高考数列题目_高考数列题目解答题题及答案

1.能推荐几道经典的数列题吗？

2.一道高三文科数学题。数列。

1.

Tn=(a^(n-1)bn)^n=a^(n^2-n)*bn^n

bn=Tn/T(n-1)=a^(2n-2)*bn^n/b(n-1)^(n-1)

[bn/b(n-1)]^(n-1)=(1/a)^(2n-2)

bn/b(n-1)=1/a^2 对n>2

2.

(∑bi)^2=∑bi^2+2∑bi*bj (i<j)

其中∑bi*bj (i<j)为所求乘积之和

bi和bi^2都是等比数列

(∑bi)^2=[1/(1- 1/a^2)]^2=a^4/(a^2-1)^2

∑bi^2=1/(1- 1/a^4)=a^4/(a^4-1)

∑bi*bj (i<j)=1/2[a^4/(a^2-1)^2 - a^4/(a^4-1)]=a^4/2 * 2/(a^4-1)

故{bn}中所有不同两项的乘积之和=∑bi*bj (i<j)=a^4/2 * 2/(a^4-1)=a^4/(a^4-1)

能推荐几道经典的数列题吗？

1. （05年广东卷）已知数列 满足 ， ， …．若 ，则(B)

（A） （B）3（C）4（D）5

2. （05年福建卷）3．已知等差数列 中， 的值是 （ A ）

A．15 B．30 C．31 D．64

3. （05年湖南卷）已知数列 满足 ，则 = （B ）

A．0 B． C． D．

4. （05年湖南卷）已知数列{log2(an－1)}（n∈N*）为等差数列，且a1＝3，a2＝5，则

= （C）

A．2 B． C．1 D．

5. （05年湖南卷）设f0(x)＝sinx，f1(x)＝f0′(x)，f2(x)＝f1′(x)，…，fn＋1(x)＝fn′(x)，n∈N，则f2005(x)＝（C）

A．sinx B．－sinx C．cosx D．－cosx

6. （05年江苏卷）在各项都为正数的等比数列｛an｝中，首项a1=3 ，前三项和为21，则a3+ a4+ a5=(C )

( A ) 33 ( B ) 72 ( C ) 84 ( D )189

7. (05年全国卷II) 如果数列 是等差数列，则(B )

(A) (B) (C) (D)

8. (05年全国卷II) 11如果 为各项都大于零的等差数列，公差 ，则(B)

(A) (B) (C) (D)

9. （05年山东卷） 是首项 =1，公差为 =3的等差数列，如果 =2005，则序号 等于(C )

（A）667 （B）668 （C）669 （D）670

10. （05年上海）16．用n个不同的实数a1,a2,┄an可得n!个不同的排列,每个排列为一行写成 1 2 3

一个n!行的数阵.对第i行ai1,ai2,┄ain,记bi=- ai1+2ai2-3 ai3+┄+(-1)nnain, 1 3 2

i=1,2,3, ┄,n!.用1,2,3可你数阵如右,由于此数阵中每一列各数之和都 2 1 3

是12,所以,b1+b2+┄+b6=-12+2 12-3 12=-24.那么,在用1,2,3,4,5形成 2 3 1

的数阵中, b1+b2+┄+b120等于 3 1 2

3 2 1

[答]( C )

(A)-3600 (B) 1800 (C)-1080 (D)-720

11. （05年浙江卷） ＝( C )

(A) 2 (B) 4 (C) (D)0

12. (05年重庆卷) 有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点。已知最底层正方体的棱长为2，且改塔形的表面积(含最底层正方体的底面面积)超过39，则该塔形中正方体的个数至少是( C)

(A) 4；

(B) 5；

(C) 6；

(D) 7。

13、（04年浙江文理(3)） 已知等差数列 的公差为2,若 成等比数列, 则 =

(A) –4 (B) –6 (C) –8 (D) –10

14、（04年全国卷四文理6）．等差数列 中， ，则此数列前20项和等于

A．160 B．180 C．200 D．220

15、（04年全国三文（4））等比数列 中 ，则 的前4项和为

A. 81 B. 120 C. 125 D. 192

16、（04年天津卷理8.） 已知数列 ，那么“对任意的 ，点 都在直线 上”是“ 为等差数列”的

A. 必要而不充分条件B. 充分而不必要条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件

17、（04年全国卷三理⑶）设数列 是等差数列， ，Sn是数列 的前n项和，则（ ）

A.S4＜S5 B.S4＝S5 C.S6＜S5 D.S6＝S5

18．（2003天津文）5．等差数列 （ C ）

A．48 B．49 C．50 D．51

19．（2001天津）若Sn是数列{an}的前n项和，且 则 是 （ B ）

（A）等比数列，但不是等差数列 （B）等差数列，但不是等比数列

（C）等差数列，而且也是等比数列 （D）既非等比数列又非等差数列

20、（04年湖北卷理8文9）．已知数列{ }的前n项和 其中a、b是非零常数，则存在数列{ }、{ }使得（ ）

A． 为等差数列，{ }为等比数列

B． 和{ }都为等差数列

C． 为等差数列，{ }都为等比数列

D． 和{ }都为等比数列

21、（04年重庆卷理9）． 若数列 是等差数列，首项 ，则使前n项和 成立的最大自然数n是：（ ）

A 4005 B 4006 C 4007 D 4008

二、填空题

1、（05年广东卷）

设平面内有n条直线 ，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三角形不过同一点．若用 表示这n条直线交点的个数，则 _____5________；当n＞4时， ＝__ ___________．

2、. （05年北京卷）已知n次多项式 ,

如果在一种算法中，计算 （k＝2，3，4，…，n）的值需要k－1次乘法，计算 的值共需要9次运算（6次乘法，3次加法），那么计算 的值共需要 n(n＋3) 次运算．

下面给出一种减少运算次数的算法： （k＝0， 1，2，…，n－1）．利用该算法，计算 的值共需要6次运算，计算 的

值共需要 2n 次运算．

3. （05年湖北卷）设等比数列 的公比为q，前n项和为S?n，若Sn+1,S?n，Sn+2成等差数列，则q的值为 -2 .

4. (05年全国卷II) 在 和 之间插入三个数，使这五个数成等比数列，则插入的三个数的乘积为_______216 __．

5. （05年山东卷）

6. （05年上海）12、用 个不同的实数 可得到 个不同的排列，每个排列为一行写成一个 行的数阵。对第 行 ，记 ， 。例如：用1，2，3可得数阵如图，由于此数阵中每一列各数之和都是12，所以， ，那么，在用1，2，3，4，5形成的数阵中， =_-1080_________。

7、计算： =_3 _________。

8. （05年天津卷）设 ,则

9、 （05年天津卷）在数列{an}中, a1=1, a2=2,且 ，

则 =_2600_ ___.

10. (05年重庆卷) = -3 .

11、（04年上海卷理12） 若干个能唯一确定一个数列的量称为该数列的“基本量”.设{an}是公比为q的无穷等比数列,下列{an}的四组量中,一定能成为该数列“基本量”的是第 组.(写出所有符合要求的组号)①S1与S2; ②a2与S3; ③a1与an; ④q与an.其中n为大于1的整数, Sn为{an}的前n项和.（①、④）

12（04年江苏卷15）.设数列{an}的前n项和为Sn，Sn= (对于所有n≥1)，且a4=54，则a1的数值是__2

13（04年北京文理（14））定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和。已知数列 是等和数列，且 ，公和为5，那么 的值为___，且（文：这个数列的前21项和 的值为_____）（理：这个数列的前n项和 的计算公式为__（ 3 ；（文：52）理：当n为偶数时， ；当n为奇数时， ）

三、解答题

1.（05年北京卷）

设数列{an}的首项a1=a≠ ，且 ,

记 ，n＝＝l，2，3，…?．

（I）求a2，a3；

（II）判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论；

（III）求 ．

解：（I）a2＝a1+ =a+ ，a3= a2= a+ ；

（II）∵ a4=a3+ = a+ , 所以a5= a4= a+ ,

所以b1=a1－ =a－ , b2=a3－ = (a－ ), b3=a5－ = (a－ ),

猜想：{bn}是公比为 的等比数列?

证明如下：

因为bn+1＝a2n+1－ = a2n－ = (a2n－1－ )= bn, (n∈N*)

所以{bn}是首项为a－ , 公比为 的等比数列?

（III） .

2.（05年北京卷）数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1， ，n=1，2，3，……，求

（I）a2，a3，a4的值及数列{an}的通项公式；

（II） 的值.

解：（I）由a1=1， ，n=1，2，3，……，得

， ， ，

由 （n≥2），得 （n≥2），

又a2= ，所以an= (n≥2),

∴ 数列{an}的通项公式为 ；

（II）由（I）可知 是首项为 ，公比为 项数为n的等比数列，∴ =

3．（05年福建卷）

已知{ }是公比为q的等比数列，且 成等差数列.

（Ⅰ）求q的值；

（Ⅱ）设{ }是以2为首项，q为公差的等差数列，其前n项和为Sn，当n≥2时，比较Sn与bn的大小，并说明理由.

解：（Ⅰ）由题设

（Ⅱ）若

当 故

若

当

故对于

4. （05年福建卷）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：

（Ⅰ）求当a为何值时a4=0；

（Ⅱ）设数列{bn?}满足b1=－1, bn+1= ，求证a取数列{bn}中的任一个数，都可以得到一个有穷数列{an}；

（Ⅲ）若 ，求a的取值范围.

（I）解法一：

故a取数列{bn}中的任一个数，都可以得到一个有穷数列{an}

5. （05年湖北卷）设数列 的前n项和为Sn=2n2， 为等比数列，且

（Ⅰ）求数列 和 的通项公式；

（Ⅱ）设 ，求数列 的前n项和Tn.

解：（1）：当

故{an}的通项公式为 的等差数列.

设{bn}的通项公式为

故

（II）

两式相减得

6. （05年湖北卷）已知不等式 为大于2的整数， 表示不超过 的最大整数. 设数列 的各项为正，且满足

（Ⅰ）证明

（Ⅱ）猜测数列 是否有极限？如果有，写出极限的值（不必证明）；

（Ⅲ）试确定一个正整数N，使得当 时，对任意b>0，都有

解：（Ⅰ）证法1：∵当

即

于是有

所有不等式两边相加可得

由已知不等式知，当n≥3时有，

∵

证法2：设 ，首先利用数学归纳法证不等式

（i）当n=3时， 由

知不等式成立.

（ii）假设当n=k（k≥3）时，不等式成立，即

则

即当n=k+1时，不等式也成立.

由（i）、（ii）知，

又由已知不等式得

（Ⅱ）有极限，且

（Ⅲ）∵

则有

故取N=1024，可使当n>N时，都有

7. （05年湖南卷）已知数列 为等差数列，且

（Ⅰ）求数列 的通项公式；

（Ⅱ）证明

（I）解：设等差数列 的公差为d.

由 即d=1.

所以 即

（II）证明因为 ，

所以

8. （05年湖南卷）自然状态下的鱼类是一种可再生资源，为持续利用这一资源，需从宏观上考察其再生能力及捕捞强度对鱼群总量的影响. 用xn表示某鱼群在第n年年初的总量，n∈N*，且x1＞0.不考虑其它因素，设在第n年内鱼群的繁殖量及捕捞量都与xn成正比，死亡量与xn2成正比，这些比例系数依次为正常数a，b，c.

（Ⅰ）求xn+1与xn的关系式；

（Ⅱ）猜测：当且仅当x1，a，b，c满足什么条件时，每年年初鱼群的总量保持不变？（不

要求证明）

（Ⅱ）设a＝2，b＝1，为保证对任意x1∈（0,2），都有xn＞0，n∈N*，则捕捞强度b的

最大允许值是多少？证明你的结论.

解（I）从第n年初到第n+1年初，鱼群的繁殖量为axn，被捕捞量为bxn，死亡量为

（II）若每年年初鱼群总量保持不变，则xn恒等于x1， n∈N*，从而由（*）式得

因为x1>0，所以a>b.

猜测：当且仅当a>b，且 时，每年年初鱼群的总量保持不变.

（Ⅲ）若b的值使得xn>0，n∈N*

由xn+1=xn(3－b－xn), n∈N*, 知

0<xn<3－b, n∈N*, 特别地，有0<x1<3－b. 即0<b<3－x1.

而x1∈(0, 2)，所以

由此猜测b的最大允许值是1.

下证 当x1∈(0, 2) ，b=1时，都有xn∈(0, 2), n∈N*

①当n=1时，结论显然成立.

②假设当n=k时结论成立，即xk∈(0, 2),

则当n=k+1时，xk+1=xk(2－xk?)>0.

又因为xk+1=xk(2－xk)=－(xk－1)2+1≤1<2,

所以xk+1∈(0, 2)，故当n=k+1时结论也成立.

由①、②可知，对于任意的n∈N*，都有xn∈(0,2).

综上所述，为保证对任意x1∈(0, 2), 都有xn>0， n∈N*，则捕捞强度b的最大允许值是1.

9. （05年江苏卷）设数列｛an｝的前项和为 ,已知a1=1, a2=6, a3=11,且 , 其中A,B为常数.

(Ⅰ)求A与B的值;

(Ⅱ)证明数列｛an｝为等差数列;

(Ⅲ)证明不等式 .

解：(Ⅰ)由 ， ， ，得 ， ， ．

把 分别代入 ，得

解得， ， ．

(Ⅱ)由(Ⅰ)知， ，即

， ①

又 ． ②

②-①得， ，

即 ． ③

又 ． ④

④-③得， ，

∴ ，

∴ ，又 ，

因此，数列 是首项为1，公差为5的等差数列．

(Ⅲ)由(Ⅱ)知， ．考虑

．

．

∴ ．

即 ，∴ ．

因此， ．

10. （05年辽宁卷）已知函数 设数列 }满足 ，数列 }满足

（Ⅰ）用数学归纳法证明 ；

（Ⅱ）证明

解：（Ⅰ）证明：当 因为a1=1，

所以 ………………2分

下面用数学归纳法证明不等式

（1）当n=1时，b1= ，不等式成立，

（2）假设当n=k时，不等式成立，即

那么 ………………6分

所以，当n=k+1时，不等也成立。

根据（1）和（2），可知不等式对任意n∈N*都成立。 …………8分

（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，

所以

…………10分

故对任意 ………………（12分）

11. (05年全国卷Ⅰ) 设正项等比数列 的首项 ，前n项和为 ，且 。

（Ⅰ）求 的通项；

（Ⅱ）求 的前n项和 。

解：（Ⅰ）由 得

即

可得

因为 ，所以 解得 ，因而

（Ⅱ）因为 是首项 、公比 的等比数列，故

则数列 的前n项和

前两式相减，得

即

12. (05年全国卷Ⅰ)

设等比数列 的公比为 ，前n项和 。

（Ⅰ）求 的取值范围；

（Ⅱ）设 ，记 的前n项和为 ，试比较 与 的大小。

解：（Ⅰ）因为 是等比数列，

当

上式等价于不等式组： ①

或 ②

解①式得q>1；解②，由于n可为奇数、可为偶数，得－1<q<1.

综上，q的取值范围是

（Ⅱ）由 得

于是

又∵ >0且－1< <0或 >0

当 或 时 即

当 且 ≠0时， 即

当 或 =2时， 即

13. (05年全国卷II) 已知 是各项为不同的正数的等差数列， 、 、 成等差数列．又 ， ．

(Ⅰ) 证明 为等比数列；

(Ⅱ) 如果数列 前3项的和等于 ，求数列 的首项 和公差 ．

(I)证明：∵ 、 、 成等差数列

∴2 = + ，即

又设等差数列 的公差为 ，则( － ) = ( －3 )

这样 ，从而 ( － )=0

∵ ≠0

∴ = ≠0

∴

∴ 是首项为 = ，公比为 的等比数列。

(II)解。∵

∴ =3

∴ = =3

14.( 05年全国卷II)

已知 是各项为不同的正数的等差数列， 、 、 成等差数列．又 ， ．

(Ⅰ) 证明 为等比数列；

(Ⅱ) 如果无穷等比数列 各项的和 ，求数列 的首项 和公差 ．

(注：无穷数列各项的和即当 时数列前 项和的极限)

解：（Ⅰ）设数列{an}的公差为d，依题意，由 得

即 ，得 因

当 =0时，{an}为正的常数列 就有

当 = 时， ,就有

于是数列{ }是公比为1或 的等比数列

（Ⅱ）如果无穷等比数列 的公比 =1，则当 →∞时其前 项和的极限不存在。

因而 = ≠0，这时公比 = ，

这样 的前 项和为

则S=

由 ，得公差 =3，首项 = =3

15. (05年全国卷III)

在等差数列 中，公差 的等差中项.

已知数列 成等比数列，求数列 的通项

解：由题意得： ……………1分

即 …………3分

又 …………4分

又 成等比数列,

∴该数列的公比为 ，………6分

所以 ………8分

又 ……………………………………10分

所以数列 的通项为 ……………………………12分

16. （05年山东卷）

已知数列 的首项 前 项和为 ，且

（I）证明数列 是等比数列；

（II）令 ，求函数 在点 处的导数 并比较 与 的大小.

解：由已知 可得 两式相减得

即 从而 当 时 所以 又 所以 从而

故总有 ， 又 从而 即数列 是等比数列；

（II）由（I）知

因为 所以

从而 =

= - =

由上 - =

=12 ①

当 时，①式=0所以 ；

当 时，①式=-12 所以

当 时， 又

所以 即① 从而

17．(05年上海)本题共有2个小题,第1小题满分6分, 第2小题满分8分.

假设某市2004年新建住房400万平方米,其中有250万平方米是中低价房.预计在今后的若干年内,该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%.另外,每年新建住房中,中低价房的面积均比上一年增加50万平方米.那么,到哪一年底,

(1)该市历年所建中低价房的累计面积(以2004年为累计的第一年)将首次不少于4750万平方米?

(2)当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%?

[解](1)设中低价房面积形成数列{an},由题意可知{an}是等差数列,

其中a1=250,d=50,则Sn=250n+ =25n2+225n,

令25n2+225n≥4750,即n2+9n-190≥0,而n是正整数, ∴n≥10.

到2013年底,该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4750万平方米.

(2)设新建住房面积形成数列{bn},由题意可知{bn}是等比数列,

其中b1=400,q=1.08,则bn=400?(1.08)n-1?0.85.

由题意可知an>0.85 bn,有250+(n-1)?50>400?(1.08)n-1?0.85.

由计箅器解得满足上述不等式的最小正整数n=6.

到2009年底,当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%.

18. （05年天津卷）

已知 .

（Ⅰ）当 时，求数列 的前n项和 ；

（Ⅱ）求 .

（18）解：（Ⅰ）当 时， ．这时数列 的前 项和

． ①

①式两边同乘以 ，得 ②

①式减去②式，得

若 ，

，

若 ，

（Ⅱ）由（Ⅰ），当 时， ，则 ．

当 时，

此时， ．

若 ， ．

若 ， ．

19. （05年天津卷）若公比为c的等比数列｛ ｝的首项 ＝1且满足： （ ＝3，4，…）。

（I）求c的值。

（II）求数列｛ ｝的前 项和 。

20. （05年浙江卷）已知实数a，b，c成等差数列，a＋1，了＋1，c＋4成等比数列，求a，b，c．

解：由题意，得 由(1)(2)两式，解得

将 代入(3),整理得

解得 或

故 , 或

经验算，上述两组数符合题意。

21（05年浙江卷）设点 ( ，0)， 和抛物线 ：y＝x2＋an x＋bn(n∈N*)，其中an＝－2－4n－ ， 由以下方法得到：

x1＝1，点P2(x2，2)在抛物线C1：y＝x2＋a1x＋b1上，点A1(x1，0)到P2的距离是A1到C1上点的最短距离，…，点 在抛物线 ：y＝x2＋an x＋bn上，点 ( ，0)到 的距离是 到 上点的最短距离．

(Ⅰ)求x2及C1的方程．

(Ⅱ)证明{ }是等差数列．

解：（I）由题意，得 。

设点 是 上任意一点，则

令 则

由题意，得 即

又 在 上，

解得

故 方程为

(II)设点 是 上任意一点，则

令 ，则 .

由题意得g ，即

又

即 （*）

下面用数学归纳法证明

①当n=1时， 等式成立。

②假设当n=k时，等式成立，即

则当 时，由（*）知

又

即当 时，等式成立。

由①②知，等式对 成立。

是等差数列。

22. (05年重庆卷)数列{an}满足a1?1且8an?1?16an?1?2an?5?0 (n?1)。记 (n?1)。

(1) 求b1、b2、b3、b4的值；

(2) 求数列{bn}的通项公式及数列{anbn}的前n项和Sn。

解法一：

（I）

（II）因 ，

故猜想

因 ，（否则将 代入递推公式会导致矛盾）。

∵

故 的等比数列.

,

解法二：

（Ⅰ）由

整理得

（Ⅱ）由

所以

故

由 得

故

解法三：

（Ⅰ）同解法一

（Ⅱ）

从而

故

23. (05年重庆卷)数列{an}满足 .

（Ⅰ）用数学归纳法证明： ；

（Ⅱ）已知不等式 ，其中无理数e=2.71828….

（Ⅰ）证明：（1）当n=2时， ，不等式成立.

（2）假设当 时不等式成立，即

那么 . 这就是说，当 时不等式成立.

根据（1）、（2）可知： 成立.

（Ⅱ）证法一：

由递推公式及（Ⅰ）的结论有

两边取对数并利用已知不等式得

故

上式从1到 求和可得

即

（Ⅱ）证法二：

由数学归纳法易证 成立，故

令

取对数并利用已知不等式得

上式从2到n求和得

因

故 成立

24. （05年江西卷）已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn－Sn－2=3 求数列{an}的通项公式.

解：方法一：先考虑偶数项有：

………

同理考虑奇数项有：

………

综合可得

方法二：因为

两边同乘以 ，可得：

令

所以

………

又

∴

∴

25. （05年江西卷）

已知数列

（1）证明

（2）求数列 的通项公式an.

解：（1）方法一 用数学归纳法证明：

1°当n=1时，

∴ ，命题正确.

2°假设n=k时有

则

而

又

∴ 时命题正确.

由1°、2°知，对一切n∈N时有

方法二：用数学归纳法证明：

1°当n=1时， ∴ ；

2°假设n=k时有 成立，

令 ， 在[0，2]上单调递增，所以由假设

有： 即

也即当n=k+1时 成立，所以对一切

（2）下面来求数列的通项： 所以

,

又bn=－1，所以

26、（04年全国卷四文18）．已知数列{ }为等比数列， （Ⅰ）求数列{ }的通项公式；

（Ⅱ）设 是数列{ }的前 项和，证明

解：（I）设等比数列{an}的公比为q，则a2=a1q, a5=a1q4. 依题意，得方程组a1q=6, a1q4=162.解此方程组，得a1=2, q=3.故数列{an}的通项公式为an=2?3n－1

（II）

27、（04年全国三文⒆）设公差不为零的等差数列{an}，Sn是数列{an}的前n项和，且 , ，求数列{an}的通项公式.

解：设数列{an}的公差为d(d≠0),首项为a1，由已知得： .解之得： ， 或 （舍）

28（04年全国卷三理(22)）已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn=2an +(-1)n,n≥1.⑴写出求数列{an}的前3项a1,a2,a3；

⑵求数列{an}的通项公式；⑶证明：对任意的整数m>4，有

解：⑴当n=1时,有：S1=a1=2a1+(-1) a1=1；当n=2时,有：S2=a1+a2=2a2+(-1)2 a2=0；

当n=3时,有：S3=a1+a2+a3=2a3+(-1)3 a3=2；综上可知a1=1,a2=0,a3=2；

⑵由已知得： ，化简得：

上式可化为： ，故数列{ }是以 为首项, 公比为2的等比数列.故 ∴

数列{ }的通项公式为：

⑶由已知得：

. 故 ，( m>4)

29、（04年天津卷文20. ）设 是一个公差为 的等差数列，它的前10项和 且 ， ， 成等比数列。（1）证明 ；（2）求公差 的值和数列 的通项公式

证明：因 ， ， 成等比数列，故 ，而 是等差数列，有 ，

于是 ，即 ，化简得

（2）解：由条件 和 ，得到 ，由（1）， ，代入上式得 ，故 ， ，

30（04年浙江卷文（17））、已知数列 的前n项和为 （Ⅰ）求 ；（Ⅱ）求证数列 是等比数列

解: (Ⅰ)由 ,得 ，∴ ，又 ,即 ,得 .(Ⅱ)当n>1时, 得 所以 是首项 ,公比为 的等比数列

31（04年广东卷17）. 已知 成公比为2的等比数列( 也成等比数列. 求 的值

解：∵α,β,γ成公比为2的等比数列，∴β=2α，γ=4α，∵sinα,sinβ,sinγ成等比数列

当cosα=1时，sinα=0,与等比数列的首项不为零，故cosα=1应舍去，

32（04年湖南文20）． 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

（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

33、（04年江苏卷20）.设无穷等差数列{an}的前n项和为Sn.(Ⅰ)若首项 32 ，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k都有 成立

解：（1） ；（2） 或 或

34（04年全国卷一理15）．已知数列{an}，满足a1=1，an=a1+2a2+3a3+…+(n－1)an－1(n≥2)，则{an}的通项

（ 答案 ）

35（04年全国卷一理22）．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

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，

36（04年全国卷一文17）． 等差数列{ }的前n项和记为Sn.已知

（Ⅰ）求通项 ；（Ⅱ）若Sn=242，求n

解：（Ⅰ）由 得方程组 解得

所以 （Ⅱ）由 得方程

解得

37（04年全国卷二理（19））、数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝ Sn（n＝1，2，3，…）

证明：(Ⅰ)数列{ }是等比数列；(Ⅱ)Sn＋1＝4an

证（I）由a1=1,an+1= Sn(n=1,2,3，…)，知a2= S1=3a1, , ,∴

又an+1=Sn+1-Sn(n=1,2,3，…),则Sn+1-Sn= Sn(n=1,2,3，…)，∴nSn+1=2(n+1)Sn, (n=1,2,3，…).故数列{ }是首项为1，公比为2的等比数列

证（II） 由（I）知， ，于是Sn+1=4(n+1)? =4an(n )

又a2=3S1=3,则S2=a1+a2=4=4a1,因此对于任意正整数n≥1都有Sn+1=4an

38（04年全国卷二文（17））、已知等差数列{an}，a2＝9，a5 ＝21

(Ⅰ)求{an}的通项公式；(Ⅱ)令bn＝ ，求数列{bn}的前n项和Sn

解：a5-a2=3d,d=4,an=a2+(n-2)d=9+4(n-2)=4n+1；{bn}是首项为32公比为16的等比数列，Sn= .

一道高三文科数学题。数列。

数 列 经 典 题 选 析

江苏 王海平

数列是高中代数的重要内容,又是学习高等数学的基础. 在高考和各种数学竞赛中都占有重要的地位.

一,等差数列与等比数列

例1.A={递增等比数列的公比},B={递减等比数列的公比},求A∩B.

解:设q∈A,则可知q>0(否则数列为摆动数列).

由an+1-an=a1·qn-a1·qn-1=a1·qn-1(q-1)>0,得

当a1>0时,那么q>1;当a1<0时,则0从而可知 A={q | 0若q∈A,同样可知q>0.由an+1-an=a1·qn-a1·qn-1=a1·qn-1(q-1)0时,那么0亦可知 B={q | 0故知A∩B={q | 0说明:貌似无法求解的问题,通过数列的基本量,很快就找到了问题的突破口!

例2.求数列1,(1+2),(1+2+22),……,(1+2+22+……+2n-1),……前n项的和.

分析:要求得数列的和,当务之急是要求得数列的通项,并从中发现一定规律.而通项又是一等比数列的和.设数列的通项为an,则an=1+2+22+……+2n-1==2n-1.从而该数列前n项的和

Sn=(2-1)+(22-1)+(23-1)+…+(2n-1)

=(2+22+23+…+2n)-n=-n=2n+1-n-2.

说明:利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法.

等差数列求和公式:

2,等比数列求和公式:

4,

常用的数列求和方法有:利用常用求和公式求和;错位相减法求和;反序相加法求和;分组法求和;裂项法求和;合并法求和;利用数列的通项求和等等.

例3.已知等差数列{an}的公差d=,S100=145.设S奇=a1+a3+a5+……+a99,S'=a3+a6+a9+……+a99,求S奇,S'.

解:依题意,可得 S奇+S偶=145,

即S奇+(S奇+50d)=145, 即2 S奇+25=145, 解得,S奇=120.

又由S100=145,得 =145,故得a1+a100=2.9

S'=a3+a6+a9+……+a99

=====1.7·33=56.1.

说明:整体思想是求解数列问题的有效手段!

例4.在数列{an}中,a1=b(b≠0),前n项和Sn构成公比为q的等比数列.

(1)求证:数列{an}不是等比数列;

(2)设bn=a1S1+a2S2+…+anSn,|q|<1,求bn.

解:(1)证明:由已知S1=a1=b

∵{Sn}成等比数列,且公比为q.

∴Sn=bqn-1,∴Sn-1=b·qn-2(n≥2).

当n≥2时,an=Sn-Sn-1=bqn-1-bqn-2=b·(q-1)·qn-2

故当q≠1时,==q,

而==q-1≠q,∴{an}不是等比数列.

当q=1,n≥2时,an=0,所以{an}也不是等比数列.

综上所述,{an}不是等比数列.

(2)∵|q|<1,由(1)知n≥2,a2,a3,a4,…,an构成公比为q的等比数列,∴a2S2,a3S3,…,anSn是公比为q2的等比数列.

∴bn=b2+a2S2·(1+q2+q4+…+q2n-4)

∵S2=bq,a2=S2-S1=bq-b

∴a2S2=b2q(q-1)

∴bn=b2+b2q(q-1)·

∵|q|0,1600[()n-1]-4000×[1-()n]>0

化简得,5×()n+2×()n-7>0?

设x=()n,5x2-7x+2>0? ∴x1(舍)? 即()n4,故使得上式成立的最小n∈N+为5,

故最少需要经过5年的努力,才能使全县的绿化率达到60%.

三,归纳,猜想与证明

例7.已知数列{ an}满足Sn+an=(n2+3n-2),数列{ bn}满足b1=a1,

且bn=an-an-1-1(n≥2).

(1)试猜想数列{ an}的通项公式,并证明你的结论;

解:(1)∵Sn+an=(n2+3n-2),S1=a1,∴2a1=(1+3×1-2)=1,

∴a1==1-.当n=2时,有+2a2=(22+3×2-2)=4, ∴a2==2-

猜想,得数列{ an}的通项公式为an=n-

(2)若cn=b1+b2+…+bn,求的值.

当n=3时,有++3a3=8, ∴a3==3-.

用数学归纳法证明如下:

①当n=1时,a1=1-=,等式成立.

②假设n=k时,等式ak=k-成立,那么

n=k+1时,ak+1=Sk+1-Sk=[-ak+1]-[-ak],

.∴2 ak+1=k+2+ak, 2 ak+1=k+2+(k-),

∴ak+1=(k+1)-,即当n=k+1时,等式也成立.

综上①,②知,对一切自然数n都有an=n-成立.

(2)∵b1=a1=,bn=an-an-1-1=[n-]-[(n-1)-]-1=.

∴cn=b1+b2+…+bn=1-()n, ∴=[1-()n]=1.

例8.已知数列{an}满足a1=2,对于任意的n∈N,都有an>0,且(n+1) an2+an an+1-n an+12=0.又知数列{bn}满足:bn=2n-1+1..?

(Ⅰ)求数列{an}的通项an以及它的前n项和Sn;?

(Ⅱ)求数列{bn}的前n项和Tn;?

(Ⅲ)猜想Sn和Tn的大小关系,并说明理由.

解:(n+1) an2+an an+1-n an+12=0.是关于an和an+1的二次齐次式,故可利用求根公式得到an与an+1的更为明显的关系式,从而求出an .

(Ⅰ)∵an>0(n∈N),且(n+1) an2+an an+1-n an+12=0,

∴ (n+1)()2+()-n=0.

∴=-1或=.

∵an>0(n∈N),∴=.

∴=···……··=···…··=n.

又a1=2,所以,an=2n.

∴Sn=a1+a2+a3+……+an=2(1+2+3……+n)=n2+n.

(Ⅱ)∵bn=2n-1+1,?

∴Tn=b1+b2+b3 +……+bn=20+21+22+……+2n-1+n=2n+n-1

(Ⅲ) Tn-Sn=2n-n2-1.?

当n=1时,T1-S1 =0,∴T1=S1;

当n=2时,T2-S2=-1,?∴T2当n=3时,T3-S3=-2,?∴T3当n=4时,T4-S4=-1,?∴T4S5;

当n=6时,T6-S6=27,,?∴T6>S6;

猜想:当n≥5时,Tn>Sn.即2n>n2+1.下用数学归纳法证明:?

1° 当n=5时,前面已验证成立;

2° 假设n=k(k≥5)时命题成立,即2k>k2+1.成立,

那么当n=k+1时,

2k+1=2·2k>2(k2+1)=k2+k2+2≥k2+5k+2>k2+2k+2=(k+1)2+1.

即n=k+1(k≥5)时命题也成立.

由以上1°,2°可知,当n≥5时,有Tn>Sn.;

综上可知:当n=1时,T1=S1;当2≤n<5时,TnSn..

说明:注意到2n的增长速度大于n2+1的增长速度,所以,在观察与归纳的过程中,不能因为从n=1到n=4都有Tn≤Sn.就得出Tn≤Sn.的结论,而应该坚信:必存在,使得2n>n2+1,从而使得观察的过程继续下去.

例9. 已知函数f(x)=x2-3,(x≤-3)

(1)求f(x)的反函数f-1(x);

(2)记a1=1,an= -f-1(an-1)(n≥2),请写出a2,a3,a4的值并猜测想an的表达式.再用数学归纳法证明.

解:(1)设y=f(x)= x2-3,(x≤-3 ),由y2=x2-3(x≤-),x= -y2+3

即f-1(x)= -x2+3 (x≥0).

(2)由a1=1且an= -f-1(an-1)(n≥2的整数),a2= -f-1(a1)= -( -a12+3 =4 ,

a3=3+4=7 ,a4=3+7=10 .

依不完全归纳可以猜想到:an=3n-2 (n自然数)

下面用数学归纳法予以证明:

当n=1时,a1=3×1-2 =1命题成立

假设n=k(1≤k≤n)时,命题成立:即ak=3k-2

那么当n=k+1时,ak+1=-f-1(ak)

=ak2+3 =3k-2+3 =3k+1-2

综上所述,可知对一切自然数n均有an=3n-2 成立.

例10. 已知数列{an}中,a7=4,an+1=,.

(Ⅰ)是否存在自然数m,使得当n≥m时,an<2;当n2

(Ⅱ)是否存在自然数p,使得当n≥p时,总有13时,也有an<2 这就引导我们去思考这样一个问题:若an<2,能否得出an+1<2

为此,我们考查an+1-2与an-2的关系,易得

an+1-2=-2 =.

可以看出:当an<2时,必有an+1<2.于是,我们可以确定:当n≥10时,必有an2.

方法之一是一一验证.即通过已知条件解出:an=.由此,我们可以从a7出发,计算出这个数列的第6项到第1项,从而得出结论.

另外,得益于上述解法,我们也可以考虑这样的问题:"若an+1>2,能否得出an>2"

由an-2=-2=不难得知:上述结论是正确的.

所以,存在m=10,使得当n≥m时,an<2;当n2.

(Ⅱ)问题等价于:是否存在自然数p,使得当n≥p时,总有an-1-an+1-2 an<0.

由(Ⅰ)可得:an-1-an+1-2 an=.

我们已经知道:当n≥10时,an<2,于是(an<2)3<0,(7-an)-3

观察前面计算的结果,可以看出:a100,从而得出结论.

说明:(1)归纳,猜想是建立在细致的观察和缜密的分析基础上的,并非无源之水,无本之木.(2)上述分析的过程如果用数学归纳法写出,则相当简洁,但同时也掩盖了思维的过程.

四,由递推公式探求数列问题

例11.设An为数列{an}的前n项的和,An=(an-1),数列{bn}的通项公式为bn=4n+3.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)把数列{an}与{bn}的公共项按从小到大先后顺序排成一个新的数列{dn},证明数列{dn}的通项公式为dn=32n+1;

(3)设数列{dn}的第n项是数列{bn}中的第r项,Br为数列{bn}的前r项的和,Dn为数列{dn}的前n项和,Tn=Br-Dn,求.

解:(1)由An= (an-1),可知An+1= (an+1-1)

∴An+1-An= (an+1-an)=an+1,即 =3

而a1=A1= (a1-1),得a1=3

所以数列{an}是以3为首项,公比为3的等比数列,数列{an}的通项公式为an=3n.

(2)∵32n+1=3·32n=3·(4-1)2n

=3×(42n+C12n·42n-1(-1)+…+C2n2n-1·4·(-1)+(-1)2n)

=4m+3

∴32n+1∈{bn}

而数32n=(4-1)2n

=42n+C2n1·42n-1·(-1)+…+C2n2n-1·4·(-1)+(-1)2n

=(4k+1)

∴32n{bn}

而数列{an}={32n+1}∪{32n}

∴ dn=32n+1

(3)由32n+1=4·r+3,可知r=

∵Br==r(2r+5)=·

Dn=·(1-9n)=(9n-1)

∴Tn=Br-Dn=-(9n-1)

=·34n-·32n+

又∵(an)4=34n

∴=

例12. 已知函数f(x)=x+x2-a2 (a>0)

(1)求f(x)的反函数f-1(x)及其定义域;

(2)数列{an}满足a1=3aan+1=f-1an

设bn=,数列{bn}的前n项和为Sn,试比较Sn与的大小,并证明你的结论.

解:(1)给y-x=x2-a2 两边平方,整理得 x=

∵y-x=y-==≥0

∴y≥a或-a≤y<0

故f-1(x)= ,其定域为[-a,0)∪[a,+∞)

(2)∵an+1=f-1(an)=

∴bn+1==…=()2=bn2 (可两边取对数求解)

又a1=3a,b1===

∴bn=(bn-1)2=(bn-2)=(bn-3)

=…=(b1) =()

∴Sn=b1+b2+…+bn

=+()2+()+[()+()+…+()]==1-()n

由此可知,当n<3时,Sn3时,Sn>.

又∵2n-1=(1+1)n-1=1+C1n-1+C2n-1+C3n-1+……+Cn-1n-1

则当n≥4时,2n-1>1+C1n-1+C2n-1

=1+(n-1)+>n+1

∴().

当n=3时,Sn=+()2+()=++=<.

故知当n≤3 时,Sn2,故a22,得an>2,所以{an}单调递减.且因为an>2,所以

an-2=<(an-1-2)

<()2(an-2-2)<…2pq,又a1,b1不为零,∴c22≠c1·c3,故{cn}不是等比数列.

说明: 本题是2000年全国高考数学试题.其证法很多,建议读者从不同的角度审视此题.我们可以得出更一般的结论;

推论1:设数列{cn},cn=an+bn且a≠b,则数列{cn+1-pcn}为等比数列的充要条件是p=a或p=b.

推论2:设{an},{bn}是两个等比数列,则数列{an+bn}为等比数列的充要条件是,数列{an},{bn}的公比相等.

推论3:公比为a,b的等比数列{an},{bn},且a≠b,s,t为不全为零的实数,cn=san+tbn为等比数列的充要条件是st=0.

例15.数列{an}中,a1=8,a4=2且满足an+2=2an+1-an n∈N

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设Sn=|a1|+|a2|+…+|an|,求sn;

(3)设bn= ( n∈N),Tn=b1+b2+…+bn( n∈N),是否存在最大的整数m,使得对任意n∈N,均有Tn>成立 若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.

解:(1)由an+2=2an+1-an

an+2-an+1=an+1-an,可知{an}成等差数列,d==-2

-∴an=10-2n

(2)由an=10-2n≥0得n≤5

∴当n≤5时,Sn=-n2+9n

当n>5时,Sn=n2-9n+40

故Sn=-n2+9n 1≤n≤5n2-9n+40 n>5 (n∈N)

(3)bn===()

∴Tn= b1+b2+…+bn

=[(1-)+(-)+(-)+……+(-)]=(1-)=

>>Tn-1>Tn-2>……>T1.

∴要使Tn>总成立,需

Sn=2An - 3n

S(n-1) = 2A(n-1)-3(n-1)

An=Sn-S(n-1)=2An-2A(n-1)+3

An +3 = 2A(n-1)

就是：(An-3) = 2[A(n-1)-3]

An-3构成等比数列，An-3 = (A1-3) *2^(n-1)

An= 3+ (A1-3)*2^(n-1)

如果存在等差子列，设为k<m<n项

则要求2^(k-1) + 2^(n-1) = 2^(m-1) *2

提取出2^(k-1)得到

1+2^(n-k) = 2^(m-k+1)

这个式子只有当n=k或者m-k+1=0才可能成立（否则偶数相减不可能等于1）

因为m,n,k互不相等，只有当k=m+1似乎才可能，而此时等式右侧是1，左侧是1加上一个正数，是不可能成立的

因此不存在这样的等差子列