《高考數學備考沖刺之易錯點點睛系列專題 數列學生版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數學備考沖刺之易錯點點睛系列專題 數列學生版（18頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、數列 一、高考預測 數列是歷年高考的重點與難點，以等差數列與等比數列為基礎考查數列的性質及前n項和的問題是數列中的中低檔難度問題，一般只要熟悉等差數列與等比數列及其前n項和的性質即可正確得出結果.等差數列與等比數列是高中階段學習的兩種最基本的數列，也是高考中經?？疾椴⑶抑攸c考查的內容之一，這類問題多從數列的本質入手，考查這兩種基本數列的概念、基本性質、簡單運算、通項公式、求和公式等．本講內容在高考中多以選擇題和填空題的形式出現(xiàn)，屬于中低檔題．解題時應從基礎處著筆，首先要熟練掌握這兩種基本數列的相關性質及公式，然后要熟悉它們的變形使用，善用技巧，減少運算量，既準又快地解決問題.除此以外，數列

2、與其他知識的綜合考查也是高考中常考的內容，數列是一種特殊的函數，它能與很多知識進行綜合，如方程、函數、不等式、極限，數學歸納法（理）等為主要綜合對象，概率、向量、解析幾何等為點綴.數列與其他知識的綜合問題在高考中大多屬于中高檔難度問題. 數列是新課程的必修內容，從課程定位上說，其考查難度不應該太大，數列試題傾向考查基礎是基本方向．從課標區(qū)的高考試題看，試卷中的數列試題最多是一道選擇題或者填空題，一道解答題．由此我們可以預測2012年的高考中，數列試題會以考查基本問題為主，在數列的解答題中可能會出現(xiàn)與不等式的綜合、與函數導數的綜合等，但難度會得到控制． 二、知識導學 要點1：有關等差數列的

3、基本問題 1．涉及等差數列的有關問題往往用等差數列的通項公式和求和公式“知三求二”解決問題； 要點向3：等差、等比數列綜合問題 1.在解決等差數列或等比數列的相關問題時，“基本量法”是常用的方法，但有時靈活地運用性質，可使運算簡便，而一般數列的問題常轉化為等差、等比數列求解。 2．數列求通項的常見類型與方法：公式法、由遞推公式求通項，由求通項，累加法、累乘法等 3.數列求和的常用方法：公式法、裂項相消法、錯位相減法、分組法、倒序相加法等。 4．解綜合題的成敗在于審清題目，弄懂來龍去脈，透過給定信息的表象，抓住問題的本質，揭示問題的內在聯(lián)系和隱含條件，明確解題方向，形成解題策略．

4、要點4：可轉化為等差、等比數列的求和問題 某些遞推數列可轉化為等差、等比數列解決，其轉化途徑有： 1．湊配、消項變換——如將遞推公式（為常數，≠0，≠1）。通過湊配變成；或消常數轉化為 2．取倒數法—如將遞推公式遞推式，考慮函數倒數關系有 令則可歸為型。 3．對數變換——如將遞推公式取對數得 4．換元變換——（其中p，q均為常數，（或,其中p，q, r均為常數）。一般地，要先在原遞推公式兩邊同除以，得：引入輔助數列（其中），得：則轉化為的形式。 要點5：數列求和的常用方法： 1、直接由等差、等比數列的求和公式求和，注意對公比的討論. 2、錯位相減法：主要用于一個等差數列與一

5、個等比數列對應項相乘所得的數列的求和，即等比數列求和公式的推導過程的推廣. 3、分組轉化法：把數列的每一項分成兩項，使其轉化為幾個等差、等比數列，再求解. 4、裂項相消法：主要用于通項為分式的形式，通項拆成兩項之差求和，正負項相消剩下首尾若干項，注意一般情況下剩下正負項個數相同. 5、倒序相加法：把數列正著寫和倒著寫相加(即等差數列求和公式的推導過程的推廣). 三、易錯點點睛 命題角度1 數列的概念 1．已知數列｛an｝滿足a1=1,an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1,(n≥2)，則｛an｝的通項an=_________. [考場錯解] ∵an=a1+

6、2a2+3a3+…+(n-1)an-1，∴an-1=a1+2a2+3a3+…+(n-2)an-2，兩式相減得an-an-1=(n-1)an-1，∴an=nan-1.由此類推： an-1=(n-1)an-2，…a2=2a1，由疊乘法可得an= [專家把脈] 在求數列的通項公式時向前遞推一項時應考慮n的范圍．當n=1時，a1=與已知a1=1，矛盾． 3.已知數列｛an｝滿足a1=1，an=3n-1+an-1(n≥2) (1)求a2，a3； (2)求通項an的表達式． [考場錯解] (1)∵a1=1，∴a2=3+1=4，a3=32+4=13． (2)由已知an=3n-1+

7、an-1，即an-an-1=3n-1 即an成等差數列，公差d=3n-1．故an=1+(n-1)·3n-1． [專家把脈] (2)問中an-an-1=3n-1，3n-1不是常數，它是一個變量，故不符合等差數列的定義． [對癥下藥] (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．等差數列｛an｝中，a1+a2+a3=-24，a18+a19+a20=78，則此數列前20項和等于 (

8、 ) A.160 B．180 C. 200 D．220 [考場錯解] 由通項公式an=a1+(n+1)d.將a2,a3，a18，a19，a20都表示成a1和d.求a1、d，再利用等差數列求和，選C． [專家把脈] 此方法同樣可求得解．但解法大繁，花費時間多，計算量大故而出錯，應運用數列的性質求解就簡易得多． [對癥下藥] B 由公式m+n=2Pam+an=2ap?(只適用等差數列)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∵

9、S20==10(a2+a19)=180 2．若｛an｝是等差數列，首項a1＞0，a2003+a2004>0，a2003·a2004＜0，則使前n項和Sn>0成立的最大自然數n是 ( ) A.4005 B．4006 C.4007 D.4008 [考場錯解] ∵a2004+a2003>0，即2a1+2002d+2003d>0，(a1+2002d)(a1+2003d)<0，要使Sn>0．即使na1+d＞0．這樣很難求出a1，d.從而求出最大的自然數 n.故而判斷a2003>0，a2004<

10、;0，所以前2003項為正，從第2004項起為負，由等差數列的n項和的對稱性使Sn＞0．故而取n=4005使Sn>0． [專家把脈] 此題運用等差數列前n項的性質及圖象中應注意．a2003>0，a2004<0． 且忽視了這兩項的大?。? [對癥下藥] B ∵a1>0，a2003+a2004>0，a2003·a2004＜0，且｛an｝為等差數列 ∴{an}表示首項為正數，公差為負數的單調遞減等差數列，且a2003是絕對值最小的正數，a2004是絕對值最大的負數(第一個負數)，且|a2003|＞|a2004|∴在等差數列｛an｝中，a200

11、3+a2004=a1+a4006>0，S4006=＞0 ∴使Sn＞0成立的最大自然數n是4006． 3．設無窮等差數列｛an｝的前n項和為Sn.(Ⅰ)若首項a1=，公差d=1，求滿足Sk2=(Sk)2的正整數k; (Ⅱ)求所有的無窮等差數列｛an｝；使得對于一切正整數中k都有Sk2=(Sk)2成立． [考場錯解] (1)當a1=,d=1時，Sn=n2+n，由Sk2=(Sk)2得k4+k2=，即k=0或k=4． ∴k≠0．故k=4． (Ⅱ)由對一切正整數k都有Sk2=(Sk)2成立． 即k2a1+d=(ka1+)2 即(a1-)k2-adk2(k-1)+

12、k2(k2-1)-k2(k-1)2=0對—切正整數k恒成立故求得a1=0或1，d=0 ∴等差數列an=｛0,0,0,…｝，或an=｛1，1，1，…｝． [專家把脈] (Ⅱ)中解法定對一切正整數k都成立．而不是一切實數．故而考慮取k的特值也均成立． [對癥下藥] (Ⅰ)當a1=,d=1時，Sn=na1+由Sk2=(Sk)2,得k4+k2=(k2+k)2，即k3=0.又k≠0，所以k=4． (Ⅱ)設數列｛an｝的公差為d，則在Sk2=(Sk)2中分別取k=1,2,得 由（1）得a1=0或a1=1. 當a1=0時，代入（2）得d=0或d=6.若a1=0,d=0,

13、則an=0,sn=0,從而Sk2=(Sk)2成立；若a1=0,d=6,則an=6(n-1),由S3=18，（S3）2=324,S9=216知S9≠(S3)2，故所得數列不符合題意.當a1=1時,代入(2)得 4+6b=(2+d)2解得d=0或d=2.若a1=1,d=0,則an=1,Sn=n,從而Sk2=(Sk)2成立；若a1=1,d=2,則an=2n-1,Sn=1+3+…+（2n-1）=n2,從而Sk2=(Sk)2成立.綜上,共有3個滿足條件的無窮等差數列: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.

14、已知數列{an}的各項都是正數,且滿足:a0=1,an+1=an·(4-an),nN.(1)證明an＜an+1＜2,n∈N.(2)求數列{an}的通項公式an. ×2(4-2),也即當x=k+1時 ak＜ak+1＜2成立，所以對一切n∈N,有ak＜ak+1＜2 (2)下面來求數列的通項：an+1=an(4-an)=[-(an-2)2+4],所以2（an+1-2）=-(an-2)2令bn=an-2,則bn=-=-(-)2=-·()2…=-（）1+2+…+2n-1b2n，又bn=-1,所以bn=-()2n-1,即an=2+bn=2-()2n-1 專家會診1.要

15、善于運用等差數列的性質：“若m+n=p+q,則am+an=ap+aq”；等差數列前n項和符合二次函數特征.借助二次函數性質進行數形結合法解等差數列問題.2.會運用一般與特殊的邏輯思維,利用滿足條件的特值求相關參數的值,學會分析問題和解決問題. 命題角度3 等比數列 1．數列{an}的前n項和記為Sn,已知a1=1,aa+1=(n=1,2,3…).證明:(Ⅰ)數列{}是等比數列；(Ⅱ)Sn+1=4an. [考場錯解] (Ⅰ)已知a1=1,an+1=,∴a2=3S1=3,∴S2=4 a3=·S2=2×4=8.∴S3=1+3+8=12. 即.故{}是公比為2的等比數

16、列. (Ⅱ)由(Ⅰ)知=4·于是Sn+1=4(n+1)·=4an.又a2=3.S2=a1+a2=4,因此對于任意正整數n≥1,都有Sn+1=4an. [專家把脈] (Ⅰ)中利用有限項判斷數列類型是運用不完全歸納法,應給予證明. (Ⅱ)中運用前推一項必須使 n≥2. [對癥下藥] (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為公比的等比數列. (Ⅱ)由(Ⅰ)知=4·(n2).于是Sn+1=4(n+1)·=4an(n≥2).又a2=3S1=3,

17、 故S1=a1+a2=4.因此對于任意整數n≥1,都有Sn+1=4an. 2.已知數列{an}的前n項和為Sn,Sn=(an-1)(n∈N*).(Ⅰ) 求a1,a2;(Ⅱ)求證數列{an}是等比數列. [考場錯解] (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}是首項為-，公比為-的等比數列. [專家把脈] 在利用an=Sn-Sn-1公式時,應考慮n≥2時才能成立. [對癥下藥] (Ⅰ)由S1=(a1-1), 得a1=(a1-1),∴a1=-.又

18、S2=(a2-1),即a1+a2=(a2-1),得a2=. (Ⅱ)當 n＞1時,an=SnSn-1=(an-1)-(an-1-1),得=-,所以{an}是首項為-,公比為-的等比數列. 3.等比數列的四個數之和為16,中間兩個數之和為5,則該數列的公比q的取值為 ( ) A. 或4 B. 或C. 4或- D. 4或或或 [考場錯解] 設這四個數為,aq,aq3.由題意得由①得a=,代入②得q=或q2=2.q2=或q2=4,故所求的公比為或4.故應選A. [專家把脈] 上述解答設等比數列的公比為q2是不合理的.這相當于增加了四個數同號這個條件,而題設中的四個數不一

19、定同號.因此,產生了漏解現(xiàn)象. [對癥下藥]設這四個數為a,aq,aq2,aq3,則或-.因此,應選D. 4.設數列{an}的首項a1=a≠,且an+1= (Ⅰ)求a2,a3;(Ⅱ)判斷數列{bn}是否為等比數列,并證明你的結論;(Ⅲ)求(b1+b2+b3+…+bn). [考場錯解] (Ⅰ)a2=a1+=a+,a3=a2=a; (Ⅱ)bn+1=a2n+1-. (Ⅲ)求(b1+b2+b3+…+bn)= =. [專家把脈]在求證bn是等比數列是時，式子中，an中n為偶數時， 是連續(xù)兩項，并不能得出. [對癥下藥] (Ⅰ)a2=a1+=a+,a3=a2=a+; (Ⅱ)∵a4=a3

20、+=a+,所以a5=a4=a+,所以b1=a1-=a-,b2=a3-=(a-),b3=a5-=(a-),猜想:{bn}是公比為的等比數列. 證明如下:因為bn+1=a2n+1-=a2n-=(a2n-1-)=bn,(n∈N*)所以{bn}是首項為a-,公比為的等比數列. (Ⅲ)求(b1+b2+b3+…+bn)= 專家會診1.證明等比數列時應運用定義證為非0常數,而不能(此時n≥2).2.等比數列中q可以取負值.不能設公比為q2.3.會運用等比數列性質,“若m+n=p+k,則am·an=ap·ak”. 命題角度 4 等差與等比數列的綜合 1.(典型例題)已知數列

21、{an}的前n項和Sn=a[2-()n-1]-b[2-(n+1)()n-1](n=1,2,…),其中a,b是非零常數,則存在數列{xn}、{yn}使得（ ） A.an=xn+yn,其中{xn}為等差數列，{yn}為等比數列 B．an=xn+yn,其中{xn}和{yn}都為等差數列 C．an=xn·yn,其中{xn}為等差數列，{yn}為等比數列D．an=xn·yn,其中{xn}和{yn}都為等比數列 ==1+q6-1=q6=,得=.所以12S3,S6,S12-S6成等比數列. (Ⅱ)解法:Tn=a1+2a4+3a7+…+na3a-2=a+2aq3+3aq6+

22、…+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.如圖，△OBC的三個頂點坐標分別為（0，0）、（1，0）、（0，2），設P1為線段BC的中點，P2為線段CO的中點，

23、P3為線段OP1的中點，對于每一個正整數n,Pn+3為線段PnPn+1的中點，令Pn的坐標為（xn,yn）,an=yn+yn+1+yn+2. (Ⅰ)求a1,a2,a3及an;(Ⅱ)證明yn+4=1-,n∈N*,(Ⅲ)若記bn=y4n+4-y4n,n∈N*,證明{bn}是等比數列. [考場錯解]（1）∵y1=y2=y4=1,y3=,y5=,可求得a1=a2=a3=2,由此類推可求得an=2 (Ⅱ)將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}是等比數列. [專家把脈]

24、第(Ⅰ)問題運用不完全歸納法求出an的通項.理由不充分,第(Ⅲ)問中=-.要考慮b1是否為0.即有意義才更完整. [對癥下藥] (Ⅰ)因為y1=y2=y4=1,y3=,y5=,所以a1=a2=a3=2.又由題意可知yn+3=.∴an+1=yn+1+yn+2+yn+3=yn+1+yn+2+=yn+yn+1+yn+2=an,∴{an}為常數列.∴an=a1=2,n∈N*. (Ⅱ)將等式y(tǒng)n+yn+1+yn+2=2兩邊除以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,∴{b

25、n}是公比為-的等比數列. 4.在等差數列{an}中,公差d≠0,a2是a1與a4的等比中項.已知數列a1,a3,,…,akn,…成等比數列,求數列{kn}的通項kn. [考場錯解]∵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}是公比為3的等比數列.∴kn=1·3n-1=3n-1. [專家把脈]錯因在把k1當作數列{an}的首項.k1=1.而實際上k1=9. [對癥下藥]依題設得an=a1+(n-1)d,=a1a4,∴(a1+d)2=a1(a

26、1+3d),整理得d2=a1d, ∵d≠0,∴d=a1,得an=nd,所以,由已知得d,3d,k1d,k2d,…kndn…是等比數列.由d≠0,所以數列1,3, k1,k2,…kn,… 也是等比數列,首項為1,公比為q==3,由此得k1=9.等比數列{kn}的首項k1=9,公比q=3,所以kn=9×qn-1=3n+1(n=1,2,3,…),即得到數列{kn}的通項kn=3n+1. 專家會診1.賦值法在解等差、等比數列問題中是常用方法.從而求出系數的值及從中找出規(guī)律.2.等比數列中應注意考慮公比等于1的特殊情況,等比數列中的公差為0的特殊情況在解題時往往被忽視.3在等差數列與等比數

27、列中,經常要根據條件列方程(組)求解.要注意常兩種情形的不同之處. 命題角度5 數列與解析幾何、函數、不等式的綜合 1．已知定義在R上的函數f(x)和數列{an}滿足下列條件：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為常數，k為非零常數.(Ⅰ)令bn=aa+1-an(n∈N*),證明數列{bn}是等比數列；(Ⅱ)求數列{an}的通項公式；(Ⅲ)當|k|＜1時，求 [考場錯解](Ⅰ)證明:由b1=a2-a1≠0,可得：b2=a3-a2=f(a2)-f(a1)=k(a2-a1)≠0.由數

28、學歸納法可證bn=an+1-an≠0(n∈N*).由題設條件，當n≥2時=k 故數列{bn}是公比為k的等比數列. (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) [考場錯解]證明：設點Pn的坐標是（xn,yn）,由已知條件得點Qn、Pn+1的坐標分別是： .由Pn+1在直線l1上，得= kxn+1+1-k.所以（xn-1）=k(xn+1-1). 即xn+1-1=（xn-1

29、）,n∈N*. (Ⅱ)由（Ⅰ）知，故{xn-1}是等比數列，且首項x1-1=-，公比為.從而求得xn=1-2×()n,n∈N*. [專家把脈] （Ⅱ）問中對于xn+1-1=(xn-1)先應考慮xn-1能否為0，繼而可求. [對癥下藥]（Ⅰ）同錯解中（Ⅰ）. （Ⅱ）解法：由題設知x1=1-,x1-1=-≠0,又由（Ⅰ）知xn+1-1=(xn-1), 所以數列{xn-1}是首項為x1-1,公比為的等比數列.從而xn-1=-×()n-1,即xn=1-2×()n,n∈N*. （Ⅲ）解法：由得點P的坐標為（1，1）.所以2|PPn|2=2(xn-1)2+

30、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. [考場錯解](Ⅰ)bn=|an-|,又∵an=1+，an+1=(n≥2),∴a2=2,a3=,a4=2.…∴an≥1.bn==…由疊代法.bn≤. （Ⅱ）Sn=b1+b2+…+bn＜(-1)+＜. [專家把脈]運用疊代法時并不能化簡成. [專家會診]函數、數列、解析幾何三者的綜合，展示了知識的交匯性，方法的靈活性.因此解此類題目應充分運用函數與數列的聯(lián)系，即數列是一種特殊函數，以及解析幾何中方程與函數、數列的關系來解題.而數列與不等式

31、的綜合更顯出問題的綜合性. 命題角度6 數列的應用 1.某企業(yè)20典型例題)若an=n2+An,且數列{an}為遞增數列，則實數的取值范圍是____________. [考場錯解] ∵（n,an）(nN+)是函數f(x)=x2+λx圖象上的點，且數列{an}為遞增數列， 只需-≤1，即λ≥-2，∴λ的取值范圍是[-2，+∞]． [專家把脈] 忽視了數列的離散型特征．數列{an}為遞增數列，只要求滿足a1<a2<…<an<… [對癥下藥] ∵數列{an}是遞增數列，且an=n2+λn，其對稱軸x=-既可以不超過直線x=1，也可以在 1&

32、lt;x<之間，故-<，即λ>-3． ∴λ的取值范圍是(-3，+∞)．(答案不唯一，λ>-3的所有實數均可)． 4．(典型例題)自然狀態(tài)下的魚類是一種可再生資源，為持續(xù)利用這一資源，需從宏觀上考察其再生能力及捕撈強度對魚群總量的影響．用xn表示某魚群在第n年年初的總量，n∈N+,且x1>0．不考慮其他因素，設在第n年內魚群的繁殖量及捕撈量都與Xn成正比，死亡量與x2n成正比，這些比例系數依次為正常數a，b，C，(Ⅰ)求xn+1與xn的關系式；(Ⅱ)猜測：當且僅當x1,a，b，c滿足什么條件時，每年年初魚群的總量保持不變?(不要求證明) (Ⅲ)設a=2，c=1，

33、為保證對任意x1∈(0，2)，都有xn>0，n∈N+，則捕撈強度b的最大允許值是多少?證明你的結論． [考場錯解] (1)xn+1 -xn=axn-bxn-cx2n (axn，bxn，cx2n分別為繁殖量、捕撈量，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 0<b<2． 故b最大值為2． [專家把脈] (Ⅲ)問中使用了第(Ⅱ)問的結論，而第(Ⅲ)中并不一定每年年初魚群的總量不變． 在今后的若干年內，該市每年新建住

34、房面積平均比上一年增長8％．另外，每年新建住房中，中低價房的面積均比上一年增加50萬平方米．那么，到哪一年底，(1)該市歷年所建中低價房的累計面積(以2004年為累計的第一年)將首次不少于4750萬平方米?(2)當年建造的中低價房的面積占該年建造住房面積的比例首次大于85％? [考場錯解] (1){an}是等差數列 an是中低價房面積．a1=250，d=50．∴Sn=25n2+225n由25n2+ 225n ≥4750即n≥10． (2)設幾年后新建住房面積S為：400(1+8％)n． 85％<25n2+225n． [專家把脈] (2)問中應是第幾年的中低價房的面積而不是

35、累計面積． [對癥下藥] (1)設中低價房面積形成數列{an}，由題意可知{an}是等差數列，其中a1=250，d=50，則Sn= 250n+×50=25n2+225n， 令25n2+225n≥4750，即n2+9n-190≥0，而n是正整數，∴n≥10．到 2013年底，該市歷年所建中低價房的累計面積將首次不少于4750萬平方米．設新建住房面積形成數列{bn}，由題意可知 {bn}是等比數列，其中b1=400，q=1．08，則bn=400·(1．08)n-1·0．85．由題意可知an>0．85bn，有250+ (n-1)·50>40

36、0·(1．08)n-1·0．85．由計算器解得滿足上述不等式的最小正整數n=6．到2009年底，當年建造的中低價房的面積占該年建造住房面積的比例首次大于85％． 四、典型習題導練 1、各項都為正數的數列滿足。（Ⅰ）求數列的通項公式；（Ⅱ）求數列的前項和。 ,,.（Ⅰ）求數列的通項公式；（Ⅱ）在數列中,對任意的正整數, 都成立，設為數列的前項和試比較與的大小. 6、已知數列滿足：且（）（Ⅰ）求證：數列為等比數列，并求數列的通項公式；（Ⅱ）證明：（）。 7、已知等差數列滿足，數列的前項和為.①求數列和的通項公式；②解不等式. 8、數列{}的前n項和記為，點在

37、曲線上（）. （Ⅰ）求數列｛｝的通項公式；（Ⅱ）設，求數列{}的前n項和的值. 9、在等差數列{an}中，滿足3a5＝5a8，Sn是數列{an}的前n項和．（Ⅰ）若a1＞0，當Sn取得最大值時，求n的值；（Ⅱ）若a1＝－46，記bn＝，求bn的最小值． 10、數列的前n項和記為Sn，，點（Sn，）在直線上，n∈N*．（Ⅰ）若數列是等比數列，求實數t的值；（Ⅱ）設，在（1）的條件下，求數列的前n項和；（Ⅲ）設各項均不為0的數列中，所有滿足的整數i的個數稱為這個數列的“積異號數”，令（），在（2）的條件下，求數列的“積異號數” 11、定義數列： ，且對任意正整數，有. （Ⅰ）求數列的通項公

38、式與前項和；（Ⅱ）問是否存在正整數，使得？若存在，則求出所有的正整數對；若不存在，則加以證明. 12、在數列中，已知，，且 （Ⅰ）記,求證：數列是等差數列；（Ⅱ）求的通項公式；（Ⅲ）對, 是否總使得？若存在，求出的值，若不存在，請說明理由。 13、設數列滿足．（Ⅰ）求數列的通項公式；（Ⅱ）證明：對于一切正整數，． 16、已知數列、滿足，，數列的前項和為.（Ⅰ）求證：數列為等差數列；（Ⅱ）設，求證：；（Ⅲ）求證：對任意的都有成立． 17、在數列中，已知， （Ⅰ）求數列的通項公式； （Ⅱ）若（為非零常數），問是否存在整數，使得對任意都有？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由。 18、數列的前項和為，，且對任意正整數,點在直線上. (Ⅰ) 求數列的通項公式；（Ⅱ）是否存在實數，使得數列為等差數列？若存在，求出的值；若不存在，則說明理由. （Ⅲ）已知數列，，，求證：. 19、已知數列{an}各項均為正數，Sn為其前n項和，對于，總有成等差數列.