高考压轴题之数列

高考压轴题之数列

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 ①形如的递归式,其通项公式求法为：‎ ‎②形如的递归式,其通项公式求法为：‎ 例2 . 已知an = ( n∈N* )，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.‎ ‎(Ⅰ)若首项，公差，求满足的正整数k；‎ ‎(Ⅱ)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个满足条件的无穷等差数列：‎ ‎①{an} : an=0，即0，0，0，…；‎ ‎②{an} : an=1，即1，1，1，…；‎ ‎③{an} : an=2n－1，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。‎ ‎（Ⅱ）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 ΔOBC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),‎ ‎（Ⅰ）求及;‎ ‎（Ⅱ）证明 ‎ (Ⅲ)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 (Ⅰ)因为，‎ 所以，又由题意可知 ‎∴ ==‎ ‎∴为常数列．∴ ‎ ‎(Ⅱ)将等式两边除以2，‎ 得 ‎ 又∵ , ∴ ‎ ‎（Ⅲ）∵= =‎ ‎ 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．设数列的前项和为，已知，且 ‎，其中A.B为常数 ‎⑴求A与B的值；（2分）‎ ‎⑵证明：数列为等差数列；（6分）‎ ‎⑶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 ①‎ ‎∴ ②‎ ‎②－①得， ③‎ ‎∴ ④‎ ‎④－③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（Ⅰ）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n≥6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n≥6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：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 ‎ ‎①1+2+…+n=n(n+1)‎ ‎②12+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+qmSn．‎ ‎4.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 成等差数列．‎ ‎（I）证明 12S3，S6，S12－S6成等比数列；‎ ‎（II）求和Tn=a1+‎2a4+‎3a7+…+na3n－2．‎ 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，S12－S6，并证明它们构成等比数列．对于第(2)问，由于 Tn=a1+‎2a4+‎3a7+…+na3n－2．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 （Ⅰ）证明 由成等差数列， 得，‎ 即 变形得 ‎ 所以（舍去）．‎ 由 ‎ ‎ ‎ 得 所以12S3，S6，S12－S6成等比数列． ‎ ‎（Ⅱ）解：‎ 即 ① ‎ ‎①×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，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，S12－S6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：an＋1＝an＋d，an＝qan；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：‎ ‎①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．‎ ‎②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Ⅰ：（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．‎ ‎①形如的递归式,其通项公式求法为：[来源:Zxxk.Com]‎ ‎②形如的递归式,其通项公式求法为： ‎ ‎③形如的递推式,两边同除以得,令则句可转化为①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( )‎ ‎1‎ ‎1‎ y x O ‎1‎ ‎1‎ y x O ‎1‎ ‎1‎ y x O ‎1‎ ‎1‎ y x O ‎ （A） 　 （Ｂ） （Ｃ） （Ｄ）‎ 分析 利用递推式意义及数形结合,分析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=a2k－1+(－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=3．a4=a3+(－1)2=4, a5=a4+32=13, 所以，a3=3,a5=13．‎ ‎ (II) a2k+1=a2k+3k= a2k－1+(－1)k+3k,‎ ‎ 所以a2k+1－a2k－1=3k+(－1)k, ‎ ‎ 同理a2k－1－a2k－3=3k－1+(－1)k－1,‎ ‎ ……‎ ‎ a3－a1=3+(－1)．‎ ‎ 所以(a2k+1－a2k－1)+(a2k－1－a2k－3)+…+(a3－a1)‎ ‎ =(3k+3k－1+…+3)+[(－1)k+(－1)k－1+…+(－1)],‎ ‎ 由此得a2k+1－a1=(3k－1)+[(－1)k－1],‎ ‎ 于是a2k+1= ‎ ‎ a2k= a2k－1+(－1)k=(－1)k－1－1+(－1)k=(－1)k=1． ‎ ‎{an}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 ‎（Ⅰ）试求的关系，并求的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）当时，证明 ‎（Ⅲ）当时，证明 ‎【答案】解：（Ⅰ）∵，‎ ‎∴ 。‎ ‎ ∴‎ ‎。 ‎ ‎∴。‎ ‎（Ⅱ）证明：由a=1知 ‎ ‎ ∵ ∴。‎ ‎∵当 时，，∴。‎ ‎（Ⅲ）证明：由（Ⅰ）知，当a=1时，‎ ‎∴‎ ‎ = 。‎ ‎【考点】数列递推式，不等式的证明。‎ ‎【分析】（Ⅰ）根据，，的坐标求得， 从而通过公式法求得的通项公式。 （Ⅱ）把a=1代入，根据可推断。由于当时，．从 而可知。‎ ‎（Ⅲ）由（Ⅰ）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．已知各项均为正数的两个数列和满足：，，‎ ‎（1）设，，求证：数列是等差数列；‎ ‎（2）设，，且是等比数列，求和的值．‎ ‎【答案】解：（1）∵，∴。‎ ‎ ∴ 。∴ 。‎ ‎ ∴数列是以1 为公差的等差数列。‎ ‎（2）∵，∴。‎ ‎ ∴。（﹡）‎ ‎ 设等比数列的公比为，由知，下面用反证法证明 ‎ 若则，∴当时，，与（﹡）矛盾。‎ ‎ 若则，∴当时，，与（﹡）矛盾。‎ ‎ ∴综上所述，。∴，∴。‎ ‎ 又∵，∴是公比是的等比数列。‎ ‎ 若，则，于是。‎ ‎ 又由即，得。‎ ‎ ∴中至少有两项相同，与矛盾。∴。‎ ‎ ∴。‎ ‎ ∴ 。‎ ‎【考点】等差数列和等比数列的基本性质，基本不等式，反证法。‎ ‎【解析】（1）根据题设和，求出，从而证明而得证。‎ ‎ （2）根据基本不等式得到，用反证法证明等比数列的公比。‎ 从而得到的结论，再由知是公比是的等比数列。最后用反证法求出。‎