高三數學理高考二輪復習專題學案系列課件：專題四數 列新人教版學案14 數列求和及綜合應用

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1、1.1.數列通項的求法數列通項的求法, ,由遞推關系式確定數列的通項由遞推關系式確定數列的通項. .2.2.數列的性質、通項、求和數列的性質、通項、求和. .3.3.數列與不等式、數列與函數、數列與方程數列與不等式、數列與函數、數列與方程. .4.4.數列與數學歸納法數列與數學歸納法. . 學案學案14 14 數列求和及綜合應用數列求和及綜合應用 1.(20091.(2009四川四川) )等差數列等差數列 a an n 的公差不為零的公差不為零, ,首項首項a a1 1= = 1, 1,a a2 2是是a a1 1和和a a5 5的等比中項的等比中項, ,則數列則數列 a an n 的前的前1

2、010項之和項之和 是是 ( )( ) A.90 B.100 C.145 D.190 A.90 B.100 C.145 D.190 解析解析 由題意知由題意知,(,(a a1 1+ +d d) )2 2= =a a1 1( (a a1 1+4+4d d),),即即 d d=2=2a a1 1=2.=2. S S1010=10=10a a1 1+ =10+90=100. + =10+90=100. ,421212121daaddaad2910B B2.(20092.(2009安徽安徽) )已知已知 a an n 為等差數列為等差數列, ,a a1 1+ +a a3 3+ +a a5 5=105,

3、 =105, a a2 2+ +a a4 4+ +a a6 6=99,=99,以以S Sn n表示表示 a an n 的前的前n n項和項和, ,則使得則使得S Sn n達到達到 最大值的最大值的n n是是 ( )( ) A.21 B.20 C.19 D.18 A.21 B.20 C.19 D.18 解析解析 (a a2 2- -a a1 1)+()+(a a4 4- -a a3 3)+()+(a a6 6- -a a5 5)=3)=3d d, , 99-105=3 99-105=3d d,d d=-2.=-2. 又又a a1 1+ +a a3 3+ +a a5 5=3=3a a1 1+6+6

4、d d=105,=105,a a1 1=39.=39. S Sn n= =nana1 1+ + =- =-n n2 2+40+40n n=-(=-(n n-20)-20)2 2+400.+400. 當當n n=20=20時時, ,S Sn n有最大值有最大值. . ndanddnn)2(22) 1(12B B3.(20093.(2009江西江西) )公差不為零的等差數列公差不為零的等差數列 a an n 的前的前n n項項 和為和為S Sn n, ,若若a a4 4是是a a3 3與與a a7 7的等比中項的等比中項, ,S S8 8=32,=32,則則S S1010等于等于 ( )( ) A

5、.18 B.24 C.60 D.90 A.18 B.24 C.60 D.90 解析解析 由由 得得( (a a1 1+3+3d d) )2 2=(=(a a1 1+2+2d d)()(a a1 1+6+6d d).). d d0,20,2a a1 1+3+3d d=0. =0. S S8 8=8=8a a1 1+ + d d=32,2=32,2a a1 1+7+7d d=8. =8. 由由得得 S S1010=-3=-310+ 10+ 2=60. 2=60. ,7324aaa256, 2, 31da2910C C4.(20094.(2009湖北湖北) )古希臘人常用小石頭在沙灘上擺成古希臘人常

6、用小石頭在沙灘上擺成各種形狀來研究數各種形狀來研究數, ,比如比如: : ( )( ) 他們研究過圖他們研究過圖(1)(1)中的中的1,3,6,10,1,3,6,10,由于這些數能由于這些數能 夠表示成三角形夠表示成三角形, ,將其稱為三角形數將其稱為三角形數; ;類似的類似的, ,稱圖稱圖 (2)(2)中的中的1,4,9,16,1,4,9,16,這樣的數為正方形數這樣的數為正方形數. . 下列數中既是三角形數又是正方形數的是下列數中既是三角形數又是正方形數的是 ( )( ) A.289 B.1 024 C.1 225 D.1 378 A.289 B.1 024 C.1 225 D.1 378

7、 解析解析 由圖形可得三角形數構成的數列通項由圖形可得三角形數構成的數列通項a an n= = 同理可得正方形數構成的數列通項同理可得正方形數構成的數列通項b bn n= =n n2 2, ,只只 有有1 2251 225滿足滿足a a4949= = =b b3535=35=352 2. . ,2) 1( nn25049C C題型一題型一 數列與函數、方程的綜合應用數列與函數、方程的綜合應用【例【例1 1】設】設p p、q q為實數為實數, , 是方程是方程x x2 2- -pxpx+ +q q=0=0的兩個的兩個 實根實根. .數列數列 x xn n 滿足滿足x x1 1= =p p, ,x

8、 x2 2= =p p2 2- -q q, ,x xn n= =pxpxn n-1-1- -qxqxn n-2-2 ( (n n= = 3,4,). 3,4,). (1) (1)證明證明: : (2) (2)求數列求數列 x xn n 的通項公式的通項公式; ; (3) (3)若若p p=1,=1,q q= ,= ,求求 x xn n 的前的前n n項和項和S Sn n. . 、;,qp41(1)(1)證明證明 由求根公式由求根公式, ,不妨設不妨設 , ,則則.2424,2424,24,24222222qqppqpppqppqppqppqpp(2)(2)解解 設設x xn n- -sxsxn

9、 n-1-1= =t t( (x xn n-1-1- -sxsxn n-2-2),),則則 x xn n=(=(s s+ +t t) )x xn n-1-1- -stxstxn n-2-2, ,由由x xn n= =pxpxn n-1-1- -qxqxn n-2-2, ,得得 消去消去t t, ,得得s s2 2- -psps+ +q q=0,=0,s s是方程是方程x x2 2- -pxpx+ +q q=0=0的根的根. .由題意可知由題意可知 當當 時時, ,此時方程組此時方程組,1111tstsqstpts或的解記為).(),(211211nnnnnnnnxxxxxxxx,qstpts.

10、,21ssx xn n- -t t1 1x xn n-1-1 、 x xn n- -t t2 2x xn n-1-1 分別是公比為分別是公比為 的的等比數列等比數列. .由等比數列的性質可得由等比數列的性質可得 兩式相減兩式相減, ,得得 ).(,)(.)(,)(.,.)()()(1111222122221212221222122121nnnnnnnnnnnnnnnnnnxxxxxxxxxpxqpxxxxxx即.)(,)(21212121nnnnnnxxxxxxxx21,ss當當 時時, ,即方程即方程x x2 2- -pxpx+ +q q=0=0有重根有重根, ,p p2 2-4-4q q=

11、0,=0,即即( (s s+ +t t) )2 2-4-4st st=0,=0,得得( (s s- -t t) )2 2=0,=0,s s= =t t. .不妨設不妨設s s= =t t= = 由由可知可知,).(),(,11nnnnnnx綜上所述.1. 1, 1,)(111112121nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnxxxxxxxxaxxxx為公差的等差數列是以數列即得等式兩邊同時除以即(3)(3)解解 把把p p=1,=1,q q= = 代入代入x x2 2- -pxpx+ +q q=0,=0,得得 x x2 2- -x x+ =0,+ =0,解得解得 4141.21.)21)

12、(3(3)21()21(2)21(1)21()21(3)21(221)21(1)21()21(3)21(221)21()21()21(21,)21()21(1323232nnnnnnnnnnnnnnnnSnx【探究拓展探究拓展】本題主要考查數列的遞推公式、數列求】本題主要考查數列的遞推公式、數列求 和以及數列與方程的綜合題和以及數列與方程的綜合題, ,考查學生分析問題、解考查學生分析問題、解 決問題以及推理論證的能力決問題以及推理論證的能力. .變式訓練變式訓練1 1 已知二次函數已知二次函數y y= =f f( (x x) )的圖象經過坐標原的圖象經過坐標原 點點, ,其導函數為其導函數為f

13、 f( (x x)=6)=6x x-2,-2,數列數列 a an n 的前的前n n項和為項和為S Sn n, , 點點( (n n, ,S Sn n)()(n nNN* *) )均在函數均在函數y y= =f f( (x x) )的圖象上的圖象上. . (1) (1)求數列求數列 a an n 的通項公式；的通項公式； (2)(2)設設b bn n= = T Tn n是數列是數列 b bn n 的前的前n n項和項和, ,求使得求使得T Tn n 對所有對所有n nNN* *都成立的最小正整數都成立的最小正整數m m. . ,31nnaa20m解解 (1)(1)設二次函數為設二次函數為f f

14、( (x x)=)=axax2 2+ +bxbx( (a a0),0),則則f f(x x)=2)=2axax+ +b b，由于由于f f(x x)=6)=6x x-2-2得得a a=3,=3,b b=-2,=-2,所以所以f f( (x x)=3)=3x x2 2-2-2x x. .又由點又由點( (n n, ,S Sn n)()(n nNN* *) )均在函數均在函數y y= =f f( (x x) )的圖象上，的圖象上，得得S Sn n=3=3n n2 2-2-2n n. .當當n n22時時, ,a an n= =S Sn n- -S Sn n-1-1=(3=(3n n2 2-2-2n

15、 n)-3()-3(n n-1)-1)2 2-2(-2(n n-1)=6-1)=6n n-5-5；當當n n=1=1時時, ,a a1 1= =S S1 1=3=31 12 2-2=6-2=61-5=1.1-5=1.所以所以a an n=6=6n n-5(-5(n nNN* *).). (2)(2)由由(1)(1)得知得知因此因此, ,要使要使 ( (n nNN* *) )成立成立, ,m m必須且僅需必須且僅需滿足滿足 即即m m1010，故滿足要求的最小正整數，故滿足要求的最小正整數m m為為10.10. ).1611 (21)161561()13171()711(21),161561(2

16、15) 1(6)56(3311nnnbTnnnnaabniinnnn故20)1611 (21mn,2021m題型二題型二 數列與不等式的綜合應用數列與不等式的綜合應用【例【例2 2】(2009(2009江西江西) )各項均為正數的數列各項均為正數的數列 a an n,a a1 1= =a a, , a a2 2= =b b, ,且對滿足且對滿足m m+ +n n= =p p+ +q q的正整數的正整數m m, ,n n, ,p p, ,q q都有都有 (1)(1)當當a a= ,b= = ,b= 時時, ,求通項求通項a an n; ; (2) (2)證明證明: :對任意對任意a a，存在與，

17、存在與a a有關的常數有關的常數 使得對于使得對于 每個正整數每個正整數n n, ,都有都有.)1)(1 ()1)(1 (qpqpnmnmaaaaaaaa,.1na2154(1)(1)解解 由由將將a a1 1= ,= ,a a2 2= = 代入上式化簡得代入上式化簡得 故數列故數列 為等比數列，從而為等比數列，從而 即即 可驗證可驗證 滿足題設條件滿足題設條件. . ,)1)(1 ()1)(1 ()1)(1 ()1)(1 (121211nnnnqpqpnmnmaaaaaaaaaaaaaaaa得2154.113111,2121111nnnnnnnaaaaaaa所以11nnaa,)31(11nn

18、naa,1313nnna1313nnna(2)(2)證明證明 由題設由題設 的值僅與的值僅與m m+ +n n有關有關, ,記記為為b bm m+ +n n, ,考察函數考察函數 ( (x x0),0),則在定義域上有則在定義域上有故對故對n nNN* *, ,b bn n+1+1g g( (a a) )恒成立恒成立. .)1)(1 (nmnmaaaa.)1)(1 ()1)(1 (111nnnnnaaaaaaaab則)1)(1 ()(xaxaxf. 10,1, 1,21, 1,11)()(aaaaaaagxf【探究拓展探究拓展】本題考查數列的通項公式的求法、不等】本題考查數列的通項公式的求法、

19、不等 式的解法及利用函數的單調性解題的基本方法式的解法及利用函數的單調性解題的基本方法, ,考查考查 了學生分析問題、解決問題的能力，要求較高了學生分析問題、解決問題的能力，要求較高. . .1,)()(21)(1,)()(21)(1)()(21)(1)(21)(1)(,21)(0),()1 (222nnnnnaagagagagagagaagagagagagagagagaab即有取解上式得注意到又變式訓練變式訓練2 2 設數列設數列 a an n 的前的前n n項的和項的和S Sn n= = n n=1,2,3,=1,2,3, (1) (1)求首項求首項a a1 1與通項與通項a an n；

20、(2)(2)設設T Tn n= = n n=1,2,3,=1,2,3,證明證明: : (1)(1)解解 由由S Sn n= = n n=1,2,3, =1,2,3, 得得 所以所以a a1 1=2,=2, 再由再由有有 n n=2,3,4, =2,3,4, 將將和和相減得：相減得： a an n= =S Sn n- -S Sn n-1-1= (= (a an n- -a an n-1-1)- )- (2(2n n+1+1-2-2n n),), n n=2,3,4,=2,3,4, 123134nna,32,2nnS.231niiT,32231341nna,3243134111aSa,322313

21、411nnnaS3431整理得整理得a an n+2+2n n=4(=4(a an n-1-1+2+2n n-1-1),),n n=2,3,4,=2,3,4,因而數列因而數列 a an n+2+2n n 是首項為是首項為a a1 1+2=4,+2=4,公比為公比為4 4的等比數的等比數列，即列，即a an n+2+2n n=4=44 4n n-1-1=4=4n n, ,所以所以a an n=4=4n n-2-2n n ( (n n=1,2,3,).=1,2,3,).(2)(2)證明證明 將將a an n=4=4n n-2-2n n，代入，代入得得 .23)121121(23)121121(23

22、,),121121(23) 12)(12(2232),12)(12(32)22)(12(3132231)24(341111111111nninnniinnnnnnnnnnnnnnnnTSTS所以題型三題型三 數列與解析幾何的綜合應用數列與解析幾何的綜合應用【例【例3 3】(2009(2009廣東廣東) )已知曲線已知曲線C Cn n: :x x2 2-2-2nxnx+ +y y2 2=0(=0(n n=1,2=1,2 ). ).從點從點P P(-1,0)(-1,0)向曲線向曲線C Cn n引斜率為引斜率為k kn n( (k kn n0)0)的切線的切線 l ln n, ,切點為切點為P Pn

23、 n( (x xn n, ,y yn n).). (1) (1)求數列求數列 x xn n 與與 y yn n 的通項公式；的通項公式； (2)(2)證明證明: :x x1 1x x3 3x x5 5x x2 2n n-1-1.sin211nnnnyxxx(1)(1)解解 .112) 1(,11).12(12, 0)1 (4)22(0, 0)22()1 () 1(02222222222222nnnxkynnkkxnnnnkkknkkxnkxkxkyynxxnnnnnnnnnnnnnn舍去(2)(2)證明證明 , 04cos21cos21)( ),4, 0(,sin2)(.11121121253

24、312124321.121214) 12(4) 12(212,12111111112312222xxfxxxxfxxnnnnnxxxnnnnnnnnnnnnnxxnnnnn則令 f f( (x x) )在在(0, )(0, )上單調遞減上單調遞減. . f f( (x x) )f f(0)=0,(0)=0,即即x x sin sin x x在在(0, )(0, )上恒成立上恒成立. . 即即x x1 1x x3 3x x5 5x x2 2n n-1-1【探究拓展探究拓展】解決數列與解析幾何這類問題的關鍵是】解決數列與解析幾何這類問題的關鍵是 明確目標明確目標, ,即將待求問題運用相關知識及手段

25、，轉化即將待求問題運用相關知識及手段，轉化 成我們較為熟悉的問題，再用相關的知識去求解成我們較為熟悉的問題，再用相關的知識去求解. . 442,121sin21214311210nnn又.sin211nnnnyxxx變式訓練變式訓練3 3 已知函數已知函數f f( (x x)=)=x x2 2-4,-4,設曲線設曲線y y= =f f( (x x) )在點在點( (x xn n, , f f( (x xn n)處的切線與處的切線與x x軸的交點為軸的交點為( (x xn n+1+1,0)(,0)(n nNN* *),),其中其中 x x1 1為正實數為正實數. . (1) (1)用用x xn

26、n表示表示x xn n+1+1; ; (2) (2)求證求證: :對一切正整數對一切正整數n n, ,x xn n+1+1x xn n的充要條件是的充要條件是x x1 1 2; 2; (3) (3)若若x x1 1=4,=4,記記a an n= = 證明數列證明數列 a an n 成等比數列成等比數列, , 并求數列并求數列 x xn n 的通項公式的通項公式. .,22lgnnxx(1)(1)解解 由題可得由題可得f f(x x)=2)=2x x, ,所以過曲線上點所以過曲線上點( (x xn n, ,f f( (x xn n)的切線方程為的切線方程為y y- -f f( (x xn n)=

27、)=f f(x xn n)()(x x- -x xn n),),即即y y-(-( -4)=2-4)=2x xn n( (x x- -x xn n).).令令y y=0,=0,得得-(-( -4)=2-4)=2x xn n( (x xn n+1+1- -x xn n).).即即 +4=2+4=2x xn nx xn n+1+1. .顯然顯然x xn n0,0,2nx2nx2nx.221nnnxxx(2)(2)證明證明( (必要性必要性) )若對一切正整數若對一切正整數n n, ,有有x xn n+1+1x xn n, ,則則x x2 2x x1 1, , 而而x x1 10,0,即有即有x x

28、1 12.2.( (充分性充分性) )若若x x1 1220,0,由由用遞推關系易得用遞推關系易得x xn n0,0,從而從而即即x xn n2(2(n n2).2).又又x x1 122，x xn n2 (2 (n n1).1).即即x xn n+1+1x xn n對一切正整數對一切正整數n n成立成立. . , 4,2221111xxxx即.221nnnxxx).1(2222221nxxxxxnnnnn. 02)2)(2(242221nnnnnnnnnnxxxxxxxxxx于是(3)(3)證明證明 所以所以, ,數列數列 a an n 成等比數列成等比數列. .2,22lg222lg.)2

29、2(22.2)2(2,.2)2(2,2211121121211nnnnnnnnnnnnnnnnnnnaaxxxxxxxxxxxxxxxxx即從而故同理知由.13) 13(2,322. 3lg222lg. 3lg222lg221112221111111nnnnnnnnnnnnnxxxxxxxaa所以從而即故題型四題型四 數列與其它知識的綜合應用數列與其它知識的綜合應用 【例例4 4】(2009(2009重慶重慶) )設設m m個不全相等的正數個不全相等的正數a a1 1, ,a a2 2, , , a am m ( (m m7)7)依次圍成一個圓圈依次圍成一個圓圈. . (1) (1)若若m m

30、=2 009,=2 009,且且a a1 1, ,a a2 2, , ,a a1 0051 005是公差為是公差為d d的等差數的等差數 列列, ,而而a a1 1, ,a a2 2 009009, ,a a2 0082 008, , ,a a1 0061 006是公比為是公比為q q= =d d的等比數的等比數 列列; ;數列數列a a1 1, ,a a2 2,a am m的前的前n n項和項和S Sn n ( (n nm m) )滿足滿足S S3 3=15,=15, S S2 0092 009= =S S2 0072 007+12+12a a1 1, ,求通項求通項a an n ( (n

31、nm m) )； (3)(3)若每個數若每個數a an n( (n nm m) )是其左右相鄰兩數平方的等比是其左右相鄰兩數平方的等比 中項中項, ,求證求證: : mama1 1a a2 2a am m. . 22761maaaa(1)(1)解解 因因a a1 1, ,a a2 0092 009, ,a a2 0082 008, , ,a a1 0061 006是公比為是公比為d d的等比數的等比數列列, ,從而從而a a2 0092 009= =a a1 1d d, ,a a2 0082 008= =a a1 1d d2 2. .由由S S2 0092 009= =S S2 0072 00

32、7+12+12a a1 1得得a a2 0082 008+ +a a2 0092 009=12=12a a1 1, ,故故a a1 1d d2 2+ +a a1 1d d=12=12a a1 1, ,即即d d2 2+ +d d=12.=12.解得解得d d=3,=3,或或d d=-4(=-4(舍去舍去).).因此因此d d=3.=3.又又S S3 3=3=3a a1 1+3+3d d=15.=15.解得解得a a1 1=2.=2.從而當從而當n n1 0051 005時，時，a an n= =a a1 1+(+(n n-1)-1)d d=2+3(=2+3(n n-1)=3-1)=3n n-1

33、.-1.而當而當1 0061 006n n2 0092 009時時, ,由由a a1 1, ,a a2 0092 009, ,a a2 0082 008, , ,a a1 0061 006是是公比為公比為d d的等比數列的等比數列, ,得得a an n= =a a1 1d d2 009-(2 009-(n n-1)-1)= =a a1 1d d2 010-2 010-n n(1 006(1 006n n2 009).2 009).00920061,32,0051, 130102nnnann因此(2)(2)證明證明 由題意由題意 由由得得 由由, , ,得得a a1 1a a2 2a am m=

34、(=(a a1 1a a2 2a am m) )2 2, ,故故a a1 1a a2 2a am m=1. =1. ,),1 (,),1 (211111222212121221212aaaaaamnaaaaaaaaamnaaammmnnnmmmnnn得.,1,1,2162514123aaaaaaaaaa),61 (1),31 (13611123mraaamraaaaaarrrrrrrrr故有又下面用反證法證明下面用反證法證明: :m m=6=6k k. .若不然若不然, ,設設m m=6=6k k+ +p p, ,其中其中11p p5.5.若取若取p p=1,=1,即即m m=6=6k k+1

35、,+1,則由則由得得a am m= =a a6 6k k+1+1= =a a1 1, ,而由而由得得a am m 由由得得 從而從而a a6 6= =a a6 6k k= =a am m-1-1=1,=1,而而故故a a1 1= =a a2 2=1,=1,由由及及可推得可推得a an n=1(1=1(1n nm m) )與題設矛盾與題設矛盾. .同理同理, ,若若p p=2,3,4,5=2,3,4,5均可得均可得a an n=1(1=1(1n nm m) )與題設矛盾與題設矛盾, ,因此因此m m=6=6k k為為6 6的倍數的倍數. .由均值不等式得由均值不等式得, 1,221121aaaa

36、aa得故,11aaamm,216aaa . 6)()1()1(21122211621aaaaaaaaaaa又上面三組數內必有一組不相等又上面三組數內必有一組不相等( (否則否則a a1 1= =a a2 2= =a a3 3=1,=1,從從而而a a4 4= =a a5 5=a an n=1,=1,與題設矛盾與題設矛盾),),故等號不成立故等號不成立, ,從而從而a a1 1+ +a a2 2+a a6 66.6.又又m m=6=6k k, ,由由和和得得因此由因此由得得 6+6(6+6(k k-1)=6-1)=6k k= =m m= =mama1 1a a2 2a am m . .【探究拓展

37、探究拓展】本題考查了等差數列、等比數列的概】本題考查了等差數列、等比數列的概 念念, ,分類討論的思想、方程的思想分類討論的思想、方程的思想, ,反證法反證法, ,基本不等基本不等 式等重要的數學思想方法，難度較大，要求較高式等重要的數學思想方法，難度較大，要求較高. . 22761maaaa).1(6)111)(1()(1()()(23232222212126222122521227227kaaaaaakaaakaaaaaammm變式訓練變式訓練4 4 已知已知a a0,0,且且a a1,1,數列數列 a an n 的前的前n n項和為項和為 S Sn n, ,它滿足條件它滿足條件 數列數列

38、 b bn n 中中, ,b bn n= =a an nlg lg a an n. . (1) (1)求數列求數列 b bn n 的前的前n n項和項和T Tn n； (2)(2)若對一切若對一切n nNN* *都有都有b bn nb bn n+1+1, ,求求a a的取值范圍的取值范圍. . 解解 (1)(1) 當當n n=1=1時時, , 當當n n22時時, , a an n= =a an n ( (n nNN* *).). 此時此時b bn n= =a an nlg lg a an n= =a an nlg lg a an n= =n na an nlg lg a a, ,.111aS

39、ann.1) 1(,111aaaSaSannnn.1) 1(111aaaaSa,1) 1(1) 1(11nnnnnnaaaaaaaSSaT Tn n= =b b1 1+ +b b2 2+b bn n=(=(a a+2+2a a2 2+3+3a a3 3+nanan n)lg )lg a a即即auaun n= =a a2 2+2+2a a3 3+nanan n+1+1設設u un n= =a a+2+2a a2 2+3+3a a3 3+nanan n, ,(1-(1-a a) )u un n= =a a+ +a a2 2+ +a a3 3+a an n- -nanan n+1+1.lg) 1(

40、) 1(1.) 1() 1(1,1) 1(21211aaaaanaTaaaanaunaaaannnnnnnn(2)(2)由由b bn nb bn n+1+1 nanan nlg lg a a( (n n+1)+1)a an n+1+1lg lg a a可得可得當當a a1 1時時, ,由由lg lg a a0,0,可得可得 ( (n nNN* *),),a a1,1, 對一切對一切n nNN* *都成都成立立,此時的解為此時的解為a a1.1.當當0 0a a1 1時時, ,由由lg lg a a0,0,可得可得n n( (n n+1)+1)a a, , ( (n nNN* *),0),0a

41、a1,1,00a a對一切對一切n nNN* *都成立，都成立，此時的解為此時的解為0 0a a由由可知可知, ,對一切對一切n nNN* *都有都有b bn nb bn n+1+1的取值范圍是的取值范圍是0 0a a或或a a1.1. ,1nna11nn,1nna,1nna211nn1nn.2121【考題再現】【考題再現】 (2009(2009山東山東) ) 等比數列等比數列 a an n 的前的前n n項和為項和為S Sn n, ,已知對已知對 任意的任意的n nNN* *, ,點點( (n n, ,S Sn n) )均在函數均在函數y y= =b bx x+ +r r( (b b0 0且

42、且b b1,1, b b, ,r r均為常數均為常數) )的圖象上的圖象上. . (1) (1)求求r r的值；的值； (2)(2)當當b b=2=2時時, ,記記b bn n=2(log=2(log2 2a an n+1)(+1)(n nNN* *),), 證明證明: :對任意的對任意的n nNN* *, ,不等式不等式nnbbbbbb1112211.1成立n【解題示范解題示范】 解解 (1)(1)因為對任意的因為對任意的n nNN* *, ,點點( (n n, ,S Sn n) )均在函數均在函數y y= =b bx x+ + r r ( (b b0 0且且b b1,1,b b, ,r r

43、均為常數均為常數) )的圖象上的圖象上. . 所以得所以得S Sn n= =b bn n+ +r r, , 當當n n=1=1時時, ,a a1 1= =S S1 1= =b b+ +r r, , 2 2分分 當當n n22時時, ,a an n= =S Sn n- -S Sn n-1-1= =b bn n+ +r r-(-(b bn n-1-1+ +r r) ) = =b bn n- -b bn n-1-1=(=(b b-1)-1)b bn n-1-1, , 4 4分分 又因為又因為 a an n 為等比數列，為等比數列， 所以所以r r=-1,=-1,公比為公比為b b, ,所以所以a a

44、n n=(=(b b-1)-1)b bn n-1-1. . 5 5分分(2)(2)當當b b=2=2時時, ,a an n=(=(b b-1)-1)b bn n-1-1=2=2n n-1-1, , b bn n=2(log=2(log2 2a an n+1)=2(log+1)=2(log2 22 2n n-1-1+1)=2+1)=2n n. . 6 6分分 7 7分分下面用數學歸納法證明不等式下面用數學歸納法證明不等式.212674523111,21212211nnbbbbbbnnbbnnnn所以則.12126745231112211成立所以nnnbbbbbbnn當當n n=1=1時時, ,左

45、邊左邊= = 右邊右邊= = 因為因為 所以不等式成立所以不等式成立. . 8 8分分假設當假設當n n= =k k ( (k kNN* *) )時不等式成立，時不等式成立，則當則當n n= =k k+1+1時，時， ,23,223.12126745231112211成立即kkkbbbbbbkk22322126745231111112211kkkkbbbbbbbbkkkk左邊,2 11 11分分所以當所以當n n= =k k+1+1時時, ,不等式也成立不等式也成立. .由由可得不等式恒成立可得不等式恒成立. 12. 12分分1) 1() 1(411) 1() 1(41) 1(4) 1(4)

46、1(4)32(2232122kkkkkkkkkkk1.1.求數列通項公式的方法求數列通項公式的方法:(1):(1)觀察法觀察法: :尋找項與項數尋找項與項數 的關系的關系, ,然后猜想、檢驗然后猜想、檢驗, ,即得通項公式即得通項公式, ,注意利用前注意利用前 n n項得到的通項公式不一定唯一項得到的通項公式不一定唯一;(2);(2)利用前利用前n n項和與項和與 通項的關系通項的關系 (3)(3)公式法公式法: :利用等利用等 差、等比數列的通項公式差、等比數列的通項公式. . 2.2.由遞推關系式求通項常用方法由遞推關系式求通項常用方法:(1):(1)逐差法逐差法: :型如型如a an n

47、+1+1 = =a an n+2+2n n, ,a an n+1+1= =a an n+2+2n n, ,則則a an n=(=(a an n- -a an n-1-1)+()+(a an n-1-1- -a an n-2-2)+()+(a a2 2 - -a a1 1)+)+a a1 1;(2);(2)逐商法逐商法: :型如型如a an n+1+1=3=3nanan n, ,a an n+1+1=3=3n na an n, ,則則a an n (3)(3)待定系數法待定系數法: :型如型如a an n+1+1= =k k;)2() 1(11nSSnSannn;112211aaaaaaannn

48、na an n+ +b b, ,若若k k=0=0時時, ,則為常數列則為常數列; ;若若k k=1=1時時, ,則為等差數列則為等差數列; ;若若k k1,1,且且b b00時時, ,法法( (一一):):可設可設a an n+1+1+ +t t= =k k( (a an n+ +t t),),得得a an n+1+1= =kakan n+(+(k k-1)-1)t t, ,由由( (k k-1)-1)t t= =b b, ,得得 則數列則數列 是以是以 為首項為首項, ,k k為公比的等比數列為公比的等比數列, ,所以所以k kn n-1-1. .法法( (二二):):把等式把等式a an

49、 n+1+1= =k ka an n+ +b b兩邊都除以兩邊都除以k kn n+1+1, ,得得 轉化為第轉化為第(1)(1)類類;(4);(4)取倒數法取倒數法: :型如型如 ( (a an n0),0),取倒數得取倒數得 所以數列所以數列 是以是以 為首項為首項,1,1為公差的等差數列為公差的等差數列.(5).(5)待定系數待定系數法法: :型如型如: :a an n+1+1= =AaAan n+ +B Bn n( (A AB B0),0),則則當當A A=1=1時時, ,可化為可化為第第(1)(1)類型類型, ,當當A A1,1,B B=1=1時時, ,可化為第可化為第(3)(3)類型

50、類型, ,當當,1kbt11kban11kba)1(1kbaan,111nnnnnkbkaka11nnnaaa, 1111nnaa1na11aA A1,1,B B11時時, ,法法( (一一):):原式可化為原式可化為 這時可轉化為第這時可轉化為第(3)(3)類型類型. .法法( (二二):):原式可化為原式可化為a an n+1+1+ +tBtBn n+1+1= =A A( (a an n+ +tBtBn n),),即即a an n+1+1= =AaAan n+ +t t( (A A- -B B) )B Bn n, ,則則t t( (A A- -B B)=1,)=1,所以所以 所以數列所以數

51、列 a an n+ + 是以是以 為首項為首項, ,以以A A為公比的等比數列為公比的等比數列, ,進而求出通項進而求出通項a an n;(6);(6)取倒數法取倒數法: :型如型如: :a an n+1+1= = 若若A A= =B B, ,則數列則數列 為等差數列為等差數列, ,若若A AB B, ,則可化為第則可化為第(3)(3)類型類型; ;型如型如: :則則b bn n+1+1= =AbAbn n+ +B B, ,可化為第可化為第(3)(3)類型類型. . ,111BBaBABannnn,1,1BbBAbbBannnnn則令,1BAtBABnBABa1,BaBaAnn,111ACaA

52、Bann則11na,) 1(1AnaBanannn,1,111nnnnnnnbanBanAanAnaBana令所以則3.3.求和時常用的基本方法求和時常用的基本方法:(1):(1)公式求和法公式求和法: :能直接利能直接利 用等差數列、等比數列求和公式用等差數列、等比數列求和公式, ,或可通過適當拆或可通過適當拆 分、重新組合分、重新組合, ,能直接利用等差數列、等比數列求和能直接利用等差數列、等比數列求和 公式公式;(2);(2)裂項求和法裂項求和法: :型如型如 (3)(3)錯位相減求和法錯位相減求和法: :型如型如 a an nb bn n(其中其中 a an n 是等差是等差 數列數列

53、,b bn n 是等比數列是等比數列) )的前的前n n項和項和, ,一定要注意項數一定要注意項數 和最后一項的符號和最后一項的符號;(4);(4)倒序相加求和法倒序相加求和法: :它主要適用它主要適用 于型如于型如a ai i+ +a an n+1-+1-i i= =a aj j+ +a an n+1-+1-j j (1 (1i ij jn n).). ;111),11(1)(1nnnnaknnkknnnnnannnna,111) 1(14.4.在解答數列與不等式、數列與函數、數列與方程的在解答數列與不等式、數列與函數、數列與方程的 有關問題時有關問題時, ,特別是數列與不等式經常利用不等式

54、的特別是數列與不等式經常利用不等式的 適當放縮來解答或證明適當放縮來解答或證明. . (1) (1) 的放縮根據不同的要求的放縮根據不同的要求, ,大致有三種情況大致有三種情況, , (3) (3) 的放縮根據不同的要求的放縮根據不同的要求, ,大致有兩種情況大致有兩種情況, , 因為可把數列看成函數圖象上孤立的因為可把數列看成函數圖象上孤立的21n);2(111122nnnnnn11(2111122nnn);2)(11nn);1)(121121(2411122nnnnnn21,11121nnnnn1121nnn. 1nn“點點”, ,所以有時利用函數的單調性證明數列的項的所以有時利用函數的單

55、調性證明數列的項的 大小大小, ,或證明不等式或證明不等式. . 5.5.在利用數學歸納法證明問題時在利用數學歸納法證明問題時, ,特別是特別是, ,在利用假設在利用假設 證明證明“n n= =k k+1”+1”也成立時也成立時, ,一定要對所給式子進行靈一定要對所給式子進行靈 活變形、適當取舍、合理放縮，牢牢地盯住結論活變形、適當取舍、合理放縮，牢牢地盯住結論. . 一、選擇題一、選擇題1.1.已知已知 a an n 是等比數列是等比數列, ,a a2 2=2,=2,a a5 5= ,= ,則則a a1 1a a2 2+ +a a2 2a a3 3+ a an na an n+1+1等于等于

56、 ( )( ) A.16(1-4 A.16(1-4- -n n) B.16(1-2) B.16(1-2- -n n) ) C. (1-4 C. (1-4- -n n) D. (1-2) D. (1-2- -n n) ) 解析解析 a a1 1=4=4，a an na an n+1+1=4=4 故故a a1 1a a2 2+ +a a2 2a a3 3+ +a a3 3a a4 4+a an na an n+1+1=2=23 3+ + 2 21 1+2+2-1-1+2+2-3-3+2+25-25-2n n= =332332,21,81325qqaa41,2)21(4)21(251nnn).41

57、(332411)411 (8nnC C2.2.已知數列已知數列 a an n 為等差數列為等差數列,b bn n 為等比數列為等比數列, ,其公比其公比q q 1,1,且且b bi i0 (0 (i i=1,2,=1,2,n n),),若若a a1 1= =b b1 1, ,a a2 0092 009= =b b2 0092 009, ,則則 ( )( ) A. A.a a1 0051 005b b1 005 1 005 B.B.a a1 0051 005= =b b1 0051 005 C. C.a a1 0051 005b b1 005 1 005 D.D.a a1 0051 005b b

58、1 0051 005或或a a1 0051 005b b1 0051 005 解析解析 因因a a1 1= =b b1 1, ,a a2 0092 009= =b b2 0092 009, ,所以所以a a1 1+ +a a2 0092 009= =b b1 1+ +b b2 0092 009, , 又又 a an n 為等差數列為等差數列,b bn n 為等比數列，為等比數列， 所以所以2 2a a1 0051 005= =a a1 1+ +a a2 0092 009= =b b1 1+ +b b2 0092 009=2=2b b1 0051 005, ,即即a a1 0051 005b b

59、1 0051 005. . 009212bb A A3.3.已知數列已知數列 a an n 的前的前n n項和項和S Sn n= =n n2 2-9-9n n ( (n nNN* *),),第第k k項滿項滿 足足5 5a ak k8,8,則則k k等于等于 ( )( ) A.9 B.8 C.7 D.6 A.9 B.8 C.7 D.6 解析解析 因因a a1 1= =S S1 1=-8,=-8,而當而當n n22時時, ,由由a an n= =S Sn n- -S Sn n-1-1求得求得a an n= = 2 2n n-10,-10,此式對于此式對于n n=1=1也成立也成立. .要滿足要滿

60、足5 5a ak k8,8,只須只須5 5 2 2k k-10-108 8，從而有，從而有 而而k k為自然數為自然數. .因而只能因而只能 取取k k=8.=8. , 9215 kB B4.4.已知兩個等差數列已知兩個等差數列 a an n 和和 b bn n 的前的前n n項和分別為項和分別為A An n和和 B Bn n, ,且且 則使得則使得 為整數的正整數為整數的正整數n n的個數的個數 是是 ( )( ) A.2 B.3 C.4 D.5 A.2 B.3 C.4 D.5 解析解析 由等差數列的前由等差數列的前n n項和及等差中項，項和及等差中項， 故故n n=1,2,3,5,11=1

61、,2,3,5,11時時, , 為整數為整數. . ,3457nnBAnnnnba).N(112711972238143) 12(45) 12()(12(21)(12(21)(21)(21*1212121121121121nnnnnnnnBAbbnaanbbaabannnnnnnn可得nnbaD D5.5.設正項數列設正項數列 a an n 的前的前n n項的積為項的積為T Tn n, ,令令P Pn n= = 稱稱P Pn n為數列為數列a a1 1, ,a a2 2, ,a a3 3,a an n的的“理理 想數想數”. .已知數列已知數列a a1 1, ,a a2 2, ,a a3 3,a

62、 a501501的的“理想數理想數”為為 2 22 0082 008, ,那么數列那么數列32,32,a a1 1, ,a a2 2, ,a a3 3,a a501501的的“理想數理想數”為為 ( )( ) A.2 A.22 008 2 008 B.2B.22 009 2 009 C.2C.22 010 2 010 D.2D.22 0112 011 解析解析 設數列設數列a a1 1, ,a a2 2, ,a a3 3,a a501501前前n n項積為項積為T Tn n, ,數列數列32,32, a a1 1, ,a a2 2, ,a a3 3,a a501501前前n n項積為項積為H

63、Hn n, ,H H1 1H H2 2H H3 3 H H502502=32(32=32(32T T1 1)(32)(32T T2 2)(32)(32T T501501)=32)=32502502T T1 1T T2 2 T T501501,32,325025022 22 0082 008501501=32=325025022 25025022 0042 004=(2=(22 0092 009) )502502. . 則所求的則所求的“理想數理想數”為為2 22 0092 009. . ,321nnTTTTB B6.6.已知已知f f( (x x) )是定義在是定義在R R上的不恒為零的函數上

64、的不恒為零的函數, ,且對于任且對于任 意實數意實數a a, ,b bRR滿足滿足: :f f( (a ab b)=)=af af( (b b)+)+bf bf( (a a),),f f(2)=2,(2)=2,a an n= = ( (n nNN* *),),b bn n= (= (n nNN* *),),考察下列結論考察下列結論, ,其中其中 正確的是正確的是: ( ): ( ) f f(0)=(0)=f f(1);(1);f f( (x x) )為偶函數為偶函數; ;數列數列 a an n 為等差數為等差數 列列; ;數列數列 b bn n 為等比數列為等比數列. . A. A. B. B

65、. C. C. D. D. 解析解析 令令a a= =b b=0,=0,則則f f(0)=0(0)=0; ;令令a a= =b b=1,=1,則則f f(1)=0(1)=0; ;即即 f f(0)=(0)=f f(1),(1),故故正確正確. .nnf2)2(nfn)2(令令a a= =b b=-1,=-1,則則f f(-1)=0,(-1)=0,令令a a= =x xR,R,b b=-1,=-1,則則f f(-(-x x)=)=xf xf(-1)-(-1)-f f( (x x)=-)=-f f( (x x),),故故錯誤錯誤. .令令a a=2=2n n, ,b b=2,=2,則則f f(2(

66、2n n+1+1)=2)=2n nf f(2)+2(2)+2f f(2(2n n),), 因因f f(2)=2,(2)=2,所以所以 即數列即數列 a an n 是以是以1 1為為首項首項,1,1為公差的等差數列為公差的等差數列, ,故故正確正確. .由由可知可知: : 所以所以 即即數列數列 b bn n 是以是以2 2為首項為首項, ,2 2為公比的等比數列為公比的等比數列, ,故故正確正確. .答案答案 D D,2)2(2)2(2)2(11nnnnfff即, 12)2(2)2(11nnnnff,1) 1(12)2(nnfnn,2)2(nnnf二、填空題二、填空題7.7.設等差數列設等差數列 a an n 的前的前n n項和為項和為S Sn n, ,若若S S4 410,10,S S5 515,15, 則則a a4 4的最小值為的最小值為_._. 解析解析 因為因為S S4 410,10,S S5 515,15,所以所以a a5 5= =S S5 5- -S S4 45,5, 又又a a1 1+ +a a4 45,5,a a1 1+ +a a5 56,6,則則a a5 5- -a