数列.doc

1、数列数列是高中代数的重要内容之一，首先数列可以视作函数，也就是正整数集到实数集的映射.但数列又有不同于高中大多数函数的特点，即数列有离散性.所以，数列与函数，方程，不等式，解析几何，二项式定理等有较紧密的联系，又有自己鲜明的特征，因此它是历年高考考查的重点、热点和难点.在高考中占有极其重要的地位. 试题往往综合性强、难度大，主要考察学生的思维能力和分析，解决问题的能力.解决这类问题时往往要用到函数与方程的思想，划归与转化的思想以及分类讨论的思想等等.题型多为一道选择题或填空题，一道解答题.其中，等差数列，等比数列与函数，导数，不等式，方程，解析几何相联系的综合题是高考的必考内容.等差数列与一次

2、函数，二次函数等联系密切.等比数列与指数函数，联系密切.从而，数列，函数，方程，不等式等知识便能很自然的融合到一起.而由于数列是点集，所以数列与解析几何也可以综合在一起考查.从而数列内容综合性较强，难度也较高.但是，在有些省份的考卷中，也会在解答题中单独考查数列的基础知识.希望同学们在复习时注意基础知识，基本方法.核心内容一、数列的概念及表示方法数列的单调性问题，数列中的最大项求解：与的关系：要用到分类讨论二、等差数列与等比数列定义：从第2项起每一项与它前一项的差等于同一常数的数列叫等差数列从第2项起每一项与它前一项的比等于同一常数(不为0)的数列叫做等比数列通项公式：等差数列：，等比数列，前

3、n项和公式：等差数列：；等比数列：等差中项与等比中项三、由递推关系求数列的通项数列通项公式的求解常用方法：利用基本公式(等差数列或等比数列相关公式)累加与累乘若已知数列的前n项和与的关系，求数列的通项公式，可用公式转化为等差或等比公式(可在各类竞赛书或数学教育相关杂志上见到)如待定系数法，特征根法，不动点法等等.PS：递推思想的应用数列问题排列组合与计数问题函数迭代问题物理问题四、数列求和数列求和的常用方法：利用(求和号)的性质利用已知公式倒序相加(等距性)错位相减：(一般适应于数列的前向求和，其中成等差数列，成等比数列)裂项相消PS：常见的拆项公式：(1)若是公差为的等差数列，则；(2)；(

4、3)；(4)；(5).其他求和法：利用母函数，Abel公式等等.(散见于各类竞赛书)PS：求和公式的逆用，往往可以为证明某些不等式提供思路.基础篇10福建 11在等比数列中，若公比，且前3项之和等于21，则该数列的通项公式_考点：等比数列的通项公式与前n项和公式的应用解析：公比已经知道，若想求的数列的通项公式则需要知道首项，设该数列的通项公式为，由题意知，解得，所以通项答案：10全国 I 4已知各项均为正数的等比数列，则AB7C6D考点：等比数列的性质、指数幂的运算、根式与指数式的互化等知识规律方法：转化与化归的数学思想. 解析：由等比数列的性质知，所以，所以另一种方法：答案：A10全国 II

5、 (4)如果等差数列中，那么A14B21C28D35考点：等差数列的基本公式和等差中项的性质.解析：利用等差数列的基本公式求解，所以利用等差中项的性质求解：，答案：C10安徽10设是任意等比数列，它的前项和，前项和与前项和分别为，则下列等式中恒成立的是ABCD考点：等比数列的求和公式解析：利用等比数列前n项和的基本公式，可以求得X，Y，Z的关系：，最后验证D 符合。另外可以带入特殊值的方法，取等比数列1，2，4，令得，代入验算，只有选项D满足答案：D10北京 2在等比数列中，公比q1.若，则A9B10C11D12考点：等比数列的性质及通项公式解析：设改等比数列的通项公式为，因此有，其中q1答案

6、：C10天津(6)已知是首项为1的等比数列，是的前n项和，且，则数列的前5项和为A或5B或5CD考点：等比数列的前n项和公式等基础知识规律方法：分类讨论，注意的情况解析：设等比数列的公比为，则当公比时，由得，而，两者不相等，故不合题意；当公比时，由及首项为1得：，解得，所以数列的前5项和为答案：C10福建3设等差数列的前n项和为，若，则当取最小值时，n等于A6B7C8D9考点：等差数列的通项公式以及前n项和公式的应用规律方法：判断一个递增或递减数列何时取最值，或者用二次函数求最值解析：设该数列的公差为，则，解得，则通项公式为，为递增数列，则，解得n=6.另一种方法：可以求得前n项和，所以当时，

7、取最小值答案：A10陕西 16已知是公差不为零的等差数列，且，成等比数列(1)求数列的通项公式(2)求数列的前n项和考点：等差数列的通项公式和等比数列的求和公式解析：(1)由题设知：公差d0，由，则设，且，成等比数列可知，所以，解得d1或d0(舍)是公差不为零的等差数列，故通项公式为(2)由(1)知由等比数列求和公式可得：10课标 (17)设数列满足，(1)求数列的通项公式；(2)令，求数列的前n项和考点：等比数列的基本公式和求解数列的基本技巧规律方法：递归累加法求通项公式，利用错位相减来求数列的前n项和解析：(1)由已知，当时，累加求和，可以得到所以有从而所以数列的通项公式为(2)由知 得

8、，前面是等比数列求和，最后化简得到 提高篇1.（10陕西9）对于数列，“”是“为递增数列”的【B】A必要不充分条件B充分不必要条件C充要条件D既不充分也不必要条件考点：数列的单调性和命题的充分性，必要性解析：由知n2时所有项均为正项，且，即为递增数列反之，为递增数列，不一定有，如2，1，0，1，2，.答案：B2.（09北京 14）已知数列满足：，则_；_.考点：周期数列的基础知识规律方法：根据题意，选择性带入，从题目中寻找突破口。解析：依题意，得，.答案：1，03.（10江西 5）等比数列中，函数，则( )ABCD考点：等比数列与多项式函数的导数规律方法：本题有一定的创新性，综合与灵活地应用所

9、学的数学知识、思想和方法来求解解析：考虑到求导中，含有x项均取0，则只与函数的一次项有关；得：.求0点的导数时还可以考虑用其他方法：(1)，看成两个部分，一个是x，一个是后面的一部分，所以，带入,(2)利用导数定义答案：C4.(10全国卷 II 18)已知数列的前项和()求；()证明：考点：数列基本公式的运用，数列极限和数列不等式的证明规律方法：分类讨论的数学思想和不等式的放缩技巧解析：(I) (II)当n1时，n1时，若是直接代入放缩，发现放缩的小于右边，所以第一项我们不放缩代入，发现：所以5.（10湖北 20）已知数列满足：，；数列满足：(n1).()求数列，的通项公式；()证明：数列中的

10、任意三项不可能成等差数列.考点：等差数列的基本公式和性质等比数列通项公式.规律方法：等价转换，反证法解析： ()由题意可知，令 ，则又，则数列是首项为，公比为的等比数列，即，故，又，故()用反证法证明假设数列存在三项，按某种顺序成等差数列，由于数列是首项为，公比为的等比数列，于是有，则只有可能有成立化简得由于，所以上式左边可以被3整除，右边不能被3整除，故上式不可能成立，导致矛盾故数列中任意三项不可能成等差数列6.10全国 I (22)已知数列中，.()设，求数列的通项公式；()求使不等式成立的的取值范围.考点：数列的通项公式、等比数列的定义、递推数列、不等式等基础知识和基本技能，规律方法：分

11、析、归纳、探究和推理论证问题，在解题过程中也渗透了对函数与方程思想、化归与转化思想.解析：()，即，又，故，所以是首项为，公比为4的等比数列，()，由得用数学归纳法证明：当时.()当时，命题成立；()设当时，则当时，故由()，()知当时，当时，令，由，得当时，时，且，于是，当时，因此不符合要求所以的取值范围是分析：利用函数单调递增的特点，证明第二问.由f(x)在，分别单调递增，可知当且仅当，对利用f的单调性，可知：注意到，所以有，仿此继续，反复利用f的单调性可以得到：从而单调递增当且仅当.令，求出f(x)的不动点(即解方程，求出它的根)(PS：这里实际上能求出两个根，由于单调递增，所以我们只取

12、，因为随着n增加，会越来越接近)则接着用f的单调性，所以有而，这样就有于是有.我们不断的利用f迭代(就像开始时我们求的单调性那样不断用f作用于不等式中的每一项)上一不等式，再由f的单调性，就可以得到时(PS：这时，我们就得到单调递增且有一个上界，那么我们很自然的就会问：是否收敛于，也就是会不会有?答案是肯定的)我们虽然知道，收敛于但我们显然没有证明.不过我们却可以利用这一性质理出证明的思路.第二问要求单调递增且有一个上界3那么当且仅当如果且c2，当然会有成立，但当时会怎样呢?由于收敛于也就是当n充分大时与的差可以任意小.这时，如果那么取(实际上是与3的距离的一半).显然是一个大于0的固定的正数

13、那么当n充分大时总会存在一个与的差小于那么这个就会大于3，于是就会有矛盾.当然，这一思路是在我们肯定：收敛于后得到的，但是我们可以利用这一思路解决问题.由上面的分析，我们发现只要n充分大时找到一个与的差很小就可以了.那么我们就想到估计一下与的差.这里注意到从而所以有我们这里只须讨论时的情况，这时，由于，所以，即有我们对这一式子用累乘，得到即从而这时，我们发现我们给出了的一个估计，并且这一不等式两端分别让n趋于无穷，左侧与右侧都是0，我们就得到了.那么当时必然存在一个与的差足够小以至于大于3.有了思路，下面我们就给出本题的证明：(II)解：若不等式成立，则必有于是有.设，则且f单调递增.从而我们

14、可以证得：c2时成立命题(1)有命题(2)有.其中是f(x)x的根证明：利用数学归纳法，c2，故n1时命题(1)显然成立.假设nk时命题(1)成立，则当nk1时，由，又由于f单调递增所以即.所以当nk1时命题(1)成立.从而有.同样利用数学归纳法，c2，故n1时命题(2)显然成立.假设nk时命题(2)成立，则当nk1时，由，又由于f单调递增所以即.所以当nk1时命题(2)成立.从而有.即当c2时，有，.当时，成立.当时，由递推公式可知由于，所以，即有将这一式子用累乘，得到：即从而(PS：若，则只需，即，也就是，即)当时，满足也就是.从而，这时即有.综上，当且仅当且时满足题目条件即当且仅当时题目中不等式成立故c的取值范围是