数列高考试题分类

数列高考试题分类（共8篇）

数列高考试题分类 篇1

2013年高考试题分类汇编——数列

2013辽宁（4）下面是关于公差d0的等差数列an的四个命题：

p1:数列an是递增数列；ap2:数列nn 是递增数列；

a

p4:数列an3nd是递增数列； p3:数列n是递增数列；

n

其中的真命题为

（A）p1,p2（B）p3,p4（C）p2,p3（D）p1,p4 2013辽宁（14）已知等比数列an是递增数列,Sn是an的前n项和.若a1，a3是方程

x25x40的两个根，则S6

2013湖南15.设Sn为数列{an}的前n项和，Sn(1)nan（1）a3（2）S1S2S100

1，则 nNn

22013安徽(8)函数y=f(x)的图象如图所示, 在区间[a,b]上可找到n(n≥2)个不同的数x1,x2,…, xn ,使得

f(xn)f(x1)f(x2)

...,则nx1x2xn的取值范围是

(A){3,4}(B){2,3,4}(C){3,4,5}(D){2,3} 2013安徽(20)(13分)设函数

x2x3xn

fn(x)1x22...2(xR,nN),证明:

23n

2(1)对每个n∈N+,存在唯一的xn[,1],满足fn(xn)0;

3(2)对于任意p∈N+,由(1)中xn构成数列{xn}满足0xnxnp

1.n

2013安徽文（7）设Sn为等差数列an的前n项和，S84a3,a72，则a9=（A）6（B）4（C）2（D）2

2013北京（10）若等比数列an满足a2a420，a3a540，则公比q；前n项和Sn

．

2013北京（20）（本小题共13分）

已知an是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为An，第n项之后各项an1,an2的最小值记为Bn，dnAnBn．

（Ⅰ）若an为2,1,4,3,2,1,4,3…，是一个周期为4的数列（即对任意nN*，写出d1,d2,d3,d4的值;an4an）

（Ⅱ）设d是非负整数，证明：dndn1,2,3的充分必要条件为an是公差为d的等差数列;

（Ⅲ）证明：若a12，dn1n1,2,3,，则an的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.(n2n1)sn(n2n)0 正项数列{an}的前项和{an}满足：sn

（1）求数列{an}的通项公式an；（2）令bn都有Tn

n

1，数列{bn}的前n项和为Tn。证明：对于任意的nN*，22

(n2)a6

42013全国大纲17．（本小题满分10分）

等差数列an的前n项和为Sn.已知S3=a22,且S1,S2,S4成等比数列，求an的通项式.a2a18，2013四川16．(本小题满分12分)在等差数列{an}中，且a4为a2和a3的等比中项，求数列{an}的首项、公差及前n项和． 2013天津(19)(本小题满分14分)

已知首项为的等比数列{an}不是递减数列, 其前n项和为Sn(nN*), 且S3 + a3, S5 + a5, S4 + a4成等差数列.(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;(Ⅱ)设TnSn

(nN*), 求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.Sn

322013陕西14.观察下列等式:12112223 1222326

1222324210 …

照此规律, 第n个等式可为.2013陕西17.(本小题满分12分)设{an}是公比为q的等比数列.(Ⅰ)导{an}的前n项和公式;

(Ⅱ)设q≠1, 证明数列{an1}不是等比数列.2013全国课标

7、设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm1＝－2，Sm＝0，Sm1＝3，则m＝()

A、3B、4C、5D、6

2013全国课标

12、设△AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn，△AnBnCn的面积为Sn，n=1,2,3,… 若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝

cn＋anbn＋an

c＝n＋122，则()

A、{Sn}为递减数列B、{Sn}为递增数列

C、{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列D、{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列

212013全国课标14、若数列{an}的前n项和为Sn＝an，则数列{an}的通项公

3式是an=______.2013湖北

14、古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数。如三角形数1,3,6,10，…，第n个三角形数为

nn11

21nn。记第n个k边形数为222

Nn,kk3，以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：

三角形数Nn,3

121

nn 22

正方形数Nn,4n2 五边形数Nn,5

321nn 22

六边形数Nn,62n2n

……

可以推测Nn,k的表达式，由此计算N10,24。2013湖北18、已知等比数列an满足：a2a310，a1a2a3125。（I）求数列an的通项公式；（II）是否存在正整数m，使得若不存在，说明理由。

2013江苏14．在正项等比数列{an}中，a5

a1a2ana1a2an的，a6a73，则满足

21111？若存在，求m的最小值；a1a2am

最大正整数n的值为．

2013江苏19．（本小题满分16分）

设{an}是首项为a，公差为d的等差数列(d0)，Sn是其前n项和．记

bn

nSn，n2c

nN*，其中c为实数．

（1）若c0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snkn2Sk（k,nN*）；（2）若{bn}是等差数列，证明：c0．

2013浙江18．（本小题满分14分）在公差为d的等差数列{an}中，已知a1=10，且a1，2a2+2，5a3成等比数列（Ⅰ）求d，an；

（Ⅱ）若d<0，求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|． 2013重庆（12）已知an是等差数列，a11，公差d0，Sn为其前n项和，若a1、a2、a5称等比数列，则S8．

2013全国课标2（16）等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10=0，S15 =25，则nSn 的最小值为________.

数列高考试题分类 篇2

一、夯实核心概念, 突出“精、准、巧、快”

数列的核心概念包括等差数列、等比数列的定义, 等差数列、等比数列的通项公式与前n项和的公式, 等差数列、等比数列的基本性质.通过对核心概念的创新设计, 强化数列运算中的“小、巧、活”的训练, 构建“精、准、快”的学习技能, 提高学生的运算能力.

例1 已知两个等比数列{an}, {bn}, 满足a1=a (a>0) , b1-a1=1, b2-a2=2, b3-a3=3.若数列{an}唯一, 则a的值为____.

解:设{an}的公比为q, 则b1=1+a, b2=2+aq, b3=3+aq2.

由 (2+aq) 2= (1+a) (3+aq2) , 得aq2-4aq+3a-1=0. (*)

由a>0, 得Δ=42a2-4a (3a-1) =4a2+4a>0, 所以方程 (*) 有两个不同的实根.

由{an}唯一知, 方程 (*) 必有一根为0, 代入 (*) 式, 得a=1/3.

评注:本题的创新之处是针对复习的盲点进行设计, 考查的知识点是等比数列的各项及公比均不能等于零.但是, 问题的设问形式比较新颖, 根据数列{an}的唯一性, 判断方程必有一根为0, 即公比为零的情况, 深入考查了等比数列的基本数字特征.

例2 在数列{an}中, a1=1, a2=2, 数列{bn}满足bn=an+1+ (-1) nan, n∈N*.若数列{bn}是公差为2的等差数列, 则数列{an}的通项公式为__.

解:因为数列{bn}是公差为2的等差数列, 且b1=a2-a1=2-1=1, 所以bn=2n-1.

因为b2n-1=a2n-a2n-1, b2n=a2n+1!a2n, 所以a2n-a2n-1=4n-3, a2n+1!a2n=4n-1.

所以a2n+1!a2n-1=2, 则a2n+3!a2n+1=2.所以a2n+3=a2n-1.

因为b2=a3+a2=3, a2=2, 所以a3=1.所以a4n-3=a1=1, a4n-1=a3=1.所以a2n-1=1, a2n=4n-2.所以

评注:本题设计的创新点在于探究“新型”变式下的等差数列的通项公式, 考查等差数列的通项公式, 考查分奇偶项研究数列问题的方法.解决本题可以从简单做起, 写出数列的前几项即可找到数列的规律, 但是, 若为解答题, 我们可根据已知递推式及{bn}是等差数列推出a2n+3=a2n-1, 从而分奇偶项进行讨论就非常自然了, 这样可以加深对通项公式的理解.

二、掌握核心方法, 形成基本技能

数列通项公式的常见求法:公式法、累加法、累积法、迭代法、观察法 (如Sn与an的关系) 、归纳法等;数列求和的常见方法:公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法、并项求和、归纳法等.特别地, 数列与其对应的递推关系是建构新型试题的重要载体, 既要能正向应用公式, 又要能逆向巧用公式 (即Sn-Sn-1=an, n≥2) , 突出掌握“减元”策略的重要性与必要性.

(1) 求数列{an}的通项公式.

(2) 设Tn=a1a2-a2a3+a3a4-a4a5+…+ (-1) n-1anan+1, 若Tn≥tn2对n∈N*恒成立, 求实数t的取值范围.

(3) 是否存在以a1为首项, 公比为q (0<q<5, q∈N*) 的数列{ank}, k∈N*, 使得数列{ank}中每一项都是数列{an}中不同的项, 若存在, 求出所有满足条件的数列{nk}的通项公式;若不存在, 请说明理由.

所以an-an-1=2/3.

因为a1=1, 所以数列{an}是以1为首项, 2/3为公差的等差数列.

所以.

(2) ①当n=2m, m∈N*时,

②当n=2m-1, m∈N*时,

要使Tn≥tn2对n∈ N*恒成立, 只需 (n为偶数) 恒成立, 即使 (n为偶数) 恒成立.所以实数t的取值范围为 (-∞, - (5/9) ].

(3) 由知, 数列{an}中每一项都不可能是偶数.

①如存在以a1为首项, 公比q为2或4的数列{ank}, k∈N*, 此时{ank}中每一项除第一项外都是偶数, 故不存在以a1为首项, 公比为偶数的数列{ank}.

②当q=1 时, 显然不存在这样的数列{ank}.

评注:本题主要考查数列的通项公式、数列的求和及子数列问题;遇到 (-1) n型的问题要注意分n为奇数与偶数两种情况进行讨论, 本题易忘掉对n的奇偶性的讨论而致误.另外解题时还要注意化归思想的渗透, 比如, 求T2m-1, 要用到前面求到的T2m, 这样可以避免冗繁的运算, 节省时间.第三问的子数列问题, 应注意对q进行分类讨论.

例4 已知Sn为数列{an}的前n项和, 且有a1=1, Sn+1=an+1 (n∈N*) .

(1) 求数列{an}的通项公式.

(2) 若, 求数列{bn}的前n项和Tn.

(3) 是否存在最小正整数m, 使得不等式对任意正整数n恒成立, 若存在, 求出m的值;若不存在, 请说明理由.

解: (1) 当n=1时, a2=S1+1=a1+1=2.

当n≥2时, Sn+1=an+1, Sn-1+1=an, 两式相减, 得an+1=2an.

又a2=2a1, 所以{an}是首项为1, 公比为2的等比数列.所以an=2n-1.

若不等式对任意正整数n恒成立, 则m≥2, 所以存在最小正整数m=2, 使不等式对任意正整数n恒成立.

评注:第 (1) 问中, 要利用Sn与an的关系求an.第 (2) 问中, 非等差、等比数列要通过条件转化为等差或等比数列, 再研究其具体性质.第 (3) 问属于一种具有开放性和发散性的探索性问题, 要求考生自己去探索, 结合已知条件, 进行观察、分析、比较和概括.它对数学思想、数学意识及综合运用数学方法解决问题的能力提出了较高的要求, 这类问题不仅考查考生的探索能力, 而且给考生提供了创新思维的空间, 所以备受命题人的青睐.

例5 (2015·安徽) 设n∈N*, xn是曲线y=x2n+2+1在点 (1, 2) 处的切线与x轴交点的横坐标.

(1) 求数列{xn}的通项公式;

解: (1) y= (x2n+2+1) ′= (2n+2) x2n+1, 曲线y=x2n+2+1在点 (1, 2) 处的切线斜率为2n+2, 从而切线方程为y-2= (2n+2) (x-1) .令y=0, 解得切线与x轴交点的横坐标.

(2) 证明:由题设和 (1) 中的计算结果知,

综上可得对任意的n∈N*, 均有.

评注:不等式是深刻认识函数与数列的重要工具, 三者的综合是近几年高考命题的新热点, 且数列的重心已经偏移到不等式的证明与求解中, 而不再是以前的递推求通项, 此类问题在最近三年高考解答题中都曾考过.对于数列问题中求和类 (求积类) 不等式的证明, 如果是通过放缩的方法进行证明的, 一般有两种类型:一种是能够直接求和 (求积) , 再放缩;一种是不能直接求和 (求积) , 需要放缩后才能求和 (求积) , 求和 (求积) 后再进行放缩.在后一种类型中, 一定要注意放缩的尺度, 另外还要注意从哪一项开始放缩.

三、研究核心思想, 强化思维提升

数列中的核心思想一般包括:函数思想、方程思想、化归与转化思想、递推思想、分类讨论思想、特殊化思想.高考试题十分重视对数学思想方法的考查, 特别是突出考查能力的试题, 其解答过程都蕴含着重要的数学思想方法.比如, 解决数列与函数的综合题, 应注意函数方法的普适性和数列方法的特殊性, 还应了解等差数列与一次函数、二次函数的关系及等比数列与指数函数的关系.

且a3>a4, 即9-9t+18>t-13.③

由①②③, 得.

综上, t的取值范围是.

评注:本题设计的创新之处是结合分段函数考查数列问题, 但应注意数列是一种特殊函数, 结合图象研究应注意它是离散的一群点构成, 与连续的实数函数有着本质的区别.解决本题的关键是怎样保证a1>a2>a3>a4>…, 利用函数思想, 我们容易看出, t<13能保证a4>a5>…;但是能保证a1>a2>a3, 这一推断在解题中往往容易出错.

例7 (2015·陕西) 设fn (x) 是等比数列1, x, x2, …, xn的各项和, 其中x>0, n∈N, n≥2.

(1) 证明:函数Fn (x) =fn (x) -2在 (1/2, 1) 内有且仅有一个零点 (记为xn) , 且

(2) 设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列, 其各项和为gn (x) , 比较fn (x) 与gn (x) 的大小, 并加以证明.

解: (1) 证明:Fn (x) =fn (x) -2=1+x+x2+…+xn-2, 则Fn (1) =n-1>0,

所以Fn (x) 在 (1/2, 1) 内至少存在一个零点xn.

所以Fn (x) 在 (1/2, 1) 内有且仅有一个零点xn.

当x=1时, fn (x) =gn (x) .

所以h (x) 在 (0, 1) 上递增, 在 (1, +∞) 上递减.

所以h (x) <h (1) =0, 即fn (x) <gn (x) .

综上所述, 当x=1时, fn (x) =gn (x) ;当x≠1时, fn (x) <gn (x) .

方法二:由已知, 记等差数列为{ak}, 等比数列为{bk}, k=1, 2, …, n+1, 则a1=b1=1, an+1=bn+1=xn,

当x=1时, ak=bk, 所以fn (x) =gn (x) .

而2≤k≤n, 所以k-1>0, n-k+1≥1.

若0<x<1, 则xn-k+1<1, m′k (x) <0;若x>1, 则xn-k+1>1, m′k (x) >0.从而mk (x) 在 (0, 1) 上递减, 在 (1, +∞) 上递增.所以mk (x) >mk (1) =0.所以当x>0且x≠1时, ak>bk (2≤k≤n) .又a1=b1, an+1=bn+1, 所以fn (x) <gn (x) .

综上所述, 当x=1时, fn (x) =gn (x) ;当x≠1时, fn (x) <gn (x) .

评注:本题主要考查等比数列的前n项和公式、零点定理、等差数列的前n项和公式和利用导数研究函数的单调性, 属于难题.解题时一定要抓住重要字眼“有且仅有一个”, 否则很容易出现错误.证明函数仅有一个零点的步骤:首先用零点存在性定理证明函数零点的存在性;其次, 用函数的单调性证明函数零点的唯一性.有关函数的不等式, 一般是先构造新函数, 再求出新函数在定义域范围内的值域.另外, 本题第 (2) 问还可用数学归纳法来解, 同学们可以试一试.

四、关注热点创新, 历练核心素养

创新题是指以学生已有的知识为基础, 并给出一定容量的新信息, 通过阅读, 从中获取有关信息, 捕捉解题信息, 发现问题的规律, 找出解决问题的方法, 并应用于新问题的解答, 它既能有效地考查学生的思维品质和学习潜力, 又能考查学生的综合能力和创新能力.数学素养是在掌握数学知识的基础上在数学活动中逐步形成的, 创新试题对于学生来说, 无论是在能力上还是在心理上都是一种挑战, “适度”探究这类问题, 历练学生的应考素质是非常必要的.

例8 把所有正整数按上小下大, 左小右大的原则排成如下图所示的数表, 其中第i行共有2i-1个正整数, 设aij (i, j∈N*) 表示位于这个数表中从上往下数第i行, 从左往右第j个数.

(1) 若aij=2 016, 求i和j的值;

(2) 记An=a11+a22+a33+ … +ann (n∈N*) , 求证:当n≥4时, An>n2+Cn3.

解: (1) 因为数表中前i-1行共有1+21+22+…+2i-2=2i-1-1个数,

所以第i行的第一个数是2i-1, 则aij=2i-1+j-1.

因为210<2 016<211, aij=2 016, 所以i-1=10, 则i=11.

令210+j-1=2 016, 则j=2 016-210+1=993.

(2) 证明:由 (1) 知, aij=2i-1+j-1, 则ann=2n-1+n-1 (n∈N*) .

当n≥4时,

评注:本题是将“三角形数表”嵌入数列综合应用之中, 呈现数列综合应用中的新情境与再创造.解决本题的关键是从数表中读出命题信息, 掌握主要数据, 研究它的相关性质和结论.比如, 第i行的第一个数、前i-1行共有几个数, “2 016”大约在第几行等都能从数表中的数字规律中发现.第 (2) 问, 可以使用归纳法, 当然利用二项式定理展开, 运用整体大于部分完成证明更简洁.

例9 设数列{an}的前n项和为Sn, 若对任意正整数n, 总存在正整数m, 使得Sn=am, 则称{an}是“H数列”.

(1) 若数列{an}的前n项和Sn=2n (n∈N*) , 证明:{an}是“H数列”.

(2) 设{an}是等差数列, 其首项a1=1, 公差d<0.若{an}是“H数列”, 求d的值.

(3) 证明:对任意的等差数列{an}, 总存在两个“H数列”{bn}和{cn}, 使得an=bn+cn (n∈N*) 成立.

解: (1) 证明:由已知, 当n≥1 时, an+1=Sn+1-Sn=2n+1-2n=2n.于是对任意的正整数n, 总存在正整数m=n+1, 使得Sn=2n=am.所以{an}是“H数列”.

(2) 由已知, 得S2=2a1+d=2+d.

因为{an}是 “H数列”, 所以存在正整数m, 使得S2=am, 即2+d=1+ (m-1) d, 于是 (m-2) d=1.

因为d<0, 所以m-2<0, 因此m=1.从而d=-1.

当d= -1 时, an=2-n, 是小于2 的整数, n∈N*.于是对任意的正整数n, 总存在正整数, 使得Sn=2-m=am, 所以{an}是“H数列”.因此d的值为-1.

(3) 证明:设等差数列{an}的公差为d, 则an=a1+ (n-1) d=na1+ (n-1) (d-a1) (n∈N*) .

令bn=na1, cn= (n-1) (d-a1) , 则an=bn+cn (n∈N*) .

下面证{bn}是“H数列”.

设{bn}的前n项和为Tn, 则·a1 (n∈N*) .于是对任意的正整数n, 总存在正整数, 使得Tn=bm, 所以{bn}是“H数列”.

同理可证{cn}也是“H数列”.

所以对任意的等差数列{an}, 总存在两个“H数列”{bn}和{cn}, 使得an=bn+cn (n∈N*) 成立.

高考数列试题的分类点评和解析 篇3

第一大类只考查数列本身的知识，此类题目又可分为四个类型

A型：考查考生对等差数列和等比数列的概念、性质、通项公式、求和公式以及其它求和方法的掌握情况，题目容易，基本不用拐弯，大部分考生都可轻松完成。此类题目属于容易题，也是高考出现频率最高的题。备考时，一定要加强对等差数列和等比数列的概念的理解，对通项公式、求和公式充分掌握；对分组求和法、错位相减法、裂项相消法 、倒序相加法、并项求和法等求和要熟练掌握；对教材中推导通项公式的累加法、累乘法要做到灵活运用。

B型：考查公式：an=S1，（n=1）

Sn-Sn-1，（n≥2）

例1.（2013年高考广东卷（文））设各项均为正数的数列｛an｝的前n项和为Sn，满足4Sn=[an+1][2]-4n-1，n∈N∗且a2，a5，a14构成等比数列.

（1）证明：a2=；

（2）求数列｛an｝的通项公式；

（3）证明：对一切正整数n，有++…+<.

【解析】（略）

点评：此类题目所给的条件是和“Sn”与通项“an”混合的式子，属于中档题。解题的关键在于对变量的统一，即根据关系式an=S1，（n=1）

Sn-Sn-1，（n≥2），把“和”化为“通项”或把“通项”化为“和”，一般若是求an，就先消去Sn；若是求Sn，就先消去an，然后对已知等式作等价变形，把问题转化为等差、等比数列或其它特殊数列来求解，就可以完成题目的解答。当然有时也采用以退为进的办法，求的是an，却偏偏先消去an，先求Sn后再求an，因此构造新数列时要抓住题目的信息，不能乱变形，同时，此类问题易错的地方是许多考生没有对n进行分类讨论，导致丢失了n=1的情况。广东高考文科数学2012年、2013 年已连续两年出现了这类题。

C型：双数列题

例2.（2012高考浙江文19） 已知数列｛an｝的前n项和为Sn，且Sn=2n2+n，n∈N∗，数列｛bn｝满足an=4log2bn+3，n∈N﹡.

（1）求an，bn；（节选）

【解析】：由Sn=2n2+n，n∈N∗，得：当n=1时，a1=S1=3；

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n2+n-［2（n-1）2+（n-1）］=4n-1，n∈N﹡.

由an=4log2bn+3，得bn=2n-1

例3.（2012高考江苏20）已知各项均为正数的两个数列｛an｝和｛bn｝满足：an+1=，n∈N∗，

（1）设bn+1=1+，n∈N∗，求证：数列｛（）2｝是等差数列；（节选）

【解析】（略）

点评：此类题目难易不定，高考出现的频率较高。一般解题思路是先求出an（或bn）， 再利用已知就可以求出bn（或an），或者联立解方程组，或者联立变形。

D型：考查数列知识的综合性题目。此类题目难度较大，充分考查数列的相关知识，特别是由数列的递推关系求解数列的通项公式是近几年高考的热门考点之一，而对于一阶分式型递推式的通项公式的求法，更是作为一大难点常在高考中出现。

例4.（2011年高考广东卷理科20）设b>0，数列｛an｝满足a1=b，an=（n≥2），

（1）求数列｛an｝的通项公式；（节选）

【解析】：（1）由a1=b>0，知an=>0，=+.

令An=，A1=，

当n≥2时，An=+An-1

=++…++A1

=++…++.

①当b≠2时，An==，②当b=2时，An=.

an=

，b≠2

2，b=2

点评：此类题目属于难题。全面考查考生的数列基本功，特别是已知递推关系，求通项公式的能力。备考时，对形如an=kan-1+b、an=kan-1+bn（k，b为常数）、an=、an+2=pan+1+qan的递推数列求通项公式要熟练掌握。一般来说，只要求出了通项公式，其它问题也就迎刃而解了。

第二大类数列知识与其他数学知识的交汇性试题

将数列与函数、不等式、三角、导数等综合在一起的题目，在近几年各地高考试题中都有出现。

例5.（2009广东文20）已知点（1，）是函数f（x）=ax（a>0，且a≠1）的图像上一点。等比数列｛an｝的前n项和为f（n）-c，数列｛bn｝（bn>0）的首项为c，且前n项和Sn满足Sn-Sn-1=+（n≥2）。

（1）求数列｛an｝和｛bn｝的通项公式；（节选）

【解析】（略）

例6.（2013年高考广东数学（理））设数列｛an｝的前n项和为Sn.已知a1=1，=an+1-n2-n-，n∈N∗.

（1）求a2的值；

（2）求数列｛an｝的通项公式；

（3）证明：对一切正整数n，有++…+<.

【解析】（略）

点评：数列与函数、不等式、三角、导数等的综合题目，只要轻轻摘去函数、不等式、三角、导数这层“面纱”，立即露出数列的“庐山真面目”，也就是求通项公式和求和问题。

第三大类 数列应用题

例7.（2011年高考陕西卷理科14）植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米，开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为 （米）。

【解析】：设树苗集中放置在第i号坑旁边，则20名同学往返所走的路程总和为

l=2［（i-1）+（i-2）+…+2+1+1+

2+…+（19-i）+（20-i）］×10

=（i2-21i+210）×20=［（i-）2+］×20即i=10或11时lmin=2000

例8.（2012高考湖南文20）某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产，该企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同。公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d万元，并将剩余资金全部投入下一年生产。设第n年年底企业上缴资金后的剩余资金为an万元。

（Ⅰ）用d表示a1，a2，并写出an+1与an的关系式；

（Ⅱ）若公司希望经过m（m≥3）年使企业的剩余资金为4000万元，试确定企业每年上缴资金d的值（用m表示）.

【解析】（Ⅰ）由题意得a1=2000（1+50%）-d=3000-d，

a2=a1（1+50%）-d=a1-d，所以an+1=an（1+50%）-d=an-d.

（Ⅱ）由（Ⅰ）得an=an-1-d=（）2an-2-d-d=（an-2-d）-d

=…=（）n-1a1-d［1++（）2+

…+（）n-2］.

整理得an=（）n-1（3000-d）-2d［（）n-1-1］=（）n-1（3000-3d）+2d.

由题意，an=4000，∴（）n-1

（3000-3d）+2d=4000，

解得d==.

故该企业每年上缴资金d的值为缴时，经过m（m≥3）年企业的剩余资金为4000万元。

点评：解等差、等比数列应用题时，首先要认真审题，深刻理解问题的实际背景，理清蕴含在语言中的数学关系，把应用问题抽象为数学中的等差、等比数列问题，然后利用等差、等比数列知识求解。此类题目，体现了把实际问题数学化的能力，也就是所谓的数学建模能力。

总之，高考数列有难有易。易的是等差、等比数列的通项公式和求和方法，难的是转化，要求考生具有较强的数学能力。备考时一定要因人而异，做到容易题不放过，难题尽力就可以了。

责任编辑 邹韵文

endprint

数列，既是高中数学必修内容，又是高等数学的重要基石，各个省、市的高考都把它作为最重要的考查内容。从近几年的高考试题看，有关数列的试题在每年的高考试题中一般是一大一小，所占比例较大，这是因为数列知识是考查学生转化和化归、分类讨论、推理论证及探索问题能力的重要题源，容易命制背景新颖的试题，较好地体现高考的选拔功能。很多考生在备考时，总觉得数列试题很难、好乱，不知道如何复习和总结。其实，总结近几年的高考考点可知，数列试题基本可分为以下三大类。

第一大类只考查数列本身的知识，此类题目又可分为四个类型

A型：考查考生对等差数列和等比数列的概念、性质、通项公式、求和公式以及其它求和方法的掌握情况，题目容易，基本不用拐弯，大部分考生都可轻松完成。此类题目属于容易题，也是高考出现频率最高的题。备考时，一定要加强对等差数列和等比数列的概念的理解，对通项公式、求和公式充分掌握；对分组求和法、错位相减法、裂项相消法 、倒序相加法、并项求和法等求和要熟练掌握；对教材中推导通项公式的累加法、累乘法要做到灵活运用。

B型：考查公式：an=S1，（n=1）

Sn-Sn-1，（n≥2）

例1.（2013年高考广东卷（文））设各项均为正数的数列｛an｝的前n项和为Sn，满足4Sn=[an+1][2]-4n-1，n∈N∗且a2，a5，a14构成等比数列.

（1）证明：a2=；

（2）求数列｛an｝的通项公式；

（3）证明：对一切正整数n，有++…+<.

【解析】（略）

点评：此类题目所给的条件是和“Sn”与通项“an”混合的式子，属于中档题。解题的关键在于对变量的统一，即根据关系式an=S1，（n=1）

Sn-Sn-1，（n≥2），把“和”化为“通项”或把“通项”化为“和”，一般若是求an，就先消去Sn；若是求Sn，就先消去an，然后对已知等式作等价变形，把问题转化为等差、等比数列或其它特殊数列来求解，就可以完成题目的解答。当然有时也采用以退为进的办法，求的是an，却偏偏先消去an，先求Sn后再求an，因此构造新数列时要抓住题目的信息，不能乱变形，同时，此类问题易错的地方是许多考生没有对n进行分类讨论，导致丢失了n=1的情况。广东高考文科数学2012年、2013 年已连续两年出现了这类题。

C型：双数列题

例2.（2012高考浙江文19） 已知数列｛an｝的前n项和为Sn，且Sn=2n2+n，n∈N∗，数列｛bn｝满足an=4log2bn+3，n∈N﹡.

（1）求an，bn；（节选）

【解析】：由Sn=2n2+n，n∈N∗，得：当n=1时，a1=S1=3；

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n2+n-［2（n-1）2+（n-1）］=4n-1，n∈N﹡.

由an=4log2bn+3，得bn=2n-1

例3.（2012高考江苏20）已知各项均为正数的两个数列｛an｝和｛bn｝满足：an+1=，n∈N∗，

（1）设bn+1=1+，n∈N∗，求证：数列｛（）2｝是等差数列；（节选）

【解析】（略）

点评：此类题目难易不定，高考出现的频率较高。一般解题思路是先求出an（或bn）， 再利用已知就可以求出bn（或an），或者联立解方程组，或者联立变形。

D型：考查数列知识的综合性题目。此类题目难度较大，充分考查数列的相关知识，特别是由数列的递推关系求解数列的通项公式是近几年高考的热门考点之一，而对于一阶分式型递推式的通项公式的求法，更是作为一大难点常在高考中出现。

例4.（2011年高考广东卷理科20）设b>0，数列｛an｝满足a1=b，an=（n≥2），

（1）求数列｛an｝的通项公式；（节选）

【解析】：（1）由a1=b>0，知an=>0，=+.

令An=，A1=，

当n≥2时，An=+An-1

=++…++A1

=++…++.

①当b≠2时，An==，②当b=2时，An=.

an=

，b≠2

2，b=2

点评：此类题目属于难题。全面考查考生的数列基本功，特别是已知递推关系，求通项公式的能力。备考时，对形如an=kan-1+b、an=kan-1+bn（k，b为常数）、an=、an+2=pan+1+qan的递推数列求通项公式要熟练掌握。一般来说，只要求出了通项公式，其它问题也就迎刃而解了。

第二大类数列知识与其他数学知识的交汇性试题

将数列与函数、不等式、三角、导数等综合在一起的题目，在近几年各地高考试题中都有出现。

例5.（2009广东文20）已知点（1，）是函数f（x）=ax（a>0，且a≠1）的图像上一点。等比数列｛an｝的前n项和为f（n）-c，数列｛bn｝（bn>0）的首项为c，且前n项和Sn满足Sn-Sn-1=+（n≥2）。

（1）求数列｛an｝和｛bn｝的通项公式；（节选）

【解析】（略）

例6.（2013年高考广东数学（理））设数列｛an｝的前n项和为Sn.已知a1=1，=an+1-n2-n-，n∈N∗.

（1）求a2的值；

（2）求数列｛an｝的通项公式；

（3）证明：对一切正整数n，有++…+<.

【解析】（略）

点评：数列与函数、不等式、三角、导数等的综合题目，只要轻轻摘去函数、不等式、三角、导数这层“面纱”，立即露出数列的“庐山真面目”，也就是求通项公式和求和问题。

第三大类 数列应用题

例7.（2011年高考陕西卷理科14）植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米，开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为 （米）。

【解析】：设树苗集中放置在第i号坑旁边，则20名同学往返所走的路程总和为

l=2［（i-1）+（i-2）+…+2+1+1+

2+…+（19-i）+（20-i）］×10

=（i2-21i+210）×20=［（i-）2+］×20即i=10或11时lmin=2000

例8.（2012高考湖南文20）某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产，该企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同。公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d万元，并将剩余资金全部投入下一年生产。设第n年年底企业上缴资金后的剩余资金为an万元。

（Ⅰ）用d表示a1，a2，并写出an+1与an的关系式；

（Ⅱ）若公司希望经过m（m≥3）年使企业的剩余资金为4000万元，试确定企业每年上缴资金d的值（用m表示）.

【解析】（Ⅰ）由题意得a1=2000（1+50%）-d=3000-d，

a2=a1（1+50%）-d=a1-d，所以an+1=an（1+50%）-d=an-d.

（Ⅱ）由（Ⅰ）得an=an-1-d=（）2an-2-d-d=（an-2-d）-d

=…=（）n-1a1-d［1++（）2+

…+（）n-2］.

整理得an=（）n-1（3000-d）-2d［（）n-1-1］=（）n-1（3000-3d）+2d.

由题意，an=4000，∴（）n-1

（3000-3d）+2d=4000，

解得d==.

故该企业每年上缴资金d的值为缴时，经过m（m≥3）年企业的剩余资金为4000万元。

点评：解等差、等比数列应用题时，首先要认真审题，深刻理解问题的实际背景，理清蕴含在语言中的数学关系，把应用问题抽象为数学中的等差、等比数列问题，然后利用等差、等比数列知识求解。此类题目，体现了把实际问题数学化的能力，也就是所谓的数学建模能力。

总之，高考数列有难有易。易的是等差、等比数列的通项公式和求和方法，难的是转化，要求考生具有较强的数学能力。备考时一定要因人而异，做到容易题不放过，难题尽力就可以了。

责任编辑 邹韵文

endprint

数列，既是高中数学必修内容，又是高等数学的重要基石，各个省、市的高考都把它作为最重要的考查内容。从近几年的高考试题看，有关数列的试题在每年的高考试题中一般是一大一小，所占比例较大，这是因为数列知识是考查学生转化和化归、分类讨论、推理论证及探索问题能力的重要题源，容易命制背景新颖的试题，较好地体现高考的选拔功能。很多考生在备考时，总觉得数列试题很难、好乱，不知道如何复习和总结。其实，总结近几年的高考考点可知，数列试题基本可分为以下三大类。

第一大类只考查数列本身的知识，此类题目又可分为四个类型

A型：考查考生对等差数列和等比数列的概念、性质、通项公式、求和公式以及其它求和方法的掌握情况，题目容易，基本不用拐弯，大部分考生都可轻松完成。此类题目属于容易题，也是高考出现频率最高的题。备考时，一定要加强对等差数列和等比数列的概念的理解，对通项公式、求和公式充分掌握；对分组求和法、错位相减法、裂项相消法 、倒序相加法、并项求和法等求和要熟练掌握；对教材中推导通项公式的累加法、累乘法要做到灵活运用。

B型：考查公式：an=S1，（n=1）

Sn-Sn-1，（n≥2）

例1.（2013年高考广东卷（文））设各项均为正数的数列｛an｝的前n项和为Sn，满足4Sn=[an+1][2]-4n-1，n∈N∗且a2，a5，a14构成等比数列.

（1）证明：a2=；

（2）求数列｛an｝的通项公式；

（3）证明：对一切正整数n，有++…+<.

【解析】（略）

点评：此类题目所给的条件是和“Sn”与通项“an”混合的式子，属于中档题。解题的关键在于对变量的统一，即根据关系式an=S1，（n=1）

Sn-Sn-1，（n≥2），把“和”化为“通项”或把“通项”化为“和”，一般若是求an，就先消去Sn；若是求Sn，就先消去an，然后对已知等式作等价变形，把问题转化为等差、等比数列或其它特殊数列来求解，就可以完成题目的解答。当然有时也采用以退为进的办法，求的是an，却偏偏先消去an，先求Sn后再求an，因此构造新数列时要抓住题目的信息，不能乱变形，同时，此类问题易错的地方是许多考生没有对n进行分类讨论，导致丢失了n=1的情况。广东高考文科数学2012年、2013 年已连续两年出现了这类题。

C型：双数列题

例2.（2012高考浙江文19） 已知数列｛an｝的前n项和为Sn，且Sn=2n2+n，n∈N∗，数列｛bn｝满足an=4log2bn+3，n∈N﹡.

（1）求an，bn；（节选）

【解析】：由Sn=2n2+n，n∈N∗，得：当n=1时，a1=S1=3；

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n2+n-［2（n-1）2+（n-1）］=4n-1，n∈N﹡.

由an=4log2bn+3，得bn=2n-1

例3.（2012高考江苏20）已知各项均为正数的两个数列｛an｝和｛bn｝满足：an+1=，n∈N∗，

（1）设bn+1=1+，n∈N∗，求证：数列｛（）2｝是等差数列；（节选）

【解析】（略）

点评：此类题目难易不定，高考出现的频率较高。一般解题思路是先求出an（或bn）， 再利用已知就可以求出bn（或an），或者联立解方程组，或者联立变形。

D型：考查数列知识的综合性题目。此类题目难度较大，充分考查数列的相关知识，特别是由数列的递推关系求解数列的通项公式是近几年高考的热门考点之一，而对于一阶分式型递推式的通项公式的求法，更是作为一大难点常在高考中出现。

例4.（2011年高考广东卷理科20）设b>0，数列｛an｝满足a1=b，an=（n≥2），

（1）求数列｛an｝的通项公式；（节选）

【解析】：（1）由a1=b>0，知an=>0，=+.

令An=，A1=，

当n≥2时，An=+An-1

=++…++A1

=++…++.

①当b≠2时，An==，②当b=2时，An=.

an=

，b≠2

2，b=2

点评：此类题目属于难题。全面考查考生的数列基本功，特别是已知递推关系，求通项公式的能力。备考时，对形如an=kan-1+b、an=kan-1+bn（k，b为常数）、an=、an+2=pan+1+qan的递推数列求通项公式要熟练掌握。一般来说，只要求出了通项公式，其它问题也就迎刃而解了。

第二大类数列知识与其他数学知识的交汇性试题

将数列与函数、不等式、三角、导数等综合在一起的题目，在近几年各地高考试题中都有出现。

例5.（2009广东文20）已知点（1，）是函数f（x）=ax（a>0，且a≠1）的图像上一点。等比数列｛an｝的前n项和为f（n）-c，数列｛bn｝（bn>0）的首项为c，且前n项和Sn满足Sn-Sn-1=+（n≥2）。

（1）求数列｛an｝和｛bn｝的通项公式；（节选）

【解析】（略）

例6.（2013年高考广东数学（理））设数列｛an｝的前n项和为Sn.已知a1=1，=an+1-n2-n-，n∈N∗.

（1）求a2的值；

（2）求数列｛an｝的通项公式；

（3）证明：对一切正整数n，有++…+<.

【解析】（略）

点评：数列与函数、不等式、三角、导数等的综合题目，只要轻轻摘去函数、不等式、三角、导数这层“面纱”，立即露出数列的“庐山真面目”，也就是求通项公式和求和问题。

第三大类 数列应用题

例7.（2011年高考陕西卷理科14）植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米，开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为 （米）。

【解析】：设树苗集中放置在第i号坑旁边，则20名同学往返所走的路程总和为

l=2［（i-1）+（i-2）+…+2+1+1+

2+…+（19-i）+（20-i）］×10

=（i2-21i+210）×20=［（i-）2+］×20即i=10或11时lmin=2000

例8.（2012高考湖南文20）某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产，该企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同。公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d万元，并将剩余资金全部投入下一年生产。设第n年年底企业上缴资金后的剩余资金为an万元。

（Ⅰ）用d表示a1，a2，并写出an+1与an的关系式；

（Ⅱ）若公司希望经过m（m≥3）年使企业的剩余资金为4000万元，试确定企业每年上缴资金d的值（用m表示）.

【解析】（Ⅰ）由题意得a1=2000（1+50%）-d=3000-d，

a2=a1（1+50%）-d=a1-d，所以an+1=an（1+50%）-d=an-d.

（Ⅱ）由（Ⅰ）得an=an-1-d=（）2an-2-d-d=（an-2-d）-d

=…=（）n-1a1-d［1++（）2+

…+（）n-2］.

整理得an=（）n-1（3000-d）-2d［（）n-1-1］=（）n-1（3000-3d）+2d.

由题意，an=4000，∴（）n-1

（3000-3d）+2d=4000，

解得d==.

故该企业每年上缴资金d的值为缴时，经过m（m≥3）年企业的剩余资金为4000万元。

点评：解等差、等比数列应用题时，首先要认真审题，深刻理解问题的实际背景，理清蕴含在语言中的数学关系，把应用问题抽象为数学中的等差、等比数列问题，然后利用等差、等比数列知识求解。此类题目，体现了把实际问题数学化的能力，也就是所谓的数学建模能力。

总之，高考数列有难有易。易的是等差、等比数列的通项公式和求和方法，难的是转化，要求考生具有较强的数学能力。备考时一定要因人而异，做到容易题不放过，难题尽力就可以了。

责任编辑 邹韵文

数学数列复习试题 篇4

一、填空：

1、若x=1，则x+= 。

2、平方等于1/16的数是 ，立方等于-27的数是 ，立方后是本身的数有 。

3、当n为奇数时，1+(-1)n= 当n为偶数时，1+(-1)n= 。

4、若︳a-1 ︳+(b+2)2= 0,那么(a+b)2005+a= 。

5、若每人每天浪费水0.32升，那么100万人每天浪费的水为多少升。用科学记数法表示为 升。

6、由四舍五入得到的近似数0.8080有 个有效数字，分别是 ，它精确到 位。

7、3.16106原数为 ，精确到 位。

8、写出3，-9，27，-81，243，这行数的第n个数 。

二、选择：

1、若规定ab=(a+1)b，则13的值为( )

(A)1(B)3(C)6(D)8

2、(-2)11+(-2)10的值是( )

(A)-2 (B)(-2)21 (C)0 (D)-210

3、下列语句中，正确的.个数是( )

①任何小于1的有理数都大于它的平方

②没有平方得-9的数

③若a﹥b,则a2﹥b2

④(m+1)2是非负数

⑤大于0且小于1的有理数的立方一定不大于原数

⑥大于-1且小于0的有理数的立方一定大于原数

(A)1个(B)2个(C)3个(D)4个

4、据国家统计局公布的我国第五次人口普查数据，我国现有人口12.95亿，那么这个数据(保留三个有效数字)用科学记数法表示为( )

(A)12.95108 (B)12.9109 (C)1.295109 (D)1.30109

5、用四舍五入法保留三个有效数字得到的近似值是2.15104，则原数可能是( )

(A)215600 (B)21480

(C)21420 (D)21570

三、计算：

1、-72+2(-3)2+(-6)(-1/3)2

2、-14-(1-0.5)3[2-(-32)]

3、-1-{(-3)3-[3+0.4(-1.5)](-2)}

高考数学数列解题方法 篇5

这种方法是体现学生的想象力及创新能力的方法，也是数学解题技巧中最富有挑战性的方法，能将复杂的题型辅以转换的功能，成为简单的、易被理解的题型。比如，一个正方体平面为ABCB和A1B1C1D1，在正方体的棱长D1C1和C1B1分别设置两点E和F为中点，AC与BD相交于P点，A1C1于EF相交于Q点，求证：(1)点D、B、F、B在同一平面上;(2)如果线段A1C通过平面DBFE，交点到R点，那么P、R、Q三点共线?由题可知：线段EF是△D1B1C1的中位线，所以，EF与B1D1平行，在正方体AC1中，线段B1D1与BD平行，相应得出：线段EF与线段BD相平行，由此得出线段EF和BD在一个平面，所以可以求得点D、B、F、E在同一个平面。假设平面A1ACC1为x，平面BDEF为y，由于Q点在平面AC，所以Q点也属于平面x，为x和y的交点，同属两个平面的点。同理可得，点P也属x、y的公共点，而R点是平面A1C与平面y的交点，所以，可以得到P、Q、R三点共线。

普通高中数学关于数列试题 篇6

等差数列

黎岗

一、选择题

1、等差数列-6，-1，4，9，„„中的第20项为（）A、89 B、-101 C、101 D、-89 2． 等差数列{an}中，a15=33，a45=153，则217是这个数列的（）A、第60项 B、第61项 C、第62项 D、不在这个数列中

3、在-9与3之间插入n个数，使这n+2个数组成和为-21的等差数列，则n为 A、4 B、5 C、6 D、不存在

4、等差数列{an}中，a1+a7=42，a10-a3=21，则前10项的S10等于（）A、720 B、257 C、255 D、不确定

5、等差数列中连续四项为a，x，b，2x，那么 a ：b 等于（）

A、B、C、或 1 D、6、已知数列{an}的前n项和Sn=2n2-3n，而a1，a3，a5，a7，„„组成一新数 列{Cn}，其通项公式为（）

A、Cn=4n-3 B、Cn=8n-1 C、Cn=4n-5 D、Cn=8n-9

7、一个项数为偶数的等差数列，它的奇数项的和与偶数项的和分别是24与30 若此数列的最后一项比第-10项为10，则这个数列共有（）A、6项 B、8项 C、10项 D、12项

8、设数列{an}和{bn}都是等差数列，其中a1=25，b1=75，且a100+b100=100，则数列{an+bn}的前100项和为（）A、0 B、100 C、10000 D、505000

二、填空题

9、在等差数列{an}中，an=m，an+m=0，则am= ______。

10、在等差数列{an}中，a4+a7+a10+a13=20，则S16= ______。

11． 在等差数列{an}中，a1+a2+a3+a4=68，a6+a7+a8+a9+a10=30，则从a15到 a30的和是 ______。

12． 已知等差数列 110，116，122，„„，则大于450而不大于602的各 项之和为 ______。

三、解答题

13． 已知等差数列{an}的公差d=，前100项的和S100=145 求： a1+a3+a5+„„+a99的值

14． 已知等差数列{an}的首项为a，记(1)求证：{bn}是等差数列

(2)已知{an}的前13项的和与{bn}的前13的和之比为 3 ：2，求{bn}的 公差。

15． 在等差数列{an}中，a1=25，S17=S9

(1)求{an}的通项公式

(2)这个数列的前多少项的和最大？并求出这个最大值。

16、等差数列{an}的前n项的和为Sn，且已知Sn的最大值为S99，且|a99|〈|a100| 求使Sn〉0的n的最大值。

[高二数学答案]

1． A

2、B

3、B

4、C

5、B

6、D 7、A

8、C

二、填空题

9、n10、80

11、-368 12、13702

13、∵{an}为等差数列 ∴ an+1-an=d ∴ a1+a3+a5+„+a99=a2+a4+a6+„+a100-50d 又（a1+a3+a5+„+a99）+（a2+a4+a6+„+a100）=S100=145 ∴ a1+a3+a5+„+a99==60

14、(1)证：设{an}的公差为d 则an=a+（n-1）d

当n≥0时 b n-bn-1=d 为常数 ∴ {bn}为等差数列

（2）记{an}，{bn}的前n项和分别为A13，B13则，∴{bn}的公差为

15、S17=S9

即 a10+a11+„+a17=

∴ an=27-2n

=169-（n-13）2

当n=13时，Sn最大，Sn的最大值为169

16、S198=（a1+a198）=99(a99+a100)<0 S197=(a1+a197)=(a99+ a99)>0 又 a99>0，a100<0 则 d<0 ∴当n<197时，Sn>0 ∴ 使 Sn>0 的最大的n为197、数列问题解题方法技巧

1．判断和证明数列是等差（等比）数列常有三种方法：(1)定义法：对于n≥2的任意自然数,验证 为同一常数。(2)通项公式法：

①若

= +（n-1）d= +（n-k）d，则 为等差数列； ②若，则 为等比数列。

(3)中项公式法：验证中项公式成立。

2.在等差数列 中,有关 的最值问题——常用邻项变号法求解：

(1)当 >0,d<0时，满足 的项数m使得 取最大值.(2)当 <0,d>0时，满足 的项数m使得取最小值。

在解含绝对值的数列最值问题时,注意转化思想的应用。

3.数列求和的常用方法：公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等。

三、数列问题解题注意事项

1．证明数列 是等差或等比数列常用定义，即通过证明

或 而得。2．在解决等差数列或等比数列的相关问题时，“基本量法”是常用的方法，但有时灵活地运用性质，可使运算简便，而一般数列的问题常转化为等差、等比数列求解。3．注意 与 之间关系的转化。如：

=

，= ．

4．数列极限的综合题形式多样，解题思路灵活，但万变不离其宗，就是离不开数列极限的概念和性质，离不开数学思想方法，只要能把握这两方面，就会迅速打通解题思路．

5．解综合题的成败在于审清题目，弄懂来龙去脉，透过给定信息的表象，抓住问题的本质，揭示问题的内在联系和隐含条件，明确解题方向，形成解题策略．

本文出自：

等比数列

一、选择题

1、若等比数列的前3项依次为，„„，则第四项为（）

A、1 B、C、D、2、公比为的等比数列一定是（）

A、递增数列 B、摆动数列 C、递减数列 D、都不对

3、在等比数列{an}中，若a4·a7=-512，a2+a9=254，且公比为整数，则a12=（）A、-1024 B、-2048 C、1024 D、2048

4、已知等比数列的公比为2，前4项的和为1，则前8项的和等于（）A、15 B、17 C、19 D、21

5、设A、G分别是正数a、b的等差中项和等比中项，则有（）A、ab≥AG B、ab

6、{an}为等比数列，下列结论中不正确的是（）

A、{an2}为等比数列 B、为等比数列

C、{lgan}为等差数列 D、{anan+1}为等比数列

7、一个等比数列前几项和Sn=abn+c，a≠0，b≠0且b≠1，a、b、c为常数，那么a、b、c必须满足（）

A、a+b=0 B、c+b=0 C、c+a=0 D、a+b+c=0

8、若a、b、c成等比数列，a，x，b和b，y，c都成等差数列，且xy≠0，则 的值为（）A、1 B、2 C、3 D、4

一、填空题

1、在等比数列{an}中，若S4=240，a2+a4=180，则a7= ______,q= ______。

2、数列{an}满足a1=3，an+1=-，则an = ______，Sn= ______。

3、等比数列a，-6，m，-54，„„的通项an = ___________。

4、{an}为等差数列，a1=1，公差d=z，从数列{an}中，依次选出第1，3，32„„3n-1项，组成数列{bn},则数列{bn}的通项公式是 __________，它的前几项之和是__________。

二、计算题

1、有四个数，前三个数成等差数列，后三个成等比数列，并且第一个

数与第四个数的和为37，第二个数与第三个数的和为36，求这四个数。

2、等比数列{an}的公比q>1，其第17项的平方等于第24项，求：使a1

+a2+a3+„„+an>

成立的自然数n的取值范围。

3、已知等比数列{an}，公比q>0，求证：SnSn+2

4、数列{an}的前几项和记为An，数列{bn}的前几项和为Bn，已知，求Bn及数列{|bn|}的前几项和Sn。

高二数学答案

一、1、A

2、D

3、B

4、B

5、D

6、C

7、C

8、B

一、1、6；32、3、-2·3n-1或an=2（-3）n-1 4、2·3n-1-1；3n-n-1

二、1、解：由题意，设立四个数为a-d，a，a+d，则由（2）d=36-2a（3）

把（3）代入（1）得 4a2-73a+36×36=0（4a-81）（a-16）=0 ∴所求四数为

或12，16，20，25。

2、解：设{an}的前几项和Sn，an=a1qn-1 的前几项的和为Tn

∵Sn>Tn

∴即>0 又∴a12qn-1>1（1）又a172=a24即a12q32>a1q23 ∴a1=q-9（2）

由（1）（2）∴n≥0且n∈N3、证一：（1）q=1 Sn=na1

SnSn+2-Sn+12=（na1）[（n+2）a1]-[（n+1）a1]2=-a12

（2）q≠1

=-a12qn<0 ∴SnSn+2

SnSn+2-Sn+12=Sn（a1+qSn+1）-Sn+1（a1+qSn）=a1（Sn-Sn+1）=-a1a n+1=-a12qn<0 ∴SnSn+2

n≥2时，∴bn=log2an=7-2n

∴{bn}为首项为5，公比为（-2）的等比数列

两道高考数列题的背景分析 篇7

例1已知数列

(Ⅰ)猜想数列的结论;

(Ⅱ)证明:.

我们再来看一个求方程近似解而产生的数列:如果用迭代法求方程x2+x-1=0的正的近似解,令f(x)=x2+x-1由f(0)<0,而且f(1)>0,又函数f(x)在(0,1)单调递增可知方程在(0,1)内有惟一解x*.—般的,设非线性方程f(x)=0(1),等价于:x=Φ(x)(2)则有迭代式:xn+1=Φ(xn),n=0,1,2,…若Φ(x)连续,且迭代序列{xn}收敛于x*,则两边取极限得x*=Φ(x*),即x*满足(2),从而满足(1),即x*为f零点.称x*为Φ(x)的不动点.

对于方程x2+x-1=0,变形为,构造迭代式:,…,这样就得出方程的近似解,这一序列的极限就是.问题(1)考察数列{x2n}的单调性,也可进一步考察猜想数列{x2n-1}的单调性,通过数形结合较容易发现奇子列与偶子列的单调有界,而且由问题(2)证明:知两子列具有相同的极限.当我们分析数列的分子与分母(假定):1,1,2,3,5,8,13…….这恰好构成了斐波那契亚数列..

例2[2005年高考数学福建卷(理科22)试题]已知数列{an}满足a1=a,an+1=1+.我们知道当a取不同的值时,得到不同的数列,如当a=1时,得到无穷数列:1,2,,…;当时,得到有穷数列:-,-1,0.

(Ⅰ)(Ⅱ)略.

(Ⅲ)若,求a的取值范围.

我们看方程近似解而产生的数列:如果用迭代法求方程x2-x-1=0的正的近似解,令f(x)=x2-x-1由f(1)<0,而且f(2)>0,又函数f(x)在(1,2)单调递减可知方程在(0,1)内有惟一解x*.

对于方程x2-x-1=0,变形为,构造迭代式:,令x1=1,x2=,…,这个数列与例1所产生的数列恰好是倒数关系.比较两个方程x2+x-1=0与x2-x-1=0,如果作代换,可清晰的发现两方程的根互为倒数.此数列的分子与分母1,1,2,3,5,8,13,……也构成了斐波那契亚数列.

普通高中数学课程教材人教社必修五P34(B组习题3)结合P32阅读与思考给出斐波那契亚数列的一道题目.

已知数列{an}的第一项是1,第二项是2,以后各项由an=an-1+an-2(n>2)给出.

数列高考试题分类 篇8

一、 形如an+1-an=f(n)型

例1 （2007年北京理科）数列{an}中，a1=2，an+1=an+cn（c是常数，n=1,2,3,…），且a1,a2,a3成公比不为1的等比数列．（Ⅰ） 求C的值；（Ⅱ） 求{an}的通项公式．

解：（Ⅰ）易求c=2．

（Ⅱ） 由（Ⅰ）可知c=2时，an+1-an=2n，当n≥2时，由于a2-a1=2，a3-a2=2×2，…,an-an-1=2(n-1)，累加后，得an-a1=2×［1+2+…+(n-1)］=n(n-1)，又∵ a1=2，∴ an=n2-n+2.（n=2，3…）

当n=1时，上式也成立，所以an=n2-n+2(n=1,2,…)．

评注：此题中的f(n)是关于n的一次函数,累加后转化为等差数列求和，若f(n)为常数,即：an+1-an=d,此时数列为等差数列，则an=a1+(n-1)d.f(n)还可以是关于n的二次函数、指数函数、分式函数.

例2 （2009全国卷Ⅰ理）在数列{an}中，a1=1，an+1=1+1nan+n+12n

（Ⅰ） 设bn=ann，求数列{bn}的通项公式. （Ⅱ） 略.

解：（Ⅰ）由已知有an+1n+1=ann+12n，∴ bn+1-bn=12n，由累加法,得bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-1-bn-2)+(bn-bn-1)=1+12+122+…+12n-2+12n-1=2-12n-1（n∈N*）,所以数列{bn}的通项公式:bn=2-12n-1（n∈N*）

评注：此题变形代换后,变成{bn}的递推关系,右边f(n)是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列求和.若f(n)是关于的n二次函数，累加后可分组求和;若f(n)是关于n的分式函数，累加后可裂项求和.

二、 形如an+1an=f(n)型

例3 (2000年全国理)设{an}是首项为1的正项数列，且（n+1）a2n+1-na2n+an+1an=0（n=1，2， 3，…），则它的通项公式是an= .

解：已知等式可化为：（an+1+an）［(n+1)an+1-nan］=0

∵ an＞0（n∈N*） ∴ （n+1）an+1-nan=0,即an+1an=nn+1 ∴ n≥2时，anan-1=n-1n ∴ an=anan-1•an-1an-2……a2a1•a1=n-1n•n-2n-1……12•1=1n.

评注：本题是关于an和an+1的二次齐次式，可以通过因式分解（一般用求根公式）得到an与an+1的更为明显的关系式，从而求出an.当f(n)为常数，即：an+1an=q（其中q是不为0的常数），此时数列为等比数列，an=a1•qn-1.（2） 当f(n)为n的函数时,用累乘法.

三、 形如an+1+an=f(n)型

例4 （2005江西文）已知数列{an}的前n项和Sn，满足Sn-Sn-1=3-12n-1(n≥3)，且S1=1，S2=-32，求数列{an}的通项公式.

解：因为Sn-Sn-2=an+an-1所以an+an-1=3•-12n-1(n≥3)，令bn=（-1）nan，∴ bn-bn-1=-3•12n-1（n≥3），bn-1-bn-2=-3•12n-2，…b3-b2=-3•122，∴ bn=b2-3［12n-1+12n-2+…+122］=b2-3×14-14•12n-21-12=b2-32+3•12n-1（n≥3）.又∵ a1=S1=1，a2=S2-S1=-32-1=-52，b1=(-1)1a1=-1，b2=(-1)2a2=-52，∴ bn=-52-32+3•12n-1=-4+3•12n-1(n≥1).∴ an=（-1）bn=-4•（-1）n+3•(-1)n•12n-1.

∴ an=4-3•12n-1，n为奇数.

-4+3•12n-1，n为偶数.

评注：此题用构造法转化为an+1-an=f(n)型，通过累加来求出通项;另外还可以用逐差法(两式相减)得an+1-an-1=f(n)-f(n-1)，分奇偶项来分求通项.有兴致的话，我们可以效仿上题的解题思想去解决形如an+1•an=f(n)型数列通项的求法，这里不再介绍.若f(n)为常数, 它是一个周期数列，周期为2，其通项分奇数项和偶数项来讨论;

四、 形如an+1=can+d,（c≠0，其中a1=a)型

例5 （2008年安徽） 设数列{an}满足a1=a,an+1=can+1-c，c∈N*，其中a，c为实数，且c≠0（Ⅰ）求数列{an}的通项公式（Ⅱ）略

解： ∵ an+1-1=c（an-1） ∴ 当a≠1时

，{an-1}是首项为a-1，公比为c的等比数列.

∴ an-1=(a-1)cn-1，即an=(a-1)

cn-1+1.当a=1时，an=1仍满足上式.

∴ 数列{an}的通项公式为an=(a-1)cn-1+1(n∈N*).

评注：若c=1时，数列{an}为等差数列;若d=0时，数列{an}为等比数列;若c≠1妿d≠0时，数列{an}为线性递推数列，此题稍作变形就构成{an-1}是首项为a-1，公比为c的等比数列去求通项.也可以消去常数项,得出an-1-an=c(an-an-1)，构成一个等比数列来求.还可以用叠代法an=can-1+1-c=c2an-2+1-c2=…=cn-1a1+1-cn-1=(a-1)cn-1+1(n∈N*)

五、 形如an+1=Pan+f(n)型

例6 （2009全国卷Ⅱ理）设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=1，Sn+1=4an+2

（Ⅰ） 设bn=an+1-2an，证明数列{bn}是等比数列

（Ⅱ） 求数列{an}的通项公式.

解：（Ⅰ） ∴ {bn}是首项b1=3，公比为２的等比数列．

（Ⅱ） 由（Ⅰ）可得bn=an+1-2an=3•2n-1，∴ an+12n+1-an2n=34,∴ 数列{an2n}是首项为12，公差为34的等差数列．∴ an2n=12+(n-1)34=34n-14，an=(3n-1)•2n-2

评注：第（Ⅱ）问中由（Ⅰ）易得an+1-2an=3•2n-1，这个递推式明显是一个构造新数列的模型：an+1=pan+qn(p,q为常数)，主要的处理手段是两边除以qn+1．此题p=q=2，若p≠q≠0时还可考虑两边同除以pn+1通过累加法去求或用待定系数法,设qn+1+λ•qn+1=p(an+λ•qn)通过比较系数，求出λ，转化为等比数列求通项.

六、 利用an=Sn-Sn-1(n≥2)求通项.

例7 （2011•湖北理）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足：an=a(a≠0)，an+1=rSn，（n∈N*，r∈R，r≠-1）.

（Ⅰ） 求数列{an}的通项公式；（Ⅱ） 略．

解：（Ⅰ） 由已知an+1=rSn，可得an+2=rSn+1，两式相减可得an+2-an+1=r(Sn+1-Sn)=ran+1，即an+2=(r+1)an+1又a2=ra1=ra，所以r=0时，数列{an}为：a，0，…，0，…；当r≠0，r≠-1时, 由已知a≠0，所以an≠0（n∈N*）,于是由an+2=(r+1)an+1， 可得an+2an+1=r+1（n∈N*）

∴ a2，a3，…an…成等比数列,∴ 当n≥2时,an=r(r+1)n-2a.

综上，数列{an}的通项公式为an=a n=1

r(r+1)n-2a n≥2.

评注：此题是高考试题中出现频率较高的一种题型.一般地，如果求条件与前n项和相关的数列的通项公式，则可考虑Sn与an的关系求解.根据条件情况或转化为和的关系式,先求Sn的表达式,再求通项,或直接转化为项之间的关系去求通项an应当引起重视.