa
n
n
nnn ，
2
122,1 2121 aaaa
na 是首项为1，公比为
2
1 的等比数列， .2
1 1
n
na … 4 分
（Ⅱ） .2
12
2
11
2
11
1
n
n
nS
.2
12222
122 1 nnnnn nnnS
欲使
nn nS 2
成等差数列,只须 02 即 2 便可.
故存在实数 2 ，使得数列
nn nS 2
成等差数列.…………… 9 分
（Ⅲ） )1)(1(
1
1kk aa (
2
1
)12
1)(12
1(
1
1
k
kk
12
1
1
k
)
12
1
1
1 k
n
k
k
n
k ktk
k
aa 11 1 1
2
1
1()1)(1(
2 )
12
1
1
1 k
)11
1
12
1
1(
)
12
1
1
12
1
1(
2
12
1
1(
t
)
12
1
1
1 k
11
1
12
1
1
k
2
1
12
2 k
k
又函数 12
2
x
x
y
12
1
1
x
在 ),1[ x 上为增函
数，
112
2
12
2
1
1
k
k
，
2
112
1
12
2
2
1
3
2 k
k
，
2
1
)1)(1(
2
6
1
1 1
n
k kk
k
aa
．…… 14 分
19、已知数列{an}各项均为正数，Sn 为其前 n 项和，对于 ，总有 成等差数列.
（Ⅰ）求数列{an}的通项 an（Ⅱ）设数列 的前 n 项和为 Tn,数列{Tn}的前 n 项和为 Rn,求
证： 时， ；（Ⅲ）对任意 ，试比较
与 的大小
【解析】（Ⅰ）由题意，得 22 nnn aaS （n∈N*）．于是 2
1112 nnn aaS ，两式相减，得
22
1112 nnnnn aaaaa ，
即 an+1+an=(an+1+an)(an+1-an)，由题，an>0，an+1+an≠0，得 an+1-an=1，即{an}为公差为 1 的等差数
列．
又由 2
1112 aaS ，得 a1=1 或 a1=0（舍去）．∴ an=1+(n-1)·1=n (n∈N*)．…………5 分
（Ⅱ）证法一：由（I）知
nan
11 ，于是
nTn
1
3
1
2
11 ，
于是当 n≥2 时，
13211 nn TTTTR = )1
1
3
1
2
11()3
1
2
11()2
11(1 n
=
1
1
3
3
2
2)1( n
nnn = 11113121 n
n
n
nnnn
= nnn )1
3
1
2
11( =n(Tn-1).…………10 分
法二：①当 n=2 时，R1=T1=
1
1
a
=1，2(T2-1)=2( )12
11 =1，∴ n=2 时，等式成立．
②假设 n=k（k≥2）时，等式成立，即 )1(1 kk TkR ，
当 n=k+1 时， kkk TRR 1 = kk TTk )1( = kTk k )1( = kaTk
k
k
)1)(1(
1
1
= kkTk k )1
1)(1( 1 = kTk k 1)1( 1 = )1)(1( 1 kTk ．
∴ 当 n=k+1 时，等式也成立．综合①②知，原等式对 n≥2，n∈N*均成立． ……10 分
（Ⅲ）由（I）知，
n
i
n
i
i
i
a
1 31
3 1 ．由分析法易知， 112 kkk ，
当 k≥2 时，
1
11
23
kkk kkk 211
2
)11(11
2
kkkk
11
11
kk
kk
1
1
1
1
kk
，∴
333
1
3
1
2
11
n
)1
2
1()
4
1
2
1()
3
11(1
nn
)
1
1
1
1(
nn 1
11
2
22
nn
．
即
2
22
1
11
1
3
n
i
ia
nn
．………14 分
20、已知点列 ),1( 11 yB ， ),2( 22 yB ，…， ),( nn ynB ， )( Nn 顺次为一次函数
8
1
4 xy
图像上的点，点列 )0,( 11 xA ， )0,( 22 xA ，…， )0,( nn xA ， 顺次为 x 轴正半轴上的点，
其中 )10(,1 aax .对于任意 Nn ，点 nA 、 nB 、 1nA 构成以 nB 为顶点的等腰三角形.
（Ⅰ）求 }{ ny 的通项公式，并证明 }{ ny 是等差数列；（Ⅱ）试判断 nn xx 2 是否为同一常数
（不必证明），并求出数列 }{ nx 的通项公式；（Ⅲ）在上述等腰三角形 1nnn ABA 中，是否存在
直角三角形？若有，求出此时 a 的值；若不存在，请说明理由.
【解析】（Ⅰ）
8
1
4
1 nyn ，
4
1)8
1
4
1(8
1)1(4
1
1 nnyy nn . }{ ny 是首项
为
8
3 ，公差为等
4
1 差数列；…………..3 分
（Ⅱ） 22 nn xx 为常数， 12531 ,,,, nxxxx 及 nxxxx 2642 ,,,, 都是公差为 2 的等
差数列..4 分
,22)1(2112 annxx n .2222)1(222 annanxx n …..6 分
为正偶数
为正奇数
nan
nanxn ,
,1 .…..7 分
（Ⅲ）要使 1nnnABA 为直角三角形，则
)8
1
4(22|| 1
nyAA nnn , )8
1
4(21
nxx nn .…..8 分
当 n 为正奇数时， ,1,11 anxanx nn ).1(21 axx nn
))(10(48
7)8
1
4(2)1(2 an，nana 为奇数，
取 .5;8
1,3;8
51 ）式无解则（ nanan ………..10 分
当 n 为正偶数时， ,,1 anxanx nn .21 axx nn
))(10(8
1
4)8
1
4(22 annana 为偶数，
取 2n ，得 .,4.8
5 ）式无解则（若 na ……..12 分
综上可知，存在满足题意的直角三角形，此时 a 的值为 .8
5,8
1 ………..13 分
21、设曲线C ： 221xy上的点 P 到点 0,nnAa的距离的最小值为 nd ,若
0 0a , 12nnad , *nN
（Ⅰ）求数列 na 的通项公式；（Ⅱ）求证: 3 2 1 21 2 4
3 5 2 1 4 6 2 2
nn
nn
a a aa a a
a a a a a a
；（Ⅲ）
是否存在常数 M ,使得对 *nN ,都有不等式: 3 3 3
12
1 1 1
n
Ma a a 成立?请说明理由.
【解析】（Ⅰ）设点 ,P x y ,则 221xy,所以
2 2
22 2| | 2 22
nn
nn
aaPA x y a y
,
因为 yR ,所以当
2
nay 时,||nPA 取得最小值 nd ,且
22
2
n
n
ad ,
又 ,所以 1 2nnad ,即 1
1
2nnda 将 代入
得
2
1
21
22
n
n
aa
两边平方得 22
1 2nnaa ,又 0 0a , 2
1 2a 故数列 2
na 是首项
,公差为 2 的等差数列,所以 2 2nan , 因为 12nnad 0 ,所以
2nan .………………6 分
（Ⅱ）因为 2 2 2 1 2 2 1 2 0n n n n ,所以 2 2 2 1 2 2 1n n n n
所以 2 2 2 1 2 2 1n n n n ,所以 2 2 2 1 2 1 2n n n na a a a
所以 2 1 2
2 1 2 2
nn
nn
aa
aa
,所以 3 2 1 21 2 4
3 4 5 6 2 1 2 2
, , , nn
nn
a a aa a a
a a a a a a
以上 n 个不等式相加得 3 2 1 21 2 4
3 5 2 1 4 6 2 2
nn
nn
a a aa a a
a a a a a a
.…………………10 分
（Ⅲ）因为 3 3
11
22ka k
,当 2k 时,
3 2
1 1 1 1 1
1 1 1 11 kk k k k kk kk
,
因为 1 2 2 11
2 1 1
kk
k k k k
,
所以
1 1 1 1 111
111 1 1 1
kk
k k kk k k k
所以
3
1 1 1
11kkk
,
322
1 1 1 1 1 1 111
1 1 2 1 2
nn
kkk k k kk
所以 3 312
1 1 1 1 1 1 1 1 21 422 2 2 2 2 2 2 2 2
nn
ikia k
.
故存在常数 12
42M ,对 *nN ,都有不等式: 3 3 3
12
1 1 1
n
Ma a a 成
立. …………14 分
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