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高考数学复习:题型解法训练之数列解答题的解法


专题五

数列解答题的解法

专题五 数列解答题的解法
试题特点

1.近三年高考各试卷数列考查情况统计
2005年高考各地的16套试卷中,每套试卷均有1道数列解 答试题,处于压轴位置的有6道.由此知,数列解答题属于中档 题或难题.当中,涉及等差数列和等比数列的试题有11道,有 关递推数列的有8道,关于不等式证明的有6道.另外,等比求 和的错位相减法,广东卷的概率和数列的交汇,湖北卷的不等 式型的递推数列关系都是高考试题中展现的亮点.

专题五 数列解答题的解法
试题特点 2006年的18道数列解答试题中,与函数综合的有6道, 涉及数列不等式证明的有8道,北京还命制了新颖的“绝对 差数列”,值得一提的是,其中有8道属于递推数列问题,这 在高考中是一个重点. 2007年高考的各套试卷中都有数列题,有3套试卷是在 压轴题的位置,有5套是在倒数第二道的位置,其它的一般 在第二、三的位置,涉及到递推数列的有6道.

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试题特点

综上可知,数列解答试题是高考命题的一个必考且难度
较大的题型,其命题热点是与不等式交汇、呈现递推关系的 综合性试题.当中,以函数迭代、解几何曲线上的点列为命题 载体,有着高等数学背景的数列解答题是未来高考命题的一 个新的亮点,而命题的冷点是数列的应用性解答题.

专题五 数列解答题的解法
试题特点 2.主要特点:

数列是高中代数的重要内容之一,也是与大学衔接的内 容,由于在测试学生逻辑推理能力和理性思维水平,以及考 查学生创新意识和创新能力等方面有不可替代的作用,所以 在历年高考中占有重要地位,近几年更是有所加强. 数列解答题大多以数列、数学归纳法内容为工具,综合 运用函数、方程、不等式等知识,通过运用递推思想、函数 与方程、归纳与猜想、等价转化、分类整合等各种数学思想 方法,考查学生灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能 力,其难度属于中、高档难度.

专题五 数列解答题的解法
试题特点 1.考查数列、等差数列、等比数列、数列极限以及数学归纳 法等基本知识、基本技能.

2.常与函数、方程、不等式、解析几何等知识相结合,考查 学生在数学学习和研究过程中知识的迁移、组合、融会, 进而考查学生的学习潜能和数学素养. 3.常以应用题或探索题的形式出现,为考生展现其创新意识 和发挥创造能力提供广阔的空间.

专题五 数列解答题的解法 应试策略

1.熟练掌握并灵活运用数列的基本知识是解决数列问题的基础.
(1)等差、等比数列的判定: ①利用定义判定; 2 ②an+an+2=2an+1 ?{an}是等差数列,anan+2= a n ?1 (an≠0) ? n} {a 是等比数列; ③an=an+b(a,b为常数) ?{an}是等差数列; ④Sn=an2+bn(a,b为常数,Sn是数列{an}的前n项和) ?{an}是 等差数列.

专题五 数列解答题的解法 应试策略 (2)等差、等比数列的性质的应用:注意下标、奇、偶项的特 点等. (3)已知数列的前n项和求通项公式,这类问题常利用 ( n ? 1) an = ? S 1 求解. ?
?S n ? S n ?1 ( n ? 2)

(4)用递推公式给出的数列,常利用“归纳——猜想——证明” 的方法求解. (5)数列求和的基本方法: ①公式法(利用等差、等比数列前n 项和公式或正整数的方 幂和公式); ②错位相减法(等比数列求和推导的基本方法); ③倒序相加法; ④裂(拆)项法等.

专题五 数列解答题的解法 应试策略 2.注意函数思想与方程思想在数列中的运用.

由于数列是一种特殊的函数,所以数列问题与函数、
方程有着密切的联系,如等差数列的前n项和为n的二次函 数,有关前n项和的最大、最小值问题可运用二次函数的性

质来解决.等差(比)数列问题,通过涉及五个元素a,d(q),an ,
n, Sn ,利用方程思想,熟练运用通项公式与前n项和公式 列出方程或方程组,并求出未知元素,是应当掌握的基本

技能.

专题五 数列解答题的解法 应试策略

3.数列问题对能力要求较高,特别是运用能力、归纳猜想 能力、转化能力、逻辑思维能力更为突出. 在高考解答题 中更是能力与思想的集中体现,尤其是近几年高考加强了 数列推理能力的考查,应引起我们的足够重视.

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考题剖析

1.(2007· 湖南省示范性高中模拟题)已知数列{an}的前n项 和Sn=n(2n-1),(n∈N*). (1) 求数列{an}的通项公式,并证明该数列为等差数列; Sn S3 S2 (2) 设数列bn=S1+ + +…+ (n∈N*), 试判定: n 2 3 是否存在自然数n,使得bn=900,若存在, 求出n的值;若不存 在,说明理由.

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考题剖析
[解析](1) 当n≥2时, an=Sn-Sn-1=n(2n-1)-(n-1)(2n-3)=4n-3,

当n=1时, a1=S1=1, 适合,
∴ an=4n-3,

而an-an-1=4(n≥2),
所以{an}为等差数列.

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考题剖析
Sn (2) ∵ = 2n-1, n

Sn S3 S2 + …+ + ∴ bn=S1+ 3 n 2

=1+3+5+7+ … +(2n-1)=n2, 由n2=900, 得n=30, 即存在满足条件的自然数为30. [点评]由于题目给出是的Sn与n的关系,故在求通项时 要注意n≥2与n=1的情况,第2问涉及到的是等差

数列的一个性质,如果Sn是等差数列{an}的前n项 Sn 和,则{ }也是等差数列. n

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考题剖析
2.(2007· 江苏九大名校模拟题)设等比数列{an}的各项均为 正数,项数是偶数,它的所有项的和等于偶数项和的4倍, 且第二项与第四项的积是第3项与第4项和的9倍,问数列 {lgan}的前多少项和最大?(取lg2=0.3, lg3=0.4) [分析]突破本题的关键在于明确等比数列各项的对数构成 等差数列,而等差数列中前n项和有最大值,一定 是该数列中前面是正数,后面是负数,当然各正数 之和最大;另外,等差数列Sn是n的二次函数,也可 由函数解析式求最值.

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考题剖析
[解析]解法1:设公比为q,项数为2m,m∈N*,
? a1 (q 2 m ? 1) a1 q(q 2 m ? 1) ?4 , ? 2 q ?1 ? q ?1 ?(a q)(a q 3 ) ? 9(a q 2 ? a q 3 ) 1 1 1 ? 1

依题意有

化简得

? 4q ?q ?1 ? 1 ? ?a q 2 ? 9(1 ? q), ? 1

1 ? ?q ? 3 解得 ? ?a1 ? 108 ?

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考题剖析 设数列{lgan}前n项和为Sn,则 Sn=lga1+lg(a1q2) + … +lg(a1qn-1)
=lg(a1n·1+2+…+(n-1)) q
1 =nlg a1+ n(n-1)· lgq 2 1 =n(2lg2+3lg3)- n(n-1)lg3 2
lg 3 =(- 2

)·2+(2lg2+ n

可见,当n=

7 lg3)· n 2 7 2 lg 2 ? lg 3 2 时,Sn最大. lg 3

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考题剖析
2 lg 2 ? 7 lg 3 2 lg 3



4 ? 0.3 ? 7 ? 0.4 = = 5, 2 ? 0.4

故{lgan}的前5项和最大.

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考题剖析 解法2:接前,a1=108, q=
1 , 3 1 n-1 1 于是lgan=lg[108( ) ]=lg108+(n-1)lg , 3 3 1 ∴数列{lgan}是以lg108为首项,以lg 3 为公差的等差数

列,令 lgan≥0,得2lg2-(n-4)lg3≥0,

∴n≤

2 lg 2 ? 4 lg 3 2 ? 0.3 ? 4 ? 0.4 = = 5.5. lg 3 0.4

由于n∈N*,可见数列{lgan}的前5项和最大. [点评]本题主要考查等比数列的基本性质与对数运算法 则, 等差数列与等比数列之间的联系以及运算、分析能力.

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考题剖析
3.(2006· 开封市高三质量检测)已知数列{an}满足 2an+1=an+an+2(n=1,2,3,…),它的前n项和为Sn,且a3=5,S6=36. (1)求数列{an}的通项公式; (2)已知等比数列{bn}满足b1+b2=1+a,b4+b5=a3+a4(a≠-1). 设数列{an·n}的前n项和为Tn,求Tn. b

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考题剖析
[解析](1)由2an+1=an+an+2
? an+2-an+1=an+1-an,则{an}为等差数列,



?a1 ? 2d ? 5, ?a1 ? 1, ? ? ? ?6a1 ? 15d ? 36, ? d ? 2.

∴ an=2n-1.

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考题剖析 (2)设{bn}的公比为q, b4 ? b5 a3 ? a4 =a3, ∴q=a. ∵q3= = 1? a b1 ? b2
由b1+b2=1+a, 得 b1(1+a)=1+a,

∵a≠-1,∴b1=1.
则bn=b1qn-1=an-1,anbn=(2n-1)an-1, Tn=1+3a+5a2+7a3+…+(2n-1)an-1 , 当a≠1时,aTn=a+3a2+5a3+…+(2n-1)an, 由①-②得 ① ②

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考题剖析 (1-a)Tn=1+2a+2a2+…+2an-1-(2n-1)an
2(1 ? a n ) = 1 ? a -1-(2n-1)an. 1 ? (2n ? 1)a n 2(1 ? a n ) ∴Tn= - . 2 1? a (1 ? a)

当a=1时,Tn=n2. [点评]本题考查等差、等比数列的基础知识,考查利用错 位相减求数列前n项和的方法,注意公比等于1的情

况,考查推理及运算能力.

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考题剖析
1 4.(2007· 南京模拟题)已知等差数列{an}满足a3+a6=- , 3 4 a1a8= - 且a1>a8. 3

(Ⅰ)求数列{an}的通项公式; (Ⅱ)把数列{an}的第1项、第4项、第7项、……、第3n- 2项、……分别作为数列{bn}的第1项、第2项、第3 项、……、第n项、……,求数列{ 2bn}的所有项之和; (Ⅲ)设数列{Cn}的通项为Cn=n · bn ,试比较 2 (n+1)(n+2)Cn+n(n+1)Cn+2与2n(n+2) Cn+1的大小.

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考题剖析
1 [解析](Ⅰ){an}为等差数列,a3+a6=a1+a8=- ,又 3

a1·8=- a

4 3

且a1>a8
4 3

求得a1=1,a8=-

,公差d=

1 a8 ? a1 =- 3 7

1 1 4 ∴an=1- (n-1)=- n+ ,n∈N* 3 3 3

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考题剖析
(Ⅱ)b1=a1=1,b2=a4=0
1 4 ∴bn=a3n-2=- (3n-2)+ =-n+2 3 3 1 2 ? ( n ?1) ? 2 2 bn ?1 ∴ = = ?n? 2 bn 2 2 2
bn

1 ∴{2 }是首项为2,公比为 的等比数列 2
∴{ 2 }的所有项的和为
bn

2 1? 1 2

=4

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考题剖析 (Ⅲ)Cn=n ·2
bn

∴(n+1)(n+2)Cn+n(n+1)Cn+2-2n(n+2)Cn+1 =n (n+1)(n+2) 2 n +n(n+1)(n+2) ·2bn? 2-2n(n+1)(n+2) · bn?1 2 =n (n+1)( n +2)( 2bn ? 2bn?2 ? 2 ? 2bn?1 ) = n (n +1)( n +2) 2 (1 ? 2 bn ? 2 ?bn ? 2 ? 2 bn ?1 ?bn ) bn = n (n +1)( n +2) · (1+2-2-2×2-1) 2
1 = n (n +1)( n +2) 2 (1+ -1)>0 4
bn b

bn

其中bn+2-bn=-(n+2)+2-(-n+2)=-2, bn+1-bn=-(n+1)+2-(-n+2)=-1 ∴(n+1)(n+2)Cn+n(n+1)Cn+2>2n(n+2)Cn+1

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考题剖析 5.(2006· 郑州市质量预测题)
(1)已知函数f(x)=-3x2+6x-2,Sn是数列{an}的前n项和,点

(n, Sn) (n∈N*)在曲线y=f (x)+2上,求an;
a n ·n b 1 n-1 (2)在(1)的条件下,若bn=( ) ,cn= ,且Tn是数列{cn}的 6 2

前n和.试问Tn是否存在最大值?若存在,请求出Tn的最大

值;若不存在,请说明理由.

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考题剖析
[解析](1)点(n, Sn)在曲线y=f (x)+2上, ∴Sn=-3n2+6n. 当n=1时,a1=S1=3. 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=9-6n, ∴an=9-6n.

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考题剖析
1 n-1 (2)∵bn=( ) , 2 1 1 cn= anbn=(3-2n)( ) n, 6 2

∴Tn=c1+c2+…+cn
1 2 1 1 n = - ( ) -…-(3-2n)( ) , 2 2 2 1 2

利用错位相减法,得Tn=(2n+1)( )n-1.

专题五 数列解答题的解法

考题剖析 1 Tn+1=(2n+1)( )n>0, 2 1 Tn+1+1=(2n+3)( )n+1>0, 2 1 n ( 2n ? 1)( ) Tn ? 1 2 ∴ = >1, 1 Tn?1 ? 1 ( 2n ? 3)( ) n ?1 2 ∴Tn+1+1<Tn+1, 1 1 ∴Tn+1<Tn<…<T1= .存在最大值T1= . 2 2 [点评]本题综合考查了函数与数列的基本知识,考查了等 差数列,等比数列的基本知识及错位相减求和法.

专题五 数列解答题的解法 6.(2007· 海淀区模拟题) 1 已知函数f (x)= (x<-2). 2
x ?4

考题剖析

(1)求f (x)的反函数f -1(x); (2)设a1=1,
1 a n ?1

=-f -1 (an)(n∈N*),求an;

2 n 2 (3)设Sn= a 1 + a 2 +…+ a n ,bn=Sn+1-Sn是否存在最小正整数m,

m 使得对任意n∈N*,有bn< 成立?若存在,求出m的 25

值;若不存在, 说明理由.

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考题剖析
[分析] 1 第(2)问由式子 a =
n ?1

1 ?4 2 an

得 a2 n ?1

1

1 - 2 = 4,构 a n

造等差数列{

1 2 an

},从而求得an,即“借鸡生蛋”是求数

列通项的常用技巧;第(3)问运用了函数的思想.

专题五 数列解答题的解法

[解析](1)设 y =
∴x=- (2)∵ a
1
n ?1

1 x2 ? 4
4? 1 y2

考题剖析 , ∵ x<-2,
,即y=f ,
-1(x)=- 4 ? 1 2

x

(x>0)

=

1 4? 2 an

1 1 ∴ 2 - 2 = 4, an an?1

1 ∴{ 2 }是公差为4的等差数列, an 1 1 ∵a1=1, a 2 = a 2 +4(n-1)=4n-3, ∵ an>0, n 1 1

∴an=

4n ? 3

.

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1 (3)bn=Sn+1-Sn= a = 4n ? 1 m 25 由bn< ,得m> 4n ? 1 , 25
2 n ?1

,

考题剖析

设g(n)=

25 4n ? 1 25 4n ? 1

,

∵g(n)=

在n∈N*上是减函数,

∴g(n)的最大值是g(1)=5, ∴m>5,存在最小正整数m=6,使对任意n∈N*
m 有bn< 成立. 25

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考题剖析
[点评]本题融合了反函数,数列递推公式,等差数列基 本问题、数列的和、函数单调性等知识于一炉, 结构巧妙,形式新颖,是一道精致的综合题. 着重 考查学生的逻辑分析能力.本题首问考查反函数,

反函数的定义域是原函数的值域,这是一个易错
1 点,(2)问以数列{ 2 }为桥梁求an ,不易突破. an


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