《高考數(shù)學(xué)一輪匯總訓(xùn)練《數(shù)列的綜合問題-》理-新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)一輪匯總訓(xùn)練《數(shù)列的綜合問題-》理-新人教A版（31頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 [備考方向要明了] 考 什 么 怎 么 考 　能在具體的問題情境中辨認數(shù)列的等差關(guān)系或等比關(guān)系，并能用有關(guān)知識解決相應(yīng)的問題. 1.以遞推為背景，考察數(shù)列的通項公式與前n項和公式，如新課標全國T16等． 2.等差數(shù)列、等比數(shù)列綜合考察數(shù)列的基本計算，如江西T16，湖北T18等． 3.考察數(shù)列與函數(shù)、不等式、解析幾何的綜合問題，且以解答題的形式浮現(xiàn)，如廣東T19等. [歸納·知識整合] 1．?dāng)?shù)列綜合應(yīng)用題的解題環(huán)節(jié) (1)審題——弄清題意，分析波及哪些數(shù)學(xué)內(nèi)容，在每個數(shù)學(xué)內(nèi)容中，各是什么問題． (2)分解——把整個大題分解成幾種小題或幾種“環(huán)

2、節(jié)”，每個小題或每個“環(huán)節(jié)”分別是數(shù)列問題、函數(shù)問題、解析幾何問題、不等式問題等． (3)求解——分別求解這些小題或這些“環(huán)節(jié)”，從而得到整個問題的解答． 具體解題環(huán)節(jié)如下框圖： 2．常用的數(shù)列模型 (1)等差數(shù)列模型：通過讀題分析，由題意抽象出等差數(shù)列，運用等差數(shù)列有關(guān)知識解決問題． (2)等比數(shù)列模型：通過讀題分析，由題意抽象出等比數(shù)列，運用等比數(shù)列有關(guān)知識解決問題． (3)遞推公式模型：通過讀題分析，由題意把所給條件用數(shù)列遞推式體現(xiàn)出來，然后通過度析遞推關(guān)系式求解． [探究]　銀行儲蓄單利公式及復(fù)利公式分別是什么模型？ 提示：單利公式——設(shè)本金為a元，每期利率為r，存

3、期為n，則本利和an＝a(1＋rn)，屬于等差數(shù)列模型． 復(fù)利公式——設(shè)本金為a元，每期利率為r，存期為n，則本利和an＝a(1＋r)n，屬于等比數(shù)列模型． [自測·牛刀小試] 1．(教材習(xí)題改編)已知等差數(shù)列{an}的公差為2，若a1，a3，a4成等比數(shù)列，則a2的值為(　　) A．－4　　　　　　　　 B．－6 C．－8 D．－10 解析：選B　由題意知：a＝a1a4. 則(a2＋2)2＝(a2－2)(a2＋4)，解得a2＝－6. 2．已知log2x，log2y,2成等差數(shù)列，則M(x，y)的軌跡的圖象為(　　) 解析：選A　由于log2x，log2y,2成等差數(shù)

4、列，則有2log2y＝log2x＋2，因此y2＝4x.又y＞0，x＞0，故M的軌跡圖象為A. 2 4 1 2 x y z 3.在如圖所示的表格中，如果每格填上一種數(shù)后，每一行成等差數(shù)列，每一列成等比數(shù)列，那么x＋y＋z的值為(　　) A．1　　　 B．2　　　 C．3　　　 D．4 解析：選C　由題意知，第三列各數(shù)成等比數(shù)列，故x＝1；第一行第五個數(shù)為6，第二行第五個數(shù)為3，故z＝； 第一行第四個數(shù)為5，第二行第四個數(shù)為，故y＝，從而x＋y＋z＝3. 4．等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a1＝1，且4a1,2

5、a2，a3成等差數(shù)列，則S4＝________. 解析：設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，∵4a2＝4a1＋a3，∴4a1q＝4a1＋a1q2，即q2－4q＋4＝0，解得q＝2. ∴S4＝＝15. 答案：15 5．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，對任意n∈N*均有Sn＝an－，若1＜Sk＜9(k∈N*)，則k的值為________． 解析：由Sn＝an－得 當(dāng)n≥2時，Sn＝(Sn－Sn－1)－， 即Sn＝－2Sn－1－1. 令Sn＋p＝－2(Sn－1＋p)得 Sn＝－2Sn－1－3p，可知p＝. 故數(shù)列是以－為首項，以－2為公比的等比數(shù)列． 則Sn＋＝－×(－2)n－1，

6、即Sn＝－×(－2)n－1－. 由1＜－×(－2)k－1－＜9，k∈N*得k＝4. 答案：4 等差數(shù)列、等比數(shù)列的綜合問題 [例1]　在等比數(shù)列{an}(n∈N*)中，a1>1，公比q>0，設(shè)bn＝log2an，且b1＋b3＋b5＝6，b1b3b5＝0. (1)求證：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列； (2)求{bn}的前n項和Sn及{an}的通項an. [自主解答]　(1)證明：∵bn＝log2an， ∴bn＋1－bn＝log2＝log2q為常數(shù)， ∴數(shù)列{bn}為等差數(shù)列且公差d＝log2q. (2)∵b1＋b3＋b5＝6，∴b3＝2. ∵a1>1，∴b1＝

7、log2a1>0. ∵b1b3b5＝0，∴b5＝0. ∴解得 ∴Sn＝4n＋×(－1)＝. ∵∴ ∴an＝25－n(n∈N*)． 在本例(2)的條件下，試比較an與Sn的大?。? 解：顯然an＝25－n>0， 當(dāng)n≥9時，Sn＝≤0， ∴n≥9時，an>Sn. ∵a1＝16，a2＝8，a3＝4，a4＝2，a5＝1， a6＝，a7＝，a8＝， S1＝4，S2＝7，S3＝9，S4＝10，S5＝10，S6＝9，S7＝7，　　　　 S8＝4， ∴當(dāng)n＝3，4，5，6，7，8時，anSn. ———————————————————

8、 解答數(shù)列綜合問題的注意事項 (1)要注重審題，善于聯(lián)系，將等差、等比數(shù)列與函數(shù)、不等式、方程、應(yīng)用性問題等聯(lián)系起來． (2)對于等差、等比數(shù)列的綜合問題，應(yīng)重點分析等差、等比數(shù)列的通項，前n項和以及等差、等比數(shù)列項之間的關(guān)系，往往用到轉(zhuǎn)化與化歸的思想措施． 1．(·青島模擬)已知等差數(shù)列{an}的公差不小于零，且a2，a4是方程x2－18x＋65＝0的兩個根；各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，且滿足b3＝a3，S3＝13. (1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式； (2)若數(shù)列{cn}滿足cn＝求數(shù)列{cn}的前n項和Tn. 解：(1)設(shè){an}的公差為

9、d，{bn}的公比為q. 由x2－18x＋65＝0，解得x＝5或x＝13. 由于d>0，因此a20，解得b1＝1，q＝3. 因此bn＝3n－1. (2)當(dāng)n≤5時，Tn＝a1＋a2＋a3＋…＋an ＝n＋×4＝2n2－n； 當(dāng)n>5時，Tn＝T5＋(b6＋b7＋b8＋…bn) ＝(2×52－5)＋＝. 因此Tn＝ 數(shù)列與函數(shù)的綜合應(yīng)用 [例2]　(·安徽高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝＋sin x的所有正的極小值點從小到大排成的數(shù)列為. (1)求數(shù)列的

10、通項公式； (2)設(shè)的前n項和為Sn，求sin Sn. [自主解答]　(1)令f′(x)＝＋cos x＝0，即cos x＝－，解得x＝2kπ±π(k∈Z)． 由xn是f(x)的第n個正極小值點知， xn＝2nπ－π(n∈N*)． (2)由(1)可知，Sn＝2π(1＋2＋…＋n)－nπ＝n(n＋1)π－， 因此sin Sn＝sin. 由于n(n＋1)表達兩個持續(xù)正整數(shù)的乘積，n(n＋1)一定為偶數(shù)， 因此sin Sn＝－sin . 當(dāng)n＝3m－2(m∈N*)時， sin Sn＝－sin＝－； 當(dāng)n＝3m－1(m∈N*)時， sin Sn＝－sin＝； 當(dāng)n＝3m(m∈N

11、*)時， sin Sn＝－sin 2mπ＝0. 綜上所述，sin Sn＝ ——————————————————— 解決函數(shù)與數(shù)列的綜合問題應(yīng)當(dāng)注意的事項 (1)數(shù)列是一類特殊的函數(shù)，它的圖象是一群孤立的點； (2)轉(zhuǎn)化以函數(shù)為背景的條件時，應(yīng)當(dāng)注意題中的限制條件，如函數(shù)的定義域，這往往是很容易被忽視的問題； (3)運用函數(shù)的措施研究數(shù)列中的有關(guān)問題時，應(yīng)精確構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù)，注意數(shù)列中有關(guān)限制條件的轉(zhuǎn)化． 2．已知函數(shù)f(x)＝x2＋x－1，α，β是方程f(x)＝0的兩個根(α>β)，f′(x)是f(x)的導(dǎo)數(shù)，設(shè)a1＝1，an＋1＝an－(n＝1,2，…)． (1)求

12、α，β的值； (2)已知對任意的正整數(shù)n，均有an>α，記bn＝ln(n＝1,2，…)，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn. 解：(1)由方程x2＋x－1＝0解得方程的根為 x1＝，x2＝， 又∵α，β是方程的兩個實根，且α>β， ∴α＝，β＝. (2)∵f′(x)＝2x＋1， ∴an＋1＝an－＝an－＝. ∵an>α>β(n＝1,2,3，…)，且a1＝1， ∴b1＝ln＝ln＝4ln. 或b1＝ln＝ln＝ln＝2ln＝2ln2＝4ln bn＋1＝ln＝ln ＝ln＝ln＝2ln＝2bn. 即{bn}是以b1為首項，2為公比的等比數(shù)列． 故數(shù)列{bn}的前n項和 S

13、n＝＝(2n－1)·4ln ＝(2n＋2－4)ln. 數(shù)列與不等式的綜合應(yīng)用 [例3]　(·廣東高考)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，滿足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*，且a1，a2＋5，a3成等差數(shù)列． (1)求a1的值； (2)求數(shù)列{an}的通項公式； (3)證明：對一切正整數(shù)n，有＋＋…＋<. [自主解答]　(1)當(dāng)n＝1時，2a1＝a2－4＋1＝a2－3，?、? 當(dāng)n＝2時，2(a1＋a2)＝a3－8＋1＝a3－7，?、? 又a1，a2＋5，a3成等差數(shù)列， 因此a1＋a3＝2(a2＋5)，?、? 由①②③解得a1＝1. (2)由題設(shè)條件可知n≥2

14、時，2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，④ 2Sn－1＝an－2n＋1.⑤ ④－⑤得2an＝an＋1－an－2n＋1＋2n， 即an＋1＝3an＋2n，整頓得an＋1＋2n＋1＝3(an＋2n)， 則{an＋2n}是以3為首項，3為公比的等比數(shù)列． 因此an＋2n＝(a1＋2)·3n－1＝3n， 即an＝3n－2n(n>1)．又a1＝1滿足上式， 故an＝3n－2n. (3)證明：∵＝＝·≤ ·＝3·， ∴＋＋…＋≤3 ＝3×＝<. ——————————————————— 數(shù)列與不等式相結(jié)合問題的解決措施 解決數(shù)列與不等式的綜合問題時，如果是證明題要靈活選擇不等式的證明

15、措施，如比較法、綜合法、分析法、放縮法等；如果是解不等式問題要使用不等式的多種不同解法，如列表法、因式分解法，穿根法等．總之此類問題把數(shù)列和不等式的知識巧妙結(jié)合起來綜合解決就行了． 3．等比數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，且a4＝，a3＋a5＝，數(shù)列bn＝log3(n∈N*)． (1)求數(shù)列{bn}的前n項和Sn； (2)Tn＝b1＋b2＋b22＋…＋b2n－1，求使Tn>0成立的最小值n. 解：(1)∵{an}是等比數(shù)列，設(shè)其公比為q，∴ 兩式相除得，＝，q＝3或q＝， ∵{an}為遞增數(shù)列，∴q＝3，a1＝. ∴an＝a1qn－1＝·3n－1＝2·3n－5， ∴bn＝log

16、3＝n－5， 數(shù)列{bn}的前n項和Sn＝＝(n2－9n)． (2)Tn＝b1＋b2＋b22＋…b2n－1＝(1－5)＋(2－5)＋(22－5)＋…＋(2n－1－5)＝－5n>0， 即2n>5n＋1. ∵24<5×4＋1,25>5×5＋1，∴nmin＝5(只要給出對的成果，不規(guī)定嚴格證明). 數(shù)列的實際應(yīng)用 [例4]　(·湖南高考)某公司一下屬公司從事某種高科技產(chǎn)品的生產(chǎn)．該公司第一年年初有資金2 000萬元，將其投入生產(chǎn)，到當(dāng)年年終資金增長了50%.估計后來每年資金年增長率與第一年的相似．公司規(guī)定公司從第一年開始，每年年終上繳資金d萬元，并將剩余資金所有投入下一年生產(chǎn)

17、．設(shè)第n年年終公司上繳資金后的剩余資金為an萬元． (1)用d表達a1，a2，并寫出an＋1與an的關(guān)系式； (2)若公司但愿通過m(m≥3)年使公司的剩余資金為4 000萬元，試擬定公司每年上繳資金d的值(用m表達)． [自主解答]　(1)由題意得a1＝2 000(1＋50%)－d＝3 000－d， a2＝a1(1＋50%)－d＝a1－d＝4 500－d. an＋1＝an(1＋50%)－d＝an－d. (2)由(1)得an＝an－1－d ＝－d ＝2an－2－d－d … ＝n－1a1－d. 整頓得an＝n－1(3 000－d)－2d ＝n－1(3 000－3d)＋2d

18、. 由題意，am＝4 000，即m－1(3 000－3d)＋2d＝4 000. 解得d＝＝. 故該公司每年上繳資金d的值為時，通過m(m≥3)年公司的剩余資金為4 000萬元． ——————————————————— 解決數(shù)列實際應(yīng)用問題的措施 解等差數(shù)列、等比數(shù)列應(yīng)用題時，一方面要認真審題，深刻理解問題的實際背景，理清蘊含在語言中的數(shù)學(xué)關(guān)系，把應(yīng)用問題抽象為數(shù)學(xué)中的等差數(shù)列、等比數(shù)列問題，使關(guān)系明朗化、原則化，然后用等差數(shù)列、等比數(shù)列知識求解．這其中體現(xiàn)了把實際問題數(shù)學(xué)化的能力，即數(shù)學(xué)建模能力． 4．某市新建住房400萬平方米，其中有250萬平方米是中低價房，估計在此后的若

19、干年內(nèi)，該市每年新建住房面積平均比上一年增長8%.此外，每年新建住房中，中低價房的面積均比上一年增長50萬平方米．那么，到哪一年終， (1)該市歷年所建中低價房的合計面積(覺得合計的第一年)將初次不少于4 750萬平方米？ (2)當(dāng)年建造的中低價房的面積占該年建造住房面積的比較初次不小于85%？(參照數(shù)據(jù)：1.084≈1.36,1.085≈1.47,1.086≈1.59) 解：(1)設(shè)中低價房面積形成數(shù)列{an}，由題意可知{an}是等差數(shù)列，其中a1＝250，d＝50， 則Sn＝250n＋×50＝25n2＋225n. 令25n2＋225n≥4 750， 即n2＋9n－190≥0，

20、而n是正整數(shù)， 解得n≥10.故究竟，該市歷年所建中低價房的合計面積將初次不少于4 750萬平方米． (2)設(shè)新建住房面積形成數(shù)列{bn}，由題意可知{bn}是等比數(shù)列，其中b1＝400，q＝1.08，則bn＝400×(1.08)n－1. 由題意可知an>0.85bn， 有250＋(n－1)×50>400×(1.08)n－1×0.85. 當(dāng)n＝5時，a5<0.85b5，當(dāng)n＝6時，a6>0.85b6， 即滿足上述不等式的最小正整數(shù)n為6. 故究竟，當(dāng)年建造的中低價房的面積占該年建造住房面積的比例初次不小于85%. 1個問題——分期付款問題 等比數(shù)列中解決分期付款問題的注

21、意事項： (1)精確計算出在貸款所有付清時，各期所付款額及利息(最后一次付款沒有利息)． (2)明確各期所付的款以及各期所付款到最后一次付款時所生的利息之和，等于商品售價及從購買到最后一次付款時的利息之和，只有掌握了這一點，才可順利建立等量關(guān)系． 3個注意——遞推、放縮與函數(shù)思想的考察 (1)數(shù)列與解析幾何結(jié)合時注意遞推． (2)數(shù)列與不等式相結(jié)合時注意對不等式進行放縮． (3)數(shù)列與函數(shù)相結(jié)合時重要考察函數(shù)的思想及函數(shù)的性質(zhì)(多為單調(diào)性). 創(chuàng)新交匯——數(shù)列的新定義問題 1．?dāng)?shù)列題目中有時定義一種新數(shù)列，然后根據(jù)定義的新數(shù)列所具有的性質(zhì)解決有關(guān)問題． 2

22、．解決新情境、新定義數(shù)列問題，一方面要根據(jù)新情境、新定義進行推理，從而明確考察的是哪些數(shù)列知識，然后純熟運用歸納、構(gòu)造、正難則反、分類與整合等措施進行解題． [典例]　(·北京高考)若數(shù)列An：a1，a2，…，an(n≥2)滿足|ak＋1－ak|＝1(k＝1,2，…，n－1)，則稱An為E數(shù)列．記S(An)＝a1＋a2＋…＋an. (1)寫出一種滿足a1＝a5＝0，且S(A5)>0的E數(shù)列A5； (2)若a1＝12，n＝2 000.證明：E數(shù)列An是遞增數(shù)列的充要條件是an＝2 011； (3)對任意給定的整數(shù)n(n≥2), 與否存在首項為0的E數(shù)列An，使得S(An)＝0？如果存在

23、，寫出一種滿足條件的E數(shù)列An；如果不存在，闡明理由． [解]　(1)0,1,2,1,0是一種滿足條件的E數(shù)列A5. (答案不唯一，0,1,0,1,0也是一種滿足條件的E數(shù)列A5) (2)必要性：由于E數(shù)列An是遞增數(shù)列， 因此ak＋1－ak＝1(k＝1,2，…，1 999)． 因此An是首項為12，公差為1的等差數(shù)列． 因此a2 000＝12＋(－1)×1＝2 011. 充足性：由于a2 000－a1 999≤1， a1 999－a1 998≤1， … a2－a1≤1， 因此a2 000－a1≤1 999，即a2 000≤a1＋1 999. 又由于a1＝12，a2 0

24、00＝2 011， 因此a2 000＝a1＋1 999. 故ak＋1－ak＝1＞0(k＝1,2，…，1 999)，即An是遞增數(shù)列． 綜上，結(jié)論得證． (3)令ck＝ak＋1－ak(k＝1,2，…，n－1)，則ck＝±1. 由于a2＝a1＋c1， a3＝a1＋c1＋c2， … an＝a1＋c1＋c2＋…＋cn－1， 因此S(An)＝na1＋(n－1)c1＋(n－2)c2＋(n－3)c3＋…＋cn－1＝(n－1)＋(n－2)＋…＋1－[(1－c1)(n－1)＋(1－c2)(n－2)＋…＋(1－cn－1)]＝－[(1－c1)(n－1)＋(1－c2)(n－2)＋…＋(1－cn－1)

25、]． 由于ck＝±1，因此1－ck為偶數(shù)(k＝1，…，n－1)． 因此(1－c1)(n－1)＋(1－c2)(n－2)＋…＋(1－cn－1)為偶數(shù)， 因此要使S(An)＝0，必須使為偶數(shù)， 即4整除n(n－1)，亦即n＝4m或n＝4m＋1(m∈N*)． 當(dāng)n＝4m(m∈N*)時，E數(shù)列An的項滿足a4k－1＝a4k－3＝0，a4k－2＝－1，a4k＝1(k＝1,2，…，m)時，有a1＝0，S(An)＝0； 當(dāng)n＝4m＋1(m∈N*)時，E數(shù)列An的項滿足a4k－1＝a4k－3＝0，a4k－2＝－1，a4k＝1(k＝1,2，…，m)，a4m＋1＝0時，有 a1＝0，S(An)＝0；

26、 當(dāng)n＝4m＋2或n＝4m＋3(m∈N*)時，n(n－1)不能被4整除，此時不存在E數(shù)列An，使得a1＝0，S(An)＝0. 1．本題具有如下創(chuàng)新點： (1)本題為新定義問題，命題背景新穎． (2)命題方式創(chuàng)新，既有證明題，也有探究性問題，同一種題目中多種方式相結(jié)合． 2．解決本題要注意如下幾種問題： 對于此類壓軸型新定義數(shù)列題，一方面要有搶分意識，得一分是一分，多嘗試解答，仔細分析，認真翻譯；另一方面，要有運用數(shù)學(xué)思想措施的意識，如構(gòu)造、分類等．第(1)問中E數(shù)列A5的首尾都是0，則必須先增后減或先減后增，或者擺動；第(2)問條件在后邊，因此，前推后是證明條件的必要性，不可顛倒

27、，前推后比較容易，應(yīng)當(dāng)先證明；第(3)問和第(1)問相呼應(yīng)，因此在推理時要善于前后聯(lián)系，善于發(fā)現(xiàn)矛盾，從而找到解決問題的突破口． 1．已知數(shù)列{an}：a1，a2，a3，…，an，如果數(shù)列{bn}：b1，b2，b3，…bn滿足b1＝an，bk＝ak－1＋ak－bk－1，其中k＝2,3，…，n，則稱{bn}為{an}的“衍生數(shù)列”．若數(shù)列{an}：a1，a2，a3，a4的“衍生數(shù)列”是5，－2,7,2，則{an}為______；若n為偶數(shù)，且{an}的“衍生數(shù)列”是{bn}，則{bn}的“衍生數(shù)列”是______． 解析：由b1＝an，bk＝ak－1＋ak－bk－1，k＝2,3，…，n可

28、得，a4＝5,2＝a3＋a4－7，解得a3＝4.又7＝a2＋a3－(－2)，解得a2＝1.由－2＝a1＋a2－5，解得a1＝2，因此數(shù)列{an}為2,1,4,5. 由已知，b1＝a1－(a1－an)，b2＝a1＋a2－b1＝a2＋(a1－an)，….由于n是偶數(shù)，因此bn＝an＋(－1)n(a1－an)＝a1.設(shè){bn}的“衍生數(shù)列”為{cn}，則ci＝bi＋(－1)i(b1－bn)＝ai＋(－1)i·(a1－an)＋(－1)i(b1－bn)＝ai＋(－1)i(a1－an)＋(－1)i·(an－a1)＝ai，其中i＝1,2,3，…，n.則{bn}的“衍生數(shù)列”是{an}． 答案：2,1,4

29、,5　{an} 2．(·上海高考改編)對于項數(shù)為m的有窮數(shù)列{an}，記bk＝max{a1，a2，…，ak}(k＝1,2，…，m)，即bk為a1，a2，…，ak中的最大值，并稱數(shù)列{bn}是{an}的控制數(shù)列．如1,3,2,5,5的控制數(shù)列是1,3,3,5,5. (1)若各項均為正整數(shù)的數(shù)列{an}的控制數(shù)列為2,3,4,5,5，寫出所有的{an}； (2)設(shè){bn}是{an}的控制數(shù)列，滿足ak＋bm－k＋1＝C(C為常數(shù)，k＝1,2，…，m)．求證：bk＝ak(k＝1,2，…，m)． 解：(1)數(shù)列{an}為：2,3,4,5,1；2,3,4,5,2；2,3,4,5,3；2,3,4,

30、5,4；2,3,4,5,5. (2)證明：由于bk＝max{a1，a2，…，ak}， bk＋1＝max{a1，a2，…，ak，ak＋1}， 因此bk＋1≥bk. 由于ak＋bm－k＋1＝C，ak＋1＋bm－k＝C， 因此ak＋1－ak＝bm－k＋1－bm－k≥0，即ak＋1≥ak. 因此，bk＝ak. 一、選擇題(本大題共6小題，每題5分，共30分) 1. 等差數(shù)列{an}中，a3＋a11＝8，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，且b7＝a7，則b6·b8的值(　　) A．2　　　　　　　　　　 B．4 C．8 D．16 解析：選D　∵{an}為等差數(shù)列，∴a7＝＝4＝b7.

31、 又{bn}為等比數(shù)列，∴b6·b8＝b＝16. 2．?dāng)?shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列，且a1，a3，a7為等比數(shù)列{bn}中持續(xù)的三項，則數(shù)列{bn}的公比為(　　) A. B．4 C．2 D. 解析：選C　設(shè)數(shù)列{an}的公差為d(d≠0)，由a＝a1a7得(a1＋2d)2＝a1(a1＋6d)，解得a1＝2d，故數(shù)列{bn}的公比q＝＝＝＝2. 3．(·泉州模擬)滿足a1＝1，log2an＋1＝log2an＋1(n∈N*)，它的前n項和為Sn，則滿足Sn>1 025的最小n值是(　　) A．9 B．10 C．11 D．12 解析：選C　由于a1＝1，lo

32、g2an＋1＝log2an＋1(n∈N*)，因此an＋1＝2an， an＝2n－1，Sn＝2n－1，則滿足Sn>1 025的最小n值是11. 4．根據(jù)市場調(diào)查成果，預(yù)測某種家用商品從年初開始的n個月內(nèi)累積的需求量Sn(萬件)近似地滿足關(guān)系式Sn＝(21n－n2－5)(n＝1,2，…，12)，按此預(yù)測，在本年度內(nèi)，需求量超過1.5萬件的月份是(　　) A．5、6月　　　　　　　　 B．6、7月 C．7、8月 D．8、9月 解析：選C　由Sn解出an＝(－n2＋15n－9)，再解不等式(－n2＋15n－9)>1.5，得6

33、，則S30為(　　) A．470 B．490 C．495 D．510 解析：選A　注意到an＝n2cos，且函數(shù)y＝cos的最小正周期是3，因此當(dāng)n是正整數(shù)時，an＋an＋1＋an＋2＝－n2－(n＋1)2＋(n＋2)2＝3n＋，其中n＝1,4，7…，S30＝(a1＋a2＋a3)＋(a4＋a5＋a6)＋…＋(a28＋a29＋a30)＝＋＋…＋＝3×＋×10＝470. 6．(·株州模擬)在數(shù)列{an}中，對任意n∈N*，均有＝k(k為常數(shù))，則稱{an}為“等差比數(shù)列”．下面對“等差比數(shù)列”的判斷： ①k不也許為0； ②等差數(shù)列一定是等差比數(shù)列； ③等比數(shù)列一定是等差比數(shù)列

34、； ④通項公式為an＝a·bn＋c(a≠0，b≠0,1)的數(shù)列一定是等差比數(shù)列． 其中對的的判斷為(　　) A．①②　　　 B．②③　　　 C．③④　　　 D．①④ 解析：選D　若k＝0時，則an＋2－an＋1＝0，由于an＋2－an＋1也許為分母，故無意義，故k不也許為0，①對的；若等差、等比數(shù)列為常數(shù)列，則②③錯誤；由定義知④對的． 二、填空題(本大題共3小題，每題5分，共15分) 7．(·安慶模擬)設(shè)有關(guān)x的不等式x2－x<2nx(n∈N*)的解集中整數(shù)的個數(shù)為an，數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則S100的值為________． 解析：由x2－x<2nx(n∈N*)，

35、 得00)的圖象在點(ak，a)處的切線與x軸交點的橫坐標為ak＋1，k為正整數(shù)，a1＝16，則a1＋a3＋a5＝________. 解析：依題意得，函數(shù)y＝x2(x>0)的圖象在點( ak，a)處的切線方程是y－a＝2ak(x－ak)． 令y＝0得x＝ak，即ak＋1＝ak，因此數(shù)列{ak}是以16為首項，為公比的等比數(shù)列，因此ak＝16·k－1＝25－k，a1＋a3＋a5＝16＋4＋1＝21. 答案：21 9．氣象學(xué)院用3.2萬元買了一臺天文觀測儀，已知這臺觀測儀從

36、啟用的第一天起持續(xù)使用，第n天的維修保養(yǎng)費為(n∈N*)元，使用它直至報廢最合算(所謂報廢最合算是指使用的這臺儀器的平均耗資至少)，一共使用了________天． 解析：由第n天的維修保養(yǎng)費為(n∈N*)元，可以得出觀測儀的整個耗資費用，由平均費用至少而求得最小值成立時的相應(yīng)n的值． 由題意知使用n天的平均耗資為＝ ＋＋，當(dāng)且僅當(dāng)＝時獲得最小值，此時n＝800. 答案：800 三、解答題(本大題共3小題，每題12分，共36分) 10．設(shè)同步滿足條件：①≥bn＋1；②bn≤M(n∈N*，M是常數(shù))的無窮數(shù)列{bn}叫“嘉文”數(shù)列．已知數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足Sn＝(an－1)(

37、a為常數(shù)，且a≠0，a≠1)． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設(shè)bn＝＋1，若數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，求a的值，并證明數(shù)列為“嘉文”數(shù)列． 解：(1)由于S1＝(a1－1)＝a1，因此a1＝a. 當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(an－an－1)，整頓得＝a，即數(shù)列{an}是以a為首項，a為公比的等比數(shù)列．因此an＝a· an－1＝an. (2)由(1)知， bn＝＋1＝，(*) 由數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，則b＝b1·b3，故2＝3·，解得a＝， 再將a＝代入(*)式得bn＝3n，故數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，因此a＝. 由于＝>＝＝，滿足條件①；由于＝≤，故存在M≥

38、滿足條件②.故數(shù)列為“嘉文”數(shù)列． 11．已知正項數(shù)列{an}，{bn}滿足：a1＝3，a2＝6，{bn}是等差數(shù)列，且對任意正整數(shù)n，均有bn，，bn＋1成等比數(shù)列． (1)求數(shù)列{bn}的通項公式； (2)設(shè)Sn＝＋＋…＋，試比較2Sn與2－的大?。? 解：(1)∵對任意正整數(shù)n，均有bn，，bn＋1成等比數(shù)列，且數(shù)列{an}，{bn}均為正項數(shù)列， ∴an＝bnbn＋1(n∈N*)． 由a1＝3，a2＝6得又{bn}為等差數(shù)列，即有b1＋b3＝2b2， 解得b1＝，b2＝， ∴數(shù)列{bn}是首項為，公差為的等差數(shù)列． ∴數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝(n∈N*)． (2

39、)由(1)得，對任意n∈N*，an＝bnbn＋1＝，從而有＝＝2， ∴Sn＝2 ＝1－. ∴2Sn＝2－.又2－＝2－， ∴2Sn－＝－＝. ∴當(dāng)n＝1，n＝2時，2Sn<2－； 當(dāng)n≥3時，2Sn>2－. 12．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，對一切正整數(shù)n，點Pn(n，Sn)都在函數(shù)f(x)＝x2＋2x的圖象上，且過點Pn(n，Sn)的切線的斜率為kn. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)若bn＝2knan，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn； (3)設(shè)Q＝{x|x＝kn，n∈N*}，R＝{x|x＝2an，n∈N*}，等差數(shù)列{cn}的任一項cn∈Q∩R，其中c1是Q

40、∩R中的最小數(shù)，110

41、×42＋4×5×43＋4×7×44＋…＋4×(2n＋1)×4n＋1.② ①－②得 －3Tn＝4[3×4＋2×(42＋43＋…＋4n)－(2n＋1)×4n＋1] ＝4， ∴Tn＝·4n＋2－. (3)∵Q＝{x|x＝2n＋2，n∈N*}，R＝{x|x＝4n＋2，n∈N*}，∴Q∩R＝R. 又∵cn∈Q∩R，其中c1是Q∩R中的最小數(shù)，∴c1＝6. ∵{cn}的公差是4的倍數(shù)，∴c10＝4m＋6(m∈N*)． 又∵110

42、}的通項公式為cn＝12n－6. 1．已知公差不為0的等差數(shù)列{an}的首項a1為a(a∈R)．設(shè)數(shù)列的前n項和為Sn，且，，成等比數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}的通項公式及Sn； (2)設(shè)An＝＋＋＋…＋，Bn＝＋＋＋…＋.當(dāng)n≥2時，試比較An與Bn的大?。? 解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由2＝·，得(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)． 由于d≠0，因此d＝a1＝a. 因此an＝na，Sn＝. (2)由于＝， 因此An＝＋＋＋…＋＝. 由于a2n－1＝2n－1a， 因此Bn＝＋＋＋…＋＝·＝. 當(dāng)n≥2時，2n＝C＋C＋C＋…＋C>n＋1，即 1－<1－

43、， 因此，當(dāng)a>0時，AnBn. 2．已知某地今年年初擁有居民住房的總面積為a(單位：m2)，其中有部分舊住房需要拆除．本地有關(guān)部門決定每年以當(dāng)年年初住房面積的10%建設(shè)新住房，同步也拆除面積為b(單位：m2)的舊住房． (1)分別寫出第1年末和第2年末的實際住房面積的體現(xiàn)式； (2)如果第5年末該地的住房面積正好比今年年初的住房面積增長了30%，則每年拆除的舊住房面積b是多少？(計算時取1.15≈1.6) 解：(1)第1年末的住房面積為a·－b＝1.1a－b(m2)，第2年末的住房面積為·－b＝a·2－b＝1.21a－2.1b(m2)． (2)第3年末的

44、住房面積為·－b＝a·3－b(m2)， 第4年末的住房面積為 a·4－b(m2)， 第5年末的住房面積為 a·5－b＝1.15a－b≈1.6a－6b(m2)． 依題意可知，1.6a－6b＝1.3a，解得b＝，因此每年拆除的舊住房面積為 m2. 3．已知數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足Sn＋1＝kSn＋2(n∈N*)，且a1＝2，a2＝1. (1)求k的值和Sn的體現(xiàn)式； (2)與否存在正整數(shù)m，n，使得<成立？若存在，求出這樣的正整數(shù)；若不存在，請闡明理由． 解：(1)由條件Sn＋1＝kSn＋2(n∈N*)，得S2＝kS1＋2， 即a1＋a2＝ka1＋2， ∵a1＝2，a2

45、＝1，∴2＋1＝2k＋2，得k＝. 于是，Sn＋1＝Sn＋2，設(shè)Sn＋1＋x＝(Sn＋x)， 即Sn＋1＝Sn－x，令－x＝2，得x＝－4， ∴Sn＋1－4＝(Sn－4)， 即數(shù)列{Sn－4}是首項為－2，公比為的等比數(shù)列． ∴Sn－4＝(－2)·n－1，即Sn＝4(n∈N*)． (2)由不等式<， 得<，即<. 令t＝2n(4－m)，則不等式變?yōu)?， 解得2

46、<成立． 　　　　　　 由遞推公式求通項的7種措施及破解數(shù)列中的4類摸索性問題 一、由遞推公式求通項的7種措施 1．a(chǎn)n＋1＝an＋f(n)型 把原遞推公式轉(zhuǎn)化為an＋1－a n＝f(n)，再運用累加法(逐差相加法)求解，即an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝a1＋f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(n－1)． [例1]　已知數(shù)列{an}滿足a1＝，an＋1＝an＋，求an. [解]　由條件，知an＋1－an＝＝＝－，則(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝＋＋＋…＋， 因此an－a1＝1－.

47、由于a1＝，因此an＝＋1－＝－. 2．a(chǎn)n＋1＝f(n)an型 把原遞推公式轉(zhuǎn)化為＝f(n)，再運用累乘法(逐商相乘法)求解，即由＝f(1)，＝f(2)，…，＝f(n－1)，累乘可得＝f(1)f(2)…f(n－1)． [例2]　已知數(shù)列{an}滿足a1＝，an＋1＝·an，求an. [解]　由an＋1＝·an，得＝， 故an＝··…··a1＝××…××＝.即an＝. 3．a(chǎn)n＋1＝pan＋q(其中p，q均為常數(shù)，pq(p－1)≠0)型 對于此類問題，一般采用換元法進行轉(zhuǎn)化，假設(shè)將遞推公式改寫為an＋1＋t＝p(an＋t)，比較系數(shù)可知t＝，可令an＋1＋t＝bn＋1換元即可轉(zhuǎn)化

48、為等比數(shù)列來解決． [例3]　已知數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋3，求an. [解]　設(shè)遞推公式an＋1＝2an＋3可以轉(zhuǎn)化為an＋1－t＝2(an－t)，即an＋1＝2an－t，則t＝－3. 故遞推公式為an＋1＋3＝2(an＋3)． 令bn＝an＋3，則b1＝a1＋3＝4，且＝＝2. 因此{bn}是以b1＝4為首項，2為公比的等比數(shù)列． 因此bn＝4×2n－1＝2n＋1，即an＝2n＋1－3. 4．a(chǎn)n＋1＝pan＋qn(其中p，q均為常數(shù)，pq(p－1)≠0)型 (1)一般地，要先在遞推公式兩邊同除以qn＋1，得＝·＋，引入輔助數(shù)列{bn}，得bn＋1＝·b

49、n＋，再用待定系數(shù)法解決； (2)也可以在原遞推公式兩邊同除以pn＋1，得＝＋·n，引入輔助數(shù)列{bn}，得bn＋1－bn＝n，再運用疊加法(逐差相加法)求解． [例4]　已知數(shù)列{an}中，a1＝，an＋1＝an＋n＋1，求an. [解]　法一：在an＋1＝an＋n＋1兩邊乘以2n＋1，得2n＋1·an＋1＝(2n·an)＋1. 令bn＝2n·an，則bn＋1＝bn＋1， 根據(jù)待定系數(shù)法，得bn＋1－3＝(bn－3)． 因此數(shù)列{bn－3}是以b1－3＝2×－3＝－為首項， 以為公比的等比數(shù)列． 因此bn－3＝－·n－1，即bn＝3－2n. 于是，an＝＝3n－2n. 法

50、二：在an＋1＝an＋n＋1兩邊乘以3n＋1，得 3n＋1an＋1＝3nan＋n＋1. 令bn＝3n·an，則bn＋1＝bn＋n＋1. 因此bn－bn－1＝n，bn－1－bn－2＝n－1，…， b2－b1＝2. 將以上各式疊加， 得bn－b1＝2＋…＋n－1＋n. 又b1＝3a1＝3×＝＝1＋， 因此bn＝1＋＋2＋…＋n－1＋n ＝＝2n＋1－2， 即bn＝2n＋1－2. 故an＝＝3n－2n. 5．a(chǎn)n＋1＝pan＋an＋b(p≠1，p≠0，a≠0)型 這種類型一般運用待定系數(shù)法構(gòu)造等比數(shù)列，即令an＋1＋x(n＋1)＋y＝p(an＋xn＋y)，與已知遞推式比較，

51、解出x，y，從而轉(zhuǎn)化為{an＋xn＋y}是公比為p的等比數(shù)列． [例5]　設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝4，an＝3an－1＋2n－1(n≥2)，求an. [解]　設(shè)遞推公式可以轉(zhuǎn)化為an＋An＋B＝3[an－1＋A(n－1)＋B]， 化簡后與原遞推式比較，得 解得 令bn＝an＋n＋1.(*) 則bn＝3bn－1，又b1＝6，故bn＝6·3n－1＝2·3n， 代入(*)式，得an＝2·3n－n－1. 6．a(chǎn)n＋1＝pa(p>0，an>0)型 這種類型一般是等式兩邊取對數(shù)后轉(zhuǎn)化為an＋1＝pan＋q型數(shù)列，再運用待定系數(shù)法求解． [例6]　已知數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝

52、 ·a(a>0)，求數(shù)列{an}的通項公式． [解]　對an＋1＝·a的兩邊取對數(shù)， 得lg an＋1＝2lg an＋lg . 令bn＝lg an，則bn＋1＝2bn＋lg . 由此得bn＋1＋lg＝2，記cn＝bn＋lg，則cn＋1＝2cn， 因此數(shù)列{cn}是以c1＝b1＋lg＝lg為首項，2為公比的等比數(shù)列． 因此cn＝2n－1·lg. 因此bn＝cn－lg＝2n－1·lg－lg ＝lg＝lga1－2n， 即lg an＝lga1－2n，因此an＝a1－2n. 7．a(chǎn)n＋1＝(A，B，C為常數(shù))型 對于此類遞推數(shù)列，可通過兩邊同步取倒數(shù)的措施得出關(guān)系式 [例7]　已

53、知數(shù)列{an}的首項a1＝，an＋1＝，n＝1,2,3，…，求{an}的通項公式． [解]　∵an＋1＝，∴＝＋， ∴－1＝. 又－1＝， ∴是以為首項，為公比的等比數(shù)列， ∴－1＝·＝， ∴an＝. 二、破解數(shù)列中的4類摸索性問題 1．條件摸索性問題 此類問題的基本特性是：針對一種結(jié)論，條件未知需探求，或條件增刪需擬定，或條件正誤需鑒定，解決此類問題的基本方略是：執(zhí)果索因，先尋找結(jié)論成立的必要條件，再通過檢查或認證找到結(jié)論成立的充足條件，在“執(zhí)果索因”的過程中，常常會犯的一種錯誤是不考慮推理過程的可逆與否，誤將必要條件當(dāng)作充足條件，應(yīng)引起注意． [例1]　已知數(shù)列{an}

54、中，a1＝2，a2＝3，其前n項和Sn滿足Sn＋2＋Sn＝2Sn＋1＋1(n∈N*)；數(shù)列{bn}中，b1＝a1，bn＋1＝4bn＋6(n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式； (2)設(shè)cn＝bn＋2＋(－1)n－1λ·2an(λ為非零整數(shù)，n∈N*)，試擬定λ的值，使得對任意n∈N*，均有cn＋1>cn成立． [解]　(1)由已知得Sn＋2－Sn＋1－(Sn＋1－Sn)＝1， 因此an＋2－an＋1＝1(n≥1)． 又a2－a1＝1， 因此數(shù)列{an}是以a1＝2為首項，1為公差的等差數(shù)列． 因此an＝n＋1. 由于bn＋1＝4bn＋6，即bn＋1＋2＝4(b

55、n＋2)，又b1＋2＝a1＋2＝4， 因此數(shù)列{b2＋2}是以4為公比，4為首項的等比數(shù)列． 因此bn＝4n－2. (2)由于an＝n＋1，bn＝4n－2， 因此cn＝4n＋(－1)n－1λ·2n＋1.要使cn＋1>cn成立， 需cn＋1－cn＝4n＋1－4n＋(－1)nλ·2n＋2－(－1)n－1λ·2n＋1>0恒成立， 化簡得3·4n－3λ(－1)n－12n＋1>0恒成立， 即(－1)n－1λ<2n－1恒成立， ①當(dāng)n為奇數(shù)時，即λ<2n－1恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)n＝1時，2n－1有最小值1，因此λ<1； ②當(dāng)n為偶數(shù)時，即λ>－2n－1恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)n＝2時，－2n－1有最

56、大值－2，因此λ>－2，即－2<λ<1. 又λ為非零整數(shù)，則λ＝－1. 綜上所述，存在λ＝－1，使得對任意n∈N*，均有cn＋1>cn成立． [點評]　對于數(shù)列問題，一般要先求出數(shù)列的通項，不是等差數(shù)列和等比數(shù)列的要轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列或等比數(shù)列．遇到Sn要注意運用Sn與an的關(guān)系將其轉(zhuǎn)化為an，再研究其具體性質(zhì)．遇到(－1)n型的問題要注意分n為奇數(shù)與偶數(shù)兩種狀況進行討論，本題易忘掉對n的奇偶性的討論而致誤． 2．結(jié)論摸索性問題 此類問題的基本特性是：有條件而無結(jié)論或結(jié)論的對的與否需要擬定．解決此類問題的方略是：先摸索結(jié)論而后去論證結(jié)論，在摸索過程中?？上葟奶厥馇樾稳胧?，通過觀測、分析、

57、歸納、判斷來作一番猜想，得出結(jié)論，再就一般情形去認證結(jié)論． [例2]　已知各項均為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足：a＝2a＋anan＋1，且a2＋a4＝2a3＋4，其中n∈N*. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足：bn＝，與否存在正整數(shù)m，n(10，因此2an－an＋

58、1＝0，即2an＝an＋1. 因此數(shù)列{an}是公比為2的等比數(shù)列． 由a2＋a4＝2a3＋4，得2a1＋8a1＝8a1＋4，解得a1＝2. 故數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n(n∈N*)． (2)由于bn＝＝， 因此b1＝，bm＝，bn＝. 若b1，bm，bn成等比數(shù)列，則2＝， 即＝. 由＝，可得＝， 因此－2m2＋4m＋1>0，從而1－1，因此m＝2，此時n＝12. 故當(dāng)且僅當(dāng)m＝2，n＝12時，b1，bm，bn成等比數(shù)列． (3)構(gòu)造函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)－x(x≥0)，則f′(x)＝－1＝－. 當(dāng)x>0時，f′(x)<

59、0，即f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減， 因此f(x)

60、． 3．存在摸索性問題 此類問題的基本特性是：要判斷在某些擬定條件下的某一數(shù)學(xué)對象(數(shù)值、圖形、函數(shù)等)與否存在或某一結(jié)論與否成立．解決此類問題的一般措施是：假定題中的數(shù)學(xué)對象存在或結(jié)論成立或暫且承認其中的一部分結(jié)論，然后在這個前提下進行邏輯推理，若由此導(dǎo)出矛盾，則否認假設(shè)，否則，給出肯定結(jié)論，其中反證法在解題中起著重要的作用． [例3]　已知數(shù)列{an}的首項a1＝，an＋1＝，n∈N*. (1)求證：數(shù)列為等比數(shù)列； (2)記Sn＝＋＋…＋，若Sn<100，求最大正整數(shù)n； (3)與否存在互不相等的正整數(shù)m，s，n，使m，s，n成等差數(shù)列，且am－1，as－1，an－1成等比數(shù)

61、列？如果存在，請給以證明；如果不存在，請闡明理由． [解]　(1)由于＝＋， 因此－1＝－. 又由于－1≠0，因此－1≠0(n∈N*)． 因此數(shù)列為等比數(shù)列． (2)由(1)可得－1＝·n－1， 因此＝2·n＋1. Sn＝＋＋…＋＝n＋2 ＝n＋2×＝n＋1－， 若Sn<100，則n＋1－<100， 因此最大正整數(shù)n的值為99. (3)假設(shè)存在，則m＋n＝2s， (am－1)(an－1)＝(as－1)2， 由于an＝， 因此＝2， 化簡得3m＋3n＝2×3s. 由于3m＋3n≥2×＝2×3s，當(dāng)且僅當(dāng)m＝n時等號成立，又m，s，n互不相等，因此不存在． [點評

62、]　數(shù)列問題是以分式形式給出條件的，一般采用取倒數(shù)，再轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列或等比數(shù)列，通過等差數(shù)列與等比數(shù)列的橋梁作用求出通項．遇到多種變量的存在性問題，一般假設(shè)存在，求出滿足的關(guān)系，再尋找滿足的條件，一般可以運用重要不等式、值域或范疇等判斷與否存在． 4．規(guī)律摸索性問題 此類問題的基本特性是：未給出問題的結(jié)論，需要由特殊狀況入手，猜想、證明一般結(jié)論．解決此類問題的基本方略是：一般需要研究簡化形式，但保持本質(zhì)的特殊情形，從條件出發(fā)，通過觀測、實驗、歸納、類比、猜想來探路，解題過程中創(chuàng)新成分比較高．在數(shù)列問題研究中，常常是根據(jù)數(shù)列的前幾項所提供的信息作大膽的猜想，然后用數(shù)學(xué)歸納法證明． [例4]

63、　設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，對一切n∈N*，點都在函數(shù)f(x)＝x＋的圖象上． (1)求a1，a2，a3的值，猜想an的體現(xiàn)式，并證明你的猜想； (2)設(shè)An為數(shù)列的前n項積，與否存在實數(shù)a，使得不等式An

64、n＝1時，由上面的求解知，猜想成立； ②假設(shè)當(dāng)n＝k時猜想成立，即ak＝2k成立，那么 當(dāng)n＝k＋1時，由條件，知Sk＝k2＋ak，Sk＋1＝(k＋1)2＋ak＋1，兩式相減，得ak＋1＝2k＋1＋ak＋1－ak， 因此ak＋1＝4k＋2－ak＝4k＋2－2k＝2(k＋1)，即當(dāng)n＝k＋1時，猜想成立． 根據(jù)①②，知對一切n∈N*，an＝2n成立． (2)由于＝1－， 故An＝··…·， 因此An＝··…··. 又f(a)－＝a＋－＝a－， 故An

65、－即可． 由于＝·＝·＝<1， 因此g(n＋1)0， 解得－. 綜上所述，使得不等式對一切n∈N*都成立的實數(shù)a存在，a的取值范疇為∪(，＋∞)． [點評]　解決規(guī)律摸索性問題，應(yīng)充足運用已知條件，先求出數(shù)列的前幾項，根據(jù)前幾項的特點透徹分析、發(fā)現(xiàn)規(guī)律、猜想結(jié)論，再運用數(shù)學(xué)歸納法進行證明．對于具有參數(shù)的恒成立問題，可通過度離參數(shù)求具有變量的式子的最值即可．在求含變量的式子的最值問題時，一般可以運用函數(shù)的單調(diào)性，通過作差或作商(分式或整式作差，乘積的因式作商)求出最值，便求出參數(shù)的范疇(注意應(yīng)用函數(shù)與方程思想解決問題)．