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1、【精品文献】高考数学专题：数列与探索性新题型的解题技巧本文由wqqq1贡献doc文档可能在WAP端浏览体验不佳。建议您优先选择TXT，或下载源文件到本机查看。 状元源 免注册、 免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业水平测试各科资源下载 第四讲 数列与探索性新题型的解题技巧 【命题趋向】 年高考题可见数列题命题有如下趋势: 从 2007 年高考题可见数列题 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
2、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、 n 项和公式 前 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 S
3、n 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
4、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
5、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. 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料，更多资料请到状元源下载。 状元源 免注册、 免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业水平测试各科资源下载 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
6、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， a n = a1 + a 2 + L + a n = n ( n + 1) ，第
7、 n 堆的乒乓球数总数相 2 当于 n 堆乒乓球的低层数之和，即 f ( n ) = a1 + a 2 + L + a n = 1 (12 + 22 + L + n 2 ) + 1 n ( n + 1) . 2 2 2 所以: f (n) = n ( n + 1)( n + 2 ) 6 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 年湖南卷理) ( 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
8、 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
9、型进行解题。如“逐差法”若 a n a n 1 = n, 且 a1 = 1 ;我们可把各个差列出来进行求和， 可得到数列 a n 的通项. a n = ( a n a n 1 ) + ( a n 1 a n 2 ) + L + ( a 2 a1 ) + a1 = n + ( n 1) + L + 2 + 1 = n ( n + 1) . 2 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料，更多资料请到状元源下载。 状元源 免注册、 免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业水平测试各科资源下载 再看“逐商法”即 a n +1 = n + 1 且 a1 = 1 ，可把各个商列出来求积。 an
10、 an = a n a n 1 a L 2 a1 = n ( n 1)( n 2 )L 2 1 = n! a n 1 a n 2 a1 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 理) 北京卷理 北京 数列 an 中， a1 = 2 ， an +1 = an + cn ( c 是常数， n = 1，3， ) 2，L ，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
11、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 ， LL， an an1 = (n 1)c ， 2 所以 an a1
12、 = 1 + 2 + L + (n 1)c = n(n 1) c ( 又 a1 = 2 ， c = 2 ，故 an = 2 + n( n 1) = n 2 n + 2( n = 2， L) ( 3， 当 n = 1 时，上式也成立， 所以 an = n2 n + 2(n = 1， L) ( 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 =
13、3, 4, ( lim xn = 2 ， 若 n ? 2 2 则 ( B ) (,) 3 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: 2x n = x n 1 + x n 1 ， ? x n x n 1 = x n 2 x n . 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料，更多资料请到状元源下载。 状元源 免注册、 免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业水平测试各科资源下载 相叠加 x x = x + x x x . n 2 1 2 n n 1 LLL x n 1 x n 2 = x n 3 x n
14、1 x n x n 1 = x n 2 x n x4 x3 = x 2 x 4 Q x2 = x1 ， 2 x 3 x 2 = x1 x 3 ? 2x n + x n 1 = 2x1 . lim ( 2x n + x n 1 ) = lim 2x1 ， lim x n = 2 ，? 2x1 = 6 ， x 1 = 3 . n ? n ? n ? 解答过程 2:由 xn = 1 ( xn 1 + xn 2 ) 得: 2 1 1 1 x n + x n 1 = x n 1 + x n 2 = L = x 2 + x1 = x1 ， 2 2 2 1 lim lim x n + x n 1 = x1
15、，因为 n ? x n = 2 . n ? 2 所以: x1 = 3 . 解答过程 3:由 xn = 1 ( xn 1 + xn 2 ) 得: 2 1 1 1 x n x n 1 = ( x n 1 x n 2 ) = ( x n 2 x n 3 ) = L = 2 2 2 2 3 2 n 2 1 ( x 2 x1 ) = 2 x1 . n 1 x1 ， 从而 x 3 x 2 = 1 x1 ; x 4 x 3 = 1 x1 ; x n x n 1 = 1 2 2 2 叠加得: x n x 2 = x1 1 + 1 + L + 1 2 2 2 2 3 n 1 n 1 . n 2 n 2 1 1
16、1 1 x n = x 2 + x1 1 ， lim x n = lim x 2 + x1 1 . n ? n ? 6 2 6 2 2= x1 1 + x1 ， 从而 x1 = 3 . 2 6 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 a n = ka n-1 + d ( n ? 2,k ? 1) ，可转化为 an d d ;对连续三项递推的关系 a = k a n 1 n +1 1 k 1 k = ka n + da n-1 ( n ? 2 ) 如果方程 x 2 kx d=0 有两个根 、 ，则上递推关系式可化为 a n +1
17、 a n = ( a n a n 1 ) 或 a n +1 a n = ( a n a n 1 ) . 考点 3 数列的通项 a n 与前 n 项和 Sn 之间的关系与应用 a n 与 Sn 的关系: a n = S1 Sn Sn 1 n=1 ，数列前 n 项和 S 和通项 a 是数列中两个重要的量， n n n?2 在运用它们的关系式 a n = 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 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料，更多资料请到状元源下载。 状元源 免注册、 免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业水平测试各科资源下载 合。
18、解决含 a n 与 Sn 的式子问题时，通常转化为只含 a n 或者转化为只 Sn 的式子. (2006 年辽宁卷) 在等比数列 an 中, a1 = 2 ,前 n 项和为 S n ,若数列 an + 1 也是等比数列, 年辽宁卷) 例 5( ( ( 则 S n 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 an = 2 q n 1 ，因数列 an + 1 也是等比数列，则 过程指引 (an+1 + 1) 2 = ( an + 1)(an + 2 + 1) a
19、n +12 + 2an +1 = an an+ 2 + an + an + 2 an + an + 2 = 2an+1 an (1 + q 2 2q ) = 0 q = 1 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 2 Sn = a n + 1 ，求 a n. 思路启迪:转化为只含 a n 或者只含 Sn 的递推关系式. 解答过程 1:由已知 2 Sn = a n + 1 ，得当 n=1 时，a1=1;当 n?2 时， a n= S n,S n,1，代入已知有 2 Sn = Sn Sn 1 + 1 ， Sn 1 =
20、 Sn 2 Sn + 1 . Sn 1 = ( Sn 1 ，又 a n 0,Sn Sn 1 ，故 Sn 1 = Sn 1 . ) 2 Sn Sn 1 = 1 ， S 是以 1 为首项，1 为公差的等差数列， n Sn = n 故 a n = 2n 1 . 解答过程 2:由已知 2 Sn = a n + 1 ，得当 n=1 时，a1=1;当 n?2 时 因为 Sn = a n + 1 ，所以 a n = a n + 1 a n 1 + 1 . 2 2 2 2 2 2 2 2 4a n = a n + 2a n a n 1 2a n 1 ， a 2 2a n a 2 1 2a n 1 = 0 n
21、n ( a n + a n 1 )( a n a n 1 2) = 0 ，因为 a n 0 ， 所以 a n a n 1 = 2 ，所以 a n = 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. (2006 年福建卷)已知数列 a n 满足 a1 = 1, a n +1 = 2a n + 1 (n?N ) 例 7( ( (?)求数列 an 的通项公式; 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料，更多资料请到状元源
22、下载。 状元源 免注册、 免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业水平测试各科资源下载 (?)若数列 bn 满足 4b11 4b2 1 4b3 1 L4bn 1 = ( an +1) bn (n?N*),证明: bn 是等差数列; 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:Q an +1 = 2 an + 1( n ? N ), ? an +1 + 1 = 2( an + 1), a n + 1 是以 a1 + 1 = 2 为首项，2 为公比的等比数列。 ? an + 1 = 2 n. 即 an = 2
23、2 1(n ? N * ). b (II)证法一: 4b11 4b2 1 4b3 1 L 4bn 1 = ( an +1) n ， ? 4 ( b 1 + b 2 + + b n ) n = 2 n b n . ? 2(b1 + b2 + + bn ) n = nbn , 2(b1 + b2 + + bn + bn +1 ) ( n + 1) = ( n + 1)bn +1. ? ? ?,?，得 2(bn +1 1) = (n + 1)bn +1 nbn , 即 (n 1)bn +1 nbn + 2 = 0, nbn + 2 (n + 1)bn +1 + 2 = 0. ? ? ?,?，得 即
24、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. 等差、 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 , a n , 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， “知三求二” 本着化多为少的原则， 即 。 解题时需抓住首项 a 1 和公差 (或 。另外注意等差、等比数列的性质的运用.例如 公比 q ) ( 1 )等差数列 an 中，若 m + n = p + q
25、，则 a m + a n = a p + a q ;等比数列 a n 中，若 m + n = p + q ，则 a m a n = a p a q . (2)等差数列 an 中，Sn ,S2n Sn ,S3n S2n ,LSkn Sk( n 1) ,L 成等差数列。其中 Sn 是等差数列的 ， 前 n 项和;等比数列 an 中( q ? 1 ) Sn ,S2n Sn ,S3n S2n ,L Skn Sk ( n 1) ,L 成等比数列。其中 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料，更多资料请到状元源下载。 状元源 免注册、 免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业水平测试各科资源
26、下载 Sn 是等比数列的前 n 项和; (3)在等差数列 an 中，项数 n 成等差的项 a n 也称等差数列. (4)在等差数列 an 中， S2n 1 = ( 2n 1) a n ; S 2 n = n ( a n + a n + 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 (2006 年江西卷)已知等差数列 an 的前 n 项和为 Sn，若 OB,a1 OA，a 200 OC ，且 A、 年江西卷) 例 8( ( ( B、C 三点共线(该直线不过原点 O) ，则 S200,( ) A(1
27、00 B. 101 C.200 D.201 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 过程指引 (2007 年安徽卷文、理) 例 9( ( 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(d0), 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(r0),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，
28、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. (?)写出 Tn 与 Tn,1(n?2)的递推关系式; (?)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 ) + a n (n ? 2). (II) T1 = a1 , 对n ? 2 反复使用上述关系式，得 Tn = Tn 1 (1 + r ) +
29、a n = Tn 2 (1 + r ) 2 + a n 1 (1 + r ) + a n = L a1 (1 + r ) n 1 + a 2 (1 + r ) n 2 + L + a n 1 (1 + r ) + a n , uuu r uuur uuu r ? 在?式两端同乘 1+r，得 (1 + r )Tn = a1 (1 + r ) n + a 2 (1 + r ) n 1 + L + a n 1 (1 + r ) 2 + a n (1 + r ). ? ?,?，得 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料，更多资料请到状元源下载。 状元源 免注册、 免费提供中学高考复习各科试
30、卷下载及高中学业水平测试各科资源下载 rTn = a1 (1 + r ) n + d (1 + r ) n 1 + (1 + r ) n 2 + L + (1 + r ) a n d (1 + r ) n 1 r + a1 (1 + r ) n a n , r a r+d a r+d d 即Tn = 1 2 (1 + r ) n n 1 2 . r r r a1r + d a r+d d 如果记An = (1 + r ) n , Bn = 1 2 n, 2 r r r 则Tn = An + Bn , = a1r + d (1 + r )为首项,以1 + r (r 0)为公比的等比数列; r2
31、a r+d d d | Bn | 是以 1 2 首项, 为公差的等差数列. r r r 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( 等差、 考点 6 等差、等比数列前 n 项和的理解与应用 其中 | An | 是以 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. n 等 比 数 列 的 前 n 项 和 公 式 Sn = a1 (1 q ) = a1 a1 q n ( q ? 1 ) 因 此 可 以 改 写 为 ， 1 q 1 q 1 q Sn = aq n + b (a + b =
32、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 a n 的前 n 项和 Sn=n2,9n,第 k 项满足 5 0, bn = an an+1 (n ? N *) 且bn是以 q 为公比的等比数 列. (?)证明: a n + 2 = a n q 2 ; (?)若 c n = a 2 n 1 + 2a 2 n , 证明数列 c n 是等比数列; (?)求和: 1 + 1 + 1 + 1 + L + 1 + 1 . a1 a2 a3 a4 a 2 n 1 a2 n 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
33、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 bn +1 = q ，有 an +1an + 2 = an + 2 = q ，? an + 2 = an q 2 ( n ? N*) ( ( bn an an +1 an (II)证:Q an = qn 2 q 2 ， ? a2 n 1 = a2 n 3 q 2 = L = a1q 2 n 2 ， a2 n = a2 n 2 q 2 = L = a2 q n 2 ， 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料，更多资料请到状元源下载。 状元源 免注册、 免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业水平测
34、试各科资源下载 ? cn = a2 n 1 + 2 a2 n = a1q 2 n 2 + 2 a2 q 2 n 2 = ( a1 + 2 a2 ) q 2 n 2 = 5q 2 n 2 ( ?cn 是首项为 5，以 q 2 为公比的等比数列( (III)由(II)得 1 = 1 q 2 2 n ， 1 = 1 q 2 2 n ，于是 a 2n a 2 a2 n 1 a1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + +L + = + +L+ + + +L + a1 a2 a2 n a1 a3 a2 n 1 a2 a4 a2 n = 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1 ( 1 + + +
35、L + 2 n 2 + 1 + 2 + 4 + L + 2n 2 = 1 + 2 + 1 + L + 2 n2 a1 q 2 q 4 q q q q a2 q 2 q q 当 q = 1 时， 1 + 1 + L + 1 = 3 1 + 1 + 1 + L + 1 = 3 n ( a1 a2 a2 n 2 q 2 q 4 q 2n2 2 2n 2 n 当 q ? 1 时， 1 + 1 + L + 1 = 3 1 + 1 + 1 + L + 1 = 3 1 q = 3 q 1 ( q 2 n 2 ( q 2 1) a1 a2 a2 n 2 q 2 q 4 q 2 n 2 2 1 q 2 2 3
36、q = 1， n， 故1 1 1 2 + +L + = 2n a1 a2 a2 n 3 q 1 q 2 n 2 (q 2 1) ，q ? 1. 2 解法 2: (I)同解法 1(I) ( (II)证: cn +1 a2 n +1 + 2a2 n + 2 q 2 a2 n 1 + 2q 2 a2 n = = = q 2 (n ? N* ) ，又 c1 = a1 + 2a2 = 5 ， cn a2 n 1 + 2a2 n a2 n 1 + 2a2 n ?cn 是首项为 5，以 q 为公比的等比数列( 2 (III)由(II)的类似方法得 a2 n 1 + a2 n = (a1 + a2 )q 2
37、n 2 = 3q 2 n 2 ， a +a 1 1 1 a +a a +a + +L + = 1 2 + 3 4 + L + 2 n1 2 n ， a1 a2 a2 n a1a2 a3a4 a2 n 1a2 n Q ? a2 k 1 + a2 k 3q 2 k 2 3 2 k + 2 ， k = 1， L，n ( 2， = 4k 4 = q a2 k 1a2k 2q 2 1 1 1 3 + +L + = (1 + q 2 + L + q 2 n + 2 ) (下同解法 1( a1 a2 a2 k 2 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
38、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. (2006 年山东卷)已知数列, a n ,中， a1 = 1 、点(n、an +1 an) 山东卷) 在直线 y=x 上，其中 例 12( ( ( 2 2 n=1,2,3. (?)令 bn = an +1 an 1,
39、 求证数列bn 是等比数列; 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料，更多资料请到状元源下载。 状元源 免注册、 免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业水平测试各科资源下载 (?)求数列 a n 的通项; (?)设 S n、Tn 分别为数列 a n 、bn 的前 n 项和,是否存在实数 ，使得数列 S n + Tn 为等差数 n 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 b n 是等比数列;对 a n 可由已知用叠加法求出求。求出 a n 与 b n 便可顺利求出第三问. 解答过程: (I)由已知得 1 a1 = , 2an +1 = an +
40、 n, 2 3 3 1 3 Q a2 = , a2 a1 1 = 1 = , 4 4 2 4 又 bn = an +1 an 1, bn+1 = an+ 2 an +1 1, b a a 1 ? n +1 = n + 2 n +1 = bn an +1 an 1 ?bn 是以 an +1 + (n + 1) an + n an +1 an 1 1 2 2 = 2 = . an+1 an 1 an +1 an 1 2 3 为首项，以 1 为公比的等比数列. 4 2 4 2 2 2 (II)由(I)知， bn = 3 ( 1 )n 1 = 3 1 , n 3 1 3 1 ? an +1 an 1
41、= n , ? a2 a1 1 = , 2 2 2 2 3 1 3 1 a3 a2 1 = 2 , ? an an 1 1 = n1 , 2 2 2 2 将以上各式相加得: 3 1 1 1 ? an a1 (n 1) = ( + 2 + + n1 ), 2 2 2 2 1 1 (1 n 1 ) 3 2 1 3 1 3 2 ? an = a1 + n 1 = + ( n 1) (1 n1 ) = n + n 2. 1 2 2 2 2 2 1 2 ? an = 3 + n 2. 2n (III)解法一: 存在 = 2 ，使数列 S n + Tn 是等差数列. n Q S n = a1 + a2 +
42、 + an = 3( 1 1 1 + + + n ) + (1 + 2 + + n) 2n 21 22 2 1 1 2 2 (1 n ) 2 2 + n(n + 1) 2n = 3(1 1n ) + n 3n = 3 + n 3n + 3. = 3 n 2 2 2 2 1 2 1 2 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料，更多资料请到状元源下载。 状元源 免注册、 免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业水平测试各科资源下载 3 1 (1 n ) 4 2 = 3 (1 1 ) = 3 + 3 . Tn = b1 + b2 + + bn = 1 2 2n 2 2n +1 1 2
43、数列 S n + Tn 是等差数列的充要条件是 S n + Tn = An + B, ( A 、 B 是常数 ) n n 即 S n + Tn = An 2 + Bn, 2 2 又 S n + Tn = 3 + n 3n + 3 + ( 3 + 3 ) = n 3n + 3(1 )(1 1 ) . n n n +1 2 2 2 2 2 2 2 ? 当且仅当1 = 0 ，即 = 2 时，数列 S n + Tn 为等差数列. 2 n 解法二:存在 = 2 ，使数列 S n + Tn 是等差数列. n 由(I)(II)知， an + 2bn = n 2 ，? S n + 2T = n(n + 1)
44、2n . 、 2 S n + Tn = n n(n + 1) 2n 2Tn + Tn n 3 2 2 = + Tn . 2 n n 又 T = b + b + + b = n n 1 2 3 1 (1 n ) 4 2 = 3 (1 1 ) = 3 + 3 . 1 2 2n 2 2n +1 1 2 S n + Tn n 3 2 3 3 = + ( + n+1 ) . n 2 n 2 2 ? 当且仅当 = 2 时，数列 Sn + Tn 是等差数列. n (5) S = 2 + 22 + 222 + L + 22L 2 n 1 3 2 n 例 13(2007 年陕西卷理) 已知各项全不为零的数列 a
45、 k 的前 k 项和为 Sk， S k = 且 (?)求数列 a k 的通项公式; (II)对任意给定的正整数 n ( n ? 2) ，数列 bk 满足 bk +1 = k n (k = 1,2,L, n 1), bk a k +1 b1 = 1.求b1 + b2 + L + bn . 1 ， a k a k +1 ( k ? N*) 其中 a1 = 1. 2 思路启迪:注意利用 bk = bk bk 1 b L 2 b1 解决问题( bk 1 bk 2 b1 解: (?)当 k = 1 ，由 a1 = S1 = 1 a1a2 及 a1 = 1 ，得 a2 = 2 ( 2 状元源打造最全的免费
46、高考复习、学业水平考试复习资料，更多资料请到状元源下载。 状元源 免注册、 免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业水平测试各科资源下载 当 k ? 2 时，由 ak = S k S k 1 = 1 1 ak ak +1 ak 1ak ，得 ak (ak +1 ak 1 ) = 2ak ( 2 2 因为 ak ? 0 ，所以 ak +1 ak 1 = 2 (从而 a 2 m 1 = 1 + ( m 1) 2 = 2m 1. a 2 m = 2 + (m 1) 2 = 2m ， m ? N * (故 ak = k ( k ? N* ) ( (?)因为 ak = k ，所以 bk +1 nk n
47、k ( = = bk ak +1 k +1 所以 bk = bk bk 1 b ( n k + 1)(n k + 2) L 2 b1 = ( 1) k 1 1 bk 1 bk 2 b1 k (k 1) L 2 1 1 k = ( 1) k 1 C n ( k = 1,2, L , n). n 1 1 2 3 n 故 b1 + b2 + b3 + L + bn = Cn Cn + Cn L + ( 1) n 1 Cn n 1 1 0 1 2 n = 1 C n C n + C n L + ( 1) n C n = . n n 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 P1P2Pn 中，若 1?i