高考压轴题之数列

1、数列及其通项例1设是首项为1的正项数列，且（=1，2，3，），则它的通项公式是= 分析 本题由递推式求通项公式,考虑到填空题特点：即只要结果不要过程,故采用不完全归纳法(由特殊到一般).也可化简递推式,从而求得通项公式.解法一： 由条件,可得,(负值舍去)由此可猜想.解法二： 由,可得因为,所以故只有,即所以=链接形如的递归式,其通项公式求法为：形如的递归式,其通项公式求法为：例2 . 已知an = ( nN* )，则在数列an 的前20项中，最大项和最小项分别是()A.a9,a8 . B.a10,a9 . C.a8,a9 . A.a9,a10 .分析因为an =1+所以a1,a2 ,a9组成

2、递减数列，a1最大，a10最小;a10,a11 ,a20组成递减数列，a10,最大，a20,最小，计算a1 a10, a9 a20.所以在数列 an 前20项中，最大项为a10，最小项为a9，故选B.说明要确定数列 an 的最大项和最小项，一种思路是先判断数列的单调性，另一种思路是画图观察.等差数列与等比数列例1.设无穷等差数列an的前n项和为Sn.()若首项，公差，求满足的正整数k；()求所有的无穷等差数列an，使得对于一切正整数都有成立.【答案】解：（I）当时，由，即。又。（II）设数列an的公差为d，则在中分别取=1，2,得。解得。若成立；若故所得数列不符合题意。若；若。综上，共有3个满

3、足条件的无穷等差数列：an : an=0，即0，0，0，；an : an=1，即1，1，1，；an : an=2n1，即1，3，5，。【考点】等差数列的通项公式，等差数列的性质。【分析】（I）利用等差数列的求和公式表示出前n项的和，代入到求得。（）设数列an的公差为d，在 Sn2=(Sn)2中分别取=1，2求得，代入到前n项的和中分别求得d，进而对和d进行验证，最后综合求得答案。例2 OBC的在个顶点坐标分别为（0,0）、（1,0）、（0,2）,设P1为线段BC的中点,P2为线段CO的中点,P3为线段OP1的中点,对于每一个正整数n,Pn+3为线段PnPn+1的中点,令Pn的坐标为(xn,yn

4、),（）求及;（）证明 ()若记证明是等比数列分析 本题主要考查数列的递推关系、等比数列等基础知识，考查灵活运用数学知识分析问题和解决问题的创新能力利用图形及递推关系即可解决此类问题解()因为，所以，又由题意可知 =为常数列()将等式两边除以2，得又 , （）= =又是公比为的等比数列说明 本题符号较多，有点列Pn，同时还有三个数列an，yn， bn，再加之该题是压轴题，因而考生会惧怕，而如果没有良好的心理素质，或足够的信心，就很难破题深入即使有的考生写了一些解题过程，但往往有两方面的问题：一个是漫无目的，乱写乱画；另一个是字符欠当，丢三落四最终因心理素质的欠缺而无法拿到全分例3设数列的前项和

5、为，已知，且，其中A.B为常数求A与B的值；（2分）证明：数列为等差数列；（6分）证明：不等式对任何正整数都成立（6分）【答案】解：（1）由已知，得，由，知，即，解得。（2）由（1）得得，得。，。，。，。又，数列为等差数列。（3）由（2）可知，要证，只要证。因为，故只要证，即只要证。因为，由于以上过程是可逆的，所以命题得证。【考点】数列的应用。【分析】（1）由题意知，从而解得A=20，B=8。（2）由（）得，所以在式中令，可得由此入手能够推出数列an为等差数列。（3）由（2）可知，然后用分析法可以使命题得证。例4.已知是等差数列，是公比为的等比数列，记为数列的前项和，（1）若是大于的正整数，求

6、证：；（4分）（2）若是某一正整数，求证：是整数，且数列中每一项都是数列中的项；（8分）（3）是否存在这样的正数，使等比数列中有三项成等差数列？若存在，写出一个的值，并加以说明；若不存在，请说明理由；（4分）【答案】解：设的公差为，由，知，（）（1）证：，。（2）证：，且，解得，或，但，。是正整数，是整数，即是整数。设数列中任意一项为，设数列中的某一项=，现在只要证明存在正整数，使得，即在方程中有正整数解即可。，。若，则，那么。当时，只要考虑的情况，是正整数。是正整数。数列中任意一项为与数列的第项相等，从而结论成立。（3）设数列中有三项成等差数列，则有2。设，则2。令，则。，解得。即存在使得中

7、有三项成等差数列。【考点】数列的求和，等差数列的性质，等比数列的性质【分析】（1）设的公差为，由，把代入，即可表示出，题设得证。（2）利用，可得，整理即可求得，从而可判定是整数，即是整数。设数列中任意一项为，设数列中的某一项=，只要证明存在正整数，使得，即在方程中有正整数解即可。（3）设数列中有三项成等差数列，利用等差中项的性质建立等式，设，从而可得以2，令，求得。例5.（1）设是各项均不为零的（）项等差数列，且公差，若将此数列删去某一项后得到的数列（按原来的顺序）是等比数列（i）当时，求的数值；（ii）求的所有可能值（2）求证：对于给定的正整数()，存在一个各项及公差均不为零的等差数列，其中

8、任意三项（按原来的顺序）都不能组成等比数列【答案】解：（1）（i）当n=4时, 中不可能删去首项或末项，否则等差数列中连续三项成等比数列，则推出d=0。若删去，则，即化简得，得。若删去，则，即化简得，得。综上，得或。（ii）当n=5时, 中同样不可能删去，否则出现连续三项。若删去，则，即化简得，因为，所以不能删去；当n6时，不存在这样的等差数列。事实上，在数列中，由于不能删去首项或末项，若删去，则必有，这与矛盾；同样若删去也有，这与矛盾；若删去中任意一个，则必有，这与矛盾。(或者说：当n6时，无论删去哪一项，剩余的项中必有连续的三项)。综上所述，。（2）假设对于某个正整数，存在一个公差为d的项

9、等差数列，其中（）为任意三项成等比数列，则，即，化简得（*）由知，与同时为0或同时不为0。当与同时为0时，有与题设矛盾；故与同时不为0，所以由（*）得。，且x、y、z为整数，上式右边为有理数，从而为有理数。对于任意的正整数，只要为无理数，相应的数列就是满足题意要求的数列。例如项数列1，满足要求。【考点】等差数列的性质，等比关系的确定，等比数列的性质【分析】（1）根据题意，对=4，=5时数列中各项的情况逐一讨论，利用反证法结合等差数列的性质进行论证，从而推广到4的所有情况（2）利用反证法结合等差数列的性质进行论证即可。数列的求和本节主要内容有Sn与an的关系；两个常用方法：倒写与错项；各种求和：

10、平方和、立方和、倒数和等；符号的运用. 掌握数列前n项和常用求法,数列求和的方法主要有：倒序相加法、错位相减法、转化法、裂项法、并项法等1.重要公式1+2+n=n(n+1)12+22+n2=n(n+1)(2n+1)2.数列an前n项和Sn与通项an的关系式：an=3. 在等差数列中Sm+n=Sm+Sn+mnd,在等比数列中Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn4.裂项求和：将数列的通项分成两个式子的代数和，即an=f(n+1)f(n)，然后累加时抵消中间的许多项5.错项相消法6.并项求和法例1.已知数列an是首项为a且公比q不等于1的等比数列，Sn是其前n项的和，a1，2a7，3a4成等差数

11、列（I）证明 12S3，S6，S12S6成等比数列；（II）求和Tn=a1+2a4+3a7+na3n2分析 (1)对于第(l)问，可先依据等比数列的定义与等差数列的条件求出等比数列的公比，然后写出12S3，S6，S12S6，并证明它们构成等比数列对于第(2)问，由于 Tn=a1+2a4+3a7+na3n2所以利用等差数列与等比数列乘积的求和方法即“乘公比错位相减法”解决此类问题解 （）证明由成等差数列，得，即变形得所以（舍去）由得所以12S3，S6，S12S6成等比数列（）解：即×得：所以说明 本题是课本例题：“已知Sn是等比数列an的前n项和，S3，S9，S6成等差数列，求证：a2

12、，a8，a5成等差数列”的类题，是课本习题：“已知数列an是等比数列，Sn是其前 n项的和，a1，a7，a4成等差数列，求证2 S3，S6，S12S6成等比数列”的改编例2设（1）令求数列的通项公式；（2）求数列的前n项和.分析利用已知条件找与的关系,再利用等差数列与等比数列之积的错位相差法来解决此类问题.解（1）因故bn是公比为的等比数列，且（2）由注意到可得记数列的前n项和为Tn，则说明 本题主要考查递推数列、数列的求和，考查灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力.数列的递推本节主要内容两个基本递推：an1and，anqan；线性递推，二阶或高阶递推的特征方程与特征根；其他递推1基本概念

13、：递归式：一个数列中的第项与它前面若干项，（）的关系式称为递归式递归数列：由递归式和初始值确定的数列成为递归数列2常用方法：累加法，迭代法，代换法，代入法等3思想策略：构造新数列的思想4常见类型： 类型：（一阶递归）其特例为：（1） （2） （3）解题方法：利用待定系数法构造类似于“等比数列”的新数列形如的递归式,其通项公式求法为：形如的递归式,其通项公式求法为：形如的递推式,两边同除以得,令则句可转化为来处理.例1一给定函数的图象在下列图中，并且对任意，由关系式得到的数列满足，则该函数的图象是( )11yxO11yxO11yxO11yxO（A）（）（）（）分析 利用递推式意义及数形结合,分析

14、清楚函数值与自变量的关系，即可判断解由，得，即，故选A 例2已知数列，且a2k=a2k1+(1)k, a2k+1=a2k+3k, 其中k=1,2,3,（I）求a3, a5；（II）求 an的通项公式 分析由于给出两个递推关系与奇数项、偶数项有关,因此因从奇数项或偶数项之间的关系入手.解（I）a2=a1+(1)1=0,a3=a2+31=3a4=a3+(1)2=4, a5=a4+32=13, 所以，a3=3,a5=13(II) a2k+1=a2k+3k= a2k1+(1)k+3k,所以a2k+1a2k1=3k+(1)k, 同理a2k1a2k3=3k1+(1)k1,a3a1=3+(1)所以(a2k+

15、1a2k1)+(a2k1a2k3)+(a3a1) =(3k+3k1+3)+(1)k+(1)k1+(1),由此得a2k+1a1=(3k1)+(1)k1,于是a2k+1=a2k= a2k1+(1)k=(1)k11+(1)k=(1)k=1an的通项公式为：当n为奇数时，an=当n为偶数时，说明这种给出递推关系,求通项公式问题,一般是转化为等差数列或等比数列,或者通过观察、归纳,或者通过顺次迭代,以求通项公式.例3设，如图，已知直线及曲线上的点的横坐标为作直线平行于轴，交直线作直线平行于轴，交曲线的横坐标构成数列（）试求的关系，并求的通项公式；（）当时，证明（）当时，证明【答案】解：（）， 。 。（）

16、证明：由a=1知。当 时，。（）证明：由（）知，当a=1时， = 。【考点】数列递推式，不等式的证明。【分析】（）根据，的坐标求得，从而通过公式法求得的通项公式。（）把a=1代入，根据可推断。由于当时，从而可知。（）由（）知，当a=1时，代入中，从而根据证明原式。例4设M为部分正整数组成的集合，数列的首项，前n项和为，已知对任意整数属于M，当>时，都成立.（1）设M=1，求的值；（2）设M=3，4，求数列的通项公式.【答案】解：（1）由题设知，当时，即，。又，当时，的值为8。(2) 由题设知, 当，且时，且，两式相减得，即，当时，成等差数列，且也成等差数列。当时，且。当时，即。当时，成等

17、差数列，从而。由式知，即。当时，设，当时，从而由式知，从而，。，对任意都成立。又由（可知，且。解得。，。数列为等差数列，由知，所以数列的通项公式为。【考点】数列递推式，数列与函数的综合。【分析】（1）由集合M的元素只有一个1，得到=1，所以当大于1即大于等于2时，都成立，变形后，利用化简，得到当大于等于2时，此数列除去首项后为一个等差数列，根据第2项的值和确定出的等差写出等差数列的通项公式，因为5大于2，所以把=5代入通项公式即可求出第5项的值；（2）由，利用数列递推式得到，从而求出，得到数列的通项公式。例5设整数，是平面直角坐标系中的点，其中，（1）记为满足的点的个数，求；（2）记为满足是整数的点的个数，求【答案】解：（1）点的坐标满足条件，。（2）设为正整数，记为满足条件以及的点的个数。只要讨论的情形。由,知，且,设，其中，则，将代入上式，化简得，。【考点】计数原理，数列递推式。【分析】（1）为满足的点P 的个数，显然的坐标的差值，与中元素个数有关，直接写出的表达式即可。（2）设为正整数，记为满足题设条件以及的点的个数，讨论1的情形，推出，根据的范围，说明是3的倍数和余数，然后求出。例6已知各项均