等差数列高考复习

等差数列高考复习（共8篇）

等差数列高考复习 篇1

一、选择题

1．已知等差数列共有10项，其中奇数项之和15，偶数项之和为30，则其公差是（）

A．5 B．4 C．3 D．2 2．在等差数列an中，已知a12,a2a313,则a4a5a6等于（）A．40

B．42

C．43

D．45 3．已知等差数列an的公差为2，若a1、a3、a4成等比数列，则a2等于（）A．－4 B．－6 C．－8 D．－10 4.在等差数列an中,已知a11n为（）3,a2a54,an33,则A.48 B.49 C.50 D.51 5．在等比数列{an}中，a2＝8，a6＝64，则公比q为（）

A．2 B．3 C．4 D．8 6.-1,a,b,c,-9成等比数列，那么（）

A．b3,ac9 B.b3,ac9 C.b3,ac9 D.b3,ac9 7．数列an满足a1,anan1n(n2),则an（）

A．n(n1)2n(n1)2 B.C.(n2)(n1)2 D.2(n1)(n1)2

8．已知a，b，c，d成等比数列，且曲线yx2x3的顶点是(b，c)，则ad等于（Ａ．3 Ｂ．2 Ｃ．1 Ｄ．2 9．在等比数列an中，a12，前n项和为Sn，若数列an1也是等比数列，则Sn等于（）

n2 B．3n C．2n D．31

10．设f(n)2242721023n10(nN)，则f(n)等于

A．2n1（）A．2n22(81)

B．(8n11)

C．(8n31)777D．

2n4(81)7

二、填空题（5分×4=20分）

11.已知数列的通项an5n2，则其前n项和Sn．

*12．已知数列an对于任意p，qN，有apaqapq，若a11，则a36 9

13．数列｛an｝中，若a1=1，2an+1=2an+3（n≥1），则该数列的通项an=.14．已知数列an是首项为1，公差为2的等差数列，将 数列an中的各项排成如图所示的一个三角形数表，记 A（i,j)表示第i行从左至右的第j个数，例如A（4，3）=a9,则A（10，2）=

三、解答题（本大题共6题，共80分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

15、（本小题满分12分）

等差数列的通项为an2n19,前n项和记为sn，求下列问题:(1)求前n的和sn（2）当n是什么值时,sn有最小值，最小值是多少？

16、（本小题满分12分）

数列an的前n项和记为Sn，a11,an12Sn1n1（1）求an的通项公式;（2）求Sn

17、（本小题满分14分）

已知实数列{an}是等比数列,其中a71,且a4,a51,a6成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)数列{an}的前n项和记为Sn,证明:Sn＜128(n1,2,3,…).18、（本小题满分14分），2，3，），且a1，a2，a3成公比不数列an中，a12，an1ancn（c是常数，n1为1的等比数列．

（1）求c的值；

（2）求an的通项公式．

19、（本小题满分14分）

设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1b11，a3b521，a5b313

（1）求{an}，{bn}的通项公式；

（2）求数列an的前n项和Sn bn2n120．（本小题满分14分）

设数列an满足a13a23a3…3（1）求数列an的通项；（2）设bn

1.（本题满分14分）设数列an的前n项和为Sn,且Sn4an3(n1,2,)，ann*，aN． 3n，求数列bn的前n项和Sn． an（1）证明:数列an是等比数列；

（2）若数列bn满足bn1anbn(n1,2,)，b12，求数列bn的通项公式． 2.（本小题满分12分）

等比数列an的各项均为正数，且2a13a21,a329a2a6.1.求数列an的通项公式.2.设bnlog3a1log3a2......log3an,求数列3.设数列an满足a12,an1an322n1（1）求数列an的通项公式；（2）令bnnan，求数列的前n项和Sn

4.已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为﹣4．

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

﹣（Ⅱ）设bn=（4﹣an）qn1（q≠0，n∈N*），求数列{bn}的前n项和Sn． 5.已知数列{an}满足，（1）令bn=an+1﹣an，证明：{bn}是等比数列；（2）求{an}的通项公式．，n∈N×．

1的前项和.bn

高三文科数学数列测试题答案 1~5 CBBCA 6~10 BABCD 11.n(5n1)1 12.4 13.an3 14.93 2n22an0915.略解（1）略（2）由得n10，s1010(17)1022260

a0n116.解：（1）设等比数列an的公比为q(qR)，由a7a1q61，得a1q6，从而a4a1q3q3，a5a1q4q2，a6a1q5q1． 因为a4，a51，a6成等差数列，所以a4a62(a51)，即q3q12(q21)，q1(q21)2(q21)．

11所以q．故ana1qn1q6qn16422n1．

1n641n1n2a1(1q)（2）Sn1281128

11q21217．（1）由an12Sn1可得an2Sn11n2，两式相减得an1an2an,an13ann2 又a22S113∴a23a1故{an}是首项为1，公比为3得等比数列∴an3n1.(2)Sn1(13n)13321 2 n

18.解：（1）a12，a22c，a323c，因为a1，a2，a3成等比数列，所以(2c)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．（2）当n≥2时，由于 a2a1c，2a3a22c，

anan1(n1)c，n(n1)c． 2又a12，c2，故an2n(n1)n2n2(n2，3，)． 所以ana1[12(n1)]c当n1时，上式也成立，所以ann2n2(n1，2，)．

412dq21，19.解：（1）设an的公差为d，bn的公比为q，则依题意有q0且 214dq13，解得d2，q2．

所以an1(n1)d2n1，bnqn12n1．

a2n1（2）nn1．

bn2352n32n1Sn112n2n1，①

222252n32n12Sn23n3n2，②

2222222n1②－①得Sn222n2n1，222212n1112212n2n1

222211n12n32n1222n16n1． 12212n2n120．(1)a13a23a3...3an，3n1a13a232a3...3n2an1(n2)，1.解：（1）证：因为Sn4an3(n1,2,)，则Sn14an13(n2,3,)，所以当n2时，anSnSn14an4an1，整理得an 4an1． 5分 3 由Sn4an3，令n1，得a14a13，解得a11． 所以an是首项为1，公比为

4的等比数列． 7分 3（2）解：因为an()43n1，由bn14n1bb()． 9分 anbn(n1,2,)，得n1n3 由累加得bnb1(b2b`1)(b3b2)(bnbn1)

41()n1433()n11，（n2），＝24313 当n=1时也满足，所以bn3()43n11．

22322.解：（Ⅰ）设数列{an}的公比为q，由a3所以q9a2a6得a39a41。有条件可知9a>0,故q1。311。故数列{an}的通项式为an=n。33由2a13a21得2a13a2q1，所以a1（Ⅱ）bnlog1a1log1a1...log1a1

(12...n)n(n1)2故12112()bnn(n1)nn1111111112n ...2((1)()...())b1b2bn223nn1n1所以数列{ 3.解：

（Ⅰ）由已知，当n≥1时，2n1}的前n项和为

n1bnan1[(an1an)(anan1)(a2a1)]a1

3(22n122n32)2

22(n1)1。

而 a12，所以数列{an}的通项公式为an2（Ⅱ）由bnnann22n12n1。

知

Sn12223325n22n1 ①

从而 22Sn123225327n22n1 ②

①-②得

(122)Sn2232522n1n22n1。

即 Sn1[(3n1)22n12] 94.解：（1）设{an}的公差为d，由已知得

解得a1=3，d=﹣1 故an=3+（n﹣1）（﹣1）=4﹣n；

﹣（2）由（1）的解答得，bn=n•qn1，于是

﹣Sn=1•q0+2•q1+3•q2+…+（n﹣1）•qn1+n•qn． 若q≠1，将上式两边同乘以q，得

qSn=1•q1+2•q2+3•q3+…+（n﹣1）•qn+n•qn+1． 将上面两式相减得到

﹣（q﹣1）Sn=nqn﹣（1+q+q2+…+qn1）=nqn﹣

于是Sn=

若q=1，则Sn=1+2+3+…+n=

所以，Sn=

5.解：（1）证b1=a2﹣a1=1，当n≥2时，所以{bn}是以1为首项，（2）解由（1）知

为公比的等比数列．，当n≥2时，an=a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）++（an﹣an﹣1）=1+1+（﹣）+…+===，当n=1时，．

等差数列高考复习 篇2

1.利用通项公式设计问题

例1等比数列{an}的前n项和为Sn, 已知S3=a2+10a1, a5=9, 则a1= ()

解析:由S3=a2+10a1得a1+a2+a3=a2+10a1, 即a3=9a1, 解得q2=9, 又因为a5=9, 所以a1q4=9, 解得a1=1/9.

例2等比数列{an}满足a1=3, a1+a3+a5=21, 则a3+a5+a7= ()

(A) 21 (B) 42 (C) 63 (D) 84

解析:设等比数列的公比为q, 则a1+a1q2+a1q4=21, 又因为a1=3, 所以q4+q2-6=0, 解得q2=2, 所以a3+a5+a7= (a1+a3+a5) q2=42.

例3已知等差数列{an}的公差不为零, a1=25, 且a1, a11, a13成等比数列.求{an}的通项公式.

解析: (1) 设等差数列的公差为d, 则 (a1+10d) 2=a1· (a1+12d) , 又因为a1=25, 解得d=-2, 所以, an=25+ (n-1) · (-2) =-2n+27.

例4已知{an}是递增的等差数列, a2, a4是方程x2-5x+6=0的根.

求{an}的通项公式;

解析: (Ⅰ) 方程x2-5x+6=0的两根为2, 3, 由题意得a2=2, a4=3, 设数列{an}的公差为d, 则a4-a2=2d, 故d=1/2, 从而a1=3/2, 所以{an}的通项公式为:.

评析:从上述两道题可以看出数列的通项公式在数列学习应用方面显得非常重要.因此, 熟练掌握等差数列和等比数列通项公式, 列方程, 解方程就是学习数列的最基本、最基础、最重要的内容之一了.

2.利用数列前n项和公式设计问题

例5等差数列{an}的前n项和为Sn, 已知S10=0, S15=25, 则n Sn的最小值为_____.

解析:由等差数列的前n项和公式可得:解得d=23, a1=-3, 所以, 又因为n为正整数, 所以当n=7时, 取得最小值, 即n Sn的最小值为-49.

评析:本题考查等差数列的前n项和公式的应用, 把n Sn看成是关于n的三次函数, 再利用导数求最值, 特别注意n为正整数这个条件.另外, 本题从数列和函数的关系上设计问题, 考查学生的知识的迁移能力.

3.利用递推公式求通项公式

例6已知数列{an}满足下列递推关系, 求an.

解析:①因为a1=1, an+1=an+2n, an+1-an=2n.所以a2-a1=2, a3-a2=22, a4-a3=23, …, an-an-1=2n-1.以上n-1个等式相加得:, 所以an=2n-1.

以上n-1个式子, 两边相乘得:

③因为a1=2, an+1=2an+1, 所以an+1+1=2 (an+1) .

又因为a1+1=3, 所以数列{an+1}是以3为首项, 2为公比的等比数列, 所以an+1=3·2n-1,

评析:①, ②真正意义上体现了递推公式的特点, 递推迭加, 迭乘求通项公式.③是通过递推公式转化, 得到一个等比数列来求通项公式.

4.从Sn和an的关系, n=1时, a1=S1, n≥2时, an=Sn-Sn-1设计问题

例7已知数列{an}的前n项和为Sn, a1=1, an≠0, anan+1=λSn-1, 其中λ为常数.

(Ⅰ) 证明:an+2-an=λ; (Ⅱ) 是否存在λ, 使得{an}为等差数列?并说明理由.

解析: (Ⅰ) 由题设anan+1=λSn-1, an+1an+2=λSn+1-1, 两式相减

(Ⅱ) 由题设a1=1, a1a2=λS1-1, 可得a2=λ1-1, 由 (Ⅰ) 知a3=λ+1.

假设{a2}为等差数列, 则a1, a2, a3成等差数列, 所以a1+a3=2a2, 解得λ=4;

证明λ=4时, {an}为等差数列:由an+2-an=4知数列奇数项构成的数列{a2m-1}是首项为1, 公差为4的等差数列a2m-1=4m-3, 令n=2m-1, 则, 所以an=2n-1 (n=2m-1)

数列偶数项构成的数列{a2m}是首项为3, 公差为4的等差数列a2m=4m-1, 令n=2m, 则m=n/2,

所以an=2n-1 (n=2m) .

所以an=2n-1 (n∈N*) , an+1-an=2.

因此, 存在λ=4, 使得{an}为等差数列.

评析:上述几道题考查数列前n项和Sn与第n项an的关系, , 由前n项和Sn求通项公式an时, 要分n=1和n≥2两种情况分别进行计算, 然后验证两种情况可否用统一式子表示.若不能, 就用分段函数表示, 学生在对an与Sn的关系把握中, 也容易犯错误, 比如运用公式时, 把条件n≥2忽略掉.

二、备考策略

1.求通项公式

重点掌握三种类型的由递推公式求通项方法.

(1) 递推公式:an+1=an+f (n) 用迭加法

(2) 递推公式:用迭乘法

(3) 递推公式:an+1=p·an+q (p, q为常数) 用构造等比数列方法an+1+t=p (an+t) 其中.

2.求和

数列求和需根据数列特点选择解决方法, 因此必须掌握常用的数列求和方法, 但数列求和往往和其他知识综合在一起, 综合性较强;若为等差 (比) 数列, 则直接用公式求和;若非等差 (比) 数列, 则需寻找其它的求和方法.常见的求和方法有:“倒序相加法”“错位相减法”“裂项相消法”等.

3.求最值

数列的最值问题是一类常见的数列问题, 也是数列中的难点之一, 数列的最值问题大致有以下2种类型:

类型1:求数列{an}的前n项和Sn的最值, 主要是两种思路: (1) 研究数列an=f (n) 的项的情况, 判断Sn的最值; (2) 直接研究Sn的通项公式, 即利用类型2的思路求Sn的最值.

类型2:求数列{an}的最值, 主要有两种方法: (1) 从函数角度考虑, 利用函数an=f (n) 的性质, 求数列Sn的最值; (2) 利用数列不连续的特点, 考察或然后判断数列{an}的最值情况.

4.有关数列不等式的证明

要证不等式的结构是数列求和的形式, 往往考虑将左边数列的通项放缩成易于求和的形式, 通过放缩裂项, 使运算能够进行下去, 问题得到解决.关于数列求和不等式的证明, 历来是各地模拟题和高考题的命题热点, 而学生对于此类题的处理方法常用的是数学归纳法和一般的不等式放缩, 往往做到中途就不了了之, 而若能抓住此不等式的结构特征是以求和的形式出现, 因此将数列的通项经过合适的放缩, 使得其便于求和了, 当然放缩的尺寸就至关重要了, 要做到恰到好处, 问题才得证.

5.等差数列和等比数列的性质应用

等差数列的性质:

(1) 当公差d≠0时, 等差数列的通项公式an=a1+ (n-1) d=dn+a1-d是关于n的一次函数, 且斜率为公差d;前n和是关于n的二次函数且常数项为0.

(2) 若公差d>0, 则为递增等差数列, 若公差d<0, 则为递减等差数列, 若公差d=0, 则为常数列.

(3) 当m+n=p+q时, 则有am+an=ap+aq, 特别地, 当m+n=2p时, 则有am+an=2ap.

等比数列的性质:

(1) 当m+n=p+q时, 则有am·an=ap·aq, 特别地, 当m+n=2p时, 则有am·an=a2p.

(2) 若a1>0, q>1, 则{an}为递增数列;若a1<0, q>1, 则{an}为递减数列;若a1>0, 0<q<1, 则{an}为递减数列;若a1<0, 0<q<1, 则{an}为递增数列;若q<0, 则{an}为摆动数列;若q=1, 则{an}为常数列.

6.从函数的角度考查数列

(1) 判定数列的单调性

(2) 求等差数列Sn最值

(3) 求数列的最大项与最小项

(4) 判定数列具有周期性, 求数列的某一项或求数列前n项的和

总之, 在复习数列时, 让学生要重视等差数列, 等比数列的性质、定义、通项公式、前n项和公式的灵活应用.对常见的几类由递推公式求数列通项公式的题型要熟练掌握.特别对数列的五种求和方法要熟记于心.在运算能力方面主要通过数列的定义、通项公式、前n项和公式列方程、解方程组等得到训练.数列是特殊的函数, 要从函数的角度探究数列的性质.

参考文献

[1]2013年全国统一考试新课标卷Ⅱ理科数学.

[2]2015年全国统一考试新课标卷Ⅱ理科数学.

高考数列题型及复习策略研究 篇3

关键字：数列；题型；复习策略；建议

1 高考数列常见题型分析

高考数列常以解答题考察居多，近几年高考中，也加大了对数列基础知识点的考察，以下重点分析数列在高考中的常见考点及题型。

1.1 选择题题型

数列选择题多以考察基本知识点为主，重点考试数列的基本概念及性质，目的是为了考察学生的双击是否扎实，考题普遍比较简单，灵活性不强。

例（2015重庆年高考数学理）：在等差数列{an}中，a2=4，a4=2，则a6=（ ）

A -1 B 0 C 1 D 6

分析： 上例重点考察了等差差数列的基本概念，要求考生会求等差数列的通项公式。

1.2 解答题题型

解答题相比选择题具有一定的难度，但考察题型有规律可循，翻阅近几年高考真题，发现数列解答题经常考察求数列的通项公式、数列求和及数列与不等式、函数的综合问题。

（1）通项公式的求法

一般已知递推公式求通项公式，通常此类题型基本上都能通过变形、构造变为常见等差、等比数列来解决；另一类，已知通项和前n项和的关系来求通项，只需记住公式法即可解决。

（2）数列前n项和的求法

数列求和问题，多以考查公式法、错位相减法和裂项相消法为主，且考查频率较高，是高考命题的热点，如2013年陕西第20题等。

（3）数列的综合问题

数列与函数、不等式的综合问题也是高考考查的重点，主要考查利用函数的观点解决数列问题以及用不等式的方法研究数列的性质，多为中档题，如2014年安徽第19题等。数列与解析几何交汇主要涉及点列问题，难度中等及以上。

2 高考数列复习策略

新课标强调课程的基础性，重视合情推理与逻辑演绎相结合，尽量去减少人为技巧性的东西。近几年新课标卷高考数列解答题第一问考查基本知识点，学生入手容易得分，后一问考查学生运算、推理、探索、论证等能力，明确了高考的导向性。

2.1立足课本，巩固基础

高考中数列主要考查的都是等比数列和等差数列的定义、通项公式和数列求和等基础知识，特别强调基本概念的辨析和两种数列的“知三求二”。针对以上特点，在高考复习中要指导学生做好基础训练，重视细节，例如像q≠0，q=1与q≠1的讨论等，同时留心研究和开发课本上的练习题，那么在高考试题中就不会出现令人意外的超纲题了。

2.2 注重方法，加强变式训练

很多学生在高考复习中由于方法不当，往往采用题海战术，做了海量的练习，但是收效却并不明显。分析原因主要是因为，在做题的时候学生的注意力都集中在对结果的获得，而没有重视解题的方法和解题过程中的思想。这样在遇到一些老题的变型，就仿佛又是面对一道新题，没有思路，也浪费时间。因此在复习中，要强调常规题型的示范功能，在复习中明确“万变不离其宗”的道理，要求学生能够熟练掌握解决数列题的基本方法与技巧，注重题与题之间的差别与联系，特别是教材中等差、等比公式的推导方法与运算技巧在解题中的应用。这样才能减轻题海战术对学生的负担，真正实现“减负高效”。

2.3 注意数列与其他知识点的结合

数列的题型多样，通项公式的求解方法也灵活多变，高考中常常把数列、函数、方程、不等式、解析几何等等相关内容综合在一起，不断提高逻辑推理能力和分析解决问题能力。

3 复习建议

学习是一个双向影响的过程，高效的学习离不开教师的教和学生的学。因此，在数列的复习中，教师和学生都要改变教学和学习方式，这样才能有效的复习。

3.1 教师方面

（1）以练促教

想给学生一杯水，教师必须是一股长流不息的清泉，所以我们教师要做大量的题目，给自己搞一个题海战术，这样才能选出有针对性的题目来构建多维变式，实现知识螺旋上升，在全面强化热点中突出重点及主干，以此来澄清学生的模糊观念、校正错误、查漏补缺，落实双基，培养学生数学能力。

（2）以案为本

高三复习课的一大特点是：题量大，课堂节奏快。学生在刚刚经历高一高二的学习，一下子难以适应高三中课堂形式，为了使学生迅速适应高三的复习，所以在平时教学中经常采用学案教学的方式进行。学案不同于教案，教案的着眼点和侧重点在于教师讲什么和怎么讲，而学案的着眼点和侧重点在于开启学生智慧，调动学生积极性，发展学生知识和能力；前者重在教，后者重在学；利用学案进行高三数学复习，有利于提高学生的听课堂有效性，同时，也提高学生的听课堂有效性。

3.2 学生方面

（1）强化双基，举一反三

高考数学试题不全是难题，怪题，考试内容包含在平时的复习范围内，只是稍作变式和改动，基本上都可以在平时训练的题目中找到原型。因此，学生在复习中，应不断加强双基的复习和提升，同时，也要对常考点、重点题型进行举一反三，明确出题人意图，理解考题的本质。

（2）及时总结，培养解题习惯

高三的考试较多，做数学试题不计其数，养成好的学习习惯尤为重要。一方面，自己多准备几个笔记本，尤其是错题本，及时总结自己平时做题、考试中的错题，认真反思，这样才能理解深刻，提高迅速；另一方面，在平时有限地做题中，要了解解题的规范性及严谨性，纠正平时答题的不良习惯，掌握正确的答题程序，答题技巧，形成自己一套适合自己的应对考试的方法。同时让自己重视解题过程的语言表达，培养自己条理清楚，步步有据，规范简洁，优美整齐的答题习惯，这样才能让在高考中减少不必要的失分。

参考文献：

[1] 袁长江，例谈数列的学习[J]，新高考（高一版），2007年06期.

[2] 郭胜光，论新课标下数列高考复习的策略[J]，中学数学研究，2008年02期.

[3] 陈水松，从近三年的广东高考数列题看高考复习策略[J]，中学数学研究，2013，6（11）.

[4] 祁玺，新课标高考数列备考复习策略[J]，教育界，2013，4（29）.

[5] 辜琛坤，高考数列解题策略研究[J]，数学学习与研究，2014年01期.

等差数列高考复习 篇4

南京九中震旦校区徐永忠

一、试题特点

1、近四年高考各试卷数列解答题考查情况统计

2005年高考各地的16套试卷中，每套试卷均有1道数列解答题试题，处于压轴位置的有6道．数列解答题属于中档题或难题．其中，涉及等差数列和等比数列的试题有11道，有关递推数列的有8道，关于不等式证明的有6道．另外，等比求和的错位相减法，广东卷的概率和数列的交汇，湖北卷的不等式型的递推数列关系都是高考试题中展现的亮点．

2006年高考各地的18套试卷中,有18道数列解答试题．其中与函数综合的有6道，涉及数列不等式证明的有8道，北京还命制了新颖的“绝对差数列”,值得一提的是，其中有8道属于递推数列问题，这在高考中是一个重点．

2007年高考各地的各套试卷中都有数列题，有7套试卷是在压轴题的位置，有9套是在倒数第二道的位置，其它的一般在第二、三的位置，几乎每道题涉及到递推数列,有9道涉及到数列、不等式或函数的综合问题，安徽省还出现了一道数列应用题．

2008年高考各地的各套试卷中都有数列题，也都是几乎每道题涉及到递推数列, 数列、不等式或函数的综合问题．

综上可知，数列解答题是高考命题的一个每年必考且难度较大的题型，其命题热点是与不等式交汇、呈现递推关系的综合性试题．当中，以函数迭代、解析几何中曲线上的点列为命题载体，有着高等数学背景的数列解答题仍将是未来高考命题的亮点，而以考查学生归纳、猜想、数学试验等能力研究性试题也将成为高考命题的一个新亮点．

2、主要特点

数列是高中代数的重要内容之一，也是与大学衔接的内容，由于在测试学生逻辑推理能力和理性思维水平，以及考查学生创新意识和创新能力等方面有不可替代的作用，所以在历年高考中占有重要地位，近几年更是有所加强．

数列解答题大多以数列为考查平台，综合运用函数、方程、不等式等知识，通过运用递推思想、函数与方程、归纳与猜想、等价转化、分类整合等各种数学思想方法，考查学生灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力，其难度属于中、高档难度．

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．一般情况下都是一个客观题和一个综合解答题，数列的综合题难度都很大，甚至很多都是试卷的压轴题，它不仅考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，还涉及了配方法、换元法、待定系数法、放缩法等基本数学方法．其中的高考热点——探索性问题也出现在近年高考的数列解答题中．

3、考查知识

（1）考查数列、等差数列、等比数列等基本知识、基本技能．

（2）常与函数、方程、不等式、解析几何等知识相结合，考查学生在数学学习和研究过程中知识的迁移、组合、融会，进而考查学生的学习潜能和数学素养．

（3）常以应用题或探索题的形式出现，为考生展现其创新意识和发挥创造能力提供广阔的空间．

二、教学要求

1、了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图象、通项公式），了解数列是一种特殊函数．理解数列的通项公式的意义．

2、理解等差数列的概念；掌握等差数列的通项公式、前n项和公式，能运用公式解决一些简单问题．

能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题．了解等差数列与一次函数的关系．

3、理解等比数列的概念；掌握等比数列的通项公式、前n项和公式，能运用公式解决一些简单问题．

能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题．了解等比数列与指数函数的关系．

探索等差、等比数列的通项公式和前n项和公式．

4、数列教学，要注意的问题：

（1）教学中，应使学生了解数列是一种特殊函数．

（2）会根据简单数列的前几项写出数列的一个通项公式．

（3）教学中，要掌握数列中各量之间的基本关系．但训练要控制难度和复杂程度，避免繁琐的计算、人为技巧化的难题．

（4）等差数列和等比数列有着广泛的应用，教学中应重视在具体的问题情境中，发现数列的等差关系或等比关系．这样做，即突出了问题意识，也有助于学生理解数列的本质．

三、考试要求：

四、2008年高考数列试题类型

类型一：考查等差、等比数列的基本问题

等差、等比数列是两类最基本的数列，它们是数列部分的重点，也是高考考查的热点．等差、等比数列的定义、通项公式、前n项的和等基本知识一直是高考考查的重点，这方面考题的解法灵活多样，技巧性强，考查的目的在于测试考生灵活运用知识的能力，这个“灵活”就集中在“转化”的水平上．

1．（全国数学Ⅰ文科19）在数列an中，a11，an12an2n．

（Ⅰ）设bnan．证明：数列bn是等差数列；（Ⅱ）求数列an的前n项和Sn． 2n

1（全国数学Ⅱ文科18）等差数列an中，求数列an前20项的和S20． a410且a3，a6，a10成等比数列，类型二：考查递推数列的通项公式问题

对于由递推式所确定的数列的通项公式问题，通常可对递推式进行变形，从而转化为等差、等比数列问题来解决．这类问题一直是高考久考不衰的题型，尤其以2007年高考试题最为明显。

全国卷近三年理科所考查六个解答题中有四道（2006年全国Ⅰ理科第22题、2007年全国Ⅰ理科第22题、2007年全国Ⅱ理科第21题、2008年全国Ⅱ理科第20题）(占了三分之二)都是形如：an1cand(c0,c1,d0)或者ancan1dbn(c0,c1,d0,bc)的递推数列求其通项公式的问题．

2．（全国数学Ⅰ理科22）设函数f(x)xxlnx．数列an满足0a11，an1f(an)．（Ⅰ）证明：函数f(x)在区间(0，（Ⅱ）证明：anan11； 1)是增函数；

（Ⅲ）设b(a1，1)，整数k≥a1b．证明：ak1b． a1lnb

*3．（全国数学Ⅱ理科20）设数列an的前n项和为Sn．已知a1a，an1Sn3n，nN．

（Ⅰ）设bnSn3n，求数列bn的通项公式；（Ⅱ）若an1≥an，nN，求a的取值范围． *

类型三：考查数列与不等式的综合问题

数列与不等式都是高中数学重要内容，一些常见的解题技巧和思想方法在数列与不等式的综合问题中都得到了比较充分的体现．以两者的交汇处为主干，构筑成知识网络型代数推理题，在高考中出现的频率相当高，占据着令人瞩目的地位．

4．（陕西卷理科数学22）已知数列{an}的首项a133an，2，．，an1，n152an

1（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）证明：对任意的x0，an≥1122，； x，n1，2n1x(1x)3

（Ⅲ）证明：a1a2n

2an． n1

类型四：考查考察存在性和探索性问题

课程改革突出强调培养学生的探究、发现和创造能力，2008年江苏卷对此考查全面且达到了一定的深度，特别是第19题数列题使这样的考查达到了相当的水平，体现了研究性学习思想．

5．（08江苏卷19）（Ⅰ）设a1,a2,，且公差d0，若将此,an是各项均不为零的等差数列（n4）数列删去某一项得到的数列（按原来的顺序）是等比数列：

①当n =4时，求a1的数值；②求n的所有可能值；d

（Ⅱ）求证：对于一个给定的正整数n(n≥4)，存在一个各项及公差都不为零的等差数列b1,b2,中任意三项（按原来顺序）都不能组成等比数列． ,bn，其

6．（2007年江苏卷）已知 {an}是等差数列，{bn}是公比为q的等比数列，a1b1,a2b2a1，记Sn为数列{bn}的前n项和．（1）若bkam(m,k是大于2的正整数)，求证：Sk1(m1)a1；

（2）若b3ai(i是某一正整数)，求证：q是整数，且数列{bn}中每一项都是数列{an}中的项；

（3）是否存在这样的正数q，使等比数列{bn}中有三项成等差数列？若存在，写出一个q的值，并加以说明；若不存在，请说明理由．

五、二轮复习建议：

1、填充题力争确保

（1）填充题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和等内容，对基本的计算技能要求不是很高，建议要强化方程思想在解题中的作用（基本量），知道前n项和与通项的关系，对中等及偏下的学生不必介绍过多解题技巧，对基础较好的学生，可适当介绍．

（2）填充题有可能出现与归纳推理有关的问题，此类题的难度不大，但对阅读问题及思路要求很高，情境也可能相对比较新颖．

2、解答题要有所为有所不为

（1）从江苏近几年的试题来看，数列题在最后两题中出现的可能性较大．

（2）对试卷中放在最后的压轴数列题，重点应放在前二问，基础较好的应冲刺最后一问，要加强1~2问的训练，不能刻意求全，能做到分步得分就好．同时不能放弃数列常规题的复习教学，这仍是一个重点，这是一项“根深叶茂”的基础工程，至关重要．

3、数列是考查学生自主探索、自主发现、数学试验、归纳猜想等直觉思维的良好载体，复习中建议多让学生猜猜、算算、证证，反朴归真，回归数学的本源．

4、对于递推数列问题，生源好的学校可以适当加强，生源一般的学校无须舍本求末得不偿失．

5、培养学生主动学习数学的习惯

让学生想一想做一做尝试尝试，不要题目一出来就分析，那是教师在分析，学生很难分析起来．不要用教师过早的“引导”限制、代替学生的思维，一旦学生养成了等待的习惯，学生离开了你该这么办，可以师生共做．要让学生首先熟悉题意，重视思维过程的指导，暴露如何想？怎么做？谈来龙去脉，重视通性通法的运用．

题目一出来，学生就立即做立即画，这是主动学习表现；若学生抬着头等你讲，那是思维懒惰的表现． 多让学生感到自然，与你共鸣．少让学生感到突然，强加给学生．努力使学生觉得，你老师想到的，我也差不多能够想到．少让学生感到，只有你老师自己能够想到，我怎么想也想不到．学生总觉得“老师你真聪明”不是一件好事．

6、评讲试卷建议

（1）教师自己亲自做一遍，与学生交流思维过程；

（2）请学生讲．不是简单的说答案，讲怎么想的，这不论对学生本人还是其他人都有教育意义．还可以讲“一题多解”，表扬一些学生的独特解法；

（3）不必面面俱到．分类归纳，集中讲评．抓住主要的、带有普遍的问题；

（4）抓大放小，居高临下；

等差数列高考复习 篇5

1、某县位于沙漠边缘，当地居民与封杀进行着艰苦的斗争，到2010年底，全县的绿地已占全县面积的30%，从2011年起，县政府决定加大植树造林，扩大绿地面积，每年将有16%的原沙漠地带变成绿地，但同时，原有绿地的4%又被侵蚀，变成了沙漠。

（1）设全县面积为1，记2010年底的绿地面积为a1，经过n年后的绿地面积为an1，试用an表示an1；

（2）在这种政策下，全县绿地面积能超过80%吗？

2、某人2000年参加工作打算购一套50万元的商品房，请你帮他解决下列问题：

方案一：从2001年开始每年年初到银行存入3万元，银行的年利率为1.98%，且保持不变，按复利计算，在2010年底，可以从银行里渠道多少钱？若想在2010年年底能够存足50万，他每年年初至少要存多少钱？

方案二：若在2001年年初向银行贷款50万先购房，银行贷款的年利率为4.425%，按复利计算，要求从贷款开始到2010年要分10年还清，每年年底等额归还且每年一次，他每年至少要换多少钱？

3、某渔业公司年初用98万元购买一艘捕鱼船，第一年各种维修费用12万元，以后每年都增加4万元，每年捕鱼收益50万元。

（1）问第几年开始获利；

等差数列复习学案 篇6

等差数列复习

一、学习目标：

1、通过学案能灵活运用通项公式求等差数列的首项、公差、项数、指定项，并通过通项公式再次认识等差数列的性质。

2、通过等差数列的习题培养学生的观察力及归纳推理能力。

3、理论联系实际，激发学生学习积极性。

二、学习重难点：

重点：等差数列的概念，探索并掌握等差数列的通项公式。

难点：等差数列的性质及应用，“等差”的特点。

三、学法指导：

研读学习目标，了解本节重难点，精读教材，查找资料，独立完成学案，通过小组学习解决部分疑难问题，再通过课堂各小组展示及质疑对抗，共同提高，完成学习任务。

四、知识链接：

1.等差数列的通项公式：

3.等差数列的判定方法：

五、学习过程：

问题（1）：已知{an}是等差数列.请证明2a5=a3+a7和2a5=a1+a9.问题（2）：①证明2an=an-1+an+1（n>1）②证明2an=an-k+an+k（n>k>0）

A1.已知等差数列{an}中，a7﹢a9=16，a4=1，则a12的值是（）

A.15B.30C.31D.6

4B2.设{an}是公差为正数的等差数列，若a1+a2+a3=15，a1a2a3=80，则a11+a12+a13等于（）

A.120B.105C.90D.7

5B3.已知等差数列{an}满足a1+a2+a3+„+a101 =0,则有（）

A.a1+a101>0B.a2+a100<0C.a3+a99=0D.a51=5

1A4.已知数列{an}满足an－1+an＋1=2an(n≥2),且a1=3,a2=5,则数列的通项公式为.A5.在数列{an}中，若a1=1，an+1= an+2（n≥1），则该数列的通项an=.B6.等差数列{an}中，a1+3a8+a15=120，求2a9－a10

B7.在等差数列{an}中，已知a2+a5+a8=9，a3 a5 a7 =﹣21，求数列{an}的通项公式

六、达标训练：

B1.等差数列{an}中,a2+a5+a8=9,那么关于x的方程x+(a4+a6)x+10=0()

A．无实根B．有两个相等实 C．有两个不等实根D．不能确定有无实根

2B2.等差数列{an}中，已知ak+ak+1+ak+2+ak+4+ak+4=A，则ak-1+ak+5（k≥2）等于

A.AB.A3C.A2A

5D.5A3.在等差数列{an}中，已知am﹣n=A，am+n=B，则am=.A4.已知数列{an}中，若a3+a4+a5+a6+a7=60，则a2+a8=.）（1B5.在等差数列{an}中,若a4+a6+a8+a100+a12=120,求a9－a11。

3B6.在等差数列{an}中,若a4+a6+a8+a100+a12=120,则2a9－a10.七、课堂小结：

高三“数列复习”教学设计 篇7

第一部分:基础训练

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

通过这组题让学生对考查的知识点灵活把握, 熟练区分等比、等差数列.

第三部分:基本量计算

这组题告诉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

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:数列中的恒等与不等关系

1. (2012·南京调研) 设等差数列{an}的前n项和是Sn, 已知S3=9, S6=36.

(1) 求数列{an}的通项公式;

(2) 是否存在正整数m, k, 使am, am+5, ak成等比数列?若存在, 求出m和k的值;若不存在, 请说明理由.

2.已知等差数列{an}的首项为a, 公差为b, 等比数列{bn}的首项为b, 公比为a, 其中a, b都是大于1的正整数, 且a1

(1) 求a的值;

(2) 若对于任意的n∈N*, 总存在m∈N*, 使得am+3=bn成立, 求b的值;

(3) 令cn=an+1+bn, 问:数列{cn}中是否存在连续三项成等比数列?若存在, 求出所有成等比数列的连续三项;若不存在, 请说明理由.

第六部分:构造或证明数列

2.已知数列{an}的前n项和Sn满足:Sn=t (Sn-an+1) (t为常数, 且t≠0, t≠1) .

(1) 求{an}的通项公式;

(2) 设bn=an2+Sn·an, 若数列{bn}为等比数列, 求t的值.

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.

……

2012年高考数列命题预测 篇8

1. 依数列的概念为依托，考查基本运算

从近年的命题情况看,依托数列的基本概念,设计考查基本运算的试题是数列中命制客观性试题的一种常见思路,此类题难度不大,往往在某一性质、某一知识点处设卡，突破后，可谓“一马平川”，直接得分.

例1 若互不相等的实数a，b，c成等差数列，c，a，b成等比数列，且a+3b+c=10，则a=（ ）

A． 4 B． 2 C． －2 D． －4

解析 由a，b，c成等差数列，得2b=a+c，由于a+3b+c=10，得b=2，又c，a，b成等比数列，得a2=bc，即a2=2c，再结合a+c=4，得a=2或-4，由于a，b，c互不相等，故a=-4，选D.

点评 本题依托等比、等差数列的基本概念考查数列的基本运算问题，在求解中用到了等差数列的性质，难度不大，运算需细心，若将答案B改为“2或-4”，可能有粗心的考生会误选.

例2 已知等差数列{an}的公差d=1，若a1+a2+…+a99+a100=150，那么a2+a4+…+a98+a100的值为（ ）

A． 100 B． 150 C． 200 D． 250

解析 设由a1+a3+…+a97+a99=A，a2+a4+…+a98+a100=B，

那么A+B=a1+a2+…+a99+a100=150，B-A=50d=50?圯2B=200?圯B=100，选A.

点评 本题依托等差数列前项和的概念，考查等差数列的基本运算.难度不大,求解方法也很多,其中利用等差数列的性质,进行整体运算给人有种赏心悦目的感觉.

2. 依数列的性质为依托，考查基本技能

数列的性质包括通项与前n项和之间的关系、等差、等比数列的性质、由递推公式确定数列的基本特征等，这些基本性质是在数列中设计“小、巧、活”试题的重要基地.

例3 设正数a0，a1，…，a2012构成数列{an}且满足下列两个条件：①a0=a2012，②an-1+■=2an+■，则所有满足条件的数列中a0的最大值为 .

解析 由an-1+■=2an+■?圯an-1=2an……①或an-1=■……②

则a2012=a0（-1）■·22012-t，即a2012用了t次②，用了2012-t①，

（i）若t为奇数，得：a2012=■·22012-t，由于a0=a2012，即a0=■·22012-t，显然，a0≤■·22012-1，得a0≤21005■.

（ii）若t为偶数，此时a2012=a0·22012-t，由于a0=a2012，即a0=a0·22012-t，此时a0最小值不存在.

故a0的最小值为21005■.

点评 本题依托递推式an-1+■=2an+■，再借助于（-1）t的运算结果巧妙地设计出数列的最值问题，看看求解过程，可谓“短小精悍”极具“数学味”.

3. 依分段数列为依托，考查分析推理能力

数列是特殊函数，结合分段函数产生分段数列，依托分段数列项的波动性考查分析推理能力是近年高考命题的一大特点，此类数列的项的规律性不是太明显，不深入探究，极易出错或产生不了结论.

例4 已知数列{an}满足：a1=m（m为正整数），an+1=■，当an为偶数时3an+1，当an为奇数时若a6=1，则m所有可能的取值为 .

解析 由a6=1结合递推式，可得若a5为偶数，则由a6=■?圯a5=2；若a5为奇数，则由a6=3a5+1?圯a5=0（不合题意，舍去）.

由a5=2，若a4为偶数，则a5=■?圯a4=4；若a4为奇数，则由a5=3a4+1?圯a4=■（不合题意，舍去）.

由a4=4，若a3为偶数，则a4=■?圯a3=8；若a3为奇数，则由a4=3a3+1?圯a3=1.

由a3=8，若a2为偶数，则a2=16；若a2为奇数，则a2=■（不合题意，舍去）.

由a3=1，若a2为偶数，则a2=2；若a2为奇数，则a2=0（不合题意，舍去）.

由a2=16，若a1为偶数，则a1=32?圯m=32；若a1为奇数，则a2=3a1+1?圯a1=5?圯m=5；由a2=2，若a1为偶数，则a1=4?圯m=4；若a1为奇数，则a1=■（不合题意，舍去）.

故m所有可能的取值为32、5、4.

点评 本题借助于a6及递推公式，逐步向前推理，逐步分析，直至产生a1，再与条件结合产生结论.难度不大，但运算量不大，必须细心才行.

4. 依基本图形为依托，考查捕捉信息能力

图形，直观地告诉我们所有内容，“有用的”与“无用的”尽显无遗.依托图形设计数列问题，通过对图形变化的分析、纷乱数据的整理来考查考生捕捉信息与利用信息能力也是近年高考命题的一大特点.求解此类问题的关键在于图与数之间的合理、科学的转化.

例5 将正△ABC分割成n2（n≥2，n∈N）个全等的小正三角形（图1，图2分别给出了n=2，3的情形），在每个三角形的顶点各放置一个数，使位于△ABC的三边及平行于某边的任一直线上的数（当数的个数不少于3时）都分别依次成等差数列，若顶点A，B，C处的三个数互不相同且和为1，记所有顶点上的数之和为f（n），则有f（2）=2，f（3）= ，…，f（n）= .

解析 当n=3时，如图3所示，分别设各顶点的数用小写字母表示，即由条件知a+b+c=1，x1+x2=a+b，y1+y2=b+c，z1+z2=c+a.

那么x1+x2+y1+y2+z1+z2=2（a+b+c）=2，2g=x1+y2=x2+z1=y1+z2，

6g=x1+x2+y1+y2+z1+z2=2（a+b+c）=2，得g=■.

于是f（3）=a+b+c+x1+x2+y1+y2+z1+z2+g=1+2+■=■.

类似地可求得f（4）=5.由上知f（1）中有三个数，f（2）中有6个数，f（3）中共有10个数相加 ，f（4）中有15个数相加，…，若f（n-1）中有an-1（n>1）个数相加，可得f（n）中有（an-1+n+1）个数相加，且由f（1）=1=■，f（2）=■=■=f（1）+■，f（3）=■=f（2）+■，f（4）=5=f（3）+■，…，可得f（n）=f（n-1）+■，

所以f（n）=f（n-1）+■=f（n-2）+■+■=…=■+■+■+■+f（1）=■+■+■+■+■+■=■（n+1）（n+2）.

点评 本题建立在图形的基础上，结合等差数列的性质产生了f（3）、又类比f（3）的方法产生f（4），再通过f（2）、f（3）、f（3）中后一项与前一项的关系，归纳出f（n）与f（n-1）之间进一步的关系使问题出现实质性的转机，本题有难度也有技巧.

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5. 依两类特殊数列为依托，考查数列中的基本思想与基本方法的应用

等差数列与等比数列是两类特殊数列，每年高考围绕这两类数列设计的试题都比较多.对于此类题在设计上往往还会同时注重数列中的其它技能，比如：数列求和错位相减法及裂项法等，求解时，首先抓好第一问的求解，因为第一问的结论可能还会为第二问甚至第三问“服务”.

例6 设Sn等比数列{an}的前n项和，且S2，■，a2成等差数列，又S3=■.

（Ⅰ）求数列{■}的通项；

（Ⅱ）设bn=■，求数列{bn}的前n项和Sn．

解析 （Ⅰ）设首项为a1，公比为q，由S3=■，S2+a2=■，得■=■，a1+a1q+a1q=■?圯a1=■，q=■?圯an=■?圯■=3n.

所以数列{■}的通项为■=3n.

（Ⅱ）∵bn=■，∴bn=n·3n．

∴Sn=3+2×32+3×33+…+n·3n………①

∴3Sn=32+2×33+3×34+…+n3n+1………②

②-①得：2Sn=n3n+1-（3+32+33+…+3n），即2Sn=n3n+1-■，∴Sn=■+■．

点评 本题依托等差数列与等比数列，考查在数列中最常用的基本思想——方程思想与数列中最重要的求和方法——错位相减法.本题的求解中，第一问的结论很重要，因为它直接为第二问服务，若是第一问出错，第二问就什么也不谈了.

6. 依新定义为依托，考查数列中的创新意识与创新能力

以新定义为依托，命制新背景、新定义、新运算、新性质等的创新题型，考查考生创新能力与创新意识是近年高考数列试题的一种新苗头.由于数列本身具有抽象性与灵活性，又加上创新问题还存在着“阅读理解”问题，因此，此类题有较大难度，往往出在试卷的最后两题的位置.

例7 数列{an}的前n项和记为Sn，前kn项和记为Skn（n，k∈N*），对给定的常数k，若■是与n无关的非零常数t=f（k），则称该数列{an}是“k类和科比数列”，

（1）已知Sn=（■）2，an>0，求数列{an}的通项公式；

（2）证明:（1）的数列{an}是一个“k类和科比数列”；

（3）设正数列{cn}是一个等比数列，首项c1，公比Q（Q≠1），若数列{lgcn}是一个“k类和科比数列”，探究c1与Q的关系.

解析 （1）由Sn+1=■得Sn=■，作差得an+1=■，化简整理2an+1+2an=a2n+1-a2n，∴an+1-an=2.

由a1=（■）2，a1>0?圯a1=1，于是an=2n-1.

（2）由（1）知Sn=■=n2，那么S（k+1）n=（k+1）2n2，Skn=k2n2.

由于■=（■）2与n无关的非零常数，

所以数列{an}是一个“k类和科比数列”.

（3）由lgcn+1-lgcn=lg■=lgQ是一个常数，所以{lgcn}是一个等差数列，首项lgc1，公差lgQ，于是Sn=nlgc1+■·lgQ.

那么Skn=knlgc1+■·lgQ，S（k+1）n=（k+1）nlgc1+■·lgQ，

■=■=t

对一切n∈N*恒成立，化简整理[（k+1）2-k2t]·lgQ·n+[（k+1）-kt]·（2lgc1-lgQ）=0对一切n∈N*恒成立 ，所以（k+1）2-k2t=0，2lgc1-lgQ=0?圯Q=c12.

点评 本题依托“k类和科比数列”的定义,设计证明一个数列是“k类和科比数列”及利用这个数列的定义展开的推理问题.第一问属于常规问题,第二问与第三问就是新定义的运用.第三问的转化有难度,求解必需细心.

7. 依递推式为依托，考查推理论证的能力

递推式是数列的表示形式之一.近年利用这一表示形式对数列进行考查是司空见惯的，且大有越来越难之势.常规命题是建立在非线性的递推式的基础上进行展开，通过求通项及一些数列性质的论证等，考查考生对问题的变形能力及数列常规技巧、技巧的掌握情况.

例8 已知数列{bn}中，bn+1=■，n∈N*，记an=■.

（1）求证：数列{an}是等比数列；

（2）若b1=0，试求数列{bn}的最大项与最小项；

（3）是否存在正整数b1使an>22-n，若存在，求出b1的值，否则，说明理由.

解析 （1）由bn+1=■?圯bn+1-1=■，bn+1+2=■?圯■=（-■）·■，即an+1=（-■）·an，显然，数列{an}是以a1为首项，以-■为公比的等比数列.

（2）由b1=0，得a1=■=-■，所以an=（-■）n-1·a1=（-■）n，

即■=（-■）n?圯bn=■=■+1.

显然，n为奇数时，■递增，则当n=1时，b1=0最小；此时，最大值不存在，无限地趋近于1.

n为偶数时，■递减，则当n=2时，b2=4最大；此时，最小值不存在，无限地趋近于1.

综上可知，数列{bn}的最大项为b2=4、最小项为b1=0.

（3）由（1）an=■=■·（-■）n-1，那么an>22-n即为■·（-■）n-1>22-n?圯■>2，由于b1为正整数，得■>2?圯b1-1>2（b1+2）?圯b1<-5，显然，不存在.

点评 本题第一问的合理变形是求解的重点与难点,突破这个之后求解就能顺利展开.对第二问最大项与最小项的分析要借助于符号进行,第三问其实是一个不等式问题.

8. 依函数、不等式为依托，考查综合运算数列知识的能力

依托函数的抽象性与不等式的灵活性，综合考查数列的运算能力，在广东的试卷中经常出现，也许2009年广东理科最后一题在复习时已经见过，函数、导数、不等式的巧妙结合令人叫绝.其求解的灵活性与构造的巧妙性也令人叹服，当然，对考生的“折磨”程度也让今天的你“望而生畏”.

例9 已知p≠0，对于任意自然数n都有点（an，an+1）在函数f（x）=px+1-p的图像上，且a1=2，

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）bn=2-qn-1（n∈N*），当n≥2时，p，q都在区间（0，1）内变化，且满足p2n-2+q2n-2≤1时，求所有点（an，bn）所构成图形的面积；

（3）当p>1时，证明：■<■+■+…+■<■（n∈N*）.

解析 （1）∵an+1=pan+1-p（n∈N*），∴ an+1-1=p（an-1），

∴{an-1}是以a1-1=1为首项，p为公比的等比数列.

因此an-1=pn-1，即an=1+pn-1.

（2）∵当n≥2时，an=1+pn-1，bn=2-qn-1，由0

∵p2n-2+q2n-2≤1，又∵（an-1）2=（pn-1）2=p2n-2，（bn-2）2=q2n-2.

而p2n-2+q2n-2≤1，∴（an-1）2+（bn-2）2≤1.

即对满足题设的所有点（an，bn）在区域?赘：

１

而对区域?赘内的任一点（x，y），取p=■∈（0，1），q=■∈（0，1），

则an=1+pn-1，bn=2-qn-1.

即?埚p，q∈（0，1），使得?坌（x，y）∈?赘，（x，y）都是（an，bn）（n∈N，n≥2）中的点.

综上可知，点（an，bn）构成的图形是如图所示的■圆，其面积为■.

（3）∵■=■=■>■=■?圯■+■+…＋■>■.

又∵■=■=■=■+■·■<■+■·■，

∴ ■+■+…＋■<■+■（■+■+…＋■）=■+■·■＝■+■（1-（■）n）<■，

∴■<■+■+…＋■<■（n∈N*）.

点评 建立在简单递推式的基础上给出数列是高考数列命题的常见形式之一.本题就是如此，将简单的递推式变开后，结合等比数列的定义，产生等比数列，再通过等比数列的有关性质产生第一问的结论.第二问与线性规划结合，其中分析出不等式组很关键，必须保证都不出错，否则满盘皆输.第三问除了数列的基本技能外，还要用到不等式的处理技巧.

数列题年年都有，且难度具有波动性.2011年文、理科都是第20题,又都是与递推式有关的且难度较大的试题.对于2012年我们要做好两手准备,既对基础考查与综合考查,唯有此,才能保住数列中的分数不少得.

（作者单位：中山市第一中学）

责任编校 徐国坚