一类数列积的解法及推广

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2023高考数学逆袭系列之微专题11 数列中的最值、范围及奇偶项问题

＝－12＋3×22（11－－22n－1）－(3n－9)×2n＋1
＝－24－(3n－12)×2n＋1，
故Tn＝(3n－12)×2n＋1＋24(n∈N*).设cn＝(3n－12)×2n＋1，显然当n≥4时，cn≥0，Tn≥24且单调递增. 而c1＝－36，c2＝－48，c3＝－48，故Tn的最小值为T2＝T3＝－24.
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核心归纳
此类问题以数列为载体，一般涉及数列的求和，考查不等式的恒成立问题，可转化为函数的最值问题.
索引
例 4 (2021·浙江卷)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝－94，且 4Sn＋1＝3Sn－ 9(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式；解因为4Sn＋1＝3Sn－9，所以当n≥2时，4Sn＝3Sn－1－9，两式相减可得 4an＋1＝3an，即aan＋n 1＝34. 当 n＝1 时，4S2＝4－94＋a2＝－247－9，解得 a2＝－2176，所以aa21＝43.
上篇板块二数列
微专题11 数列中的最值、范围及奇偶项问题
题型聚焦分类突破高分训练对接高考
1.数列中的最值、范围问题的常见类型有：(1)求数列和式的最值、范围；(2)满足数列的特定条件的n的最值与范围；(3)求数列不等式中参数的取值范围.
2.数列中的奇、偶项问题的常见题型 (1)数列中连续两项和或积的问题(an＋an＋1＝f(n)或an·an＋1＝f(n))； (2)含有(－1)n的类型； (3)含有{a2n}，{a2n－1}的类型； (4)已知条件明确奇偶项问题.
索引
训练 1 (2022·全国甲卷)记 Sn 为数列{an}的前 n 项和.已知2nSn＋n＝2an＋1. (1)证明：{an}是等差数列；证明由2nSn＋n＝2an＋1，得2Sn＋n2＝2ann＋n，① 所以2Sn＋1＋(n＋1)2＝2an＋1(n＋1)＋(n＋1)，② ②－①，得2an＋1＋2n＋1＝2an＋1(n＋1)－2ann＋1，化简得an＋1－an＝1，所以数列{an}是公差为1的等差数列.

递推数列求通项公式-高考数学一题多解

递推数列求通项公式-高考数学一题多解一、攻关方略数列学习中难度较高的一个内容是递推数列，由递推关系求通项公式是一种十分重要的题型，解题方法丰富多彩，注重分析递推式的结构特点，合理构造得到等差或等比等常见数列是解题的重要策略．下面对一些常见的由递推关系求通项公式的求法做一些归纳．第一类：型如()1n n a a f n +=+的一阶递推式，可改写为()1n n a a f n +-=的形式，左端通过“累加”可以消项；右端()f n 是关于n 的函数，可以求和．故运用“累加法”必定可行，即()()()112132111()n n n n k a a a a a a a a a f k --==+-+-+⋅⋅⋅+-=+∑．第二类：型如1()n n a g n a +=的递推式，可改写为1()n na g n a +=的形式．左端通过“迭乘”可以消项；右端通常也可以化简，故运用“迭乘法”必定可行，即3211121(1)(2)(1)(2)n n n a a a a a a n n g g a a a -=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-≥．第三类：型如1n n a pa q +=+（1p ≠，0q ≠）的递推式，可由下面两种构造法求通项公式．构造法一：由1n n a pa q +=+及1n n a pa q -=+，两式相减得()11n n n n a a p a a +--=-，得{}1n n a a +-是首项为21a a -，公比为p 的等比数列，先求{}1n n a a +-的通项公式，再利用“累加法”求{}n a 的通项公式．构造法二：若1p =，则显然是以1a 为首项、q 为公差的等差数列；若1p ≠，0p ≠，0q ≠，则构造数列{}n a λ+，满足()1n n a p a λλ++=+．运用待定系数法，解得1q p λ=-，则1n q a p ⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭是首项为11q a p +-，公比为p 的等比数列．第四类：型如1nn n pa a a q+=+（0p ≠，0q ≠，0n a ≠）的递推式，运用取倒数，构造数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭，满足111n n q a pa p +=+，运用换元法，即令1n n b a =，得11n n q b b p p +=+，从而转换为第三类．第五类：型如1rn n a pa +=（0p >，0r ≠，1r ≠）的递推式，运用两边取对数法得1lg lg lg n n a r a p +=+，令lg n n b a =，转化为1lg n n b rb p +=+型，即第三类，再运用待定系数法．第六类：型如1n n a pa qn r +=++（1p ≠，0p ≠，0q ≠）的递推式，可构造数列{}n a n λμ++，满足()1(1)n n a n p a n λμλμ++++=++，运用待定系数法解得1q p λ=-，21(1)r qp p μ=+--，从而由等比数列求通项公式；进一步推广，若递推式中包含n 的二次项、三次项，则构造的数列中也同样包含对应次数项．第七类：型如1()n n a pa f n +=+（1p ≠，0p ≠）的递推式，可在等式两边同除以1n p +，构造数列nn a p ⎧⎫⎨⎬⎩⎭，满足111()n n n n n a a f n p p p +++=+，令n n n a b p =，则转化为11()n n n f n b b p ++=+，即第一类，再利用“累加法”求通项公式．第八类：型如满足：11a m =，22a m =，21n n n a pa qa ++=+（p 、q 是常数）的递推式，则称数列{}n a 为二阶线性递推数列，可构造数列{}1n n a a λ+-，满足()11n n n n a a a a λμλ+--=-，则,,p q λμλμ+=⎧⎨=-⎩即λ，μ为方程20x px q --=的两个根，此方程称之为特征方程，则数列{}n a 的通项公式n a 均可用特征根求得（即转化为第七类进一步求解）．第九类：型如1n n n ra sa pa q++=+（0p ≠，0q ≠，0r ≠，0s ≠）的递推式，利用不动点法，其中rx sx px q +=+的根为该数列的不动点，若该数列有两个相异的不动点μ，则n n a a v μ⎧⎫-⎨⎬-⎩⎭为等比数列；若该数列有唯一的不动点μ，即方程等根时，1n a μ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭为等差数列，这就是不动点求递推数列通项公式的方法．除上述9种类型之外还有换元法、数学归纳法（归纳一猜想一论证）等．给出相类似的递推式必有相应的破解之道，这是模型思想的运用，对所给的递推式借助于变形、代换、运算等方法转化为等差数列、等比数列这两类基本数列（模型）而求解．切变形、代换、运算的手段都是构造法的体现，真可谓：递推数列变化无穷，变形、代换方法众多．模型思想是根主线，合理构造顿显坦途．【典例】（2021·全国甲卷T17）已知数列{}n a 的各项均为正数，记n S 为{}n a 的前n 项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列{}n a是等差数列：②数列是等差数列；③213a a =．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．选①②作条件证明③：（一）待定系数法解法一：【解析】待定系数法+n a 与n S 关系式(0)an b a =+>，则()2n S an b =+，当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b-=-=+--+()22a an a b =-+；因为{}n a 也是等差数列，所以()()222a b a a a b +=-+，解得0b =；所以()221n a a n =-，21a a =，故22133a a a ==.解法二：【解析】待定系数法设等差数列{}n a 的公差为d，等差数列的公差为1d ，1(1)n d =-，将1(1)2n n n S na d -=+1(1)n d -，化简得())2222211111222d d n a n d n d n d ⎛⎫+-=+-+⎪⎝⎭对于n +∀∈N 恒成立．则有21211112,240,d d a d d d ⎧=⎪⎪-=-⎨=，解得112d d a ==．所以213a a =．选①③作条件证明②：因为213a a =，{}n a 是等差数列，所以公差2112d a a a =-=，所以()21112n n n S na d n a -=+==，)1n +-=所以是等差数列.选②③作条件证明①：（二）定义法解法一：(0)an b a =+>，则()2n S an b =+，当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b-=-=+--+()22a an a b =-+；因为213a a =，所以()()2323a a b a b +=+，解得0b =或43ab =-；当0b =时，()221,21n a a a a n ==-，当2n ≥时，2-1-2n n a a a =满足等差数列的定义，此时{}n a 为等差数列；当43a b =-4=3an b an a =+-03a =-<不合题意，舍去.综上可知{}n a 为等差数列.解法二：求解通项公式因为213a a ===也为等差数列，所以公差1d =()11n d =-=，故21n S n a =，当2n ≥时，()()221111121n n n a S S n a n a n a -=-=--=-，当1n =时，满足上式，故{}n a 的通项公式为()121n a n a =-，所以()1123n a n a -=-，112n n a a a --=，符合题意.【点评】这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，选①②时，法一：利用等差数列的通项公式是关于n 的一次函数，直接(0)an b a =+>，平方后得到n S 的关系式，利用11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩得到{}n a 的通项公式，进而得到213a a =，是选择①②证明③的通式通法；法二：分别设出{}n a 与{}n S的公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系1d =12d a =，进而得到213a a =；选①③时，按照正常的思维求出公差，表示出n S进而由等差数列定义进行证明；选②③时，法一：利用等差数列的通项公式是关于n 的一次函数，(0)an b a =+>，结合,n n a S 的关系求出n a ，根据213a a =可求b ，然后可证{}n a1d =11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，求出{}n a 的通项公式，进而证明出结论.【针对训练】（2022年全国高考乙卷）1．嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{}n b ：1111b α=+，212111b αα=++，31231111b ααα=+++，…，依此类推，其中(1,2,)k k α*∈=N ．则（）A ．15b b <B ．38b b <C ．62b b <D ．47b b <2．设数列{an }满足a 1=3，134n n a a n +=-．（1）计算a 2，a 3，猜想{an }的通项公式并加以证明；（2）求数列{2nan }的前n 项和Sn ．3．已知数列{}n a 满足11a =，11,,2,.n n n a n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数（1）记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式；（2）求{}n a 的前20项和.4．已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==．（1）求{}n a 的通项公式；（2）记m b 为{}n a 在区间*(0,]()m m ∈N 中的项的个数，求数列{}m b 的前100项和100S ．（2022全国甲卷）5．记n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知221nn S n a n+=+．(1)证明：{}n a 是等差数列；(2)若479,,a a a 成等比数列，求n S 的最小值．6．记n S 为数列{}n a 的前n 项和，n b 为数列{}n S 的前n 项积，已知212n nS b +=．（1）证明：数列{}n b 是等差数列;（2）求{}n a 的通项公式．7．设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <．8．对负整数a ，数43a +、77a +、283a a ++依次成等差数列．(1)求a 的值；(2)若数列{}n a 满足()112n n n a aa n *++=-∈N ，1a m =，求{}n a 的通项公式；(3)在（2）的条件下，若对任意n *∈N ，有2121n n a a +-<，求m 的取值范围．9．设0b >，数列{}n a 满足1a b =，()1121n n n nba a n a n --=≥+-（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）证明：对于一切正整数n ，121n n a b +≤+．10．设数列{}n a 满足：11a =，12n n n a a -=-+（2n ≥），数列{}n b 满足：1(1)3n n n b a +=-⋅．求数列{}n b 的通项公式．参考答案：1．D【分析】根据()*1,2,k k α∈=N …，再利用数列{}n b 与k α的关系判断{}n b 中各项的大小，即可求解.【详解】[方法一]:常规解法因为()*1,2,k k α∈=N ，所以1121ααα<+，112111ααα>+，得到12b b >，同理11223111ααααα+>++，可得23b b <，13b b >又因为223411,11αααα>++112233411111ααααααα++<+++，故24b b <，34b b >；以此类推，可得1357b b b b >>>>…，78b b >，故A 错误；178b b b >>，故B 错误；26231111αααα>++…，得26b b <，故C 错误；11237264111111αααααααα>++++++…，得47b b <，故D 正确.[方法二]：特值法不妨设1,n a =则1234567835813213455b 2,b b ,b b ,b b ,b 2358132134========，47b b <故D 正确.2．（1）25a =，37a =，21n a n =+，证明见解析；（2）1(21)22n n S n +=-⋅+.【分析】（1）方法一：（通性通法）利用递推公式得出23,a a ，猜想得出{}n a 的通项公式，利用数学归纳法证明即可；（2）方法一：（通性通法）根据通项公式的特征，由错位相减法求解即可．【详解】（1）［方法一］【最优解】：通性通法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=，由数列{}n a 的前三项可猜想数列{}n a 是以3为首项，2为公差的等差数列，即21n a n =+．证明如下：当1n =时，13a =成立；假设()n k k *=∈N 时，21k a k =+成立.那么1n k =+时，1343(21)4232(1)1k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立.则对任意的*n ∈N ，都有21n a n =+成立；［方法二］：构造法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=．由123,5a a ==得212a a -=．134n n a a n +=-，则134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--．令1n n n b a a +=-，且12b =，所以134n n b b -=-，两边同时减去2，得()1232n n b b --=-，且120b -=，所以20n b -=，即12n n a a +-=，又212a a -=，因此{}n a 是首项为3，公差为2的等差数列，所以21n a n =+．［方法三］：累加法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=．由134n n a a n +=-得1114333n n n n n a a n +++-=-，即2121214333a a -=-⨯，3232318333a a -=-⨯，……1114(1)(2)333n n nn n a a n n ---=--⨯≥．以上各式等号两边相加得1123111412(1)33333n n n a a n ⎡⎤-=-⨯+⨯+-⨯⎢⎥⎣⎦ ，所以1(21)33n n n a n =+⋅．所以21(2)n a n n =+≥．当1n =时也符合上式．综上所述，21n a n =+．［方法四］：构造法21322345,387a a a a =-==-=，猜想21n a n =+．由于134n n a a n +=-，所以可设()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，其中,λμ为常数．整理得1322n n a a n λμλ+=++-．故24,20λμλ=--=，解得2,1λμ=-=-．所以()112(1)13(21)3211n n n a n a n a +-+-=--=⋅⋅⋅=-⨯-．又130a -=，所以{}21n a n --是各项均为0的常数列，故210n a n --=，即21n a n =+．（2）由（1）可知，2(21)2n nn a n ⋅=+⋅［方法一］：错位相减法231325272(21)2(21)2n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅ ，①23412325272(21)2(21)2n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅ ，②由①-②得：()23162222(21)2n n n S n +-=+⨯+++-+⋅ ()21121262(21)212n n n -+-=+⨯+⋅⨯-1(12)22n n +=-⋅-，即1(21)22n n S n +=-⋅+.［方法二］【最优解】：裂项相消法112(21)2(21)2(23)2n n n n n n n a n n n b b ++=+=---=-，所以231232222n n n S a a a a =++++ ()()()()2132431n n b b b b b b b b +=-+-+-++- 11n b b +=-1(21)22n n +=-+．［方法三］：构造法当2n ≥时，1(21)2n n n S S n -=++⋅，设11()2[(1)]2n n n n S pn q S p n q --++⋅=+-+⋅，即122n n n pn q p S S ----=+，则2,21,2pq p -⎧=⎪⎪⎨--⎪=⎪⎩，解得4,2p q =-=．所以11(42)2[4(1)2]2n n n n S n S n --+-+⋅=+--+⋅，即{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，而1(42)22S +-+⋅=，所以(42)22n n S n +-+⋅=．故12(21)2n n S n +=+-⋅．［方法四］：因为12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+，令12n n b n -=⋅，则()()231()0,11n nx x f x x x x x x x-=++++=≠- ，()121211(1)()1231(1)n n nn x x nx n x f x x x nxx x +-'⎡⎤-+-+=++++==⎢⎥--⎢⎥⎣⎦' ，所以12n b b b +++L 21122322n n -=+⋅+⋅++⋅ 1(2)12(1)2n n f n n +==+-+'⋅．故234(2)2222nn S f =++'+++ ()1212412(1)212n n n n n +-⎡⎤=+⋅-++⎣⎦-1(21)22n n +=-+．【整体点评】（1）方法一：通过递推式求出数列{}n a 的部分项从而归纳得出数列{}n a 的通项公式，再根据数学归纳法进行证明，是该类问题的通性通法，对于此题也是最优解；方法二：根据递推式134n n a a n +=-，代换得134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--，设1n n n b a a +=-，从而简化递推式，再根据构造法即可求出n b ，从而得出数列{}n a 的通项公式；方法三：由134n n a a n +=-化简得1114333n n n n n a a n +++-=-，根据累加法即可求出数列{}n a 的通项公式；方法四：通过递推式求出数列{}n a 的部分项，归纳得出数列{}n a 的通项公式，再根据待定系数法将递推式变形成()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，求出,λμ，从而可得构造数列为常数列，即得数列{}n a 的通项公式．（2）方法一：根据通项公式的特征可知，可利用错位相减法解出，该法也是此类题型的通性通法；方法二：根据通项公式裂项，由裂项相消法求出，过程简单，是本题的最优解法；方法三：由2n ≥时，1(21)2nn n S S n -=++⋅，构造得到数列{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，从而求出；方法四：将通项公式分解成12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+，利用分组求和法分别求出数列{}{}12,2n n n -⋅的前n 项和即可，其中数列{}12n n -⋅的前n 项和借助于函数()()231()0,11n nx x f x x x x x x x-=++++=≠- 的导数，通过赋值的方式求出，思路新颖独特，很好的简化了运算．3．（1）122,5,31n b b b n ===-；（2）300.【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列{}n b 的特征，然后求和其通项公式即可；(2)方法二：分组求和，结合等差数列前n 项和公式即可求得数列的前20项和.【详解】解：（1）[方法一]【最优解】：显然2n 为偶数，则21222212,1n n n n a a a a +++=+=+，所以2223n n a a +=+，即13n n b b +=+，且121+12b a a ===，所以{}n b 是以2为首项，3为公差的等差数列，于是122,5,31n b b b n ===-．[方法二]：奇偶分类讨论由题意知1231,2,4a a a ===，所以122432,15b a b a a ====+=．由11n n a a +-=（n 为奇数）及12n n a a +-=（n 为偶数）可知，数列从第一项起，若n 为奇数，则其后一项减去该项的差为1，若n 为偶数，则其后一项减去该项的差为2．所以*23()n n a a n N +-=∈，则()11331n b b n n =+-⨯=-．[方法三]：累加法由题意知数列{}n a 满足*113(1)1,()22nn n a a a n +-==++∈N ．所以11213(1)11222b a a -==++=+=，322433223(1)3(1)11212352222b a a a a a --==++=+=+++=++=+=，则222121222111()()()121221+n n n n n n b a a a a a a a a a ---==-+-+-+=+++++++12(1)131n n n =+-+=-⨯．所以122,5b b ==，数列{}n b 的通项公式31n b n =-．（2）[方法一]：奇偶分类讨论20123201351924620++++++++()()S a a a a a a a a a a a a =+=+++ 1231012310(1111)b b b b b b b b =-+-+-++-+++++ 110()102103002b b +⨯=⨯-=．[方法二]：分组求和由题意知数列{}n a 满足12212121,1,2n n n n a a a a a -+==+=+，所以2122123n n n a a a +-=+=+．所以数列{}n a 的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；同理，由2221213n n n a a a ++=+=+知数列{}n a 的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．从而数列{}n a 的前20项和为：201351924260()()S a a a a a a a a =+++++++++ 1091091013102330022⨯⨯=⨯++⨯+⨯=．【整体点评】(1)方法一：由题意讨论{}n b 的性质为最一般的思路和最优的解法；方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质；方法三：写出数列{}n a 的通项公式，然后累加求数列{}n b 的通项公式，是一种更加灵活的思路.(2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前n 项和是一种常规的方法；方法二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前n 项和公式和分组的方法进行求和是一种不错的选择.4．（1）2n n a =；（2）100480S =.【分析】（1）利用基本元的思想，将已知条件转化为1,a q 的形式，求解出1,a q ，由此求得数列{}n a 的通项公式.（2）方法一：通过分析数列{}m b 的规律，由此求得数列{}m b 的前100项和100S .【详解】（1）由于数列{}n a 是公比大于1的等比数列，设首项为1a ，公比为q ，依题意有31121208a q a q a q ⎧+=⎨=⎩，解得解得12,2a q ==，或1132,2a q ==(舍)，所以2n n a =，所以数列{}n a 的通项公式为2n n a =.（2）［方法一］：规律探索由于123456722,24,28,216,232,264,2128=======，所以1b 对应的区间为(0,1]，则10b =；23,b b 对应的区间分别为(0,2],(0,3]，则231b b ==，即有2个1；4567,,,b b b b 对应的区间分别为(0,4],(0,5],(0,6],(0,7]，则45672b b b b ====，即有22个2；8915,,,b b b 对应的区间分别为(0,8],(0,9],,(0,15] ，则89153b b b ==== ，即有32个3；161731,,,b b b 对应的区间分别为(0,16],(0,17],,(0,31] ，则1617314b b b ==== ，即有42个4；323363,,,b b b 对应的区间分别为(0,32],(0,33],,(0,63] ，则3233635b b b ====L ，即有52个5；6465100,,,b b b L 对应的区间分别为(0,64],(0,65],,(0,100] ，则64651006b b b ====L ，即有37个6．所以23451001222324252637480S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．［方法二］【最优解】：由题意，2n m ≤，即2log n m ≤，当1m =时，10b =．当)12,21k k m +⎡∈-⎣时，,m b k k *=∈N ，则()()()()1001234573233636465100S b b b b b b b b b b b b =++++++++++++++ 0122438416532637480=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．［方法三］：由题意知)1,2,2k k m b k m +⎡=∈⎣，因此，当1m =时，10b =；[2,4)m ∈时，1m b =；[4,8)m ∈时，2m b =；[8,16)m ∈时，3m b =；[16,32)m ∈时，4m b =；[32,64)m ∈时，5m b =；[64,128)m ∈时，6m b =．所以1001234100S b b b b b =+++++ 0(11)(222)(666)=++++++++++ 0122438416532637480=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．所以数列{}n b 的前100项和100480S =．【整体点评】（2）方法一：通过数列{}n a 的前几项以及数列{}m b 的规律可以得到12100,,,b b b 的值，从而求出数列{}m b 的前100项和，这是本题的通性通法；方法二：通过解指数不等式可得数列{}m b 的通项公式，从而求出数列{}m b 的前100项和，是本题的最优解；方法三，是方法一的简化版．5．(1)证明见解析；(2)78-．【分析】（1）依题意可得222n n S n na n +=+，根据11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，作差即可得到11n n a a --=，从而得证；（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出1a ，即可得到{}n a 的通项公式与前n 项和，再根据二次函数的性质计算可得．【详解】（1）因为221nn S n a n+=+，即222n n S n na n +=+①，当2n ≥时，()()()21121211n n S n n a n --+-=-+-②，①-②得，()()()22112212211n n n n S n S n na n n a n --+---=+----，即()12212211n n n a n na n a -+-=--+，即()()()1212121n n n a n a n ----=-，所以11n n a a --=，2n ≥且N*n ∈，所以{}n a 是以1为公差的等差数列．（2）[方法一]：二次函数的性质由（1）可得413a a =+，716a a =+，918a a =+，又4a ，7a ，9a 成等比数列，所以2749a a a =⋅，即()()()2111638a a a +=+⋅+，解得112a =-，所以13n a n =-，所以()22112512562512222228n n n S n n n n -⎛⎫=-+=-=--⎪⎝⎭，所以，当12n =或13n =时，()min 78n S =-．[方法二]：【最优解】邻项变号法由（1）可得413a a =+，716a a =+，918a a =+，又4a ，7a ，9a 成等比数列，所以2749a a a =⋅，即()()()2111638a a a +=+⋅+，解得112a =-，所以13n a n =-，即有1123210,0a a a a <<<<= .则当12n =或13n =时，()min 78n S =-．【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出n S 的最小值，适用于可以求出n S 的表达式；法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．6．（1）证明见解析；（2）()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.【分析】（1）由已知212n nS b +=得221n n n b S b =-,且0n b ≠，取1n =,得132b =,由题意得1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---,消积得到项的递推关系111221n n n n b b b b +++=-,进而证明数列{}n b 是等差数列;（2）由（1）可得n b 的表达式,由此得到n S 的表达式,然后利用和与项的关系求得()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.【详解】（1）[方法一]：由已知212n n S b +=得221n n n b S b =-,且0n b ≠，12n b ≠,取1n =,由11S b =得132b =,由于n b 为数列{}n S 的前n 项积，所以1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---,所以1121121222212121n n n b b b b b b b +++⋅⋅⋅⋅=---，所以111221n n n nb b b b +++=-,由于10n b +≠所以12121n n b b +=-，即112n n b b +-=,其中*n ∈N 所以数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差等差数列;[方法二]【最优解】：由已知条件知1231-⋅=⋅⋅⋅⋅ n n n b S S S S S ①于是11231(2)--=⋅⋅⋅⋅≥ n n b S S S S n ．②由①②得1nn n b S b -=．③又212n nS b +=，④由③④得112n n b b --=．令1n =，由11S b =，得132b =．所以数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列．[方法三]：由212n nS b +=，得22=-n n n S b S ，且0n S ≠，0n b ≠，1n S ≠．又因为111--=⋅⋅=⋅ n n n n n b S S S S b ，所以1122-==-n n n n b b S S ，所以()1111(2)2222212---=-==≥---n n n n n n n S S b b n S S S ．在212n n S b +=中，当1n =时，1132==b S ．故数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列．[方法四]：数学归纳法由已知212n n S b +=，得221n n n b S b =-，132b =，22b =，352=b ，猜想数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列，且112n b n =+．下面用数学归纳法证明．当1n =时显然成立．假设当n k =时成立，即121,21+=+=+k k k b k S k ．那么当1n k =+时，11112++⎛⎫==+ ⎪⎝⎭k k k b b S 331(1)1222k k k k ++⋅==+++．综上，猜想对任意的n ∈N 都成立．即数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列．（2）由（1）可得，数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差的等差数列，()3111222n nb n ∴=+-⨯=+,22211n n n b n S b n+==-+,当n =1时，1132a S ==,当n ≥2时,()121111n n n n n a S S n n n n -++=-=-=-++,显然对于n =1不成立,∴()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.【整体点评】（1）方法一从212n nS b +=得221n n n b S b =-，然后利用n b 的定义，得到数列{}n b 的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论；方法二先从n b 的定义，替换相除得到1nn n b S b -=，再结合212n n S b +=得到112n n b b --=，从而证得结论，为最优解；方法三由212n nS b +=，得22=-n n n S b S ，由n b 的定义得1122-==-n n n n b b S S ，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列112n b n =+，然后利用数学归纳法证得结论．（2）由（1）的结论得到112n b n =+，求得n S 的表达式,然后利用和与项的关系求得{}n a 的通项公式；7．（1）11()3n n a -=，3n nn b =；（2）证明见解析.【分析】（1）利用等差数列的性质及1a 得到29610q q -+=，解方程即可；（2）利用公式法、错位相减法分别求出,n n S T ，再作差比较即可.【详解】（1）因为{}n a 是首项为1的等比数列且1a ，23a ，39a 成等差数列，所以21369a a a =+，所以211169a q a a q =+，即29610q q -+=，解得13q =，所以11()3n n a -=，所以33n n n na nb ==.（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和211213333n n n n nT --=++++ ，012111111223333-⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭n n S ，230121123111112333323333n n n n S n T -⎛⎫⎛⎫-=++++-++++=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 012111012222333---++++ 111233---+n n n n ．设0121111101212222Γ3333------=++++ n n n ，⑧则1231111012112222Γ33333-----=++++ n n n ．⑨由⑧-⑨得1121113312111113322Γ132********--⎛⎫--- ⎪⎛⎫⎝⎭=-++++-=-+- ⎪⎝⎭- n n n n nn n ．所以211312Γ432323----=--=-⨯⨯⨯n n n n n n ．因此10232323--=-=-<⨯⨯n n n n nS n n nT ．故2nn S T <．[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得11(1)313(1)12313n n n S ⨯-==--，211213333n n n n nT --=++++ ，①231112133333n n n n nT +-=++++ ，②①-②得23121111333333n n n n T +=++++- 1111(1)1133(1)1323313n n n n n n ++-=-=---，所以31(14323n n nn T =--⋅，所以2n n S T -=3131(1)(1043234323n nn n n n ----=-<⋅⋅，所以2nn S T <.[方法三]：构造裂项法由（Ⅰ）知13⎛⎫= ⎪⎝⎭n n b n ，令1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，且1+=-n n n b c c ，即1111()[(1)]333αβαβ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭nnn n n n ，通过等式左右两边系数比对易得33,24αβ==，所以331243nn c n ⎛⎫⎛⎫=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．则12113314423nn n n n T b b b c c +⎛⎫⎛⎫=+++=-=-+ ⎪⎝⎭⎝⎭，下同方法二．[方法四]：导函数法设()231()1-=++++=- n nx x f x x x x x x，由于()()()()()()1221'111'11(1)'1(1)1n n n n n x x x x x x x x nx n x x x x +⎡⎤⎡⎤⎡⎤----⨯--+-+⎣⎦⎣⎦⎢⎥==---⎢⎥⎣⎦，则12121(1)()123(1)+-+-+=++++='- n nn nx n x f x x x nxx ．又1111333-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n n n b n ，所以2112311111233333n n n T b b b b n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++++=+⨯+⨯++⋅=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12111(1)11133333113n nn n f +⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⋅=⨯ ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭'13113311(1)4334423n nnn n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，下同方法二．【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,n n S T ,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，使1+=-n n n b c c ，求得n T 的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.8．(1)2a =-(2)()()()1212n nn a m n -=⋅-+-⋅-(3)163m <【分析】（1）根据等差中项的性质可出关于a 的等式，结合a 为负整数可得出a 的值；（2）推导出数列()2n n a ⎧⎫⎪⎪⎨-⎪⎪⎩⎭为等差数列，确定该数列的首项和公差，即可求得数列{}n a 的通项公式；（3）由2121n n a a +-<对*n ∈N 恒成立结合参变量分离法可得出1243n m +<，求出1243n +的最小值，可得出实数m 的取值范围.【详解】（1）解：由题意可得()21414383a a a a +=++++，整理可得2280a a --=，a 为负整数，解得2a =-.（2）解：因为()1122n n n a a ++=-+-，等式两边同时除以()12n +-可得()()11122n nn n a a ++-=--，所以，数列()2n n a ⎧⎫⎪⎪⎨⎬-⎪⎪⎩⎭是首项为2m -，公差为1的等差数列，故()()122n n a m n =-+--，因此，()()()1212n n n a m n -=⋅-+-⋅-.（3）解：由2121n n a a +-<对*n ∈N 恒成立得()()()()()()22122212222222n n n n m n m n +--⋅-+-<⋅--⋅⋅+-对n *∈N 均成立．()2220n --> ，不等式两边同除()222n --，得()()()482222m n m n +-⋅<+-⋅-，得1243n m +<对n *∈N 恒成立，当1n =时，1243n +取最小值163，163m ∴<．9．（1）11(1)011n n n b a nb b b b b =⎧⎪=⎨->≠⎪-⎩且（2）证明见解析【分析】（1）由题设形式可以看出，题设中给出了关于数列a n 的面的一个方程，即一个递推关系，所以应该对此递推关系进行变形整理以发现其中所蕴含的规律，观察发现若对方程两边取倒数则可以得到一个类似等差数列的形式，对其中参数进行讨论，分类求其通项即可．（2）由于本题中条件较少，解题思路不宜用综合法直接分析出，故求解本题可以采取分析法的思路，由结论探究其成立的条件，再证明此条件成立，即可达到证明不等式的目的．【详解】（1）()1121n n n nba a n a n --=≥+- 1111(2)n n n n n a b b a --∴=+⨯≥当1b =时，11(2)1n n n n n a a -=+≥-，∴数列n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以11a 为首项，以1为公差的等差数列，1(1)1n n n n a ∴=+-⨯=，即1n a =，当0b >，且1b ≠时，11111(2)11n n n n n a b b b a -⎛⎫-+=+≥ --⎝⎭即数列11n n a b ⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭是以11111(1)a b b b +=--为首项，公比为1b 的等比数列，111111(1)(1)n n n n a b b b b b b -⎛⎫∴+=⨯= ⎪---⎝⎭即(1)1n n nnb b a b -=-，∴数列{}n a 的通项公式是()111011n n n b a nb b b b b =⎧⎪=⎨->≠⎪-⎩且（2）证明：当1b =时，不等式显然成立当0b >，且1b ≠时，(1)1n n nnb b a b -=-，要证对于一切正整数n ，121n n a b +≤+，只需证1(1)211n n n nb b b b+-⨯≤+-，即证()11121011n nn n b b nb b b b +--≤+⨯>--）()1111n n b bb +-+⨯- ()1111n n b b b +-=+⨯-()()11211n n n b b b b +--=+⨯++⋯++()()22121121n n n n n n b b b b b b b -++--=++⋯+++++⋯++()12211111n n n n n b b b b b b bb b --⎡⎤⎛⎫=++⋯+++++⋯++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦(222)2n n b nb ≥++⋯+=∴不等式成立，综上所述，对于一切正整数n ，有121n n a b +≤+，【点睛】本题考点是数列的递推式，考查根据数列的递推公式求数列的通项，研究数列的性质的能力，本题中递推关系的形式适合用取倒数法将所给的递推关系转化为有规律的形式，两边取倒数，条件许可的情况下，使用此技巧可以使得解题思路呈现出来．数列中有请多成熟的规律，做题时要注意积累这些小技巧，在合适的情况下利用相关的技巧，可以简化做题．在（2）的证明中，采取了分析法的来探究解题的思路，通过本题希望能进一步熟悉分析法证明问题的技巧．10．223n n b =-⋅．【分析】利用辅助法，对于数列{}n a 的递推公式，两边同时除以2n ，根据数列构造法，可得答案.【详解】∵12n n n a a -+=，两边同时除以2n 得1111222n n n n a a --+⋅=．令2n n n a c =，则1112n n c c -=-+．两边同时加上23-得1212323n n c c -⎛⎫-=-⋅- ⎪⎝⎭．∴数列23n c ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以123c -为首项，12-为公比的等比数列．∴112211133232n n n c c -⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-⋅-=⋅- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，∴211332n n c ⎛⎫=+⋅- ⎪⎝⎭．∴2122(1)33n n n n n a c ==⋅+⋅-⋅．又∵1(1)3n n n b a +=-⋅，∴12(1)233n n n n b a =⋅--=-⋅，。

数列的综合运用新

A．若{an}>M，则数列{an}的各项均大于等于M B．若{an}>M，{bn}>M，则{an＋bn}>2M C．若{an}>M，则{a}>M2 D．若{an}>M，则{2an＋1}>2M＋1
解析：对于A，即若{an}>M，an与an＋1中至少有一个不小于M，则数列{an}的各项不一定都大于M，错误；对于 B，若{an}>M，an与an＋1中至少有一个不小于M，{bn}>M， bn与bn＋1中至少有一个不小于M，但它们不一定是同一个n 值，则{an＋bn}>2M不成立；对于C，若{an}>M，数列各项的正负及M的正负不确定，则{a}>M2不成立；则只有D成立，
(4)数列的实际应用：现实生活中涉及利率，产品利润，工作效率，人口增长，常常考虑用数列知识加以解决．
1．某种细菌在培养过程中，每20分钟分裂一次(1个分
裂成2个)，经过3小时，这种细菌由1个可以繁殖成 ( )
A．511个
B．512个
C．1023个
D．1024个
解析：由题意知，细菌繁殖过程可以看作一个首项为
1，公比为2的等比数列模型，所以a10＝a1q9＝29＝512.故应选B.
答案：B
2 ．数列 {an} 的通项公式是关于 x 的不等式 x2 －
x<nx(n∈N*)的解集中的整数个数，则数列{an}的前n项和Sn
＝
()
A．n2
B．n(n＋1)
C.
D．(n＋1)(n＋2)
解析：由x2－x<nx，得0<x<n＋1(n∈N*)，因此an＝n， Sn＝
故选D.
答案：D
1．在解决数列综合问题时要注意以下方面 (1)用函数的观点和思想认识数列，将数列的通项公式与求和公式都看作自变量为正整数的函数． (2)用方程思想去处理数列问题，把通项公式与求和公式看作列方程的等量关系． (3)用转化思想去处理数学问题，将实际问题转化为等差数列或等比数列问题． (4)用猜想与递推的思想去解决数学问题．

锻炼数学思维　提升核心素养

锻炼数学思维㊀提升核心素养李兆新(灌云县第一中学ꎬ江苏连云港２２２２００)摘㊀要:文章以２０２３年新课标Ⅰ卷第７题数列题为例ꎬ引导学生从解法探究㊁题后反思㊁课本溯源㊁试题推广㊁变式提升和高考预测等角度来进行研究性学习.旨在落实四翼考查要求ꎬ助力双减政策落地ꎬ锻炼学生数学思维ꎬ提升学科核心素养.关键词:２０２３年新课标Ⅰ卷ꎻ数列ꎻ数学探究ꎻ研究性学习中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)３６－００６２－０３收稿日期:２０２３－０９－２５作者简介:李兆新(１９７５.３－)ꎬ男ꎬ江苏省灌云人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀２０２３年高考数学新课标Ⅰ卷在反套路㊁反机械刷题上下足了功夫ꎬ突出强调对基础知识和基本概念的深入理解和灵活掌握ꎬ注重考查学科知识的综合应用能力ꎬ落实中国高考评价体系中四翼的考查要求.其中ꎬ第７题的数列题ꎬ就很好地考查了考生的数学探究能力㊁落实了四翼的要求.教师应合理设计㊁适时引导ꎬ引导学生从类比㊁模仿到自主创新ꎬ从而让学生在探究中锻炼数学思维ꎬ提升核心素养.㊀１真题再现设Ｓｎ为数列ａｎ{}的前ｎ项和ꎬ设甲:ａｎ{}为等差数列ꎻ乙:Ｓｎｎ{}为等差数列ꎬ则(㊀㊀).Ａ.甲是乙的充分条件但不是必要条件Ｂ.甲是乙的必要条件但不是充分条件Ｃ.甲是乙的充要条件Ｄ.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件２一题多解思路１㊀定义法ꎬ即ａｎ{}为等差数列⇔ａｎ＋１－ａｎ＝ｄ.解法１㊀若ａｎ{}为等差数列ꎬ设其首项为ａ１ꎬ公差为ｄꎬ则Ｓｎ＝ｎａ１＋ｎ(ｎ－１)２ｄꎬ所以Ｓｎｎ＝ａ１＋ｎ－１２ｄ＝ｄ２ｎ＋ａ１－ｄꎬ得Ｓｎ＋１ｎ＋１－Ｓｎｎ＝ｄ２ꎬ因此Ｓｎｎ{}为等差数列ꎬ则甲是乙的充分条件.反之ꎬ若Ｓｎｎ{}为等差数列ꎬ则Ｓｎ＋１ｎ＋１－Ｓｎｎ＝ｎＳｎ＋１－(ｎ＋１)Ｓｎｎ(ｎ＋１)＝ｎａｎ＋１－Ｓｎｎ(ｎ＋１)为常数ꎬ设为Ｄꎬ即ｎａｎ＋１－Ｓｎｎ(ｎ＋１)＝Ｄꎬ则Ｓｎ＝ｎａｎ＋１－ｎ(ｎ＋１)ＤꎬＳｎ－１＝(ｎ－１)ａｎ－ｎ(ｎ－１)Ｄ(ｎȡ２)ꎬ两式相减得ａｎ＝ｎａｎ＋１－(ｎ－１)ａｎ－２ｎＤ＝ｎ(ａｎ＋１－ａｎ)＋ａｎ－２ｎＤꎬ即ａｎ＋１－ａｎ＝２Ｄꎬ对ｎ＝１也成立ꎬ因此ａｎ{}为等差数列ꎬ则甲是乙的必要条件[１].综上ꎬ甲是乙的充要条件ꎬ选Ｃ.思路２㊀通项公式法ꎬ即ａｎ{}为等差数列⇔ａｎ＝ｐｎ＋ｑ.２６解法２㊀若ａｎ{}为等差数列ꎬ设其首项为ａ１ꎬ则Ｓｎ＝ｎａ１＋ｎ(ｎ－１)２ｄꎬ所以Ｓｎｎ＝ａ１＋ｎ－１２ｄ＝ｄ２ｎ＋ａ１－ｄꎬ故Ｓｎｎ{}为等差数列ꎬ甲是乙的充分条件.反之ꎬ若Ｓｎｎ{}为等差数列ꎬ设Ｓｎｎ＝Ａｎ＋Ｂꎬ即Ｓｎ＝Ａｎ２＋ＢｎꎬＳｎ－１＝Ａ(ｎ－１)２＋Ｂ(ｎ－１)(ｎȡ２)ꎬ两式相减得ａｎ＝２Ａｎ＋Ｂ－Ａꎬ对ｎ＝１也成立ꎬ故ａｎ{}为等差数列ꎬ甲是乙的必要条件.综上ꎬ甲是乙的充要条件ꎬ选Ｃ.３题后反思解法１是利用定义法来判断ꎬ解法２是利用通项公式法来判断ꎬ这是判断数列是否为等差数列的通法.我们知道ꎬ等差数列的前ｎ项和公式有两个ꎬＳｎ＝ｎａ１＋ｎ(ｎ－１)２ｄ和Ｓｎ＝ｎ(ａ１＋ａｎ)２.由解法１可得:性质１㊀ａｎ{}为等差数列⇔Ｓｎ＝ｎａ１＋ｎ(ｎ－１)２ｄ⇔Ｓｎｎ{}是等差数列.经过探究ꎬ可得:性质２㊀ａｎ{}为等差数列⇔Ｓｎ＝ｎ(ａ１＋ａｎ)２⇔Ｓｎｎ{}是等差数列.我们仅证Ｓｎ＝ｎ(ａ１＋ａｎ)２⇒{ａｎ}是等差数列的情形ꎬ其他的留给读者完成.性质３㊀ａｎ{}为等比数列(ｑʂ１)⇔Ｓｎ＝ｋｑｎ－ｋ(ｋʂ０ꎬｑʂ１)⇔存在非零常数ｋꎬ使{Ｓｎ＋ｋ}为等比数列.性质４㊀ａｎ{}是等比数列(ｑʂ１)⇔Ｓｎ＝ｓ＋ｔａｎ(ｓʂ０ꎬｔʂ０ꎬ１).４课本溯源２０１９年人教Ａ版«数学选择性必修第二册»第２５页习题７:已知Ｓｎ是等差数列ａｎ{}的前ｎ项和.(１)证明Ｓｎｎ{}是等差数列ꎻ(２)设Ｔｎ为数列Ｓｎｎ{}的前ｎ项和ꎬ若Ｓ４＝１２ꎬＳ８＝４０ꎬ求Ｔｎ.分析㊀第(１)的结论就说明了甲是乙的充分条件.５试题推广我们先来探究等差数列下角标性质的不等关系.设ａｎ{}是正项等差数列ꎬ公差为ｄ(ｄ>０)ꎬ前ｎ项和为Ｓｎꎬｍꎬｎꎬｐꎬｑ均为正整数.若ｎ<ｐ<ｍꎬｎ<ｑ<ｍꎬ且ｍ＋ｎ＝ｐ＋ｑ.经过探究ꎬ得到如下命题.命题１㊀ａｍａｎ<ａｐａｑ.证明㊀先证ｍｎ<ｐｑ.因为ｎ<ｐ<ｍꎬ且ｍ＋ｎ＝ｐ＋ｑꎬ所以ｍｎ－ｐｑ＝ｍｎ－ｐ(ｍ＋ｎ－ｐ)＝ｍｎ－ｐｍ－ｐｎ＋ｐ２＝(ｍ－ｐ)(ｎ－ｐ)<０ꎬ即ｍｎ<ｐｑ.因为ｍ＋ｎ＝ｐ＋ｑꎬｍｎ<ｐｑꎬ所以ａｍａｎ－ａｐａｑ＝[ａ１＋(ｍ－１)ｄ][ａ１＋(ｎ－１)ｄ]－[ａ１＋(ｐ－１)ｄ][ａ１＋(ｑ－１)ｄ]＝ａ２１＋(ｍ＋ｎ－２)ａ１ｄ＋(ｍ－１)(ｎ－１)ｄ２－[ａ２１＋(ｐ＋ｑ－２)ａ１ｄ＋(ｐ－１)(ｑ－１)ｄ２]＝[(ｍ－１)(ｎ－１)－(ｐ－１)(ｑ－１)]ｄ２＝(ｍｎ－ｐｑ)ｄ２<０ꎬ即ａｍａｎ<ａｐａｑ.命题２㊀ｍａｍ＋ｎａｎ>ｐａｐ＋ｑａｑ.证明㊀因为ｍ＋ｎ＝ｐ＋ｑꎬ且ｄ>０ꎬ所以ｍａｍ＋ｎａｎ－ｐａｐ－ｑａｑ＝ｍ[ａ１＋(ｍ－１)ｄ]＋ｎ[ａ１＋(ｎ－１)ｄ]－ｐ[ａ１＋(ｐ－１)ｄ]－ｑ[ａ１＋(ｑ－１)ｄ]＝(ｍ＋ｎ－ｐ－ｑ)ａ１＋[ｍ(ｍ－１)＋ｎ(ｎ－１)－ｐ(ｐ－１)－ｑ(ｑ－１)]ｄ＝(ｍ２－ｍ＋ｎ２－ｎ－ｐ２＋ｐ－ｑ２＋ｑ)ｄ＝[(ｍ２－ｐ２)－(ｍ－ｐ)－(ｑ２－ｎ２)＋(ｑ－ｎ)]ｄ＝[(ｍ－ｐ)(ｍ＋ｐ－１)－(ｑ－ｎ)(ｑ＋ｎ－１)]ｄ＝λ(ｍ＋ｎ＋ｐ＋ｑ－２)ｄ.其中λ＝ｍ－ｐ＝ｑ－ｎ>０ꎬ又ｄ>０ꎬ且ｍ＋ｎ＋ｐ＋ｑ－２>０ꎬ故ｍａｍ＋ｎａｎ>ｐａｐ＋ｑａｑ.命题３㊀Ｓｍ＋Ｓｎ>Ｓｐ＋Ｓｑ.３６证明㊀由推广３知ｍａｍ＋ｎａｎ>ｐａｐ＋ｑａｑꎬ所以Ｓｍ＋Ｓｎ－Ｓｐ－Ｓｑ＝１２[ｍ(ａ１＋ａｍ)＋ｎ(ａ１＋ａｎ)－ｐ(ａ１＋ａｐ)－ｍ(ａ１＋ａｑ)]＝１２(ｍ＋ｎ－ｐ－ｑ)ａ１＋１２(ｍａｍ＋ｎａｎ－ｐａｐ－ｑａｑ)＝１２(ｍａｍ＋ｎａｎ－ｐａｐ－ｑａｑ)>０ꎬ故Ｓｍ＋Ｓｎ>Ｓｐ＋Ｓｑ.命题４㊀㊀ＳｍＳｎ<ＳｐＳｑ.证明㊀由推广１知ꎬ０<ｍｎ<ｐｑꎬａｍａｎ<ａｐａｑ.所以ＳｍＳｎ＝１４ｍｎ(ａ１＋ａｍ)(ａ１＋ａｎ)＝１４ｍｎ[ａ２１＋ａ１(ａｍ＋ａｎ)＋ａｍａｎ]ɤ１４ｐｑ[ａ２１＋ａ１(ａｐ＋ａｑ)＋ａｐａｑ]＝１４ｐｑ(ａ１＋ａｐ)(ａ１＋ａｑ)＝ＳｐＳｑꎬ故ＳｍＳｎ<ＳｐＳｑ.６变式提升因为ａｎ{}是等差数列⇔Ｓｎ＝ｄ２ｎ２＋ａ１－ｄ２æèçöø÷ｎ⇔Ｓｎ＝Ａｎ２＋Ｂｎꎬ所以对于正项等差数列ａｎ{}而言ꎬ当ｄ＝２ａ１时Ｂ＝０ꎬ此时Ｓｎ{}是等差数列.而ｄ＝２ａ１⇔ａ２＝３ａ１ꎬ经过探究得到如下三个性质.ａｎ{}是正项等差数列且ａ２＝３ａ１⇒Ｓｎ{}是等差数列.Ｓｎ{}是等差数列且ａ２＝３ａ１⇒ａｎ{}是等差数列.ａｎ{}和Ｓｎ{}都是正项等差数列⇒ａ２＝３ａ１.类比到等比数列ꎬ可得到如下的变式题.变式题㊀已知数列ａｎ{}的各项均为正数ꎬ记Ｓｎ为ａｎ{}的前ｎ项和ꎬ从下面①②③中选取两个作为条件ꎬ证明另外一个成立.①数列ａｎ{}是等比数列ꎻ②数列Ｓｎ＋ａ１{}是等比数列ꎻ③ａ２＝２ａ１.注:若选择不同的组合分别解答ꎬ则按第一个解答计分.解答过程留给读者完成.７高考预测预测题㊀设甲:{ａｎ＋１}是等比数列ꎻ乙:{Ｓｎ＋ｎ}是等比数列ꎬ已知两个数列的公比都不等于１ꎬ则(㊀㊀).Ａ.甲是乙的充分条件但不是必要条件Ｂ.甲是乙的必要条件但不是充分条件Ｃ.甲是乙的充要条件Ｄ.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件解析㊀若{ａｎ＋１}是等比数列ꎬ则ａｎ＝(ａ１＋１)ｑｎ－１－１ꎬ所以Ｓｎ＝(ａ１＋１)(１－ｑｎ)１－ｑ－ｎꎬ即Ｓｎ＋ｎ＝(ａ１＋１)(１－ｑｎ)１－ｑꎬ因此{Ｓｎ＋ｎ}不是等比数列ꎬ则甲不是乙的充分条件.若{Ｓｎ＋ｎ}是等比数列ꎬ则Ｓｎ＋ｎ＝(ａ１＋１)ｑｎ－１ꎬ从而Ｓｎ－１＋(ｎ－１)＝(ａ１＋１)ｑｎ－２ꎬ两式相减得ａｎ＋１＝(ａ１＋１)(１－ｑ)ｑｎ－２(ｎȡ２)ꎬ这对ｎ＝１不成立ꎬ因此{ａｎ＋１}不是等比数列ꎬ则甲不是乙的必要条件.综上ꎬ甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件ꎬ选Ｄ.对于一道经典的高考题来说ꎬ我们不能就题论题ꎬ更不能把题目做完了就算了.我们应该从以下的几个角度来进行探究:(１)学生是怎么来解这道题的?(２)试题还可以做哪些推广?(３)试题的题根源自哪里?(４)试题还可以怎么变式?(５)接下来该如何备考?(６)如何进行试题预测?教师可以从以上角度来进行教学设计或者讲评设计ꎬ让学生在探究中成长ꎬ在探究中锻炼数学思维ꎬ提升核心素养.通过研究性学习ꎬ积累发现和提出问题㊁分析和解决问题的经验ꎬ养成独立思考与合作交流的习惯ꎬ达到做一道题而会一类题的效果[２].参考文献:[１]胡旭挺ꎬ张金良.２０２１年高考集合㊁常用逻辑用语㊁复数专题命题分析[Ｊ].中国数学教育ꎬ２０２１(Ｚ４):９－１４ꎬ２０.[２]刘海涛.由一道高考题引发的对证明数列不等式的思考[Ｊ].中学数学月刊ꎬ２０２１(０４):６.[责任编辑:李㊀璟]４６。

2008年高考江西卷压轴题的简解及推广

2008年高考江西卷压轴题的简解及推广近11年全国i卷，11道理科压轴题中全部考查函数与导数。

“函数与导数”以其极强的综合性强，灵活多变的解法，屡屡承载压轴使命.也因此成为了高考数学是否可以达到+的关键因素。

压轴题为什么容易?难在题设条件多而杂，你能在第一遍审题的过程中就找到全部的条件?又能不能在看到条件的那一刻就反映出可能的做法?本文通过对近年来中考数学压轴题考情分析，及典型例题，概括了解题策略，一起来看。

(一)方法角度(1)函数的零点，极值点的问题：(i卷)，(i、ii卷)， ( ii卷，iii卷)(如何选取函数，如何取点)(2)恒设立谋参数范围问题：，，(i卷)(不含弁微分、拆分参数、化两个函数(一直一曲))(3)函数不等式(证明和利用解决问题)：(ii卷)，(i卷)， (iii卷)(函数不等式的等价变形、数列议和问题的函数不等式找寻)(4)函数的值域问题(包含任意存在、派生函数值域)：(ii卷)， (ii卷)(隐零点问题的整体赋值(虚设零点))(5)双变量问题：(i卷)， ( i卷)(极值点偏转问题，双变量问题的函数结构)(6)数值估计：(ii卷)(极值点附近的x值的挑选)(7)高等数学背景下的压轴题处理：(的定积分法议和，音速思想的应用领域(罗烜法则)，双变量中的拉格朗日中值定理) 二、中考数学解题分析：一、三角函数题特别注意归属于一公式、诱导公式的正确性(转化成同名同角三角函数时，套用归属于一公式、诱导公式(奇变、偶维持不变;符号看看象限)时，很难因为贪玩，引致错误!一着不慎，满盘皆输!)。

二、数列题1、证明一个数列就是等差(等比)数列时，最后下结论时必须写下上以谁领衔项，谁为公差(公比)的等差(等比)数列;2、最后一问证明不等式成立时，如果一端是常数，另一端是含有n的式子时，一般考虑用放缩法;如果两端都是含n的式子，一般考虑数学归纳法(用数学归纳法时，当n=k+1时，一定利用上n=k时的假设，否则不正确。

数列方法大全

有序性、不具有互异性. 数列中数的有序性是数列定义的灵魂.所以，在刚刚接触数列的定义时，一定要把数列中的数和集合中的元素区分开来.另外在根据定义判断两数列是否是相同数列时，一定要注意：两个数列相同不仅两数列的项相同，顺序也必须要相同. 3. 并不是所有的数列都有通项公式;有些数列有通项公式,而通项公式也并非是唯一的. 通项公式和递推公式都是给出数列的一种方法，要注意通项公式与递推公式的区别与联系. 4. 等差数列定义中应注意： “从第二项起” ， “每一项与它的前一项的差” ， “同一常数”. 等比数列定义中也同样注意: 从第二项起” ， “每一项与它的前一项的比” ， “同一常数” 5. 等差数列通项公式 a n = a1 + (n − 1) d 中有 n, d , a1 , a n 四个量，知三求一是常见题型，主要是用方程的思想解决.等比数列中也同样注意应用. 6. 等差数列中, d 是对应直线的斜率，若直线上对应的两点的坐标是
9 ( a1 + a9 ) 9 ( a5 + a5 ) 9 ⋅ 2a5 = = = 9 a5 = 45 ，并不需求 a1 和 a9 . 2 2 2
9. 等比数列中，公比不为零，且每一项都不为零，要与等差数列的公差区别，等比数列中公比 q 列的单调性不定，而 q < 0 时，数列为摆动数列， q = 1 时，数列为常数列.即：当
7）若公比为 q ，则 ⎨
⎧1⎫ 1 ⎬ 是以为公比的等比数列. q ⎩ an ⎭
8）若 { an } 为等比数列，则 { λan } ( λ ≠ 0),
{ an } { ank } 皆为等比数列，公比为 q ， q 和 q k
⎧ man ⎫ ⎬ 仍为等比数列，其中 m 是不为零的常数. ⎩ bn ⎭

和、积数列及其变式

和、积数列及其变式⼀、典型和数列1、两项和数列【例】-3，3，0，（），3 ，6 A.2 B.1 C.4 D. 3【解题关键点】两项求和数列典型的和数列。

前两项和等于第三项，往后⼀次类推。

-3+3=0.3+0=3. 验证：0+（3）=3.(3)+3=6.所以选D项。

2、三项和数列【例】1，3，4，8，15 ，27，（） A.53 B.38 C.50 D. 42【解题关键点】三项求和数列【答案】C解析：前三项和等于第四项，以此类推，8+15+27=（50）.⼆、和数列变式1、第⼀类和数列变式（1）相邻两项之和是等⽐数列【例】1，-5，13，-29，（） A.-61 B.-39 C.39 D. 61【解题关键点】第⼀类和数列变式【答案】D解析：相邻两项相加得到的数列-4,8，-16,（32）是等⽐数列，所以-29+（61）=32。

（2）相邻两项之和是等差数列（3）相邻两项之和是平⽅数列、⽴⽅数列【例】44，77，67，102，（） A.80 B.94 C.100 D. 112【解题关键点】相邻两项之和是平⽅数列、⽴⽅数列解析：44 77 67 102 （94）∨∨∨∨求和121 144 169 （196）↓↓↓↓211212214平⽅数列132【答案】B（4）相邻两项之和是连续质数2、第⼆类和数列变式（1）前两项之和加固定常数等于第三项【例】3，6，8，13，20，（），51 A.31 B.28 C.42 D.32【解题关键点】和数列变式。

第⼀项+第⼆项-1=第三项，依次类推，13+20-1=（32），20+（32）-1=51. 【答案】D（2）前两项之和加基本数列等于第三项（3）前两项之和的固定倍数等于第三项【例】5，7，24，62，（），468 A.94 B.145 C.172 D.236【解题关键点】从第三项开始，每⼀项等于它前⾯两项之和的2倍. 【答案】C（4）前两项之和的倍数（按基本数列变化）等于第三项3、第三类和数列变式（1）第⼀项加上第⼆项的固定倍数等于第三项【例】13，9，31，71，173，（） A.235 B.315 C.367 D.417【解题关键点】第⼀项加第⼆项的2倍等于第三项，所以71+173×2=（417）【答案】D （2）第⼀项的倍数（按基本数列变化）加第⼆项等于第三项（3）第⼀项的固定倍数加第⼆项的固定倍数等于第三项【例】2，8，28，100，（） A.196 B.248 C.324 D.356【解题关键点】第⼀项的2倍加第⼆项的3倍等于第三项，往后⼀次类推，28×2+100×3=（356）【答案】D（4）第⼀项的倍数（按基本数列变化）加第⼆项的倍数（按基本数列变化）等于第三项解题模式：观察数列的前三项之间的特征如果前三项之间的关系为积关系，则猜测该数列为积数列，对原数列各相邻项作乘法，并与原数列（从第三项开始）进⾏⽐较。

数列通项的有关类型及解法探究

当ｎ２时，ａ＝．Ｓｌ（ｎ１－（－）（一）＞ＩｎＳ一＝ｎ＋ — ）［１ｎ１一ｎ＋
］３Ｅ３＋，＝ｎ－ｎ２此２．，
｛
１，
）之即；（解，＋Ａ
）．
例４已知在数列｛中，。１产３ｑ，％．０，＝・广１求．
６ｃｎｌｌ５５，吗＝￣＿ｎ１＋＝ｘ＝即ｌｌ一．＝５４
注意：Ａ１，当＝时就是典型的叠加法和迭代法，这
类题仍是高考的热点和重点．
（）明对任意ｎ，ｌ［＋一）２＋一）１证 ≥１ａ３（１，＝・１（１・
・
－
．
．
＇２
，
公比为３的等比数
当ｎ２由｛ ≥ 时，Ｉ
ｌ
一
ｆ（）．：ｓ，
ｓ。（＝
／．５
列．｝｝３．｝３１，＝‘，＝（＋－．．）．．
巩固题：已知数列｛｝％的递推关系为ａ－２＋，ｎ＝ａ１且＋ｎ
例８已知数列｛．满足：，＿％＋・￣（ ∈Ｎ）ｎ＿２３２２ｎ，２
（ｎ）则ａ一％－）ｎ（１ｙｘ由待定系％，ｎ＋＋１＋Ａ一）－，ｘ
求数列｛的通项公式．｝解析：的条件与例３本题类似，同之处在于例３不
数学有数
数列通项的有关类型及解法探究
●袁海军
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初中数学求数列通项公式的十种方法

例4已知数列满足，求数列的通项公式。
解：因为，所以，则，故
所以数列的通项公式为
例5.设是首项为1的正项数列，且（ =1，2，3，…），则它的通项公式是 =________.
解：已知等式可化为：
( ) (n+1) ,即
时，
= = .
评注：本题是关于和的二次齐次式，可以通过因式分解（一般情况时用求根公式）得到与的更为明显的关系式，从而求出 .
练习2．已知数列满足
，求数列的通项
说明：(1)若方程有两不同的解s , t,
则 , ,
由等比数列性质可得 , ,
由上两式消去可得 .
(2)若方程有两相等的解，则
，
,即是等差数列，
由等差数列性质可知，
所以．
例26、数列满足，且求数列的通项。
解： ……①
令，解得，将它们代回①得，
分析：把已知关系通过转化为数列或的递推关系，然后采用相应的方法求解。
例19已知数列的各项均为正数，且前n项和满足，且成等比数列，求数列的通项公式。
解：∵对任意有
∴当n=1时，，解得或
当n≥2时， ⑵
-⑵整理得：
∵ 各项均为正数，∴
当时，，此时成立
当时，，此时不成立，故舍去
令 ,则可化为 .然后转化为类型5来解，
.待定系数法：目的是把所求数列构造成等差数列
设 .通过比较系数，求出，转化为等比数列求通项.
注意：应用待定系数法时，要求p q，否则待定系数法会失效。
例7已知数列满足，求数列的通项公式。
解法一（待定系数法）：设，比较系数得，

一类数列求公式的推广

一类数列求和公式的推广武汉市江夏区一中李新桥在高中数学“数列”这一章，我们经常用到数列n a = 2n 的前n 项和公式，即n S =21+22+23+…+2n =61n(n+1)(2n+1)，同时也会用到数列n a =3n 的前n 项和公式，即n S =31+32+33+…+3n =412n (n+1)2 如果将通项的次数升高，例如n a =4n ，n a =5n 或n a = n m ，其前n 项的和又将怎样求呢？这是一个有趣的数学问题，我们不妨先求n a =4n 的前n 项和，看看能不能得到什么启示。

构造等式：(k+1)(k+2)(k+3)= 4k +63k +112k +6k又k(k+1)(k+2)(k+3)= 51[ k(k+1)(k+2)(k+3)（k+4）-(k-1)k(k+1)(k+2)(k+3)]∴∑k(k+1)(k+2)(k+3)= ∑(4k +63k +112k +6k)= ∑4k +6∑3k +11∑2k +6∑k= ∑4k +n(n+1)[ 232n+ 631n + 629]又 ∑k(k+1)(k+2)(k+3)= 51∑[ k(k+1)(k+2)(k+3)（k+4）-(k-1)k(k+1)(k+2)(k+3)]= 51[(1×2×3×4×5-0)+(2×3×4×5×6-1×2×3×4×5)+ … + n(n+1)(n+2)(n+3)（n+4）-(n-1)n(n+1)(n+2)(n+3)]= 51n(n+1)(n+2)(n+3)（n+4）∴∑4k =51 n(n+1)(n+2)(n+3)（n+4）- n (n +1)[ 232n + 631n + 629]=151n(n+21)(n+1)(32n +3n -1)由以上的解法可以得到一些启示，即这种形式的一类数列求和问题，能否都可以采用前后各添一项的办法，裂成相邻连续自然数之积的差，以便于前后相互抵消呢？我们再用这种方法来试一试n a =5n 的前n 和.构造等式：k(k+1)(k+2)(k+3)（k+4）= 5k +104k +353k +502k +24k又k(k+1)(k+2)(k+3)（k+4）=61[ k(k+1)(k+2)(k+3)（k+4）(k+5)-(k-1)k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)]∴∑k(k+1)(k+2)(k+3)（k+4）=∑5k +10∑4k +35∑3k +50∑2k +24∑k=∑5k +n(n+1)[23n +4472n +4103n +20]又∑k(k+1)(k+2)(k+3)（k+4）=61∑ [ k(k+1)(k+2)(k+3)（k+4）(k+5)-(k-1)k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)]= 61[(1×2×3×4×5×6-0)+(2×3×4×5×6×7-1×2×3×4×5×6)+ … + n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)(n+5)-(n-1)n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)]= 61n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)(n+5)∴∑5k =61n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)(n+5)-n(n+1)[23n+4472n +4103n+20]=1212n (n+1)2(22n +2n-1)因此，这种方法对于m=5也成立，故可以推广到数列n a = nm(m ∈N*)的求和之中。

2021年全国新高考数学ⅰ卷第17题的解法探究和教学启示

2021年全国新高考数学ⅰ卷第17题的解法探究和教学启示2021年新高考全国卷1数学科目考试已经落下帷幕，大家期待已久的高考数学试题终露庐山真面目。

2021年是湖南高考改革后文理卷合一的第一年，此套试题从高考数学评价体系出发，秉承重基础，重本质，贴近中学数学教学实际的一贯命题思路，在全面考查基础知识和基本技能的同时，贯彻德智体美劳全面发展的教育方针，聚焦核心素养，强调数学学科素养与关键能力，以基础性、综合性、应用性、创新性为导向，突出理性思维的考查。

整张试卷情景熟悉，朴实灵活，全面考査学生的数学知识、方法、能力与素养，整体符合高考改革的理念，同时，还充分汲取了其他省份试卷在数学试卷命题上的新思维，实现了稳中有变，变中有新，体现出较强的区分度和选拔功能。

对协同推进新高考综合改革、引导中学数学教学都将起到积极的作用。

一、考查内容分布（一）双向细目表单选题1、以不等式为媒介的集合运算2、复数的运算，共轭复数3、圆锥的有关计算4、正弦函数的单调性5、椭圆的几何性质6、三角函数的求值7、函数导数的应用与不等关系8、相互独立事件的概率多选题9、样本数字特征的性质10、三角函数与平面向量11、直线与圆方程12、立体几何与平面向量填空题13、函数的奇偶性14、抛物线15、绝对值函数的最值16、数列求和（数学文化题）解答题17、递推数列求通项公式与求和公式18、概率分布列与期望19、解三角形20、立体几何中垂直关系的证明与二面角、体积的计算21、双曲线方程与定值问题22、导数与函数单调性、不等式的证明(二)试题结构分析1、试卷结构，吻合联考老高考试卷由选择题、填空题、解答题共三部分组成，其中单项选择题12题，填空题4题，解答题7题（含5个必考题和2个选考题），全卷总题量为23题。

新高考对试卷结构进行了改革和调整。

新高考卷包括单项选择题、多项选择题、填空题、解答题四部分，其中单项选择题8题40分，多项选择题4题20分，填空题4题20分，解答题部分取消了选考题内容，共6题70分，全卷总题量为22题。

常见递归数列通项公式的求解策略

常见递归数列通项公式的求解策略数列是中学数学中重要的知识之一，而递归数列又是近年来高考和全国联赛的重要题型之一。

数列的递归式分线性递归式和非线性递归式两种，本文仅就高中生的接受程度和能力谈谈几种递归数列通项公式的求解方法和策略。

一、周期数列如果数列满足：存在正整数M、T，使得对一切大于M的自然数n，都有成立，则数列为周期数列。

例1、已知数列满足a1 =2，an+1 =1－，求an 。

解:an+1 =1－an+2 =1－=－, 从而an+3 = 1－=1＋an－1=an ,即数列是以3为周期的周期数列。

又a1 =2，a2=1－=, a3 =－12 , n=3k＋1所以an= ,n=3k＋2 ( kN )－1 , n=3k＋3二、线性递归数列1、一阶线性递归数列：由两个连续项的关系式an= f (an-1 )（n,n）及一个初始项a1所确定的数列，且递推式中，各an都是一次的，叫一阶线性递归数列，即数列满足an＋1 =f (n) an＋g(n)，其中f (n)和g(n)可以是常数，也可以是关于n 的函数。

（一）当f (n) =p 时，g(n) =q（p、q为常数）时，数列是常系数一阶线性递归数列。

（1）当p =1时，是以q为公差的等差数列。

（2）当q=0，p0时，是以p为公比的等比数列。

（3）当p1且q0时，an＋1 =p an＋q可化为an＋1－=p(an－),此时｛an－｝是以p为公比，a1－为首项的等比数列，从而可求an。

例2、已知：=且，求数列的通项公式。

解：=－=即数列是以为公比，为首项的等比数列。

（二）当f(n)，g(n)至少有一个是关于n的非常数函数时，数列｛an｝是非常系数的一阶线性递归数列。

（1）当f(n) =1时，化成an＋1=an＋g(n),可用求和相消法求an。

例3、（2003年全国文科高考题）已知数列｛an｝满足a1=1,an=3n--1＋an －1 (n2) , (1)求a2 ,a3 ; (2) 证明：an= .(1)解：a1 =1, a2=3＋1=4 , a3=32＋4=13 .(2)证明：an=3n--1＋an－1 (n2) ,an－an－1=3n—1 ,an－1－an－2=3n—2 ,an－2－an－3=3n—3……,a4－a3=33 ,a3－a2=32 ,a2－a1=31将以上等式两边分别相加，并整理得:an－a1=3n—1＋3n—2＋3n—3＋…＋33＋32＋31 ,即an=3n—1＋3n—2＋3n—3＋…＋33＋32＋31＋1= .（2）当g(n)=0时,化为a n＋1=f(n) an ，可用求积相消法求an 。

《数列》知识点、题型、解法全方位解析

《数列》知识点、题型、解法全方位解析内蒙古赤锋阿旗天山一中：尹国玉数列的基础知识与一般性结论：(一)数列的概念：项，项数。

一般式：}{n a 或 ,,,,,4321n a a a a a注:①数列与函数的关系：数列可以看作是一个定义域为正自然数集N 或它的有限子集{1，2，3，……，n}的函数.当自变量从小到大依次取值时对应的一列函数值，通项公式a n =f(n)就是该函数的解析表达式,数列的图象是一个点列.因此在学习数列时还应学会用函数的观点、方法研究数列.②数列分有穷数列与无穷数列。

(二)数列的有关公式：（注：并不是所有的数列都有各种公式，）1.递推公式：如)(1n n a f a =+或),(12n n n a a f a ++=等，即由数列的前若干项表示后一项的关系式，2.通项公式：a n =f(n)即由项数来表示项的关系式，即第n 项，3.前n 项和公式：①有穷数列和:即用n 表示前n 项和的式子，（有时也用售含有项和项数的混合式子表示，如2)(1n n a a n S +=）注:掌握数列的通项n a 与前n 项和n S （前项积n G ）之间的关系式n a =⎩⎨⎧≥-=-)2()1(11n S S n S n n .n a =11(1)(2)n n G n G n G -=⎧⎪⎨≥⎪⎩②*无究数列和(前n 项和的极限): n n S lin S →+∞=(三)定义数列的方式方法:1.用递推公式定义:①简单一阶线性递归数列:等差等比数列等. ②简单一阶分式递归数列(倒数成等差数列) ③简单的周期数列; ④其它形式:2.用通项公式定义:3.用和或和与项的关系定义. (四)数列的图象(五)数列的单调性及最值 (六)数列的分类1.从项的个数上分:有穷数列,无穷数列.2.从”函数”类型及项与项的关系分:①简单数列:等差数列;等比数列;调和数列;幂级数.②复杂数列(数列的组合):复合数列;组合数列;分段数列;子数列. 3.从数列的性质分:单调数列;摆动数列;周期数列;不规则数列。

浅析数列极限四则运算性质

浅析数列极限四则运算性质◊宝鸡文理学院数学与信息科学学院许俊莲数列极限的四则运算法则作为数列极限的基本性质，在求解数列极限值的过程中起着重要的作用。

本文归纳总结出在使用这一性质过程经常出现的两个误解，并通过举例加以说明，从而使得学生能正确理解和运用数列极限的四则运算性质，避免出错。

在数学分析'T和高等数学。

數材中，数列极限是一个重点，也是一个难点。

它是建立微积分概念的基础，因此学好这一部分知识就显得尤为重要。

为了更好的理解极限概念以及掌握更多求极限的方法，在学完极限概念之后，紧接着会给出极限的性质。

四则运算性质作为一条较简单的极限性质，在求解极限中起到了很重要的作用。

数列的四则运算性质具体表述为：如果数列S”｝与｛»｝均收敛，则仗”+6｝,仗”一乞｝,｛為氏｝也都是收敛数列，并且lim(a B±Z>…)=,lim(a)=lima-limA0若再假设乞工0及limb”工0，则A｝也是收敛数列,«->*»b n且有lim—=lima”/limb”°学生是理解上述性质时感觉很容易，但是在使用的过程中不能举一反三，经常容易出错。

这里，我们着重对这一性质的两个常见误解加以分析并通过举例说明。

一、忽视已知条件“数列仗”｝与｛耳｝均收敛”这里要求数列S”｝与｛"｝均收敛，指的是其极限值是有限数。

只有在这个条件下，其和、差、积的极限才存在，才能进一步求其极限值的和、差、积。

例11+^lim(J”+l-Jn)lim(J”+l-4n)=lim-Vw+T-lim徧=8-8=0。

”一)•»»-»«»分析上述解法所犯的错误就是没有考虑前提条件，这里极限lim->ft+T和卿石是不存在的，即不满足性质中的前提条件广“正解+]-4n)=lim〔——产=0。

另一方面，在四则运算性质中，前提条件“数列｛a”｝与｛»｝均收敛”仅仅是充分条件，而不是必要条件。

解数列的十种思想

解数列的十种思想数列是高中数学的重要内容之一，又是高考数学的重点，由于数列涉及到的运算多，技巧性强，如果没有一些数学思想与方法引领，，学生容易进入繁难的运算中，甚至半途而废，本文结合一些高考题，或一些模拟题浅谈几种解数列的思想方法，供大家参考。

一、递推思想用递推关系解题的思想方法叫递推思想。

主要有递推求和、递推求积及反向递推法。

用递推关系求数列的通项公式问题是数列的一种重要内容，它能使繁琐的问题简化并一般化。

类型一：1()n n a a f n +-= 方法：叠加法（或累加法）取1,2,3,4,n =，得n-1个式子，21321(1),(2),,a (1)n n a a f a a f a f n --=-=-=-且(1)(2)(1)f f f n +++-可求得时，两边累加得通项n a例1已知数列{}n a 满足1111,3(2)n n n a a a n --==+≥，求证：1(31)2nn a =- 证明：由已知得2,3,4,n =23121324313,3,3,,3n n n a a a a a a a a --=+=+=+=+将这n-1个式子相加得23113333(2)n n a a n -=+++++≥113(13)13n a --=+- 3311(31)222n n =-+=-而11a =，也满足上式。

故1(31)2n n a =-，（n N *∈）类型二：1()n na f n a += 方法：叠乘法（或累乘法）取1,2,3,4,n =，得n-1个式子，3212(1),(2),,a a f f a a ==1(1)nn a f n a -=-，(1)(2)(1)f f f n -将这n-1个式子相乘得n a例2已知数列{}n a 满足11a = ，12n n a na n +=+，求数列{}n a 的通项公式解：取1,2,3,4,n =得n-1个式子，32121121,,,341n n a a a n a a a n --===+将这n-1个式子相乘得3241231123213451n n a a a a n n a a a a n n ---=+，112(1)n a a n n =+，2(1)n a n n =+(2)n ≥而11a =，也满足上式。

数列常见数列公式(超全的数列公式及详细解法编撰)

数列常见数列公式（超全的数列公式及详细解法编撰）1．等差数列：一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的差等于同一个常数，即n a －1-n a =d ，（n ≥2，n ∈N +），这个数列就叫做等差数列，这个常数就叫做等差数列的公差（常用字母“d ”表示）2．等差数列的通项公式：d n a a n )1(1-+==n a d m n a m )(-+或n a =pn+q (p 、q 是常数))3．有几种方法可以计算公差d ① d=n a －1-n a ② d=11--n a a n ③ d=mn a a mn -- 4．等差中项：,,2b a ba A ⇔+=成等差数列 5．等差数列的性质： m+n=p+q ⇒q p n m a a a a +=+ (m, n, p, q ∈N ) 等差数列前n 项和公式 6.等差数列的前n 项和公式（1）2)(1n n a a n S +=（2）2)1(1dn n na S n -+=（3）n )2d a (n 2d S 12n -+=，当d ≠0，是一个常数项为零的二次式8.对等差数列前项和的最值问题有两种方法:（1）利用n a ：当n a >0，d<0，前n 项和有最大值可由n a ≥0，且1+n a ≤0，求得n 的值当n a <0，d>0，前n 项和有最小值可由n a ≤0，且1+n a ≥0，求得n 的值（2）利用n S ：由n )2da (n 2d S 12n -+=二次函数配方法求得最值时n 的值等比数列1．等比数列：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列.这个常数叫做等比数列的公比；公比通常用字母q 表示（q ≠0），即：1-n na a =q （q ≠0） 2.等比数列的通项公式: )0(111≠⋅⋅=-q a q a a n n ，)0(1≠⋅⋅=-q a q a a m n m n 3．｛n a ｝成等比数列⇔nn a a 1+=q （+∈N n ,q ≠0）“n a ≠0”是数列｛n a ｝成等比数列的必要非充分条件 4．既是等差又是等比数列的数列：非零常数列．5．等比中项：G 为a 与b 的等比中项. 即G =±ab （a ,b 同号）.6．性质：若m+n=p+q ，q p n m a a a a ⋅=⋅7．判断等比数列的方法：定义法，中项法，通项公式法 8．等比数列的增减性：当q>1, 1a >0或0<q<1, 1a <0时, {n a }是递增数列; 当q>1, 1a <0,或0<q<1, 1a >0时, {n a }是递减数列; 当q=1时, {n a }是常数列; 当q<0时, {n a }是摆动数列; 等比数列前n 项和等比数列的前n 项和公式：∴当1≠q 时，qq a S n n --=1)1(1①或q qa a S n n --=11②当q=1时，1na S n =当已知1a , q, n 时用公式①；当已知1a , q, n a 时，用公式②.数列通项公式的求法一、定义法直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于已知数列类型的题目．例1．等差数列{}n a 是递增数列，前n 项和为n S ，且931,,a a a 成等比数列，255a S =．求数列{}n a 的通项公式.解：设数列{}n a 公差为)0(>d d∵931,,a a a 成等比数列，∴9123a a a =，即)8()2(1121d a a d a +=+d a d 12=⇒∵0≠d ，∴d a =1………………………………①∵255a S =∴211)4(2455d a d a +=⋅⨯+…………② 由①②得：531=a ，53=d∴n n a n 5353)1(53=⨯-+=点评：利用定义法求数列通项时要注意不用错定义，设法求出首项与公差（公比）后再写出通项。

初中数学规律题汇总(全部有解析)讲解学习

初中数学规律题汇总(全部有解析)初中数学规律题拓展研究“有比较才有鉴别”。

通过比较，可以发现事物的相同点和不同点，更容易找到事物的变化规律。

找规律的题目，通常按照一定的顺序给出一系列量，要求我们根据这些已知的量找出一般规律。

揭示的规律，常常包含着事物的序列号。

所以，把变量和序列号放在一起加以比较，就比较容易发现其中的奥秘。

初中数学考试中，经常出现数列的找规律题，本文就此类题的解题方法进行探索：一、基本方法——看增幅（一）如增幅相等（实为等差数列）：对每个数和它的前一个数进行比较，如增幅相等，则第n个数可以表示为：a1+(n-1)b，其中a为数列的第一位数，b为增幅，(n-1)b为第一位数到第n位的总增幅。

然后再简化代数式a+(n-1)b。

例：4、10、16、22、28……，求第n位数。

分析：第二位数起，每位数都比前一位数增加6，增幅都是6，所以，第n位数是：4+(n-1) 6＝6n－2（二）如增幅不相等，但是增幅以同等幅度增加（即增幅的增幅相等，也即增幅为等差数列）。

如增幅分别为3、5、7、9，说明增幅以同等幅度增加。

此种数列第n位的数也有一种通用求法。

基本思路是：1、求出数列的第n-1位到第n位的增幅；2、求出第1位到第第n位的总增幅；3、数列的第1位数加上总增幅即是第n位数。

此解法虽然较烦，但是此类题的通用解法，当然此题也可用其它技巧，或用分析观察的方法求出，方法就简单的多了。

（三）增幅不相等，但是增幅同比增加，即增幅为等比数列，如：2、3、5、9,17增幅为1、2、4、8.（四）增幅不相等，且增幅也不以同等幅度增加（即增幅的增幅也不相等）。

此类题大概没有通用解法，只用分析观察的方法，但是，此类题包括第二类的题，如用分析观察法，也有一些技巧。

二、基本技巧（一）标出序列号：找规律的题目，通常按照一定的顺序给出一系列量，要求我们根据这些已知的量找出一般规律。

找出的规律，通常包序列号。

所以，把变量和序列号放在一起加以比较，就比较容易发现其中的奥秘。

数列的递推公式及求和

第六章数列
【2】已知 a1 2, an 4an1 2n(n ≥ 2),则an =_4_n___2_n.
an 2n
2
an1 2n1
1,
即
an 2n
1
2(
an1 2n1
1).
所以数列
{
an 2n
1}是首项为2,公比为2的等比数列,
an 2n
1
2 2n1,
an
4n
2n.
an
4an1
2n
an 4n
1 2
an+1
(nN*),
解法二 :
an1
1 2
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
an
1,
an
1 2
an1
1,
an1
1 2
an2
1,
两式相减得:
an an1
1 2
(an1
an2
),
n
≥
3
∴{an-an-1}
是以
a2-a1=
1 2
为首项,
公比为 1 2
的等比数列.
an
an1
1 2
( 1 )n2 2
( 1 )n1. 2
an a1 (a2 a1 ) (a3 a2 ) (an an1 )
an an1 1 2n2.
an a1 (a2 a1 ) (a3 a2 ) (an an1 )
=1+1+2+22+···+2n-2
1
1 2n1 1 2
2n1.
基本概念
求通项
数
列
基本数列
求和应用
数列定义及分类数列通项公式数列递推公式

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