高考数学一轮复习数列中的综合问题
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+1
20
的最小正整数m.
3
3
解:(2)因为bn=
=
+1 (2−1)(2+1)
3
1
1
=
−
,
2 2−1 2+1
3
1
1 1
1
1
所以Tn= 1− + − + … +
−
2
3
3 5
2−1 2+1
3
1
3
= 1−
< .
2
2+1
2
要使Tn< 对所有n∈N*都成立,
20
3
则有 ≥ ,即m≥30.
上单调,可得y=f(x)的图象关于直线x=1对称,由数列{an}是公差不为0的等
差数列,且f(a4)=f(a18),可得a4+a18=2,又{an}是等差数列,所以a1+
21(1 +21 )
a21=a4+a18=2,可得数列的前21项和S21=
为21.故选C.
2
=21,则{an}的前21项之和
2.(2023·邯郸一模)数学家也有许多美丽的错误,如法国数学家费马于1640年
1
,求数列{ }的前n项和Tn.
ln2
解:(2)函数f(x)=2x在(a2,b2)处的切线方程为y-22 =(22 ln 2)(x
1
.
ln2
-a2),它在x轴上的截距为a2-
1
1
由题意,a2- =2- ,解得a2=2.
ln2
ln2
所以d=a2-a1=1.从而an=n,bn=2n.
1
2
3
数列,
所以ck=c1+2(k-1)=8,解得c1=10-2k,
(8+1 )
所以c1+c2+c3+…+ck=
2
=k(9-k),
所以S2k-1=c1+c2+…+ck+…+c2k-1
=(c1+c2+…+ck)+(ck+ck+1+…+c2k-1)-ck
=2k(9-k)-8=18k-2k2-8,
所以32=18k-2k2-8,即k2-9k+20=0,解得k=4或k=5.
2
提出了Fn=2 +1(n=0,1,2,…)是质数的猜想,直到1732年才被善于计
算的大数学家欧拉算出F5=641×6 700 417,不是质数,现设an=log4(Fn-1)
(n=1,2,…),Sn表示数列{an}的前n项和,若32Sn=63an,则n=(
A.5
B.6
C.7
D.8
)
2
=2 +1(n=0,1,2,…),所以a
(1)求数列{an}的通项公式;
解:(1)设数列{an}的公比为q,由题意知:a2+a3=2(a1+2),
所以q+q2=6,解得q=2或q=-3(舍),所以an=a1qn-1=2n-1.
(2)若项数为n的数列{bn}满足:bi=bn+1-i(i=1,2,3,…,n),我们称其
为n项的“对称数列”.例如:数列1,2,2,1为4项的“对称数列”;数列1,
(2)特殊分析,比如先对n=1,2,3,…的情况进行讨论;
(3)通过特殊情况寻找新定义的数列的规律及性质,以及新定义数列与已知数
列(如等差与等比数列)的关系,仔细观察,探求规律,注重转化,合理设计
解题方案;
(4)联系等差数列与等比数列知识将新定义数列问题转化为熟悉的知识进递增数列,a1=1,a1+2是a2与a3的等差中项.
20 2
因为m∈N*,所以m的最小值为30.
数列与函数的综合问题
【例3】
设函数f(x)= +sin
2
x的所有正的极小值点从小到大排成的数列为
{xn}.
(1)求数列{xn}的通项公式;
解
1
(1)令f'(x)= +cos
2
x=0,所以cos
1
x=- ,
2
2
解得x=2kπ± π(k∈Z).
3
2
由xn是f(x)的第n个正极小值点知,xn=2nπ- π(n∈N*).
所以6a1q=a1+9a1q2,
1
2
即9q -6q+1=0,解得q= ,
3
1
故an= −1 ,bn= .
3
3
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明:Tn< .
2
1
1−
3
解 (2)证明:由(1)知Sn=
3
2
1=
1−3
1−
1
3
1
2
3
Tn= + 2 + 3 +…+ , ①
< >=
1
ቁ,数列{an}的通项公式为an=
(n∈N*),其前n项和为Sn,设k=
< >
< >,则下列结论正确的是 (
A.
1
,∈时
2
1
=k-
2
C.n≥k2-k+1
B.
1
<k+
2
D.S2 023<90
)
解析:BCD 由题意,<x>表示与实数x最接近的整数且k=< >,当n=1
1 1
(1)求数列{an}的通项公式;
解 (1)因为an+1+an=2n+7(n∈N*),所以当n≥2时,an+an-1=2n+5,
故两式相减得:an+1-an-1=2,
即{an}的奇数项和偶数项各自成等差数列,且公差为2,且a1=4,a2=2×1+7
-a1=5,
所以奇数项a2k-1=4+2(k-1)=2k+2=(2k-1)+3,则n为奇数时,an=n
2,3,2,1为5项的“对称数列”.设数列{cn}为2k-1(k≥2)项的“对称数
列”,其中c1,c2,c3,…,cn是公差为2的等差数列,数列{cn}的最大项等于a4.
记数列{cn}的前2k-1项和为S2k-1,若S2k-1=32,求k.
解:(2)由题知:ck=a4=8,c1,c2,c3,…,ck是以8为末项,2为公差的等差
提醒 解决数列与不等式的综合问题时,若是证明题,则要灵活选择不等式的
证明方法,如比较法、综合法、分析法、放缩法等;若是含参数的不等式恒成
立问题,则可分离参数,转化为研究最值问题来解决.
若Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和,且S1,S2,S4成等比数列,S2=4.
(1)求数列{an}的通项公式;
4
4
4
1
的最小整数,所以n≥k2-k+1成立,C正确;当n=1,2时,<
.
3
4
3
2
2π− π
3
3
2
当n=3m-2(m∈N*)时,sin Sn=-sin 2π− π =- ;
当n=3m-1(m∈N*)时,sin
Sn=-sin
当n=3m(m∈N*)时,sin Sn=-sin 2mπ=0.
3
− , = 3−2(∈∗ ),
2
综上所述,sin Sn=
= 3−1(∈∗ ),
0, = 3(∈∗ ).
3
,
2
=
3
;
2
|解题技法|
1.数列与函数综合问题的常见类型
(1)已知函数条件,解决数列问题,此类问题一般利用函数的性质、图象
来解决;
(2)已知数列条件,解决函数问题,此类问题一般要充分利用数列的范围、公
式、求和方法对所给条件化简变形.
2.解决数列与函数综合问题应注意三点
令1≤4m-3≤2 024,则1≤m≤5,由于m是整数,故m的值取1,2,3,4,5,
故区间[1,2 024]内所有“幸福数”的和为(41-3)+(42-3)+(43-3)+
4×(1−4 5 )
(44-3)+(45-3)=
1−4
-3×5=1 349.
|解题技法|
解决数列中的新定义问题的一般流程
(1)读懂定义,理解新定义数列的含义;
3 3
3
3
1
1
2
3
−1
Tn= 2 + 3 + 4 +…+ + +1 , ②
3
3
3
3
3
3
2
1
1
1
1
①-②得 Tn= + 2 + 3 +…+ - +1 ,
3
3 3
3
3
3
3 2+3
整理得Tn= - ,
4 4×3
则2Tn-Sn=2
2
故Tn< .
3 2+3
−
4 4×3
3
2
-
1−
>=1,k- = ≠1,A不正确;易得|
2 2
时,可得 =1,则k=<
1
>|< ,即|
2
1
2
1
1
-k|< ,所以- <
2
2
1
2
1
-k< ,故
2
1
2
-<
1
<k+ 成立,B正确;
2
1
2
由B分析知k- < <k+ ,易知k≥1,故对k- < <k+ 两边平方得k2-k
1
1
1
2
*
2
+ <n<k +k+ ,因为n∈N ,且k -k+ 不是整数,且k2-k+1是大于k2-k+
1
3
3
=- <0,
,
|解题技法|
求解数列与不等式综合问题的步骤
(1)根据题目条件,求出数列的通项公式;
(2)根据数列项的特征,选择合适的方法(公式法、分组转化法、裂项相消
法、错位相减法等)求和;
(3)利用(2)中所求得的数列的和,证明不等式或求参数的范围;
(4)反思解题过程,检验易错点,规范解题步骤.
+3,
偶数项a2k=5+2(k-1)=2k+3,则n为偶数时,an=n+3,
故数列{an}的通项公式为an=n+3.
1, = 1,
(2)已知数列{b n }满足b n =൝ log
∗ ), 定义使
(
≥
2,∈
( +2 )
b 1 ·b 2 ·b 3 ·…·b k (k∈N * )为整数的k叫做“幸福数”,求区间[1,2 024]内
所有“幸福数”的和.
1, = 1,
解 (2)由(1)可得,bn=൝log
∗)
(
≥
2,∈
(+2)
1, = 1,
=൝log
∗ ),
(
+
3)(
≥
2,∈
(+2)
所以b1·
b2·
b3·
…·
bk=1×log45·
log56·
…·
log(k+2)(k+3)=log4(k+3),
设log4(k+3)=m(m∈Z),故k=4m-3,
数列与不等式的综合问题
【例2】 (2021·全国乙卷)设{an}是首项为1的等比数列,数列{bn}满足bn=
.已知a1,3a2,9a3成等差数列.
3
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
解 (1)设{an}的公比为q,则an=qn-1.
因为a1,3a2,9a3成等差数列,
所以6a1q=a1+9a3,
2
1.已知函数y=f(x+1)的图象关于y轴对称,且函数f(x)在(1,+∞)上单
调,若数列{an}是公差不为0的等差数列,且f(a4)=f(a18),则{an}的前21项
之和为(
)
A.0
25
B.
2
C.21
D.42
解析:C 由函数y=f(x+1)的图象关于y轴对称,且函数f(x)在(1,+∞)
解:(1)设{an}的公差为d(d≠0),
则S1=a1,S2=2a1+d,S4=4a1+6d.
因为S1,S2,S4成等比数列,
所以a1·
(4a1+6d)=(2a1+d)2.
所以2a1d=d2.
因为d≠0,所以d=2a1.
又因为S2=4,所以a1=1,d=2,
所以an=2n-1.
3
(2)设bn=
,Tn是数列{bn}的前n项和,求使得Tn< 对所有n∈N*都成立
3
(2)设{xn}的前n项和为Sn,求sin Sn.
2
2π
解 (2)由(1)可知,Sn=2π(1+2+…+n)- nπ=n(n+1)π- ,
3
3
2π
所以sin Sn=sin ( + 1)π−
.
3
因为n(n+1)表示两个连续正整数的乘积,所以n(n+1)一定为偶数,
2π
所以sin Sn=-sin
重难专攻(五)
数列中的综合问题
高考对数列的考查呈现出综合性强、立意新、难度增大的特点,如对新定
义问题的考查,数列中的开放题及数列与不等式、函数等知识的交汇问题,既
重视对数列基础知识的考查,又突出对数学思想方法和数学能力的培养.
数列中的新定义问题
【例1】 已知数列{an}满足:an+1+an=2n+7(n∈N*),且a1=4.
−1
所以Tn= + 2 + 3 +…+ −1 + ,
2 2
2
2
2
1 2
3
2Tn= + + 2 +…+ −1 .
1 2 2
2
1
1
1
1
2+1 −−2
因此,2Tn-Tn=1+ + 2 +…+ −1 - =2- −1 - =
.
2 2
2
2
2
2
2
2+1 −−2
所以Tn=
.
(1)若a1=-2,点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上,求数列{an}的前n项和
Sn;
解:(1)由已知,b7=27 ,b8=28 =4b7,有28 =4×27 =27 +2 .
解得d=a8-a7=2.
(−1)
所以Sn=na1+
2
d=-2n+n(n-1)=n2-3n.
(2)若a1=1,函数f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为2-
解析:B 因为Fn
n=log4(Fn-1)=log4
2
(2 +1-1)=log
4
2
2 =2n-1,所以{a
以Sn=
1(1−2 )
1−2
n}是等比数列,首项为1,公比为2,所
=2n-1.所以32(2n-1)=63×2n-1,解得n=6,故选B.
3.(多选)记<x>表示与实数x最接近的整数ቀ规定:当 = +
(1)数列是一类特殊的函数,其定义域是正整数集(或有限子集),它的图象
是一群孤立的点;
(2)转化为以函数为背景的条件时,应注意题中的限制条件,如函数的定义
域,这往往是非常容易忽视的问题;
(3)利用函数的方法研究数列中相关问题时,应准确构造函数,注意数列中相
关限制条件的转化.
设等差数列{an}的公差为d,点(an,bn)在函数f(x)=2x的图象上(n∈N*).
20
的最小正整数m.
3
3
解:(2)因为bn=
=
+1 (2−1)(2+1)
3
1
1
=
−
,
2 2−1 2+1
3
1
1 1
1
1
所以Tn= 1− + − + … +
−
2
3
3 5
2−1 2+1
3
1
3
= 1−
< .
2
2+1
2
要使Tn< 对所有n∈N*都成立,
20
3
则有 ≥ ,即m≥30.
上单调,可得y=f(x)的图象关于直线x=1对称,由数列{an}是公差不为0的等
差数列,且f(a4)=f(a18),可得a4+a18=2,又{an}是等差数列,所以a1+
21(1 +21 )
a21=a4+a18=2,可得数列的前21项和S21=
为21.故选C.
2
=21,则{an}的前21项之和
2.(2023·邯郸一模)数学家也有许多美丽的错误,如法国数学家费马于1640年
1
,求数列{ }的前n项和Tn.
ln2
解:(2)函数f(x)=2x在(a2,b2)处的切线方程为y-22 =(22 ln 2)(x
1
.
ln2
-a2),它在x轴上的截距为a2-
1
1
由题意,a2- =2- ,解得a2=2.
ln2
ln2
所以d=a2-a1=1.从而an=n,bn=2n.
1
2
3
数列,
所以ck=c1+2(k-1)=8,解得c1=10-2k,
(8+1 )
所以c1+c2+c3+…+ck=
2
=k(9-k),
所以S2k-1=c1+c2+…+ck+…+c2k-1
=(c1+c2+…+ck)+(ck+ck+1+…+c2k-1)-ck
=2k(9-k)-8=18k-2k2-8,
所以32=18k-2k2-8,即k2-9k+20=0,解得k=4或k=5.
2
提出了Fn=2 +1(n=0,1,2,…)是质数的猜想,直到1732年才被善于计
算的大数学家欧拉算出F5=641×6 700 417,不是质数,现设an=log4(Fn-1)
(n=1,2,…),Sn表示数列{an}的前n项和,若32Sn=63an,则n=(
A.5
B.6
C.7
D.8
)
2
=2 +1(n=0,1,2,…),所以a
(1)求数列{an}的通项公式;
解:(1)设数列{an}的公比为q,由题意知:a2+a3=2(a1+2),
所以q+q2=6,解得q=2或q=-3(舍),所以an=a1qn-1=2n-1.
(2)若项数为n的数列{bn}满足:bi=bn+1-i(i=1,2,3,…,n),我们称其
为n项的“对称数列”.例如:数列1,2,2,1为4项的“对称数列”;数列1,
(2)特殊分析,比如先对n=1,2,3,…的情况进行讨论;
(3)通过特殊情况寻找新定义的数列的规律及性质,以及新定义数列与已知数
列(如等差与等比数列)的关系,仔细观察,探求规律,注重转化,合理设计
解题方案;
(4)联系等差数列与等比数列知识将新定义数列问题转化为熟悉的知识进递增数列,a1=1,a1+2是a2与a3的等差中项.
20 2
因为m∈N*,所以m的最小值为30.
数列与函数的综合问题
【例3】
设函数f(x)= +sin
2
x的所有正的极小值点从小到大排成的数列为
{xn}.
(1)求数列{xn}的通项公式;
解
1
(1)令f'(x)= +cos
2
x=0,所以cos
1
x=- ,
2
2
解得x=2kπ± π(k∈Z).
3
2
由xn是f(x)的第n个正极小值点知,xn=2nπ- π(n∈N*).
所以6a1q=a1+9a1q2,
1
2
即9q -6q+1=0,解得q= ,
3
1
故an= −1 ,bn= .
3
3
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明:Tn< .
2
1
1−
3
解 (2)证明:由(1)知Sn=
3
2
1=
1−3
1−
1
3
1
2
3
Tn= + 2 + 3 +…+ , ①
< >=
1
ቁ,数列{an}的通项公式为an=
(n∈N*),其前n项和为Sn,设k=
< >
< >,则下列结论正确的是 (
A.
1
,∈时
2
1
=k-
2
C.n≥k2-k+1
B.
1
<k+
2
D.S2 023<90
)
解析:BCD 由题意,<x>表示与实数x最接近的整数且k=< >,当n=1
1 1
(1)求数列{an}的通项公式;
解 (1)因为an+1+an=2n+7(n∈N*),所以当n≥2时,an+an-1=2n+5,
故两式相减得:an+1-an-1=2,
即{an}的奇数项和偶数项各自成等差数列,且公差为2,且a1=4,a2=2×1+7
-a1=5,
所以奇数项a2k-1=4+2(k-1)=2k+2=(2k-1)+3,则n为奇数时,an=n
2,3,2,1为5项的“对称数列”.设数列{cn}为2k-1(k≥2)项的“对称数
列”,其中c1,c2,c3,…,cn是公差为2的等差数列,数列{cn}的最大项等于a4.
记数列{cn}的前2k-1项和为S2k-1,若S2k-1=32,求k.
解:(2)由题知:ck=a4=8,c1,c2,c3,…,ck是以8为末项,2为公差的等差
提醒 解决数列与不等式的综合问题时,若是证明题,则要灵活选择不等式的
证明方法,如比较法、综合法、分析法、放缩法等;若是含参数的不等式恒成
立问题,则可分离参数,转化为研究最值问题来解决.
若Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和,且S1,S2,S4成等比数列,S2=4.
(1)求数列{an}的通项公式;
4
4
4
1
的最小整数,所以n≥k2-k+1成立,C正确;当n=1,2时,<
.
3
4
3
2
2π− π
3
3
2
当n=3m-2(m∈N*)时,sin Sn=-sin 2π− π =- ;
当n=3m-1(m∈N*)时,sin
Sn=-sin
当n=3m(m∈N*)时,sin Sn=-sin 2mπ=0.
3
− , = 3−2(∈∗ ),
2
综上所述,sin Sn=
= 3−1(∈∗ ),
0, = 3(∈∗ ).
3
,
2
=
3
;
2
|解题技法|
1.数列与函数综合问题的常见类型
(1)已知函数条件,解决数列问题,此类问题一般利用函数的性质、图象
来解决;
(2)已知数列条件,解决函数问题,此类问题一般要充分利用数列的范围、公
式、求和方法对所给条件化简变形.
2.解决数列与函数综合问题应注意三点
令1≤4m-3≤2 024,则1≤m≤5,由于m是整数,故m的值取1,2,3,4,5,
故区间[1,2 024]内所有“幸福数”的和为(41-3)+(42-3)+(43-3)+
4×(1−4 5 )
(44-3)+(45-3)=
1−4
-3×5=1 349.
|解题技法|
解决数列中的新定义问题的一般流程
(1)读懂定义,理解新定义数列的含义;
3 3
3
3
1
1
2
3
−1
Tn= 2 + 3 + 4 +…+ + +1 , ②
3
3
3
3
3
3
2
1
1
1
1
①-②得 Tn= + 2 + 3 +…+ - +1 ,
3
3 3
3
3
3
3 2+3
整理得Tn= - ,
4 4×3
则2Tn-Sn=2
2
故Tn< .
3 2+3
−
4 4×3
3
2
-
1−
>=1,k- = ≠1,A不正确;易得|
2 2
时,可得 =1,则k=<
1
>|< ,即|
2
1
2
1
1
-k|< ,所以- <
2
2
1
2
1
-k< ,故
2
1
2
-<
1
<k+ 成立,B正确;
2
1
2
由B分析知k- < <k+ ,易知k≥1,故对k- < <k+ 两边平方得k2-k
1
1
1
2
*
2
+ <n<k +k+ ,因为n∈N ,且k -k+ 不是整数,且k2-k+1是大于k2-k+
1
3
3
=- <0,
,
|解题技法|
求解数列与不等式综合问题的步骤
(1)根据题目条件,求出数列的通项公式;
(2)根据数列项的特征,选择合适的方法(公式法、分组转化法、裂项相消
法、错位相减法等)求和;
(3)利用(2)中所求得的数列的和,证明不等式或求参数的范围;
(4)反思解题过程,检验易错点,规范解题步骤.
+3,
偶数项a2k=5+2(k-1)=2k+3,则n为偶数时,an=n+3,
故数列{an}的通项公式为an=n+3.
1, = 1,
(2)已知数列{b n }满足b n =൝ log
∗ ), 定义使
(
≥
2,∈
( +2 )
b 1 ·b 2 ·b 3 ·…·b k (k∈N * )为整数的k叫做“幸福数”,求区间[1,2 024]内
所有“幸福数”的和.
1, = 1,
解 (2)由(1)可得,bn=൝log
∗)
(
≥
2,∈
(+2)
1, = 1,
=൝log
∗ ),
(
+
3)(
≥
2,∈
(+2)
所以b1·
b2·
b3·
…·
bk=1×log45·
log56·
…·
log(k+2)(k+3)=log4(k+3),
设log4(k+3)=m(m∈Z),故k=4m-3,
数列与不等式的综合问题
【例2】 (2021·全国乙卷)设{an}是首项为1的等比数列,数列{bn}满足bn=
.已知a1,3a2,9a3成等差数列.
3
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
解 (1)设{an}的公比为q,则an=qn-1.
因为a1,3a2,9a3成等差数列,
所以6a1q=a1+9a3,
2
1.已知函数y=f(x+1)的图象关于y轴对称,且函数f(x)在(1,+∞)上单
调,若数列{an}是公差不为0的等差数列,且f(a4)=f(a18),则{an}的前21项
之和为(
)
A.0
25
B.
2
C.21
D.42
解析:C 由函数y=f(x+1)的图象关于y轴对称,且函数f(x)在(1,+∞)
解:(1)设{an}的公差为d(d≠0),
则S1=a1,S2=2a1+d,S4=4a1+6d.
因为S1,S2,S4成等比数列,
所以a1·
(4a1+6d)=(2a1+d)2.
所以2a1d=d2.
因为d≠0,所以d=2a1.
又因为S2=4,所以a1=1,d=2,
所以an=2n-1.
3
(2)设bn=
,Tn是数列{bn}的前n项和,求使得Tn< 对所有n∈N*都成立
3
(2)设{xn}的前n项和为Sn,求sin Sn.
2
2π
解 (2)由(1)可知,Sn=2π(1+2+…+n)- nπ=n(n+1)π- ,
3
3
2π
所以sin Sn=sin ( + 1)π−
.
3
因为n(n+1)表示两个连续正整数的乘积,所以n(n+1)一定为偶数,
2π
所以sin Sn=-sin
重难专攻(五)
数列中的综合问题
高考对数列的考查呈现出综合性强、立意新、难度增大的特点,如对新定
义问题的考查,数列中的开放题及数列与不等式、函数等知识的交汇问题,既
重视对数列基础知识的考查,又突出对数学思想方法和数学能力的培养.
数列中的新定义问题
【例1】 已知数列{an}满足:an+1+an=2n+7(n∈N*),且a1=4.
−1
所以Tn= + 2 + 3 +…+ −1 + ,
2 2
2
2
2
1 2
3
2Tn= + + 2 +…+ −1 .
1 2 2
2
1
1
1
1
2+1 −−2
因此,2Tn-Tn=1+ + 2 +…+ −1 - =2- −1 - =
.
2 2
2
2
2
2
2
2+1 −−2
所以Tn=
.
(1)若a1=-2,点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上,求数列{an}的前n项和
Sn;
解:(1)由已知,b7=27 ,b8=28 =4b7,有28 =4×27 =27 +2 .
解得d=a8-a7=2.
(−1)
所以Sn=na1+
2
d=-2n+n(n-1)=n2-3n.
(2)若a1=1,函数f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为2-
解析:B 因为Fn
n=log4(Fn-1)=log4
2
(2 +1-1)=log
4
2
2 =2n-1,所以{a
以Sn=
1(1−2 )
1−2
n}是等比数列,首项为1,公比为2,所
=2n-1.所以32(2n-1)=63×2n-1,解得n=6,故选B.
3.(多选)记<x>表示与实数x最接近的整数ቀ规定:当 = +
(1)数列是一类特殊的函数,其定义域是正整数集(或有限子集),它的图象
是一群孤立的点;
(2)转化为以函数为背景的条件时,应注意题中的限制条件,如函数的定义
域,这往往是非常容易忽视的问题;
(3)利用函数的方法研究数列中相关问题时,应准确构造函数,注意数列中相
关限制条件的转化.
设等差数列{an}的公差为d,点(an,bn)在函数f(x)=2x的图象上(n∈N*).