《高考數(shù)學(xué)一輪匯總訓(xùn)練《數(shù)列的綜合問(wèn)題-》理-新人教A版》由會(huì)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(wèn)題-》理-新人教A版（31頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b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(wèn)題情境中辨認(rèn)數(shù)列的等差關(guān)系或等比關(guān)系，并能用有關(guān)知識(shí)解決相應(yīng)的問(wèn)題. 1.以遞推為背景，考察數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式，如新課標(biāo)全國(guó)T16等． 2.等差數(shù)列、等比數(shù)列綜合考察數(shù)列的基本計(jì)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(wèn)題，且以解答題的形式浮現(xiàn)，如廣東T19等. [歸納·知識(shí)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(gè)數(shù)學(xué)內(nèi)容中，各是什么問(wèn)題． (2)分解——把整個(gè)大題分解成幾種小題或幾種“環(huán)

2、節(jié)”，每個(gè)小題或每個(gè)“環(huán)節(jié)”分別是數(shù)列問(wèn)題、函數(shù)問(wèn)題、解析幾何問(wèn)題、不等式問(wèn)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(gè)問(wèn)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(guò)讀題分析，由題意抽象出等差數(shù)列，運(yùn)用等差數(shù)列有關(guān)知識(shí)解決問(wèn)題． (2)等比數(shù)列模型：通過(guò)讀題分析，由題意抽象出等比數(shù)列，運(yùn)用等比數(shù)列有關(guān)知識(shí)解決問(wèn)題． (3)遞推公式模型：通過(guò)讀題分析，由題意把所給條件用數(shù)列遞推式體現(xiàn)出來(lái)，然后通過(guò)度析遞推關(guān)系式求解． [探究]　銀行儲(chǔ)蓄單利公式及復(fù)利公式分別是什么模型？ 提示：?jiǎn)卫健O(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(cè)·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(gè)數(shù)為6，第二行第五個(gè)數(shù)為3，故z＝； 第一行第四個(gè)數(shù)為5，第二行第四個(gè)數(shù)為，故y＝，從而x＋y＋z＝3. 4．等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)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(xiàng)和為Sn，對(duì)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(shí)，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(xiàng)，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(wèn)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(xiàng)和Sn及{an}的通項(xiàng)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(shí)，Sn＝≤0， ∴n≥9時(shí)，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(shí)，anSn. ———————————————————

8、 解答數(shù)列綜合問(wèn)題的注意事項(xiàng) (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(wèn)題等聯(lián)系起來(lái)． (2)對(duì)于等差、等比數(shù)列的綜合問(wèn)題，應(yīng)重點(diǎn)分析等差、等比數(shù)列的通項(xiàng)，前n項(xiàng)和以及等差、等比數(shù)列項(xiàng)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(gè)根；各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足b3＝a3，S3＝13. (1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式； (2)若數(shù)列{cn}滿足cn＝求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)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(shí)，Tn＝a1＋a2＋a3＋…＋an ＝n＋×4＝2n2－n； 當(dāng)n>5時(shí)，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(diǎn)從小到大排成的數(shù)列為. (1)求數(shù)列的

10、通項(xiàng)公式； (2)設(shè)的前n項(xiàng)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(gè)正極小值點(diǎn)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(dá)兩個(gè)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(shí)， sin Sn＝－sin＝－； 當(dāng)n＝3m－1(m∈N*)時(shí)， sin Sn＝－sin＝； 當(dāng)n＝3m(m∈N

11、*)時(shí)， sin Sn＝－sin 2mπ＝0. 綜上所述，sin Sn＝ ——————————————————— 解決函數(shù)與數(shù)列的綜合問(wèn)題應(yīng)當(dāng)注意的事項(xiàng) (1)數(shù)列是一類特殊的函數(shù)，它的圖象是一群孤立的點(diǎn)； (2)轉(zhuǎn)化以函數(shù)為背景的條件時(shí)，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(wèn)題； (3)運(yùn)用函數(shù)的措施研究數(shù)列中的有關(guān)問(wèn)題時(shí)，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(gè)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(duì)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(xiàng)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(gè)實(shí)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(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列． 故數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)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(xiàng)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(xiàng)公式； (3)證明：對(duì)一切正整數(shù)n，有＋＋…＋<. [自主解答]　(1)當(dāng)n＝1時(shí)，2a1＝a2－4＋1＝a2－3，?、? 當(dāng)n＝2時(shí)，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(shí)，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(xiàng)，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(wèn)題的解決措施 解決數(shù)列與不等式的綜合問(wèn)題時(shí)，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(wèn)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(wèn)題把數(shù)列和不等式的知識(shí)巧妙結(jié)合起來(lái)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(xiàng)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(xiàng)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(duì)的成果，不規(guī)定嚴(yán)格證明). 數(shù)列的實(shí)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(wàn)元，將其投入生產(chǎn)，到當(dāng)年年終資金增長(zhǎng)了50%.估計(jì)后來(lái)每年資金年增長(zhǎng)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(wàn)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(wàn)元． (1)用d表達(dá)a1，a2，并寫出an＋1與an的關(guān)系式； (2)若公司但愿通過(guò)m(m≥3)年使公司的剩余資金為4 000萬(wàn)元，試擬定公司每年上繳資金d的值(用m表達(dá))． [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(shí)，通過(guò)m(m≥3)年公司的剩余資金為4 000萬(wàn)元． ——————————————————— 解決數(shù)列實(shí)際應(yīng)用問(wèn)題的措施 解等差數(shù)列、等比數(shù)列應(yīng)用題時(shí)，一方面要認(rèn)真審題，深刻理解問(wèn)題的實(shí)際背景，理清蘊(yùn)含在語(yǔ)言中的數(shù)學(xué)關(guān)系，把應(yīng)用問(wèn)題抽象為數(shù)學(xué)中的等差數(shù)列、等比數(shù)列問(wèn)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(shí)求解．這其中體現(xiàn)了把實(shí)際問(wèn)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(wàn)平方米，其中有250萬(wàn)平方米是中低價(jià)房，估計(jì)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(zhǎng)8%.此外，每年新建住房中，中低價(jià)房的面積均比上一年增長(zhǎng)50萬(wàn)平方米．那么，到哪一年終， (1)該市歷年所建中低價(jià)房的合計(jì)面積(覺(jué)得合計(jì)的第一年)將初次不少于4 750萬(wàn)平方米？ (2)當(dāng)年建造的中低價(jià)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(jià)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(jià)房的合計(jì)面積將初次不少于4 750萬(wàn)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(shí)，a5<0.85b5，當(dāng)n＝6時(shí)，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(jià)房的面積占該年建造住房面積的比例初次不小于85%. 1個(gè)問(wèn)題——分期付款問(wèn)題 等比數(shù)列中解決分期付款問(wèn)題的注

21、意事項(xiàng)： (1)精確計(jì)算出在貸款所有付清時(shí)，各期所付款額及利息(最后一次付款沒(méi)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(shí)所生的利息之和，等于商品售價(jià)及從購(gòu)買到最后一次付款時(shí)的利息之和，只有掌握了這一點(diǎn)，才可順利建立等量關(guān)系． 3個(gè)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(shí)注意遞推． (2)數(shù)列與不等式相結(jié)合時(shí)注意對(duì)不等式進(jìn)行放縮． (3)數(shù)列與函數(shù)相結(jié)合時(shí)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(wèn)題 1．?dāng)?shù)列題目中有時(shí)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(wèn)題． 2

22、．解決新情境、新定義數(shù)列問(wèn)題，一方面要根據(jù)新情境、新定義進(jìn)行推理，從而明確考察的是哪些數(shù)列知識(shí)，然后純熟運(yùn)用歸納、構(gòu)造、正難則反、分類與整合等措施進(jìn)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(duì)任意給定的整數(shù)n(n≥2), 與否存在首項(xiàng)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(xiàng)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(shí)，E數(shù)列An的項(xiàng)滿足a4k－1＝a4k－3＝0，a4k－2＝－1，a4k＝1(k＝1,2，…，m)時(shí)，有a1＝0，S(An)＝0； 當(dāng)n＝4m＋1(m∈N*)時(shí)，E數(shù)列An的項(xiàng)滿足a4k－1＝a4k－3＝0，a4k－2＝－1，a4k＝1(k＝1,2，…，m)，a4m＋1＝0時(shí)，有 a1＝0，S(An)＝0；

26、 當(dāng)n＝4m＋2或n＝4m＋3(m∈N*)時(shí)，n(n－1)不能被4整除，此時(shí)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(diǎn)： (1)本題為新定義問(wèn)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(wèn)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(wèn)題： 對(duì)于此類壓軸型新定義數(shù)列題，一方面要有搶分意識(shí)，得一分是一分，多嘗試解答，仔細(xì)分析，認(rèn)真翻譯；另一方面，要有運(yùn)用數(shù)學(xué)思想措施的意識(shí)，如構(gòu)造、分類等．第(1)問(wèn)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(dòng)；第(2)問(wèn)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(wèn)和第(1)問(wèn)相呼應(yīng)，因此在推理時(shí)要善于前后聯(lián)系，善于發(fā)現(xiàn)矛盾，從而找到解決問(wèn)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(duì)于項(xiàng)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(xiàng)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(xiàng)，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(xiàng)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(chǎng)調(diào)查成果，預(yù)測(cè)某種家用商品從年初開始的n個(gè)月內(nèi)累積的需求量Sn(萬(wàn)件)近似地滿足關(guān)系式Sn＝(21n－n2－5)(n＝1,2，…，12)，按此預(yù)測(cè)，在本年度內(nèi)，需求量超過(guò)1.5萬(wàn)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(shí)，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(duì)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(duì)“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(xiàng)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(duì)的的判斷為(　　) A．①②　　　 B．②③　　　 C．③④　　　 D．①④ 解析：選D　若k＝0時(shí)，則an＋2－an＋1＝0，由于an＋2－an＋1也許為分母，故無(wú)意義，故k不也許為0，①對(duì)的；若等差、等比數(shù)列為常數(shù)列，則②③錯(cuò)誤；由定義知④對(duì)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(gè)數(shù)為an，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則S100的值為________． 解析：由x2－x<2nx(n∈N*)，

35、 得00)的圖象在點(diǎn)(ak，a)處的切線與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)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(diǎn)( 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(xiàng)，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(wàn)元買了一臺(tái)天文觀測(cè)儀，已知這臺(tái)觀測(cè)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(fèi)為(n∈N*)元，使用它直至報(bào)廢最合算(所謂報(bào)廢最合算是指使用的這臺(tái)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(fèi)為(n∈N*)元，可以得出觀測(cè)儀的整個(gè)耗資費(fèi)用，由平均費(fèi)用至少而求得最小值成立時(shí)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(shí)獲得最小值，此時(shí)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(wú)窮數(shù)列{bn}叫“嘉文”數(shù)列．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)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(xiàng)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(shí)，an＝Sn－Sn－1＝(an－an－1)，整頓得＝a，即數(shù)列{an}是以a為首項(xiàng)，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(xiàng)數(shù)列{an}，{bn}滿足：a1＝3，a2＝6，{bn}是等差數(shù)列，且對(duì)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(xiàng)公式； (2)設(shè)Sn＝＋＋…＋，試比較2Sn與2－的大?。? 解：(1)∵對(duì)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(xiàng)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(xiàng)為，公差為的等差數(shù)列． ∴數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝(n∈N*)． (2

39、)由(1)得，對(duì)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(shí)，2Sn<2－； 當(dāng)n≥3時(shí)，2Sn>2－. 12．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，對(duì)一切正整數(shù)n，點(diǎn)Pn(n，Sn)都在函數(shù)f(x)＝x2＋2x的圖象上，且過(guò)點(diǎn)Pn(n，Sn)的切線的斜率為kn. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若bn＝2knan，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)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(xiàng)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(xiàng)公式為cn＝12n－6. 1．已知公差不為0的等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1為a(a∈R)．設(shè)數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn，且，，成等比數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式及Sn； (2)設(shè)An＝＋＋＋…＋，Bn＝＋＋＋…＋.當(dāng)n≥2時(shí)，試比較An與Bn的大小． 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(shí)，2n＝C＋C＋C＋…＋C>n＋1，即 1－<1－

43、， 因此，當(dāng)a>0時(shí)，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(shí)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(zhǎng)了30%，則每年拆除的舊住房面積b是多少？(計(jì)算時(shí)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(xiàng)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(qǐng)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(xiàng)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(xiàng)的7種措施及破解數(shù)列中的4類摸索性問(wèn)題 一、由遞推公式求通項(xiàng)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(yùn)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(yùn)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(duì)于此類問(wèn)題，一般采用換元法進(jìn)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(lái)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{(lán)bn}是以b1＝4為首項(xiàng)，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(yùn)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(xiàng)， 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(yùn)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(jiǎn)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(duì)數(shù)后轉(zhuǎn)化為an＋1＝pan＋q型數(shù)列，再運(yùn)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(xiàng)公式． [解]　對(duì)an＋1＝·a的兩邊取對(duì)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(xiàng)，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(duì)于此類遞推數(shù)列，可通過(guò)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(xiàng)a1＝，an＋1＝，n＝1,2,3，…，求{an}的通項(xiàng)公式． [解]　∵an＋1＝，∴＝＋， ∴－1＝. 又－1＝， ∴是以為首項(xiàng)，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(wèn)題 1．條件摸索性問(wèn)題 此類問(wèn)題的基本特性是：針對(duì)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(wèn)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(guò)檢查或認(rèn)證找到結(jié)論成立的充足條件，在“執(zhí)果索因”的過(guò)程中，常常會(huì)犯的一種錯(cuò)誤是不考慮推理過(guò)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(xiàng)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(xiàng)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(duì)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(xiàng)，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(xiàng)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(jiǎn)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(shí)，即λ<2n－1恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)n＝1時(shí)，2n－1有最小值1，因此λ<1； ②當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，即λ>－2n－1恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)n＝2時(shí)，－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(duì)任意n∈N*，均有cn＋1>cn成立． [點(diǎn)評(píng)]　對(duì)于數(shù)列問(wèn)題，一般要先求出數(shù)列的通項(xiàng)，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(yùn)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(wèn)題要注意分n為奇數(shù)與偶數(shù)兩種狀況進(jìn)行討論，本題易忘掉對(duì)n的奇偶性的討論而致誤． 2．結(jié)論摸索性問(wèn)題 此類問(wèn)題的基本特性是：有條件而無(wú)結(jié)論或結(jié)論的對(duì)的與否需要擬定．解決此類問(wèn)題的方略是：先摸索結(jié)論而后去論證結(jié)論，在摸索過(guò)程中?？上葟奶厥馇樾稳胧郑ㄟ^(guò)觀測(cè)、分析、

57、歸納、判斷來(lái)作一番猜想，得出結(jié)論，再就一般情形去認(rèn)證結(jié)論． [例2]　已知各項(xiàng)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(xiàng)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(xiàng)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(shí)n＝12. 故當(dāng)且僅當(dāng)m＝2，n＝12時(shí)，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(shí)，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(wèn)題 此類問(wèn)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(duì)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(wèn)題的一般措施是：假定題中的數(shù)學(xué)對(duì)象存在或結(jié)論成立或暫且承認(rèn)其中的一部分結(jié)論，然后在這個(gè)前提下進(jìn)行邏輯推理，若由此導(dǎo)出矛盾，則否認(rèn)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(xiàng)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(qǐng)給以證明；如果不存在，請(qǐng)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(jiǎn)得3m＋3n＝2×3s. 由于3m＋3n≥2×＝2×3s，當(dāng)且僅當(dāng)m＝n時(shí)等號(hào)成立，又m，s，n互不相等，因此不存在． [點(diǎn)評(píng)

62、]　數(shù)列問(wèn)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(guò)等差數(shù)列與等比數(shù)列的橋梁作用求出通項(xiàng)．遇到多種變量的存在性問(wèn)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(yùn)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(wèn)題 此類問(wèn)題的基本特性是：未給出問(wèn)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(wèn)題的基本方略是：一般需要研究簡(jiǎn)化形式，但保持本質(zhì)的特殊情形，從條件出發(fā)，通過(guò)觀測(cè)、實(shí)驗(yàn)、歸納、類比、猜想來(lái)探路，解題過(guò)程中創(chuàng)新成分比較高．在數(shù)列問(wèn)題研究中，常常是根據(jù)數(shù)列的前幾項(xiàng)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(xiàng)和為Sn，對(duì)一切n∈N*，點(diǎn)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(xiàng)積，與否存在實(shí)數(shù)a，使得不等式An

64、n＝1時(shí)，由上面的求解知，猜想成立； ②假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)猜想成立，即ak＝2k成立，那么 當(dāng)n＝k＋1時(shí)，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(shí)，猜想成立． 根據(jù)①②，知對(duì)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(duì)一切n∈N*都成立的實(shí)數(shù)a存在，a的取值范疇為∪(，＋∞)． [點(diǎn)評(píng)]　解決規(guī)律摸索性問(wèn)題，應(yīng)充足運(yùn)用已知條件，先求出數(shù)列的前幾項(xiàng)，根據(jù)前幾項(xiàng)的特點(diǎn)透徹分析、發(fā)現(xiàn)規(guī)律、猜想結(jié)論，再運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法進(jìn)行證明．對(duì)于具有參數(shù)的恒成立問(wèn)題，可通過(guò)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(wèn)題時(shí)，一般可以運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性，通過(guò)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(wèn)題)．