数列的总复习

1、数列的总复习泰来县第一中学 董爱国 孙玉民模块一：高考命题探究数列在整个中学数学教材中，处于一个知识汇合点的地位，很多知识都与数列有着密切关系。可以说，数列在各知识沟通方面发挥着重要作用。数列虽然在教学大纲中只有12课时，但在高考中，数列内容却占有重要地位，分值约占总分的8%11%。试题大致分两类，一类是纯数列知识的基本题。多采用选择题或填空题；另一类是中等以上难度的综合题。1、从知识点看，近几年的高考试题中有关本章的试题，主要的命题热点有（1）关于等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式的应用是必考内容。（2）从an到sn，从sn到an的关系。（3）某些简单的递推式问题。（4）应用

2、前述公式解应用题。（5）综合数学归纳法解决猜想问题或证明等式、不等式问题。（6）数列与函数、三角、解析几何的综合题等。2、从解题思想方法的规律看：主要有：（1）方程思想的应用，利用公式列方程（组），例如：等差、等比数列中的“知三求三”问题。（2）函数思想的应用。（3）待定系数法、分类讨论等方法的应用。模块二：考点解读 数列的定义 数列与函数的关系 数 列 通项公式的有 递推公式 an与sn的关系关 概 前n项和公式念数列 等 定义差两 数类 列 通项公式 应特 用殊 问数 等 前n项和公式 题列 比 数 列 性质模块三：重点难点透析本章的重点是（1）理解数列概念，进一步加深对函数概念的认识。（

3、2）理解等差数列和等比数列的概念，掌握等差数列和等比数列的通项公式、性质与前n项和公式，并能运用公式解决简单的问题。本章的难点是：等差数列、等比数列定义、性质、前n项和公式的综合运用。关键是：（1）运用从“一般到特殊”与“从特殊到一般的”的思维方法，去理解数列的有关概念；运用类比分析的方法去掌握等差数列和等比数列的性质及有关公式。总之，对等差数列、等比数列内在规律越熟悉，解决有关等差数列、等比数列问题的能力就越强。（2）要重现数学思想方法的指导作用。本章蕴含着丰富的数学观点，数学思想和方法，解题时多考虑与之相关的数学思想方法-函数与方程思想、分类与讨论的思想数形结合的思想，化归与等比思想，有限

4、与无限的思想，同时还要注意常见的数学方法的应用：待定系数法，整体换元法等。模块四：题型解读题型1、数列的有关概念（第一课时）解读考纲（！）理解数列的概念，能用函数观点认识数列（2）了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前n项。知能梳理1、数列的定义：按一定次序排列的一列数叫做数列，即a1,a2,an简称为，a1称为首项，an称为数列的通项，实际上数列是 的函数，其定义域为 2、数列的分类 有穷数列：某一项后面没有任何项按项数多少分 无穷数列：每一项后面还有其他项 递增数列：anan+1(nN+)；按数值大小分 递减数列：anan+1(nN+)； 摆动

5、数列：数值大小无规则； 常数列：an=A(常数)（nN）按数值范围分： 有界数列：存在常数M0,有M（nN+） 无界数列：不存在这样的常数M。注意：（1）有穷数列一定是有界数列，反之不一定，例如： （2）无界数列一定是无穷数列，反之不一定，例如：3、数列的通项公式：一个数列的第n项an与项数n之间的函数关系，如果可以用一个公式an =f(n)来表示，我们就把这个公式叫做数列的通项公式。若给出数的通项公式，则这个数列是已知的。若给出数列的初始条件和递推关系，这个数列也是已知的。凡是数列都有通项公式吗？举例说明。4、数列有哪些表示方法。由于数列是函数，而函数的表示方法有三种，同比数列的表示方法也是

6、同样有三种： （1）解析法： 通项公式 递推公式 （2）列表法： “数列的一般形式可以写成a1,a2,a3,an”这实质上就是一种列表法，它相当于下表序号123N项a1a2a3an（3）图象法：数列可以用图象表表示，它的图象是一群孤立点。例如数列4，5，6，7，8，9，10，它的图象如下图所示： an 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5 6 7 n5、数列的前n项和Sn与通项an的关系 S1(n=1)an= Sn-Sn-1(n2)是分段函数表示形式，即由Sn求an的解题过程必须分两步，忽视对n的讨论是典型的错误之一。例题解析例1：根据下面数列的前n项写出数列的一个

7、通项公式。（1）1，-1，1，-1（2）-1，-，-（3），（4）3，8，15，35分析已知数列的前几项写出数列的通项公式，主要从以下两个方面考虑。（1）符号要用（-1）n或（-1）n+1来调整。（2）分式的分子、分母分别找通项，要充分借助于分子、分母关系。略解：1）an= 1(n为奇数) -1(n为偶数) 也可以写成an=（-1）n+1 2）an = 3）an = 4）an =n(n+2)点拨：用归纳法写出数列的一个通项公式，体现了由特殊到一般的思维规律，在熟知一些基本数列的基础上，通过合理的转换是用归纳法写出数列的一个通项公式关键。例2：已知数列的前n项和Sn=32n-n2,求数列的前n项

8、和Sn分析：由公式an = S1(n=1) 求出通项公式 Sn-Sn-1(n2)解析：Sn=32n-n2a1=31,当n2时，an = Sn-Sn-1=33-2n由an0时，得n16.517,即数列中前16项均为正数，以后各项均为负数。当n16时，Sn=a1+a2+an=Sn=32n-n2当n16时Sn=a1+a2+a16-a17-an=2(a1+a2+a16)-( a1+a2+a17)=2S16=512-32n+ n2点拨：利用an与Sn的关系解题是高考考点之一，其中体现了an与Sn的转化。例3已知数列的通项an=（n+1）n(nN+）试问该数列中有没有最大项？若有，求出最大项和最大项的项数

9、；若没有，说明理由。分析：an是n的函数，难点在于an是一个一次函数（n+1）与一个指数函数n的积，所以从一次函数或指数增减性看，一增一减积不确定，但nN+，不妨从比较an与an大小入手。解析：an+1-an=（n+2）n+1 -（n+1）n =n 当n9时，an+1-an 0，即an+1an；n=9时，an+1-an =0，即an+1= ann9时，an+1-an 0，即an+1an 故ana2a9=a10a11a12数列的最大项是a9或a10，其值为109，其项数为9或10.点拨：由通项公式研究数列是常用方法，此时要注意数列是一类特殊的函数，要重视函数思想方法的运用和函数性质应用。领悟高考

10、数列可以看作是一个定义域为正整数集或它的子集的函数，因此，在研究数列问题时，既要注意函数方法的普通性，又要注意数列方法特殊性，从而提高运用数学思想解题的意识。能力过关(1)设a1,a2a50是从-1，0，1这三个整数中取值的数列。若a1,a2a50=9，且(a1+1)2+(a2+1)2+(a50+1)2=107,则a1,a2a50 中有0的个数为 （B）(A)10 (B)11 (C)12 (D)13(2)如果f(a+b)=f(a).f(b)且f(1)=2,则等于（ C ）(A)2003 (B) 1001 (C)2004 (D)2002(3)已知数列，则在第（129）项。(4)数列中，4Sn=

11、+4n-1 1)求an；2）求an与an-1之间关系（n2）；3)求数列通项公式。 （a1=1或a1=3，an=2an+1，若a1=1，则an=2n-1或an=1，若a1=3，则an=2n+1或- an=1+（-1）n-12题型2，等差数列与等比数列的概念与性质（第二课时）解读考纲掌握等差数列、等比数列的概念、通项公式、前n项和公式，并能运用等差数列、等比数列的性质解决一些问题。知能梳理 等差数列与等比数列等差数列等比数列定义如果一个数列，从第22项起，即，an+1-an= nN+，其中公差为如果一个数列，从第22项起，即， = nN+，其中公差为通项公式an=怎样推导与证明an=怎样推导与应

12、用中项a、b、c成等差数列，则b称为 ，记为A，b是a、c的等差中项的充要条件为用途：a、b、c成等差数列，则b称为 ，记为A，b是a、c的等差中项的充要条件为用途：前n项和Sn=Sn=如何推导？如何证明？Sn=Sn=如何推导？如何证明？分类在等差数列中，公差为d当d 时，为递增数列当d 时，为递减数列当d 时，为常数列在等比数列中，公差为g当g 时，为递增数列a10 当g 时，为递减数列当g 时，为常数列 当g 时，为摆动数列一些主要性质1)an=am+(n-m)d(m.nN+)2)若m+n=p+q(m.n.p.q nN+),则 am + an =ap+aq3)连续m项的和构成的数列仍然成等

13、差数列，其公差D=m2d1)an=amqn-m 2)若m+n=p+q(m.n.p.q nN+),则 am.an =ap.aq3)连续m项的和构成的数列仍然成等比数列，其公比Q=qm重点难点突破等差数列和等比数列是两种最基本、最主要及应用最广的数列，其他数列问题的解法往往是借助它们完成的，或经过变形转化成等差、等比数列或利用等差、等比数列的研究方法。等差、等比数列都是从定义、通项公式、前n项和公式、性质这四个方面展开研究的，定义是判断等差、等比的依据，是其他知识的基础，通项公式和前n项公式联系看an.q.n.an.sn五个量，这是这部分最基本、最主要的内容，公式的推证及运用体现了归纳、转化、分类

14、讨论等主要思想方法。等差、等比数列的性质，一方面简化了运算，提高了思维的灵活性；另一方面也帮助我们从更深层次上理解两类数列。例题解析例1， 设数列的首项为a1=1，前n项和sn满足关系式3tsn-(2t +3)Sn-1=3t(t0.n=2.3.4)(1)求证：数列是等比数列(2)设数列的公比为f(x)，作数列使b1=1,bn=( n=2.3.4)求bn分析：（1）利用定义证明（2）结合函数与数列关系，化去函数符号，再求解。解析：（1）由s1=a1=1,s2=a1+a2=1+a2, 3t(1+a2)-(2t+3)=3又 3tsn-（2t+3）Sn-1=3t 3tsn-1-（2t+3）Sn-2=3

15、t化简得3tan-（2t+3）an-1=0 (n=3.4.5)，又，是首项为1，公比为的等比数列（2）由f(t)=+ =+bn-1 bn - bn-1 =，即是首项为1，公差为的等差数列 bn =1+（n-1）=点拨：（1）证明某数列是等差数列，常用方法是:定义法：an+1-an=d(d为常数)。中项法：2an=an-1+an+1(n2)（2）证明某数列是等比数列，常用方法是：定义法：(q为常数)。中项法：=an-1an+1(n2)例2，在等差数列中，a10=100, a100=10,求a110分析：求a110可先求出什么？如何求？一般是求首项和公差可由a10=100，a100=10列出方程解

16、出a1及公差d,解法一：由题设可得 a1 +9d=100 由解得 a1 =109 a1 +99d=10 d =-1 a110=109+109(-1)=0解法二：a100= a10+90d d=-1 a110= a100+10d=10-10=0解法三：由于f(n)=an=d.n+(a1-d)(d0)是关于n的一般函数，其图象是一条直线.点A（10，100）、B(100,10)、 C(110，a110)共线 y 解得a110=0 100 A(10,100) 10 B(100,10) a110 C(110, a110) 0 10 100 110 x 反思：此题的条件与结论有何特点？它们之间是否为一个

17、巧合呢？（1）条件中的两项与项数刚好交换。（2）要求的项数恰好为已知两项的项数和。（3）大胆猜想：为等差数列，若am=n, an=m,则am-n=0变式：若题中的a10 , a100 , a110 分别改为s10 , s100 , s110 即和的形式，有什么好的解法。法1：有数列的公差为d，则 s10 =10a1+d=100 s100 =100a1+d=10 则解得a1=，d=- s100 =110a1+ d=-110 法2：设sn = an2+bn (a0),则 s100 =+100b=10 解得 a=- b= s10 =+10b=100 sn=-n2+n从而s100 =-1102+110

18、=-110法3.将数列依原有的顺序每10项分为一组,每组的和作为一项构造新数列：s10 ，s20- s10 ，s30- s20 ， s100- s90 ，则这个数列是一个首项为s10 ，第10项为s100- s90 的等差数列，设该数列公差为d，则该数列的前10项和等于s100s100 =10 s10+ d=10100+ d=10d=-22于是前11项的和s110 =11s10+=11100+（-22）=-110法4：s100 - s10=-90 a11 + a100=-2 又a11 + a100= a1 + a110=-2 s110 =-110法5： sn =a1n+ = a1+(n-1)d

19、是关于n的一次函数点（10，）,(100, ),(110,)共线则，解得s110=-110点拨（1）法1直接套用教材上的公式，列方程，解方程组，而这类题型和其思想方法一直是近几年高考热点。（2）法2利用公差不为0的等差数列的前n项和sn =n2+(a1-)n是关于n的常数项为0的二次函数的问题就转化为我们熟知的待定法求解析式,进而求得结果。数列作为函数的继续和延伸.在近几年的高考中时有体现。（3）法3是根据等差数列性质：m,n,p,qN+,且m+n=p+q,则am+an=ap+aq，再将其作为一个整体代入灵活又简便。（4）法4体现了构造数列的思想方法，等差数列的前n 项和，第二个n项和，第三个

20、n项和仍然成等差数列，运用这个新数列，使问题简捷获解，构造数列的方法是数列求和、求通项的重要方法，在近几年高考中尤其突出。（5）法5是数形结合，由是关于n的一次函数，所以点（n, ）,(nN+)共线，这就将其转化为解析几何问题知识的交叉。迁移是优化解题过程的重要手段，又是融合所学知识的重要途径。领悟高考等差数列与等比数列是两种特殊数列，高考主要考它的定义、通项公式、前n项和公式的探索，以及灵活运用其性质解决相关的一些问题，在历年高考中占相当大的比重。能力过关 （1）等差数列中，a1=2，公差不为零，且a1 ，a3，a11恰好是某等比数列的前三项，那么该等比数列的公比的值等于（ 4 ）。 （2）

21、若是等差数列，首项a10，a2003+ a20040，a2003. a20040，则使前n项和sn0成立，最大自然数是（ 4006 ）。 （3）已知等差数列中，公差d0，其前n项和为sn 且满足：a2.a3=45 a1+a4=14求数列的通项公式通过公式bn=构造一个新的数列,若也是等差数列,求非零常数C求f(n)= (nN+)的最大值答案：an=4n-3 C=- f(n)max=（4）设数列和满足a1=b1=6, a2=b2=4, a3=b3=3,且数列(nN+) 是等比数列求数列和的通项公式。是否存在KN+，使ak-bk(0,)? 若存在求出K，若不存在，请说明理由。（5）、在等差数列中,

22、若a10=0，则有等式a1+a2+an=a1+a2+a19-n (n19, nN+ )成立，类比上述性质，相应地，在等比数列中，若b9=1,则有等式 成立。答案：b1b2bn=b1b2b17-n(n17, nN+ )题型3，求数列通项公式（第三课时）解读考纲掌握运用叠加法、累乘法、叠代法等方法求数列通项公式。知能梳理 1、基本概念已知数列，通项公式an=f(n),递推公式： a1=a(已知值) f(n,an-1,an)=0(n2, nN+)数列的通项公式是给出数列的第n项是项数n的函数，已知项数n，就可直接求得该项所对应的值f(1),f(2),f(3),数列的递推公式除了给出初始的值以外，还给

23、出第n项与它的若干个邻近项所满足的方程。由递推公式可以确定一个数列。因此，数列的通项公式与递推公式是从两个不同侧面表达这个数列的特征与构造，通项公式与递推公式有时还可以互相转化。2、两个基本的递推公式（1）等差数列：a1=a，an+1=an+d, nN+正向递推：a2=a1+d=a+d a3=a2+d=a+2d a4=a3+d=a+3dan=an-1+d=a+(n-1)d 通项公式反向递推：an+1= an+dan=an-1+d=（an-2+d）+d=an-2+2d=（an-3+d）+2d = an-3+3d= an-4+4d= an-(n-1)+(n-1)dan=a+(n-1)d 通项公式叠

24、加法：已知an+1- an =d nN+ a2- a1 =d a3- a2 =d a4- a3 =dan- an-1 =d将以上n-1个式子两边分别相加，得an- a1=(n-1)d通项公式为an=a+(n-1)d（2）等比数列： a1=a, an+1=a11q(nN+), 正向递推： 反向递推： 叠加法：已知a1=a，=q nN+ 通项公式为an=重点难点突破 1、数列的通项公式是数列最重要、最常用的表达形式，它是数列的核心，应弄清通项公式的意义项数的函数；理解通项公式作用可以用通项公式求数列任一项的值及对数列进行一般性研究。2、用归纳法或由sn与an关系写出数列通项公式是高考中常出现的问题

25、，用不同方法表示数列，根据数列通项公式或递推关系求出数列的项等都是高考中常涉及的问题。例题解析求数列通项公式的几种类型（1）已知递推关系求通项（2）已知数列前n项和求通项（3）给出数列若干项的值求通项例1，数列的首项a1 =1前n项和sn与an之间满足关系式an=(n2)求an解析：an=sn-sn-1=，去分母得（sn-sn-1）（2sn-1）=,展开整理得sn-1 - sn =2 sn-1 sn (*) a1=1 sn-1 sn 0(n2)(*)式两边同除以sn-1 sn得-=2(n2)是以s1=1为首项,以2为公差的等差数列 sn =+2(n-1)=2n-1 sn =,当n2的an=sn

26、-sn-1=-,当n=1时a1=1-,an= 1(n=1) -( n2) s1(n=1)点拨(1)在数列问题中,只要出现sn与an就必然联想到用公式 an=sn-sn-1(n2)(2)在上述解法中既体现了以方程思想指导解题,又渗透了通过构造新数列，将非等差数列问题转化为等差数列问题来解决，在今后的学习中将会经常用到。(3)解答中易犯的错误是认为an=sn-sn-1（nN+ ）纠错方法是通过实例发现问题，再从原理上理解sn-sn-1中的n为什么只能从n=2开始取值，逐渐养成分类讨论的严谨思维习惯。例2（2004年高考题）已知数列满足an=1，an=a1+2a2+3a3+(n-1)an-1 (n2

27、)解的通项公式an= 1（n=1）(n2)分析：本题研究的数列既非等差数列，又非等比数列，而是一个一般数列，本题重点考查一般数列求通项公式中基本方法。方法一、一般归纳法由an=1 an=a1+2a2+3a3+(n-1)an-1 (n2)可求出a2=a1=1又an+1=a1+2a2+3a3+nan相加后得an+1-an=nan ，即an+1 = an .(n+1)于是a3=3 , a4=34 , a5=345 an=345n则2an =2345n=n! 所以an =(n2)方法二：累乘法变形为an+1= an (n+1）(n2) an=n(an -1)(n3)所以an=. .a2 =n(n-1)

28、.(n-2)3.1则2an=n.(n-1).(n-2)3.2.1=n!点拨本题考查了递推数列的通项公式问题，就本题而言，立意新颖，难度较大，其中找出an与an-1的递推关系是本题的关键，而且an=nan-1(n3)中的取值范围是极易出错的命题点，从本题可以看出，递推数列是高考常考不哀的热点。其中体现了丰富的数学思想和数学方法，如等价转化、分类讨论、构造法、叠代法、叠加法、累乘法等方法。领悟高考求数列的通项公式是高考中考查数列知识的热点，解决这类问题常常需要适当的解题技巧，还需要一定的解决综合问题的能力，熟悉等差数列、等比数列的通项公式推导过程并能熟练地运用更是求数列通项公式的重中之重。能力过关

29、 （1）已知数列中a1=1，前n项和为sn，对于任意的n2,3sn-4，an，2-总成等差数列。 求a2，a3 ，a4 的值。求通项an （an = 1（n=1） 归纳猜想法) -(n-1(n2) （2）已知数列中a1=1，且a2k=a2k-1+(-1)k, a2k+1=a2k-1 +3 k ,其中k1.2求a3,a5 求通项公式（叠加法）an= （n为奇数） （n为偶数） （3）已知数列的前n项和sn 满足sn =2an +(-1)n(n1) 求a1,a2，a3 求数列的通项公式(迭代法): an =.2n-2+(-1)n-1(n1)（4）已知数列中a1=2，且an+1=2an+3. 2n+

30、1 求数列的通项公式（构造法）。答案：an =3n. 2n -2n+1题型四：数列求和解读考纲掌握一些简单的数列求和的方法，并能应用数列求和解决一些数列问题。知能梳理数列求和的常见类型及方法1、若涉及等差、等比数列求和，则直接利用前n项和公式求解。2、错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列对应项乘积组成，此时求和可采用错位相减法。3、分解转换法：把数列分解成若干个能求和的新数列的和或差，再求和。4、裂项法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n 项变成首尾若干少数项之和，这一求和方法特为裂项法。5、倒序相加法：

31、将和式中各项颠倒编排成一个新的数列，再与原来和式相加，从而求得数列和。6、公式法求和：所给的数列的通项是关于n的多项式，此时求和可采用公式法求和，常用的公式有：（1） （2）2 （3）2+n（4）2= （5）3=（2 7、并项法：若涉及正、负相间的数列求和，常考虑分类讨论。重点难点突破（1）直接用公式求和时，注意公式的应用范围和公式的推导过程。 （2）注意观察数列特点和规律，在分析数列通项的基础上，或分解为基本数列求和，或转化为基本数列求和。 （3）求一般数列的前n项和，无通法可循，我们要掌握某些特殊数列前n项和的求法，触类旁通。例题解析例1、（1）求和：sn =1+（1+）+（1+）+(1+

32、)（2）求和：sn =1+（3）已知数列的通项为an=(-1)n(5n-3) 求sn。解析：（1）an=1+=2-sn =2+2+2-(1+)=2n-2+ n（2）an=sn =2(1-=2（1-（3）当n为偶数时，不妨设n=2k(kN+ )sn =(-2+7)+(-12+17)+-(5n-8)+(5n-3)=当n为奇数时，则n-1是偶数sn = sn -1+ an =+3-5n= sn = （n为偶数） （n为奇数）例2、（1）sn =1+2x+3x3+nxn-1(x0,nN+ )（2）sn = (nN+ )解：（1）法一：错位相减法（略） 法二：导数法当x=1时，sn =1+2+3+n=当

33、x1时，x+x2+xn = 两边对x求导,得sn=1+2x+3x2+nxn-1=（2）法一，倒序相加法：sn = sn=ncn0+(n-1)cn1+(n-2)cn2+2cnn-2+cnn-1 +得：2 sn= ncn0+ ncn1+ncnn =ncn0 + cn1 +cnn =n.2n sn =n.2 n-1法二，导数法：（1+x）n=1+cn1x+cn2x2 +cnnxn两边对x求导，得n（1+x）n-1 =cn1+2cn2 x+3cn3 x2+ncnn xn-1令x=1,得：n.2 n-1=cn1+2cn2+3cn3 +ncnn即：sn=cn1+2cn2+3cn3 +ncnn =n.2 n

34、-1例3：（2004年高考题）已知函数f(x)=e-x(sinx+cosx)，将满足f(x) =0所有正数x从小到大排成数列.（1）证明数列为等比数列（2）记sn是数列的前n项和，求sn解析：因为f(x) = e-x(sinx+Gx)+ e-x(-sinx+cosx)=-2 e-xsinx令f(x) =0，得-2 e-xsinx=0，解出x=n nZ从而xn=n nN+,所以f(xn)=(-1)n e- n,则=-e- ,所以数列是公比q=-e- 的等比数列，且首项f(x1)=q （2）sn=x1f(x1)+x2f(x2)+xnf(xn)= q(1+2q+nqn-1)则q sn=q(q+2q2

35、+nqn )，所以sn-qsn=q(1+q+qn-1 nqn) =q(q=-e- 1)从而sn=点拨虽然本题涉及函数、导数、三角函数等诸多知识，但重点考查的是数列的核心内容：等比数列、数列求和的错位相减法，突出体现对数列由内容深入考查与综合考查。领悟高考 数列求和是对数列知识的精彩演绎，它几乎涵盖了数列中的所有的思想、策略、方法、技巧，需要一定的解决综合问题的能力，考试时，把求和作为大题的一个问号单列，或与极限相结合，考查数列求和。能力过关（1）一个数列，当n为奇数时，an=5n+1，当n为何数时，an=，求这个数列前n项的和（1998年高考题）。答案：s2m=5m2+m+2n+1-2（2）已

36、知数是等差数列，且a1=2,a1+a2+a3=12求数列的通项公式令bn=an.3 n ,求数列的前n项和的公式答案：an =2n sn=+n.3n+1(3)设二次函数f(x)=x2+x ，当xn.n+1(nN+)的f(x)的所有整数值的个数为g(n)。求g(n)的表达式、设an = (nN+) sn= a1+a2+a3+a4 +(-1) n+1 an ,求sn答案：an =n2 当n为偶数时sn=- 当n为奇数时sn=sn=（-1）n-1题型5:数列的子数列性质解读考纲掌握从等差数列、等比数列入手构造新的数列进行严格的逻辑推证，找到数列的通项公式，或证明数列的其他一些性质。知能梳理高考对子数

37、列的考查题型有：（1）探索两个数列公共项的有关性质，公共项构成的数列是两个数列的子数列，所以抓住它们的通项是关键。（2）分奇偶项进行讨论型：求解策略是根据题目所提供的信息，将进行分奇偶项的子数列一一列出，分别求和后再合成。（3）从等差数列中抽取等比（差）子数列。重点难点突破善于挖掘蕴含在题目中的数学思想方法，认真分析所给通项或递推关系中结构是解决问题关键所在。例题分析 例1，设An为数列的前n项和，An=（an-1）(nN+),数列的通项公式bn=4n+3(nN+)（1） 求数列的通项公式（2） 若d则称d为数列与的公共项，将数列与的公共项，按它们在原数列中的先后顺序排成一个新的数列，证明数列

38、的通项公式为dn=32n+1(nN+)分析：根据两个数列中各项的特点，考查公共项构成的新数列的通项公式。解析：由An=（an-1）(nN+)可得当n=1时，a1=（an -1）即a1=3当n2时，an=An-A-1=（an - an-1）整理得，an=3 an-1 即=3 （n2）是首项为3，公比也为3的等比数列an=3.3n-1=3n（3）计算可知a1、a2 不是中的项，a3 =27=46+3 d 1 =27是中的第6项设ak =3k是中的第m项，则3k=4m+3(k.mN+)ak+1=3k+1=3.3k=3(4m+3)=4.(3m+2)+1ak+1不是数列中的项,而ak+2=3k+2=9.

39、3k=9(4M-B)=4(9m+6)+3ak+2是数列中的项,由以上讨论可知d1=d3,d2=d5,d3=d7dn=a2n+1dn=a2n+1 =32n+1(nN+)点拨:本题属数列中“公共项”的问题，是高考常考内容，它主要综合数列、逻辑推理和运算变形等知识和技能。“公共项”的寻找方法；先找首项（第一个公共项）；再找使不定方程ak =bm成立的k.m的关系式；进而猜出公共基的通项公式；最后再进行论证。例2：一个数列，当n为奇数时，an =5n+1;当n为偶数时，an =，求这个数列的前2m项的和(mN+)解：数列的第1，3，5，2m-1项依次为6,16,26的（2m-1）+1,它们形成公差为1

40、0的等差数列，此数列共有m项，因此其和为=5m2+m,数列的第2，4，62m项依次为2,22,23,2m,它们形成公比为2的等比数列，比数列共有m项，因此其和为=2m+1-2故这个数列的前2m项的和为s2m=5m2+m+2m+1-2点拨：对于数列求和问题需要分奇偶项进行讨论时，务必仔细观察所给通项或递推关系式的结构特征，应特别注意研究通项规律，同时确定项数、首末项，然后将项的特征用代数式进行准确表示。例3、已知数列为等差数列（公差d0）, 中的部分项组成数列ak1,ak2akn恰为等比数列。其中k1=1,k2=5,k3=17,求k1+ k2+ k3 +kn分析：欲求k1+ k2+ k3 +kn

41、 ，只需求数列通项kn，故应从分析两个数列通项特征入手。解：设等差数列的首项为a1，公差为d,a52=a.a17 (a1+4d)2=a1 (a1+16d) a1=2d设等比数列公比为q，则q= akn = a1.3n-1 又akn = a1+（kn-1）d=a1+ 1+=3n-1 kn =2. 3n-1-1令sn= k1+ k2+ k3 +kn =2k-1-=3n-n-1点拨： 抽取子数列是数列中的一类典型题，其解法是设出抽取的数列的通项，再根据题中条件列出方程。并对方程加以分析，得出相应的结论，这类题型体现方程思想，颇具思考价值。例4：下表给出一个“等差数阵”47（ ）（ ）a1j712（

42、）（ ）a2 j（ ）（ ）（ ）（ ）a3 j（ ）（ ）（ ）（ ）a4 jai1ai2ai3ai14ai j其中每行每列都是等差数列，ai j表示位于第j列的数（1）写出的a45值（2）写出ai j的计算公式解：（1）通过观察“等差数列”发现；第一行的首项为4，公差为3；第二行的首项为7，公差为5。归纳总结出：第一列（每行的首项）是以4为首项，3为公差的等差数列，即3i+1；各行的公差是以3为首项，2为公差的等差数列，即2i+1，所以a45是第4行，首项为13，公差为9，故a45=49。（2）对该数阵按行分析：第一行是首项为4，公差为3的等差数列：a1 j =4+3（j-1）;第二行是首

43、项为7，公差为5的等差数列：a2 j =7+5（j-1）第三行是首项为4+3（i-1），公差为2i+1的等差数列。因此，ai j =4+3（i-1）+(2i-1).(j-1)=2ij+i+j备考对策有关数列的子数列性质的考查是活跃在近几年高考试卷中热点命题，求解策略是通过分析数列的子数列的结构特征，从不同角度揭示条件与条件之间或条件与结论之间的隐含条件。便于发现隐含条件的规律，快速找到简捷的解题思路。能力过关（1） 已知数列的第二项a2=5，前10项之和s10=120,若从数列中依次取出第2项，第4项，第8项第2n项，按原来顺序组成一个新数列，且这个数列的前n项之和为Tn，试比较Tn+1与2T

44、n大小。答案：当n5时,nN+, Tn+12Tn当n=5时Tn+1=2Tn当1n5时，Tn+12Tn（2）设数列是首项为2，公比为2的等比数列，数列是首项为5，公差为3的等差数列，由这两个数列中相同项依次组成一个新数列，求数列的所有项之和。答案：（3）已知数列的前n项和为n2+pn,数列的前n项和为3n2-2n若a10=b10,求p的值取数列的第12项，第32项，第52项第2n-1项作一个新数列求数列的通项公式答案：p=42 cn=12n-5题型6、数列参数范围的探求解读考纲综合与灵活运用数学知识和数学思想解决与数列相关的综合问题。知能梳理在数列问题中引入参数，难度加大，探索参数的取值范围问题，主要求解策略是：（1）利用数列的单调性求解（2）利用数列的最值求解（3）利用不等式的性质求解（4）利用几何事实求解重点难点突破熟练掌握函数性质，用函数观点认识数列充分运用不等式的有关知识与方法，是寻找突破口的关键。例题解析例1、 已知数列的通项公式为an=（n+1）()n,是否存在正整数M，使得任意正整数n都有anam？说明理由。解：由于an+1-an=()n ，所以当n8时，an+1an，数列递增；当n8时，an+1an，数列递减，而a8=a9,使得对