等差数列等比数列专题

等差数列等比数列专题（共9篇）

等差数列等比数列专题 篇1

(1)在等差数列｛an｝中, a7=9, a13=-2, 则a25=()

A-22B-24C60D64

(2)在等比数列｛an｝中, 存在正整数m, 有am=3，am+5=24, 则am+15=()

A864B1176C1440D1536

(3)已知等差数列an的公差为2,若a1,a3,a4成等比数列, 则a2=()

A–4B–6C–8D–10

(4)设数列an是等差数列，且a26,a86,Sn是数列an的前n项和，则()

AS4>S3BS4=S2CS6

(5)已知由正数组成的等比数列｛an｝中,公比q=2, a1·a2·a3·…·a30=245, 则a1·a4·a7·…·a28=5101520A 2B2C2D2

(6)若{an}是等差数列，首项a10,a2003a20040,a2003.a20040，则使前n项和Sn0成立的最大自然数n是：()

A．4005B．4006C．4007D．4008

(7)在等比数列｛an｝中, a1<0, 若对正整数n都有an

Aq>1B0

a1(3n1)(8)设数列{an}的前n项和为Sn，Sn=(对于所有n≥1)，且a4=54，则a1=__________.2

(9)等差数列｛an｝的前m项和为30, 前2m项和为100, 则它的前3m项和为_________.(10)定义“等和数列”:在一个数列中,如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数,那么这个数列叫做等和数列,这个常数叫做该数列的公和.已知数列an是等和数列, 且a1=2, 公和为5,那么a18的值为_______,这个数列的前21项和S21的值为.(11)已知等差数列｛an｝共2n+1项, 其中奇数项之和为290, 偶数项之和为261, 求第n+1项及项数2n+1的值.(12)设an是一个公差为d(d0)的等差数列，它的前10项和S10110且a1，a2，a4成等比数列.（Ⅰ）证明a1d；（Ⅱ）求公差d的值和数列an的通项公式.(13)已知等比数列｛an｝的各项都是正数, Sn=80, S2n=6560, 且在前n项中, 最大的项为54, 求n的值.(14)ΔOBC的三个顶点坐标分别为（0,0）、（1,0）、（0,2）, 设P1为线段BC的中点,P2为线段CO的中点,P3为线段OP1的中点,对于每一个正整数n, Pn+3为线段PnPn+1的 中点,令Pn的坐标为(xn,yn), an

（Ⅰ）求a1,a2,a3及an;（Ⅱ）证明yn41

(Ⅲ)若记bny4n41ynyn1yn2.2yn,nN;4y4n,nN,证明bn是等比数列.答案:1-7 BDBDA BB8.29.21010.3, 5211.29, 19

等差数列等比数列专题 篇2

第一部分: 基础训练

1. ( 2012·镇江联考) 若x,a1,a2,y成等差数列,x,b1,b2,y成等比数列,则 的取值范围是 ________.

2. 三个互不相等的实数成等差数列,适当交换这三个数的位置后,变成一个等比数列,则此等比数列的公比是_____.

3. 设数列 { an} 的前n项和为Sn,令 已知数列a1,a2,…,a500的“理想数”为2004,那么数列12,a1, a2,…,a500的“理想数”为________.

基础题是对数列通项、前n项和的简单理解,让学生熟悉等差、等比数列的相关公式.

第二部分: 数列的性质

1. 设{ an} 为等差数列,若a11 /a10 < - 1,且它的前n项和Sn有最小值,那么当Sn取最小正值时,n等于________ .

2. ( 2012·无锡名校第二次考试) 若一个数列的第m项等于这个数列的前m项的积,则称该数列为“m积数列”. 若正项等比数列{ an} 是一个“2012积数列”,且a1> 1,则其前n项的积最大时,n =________.

3. 在等差数列{ an} 中,公差d =1 /2,前100项的和S100 = 45,则a1+ a3+ a5+ … + a99=_______ .

4. 一个有限项的等差数列,前4项之和为40,最后4项之和是80,所有项之和是210,则此数列的项数为 ________.

通过这组题让学生对考查知识点灵活把握,熟练区分等比、等差数列.

第三部分: 基本量计算

1. ( 2012·南京模拟) 设Sn是等差数列{ an} 的前n项和. 若S3 /S7 =1/ 3,则S6/ S7 = ________.

2. 已知两个等比数列 { an} ,{ bn} 满足a1= a ( a > 0) , b1- a1= 1,b2- a2= 2,b3- a3= 3,若数列 { an} 唯一, 则a = _______.

3. ( 2004年江苏) 设无穷等差数列 { an} 的前n项和为Sn.

( 1) 若首项a1=3 /2,公差d =1,求满足 的正整数k; ( 2) 求所有的无穷等差数列{ an} ,使得对于一切正整数k都有 成立.

这组题告诉学生有一种方法叫基本量法,不要盲目追求技巧的运用.

第四部分: 数列单调性

1. 设Sn是公差为d( d≠0) 的无穷等差数列{ an} 的前n项和,则下列命题正确的有_________.

①若d <0,则数列{ Sn} 有最大项;

②若数列{ Sn} 有最大项,则d <0;

③若数列{ Sn} 是递增数列,则对任意n∈N*,均有Sn> 0;

④若对任意n∈N*,均有Sn> 0,则数列{ Sn} 是递增数列.

2. ( 本小题满分12分) 已知数列{ an} 的前n项和为Sn,且a2an= S2+ Sn对一切正整数n都成立.

( Ⅰ) 求a1,a2的值;

( Ⅱ) 设a1> 0,数列 的前n项和为Tn,当n为何值时,Tn最大? 并求出Tn的最大值.

本题主要考查等比数列、等差数列的概念和前n项和公式,以及对数运算等基础知识,考查逻辑推理能力、基本运算能力以及方程与函数、化归与转化等数学思想.

第五部分: 构造或证明数列

1. ( 2012·扬州高三期末 ) 设数列 { bn} 满足

( 1) 若b3= 3,求b1的值;

( 2) 求证: 数列{ bnbn+1bn+2+ n} 是等差数列.

2. 已知数列{ an} 满足an> 0且对一切n∈N*,有

( 1) 求证: 对一切n∈N*有

( 2) 求证: { an} 是等差数列,并求数列{ an} 通项公式.

3. 设数列 { an} 是一个无穷数列,记

( 1) 若{ an} 是等差数列,证明: 对于任意的n∈N*, Tn= 0; ( 2) 对任意的n∈N*,若Tn= 0,证明: { an} 是等差数列.

这部分对学生的能力要求不算太高,通过例题引导学生学会构造数列的一般思路,并多练习,寻找感觉. 要敢于动手.

第六部分: 通项与求和

1. 下面的数组均由三个数组成,它们是: ( 1,2,3) ,( 2, 4,6) ,( 3,8,11) ,( 4,16,20) ,( 5,32,37) ,…,( an,bn,cn) .

( 1) 请写出cn的一个表达式,cn=__________;

( 2) 若数列{ cn} 的前n项和为Mn,则M10=_____.( 用数字做答)

2. 已知数列{ an} 满足 则数列{ an} 的前100项的和为______.

关于求和这一块,有多种方法应做系统的专题复习,包括定义、公式、整体思想、化归转化思想的运用等.

数列专题训练 篇3

1.在等差数列{an}中，若a1>0，a18+a19=0，则当Sn取得最大值时，n=________.

2.已知数列{an}的通项公式为an=1n（n+1），则其前n项的和为________.

3.设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S3S6=13，则S6S9=________.

4.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a6=S3=12，则an=________.

5.已知数列{an}中，a1=1，a2=12，1an—1+1an+1=2an（n>1且n∈N*），则数列{an}的第n项= .

6.数列{an}的通项an=11+2+3+…+n，则数列{an}的前n项和为________.

7.一个项数为偶数的等比数列，各项之和为偶数项和的4倍，前3项之积为64，则通项公式为________.

8.设等差数列{an}的前n项和为Sn.若S2k=72，且ak+1=18—ak，则正整数k=________.

9.数列{an}的通项公式an=1n+n+1（n∈N*），若前n项和为10，则项数n=________.

10.已知数列{an}是以—2为公差的等差数列，Sn是其前n项和，若S7是数列{Sn}中的唯一最大项，则数列{an}的首项a1的取值范围是________.

11.在数列{an}中，a1=1，a2=2且an+2—an=1+（—1）n（n∈N*），则S100=________.

12.若{an}是等差数列，首项a1>0，a2003+a2004>0，a2003·a2004<0，则使前n项和Sn>0成立的最大正整数为________.

13.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若m>1，m∈N，am—1+am+1—a2m=0，S2m—1=38，则m=________.

14.己知等比数列{an}的首项a1=64，公比q=—12，设∏nk=1ak表示这个数列的前n项积，则当∏nk=1ak取得最大值时，n=________.

二、解答题（本大题共6小题，共计90分）

15.已知数列{an}满足以下两个条件：

①点（an，an+1）在直线y=x+2上；②首项a1是方程3x2—4x+1=0的整数解.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）等比数列{bn}中，b1=a1，b2=a2，求数列{bn}的前n项和Tn.

16.数列{an}中，a1=8，a4=2且满足an+2=2an+1—ann∈N

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）设Sn=|a1|+|a2|+…+|an|，求Sn；

17.已知数列{an}中，a1=1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S2n=an（Sn—12）.

（1）求Sn的表达式；（2）设bn=Sn2n+1，求{bn}的前n项和Tn.

18.等差数列{an}各项均为正整数，a1=3，前n项和为Sn，等比数列{bn}中，b1=1，且b2S2=64，{ban}是公比为64的等比数列.

（1）求an与bn

（2）证明：1S1+1S2+…+1Sn<34.

19.设{an}是等比数列，Tn=na1+（n—1）a2+…+2an—1+an，已知T1=1，T2=4.

（1）求数列{an}的首项和公比

（2）求数列{Tn}的通项公式.

20.图（1）是第七届国际数学教育大会（ICME7）的会徽图案，它是由一串直角三角形演化而成的（如图（2）），其中OA1=A1A2=A2A3=…=A7A8=1，它可以形成近似的等角螺线.若将图（2）的直角三角形继续作下去，并记OA1、OA2、…、OA8、…OAn的长度所组成的数列为{an}（n∈N*）.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）设bn=1an+1+an，数列{bn}的前n项和为Sn，解不等式|Sn—2|≥4；

（3）若函数f（n）=1n+a21+1n+a22+…+1n+a2n，（n∈N*）求函数f（n）的最小值.

参考答案

1. 18

2. nn+1

3. 12

4. 2n

5. 1n

6. 2nn+1

7. an=4（13）n—2

8. 4

9. 120

10. （12，14）

11. 2600

12. 4006

13. 10

14. 6或7

15.（1）3x2—4x+1=0（3x—1）（x—1）=0x=1/3或x=1，a1为整数解，a1=1，

an+1=an+2，an+1—an=2，为定值数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，则

an=1+2（n—1）=2n—1，数列{an}的通项公式为an=2n—1

（2）a2=a1+2=1+2=3，b2=3，b1=1，q=b2b1=3，数列{bn}是以1为首项，3为公比的等比数列.Tn=（3n—1）/（3—1）=（3n—1）/2

16.解：（1）由题意，an+2—a+1=an+1—an，∴{an}为等差数列，设公差为d，

由题意得2=8+3d，d=—2，∴an=8—2（n—1）=10—2n

（2）若10—2n≥0则n≤5，n≤5时，Sn=|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=8+10—2n2×n=9n—n2

n≥6时，Sn=a1+a2+…+a5—a6—a7…—an=S5—（Sn—S5）=2S5—Sn=n2—9n+40

Sn=9n—n2，n≤5，n∈N

n2—9n+40，n>5，n∈N

17.（1）（Sn）2=[Sn—S（n—1）]（Sn—1/2）

（Sn）2=（Sn）2—Sn/2—SnS（n—1）+S（n—1）/2

Sn+2SnS（n—1）—S（n—1）=0

S（n—1）—Sn=2SnS（n—1）

两边除以SnS（n—1）

1/Sn—1/S（n—1）=2

1/Sn等差，d=2

S1=a1=1

1/Sn=1/S1+2（n—1）=2n—1

Sn=1/（2n—1）

（2）bn=1（2n—1）（2n+1）=12（12n—1—12n+1）

所以Tn=12[（1—13）+（13—15）+…（12n—1—12n+1）]

=12（1—12n+1）=n2n+1

18.（1）等差数列{an}各项均为正整数，a1=3；设公差为d，

an=a1+（n—1）d=3+（n—1）d，前n项和为Sn=3n+n（n—1）d/2，等比数列{bn}中，b1=1，设公比为q，bn=b1qn—1=qn—1，b2S2=64，q（6+d）=64，ban=qan—1=q2+（n—1）d，

ban—1=qan—1—1=q2+（n—2）d，{ban}是公比为64的等比数列，ban/ban—1=qd=64，因为an，bn各项都是正整数，所以d，q为正整数，64=26=43=82=641，

（q，d）为（2，6）（4，3）（8，2）（64，1），只有（8，2）满足q（6+d）=64；

所以d=2，q=8，an=2n+1，bn=8n—1.

（2）an=3+2（n—1）；d=2

Sn=3n+n（n—1）d/2=3n+n（n—1）=n2+3n—n=n（n+2）；

1Sn=12（1n—1n+2）

1Sn—1=12（1n—1—1n+1）

1S3=12（13—15）

1S2=12（12—14）

1S1=12（1—13）

1S1+1S2+1S3+…+1Sn

=12（32—1n+1—1n+2）

<34

∴1S1+1S2+…1Sn<34

19.（1）T1=1，T1=a1，所以a1=1，T2=4，T2=2 a1+a2，4=2+a2，所以a2=2

因为{an}为等比数列，设公比为q，q=a2/a1=2/1=2，所以数列{an}的首项为1，公比为2.

（2）设数列{an}前n项和为Sn，则Tn—Tn—1=Sn=a1+a2+…+an，T1=a1=1，T2=2，a1+a2=4，a2=2，所以q=2

所以Sn=2n—1

Tn=S1+S2+…Sn=2+22+23+…+2n—n=2n+1—n—2

20.（1）an=n

（2）bn=1an+1+an=1n+1+n=n+1—n，Sn=（n+1—n）+（n—n—1）+…+（2—1）=n+1—1，

由|Sn—2|≥4，|n+1—1—2| ≥4，解得n≥48.

（3）f（n）=1n+a21+1n+a22+…+1n+a2n=1n+1+1n+2+…+1n+n，

f（n+1）=1n+2+1n+3+…+1n+1+n+1n+1+n+1，

f（n+1）—f（n）=12n+1+12n+2—1n+1=12n+1—12n+2>0，

高考数学数列专题训练 篇4

一、选择题

1.已知等比数列{a2

n}的公比为正数，且a3·a9=2a5，a2=1，则a1= A.12B.22C.2D.2

2.等差数列a2

n的前n项和为Sn，已知am1am1am0，S2m138,则m

（A）38（B）20（C）10（D）9

3.已知{an}为等差数列，a1a3a5105，a2a4a699，则a20等于

A.1B.1C.3D.7

5.等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3 =6，a1=4，则公差d等于

A．1B53C.2D 3

6.等比数列an的前n项和为sn，且4a1，2a2，a3成等差数列。若a1=1，则s4=

（A）7（B）8（C）15（D）16

7.设an是公差不为0的等差数列，a12且a1,a3,a6成等比数列，则an的前n项和Sn=

A．n27nB．n445nC．n3323n

4D．n2n

二、填空题

8.设等差数列an的前n项和为Sn，若S972,则a2a4a99.设等比数列{an}的公比q1

2，前n项和为SS

n，则4

a

10.若数列{an}满足：a11,an12an(nN)，则a5

前8项的和S8（用数字作答）

等差数列等比数列专题 篇5

1．各项为正的等比数列

中，与的等比中项为，则

A． 1 B． 2 C． 3 D． 4 【答案】C

2．若记等比数列｛an｝的前n项和为Sn，若a12,S36,则S4（）A． 10或8 B． 10 C． 10或8 D． 10或8 【答案】C 【解析】设等比数列的公比为q，由于a12,S36，显然q1，S322q2q26

3，则

q2q20，q2，S4S3a1q362210，选C．

3．在递增等比数列an中，a2a38,a1a49，则a7 A． 32 B． 64 C． 128 D． 16 【答案】B

2【解析】由题易得： a1a48，a1a49，故a1，a4是一元二次方程x9x80的两个实根，又数列an是单调递增的，∴a11，a48，∴q3∴a7a1q62664．故选：B

a48，即q2，a114．设Sn为数列an的前n项和，a11，an12Sn，则数列的前20项和为（）

anA． 31713171 B． C． D．

19191818223443223443【答案】D 【解析】an12Sn，an2Sn1 相减得an13ann2 由a11得出a22,a23a1，an{1,n123n2,n2，1={11n2 an,n223-12D．2 【答案】D 【解析】 20

考点：等比数列的性质．

11．设等比数列{an}中，前n项和为Sn，已知S38，S67，则a2_________． 【答案】【解析】 16 3

考点：等比数列的通项和前n项和的知识及运用．

12．《九章算术》中“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题：“今有恒厚若千尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，则m的值为，问何日相逢，各穿几何？”题意是：有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙，大老鼠第一天进―尺，以后毎天加倍；小老鼠第一天也进―尺，以后每天减半，如果墙足够厚，Sn为前n天两只老打洞之和，则Sn 尺． 【答案】2-【解析】 n1+1 2n-1

等差数列等比数列专题 篇6

<教师备案>

．已知数列的递推公式，求取其通项公式是数列中一类常见的题型，这类题型如果单纯的看某一个具体的题目，它的求解方法是灵活多变的，构造的技巧性也很强，但是此类题目也有很强的规律性，存在着解决问题的通法，本讲就高中数学中常见的几类题型从解决通法上做一总结，方便于学生学习，不涉及具体某一题目的独特解法与技巧．

．教师在上课时需要注意：

⑴

确保学生基础知识的熟练，如基本的等差和等比数列的通项．

⑵

明确数列可以产生衍生数列，如：等等，而这些数列中的“”也会随着的项号的变化而变化．这点可以在后面第一次讲到用辅助数列的时候提到，但一定要举一些例子让学生体会．

⑶

教师要清晰的了解在高中阶段从递推关系求通项的核心思想就是通过代数变形将递推式转化为等差数列或等比数列的递推式．

⑷

高中阶段除了将递推数列转化为等差或等比数列进行求通项外，还有一小部分递推数列是周期数列．比如，就是周期数列．

考点1：

叠加法

知识点睛

由数列的递推公式求通项公式的方法有：（以下）

方法1．叠加法：若数列递推公式为，则通项．

<教师备案>我们知道等差数列可以通过叠加法求通项公式，对于数列有形如的递推式，且的和是可求的，我们可以用同样的方法来求，将递推式变形为，……

将各式相加，得

．

经典精讲

【铺垫】已知数列满足，求．

【解析】

．

【例1】

⑴已知数列满足，且求．

⑵已知数列满足且（），求．

⑶已知数列满足求．

⑷在数列中，，则（）

A．

B．

C．

D．

【解析】

⑴

．

⑵

．

⑶

．

⑷

A；

【点评】

在运用叠加法时，要特别注意项数，计算时项数容易出错．正确写出要累加的首项和末项很重要．

考点2：

叠乘法

知识点睛

由数列的递推公式求通项公式的方法有：（以下）

方法2．叠乘法：若数列递推公式为，则通项．

<教师备案>我们知道叠乘法可以求等比数列的通项，对于数列有形如“”的递推式，且的积是可求的时候，我们可以用同样的方法来求，将递推式变形成，……

将各式相乘，得．

经典精讲

【铺垫】已知数列中，求．

【解析】

．

【例2】

⑴已知数列中，，则数列的通项公式为（）

A．

B．

C．

D．

⑵已知数列中，求数列的通项公式．

⑶已知数列中，，求．

【解析】

⑴

B．

⑵

．

⑶

．

考点3：

构造法

知识点睛

由数列的递推公式求通项公式的方法有：（以下）

方法3．构造法：

⑴

若数列递推公式为，可以设成立，解得，即是等比数列．

⑵

（其中，且，是关于的多项式函数），可设，其中为与的次数相等的多项式函数，各项的系数都待定，通过比较与的各项系数确定待定系数，即为等比数列；

⑶，其中且，，．

①若，则，即为等差数列；

②若，则可以设；

也可两边同时除以或：得或．

<教师备案>

构造法的主要思想是通过观察递推公式的形式，进行合适的代数恒等变换，构造出我们比较熟悉的等差、等比数列，或者类似等差数列（叠加）、类似等比数列（叠乘）．它主要处理递推形式给出的数列，一阶递推主要有两种：⑴；⑵．

这两种递推形式的处理方式如下：

⑴，；

与等比数列的递推公式作对比，发现多一个常数，故考虑构造一个等比数列，于是令，解得，从而得到的表达式，解得的表达式；

例3⑴就是这种形式．

⑵，①当时，即，且数列可以求和时，就是“叠加法”的情形，即；

②当时，ⅰ．是等差数列，故也可以像一样分解：

令，可解得的值，于是成等比数列，可得到的通项公式．

例3⑵就是这种形式．

ⅱ．当成等比数列时，即，若，两边同除以，则，得到数列是一个等差数列；

若，则用待定系数法：设；

也可两边同时除以或：得或，前边的递推式中可以用叠加法求得通项公式，后面的递推式中，可以用（ⅰ）中的待定系数法得到一个等差数列．

例3⑶就是这种形式．

经典精讲

【例3】

⑴在数列中，当时，有，求．

⑵在数列中，，．求．

【追问】如果递推关系中出现了更为复杂的函数，那么该如何进行配凑？

如：在数列中，．求．

⑶已知数列满足，求．

【解析】

⑴

．

⑵

．

【追问】

．

⑶

．

【挑战十分钟】⑴

在数列中，求的通项公式．

⑵

在数列中，求的通项公式．

⑶

在数列中，求的通项公式．

【解析】

⑴

．

⑵

．

⑶

．

【例4】

数列中，求数列的通项公式．

【解析】

．

【点评】本题和例3的区别在于，例3可以说完全是按部就班的套公式，本题需要先代数变形，变成可以去套公式的形式，不过两道例题的整体思想仍然是将递推式左右两边变化出形式类似的代数式，换元后形成（类似）等差或（类似）等比数列．

考点4：

倒数法

知识点睛

由数列的递推公式求通项公式的方法有：（以下）

方法4．倒数法：若数列递推公式为，两边式子取倒数，然后转化为方法3的情形．

<教师备案>

除了一阶递推形式可以用构造法得到一个等差数列或等比数列，或是可以用叠加法或叠乘法处理的数列之外，高中数学中还常常会遇到递推形式为的分式递推数列．这样的数列形式与我们以前的一次分式函数非常相似，对于这样的递推形式，取倒数后分子上就没有了，实现了“变量分离”，得到的形式，于是数列满足的递推式就可以通过叠加法（）或构造法（）去求通项了．

经典精讲

【例5】

⑴已知数列满足，则_________．

⑵已知在数列中，求数列的通项公式．

【解析】

⑴；

⑵

5.2

两种形式的处理

考点5：

前项和与通项

知识点睛

1．已知求，直接用公式：

2．已知与的关系有两种处理方式：

⑴

把题目中的用替换，转化为关于的递推关系，从而得到的通项公式，再转为的通项公式．

⑵

分别写出和的表达式，两式相减转化为关于的递推关系．

注意：使用得到的通项是在这个前提下成立的，所以要注意验证的情况．

<教师备案>由与的关系式求通项是高中阶段的重点，前面的讲次也有涉及到，在本讲我们结合前面求通项的方法进行一个简单的总结．例6是只有一种方法比较可行的，例7则是两种方法都可以．

经典精讲

【铺垫】已知在数列中，求数列的通项公式．

【解析】

．

【例6】

已知数列中，且对于任意正整数有，求通项．

【解析】

．

【点评】此题即属于将用替换，进而转化为关于的递推关系，从而得到的通项公式，再转为的通项公式．如果用和的表达式相减的话则很难求出通项．

【例7】

设是正数组成的数列，其前项和为，并且对于所有的自然数，与的等差中项等于与的等比中项，求数列的通项公式．

【解析】

．

【备选】（2010朝阳二模理20）

已知是递增数列，其前项和为，且．

⑴

求数列的通项；

⑵

是否存在，使得成立？若存在，写出一组符合条件的的值；若不存在，请说明理由．

【解析】

⑴．

⑵

满足条件的正整数不存在，证明如下：

假设存在，使得．

则．

整理，得

………①

显然，左边为整数，所以①式不成立．

故满足条件的正整数不存在．

<教师备案>

若数列的递推公式的一般形式为，这时的通项公式也可以求出．

分两种情况：

①当时，有．

是以为首项，为公比的等比数列．

②当时，存在，满足，与比较系数得，．

可见是二次方程的两个根，通过解此方程求，的值，再进一步推导的表达式．这种方法又称特征根法．

下面的竞赛题就用到了这样的方法，高中对这样的二阶递推式不作要求，这道题仅供学有余力的同学选做．

（2009年全国高中数学联合竞赛一试）

已知，是实数，方程有两个实根，数列

满足，⑴

求数列的通项公式（用，表示）；

⑵

若，求的前项和．

【解析】

⑴

由韦达定理知，又，所以，整理得

令，则．所以是公比为的等比数列．

数列的首项为：．

所以，即．

所以．

①当时，，变为．整理得，．

所以，数列成公差为的等差数列，其首项为．

所以．

于是数列的通项公式为；

②当时，．

整理得，．

所以，数列成公比为的等比数列，其首项为．所以．

于是数列的通项公式为．

⑵

若，则，此时．

由⑴的结果得，数列的通项公式为，所以，的前项和为，以上两式相减整理得，所以．

<教师备案>

此题老师可以再提及斐波那契数列，它的递推公式为，也是一个二阶递推式，可以用特征根法求得通项公式．

实战演练

【演练1】已知数列中，则_______．

【解析】

．

【演练2】在数列中，．则_______．

【解析】

．

【演练3】在数列中，．求的通项公式．

【解析】

．

【演练4】⑴

已知数列满足，求．

⑵

数列中，求．

【解析】

⑴

．

⑵

．

【演练5】已知数列满足：，又，求．

【解析】

．

【演练6】在数列中，为其前项和，且成等差数列，求的通项公式．

【解析】．

大千世界

（2012年北京高中数学联赛一试）

已知数列的各项均为非零实数，且对于任意的正整数，都有如下关系成立：

问是否存在满足条件的无穷数列，使得?若存在，求出这样的无穷数列的一个通项公式，若不存在则说明理由．

【解析】当时，∵

①

∴

②

①②有：

③

因各项均非零，所以③式两边约掉，有：

④

∴

⑤

④⑤有：

∴或

等差数列等比数列专题 篇7

学生学不好数学的原因, 并不是数学的知识复杂, 题型百变, 而是缺乏对于数学整体的认识.数学讲究数形结合, 如果无法从根本上掌握“形”, 自然无法算得“数”.数学并不是简单的10个阿拉伯字母, 而是理论思维和抽象思维的结合:“数”就是理论思维, 加减乘除, 算法固定;“形”则是抽象思维, 它需要学生在脑海里构造出一个虚拟的图形, 然后将这个图形应用于实际的运算中.因此, 缺乏抽象思维, 不了解甚至无法构造图形的学生, 是学不好数学的.

而学生无法构造图形的一大原因, 就是他们并未见过真正的图形, 有些图形是无法靠老师在黑板的平面板书就可以让学生深入体会的.因此, 我们更加需要《几何画板》这样专业的、可以立体构造图形的软件来辅助高中数学的教学, 尤其是函数部分对于图像的描绘、图像变换, 立体几何中各种立方体, 圆锥曲线中的椭圆抛物线双曲线性质, 等等.

一、《几何画板》在高中代数教学中的应用

二、《几何画板》在立体几何教学中的应用

立体几何是在学生初中已经接触过简单平面几何的基础上拓展开来的, 然而不是每一个学生都有着丰富的想象力和立体感.就如初中时常做的一道题, 罗列几个立方体拼成一个更大的几何体, 然后让学生判断一共放置了几个立方体.这样的题往往就是立体感不好的同学的盲点.通常这样的题目, 老师的讲解方式就是用很多个粉笔盒在讲台上给同学拼接.这样的教学方式在我看来就是《几何画板》的雏形, 只有这样的立体教学才能让学生真正懂得立体几何, 而不再仅仅是对立体有一个朦胧的意识.

高中立体几何的研究方法, 多是以公理、定理为主.然而枯燥的教学无法让学生真正懂得公理和定理的含义, 只是单纯简单的死记硬背.对于一些复杂的证明题, 如果只是将图形立体地呈现在黑板上, 是无法让学生看懂证明过程的.因为学生缺乏立体感和平面空间图形的转化能力, 他们无法从一个平面化的立体图形中看到证明所需要的某些线段、某些角, 因此需要《几何画板》这样的软件将立体图形进行多视角的转动以方便学生的理解.

《几何画板》将原本只能平面化的立体图形重新归于立体, 既能丰富教学, 达到教学的目的, 更能开拓同学们的思维, 激发他们的想象力.同时, 创造出一个动态的学习环境, 更能吸引同学的目光, 使枯燥乏味的公理、定理也变成动态的画境.

三、《几何画板》在平面解析几何教学中的应用

平面解析几何是用代数方法来研究几何问题的一门数学学科, 它研究的主要问题, 即它的基本思想和基本方法是:根据已知条件, 选择适当的坐标系, 借助形和数的对应关系, 求出表示平面曲线的方程, 把形的问题转化为数来研究;再通过方程, 研究平面曲线的性质, 把数的研究转化为形来讨论.曲线中各几何量受各种因素的影响而变化, 导致点、线按不同的方式作运动, 曲线和方程的对应关系比较抽象, 学生不易理解.显而易见, 展示几何图形变形与运动的整体过程在解析几何教学中是非常重要的.这样, 《几何画板》又以其极强的运算功能和图形图象功能大显身手.如它能作出各种形式的方程 (普通方程、参数方程、极坐标方程) 的曲线;能对动态的对象进行“追踪”, 并显示该对象的“轨迹”;能通过拖动某一对象 (如点、线) 观察整个图形的变化来研究两个或两个以上曲线的位置关系.

具体地说, 比如在讲平行直线系y=x+b或中心直线系y=kx+2时, 如图2所示, 分别拖动 (1) 中的点A和 (2) 中的点B时, 可以相应的看到一组斜率为1的平行直线和过定点 (0, 2) 的一组直线 (不包括y轴) .

数列与差分专题教学的理解研究 篇8

[关键词] 数列与差分；专题教学；理解；研究

新一轮的课程改革对高中数学教学提出了“必修+选修”的教学模式，其中必修课程的教学为学生的共性发展打下了坚实的基础，选修课程的教学为学生的个性发展提供了可能. 在2003年教育部颁布的《普通高中数学课程标准》中就明确提出要将“数列与差分”的知识作为新增内容纳入选修专题教学中. 因此，我们要加强对选修课程的研究，改变以往单一的课程结构，充分发挥选修课程的重要作用，使必修课和选修课达到新的平衡，促进学生的全面发展.

数列与差分专题主要教学内容

本专题的教学内容及其排布形式主要是：首先由数列的概念引导出数列差分的概念，将数列差分的概念分成等差数列与其差分和等比数列与其差分. 其中等差数列与其差分部分包括一阶差分方程的概念、一阶齐次差分方程的通解、一阶非齐次差分方程的通解、一阶差分方程的应用.等比数列与其差分主要包括一阶线性差分方程组的概念及其解的结构、差分方程组的求解和差分方程组的应用.

数列与差分专题教学的必要性

1. 学科发展的需要

随着科学技术的发展，学科之间的界限逐渐被淡化，很多领域的研究都会涉及数量关系、几何图形等内容，它作为一门基础学科不仅被广泛应用于自然科学和工程技术中，也正在向社会学、人文科学等领域渗透. 法国勒维烈就利用相关数学数据推算出了一颗未知行星的位置.随着计算机技术的发展，数学知识被广泛应用于计算机领域，造就了“高科技的本质就是数学技术”的说法. 想要将人类社会生活中遇到的问题转化为计算机能够处理的数据，就必须要将已有的数据离散化，这就需要用到重要的数学工具——差分. 开设数列与差分专题教学能够提高学生的数学素养，拓展学生的知识面，从而满足学生的个性发展需求，进而满足数学学科发展的需求.

2. 现实生活的需求

不管是信息的离散化还是连续化，都与差分和差分方程紧密相连，掌握必要的差分知识，能够帮助我们解决生活中的一些问题. 在现实生活中我们可以掌握一些零散的数据信息，但是我们又需要了解这些事物的整体，这时我们就可以将这些离散的函数差值扩充为所需区域的连续函数，从而把握全局.例如，差分理论对于控制一个企业的资金流向具有重要的作用.

3. 学生自身发展的需求

现代社会是一个知识型社会，科学技术日新月异，信息更新速度日益加快，在这样的环境中人们不可能掌握所有的知识，更不能依靠一成不变的知识来适应社会的发展，而是需要掌握学习的方法. 高中数学通过精选相关知识进行教学，对于培养学生的生存技能和个性发展具有重要的作用. 具体表现为：能够教会学生必要的知识，为他们的生存和发展提供基础；能够培养学生的逻辑思维，提高他们的思维水平. 如今，我们通过数列与差分专题教学的开设，能够帮助学生利用差分知识来解决实际问题，从该专题中学习的相关知识能够在以后的工作中发挥巨大的作用.

数列与差分专题内容设置

1. 课程标准对数列与差分专题内容的要求

数列与差分的选修内容属于选修课程系列4中的第3个专题，通过该专题的设置让学生能够通过相关的实例了解差分与数列的变化关系和差分作为数列“变化率”的意义，能够初步学会建立差分方程. 具体体现在：（1）对于数列的差分，学生能够理解数列一级差分和二级差分对描述数列变化的意义；（2）通过具体的实例来体验数学法方程的作用；（3）学会分析并用差分方程来解决一些简单的实际问题，并能够利用连续变量离散化思想来解决简单的实际问题.

2. 数列与差分专题内容的教学思路

（1）利用问题引导学生参与教学活动

第一，可以采用“问题—理论—问题”的教学模式，循序渐进地讲解相关知识，让学生逐步构建差分的理论体系. 例如，差分是如何影响数列增、减、凹凸的？一阶差分方程与等差数列和等比数列支架的关系是什么？第二，在本专题的模型教学部分，可以多引入一些与生活密切相关的数学问题，让学生学会发现问题，分析问题，构建模型，解决问题.最终通过实践检验自己利用差分方程得出的结果是否正确. 第三，在本章节的学习中利用明确的问题，让学生在学习的过程中带着具体的问题，有目的性地进行学习，从而加深对差分等概念的理解，提高学生利用这些知识解决实际问题的能力.

（2）利用尝试活动作为专题教学的体验点

首先，要合理设计教学活动；数学课程标准对本专题的教学提出了明确的要求，要求在本专题的教学中不要过分强调系统性的知识，而是将差分的本质展现给大家.对于高中学生来说，他们从未接触过差分相关的知识，可以通过设计尝试活动让学生了解相关的知识. 但是问题难度的设置要符合学生的最近发展区.

其次，在专题的教学设计中注重数学思想的渗透，例如，通过类比函数之差与微分方程，让学生体会数列之差与差分方程的一一对应；通过对等差数列和等比数列的教学研究，引导学生接触常系数一阶线性差分方程通解的求法等.

最后，关注学生的学习体验，通过引入学生感兴趣的实例，激发学生的学习兴趣，增强学生对差分相关知识的感性理解. 通过合作探索让学生了解一阶差分方程通解、特解等方面的关系，培养学生良好的学习习惯. 通过引导学生利用差分模型解决实际问题，来提高学生应用数学的能力.

（3）充分利用归纳总结提升学生的学习整体水平

差分理论是大学里所要学习的内容，现在高中选修教材中出现，主要目的在于提升高中学生的学习能力. 差分部分内容较为抽象，设计的知识点较多，因此，归纳总结非常有必要. 例如，在学习了一阶差分方程通解、特解与相应齐次差分方程通解之间关系后，及时归纳总结线性差分方程通解、特解的关系，为以后学习微分方程和线性方程打下基础.

数列与差分专题教学方法选用

高中数学课程标准明确提出，对于数学教学方法要改变传统模式下被动学习方式，提倡通过合作探究的方式进行教学，培养学生的自主学习能力和创新意识.

1. 数学概念教学法

概念教学法是学生获取基本知识、基本技能的重要途径，正确把握好相关数学概念是学生学习数学的基础. 虽然在课程标准中提到对于“数列与差分”专题的教学不做系统性的要求，但是一些基本的概念知识还是需要学生去理解，例如，差分方程、通解、特解等概念，在讲解过程中，要区分主次，对于部分定义可以通过实例的形式来淡化讲解，对于有些定义不但不能淡化，还需要花大量的精力去讲解，例如差分的概念，需要学生正确并熟练地掌握这一概念.

利用概念教学法设计教学可以通过“问题情境—新概念—分析—应用—反馈”的环节来完成. 例如，以差分方程的教学为例，在创设情节环节，可以引入银行存款利率的例子来构建问题情境，通过引导学生分析问题并进行大胆猜测和思考. 接下来分析问题情境并列出等式，根据等式分析差分方程的属性，提出差分方程的概念. 接下来对提出差分概念进行多角度的剖析，进行正反论证加深学生的理解. 最后鼓励学生自己构建差分方程，并进行点评.另外，还可以通过“已有概念—新概念—比较—反馈”的模式来完成概念教学.

2. 数学命题教学法

数学命题教学法与数学概念教学法相互联系密不可分，在“数列与差分”专题教学中是不可或缺的教学方法. 在教学过程中将具有内在联系的知识集中到一块一起处理. 例如，在学习了一阶线性差分方程的通解等于其特解与相应齐次差分方程的通解之和以及一阶线性差分方程组的通解等于其特解与相应齐次差分方程组的通解之和后，将这两部分的知识内容放到一块进行比较、分析，从而概括出新的知识点——差分方程的通解等于其特解与相应齐次差分方程的通解之和. 这样不仅有助学生对学过知识的总结，还有利于学生创造性思维的培养.

等差数列等比数列专题 篇9

一、选择题

1．已知无穷数列{an}是各项均为正数的等差数列，则有

aaAaa

aaD．aa6

8（）

aaB．a≤a6

8aaCaa

2．设{an}是由正数构成的等比数列，bn＝an+1＋an+2，cn＝an＋an+3，则

A．bn＞cn

B．bn＜cn

C．bn≥cn

D．bn≤cn

（）

3．已知{an}为等差数列，{bn}为正项等比数列，公比q≠1，若a1＝b1，a11＝b11，则（）

A．a6＝b6 B．a6＞b6 C．a6＜b6 D．a6＞b6或a6＜b64．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－9n，第k项满足５＜ak＜８，则k＝（）

A．9 B．8 C．7 D．6

5．已知等比数列{an}的公比q＞0，其前n项的和为Sn，则S4a5与S5a4的大小关系是（）

A．S4a5＜S5a4 B．S4a5＞S5a4 C．S4a5＝S5a4 D．不确定

Sn

6．设Sn＝1＋2＋3＋…＋n，n∈N*，则函数f(n)＝（）

(n＋32)Sn+

11A．201B．30

1C401D．50

（）

7．已知y是x的函数，且lg3，lg(sinx－2)，lg(1－y)顺次成等差数列，则 A．y有最大值1，无最小值 11

C．y有最小值12，最大值1

B．y有最小值12，无最大值 D．y有最小值－1，最大值1

8．已知等比数列{an}中a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是

Ａ．(－∞，－1Ｂ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)Ｃ．3，＋∞)Ｄ．(－∞，－1∪3，＋∞)

（）

93b是1－a和1＋a的等比中项，则a＋3b的最大值为()A．1 B．2 C．3 D．

410．设等比数列{an}的首相为a1，公比为q，则“a1＜0，且0＜q＜1”是“对于任意n∈N*都有an+1

＞an”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件 C．充分比要条件D．既不充分又不必要条件

a11．{an}为等差数列，若a1，且它的前n项和Sn有最小值，那么当Sn取得最小正值时，10

n＝ A．11

B．17

C．19

D．21

（）

12．设f(x)是定义在R上恒不为零的函数，对任意实数x、y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x＋y)，若a1＝

N*)，则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是 2，an＝f(n)(n∈

（）

A．2，2)

二、填空题

B．[2，2]

1C．21)1

D．[21]

S13．等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4－a2＝8，a3＋a5＝26，记Tnn如果存在正整数M，使得对一切正整数n，Tn≤M都成立．则M的最小值是__________．

14．无穷等比数列{an}中，a1＞1，|q|＜1，且除a1外其余各项之和不大于a1的一半，则q的取值范围是________.(a＋b)

215．已知x＞0，y＞0，x，a，b，y成等差数列，x，c，d，y成等比数列，则cd是________.Ａ．0 Ｂ．1 Ｃ．2 Ｄ．

416．等差数列{an}的公差d不为零，Sn是其前n项和，给出下列四个命题：①A．若d＜0，且

S3＝S8，则{Sn}中，S5和S6都是{Sn}中的最大项；②给定n，对于一定k∈N*(k＜n)，都有ank＋an+k＝2an；③若d＞0，则{Sn}中一定有最小的项；④存在k∈N*，使ak－ak+1和ak－ak1同号

其中真命题的序号是____________.三、解答题

17．已知{an}是一个等差数列，且a2＝1，a5＝－5．（Ⅰ）求{an}的通项an；（Ⅱ）求{an}前n项和

Sn的最大值．

18．已知{an}是正数组成的数列，a1＝1，且点(an，an+1)(n∈N*）在函数y＝x2＋1的图象上.(Ⅰ)

求数列｛an｝的通项公式；(Ⅱ)若列数｛bn｝满足b1＝1,bn+1＝bn＋2an，求证：bn ·bn+

2＜bn+1.3－an

119．设数列{an}的首项a1∈(0，1)，an＝2，n＝2，3，4，….（Ⅰ）求{an}的通项公式；

（Ⅱ）设bn＝a3－2an，证明bn＜bn+1，其中n为正整数．

20．已知数列{an}中a1＝2，an+1＝(2－1)(an＋2)，n＝1，2，3，….（Ⅰ）求{an}的通项公式；

（Ⅱ）若数列{an}中b1＝2，bn+1＝3，…

3bn＋

4，n＝1，2，3，….证明：2＜bn≤a4n3，n＝1，2，2bn＋

321．已知二次函数y＝f(x)的图像经过坐标原点，其导函数为f(x)＝6x－2，数列{an}的前n项和

为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图像上.（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn

1m＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn20对所有n∈N*都成立的最小正整数m； anan＋1，2，）22．数列an满足a11，an1(n2n)an（n1，是常数．（Ⅰ）当a21时，求及a3的值；（Ⅱ）数列an是否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，说明理由；（Ⅲ）求的取值范围，使得存在正整数m，当nm时总有an0．

【专题训练】参考答案

一、选择题

1．B【解析】a4a8＝(a1＋3d)(a1＋7d)＝a12＋10a1d＋21d2，a62＝(a1＋5d)2＝a12＋10a1d＋25d2，a4a6故a≤a6

82．D【解析】设其公比为q,则bn－cn＝an(q－1)(1－q2)＝－an(q－1)2(q＋1)，当q＝1时，bn

＝cn，当q＞0，且q≠1时，bn＜cn，故bn≤cn.a1＋a11b1＋b1

13．B【解析】因为q≠1，b1＞0，b11＞0，所以b1≠b11，则a6＝2＝2b1b11＝b6.4．B【解析】因数列为等差数列，an＝Sn－Sn1＝2n－10，由5＜2k－10＜8，得到k＝8.5．A【解析】S4a5－S5a4 ＝(a1＋a2＋a3＋a4)a4q－(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)a

4＝－a1a4＝－a12q3＜0，∴S4a5＜S5a4． 6．D【解析】由Sn＝

n(n＋1)nn11

f(n)＝＝＝264(n＋32)(n＋2)n＋34n＋64264＋34

n＋n＋34

1641＝50，当n＝n，即n＝8时取等号，即f(n)max＝f(8)＝50

7．B【解析】由已知y＝－3(sinx－2)2＋1，且sinx＞2y＜1，所以当sinx＝1时，y有最小11

值12，无最大值.11

8．D【解】∵等比数列{an}中a2＝1，∴S3＝a1＋a2＋a3＝a2(q＋1＋q)＝1＋q＋q∴当公比q＞01

时，S3＝1＋q＋q≥1＋113，当公比q＜0时，S＝1－(－q3qq)≤1－

2(－q)·(－q＝

－1，∴S3∈(－∞，－1∪3，＋∞).9．B3b是1－a和1＋a的等比中项，则3b2＝1－a2a2＋3b2＝1，令a＝cosθ3b＝sinθ，θ∈(0，2π)，所以a＋3b＝cosθ＋3inθ＝2sin(θ＋6)≤2.10．A【解析】当a1＜0，且0＜q＜1时，数列为递增数列，但当数列为递增数列时，还存在另一情况a1＞0，且q＞1，故选A.1

2×20(a1＋a20)a＋aa＋aaS11．C【解析】由a＜－1，得a0a01＜0S0，则要使

10101019

×19(a1＋a19)2

Sn取得最小正值必须满足S19＞0，且S20＜0，此时n＝19.12．C【解析】f(x)是定义在R上恒不为零的函数，对任意实数x、y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x＋

11n

－(22]111n

y)，a1＝2an＝f(n)(n∈N*)，an+1＝f(n＋1)＝f(1)f(n)2an，∴Sn＝＝1－(12).则数列

1－

21{an}的前n项和的取值范围是21).二、填空题

13．2【解析】由a4－a2＝8，可得公差d＝4，再由a3＋a5＝26，可得a1＝1，故Sn＝n＋2n(n2n－1

1－1)＝2n2－n，∴Tn＝n2－nTn≤M，只需M≥2即可，故M的最小值为2，答案：

21aqa1114．(－1，0∪(0，3【解析】23|q|＜1，且q≠0，故q∈(－1，0∪(0，3.1－q(a＋b)2(x＋y)2(2xy)2

15．4【解析】cdxyxy＝4.16．D【解析】对于①：∵S8－S3＝a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝5a6＝0，∴S5＝S6，又d＜0，S5＝S6为

最大，故A正确；对于②：根据等差中项知正确；对于③：∵d＞0，点(n，Sn)分布在开口向上的抛物线，故{Sn}中一定有最小的项，故③正确；而ak－ak+1＝－d，ak－ak1＝d，且d≠0，故④为假命题.三、解答题

 a1＋d＝1

17．【解】（Ⅰ）设{an}的公差为d，由已知条件，，解出a1＝3，d＝－2．

a1＋4d＝－5

所以an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋5．

n(n－1)

（Ⅱ）Sn＝na12＝－n2＋4n＝－(n－2)2＋4，所以n＝2时，Sn取到最大值4． 18．【解】(Ⅰ)由已知得an+1＝an＋1，即an+1－an＝1，又a1＝1，所以数列｛an｝是以1为首项，公差为1的等差数列，故an＝1＋(a－1)×1＝n.(Ⅱ)由（Ⅰ）知：an＝n从而bn+1－bn＝2n.bn＝(bn－bn1)＋(bn1－bn2)＋…＋（b2－b1）＋b1＝2

nn+2n1因为bn·bn+2－b2－1)2 n1＝(2－1)(2－1)－(2

n1

＋2

n2

1－2n

＋…＋2＋1＝＝2n－1.1－2

＝(22n+2－2n+2－2n＋1)－(22n+2－2－2n+1－1)＝－5·2n＋4·2n＝－2n＜0, 所以bn·bn+2＜b2n1.3－an1

19．【解】（Ⅰ）由an＝2n＝2，3，4，….整理得

1－an＝－2－an1)．

又1－a1≠0，所以{1－an}是首项为1－a1，2得an＝1－(1－a1)(－2)n1，3（Ⅱ）由（Ⅰ）可知0＜an＜2bn＞0．那么，3－an3－an9abn+12－bn2＝an+12(3－2an+1)－an2(3－2an)＝(2)2(3－2×2)－an2(3－2an)4(an－1)2.又由（Ⅰ）知an＞0，且an≠1，故bn+12－bn2＞0，因此

bn＜bn+1，为正整数．

20．【解】（Ⅰ）由题设：an+1＝(2－1)(an＋2)＝(2－1)(an－2)＋2－1)(22)，＝(2－1)(an2)＋2，∴an+1－2＝(2－1)(an－2)． 所以，数列{an－2}a是首项为22，公比为2－1)的等比数列，an－2＝2(2－1)n，即an的通项公式为an＝2[(2－1)n＋1]，n＝1，2，3，….（Ⅱ）用数学归纳法证明．

（ⅰ）当n＝1时，因2＜2，b1＝a1＝2，所以2＜b1≤a1，结论成立．（ⅱ）假设当n＝k2＜bk≤a4k3，也即0＜bn－2≤a4k3－2，当n＝k＋1时，bk+1－2＝又

3bk＋4(3－22)bk＋(4－32)(3－2)(bk－2)

2＞0，2bk＋32bk＋32bk＋3

3－22，2bk＋322＋3

(3－22)(b2)

所以bk+12(3－2)2(bk2)≤(2－1)4(a4k3－2)＝a4k+1－2

2bk＋3也就是说，当n＝k＋1时，结论成立．

根据（ⅰ）和（ⅱ2＜bn≤a4n3，n＝1，2，3，….21．【解】（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，则 f`(x)＝2ax＋b，由于f`(x)＝6x－2，得a＝3，b＝－2，所以f(x)＝3x2－2x.，又因为点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图像上，所以Sn＝3n2－2n，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（3n2－2n）－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5，当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2＝6×1－5，所以，an＝6n－5（n∈N*）.33111（Ⅱ）由（Ⅰ）得知bn＝2)，anan＋1(6n－5)[6(n－1)－5]6n－56n＋1

11111111

故Tn＝bi＝2[(1－7＋(713)＋…＋()]＝2），6n－56n＋16n＋1i=1

n

11m1m

因此，要使220n∈N*）成立的m，必须且仅须满足220，即m≥10，所以

6n＋1满足要求的最小正整数m为10.22．【解】（Ⅰ）由于an1(n2n)an(n1，2，)，且a11．

所以当a21时，得12，故3．从而a3(2223)(1)3．（Ⅱ）数列an不可能为等差数列，证明如下：由a11，an1(n2n)an 得a22，a3(6)(2)，a4(12)(6)(2)．

若存在，使an为等差数列，则a3a2a2a1，即(5)(2)1，解得3．于是a2a112，a4a3(11)(6)(2)24． 这与

an为等差数列矛盾．所以，对任意，an都不可能是等差数列．

（Ⅲ）记bnn2n(n1，2，)，根据题意可知，b10且bn0，即2 且n2n(nN*)，这时总存在n0N*，满足：当n≥n0时，bn0； 当n≤n01时，bn0．所以由an1bnan及a110可知，若n0为偶数，则an00，从而当nn0时，an0；若n0为奇数，则an00，从而当nn0时an0．因此“存在mN，当nm时总有an0” 的充分必要条件是：n0为偶数，b2k(2k)2k0

记n02k(k1．，2，)，则满足2

b(2k1)2k102k1

故的取值范围是4k22k4k22k(kN*)．