高中数学高频考点专题复习之以分形为背景的数列问题的研究与拓展
高中数学学习中的知识点拓展与延伸
高中数学学习中的知识点拓展与延伸在高中数学学习中，我们通常会接触到各种知识点和概念，这些知识点虽然在课本中有详细的介绍，但往往只涉及到基本的内容。
为了更好地理解和应用数学知识，我们可以进行知识点的拓展与延伸。
本文将就高中数学学习中的知识点进行拓展与延伸，帮助读者更好地掌握这些知识。
一、数列与函数的拓展数列和函数是高中数学学习中的重要内容，我们可以从以下几个方面进行拓展和延伸。
1.1 数列的通项公式的推导通常情况下，在数列的学习中，我们只会给出数列的前几项，然后通过观察找出数列的规律，得到数列的通项公式。
但是，在实际问题中，我们有时候需要给定数列的通项公式，然后根据这个公式求解其他相关问题。
因此，我们可以探索数列通项公式的推导方法，从而更好地理解数列的性质和规律。
1.2 函数的图像与性质函数的图像是函数学习中的重要内容，我们可以通过利用计算机绘制函数的图像，观察函数在不同定义域上的变化趋势，进一步理解函数的性质。
同时，我们还可以研究函数的极值、最值等性质，从而深入探究函数的特点和规律。
二、几何图形的拓展几何学是数学中的一个重要分支，学习几何图形的性质和变换是高中数学中的基础内容，我们可以在此基础上进行以下拓展与延伸。
2.1 不规则图形的性质我们通常学习的几何图形大多是规则的，例如正方形、圆形等。
但是实际问题中，我们也会遇到不规则图形，如五角星、溜冰鞋形等。
对于这些不规则图形，我们可以研究它们的性质和特点，比如对称性、边长之间的关系等，从而深入理解几何图形的性质。
2.2 空间几何的应用除了平面几何，空间几何也是数学学习中的内容之一。
我们可以拓展学习空间几何的知识，例如研究三维几何图形的性质和变换，以及它们在现实生活中的应用。
例如，我们可以研究立方体在建筑设计中的应用，从而将数学的知识与实际问题相结合。
三、微积分的拓展微积分是高中数学的重点和难点之一，我们可以在学习微积分的基础上进行以下拓展与延伸。
3.1 曲线的长度与曲面的面积在微积分学习中，我们通常学习了曲线的弧长和曲面的面积的计算方法。
厚积薄发高考数学四十一讲第十五讲数列中的分析研究型、探索型、开放型问题
第十五讲数列中的研究型、探索型、开放型问题一、引言近几年的高考数学考试大纲在谈到对创新意识的考查要求中明确指出，对创新意识的考查是对高层次理性思维的考查，并且要求精心设计……研究型、探索型、开放型试卷，以此考查学生的数学素养和潜在能力．纵观历年的高考数学试卷，这类试卷中以数列为背景的试卷较多，主要有归纳猜想型、自主定义型、类比推理型、探索发现型、研究设计型等类型的问题．二、典型问题选讲1．归纳猜想型例1 根据下面的图形及相应的点数的规律，请写出点数构成的数列的一个通项公式．通项公式是。
通项公式是．分析：观察图形中点的分布规律，再进行量化归纳．解：先看第一组图：每个图都有4个分支，我们设第个图中点的个数为，易知第一个图中每个分支各有1个点，故；第二个图中每个分支各有2个点，故；第三个图中每个分支各有3个点，故；……第个图中每个分支各有个点，故．再看第二组图：第一个四边形中每边上有1个点，故；第二个四边形中每边上有2个点，故；第三个四边形中每边上有3个点，故；……第个四边形中每边上有个点，故．归纳小结：本题着重考查文字语言、图形语言和符号语言相互之间的转译，考查归纳猜想的推理方式，有一定的新意．解决这类问题的基本思路是观察图形，分析特点，归纳猜想．例2(2008江苏>将全体正整数排成一个三角形数阵：按照以上排列的规律，第行从左向右的第3 个数为．分析：分析三角形数表的规律，不难发现，数表中每一个数都等于它在正整数数列中的项数．因此只需求出第行第3个数在正整数数列中是第几项即可．解：观察这个三角形数阵每行数的个数，易得，第1行有1个数，第2行有2个数，第3行有3个数，……，一般地，第行有个数．因此第行从左向右的第3个数是正整数集合中从小到大第个数．而，第行从左向右的第3个数是．归纳小结：此题求解中常常因为看不出三角形数阵的规律，或不知道什么样的规律对解题有用，导致求解不知从何下手．本题具有一定的创新性．有意识地运用观察——实验——归纳——猜想的方法是求解这类数列问题的有效途径，必须熟练掌握．2．自主定义型例3(2004北京>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．这个常数叫做这个数列的公和．已知数列是等和数列，且，公和为，那么的值为，这个数列的前项和的计算公式为．分析：根据问题中给出的等和数列的定义，易知，满足<为常数，）的数列是等和数列<本题中有）．于是，逐一迭代即可．解：<第一空）．<第二空）的结果与的奇偶性有关．当为偶数时，前项中共有个奇数项，个偶数项．注意到所有的奇数项都等于2，所有的偶数项都等于3，故．当为奇数时，为偶数，．所以归纳小结：这里，“等和数列”是自主定义的一个全新概念．要使问题得到圆满解决，必须真正领会“等和数列”的含义．本题是用即刻学到的“等和数列”的定义这一知识，解决从未见过的求“等和数列”的指定项以及前项和的问题，体现了对自主学习能力的有力考查．例 4 设数列的前项和为，令，称为数列，，…，的“理想数”，已知数列，，…，的“理想数”为，那么数列，，，…，的“理想数”是．分析：题目中所说的一个数列的“理想数”是这个数列前项和构成的新数列中前个数的算术平均值．注意到所求“理想数”的生成数列比已知“理想数”的生成数列多了一项，因此，只要找出所求“理想数”与已知“理想数”的关系，问题即可获解．解：设，则，从而．所以，．归纳小结：此题自主定义了一个数列的“理想数”，着重考查了对“理想数”的认识和理解．求解中由于读不懂“理想数”的定义，或缺乏未知和已知的沟通和联系，因此常常使得求解一筹莫展．这里，我们根据“理想数”的定义，利用整体思想，架设了未知和已知之间的桥梁，为快速求解问题奠定了基础．3．类比推理型例5<2009浙江）设等差数列的前项和为，则，，，成等差数列．类比以上结论有：设等比数列的前项积为，则，，____________，成等比数列．解：因为等差数列，前项和为，则，，，Array成等差数列．等比数列，前项积为，，，_________，成等比数列．对照上下两行，等差数列等比数列，前项和前项积．具体地，已知，，即差类比商，于是，．因此，对于等比数列，，，成等比数列，故填．归纳小结：此题着意考查类比推理．它适合于两类对象具有某些类似特征，并且已知其中一类对象的某些特征，要求推出另一类对象与之相应特征的问题．类比推理是由特殊到特殊的推理．把握类比方式，总结类比规律，是解决这类问题的关键．4．探索发现型例6<2006广东）在德国不来梅举行的第48届世乒赛期间，某商店橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的展品，其中第1堆只有1层，就一个球；第堆最底层<第一层）分别按图中所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在下一层之上，第堆第层就放一个乒乓球，以表示第堆的乒乓球总数，则；<答案用表示）．解：第一空：易得．下面考虑第二空．解法一：由题意知，，，，，…………．注意到，把这个式子迭加得．解法二：，由题意知，，，，…………．把这个式子迭加得．归纳小结：本题既是归纳猜想型试卷，又是探索发现型试卷．求解中容易将第堆的最底层<第一层）错认为第堆的乒乓球总数，进而误得．此外，迭加时对数据的处理也非易事．这里，我们主要运用观察、归纳等合情推理方式，自行发现问题本身所蕴涵的规律，探索解决问题的思路．体现了对特殊与一般思想的考查要求．迭加法以及组合数的性质都是重要的双基，应当认真落实．例7<2007湖南）将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，得到如图所示的0—1三角数表．从上往下数，第1次全行的数都为1的是第1行，第2次全行的数都为1的是第3行，…，第次全行的数都为1的是第行；第61行中1的个数是．分析：对于第一空，先找出第3次全行的数都为1的行数，并结合第1、第2次全行的数都为1的行数，分析它们的特点，再归纳出第次全行的数都为1的行数．对于第二空，先找出与第61行最接近的全行的数都为1的行数，由此分析推测第61行中1的个数．解：从0—1数表的第5行知，杨辉三角中第5行各数奇偶情况必为“奇奇偶偶奇奇”，于是第6行必为奇偶相间，即“奇偶奇偶奇偶奇”，第7行必全是奇数，共8个奇数．故续写0—1数表易得，下面我们来探索数字都是1的行数规律．第1次全为1的是第1行：，第2次全为1的是第3行：，第3次全为1的是第7行：，……，一般地，第次全为1的是第行．由于，故在上述三角数表中第63行全为1，因此在原杨辉三角中第63行全为奇数．因为第62行第1个数是1，并且第63行从第2个数起每一个数都是其上一行上左右两肩上的两数之和，故第62行的数必为奇偶相间，且呈“奇偶奇偶奇偶……奇偶奇”型．同理，第61行的数必呈“奇奇偶偶……奇奇偶偶奇奇”型．注意到第61行共有62个数，因此第61行中共有32个1，30个0．归纳小结：本题是探索发现型试卷．求解本题没有现成的方法供直接套用，需要我们根据杨辉三角的性质以及题目中0—1数表的生成法则，自行发现问题本身所蕴涵的规律，探索解决问题的思路．显然，这类问题的求解，对思维的深度和广度都有着较高的要求．5．研究设计型例8设是集合中所有的数从小到大排列成的数列,即…．将数列各项按照上小下大,左小右大的原则写成如下的三角形数表:(Ⅰ>写出这个三角形数表的第四行、第五行各数；(Ⅱ>求．分析：由题意知，三角形数表中每一个数都是数列中的项，它们必是的形式．因此，只要把三角形数表中每一个数都表示为的形式，便可以通过指数规律确定第四行、第五行各数．而要求等于多少，关键在于判断位于三角形数表中第几行第几个数．解：约定用二元有序数组来表示数(其中0≤s,且s，>，则题目中所给三角形数表可表示为：<1，0）<2，0）<2，1）<3，0）<3，1）<3，2）………<,0）<,1）<,2）<,3）…<,-1）……………<1）显然第4行各数对应的有序数组依次为<4，0）<4，1）<4，2）<4，3），第5行各数对应的二元有序数组依次为<5，0）<5，1）<5，2）<5，3）<5，4），因此第4行各数依次为17，18，20，24；第5行各数依次为33，34，36，40，48．<2）求即求三角形数表中按从上到下，从左到右第100个数是几．注意到三角形数表中第<）行有且只有个数，又前13行共有个数，故是第14行第9个数，它对应的二元有序数组是<14，8），因此归纳小结：本题是以数表的形式呈现的．图表问题是高考的一个新热点，弄清集合中元素的表示特征以及数表中数的分布特点和规律，对于解决问题起到了至关重要的作用．而这些特征的分析和研究及规律的揭示和把握，都需要学生具有较强的探究能力和发现能力，体现了对学生思维的灵活性和深刻性的有力考查．例9在数列中，若是正整数，且,3，4，5，…，则称为“绝对差数列”．<1）举出一个前五项不为零的“绝对差数列”<只要求写出前十项）；<2）若“绝对差数列”中，,，数列满足，1，2，3，…，分别判断当时,与的极限是否存在，如果存在，求出其极限值．分析：对于<1），只需取定的一组值，代入定义式中给出的递推公式，依次算出，并验证符合<1）的两项要求即可．对于<2），先研究数列和的构成规律，再判断极限是否存在．解：<1）取，易得，显然符合要求<答案不唯一）．<2）因为在绝对差数列中，,，所以自第20项开始，该数列是,,．容易看出，自第20项开始，每三个相邻的项周期地取值3，0，3．所以当时，的极限不存在．而当时,，所以．个人收集整理资料， 仅供交流学习， 勿作商业用途11 / 11 归纳小结：本题自主定义了一个“绝对差数列”．第<1）问不难，但求解时常常因为没有弄清“绝对差数列”的定义而举错例子；求解第<2）问时，在获得自第20项开始，每相邻的三项周期地取3，0，3，3，0，3，…后，误以为的极限存在，并且误得，或．本题中，“绝对差数列”的定义，“与的极限是否存在”这种开放性的设问，具有鲜明的创新性，这种创新性常会给我们增加陌生感．事实上，本题中“绝对差数列”的定义不难理解，其基本特征是：从第3项起，每一项都等于它前两项差的绝对值．当一个数列存在几个子数列时，只有当每一个子数列的极限都存在并且相等时，这个数列的极限才存在．三、本专题总结在本专题学习中，我们通过对“归纳猜想型、自主定义型、类比推理型、探索发现型、研究设计型”等类型的数列问题的研究，介绍了数列中的研究型、探索型、开放型试卷的求解策略．研究型、探索型、开放型试卷是高考数学创新问题的主要类型．这类试卷经常以数列为背景材料来命制，因此，在高三数学复习中，我们应当有意识地研究数列中的研究型、探索型、开放型试卷的求解策略，不断发展自己的思维水平，逐步提高我们潜在能力．。
高考数列压轴题的“分形数列”式解法
设第2013项位于第k 段，则有_哋_：：：2013 —肚.因为1952 = 61 64 ：：: 2013乞62 65 =2015，所以2 2 2 2k =62 .从而此数列的前 2013项中只有62个1,其它全为2，即前2013项的和为2013 2-62 =3964.【评注】求分形数列的前n 项的和$的值，关键同样是确定a n 位于哪一段中的第几位数. 再根据分形数列的特点求和即可.例3. (2005年上海交通大学保送、推优生试题改编)对于数列｛a n ｝ : 1, 3, 3, 3, 5, 5, 5, 5, 5,,,高考数列压轴题的“分形数列”式解法南昌外国语学校 梁懿涛 高考真题(2013 年江苏 23):设数列｛a n ｝ ： 1,/,/,3,3,3, _4,/, _4,_4，…,(_1)k 」k,…,(_1)k 」k ,,，即当 世 1) ；:：n 乞坐 H (k N *)时，a n =(-1)k J 1k ，记 & =印 a 2 亠 亠 a n (n N *).对于丨 N *，定义 2 2 集合R =｛n|S n 是an 的整数倍，n ・N *且1岂n^l ｝. R 1中元素的个数；P 2ooo 中元素的个数. (1) 求集合 (2) 求集合 对于以上数列｛耳｝ : 1, 2 23,3,3, -4, -4, -4,-4, ■■；( -1)k "k, ■■■,( -1)k "k ,,,我们可把它叫做分形数列. 比 如数列“ 1,1,2, 2, 2, 2,2, ■- ，,n, n”,...n ,…，”以及“ 1,1,12,3,3,3, 4,5,5,5,6, ■■■”之类，都是典型的分型数列.分 3 n 」形数列的特点是数列可化分为具有明显特征的数列段.以上数列 第 3 段为｛3,3,3｝,,，第 k 段为｛(_1)k S, ,(-1)k」k ｝,, 对于分形数列，一般要求我们求出数列的通项 a n 及前n 项和& . 例1 : (2010年浙江省预赛题)设数列 1 1 - 1--. T2'1 ,3,2,T (1) 这个数列第2010项的值是多少？ (2) 在这个数列中，第 2010个值为1的项的序号是多少？ 【解析】：(1)将数列分段：｛!｝ ｛1 -｝ ｛〔 2 3｝…｛! ｛a n ｝的第1段为｛1｝，第2段为｛ -2^2｝, 2 k -1 k ,〒}, (k-1)k k(k 1)― 2010 ，解得 …，假设数列的第2010项位于第 T2‘1'3'2‘1' 'k'k-1 k 段｛1, — , ■，-k ｝中，■一-前k 段共有1 • 2亠 亠k 二k(k3项， k k -1 1 2 2 2 k =63，且前63段共有2016项，所以第2010项位于第63组倒数第7项，根据数列的特点，得第 2010 57 项为57 . 7(2)由以上分段可以知道，只有每个奇数段中最中间的项为 1，所以第2010个1出现在第4019段， 而第4019组中的1位于该段中最中间的位置， 即第2010位.所以第2010个值为1的项的序号为(1+2+3+, +4018)+2010=809428. 【评注】求分形数列的某一项 a n 的值，关键是确定 4位于哪一段中的第几位数•这可以先假定其位 于第k 段，通过项数n 与段数k 的关系来确定.如本例就是 毬：：：2010空 汕 B .值得提醒得是， 2 2 此不等式无需解，只要先估计，再验证确定即可. 例2 : (2013年南昌外国语学校高一竞赛题)数列 1,2,1,2,2,1,2,2,2,1,2,2,2,2,1,2 ,,，其相邻 的两个1被2隔开，第n 对1之间有n 个2，求此数列的前 2013项的和. 【解析】：将数列分段:{1,2}, {1,2,2} , , , {1,律尸2}k 个前k 段共有迴上卫=込色项.假 2 2即正奇数k 有k 个，试求数列｛a n ｝的通项公式a n 及前n 项的和S n .【解析】：将数列分段：｛1｝ , ｛3,3,3｝ , ｛5,5,5,5,5｝ , , , ｛2 k _1,2k _1, ,2 k _1｝ , , •因为前 k 段共 有1 3亠2k _1 =k 2项，所以a n=2k -1的充要条件是(k _1)2 •仁n 空k 2，即•.〒辽k 乞1 •. 厂 ._ n =1_ 1[0,1) , . k 是1川扌乔的整数部分，即k =1 • [ • 从而荷 _ J n _1a n =2[.L —] . 1又因为前 k 段内各数之和为「⑵ _1)2 =4< i 2 _4< i ・k =4k(k 1)(2kT )_4k (kT )• k 「(W —1)，所i 仝 i _162 3以前 n项的和 yZ嘗Z[n -(k -1)2](2k - k 『[T •【评注】从此例可看出，只有深刻理解数列｛a n ｝中项数n 的双重作用，即项数n 既确定数列｛a n ｝中各项 的值，又决定着它的段数，才能正确解答此类问题•另外，利用高斯函数 [x]求解决某些难度大的数列的通项公式与前n 项和的问题时，往往能起到常规方法无能为力的作用.最后我们运用以上方法来解本文之初的高考题：设数列｛a n ｝的前k 段的和为T k ，则T k =12-2232-42•…(_1)k」k 2，当k 为偶数时，T k =(12-22) (32-42)「”[(k-1)2 -k 2^-(3 7 11 讦：昇 2k —1) = -k(k 1); 当 k 为奇数时,2因为 S n 灯心[n -k(k _1)](-1)kJk ，所以 S n 十1)2k(k -1).山 一k(k-1)]^1)k J k 二2 2 2Ok 坐 卫・(_1)k 」nk ，从而1 •显然只有当k 为奇数时，为整数，色才是整2 a n 22a n攵•也即只有位于奇数段中的 a n ,才满足S n 是a n 的整数倍.由以上分析，当I =11 , %位于第5段中第1项，前11项中位于奇数段的，第 1段中1项，第3段中3项，第5段中1项，1 +3+1 =5 ,所以集合P »1中元素的个数为5;同理，当I =2000时，由1953 =62“3£263 64 2000乞 ----- =2016可知，a 2000位于第63段中第47项，1 • 3 • 5……一 63 - 57 =1008，所以集合 巳0002中元素的个数为1008 •(k -1)kk 2k(k 1) 2•所以 T k =(-1)2k(k 1) 2。
专题6.23：以分形为背景的数列问题的研究与拓展
探究 3：如图，是一个边长为 1 的正三角形，将每边三等分，以中间一段为边向形外作正三角形，并擦去
众多领域的难题提出了全新的思路. 这门充满活力的新学科与数列结合起来，不仅对传统的数列题作了提
升，又能发展我们的实践能力，拓展为我们的几何思维.
课本溯源中的问题解答：由题意分析知： a1 1, a2 3, a3 9, a4 27 ，则数列 an 是首项为 1，公比为 3
的等比数列，所以 an 3n1 . 作图略.
3
， c2
l2
12
1 3
12
4
， c3
l3
48
1 2 3
48
16 3
，……
cn
ln
(3 4n1)
1 n1 3
(3 4n1)
3
4 3
n1
；
S1
3 4
，
S2
S1
3
3 4
1 3
2
【专题反思】你学到了什么？还想继续研究什么？ 1. 曲线“生长”过程中有哪些数量特征可以研究？
边数、边长、周长、顶点数、尖角的个数、面积等变化规律. 2. 应用的知识与方法：
(1) 公式法（适用于等差、等比数列）； (2) 研究相邻两项（三项）的递推关系； (3) 观察、归纳、猜想、证明（数学归纳法）.
高考数学大一轮复习 热点聚焦与扩展 专题39 数列与数学归纳法-人教版高三全册数学试题
专题 39 数列与数学归纳法【热点聚焦与扩展】 数学归纳法是一种重要的数学方法，其应用主要体现在证明等式、证明不等式、证明整除性问题、归纳猜 想证明等．本专题主要举例说明利用数学归纳法证明数列问题.1、数学归纳法适用的范围：关于正整数 n 的命题（例如数列，不等式，整除问题等），则可以考虑使用数学归纳法进行证明2、第一数学归纳法：通过假设 n k 成立，再结合其它条件去证 n k 1成立即可.证明的步骤如下： （1）归纳验证：验证 n n0 （ n0 是满足条件的最小整数）时，命题成立（2）归纳假设：假设 n k k n0,n N 成立，证明当 n k 1时，命题也成立（3）归纳结论：得到结论： n n0, n N 时，命题均成立3、第一归纳法要注意的地方：（1）数学归纳法所证命题不一定从 n 1开始成立，可从任意一个正整数 n0 开始，此时归纳验证从 n n0 开始（2）归纳假设中，要注意 k n0 ，保证递推的连续性 （3）归纳假设中的 n k ，命题成立，是证明 n k 1命题成立的重要条件.在证明的过程中要注意寻找 n k 1与 n k 的联系 4、第二数学归纳法：在第一数学归纳法中有一个细节，就是在假设 n k 命题成立时，可用的条件只有 n k ，而不能默认其它 n k 的时依然成立.第二数学归纳法是对第一归纳法的补充，将归纳假设扩充为假 设 n k ，命题均成立，然后证明 n k 1命题成立.可使用的条件要比第一归纳法多，证明的步骤如下： （1）归纳验证：验证 n n0 （ n0 是满足条件的最小整数）时，命题成立（2）归纳假设：假设 n k k n0,n N 成立，证明当 n k 1时，命题也成立（3）归纳结论：得到结论： n n0, n N 时，命题均成立.5.注意点：对于归纳猜想证明类问题，有三个易错点.一是归纳结论不正确；二是应用数学归纳法，确认 n 的初始值 n0 不准确；三是在第二步证明中，忽视应用归纳假设.【经典例题】例 1.【2018 届重庆市第一中学 5 月月考】已知 为正项数列 的前 项和，列 的前 项和为 ，则的最小值为______.【答案】 【解析】分析：由题意首先求得 ，然后利用题意结合函数的性质确定最小值即可.详解：由题意结合，，记数以下用数学归纳法进行证明：当时，结论是成立的，假设当 时，数列的通项公式为：，则，由题意可知：，结合假设有：，解得：，综上可得数列的通项公式是正确的.据此可知：，，利用等差数列前 n 项和公式可得：，则，结合对勾函数的性质可知，当 或 时，取得最小值，当时，当时，由于，据此可知的最小值为 .点睛：本题的关键在于合理利用归纳推理得到数列的通项公式.归纳推理是由部分到整体、由特殊到一般的 推理，由归纳推理所得的结论不一定正确，通常归纳的个体数目越多，越具有代表性，那么推广的一般性 命题也会越可靠，它是一种发现一般性规律的重要方法． 例 2. 设 Sn 为数列{an}的前 n 项和，满足 Sn＝2an－2 (n∈N*)（1）求的值，并由此猜想数列{an}的通项公式 an；（2）用数学归纳法证明（Ⅰ）中的猜想．【答案】（1）；（2）见解析.当 n＝4 时，a1＋a2＋a3＋a4＝S4＝2×a4－2，∴a4＝16.由此猜想：(n∈N*)．(2)证明：①当 n＝1 时，a1＝2，猜想成立．②假设 n＝k(k≥1 且 k∈N*)时，猜想成立，即，那么 n＝k＋1 时，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2ak＋1－2ak∴ak＋1=2ak，这表明 n＝k＋1 时，猜想成立，由①②知猜想成立．点睛：数学归纳法被用来证明与自然数有关的命题：递推基础不可少，归纳假设要用到，结论写明莫忘掉.例 3．已知数列 满足：，.（Ⅰ）试求数列 ， ， 的值；（Ⅱ）请猜想 的通项公式 ，并运用数学归纳法证明之.【答案】（Ⅰ），，.（Ⅱ），证明见解析.由此猜想.下面用数学归纳法证明之：当时，，结论成立；假设 时，结论成立，即有，则对于时，∴当时，结论成立.综上，可得对，成立点睛：运用数学归纳法证明数学问题的步骤及其需要注意的问题：1、第一步：归纳奠基（即验证 时成立）；第二步：归纳递推（即假设 时成立，验证时成立）；3、两个条件缺一不可，在验证时成立时一定要用到归纳假设前面的完全一致.时的结论，最后得到的形式应与例 4.【2018 届浙江省温州市高三 9 月一模】已知数列 中，，（1）求证：；（2）求证：是等差数列；（）．（3）设，记数列 的前 项和为 ，求证：．【答案】(1)证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【解析】试题分析：（1）利用数学归纳法可证明；（2）化简，由可得是等差数列；（3）由（2）可得，从而可得，先证明，利用放缩法及等比数列求和公式可证结论.（2）由，得，所以 即， ，即，所以，数列是等差数列．（3）由（2）知，∴，因此 当 时，，， ，即 时，，所以 时，，显然，只需证明 ，即可．当 时，．例 5.已知函数 f x ax b 2ln x, f 1 0x（1）若函数fx在 x 1处切线斜率为 0 ，an1f' an1 n1 n2 1 ，已知 a14 ，求证：an2n 2（2）在（1）的条件下，求证： 1 1 1 21 a1 1 a21 an 5【答案】见解析下面用数学归纳法证明： an 2n 2当 n 1时， a1 4 2n 2 成立 假设 n k k N 成立，则 n k 1时ak1 ak ak 2k 1ak 2k 2ak1 2k 2 2 1 4k 5 2k 1 2n k 1时，不等式成立n N , an 2n 2（2） an1 an2 2nan 1 an an 2n 1由（1）可知 an 2n 2 an1 2an 1 an112 an 11 an1 11 21 an 11 11 1 111 an 1 2 an1 1 22 an2 12n1 a1 11 1 1 a1 1 a211 1 11 an 1 a1 2 1 2n 1 1 a1 1 1 2n 1 1 2 5 1 1 2n 2 52例 6．【浙江省绍兴市 2018 届 5 月调测】已知数列 中.（1）证明：；（2）设数列 的前 项和为 ，证明：．【答案】（1）见解析；（2）见解析详解：（1）数学归纳法：①当 时，，，显然有.②假设当，结论成立，即，那么 即 综上所述， ，成立.（2）由（1）知：，即，，， ；点睛：解决数列与函数、不等式的综合问题的关键是从题设中提炼出数列的基本条件，综合函数与不等式 的知识求解；数列是特殊的函数，以数列为背景的不等式证明问题及以函数为背景的数列的综合问题体现 了在知识交汇点上命题的特点．例 7．【福建省南平市 2018 届 5 月检查】己知函数.（Ⅰ）求函数 的单调区间；（Ⅱ）若函数 的最小值为-1，，数列 满足，，记， 表示不超过 的最大整数．证明：．【答案】（Ⅰ）见解析; （Ⅱ）见解析.详解：（Ⅰ）函数 的定义域为.1、当 时，，即 在上为增函数；2、当 时，令得 ，即 在上为增函数；同理可得 在 上为减函数.（Ⅱ）有最小值为-1， 由（Ⅰ）知函数 的最小值点为 ，即，则，令当 时， 所以当 时∵，∴， ，故 在上是减函数.（未证明，直接得出不扣分）则.由得，从而.∵，∴.猜想当时，.下面用数学归纳法证明猜想正确.1、当 时，猜想正确.2、假设时，猜想正确.即时，.当时，有，由（Ⅰ）知 则是 上的增函数，，即，例 8.已知函数 ，（1）求 的解析式；，在原点 ．处切线的斜率为（2）计算，并由此猜想出数列 的通项公式；（3）用数学归纳法证明你的猜想．，数列 满足【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析．为常数且（2），则，，由此猜想数列的通项公式应为（3）①当 时，猜想显然成立，②假设时，猜想成立，即， ．，则当时，，即当时，猜想成立．由①②知，例 9.已知数列 是等差数列， (1)求数列 的通项公式 ；对一切正整数 都成立． .(2)设数列 的通项(其中 且 )记 是数列 的前 项和，试比较 与的大小，并证明你的结论.【答案】（1）；（2）当 时，,当时，，证明见解析.详解：(1) 设数列{bn}的公差为 d,由题意得,∴bn=3n－2 .(2)证明：由 bn=3n－2 知 Sn=loga(1+1)+loga(1+ )+…+loga(1+)=loga［(1+1)(1+ )…(1+)］而 logabn+1=loga,于是，比较 Sn 与 logabn+1 的大小比较(1+1)(1+ )…(1+)与取 n=1，有(1+1)=的大小取 n=2，有(1+1)(1+推测 (1+1)(1+ )…(1+)＞(*)①当 n=1 时，已验证(*)式成立②假设 n=k(k≥1)时(*)式成立，即(1+1)(1+ )…(1+)＞则当 n=k+1 时，, 即当 n=k+1 时，(*)式成立由①②知，(*)式对任意正整数 n 都成立 于是，当 a＞1 时，Sn＞ logabn+1 ,当 0＜a＜1 时，Sn＜ logabn+1 . 例 10.【2018 年浙江省高考模拟】已知数列 xn 满足： x1 1, xn xn1 xn1 1 1 .证明：当 n N* 时，（1） 0 xn1 xn ；（2） 3xn1 2xnxn xn1 3；（3） 2 3n1 xn 2 3n2 .【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析由数列的递推式，以及（2）的结论可得1 xn11 33 2 1 xn13 0 ，根据等比数列的通项公式即可证明xn 3 n2 2 ，再结合已知可得 xnxn1xn11 1 3 2xn1 ，即可证明不等式成立.详解：（1）数学归纳法证明： xn 0当 n 1 时， x1 1 0 成立假设 n k 时 xk 0 ，成立，那么 n k 1 时，假设 xk1 0 ，则 xk xk1 xk1 1 1 0 ，矛盾所以 xk1 0 ，故 xn 0 得证所以 xn xn1 xn1 1 1 xn1 ，故 0 xn1 xn（2）由 xn xn1 xn1 1 1 得 xn xn1 9xn1 6xnx2 n1xn1 6xn 1 4xn1 6设 f x x2 x 6 x 1 4x 6(x 0)则f 'x 2x x 1 x 6 4 2 x 15 2 x 11 x 1 2 x11 42 49 8（3）由（2）得1 xn11 332 1 xn13 0 ，则1 xn1 3 1 x11 3 3 2n1 3 2n2 所以xn 3 2n2 又x 1 1 1 x x 0 ，所以 2xn11 11 2xn1 ，所以xnxn1xn11 1 3 2xn1 ，故xn12 3xn所以xn 2 3n1 ，所以 2 3n1 xn 2 3n2 【精选精练】1．用数学归纳法证明“推证时，左边应增加的项为__________ .【答案】”时，由时等式成立点睛：项数的变化规律，是利用数学归纳法解答问题的基础，也是易错点，要使问题顺利得到解决，关键是注意两点：一是首尾两项的变化规律；二是相邻两项之间的变化规律. 2．用火柴棒摆“金鱼”，如图所示：按照上面的规律，第 n 个“金鱼”图需要火柴棒的根数为______________．【答案】【解析】试题分析：由题意得：“金鱼”图需要火柴棒的根数依次构成一个等差数列，首项为 8，公差为 6，因此第 n 项为x+kw3．已知数列 中，且.（1）求 ， ， ；（2）根据（1）的结果猜想出 的一个通项公式，并用数学归纳法进行证明；（3）若，且【答案】（1）；（2），求.，证明见解析；（3） .（2）由此猜想.下面用数学归纳法加以证明：①当时，由（1）知成立；②假设，结论成立，即则当时，有，即成立.即时，结论也成立；由①②可知， 的通项公式为.（3）由（2）知，4．已知数列 的前 项和为 ，且满足，.（1）计算 ， ， ，根据计算结果，猜想 的表达式；（2）用数学归纳法证明你猜想的结论.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【解析】分析：（1）计算 ， ， ，根据计算结果，猜想 明猜想的结论.. . （2）用数学归纳法证由此猜想，（2）下面用数学归纳法证明，①当 时，显然成立，②假设当 由题意得时猜想成立，即， ，∴，∴ ∴当， 时猜想也成立，由①和②，可知猜想成立，即.点睛：（1）在利用数学归纳法证明数学问题时，一定要注意利用前面的时的假设，否则就是伪数学归纳法，是错误的.（2）看到或 ，要注意联想到项和公式解题.5．已知数列 满足，.（1）计算 ， ， ，根据计算结果，猜想 的表达式；（2）用数学归纳法证明你猜想的结论. 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.由此猜想；（2）下面用数学归纳法证明，①当 时，显然成立，②假设当时猜想成立，即，由题意得，∴当时猜想也成立；由①和②，可知猜想成立，即.6．已知数列 满足且.（1）计算 、 、 的值，由此猜想数列 的通项公式；（2）用数学归纳法对你的结论进行证明．【答案】（1） ，；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）由,的值，根据共同规律猜想即可；（2）对于，将代入上式计算出 、 、，用数学归纳法证明即可.①当 时，证即当时，结论也成立，由①②得，数列 的通项公式为.7．在数列 中，，， ，， ．（ ）计算 ， ， 的值．（ ）猜想数列 的通项公式，并用数学归纳法加以证明．【答案】（1） ， ， ；（2），证明见解析.（ ）由（ ）可猜想：，证明：当 时， ，等式成立，假设 时，等式成立，即，则当时，，即当综上所述，对任意自然数，．8．已知数列数列{an}的通项公式 an＝(－1)n(2n－1)(n∈N*)，Sn 为其前 n 项和．时，等式也成立，(1)求 S1，S2，S3，S4 的值； (2)猜想 Sn 的表达式，并用数学归纳法证明你的结论． 【答案】(1)S1＝－1，S2＝2，S3＝－3，S4＝4；(2)答案见解析.【解析】试题分析：(Ⅰ)根据 an 1n 2n 1 ，代入 n 1, 2,3, 4 计算，可求 S1, S2 , S3, S4 的值；(Ⅱ)由(Ⅰ)猜想 Sn 的表达式，再根据数学归纳法的证题步骤进行证明，检验 n 1 时等式成立，假设 n k 时命题成立，证明 n k 1时命题也成立即可.试题解析：(1)依题意可得 S1＝－1，S2＝－1＋3＝2，S3＝－1＋3－5＝－3，S4＝－1＋3－5＋7＝4； (2)猜想：Sn＝(－1)n·n. 证明：①当 n＝1 时，猜想显然成立；②假设当 n＝k 时，猜想成立，即 Sk＝(－1)k·k， 那么当 n＝k＋1 时，Sk＋1＝(－1)k·k＋ak＋1＝(－1)k·k＋(－1)k＋1(2k＋1)＝(－1)k＋1·(k＋1)． 即 n＝k＋1 时，猜想也成立．故由①和②可知，猜想成立.【方法点睛】本题考查归纳推理以及数学归纳法的应用，属于中档题.由归纳推理所得的结论虽然未必是可靠的，但它由特殊到一般，由具体到抽象的认识功能，对科学的发现十分有用,观察、实验、对有限的资料作归纳整理，提出带规律性的说法是科学研究的最基本的方法之一.通过不完全归纳法发现的规律，用数学归纳法加以证明才能应用.9．设 t 0 ，fxttx x，令a11，an1 f an ，n N . （1）写出 a2 ， a3 ， a4 的值，并猜想数列 an 的通项公式；（2）用数学归纳法证明你的结论. 【答案】(1)a1＝1，a2＝tt 1，a3＝t2t2 2t；a4＝ t3t3 3t 2，猜想 an＝ t n1 t n1 n 1t n2（n∈N+）；(2)证明见解析.试题解析：（1）∵a1＝1，∴a2＝f（a1）＝f（1）＝ t ， t 1a3＝f（a2）＝t2t2 2t；a4＝f（a3）＝t3t3 3t 2， 猜想 an＝ tn1 t n1 n 1t n2（n∈N+）；（2）证明：①易知，n＝1 时，猜想正确. ②假设 n＝k 时猜想正确，即 ak＝ tk1 t k1 k 1t k 2， 则 ak＋1＝f（ak）＝ t ak t akt t k1 t k 1 k 1t k 2=t t k1 t k 1 k 1t k 2= tktk kt k1.这说明 n＝k＋1 时猜想正确. 由①②知，对于任何n∈N+，都有an＝ t n1t n1 n 1t n2.点睛：数学归纳法是一种重要的数学思想方法，主要用于解决与正整数有关的数学问题．证明时步骤(1)和 (2)缺一不可，步骤(1)是步骤(2)的基础，步骤(2)是递推的依据．10.【2017 浙江，22】已知数列{xn}满足：x1=1，xn=xn+1+ln(1+xn+1)（ n N ）．证明：当 n N 时，（Ⅰ）0＜xn+1＜xn；（Ⅱ）2xn+1− xn≤ xn xn1 ； 2（Ⅲ） 1 ≤xn≤ 1 ．2n12n2【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析．【解析】（Ⅱ）由 xnxn1 ln(1 xn1 )xn1 得 xn xn1 4xn1 2xnx2 n12 xn 1(xn12)ln(1xn1)【名师点睛】本题主要考查数列的概念、递推关系与单调性等基础知识，不等式及其应用，同时考查推理 论证能力、分析问题和解决问题的能力，属于难题．本题主要应用：（1）数学归纳法证明不等式；（2）构造函数 f (x) x2 2x (x 2) ln(1 x)(x 0) ，利用函数的单调性证明不等式；（3）由递推关系证明． 11．【2018 届浙江省名校协作体高三上学期联考】已知无穷数列an的首项a11 2，1 an11 2 an1 an ,nN*.（Ⅰ）证明： 0 an 1 ； （Ⅱ） 记 bn an an1 2 ， an an 1Tn 为数列bn的前 n 项和，证明：对任意正整数 n ，Tn3 10.【答案】(Ⅰ)见解析；(Ⅱ)见解析.【解析】试题分析; （I）运用数学归纳法推理论证， （Ⅱ）由已知an1 an2 an2 1 1 ，即 an1an ，可得数列an为递增数列.又1 an1 an11 an12 an1 an 12 1 an an ，易知 1 an an 为递减数列，试题解析：（Ⅰ）证明：①当 n 1 时显然成立； ②假设当 n k k N* 时不等式成立，即 0 ak 1，那么当 n k 1时，1 ak 11 2 ak 1 ak 1·2 2ak?1 ak 1，所以 0 ak1 1 ，即 n k 1时不等式也成立.综合①②可知， 0 an 1 对任意 n N* 成立. （Ⅱ）an1 an2 an2 1 1 ，即 an1an ，所以数列an为递增数列.又1 an1 an11 an1 2 an 1 an 12 1 an an ，易知 1 an an 为递减数列，所以 1 an1 an1 也为递减数列， 所以当 n 2 时， 1 1 an an11 2 1 a2a2 1 2 5 44 5 9 40 所以当 n 2 时，bn an an1 2 an an 1an1 an 1 an1 an1 9 40an1 an当 n 1时，TnT1b19 403 10，成立；当 n 2 时， Tn b1 b2 bn9 409 40a3a2a4a3 an1 an 9 409 40 an1a29 409 401a29 409 401 4 5 27 1003 10综上，对任意正整数 n ，3 Tn 1012．已知，.（1）若，求 的值；（2）若，求 的值；（3）若 是展开式中所有无理项的二项式系数和，数列 是各项都大于 1 的数组成的数列，试用数学归纳法证明: 【答案】（1）. . （2）165.（3）见解析.所以 （3）因为 所以. ，所以要得无理项， 必为奇数，，要证明，只要证明 （Ⅰ）当时，左边=右边，当 时，∴时，不等式成立.，用数学归纳法证明如下： ，综合（Ⅰ）（Ⅱ）可知对一切均成立.∴不等式成立 .点睛：本题主要考查二项式定理的应用、初等函数求导公式以及数学归纳法证明不等式，属于难题.利用数学归纳法证明结论的步骤是:(1)验证时结论成立；（2）假设正确（证明过程一定要用假设结论）；（3）得出结论.时结论正确，证明时结论。
专题6.23：以分形为背景的数列问题的研究与拓展
专题6.23：以分形为背景的数列问题的研究与拓展【课本溯源】下图中的三角形称为希尔宾斯基三角形. 图中从左向右的四个三角形，着色三角形的个数依次构成数列{a n }的前4项，写出数列{a n }的一个通项公式，并作出它的图象.这一问题的背景是分形几何，分形几何的一个重要的特点是自相似性，可通俗地理解为适当地放大或缩小图形的几何尺寸，整个结构并不改变. 分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦·B•曼德尔布罗特(B enoit B.M andelbrot )在20世纪70年代创立的一门新学科，与欧氏几何学在研究对象等诸多方面迥然不同. 它的创立，为描述自然界和社会系统中大量存在的不规则图形和现象提供了相应的思想方法，为解决传统科学众多领域的难题提出了全新的思路. 这门充满活力的新学科与数列结合起来，不仅对传统的数列题作了提升，又能发展我们的实践能力，拓展为我们的几何思维.课本溯源中的问题解答：由题意分析知：12341,3,9,27a a a a ====，则数列{}n a 是首项为1，公比为3的等比数列，所以13n n a -=. 作图略.本题通过观察即不难发现着色三角形的个数依次数列{a n }成等比数列，而在一些综合性比较强的数列问题中，通项公式的求解往往是解决数列难题的瓶颈，如何熟练掌握常用的求通项公式的方法如累积法、累加法等，是我们必须思考的问题. 下面我们再探究几个以分形为背景的数列问题. 【探究拓展】探究1：如图，一条螺旋线是用以下方法画成：ABC △是边长为1的正三角形，曲线1CA 、12A A 、23A A 是分别以A 、B 、C 为圆心，AC 、1BA 、2CA 为半径画的弧，曲线123CA A A 称为螺旋线旋转一圈. 然后又以A 为圆心，3AA 为半径画弧，…，这样画到第n 圈，则所得螺旋线的长度n l = . （要求用含,n π的代数式表示即可）【解】由图可知12(123)3l π=++，22(123456)3l π=+++++，……，22(1233)(3)3n l n n n ππ=++++=+.【评注】由弧长公式可知l r α=，由第1圈、第2圈的弧长不完全归纳出第n 圈的画出，体现了由特殊到一般的思想.探究2：下图是一个树形图的生长过程，依据图中所示的生长规律，第16行的实心圆点的个数是 .【解】有些题它只是表达的形式不一样，其实只要透过现象抓住本质，不同的表达形式，所要揭示的问题的实质是一样的. 这一题的实质是非常有名的斐波那契数列.从图上很容易看出从第一行开始，实心圆点的数量是这样排列的：0,1,1,2,3,5,……. 对于每一个空心圆点，它到下一行只生出一个实心圆点，而对于每一个实心圆点，它到下一行可生出一空一实两个点. 到第六行时，我们可看出，这一行的五个实心圆点到下一行必定能生出5个实心圆点和五个空心圆点，另外三个空心圆点还能生出三个实心圆点，因此下一行共有5+3=8个实心圆点. 同理，下一行的实心圆点数为本行的所有实心圆点数加所有空心圆点数，为8+5=13.这里有一个非常明显的规律：也就是这一列数从第三个数起，任一个数都等于它前面两个数的和. 因此结果很快可推知：0,1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,610. 故第16行的实心圆点个数为610.探究3：如图，是一个边长为1的正三角形，将每边三等分，以中间一段为边向形外作正三角形，并擦去中间一段，得图(2). 如此继续下去，得图(3)，……. 则第n 个图形的边长为 ，周长为 ，面积为 .【解】不妨设第n 个图形的边长为n l ，周长为n c ，面积为n S . 则11l =，213l =，2313l ⎛⎫= ⎪⎝⎭，…，113n n l -⎛⎫= ⎪⎝⎭；113133c l =⨯=⨯=，221121243c l =⨯=⨯=，233116484833c l ⎛⎫=⨯=⨯= ⎪⎝⎭，……111114(34)(34)333n n n n n n c l ----⎛⎫⎛⎫=⨯⨯=⨯⨯=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；13S =2213133S S ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，23231129S S ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，…， 2112131334(34)39n n n n n S S ----⎡⎤⎛⎫⎛⎫-=⨯=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦.132211()()()n n n S S S S S S S S -=-++-+-+1213343343343999n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭11441993333483416420919n n --⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=⋅+=-⋅⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦-.探究4：如图，1P 是一块半径为1的半圆形纸板，在1P 的左下端剪去一个半径为12的半圆后得到图形2P ，然后依次剪去一个更小半圆（其直径为前一个被剪掉半圆的半径）得图形34,,,,n P P P ，记纸板n P 的面积为n S ，则lim n n S →+∞= .【解】12S π=，22211122222S S πππ⎛⎫⎛⎫=-⋅=-⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，222321112422224S S ππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⋅=-⋅-⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，…，211122n n n S S π--⎛⎫=-⋅ ⎪⎝⎭.∴22212422111111222242222222n n n S ππππππ--⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⋅-⋅--⋅=-+++⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭2211114211223214n n πππ-⎛⎫-⎪⎛⎫=-=+⎪ ⎪⎝⎭ ⎪-⎝⎭，∴lim 3n n S π→+∞=.探究5：如图所示，是树形图形. 第一层是一条与水平线垂直的线段，长度为1；第二层在第一层线段的前端作两条与该段均成135°的线段，长度为其一半；第三层按第二层的方法在每一线段的前端生成两条线段；重复前面的作法作图至第n 层. 设树形图的第n 层的最高点到水平线的距离为第n 层树形图的高度.(1) 求第三层及第四层树形图的高度3H ，4H ； (2) 求第n 层树形图的高度n H ；(3) 若树形图的高度大于2，则称树形图为“高大”，否则称为“矮小”. 显然，当1,2n =时是“矮小”的，是否存在m ∈Z ，使得当n m >时，该树形图是“高大”的？【解析】(1) 设题中树（从下而上）新生的各层高度所构成的数列为{}n a ，则11a =，2122a =3212a =，4312a =，所以，第三层树形图的高度3123H a a a =++，第四层树形图的高度412342016H a a a a +=+++=. (2) 易知214n na a +=，所以第n层树形图的高度为111()21)22n n n n a n --⎧⎪⎪=⎨⎪⨯⎪⎩为奇数时，为偶数时，所以，当n 为奇数时，第n 层树形图的高度为11221111111244114()111132321144n n n n H n -++-⎡⎤⎛⎫⎢⎥-⎛⎫⎪-⎢⎥⎝⎭ ⎪⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎝⎭⎣⎦=+=-+-⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦--；当n 为偶数时，第n 层树形图的高度为2211111244114()111132321144nn n n H n ⎡⎤⎛⎫⎢⎥-⎛⎫⎪-⎢⎥⎝⎭ ⎪⎡⎤⎤⎛⎫⎛⎫⎝⎭⎣⎦=+=-+-⎢⎥⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦--.(3) 不存在.由(2)知，当n为奇数时，114114()lim 1123223n n n H n +-→+∞⎧⎫⎡⎤⎤⎪⎪⎛⎫⎛⎫<--=<⎢⎥⎥⎨⎬ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎪⎪⎣⎦⎣⎦⎩⎭； 当n为偶数时，4114()lim 1123223n nn H n →+∞⎧⎫⎡⎤⎤⎪⎪⎛⎫⎛⎫<-+-=+<⎢⎥⎥⎨⎬ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎪⎪⎣⎦⎣⎦⎩⎭， 由定义，此树形图永远是“矮小”的.所以不存在m ∈Z ，使得当n m >时，该树形图是“高大”的. 【专题反思】你学到了什么？还想继续研究什么？ 1. 曲线“生长”过程中有哪些数量特征可以研究？边数、边长、周长、顶点数、尖角的个数、面积等变化规律. 2. 应用的知识与方法：(1) 公式法（适用于等差、等比数列）； (2) 研究相邻两项（三项）的递推关系； (3) 观察、归纳、猜想、证明（数学归纳法）.。
2024年高考数学考点分析与突破性讲练专题17数列的概念及表示理
专题17 数列的概念及表示一、考纲要求:1.了解数列的概念和几种简洁的表示方法(列表、图象、通项公式).2.了解数列是自变量为正整数的一类特别函数． 二、概念驾驭及解题上的留意点：1.求数列通项时，要抓住以下几个特征：1分式中分子、分母的特征. 2相邻项的改变特征.3拆项后改变的部分和不变的部分的特征. 4各项符号特征等，并对此进行归纳、化归、联想.2.若关系不明显时，应将部分项作适当的变形，统一成相同的形式，让规律凸显出来.对于正负符号改变，可用－1n或－1n ＋1来调整，可代入验证归纳的正确性.3.已知S n 求a n 的三个步骤 1先利用a 1＝S 1求出a 1.2用n －1替换S n 中的n 得出S n －1，利用a n ＝S n －S n －1n ≥2便可求出当n ≥2时a n 的表达式. 3看a 1是否符合n ≥2时a n 的表达式，假如符合，则可以把数列的通项公式合写；假如不符合，则应写成分段函数的形式. 4.由数列的递推关系求通项公式的常用方法 （）已知a 1，且a n －a n －1＝f n ，可用“累加法”求a n .（）已知a 1a 1≠0，且a na n －1＝f n ，可用“累乘法”求a n . （）已知a 1，且a n ＋1＝qa n ＋b ，则a n ＋1＋k ＝q a n ＋k其中k 可由待定系数法确定，可转化为{a n ＋k }为等比数列. 三、高考考题题例分析：例1.(2015广东卷节选)数列{}n a 满意()*1212242n n n a a na n N -+++=-∈， 求3a 的值； 【答案】14； 【解析】依题意()()312312312132223323244224a a a a a a --++⎛⎫=++-+=---= ⎪⎝⎭，∴ 314a =； 例2.(2015高考山东卷节选)设数列{}n a 的前n 项和为n S .已知233nn S =+. （I ）求{}n a 的通项公式；答案】13,1,3,1,n n n a n -=⎧=⎨>⎩例3.(2015高考新课标1节选)n S 为数列{n a }的前n 项和.已知n a ＞0，2n n a a +=43n S +. 求{n a }的通项公式； 【答案】21n +【解析】当1n =时，211112434+3a a S a +=+=，因为0n a >，所以1a =3，当2n ≥时，2211n n n n a a a a --+--=14343n n S S -+--=4na ，即111()()2()n n n n n n a a a a a a ---+-=+，因为0n a >，所以1n n a a --=2，所以数列{n a }是首项为3，公差为2的等差数列， 所以n a =21n +；数列的概念及表示练习一、选择题1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－8n ＋15，则3 ( )A ．不是数列{a n }中的项B ．只是数列{a n }中的第2项C ．只是数列{a n }中的第6项D ．是数列{a n }中的第2项或第6项 【答案】D【解析】令a n ＝3，即n 2－8n ＋15＝3，解得n ＝2或6， 故3是数列{a n }中的第2项或第6项．2．设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 8的值为 ( )A ．15B ．16C ．49D ．64 【答案】A【解析】当n ＝8时，a 8＝S 8－S 7＝82－72＝15. 3．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋－1na n －1(n ≥2)，则a 5等于 ( )A ．32B ．53 C.85 D ．23 【答案】D4．下列数列中，既是递增数列又是无穷数列的是 ( )A ．1，12，13，14，…B ．－1，－2，－3，－4，…C ．－1，－12，－14，－18，…D ．1，2，3，…，n 【答案】C【解析】依据定义，属于无穷数列的是选项A ，B ，C ，属于递增数列的是选项C ，D ，故同时满意要求的是选项C ．5．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋1(n ∈N *)，则S 5＝ ( )A ．31B ．42C ．37D ．47【答案】D【解析】∵a n ＋1＝S n ＋1(n ∈N *)，即S n ＋1－S n ＝S n ＋1(n ∈N *)，∴S n ＋1＋1＝2(S n ＋1)(n ∈N *)，∴数列{S n ＋1}为等比数列，其首项为3，公比为2.则S 5＋1＝3×24，解得S 5＝47.故选D.6．把1,3,6,10,15,21，…这些数叫做三角形数，这是因为以这些数目的点可以排成一个正三角形则第7个三角形数是 ( ) A ．27 B ．28 C ．29 D ．30【答案】B【解析】由题图可知，第7个三角形数是1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28.7．已知a 1＝1，a n ＝n (a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式是 ( )A ．2n －1B ．⎝⎛⎭⎪⎫n ＋1n n －1C ．n 2D ．n【答案】D8．已知数列{a n }满意a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n 1－a n(n ∈N *)，则该数列的前 2 019项的乘积a 1·a 2·a 3·…·a 2019＝( )A ．13B ．－13C ．3D ．－3【答案】C【解析】由题意可得，a 2＝1＋a 11－a 1＝－3，a 3＝1＋a 21－a 2＝－12，a 4＝1＋a 31－a 3＝13，a 5＝1＋a 41－a 4＝2＝a 1，∴数列{a n }是以4为周期的数列，而2 019＝4×504＋3，a 1a 2a 3a 4＝1， ∴前2 019项的乘积为1504·a 1a 2a 3＝3.9.设数列{a n }满意a 1＝1，a 2＝3，且2na n ＝(n －1)a n －1＋(n ＋1)a n ＋1，则a 20的值是( )A ．215B ．225C ．235D ．245【答案】D10.已知n ∈N *，给出4个表达式：①a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n 为奇数；1，n 为偶数；②a n ＝1＋－1n2；③a n ＝1＋cos n π2；④a n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin n π2.其中能作为数列：0,1,0,1,0,1,0,1，…的通项公式的是( )A ．①②③B ．①②④C ．②③④D ．①③④【答案】A【解析】检验知①②③都是所给数列的通项公式．11.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －4(n ∈N *)，则a n ＝ ( ) A ．2n ＋1B ．2nC ．2n －1D ．2n －2【答案】A【解析】由S n ＝2a n －4可得S n －1＝2a n －1－4(n ≥2)，两式相减可得a n ＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)．又a 1＝2a 1－4，a 1＝4，∴数列{a n }是以4为首项，2为公比的等比数列，则a n ＝4×2n －1＝2n ＋1，故选A ．12．若数列{a n }满意：a 1＝19，a n ＋1＝a n －3(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和数值最大时，n 的值为 ( )A ．6B ．7C ．8D ．9【答案】B二、填空题13．在数列－1,0，19，18，…，n －2n 2，…中，0.08是它的第______项．【答案】10 【解析】令n －2n2＝0.08，得2n 2－25n ＋50＝0， 则(2n －5)(n －10)＝0，解得n ＝10或n ＝52(舍去)．∴a 10＝0.08.14．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a 14n －13，若a 4＝32，则a 1＝________.【答案】 【解析】∵S n ＝a 14n －13，a 4＝32，∴255a 13－63a 13＝32，∴a 1＝12. 15．已知数列{a n }满意a 1＝1，a n －an ＋1＝na n a n ＋1(n ∈N *)，则a n ＝__________.【答案】2n 2－n ＋2【解析】由已知得，1a n ＋1－1a n＝n ，所以1a n －1a n －1＝n －1，1a n －1－1a n －2＝n －2，…，1a 2－1a 1＝1，所以1a n －1a 1＝nn －12，a 1＝1，所以1a n＝n 2－n ＋22，所以a n ＝2n 2－n ＋2.16．在一个数列中，假如∀n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________. 【答案】28【解析】依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28. 三、解答题17. 已知下面数列{a n }的前n 项和S n ，求{a n }的通项公式： (1)S n ＝2n 2－3n ； (2)S n ＝3n ＋b .【答案】(1) a n ＝4n －5.(2) a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3＋b ，n ＝1，2·3n －1，n ≥2.18.分别求出满意下列条件的数列的通项公式． (1)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋3n ＋2(n ∈N *)； (2)a 1＝1，a n ＝nn －1a n －1(n ≥2，n ∈N *)；(3)a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)． 【答案】(1) a n ＝n 3n ＋12(n ≥2)．(2) a n ＝n(3) a n ＝2·3n －1－1.【解析】 (1)∵a n ＋1－a n ＝3n ＋2， ∴a n －a n －1＝3n －1(n ≥2)，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝n 3n ＋12(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝12×(3×1＋1)＝2符合公式，∴a n ＝32n 2＋n 2.19. (1)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋1nn ＋1，求a n . (2)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2na n ，求a n . 【答案】(1) a n=3－1n；(2) a n ＝2n n －12【解析】(1)a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝⎝⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －2－1n －1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋2＝3－1n . (2)由于a n ＋1a n＝2n， 故a 2a 1＝21，a 3a 2＝22，…，a n a n －1＝2n －1， 将这n －1个等式叠乘， 得a n a 1＝21＋2＋…＋(n －1)＝2n n －12，故a n ＝2n n －12.20．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋1－2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n ＋a n ＋1，求数列{b n }的通项公式． 【答案】(1)a n ＝2n(n ∈N *)(2)b n ＝3·2n21．已知S n 为正项数列{a n }的前n 项和，且满意S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)．(1)求a 1，a 2，a 3，a 4的值； (2)求数列{a n }的通项公式．【答案】(1) a 1＝1， a 2＝2， a 3＝3，a 4＝4. (2) a n ＝n .【解析】 (1)由S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)，可得a 1＝12a 21＋12a 1，解得a 1＝1； S 2＝a 1＋a 2＝12a 22＋12a 2，解得a 2＝2；同理，a 3＝3，a 4＝4. (2)S n ＝12a 2n ＋12a n ，①当n ≥2时，S n －1＝12a 2n －1＋12a n －1，②①－②得(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1)＝0. 由于a n ＋a n －1≠0，所以a n －a n －1＝1， 又由(1)知a 1＝1，故数列{a n }是首项为1， 公差为1的等差数列，故a n ＝n .22．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，求实数k 的取值范围. 【答案】(1) 最小值为a 2＝a 3＝－2. (2) (－3，＋∞)11。
【高考数学二轮复习压轴题微专题】以数列为背景的探索性与新颖问题与盘点解析几何热点考题-原卷版
第39讲以数列为背景的探索性与新颖问题以数列为背景的探索性问题和数列新情景题的不断涌现为我们提供了实现知识拓展与创新能力提升的新领域,是数学学习中的一块宝藏, 特别是新定义型数列及其性质的研究在近年来的高考命题中时有出现,对数列的函数特征的挓掘更加深人,与不等式知识的综合更加尓密,突出考査考生对知识的融会贯通能力及转化与化归能力.典型例题【例1】如果有穷数列a1,a2,a3,⋯,a m(m为正整数)满足条件: a1=a m,a2= a m−1,⋯,a m=a1, 即a i=a m−i+1(i=1,2,⋯,m)我们称其为“对称数列”例如,数列1,2,5,2,1与数列8,4,2,2,4,8都是“对称数列”.（1）设{b n}是7 项的“对称数列”, 其中b1,b2,b3,b4是等差数列,且b1=2,b4=11, 依次写出{b n}的每一项;（2）设{c n}是49 项的“对称数列”, 其中c25,c26,⋯,c49是首项为1 ,公比为2 的等比数列,求{c n}各项的和S;（3）设{d n}是100 项的“对称数列”, 其中d51,d52,⋯,d100是首项为2 ,公差为3 的等差数列,求{d n}的前n项和S n(n=1,2,⋯,100).【例2】由函数y=f(x)确定数列{a n},a n=f(n), 函数y=f(x)的反函数y=f−1(x)能确定数列{b n},b n=f−1(n), 若对于任意n∈N∗, 都有b n=a n, 则称数列{b n}是数列{a n}的“自反数列”.(1) 若函数f(x)=px+1x+1确定数列{a n}的自反数列为{b n},求a n;(2) 已知正数数列⟨c n}的前n项和S n=12(c n+nc n), 写出S n的表达式,并证明你的结论;(3) 在(1)和(2)的条件下,d1=2,当n⩾2时,设d n=−1a n S n2,D n是数列{d n}的前n 项和,且D n>log a(1−2a)恒成立,求a的取值范围.强化训练1.给定无穷数列{a n}n∈N∗, 都有|b n−a n|⩽1, 则称{b n}与{a n}4接近”.的等比数列, b n=a n+1+1,n∈N∗, 判断数列{b n}是(1) 设{a n}是首项为1 ,公比为12否与{a n}接近? 并说明理由；(2) 设数列{a n}的前4 项为: a1=1,a2=2,a3=4,a4=8,{b n}是一个与{a n}接近的数列, 记集合M={x∣x=b i,i=1,2,3,4}, 求M中元素的个数m；(3) 已知{a n}是公差为d的等差数列,若存在数列{b n}满足: {b n}与{a n}接近,且在b2−b1,b3−b2,⋯,b201−b200中至少有100 个为正数,求d的取值范围.第40讲盘点解析几何热点考题解析几何是初等数学与高等数学的纽带, 它本身侧重于数形结合、形象思维, 而它的解题过程则是代数的,综合性很强,要求有较高的解题能力, 因此历来是高考的重要内容、压轴题命制的热点.解析几何综合问题多数以直线和圆锥曲线为背景, 考查直线与圆锥曲线或圆锥曲线与圆锥曲线位淔关系问题. 近年来在压轴题中多次出现动直线与两条不同的圆锥曲线段所构成图形位置关系的讨论, 涉及最值问题、参数范围问题、定点、定值问题等, 形式以计算题、轨迹题为主, 也有证明题以及探索研究性问题, 从运用知识求解的过程看,一般以直线方程与圆锥曲线方程联立方程组转化为二次方程的理论为重点, 从思维方法来分析, 一是数形转化; 二是方程观点; 三是参数观点.高考数学压轴题的本身或在其解答过程中涉及多个知识点或多个数学分支交汇的题型,并且解题思维方法具有多向性和灵活性, 其目的重在测试思维能力和运用知识的能力, 考查学生数学核心素养, 由于压轴题的综合性强、涉及面广、题目结构较为复杂,很难给出固定的解题方法, 只能根据具体问题分析题中已知与末知的关系,筑桥铺路, 寻求解题的途径.要解好压轴题就要读懂题, 弄清条件是什么? 条件与哪些知识有关? 如何用好相关知识? 可以作哪些转化? 有些什么隐含的内容需要挖掘出来? 从结论考虑,需要哪些条件才能得到结论? 从已知到结论之间需要走多少路? 有没有近路可走? 各方面都考虑清楚了,解题思路也就逐步产生了!【例1】设椭圆C:x 22+y2=1的右焦点为F, 过F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为(2,0).(1) 当直线l与x轴垂直时, 求直线AM的方程;(2) 设O为坐标原点, 证明: ∠OMA=∠OMB.【例2】在直角坐标系xOy中, 曲线C3y=x24与直线l:y=kx+a(a>0)交于M,N 两点.(1) 当k=0时, 分别求C在点M和N处的切线方程;1.设常数t>2, 在平面直角坐标系xOy中, 已知点F(2,0), 直线l:x=t, 曲线Γ:y2= 8x(0⩽x⩽t,y⩾0),l与x轴交于点A, 与Γ交于点B,P、Q分别是曲线Γ与线段AB上的动点.（1）用t表示点B到点F的距离;（2）设t=3,|FQ|=2, 线段OQ的中点在直线FP上, 求△AQP的面积;（3）设t=8, 是否存在以FP、FQ为邻边的矩形FPEQ, 使得点E在Γ上? 若存在, 求点P的坐标;若不存在,说明理由.。
数列的应用与拓展
数列的应用与拓展【数列的应用与拓展】数列是数学中的一个重要概念，它在实际问题中有着广泛的应用。
本文将从不同角度展示数列的应用，并介绍数列相关的拓展内容。
一、数列在数学中的应用1. 等差数列的应用等差数列是最常见的一种数列形式。
它的应用非常广泛，尤其在数学建模中发挥重要作用。
例如，在经济学中，等差数列可以用来分析人口增长、收入分配等问题；在物理学中，等差数列可以描述运动物体的加速度、速度等变化。
2. 等比数列的应用等比数列是指数列中的每个数都是前一个数乘以同一个常数得到的。
在实际问题中，等比数列也有着广泛的应用。
例如，在金融领域中，等比数列可以用来计算复利的增长；在生物学中，等比数列可以用来描述细胞的增长过程。
3. 斐波那契数列的应用斐波那契数列是一个特殊的数列，它的每个数都是前两个数之和。
这个数列在生物学、计算机科学等领域都有着广泛的应用。
例如，在自然界中，斐波那契数列可以用来描述植物的分枝、螺旋等规律；在计算机领域中，斐波那契数列可以用来优化算法的效率。
二、数列的拓展内容除了常见的等差、等比、斐波那契数列，数列还有许多其他拓展内容。
1. 奇偶数列奇偶数列是指数列中的元素按照奇数和偶数进行排列。
这种数列常常用于解决递归问题或者进行特殊排列。
例如，著名的拓展问题“猴子吃桃”就是一个奇偶数列问题。
2. 等摆数列等摆数列是指数列中每个数的绝对值与前一个数的绝对值之差保持一定的比例。
这种数列在物理学、工程学等领域中有着重要的应用。
例如，在电路中，等摆数列可以用来描述电流、电压等变化。
3. 递推数列递推数列是指数列中的每个数都是前面若干个数的特定函数运算得到的。
这种数列在数学中有着广泛的应用。
例如，杨辉三角就是一个递推数列，它在组合数学中有着重要的地位。
三、总结数列的应用与拓展内容涵盖了数学、经济学、物理学、生物学等众多领域。
了解数列的应用和学习拓展内容，能够帮助我们更好地理解和应用数学知识，提高问题解决的能力。
2020届高三数学专题复习课程资源——数列的函数特性及背景探究
数列的函数特性及背景探究——多以数列为呈现方式，以函数为主导第一课时等差、等比数列作为两个特殊的数列，其通项公式、求和公式和一次函数、二次函数、指数函数都有一定的联系．充分挖掘二者的函数背景，可以加深对等差、等比数列的理解．例1．等差数列{}n a 中，n S 为{}n a 的前n 项和，,p q N +∈且p q ≠．(1)若,,pq a q a p ==求证：0p q a +=； (2) 若p q S S =，则0p q S +=；(3) 若,,pq S q S p ==求证：p q S +=()p q -+．【证明】(1)由于{}n a 通项是关于n 的一次函数形式，故点(,),(,),(,)p q p q p a q a p q a ++共线． 因此p q q p q a a a a p q q p q+--=+--，又因为,,p q a q a p ==且p q ≠，所以1p q a p q ppp q+--==--， 即0p q a +=．(2)由于n S 是关于n 的二次函数形式，故可设2()n S f n an bn ==+．因为p q S S =，即()()f p f q =．因为2()(0)f n ax bx a =+≠对称轴为2p q x +=，于是()(0)0f p q f +==，即0p q S +=．(3)由(2)知，n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭通项是关于n 的一次函数形式， 故点(,),(,),(,)p q p q S S S p q p q pqp q+++共线．因此p q p q pS S S S p q p q pp q q q p+--+=+--，又因为,,p q S q S p ==且p q ≠，则p qS +=()p q -+．【分析】等差数列通项与前n 项和公式分别具有一次函数和二次函数的背景，因此利用函数y kx b =+和2(0)y Ax bx A =+≠性质研究有关等差数列的问题．例2．已知数列{}n a 与{}n b 满足()112n n n n a a b b ++-=-，n *∈N ． （1）若35n b n =+，且11a =，求数列{}n a 的通项公式；（2）设{}n a 的第0n 项是最大项，即0n n a a >（n *∈N ），求证：数列{}n b 的第0n 项是最大项；（3）设10a λ=<，nn b λ=（n *∈N ），求λ的取值范围，使得{}n a 有最大值M 与最小值m ，且()2,2mM∈-． 【解析】（1）（2）略；（3）因为nn b λ=，所以()112n n n n a a λλ++-=-，当2n ≥时，()()()112211n n n n n a a a a a a a a ---=-+-+⋅⋅⋅+-+()()()1122222n n n n λλλλλλλ---=-+-+⋅⋅⋅+-+2n λλ=-．当1n =时，1a λ=，符合上式．所以2n n a λλ=-．因为0λ>，所以222nn a λλλ=->-，21212n n a λλλ--=-<-．①当1λ<-时，由指数函数的单调性知，{}n a 不存在最大、最小值； ②当1λ=-时，{}n a 的最大值为3，最小值为1-，而()32,21∉--； ③当10λ-<<时，由指数函数的单调性知，{}n a 的最大值222M a λλ==-，最小值1m a λ==，由2222λλλ--<<及10λ-<<，得102λ-<<．综上，λ的取值范围是1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭．例3．已知数列{}n a 的通项公式为11()2n n a -=，是否存在正整数x ，y ，使得12,2,2x yn n n a a a ++成等差数列？若存在，求出x ，y 的值；若不存在，请说明理由．分析：由11()2n n a -=及12,2,2x yn n n a a a ++成等差数列，易得2221x y --=，其中x ，y ∈N *．即2212x y -=+．易得左式为偶数，若要成立，则22y -必为奇数． 易得2, 1.y x ==221x y --=这个等式还可以给我们透露什么样的信息呢？显然，它可以看成是两个指数式之间的差值为1．而基于对指数函数变化的了解，差值为1是一个很小的距离．所以可以反映x 与y -2之间的距离很小． 另解：显然2x y >-，不妨设(2)k x y =--，(*)k N ∈， ①若2k ≥时，2(2)2212222(21)2xy k y y k y -+---=-=-=-，所以22(21)232ky y ---⋅≥，即212(*)3y y N -∈≤， 显然不成立．②若1k =时，1(2)x y =--，此时1221x x --=，则1, 2.x y ==例4．已知数列{}n a 和{}n b 的通项公式分别为132n n a -=⋅，32n b n =-，{}n c 的通项公式n n n c a b =+(*)n N ∈12{,,}k A n n n =…，(4,*)k k N ∈≥，使得数列12,,,k n n n c c c …为等差数列？证明你的结论．解析：假设存在满足题意的集合A ，不妨设l ，m ，p ，r ∈A (l <m <p <r )， 且,,,l m p r c c c c 成等差数列，则2m p l c c c =+， 因为0l c >，所以2m p c c >(*)，题中分析:显然，(*)可以看成是两个指数式之间的大小比较．因为m <p ，则m p c c <，而基于对指数函数变化的了解，2m p c c >大小关系的交替可以反映m 与p 之间的距离很小．★若1p m >+时，则2p m +≥，结合(*)可知，1112[32(32)]32(32)32(34)m p m m p m --+⋅+->⋅+-⋅++≥，化简可得，8203m m -<-<，与2m ≥且*m N ∈矛盾． 所以1p m =+．★同理可得1r p =+．所以,,m p r c c c 为数列的连续三项，因为132n n a -=⋅，32n b n =-，{}n c 的通项公式为n n n c a b =+，(*)n N ∈，则等比数列{}n a 中连续三项成等差数列，易知{}n a 为常数列，则与题意矛盾．故不存在满足题意的集合A ． 例5．在正项等比数列}{n a 中，215=a ，376=+a a ，则满足n n a a a a a a ΛΛ2121>+++的最大正整数n 的值为________ 【解析】设公比q (q >0)，因为215=a ，376=+a a ，解得q =2，512a -=． 从而12521++2n n a a a -+=…， 所以，(1)52521(2)22n n n n --->⋅即(1)(10)2212n n n--->．（*） 放缩处理即(1)(10)222n n n-->，得(13)10n n -<-，又因为*n N ∈，所以112n ≤≤， 代入（*）检验得最大的正整数n =12．数列的函数特性及背景探究(第二课时)函数思想是数学思想的重要组成部分,也是中学数学中最基本、最重要的数学思想之一．所谓函数思想，就是用运动变化的观点，分析和研究实际问题或数学问题中的数量关系，通过函数的形式，把这种数量关系表示出来并加以研究（一般借助函数的性质、图象等），从而更快更好地解决问题．数列可以看作是一个定义域为正整数集N +（或它的有限子集｛1，2，…，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，而数列的通项公式也就是相应函数的解析式．因此，有些数列的问题可用构造函数来解决．证明数列单调性时，如果条件中给出递推公式+1=()n n a f a ，利用它构造出函数()f x ，再借助()f x 的单调性去辅助证明数列的单调性，往往有很好的效果.例1．已知数列{}n a 的各项都是正数，且满足.),4(,21,110N n a a a a n n n ∈-==+ （1）证明12,n n a a n N +<<∈； （2）求数列}{n a 的通项公式n a . 解：1°当n =1时，,23)4(21,10010=-==a a a a ∴2010<<<a a ； 2°假设n =k 时有21<<-k k a a 成立， 令)4(21)(x x x f -=，)(x f 在[0，2]上单调递增，所以由假设有： ),2()()(1f a f a f k k <<-即11111(4)(4)2(42)222k k k k a a a a ---<-<⨯⨯-，也即当1n k =+时，21<<+k k a a 成立，所以对一切2,1<<∈+k k a a N n 有.例2．已知数列{}n a 满足*1221212221,2,2,3,()n n n n a a a a a a n N +-+===+=∈．数列{}n a 前n 项和为n S ． (Ⅰ) 求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）是否存在正整数m ，使得221mm S S -恰好为数列{}n a 中的一项？若存在， 求出所有满足条件的m 值，若不存在，说明理由．解：(Ⅰ) 1223n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⋅⎩ 为奇数为偶数（Ⅱ）若221m m S S -为{}n a 中的一项，则221mm S S -为正整数又2113212422(...+)(...)m m m S a a a a a a ---=++++++。
2024年高考数学二轮复习专题二数列培优拓展(二) 数列中的情境创新与数学文化
B.此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里
C.此人第三天走的路程占全程的
D.此人后三天共走了四十二里路
1
8
解析 设此人第 n 天走 an 里路,则{an}是首项为 a1,公比为
1
q= 的等比数列,
2
1)
6
2 =378,解得 a =192.
1
1
12
1 (1-
由等比数列前 n 项和公式得 S6=
(+1)
=n+(n-1)+…+2+1= 2 ,
100×101
显然 a1=1 也适合上式,a100= 2 =5
1
1
1
1
= (+1) =2( − +1),
050,因此选项 D 不正确;
2
1
1
1
1
1
1
累加可得an=a1+1+1+2+3+1+…+n-2+1+n-1
=(1+1+3+1+…+n-2+1)+(2+4+…+n-1)
2+-1 -1
2+-1 -1
= 2 ·2 + 2 ·2
=
2 -1
,
2
当n=1时也符合,当n为偶数且n≥2
时,a2=a1+1+1,a3=a2+2,a4=a3+3+1,…,an-1=an-2+n-2,an=an-1+n-1+1,
效考查我们在新情境中对数学文化的鉴赏、对数学知识的理解和对数学
高考数学大一轮复习热点聚焦与扩展专题40新信息背景下的数列问题
专题40 新信息背景下的数列问题【热点聚焦与扩展】含“新信息”背景的数列问题，往往使人感到是难题.难点通常为：一是对于新的概念与规则，学生在处理时会有一个熟悉的过程，不易抓住信息的关键部分并用于解题之中，二是学生不易发现每一问所指向的知识点.传统题目通常在问法上就直接表明该用哪些知识进行处理，例如“求通项，求和”.但新信息问题所问的因为与新信息相关，所以要运用的知识隐藏的较深，不易让学生找到解题的方向.三是此类问题的解答题，往往设计成为“连环题”，即前面问题的处理是为了后一问做好铺垫.但学生不易发现其中联系，从而导致在处理最后一问时还要重整旗鼓，再加上可能要进行的分类讨论，解题难度陡然增加.本专题通过例题说明应对这种“新信息”背景下数列问题的方法与技巧.1、此类问题常涉及的知识点（1）等差数列与等比数列的性质与求和公式（2）数列的单调性（3）放缩法证明不等式（4）简单的有关整数的结论（5）数学归纳法与反证法2、解决此类问题的一些技巧：（1）此类问题在设立问题中通常具有“环环相扣，层层递进”的特点，第（1）问让你熟悉所创设的定义与背景，第（2），（3）问便进行进一步的应用，那么在解题的过程中要注意解决前面一问中的过程与结论，因为这本身就是对“新信息”的诠释与应用.抓住“新信息”的特点，找到突破口，第（2）（3）问便可寻找到处理的思路（2）尽管此类题目与传统的数列“求通项，求和”的风格不同，但其根基依然是我们所学的一些基知识与方法.所以在考虑问题时也要注意应用转化与化归思想，向一些基本知识点靠拢，弄清本问所考查的与哪个知识点有关，以便找到一些线索.（3）在分类讨论时要遵循“先易后难”的原则，以相对简单的情况入手，可能在解决的过程中会发现复杂情况与该情况的联系，或者发现一些通用的做法与思路，使得复杂情况也有章可循.【经典例题】例1.【2018届百校联盟高三TOP20四月联考】已知数列中，，定义，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：先通过已知求出，再利用裂项相消求和.所以故选C.点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.对于此题中的新概念，对阅读理解能力有一定的要求.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.例2.对于数列，定义为数列的“好数”，已知某数列的“好数”，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：由题意首先求得的通项公式，然后结合等差数列的性质得到关于k的不等式组，求解不等式组即可求得最终结果.详解：由题意,，则，很明显n⩾2时,，即，解得：.实数的取值范围为.本题选择B选项.例3.【2018届山东省烟台市高三高考适应性练习（一）】已知在平面直角坐标系中，依次连接点得到折线，若折线所在的直线的斜率为，则数列的前项和为__________．【答案】【解析】分析：先由题意得到数列的递推关系，然后根据累加法求得数列的通项公式，再结合通项公式的特征选择求和的方法求解即可．详解：由题意得直线的斜率为，即，解得．当时，直线的斜率为，即，又满足上式，∴．∴数列的前项和为．点睛：本题将数列与解析几何综合在一起，考查数列的递推关系、数列通项公式和前n项和的求法，解题的关键是根据题意，将其中直线斜率的问题转化为数列的问题，然后再结合数列的相关知识求解．例4.【2018届河南省名校压轴第二次考试】在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”．将数列进行“扩展”，第一次得到数列；第二次得到数列；….设第次“扩展”后得到的数列为，并记，其中，则数列的前项和为__________．【答案】【解析】分析：先求出，再找到关系构造数列求出，最后求数列的前n项和得解.详解：，所以=所以，故答案为：点睛：(1)本题属于定义题，考查学生理解新定义及利用定义解决数学问题的能力,同时考查了等比数列的通项和前n项和,考查了数列分组求和. (2)解答本题的关键是想到找的关系，并能找到关系例5.【2018届四川省南充市三诊】在数列中，若 (，，为常数)，则称为“等方差数列”.下列对“等方差数列”的判断：①若是等方差数列，则是等差数列；②是等方差数列；③若是等方差数列，则 (，为常数)也是等方差数列.其中正确命题序号为__________(写出所有正确命题的序号).【答案】①②③【解析】分析：根据等方差数列的定义①{a n}是等方差数列，则a n2-a n-12=p（p为常数），根据等差数列的定义，可证；②验证[（-1）n]2-[（-1）n-1]2是一个常数；③验证a kn+12-a kn2是一个常数.详解：①∵是等方差数列,∴(p为常数)得到为首项是，公差为p的等差数列；∴{}是等差数列；②数列中,，∴是等方差数列；故②正确；③数列{}中的项列举出来是,,,…,,…,，…故答案为：①②③.点睛：（1）做新定义的试题时要严格按照定义列代数式；（2）验证数列是否为等差数列时，一般可以利用定义法、等差中项法和通项公式法.例6.设数列的前项和为，点均在函数的图象上.（1）求数列的通项公式；（2）设，为数列的前n项和，求使得成立的最小正整数.【答案】（1）；（2）9【解析】试题分析：（1）将点代入函数不等式，得，再根据和项与通项关系求数列的通项公式；（2）先裂项：，再利用裂项相消法求，解分式不等式得n范围，即得其最小正整数.试题解析：（1）∵点在函数y = 3x－2的图象上，，∴a1= s1 =1当（2）因此，使得成立的最小整数n为9【2018届浙江省金华十校4月高考模拟】已知数列，，，设，例7．其中表示不大于的最大整数.设，数列的前项和为.求证：（Ⅰ）；（Ⅱ）当时，.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析.可证得.结合，可证得.则题中的命题成立.试题解析：（iii）由（i）（ii）可得，对任意，成立.∴.（Ⅱ）易求得，，，于是，，，，∴，，，，∵，所以.∴.∵，有，∴，∴.又，而，∴.综上，当时，.例8. 已知是定义在上的不恒为零的函数，且对于任意的，满足.（1）求数列的通项公式；（2）若存在正整数，使得成立，求实数的取值范围.【答案】(1)；(2)或.【解析】分析：（1）整理，得，即，从而；（2）设当，，显然不存在正整数，使得，舍去；当，对称轴为，此时；当，开口向下，对称轴为，此时只需或，即综上，或.点睛：本题主要考查数列的递推关系求通项、二次函数的性质、分类讨论思想的应用.属于难题.分类讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决含参数问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点. 充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中.例9.【2018届江苏省南京市三模】若数列满足：对于任意均为数列中的项，则称数列为“数列”．（1）若数列的前项和，求证：数列为“数列”；（2）若公差为的等差数列为“数列”，求的取值范围；（3）若数列为“数列”，，且对于任意，均有，求数列的通项公式．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】分析：（1）先利用项和公式计算出a n＝4n－2，再利用“数列”证明.(2)利用“数列”的性质求的取值范围.(3)先证明数列{a n}为等差数列，再转化a n＜a－a＜a n＋1，再转化为n(2t2－t)＞t2－3t＋1，n(t－2t2)＞2t－t2－1，分析得到公差t＝，求出数列的通项公式.详解：（1）当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2n2－2(n－1)2＝4n－2，又a1＝S1＝2＝4×1－2，所以a n＝4n－2．所以a n＋|a n＋1－a n＋2|＝4n－2＋4＝4(n＋1)－2为数列{a n}的第n＋1项，因此数列{a n}为“T 数列”．（2）因为数列{a n}是公差为d的等差数列，所以a n＋|a n＋1－a n＋2|＝a1＋(n－1) d＋|d|．因为数列{a n}为“T 数列”，所以任意n∈N*，存在m∈N*，使得a1＋(n－1) d＋|d|＝a m，即有(m－n) d＝|d|．①若d≥0，则存在m＝n＋1∈N*，使得(m－n) d＝|d|，②若d＜0，则m＝n－1．由a n＜a－a＜a n＋1，得1＋(n－1)t＜t[2＋(2n－1)t]＜1＋nt，整理得n(2t2－t)＞t2－3t＋1，①n(t－2t2)＞2t－t2－1．②若2t2－t＜0，取正整数N0＞，则当n＞N0时，n(2t2－t)＜(2t2－t) N0＜t2－3t＋1，与①式对于任意n∈N*恒成立相矛盾，因此2t2－t≥0．同样根据②式可得t－2t2≥0，所以2t2－t＝0．又t＞0，所以t＝．经检验当t＝时，①②两式对于任意n∈N*恒成立，所以数列{a n}的通项公式为a n＝1＋ (n－1)＝．点睛：（1）本题主要考查等差数列，考查新定义“T数列”，考查学生理解新定义及利用新定义解题的能力，考查学生分析推理能力. (2)本题的难点在第（3）问，得到n(2t2－t)＞t2－3t＋1，① ，n(t－2t2)＞2t －t2－1，② 后如何得到公差t的值，这里作为恒成立问题来探究t的值.例10.【2018届北京市海淀区二模】如果数列满足“对任意正整数，都存在正整数，使得”，则称数列具有“性质”.已知数列是无穷项的等差数列，公差为（Ⅰ）若，公差，判断数列是否具有“性质”，并说明理由；（Ⅱ）若数列具有“性质”，求证：且；（Ⅲ）若数列具有“性质”，且存在正整数，使得，这样的数列共有多少个？并说明理由.【答案】（Ⅰ）不具有性质；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）.【解析】分析：（Ⅰ）利用举反例的方法证明数列不具有“性质”. （Ⅱ）利用反证法证明且. （Ⅲ）先通过分析得到,．再分类讨论得①假设，，则对任意的，.设，则，矛盾！②假设，，则存在正整数，使得设，，，…，，，则，但数列中仅有项小于等于0，矛盾.③假设，，则存在正整数，使得设，，，…，，，则，但数列中仅有项大于等于0，矛盾,综上，，．（Ⅲ）设公差为的等差数列具有“性质P”，且存在正整数，使得．若，则为常数数列，此时恒成立，故对任意的正整数，，这与数列具有“性质P”矛盾，故．由题意知，是数列中的项，故是数列中的项，设，则，即．因为，，故是的约数．所以，,．当时，，得，故，共2019种可能；当时，，得，故，共1010种可能；当时，，得，故，共1种可能；当时，，得，故，共1种可能；当时，，得，故，共1种可能．综上，满足题意的数列共有（种）．经检验，这些数列均符合题意．点睛：本题的难点是第（Ⅲ）问，难在先要通过分析转化得到数列的特征，,．这一点突破后，后面就迎刃而解了.本题主要考查学生的知识迁移转化能力，属于难题.【精选精练】1．一个机器人每一秒钟前进一步或后退一步，程序设计师设计的程序是让机器人以先前进3步，然后再后退2步的规律移动.如果将机器人放在数轴的原点，面向正的方向在数轴上移动(1步的距离为1个单位长度).令表示第秒时机器人所在位置的坐标，且记,则下列结论中错误的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】分析：由题意，按“前进步，然后再后退步”的步骤，发现机器人每秒为周期的移动方式，解出相应的数值，根据规律推导，即可得到结果．详解：由题意可知，程序设计师设计的程序是让机器人以先前进步，然后再后退步的规律移动，所以机器人的移动方式具有以秒为周期的移动方式，且每秒前进个单位，点睛：本题主要考查了数列的实际应用问题，其中解答中得到机器人的移动方式具有以秒为周期，且每秒前进个单位的移动规律是解答的关键，同时注意数轴上点的移动规律“左减右加”，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力．2.【2018届山东省日照市高三4月校际联考】定义为个正数，，…，的“均倒数”.若已知数列的前项的“均倒数”为，又，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：由题意结合新定义的概念求得数列的前n项和，然后利用前n项和求解通项公式，最后裂项求和即可求得最终结果.详解：设数列的前n项和为，由题意可得：，则：，据此有：本题选择A 选项.3．如图所示，将平面直角坐标系中的格点（横、纵坐标均为整数的点）按如下规则标上标签：原点处标数字0，记, 0a ；点()1,0处标数字1，记为1a ；点()1,1-处标数字0，记为2a ；点()0,1-处标数字1-，记为3a ；点()1,1--处标数字2-；记为4a ；点()1,0-处标数字1-，记为5a ；点()1,1-处标数字0,，记为6a ；点()0,1处标数字1，记为7a ； L 以此类推，格点坐标为(),i j 的点处所标的数字为i j +（,i j 均为整数)，记12n n S a a a =+++L ，则2018S =（ ）A. 1-B. 0C. 250-D. 249-【答案】D【解析】分析：首先根据题意，找出对应的点的关系，将点阵看做若干个正方形点阵来处理，并且根据点的坐标以及对项的规定，从而求得各层的正方形点阵的各项和为零，下一步需要确定的就是各层点阵的个数，以便于分析第2018个点的位置，建立关于n的合适的不等关系式，再者需要确定的是将比较多的值的2122421221848,422232024T T =⨯⨯==⨯⨯=，所以()2018201920202021202220232024S a a a a a a =-+++++，再者可以确定这六个点的坐标分别是()()()()()()22,22,21,22,20,22,19,22,18,22,17,22， 故可以得到20242023202220212020201944,43,42,41,40,39a a a a a a ======，从而可以求得这六项和为444342414039249+++++=，所以答案是249-，故选D.点睛：该题所考查的是数列的综合应用，一是将点阵看做正方形阵，找出每层的点的个数，再判断每层的点对应的项的和的值为零食解决该题的突破口，最后需要关注的就是将正方形阵补齐，将对应项的和转化为比较少项数的和的问题，并且最后一项对应的点的位置还比较好找，从而将难度降低. 4．定义:若211n n n na a a a +++-（*,n N d ∈ 为常数),则称{}n a 为“比等差数列”.已知在“比等差数列”{}n a 中, 1231,2a a a ===,则20182016a a 的末位数字是（ ） A. 0 B. 2 C. 4 D. 6 【答案】B【解析】分析：本题考查的是数列的新定义问题．在解答时，首先应根据新定义获得数列{1n na a +}为等差数列，进而求的通项公式，结合通项公式的特点即可获得问题的解答． 详解：由题意可知：21111a a ==， 32221a a ==， 3221211a a a a -=-=．∴数列{1n na a +}为以1为首项以1为公差的等差数列． ∴()1111n na n n a +=+-=．n ∈N* ∴20182018201720162017201620172016a a a a a a =⨯=⨯． 所以20182016a a 的末位数字是2． 故选：B ．5．对于大于1的自然数的三次幂可用奇数进行以下方式的“分裂”： ，依此，若的“分裂数”中有一个是2015，则__________．【答案】45点睛：该题考查的是有关数列的综合问题，需要从条件中提炼有关等差数列的求和问题，还需要明白，2015是第1008个奇数，在求解的过程中，要学会估值，不要一味的去解不等式，那样就会加大难度. 6．在一个数列中，如果对任意的，都有（为常数）,那么这个数列叫做等积数列，叫做这个数列的公积.已知数列是等积数列，且，公积为8，则__.【答案】28.【解析】分析：先根据数列是等积为8的等积数列可求得数列的项，由此可得数列为周期数列，然后根据周期性求得．详解：由题意得，数列是等积为8的等积数列，且，∴，即，∴．同理可得，……∴数列是周期为3的数列，∴．点睛：由于数列是一种特殊的函数，故数列具有函数的性质．数列的周期性往往要在求得数列的一些特殊项后通过观察才能得到，利用周期性可简化数列求和中的计算，使得求解变得简单．7．【2018届四川省攀枝花市第三次（4月）统考】记若是等差数列，则称为数列的“等差均值”;若是等比数列，则称为数列的“等比均值”.已知数列的“等差均值”为2,数列的“等比均值”为3.记数列的前项和为若对任意的正整数都有,则实数的取值范围是__________．【答案】所以两式相减得又由题得所以所以两式相减得所以因为对任意的正整数都有,所以解之得.故填.点睛：解答定义题，首先要理解原题的定义，每一个关键词都要理解清楚，再解答. 如果定义含糊，解题当然会有问题.本题实际上是一个数列的通项问题和恒成立问题.8.【2018届上海市徐汇区二模】已知数列的前项和满足，且，数列满足，，其前9项和为36．(1)求数列和的通项公式；(2)当为奇数时，将放在的前面一项的位置上；当为偶数时，将放在前面一项的位置上，可以得到一个新的数列：，求该数列的前项和；(3)设，对于任意给定的正整数，是否存在正整数，使得成等差数列？若存在，求出(用表示)；若不存在，请说明理由．【答案】（1），（2）（3）当时，存在正整数，满足，且使得成等差数列．【解析】试题分析：(1)由题意，易知数列为等差数列，求出，再由通项公式与前和关系，从而求出数列的通项公式；由条件，易知数列为等差数列，再由等差数列的通项公式，从而求出数列的通项公式；(2)由(1)可得与，根据题意，可对进行分类，求得该数列前项和与参数的表达式，从而问题可得解.(3)由(1)易得数列的通项公式，由等差数列的中项公式及数列通项公式的性质，从而得到其下标的关系式，针对所得式子进行化简整理，并对其进行分类讨论，从而问题可得解，详见解析.所以．(2)数列的前n项和，数列的前项和．当时，；当时，；-当时，；-所以，其中．--(3)由(1)可知，.若对于任意给定的正整数，存在正整数，使得成等差数列，则，即，--于是，所以，即，--则对任意的，能整除，且.综上，当时，存在正整数，满足，且使得成等差数列．9．【2018届浙江省杭州市第二次检测】已知数列满足(Ⅰ)证明：；(Ⅱ)若对于任意，当时，；x..kw(Ⅲ)【答案】见解析.【解析】试题分析：用数学归纳法证明当时，，当时，成立，再证时，成立当时，，，累加得结果若，当时，得到，推得当时，成立，当时，矛盾，求得结果解析：（Ⅰ）因为，所以，（Ⅱ）（ⅰ）当时，，所以，所以，累加得，所以．（ⅱ）若，当时，，所以．所以当时，．所以当时，，矛盾．所以．因为，所以10.已知数列、，其中，，数列满足,，数列满足．（1）求数列，的通项公式；（2）是否存在自然数，使得对于任意有恒成立？若存在,求出的最小值；（3）若数列满足，求数列的前项和.【答案】(1) .(2) 的最小值为16.(3) .【解析】试题分析：第一问将式子变形，得到两项的比值，之后用累乘法求得通项公式，一定需要注意对进行验证；第二问转化成最值来处理，第三问需要对为奇数和为偶数两种情况进行讨论求得结果.（1）由，即，．(2) 由（1）知，则.……………………7分假设存在自然数，使得对于任意有恒成立，即恒成立，由，解得．……………………9分所以存在自然数，使得对于任意有恒成立，此时，的最小值为16. ……………………………………10分（3）当为奇数时，；………………13分当为偶数时，. ………………15分因此………………16分11．【2018届浙江省嘉兴市4月模拟】已知数列满足，. （Ⅰ）判断数列的单调性；（Ⅱ）证明：；（Ⅲ）证明证明：.【答案】（Ⅰ）单调递增；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）证明见解析.简即可得结果.试题解析：（1）因为．当时，．假设时，，所以时，．从而对于一切，．所以，即数列单调递增．（2）证明：因为，所以．又因为由（1）可知，所以时．，即．（3）证明：由（2）得．所以．经验证也成立，即得证．12．【2018届上海市虹口区二模】平面内．．．的“向量列”，如果对于任意的正整数，均有，则称此“向量列”为“等差向量列”，称为“公差向量”.平面内的“向量列”，如果且对于任意的正整数，均有（），则称此“向量列”为“等比向量列”，常数称为“公比”.（1）如果“向量列”是“等差向量列”，用和“公差向量”表示；（2）已知是“等差向量列”，“公差向量”，，；是“等比向量列”，“公比”，，.求．【答案】（1）；（2）.试题解析：（1）设，.由，得，所以数列是以为首项，公差为的等差数列；数列是以首项，公差为的等差数列..（2）设，.由，从而，.数列是以1为首项，公差为3的等差数列，从而.数列是常数列，. 由得，，又，，数列是以1为首项，公比为2的等比数列；数列是以3为首项，公比为2的等比数列，从而有，.……10分令………①…………②.①-②得，，得令从而点睛：本题考查数列的综合应用.本题设计了向量的背景，定义出“等差向量列”和“等比向量列”，学生在接触新题型的时候，要充分联系等差数列和等比数列，再结合向量的坐标法进行思考，即可得到解题思路.。
高中数学(第2轮)总复习 专题3第12讲 函数、几何背景下的数列综合问题 理 新人教版
二、函数背景下的数列问题
例 2已 知 函 数 f
x
1 3
x3
x2
28.记 数 列 an 的 前 n项
和
为
S
，
n
且
动
点
(
n，
S
n
)总
在
函
数
y
f x的 图 象 上 ．
1求 数 列 an的 通 项 公 式 ；
2 在 数 列 bn 中 ， b1 1， 它 的 第 n项 bn是 数 列 an
的 第 bn 1项 (n 2)．
2
当n 4时，
2n
11
n
C
0 n
C
1 n
C
2 n
C
3 n
1 n nn 1 nn 1n 2
2
6
1 n nn 1 n2 3n 2 .)
2
2
【点评】分析数阵问题的关键是识图识表， 理解图所含信息给出的规律，突破了这点 就较容易转化为基本的数列问题了，然后 利用数列的基本知识、方法与技巧便可解 决问题．
2．函数背景下的数列综合问题，一般通过某个 函数建立an、am、Sn之间的等量关系式，是数列 与函数的一种常见的综合问题，求解的基本思路 是从函数的角度思考问题，有效地利用函数的性 质，特别是导数工具，逐步过渡为数列问题从而 解决问题．
一、数阵问题 例 1把 正 数 按 上 小 下 大 、 左 小 右 大 的 原 则 排 成 如 图 所 示 的 数 表 ： 设 aij (i、 j N * )是 位 于 这 个 数 中 从 上 往 下 数 第 i行 、 从 左 往 右 数 第 j个 数 ． 数 表 中 第 i行 共 有 2i1个 正 整 数 ． 1 23 4567 8 9 10 11 12 13 14 15
高考数学压轴专题最新备战高考《数列》知识点总复习有解析
【高中数学】数学《数列》期末复习知识要点一、选择题1．将正整数20分解成两个正整数的乘积有120⨯，210⨯，45⨯三种，其中45⨯是这三种分解中两数差的绝对值最小的，我们称45⨯为20的最佳分解.当p q ⨯（p q ≤且*,p q ∈N ）是正整数n 的最佳分解时我们定义函数()f n q p =-，则数列(){}5nf ()*n N ∈的前2020项的和为（ ）A ．101051+B ．1010514-C ．1010512-D ．101051-【答案】D 【解析】 【分析】首先利用信息的应用求出关系式的结果，进一步利用求和公式的应用求出结果． 【详解】解：依题意，当n 为偶数时，22(5)550nnn f =-=； 当n 为奇数时，111222(5)5545n n n n f +--=-=⨯，所以01100920204(555)S =++⋯+，101051451-=-g ，101051=-．故选：D 【点睛】本题考查的知识要点：信息题的应用，数列的求和的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．2．已知数列22333311313571351,,,,,,,...,,,,...2222222222n n n，则该数列第2019项是（ ） A ．1019892 B ．1020192 C ．1119892 D ．1120192 【答案】C 【解析】 【分析】由观察可得()22333311313571351,,,,,,,...,,,,...2222222222n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭项数为21,1,2,4,8,...,2,...k -，注意到101110242201922048=<<=，第2019项是第12个括号里的第995项. 【详解】由数列()22333311313571351,,,,,,,...,,,,...2222222222n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，可发现其项数为 21,1,2,4,8,...,2,...k -，则前11个括号里共有1024项，前12个括号里共有2048项，故原数列第2019项是第12个括号里的第995项，第12个括号里的数列通项为11212m -， 所以第12个括号里的第995项是1119892. 故选：C. 【点睛】本题考查数列的定义，考查学生观察找出已知数列的特征归纳出其项数、通项，是一道中档题.3．数列{}n a 满足12a =，对于任意的*n N ∈，111n na a +=-，则2018a =（ ） A ．-1 B ．12C ．2D ．3【答案】A 【解析】 【分析】先通过递推公式111n na a +=-，找出此周期数列的周期，再计算2018a 的值. 【详解】111n na a +=-Q ，2111111111n n n na a a a ++∴===----， 32111111n nn n a a a a ++∴===-⎛⎫-- ⎪⎝⎭，故有3n n a a +=，则20183672221111a a a a ⨯+====-- 故选：A 【点睛】本题考查根据数列递推公式求数列各项的值，属于中档题.4．已知{}n a 是等差数列，1010a =，其前10项和1070S =，则其公差为（ ） A ．23B ．32C ．23-D ．32-【答案】A【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式和前n 项和公式，列方程组求解即得. 【详解】设等差数列{}n a 的公差为d .101010,70a S ==Q ，1191010910702a d a d +=⎧⎪∴⎨⨯+=⎪⎩解得23d =. 故选：A . 【点睛】本题考查等差数列的通项公式和前n 项和公式，属于基础题.5．设等比数列{}n a 的前n 项和记为n S ,若105:1:2S S =,则155:S S =( ) A ．34B ．23C ．12D ．13【答案】A 【解析】 【分析】根据等比数列前n 项和的性质求解可得所求结果． 【详解】∵数列{}n a 为等比数列，且其前n 项和记为n S ， ∴51051510,,S S S S S --成等比数列． ∵105:1:2S S =，即1051 2S S =， ∴等比数列51051510,,S S S S S --的公比为105512S S S -=-， ∴()1510105511 24S S S S S -=--=， ∴15510513 44S S S S =+=， ∴1553:4S S =． 故选A ． 【点睛】在等比数列{}n a 中，其前n 项和记为n S ，若公比1q ≠，则233,,,k k k k k S S S S S --L 成等比数列，即等比数列中依次取k 项的和仍为等比数列，利用此性质解题时可简化运算，提高解题的效率．6．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若34322128,6a a S ⋅==，则数列{}(1)nn a -的前40项和为（ ） A ．0 B ．20 C ．40 D ．80【答案】B 【解析】 【分析】先由题意求出34a +a =7，然后利用等差数列的前n 项和公式表示出134a a +=，前后两式作差，求出公差，进而代入求出首项，最后即得n a n =，代入题目中{}(1)nn a -，两两组合可求新数列前40项的和. 【详解】 依题意，()133362a a S +== ，∴134a a +=，①∵3422128a a ⋅=，即342128a a +=， ∴34a +a =7，② ②－①得33d =， ∴1d =， ∴11,n a a n ==， ∴(1)(1)n n n a n -=-，∴{}(1)nn a -的前40项和40(12)(34)(3940)20S -++-++⋅⋅⋅+-+==，故选：B . 【点睛】本题考查了指数运算：同底数幂相乘，底数不变，指数相加；主要考查等差数列的前n 和公式，等差中项的性质等等，以及常见的摆动数列的有限项求和，可以采用的方法为：分组求和法，两两合并的方法等等，对学生的运算能力稍有要求，为中等难度题7．等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，公比为q ，若639S S =，562S =，则1a =（ ）A B ．2C D ．3【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，分析可得等比数列{}n a 的公比1q ≠±，进而由等比数列的通项公式可得()()631111911a q a q qq--=⨯--，解可得2q =，又由()5151131621a q Saq-===-，解可得1a 的值，即可得答案．【详解】根据题意，等比数列{}n a 中，若639S S =，则1q ≠±， 若639S S =，则()()631111911a q a q qq--=⨯--，解可得38q=，则2q =，又由562S =，则有()5151131621a q S aq-===-，解可得12a =；故选B ． 【点睛】本题考查等比数列的前n 项和公式的应用，关键是掌握等比数列的前n 项和的性质．8．设函数()mf x x ax =+的导数为()21f x x '=+，则数列()()2N n f n *⎧⎫⎪⎪∈⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和是（ ） A ．1nn + B ．21nn + C ．21nn - D ．()21n n+ 【答案】B 【解析】 【分析】函数()mf x x ax =+的导函数()21f x x '=+，先求原函数的导数，两个导数进行比较即可求出m ，a ，利用裂项相消法求出()()2N n f n *⎧⎫⎪⎪∈⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和即可．【详解】Q 1()21m f x mx a x -'=+=+，1a \=，2m =，()(1)f x x x ∴=+，112()()(1)221f n n n n n ==-++， ∴111111122[()()()]2(1)1223111n n S n n n n =-+-++-=-=+++L ，故选：B ． 【点睛】本题考查数列的求和运算，导数的运算法则，数列求和时注意裂项相消法的应用．9．在正整数数列中，由1开始依次按如下规则，将某些数取出．先取1；再取1后面两个偶数2,4；再取4后面最邻近的3个连续奇数5,7,9；再取9后面的最邻近的4个连续偶数10,12,14,16；再取此后最邻近的5个连续奇数17,19,21,23,25.按此规则一直取下去，得到一个新数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17，…，则在这个新数列中，由1开始的第2 019个数是( ) A ．3 971 B ．3 972C ．3 973D ．3 974【答案】D 【解析】 【分析】先对数据进行处理能力再归纳推理出第n 组有n 个数且最后一个数为n 2，则前n 组共1+2+3+…+n ()12n n +=个数，运算即可得解．【详解】解：将新数列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，…，分组为（1），（2，4），（5，7，9，），（10，12，14，16），（17，19，21，23，25）… 则第n 组有n 个数且最后一个数为n 2， 则前n 组共1+2+3+…+n ()12n n +=个数，设第2019个数在第n 组中，则()()120192120192n n n n ⎧+≥⎪⎪⎨-⎪⎪⎩＜， 解得n ＝64，即第2019个数在第64组中，则第63组最后一个数为632＝3969，前63组共1+2+3+…+63＝2016个数，接着往后找第三个偶数则由1开始的第2019个数是3974， 故选：D ． 【点睛】本题考查了对数据的处理能力及归纳推理能力，考查等差数列前n 项和公式，属中档题．10．已知数列{}n a 的前n 项和为212343n S n n =++（*N n ∈），则下列结论正确的是( )A ．数列{}n a 是等差数列B ．数列{}n a 是递增数列C ．1a ，5a ，9a 成等差数列D ．63S S -，96S S -，129S S -成等差数列【答案】D 【解析】 【分析】由2*123()43n S n n n N =++∈，2n …时，1n n n a S S -=-．1n =时，11a S =．进而判断出正误． 【详解】解：由2*123()43n S n n n N =++∈，2n ∴…时，2211212153[(1)(1)3]4343212n n n a S S n n n n n -=-=++--+-+=+．1n =时，114712a S ==，1n =时，15212n a n =+，不成立．∴数列{}n a 不是等差数列．21a a <，因此数列{}n a 不是单调递增数列．5191547154322(5)(9)021*******a a a --=⨯⨯+--⨯+=-≠，因此1a ，5a ，9a 不成等差数列．631535(456)32124S S -=⨯+++⨯=．961553(789)32124S S -=⨯+++⨯=．1291571(101112)32124S S -=⨯+++⨯=．Q53235710444⨯--=， 63S S ∴-，96S S -，129S S -成等差数列．故选：D ． 【点睛】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．11．在等差数列{}n a 中，3a ，15a 是方程2650x x -+=的根，则17S 的值是（ ） A ．41 B ．51C ．61D ．68【答案】B 【解析】 【分析】由韦达定理得3156a a +=，由等差数列的性质得117315a a a a +=+，再根据等差数列的前n 项和公式求17S . 【详解】在等差数列{}n a 中，3a ，15a 是方程2650x x -+=的根，3156a a ∴+=.()()11731517171717651222a a a a S ++⨯∴====. 故选：B . 【点睛】本题考查等差数列的性质和前n 项和公式，属于基础题.12．执行如图所示的程序框图，若输出的S 为154，则输入的n 为（ ）A ．18B ．19C ．20D ．21【答案】B 【解析】 【分析】找到输出的S 的规律为等差数列求和，即可算出i ，从而求出n . 【详解】由框图可知，()101231154S i =+++++⋯+-= ， 即()1231153i +++⋯+-=，所以()11532i i -=，解得18i =，故最后一次对条件进行判断时18119i =+=，所以19n =. 故选：B 【点睛】本题考查程序框图，要理解循环结构的程序框图的运行，考查学生的逻辑推理能力.属于简单题目.13．在等比数列{}n a 中，已知259,243a a ==，那么{}n a 的前4项和为（ ）. A ．81 B ．120C ．121D ．192【答案】B 【解析】 【分析】 根据352a q a =求出公比，利用等比数列的前n 项和公式即可求出.Q 35227a q a ==, ∴ 3q =∴ 4414(1)3(13)120113a q S q --===--.故选：B【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式，等比数列的前n 项和，属于中档题.14．已知数列{}n a 是1为首项，2为公差的等差数列，{}n b 是1为首项，2为公比的等比数列，设n n b c a =，12...,(*)n n T c c c n N =+++∈，则当2019n T <时，n 的最大值是( ) A ．9 B ．10C ．11D ．12【答案】A 【解析】 【分析】由题设知21n a n =-，12n nb -=，由1121124222n n n b b bn T a a a a a a a n -+=++⋯+=+++⋯+=--和2019n T <，得1222019n n +--<，由此能求出当2019n T <时n 的最大值．【详解】{}n a Q 是以1为首项，2为公差的等差数列，21n a n ∴=-，{}n b Q 是以1为首项，2为公比的等比数列，12n n b -∴=，()()()()1121121242211221241221n n n n b b bn T c c c a a a a a a a --∴=++⋯+=++⋯+=+++⋯+=⨯-+⨯-+⨯-+⋯+⨯- ()121242n n -=+++⋯+- 12212nn -=⨯-- 122n n +=--，2019n T <Q ，1222019n n +∴--<，解得：10n <．则当2019n T <时，n 的最大值是9． 故选A ． 【点睛】本题考查了等差数列、等比数列的通项公式，结合含两个变量的不等式的处理问题，易出错，属于中档题.15．已知数列{}n a 是等比数列，前n 项和为n S ，则“3152a a a >+”是“210n S -<”的（ ） A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】根据等比数列的通项公式与求和公式,即可判断命题间的关系. 【详解】因为数列{}n a 是等比数列,前n 项和为n S 若3152a a a >+,由等比数列的通项公式可得111242a a q a q >+,化简后可得()21210q a -<.因为()2210q -≥所以不等式的解集为10a < 若210n S -<当公比1q ≠±时, 210n S -<则10a <,可得3152a a a >+ 当公比1q =±时, 由210n S -<则10a <,可得3152a a a =+ 综上可知, “3152a a a >+”是“210n S -<”的充分不必要条件 故选:B 【点睛】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式的应用,在应用等比数列求和公式时,需记得讨论公比是否为1的情况,属于中档题.16．正项等比数列{}n a 中的1a 、4039a 是函数()3214633f x x x x =-+-的极值点，则2020a =（ ）A ．1-B ．1CD ．2【答案】B 【解析】 【分析】根据可导函数在极值点处的导数值为0，得出140396a a =，再由等比数列的性质可得. 【详解】解：依题意1a 、4039a 是函数()3214633f x x x x =-+-的极值点，也就是()2860f x x x '=-+=的两个根∴140396a a =又{}n a 是正项等比数列，所以2020a =∴20201a ==.故选：B【点睛】本题主要考查了等比数列下标和性质以应用，属于中档题.17．等差数列{}n a 中，1599a a a ++=，它的前21项的平均值是15，现从中抽走1项，余下的20项的平均值仍然是15，则抽走的项是( )A ．11aB ．12aC ．13aD ．14a 【答案】A【解析】【分析】由等差数列的性质可知5113,15a a ==，再根据前21项的均值和抽取一项后的均值可知抽取的一项的大小为15，故可确定抽走的是哪一项.【详解】因为1952a a a +=，所以539a =即53a =. 有211521S =得1115a =， 设抽去一项后余下的项的和为S ，则2015300S =⨯=，故抽取的一项的大小为11， 所以抽走的项为11a ，故选A.【点睛】一般地，如果{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，则有性质：（1）若,,,*,m n p q N m n p q ∈+=+，则m n p q a a a a +=+；（2）()1,1,2,,2k n k n n a a S k n +-+==L 且()2121n n S n a -=- ； （3）2n S An Bn =+且n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列； （4）232,,,n n n n n S S S S S --L 为等差数列.18．《算法统宗》是中国古代数学名著，由明代数学家程大位编著，它对我国民间普及珠算和数学知识起到了很大的作用，是东方古代数学的名著．在这部著作中，许多数学问题都是以歌诀形式呈现的，如“九儿问甲歌”就是其中一首：一个公公九个儿，若问生年总不知，自长排来差三岁，共年二百又零七，借问长儿多少岁，各儿岁数要详推．在这个问题中，这位公公的长儿的年龄为（ ）A ．23岁B ．32岁C ．35岁D ．38岁【答案】C【解析】【分析】根据题意，得到数列{}n a 是等差数列，由9207S =，求得数列的首项1a ，即可得到答案．【详解】设这位公公的第n 个儿子的年龄为n a ，由题可知{}n a 是等差数列，设公差为d ，则3d =-，又由9207S =，即91989(3)2072S a ⨯=+⨯-=，解得135a =， 即这位公公的长儿的年龄为35岁．故选C ．【点睛】 本题主要考查了等差数列前n 项和公式的应用，其中解答中认真审题，熟练应用等差数列的前n 项和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．19．数列{}n a 满足11a =，对任意的*n N ∈都有11n n a a n +=++，则122016111a a a +++=L （ ） A ．20152016B ．40322017C ．40342017D ．20162017【答案】B【解析】【分析】 首先根据题设条件，由11n n a a n +=++，可得到递推关系为11n n a a n +-=+； 接下来利用累加法可求得()12n n n a +=，从而()1211211na n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，由此就可求得122016111a a a +++L 的值. 【详解】因为111n n n a a a n a n +=++=++，所以11n n a a n +-=+，用累加法求数列{}n a 的通项得：()()1211n n n a a a a a a -=+-+⋯+-()1122n n n +=++⋯+=， 所以()1211211n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭， 于是1232016111111111212222320162017a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ +++⋯+=-+-+⋯+-⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭121201*********⎛⎫==- ⎪⎝⎭. 故选：B.【点睛】本题是一道考查数列的题目，掌握数列的递推关系以及求解前n 项和的方法是解答本题的关键，属于常考题.20．设函数()221x f x =+，利用课本（苏教版必修5）中推导等差数列前n 项和的方法，求得()()()()()54045f f f f f -+-+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++的值为（ ）A ．9B ．11C ．92D ．112【答案】B【解析】【分析】先计算出()()f x f x +-的值，然后利用倒序相加法即可计算出所求代数式的值.【详解】 ()221x f x =+Q ，()()()22222212121221xx x x x x f x f x --⋅∴+-=+=+++++()2122222211221x x x x x +⋅=+==+++， 设()()()()()54045S f f f f f =-+-+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++，则()()()()()54045S f f f f f =+++++-+-L L ，两式相加得()()2115511222S f f ⎡⎤=⨯+-=⨯=⎣⎦，因此，11S =.故选：B.【点睛】本题考查函数值的和的求法，注意运用倒序相加法，求得()()2f x f x +-=是解题的关键，考查化简运算能力，属于中档题．。
高中数学提高拓展题专题6.23：以分形为背景的数列问题的研究与拓展
专题6.23：以分形为背景的数列问题的研究与拓展【课本溯源】下图中的三角形称为希尔宾斯基三角形. 图中从左向右的四个三角形，着色三角形的个数依次构成数列{a n }的前4项，写出数列{a n }的一个通项公式，并作出它的图象.这一问题的背景是分形几何，分形几何的一个重要的特点是自相似性，可通俗地理解为适当地放大或缩小图形的几何尺寸，整个结构并不改变. 分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦·B•曼德尔布罗特(B enoit B.M andelbrot )在20世纪70年代创立的一门新学科，与欧氏几何学在研究对象等诸多方面迥然不同. 它的创立，为描述自然界和社会系统中大量存在的不规则图形和现象提供了相应的思想方法，为解决传统科学众多领域的难题提出了全新的思路. 这门充满活力的新学科与数列结合起来，不仅对传统的数列题作了提升，又能发展我们的实践能力，拓展为我们的几何思维.课本溯源中的问题解答：由题意分析知：12341,3,9,27a a a a ====，则数列{}n a 是首项为1，公比为3的等比数列，所以13n n a -=. 作图略.本题通过观察即不难发现着色三角形的个数依次数列{a n }成等比数列，而在一些综合性比较强的数列问题中，通项公式的求解往往是解决数列难题的瓶颈，如何熟练掌握常用的求通项公式的方法如累积法、累加法等，是我们必须思考的问题. 下面我们再探究几个以分形为背景的数列问题. 【探究拓展】探究1：如图，一条螺旋线是用以下方法画成：ABC △是边长为1的正三角形，曲线1CA 、12A A 、23A A 是分别以A 、B 、C 为圆心，AC 、1BA 、2CA 为半径画的弧，曲线123CA A A 称为螺旋线旋转一圈. 然后又以A 为圆心，3AA 为半径画弧，…，这样画到第n 圈，则所得螺旋线的长度n l = . （要求用含,n π的代数式表示即可）【解】由图可知12(123)3l π=++，22(123456)3l π=+++++，……，22(1233)(3)3n l n n n ππ=++++=+.【评注】由弧长公式可知l r α=，由第1圈、第2圈的弧长不完全归纳出第n 圈的画出，体现了由特殊到一般的思想.探究2：下图是一个树形图的生长过程，依据图中所示的生长规律，第16行的实心圆点的个数是 .【解】有些题它只是表达的形式不一样，其实只要透过现象抓住本质，不同的表达形式，所要揭示的问题的实质是一样的. 这一题的实质是非常有名的斐波那契数列.从图上很容易看出从第一行开始，实心圆点的数量是这样排列的：0,1,1,2,3,5,……. 对于每一个空心圆点，它到下一行只生出一个实心圆点，而对于每一个实心圆点，它到下一行可生出一空一实两个点. 到第六行时，我们可看出，这一行的五个实心圆点到下一行必定能生出5个实心圆点和五个空心圆点，另外三个空心圆点还能生出三个实心圆点，因此下一行共有5+3=8个实心圆点. 同理，下一行的实心圆点数为本行的所有实心圆点数加所有空心圆点数，为8+5=13.这里有一个非常明显的规律：也就是这一列数从第三个数起，任一个数都等于它前面两个数的和. 因此结果很快可推知：0,1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,610. 故第16行的实心圆点个数为610.探究3：如图，是一个边长为1的正三角形，将每边三等分，以中间一段为边向形外作正三角形，并擦去中间一段，得图(2). 如此继续下去，得图(3)，……. 则第n 个图形的边长为 ，周长为 ，面积为.【解】不妨设第n 个图形的边长为n l ，周长为n c ，面积为n S . 则11l =，213l =，2313l ⎛⎫= ⎪⎝⎭，…，113n n l -⎛⎫= ⎪⎝⎭；113133c l =⨯=⨯=，221121243c l =⨯=⨯=，233116484833c l ⎛⎫=⨯=⨯= ⎪⎝⎭，……111114(34)(34)333n n n n n n c l ----⎛⎫⎛⎫=⨯⨯=⨯⨯=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；1S =221133S S ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，2321129S S ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，…，2112114(34)39n n n n n S S ----⎡⎤⎛⎫⎛⎫-=⨯=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦.132211()()()n n n S S S S S S S S -=-++-+-+12143344999n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 11441994834919n n --⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=+=-⋅⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦-.探究4：如图，1P 是一块半径为1的半圆形纸板，在1P 的左下端剪去一个半径为12的半圆后得到图形2P ，然后依次剪去一个更小半圆（其直径为前一个被剪掉半圆的半径）得图形34,,,,n P P P ，记纸板n P 的面积为n S ，则lim n n S →+∞=.【解】12S π=，22211122222S S πππ⎛⎫⎛⎫=-⋅=-⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，222321112422224S S ππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⋅=-⋅-⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，…，211122n n n S S π--⎛⎫=-⋅ ⎪⎝⎭.∴22212422111111222242222222n n n S ππππππ--⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⋅-⋅--⋅=-+++⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭221111421223214n n πππ-⎛⎫-⎪⎛⎫=-=+⎪ ⎪⎝⎭⎪-⎝⎭，∴lim 3n n S π→+∞=.探究5：如图所示，是树形图形. 第一层是一条与水平线垂直的线段，长度为1；第二层在第一层线段的前端作两条与该段均成135°的线段，长度为其一半；第三层按第二层的方法在每一线段的前端生成两条线段；重复前面的作法作图至第n 层. 设树形图的第n 层的最高点到水平线的距离为第n 层树形图的高度.(1) 求第三层及第四层树形图的高度3H ，4H ； (2) 求第n 层树形图的高度n H ；(3) 若树形图的高度大于2，则称树形图为“高大”，否则称为“矮小”. 显然，当1,2n =时是“矮小”的，是否存在m ∈Z ，使得当n m >时，该树形图是“高大”的？【解析】(1) 设题中树（从下而上）新生的各层高度所构成的数列为{}n a ，则11a =，212a =3212a =，4312a =，所以，第三层树形图的高度3123H a a a =++=，第四层树形图的高度41234H a a a a =+++=.(2) 易知214n na a +=，所以第n层树形图的高度为111()21)2n n n n a n --⎧⎪⎪=⎨⎪⎪⎩为奇数时，为偶数时，所以，当n 为奇数时，第n 层树形图的高度为11221111111244114()11113221144n n n n H n -++-⎡⎤⎛⎫⎢⎥-⎛⎫⎪-⎢⎥⎝⎭ ⎪⎡⎤⎤⎛⎫⎛⎫⎝⎭⎣⎦=+=-+-⎢⎥⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦--；当n 为偶数时，第n 层树形图的高度为2211111244114()113221144nn n n H n ⎡⎤⎛⎫⎢⎥-⎛⎫⎪-⎢⎥⎝⎭ ⎪⎡⎤⎤⎛⎫⎛⎫⎝⎭⎣⎦=+=-+-⎢⎥⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦--.(3) 不存在.由(2)知，当n为奇数时，114114()lim 1123223n n n H n +-→+∞⎧⎫⎡⎤⎤⎪⎪⎛⎫⎛⎫<--=+<⎢⎥⎥⎨⎬ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎪⎪⎣⎦⎣⎦⎩⎭； 当n为偶数时，4114()lim 1123223n nn H n →+∞⎧⎫⎡⎤⎤⎪⎪⎛⎫⎛⎫<-+-=+<⎢⎥⎥⎨⎬ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎪⎪⎣⎦⎣⎦⎩⎭， 由定义，此树形图永远是“矮小”的.所以不存在m ∈Z ，使得当n m >时，该树形图是“高大”的. 【专题反思】你学到了什么？还想继续研究什么？ 1. 曲线“生长”过程中有哪些数量特征可以研究？边数、边长、周长、顶点数、尖角的个数、面积等变化规律. 2. 应用的知识与方法：(1) 公式法（适用于等差、等比数列）； (2) 研究相邻两项（三项）的递推关系； (3) 观察、归纳、猜想、证明（数学归纳法）.。
高考数学必考知识点：数列问题篇知识点总结
高考数学必考知识点：数列问题篇知识点总结高考数学之数列问题的题型与方法数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础。
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。
有关数列的试题经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来，试题也常把等差数列、等比数列，求极限和数学归纳法综合在一起。
探索性问题是高考的热点，常在数列解答题中出现。
本章中还蕴含着丰富的数学思想，在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法。
近几年来，高考关于数列方面的命题主要有以下三个方面;(1)数列本身的有关知识，其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式。
(2)数列与其它知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合。
(3)数列的应用问题，其中主要是以增长率问题为主。
试题的难度有三个层次，小题大都以基础题为主，解答题大都以基础题和中档题为主，只有个别地方用数列与几何的综合与函数、不等式的综合作为最后一题难度较大。
知识整合1.在掌握等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式的基础上，系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律，深化数学思想方法在解题实践中的指导作用，灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题;2.在解决综合题和探索性问题实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认识，沟通各类知识的联系，形成更完整的知识网络，提高分析问题和解决问题的能力，进一步培养学生阅读理解和创新能力，综合运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力。
3.培养学生善于分析题意，富于联想，以适应新的背景，新的设问方式，提高学生用函数的思想、方程的思想研究数列问题的自觉性、培养学生主动探索的精神和科学理性的思维方法.。
专题3.3：一类以“ ”为背景的问题的研究与拓展
专题3.3：一类以“x e x +≥1”为背景的问题的研究与拓展【探究拓展】探究1：证明不等式x e x +≥1变式1：设a x e x f x --=)(，其中,R a ∈若对于任意R x ∈，0)(>x f 恒成立，则参数a 的取值范围是_________ 1<a变式2：设1)(--=ax e x f x ，其中R a ∈，若对于任意R x ∈，0)(≥x f 恒成立，则参数a 的取值范围是_________ 1=a变式3：设1)(--=x ae x f x ，其中R a ∈，若对于任意R x ∈，0)(≥x f 恒成立，则参数a 的取值范围是_________ 1=a探究2：不等式x e x +≥1有哪些等价变形？（想一想以下等价变形是如何获得的））变形1：x e x -≥-1变形2：)1)(1ln(->+≥x x x变形3：)0(ln 1>≥-x x x变形4：)0(11ln>-≥x x x变形5：)0(11ln >-≥x x x 变形6：)0(1ln >-≥x x x x拓展1：已知函数()f x =ax e x =-，其中a ≠0.（1）若对一切x ∈R ，()f x ≥1恒成立，求a 的取值集合.（2）在函数()f x 的图像上取定两点11(,())A x f x ，22(,())B x f x 12()x x <，记直线AB 的斜率为K ，问：是否存在x 0∈（x 1，x 2），使0()f x k '>成立？若存在，求0x 的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】（1）若0a <，则对一切0x >，()f x 1ax e x =-<，这与题设矛盾，又0a ≠， 故0a >.而()1,ax f x ae '=-令11()0,ln .f x x a a'==得当11ln x a a <时，()0,()f x f x '<单调递减；当11ln x a a >时，()0,()f x f x '>单调递增，故当11ln x a a=时，()f x 取最小值11111(ln )ln .f a a a a a =- 于是对一切,()1x R f x ∈≥恒成立，当且仅当111ln 1a a a-≥. ① 令()ln ,g t t t t =-则()ln .g t t '=-当01t <<时，()0,()g t g t '>单调递增；当1t >时，()0,()g t g t '<单调递减.故当1t =时，()g t 取最大值(1)1g =.因此，当且仅当11a=即1a =时，①式成立. 综上所述，a 的取值集合为{}1. （2）由题意知，21212121()() 1.ax ax f x f x e e k x x x x --==--- 令2121()(),ax ax axe e xf x k ae x x ϕ-'=-=--则 121()12121()()1,ax a x x e x e a x x x x ϕ-⎡⎤=----⎣⎦- 212()21221()()1.ax a x x e x e a x x x x ϕ-⎡⎤=---⎣⎦- 令()1t F t e t =--，则()1t F t e '=-.当0t <时，()0,()F t F t '<单调递减；当0t >时，()0,()F t F t '>单调递增.故当0t =，()(0)0,F t F >=即10.t e t -->从而21()21()10a x x e a x x ---->，12()12()10,a x x e a x x ---->又1210,ax e x x >-2210,ax e x x >- 所以1()0,x ϕ<2()0.x ϕ>因为函数()y x ϕ=在区间[]12,x x 上的图像是连续不断的一条曲线，所以存在012(,)x x x ∈使0()0,x ϕ=2()0,()axx a e x ϕϕ'=>单调递增，故这样的c 是唯一的，且21211ln ()ax ax e e c a a x x -=-.故当且仅当212211(ln ,)()ax ax e e x x a a x x -∈-时， 0()f x k '>.综上所述，存在012(,)x x x ∈使0()f x k '>成立.且0x 的取值范围为212211(ln ,)()ax ax e e x a a x x --. 【点评】本题考查利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立问题等，考查运算能力，考查分类讨论思想、函数与方程思想，转化与划归思想等数学思想方法.第一问利用导函数法求出()f x 取最小值11111(ln )ln .f a a a a a=-对一切x ∈R ，f(x) ≥1恒成立转化为min ()1f x ≥，从而得出a 的取值集合；第二问在假设存在的情况下进行推理，通过构造函数，研究这个函数的单调性及最值来进行分析判断.拓展2：（1）已知函数()ln 1f x x x =-+，(0,)x ∈+∞，求函数()f x 的最大值；（2）设,k k a b (1,2k =…，)n 均为正数，证明：若1122a b a b ++…n n a b ≤12b b ++…n b ，则12121n b b b n a a a ≤. 解：（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，令/1()101f x x x=-=⇒=， ()f x 在(0,1)上递增，在(1,)+∞上递减，故函数()f x 在1x =处取得最大值(1)0f =（2）由（Ⅰ）知当(0,)x ∈+∞时有()(1)0f x f ≤=即ln 1x x ≤-，∵,0k k a b >，∴11ln (1),(1,2,)ln (1)k n n b k k k k k k k k k b a b a k n a b a ==⋅≤-=⇒≤-∑∑ ∵11n n k k k k k a b b ==≤∑∑∴1ln 0k n b k k a =≤∑即12121212ln()01n n b b b b b b n n a a a a a a ≤⇒≤ 拓展3：已知函数()(1)ln 1f x x x x =+-+.（1）若2'()1xf x x ax ≤++，求a 的取值范围；（2）证明：(1)()0x f x -≥ .解：（Ⅰ）11()ln 1ln x f x x x x λ+'=+-=+， ()ln 1xf x x x '=+,题设2()1xf x x ax '≤++等价于ln x x a -≤.令()ln g x x x =-，则1()1g x x '=- 当01x ＜＜，'()0g x ＞；当1x ≥时，'()0g x ≤，1x =是()g x 的最大值点，()(1)1g x g =-≤综上，a 的取值范围是[)1,-+∞.(Ⅱ)有（Ⅰ）知，()(1)1g x g =-≤即ln 10x x -+≤.当01x ＜＜时，()(1)ln 1ln (ln 1)0f x x x x x x x x =+-+=+-+≤；当1x ≥时，()ln (ln 1)f x x x x x =+-+1ln (ln 1)x x x x=++- 11ln (ln 1)x x x x =--+ 0≥所以(1)()0x f x -≥拓展4：设函数2()1x f x e x ax =---。
高考数学扩展知识点总结
高考数学扩展知识点总结高考数学作为一门重要的考试科目，对于学生来说是一个不可或缺的挑战。
在备考过程中，除了基础知识的掌握外，还需要了解一些扩展知识点，以便在考试中灵活运用。
本文将总结一些高考数学的扩展知识点。
一. 数列与数列极限数列在高考数学中经常出现，它是一系列数按一定规律排列而成的。
1. 通项公式和递推公式通项公式是指数列中第 n 项与 n 的关系式，递推公式则是指数列中第 n 项与前一项的关系式。
2. 数列的收敛性与敛散性数列的极限也是高考数学的重点内容。
数列的极限可以是有限的，也可以是无限的。
若一个数列存在有限的极限值，我们称之为收敛数列；若一个数列不存在有限的极限值，我们称之为发散数列。
掌握数列的收敛性与敛散性对于解题非常关键。
3. 数列的求和公式常见的数列求和有等差数列求和、等比数列求和等，掌握它们的求和公式能够简化计算过程。
二. 函数及其应用函数在高考数学中是一块重要的内容。
掌握函数及其应用对于解答问题非常有帮助。
1. 函数的性质了解函数的奇偶性、单调性、周期性等性质，可以帮助我们分析函数的变化趋势。
2. 函数的图像与方程通过绘制函数的图像，可以更直观地了解函数的特点。
同时，也可以通过已知函数的方程来绘制函数的图像。
3. 函数的最值与极值对于给定的函数，需要确定其最值和极值，可以通过求导和导数判定法来确定。
三. 空间几何与立体几何空间几何与立体几何是高考数学中的重要分支，需要掌握其基本概念和性质。
1. 空间坐标系了解三维坐标系、平面方程等概念，可以在解答空间几何问题时提供帮助。
2. 空间图形的计算熟悉立体几何图形的计算公式，比如长方体、圆锥以及球体的表面积和体积计算公式。
3. 立体几何的视点、视线与投影掌握立体几何中的视点、视线与投影的概念，可以帮助我们分析图形的形状和位置。
四. 概率与统计概率与统计是高考数学的重要内容之一，需要掌握一些基本的概念和计算方法。
1. 随机事件与概率了解随机事件的概念和概率计算的方法，可以帮助我们分析和解决实际问题。
分形几何中的数列问题
分形几何中的数列问题摘要：本文借助简单分形几何图形总结求数列通项公式的常用方法，从而培养学生观察、发现、归纳、总结的能力。
关键词：分形几何；欧氏几何；数列作者简介：李玲，任教于甘肃兰州兰炼三中。
通俗一点说，分形几何就是研究无限复杂但具有一定意义下的自相似图形和结构的几何学，与欧氏几何学在研究对象等诸多方面迥然不同。
数列与分形的结合，就是把抽象的符号语言转换为直观的图形语言，把数量关系问题转化为图形性质去讨论，形成“以形助数，数形结合”的数学思想。
分形与数列的结合，不仅为我们解决数列问题提供了一种新的思路，而且对发展学生的实践能力，拓展学生的几何思维有很大帮助。
在一些综合性比较强的数列问题中，通项公式的求解往往是解决数列难题的瓶颈,如何让学生熟练掌握常用的求通项公式的方法如累积法、累加法等，是教学中必须思考的问题。
下面通过几个例题对简单分形几何图形中的数列问题展开研究。
1. 曲线“生长”过程中有哪些数量特征可以研究？边数、边长、周长、顶点数、尖角的个数、面积等变化规律。
2. 应用的知识与方法：（1）公式法（适合于等差、等比数列）；（2）差项法；（3）观察、归纳、猜想、证明（数学归纳法）例1、下列四个图形中，小三角形(小正方形)的个数依次构成一个数列的前四项，则这个数列的一个通项公式是什么？例2、Cantor集—— Cantor在1883年构造了如下一类集合：取一段欧式长度为1的直线段，将该线段三等分，去掉中间的一段，剩下两段。
再将剩下的两段分别三等分，各去掉中间的一段，剩下四段。
将这个操作进行下去，直至无穷，可得到一个离散的点集，点数趋于无穷多，而长度趋于零。
经无限次操作所得到的离散点集称为Cantor集。
在这个操作中，可以形成哪些数列，并找出它们的通项公式。
例4、Koch雪花曲线设等边三角形的边长为1，经过n次分形后，曲线的边数、边长、尖角、周长，依次构成如下数列。
曲线的边数由3开始增加，各边每次增加为4条边,以此类推,直至无穷；边长由1开始减少，后面的边长都是前面边长的三分?之一；尖角数等于边数加前一次的尖角数，由3开始递增；周长等于边数乘以边长，递增至无穷大。
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以分形为背景的数列问题的研究与拓展
【课本溯源】下图中的三角形称为希尔宾斯基三角形. 图中从左向右的四个三角形，着色三角形的个数依次构成数列{a n }的前4项，写出数列{a n }的一个通项公式，并作出它的图象.
这一问题的背景是分形几何，分形几何的一个重要的特点是自相似性，可通俗地理解为适当地放大或缩小图形的几何尺寸，整个结构并不改变. 分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦·B•曼德尔布罗特(B enoit B.M andelbrot )在20世纪70年代创立的一门新学科，与欧氏几何学在研究对象等诸多方面迥然不同. 它的创立，为描述自然界和社会系统中大量存在的不规则图形和现象提供了相应的思想方法，为解决传统科学众多领域的难题提出了全新的思路. 这门充满活力的新学科与数列结合起来，不仅对传统的数列题作了提升，又能发展我们的实践能力，拓展为我们的几何思维.
课本溯源中的问题解答：由题意分析知：12341,3,9,27a a a a ====，则数列{}n a 是首项为1，公比为3的等比数列，所以13n n a -=. 作图略.
本题通过观察即不难发现着色三角形的个数依次数列{a n }成等比数列，而在一些综合性比较强的数列问题中，通项公式的求解往往是解决数列难题的瓶颈，如何熟练掌握常用的求通项公式的方法如累积法、累加法等，是我们必须思考的问题. 下面我们再探究几个以分形为背景的数列问题. 【探究拓展】
探究1：如图，一条螺旋线是用以下方法画成：ABC △是边长为1的正三角形，曲线1CA 、12A A 、23A A 是分别以A 、B 、C 为圆心，AC 、1BA 、2CA 为半径画的弧，曲线123CA A A 称为螺旋线旋转一圈. 然后又以A 为圆心，3AA 为半径画弧，…，这样画到第n 圈，则所得螺旋线的长度n l = . （要求用含,n π的代数式表示即可）
【解】由图可知12(123)3l π=++，22
(123456)3
l π=+++++，……，
22
(1233)(3)3
n l n n n ππ=+++
+=+.
【评注】由弧长公式可知l r α=，由第1圈、第2圈的弧长不完全归纳出第n 圈的画出，体现了由特殊到一般的思想.
探究2：下图是一个树形图的生长过程，依据图中所示的生长规律，第16行的实心圆点的个数是 .
【解】有些题它只是表达的形式不一样，其实只要透过现象抓住本质，不同的表达形式，所要揭示的问题的实质是一样的. 这一题的实质是非常有名的斐波那契数列.
从图上很容易看出从第一行开始，实心圆点的数量是这样排列的：0,1,1,2,3,5,……. 对于每一个空心圆点，它到下一行只生出一个实心圆点，而对于每一个实心圆点，它到下一行可生出一空一实两个点. 到第六行时，我们可看出，这一行的五个实心圆点到下一行必定能生出5个实心圆点和五个空心圆点，另外三个空心圆点还能生出三个实心圆点，因此下一行共有5+3=8个实心圆点. 同理，下一行的实心圆点数为本行的所有实心圆点数加所有空心圆点数，为8+5=13.
这里有一个非常明显的规律：也就是这一列数从第三个数起，任一个数都等于它前面两个数的和. 因此结果很快可推知：0,1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,610. 故第16行的实心圆点个数为610.
探究3：如图，是一个边长为1的正三角形，将每边三等分，以中间一段为边向形外作正三角形，并擦去中间一段，得图(2). 如此继续下去，得图(3)，……. 则第n 个图形的边长为 ，周长为 ，面积为 .
【解】不妨设第n 个图形的边长为n l ，周长为n c ，面积为n S . 则11l =，213l =，2313l ⎛⎫= ⎪⎝⎭，…，1
13n n l -⎛⎫
= ⎪
⎝⎭；
113133c l =⨯=⨯=，221121243c l =⨯=⨯=，2
33116484833c l ⎛⎫
=⨯=⨯= ⎪⎝⎭，……
1
1
1
1
14(34
)(34
)333n n n n n n c l ----⎛⎫
⎛⎫=⨯⨯=⨯⨯=⋅ ⎪ ⎪
⎝⎭
⎝⎭
；
13
S =
2
213133S S ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，2
3231129S S ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，…， 2
112
131334(34)39n n n n n S S ----⎡⎤⎛⎫⎛⎫-=⨯=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦
.
132211()()()n n n S S S S S S S S -=-+
+-+-+1
21
334334334391699n -⎛⎫
⎛⎫⎛⎫=
+
+⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭
⎝⎭⎝⎭ 1
1
4419933
334834919
n n --⎡⎤⎛⎫
-⎢⎥ ⎪⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣
⎦
=+=-⋅⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦
-.
探究4：如图，1P 是一块半径为1的半圆形纸板，在1P 的左下端剪去一个半径为1
2的半圆后得到图形2P ，然后依次剪去一个更小半圆（其直径为前一个被剪掉半圆的半径）得图形34,,,,
n P P P ，记纸板n P 的面积
为n S ，则lim n n S →+∞
= .
【解】12
S π
=
，2
2
211122222S S πππ⎛⎫
⎛⎫
=-
⋅=-⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，2
2
2
321112422224S S ππππ⎛⎫
⎛⎫
⎛⎫
=-⋅=-⋅-⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
，…，2
11122n n n S S π--⎛⎫
=-
⋅ ⎪⎝⎭
.
∴2
2
2
1242211111
12
2224222222
2n n n S π
πππππ--⎛⎫
⎛⎫
⎛⎫
⎛⎫
=
-
⋅-⋅--
⋅=-+++
⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
⎝⎭⎝⎭
2211114211
2232
14n n πππ-⎛⎫
- ⎪⎛⎫=-=+
⎪ ⎪⎝⎭ ⎪-⎝⎭
，∴lim 3n n S π
→+∞=.
探究5：如图所示，是树形图形. 第一层是一条与水平线垂直的线段，长度为1；第二层在第一层线段的前端作两条与该段均成135°的线段，长度为其一半；第三层按第二层的方法在每一线段的前端生成两条线段；重复前面的作法作图至第n 层. 设树形图的第n 层的最高点到水平线的距离为第n 层树形图的高度.
(1) 求第三层及第四层树形图的高度3H ，4H ； (2) 求第n 层树形图的高度n H ；
(3) 若树形图的高度大于2，则称树形图为“高大”，否则称为“矮小”. 显然，当1,2n =时是“矮小”的，是否存在m ∈Z ，使得当n m >时，该树形图是“高大”的？
【解析】(1) 设题中树（从下而上）新生的各层高度所构成的数列为{}n a ，则11a =，2122a =321
2
a =，43122a =
，所以，第三层树形图的高度3123
52
H a a a +=++，第四层树形图的高度412342052
H a a a a +=+++=。