新版高考數(shù)學(xué)備考沖刺之易錯點點睛系列專題 數(shù)列教師版

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1、 1

2、 1 20xx年高考數(shù)學(xué)備考沖刺之易錯點點睛系列 三 數(shù)列 教師版 一、高考預(yù)測 數(shù)列是歷年高考的重點與難點,以等差數(shù)列與等比數(shù)列為基礎(chǔ)考查數(shù)列的性質(zhì)及前n項和的問題是數(shù)列中的中低檔難度問題,一般只要熟悉等差數(shù)列與等比數(shù)列及其前n項和的性質(zhì)即可正確得出結(jié)果.等差數(shù)列與等比數(shù)列是高中階段學(xué)習(xí)的兩種最基本的數(shù)列,也是高考中經(jīng)??疾椴⑶抑攸c考查的內(nèi)容之一,這類問題多從數(shù)列的本質(zhì)入

3、手,考查這兩種基本數(shù)列的概念、基本性質(zhì)、簡單運算、通項公式、求和公式等.本講內(nèi)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(yīng)從基礎(chǔ)處著筆,首先要熟練掌握這兩種基本數(shù)列的相關(guān)性質(zhì)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(zhǔn)又快地解決問題.除此以外,數(shù)列與其他知識的綜合考查也是高考中??嫉膬?nèi)容,數(shù)列是一種特殊的函數(shù),它能與很多知識進(jìn)行綜合,如方程、函數(shù)、不等式、極限,數(shù)學(xué)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(shù)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(shù)列是新課程的必修內(nèi)容,從課程定位上說,其考查難度不應(yīng)該太大,數(shù)列試題傾向考查

4、基礎(chǔ)是基本方向.從課標(biāo)區(qū)的高考試題看,試卷中的數(shù)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(yù)測20xx年的高考中,數(shù)列試題會以考查基本問題為主,在數(shù)列的解答題中可能會出現(xiàn)與不等式的綜合、與函數(shù)導(dǎo)數(shù)的綜合等,但難度會得到控制. 二、知識導(dǎo)學(xué) 要點1:有關(guān)等差數(shù)列的基本問題 1.涉及等差數(shù)列的有關(guān)問題往往用等差數(shù)列的通項公式和求和公式“知三求二”解決問題; 2.等差數(shù)列前n項和的最值問題,經(jīng)常轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)的最值問題;有時利用數(shù)列的單調(diào)性(d>0,遞增;d<0,遞減); 3.證明數(shù)列{}為等差數(shù)列有如下方法:①定義法;證明(與n值無關(guān)的常數(shù));②等差中項法:證明。 要點

5、2:有關(guān)等比數(shù)列的基本問題 1證明數(shù)列{}為等比數(shù)列有如下方法:①定義法:證明。 ②等比中項法:。 2求一般數(shù)列{}通項公式時常用構(gòu)造數(shù)列法、待定系數(shù)法等。 要點向3:等差、等比數(shù)列綜合問題 1.在解決等差數(shù)列或等比數(shù)列的相關(guān)問題時,“基本量法”是常用的方法,但有時靈活地運用性質(zhì),可使運算簡便,而一般數(shù)列的問題常轉(zhuǎn)化為等差、等比數(shù)列求解。 2.?dāng)?shù)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(shù)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

6、本質(zhì),揭示問題的內(nèi)在聯(lián)系和隱含條件,明確解題方向,形成解題策略. 要點4:可轉(zhuǎn)化為等差、等比數(shù)列的求和問題 某些遞推數(shù)列可轉(zhuǎn)化為等差、等比數(shù)列解決,其轉(zhuǎn)化途徑有: 1.湊配、消項變換——如將遞推公式(為常數(shù),≠0,≠1)。通過湊配變成;或消常數(shù)轉(zhuǎn)化為 2.取倒數(shù)法—如將遞推公式遞推式,考慮函數(shù)倒數(shù)關(guān)系有 令則可歸為型。 3.對數(shù)變換——如將遞推公式取對數(shù)得 4.換元變換——(其中p,q均為常數(shù),(或,其中p,q, r均為常數(shù))。一般地,要先在原遞推公式兩邊同除以,得:引入輔助數(shù)列(其中),得:則轉(zhuǎn)化為的形式。 要點5:數(shù)列求和的常用方法: 1、直接由等差、等比數(shù)列的求和公式

7、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(shù)列與一個等比數(shù)列對應(yīng)項相乘所得的數(shù)列的求和,即等比數(shù)列求和公式的推導(dǎo)過程的推廣. 3、分組轉(zhuǎn)化法:把數(shù)列的每一項分成兩項,使其轉(zhuǎn)化為幾個等差、等比數(shù)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(fù)項相消剩下首尾若干項,注意一般情況下剩下正負(fù)項個數(shù)相同. 5、倒序相加法:把數(shù)列正著寫和倒著寫相加(即等差數(shù)列求和公式的推導(dǎo)過程的推廣). 三、易錯點點睛 命題角度1 數(shù)列的概念 1.已知數(shù)列{an}滿足a1=1,an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1,(n≥2),則{an}的通項

8、an=_________. [考場錯解] ∵an=a1+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(shù)列的通項公式時向前遞推一項時應(yīng)考慮n的范圍.當(dāng)n=1時,a1=與已知a1=1,矛盾. [對癥下藥] ∵n≥2時,an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1① 當(dāng)n≥3時,an-1=a1+2a2+3a3+…+(n-2)·an-2② ①-

9、②得 an-an-1=(n-1)·an-1∴當(dāng)n≥3時,=n,∵an=··...·=n·…·4·3×a2=a2,∵a2=a1=1 ∴當(dāng)n≥2時,an= . 當(dāng)n=1時,a1=1故an= 2.設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn,Sn=(對于所有n≥1),且a4=54,則a1的數(shù)值是________. [考場錯解]∵Sn==,∴此數(shù)列是等比數(shù)列,首項是a1,公比是3,由a4=a1·34-1, ∴a1=2. [專家把脈] 此題不知數(shù)列{an}的類型,并不能套用等比數(shù)列的公式.而答案一致是巧合. [對癥下藥]∵a4=S4-S3=(34-1)-(33-1)=54,解得a1=2.

10、 3.已知數(shù)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(dá)式. [考場錯解] (1)∵a1=1,∴a2=3+1=4,a3=32+4=13. (2)由已知an=3n-1+an-1,即an-an-1=3n-1 即an成等差數(shù)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(shù),它是一個變量,故不符合等差數(shù)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=(

11、an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=3n-1+3n-2+…+3+1=. 4.等差數(shù)列{an}中,a1+a2+a3=-24,a18+a19+a20=78,則此數(shù)列前20項和等于 ( ) 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(shù)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(yīng)運用數(shù)列的性質(zhì)求解就簡易得多. [對癥下

12、藥] B 由公式m+n=2Pam+an=2ap?(只適用等差數(shù)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∵S20==10(a2+a19)=180 2.若{an}是等差數(shù)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(shù)n是 ( ) A.4005 B.4006 C.4007 D.4008 [考場錯解] ∵a2004+a2003>0,即2a1+2002d+2003d

13、>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(shù) n.故而判斷a2003>0,a2004<0,所以前2003項為正,從第2004項起為負(fù),由等差數(shù)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(shù)列前n項的性質(zhì)及圖象中應(yīng)注意.a(chǎn)2003>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(shù)列 ∴{an}表示首項為正數(shù),公差為負(fù)數(shù)的單調(diào)遞減等差數(shù)列,且a2003

14、是絕對值最小的正數(shù),a2004是絕對值最大的負(fù)數(shù)(第一個負(fù)數(shù)),且|a2003|>|a2004|∴在等差數(shù)列{an}中,a2003+a2004=a1+a4006>0,S4006=>0 ∴使Sn>0成立的最大自然數(shù)n是4006. 3.設(shè)無窮等差數(shù)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(shù)k; (Ⅱ)求所有的無窮等差數(shù)列{an};使得對于一切正整數(shù)中k都有Sk2=(Sk)2成立. [考場錯解] (1)當(dāng)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

15、)由對一切正整數(shù)k都有Sk2=(Sk)2成立. 即k2a1+d=(ka1+)2 即(a1-)k2-adk2(k-1)+k2(k2-1)-k2(k-1)2=0對—切正整數(shù)k恒成立故 求得a1=0或1,d=0 ∴等差數(shù)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(shù)k都成立.而不是一切實數(shù).故而考慮取k的特值也均成立. [對癥下藥] (Ⅰ)當(dāng)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(shè)數(shù)列{an}的公差為d,則在Sk2=(Sk

16、)2中分別取k=1,2,得 由(1)得a1=0或a1=1. 當(dāng)a1=0時,代入(2)得d=0或d=6.若a1=0,d=0,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(shù)列不符合題意.當(dāng)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(shù)列:①{an}

17、:an=0,即0,0,0,…;②{an}:an=1,即1,1,1,…;③{an}:an=2n-1,即1,3,5,…. 4.已知數(shù)列{an}的各項都是正數(shù),且滿足:a0=1,an+1=an·(4-an),nN.(1)證明an<an+1<2,n∈N.(2)求數(shù)列{an}的通項公式an. [考場錯解] 用數(shù)學(xué)歸納法證明:(1)1°當(dāng)n=1時,a0=1,a1=a0(4-a0)=,∴a0<a1<2,命題正確. 2°假設(shè)n=k時有ak-1<ak<2.則n=k+1時,ak-ak+1=ak-1(4-ak-1)-ak(4-ak) =2(ak-1-ak)-(ak-1-ak)(ak-1+ak)=(ak-1

18、-ak)(4-ak-1-ak).而ak-1-ak<0. 4-ak-1-ak>0,∴ak-ak-1<0.又ak-1=ak(4-ak)=[4-(ak-2)2]<2.∴n=k+1時命題正確.由1°、2°知對一切n∈N時有an<an+1<2. (2)an+1=an(4-an)=[-(an-2)2+4].∴2(an+1-2)=-(an-2)2∴an+1-2=(an-2)2令bn=an-2,∴bn=-()1+2+…+2n-1·又∵b1=a1-2=-.∴bn=-()2n+2n-1.即an=2-()2n+2n-1. [專家把脈] 在(Ⅱ)問中求bn的通項時,運用疊代法.最后到b0而不是b1. [對癥下

19、藥](Ⅰ)同上,方法二:用數(shù)學(xué)歸納法證明:1°當(dāng)n=1時,a0=1,a1=a0(4-a0)=,∴0<a0<a1<2;2°假設(shè)n=k時有ak-1<ak<2成立,令f(x)= x(4-x),f(x)在[0,2]上單調(diào)遞增,所以由假設(shè)有:f(ak-1)<f(ak)<f(2),即ak-1(4-ak-1)<ak(4-ak) ×2(4-2),也即當(dāng)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(shù)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…=-(

20、)1+2+…+2n-1b2n,又bn=-1,所以bn=-()2n-1,即an=2+bn=2-()2n-1 專家會診1.要善于運用等差數(shù)列的性質(zhì):“若m+n=p+q,則am+an=ap+aq”;等差數(shù)列前n項和符合二次函數(shù)特征.借助二次函數(shù)性質(zhì)進(jìn)行數(shù)形結(jié)合法解等差數(shù)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(guān)參數(shù)的值,學(xué)會分析問題和解決問題. 命題角度3 等比數(shù)列 1.?dāng)?shù)列{an}的前n項和記為Sn,已知a1=1,aa+1=(n=1,2,3…).證明:(Ⅰ)數(shù)列{}是等比數(shù)列;(Ⅱ)Sn+1=4an. [考場錯解] (Ⅰ)已知a1=1,an+1=,∴a2=3S1=

21、3,∴S2=4 a3=·S2=2×4=8.∴S3=1+3+8=12. 即.故{}是公比為2的等比數(shù)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(shù)n≥1,都有Sn+1=4an. [專家把脈] (Ⅰ)中利用有限項判斷數(shù)列類型是運用不完全歸納法,應(yīng)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(shù)列. (Ⅱ)由(Ⅰ)知=4·(n2).于是Sn

22、+1=4(n+1)·=4an(n≥2).又a2=3S1=3, 故S1=a1+a2=4.因此對于任意整數(shù)n≥1,都有Sn+1=4an. 2.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,Sn=(an-1)(n∈N*).(Ⅰ) 求a1,a2;(Ⅱ)求證數(shù)列{an}是等比數(shù)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(shù)列. [專家把脈] 在利用an=Sn-Sn-1公式時,應(yīng)考慮n≥2時才能成立. [對癥下藥] (Ⅰ)由S1=

23、(a1-1),?得a1=(a1-1),∴a1=-.又S2=(a2-1),即a1+a2=(a2-1),得a2=. (Ⅱ)當(dāng)?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(shù)列. 3.等比數(shù)列的四個數(shù)之和為16,中間兩個數(shù)之和為5,則該數(shù)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(shè)這四個數(shù)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(yīng)選A. [專家把脈] 上述解答設(shè)等比數(shù)列的公比為q2是不合理的.這相當(dāng)于增

24、加了四個數(shù)同號這個條件,而題設(shè)中的四個數(shù)不一定同號.因此,產(chǎn)生了漏解現(xiàn)象. [對癥下藥]設(shè)這四個數(shù)為a,aq,aq2,aq3,則或-.因此,應(yīng)選D. 4.設(shè)數(shù)列{an}的首項a1=a≠,且an+1= (Ⅰ)求a2,a3;(Ⅱ)判斷數(shù)列{bn}是否為等比數(shù)列,并證明你的結(jié)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(shù)列是時,式子中,an中n為偶數(shù)時, 是連續(xù)兩項,并不能得出. [對癥下藥] (Ⅰ)a2=a1+=a

25、+,a3=a2=a+; (Ⅱ)∵a4=a3+=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(shù)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(shù)列. (Ⅲ)求(b1+b2+b3+…+bn)= 專家會診1.證明等比數(shù)列時應(yīng)運用定義證為非0常數(shù),而不能(此時n≥2).2.等比數(shù)列中q可以取負(fù)值.不能設(shè)公比為q2.3.會運用等比數(shù)列性質(zhì),“若m+n=p+k,則am·an=ap·ak”. 命題角度 4 等差與等比數(shù)列的綜合

26、1.(典型例題)已知數(shù)列{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(shù),則存在數(shù)列{xn}、{yn}使得( ) A.an=xn+yn,其中{xn}為等差數(shù)列,{yn}為等比數(shù)列 B.a(chǎn)n=xn+yn,其中{xn}和{yn}都為等差數(shù)列 C.a(chǎn)n=xn·yn,其中{xn}為等差數(shù)列,{yn}為等比數(shù)列D.a(chǎn)n=xn·yn,其中{xn}和{yn}都為等比數(shù)列 [考場錯解]∵a[2-()n-1]=xn,b[2-(n-1)()n-1]=yn,又∵xn,yn成等比數(shù)列,故選D. [專家把脈]應(yīng)從數(shù)列{an}的前n項和Sn

27、的表達(dá)式入手,而不能從形式上主觀判斷. [對癥下藥] C. a1=S1=3a an=Sn-Sn-1=a[2+()n-1]-b[2-(n+1)·()n+1] -a[2+()n-2]+b[2-n()n-2]=(bn-b-a)·()n-1 ∵{()n-1}為等比數(shù)列,{bn-a-b}為等差數(shù)列. 2.已知數(shù)列{an}是首項為a且公比q不等于1的等比數(shù)列,Sn是其前n項和,a1,2a7,3a4成等差數(shù)列.(Ⅰ) 證明12S3,S6,S12-S6成等比數(shù)列; (Ⅱ)求和Tn=a1+2a4+3a7+…+na3n-2. [考場錯解] (Ⅰ)由a1,2a7,3a4 成等差數(shù)列.得4a7=a1+3a

28、4,4aq6=a+3aq3.從而可求q3=-,或q3=1.當(dāng)q3=-時,=,=q6=.故12S3,S6,S12-S6成等比數(shù)列.當(dāng)q3=1時,=,=q6=1.故12S3,S6,S12-S6不成等比數(shù)列. [專家把脈]本題條件中已規(guī)定q≠1.故應(yīng)將q=1時舍去. [對癥下藥](Ⅰ)證明:由a1,2a7,3a4成等差數(shù)列.得4a7=a1+3a4,即4aq6=a+3aq3.變形得(4q3+1)(q3-1)=0,所以q3=-或q3=1(舍去)由==1+q6-1=q6=,得=.所以12S3,S6,S12-S6成等比數(shù)列. (Ⅱ)解法:Tn=a1+2a4+3a7+…+na3a-2=a+2aq3+3

29、aq6+…+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(biāo)分別為(0,0)、(1,0)、(0,2),設(shè)P1為線段BC的中點,P2為線段CO的中點,P3為線段OP1的中點,對于每一個正整數(shù)n,Pn+3為線段PnPn+1的中點,令Pn的坐標(biāo)為(xn,y

30、n),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(shù)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(shù)列. [專家把脈]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

31、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(shù)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,∴{bn}是公比為- 的等比數(shù)列. 4.在等差數(shù)列{an}中,公差d≠0,a2是a1與a4的等比中項.已

32、知數(shù)列a1,a3,,…,akn,…成等比數(shù)列,求數(shù)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(shù)列.∴kn=1·3n-1=3n-1. [專家把脈]錯因在把k1當(dāng)作數(shù)列{an}的首項.k1=1.而實際上k1=9. [對癥下藥]依題設(shè)得an=a1+(n-1)d,=a1a4,∴(a1+d)2=a1(a1+3d),整理得d2=a1d, ∵d≠0,∴d=a1,得an=nd,所以,由已知得d,3d,k1d,k2d,…knd

33、n…是等比數(shù)列.由d≠0,所以數(shù)列1,3,k1,k2,…kn,… 也是等比數(shù)列,首項為1,公比為q==3,由此得k1=9.等比數(shù)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(shù)列{kn}的通項kn=3n+1. 專家會診1.賦值法在解等差、等比數(shù)列問題中是常用方法.從而求出系數(shù)的值及從中找出規(guī)律.2.等比數(shù)列中應(yīng)注意考慮公比等于1的特殊情況,等比數(shù)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(shù)列與等比數(shù)列中,經(jīng)常要根據(jù)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(shù)列與解析幾何、函數(shù)、不等式的綜合 1.已知

34、定義在R上的函數(shù)f(x)和數(shù)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(shù),k為非零常數(shù).(Ⅰ)令bn=aa+1-an(n∈N*),證明數(shù)列{bn}是等比數(shù)列;(Ⅱ)求數(shù)列{an}的通項公式;(Ⅲ)當(dāng)|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(shù)學(xué)歸納法可證bn=an+1-an≠0(n∈N*).由題設(shè)條件,當(dāng)n≥2時=k 故數(shù)列{bn}是公比為k的等比數(shù)列. (Ⅱ)由(

35、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) 故an=a[f(a)-a] (n∈N*)∴an=a+(n-1)[f(a)-a](n∈N*) (Ⅲ)當(dāng)|k|<1時==a+ 2.如圖,直線l1:y=kx+1-k(k≠0,k≠)與l2相交于點P.直線l1與x軸交于點P1,過點P1作x軸的垂線交于直線l2于點Q1,過點Q1作y軸的垂線交直線l1于點P2,過點P2作x軸的垂線交直線l2于點Q2,…這樣一直作下

36、去,可得到一系列點P1,Q1,P2,Q2,…點Pn(n=1,2,…)的橫坐標(biāo)構(gòu)成數(shù)列{xn}. (Ⅰ)證明xn+1-1=(xn-1),(n∈N*);(Ⅱ)求數(shù)列{xn}的通項公式; (Ⅲ)比較2|PPn|2與4k2|PP1|2+5的大小. [考場錯解]證明:設(shè)點Pn的坐標(biāo)是(xn,yn),由已知條件得點Qn、Pn+1的坐標(biāo)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),n∈N*. (Ⅱ)由(Ⅰ)知,故{xn-1}是等比數(shù)列,且首項x1-1=-,公比為.從而求得xn=1-2×()n,n∈N*. [專

37、家把脈] (Ⅱ)問中對于xn+1-1=(xn-1)先應(yīng)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(shè)知x1=1-,x1-1=-≠0,又由(Ⅰ)知xn+1-1=(xn-1),?所以數(shù)列{xn-1}是首項為x1-1,公比為的等比數(shù)列.從而xn-1=-×()n-1,即xn=1-2×()n,n∈N*. (Ⅲ)解法:由得點P的坐標(biāo)為(1,1).所以2|PPn|2=2(xn-1)2+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. (i)當(dāng)|k|>,即k<-或k>時,

38、4k2?|PP1|2+5>1+9=10.D而此時0<||<1,所以2|PPn|2<8×1+2=10,故2|PPn|2<4k2|PP1|2+5. (ii)當(dāng)0<|k|<,即k∈(-,0)∪(0,)時,4k2|PP1|2+5<1+9=10.而此時||>1,所以2|PPN|2>8×1+2=10.故2|PPn|2>4k2|PP1|2+5. 3.已知函數(shù)f(x)=設(shè)數(shù)列{an}滿足a1=1,an+1=f(an),數(shù)列{bn}滿足bn=|an-|,Sn=b1+b2+…+bn(n∈N*).(Ⅰ)用數(shù)學(xué)歸納法證明bn≤;(Ⅱ)證明Sn<. [考場錯解](Ⅰ)bn=|an-|,又∵an=1+,an+1=(

39、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. [對癥下藥](Ⅰ)證明:當(dāng)x≥0時,f(x)=1+≥1.因為a1=1,所以an≥1(n∈N*).下面用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式bn≤. (1)當(dāng)n=1時,b1=-1,不等式成立,(2)假設(shè)當(dāng)n=k時,不等式成立,即bk≤.那么bk-1=|ak+1-|=.所以,當(dāng)n=k+1時,不等式也成立.根據(jù)(1)和(2),可知不等式對任意n∈N*都成立. (Ⅱ)證明:由(Ⅰ)知,bn≤.所以Sn=b1+b2+…+bn≤(-1)+

40、 <(-1)·.故對任意n∈N*,Sn< [專家會診]函數(shù)、數(shù)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(yīng)充分運用函數(shù)與數(shù)列的聯(lián)系,即數(shù)列是一種特殊函數(shù),以及解析幾何中方程與函數(shù)、數(shù)列的關(guān)系來解題.而數(shù)列與不等式的綜合更顯出問題的綜合性. 命題角度6 數(shù)列的應(yīng)用 1.某企業(yè)20典型例題)若an=n2+An,且數(shù)列{an}為遞增數(shù)列,則實數(shù)的取值范圍是____________. [考場錯解] ∵(n,an)(nN+)是函數(shù)f(x)=x2+λx圖象上的點,且數(shù)列{an}為遞增數(shù)列, 只需-≤1,即λ≥-2,∴λ的取值范圍是[-2,+∞]. [

41、專家把脈] 忽視了數(shù)列的離散型特征.?dāng)?shù)列{an}為遞增數(shù)列,只要求滿足a1-3. ∴λ的取值范圍是(-3,+∞).(答案不唯一,λ>-3的所有實數(shù)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(qiáng)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(shè)在第n年內(nèi)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

42、些比例系數(shù)依次為正常數(shù)a,b,C,(Ⅰ)求xn+1與xn的關(guān)系式;(Ⅱ)猜測:當(dāng)且僅當(dāng)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(shè)a=2,c=1,為保證對任意x1∈(0,2),都有xn>0,n∈N+,則捕撈強(qiáng)度b的最大允許值是多少?證明你的結(jié)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(chǎn)=2.c=1.∴0<2-b<2 0

43、故b最大值為2. [專家把脈] (Ⅲ)問中使用了第(Ⅱ)問的結(jié)論,而第(Ⅲ)中并不一定每年年初魚群的總量不變. [對癥下藥] (1)從第n年初到第n+1年初,魚群的繁殖量為axn,被捕撈量為bxn,死亡量為cx2n,因此xx+1- xn=axn-bxn-cx2n,n∈N*.(*) 即xn+1=xn(a-b+1- cxn),n∈N*.(答案:) (Ⅱ)若每年年初魚群總量保持不變,則xn恒等于x1,n∈N*,從而由(*)式得xn(a-b-cxn)恒等于0,n∈ N*,所以a-b-cx1=0.即x1=因為x1>0,所以a>b.猜測:當(dāng)且僅當(dāng)a>b,且x1=時,每年年初魚群的

44、總量保持不變. (Ⅲ)若b的值使得xn>0,n∈N*,由xn+1=xn(3-b-xn),n∈N*,知00.又因為xk+1=xk(2- xk)=-(xk-1)2+l≤1<2,所以xk+1∈(0,2),故當(dāng)n=k+1時結(jié)論也成立.由①、②可知,對于任意的n

45、∈N*,都有xn∈(0,2).綜上所述,為保證對任意x1∈(0,2),都有xn>0,n∈N*,則捕撈強(qiáng)度b的最大允許值是1. 5.假設(shè)某市:2004年新建住房400萬平方米,其中有250萬平方米是中低價房.預(yù)計在今后的若干年內(nèi),該市每年新建住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(dāng)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(shù)列 an是中低價房面積.a(chǎn)1=25

46、0,d=50.∴Sn=25n2+225n由25n2+ 225n ≥4750即n≥10. (2)設(shè)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(yīng)是第幾年的中低價房的面積而不是累計面積. [對癥下藥] (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≥4750,即n2+9n-190≥0,而n是正整數(shù),∴n≥10.到 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(shè)新建住房面積形成數(shù)列{bn

47、},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-1·0.85.由題意可知an>0.85bn,有250+ (n-1)·50>400·(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(shù)n=6.到2009年底,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首次大于85%. 四、典型習(xí)題導(dǎo)練 1、各項都為正數(shù)的數(shù)列滿足。(Ⅰ)求數(shù)列的通項公式;(Ⅱ)求數(shù)列的前項和。 【解析】(Ⅰ)由可知數(shù)列是以1為首項,公差為2的等差數(shù)列 ,又,則 (Ⅱ) 2、已知數(shù)列滿足:,且,,數(shù)列的前項和為(Ⅰ)求數(shù)列的通項(Ⅱ)求證:

48、 【解析】(Ⅰ) (Ⅱ)數(shù)列的前項和為: 因為是正整數(shù),所以故 3、已知是公比大于的等比數(shù)列,它的前項和為, 若,,,成等差數(shù)列,且,()(Ⅰ)求;(Ⅱ)求數(shù)列的前項和. 【解析】(Ⅰ)依,,,成等差數(shù)列,得 -----(2分) 從而 得 故.------(4分) (Ⅱ)當(dāng)時, 則 ----------(1分) 令, 得故.------------(3分) 于是.------(2分) 4、已知數(shù)列滿足,.(Ⅰ)證明數(shù)列是等比數(shù)列,并求出數(shù)列的通項公式;(Ⅱ)設(shè)數(shù)列的前項和為,且對一切,都有 成立,求. 【解析】(Ⅰ)由可得 所以數(shù)列是以2為首項,3為公比的等

49、比數(shù)列 …………3分 故有 …6分 (Ⅱ) 由 可知當(dāng)時,,, 當(dāng)時,, ……………8分 設(shè) ,……11分 綜上……………12分 5、已知函數(shù)(x≠0),各項均為正數(shù)的數(shù)列中,,.(Ⅰ)求數(shù)列的通項公式;(Ⅱ)在數(shù)列中,對任意的正整數(shù), 都成立,設(shè)為數(shù)列的前項和試比較與的大小. 【解析】(Ⅰ)由題意知,∴是以1為首項4為公差的等差數(shù)列 . ∴, ∴, ∴..6分 (Ⅱ), ∴ 13分 6、已知數(shù)列滿足:且()(Ⅰ)求證:數(shù)列為等比數(shù)列,并求數(shù)列的通項公式;(Ⅱ)證明:()。 【解析】(Ⅰ)由題得:an+1(an+n)=2(n+1)an , 即 故

50、 又 所以數(shù)列為等比數(shù)列, ……3分 , ……6分 (Ⅱ)由上知…8分 所以()。 …………12分 7、已知等差數(shù)列滿足,數(shù)列的前項和為.①求數(shù)列和的通項公式;②解不等式. 【解析】考查等差數(shù)列、等比數(shù)列,考查探究能力和邏輯思維能力.①設(shè)數(shù)列的公差為, 由,得,∴.由數(shù)列的前項和為可知 當(dāng)時,,當(dāng)時,,該式對也成立. 所以數(shù)列的通項公式為的通項公式為. ②由得∵時,時, 又單調(diào)遞減,單調(diào)遞增.∴不等式的解集為. 8、數(shù)列{}的前n項和記為,點在曲線上(). (Ⅰ)求數(shù)列{}的通項公式;(Ⅱ)設(shè),求數(shù)列{}的前n項和的值. 【解析】(Ⅰ)由點在曲線上()知

51、, (1分) 當(dāng)≥2時==;(4分) 當(dāng)時, ,滿足上式;(5分)∴數(shù)列{}的通項公式為 (6分) (Ⅱ)由得(7分)∴①(8分) 上式兩邊乘以2,得 ②(9分) ①-②得 10分∴,即.12分 9、在等差數(shù)列{an}中,滿足3a5=5a8,Sn是數(shù)列{an}的前n項和.(Ⅰ)若a1>0,當(dāng)Sn取得最大值時,求n的值;(Ⅱ)若a1=-46,記bn=,求bn的最小值. 【解析】(Ⅰ)設(shè){an}的公差為d,則由3a5=5a8,得3(a1+4d)=5(a1+7d),∴d=-a1. ∴Sn=na1+×(-a1)=-a1n2+a1n=-a1(n-12)2+a1. ∵a1>0,

52、∴當(dāng)n=12時,Sn取得最大值.………(6分) (Ⅱ)由(Ⅰ)及a1=-46,得d=-×(-46)=4, ∴an=-46+(n-1)×4=4n-50,Sn=-46n+×4=2n2-48n. ∴bn===2n+-52≥2-52=-32, 當(dāng)且僅當(dāng)2n=,即n=5時,等號成立.故bn的最小值為-32.………(12分) 10、數(shù)列的前n項和記為Sn,,點(Sn,)在直線上,n∈N*.(Ⅰ)若數(shù)列是等比數(shù)列,求實數(shù)t的值;(Ⅱ)設(shè),在(1)的條件下,求數(shù)列的前n項和;(Ⅲ)設(shè)各項均不為0的數(shù)列中,所有滿足的整數(shù)i的個數(shù)稱為這個數(shù)列的“積異號數(shù)”,令(),在(2)的條件下,求數(shù)列的“積異號數(shù)”

53、 【解析】(Ⅰ)由題意,當(dāng)時,有 (1分)兩式相減,得,(2分) 所以,當(dāng)時是等比數(shù)列,要使時是等比數(shù)列,則只需從而得出(4分) (Ⅱ)由(Ⅰ)得,等比數(shù)列的首項為,公比,∴ (5分) ∴ (6分)∴ ① (7分) 上式兩邊乘以3得 ② (8分) ①-②得(9分)∴ (10分) (Ⅲ) 由(Ⅱ)知,∵∵,,∴(11分) ∵,∴數(shù)列遞增.(12分) 由,得當(dāng)時,cn>0. (13分)∴數(shù)列的“積異號數(shù)”為1.(14分) 11、定義數(shù)列: ,且對任意正整數(shù),有. (Ⅰ)求數(shù)列的通項公式與前項和;(Ⅱ)問是否存在正整數(shù),使得?若存在,則求出所有的正整數(shù)對

54、;若不存在,則加以證明. 【解析】考查了等差、等比數(shù)列的通項公式、求和公式,數(shù)列的分組求和等知識,考查了學(xué)生變形的能力,推理能力,探究問題的能力,分類討論的數(shù)學(xué)思想、化歸與轉(zhuǎn)化的思想以及創(chuàng)新意識. (Ⅰ)對任意正整數(shù), , .1分 所以數(shù)列是首項,公差為等差數(shù)列;數(shù)列是首項,公比為的等比數(shù)列2分 對任意正整數(shù),,.3分 所以數(shù)列的通項公式或 4分 對任意正整數(shù), . 5分 6分 所以數(shù)列的前項和為. 或 7分 (Ⅱ),從而,由知 8分 ①當(dāng)時, ,即;9分 ②當(dāng)時, ,即;10分 ③當(dāng)時, ,則存在, 使得從而,得, ,得,即. 13分 綜上可知,符合

55、條件的正整數(shù)對只有兩對:與 14分 12、在數(shù)列中,已知,,且 (Ⅰ)記,求證:數(shù)列是等差數(shù)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。 【解析】(Ⅰ)由題意得 又,故是以為首項,以2為公差的等差數(shù)列; 4分 (Ⅱ)由(Ⅰ)得 8分 (Ⅲ)設(shè)對任意存在,使得,即整理得 ,而總為偶數(shù)且非負(fù),故 13分 13、設(shè)數(shù)列滿足.(Ⅰ)求數(shù)列的通項公式;(Ⅱ)證明:對于一切正整數(shù),. 【解析】:(Ⅰ)由 令,當(dāng)時, ① 當(dāng)時, ② 當(dāng)時,,.………7分 (Ⅱ)當(dāng)時,要證,只需證. 只需證. 因

56、為 . 當(dāng)綜上所述……14分 14、已知在數(shù)列中,,(且(Ⅰ)若是等比數(shù)列,求與滿足的條件;(Ⅱ)當(dāng),時,某點從原點出發(fā),第1次向右(沿軸正向)移動,第2次向上(軸正向)移動,第3次向左移動,第4次向下移動,以后依次按向右、向上、向左、向下的方向移動,設(shè)第次移動的位移是,設(shè)第次移動后,該點的橫坐標(biāo)為,求數(shù)列的前項和 【解析】(Ⅰ),, 由于是等比數(shù)列所以即:所以 或 (Ⅱ)當(dāng),時,, 依題意得:,,…, ∴. ∴.∴. ∴ . 令① ②①-②得 ∴∴. 15、在平面直角坐標(biāo)系上,設(shè)不等式組表示的平面區(qū)域為,記內(nèi)的

57、整點(橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點)的個數(shù)為.(Ⅰ)求出的值(不要求寫過程);(Ⅱ)證明數(shù)列為等差數(shù)列;(Ⅲ)令=(n∈N*),求 【解析】(Ⅰ) ……3分 (Ⅱ)由 …4分所以平面區(qū)域為內(nèi)的整點為點(3,0)與在直線上…5分直線與直線交點縱坐標(biāo)分別為…6分內(nèi)在直線上的整點個數(shù)分別為4n+1和2n+1, …7分 ……8分 數(shù)列為等差數(shù)列. …9分 (Ⅲ)∵bn=……10分 ……………14分 16、已知數(shù)列、滿足,,數(shù)列的前項和為.(Ⅰ)求證:數(shù)列為等差數(shù)列;(Ⅱ)設(shè),求證:;(Ⅲ)求證:對任意的都有成立. 【解析】(Ⅰ)由得代入得整理得, ∵否則,與矛盾從而得, --

58、---3分 ∵ ∴數(shù)列是首項為1,公差為1的等差數(shù)列-------4分 (Ⅱ)∵,則. ∴= =---------6分 證法1:∵ ==∴.-----8分 證法2:∵ ∴∴ ∴.----8分 (Ⅲ)用數(shù)學(xué)歸納法證明: ①當(dāng)時,不等式成立;-----9分 ②假設(shè)當(dāng)(,)時,不等式成立,即,那么當(dāng)時 ---12分 = ∴當(dāng)時,不等式成立由①②知對任意的,不等式成立.-------14分 17、在數(shù)列中,已知, (Ⅰ)求數(shù)列的通項公式; (Ⅱ)若(為非零常數(shù)),問是否存在整數(shù),使得對任意都有?若存在,求出的值;若不存在,請說明理由。 【解析】(Ⅰ)由

59、①得:② ①-②得,即有,數(shù)列是從第二項為,公比為的等比數(shù)列 即, 而滿足該式, (Ⅱ) , 要使恒成立 恒成立即 當(dāng)為奇數(shù)時,恒成立,而的最小值為 當(dāng)為偶數(shù)時,恒成立,而的最大值為 或所以,存在,使得對任意都有 18、數(shù)列的前項和為,,且對任意正整數(shù),點在直線上. (Ⅰ) 求數(shù)列的通項公式;(Ⅱ)是否存在實數(shù),使得數(shù)列為等差數(shù)列?若存在,求出的值;若不存在,則說明理由. (Ⅲ)已知數(shù)列,,,求證:. 【解析】(Ⅰ)由題意可得:①時, ② ①─②得, 是首項為,公比為的等比數(shù)列,… 4分 (Ⅱ) 欲使成等差數(shù)列,只須即便可

60、. 故存在實數(shù),使得數(shù)列成等差數(shù)列.…………… 9分 (Ⅲ) 又函數(shù)在上為增函數(shù), ,,.…… 14分 19、已知數(shù)列{an}各項均為正數(shù),Sn為其前n項和,對于,總有成等差數(shù)列. (Ⅰ)求數(shù)列{an}的通項an(Ⅱ)設(shè)數(shù)列的前n項和為Tn,數(shù)列{Tn}的前n項和為Rn,求證:時,;(Ⅲ)對任意,試比較與的大小 【解析】(Ⅰ)由題意,得(n∈N*).于是,兩式相減,得, 即an+1+an=(an+1+an)(an+1-an),由題,an>0,an+1+an≠0,得an+1-an=1,即{an}為公差為1的等差數(shù)

61、列. 又由,得a1=1或a1=0(舍去).∴ an=1+(n-1)·1=n (n∈N*).…………5分 (Ⅱ)證法一:由(I)知,于是, 于是當(dāng)n≥2時,= == ==n(Tn-1).…………10分 法二:①當(dāng)n=2時,R1=T1==1,2(T2-1)=2(=1,∴ n=2時,等式成立. ②假設(shè)n=k(k≥2)時,等式成立,即, 當(dāng)n=k+1時, = == = = =. ∴ 當(dāng)n=k+1時,等式也成立.綜合①②知,原等式對n≥2,n∈N*均成立. ……10分 (Ⅲ)由(I)知,.由分析法易知,, 當(dāng)k≥2時, ,∴ . 即.………14分 20、已知點列

62、,,…,,順次為一次函數(shù) 圖像上的點,點列,,…,,順次為軸正半軸上的點,其中.對于任意,點、、構(gòu)成以為頂點的等腰三角形. (Ⅰ)求的通項公式,并證明是等差數(shù)列;(Ⅱ)試判斷是否為同一常數(shù)(不必證明),并求出數(shù)列的通項公式;(Ⅲ)在上述等腰三角形中,是否存在直角三角形?若有,求出此時的值;若不存在,請說明理由. 【解析】(Ⅰ),.是首項為,公差為等差數(shù)列;…………..3分 (Ⅱ)為常數(shù),及都是公差為2的等差數(shù)列..4分…..6分 .…..7分 (Ⅲ)要使為直角三角形,則,.…..8分 當(dāng)n為正奇數(shù)時, 取………..10分 當(dāng)n為正偶數(shù)時, 取,得……..12分 綜上

63、可知,存在滿足題意的直角三角形,此時的值為………..13分 21、設(shè)曲線:上的點到點的距離的最小值為,若,, (Ⅰ)求數(shù)列的通項公式;(Ⅱ)求證:;(Ⅲ)是否存在常數(shù),使得對,都有不等式:成立?請說明理由. 【解析】(Ⅰ)設(shè)點,則,所以, 因為,所以當(dāng)時,取得最小值,且, 又,所以,即 將代入 得兩邊平方得,又, 故數(shù)列是首項,公差為的等差數(shù)列,所以, 因為,所以.………………6分 (Ⅱ)因為,所以 所以,所以 所以,所以 以上個不等式相加得.…………………10分 (Ⅲ)因為,當(dāng)時, , 因為, 所以 所以, 所以. 故存在常數(shù),對,都有不等式:成立. …………14分

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