新編高考數(shù)學(xué)備考沖刺之易錯點點睛系列專題 數(shù)列教師版

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1、 20xx年高考數(shù)學(xué)備考沖刺之易錯點點睛系列 三 數(shù)列 教師版 一、高考預(yù)測 數(shù)列是歷年高考的重點與難點，以等差數(shù)列與等比數(shù)列為基礎(chǔ)考查數(shù)列的性質(zhì)及前n項和的問題是數(shù)列中的中低檔難度問題，一般只要熟悉等差數(shù)列與等比數(shù)列及其前n項和的性質(zhì)即可正確得出結(jié)果.等差數(shù)列與等比數(shù)列是高中階段學(xué)習(xí)的兩種最基本的數(shù)列，也是高考中經(jīng)?？疾椴⑶抑攸c考查的內(nèi)容之一，這類問題多從數(shù)列的本質(zhì)入手，考查這兩種基本數(shù)列的概念、基本性質(zhì)、簡單運算、通項公式、求和公式等．本講內(nèi)容在高考中多以選擇題和填空題的形式出現(xiàn)，屬于中低檔題．解題時應(yīng)從基礎(chǔ)處著筆，首先要熟練掌握這兩種基本數(shù)列的相關(guān)性質(zhì)及公式，然后

2、要熟悉它們的變形使用，善用技巧，減少運算量，既準(zhǔn)又快地解決問題.除此以外，數(shù)列與其他知識的綜合考查也是高考中?？嫉膬?nèi)容，數(shù)列是一種特殊的函數(shù)，它能與很多知識進行綜合，如方程、函數(shù)、不等式、極限，數(shù)學(xué)歸納法（理）等為主要綜合對象，概率、向量、解析幾何等為點綴.數(shù)列與其他知識的綜合問題在高考中大多屬于中高檔難度問題. 數(shù)列是新課程的必修內(nèi)容，從課程定位上說，其考查難度不應(yīng)該太大，數(shù)列試題傾向考查基礎(chǔ)是基本方向．從課標(biāo)區(qū)的高考試題看，試卷中的數(shù)列試題最多是一道選擇題或者填空題，一道解答題．由此我們可以預(yù)測20xx年的高考中，數(shù)列試題會以考查基本問題為主，在數(shù)列的解答題中可能會出現(xiàn)與不等式的綜合、與

3、函數(shù)導(dǎo)數(shù)的綜合等，但難度會得到控制． 二、知識導(dǎo)學(xué) 要點1：有關(guān)等差數(shù)列的基本問題 1．涉及等差數(shù)列的有關(guān)問題往往用等差數(shù)列的通項公式和求和公式“知三求二”解決問題； 2．等差數(shù)列前n項和的最值問題，經(jīng)常轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)的最值問題；有時利用數(shù)列的單調(diào)性（d＞0,遞增；d＜0，遞減）； 3．證明數(shù)列{}為等差數(shù)列有如下方法：①定義法；證明（與n值無關(guān)的常數(shù)）；②等差中項法：證明。 要點2：有關(guān)等比數(shù)列的基本問題 1證明數(shù)列{}為等比數(shù)列有如下方法：①定義法：證明。 ②等比中項法：。 2求一般數(shù)列{}通項公式時常用構(gòu)造數(shù)列法、待定系數(shù)法等。 要點向3：等差、等比數(shù)列綜合問題 1

4、.在解決等差數(shù)列或等比數(shù)列的相關(guān)問題時，“基本量法”是常用的方法，但有時靈活地運用性質(zhì)，可使運算簡便，而一般數(shù)列的問題常轉(zhuǎn)化為等差、等比數(shù)列求解。 2．?dāng)?shù)列求通項的常見類型與方法：公式法、由遞推公式求通項，由求通項，累加法、累乘法等 3.數(shù)列求和的常用方法：公式法、裂項相消法、錯位相減法、分組法、倒序相加法等。 4．解綜合題的成敗在于審清題目，弄懂來龍去脈，透過給定信息的表象，抓住問題的本質(zhì)，揭示問題的內(nèi)在聯(lián)系和隱含條件，明確解題方向，形成解題策略． 要點4：可轉(zhuǎn)化為等差、等比數(shù)列的求和問題 某些遞推數(shù)列可轉(zhuǎn)化為等差、等比數(shù)列解決，其轉(zhuǎn)化途徑有： 1．湊配、消項變換——如將遞推公式

5、（為常數(shù)，≠0，≠1）。通過湊配變成；或消常數(shù)轉(zhuǎn)化為 2．取倒數(shù)法—如將遞推公式遞推式，考慮函數(shù)倒數(shù)關(guān)系有 令則可歸為型。 3．對數(shù)變換——如將遞推公式取對數(shù)得 4．換元變換——（其中p，q均為常數(shù)，（或,其中p，q, r均為常數(shù)）。一般地，要先在原遞推公式兩邊同除以，得：引入輔助數(shù)列（其中），得：則轉(zhuǎn)化為的形式。 要點5：數(shù)列求和的常用方法： 1、直接由等差、等比數(shù)列的求和公式求和，注意對公比的討論. 2、錯位相減法：主要用于一個等差數(shù)列與一個等比數(shù)列對應(yīng)項相乘所得的數(shù)列的求和，即等比數(shù)列求和公式的推導(dǎo)過程的推廣. 3、分組轉(zhuǎn)化法：把數(shù)列的每一項分成兩項，使其轉(zhuǎn)化為幾個等差

6、、等比數(shù)列，再求解. 4、裂項相消法：主要用于通項為分式的形式，通項拆成兩項之差求和，正負項相消剩下首尾若干項，注意一般情況下剩下正負項個數(shù)相同. 5、倒序相加法：把數(shù)列正著寫和倒著寫相加(即等差數(shù)列求和公式的推導(dǎo)過程的推廣). 三、易錯點點睛 命題角度1 數(shù)列的概念 1．已知數(shù)列｛an｝滿足a1=1,an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1,(n≥2)，則｛an｝的通項an=_________. [考場錯解] ∵an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1，∴an-1=a1+2a2+3a3+…+(n-2)an-2，兩式相減得an-an-1=(n-1)a

7、n-1，∴an=nan-1.由此類推： an-1=(n-1)an-2，…a2=2a1，由疊乘法可得an= [專家把脈] 在求數(shù)列的通項公式時向前遞推一項時應(yīng)考慮n的范圍．當(dāng)n=1時，a1=與已知a1=1，矛盾． [對癥下藥] ∵n≥2時，an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1① 當(dāng)n≥3時，an-1=a1+2a2+3a3+…+(n-2)·an-2② ①-②得 an-an-1=(n-1)·an-1∴當(dāng)n≥3時，=n，∵an=··．．．·=n·…·4·3×a2=a2，∵a2=a1=1 ∴當(dāng)n≥2時，an= . 當(dāng)n=1時，a1=1故an= 2．設(shè)數(shù)列

8、｛an｝的前n項和為Sn,Sn=(對于所有n≥1)，且a4=54，則a1的數(shù)值是________. [考場錯解]∵Sn==,∴此數(shù)列是等比數(shù)列，首項是a1，公比是3，由a4=a1·34-1， ∴a1=2． [專家把脈] 此題不知數(shù)列｛an｝的類型，并不能套用等比數(shù)列的公式．而答案一致是巧合． [對癥下藥]∵a4=S4-S3=(34-1)-(33-1)=54，解得a1=2． 3.已知數(shù)列｛an｝滿足a1=1，an=3n-1+an-1(n≥2) (1)求a2，a3； (2)求通項an的表達式． [考場錯解] (1)∵a1=1，∴a2=3+1=4，a3=32+4=13．

9、 (2)由已知an=3n-1+an-1，即an-an-1=3n-1 即an成等差數(shù)列，公差d=3n-1．故an=1+(n-1)·3n-1． [專家把脈] (2)問中an-an-1=3n-1，3n-1不是常數(shù)，它是一個變量，故不符合等差數(shù)列的定義． [對癥下藥] (1)∵a1=1，∴a2=4，a3=32+4=13． (2)由已知an-an-1=3n-1，故an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=3n-1+3n-2+…+3+1=. 4．等差數(shù)列｛an｝中，a1+a2+a3=-24，a18+a19+a20=78，則此數(shù)列前20

10、項和等于 ( ) A.160 B．180 C. 200 D．220 [考場錯解] 由通項公式an=a1+(n+1)d.將a2,a3，a18，a19，a20都表示成a1和d.求a1、d，再利用等差數(shù)列求和，選C． [專家把脈] 此方法同樣可求得解．但解法大繁，花費時間多，計算量大故而出錯，應(yīng)運用數(shù)列的性質(zhì)求解就簡易得多． [對癥下藥] B 由公式m+n=2Pam+an=2ap?(只適用等差數(shù)列)即可求解．由a1+a2+a3=-24，可得：3a2=-24 由a18+a19+a20=78，可得：3a19=78 即 a2

11、=-8，a19=26又∵S20==10(a2+a19)=180 2．若｛an｝是等差數(shù)列，首項a1＞0，a2003+a2004>0，a2003·a2004＜0，則使前n項和Sn>0成立的最大自然數(shù)n是 ( ) A.4005 B．4006 C.4007 D.4008 [考場錯解] ∵a2004+a2003>0，即2a1+2002d+2003d>0，(a1+2002d)(a1+2003d)<0，要使Sn>0．即使na1+d＞0．這樣很難求出a1，d.從而求出最大的自然數(shù) n.故而判斷a2003>0，a2004<0，所以前2003項為正，從第20

12、04項起為負，由等差數(shù)列的n項和的對稱性使Sn＞0．故而取n=4005使Sn>0． [專家把脈] 此題運用等差數(shù)列前n項的性質(zhì)及圖象中應(yīng)注意．a(chǎn)2003>0，a2004<0． 且忽視了這兩項的大?。? [對癥下藥] B ∵a1>0，a2003+a2004>0，a2003·a2004＜0，且｛an｝為等差數(shù)列 ∴{an}表示首項為正數(shù)，公差為負數(shù)的單調(diào)遞減等差數(shù)列，且a2003是絕對值最小的正數(shù)，a2004是絕對值最大的負數(shù)(第一個負數(shù))，且|a2003|＞|a2004|∴在等差數(shù)列｛an｝中，a2003+a2004=a1+a4006>0，S4006=＞0 ∴使Sn＞0成立的

13、最大自然數(shù)n是4006． 3．設(shè)無窮等差數(shù)列｛an｝的前n項和為Sn.(Ⅰ)若首項a1=，公差d=1，求滿足Sk2=(Sk)2的正整數(shù)k; (Ⅱ)求所有的無窮等差數(shù)列｛an｝；使得對于一切正整數(shù)中k都有Sk2=(Sk)2成立． [考場錯解] (1)當(dāng)a1=,d=1時，Sn=n2+n，由Sk2=(Sk)2得k4+k2=，即k=0或k=4． ∴k≠0．故k=4． (Ⅱ)由對一切正整數(shù)k都有Sk2=(Sk)2成立． 即k2a1+d=(ka1+)2 即(a1-)k2-adk2(k-1)+k2(k2-1)-k2(k-1)2=0對—切正整數(shù)k恒成立故 求得a1=0或1，d

14、=0 ∴等差數(shù)列an=｛0,0,0,…｝，或an=｛1，1，1，…｝． [專家把脈] (Ⅱ)中解法定對一切正整數(shù)k都成立．而不是一切實數(shù)．故而考慮取k的特值也均成立． [對癥下藥] (Ⅰ)當(dāng)a1=,d=1時，Sn=na1+由Sk2=(Sk)2,得k4+k2=(k2+k)2，即k3=0.又k≠0，所以k=4． (Ⅱ)設(shè)數(shù)列｛an｝的公差為d，則在Sk2=(Sk)2中分別取k=1,2,得 由（1）得a1=0或a1=1. 當(dāng)a1=0時，代入（2）得d=0或d=6.若a1=0,d=0,則an=0,sn=0,從而Sk2=(Sk)2成立；若a1=0,d=6,則an=6

15、(n-1),由S3=18，（S3）2=324,S9=216知S9≠(S3)2，故所得數(shù)列不符合題意.當(dāng)a1=1時,代入(2)得 4+6b=(2+d)2解得d=0或d=2.若a1=1,d=0,則an=1,Sn=n,從而Sk2=(Sk)2成立；若a1=1,d=2,則an=2n-1,Sn=1+3+…+（2n-1）=n2,從而Sk2=(Sk)2成立.綜上,共有3個滿足條件的無窮等差數(shù)列:①{an}：an=0,即0，0，0，…；②{an}:an=1,即1，1，1，…；③{an}:an=2n-1,即1，3，5，…. 4.已知數(shù)列{an}的各項都是正數(shù),且滿足:a0=1,an+1=an·(4-an),

16、nN.(1)證明an＜an+1＜2,n∈N.(2)求數(shù)列{an}的通項公式an. [考場錯解] 用數(shù)學(xué)歸納法證明：（1）1°當(dāng)n=1時，a0=1,a1=a0（4-a0）=,∴a0＜a1＜2,命題正確. 2°假設(shè)n=k時有ak-1＜ak＜2.則n=k+1時，ak-ak+1=ak-1(4-ak-1)-ak(4-ak) =2(ak-1-ak)-(ak-1-ak)(ak-1+ak)=(ak-1-ak)(4-ak-1-ak).而ak-1-ak＜0. 4-ak-1-ak＞0,∴ak-ak-1＜0.又ak-1=ak(4-ak)=[4-(ak-2)2]＜2.∴n=k+1時命題正確.由1°、2°知對一切

17、n∈N時有an＜an+1＜2. (2)an+1=an(4-an)=[-(an-2)2+4].∴2(an+1-2)=-(an-2)2∴an+1-2=(an-2)2令bn=an-2,∴bn=-()1+2+…+2n-1·又∵b1=a1-2=-.∴bn=-()2n+2n-1.即an=2-()2n+2n-1. [專家把脈] 在（Ⅱ）問中求bn的通項時，運用疊代法.最后到b0而不是b1. [對癥下藥]（Ⅰ）同上，方法二：用數(shù)學(xué)歸納法證明：1°當(dāng)n=1時，a0=1,a1=a0(4-a0)=,∴0＜a0＜a1＜2;2°假設(shè)n=k時有ak-1＜ak＜2成立，令f(x)= x(4-x),f(x)在[0，2

18、]上單調(diào)遞增，所以由假設(shè)有：f(ak-1)＜f(ak)＜f(2),即ak-1(4-ak-1)＜ak(4-ak) ×2(4-2),也即當(dāng)x=k+1時 ak＜ak+1＜2成立，所以對一切n∈N,有ak＜ak+1＜2 (2)下面來求數(shù)列的通項：an+1=an(4-an)=[-(an-2)2+4],所以2（an+1-2）=-(an-2)2令bn=an-2,則bn=-=-(-)2=-·()2…=-（）1+2+…+2n-1b2n，又bn=-1,所以bn=-()2n-1,即an=2+bn=2-()2n-1 專家會診1.要善于運用等差數(shù)列的性質(zhì)：“若m+n=p+q,則am+an=ap+aq”；等差數(shù)列前

19、n項和符合二次函數(shù)特征.借助二次函數(shù)性質(zhì)進行數(shù)形結(jié)合法解等差數(shù)列問題.2.會運用一般與特殊的邏輯思維,利用滿足條件的特值求相關(guān)參數(shù)的值,學(xué)會分析問題和解決問題. 命題角度3 等比數(shù)列 1．?dāng)?shù)列{an}的前n項和記為Sn,已知a1=1,aa+1=(n=1,2,3…).證明:(Ⅰ)數(shù)列{}是等比數(shù)列；(Ⅱ)Sn+1=4an. [考場錯解] (Ⅰ)已知a1=1,an+1=,∴a2=3S1=3,∴S2=4 a3=·S2=2×4=8.∴S3=1+3+8=12. 即.故{}是公比為2的等比數(shù)列. (Ⅱ)由(Ⅰ)知=4·于是Sn+1=4(n+1)·=4an.又a2=3.S2=a1+a2=4,

20、因此對于任意正整數(shù)n≥1,都有Sn+1=4an. [專家把脈] (Ⅰ)中利用有限項判斷數(shù)列類型是運用不完全歸納法,應(yīng)給予證明. (Ⅱ)中運用前推一項必須使 n≥2. [對癥下藥] (Ⅰ) ∵an+1=Sn+1-Sn,an+1=Sn,∴(n+2)Sn=n(Sn+1-Sn),整理得nSn+1=2(n+1)=Sn,所以=2故{}是以2為公比的等比數(shù)列. (Ⅱ)由(Ⅰ)知=4·(n2).于是Sn+1=4(n+1)·=4an(n≥2).又a2=3S1=3, 故S1=a1+a2=4.因此對于任意整數(shù)n≥1,都有Sn+1=4an. 2.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,Sn=(an-1)(n∈N*

21、).(Ⅰ) 求a1,a2;(Ⅱ)求證數(shù)列{an}是等比數(shù)列. [考場錯解] (Ⅰ)S1=(a1-1),得a1=-,S2=(a2-1),即a1+a2=(a2-1),得a2=. (Ⅱ)an=Sn-Sn-1=(an-1)-(an-1-1),得,所以{an}是首項為-，公比為-的等比數(shù)列. [專家把脈] 在利用an=Sn-Sn-1公式時,應(yīng)考慮n≥2時才能成立. [對癥下藥] (Ⅰ)由S1=(a1-1),?得a1=(a1-1),∴a1=-.又S2=(a2-1),即a1+a2=(a2-1),得a2=. (Ⅱ)當(dāng)?n＞1時,an=SnSn-1=(an-1)-(an-1-1),得=-,所以{a

22、n}是首項為-,公比為-的等比數(shù)列. 3.等比數(shù)列的四個數(shù)之和為16,中間兩個數(shù)之和為5,則該數(shù)列的公比q的取值為 ( ) A. 或4 B. 或 C. 4或- D. 4或或或 [考場錯解] 設(shè)這四個數(shù)為,aq,aq3.由題意得由①得a=,代入②得q=或q2=2.q2=或q2=4,故所求的公比為或4.故應(yīng)選A. [專家把脈] 上述解答設(shè)等比數(shù)列的公比為q2是不合理的.這相當(dāng)于增加了四個數(shù)同號這個條件,而題設(shè)中的四個數(shù)不一定同號.因此,產(chǎn)生了漏解現(xiàn)象. [對癥下藥]設(shè)這四個數(shù)為a,aq,aq2,aq3,則或-.因此,應(yīng)選D. 4.設(shè)數(shù)列{an}的首項a1=a≠,且an+1=

23、 (Ⅰ)求a2,a3;(Ⅱ)判斷數(shù)列{bn}是否為等比數(shù)列,并證明你的結(jié)論;(Ⅲ)求(b1+b2+b3+…+bn). [考場錯解] (Ⅰ)a2=a1+=a+,a3=a2=a; (Ⅱ)bn+1=a2n+1-. (Ⅲ)求(b1+b2+b3+…+bn)= =. [專家把脈]在求證bn是等比數(shù)列是時，式子中，an中n為偶數(shù)時， 是連續(xù)兩項，并不能得出. [對癥下藥] (Ⅰ)a2=a1+=a+,a3=a2=a+; (Ⅱ)∵a4=a3+=a+,所以a5=a4=a+,所以b1=a1-=a-,b2=a3-=(a-),b3=a5-=(a-),猜想:{bn}是公比為的等比數(shù)列. 證明如下:因為bn

24、+1=a2n+1-=a2n-=(a2n-1-)=bn,(n∈N*)所以{bn}是首項為a-,公比為的等比數(shù)列. (Ⅲ)求(b1+b2+b3+…+bn)= 專家會診1.證明等比數(shù)列時應(yīng)運用定義證為非0常數(shù),而不能(此時n≥2).2.等比數(shù)列中q可以取負值.不能設(shè)公比為q2.3.會運用等比數(shù)列性質(zhì),“若m+n=p+k,則am·an=ap·ak”. 命題角度 4 等差與等比數(shù)列的綜合 1.(典型例題)已知數(shù)列{an}的前n項和Sn=a[2-()n-1]-b[2-(n+1)()n-1](n=1,2,…),其中a,b是非零常數(shù),則存在數(shù)列{xn}、{yn}使得（ ） A.an=xn+y

25、n,其中{xn}為等差數(shù)列，{yn}為等比數(shù)列 B．a(chǎn)n=xn+yn,其中{xn}和{yn}都為等差數(shù)列 C．a(chǎn)n=xn·yn,其中{xn}為等差數(shù)列，{yn}為等比數(shù)列D．a(chǎn)n=xn·yn,其中{xn}和{yn}都為等比數(shù)列 [考場錯解]∵a[2-()n-1]=xn，b[2-(n-1)()n-1]=yn,又∵xn,yn成等比數(shù)列，故選D. [專家把脈]應(yīng)從數(shù)列{an}的前n項和Sn的表達式入手，而不能從形式上主觀判斷. [對癥下藥] C. a1=S1=3a an=Sn-Sn-1=a[2+()n-1]-b[2-(n+1)·()n+1] -a[2+()n-2]+b[2-n()n-

26、2]=(bn-b-a)·()n-1 ∵{()n-1}為等比數(shù)列,{bn-a-b}為等差數(shù)列. 2.已知數(shù)列{an}是首項為a且公比q不等于1的等比數(shù)列，Sn是其前n項和，a1,2a7,3a4成等差數(shù)列.(Ⅰ) 證明12S3,S6,S12-S6成等比數(shù)列; (Ⅱ)求和Tn=a1+2a4+3a7+…+na3n-2. [考場錯解] (Ⅰ)由a1,2a7,3a4 成等差數(shù)列.得4a7=a1+3a4,4aq6=a+3aq3.從而可求q3=-,或q3=1.當(dāng)q3=-時，=，=q6=.故12S3，S6，S12-S6成等比數(shù)列.當(dāng)q3=1時,=，=q6=1.故12S3,S6,S12-S6不成等比數(shù)列.

27、 [專家把脈]本題條件中已規(guī)定q≠1.故應(yīng)將q=1時舍去. [對癥下藥](Ⅰ)證明:由a1,2a7,3a4成等差數(shù)列.得4a7=a1+3a4,即4aq6=a+3aq3.變形得(4q3+1)(q3-1)=0,所以q3=-或q3=1(舍去)由==1+q6-1=q6=,得=.所以12S3,S6,S12-S6成等比數(shù)列. (Ⅱ)解法:Tn=a1+2a4+3a7+…+na3a-2=a+2aq3+3aq6+…+naq3(n-2), 即Tn=a+2·(-)a+3·(-)2a+…+n·(-)n-1a. ① ①×(-)3a得:-Tn=-a+2·(-)2a+3·(-)3a+…+n·(-)na

28、 ② ①-②有：Tn=a+(-)a+(-)2a+(-)3a+…(-)n-1a-n·(-)na =-n·(-)na=a-(+n)·(-)na.所以Tn=·(-)na. 3.如圖，△OBC的三個頂點坐標(biāo)分別為（0，0）、（1，0）、（0，2），設(shè)P1為線段BC的中點，P2為線段CO的中點，P3為線段OP1的中點，對于每一個正整數(shù)n,Pn+3為線段PnPn+1的中點，令Pn的坐標(biāo)為（xn,yn）,an=yn+yn+1+yn+2. (Ⅰ)求a1,a2,a3及an;(Ⅱ)證明yn+4=1-,n∈N*,(Ⅲ)若記bn=y4n+4-y4n,n∈N*,證明{bn}是等比數(shù)列. [考場錯解]（1）∵

29、y1=y2=y4=1,y3=,y5=,可求得a1=a2=a3=2,由此類推可求得an=2 (Ⅱ)將yn+yn+1+yn+2=2同除以2，得yn+4=∴yn+4=1-. (Ⅲ)bn+1=y4n+8-y4n+4=-(y4n+4-y4n)=- bn.∴=-.故{bn}是等比數(shù)列. [專家把脈]第(Ⅰ)問題運用不完全歸納法求出an的通項.理由不充分,第(Ⅲ)問中=-.要考慮b1是否為0.即有意義才更完整. [對癥下藥] (Ⅰ)因為y1=y2=y4=1,y3= ,y5=,所以a1=a2=a3=2.又由題意可知yn+3=.∴an+1=yn+1+yn+2+yn+3=yn+1+yn+2+=yn+yn+

30、1+yn+2=an,∴{an}為常數(shù)列.∴an=a1=2,n∈N*. (Ⅱ)將等式y(tǒng)n+yn+1+yn+2=2兩邊除以2,得yn+=1,又∵yn+4=,∴yn+4=1-. (Ⅲ)∵bn+1=y4n+8-y4n+4=-=-(y4n+4-y4n)=- bn,又∵b1=y8-y4=-≠0,∴{bn}是公比為- 的等比數(shù)列. 4.在等差數(shù)列{an}中,公差d≠0,a2是a1與a4的等比中項.已知數(shù)列a1,a3,,…,akn,…成等比數(shù)列,求數(shù)列{kn}的通項kn. [考場錯解]∵an=a1+(n-1)d,=a1·a4 ∴(a1+d)2=a1(a1+3d).∴d=a1,∴an=nd.a1=d

31、.a3=3d.∴=3=q.∴. ∴=q=3.∴{kn}是公比為3的等比數(shù)列.∴kn=1·3n-1=3n-1. [專家把脈]錯因在把k1當(dāng)作數(shù)列{an}的首項.k1=1.而實際上k1=9. [對癥下藥]依題設(shè)得an=a1+(n-1)d,=a1a4,∴(a1+d)2=a1(a1+3d),整理得d2=a1d, ∵d≠0,∴d=a1,得an=nd,所以,由已知得d,3d,k1d,k2d,…kndn…是等比數(shù)列.由d≠0,所以數(shù)列1,3,k1,k2,…kn,… 也是等比數(shù)列,首項為1,公比為q==3,由此得k1=9.等比數(shù)列{kn}的首項k1=9,公比q=3,所以kn=9×qn-1=3n+1(n

32、=1,2,3,…),即得到數(shù)列{kn}的通項kn=3n+1. 專家會診1.賦值法在解等差、等比數(shù)列問題中是常用方法.從而求出系數(shù)的值及從中找出規(guī)律.2.等比數(shù)列中應(yīng)注意考慮公比等于1的特殊情況,等比數(shù)列中的公差為0的特殊情況在解題時往往被忽視.3在等差數(shù)列與等比數(shù)列中,經(jīng)常要根據(jù)條件列方程(組)求解.要注意常兩種情形的不同之處. 命題角度5 數(shù)列與解析幾何、函數(shù)、不等式的綜合 1．已知定義在R上的函數(shù)f(x)和數(shù)列{an}滿足下列條件：a1=a,an=f(aa-1)(n=2,3,4,…),a2≠a1,f(an)-f(an-1)=k(an-an-1)(n=2,3,4,…),其中a為常數(shù)，

33、k為非零常數(shù).(Ⅰ)令bn=aa+1-an(n∈N*),證明數(shù)列{bn}是等比數(shù)列；(Ⅱ)求數(shù)列{an}的通項公式；(Ⅲ)當(dāng)|k|＜1時，求 [考場錯解](Ⅰ)證明:由b1=a2-a1≠0,可得：b2=a3-a2=f(a2)-f(a1)=k(a2-a1)≠0.由數(shù)學(xué)歸納法可證bn=an+1-an≠0(n∈N*).由題設(shè)條件，當(dāng)n≥2時=k 故數(shù)列{bn}是公比為k的等比數(shù)列. (Ⅱ)由(Ⅰ)知bn=kn-1(a2-a1)(n∈N*)b1+b2+…+bn-1=(a2-a1). (n≥2) 而b1+b2+…+bn-1=a2-a1+a3-a2+…+an-an-1=an-a1(n≥2)∴a

34、n-a1=(a2-a1)(n≥2) 故an=a[f(a)-a] (n∈N*)∴an=a+(n-1)[f(a)-a](n∈N*) (Ⅲ)當(dāng)|k|＜1時==a+ 2.如圖，直線l1:y=kx+1-k(k≠0，k≠)與l2相交于點P.直線l1與x軸交于點P1,過點P1作x軸的垂線交于直線l2于點Q1,過點Q1作y軸的垂線交直線l1于點P2，過點P2作x軸的垂線交直線l2于點Q2，…這樣一直作下去，可得到一系列點P1，Q1，P2，Q2，…點Pn(n=1,2,…)的橫坐標(biāo)構(gòu)成數(shù)列{xn}. (Ⅰ)證明xn+1-1=(xn-1)，(n∈N*);（Ⅱ）求數(shù)列{xn}的通項公式； （Ⅲ）比較2|PP

35、n|2與4k2|PP1|2+5的大小. [考場錯解]證明：設(shè)點Pn的坐標(biāo)是（xn,yn）,由已知條件得點Qn、Pn+1的坐標(biāo)分別是： .由Pn+1在直線l1上，得=?kxn+1+1-k.所以（xn-1）=k(xn+1-1). 即xn+1-1=（xn-1）,n∈N*. (Ⅱ)由（Ⅰ）知，故{xn-1}是等比數(shù)列，且首項x1-1=-，公比為.從而求得xn=1-2×()n,n∈N*. [專家把脈] （Ⅱ）問中對于xn+1-1=(xn-1)先應(yīng)考慮xn-1能否為0，繼而可求. [對癥下藥]（Ⅰ）同錯解中（Ⅰ）. （Ⅱ）解法：由題設(shè)知x1=1-,x1-1=-≠0,又由（Ⅰ）知xn+1-1=

36、(xn-1),?所以數(shù)列{xn-1}是首項為x1-1,公比為的等比數(shù)列.從而xn-1=-×()n-1,即xn=1-2×()n,n∈N*. （Ⅲ）解法：由得點P的坐標(biāo)為（1，1）.所以2|PPn|2=2(xn-1)2+2(kxn+1-k-1)2=8×()2n+2(2)2n-2,4k2|PP1|2＋5＝4k2[(1--1)2(0-1)2]+5=4k2+9. （i）當(dāng)|k|＞，即k＜-或k＞時，4k2?|PP1|2+5＞1+9=10.D而此時0＜||＜1，所以2|PPn|2＜8×1+2=10,故2|PPn|2＜4k2|PP1|2+5. (ii)當(dāng)0＜|k|＜，即k∈（-，0）∪（0，）時，4k

37、2|PP1|2+5＜1+9=10.而此時||＞1，所以2|PPN|2＞8×1+2=10.故2|PPn|2＞4k2|PP1|2+5. 3.已知函數(shù)f(x)=設(shè)數(shù)列{an}滿足a1=1,an+1=f(an),數(shù)列{bn}滿足bn=|an-|，Sn=b1+b2+…+bn(n∈N*).（Ⅰ）用數(shù)學(xué)歸納法證明bn≤；（Ⅱ）證明Sn＜. [考場錯解](Ⅰ)bn=|an-|,又∵an=1+，an+1=(n≥2),∴a2=2,a3=,a4=2.…∴an≥1.bn==…由疊代法.bn≤. （Ⅱ）Sn=b1+b2+…+bn＜(-1)+＜. [專家把脈]運用疊代法時并不能化簡成. [對癥下藥](Ⅰ)證明：

38、當(dāng)x≥0時,f(x)=1+≥1.因為a1=1,所以an≥1(n∈N*).下面用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式bn≤. (1)當(dāng)n=1時，b1=-1,不等式成立，（2）假設(shè)當(dāng)n=k時，不等式成立，即bk≤.那么bk-1=|ak+1-|=.所以，當(dāng)n=k+1時，不等式也成立.根據(jù)（1）和（2），可知不等式對任意n∈N*都成立. (Ⅱ)證明：由（Ⅰ）知，bn≤.所以Sn=b1+b2+…+bn≤(-1)+ ＜（-1）·.故對任意n∈N*,Sn＜ [專家會診]函數(shù)、數(shù)列、解析幾何三者的綜合，展示了知識的交匯性，方法的靈活性.因此解此類題目應(yīng)充分運用函數(shù)與數(shù)列的聯(lián)系，即數(shù)列是一種特殊函數(shù)，以及解析幾何中方

39、程與函數(shù)、數(shù)列的關(guān)系來解題.而數(shù)列與不等式的綜合更顯出問題的綜合性. 命題角度6 數(shù)列的應(yīng)用 1.某企業(yè)20典型例題)若an=n2+An,且數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，則實數(shù)的取值范圍是____________. [考場錯解] ∵（n,an）(nN+)是函數(shù)f(x)=x2+λx圖象上的點，且數(shù)列{an}為遞增數(shù)列， 只需-≤1，即λ≥-2，∴λ的取值范圍是[-2，+∞]． [專家把脈] 忽視了數(shù)列的離散型特征．?dāng)?shù)列{an}為遞增數(shù)列，只要求滿足a1

40、1，也可以在 1-3． ∴λ的取值范圍是(-3，+∞)．(答案不唯一，λ>-3的所有實數(shù)均可)． 4．(典型例題)自然狀態(tài)下的魚類是一種可再生資源，為持續(xù)利用這一資源，需從宏觀上考察其再生能力及捕撈強度對魚群總量的影響．用xn表示某魚群在第n年年初的總量，n∈N+,且x1>0．不考慮其他因素，設(shè)在第n年內(nèi)魚群的繁殖量及捕撈量都與Xn成正比，死亡量與x2n成正比，這些比例系數(shù)依次為正常數(shù)a，b，C，(Ⅰ)求xn+1與xn的關(guān)系式；(Ⅱ)猜測：當(dāng)且僅當(dāng)x1,a，b，c滿足什么條件時，每年年初魚群的總量保持不變?(不要求證明) (Ⅲ)設(shè)a=2，c=1，為保證對任意x1∈

41、(0，2)，都有xn>0，n∈N+，則捕撈強度b的最大允許值是多少?證明你的結(jié)論． [考場錯解] (1)xn+1 -xn=axn-bxn-cx2n (axn，bxn，cx2n分別為繁殖量、捕撈量，死亡量) (Ⅱ)xn=x1(n∈N+)．由(Ⅰ)式得xn(a-b-cxn)=0． ∴x1= (Ⅲ)∵x1 ∈(0，2)．a(chǎn)=2．c=1．∴0<2-b<2 0

42、捕撈量為bxn，死亡量為cx2n，因此xx+1- xn=axn-bxn-cx2n，n∈N*．(*) 即xn+1=xn(a-b+1- cxn)，n∈N*．(答案：) (Ⅱ)若每年年初魚群總量保持不變，則xn恒等于x1，n∈N*，從而由(*)式得xn(a-b-cxn)恒等于0，n∈ N*，所以a-b-cx1=0．即x1=因為x1>0，所以a>b．猜測：當(dāng)且僅當(dāng)a>b，且x1=時，每年年初魚群的總量保持不變． (Ⅲ)若b的值使得xn>0，n∈N*，由xn+1=xn(3-b-xn)，n∈N*，知0

43、)，所以b∈(0，1]，由此猜測b的最大允許值是1．下證，當(dāng)x1∈(0，2)，b=1時，都有xn∈(0，2)，n∈N* ①當(dāng)n=1時，結(jié)論顯然成立． ②假設(shè)當(dāng)n=k時結(jié)論成立，即xk∈(0，2)，則當(dāng)n =k+1時，xk+1=xk(2-xk)>0．又因為xk+1=xk(2- xk)=-(xk-1)2+l≤1<2，所以xk+1∈(0，2)，故當(dāng)n=k+1時結(jié)論也成立．由①、②可知，對于任意的n∈N*，都有xn∈(0，2)．綜上所述，為保證對任意x1∈(0，2)，都有xn>0，n∈N*，則捕撈強度b的最大允許值是1． 5．假設(shè)某市：2004年新建住房400萬平方米，其中有250萬平方米是中低

44、價房．預(yù)計在今后的若干年內(nèi)，該市每年新建住房面積平均比上一年增長8％．另外，每年新建住房中，中低價房的面積均比上一年增加50萬平方米．那么，到哪一年底，(1)該市歷年所建中低價房的累計面積(以2004年為累計的第一年)將首次不少于4750萬平方米?(2)當(dāng)年建造的中低價房的面積占該年建造住房面積的比例首次大于85％? [考場錯解] (1){an}是等差數(shù)列 an是中低價房面積．a(chǎn)1=250，d=50．∴Sn=25n2+225n由25n2+ 225n ≥4750即n≥10． (2)設(shè)幾年后新建住房面積S為：400(1+8％)n． 85％<25n2+225n． [專家把脈] (2)

45、問中應(yīng)是第幾年的中低價房的面積而不是累計面積． [對癥下藥] (1)設(shè)中低價房面積形成數(shù)列{an}，由題意可知{an}是等差數(shù)列，其中a1=250，d=50，則Sn= 250n+×50=25n2+225n， 令25n2+225n≥4750，即n2+9n-190≥0，而n是正整數(shù)，∴n≥10．到 底，該市歷年所建中低價房的累計面積將首次不少于4750萬平方米．設(shè)新建住房面積形成數(shù)列{bn}，由題意可知 {bn}是等比數(shù)列，其中b1=400，q=1．08，則bn=400·(1．08)n-1·0．85．由題意可知an>0．85bn，有250+ (n-1)·50>400·(1．08)n-1·0

46、．85．由計算器解得滿足上述不等式的最小正整數(shù)n=6．到2009年底，當(dāng)年建造的中低價房的面積占該年建造住房面積的比例首次大于85％． 四、典型習(xí)題導(dǎo)練 1、各項都為正數(shù)的數(shù)列滿足。（Ⅰ）求數(shù)列的通項公式；（Ⅱ）求數(shù)列的前項和。 【解析】（Ⅰ）由可知數(shù)列是以1為首項，公差為2的等差數(shù)列 ，又，則 （Ⅱ） 2、已知數(shù)列滿足：，且，，數(shù)列的前項和為（Ⅰ）求數(shù)列的通項（Ⅱ）求證： 【解析】（Ⅰ） （Ⅱ）數(shù)列的前項和為： 因為是正整數(shù)，所以故 3、已知是公比大于的等比數(shù)列，它的前項和為， 若，，，成等差數(shù)列，且，（）（Ⅰ）求；（Ⅱ）求數(shù)列的前項和. 【解析】（Ⅰ）依，，

47、，成等差數(shù)列，得 -----（2分） 從而 得 故.------（4分） （Ⅱ）當(dāng)時， 則 ----------（1分） 令， 得故.------------（3分） 于是.------（2分） 4、已知數(shù)列滿足,．（Ⅰ）證明數(shù)列是等比數(shù)列,并求出數(shù)列的通項公式；（Ⅱ）設(shè)數(shù)列的前項和為，且對一切，都有 成立，求. 【解析】（Ⅰ）由可得 所以數(shù)列是以2為首項，3為公比的等比數(shù)列 …………3分 故有 …6分 （Ⅱ） 由 可知當(dāng)時,,, 當(dāng)時,, ……………8分 設(shè) ，……11分 綜上……………12分 5、已知函數(shù)（x≠0），各項均為正數(shù)的數(shù)列中

48、,,.（Ⅰ）求數(shù)列的通項公式；（Ⅱ）在數(shù)列中,對任意的正整數(shù), 都成立，設(shè)為數(shù)列的前項和試比較與的大小. 【解析】（Ⅰ）由題意知,∴是以1為首項4為公差的等差數(shù)列 . ∴, ∴, ∴..6分 （Ⅱ）, ∴ 13分 6、已知數(shù)列滿足：且（）（Ⅰ）求證：數(shù)列為等比數(shù)列，并求數(shù)列的通項公式；（Ⅱ）證明：（）。 【解析】（Ⅰ）由題得：an+1（an+n）=2（n+1）an ， 即 故 又 所以數(shù)列為等比數(shù)列， ……3分 ， ……6分 （Ⅱ）由上知…8分 所以（）。 …………12分 7、已知等差數(shù)列滿足，數(shù)列的前項和為.①求數(shù)列和的通項公式；②解不等式. 【解

49、析】考查等差數(shù)列、等比數(shù)列，考查探究能力和邏輯思維能力.①設(shè)數(shù)列的公差為， 由，得，∴.由數(shù)列的前項和為可知 當(dāng)時，，當(dāng)時，，該式對也成立. 所以數(shù)列的通項公式為的通項公式為. ②由得∵時，時， 又單調(diào)遞減，單調(diào)遞增.∴不等式的解集為. 8、數(shù)列{}的前n項和記為，點在曲線上（）. （Ⅰ）求數(shù)列｛｝的通項公式；（Ⅱ）設(shè)，求數(shù)列{}的前n項和的值. 【解析】（Ⅰ）由點在曲線上（）知, （1分） 當(dāng)≥２時＝＝；（4分） 當(dāng)時， ，滿足上式；（5分）∴數(shù)列｛｝的通項公式為 （6分） （Ⅱ）由得（7分）∴①（8分） 上式兩邊乘以2，得 ②（9分） ①－②得 10分∴，

50、即.12分 9、在等差數(shù)列{an}中，滿足3a5＝5a8，Sn是數(shù)列{an}的前n項和．（Ⅰ）若a1＞0，當(dāng)Sn取得最大值時，求n的值；（Ⅱ）若a1＝－46，記bn＝，求bn的最小值． 【解析】（Ⅰ）設(shè){an}的公差為d，則由3a5＝5a8，得3(a1＋4d)＝5(a1＋7d)，∴d＝－a1． ∴Sn＝na1＋×(－a1)＝－a1n2＋a1n＝－a1(n－12)2＋a1． ∵a1＞0，∴當(dāng)n＝12時，Sn取得最大值．………（6分） （Ⅱ）由（Ⅰ）及a1＝－46，得d＝－×(－46)＝4， ∴an＝－46＋(n－1)×4＝4n－50，Sn＝－46n＋×4＝2n2－48n． ∴bn＝

51、＝＝2n＋－52≥2－52＝－32， 當(dāng)且僅當(dāng)2n＝，即n＝5時，等號成立．故bn的最小值為－32．………（12分） 10、數(shù)列的前n項和記為Sn，，點（Sn，）在直線上，n∈N*．（Ⅰ）若數(shù)列是等比數(shù)列，求實數(shù)t的值；（Ⅱ）設(shè)，在（1）的條件下，求數(shù)列的前n項和；（Ⅲ）設(shè)各項均不為0的數(shù)列中，所有滿足的整數(shù)i的個數(shù)稱為這個數(shù)列的“積異號數(shù)”，令（），在（2）的條件下，求數(shù)列的“積異號數(shù)” 【解析】（Ⅰ）由題意，當(dāng)時，有 （1分）兩式相減，得，（2分） 所以，當(dāng)時是等比數(shù)列，要使時是等比數(shù)列，則只需從而得出（4分） （Ⅱ）由（Ⅰ）得，等比數(shù)列的首項為，公比，∴ （5分） ∴ （6

52、分）∴ ① （7分） 上式兩邊乘以3得 ② （8分） ①－②得（9分）∴ （10分） （Ⅲ） 由（Ⅱ）知，∵∵，，∴（11分） ∵，∴數(shù)列遞增.（12分） 由，得當(dāng)時，cn>0. （13分）∴數(shù)列的“積異號數(shù)”為1.（14分） 11、定義數(shù)列： ，且對任意正整數(shù)，有. （Ⅰ）求數(shù)列的通項公式與前項和；（Ⅱ）問是否存在正整數(shù)，使得？若存在，則求出所有的正整數(shù)對；若不存在，則加以證明. 【解析】考查了等差、等比數(shù)列的通項公式、求和公式，數(shù)列的分組求和等知識，考查了學(xué)生變形的能力，推理能力，探究問題的能力，分類討論的數(shù)學(xué)思想、化歸與轉(zhuǎn)化的思想以及創(chuàng)新意識． （

53、Ⅰ）對任意正整數(shù)， ， .1分 所以數(shù)列是首項,公差為等差數(shù)列；數(shù)列是首項,公比為的等比數(shù)列2分 對任意正整數(shù),,.3分 所以數(shù)列的通項公式或 4分 對任意正整數(shù), . 5分 6分 所以數(shù)列的前項和為. 或 7分 （Ⅱ）,從而,由知 8分 ①當(dāng)時, ,即；9分 ②當(dāng)時, ,即；10分 ③當(dāng)時, ,則存在, 使得從而,得, ，得,即. 13分 綜上可知,符合條件的正整數(shù)對只有兩對：與 14分 12、在數(shù)列中，已知，，且 （Ⅰ）記,求證：數(shù)列是等差數(shù)列；（Ⅱ）求的通項公式；（Ⅲ）對, 是否總使得？若存在，求出的值，若不存在，請說明理由。 【解析】（Ⅰ）

54、由題意得 又，故是以為首項，以2為公差的等差數(shù)列； 4分 （Ⅱ）由（Ⅰ）得 8分 （Ⅲ）設(shè)對任意存在,使得,即整理得 ，而總為偶數(shù)且非負，故 13分 13、設(shè)數(shù)列滿足．（Ⅰ）求數(shù)列的通項公式；（Ⅱ）證明：對于一切正整數(shù)，． 【解析】：（Ⅰ）由 令，當(dāng)時， ① 當(dāng)時， ② 當(dāng)時，，．………7分 （Ⅱ）當(dāng)時，要證，只需證． 只需證． 因為 ． 當(dāng)綜上所述……14分 14、已知在數(shù)列中，，（且（Ⅰ）若是等比數(shù)列，求與滿足的條件；（Ⅱ）當(dāng)，時，某點從原點出發(fā)，第1次向右（沿軸正向）移動，第2次向上（軸正向）移動，第3次向左移

55、動，第4次向下移動，以后依次按向右、向上、向左、向下的方向移動，設(shè)第次移動的位移是，設(shè)第次移動后，該點的橫坐標(biāo)為，求數(shù)列的前項和 【解析】（Ⅰ），， 由于是等比數(shù)列所以即：所以 或 （Ⅱ）當(dāng)，時，， 依題意得：，，…， ∴. ∴.∴. ∴ . 令① ②①-②得 ∴∴. 15、在平面直角坐標(biāo)系上，設(shè)不等式組表示的平面區(qū)域為，記內(nèi)的整點（橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點）的個數(shù)為.（Ⅰ）求出的值（不要求寫過程）；（Ⅱ）證明數(shù)列為等差數(shù)列；（Ⅲ）令=（n∈N*），求 【解析】（Ⅰ） ……3分 （Ⅱ）由 …4分所以平面區(qū)域為內(nèi)的整點為點

56、（3,0）與在直線上…5分直線與直線交點縱坐標(biāo)分別為…6分內(nèi)在直線上的整點個數(shù)分別為4n+1和2n+1, …7分 ……8分 數(shù)列為等差數(shù)列. …9分 （Ⅲ）∵bn=……10分 ……………14分 16、已知數(shù)列、滿足，，數(shù)列的前項和為.（Ⅰ）求證：數(shù)列為等差數(shù)列；（Ⅱ）設(shè)，求證：；（Ⅲ）求證：對任意的都有成立． 【解析】（Ⅰ）由得代入得整理得， ∵否則，與矛盾從而得, -----3分 ∵ ∴數(shù)列是首項為1，公差為1的等差數(shù)列-------4分 （Ⅱ）∵，則． ∴＝ ＝---------6分 證法1：∵ ＝＝∴．-----8分 證法2：∵ ∴∴ ∴．--

57、--8分 （Ⅲ）用數(shù)學(xué)歸納法證明： ①當(dāng)時，不等式成立；-----9分 ②假設(shè)當(dāng)（，）時，不等式成立，即，那么當(dāng)時 ---12分 ＝ ∴當(dāng)時，不等式成立由①②知對任意的,不等式成立．-------14分 17、在數(shù)列中，已知， （Ⅰ）求數(shù)列的通項公式； （Ⅱ）若（為非零常數(shù)），問是否存在整數(shù)，使得對任意都有？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由。 【解析】（Ⅰ）由①得：② ①-②得，即有,數(shù)列是從第二項為，公比為的等比數(shù)列 即， 而滿足該式， （Ⅱ） ， 要使恒成立 恒成立即 當(dāng)為奇數(shù)時，恒成立，而的最小值為 當(dāng)為偶數(shù)時，恒成立，而的最大值

58、為 或所以，存在，使得對任意都有 18、數(shù)列的前項和為，，且對任意正整數(shù),點在直線上. (Ⅰ) 求數(shù)列的通項公式；（Ⅱ）是否存在實數(shù)，使得數(shù)列為等差數(shù)列？若存在，求出的值；若不存在，則說明理由. （Ⅲ）已知數(shù)列，，，求證：. 【解析】(Ⅰ)由題意可得：①時, ② ①─②得， 是首項為，公比為的等比數(shù)列，… 4分 （Ⅱ） 欲使成等差數(shù)列,只須即便可. 故存在實數(shù)，使得數(shù)列成等差數(shù)列.…………… 9分 （Ⅲ） 又函數(shù)在上為增函數(shù)， ，，．…… 14分 19、已知數(shù)列{an}

59、各項均為正數(shù)，Sn為其前n項和，對于，總有成等差數(shù)列. （Ⅰ）求數(shù)列{an}的通項an（Ⅱ）設(shè)數(shù)列的前n項和為Tn,數(shù)列{Tn}的前n項和為Rn,求證：時，；（Ⅲ）對任意，試比較與的大小 【解析】（Ⅰ）由題意，得（n∈N*）．于是，兩式相減，得， 即an+1+an=(an+1+an)(an+1-an)，由題，an>0，an+1+an≠0，得an+1-an=1，即{an}為公差為1的等差數(shù)列． 又由，得a1=1或a1=0（舍去）．∴ an=1+(n-1)·1=n (n∈N*)．…………5分 （Ⅱ）證法一：由（I）知，于是， 于是當(dāng)n≥2時，= == ==n(Tn-1).…………1

60、0分 法二：①當(dāng)n=2時，R1=T1==1，2(T2-1)=2(=1，∴ n=2時，等式成立． ②假設(shè)n=k（k≥2）時，等式成立，即， 當(dāng)n=k+1時， = == = = =． ∴ 當(dāng)n=k+1時，等式也成立．綜合①②知，原等式對n≥2，n∈N*均成立． ……10分 （Ⅲ）由（I）知，．由分析法易知，， 當(dāng)k≥2時， ，∴ ． 即．………14分 20、已知點列，，…，，順次為一次函數(shù) 圖像上的點，點列，，…，，順次為軸正半軸上的點，其中.對于任意，點、、構(gòu)成以為頂點的等腰三角形. （Ⅰ）求的通項公式，并證明是等差數(shù)列；（Ⅱ）試判斷是否為同一常數(shù)（不必證明），

61、并求出數(shù)列的通項公式；（Ⅲ）在上述等腰三角形中，是否存在直角三角形？若有，求出此時的值；若不存在，請說明理由. 【解析】（Ⅰ），.是首項為，公差為等差數(shù)列；…………..3分 （Ⅱ）為常數(shù)，及都是公差為2的等差數(shù)列..4分…..6分 .…..7分 （Ⅲ）要使為直角三角形，則,.…..8分 當(dāng)n為正奇數(shù)時， 取………..10分 當(dāng)n為正偶數(shù)時， 取，得……..12分 綜上可知，存在滿足題意的直角三角形，此時的值為………..13分 21、設(shè)曲線：上的點到點的距離的最小值為,若,, （Ⅰ）求數(shù)列的通項公式；（Ⅱ）求證:；（Ⅲ）是否存在常數(shù),使得對,都有不等式:成立?請說明

62、理由. 【解析】（Ⅰ）設(shè)點,則,所以, 因為,所以當(dāng)時,取得最小值,且, 又,所以,即 將代入 得兩邊平方得,又, 故數(shù)列是首項,公差為的等差數(shù)列,所以, 因為,所以.………………6分 （Ⅱ）因為,所以 所以,所以 所以,所以 以上個不等式相加得.…………………10分 （Ⅲ）因為,當(dāng)時, , 因為, 所以 所以, 所以. 故存在常數(shù),對,都有不等式:成立. …………14分