数学第二轮专题复习第二部分 专题五 数列解答题的解法.

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1 数学第二轮专题复习第二部分 专题五 数列解答题的解法

2 数列解答题的解法 试题特点 ＞＞ 03 应试策略 ＞＞ 07 考题剖析 ＞＞ 11

3 数列解答题的解法 试题特点 1.近三年高考各试卷数列考查情况统计 2005年高考各地的16套试卷中， 每套试卷均有1道数列解答题试题，处于压轴位置的有6道.由此知，数列解答题属于中档题或难题.其中，涉及等差数列和等比数列的试题有11道，有关递推数列的有8道，关于不等式证明的有6道.另外，等比求和的错位相减法，广东卷的概率和数列的交汇，湖北卷的不等式型的递推数列关系都是高考试题中展现的亮点. 2006年高考各地的18套试卷中,有18道数列解答试题.其中,与函数综合的有6道，涉及数列不等式证明的有8道，北京还命制了新颖的“绝对差数列”,值得一提的是，其中有8道属于递推数列问题，这在高考中是一个重点. ←返回目录

4 数列解答题的解法 试题特点 2007年高考各地的各套试卷中都有数列题，有7套试卷是在压轴题的位置，有9套是在倒数第二道的位置，其它的一般在第二、三的位置，几乎每道题涉及到递推数列,有9道涉及到数列、不等式或函数的综合问题，安徽省还出现了一道数列应用题. 综上可知，数列解答试题是高考命题的一个每年必考且难度较大的题型，其命题热点是与不等式交汇、呈现递推关系的综合性试题.当中，以函数迭代、解析几何中曲线上的点列为命题载体，有着高等数学背景的数列解答题是未来高考命题的一个新的亮点，而数学归纳法的应用在2007年中有所增强. ←返回目录

5 数列解答题的解法 试题特点 2.主要特点 数列是高中代数的重要内容之一，也是与大学衔接的内容，由于在测试学生逻辑推理能力和理性思维水平，以及考查学生创新意识和创新能力等方面有不可替代的作用，所以在历年高考中占有重要地位，近几年更是有所加强. 数列解答题大多以数列、数学归纳法内容为工具，综合运用函数、方程、不等式等知识，通过运用递推思想、函数与方程、归纳与猜想、等价转化、分类整合等各种数学思想方法，考查学生灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力，其难度属于中、高档难度. ←返回目录

6 数列解答题的解法 ←返回目录 试题特点 1.考查数列、等差数列、等比数列、数列极限以及数学归纳法等基本知识、基本技能.
2.常与函数、方程、不等式、解析几何等知识相结合，考查学生在数学学习和研究过程中知识的迁移、组合、融会，进而考查学生的学习潜能和数学素养. 3.常以应用题或探索题的形式出现，为考生展现其创新意识和发挥创造能力提供广阔的空间. ←返回目录

7 应 试 策 略 ←返回目录

8 数列解答题的解法 ←返回目录 应试策略 1.熟练掌握并灵活运用数列的基本知识是解决数列问题的基础.
(1)等差、等比数列的判定：①利用定义判定；②an＋an＋2=2an＋1 {an}是等差数列，anan＋2=a2n＋1(an≠0) {an}是等比数列； ③an=an＋b(a,b为常数) {an}是等差数列；④Sn=an2＋bn(a,b为常 数，Sn是数列{an}的前n项和) {an}是等差数列. (2)等差、等比数列的性质的应用：注意下标、奇、偶项的特点等. ←返回目录

9 数列解答题的解法 ←返回目录 (3)已知数列的前n项和求通项公式，这类问题常利用 应试策略 an= 求解.
(4)用递推公式给出的数列，常利用“归纳——猜想——证明”的方法求解. (5)数列求和的基本方法：①公式法(利用等差、等比数列前n项和公式或正整数的方幂和公式）；②错位相减法(等比数列求和推导的基本方法)；③倒序相加法；④裂(拆)项法等. ←返回目录

10 数列解答题的解法 ←返回目录 应试策略 2.注意函数思想与方程思想在数列中的运用.
由于数列是一种特殊的函数，所以数列问题与函数、方程有着密切的联系，如等差数列的前n项和为n的二次函数，有关前n项和的最大、最小值问题可运用二次函数的性质来解决.等差(比)数列问题，通过涉及五个元素a,d(q),an,n,Sn,利用方程思想，熟练运用通项公式与前n项和公式列出方程或方程组，并求出未知元素，是应当掌握的基本技能. 3.数列问题对能力要求较高，特别是运用能力、归纳猜想能力、转化能力、逻辑思维能力更为突出.在高考解答题中更是能力与思想的集中体现，尤其是近几年高考加强了数列推理能力的考查，应引起我们的足够重视. ←返回目录

11 考 题 剖 析 ←返回目录

12 数列解答题的解法 考题剖析 1.数列{an}和{bn}满足an= (b1＋b2＋…＋bn) （n=1，2，3…），求证{bn}为等差数列的充要条件是{an}为等差数列. ［证明］必要性 若{bn}为等差数列，设首项b1，公差d ∵an＋1－an= , ∴{an}是公差为 的等差数列 充分性 若{an}为等差数列，设首项a1，公差d 则b1＋b2＋…＋bn=n［a1＋(n－1)d］=dn2＋(a1－d)n b1＋b2＋…＋bn－1=d(n－1)2＋(a1－d)(n－1) (n≥2) ∴bn=2dn＋(a1－2d) (n≥2) 当n=1时，b1=a1也适合 ∵bn＋1－bn=2d， ∴{bn}是公差为2d的等差数列 ［点评］ 要证明一个数列为等差数列，关键是抓住等差数列的定义：从第二项起，任一项与前一项的差都为一个常数，即相邻两项的差是一定值，证等比数列也是如此. ←返回目录

13 数列解答题的解法 ←返回目录 考题剖析 2. (2007·宁波市三中) 已知数列{an}中，a1=1，
nan＋1=2(a1＋a2＋…＋an)(n∈N*). （1）求a2,a3,a4； （2）求数列{an}的通项an； （3）设数列{bn}满足 ， 求证：bn<1(n≤k). ［解析］ （1）a2=2,a3=3,a4=4 ←返回目录

14 数列解答题的解法 ←返回目录 考题剖析 （2）nan＋1=2(a1＋a2＋…＋an) ① (n－1)an=2(a1＋a2＋…＋an－1) ②
①－②得nan＋1－(n－1)an=2an 即：nan＋1=(n＋1)an， 所以 所以an=n(n∈N*) ←返回目录

15 数列解答题的解法 ←返回目录 考题剖析 （3）由（2）得：b1= ,
bn＋1= ＋bn>bn>bn－1>…>b1>0， 所以{bn}是单调递增数列，故要证：bn<1(n≤k)只需证bk<1 若k=1，则b1= <1显然成立 若k≥2，则bn＋1= 所以 因此： ←返回目录

16 数列解答题的解法 ←返回目录 考题剖析 所以 所以bn<1(n≤k)
［点评］ 求数列的通项，是数列问题中的常见问法，本题中关键是要抓住递推关系nan＋1=2(a1＋a2＋...＋ an)(n∈N*)，得到 关系后，再求an的通项，用 累乘法.在平时的解题中，要注意积累一些递推数列问题的处理. ←返回目录

17 数列解答题的解法 ←返回目录 考题剖析 3.(2007·东北四市长春、哈尔滨、沈阳、大连) 数列{an}的首项
a1=1，前n项和Sn与an之间满足an= (n≥2). （1）求证：数列{ }的通项公式； （2）设存在正数k，使(1＋S1)(1＋S2)…(1＋Sn)≥k 对一切n∈N*都成立，求k的最大值. ←返回目录

18 数列解答题的解法 ←返回目录 ［解析］（1）证明：∵n≥2，an=Sn－Sn－1 考题剖析
∴Sn－Sn－1= ，∴(Sn－Sn－1)(2Sn－1)=2S ， ∴Sn－1－Sn=2SnSn－1 ∴ =2(n≥2)， 数列 为首项，以2为公差的等差数列. ←返回目录

19 数列解答题的解法 ←返回目录 考题剖析 （2）由（1）知 =1＋(n－1)×2=2n－1
∴F(n)在n∈N*上递增，要使F(n)≥k恒成立，只需［F(n)］min≥k ∵［F(n)］min=F(1)= ［点评］本小题考查等差数列通项与前n项和关系以及数列与不等式相结合的有关问题. ←返回目录

20 数列解答题的解法 ←返回目录 考题剖析 4.（2007·莆田四中）已知α为锐角，且tanα= －1，函数
f(x)=x2tan2α＋x·sin(2α＋ )，数列{an}的首项a1= ,an＋1=f(an). （1）求函数f(x)的表达式； （2）求证：an＋1>an； （3）求证： ［解析］（1）tan2α= =1 又∵α为锐角 ∴sin(2α＋ )= f(x)=x2＋x ←返回目录

21 数列解答题的解法 ←返回目录 考题剖析 （2） ∵a1= ∴a2,a3,…an都大于0 ∴ >0 ∴an＋1>an
（3）由（2）知 ←返回目录

22 数列解答题的解法 ←返回目录 考题剖析 ∵ 又∵n≥2时,an＋1>an ∴an＋1≥a3>1 ∴1<2－ <2
∴1< <2 ［点评］ 在高考题中，数列一般与函数、不等式、三角综合，本题中，表面上有三角函数，但可以通过对三角函数求 值，将三角函数去掉.从而转化为一个递推数列的问题. ←返回目录

23 数列解答题的解法 ←返回目录 考题剖析 5.（2007·浙江省五校模拟题） 已知函数f(x)=x－ln(1＋x),数列
{an}满足0<a1<1, an＋1=f(an); 数列{bn}满足 , n∈N*.求证: （Ⅰ）0<an＋1<an<1; （Ⅱ）an＋1< ; （Ⅲ）若a1= ,则当n≥2时,bn>an·n!. ←返回目录

24 数列解答题的解法 ←返回目录 考题剖析 （1）当n=1时,由已知得结论成立; （2）假设当n=k时,结论成立,即0<ak<1.
［解析］ (Ⅰ)先用数学归纳法证明0<an<1,n∈N*. （1）当n=1时,由已知得结论成立; （2）假设当n=k时,结论成立,即0<ak<1. 则当n=k＋1时,因为0<x<1时,f ′(x)=1－ >0, 所以f(x)在(0,1)上是增函数. 又f(x)在［0,1］上连续,所以f(0)<f(ak)<f(1),即0<ak＋1<1－ln2<1. 故当n=k＋1时,结论也成立.即0<an<1对于一切正整数都成立. 又由0<an<1,得an＋1－an=an－ln(1＋an)－an=－ln(1＋an)<0, 从而an＋1<an. 综上可知0<an＋1<an<1. ←返回目录

25 数列解答题的解法 ←返回目录 考题剖析 (Ⅱ)构造函数g(x)= 0<x<1,
由g′(x)= >0,知g(x)在(0,1)上增函数. 又g(x)在［0,1］上连续,所以g(x)>g(0)=0. 因为0<an<1,所以g(an)>0, 即 ←返回目录

26 数列解答题的解法 ←返回目录 考题剖析 (Ⅲ) 因为 b1= 所以bn>0, , 所以 由(Ⅱ) 所以
由(Ⅱ) 所以 因为a1= , n≥2, 0<an＋1<an<1. 由①②两式可知: bn>an·n!. ［点评］本题考查函数、数列、不等式、数学归纳法、导数等知识，考查综合运用知识、综合解题能力，是一道较难题. ←返回目录

27 数列解答题的解法 考题剖析 6.（2007·江苏启东中学）在平面直角坐标系中，已知三个点列{An}，{Bn}，{Cn}，其中An(n,an),Bn(n,bn), Cn(n－1,0)，满足向量 n＋1与向量 共线，且点（Bn，n）在方向向量为（1，6） 的线上a1=a,b1=－a. （1）试用a与n表示an(n≥2)； （2）若a6与a7两项中至少有一项是an的最小值，试求a的取值范围. ←返回目录

28 数列解答题的解法 ←返回目录 考题剖析 ［解析］ （1） n＋1=(1,an＋1－an), =(－1,－bn),
∴ =6,即bn＋1－bn=6 ∴bn=－a＋6(n－1) an=a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)=a＋b1＋b2＋…＋bn－1 =a＋(－a)(n－1)＋ ×6 =a－a(n－1)＋3(n－1)(n－2)=3n2－(9＋a)n＋6＋2a(n≥2) ←返回目录

29 数列解答题的解法 ←返回目录 （2）∵二次函数f(x)=3x2－(a＋9)x＋6＋2a是开口向上，对称 考题剖析 轴为x= 的抛物线
又因为在a6与a7两项中至少有一项是数列{an}的最小项， ∴对称轴x= 应该在［ ］内， 即 ,∴24≤a≤36 ［点评］本题是数列与向量、解析几何的综合，解题时要求具备一定的综合解题能力，运算能力. ←返回目录