数列解题技巧

数列解题技巧

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第四讲 数列与探索性新题型的解题技巧

【命题趋向】

从2007年高考题可见数列题命题有如下趋势：

1.等差（比）数列的基本知识是必考内容，这类问题既有选择题、填空题，也有解答题；难度易、中、难三类皆有.

2.数列中an与Sn之间的互化关系也是高考的一个热点.

3.函数思想、方程思想、分类讨论思想等数学思想方法在解决问题中常常用到，解答试题时要注意灵活应用.

4.解答题的难度有逐年增大的趋势,还有一些新颖题型,如与导数和极限相结合等. 因此复习中应注意：

1.数列是一种特殊的函数，学习时要善于利用函数的思想来解决.如通项公式、前n项和公式等.

2.运用方程的思想解等差（比）数列，是常见题型，解决此类问题需要抓住基本量a1、d（或q），掌握好设未知数、列出方程、解方程三个环节，常通过“设而不求，整体代入”来简化运算.

3.分类讨论的思想在本章尤为突出.学习时考虑问题要全面，如等比数列求和要注意q=1和q≠1两种情况等等.

4.等价转化是数学复习中常常运用的，数列也不例外.如an与Sn的转化；将一些数列转化成等差（比）数列来解决等.复习时，要及时总结归纳.

5.深刻理解等差（比）数列的定义，能正确使用定义和等差（比）数列的性质是学好本章的关键.

6.解题要善于总结基本数学方法.如观察法、类比法、错位相减法、待定系数法、归纳法、数形结合法，养成良好的学习习惯，定能达到事半功倍的效果. 7．数列应用题将是命题的热点，这类题关键在于建模及数列的一些相关知识的应用. 【考点透视】

1．理解数列的概念，了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项.

2．理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，并能运用公式解答简单的问题.

3．理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，并能运用公式解决简单的问题.

4．数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础，所以在高考中占有重要的地位.高考对本章的考查比较全面，等差数列，等比数列的考查每年都不会遗漏.解答题多为中等以上难度的试题，突出考查考生的思维能力，解决问题的能力，试题大多有较好的区分度.有关数列的试题经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来，试题也常把等差数列、等比数列，求极限和数学归纳法综合在一起。探索性问题是高考的热点，常在数列解答题中出现。本章中还蕴含着丰富的数学思想，在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法.应用问题考查的重点是现实客观事物的数学化，常需构造数列模型，将现实问题转化为数学问题来解决. 【例题解析】

考点1 正确理解和运用数列的概念与通项公式

理解数列的概念,正确应用数列的定义，能够根据数列的前几项写出数列的通项公式. 典型例题

例1．（2006年广东卷）在德国不来梅举行的第48届世乒赛期间，某商店橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的展品，其中第1堆只有1层，就一个球；第2，3，4，…堆最底层（第一层）分别按图4所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在下一层之上，第n堆第n层就放一个

乒乓球，以f (n)表示第n堆的乒乓球总数，则f3_____；f(n)_____（答案用n表示）.

思路启迪：从图中观察各堆最低层的兵乓球数分别是12,3,4, …推测出第n层的球数。

解答过程：显然f310.

第n堆最低层（第一层）的乒乓球数，an…

a1a2ana2nn1，第2n堆的乒乓球数

1nn1 n2).22总数相当于n堆乒乓球的低层数之和，即fna所以：f(n)nn1n2

611an(12222例2．（2007年湖南卷理）将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，得到如图所示的0-1三角数表．从上往下数，第1次全行的数都为1的是第1行，第2次全行的数都为1的是第3行，…，第n次全行的数都为1的是第 行；第61行中1的个数是 ． 第1行 1 1

第2行 1 0 1 第3行 1 1 1 1 第4行 1 0 0 0 1 第5行 1 1 0 0 1 1 …… ………………………………………

思路启迪：计算图形中相应1的数量的特征，然后寻找它们之间的规律。 解：第1次全行的数都为1的是第21=1行，第2次全行的数都为1的是第

221=3

行，第3次全行的数都为1的是第231=7行，······，第n次全行

的数都为1的是第2n1行；第61行中1的个数是251 =32． 应填2n1，32

考点2 数列的递推关系式的理解与应用

在解答给出的递推关系式的数列问题时，要对其关系式进行适当的变形 ，转化为常见的类型进行解题。如“逐差法”若anan1n,且a11；我们可把各个差列出来进行求和，可得到数列an的通项.

再看“逐商法”即an1n1且a11，可把各个商列出来求积。

an另外可以变形转化为等差数列与等比数列，利用等差数列与等比数列的性质解决问题。

例3．（2007年北京卷理）

数列an中，a12，an1ancn（c是常数，n1，2，3，），且a1，a2，a3成公比不为1的等比数列．

（I）求c的值；（II）求an的通项公式．

思路启迪：（1）由a1，a2，a3成公比不为1的等比数列列方程求c；

（2）可根据递推公式写出数列的前几项，然后分析每一项与该项的序号之间的关系，归纳概括出an与n之间的一般规律，从而作出猜想，写出满足前4项的该数列的一个通项公式.

解：（I）a12，a22c，a323c，

因为a1，a2，a3成等比数列，所以(2c)22(23c)，解得c0或c2． 当c0时，a1a2a3，不符合题意舍去，故c2． （II）当n≥2时，由于

a2a1c， a3a22c，

，anan1(n1)c，

n(n1)．

c2所以ana1[12(n1)]c又a12，c2，故an2n(n1)n2n2(n2，3，)． 当n1时，上式也成立， 所以ann2n2(n1，2，)．

小结：从特殊的事例，通过分析、归纳、抽象总结出一般规律，再进行科学地证明，这是创新意识的具体体现，这种探索问题的方法，在解数列的有关问题中经常用到，应引起足够的重视.

例4．（2006年广东卷）已知数列xn满足x2x1，xn1xn1xn2，n3,4,…．若

22limxn2， 则 ( B )

n（Ａ） 3 （Ｂ） ３ （Ｃ） ４ （Ｄ） ５

2思路启迪：对递推关系变形，运用叠加法求得，特别注意的是对两边同时运用. 解答过程：2xnxn1xn1， xnxn1xn2xn.

x3x2x1x3x4x3x2x4相叠加xnx2x1x2xnxn1. xn1xn2xn3xn1xnxn1xn2xnx2x12， 2xnxn12x1.

nlim2xnxn1lim2x1， limxn2，2x16 ，x13.

nn解答过程2：由xn1xn1xn2得：

211xn+xn1xn1xn2221x2x1x1，

21limxnxn1x1 ，因为limxn2. nn2所以：x13.

解答过程3：由xn1xn1xn2得：

211xnxn1xn1xn2xn2xn3…………2223212n21x2x12x1.

n1x1，

1；11从而 x3x2x4x3x1；……；xnxn1x1222n11叠加得：xnx2x111xnx2x1162n21222312n1. n211， limxnlimx2x11. nn622x11 ， 从而x13. x126小结：数列递推关系是近几年高高数学的热点，主要是一些能转化为等差等比数列的递推关系式。对连续两项递推ankan-1dn2,k1，可转化为

andd；对连续三项递推的关系akan1n11k1k2kandan-1n2

如果方程xkxd=0有两个根、，则上递推关系式可化为

an1ananan1或an1ananan1.

考点3 数列的通项an与前n项和Sn之间的关系与应用

S1 n=1，数列前n项和S和通项a是数列中两个重要的an与Sn的关系：annnSnSn1 n2量，在运用它们的关系式anSnSn1时，一定要注意条件n2，求通项时一定要验证a1是否适合。解决含an与Sn的式子问题时，通常转化为只含an或者转化为只Sn的式子.

例5．（2006年辽宁卷） 在等比数列an中,a12,前n项和为Sn,若数列an1也是等比数列,则Sn等于（ ）

(A)2n12 (B) 3n (C) 2n (D)3n1 命题目的：本题考查了等比数列的定义和求和公式，着重考查了运算能力。过程指引因数列an为等比，则a1n2qn，因数列an1也是等比数列，则 即an2，所以Sn2n，故选择答案C.

例6.已知在正项数列{a n}中，S n表示前n项和且2Snan1，求

a n.

思路启迪：转化为只含an或者只含Sn的递推关系式. 解答过程1：由已知2Snan1，得当

n=1时，a1=1；当n≥2时，

a n= S n－S n－1，代入已知有2SnSnSn11，Sn1Sn2Sn1.

Sn1Sn12，又an0,SnSn1，故Sn1Sn1.

SnSn11，

Sn是以1为首项，1为公差的等差数列，

Snn故an2n1.

解答过程2：由已知2Snan1，得当

n=1时，a1=1；当n≥2时

因为2San1n，所以2.

2aa1a2nn11n224a2a22nan2ann12an1，a2n2anan12an10 anan1anan120，因为an0， 所以anan12，所以an2n1.

考点4. 数列中与n有关的等式的理解与应用

对数列中的含n的式子，注意可以把式子中的n换为n1得到另外的式子。也可以把n取自然数中的具体的数1，2，3…等，得到一些等式归纳证明. 例7．（2006年福建卷）已知数列an满足a11,an12an1 (n∈N) （Ⅰ）求数列an的通项公式；

（Ⅱ）若数列bn满足4b14b14b14b1an1 (n∈N*),证明: bn是等差数

123nbn列;

思路启迪：本小题主要考查数列基本知识，考查化归的数学思想方法，考查综合解题能力。把递推关系式变形转化 解答过程： （I）解：

an12an1(nN*),

an1是以a112为首项，2为公比的等比数列。

an12n. 即

an221(nN*).

nn（II）证法一： 4b14b14b14b1an1b，

1232[(b1b2...bn)n]nbn, ①

②

2[(b1b2...bnbn1)(n1)](n1)bn1.②－①，得2(bn11)(n1)bn1nbn, 即(n1)bn1nbn20,

④

③

nbn2(n1)bn120. ③－④，得

即

nbn22nbn1nbn0,bn22bn1bn0,

bn2bn1bn1bn(nN*),故bn是等差数列.

考点5 等差、等比数列的概念与性质的理解与应用

在等差、等比数列中，已知五个元素a1,an,n,d或q，Sn中的任意三个，运用方程的思想，便可求出其余两个，即“知三求二”。本着化多为少的原则，解题时需抓住首项a1和公差（或公比q）。另外注意等差、等比数列的性质的运用.例如 （1）等差数列an中，若mnpq，则amanapaq；等比数列an中，若

mnpq，则amanapaq .

（2）等差数列an中，Sn,S2nSn,S3nS2n,SknSkn1,成等差数列。其中Sn是等差数

SknSkn1,列的前n项和；等比数列an中（q1），Sn,S2nSn,S3nS2n,列。其中Sn是等比数列的前n项和；

成等比数

（3）在等差数列an中，项数n成等差的项an也称等差数列. （4）在等差数列an中，S2n12n1an；S2nnanan1 .

在复习时，要注意深刻理解等差数列与等比数列的定义及其等价形式.注意方程思想、整体思想、分类讨论思想、数形结合思想的运用. 典型例题

例8．（2006年江西卷）已知等差数列an的前n项和为Sn，若OB＝a1OA＋a200OC，且A、B、C三点共线（该直线不过原点O），则S200＝（ ） A．100 B. 101 C.200 命题目的：考查向量性质、等差数列的性质与前n项和。 过程指引：依题意，a1＋a200＝1，故选A 例9．（2007年安徽卷文、理）

某国采用养老储备金制度，公民在就业的第一年就交纳养老储备金，数目为a1，以后每年交纳的数目均比上一年增加 d（d>0）, 因此，历年所交纳的储备金数目a1, a2, … 是一个公差为 d 的等差数列. 与此同时，国家给予优惠的计息

政府，不仅采用固定利率，而且计算复利. 这就是说，如果固定年利率为r（r>0）,那么, 在第n年末，第一年所交纳的储备金就变为 a1（1+r）

n－1

，第二

年所交纳的储备金就变成 a2（1+r）n－2，……. 以Tn表示到第n年末所累计的储备金总额.

（Ⅰ）写出Tn与Tn－1（n≥2）的递推关系式；

（Ⅱ）求证Tn=An+ Bn，其中{An}是一个等比数列，{Bn}是一个等差数列.

命题目的：本小题主要考查等差数列、等比数列的基本概念和基本方法，考查学生阅读资料、提取信息、建立数字模型的能力，考查应用所学知识分析和解决实际问题的能力.

解：（I）我们有TnTn1(1r)an(n2).

（II）T1a1,对n2反复使用上述关系式，得

a1(1r)n1a2(1r)n2an1(1r)an, ①

在①式两端同乘1+r，得

(1r)Tna1(1r)na2(1r)n1an1(1r)2an(1r). ②

②－①，得

2．解综合题要总揽全局，尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已知条件，在后面求解的过程中适时应用．

考点6 等差、等比数列前n项和的理解与应用

等差、等比数列的前n项和公式要深刻理解，等差数列的前n项和公式是关于n的二次函数.等比数列的前n项和公式Sna11qn1qa1a1qn（q1q1q1），因此可以改

写为Snaqnb (ab0)是关于n的指数函数，当q1时，Snna1.

例10．（2007年广东卷理）已知数列{an}的前n项和Sn=n2－9n,第k项满足5A．9 B．8 C．7 D．6

思路启迪：本小题主要考查数列通项和等差数列等基本知识，考查逻辑思维能力、分析问题和解决问题的能力．

解：此数列为等差数列，anSnSn12n10，由5<2k-10<8得到k=8． 例11．（2007年湖北卷文）（本小题满分13分） 已知数列{an}和{bn}满足:a11,a22,an0,bn数列.

（Ⅰ）证明：an2 （Ⅱ）若cnanq2；

anan1(nN*)且{bn}是以

q为公比的等比

a2n12a2n,证明数列{cn}是等比数列；

111111a1a2a3a4a2n1a2n （Ⅲ）求和：.

命题目的：本小题主要考查等比数列的定义，通项公式和求和公式等基本知识及基本的运算技能，考查分析问题能力和推理能力． 解法1：（I）证：由b（II）证：

a2n1a2n3q2n1bnq，有an1an2anan1an2anq，∴ an2anq(nN*)．

2anqn2q2，

a1q2n2，a2na2n2q2a2qn2，

cna2n12a2na1q2n22a2q2n2(a12a2)q2n25q2n2．

cn是首项为

5，以q2为公比的等比数列．

1a2n1（III）由（II）得

111124a1qqa12n21122n，12q22n，于是 q2naaa11311121q2qq2n21111124qa2qq1．

q2n2当q1时，1当q1时，1a11a21311124a2n2qq13． n2n2q21a21311124a2n2qq131q2n3q2n1． 2n22q2n221q22q(q1)

故1a11a23n， q1， 122na2nq1q2n2(q21)，q1.解法2：（I）同解法1（I）． （II）证：

cn1a2n12a2n2q2a2n12q2a2nq2(nN*)，又c1a12a25， cna2n12a2na2n12a2ncn是首项为

5，以q2为公比的等比数列．

（III）由（II）的类似方法得a2n1a2n(a1a2)q2n23q2n2，

11a1a2aaaa11234a2na1a2a3a4a2n1a2na2n1a2n，

a2k1a2k3q2k232k2，k1，2，，n． 4k4qa2k1a2k2q211a1a213(1q2a2k2q2n2)．下同解法

1．

考点7 数列与函数的迭代问题

由函数迭代的数列问题是进几年高考综合解答题的热点题目，此类问题将函数与数列知识综合起来，考察函数的性质以及函数问题的研究方法在数列中的应用，涉及的知识点由函数性质、不等式、数列、导数、解析几何的曲线等，另外函数迭代又有极为深刻的理论背景和实际背景，它与当前国际数学主流之一的动力系统（拓扑动力系统、微分动力系统）密切相关，数学家们极为推崇，函数迭代一直出现在各类是数学竞赛试题中，近几年又频频出现在高考数学试题中. 例12．（2006年山东卷）已知数列｛an｝中，a11、点（n、在直线y=x2an1an）2上，其中n=1,2,3….

(Ⅰ)令bnan1an1,求证数列bn是等比数列； (Ⅱ)求数列an的通项；

SnTn为等(Ⅲ)设Sn、Tn分别为数列an、bn的前n项和,是否存在实数，使得数列n差数列若存在，试求出.若不存在,则说明理由.

思路启迪：利用等比的定义证明bn是等比数列；对an可由已知用叠加法求出求。求出

an与bn便可顺利求出第三问.

解答过程：（I）由已知得 a11,2an1ann,

2又bnan1an1,bn1an2an11,

{bn}是以3为首项，以1为公比的等比数列.

42421

,22n（II）由（I）知，bn3(1)n13将以上各式相加得： （III）解法一：

存在2，使数列{SnTn}是等差数列.

n数列{SnTn}是等差数列的充要条件是SnTnnnAnB,(A、B是常数)

即SnTnAn2Bn, 又SnTnn23n13n23n333(1)(1n). 3(n1)n22222222n当且仅当10，即2时，数列{SnTn}为等差数列.

解法二：存在2，使数列{SnTn}是等差数列.

n由（I）、（II）知，an2bnn2，Sn2Tn(n1)2n.

2n(n1)2n2TnTnn32SnTn2Tn. 2nnn31(1n)又Tbbb423(11)33.

n12n122n22n112SnTnn3233(n1). n2n22

当且仅当2时，数列{SnTn}是等差数列.

n（5）Sn22222222n2

例13（2007年陕西卷理）

已知各项全不为零的数列{ak}的前k项和为Sk，且Skakak1(kN），其

12*

中a11.

（Ⅰ）求数列{ak}的通项公式；

（II）对任意给定的正整数n (n2)，数列{bk}满足bk1bkkn(k1,2,,n1), ak1 b11.求b1b2bn. 思路启迪：注意利用bkbkbk1bk1bk2b2b1解决问题． b1解：（Ⅰ）当k1，由a1S1a1a2及a11，得a22．

当k≥2时，由akSkSk1akak1ak1ak，得ak(ak1ak1)2ak． 因为ak0，所以ak1ak12．从而a2m11(m1)22m1.

a2m2(m1)22m，mN*．故akk(kN*)．

121212（Ⅱ）因为akk，所以所以bkbk1nknk． bkak1k1bkbk1b(nk1)(nk2)2b1(1)k11 bk1bk2b1k(k1)21故b1b2b3bn1123CCCnnnnn(1)n1Cn

考点8 数列综合应用与创新问题

数列与其它数学知识的综合性问题是高考的热点，全面考察数学知识的掌握和运用的情况，以及分析问题解决问题的能力和思维的灵活性、深刻性、技巧性等，涉及的数学思想方法又从一般到特殊和从特殊到一般的思想、函数与方程的思想、探索性思想等。

例14．（2006年湖南卷）在m（m≥2）个不同数的排列P1P2…Pn中，若1≤i＜j≤m时Pi＞Pj（即前面某数大于后面某数），则称Pi与Pj构成一个逆序. 一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数. 记排列(n1)n(n1)321的逆序数为

an，如排列21的逆序数a11，排列321的逆序数a36.求a4、a5，并写出an的表

达式；

命题目的：考查排列、数列知识. 过程导引：由已知得a410,a515，ann(n1)21n(n1)2.

例15．设f(x)是定义在(0,)上的单调可导函数.已知对于任意正数x，都有

21，且f(1)a0.

f[f(x)]xf(x)（Ⅰ）求f(a2)，并求a的值； （Ⅱ）令an1,nN，证明数列an是等差数列； f(n)（Ⅲ）设kn是曲线yf(x)在点(n2,f(n2))处的切线的斜率（nN），数列{kn}的前n项和为Sn，求证：4Sn2.

思路启迪：根据已知条件求出函数fx的关系式，求出an的递推关系式然后可求解题中要求．

解答过程：（Ⅰ）取x1,f(a2)1；

a再取xa2f(1a212)af(1),1， a2aa2则a2，或－1（舍去）.

（Ⅱ）设f(x)t，则f(t2)1，再令

xt21212， xtf()tf(x),xxtt2tt2xx即xt2t20,t2,或1，又f(1)a0，

xxx则f(x)t2,anx1n， f(n)2

由an1an1,nN，所以an是等差数列.

2（3）由（2）得f(x)2,f(x)x2则2 2,kf(n),nx2n4所以Sn2(11124341)2； 4n又当n2时，kn222211， 2()n4n2(n1)nn1n则Sn2[1(11)(11)23(111)]2[1(1)]4， n1nn故4Sn2.

例16．（2007年广东卷理）

已知函数f(x)x2x1，,是方程f(x)=0的两个根()，f'(x)是f(x)的导数；设a11，an1an（1）求,的值；

（2）证明：对任意的正整数n，都有an>a； （3）记bnlnananaf(an)（n=1,2,……） f'(an)（n=1,2,……），求数列{bn}的前n项和Sn．

思路启迪：（1）注意应用根与系数关系求,的值；（2）注意先求f'(x)；（3）注意利用,的关系．

解：（1）∵f(x)x2x1，,是方程f(x)=0的两个根()， ∴1515,22．

115a(2a1)(2a1)nnnaan144 anan22an12an12n （2）f'(x)2x1，an1=

541151(2an1)，∵a11，∴由基本不等式可知a20（当且仅当42an122a1515151510同，样a3时取等号），∴a2，……，an2222（n=1,2,……）． （3）an1an(an)(an)an(an1)，而1，即1，

2an12an1

(an)2an12an1(an)2，同理an12an1，bn12bn，又b1ln11ln35352ln352

Sn2(2n1)ln352．

【专题训练与高考预测】 一.选择题

1.已知{an}是等比数列，且an>0，a2a4+2 a3a5+a4a6=25，那么a3+ a5的值等于（ ）

.10 C. 2.在等差数列{an}中，已知a1+a2+a3+a4+a5= 20，那么a3等于（ ） .5 C D7.

S532

n3.等比数列{an}的首项a1=－1,前n项和为Sn,若S1031，则limSn等于( )

22 A. B. 33 D.－

2

4.已知二次函数y=a(a+1)x2－(2a+1)x+1，当a=1，2，…，n，…时，其抛物线在

x轴上截得的线段长依次为d1,d2，…,dn,…,则lim (d1+d2+…+dn)的值是( )

n

B.2

二.填空题

5.已知a,b,a+b成等差数列，a,b,ab成等比数列，且06.等差数列{an}共有2n+1项，其中奇数项之和为319，偶数项之和为290，则其中间项为_________.

7.设zn=(1i)n，(n∈N*)，记Sn=｜z2－z1｜+｜z3－z2｜+…+｜zn+1－zn｜，则

2

nlimSn=_________.

8.作边长为a的正三角形的内切圆，在这个圆内作新的内接正三角形，在新的正三角形内再作内切圆，如此继续下去，所有这些圆的周长之和及面积之和分别为_________.

9.从盛满a升酒精的容器里倒出b升，然后再用水加满，再倒出b升，再用水加满；这样倒了n次，则容器中有纯酒精_________升.

10.据2000年3月5日九届人大五次会议《政府工作报告》：“2001年国内生产总值达到95933亿元，比上年增长%，”如果“十·五”期间(2001年~2005年)每年的国内生产总值都按此年增长率增长，那么到“十·五”末我国国内年生产总值约为_________亿元. 三、解答题

11.已知：在等比数列{an}中，Sn= a1+ a2+ a3+…+ an，若S10=5，S20=15。求：S30的值.

12.项数为奇数的等差数列{an}中，奇数项之和为80，偶数项之和为75，求此数列的中间项和项数.

13.数列{an}中，前m项（m为奇数）的和为77，其中偶数项之和为33，且a1－am=18，求这个数列的通项公式.

14.设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a3=12,S12>0,S13<0.

(1)求公差d的取值范围；

(2)指出S1、S2、…、S12中哪一个值最大，并说明理由.

15.已知数列{an}为等差数列，公差d≠0,由{an}中的部分项组成的数列

ab,ab,…,abn,…为等比数列，其中b1=1,b2=5,b3=17.

12

(1)求数列{bn}的通项公式；

n(2)记Tn=C1nb1+C2b2+C3nb3+…+Cnbn,求limnTnnnn4b.

16.设{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1=b1=1,a2+a4=b3,b2·b4=a3,分别求出{an}及{bn}的前n项和S10及T10.

17.设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=(m+1)－man.对任意正整数n都成立，其中

m为常数，且m＜－1.

(1)求证：{an}是等比数列；

(2)设数列{an}的公比q=f(m)，数列{bn}满足：b1=a1,bn=f(bn－1)(n≥2,n∈N*).试问当m为何值时，lim(bnlgan)lim3(b1b2b2b3bn1bn)成立

nn1318.已知数列{bn}是等差数列，b1=1,b1+b2+…+b10=145.

(1)求数列{bn}的通项bn；

(2)设数列{an}的通项an=loga(1+1)(其中a＞0且a≠1),记Sn是数列{an}的

bn前n项和，试比较Sn与logabn+1的大小，并证明你的结论.

19.某公司全年的利润为b元，其中一部分作为奖金发给n位职工，奖金分配方案如下：首先将职工按工作业绩(工作业绩均不相同)从大到小，由1到n排序，第1位职工得奖金元，然后再将余额除以n发给第2位职工，按此方法将奖金逐一发给每位职工，并将最后剩余部分作为公司发展基金.

(1)设ak(1≤k≤n)为第k位职工所得奖金金额，试求a2,a3，并用k、n和b表示ak(不必证明)；

(2)证明ak＞ak+1(k=1,2,…,n－1),并解释此不等式关于分配原则的实际意义；

(3)发展基金与n和b有关，记为Pn(b),对常数b，当n变化时，求limPn(b).

n13bn

【参考答案】 一.选择题

1.解法一：因为{an}是等比数列，设{an}的公比为q，由an>0知q>0， 因a2a4+2 a3a5+ a4a6=25，

所以，a1q a1q3+2a1q2a1q4+a1q3a1q5=25， 即[a1q2（1+ q2）]2=25， a1q2（1+ q2）=5，

得a3+ a5= a1q2+a1q4= a1q2（1+ q2）=5 . 故选择答案A .

22解法二：因{an}是等比数列，a2a4= a3，a4a6= a5 ， 2原式可化为 a3+2 a

2a5+ a5=25, 即（a3+ a5）2=25.

3因 an>0 ,  a3+ a5= 5 , 故选择答案A

2. 解法一：因为{an}是等差数列，设其首项为a1，公差为d， 由已知 a1+ a2+a3+a4+a5= 20 有 5 a1+10d = 20，



a1+2d = 4, 即 a3= 4.故选择答案A.

解法二：因{an}是等差数列，所以 a1+ a5= a2+ a4=2 a3， 由已知 a1+a2+a3+a4+a5= 20 得5 a3= 20， a3= 4. 故选择答案A

3.解析：利用等比数列和的性质.依题意，S1031，而a1=－1,故q≠1,

S532∴S10S531321,根据等比数列性质知S5，S10－S5，S15－S10,…,也成等比数列，

S53232且它的公比为q5,∴q5=－1,即q=－.

3212∴limSnna12. 1q3故选择答案B.

4.解析：当a=n时y=n(n+1)x2－(2n+1)x+1

由｜x1－x2｜=∴d1+d2+…+dn

a，得dn=

1， n(n1)故选择答案A.

二、5.解析：解出a、b,解对数不等式即可. 故填答案:(－∞,8)

6.解析：利用S奇/S偶=n1得解.

n故填答案:第11项a11=29.

故填答案:1+

22.

a2n18.解析：由题意所有正三角形的边长构成等比数列{an}，可得an=的内切圆构成等比数列{rn}，可得rn=

3162n1，正三角形

a,

3 a2， 2∴这些圆的周长之和c=lim2π(r1+r2+…+rn)=3n面积之和S=limπ(n2+r22+…+rn2)= a2

n9故填答案:周长之和332πa，面积之和a2

9aa9.解析：第一次容器中有纯酒精a－b即a(1－b)升，第二次有纯酒精a(1－b)

ba(1)ab，即－aa(1－b)2升，故第n次有纯酒精a(1－b)n升.

aaa故填答案:a(1－b)n

10.解析：从2001年到2005年每年的国内生产总值构成以95933为首项，以%为公比的等比数列，∴a5=95933(1+%)≈120000(亿元).

故填答案:120000.

三、11. 解：因为 {an}为等比数列， 所以 S10，S20－S10，S30－S20是等比数列.

即 5，15－5，S30－15是等比数列,得5（S30－15）=102 , S30=35. 12.解：设等差数列{an}共有2n－1 项，S1=80，S2=75，则

4

S1S2=

n=80=16， n17515

得 n=16，所以 2n－1=2×16－1=31 即此数列共有31项.

又由{an}的项数为2n－1，知其中间项是an，故an= S1－S2=80－75=5，  a16=5.

13. 解：设等差数列{an}中，前m项的和为Sm，其中奇数项之和为S1，偶数项之和为S2，由题意得Sm=77，S2=33，S1= Sm－S2= 44， 令m=2n－1则

S1S2=

n=4n13，得n =4，

a1－a7=18，得首项为20，公差为－3，

m=7， a4=S1－S2=11，又

故通项公式为an=－3 n+23.

a3a12d12,14.(1)解：依题意有： 1211S12ad0,12121312S13ad0.1312解之得公差d的取值范围为－24＜d＜－3.

7(2)解法一：由d＜0可知a1>a2>a3>…>a12>a13,因此，在S1，S2，…，S12中Ska3(k3)d0 为最大值的条件为：ak≥0且ak+1＜0,即a3(k2)d0kd3d12，∵d＜0,∴2－12＜k≤3－12. ∵a3=12,∴kd2d12dd∵－24＜d＜－3,∴7＜－12＜4,得＜k＜7.

72d因为k是正整数，所以k=6,即在S1，S2，…，S12中，S6最大.

解法二：由d＜0得a1>a2>…>a12>a13，因此，若在1≤k≤12中有自然数k,使得ak≥0,且ak+1＜0,则Sk是S1，S2，…，S12中的最大值.由等差数列性质得，当

m、n、p、q∈N*,且m+n=p+q时，am+an=ap+aq.所以有：2a7=a1+a13=2S13＜0,∴a7＜

130,a7+a6=a1+a12=1S12>0,∴a6≥－a7>0,故在S1，S2，…，S12中S6最大.

6解法三：依题意得：Snna1n(n1)dn(122d)d(n2n)

22d124d24124[n(5)]2(5)2,d0,[n(5)]2最小时，Sn最大； 22d8d2d

∵－24＜d＜－3,∴6＜1(5－24)＜.从而，在正整数中，

72d当n=6时，［n－1 (5－24)］最小，所以S6最大.

2d2

15.解：(1)由题意知a52=a1·a17，即(a1+4d)2=a1(a1+16d)a1d=2d2,

∵d≠0,∴a1=2d,数列{ab}的公比q=a5a14d=3,

na1a1∴ab=a1·3n－1

n

n①

2又ab=a1+(bn－1)d=bn1a1

②

2

由①②得a1·3n－1=bn1·a1.∵a1=2d≠0,∴bn=2·3n－1－1.

01n－1n12n(2)Tn=C1nb1+C2b+…+Cb=C (2·3－1)+C·(2·3－1)+…+C(2·3－2nnnnnn2nn12n2［(1+3)n－1］－(2n－1)= 1)=2(C1n+C2n·3+…+Cn·3)－(Cn+Cn+…+Cn)=

332·4n－2n+1, 33