説好的25905213
范文一：数列解题方法技巧
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数列解题方法技巧
作者：王建明
来源：《中学生数理化·学研版》2014年第02期
在处理数列题时，最基本的方法是运用定义及公式来解决，但是有时恰当地使用等差、等比数列的性质能给人以出奇制胜、耳目一新的感觉；同时在解决数列题时要注意加强与函数的联系，通过相应的函数及其图像的特征变化地、直观地去认识数列的性质.
一、运用定义和公式法
因此有a1=2，q=3.
点评：在运用等比数列求和公式时要注意公式的应用条件即q≠1，同时这里运用了整体代换的技巧简化运算，在用公式解题时，要树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，这样才能取得好的效果.
二、运用性质法
点评：用等差数列的性质解题方法简捷.
三、运用函数思想方法
作者单位：山东省邹城市实验中学
范文二：高中数列问题解题方法技巧
一、数列问题解题方法技巧
1．判断和证明数列是等差（等比）数列常有三种方法： (1)定义法：对于n≥2
的任意自然数, 验证
(2)通项公式法：
①若 ②若 = +（n-1
）d= +（n-k ）d ，则 ，则 为同一常数。 为等差数列； 为等比数列。
(3)中项公式法：验证中项公式成立。 2. 在等差数列 中, 有关 的最值问题——常用邻项变号法求解： (1)当 >0,d<0时，满足 的项数m="" 使得="">
(2)当 <0,d>0时，满足 的项数m 使得取最小值。
在解含绝对值的数列最值问题时, 注意转化思想的应用。
3. 数列求和的常用方法：公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等。
三、数列问题解题注意事项
1．证明数列 是等差或等比数列常用定义，即通过证明 或而得。
2．在解决等差数列或等比数列的相关问题时，“基本量法”是常用的方法，但有时灵活地运
用性质，可使运算简便，而一般数列的问题常转化为等差、等比数列求解。
3．注意
与 之间关系的转化。如：
= ， = ．
4．数列极限的综合题形式多样，解题思路灵活，但万变不离其宗，就是离不开数列极限的概念和性质，离不开数学思想方法，只要能把握这两方面，就会迅速打通解题思路．
5．解综合题的成败在于审清题目，弄懂来龙去脉，透过给定信息的表象，抓住问题的本质，揭示问题的内在联系和隐含条件，明确解题方向，形成解题策略．
范文三：高中数列方法解题与技巧
高中数列方法与解题技巧
一、数列求通项的10种方法
二、数列求和的7种方法
三、6道四川高考数列大题及详解
数列求通项的10种方法
一、公式法
例1 已知数列{a n }满足a n +1=2a n +3?2n ，a 1=2，求数列{a n }的通项公式.
方法：等式两边同时除以
2n +1 ，构造成等差数列，利用等差数列公式求解。
形式：n 项系数与后面所加项底数相同
a
二、累加法
例2 已知数列{a n }满足a n +1=a n +2n +1，a 1=1，求数列{a n }的通项公式.
a n +1-a n =2n +1
方法：
........................
a 2-a 1=2?1-1
将上述各式累加，中间式子首尾项相抵可求得a n
形式：a n +1
=a n +f (n )； 要求a n +1、a n 的系数均为1，对于a n 不为1时，需
除以系数化为1。
例3 已知数列{a n }满足a n +1=a n +2?3n +1，a 1=3，求数列{a n }的通项公式.
方法：同例2
例4 已知数列{a n }满足a n +1=3a n +2?3n +1，a 1=3，求数列{a n }的通项公式. 方法：等式的两边同除以3，，将a n 系数化为1，再用累加法。 三、累乘法
例5 已知数列{a n }满足a n +1=2(n +1)5n ?a n ，a 1=3，求数列{a n }的通项公式. 。
a =2(n +1)5n a n
方法：.......................... 将上述各式累乘，消除中间各项，可求得a n
a 2
=2(1+1)51a 1
形式：a n +1
=f (n )?a n ；a n +1是a n 的关于n 的倍数关系。
求{a n }的通项公+(n -1) a n -1(n ≥2) ，
例6 已知数列{a n }满足a 1=1，a n =a 1+2a 2+3a 3+
式.
方法：本题与例5不同之处是想要通过错位相减法，求出a n +1与a n 的递推关系，然后才能用累成法求。 四、待定系数法（X,Y,Z 法）
例7 已知数列{a n }满足a n +1=2a n +3?5n ，a 1=6，求数列{a n }的通项公式. 方法：构造数列n +1形式：n +1
a
+x ?5n +1=2(a n +x ?5n ), 反解x 。
a
=ka n +f (n )
例8 已知数列{a n }满足a n +1=3a n +5?2n +4，a 1=1，求数列{a n }的通项公式.
方法：构造数列a n +1
+x ?2n +1+y =3(a n +x ?2n +y ) ，本题中递推关系
中含常数4，对于常数项，可看成是n 。对于不同形式的n 要设不同的参数。 例9 已知数列{a n }满足a n +1=2a n +3n 2+4n +5，a 1=1，求数列{a n }的通项公式.
方法：同例8，但它的参数要设3个。
五、对数变换法
5
例10 已知数列{a n }满足a n +1=2?3n ?a n ，a 1=7，求数列{a n }的通项公式.
方法：等式两边同取对数得到lga n +1系数法或者累加法求之。 形式：a n +1六、迭代法
例11 已知数列{a n }满足a n +1
=lg 2+n lg3+5lg a n ，然后可利用待定
=f (n )a n x , 其中对与a n 的高次方特别有效。
=a
3(n +1)2n
n
，a 1=5，求数列{a }的通项公式.
n
方法：按照数列对应函数关系，由a 1 逐层加上去，直到推到a n 为止。 形式：a n +1
=f (a n )
8(n +1) 8
，a =，求数列{a n }的通项公式. 1
(2n +1) 2(2n +3) 29
七、数学归纳法
例12 已知数列{a n }满足a n +1=a n +
方法：演算a n 的前4项，猜测、发现项数n 与项值之间的关系，然后证明猜测的正确性。
形式：对于形式比较繁复，无从下手时，可以考虑用数归法去大胆猜测。 八、换元法
例13 已知数列{a
n }满足a n +1=
1
(1+4a n +，a 1=1，求数列{a n }的通项公式. 16
方法
：令b n = ，可将数列a n 递推关系转化为数列b n 的递推关系。从
，实现有理化或者整式化。
形式
：a n +1
=f
?1?
或者a n +1=f ?
?a n ?
21a n -24
，a 1=4，求数列{a n }的通项公式.
4a n +1
九、不动点法
例14 已知数列{a n }满足a n +1=
21x -24
方法：求函数x =f (x )= ，两个自变量与对应函数相等时的值，解得
4x +1a -3a -3
x 1=2, x 2=3 。即存在k 使得=k ，由此可构成新的等比数
a n +1-2a n -2
列
f 1(a n )
形式：a n +1= ，且对应函数有两个不同的解。
f 2a n 例15 已知数列{a n }满足a n +1=
7a n -2
，a 1=2，求数列{a n }的通项公式. 2a n +3
方法：本题对应函数的解相等，为1，所以不能用不动点法，只能才用数归法做。 十、阶差法（逐项相减法）
1
例16 已知数列{a n }的各项均为正数，且前n 项和S n 满足S n =(a n +1)(a n +2) ，且
6
a 2, a 4, a 9成等比数列，求数列{a n }的通项公式. 方法：由a n 形式：s n
=s n -s n -1 推出a n 与a n -1 的递推关系，然后再求数列a n 的通项。
=f (a n )
练习 已知数列{a n }中, a n >0且S n =
1
(a n +1) 2, 求数列{a n }的通项公式. 2
数列求和的基本方法和技巧
数列是高中代数的重要内容，又是学习高等数学的基础. 在高考和各种数学竞赛中都占有重要的地位. 数列求和是数列的重要内容之一，除了等差数列和等比数列有求和公式外，大部分数列的求和都需要一定的技巧. 下面，就几个历届高考数学和数学竞赛试题来谈谈数列求和的基本方法和技巧.
一、利用常用求和公式求和
利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法. 1、等差数列求和公式：S n =
n (a 1+a n ) n (n -1)
=na 1+d 22
(q =1) ?na 1?
2、等比数列求和公式：S n =?a 1(1-q n ) a 1-a n q
=(q ≠1)
?1-q ?1-q
n
11
3、S n =∑k =(n +1) 4、S n =∑k 2=(n +1)(2n +1)
26k =1k =1
n
1
5、S n =∑k 3=[n (n +1)]2
2k =1
n
[例1] 已知log 3x =
-1
，求x +x 2+x 3+???+x n +???的前n 项和. log 23
[例2] 设S n ＝1+2+3+…+n，n ∈N *, 求f (n ) =
S n
的最大值.
(n +32) S n +1
二、错位相减法求和
这种方法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an · b n }的前n 项和，其中{ an }、{ bn }分别是等差数列和等比数列. [例3] 求和：S n =1+3x +5x 2+7x 3+???+(2n -1) x n -1………………………①
2462n
[例4] 求数列, 2, 3, ???, n , ???前n 项的和.
2222
三、反序相加法求和
这是推导等差数列的前n 项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n 个(a 1+a n ) .
012n
[例5] 求证：C n +3C n +5C n +???+(2n +1) C n =(n +1) 2n
[例6] 求sin 21 +sin 22 +sin 23 +???+sin 288 +sin 289 的值
四、分组法求和
有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可. [例7] 求数列的前n 项和：1+1,
111
+4, 2+7, ???, n -1+3n -2，… a a a
[例8] 求数列{n(n+1)(2n+1)}的前n 项和.
五、裂项法求和
这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的. 通项分解（裂
项）如：
sin 1
（1）a n =f (n +1) -f (n ) （2） =tan(n +1) -tan n
cos n cos(n +1)
111(2n ) 2111
=-（3）a n = （4）a n ==1+(-)
n (n +1) n n +1(2n -1)(2n +1) 22n -12n +1
（5）a n =
1111
=[-]
n (n -1)(n +2) 2n (n +1) (n +1)(n +2)
(6) a n =
n +212(n +1) -n 1111
?n =?n =-, 则S =1- n n -1n n
n (n +1) 2n (n +1) 2n ?2(n +1) 2(n +1) 2
11+2
,
12+3
, ???,
1n +n +1
, ???的前n 项和.
[例9] 求数列
[例10] 在数列{an }中，a n =n 项的和.
12n 2++???+，又b n =，求数列{bn }的前n +1n +1n +1a n ?a n +1
111cos 1 ++???+=[例11] 求证：
cos 0 cos 1 cos 1 cos 2 cos 88 cos 89 sin 21
六、合并法求和
针对一些特殊的数列，将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质，因此，在求数列的和时，可将这些项放在一起先求和，然后再求S n .
[例12] 求cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°的值.
[例13] 数列{an }：a 1=1, a 2=3, a 3=2, a n +2=a n +1-a n ，求S 2002.
[例14] 在各项均为正数的等比数列中，若a 5a 6=9, 求log 3a 1+log 3a 2+???+log 3a 10的值 .
七、利用数列的通项求和
先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项及其特征，然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的前n 项和，是一个重要的方法.
[例15] 求1+11+111+???+111? ??1之和.
n 个1
∞
8
[例16] 已知数列{an }：a n =, 求∑(n +1)(a n -a n +1) 的值.
(n +1)(n +3) n =1
四川高考理科数学试题2008年--2013年数列解答题
（2008年四川高考理科20题）
设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知ba n -2n =(b -1)S n
（Ⅰ）证明：当b =2时，{a n -n ?2n -1}是等比数列；（Ⅱ）求{a n }的通项公式
（2009年四川高考理科20题）
设数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意的正整数n ，都有a n =5S n +1成立，记
b n =
4+a n
(n ∈N *) 。 1-a n
（I ）求数列{b n }的通项公式；
（II ）记c n =b 2n -b 2n -1(n ∈N *) ，设数列{c n }的前n 项和为T n ，求证：对任意正整数n 都有T n
3； 2
（III ）设数列{b n }的前n 项和为R n 。已知正实数λ满足：对任意正整数n , R n ≤λn 恒成立，求λ的最小值。
（2010年四川高考理科20题）已知数列{a n }满足a 1＝0，a 2＝2，且对任意m 、n ∈N *都有a 2m －1＋a 2n －1＝2a m ＋n －1＋2(m －n ) 2
（Ⅰ）求a 3，a 5；（Ⅱ）设b n ＝a 2n ＋1－a 2n －1(n ∈N *) ，证明：{b n }是等差数列； （Ⅲ）设c n ＝(a n+1－a n ) q n －1(q ≠0，n ∈N *) ，求数列{c n }的前n 项和S n .
（2011年四川高考理科20题）设d 为非零实数，
a n =
1122(C n d +2C n d +n
n -1n -1n n
+(n -1) C n d +nC n d ](n ∈N *)
(1)写出a 1, a 2, a 3并判断{a n }是否为等比数列。若是，给出证明；若不是，说明理由； (II)设b n =nda n (n ∈N *) ，求数列{b n }的前n 项和S n ．
（2012年四川高考理科20题）(本小题满分12分) 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且
a 2a n =S 2+S n 对一切正整数n 都成立. （Ⅰ）求a 1，a 2的值； （Ⅱ）设a 1>0，数列大值.
（2013年四川高考理科16题）在等差数列{a n }中，a 1+a 3=8，且a 4为a 2和a 9的等比中项，求数列{a n }的首项，公差及前n 项和。
{lg
10a 1
a n 的前n 项和为T n ，当n 为何值时，T n 最大？并求出T n 的最
四川高考理科数学试题（数列）答案
（2008年四川高考理科20题）
解：由题意知a 1=2，且ba n -2n =(b -1)S n ，ba n +1-2n +1=(b -1)S n +1 两式相减得b (a n +1-a n )-2n =(b -1)a n +1，即a n +1=ba n +2n ①
（Ⅰ）当b =2时，由①知a n +1=2a n +2n
于是a n +1-(n +1)?2n =2a n +2n -(n +1)?2n =2(a n -n ?2n -1)
又a 1-1?2n -1=1≠0，所以{a n -n ?2n -1}是首项为1，公比为2的等比数列。 （Ⅱ）当b =2时，由（Ⅰ）知a n -n ?2n -1=2n -1，即a n =(n +1)2n -1 当b ≠2时，由由①得
a n +1-
11b 1???2n +1=ba n +2n -?2n +1=ba n -?2n =b a n -?2n ? 2-b 2-b 2-b 2-b ??
因此a n +1-
11??2(1-b )n
?b ?2n +1==b a n -?2n ?=2-b 2-b 2-b ??
n =1?2
?
得a n =?1 n n -1
?2+(2-2b )b ?n ≥2???2-b ?4．（2009年四川高考理科20题）
1
解：（Ⅰ）当n =1时，a 1=5a 1+1, ∴a 1=-
4
1
又 Q a n =5a n +1, a n +1=5a n +1+1，∴a n +1-a n =5a n +1, 即a n +1=-a n
4
11
∴数列{a n }成等比数列，其首项a 1=-，公比是q =-
44
14+(-) n
1……………………..3分 ∴a n =(-) n ∴b n =
141-(-) n 4
（Ⅱ）由（Ⅰ）知b n =4+
5
(-4) n -1
5525?16n
∴c n =b 2n -b 2n -1=2n +=
4-142n -1+1(16n -1)(16n +4)
25?16n 25?16n 25134
b =3, b =, ∴c =<= =="" ，="" 又="" 121n="" 2n="" n="">
33(16) +3?16-4) (16) 16
3
24111
当n ≥2时，T n <+25?(2+3+k +n="">
3161616
当n =1时，T 1
11n -1[1-() ]24=+25?31-16 1
24693<><>
（Ⅲ）由（Ⅰ）知b n =4+5 n (-4) -1
一方面，已知R n ≤λn 恒成立，取n 为大于1的奇数时，设n =2k +1(k ∈N *) 则R n =b 1+b 2+K +b 2k +1=4n +5?(-1111+-+K K -) 41+142-143+142k +1+1
11111=4n +5?[-1+(2-3) +K K +(2k -2k +1)]>4n -1 4+14-14+14-14+1
∴λn ≥R n >4n -1, 即（λ-4）n >-1对一切大于1的奇数n 恒成立 ∴λ≥4, 否则，（λ-4）n >-1只对满足n <1的正奇数n 成立，矛盾。="">
另一方面，当λ=4时，对一切的正整数n 都有R n ≤4n 事实上，对任意的正整数k ，有
b 2n -1+b 2n =8+5
(-4) 2k -1-1(-4) 2k -1=8++5520- (16)k -1(16)k +4
15?1k 6-40 =8-k <8 (16-1)(16k="">
∴当n 为偶数时，设n =2m (m ∈N *)
则R n =(b 1+b 2) +(b 3+b 4) +K +(b 2m -1+b 2m ) <8m>
当n 为奇数时，设n =2m -1(m ∈N *)
则R n =(b 1+b 2) +(b 3+b 4) +K +(b 2m -3+b 2m -2) +b 2m -1
<8(m -1)="" +4="8m" -4="4n" ，∴对一切的正整数n="" ，都有r="" n="" ≤4n="">
5．（2010年四川高考理科21题）
解：(1) 由题意，零m ＝2, n －1, 可得a 3＝2a 2－a 1＋2＝6
再令m ＝3, n ＝1，可得a 5＝2a 3－a 1＋8＝20……………2分
(2) 当n ∈N *时，由已知(以n ＋2代替m ) 可得
a 2n ＋3＋a 2n －1＝2a 2n ＋1＋8，于是[a 2(n ＋1) ＋1－a 2(n ＋1) －1]－(a 2n ＋1－a 2n －1) ＝8w_w w. k#s5_u.c o*m
即 b n ＋1－b n ＝8，所以{b n }是公差为8的等差数列……5分
(3) 由(1)(2) 解答可知{b n }是首项为b 1＝a 3－a 1＝6, 公差为8的等差数列 则b n ＝8n －2，即a 2n +=1－a 2n －1＝8n －2
另由已知(令m ＝1) 可得a n ＝
那么a n ＋1－a n ＝a 2n +1+a 1-(n －1) 2. 2a 2n +1+a 2n -18n -2－2n ＋1w_w w. k#s5_u.＝－2n ＋1＝2n 22
于是c n ＝2nq n －1.
当q ＝1时，S n ＝2＋4＋6＋……＋2n ＝n (n ＋1)
当q ≠1时，S n ＝2·q 0＋4·q 1＋6·q 2＋……＋2n ·q n －1. 两边同乘以q ，可得qS n ＝2·q 1＋4·q 2＋6·q 3＋……＋2n ·q n . 上述两式相减得 (1－q ) S n ＝2(1＋q ＋q 2＋……＋q n －1) －2nq n w_w w. k#s5_u.c o*m
1-(n +1) q n +nq n +11-q n n ＝2·－2nq ＝2· 1-q 1-q
nq n +1-(n +1) q n +1所以S n ＝2·综上所述，S n ＝2(q -1)
?n (n +1) (q =1) ?…………………………12分 ?nq n +1-(n +1) q n +1(q ≠1) 2?2(q -1) ?
6．（2011年四川高考理科20题）
a 1=d
解析：（1）a 2=d (d +1)
a 3=d (d +1) 2
01223a n =C n d +C n d +C n d +n -1n +C n d =d (1+d ) n -1
a n +1=d (1+d ) n
a n +1=d +1a n
因为d 为常数，所以{a n }是以d 为首项，d +1为公比的等比数列。
b n =nd 2(1+d ) n -1
（2）S n =d 2(1+d ) 0+2d 2(1+d ) 1+3d 2(1+d ) 2+
=d 2[(1+d ) 0+2(1+d ) 1+3(1+d ) 2++nd 2(1+d ) n -1 +n (1+d ) n -1](1)(1+d ) S n =d 2[(1+d ) 1+2(1+d ) 2+3(1+d ) 3+
2+n (1+d ) n ](2) 1?(1-(1+d ) n ) （2）-（1）=dS n =-d [+d 2n (1+d ) n =d +(d 2n -d )(1+d ) n 1-(1+d )
∴S n =1+(dn -1)(1+d ) n
7. （2013年四川高考理科21题）取n=1,得a 2a 1=s 2+s 1=2a 1+a 2, ① 取n=2,得a 22=2a 1+2a 2, ②
又②-①，得 a 2(a 2-a 1) =a 2 ③
（1）若a 2=0, 由①知a 1=0,
(2)若a 2≠0，易知a 2-a 1=1, ④ 由①④得：a 1=2+1, a 2=2+2; a 1=1-2, a 2=2-2; …………………5分
（2）当a 1>0时, 由（I ）知，a 1=2+1, a 2=2+2; 当n ≥2时，有（2+2）a n =s 2+s n , (2+2)a n-1=S2+Sn-1 所以，a n =2a n -1(n ≥2)
所以a n =a 1(2) n -1=(2+1) ?(2) n -1
令b n =lg 10a 11100, 则b n =1-lg(2) n -1=lg n -1 a n 22
1所以，数列{bn }是以-lg 2为公差，且单调递减的等差数列. 2
则 b 1>b2>b3>…>b7=lg 10>lg 1=0 811001当n ≥8时，b n ≤b 8=lg
所以，n=7时，T n 取得最大值，且T n 的最大值为 T 7=（7b 1+b 7）21=7-lg 2…………………………12分 22
8. （2013年四川高考理科21题） 解:设等差数列{a n }的公差为d , 前n 项和为S n ,
22a +2d =8,(a +3d ) =(a 1+d )(a 1+8d ) 1由已知得1
解得a 1=4, d =0或a 1=1, d =3 所以数列{a n }的通项公式为a n =4或a n =3n -2
3n 2-n S n ={}S =4n a n 2 n n 所以数列的前项和或
范文四：数列解题技巧
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a n 与S n 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a 1、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a n 与S 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，a n =a 1+a 2+ +a n =n (n +1)，第n 堆的乒乓球数总数相当于n 堆乒乓
2
球的低层数之和，即f (n )=a 1+a 2+ +a n =1(12+22+ +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a n -a n -1=n, 且a 1=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)+ +(a 2-a 1)+a 1=n +(n -1)+ +2+1=
n (n +1)
. 2
再看“逐商法”即a n +1=n +1且a 1=1，可把各个商列出来求积。
a n
a n =
a n a n -1a 2 a 1=n (n -1)(n -2) 2 1=n! a n -1a n -2a 1
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{a n }中，a 1=2，a n +1=a n +cn （c 是常数，n =1，2，3， ），且a 1，a 2，a 3成公比不为1的等比数列． （I ）求c 的值；（II ）求{a n }的通项公式．
思路启迪：（1）由a 1，a 2，a 3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 ）a 1=2，a 2=2+c ，a 3=2+3c ，
因为a 1，a 2，a 3成等比数列，所以(2+c ) 2=2(2+3c ) ，解得c =0或c =2． 当c =0时，a 1=a 2=a 3，不符合题意舍去，故c =2． （II ）当n ≥2时，由于
a 2-a 1=c ， a 3-a 2=2c ， ，a n -a n -1=(n -1) c ，
所以a n -a 1=[1+2+ +(n -1)]c =n (n -1) c ．
2
又a 1=2，c =2，故a n =2+n (n -1) =n 2-n +2(n =2，3， ) ．
当n =1时，上式也成立， 所以a n =n 2-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.
1例4．（2006年广东卷）已知数列{x n }满足x 2=x 1，若lim x n =2， 则 ( B ) n =3,4, ?．x n =(x n -1+x n -2)，n →∞
22
（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：2x n =x n -1+x n -1， ∴x n -x n -1=x n -2-x n .
?
?x 4-x 3=x 2-x 4
??相叠加x n -x 2=x 1+x 2-x n -x n -1.
?x n -1-x n -2=x n -3-x n -1?
?
x n -x n -1=x n -2-x n ?? x 2=
x 1， . 1 ∴2x n +x n -1=2x
2
n →∞
x 3-x 2=x 1-x 3
lim (2x n +x n -1)=lim 2x 1， lim x n =2，∴2x 1=6 ，x 1=3.
n →∞
n →∞
解答过程2：由x n =1(x n -1+x n -2)得：
2
111
x n +x n -1=x n -1+x n -2= =x 2+x 1=x 1，
222
1??x n =2. lim x n +x n -1?=x 1 ，因为lim n →∞n →∞2??
所以：x 1=3.
解答过程3：由x n =1(x n -1+x n -2)得：
2
?1??1??1?
x n -x n -1= -?(x n -1-x n -2)= -?(x n -2-x n -3)????= = -?
?2??2??2?
2
3
2n -2
1?
(x 2-x 1)=? -?
?2?x 1.
n -1
x 1，
从而 x 3-x 2=?-1?x 1；x -x =?-1?x ；??；x -x =?-1?
?n n -143 ? ?1?2??2??2?
n -1
??1?2?1?3?1??叠加得：x n -x 2=x 1? -?+ -?+ + -??.
?2?????2??2??
n -1
1??1?
x n =x 2+x 1?1- -?
6???2?2=
n -2
n -2
??1??1?????， lim x n =lim ?x 2+x 1?1- -???. ?
n →∞n →∞6????2????????
x 11 ， 从而
x 1=3. +x 1
26
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
a n -
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α、β，则上递推关系式可化为
a n +1-αa n =β(a n -a n -1)或a n +1-βa n =α(a n -a n -1).
考点3 数列的通项a n 与前n 项和S n 之间的关系与应用
S 1 n=1，数列前n 项和S 和通项a 是数列中两个重要的量，在运用它们的a n 与S n 的关系：a n =?n n ?
?S n -S n -1 n≥2
关系式a n =S n -S n -1时，一定要注意条件n ≥2，求通项时一定要验证a 1是否适合。解决含a n 与S n 的式子问题时，通常转化为只含a n 或者转化为只S n 的式子.
例5．（2006年辽宁卷） 在等比数列{a n }中, a 1=2, 前n 项和为S n , 若数列{a n +1}也是等比数列, 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{a n }为等比，则a n =2q n -1，因数列{a n +1}也是等比数列，则
(a n +1+1) 2=(a n +1)(a n +2+1) ?a n +12+2a n +1=a n a n +2+a n +a n +2?a n +a n +2=2a n +1 ?a n (1+q 2-2q ) =0?q =1
即a n =2，所以S n =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a n +1，求a n . 思路启迪：转化为只含a n 或者只含S n 的递推关系式.
解答过程1
：由已知a n +1，得当n=1时，a 1=1；当n ≥2时， a n = S n －S n －1
，代入已知有S n -S n -1+
1，S n -1=S n -1.
S n -1=
1，又a n >0,S n >
S n -11.
)
2
1，
是以1为首项，1为公差的等差数列，
=n 故a n =2n -1.
解答过程2
：由已知a n +1，得当n=1时，a 1=1；当n ≥2时
因为S =?a n +1?，所以a =?a n +1?-?a n -1+1?.
n n ? ? ??2??2??2?
22
，a 2 4a n =a n +2a n -a 2n -1-2a n -1n -2a n -a n -1-2a n -1=0
222
(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.
例7．（2006年福建卷）已知数列{a n }满足a 1=1,a n +1=2a n +1 (n∈N ) （Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；
（Ⅱ）若数列{b n }满足4b 1-1?4b 2-1?4b 3-1? ?4b n -1=(a n +1)n (n∈N*),证明: {b n }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： a n +1=2a n +1(n ∈N ),
*
b
∴a n +1+1=2(a n +1),
{a n +1}是以a 1+1=2为首项，2为公比的等比数列。
∴a n +1=2n . 即 a n =22-1(n ∈N *).
（II ）证法一： 4b 1-1?4b 2-1?4b 3-1? ?4b n -1=(a n +1)n ，
b
∴4(b1+b 2+... +b n ) -n =2n b n .
∴2[(b 1+b 2+... +b n ) -n ]=nb n , ①
2[(b 1+b 2+... +b n +b n +1) -(n +1)]=(n +1) b n +1. ② ②－①，得2(b n +1-1) =(n +1) b n +1-nb n , 即(n -1) b n +1-nb n +2=0,
③
nb n +2-(n +1) b n +1+2=0. ④ ③－④，得 nb n +2-2nb n +1+nb n =0,
即 b n +2-2b n +1+b n =0, 故{b n }是等差数列.
∴b n +2-b n +1=b n +1-b n (n ∈N *),
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a 1,a n ,n,d 或q ，S n 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a 1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{a n }中，若m +n =p +q ，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{a n }中，S n ,S 2n -S n ,S 3n -S 2n , S kn -S k (n -1), 成等差数列。其中S n 是等差数列的前n 项和；等比数列{a n }中（q ≠-1），S n ,S 2n -S n ,S 3n -S 2n , S kn -S k (n -1, ) 成等比数列。其中S n 是等比数列的前n 项和；（3）在等差数列{a n }中，项数n 成等差的项a n 也称等差数列. （4）在等差数列{a n }中，S 2n -1=(2n -1)a n ；S 2n =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
例8．（2006年江西卷）已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若O B ＝a 1OA ＋a 200OC ，且A 、B 、C 三点共
线（该直线不过原点O ），则S 200＝（ ）
A ．100 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，a 1＋a 200＝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a 1，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a 1, a 2, ? 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 a 1（1+r ）n 1，第二年所交纳的储备金就变成 a 2（1+r ）
－
n －2
，??. 以T n 表示到第n 年末所累计的储备金总额.
（Ⅰ）写出T n 与T n －1（n ≥2）的递推关系式；
（Ⅱ）求证T n =A n + Bn ，其中{A n }是一个等比数列，{B n }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T n =T n -1(1+r ) +a n (n ≥2). （II ）T 1=a 1, 对n ≥2反复使用上述关系式，得 T n =T n -1(1+r ) +a n =T n -2(1+r ) 2+a n -1(1+r ) +a n =
a 1(1+r ) n -1+a 2(1+r ) n -2+ +a n -1(1+r ) +a n , ①
在①式两端同乘1+r ，得
(1+r ) T n =a 1(1+r ) n +a 2(1+r ) n -1+ +a n -1(1+r ) 2+a n (1+r ). ②
②－①，得
rT n =a 1(1+r ) n +d [(1+r ) n -1+(1+r ) n -2+ +(1+r )]-a n d
[(1+r ) n -1-r ]+a 1(1+r ) n -a n , r
a r +d a r +d d
即T n =12(1+r ) n -n -12.
r r r
a r +d a r +d d
如果记A n =12(1+r ) n , B n =-12-n ,
r r r
则T n =A n +B n ,
=
a 1r +d
(1+r ) 为首项, 以1+r (r >0) 为公比的等比数列; r 2
a r +d d d
|B n |是以-12-首项, -为公差的等差数列.
r r r 其中|A n |是以
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S n =a 1(1-q )=a 1-a 1q n （q ≠1），因此可以改写为S n =aq n +b (a+b =0) 是关于n 的指数
n
1-q 1-q 1-q
函数，当q =1时，S n =na 1.
例10．（2007年广东卷理）已知数列{a n }的前n 项和S n =n 2－9n , 第k 项满足5
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，a n =S n -S n -1=2n -10，由5<><8得到k=8．>
已知数列{a n }和{b n }满足:a 1=1, a 2=2, a n >0, b n =a n a n +1(n ∈N *)且{b n }是以q 为公比的等比数列. （Ⅰ）证明：a n +2=a n q 2；
（Ⅱ）若c n =a 2n -1+2a 2n , 证明数列{c n }是等比数列； （Ⅲ）求和：1+1+1+1+ +1+1.
a 1
a 2
a 3
a 4
a 2n -1
a 2n
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 n +1=
q =q ，∴ a n +2=a n q 2(n ∈N*) ．
b n
n
（II ）证： a n =q n -2q 2，
∴a 2n -1=a 2n -3q 2= =a 1q 2n -2，a 2n =a 2n -2q 2= =a 2q n -2，
∴c n =a 2n -1+2a 2n =a 1q 2n -2+2a 2q 2n -2=(a 1+2a 2) q 2n -2=5q 2n -2．
∴{c n }是首项为5，以q 2为公比的等比数列． 12-2n ，于是 （III ）由（II ）得1=1q 2-2n ，1=q a 2n a 2a 2n -1a 1
111?111??111?
++ += ++ +?+ ++ +?a 1a 2a 2n ?a 1a 3a 2n -1??a 2a 4a 2n ?
=
1?111?1?111?3?111?
1+++ ++1+++ += 1+2+1+ +2n -2?． 242n -2?242n -2?a 1?q q q q q ?a 2?q q ?2?q q ?
?
?
当q =1时，1+1+ +1=3?1+1+1+ +1?=3n ．
?2
a a a 2q 2q 4q 2n -2
1
2
2n
2n -2n
当q ≠1时，1+1+ +1=3?1+1+1+ +1?=3?1-q ?=3?q -1?．
? ?2?q 2n -2(q 2-1) ?21-q -2a a a 2q 2q 4q 2n -2
122n
??????
?3
?n ， q =1，故11 1?2
++ +=?2n a 1a 2a 2n ?3?q -1?
?q 2n -2(q 2-1) ?，q ≠1. ?2???
解法2：（I ）同解法1（I ）． （II ）证：
c n +1a 2n +1+2a 2n +2q 2a 2n -1+2q 2a 2n
===q 2(n ∈N *) ，又c 1=a 1+2a 2=5， c n a 2n -1+2a 2n a 2n -1+2a 2n
∴{c n }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a 2n -1+a 2n =(a 1+a 2) q 2n -2=3q 2n -2，
a +a a +a a +a 111++ +=12+34+ +2n -12n ， a 1a 2a 2n a 1a 2a 3a 4a 2n -1a 2n
a 2k -1+a 2k 3q 2k -23-2k +2，k =1，2， ，n ． =4k -4=q a 2k -1a 2k 2q 2
∴
1113++ +=(1+q -2+ +q -2n +2) ．下同解法1． a 1a 2a 2k 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｛a n ｝中，a 1=1、点（n 、在直线y=x上，其中n=1,2,3?. 2a n +1-a n ）
2
(Ⅰ) 令b n =a n +1-a n -1, 求证数列{b n }是等比数列； (Ⅱ) 求数列{a n } 的通项；
S n +λT n ?为等差数列？若存在，(Ⅲ) 设S n 、T n 分别为数列{a n }{b n }的前n 项和, 是否存在实数λ，使得数列?、??
?
n
?
试求出λ. 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 a 1=1, 2a n +1=a n +n ,
2
3313 a 2=, a 2-a 1-1=--1=-,
4424
又b n =a n +1-a n -1, b n +1=a n +2-a n +1-1,
a n +1+(n +1) a n +n a n +1-a n -1
-b n +1a n +2-a n +1-11=∴===.
b n a n +1-a n -1a n +1-a n -1a n +1-a n -12
∴{b n }是以-
3为首项，以1为公比的等比数列. 42
（II ）由（I ）知，b n =-34
?(12
) n -1=-32?12
n
,
∴a 3131
n +1-a n -1=-2?2n , ∴a 2-a 1-1=-2?2,
a a -32?1
313-2-1=2
2, ??????∴a n -a n -1-1=-2?2n -1,
将以上各式相加得：
∴a 3111
n -a 1-(n -1) =-2(2+22+???+2
n -1),
1∴a n -1-3(1-1) 1313 n =a 1+ 2?=+(n -1) -(1-1-
222n -1) =2n +n -2. 2
（III ）解法一：
存在λ=2，使数列{S n +λT n 是等差数列.
n
S n =a 1+a 2+???+a n =3(
121+1122+???+2n
) +(1+2+???+n ) -2n 1(1-1
=3?n ) +n (n +1) -2n =3(1-1n 2-3n =-3n 2-3n n ++3. 1-
22n ) +
2222-3(1-1T n =b 1+b 2+???+b n =1n )
=-32(1-12n ) =-32+32n +1. 1-2
数列{S n +λT n 是等差数列的充要条件是S n +λT n =An +B ,(A 、B 是常数n
n
) 即S n +λT n =An 2+Bn ,
又2
2S n +λT n =-3+n -3n +3+λ(-3+3) =n -3n +3(1-λ)(1-12n 222n +1
222
n ) .
∴当且仅当1-λ
2=0，即λ=2时，数列{S n +λT n n
为等差数列.
解法二：存在λ=2，使数列{S n +λT n n
是等差数列. 由（I ）、（II ）知，a n +2b n =n -2，∴S n +2T =n (n +1) 2
-2n .
n (n +1)
S -2n -2T n +λT n n +λT n n -3λ-2n =
n
=2+n T n . a n =32n +n -2. ∴
31-(1-)
又T =b +b +???+b ==-3(1-1) =-3+3.
n 12n n n +1
122221-2S n +λT n n -3λ-233
=+(-+n +1) . n 2n 22
∴当且仅当λ=2时，数列{S n +λT n 是等差数列.
n
（5）S =2+22+222+ +22 2
n
n
例13（2007年陕西卷理）
已知各项全不为零的数列{a k }的前k 项和为S k ，且S k =
1
a k a k +1(k ∈N *），其中a 1=1. 2
（Ⅰ）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{b k }满足b k +1=k -n (k =1, 2, , n -1),
b k a k +1 b 1=1. 求b 1+b 2+ +b n . 思路启迪：注意利用b k =
b k b k -1b
?? ?2?b 1解决问题． b k -1b k -2b 1
解：（Ⅰ）当k =1，由a 1=S 1=
1
a 1a 2及a 1=1，得a 2=2． 211
当k ≥2时，由a k =S k -S k -1=a k a k +1-a k -1a k ，得a k (a k +1-a k -1) =2a k ．
22
因为a k ≠0，所以a k +1-a k -1=2．从而a 2m -1=1+(m -1) ?2=2m -1.
a 2m =2+(m -1) ?2=2m ，m ∈N *．故a k =k (k ∈N *) ．
（Ⅱ）因为a k =k ，所以
b k +1n -k n -k
． =-=-
b k a k +1k +1
所以b k =
b k b k -1b (n -k +1)(n -k +2)
?? ?2?b 1=(-1) k -1?1 b k -1b k -2b 1k ?(k -1) ? ?2?1
1k
=(-1) k -1?C n (k =1, 2, , n ).
n
1123n
?C n -C n +C n - +(-1) n -1C n 故b 1+b 2+b 3+ +b n =??? n
11012n ={1-[C n -C n +C n - +(-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P 1P 2?P n 中，若1≤i P j （即前面某数大于后面某数），则称P i 与P j 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a n ，如排列21的逆序数a 1=1，排列321的逆序数a 3=6. 求a 4、a 5，并写出a n 的表达式；
命题目的：考查排列、数列知识.
过程导引：由已知得a 4=10, a 5=15，a n =n +(n -1) + +2+1=
n (n +1)
. 2
x
f (x )
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f [f (x ) +2]=1，且f (1)=a >0.
（Ⅰ）求f (a +2) ，并求a 的值；
（Ⅱ）令a n =1, n ∈N *，证明数列{a n }是等差数列；
f (n )
（Ⅲ）设k n 是曲线y =f (x ) 在点(n 2, f (n 2)) 处的切线的斜率（n ∈N *），数列{k n }的前n 项和为S n ，求证：-4
思路启迪：根据已知条件求出函数f (x )的关系式，求出a n 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+2) =a =f (1),1+2=1，
a
a +2
a
a +2
则a =2，或－1（舍去）.
（Ⅱ）设f (x ) =t ，则f (t +2) =1，再令
x t ， 21212
x →t +∴f (+) =t =f (x ), ∴+=x
x t t +t t +x x 即xt 2-t -2=0, ∴t =2, 或-1，又f (1)=a >0，
x
x
x
则f (x ) =t =2, a n =1=n ，
x
f (n ) 2
由a n +1-a n =1, n ∈N *，所以{a n }是等差数列.
2
（3）由（2）得f (x ) =2, ∴f '(x ) =-22, 则k n =f '(n 2) =-24,
x
x
n
所以S n =-2(1+1+1+ +1) ≤-2；
444
2
3
n
又当n ≥2时，k n =-2>-2>-
42
n
n 211
=-2(-) ， (n -1) n n -1n
则S n ≥-2[1+(1-1) +(1-1) + +(1-1)]=-2[1+(1-1)]>-4，
2
2
3
n -1n
n
故-4
例16．（2007年广东卷理）
2
+x -1，α, β是方程f (x)=0的两个根(α>β) ，f '(x ) 是f (x)的导数；设a 1=1，已知函数f (x ) =x
a n +1=a n -
f (a n )
（n=1,2,??） f '(a n )
（1）求α, β的值；
（2）证明：对任意的正整数n ，都有a n >a； （3）记b n =ln
a n -β
（n=1,2,??），求数列{bn }的前n 项和S n ． a n -a
思路启迪：（1）注意应用根与系数关系求α, β的值；（2）注意先求f '(x ) ；（3）注意利用α, β的关系． 解：（1）∵f (x ) =x 2+x -1，α, β是方程f (x)=0的两个根(α>β) ，
∴α． β115
a n (2a n +1) +(2a n +1) -
a +a n -144 =a n -=a n -22a n +12a n +1
2n
（2）f '(x ) =2x +1，a n +1
5=(2a n +1) +∴a 214
1，∵a 1=
1，∴由基本不等式可知a 2≥时取等号），
>
0（当且仅当a 1=
2a n +12-
，??，a n >>
0同，样a 3>
=α（n=1,2,??）．
(a -α)(a n -β) a n -β
=(a n +1+α) ，而α+β=-1，即α+1=-β， （3）a n +1-β=a n -β-n
2a n +12a n +1
(a n -β) 2(a n -α) 21-βa n +1-β===，同理a n +1-α=，b n +1=
2b n ，又b 1=ln
2a n +12a n +11-α
S n =2(2n - 【专题训练与高考预测】 一. 选择题
1. 已知{an }是等比数列，且a n >0，a 2a 4+2 a3a 5+a4a 6=25，那么a 3+ a5的值等于（ ）
A.5 B.10 C.15. D.20
2. 在等差数列{an }中，已知a 1+a2+a3+a4+a5= 20，那么a 3等于（ ） A.4 B.5 C.6 D7.
S 5
32
n →∞
3. 等比数列{a n }的首项a 1=－1, 前n 项和为S n , 若S 10=31，则lim S n 等于( )
22A. B.- 33
C.2 D. －2
4. 已知二次函数y =a (a +1)x 2－(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d 1, d 2，?, d n , ?, 则lim (d 1+d 2+?+d n ) 的值是( )
n →∞
A.1 二. 填空题
B.2 C.3 D.4
5. 已知a , b , a +b 成等差数列，a , b , ab 成等比数列，且0
2
n →∞
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7.3%，”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，S n = a1+ a2+ a3+?+ an ，若S 10=5，S 20=15。求：S 30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a 1－a m =18，求这个数列的通项公式.
14. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n , 已知a 3=12,S 12>0,S 13<>
(1)求公差d 的取值范围；
(2)指出S 1、S 2、?、S 12中哪一个值最大，并说明理由. 15. 已知数列{a n }为等差数列，公差d ≠0, 由{a n }中的部分项组成的数列 a b 1, a b 2, ?, a b n , ?为等比数列，其中b 1=1,b 2=5,b 3=17.
(1)求数列{b n }的通项公式；
T n 2b +C3b +?+Cn b , 求(2)记T n =C1b +C1n 3n n lim n n 2
n →∞
n
4+b
n
.
16. 设{a n }为等差数列，{b n }为等比数列，a 1=b 1=1,a 2+a 4=b 3, b 2·b 4=a 3, 分别求出{a n }及{b n }的前n 项和S 10及T 10.
17. 设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =(m +1)－ma n . 对任意正整数n 都成立，其中m 为常数，且m 0且a ≠1), 记S n 是数列{a n }的前n 项和，试比较S n 与
b n
1
log a b n +1的大小，并证明你的结论. 3
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
b
元，然后再将余额除以n 发给n
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a k (1≤k ≤n ) 为第k 位职工所得奖金金额，试求a 2, a 3，并用k 、n 和b 表示a k (不必证明) ； (2)证明a k ＞a k +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P n (b ), 对常数b ，当n 变化时，求lim P n (b ).
n →∞
【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a n >0知q>0， 因a 2a 4+2 a3a 5+ a4a 6=25，
所以，a 1q a1q 3+2a1q 2a 1q 4+a1q 3a 1q 5=25， 即[a1q 2（1+ q2）]2=25，∴ a 1q 2（1+ q2）=5，
得a 3+ a5= a1q 2+a1q 4= a1q 2（1+ q2）=5 . 故选择答案A .
22
解法二：因{an }是等比数列，∴a 2a 4= a3，a 4a 6= a5 ， 22
+2 a3a 5+ a5=25, 即（a 3+ a5）2=25. ∴原式可化为 a 3
因 a n >0 , ∴ a 3+ 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a 1，公差为d ， 由已知 a 1+ a2+a3+a4+a5= 20 有 5 a1+10d = 20，
∴ a1+2d = 4, 即 a 3= 4.故选择答案A.
解法二：因{an }是等差数列，所以 a 1+ a5= a2+ a4=2 a3， 由已知 a 1+a2+a3+a4+a5= 20 得5 a3= 20，∴ a 3= 4. 故选择答案A
3. 解析：利用等比数列和的性质. 依题意，S 10=31，而a 1=－1, 故q ≠1,
S 5
32
∴S 10-S 5=31-32=-1, 根据等比数列性质知S 5，S 10－S 5，S 15－S 10, ?, 也成等比数列，且它的公比为q 5,
S 5
32
32
1
∴q 5=－1, 即q =－.
32
2
∴lim S n =a 1=-2.
n →∞
1-q 3
故选择答案B.
4. 解析：当a =n 时y =n (n +1)x 2－(2n +1)x +1 由｜x 1－x 2｜=?，得d n =
a
1， n (n +1)
∴d 1+d 2+?+d n
111111111++ +=1-+-+ +-=1-1?22?3n (n +1) 223n n +1n , +1
1
∴lim (d 1+d 2+ +d n ) =lim (1-) =1. n →∞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a 11
=29.
1-i n +11-i n 7. 解析:设c n =|z n +1-z n |=|() -() |=n +1,
22
122[1-() n ]1-() n
. ∴S n =c 1+c 2+ +c n ==2-1-
2
∴lim S n =
n →∞
12+22
==1+.
222-2
2
故填答案:1+.
8. 解析：由题意所有正三角形的边长构成等比数列{a n }，可得a n =a ，正三角形的内切圆构成等比数列{r n }，
2n -1
可得r n =1a ,
62n -1
∴这些圆的周长之和c =lim 2π(r 1+r 2+?+r n )=3π a 2，
n →∞
2
面积之和S =lim π(n 2+r 22+?+r n 2)= πa 2
n →∞
9
故填答案:周长之和33πa ，面积之和πa 2
2
9
b
a (1-)
a b ，即a (1－b ) 29. 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 ) －a a a a
升，故第n 次有纯酒精a (1－b ) n 升.
a
故填答案:a (1－b ) n
a
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7.3%为公比的等比数列，∴a 5=95933(1+7.3%)4≈120000(亿元).
故填答案:120000.
三、11. 解：因为 {an }为等比数列， 所以 S 10，S 20－S 10，S 30－S 20是等比数列.
即 5，15－5，S 30－15是等比数列, 得5（S 30－15）=102 , ∴ S 30=35. 12. 解：设等差数列{an }共有2n －1 项，S 1=80，S 2=75，则
S 1n 8016
===， S 2n -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a n ，故a n = S1－S 2=80－75=5， ∴ a 16=5.
13. 解：设等差数列{an }中，前m 项的和为S m ，其中奇数项之和为S 1，偶数项之和为S 2，由题意得S m =77，S 2=33，S 1= Sm －S 2= 44， 令m=2n－1则
S 1n 4==，得n =4， S 2n -13
∴m=7，∴ a 4=S1－S 2=11，又a 1－a 7=18，得首项为20，公差为－3，
故通项公式为a n =－3 n+23.
?
?a 3=a 1+2d =12,
14.(1)解：依题意有：? 12?11?
S =12a +d >0, ?121
2?
13?12?
S 13=13a 1+d <0.>
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a 1>a 2>a 3>?>a 12>a 13, 因此，在S 1，S 2，?，S 12中S k 为最大值的条件为：
a 3+(k -3) d ≥0 a k ≥0且a k +1＜0, 即??
?a 3+(k -2) d <>
kd ≥3d -12，∵d ＜0, ∴2－12＜k ≤3－12. ∵a 3=12,∴??
?kd <2d>
d d
∵－24＜d ＜－3, ∴7＜－12＜4, 得5.5＜k ＜7.
7
2
d
因为k 是正整数，所以k =6,即在S 1，S 2，?，S 12中，S 6最大.
解法二：由d ＜0得a 1>a 2>?>a 12>a 13，因此，若在1≤k ≤12中有自然数k , 使得a k ≥0, 且a k +1＜0, 则S k 是S 1，S 2，?，S 12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，a m +a n =a p +a q . 所以有：2a 7=a 1+a 13=2S 13＜0, ∴a 7＜0, a 7+a 6=a 1+a 12=1S 12>0,∴a 6≥－a 7>0,故在S 1，S 2，?，S 12中S 6
13
6
最大.
解法三：依题意得：S n =na 1+n (n -1) d =n (12-2d ) +d (n 2-n )
2
2
d 124d 24124
=[n -(5-)]2-(5-) 2, d <0, ∴[n="" -(5-)]2最小时，s="" n="" 最大；="" 22d="" 8d="">
∵－24＜d ＜－3, ∴6＜1(5－24) ＜6.5. 从而，在正整数中，
7
2
d
当n =6时，［n －1 (5－24) ］2最小，所以S 6最大.
2
d
15. 解：(1)由题意知a 52=a 1·a 17，即(a 1+4d ) 2=a 1(a 1+16d ) ?a 1d =2d 2,
∵d ≠0, ∴a 1=2d , 数列{a b n }的公比q =a 5=a 1+4d =3,
a 1
a 1
∴a b n =a 1·3n 1
－
－
① ②
又a b n =a 1+(b n －1) d =b n +1a 1
2
－
由①②得a 1·3n 1=b n +1·a 1. ∵a 1=2d ≠0, ∴b n =2·3n 1－1.
2
2n 12
(2)T n =C130－1)+C2(2·31－1)+?+Cn 3n 1－1)=2(C132+?n b 1+Cn b 2+?+Cn b n =Cn (2·n ·n (2·n +Cn ·
－
3
n n n 12n 22·4n －2n +1, +Cn n ·3) －(Cn +Cn +?+Cn )=［(1+3)－1］－(2－1)=
333
2n 121n 11n
?4-2n +-() +()
T n 2=∴lim n =lim n =. lim n -1
n →∞4+b n n →∞4+2?3-1n →∞1+1?(3) n -1-(1) n 3
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范文五：数列解题技巧
数列:
排列组合是组合学最基本的概念。所谓排列，就是指从给定个数的元素中取出指定个数的元素进行排序。组合则是指从给定个数的元素中仅仅取出指定个数的元素，不考虑排序。排列组合的中心问题是研究给定要求的排列和组合可能出现的情况总数。
排列:排列的字母表示是A(m，n)，表达的意思是从n个元素中取出m个元素，进行全排列(对m个元素进行排序)。
组合:组合的字母表示是C(m，n)，表达的意思是从n个元素中取m个元素，不进行排列(对m个元素不进行排序)。
排列与元素的顺序有关，组合与顺序无关。如231与213是两个排列，2，3，1的和与2，1，3的和是一个组合。下面，中公教育专家总结以下4大方法教您巧做排列组合题型。
一、特殊优先法
特殊元素，优先处理;特殊位置，优先考虑。
例:六人站成一排，求
(1)甲不在排头，乙不在排尾的排列数;
(2)甲不在排头，乙不在排尾，且甲乙不相邻的排法数。
中公分析:
(1)先考虑排头，排尾，但这两个要求相互有影响，因而考虑分类。
第一类:乙在排头，有A(5，5)种站法;
第二类:乙不在排头，当然他也不能在排尾，有44A(4，4)种站法;
共A(5，5)+44A(4，4)种站法。
(2)第一类:甲在排尾，乙在排头，有A(4，4)种方法;
第二类:甲在排尾，乙不在排头，有3P(4，4)种方法;
第三类:乙在排头，甲不在排头，有4P(4，4)种方法;
第四类:甲不在排尾，乙不在排头，有P(3，3) A(4，4)种方法;
共P(4，4)+3A(4，4)+4A(4，4)+A(3，3) A(4，4)=312种。
二、捆绑法与插空法
例1:某人射击8枪，命中4枪，恰好有三枪连续命中，有多少种不同的情况?
中公分析:连续命中的三枪与单独命中的一枪不能相邻，因而这是一个插空问题。另外没有命中的之间没有区别，不必计数。即在四发空枪之间形成的5个空中选出2个的排列，即A(5，2)。
例2:马路上有编号为l，2，3，……10 十个路灯，为节约用电又看清路面，可以把其中的三只灯关掉，但不能同时关掉相邻的两只或三只，在两端的灯也不能关掉的情况下，求满足条件的关灯方法共有多少种?
中公分析:即关掉的灯不能相邻，也不能在两端。又因为灯与灯之间没有区别，因而问题为在7盏亮着的灯形成的不包含两端的6个空中选出3个空放置熄灭的灯。
共C(3，6)=20种方法。
三、隔板法
例:10个名额分配到八个班，每班至少一个名额，问有多少种不同的分配方法?
中公分析:把10个名额看成十个元素，把这10个元素任意分成8份，并且每份至少有一个类似该种思维，实际上就是在这十个元素之间形成的九个空中，选出七个位置放置档板，就可以很形象的达到目标。
四、间接计数法
例:三行三列共九个点，以这些点为顶点可组成多少个三角形?
中公分析:有些问题正面求解有一定困难，可以采用间接法。
比如说该题直接去求三角形的个数分类太多，比较复杂;换个方式思考，所求问题的方法数=任意三个点的组合数-三点共线的情况数。
倍数:
倍数关系核心判定特征:
如果a/b=m/n(m，n互质)，则a是m 的倍数;b是n的倍数。
如果a=(m/n)×b(m，n互质) ，则a是m的倍数;b是n 的倍数。
如果a/b=m/n(m，n互质)，则ab应该是m ? n的倍数当数学运算题目中出现了百分数(浓度问题除外)、分数和倍数关系时，可考虑能否用倍数关系核心判定特征快速解题。在应用的时候，一般是从所求的量入手，根据题目所给的条件构建倍数比例关系 。
例1、某城市共有四个区，甲区人口数是全城的4/13，乙区的人口数是甲区的5/6，丙区人口数是前两区人口数的4/11，丁区比丙区多4000人，全城共有人口多少万,(2003年浙江公务员考试行测第17题)
A、18.6万 B、15.6万 C、21.8万 D、22.3万
答案:B 解析:读完这个题目，发现多处出现分数，我们优先考虑能否用倍数关系核心判定特征快速解题。题目求得事全城人口，观察发现与这个量有关系的就是题目中第一个条件，即“甲区人口数是全城的4/13”，显然可以构建一个等价比例关系，即:甲区=(4/13)×全城，有倍数关系核心判定特征马上知道，全城应该是13的倍数，代入选项，发现只有B符合。
例2、某班男生比女生人数多 80%，一次考试后，全班平均成绩为 75 分，而女生的平均分比男生的平均分高 20% ，则此班女生的平均分是( )(2007年国家公务员考试行测第52题)
A、84 分 B、85 分 C、86 分 D、87 分
答案:D 解析:读完这个题目，发现两处出现百分数，我们优先考虑能否用倍数关系核心判定特征解题。题目求的是女生平均分，观察发现与这个量有关系的就是题目中最后一个条件，即“而女生的平均分比男生的平均分高 20%”，显然可以构建一个等价比例关系，即:女生/男生=1， 20%=120/100=6/5，有倍数关系核心判定特征马上知道，女生平均分应该是6的倍数，代入选项，发现只有A符合。
例3、有一食品店某天购进了 6 箱食品，分别装着饼干和面包，重量分别为 8、9、16、20、22、27 公斤。该店当天只卖出一箱面包，在剩下的 5 箱中饼干的重量是面包的两倍，则当天食品店购进了( )公斤面包(2007年国家公务员考试行测第60题)
A、44 B、45 C、50 D、52
答案:D 解析:读完这个题目，发现两处出现倍数，我们优先考虑能否用倍数关系核心判定特征解题。题目求的是购进面包重量，观察发现与这个量有关系的就是题目中最后一个条件，即“剩下的 5 箱中饼干的重量是面包的两倍”， 显然可以构建一个等价比例关系，即:饼干/面包=2/1，有倍数关系核心判定特征马上知道，剩下的饼干与面包的重量之和是3的倍数。6箱食品重量除以3的余数分别是:2，0，1，2，1，0。卖掉一箱后剩下的是3的倍数，所以卖掉的一箱面包是9公斤或者27公斤，代入验证，假设卖掉的是9公斤，剩下重量是102公斤，其中1/3是面包，即34公斤是面包，显然根据题目给出各箱重量无法出现34公斤面包，所以卖掉的一箱面包是27公斤，剩下重量是75公斤，其中25公斤是面包，显然9公斤和16公斤加起来是25公斤，所以面包一共的重量是9+16+27=52公斤。
倍数关系的核心判定可以帮助我们快速破题，在考试中如果碰到数学运算题目中出现百分数、分数和倍数关系时，我们可以优先考虑用这种方法去解题。
