数学高手来呀～高中数列问题…

其实这是一个恒成立的问题

首先设k为那个比值

k=S2n/Sn=[2nc1+n(2n-1)d]/[nc1+n(n-1)d/2]

再对这个式子进行化简和合并

knc1+n(n-1)dk/2=2nc1+n(2n-1)d

kc1+(n-1)dk/2=2c1+(2n-1)d

将括号打开 并进行合并

kc1-dk/2-2c1+d=nd(2-k/2)

左边分解因式

(c1-d/2)(k-2)=nd(2-k/2)

因为这个式子只有n是变量 而这个式子恒成立

所以 必然是0=0的情况

然后可以讨论

右边d不等于0，所以2-k/2=0，k=4

左边k-2≠0 所以c1-d/2=0 所以d=2c1

当n≥2时，an=sn-Sn-1，所以2Sn-Sn-1=2，所以2（Sn-2）=Sn-1 -2，所以｛Sn-2｝是以S1-2=-1为首项，以1/2为公比的等比数列。所以Sn-2=(-1)(1/2)^n，所以Sn可求，再利用公式an=sn-Sn-1就可以求通项公式

1

∵lim[(1-a)/2a]^n=0 ，∴-1<(1-a)/2a<1

∴0<(1+a)/2a<2 ，解得：a<-1 ，或a>1/3

2

n→∞时 ，极限值 = 最高次项系数之比 ，即 a/4 = 1/b ，∴ab = 4

3

根据韦达定理 ，a1 + a2 = a3 ，a1·a2 = a4

即：2a2 - d = a2 + d

a2·(a2 - d) = a2 + 2d

把第一式代入第二式：2d·d = 4d ，∴d = 0(舍)或2

∴a2 = 4 ，∴a1 = 2 ，∴an = a1 + (n-1)d = 2n

4

∵“所有项之和为偶数项之和的四倍”，∴a1 + a2 = 4a2 ，

∴公比q = a2/a1 = 1/3 ，

又∵“a2·a4=9（a3+a4）”

∴a3·a3 = 9[a3 + (a3/3)] = 12a3 ，∵an > 0 ，解方程得a3 = 12

∴a1 = 108 ，∴an = 108·(1/3)^(n-1)

∴lgan = lg108 - (n-1)lg3 ，记为bn ，显然这是递减数列。

∴当bn》0时 ，其前n项和才可取最大值，此时：

108 》3^(n-1)，而3^4 = 81 < 108 < 243 = 3^5

∴n-1 = 4 ，∴n = 5

因此数列{lgan}的前5项和最大

a2-a1=3

a3-a2=3

a4-a3=3

…………

an-1=an-2=3

an-an-1=3

所以an=a1+3（n-1）

当n=1时

6a1=a1^2+3a1+2

a1=2或a1=1

an=3n-1或an=3n-2

数列解题方法技巧汇总如下：　

学生们在高中的数学学习过程中如果能够充分掌握高中数学数列试题的解题方法和技巧，这对于在大学期间学习数学会有很大的帮助。

高中数学数列试题教学中的解题思路与技巧

1对数列概念的考查

在高中数列试题中，有一些试题可以直接通过带入已学的通项公式或求和公式，就可以得到答案，面对这一种类型的试题，没有什么技巧而言，我们只需熟练掌握相关的数列公式即可。

例如：在各项都为正数的等比数列{b}中，首项b1=3，b1+b2+b3=21，那么b3+b4+b5等于多少？

解析：

（1）本道试题主要是对正项数列的概念以及等比数列的通项公式和求和公式知识点的考查，考查学生对数列基础知识和基本运算的掌握能力。

（2）本试题要求学生要熟练掌握老师在课堂上所教的通项公式和求和公式。

（3）首先让我们来求公比，很明显q不等1，那么我们可以根据我们所学过的等比数列前项和公式，列出关于公比的方程，即3（1-q3）/（1-q）=21。

对于这个方程，我们首先要选择其运算的方式，要求学生平时的练习过程中，要让学生能够熟练地将高次方程转化为低次方程进行运算。

　 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．

　1．在等差数列{an}中，若a1＋a2＋a12＋a13＝24，则a7为( )

　A．6 B．7 C．8 D．9

　解析：∵a1＋a2＋a12＋a13＝4a7＝24，∴a7＝6

　答案：A

　2．若等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S33－S22＝1，则数列{an}的公差是( )

　A12 B．1 C．2 D．3

　解析：由Sn＝na1＋n(n－1)2d，得S3＝3a1＋3d，S2＝2a1＋d，代入S33－S22＝1，得d＝2，故选C

　答案：C

　3．已知数列a1＝1，a2＝5，an＋2＝an＋1－an(n∈N)，则a2 011等于( )

　A．1 B．－4 C．4 D．5

　解析：由已知，得a1＝1，a2＝5，a3＝4，a4＝－1，a5＝－5，a6＝－4，a7＝1，a8＝5，…

　故{an}是以6为周期的数列，

　∴a2 011＝a6×335＋1＝a1＝1

　答案：A

　4．设{an}是等差数列，Sn是其前n项和，且S5＜S6，S6＝S7＞S8，则下列结论错误的是( )

　A．d＜0 B．a7＝0

　C．S9＞S5 D．S6与S7均为Sn的最大值

　解析：∵S5＜S6，∴a6＞0S6＝S7，∴a7＝0

　又S7＞S8，∴a8＜0

　假设S9＞S5，则a6＋a7＋a8＋a9＞0，即2(a7＋a8)＞0

　∵a7＝0，a8＜0，∴a7＋a8＜0假设不成立，故S9＜S5∴C错误

　答案：C

　5．设数列{an}是等比数列，其前n项和为Sn，若S3＝3a3，则公比q的值为( )

　A．－12 B12

　C．1或－12 D．－2或12[

　解析：设首项为a1，公比为q，

　则当q＝1时，S3＝3a1＝3a3，适合题意．

　当q≠1时，a1(1－q3)1－q＝3a1q2，

　∴1－q3＝3q2－3q3，即1＋q＋q2＝3q2,2q2－q－1＝0，

　解得q＝1(舍去)，或q＝－12

　综上，q＝1，或q＝－12

　答案：C

　6．若数列{an}的通项公式an＝5 252n－2－425n－1，数列{an}的最大项为第x项，最小项为第y项，则x＋y等于( )

　A．3 B．4 C．5 D．6

　解析：an＝5252n－2－425n－1＝525n－1－252－45，

　∴n＝2时，an最小；n＝1时，an最大．

　此时x＝1，y＝2，∴x＋y＝3

　答案：A

　7．数列{an}中，a1 ＝15,3an＋1＝ 3an－2(n∈N )，则该数列中相邻两项的乘积是负数的是( )

　A．a21a22 B．a22a23 C．a23a24 D．a24a25

　解析：∵3an＋1＝3an－2，

　∴an＋1－an＝－23，即公差d＝－23

　∴an＝a1＋(n－1)d＝15－23(n－1)．

　令an＞0，即15－23(n－1)＞0，解得n＜235

　又n∈N，∴n≤23，∴a23＞0，而a24＜0，∴a23a24＜0

　答案：C

　8．某工厂去年产值为a，计划今后5年内每年比上年产值增加10%，则从今年起到第5年，这个厂的总产值为( )

　A．114a B．115a

　C．11×(115－1)a D．10×(116－1)a

　解析：由已知，得每年产值构成等比数列a1＝a，w

　an＝a(1＋10%)n－1(1≤n≤6)．

　∴总产值为S6－a1＝11×(115－1)a

　答案：C

　9．已知正数组成的等差数列{an}的前20项的和为100，那么a7a14的最大值为( )

　A．25 B．50 C．1 00 D．不存在

　解析：由S20＝100，得a1＋a20＝10 ∴a7＋a14＝10

　又a7＞0，a14＞0，∴a7a14≤a7＋a1422＝25

　答案：A

　10．设数列{an}是首项为m，公比为q(q≠0)的等比数列，Sn是它的前n项和，对任意的n∈N，点an，S2nSn( )

　A．在直线mx＋qy－q＝0上

　B．在直线qx－my＋m＝0上

　C．在直线qx＋my－q＝0上

　D．不一定在一条直线上

　解析：an＝mqn－1＝x， ①S2nSn＝m(1－q2n)1－qm(1－qn)1－q＝1＋qn＝y， ②

　由②得qn＝y－1，代入①得x＝mq(y－1)， 即qx－my＋m＝0

　答案：B

　11．将以2为首项的偶数数列，按下列分组：(2)，(4,6)，(8,10,12)，…，第n组有n个数，则第n组的首项为( )

　A．n2－n B．n2＋n＋2

　C．n2＋n D．n2－n＋2

　解析：因为前n－1组占用了数列2,4,6，…的前1＋2＋3＋…＋(n－1)＝(n－1)n2项，所以第n组的首项为数列2,4,6，…的第(n－1)n2＋1项，等于2＋(n－1)n2＋1－12＝n2－n＋2

　答案：D

　12．设m∈N，log2m的整数部分用F(m)表示，则F(1)＋F(2)＋…＋F(1 024)的值是( )

　A．8 204 B．8 192

　C．9 218 D．以上都不对

　解析：依题意，F(1)＝0，

　F(2)＝F(3)＝1，有2 个

　F(4)＝F(5)＝F(6)＝F(7)＝2，有22个．

　F(8)＝…＝F(15)＝3，有23个．

　F(16)＝…＝F(31)＝4，有24个．

　…

　F(512)＝…＝F(1 023)＝9，有29个．

　F(1 024)＝10，有1个．

　故F(1)＋F(2)＋…＋F(1 024)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋…＋9×29＋10

　令T＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋9×29，①

　则2T＝1×22＋2×23＋…＋8×29＋9×210②

　①－②，得－T＝2＋22＋23＋…＋29－9×210 ＝

　2(1－29)1－2－9×210＝210－2－9×210＝－8×210－2，

　∴T＝8×210＋2＝8 194， m]

　∴F(1)＋F(2)＋…＋F(1 024)＝8 194＋10＝8 204

　答案：A

　第Ⅱ卷 (非选择 共90分)

　 二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分 ，共20分．

　13．若数列{an} 满足关系a1＝2，an＋1＝3an＋2，该数 列的通项公式为__________．

　解析：∵an＋1＝3an＋2两边加上1得，an＋1＋1＝3(an＋1)，

　∴{an＋1}是以a1＋1＝3为首项，以3为公比的等比数列，

　∴an＋1＝33n－1＝3n，∴an＝3n－1

　答案：an＝3n－1

　14．已知公差不为零的等差数列{an}中，M＝anan＋3，N＝an＋1an＋2，则M与N的大小关系是__________．

　解析：设{an}的公差为d，则d≠0

　M－N＝an(an＋3d)－[(an＋d)(an＋2d)]

　＝an2＋3dan－an2－3dan－2d2＝－2d2＜0，∴M＜N

　答案：M＜N

　15．在数列{an}中，a1＝6，且对任意大于1的正整数n，点(an，an－1)在直线x－y＝6上，则数列{ann3(n＋1)}的前n项和Sn＝__________

　解析：∵点(an，an－1)在直线x－y＝6上，

　∴an－an－1＝6，即数列{an}为等差数列．

　∴an＝a1＋6(n－1)＝6＋6(n－1)＝6n，

　∴an＝6n2

　∴ann3(n＋1)＝6n2n3(n＋1)＝6n(n＋1)＝61n－1n＋1

　∴Sn＝61－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝61－1n＋1＝6nn＋1

　答案：6nn＋1

　16．观察下表：

　1

　2 3 4

　3 4 5 6 7

　4 5 6 7 8 9 10

　…

　则第__________行的各数之和等于2 0092

　解析：设第n行的各数之和等于2 0092，

　则此行是一个首项a1＝n，项数为2n－1，公差为1的等差数列．

　故S＝n×(2n－1)＋(2n－1)(2n－2)2＝2 0092， 解得n＝1 005

　答案：1 005

　 三、解答题：本大题共6小题，共70分．

　17．(10分)已知数列{an}中，a1＝12，an＋1＝12an＋1(n∈N)，令bn＝an－2

　(1)求证：{bn}是等比数列，并求bn；

　(2)求通项an并求{an}的前n项和Sn

　解析：(1)∵bn＋1bn＝an＋1－2an－2＝12an＋1－2an－2＝12an－1an－2＝12，

　∴{bn}是等比数列．

　∵b1＝a1－2＝－32，

　∴bn＝b1qn－1＝－32×12n－1＝－32n

　(2)an＝bn＋2＝－32n＋2，

　Sn＝a1＋a2＋…＋an

　＝－32＋2＋－322＋2＋－323＋2＋…＋－32n＋2

　＝－3×12＋122＋…＋12n＋2n＝－3×12×1－12n1－12＋2n＝32n＋2n－3

　18．(12分)若数列{an}的前n项和Sn＝2n

　(1)求{an}的通项公式；

　(2)若数列{bn}满足b1＝－1，bn＋1＝bn＋(2n－1)，且cn＝anbnn，求数列{cn}的通项公式及其前n项和Tn

　解析：(1)由题意Sn＝2n，

　得Sn－1＝2n－1(n≥2)，

　两式相减，得an＝2n－2n－1＝2n－1(n≥2)．

　当n＝1时，21－1＝1≠S1＝a1＝2

　∴an＝2 (n＝1)，2n－1 (n≥2)

　(2)∵bn＋1＝bn＋(2n－1)，

　∴b2－b1＝1，

　b3－b2＝3，

　b4－b3＝5，

　…

　bn－bn－1＝2n－3

　以上各式相加，得

　bn－b1＝1＋3＋5＋…＋(2n－3)

　＝(n－1)(1＋2n－3)2＝(n－1)2

　∵b1＝－1，∴bn＝n2－2n，

　∴cn＝－2 (n＝1)，(n－2)×2n－1 (n≥2)，

　∴Tn＝－2＋0×21＋1×22＋2×23＋…＋(n－2)×2n－1，

　∴2Tn＝－4＋0×22＋1×23＋2×24＋…＋(n－2)×2n

　∴－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－1－(n－2)×2n

　＝2(1－2n－1)1－2－(n－2)×2n

　＝2n－2－(n－2)×2n

　＝－2－(n－3)×2n

　∴Tn＝2＋(n－3)×2n

　19．(12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，且S3＋S5＝50，a1，a4，a13成等比数列．

　(1)求数列{an}的通项公式；

　(2)若从数列{an}中依次取出第2项，第4项，第8项，…，第2n项，…，按原来顺序组成一个新数列{bn}，记该数列的前n项和为Tn，求Tn的表达式．

　解析：(1)依题意，得

　3a1＋3×22d＋5a1＋5×42d＝50，(a1＋3d)2＝a1(a1＋12d)，解得a1＝3，d＝2

　∴an＝a1＋(n－1)d＝3＋2(n－1)＝2n＋1，

　即an＝2n＋1

　(2)由已知，得bn＝a2n＝2×2n＋1＝2n＋1＋1，

　∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn

　＝(22＋1)＋(23＋1)＋…＋(2n＋1＋1)

　＝4(1－2n)1－2＋n＝2n＋2－4＋n

　20．(12分)设数列{an}的前n项和为Sn，且ban－2n＝(b－1)Sn

　(1)证明：当b＝2时，{an－n2n－1}是等比数列；

　(2)求通项an 新 课 标 第 一 网

　解析：由题意知，a1＝2，且ban－2n＝(b－1)Sn，

　ban＋1－2n＋1＝(b－1)Sn＋1，

　两式相减，得b(an＋1－an)－2n＝(b－1)an＋1，

　即an＋1＝ban＋2n①

　(1)当b＝2时，由①知，an＋1＝2an＋2n

　于是an＋1－(n＋1)2n＝2an＋2n－(n＋1)2n

　＝2an－n2n－1

　又a1－ 120＝1≠0，

　∴{an－n2n－1}是首项为1，公比为2的等比数列．

　(2)当b＝2时，

　由(1)知，an－n2n－1＝2n－1，即an＝(n＋1)2n－1

　当b≠2时，由①得

　an ＋1－12－b2n＋1＝ban＋2n－12－b2n＋1＝ban－b2－b2n

　＝ban－12－b2n，

　因此an＋1－12－b2n＋1＝ban－12－b2n＝2(1－b)2－bbn

　得an＝2， n＝1，12－b[2n＋(2－2b)bn－1]， n≥2

　21．(12分)某地在抗洪抢险中接到预报，24小时后又一个超最高水位的洪峰到达，为保证万无一失，抗洪指挥部决定在24小时内另筑起一道堤作为第二道防线．经计算，如果有 20辆大型翻斗车同时作业25小时，可以筑起第二道防线，但是除了现有的一辆车可以立即投入作业外，其余车辆需从各处紧急抽调，每隔20分钟就有一辆车到达并投入．问指挥部至少还需组织多少辆车这样陆续，才能保证24小时内完成第二道防线，请说明理由．

　解析：设从现有这辆车投入工作算起，各车的工作时间依次组成数列{an}，则an－an－1＝－13

　所以各车的工作时间构成首项为24，公差为－13的等差数列，由题知，24小时内最多可抽调72辆车．

　设还需组织(n－1)辆车，则

　a1＋a2＋…＋an＝24n＋n(n－1)2×－13≥20×25

　所以n2－145n＋3 000≤0，

　解得25≤n≤120，且n≤73

　所以nmin＝25，n－1＝24

　故至少还需组织24辆车陆续工作，才能保证在24小时内完成第二道防线．

　22．(12分)已知点集L＝{(x，y)y＝mn}，其中m＝(2x－2b,1)，n＝(1,1＋2b)，点列Pn(an，bn)在点集L中，P1为L的轨迹与y轴的交点，已知数列{an}为等差数列，且公差为1，n∈N

　(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；

　(3)设cn＝5nanPnPn＋1(n≥2)，求c2＋c3＋c4＋…＋cn的值．

　解析：(1)由y＝mn，m＝(2x－2b,1)，n＝(1,1＋2b)，

　得y＝2x＋1，即L：y＝2x＋1

　∵P1为L的轨迹与y轴的交点，

　∴P1(0,1)，则a1＝0，b1＝1

　∵数列{an}为等差数列，且公差为1，

　∴an＝n－1(n∈N) ．

　代入y＝2x＋1，得bn＝2n－1(n∈N)．

　(2)∵Pn(n－1,2n－1)，∴Pn＋1(n,2n＋1)．

　＝5n2－n－1＝5n－1102－2120

　∵n∈N，

　(3)当n≥2时，Pn(n－1,2n－1)，

　∴c2＋c3＋…＋cn

　＝1－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＝1－1n

好的LZ

这题是一个基础的数列处理,第二小题是错位相减

[]表示下角标

a[n]=S[n]-S[n-1] (这个式子很重要)

=n²-n-(n-1)²+(n-1)

=n²-n-n²+2n-1+n-1

=2n-2 (n≥2)

而a[1]=S[1]=1-1=0,符合a[n]通项公式

所以

a[n]=2n-2

等比数列b[2]=a[2]=2,b[4]=a[5]=8

b[4]/b[2]=q²=8/2=4

b[n]>0

∴q=2

b[1]=b[2]/q=1

对于等比数列

b[n]=12^(n-1)=2^(n-1)

(2)C[n]=a[n]b[n]

T[n]=0X1 + 2X2² + 4X2³ ++(2n-2)X2^(n-1) ---- (1)

{等比数列q=2,所以这里错位相减乘以2或者1/2都可得到答案}

2T[n]=0+ 2X2³ +4X2^4 + +(2n-4)X2^(n-1) +(2n-2)X2^n ----(2)

(2)-(1)

T[n]=-8 - 2X2³ -2X2^4 - -2X2^(n-1) +(2n-2)2^n

除开最后一项,前面是首项为-8,公比为2的等比数列,共有n-2项

T(n)=-8(1-2^(n-2)) /(1-2) +(2n-2)2^n

=8-22^n +(2n-2)2^n

=8+(n-2)2^(n+1)

这是斐波那契数列通项公式由an+2=

an+1+an

有an+2-

an+1-

an=0

构造特征方程

x2-x-1=0,

令它的两个根是p,q

有pq=-1

p+q=1

下面我们来证

{an+1-pan}是以q为公比的等比数列。

为了推导的方便，令a0=1，仍满足an+2=

an+1+an

an+1-pan

=

an+an-1

-pan

=

(1-p)

an-pqan-1

=q(an-pan-1)

所以：{an+1-pan}是以q为公比的等比数列。

a1-pa0

=1-p=q

所以

an+1-pan=qqn=qn+1

①

同理

an+1-qan=ppn=pn+1

②

①-②:(q-p)an=

qn+1-pn

因p=(1-√5)/2,q=(1+√5)/2，q-p=√5，所以

an=(1/√5){[(1+√5)/2]n+1-[(1-√5)/2]

n+1}

可验证a0，a1也适合以上通项公式。