高三數(shù)學自主招生講座第三講__數(shù)列

1、第三部分第三部分 數(shù)數(shù) 列列cherdy商丘市一高奧賽商丘市一高奧賽+自主招生自主招生+保送生培訓專題保送生培訓專題第一課時第一課時cherdy商丘市一高奧賽商丘市一高奧賽+自主招生自主招生+保送生培訓專題保送生培訓專題例例1、設數(shù)列an（n3）且an0滿足條件，則數(shù)列an是等比數(shù)列證明：證明：由柯西不等式知，當且僅當因此欲使成立，必須且只須故數(shù)列an是等比數(shù)列時等號成立例例2、已知已知 解：解：因為且所以2S=1000故S=500例例3、求數(shù)列13，23，43，(1)n1n3，的前n項和。 解：an=(1)n+1n3,當n為奇數(shù)，即n=2k1時，因為anan1=a2k1a2k=(2k1)3(

2、2k)3=12k26k1.所以Sn=13233343(n1)3n3=(1303)(3323)(5343) n3(n1)3當n為偶數(shù)時例例4、求和S n=12(12)3(123)412(n1)n.解：因為 例例5已知數(shù)列an滿足求數(shù)列an的通項公式。解：將遞推式表示為當n=1時，也滿足上式。例例6、已知數(shù)列an滿足nan1=(n1)an2，且a1=2，求數(shù)列an的通項公式。解：因為nan1=(n1)an+2，兩邊同除以n(n1),故an=nbn=4n2.例例7、數(shù)列an滿足nan1=2(a1a2an), n=1, 2, 3, 且a1=1；（1）求數(shù)列an的通項。（2）令求數(shù)列b n的前n項和。解

3、解：（1）因為nan1=2(a1a2an)=2(a1a2an1)2an=(n1)an2an=(n1)an,例8、給定正整數(shù)n和正數(shù)M，對于滿足條件的所有等差數(shù)列a1，a2，a3，試求S= an1an2a2n1的最大值分析：本題屬于與等差數(shù)列相關的條件最值問題，而最值的求解運用的方法靈活多樣，針對條件的理解不同，將有不同的解法 解答：方法一（代數(shù)法）設公差為d，an1=a，則從而有時，由于此時有因此其中時，有方法三（判別式法）設首項為a，公差為d，則方法四（不等式法）因為說明：這是1999年全國高中數(shù)學聯(lián)賽的一道試題，在解答過程中，要分清什么是常量，什么是變量，注意條件和結論的結構形式解法一通過

4、配方來完成，解法二運用三角代換的方法，解法三運用二次方程根的判別式來完成，解法四則主要運用了柯西不等式本題入口寬，解法多樣，對培養(yǎng)學生的發(fā)散思維能力很有好外 .例9、n2(n4)個正整數(shù)排成幾行幾列：a11a12 a13 a14a1na21a22 a23 a24a2na31a32 a33 a34a3nan1an2 an3 an4ann其中每一行的數(shù)成等差數(shù)列，每一列的數(shù)成等比數(shù)列，并且所有公比相等，已知分析：由于等差數(shù)列可由首項與公差惟一確定，等比數(shù)列可由首項與公比惟一確定，如果設a11=a，第一行數(shù)的公差為d，第一列數(shù)的公比為q，容易算出ast=a(t1)dqs1，進而由已知條件，建立方程組

5、，求出a，d，q解答：設第一行數(shù)列公差為d，各列數(shù)列公比為q，則第四行數(shù)列公差是dq3于是可得方程組：解此方程組，得由于所給n2個數(shù)都是正數(shù)，故必有q0，從而有故對任意的1kn，有說明：這是1990年全國高中學數(shù)學聯(lián)賽的一道試題，涉及到等差數(shù)列、等比數(shù)列、數(shù)列求和的有關知識和方法通過建立方程組確定數(shù)列的通項；通項確定后，再選擇錯位相減的方法進行求和例11、如圖31，有一列曲線P0，P1，P2，已知P0所圍成的圖形是面積為1的等邊三角形，P k1由對P k進行如下的操作得到：將Pk的每條邊三等分，以每邊中間部分的線段為邊，向外作等邊三角形，再將中間部分的線段去掉（k=0，1，2，）記Sn為P n

6、所圍成圖形的面積（1）求數(shù)列Sn的通項公式；（2）求分析：這是一道有關幾何圖形的操作性問題采用從特殊到一般的思考方法，便容易入手解答：如圖，對P0進行操作，容易看出P0的每條邊變成P1的4條邊，故P1的邊數(shù)為34，同樣，對P1進行操作，P1的每條邊變成P2的4條邊，故P2的邊數(shù)為342類似地，容易得到Pn的邊數(shù)為34n 已知P0的面積為S0=1，比較P1與P0，容易看出P1在P0的每條邊上增加了一個小等邊三角形，其面積為，故再比較P2與P1，可知P2在P1的每條邊上增加了一個小等邊三角形，其面積為，面P1有34條邊，故類似地有 于是猜想下面用數(shù)學歸納法證明式當n=1時，由上面已知式成立假設n=

7、k時，有當n=k1時，易知第k1次操作后，比較Pk1與Pk，Pk1在Pk的每條邊上增加了一個小等邊三角形，其面積為，而Pk有34k條邊，故綜上，由數(shù)學歸納法式得證說明：本題是2002年全國高中數(shù)學聯(lián)賽的第14題，這類問題的一般解題過程是：實驗歸納猜想論證，主要考查學生探索能力例12、設a0為常數(shù)，且an=3n12an1(nN)（1）證明：對任意n1，（2）假設對任意n1有ana n1，求a0的取值范圍分析：本題中數(shù)列an由遞推關系確定，第一問可以用數(shù)學歸納法給予證明，也可以將數(shù)列an轉化為等比數(shù)列直接計算，第二問要對n進行討論解答：（1）證法一：（i）當n=1時，由已知a1=12a0，等式成立

8、；（ii）假設當n=k（k1）等式成立，即也就是說，當n=k1時，等式也成立根據(jù)(i)和(ii)，可知等式對任何nN成立 證法二：如果設an3n=2(an13n1)，用an=3n12an1代入，可解出所以是公式比為2，首項為的等比數(shù)列所以（2）解法一：由an通項公式得所以ana n1(nN)等價于（i）當n=2k1，k=1，2，時，式即為上式對k=1，2，都成立，故有（ii）當n=2k，k=1，2，時，式即為上式對k=1，2，都成立，有綜上，式對任意nN成立，有故a0的取值范圍為解法二：如果anan1(nN)成立，特別取n=1、2有a1a0=13a00，a2a1=6a00，因此下面證明當時，對

9、任意nN，有anan10由an通項公式知：5(anan1)=23n1(1)n132n1(1)n532n1a0(i)當n=2k1，k=1，2，時，5(anan1)=23n132n1532n1a022n132n152n1=0(ii)當n=2k，k=1，2，時，5(anan1)=23n132n1532n1a023n132n10故a0的取值范圍為說明：本題是2003年全國高考的最后一道壓軸題，有一定難度特別是第二問求參數(shù)a0的取值范圍，要轉化為相關數(shù)列的最大值和最小值來進行分析討論，請讀者對這一方法務必理解透徹第二課時第二課時cherdy商丘市一高奧賽商丘市一高奧賽+自主招生自主招生+保送生培訓專題保

10、送生培訓專題例13、設an為等差數(shù)列，bn為等比數(shù)列，且,又試求an的首項與公差分析：題中有兩個基本量an中的首項a1和公差d是需要求的，利用成等比數(shù)列和給定極限可列兩個方程，但需注意極限存在的條件解答：設所求數(shù)列an的公差為d，因為a10又bn為等比數(shù)列，故即化簡得，解得故a10若但存在，故|q|0，a10，|q|1均為自然數(shù)分析：因為結論中涉及到根號及項，因而令，并對已給遞推關系兩邊平方就容易找到解題思路解答：令于是因為由式及b2，b3N知，當n1時，b n N說明：這是1991年全蘇數(shù)學冬令營的一道試題，通過換元，將關于an的問題轉化為關于bn的問題，可使問題得到順利解決例20、設數(shù)列a

11、n滿足，求an分析：引入待定系數(shù)，設法將所給問題轉化為我們所熟悉的問題先求得數(shù)列an的不動點1、2，則數(shù)列為一個等比數(shù)列解答：令，得26=0，解之得：1=3，2=2，說明：用待定系數(shù)法求一些數(shù)列的通項是非常有效的例21、（1）設a1=a2=1，an2=2an1an2n，nN，求數(shù)列an的通項公式（2）設a1=1，（3）若數(shù)列a1，a2，an，滿足an =nan1n!，且a1=1，求an（4）已知求an，求an分析：在（1）中注意將2n拆成2n12n，可將遞推關系轉化為特殊情形；（2）、（4）均可用不動點方法解決，（3）可通過給遞推關系兩邊同除以n!得到化簡式解答：（1）把遞推方程變形為an2a

12、n12n1= an1an2n可見 an1an2n是常數(shù)列，于是an1an2n= a2a12=2，即an1= an2n2(2)解數(shù)列的不動點方程得x1=1，x2=2，則有因此是以為公比的等比數(shù)列，故（3）這是關于an的線性遞推關系，但不是常系數(shù)，將方程兩邊都除以n!得（4）解數(shù)列的不動點方程說明：對于一些非常規(guī)的遞推數(shù)列有時也可類比常規(guī)的遞推數(shù)列的求解方法來加以解決例22、（1）一次競賽在n(n1)輪中共發(fā)了m枚獎章第一輪發(fā)了1枚及余下的m1枚的（2）把一個圓分成n個不同的扇形（n2），依次記為S1，S2，Sn，每個扇形都可以用紅、藍、白三種顏色中任一種涂色，要求相鄰的扇形顏色互不相同，問有多少

13、種涂法？，直至第n輪正好發(fā)了n枚而沒有余下獎章這個競賽共包括幾輪？一共發(fā)了多少枚獎章？分析：第（1）題，每一輪發(fā)的獎章數(shù)具有一定規(guī)律，因而可以建立每一輪發(fā)的狀章數(shù)的關系或每一輪余下的獎章數(shù)的關系第（2）題，設法建立涂法總數(shù)的遞推關系和求得初始值，進而求得涂法總數(shù)解答：（1）設競賽進行了k輪后，余下ak枚獎章因為第k輪發(fā)出的獎章數(shù)，具有且a0=m，an=0進一步變形為又因為an=0，故，而n66n1，且7n與6n1互質，m、nN，故n=6，m=36因此，這個競賽共包括6輪，一共發(fā)了36枚獎章（2）設涂法總數(shù)為an(n2)，當n=2時，先對S1涂色，有3種涂法，繼而得S2只有兩種涂法，因而a2=6

14、當n3時，S1有3種涂法，S2有2種涂法，S3有2種涂法，Sn1有2種涂法，Sn仍有2種涂法（不論是否與S1同色），這樣共有32n1種涂法，但這32n1種涂法可分為兩類：一類是Sn與S1同色，認為Sn與S1合為一個扇形，此時涂法數(shù)有an1種；另一類是Sn與S1不同色，此時涂法數(shù)有an種因而有anan1=32n1(n3)令，則2pnpn1=3，于是有從而有an=2npn=2n(1)n2，(n3)但n=2時，也適合上式，故an=2n(1)n2(n2)故共有an=2n(1)n2(n2)種涂法說明：第（1）題是第9屆（1967年）國際數(shù)學奧林匹克的一道試題，第（2）題的類似問題在全國高中數(shù)學聯(lián)賽中也曾

15、出現(xiàn)過這兩個問題都是用遞推方法解決計數(shù)問題，希望讀者對這類問題能夠進行較為深入的鉆研第三課時第三課時cherdy商丘市一高奧賽商丘市一高奧賽+自主招生自主招生+保送生培訓專題保送生培訓專題例例23對于公差為對于公差為d(d0)的等差數(shù)列，求證：數(shù)列中不同兩項之的等差數(shù)列，求證：數(shù)列中不同兩項之和仍是這個數(shù)列中一項的充要條件是存在整數(shù)和仍是這個數(shù)列中一項的充要條件是存在整數(shù)m-1,使使a1=md. 證明：必要性：任取等差數(shù)列證明：必要性：任取等差數(shù)列an中不同的兩項中不同的兩項as,at。若存在。若存在k，使使as+at=ak，則，則2a1+(s+t-2)d=a1+(k-1)d，得，得a1=(k

16、-s-t+1)d。故。故存在整數(shù)存在整數(shù)m=k-s-t+1，使，使a1=md。下面證明。下面證明m-1，用反證法。，用反證法。若對若對m0,d不等不等于于0，矛盾！故，矛盾！故m-1。充分性：若存在充分性：若存在m-1，使，使a1=md，對不同的正整數(shù)，對不同的正整數(shù)s,t有有s+t3，得，得s+t+m2，且，且as+at=2a1+(s+t-2)d=a1+(m+s+t-2)d=am+s+t-1。即存在第。即存在第m+s+t-1項，恰等于項，恰等于as+at。綜上，命題得證。綜上，命題得證。例例24已知數(shù)列為已知數(shù)列為a1=3,an+1=(an-1)2+1，求證：，求證： nn2kk 1a2證明

17、：由證明：由an+1=(an+1)2+1得得an+1-1=(an-1)2迭代迭代,23n 1n 1n 1n 1nn22 242nn 1n 2n 2n 22 422n 3n 312n2nk12nk 124222a1(a1)(a1) (a1)(a1)(a1) (a1)a1)2.a21.aa aa(2 1)(21)(21)(21)210,023b c 2aa c 2b a b 2ca b cca b ccb cannnabcbcaxbca -當時)要必=+ =,同理 + =, + =.故 = = .例例27.例例28.例例29.例例30.例例31.例例32.例例33第四課時第四課時cherdy商丘市

18、一高奧賽商丘市一高奧賽+自主招生自主招生+保送生培訓專題保送生培訓專題例例34.延伸：給定數(shù)列延伸：給定數(shù)列an，且，且 求求x1001-x401的值。的值。 1(23)1(23)nnnxxx解：容易觀察遞推式與解：容易觀察遞推式與 的結構相同。的結構相同。 tantantan()1tantan做三角換元：做三角換元： tan,nnx又又 000110tantan15tan1523,tantan(15 ).1tantan15nnnnnx從而從而 01212tantan(180 )tan.nnnnnxx數(shù)列數(shù)列xn是以是以12為周期的周期數(shù)列為周期的周期數(shù)列,10014010.xx例例35.例例

19、36 整數(shù)數(shù)列整數(shù)數(shù)列an，對于每個，對于每個n2都有都有an=an-1-an-2，若前，若前2003項的和為項的和為a(a 0)，則則S5等于（等于（ ）A a B a/5 C 5/a D 5a解：易證解：易證an是以是以6為周期的周期數(shù)列，且為周期的周期數(shù)列，且2003=6333+5，S5=S2003=a,故選故選A 例例37 給定數(shù)列給定數(shù)列xn,x1=1且且 ,則則x1999-x601=( ) A.0 B .1 C.2 D.3 解：令解：令xn=tann，得，得xn+1= tann+1=tan(n+ ), 即即xn以以6為周為周 期。且期。且1999=3336+1，601=1006+1

20、，知，知x1999-x601=0 故選故選A 1313nnnxxx66nnxx例例38 設設 ，定義，定義 ,且且 則則a100=( )12( )1f xx11( )( )nnfxffx(0) 1(0)2nnnfafA, B. C. D.10112100121011210012解解;有定義，有定義，f1(0)=2, 故故 12(0),1(0)nnff111(0) 1(0) 111,(0)22(0)22nnnnnnffaaff 且且 1111(0) 1111,(),(0)2442nnfaaf從而從而 , 故選故選A。1011001()2a 例例39.例例40設數(shù)列設數(shù)列a1,a2,-,an，-滿

21、足滿足a1=a2=1,a3=2，且對任意自然數(shù)，且對任意自然數(shù)n，都有，都有anan+1an+21,anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3,則則a1+a2+-+a100的值是的值是-解：解：anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3,an+1an+2an+3an+4=an+1+an+2+an+3+an+4,兩式相減，兩式相減，得得(an+4-an)(an+1an+2an+3-1)=0,由條件，得由條件，得an+4=an,又又a1=a2=1,a3=2,a4=4,得得a1+a2+-+a100=200例例41 已知數(shù)列已知數(shù)列an的各項均為整數(shù)，且有的

22、各項均為整數(shù)，且有(n-1)(an+1+2)=(n+1)an,( )，如果，如果a2005是是7的倍數(shù)，的倍數(shù)，an=An2+Bn+C( ),則最小的正整數(shù)則最小的正整數(shù)A=*nN*nN解：由已知得解：由已知得 記記 ，則，則nbn+1=(n+1)bn-2,n(bn+1-2)=(n+1)(bn-2).所以所以 ,則有則有112,1nnnaan1(1)1nnba nn1212nnbnbn1312222213,212222.nnnnbbbnnbnbnb將這將這n-2個式子相乘的個式子相乘的 ,由由 ,知知b2=a2. 2222nbnb11nnban于是于是 ,由于由于 ,則則a2是偶數(shù)，設是偶數(shù)，

23、設 222,(1)(2)22nnaabnnannnnaZa2=2m(m Z),則則an=(n-1)(mn-n+2),a2005=2004(2005m-2003),又又a2005是是7的倍的倍數(shù)，令數(shù)，令k=286，則，則a2005=(7k+2)(7k+3)m-（7k+1）=(49k2+35k+6)m-(49k2+21k+2),于是于是6m-2是是7的倍數(shù)，所以最小正整數(shù)的倍數(shù)，所以最小正整數(shù)m=5.此時此時6m-2=28,an=(n-1)(5n-n+2)=4n2-2n-2,，所以，最小正整數(shù)，所以，最小正整數(shù)A=4. 例例42 設數(shù)列設數(shù)列an和和bn滿足滿足a0=1,b0=0，且，且試證：試

24、證：an是完全平方數(shù)。是完全平方數(shù)。11763874()nnnnnnaabbabnN解：由已知條件和遞推式，易求出解：由已知條件和遞推式，易求出a1=4,b1=4，且當，且當n1時時, (2an+1-1)+ bn+1=(14an+12bn-7)+ (8an+7bn-4)=(7+4 )(2an-1+ bn)333累次迭代，得累次迭代，得(2an-1)+ bn=(7+4 )n-1(2a1-1)+ b1=(7+4 )n類似得，類似得，可得對偶式：可得對偶式：(2an-1)- bn=(7-4 )n, 333333將所得二式相加，得將所得二式相加，得 22111(74 3)(74 3),4421174

25、3(23) , (23)(23) .22nnnnnnaa應用二項式定理，得應用二項式定理，得 220 211(23)(23)3222nnkknknnk ncC顯然顯然cn是整數(shù)，故知是整數(shù)，故知an一定是完全平方數(shù)一定是完全平方數(shù)3例例43.例例44 已知已知a1=1,a2=3,an=4an-1-an-2 (n2),b1=1,b2=3, ， c1=1, 求證：對一切正整數(shù)求證：對一切正整數(shù)n有有an=bn=cn.2122(3)nnnbbnb21232nnnccc解：解： 22121221322,2,2,(4),nnnnnnnnnbbbbbbbbbn兩式相減，得兩式相減，得2221312,nnn

26、nnnb bbbbb即即 2211321342123()(),.nnnnnnnnnnnnbbbbbbbbbbbbbbb 又又b1=1,b2=3時時, 223234122211,41,bbbbbbnn-242n-13bbbb4,4.bbn時又又 , 時時, 即即bn=4bn-1-bn-2,且且a1=b1=1,a2=b2=3, . 312bb4bn3nn 2n 1bb4,bnnab對對 ，移項平方，得，移項平方，得2n 1nnc2c3c2,22n 1nn(c2c )3c2,即即 兩式相減，得兩式相減，得2222n 1n 1nnnnn-1n-1c4ccc2.c4ccc2. 22n 1n 1nnn-1

27、n 1n 1n-1n 1n-1nc4cc4c cc0(cc)(cc4c )0.又又n 1nnn 1nn 1nn 1c2cc ,cc0,c4cc(n3).又又 從而從而an=bn=cn。 2112112nn,ca1,c2c3c23a ,ca例例45.求和：求和：Sn=1322+2432+n(n+2)(n+1)2解：解：Sn是數(shù)列是數(shù)列n(n+2)(n+1)2的前的前n項和，項和，因為因為an=n(n+2)(n+1)2是關于是關于n的四次多項式，所以的四次多項式，所以an是四階等差數(shù)列，于是是四階等差數(shù)列，于是Sn是是關于關于n的五次多項式，的五次多項式，k(k+2)(k+1)2=k(k+1)(k

28、+2)(k+3)-2k(k+1)(k+2)，故求，故求Sn可轉可轉化為求化為求Kn= 和和Tn=k(k+1)(k+2)(k+3)= k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)-(k-1) k(k+1)(k+2)(k+3)，所以，所以Kn= =Tn= =從而Sn=Kn-2Tn= 例例46.已知整數(shù)列已知整數(shù)列an適合條件：適合條件：(1)an+2=3an+1-3an+an-1,n=2,3,4,(2)2a2=a1+a3-2(3)a5-a4=9,a1=1求數(shù)列求數(shù)列an的前的前n項和項和Sn解：設解：設b n=an+1-an,Cn=bn+1-bnCn=bn+1-bn= (an+2-an+1)-( a

29、n+1-an)=an+2-2an+1+an=(3an+1-3an+an-1) -2an+1+an=an+1-2an+an-1=Cn-1 (n=2,3,4,)所以所以 Cn是常數(shù)列是常數(shù)列由條件由條件(2)得得C1=2,則則an是二階等差數(shù)列是二階等差數(shù)列因此因此an=a1+ 由條件由條件(3)知知b4=9，從而，從而b1=3，于是，于是an=n2例例47.求數(shù)列求數(shù)列1,3+5+7,9+11+13+15+17,的通項的通項解：問題等價于：將正奇數(shù)解：問題等價于：將正奇數(shù)1,3,5,按照按照“第第n個組含有個組含有2n-1個個數(shù)數(shù)”的規(guī)則分組：的規(guī)則分組：(1)、(3,5,7)、(9,11,13

30、,15,17), 然后求第然后求第n組中各數(shù)之和組中各數(shù)之和an依分組規(guī)則，第依分組規(guī)則，第n組中的數(shù)恰好構成以組中的數(shù)恰好構成以2為公差的項數(shù)為為公差的項數(shù)為2n-1的的等差數(shù)列，因而確定了第等差數(shù)列，因而確定了第n組中正中央這一項，然后乘以組中正中央這一項，然后乘以(2n-1)即得即得an將每一組的正中央一項依次寫出得數(shù)列：將每一組的正中央一項依次寫出得數(shù)列：1,5,13,25,這個數(shù)這個數(shù)列恰為一個二階等差數(shù)列，不難求其通項為列恰為一個二階等差數(shù)列，不難求其通項為2n2-2n+1，故第，故第n組正中央的那一項為組正中央的那一項為2n2-2n+1，從而，從而an=(2n2-2n+1)(2n

31、-1)例例48.設有邊長為設有邊長為1米的正方形紙一張，若將這張紙剪成一邊長為別為米的正方形紙一張，若將這張紙剪成一邊長為別為1厘米、厘米、3厘厘米、米、(2n-1)厘米的正方形，愉好是厘米的正方形，愉好是n個而不剩余紙，這可能嗎？個而不剩余紙，這可能嗎？解：原問題即是是否存在正整數(shù)解：原問題即是是否存在正整數(shù)n，使得，使得12+32+(2n-1)2=1002由于由于12+32+(2n-1)2=12+22+(2n)2-22+42+(2n)2= 隨著隨著n的增大而增大，當?shù)脑龃蠖龃螅攏=19時時 =912910000故不存在故不存在例例49.對于任一實數(shù)序列對于任一實數(shù)序列A=a1,a2,a

32、3,，定義，定義DA為序列為序列a2-a1,a3-a2,，它的第，它的第n項項為為an+1-an，假設序列，假設序列D(DA)的所有項均為的所有項均為1，且，且a19=a92=0,求求a1解：設序列解：設序列DA的首項為的首項為d,則序列則序列DA為為d,d+1,d+2,它的第它的第n項是項是d+(n-1)，因此序，因此序列列A的第的第n項項顯然顯然an是關于是關于n的二次多項式，由于的二次多項式，由于a19=a92=0，必有，必有 所以所以a1=819課外研究課外研究1、2012版中國名校自主招生考試指南版中國名校自主招生考試指南 專題三專題三 數(shù)列數(shù)列2、附：【題型附：【題型1】數(shù)列創(chuàng)新題

33、】數(shù)列創(chuàng)新題 na211anS0) 12(21020103010SSS nannSnT1、 設正項等比數(shù)列的首項，前n項和為，且。（）求）求的前n項和。的通項；（0) 12(21020103010SSS,)(21020203010SSSS,)(220121130222110aaaaaa.)(22012112012111010aaaaaaq0na, 121010q21q., 2 , 1,2111nqaannn解：（）由 得 即可得因為所以 解得因而 na211a21q.2,211211)211 (21nnnnnnnnSS（）因為是首項、公比的等比數(shù)列，故前兩式相減，得 即 nnS),22221(

34、)21 (2nnnnT).2212221()21 (212132nnnnnnT則數(shù)列的前n項和 122)212121()21 (212nnnnnT12211)211 (214) 1(nnnnn. 22212) 1(1nnnnnnT 即 nannS()211,1 ,1,2,2nnaSn an nn=-=鬃nS1nS-()2nnSn()1nnnnbS xxRn+= nbnnT2、數(shù)列的前項和為，已知（）寫出與的遞推關系式，并求關于（）設，求數(shù)列的前項和。的表達式；()21nnSn an n=-()2n()21()1nnnSnSSn n-=-()221(1)1nnnSn Sn n-=-1111nnn

35、nSSnn-+-=-2n解：由得：即所以，對成立。1111nnnnSSnn-+-=-121112nnnnSSnn-=-2132121SS-=1121nnSSnn+-=-1112Sa=21nnSn=+1n=由，相加得：又，所以，當時，也成立。 nnbnx=23123(1)nnnTxxxnxnx-=+-+234123(1)nnnxTxxxnxnx+=+-+23111(1)(1)1nnnnnnxxx Txxxxxnxnxx-+-=+-=-（）。而，na1. 0 , 1,21:,21;,35,23, 2 , 1得到有窮數(shù)列時當a)(11Nnbn3、已知數(shù)列an滿足a1=a, an+1=1+我們知道當a

36、取不同的值時，得到不同的數(shù)列，如當a=1時，得到無窮數(shù)列：（）求當a為何值時a4=0；（）設數(shù)列bn-滿足b1=1, bn+1=，求證a取數(shù)列bn中的任一個數(shù)，都可以得到一個有窮數(shù)列an；,11,11nnaaaa2344123111121132211,11.0.1213aaaaaaaaaaaaaaa故當時+=+=+=+=+= -=+ （I）解法一： 4332243211121321211111122:0,10,1.1,.1,.0.2331():1,1. .11111,11.11.1111nnnnnnnnnnnnnaaaaaaaaaaabIIbbbababbbabababababaab解法二故當

37、時解法一取數(shù)列中的任一個數(shù)不妨設+-=+= -=+=+= -= -= -=+=-=+=+=+=+=+=+1121.0.nba+= -=故a取數(shù)列b n中的任一個數(shù)，都可以得到一個有窮數(shù)列anna412, 0aaad與是,2131nkkkaaaaank.nk4、 在等差數(shù)列中，公差的等比中項.已知數(shù)列成等比數(shù)列，求數(shù)列的通項4122aaa )3()(1121daada解：由題意得：1分3分即0,d da 1,2131nkkkaaaaa3313ddaaq又4分 該數(shù)列的公比為，6分 成等比數(shù)列,又113nkaan11) 1(akdkaannkn13nnknk13nnk所以8分10分所以數(shù)列的通項為

38、12分又【題型【題型2】數(shù)列與不等式的綜合題】數(shù)列與不等式的綜合題nakk1annS1nanSa) 1( nka5、已知有窮數(shù)列共有2項（整數(shù) 2），首項2項和為，且2（ 1，2，21），其中常數(shù)1設該數(shù)列的前naa122knbnb)(log1212naaan nknb（1）求證：數(shù)列是等比數(shù)列；（2）若2，數(shù)列滿足（1，2，2），求數(shù)列的通項公式；nb1b232b2312 kb23kb223k（3）若（2）中的數(shù)列滿足不等式|4，求的值-12aannaa1(1) 證明證明 當n=1時,a2=2a,則 2n2k1時, an+1=(a1) Sn+2, an=(a1) Sn1+2, an+1an=

39、(a1) an, =a, 數(shù)列an是等比數(shù)列.=a；1nn)1(21nn2)1( nn12)1(knnn112112) 1(1knknnnn (2) 解：由(1) 得an=2a, a1a2an=2a=2a=2, bn=(n=1,2,2k).n232123232323232323（3）設bn,解得nk+,又n是正整數(shù),于是當nk時, bn. 原式=(b1)+(b2)+(bk)+(bk+1)+(b2k) =(bk+1+b2k)(b1+b k)12) 10(2112) 12(21kkkkkkkkk122kk =.122kk33 當4,得k28k+40, 42k4+2又k2,當k=2,3,4,5,6,

40、7時,原不等式成立.【題型【題型3】數(shù)列與函數(shù)的綜合題】數(shù)列與函數(shù)的綜合題( )yf x=( )62fxx=- nanS( ,)()nn SnN*( )yf x=na11nnnba a+=nT nb20nmT nN*6、已知二次函數(shù)的圖像經(jīng)過坐標原點，其導函數(shù)為數(shù)列的前n項和為，點均在函數(shù)的圖像上。（）、求數(shù)列的通項公式；（）、設是數(shù)列的前n項和，求使得對所有都成立的最小正整數(shù)m；點評：本題考查二次函數(shù)、等差數(shù)列、數(shù)列求和、不等式等基礎知識和基本的運算點評：本題考查二次函數(shù)、等差數(shù)列、數(shù)列求和、不等式等基礎知識和基本的運算技能，考查分析問題的能力和推理能力。技能，考查分析問題的能力和推理能力。解：（解：（）設這二次函數(shù)f(x)ax2+bx (a0) ,則 f(x)=2ax+b,由于f(x)=6x2,得a=3 , b=2, 所以 f(x)3x22x.( ,)()nn SnN( )yf xnS) 1(2) 132nn（nN又因為點均在函數(shù)的圖像上，所以3n22n.當n2時，anSnSn1（3n22n）當n1時，a1S13122615，所以，an6n5 （）6n5.13nn