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学科网2011年数学高考题型突破精讲专题六一数列教师版


学科网 2011 年数学高考题型突破精讲专题六一数列
【命题特点】 命题特点】
数列是高考考查的重点和热点,分析 2010 年高考试题,从分值来看,数列部分约占总分的 10%左右。等 差数列、等比数列的通项公式、求和公式的应用以及等差、等比数列的基本性质一直是高考的重点内容, 也会是今年高考的重点.对数列部分的考查一方面以小题考查数列的基本知识;另一方面以解答

题形式考 查等差、等比数列的概念、通项公式以及前 项和公式.解答题作为压轴题的可能性较大,与不等式、数学 归纳法、函数等一起综合考查学生运用数学知识进行归纳、总结、推理、论证、运算等能力以及分析问题、 解决问题的能力. 近年来,解析几何题一般不再作为压轴题,而最后一道难度最大的压轴题可能是数列和不等式,函数、 导数、不等式综合考查的题目,导数和向量已成为出题重点,探索性问题必将融入大题中。高考数列压轴 题综合考查等价变换、抽象概括、归纳推理、猜想证明等能力。立 意新颖,是整份试卷中的“亮点”。 复习建议 1.“巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算中非常重要,但用“基本量法”并树立“目标意 识”, “需要什么,就求什么”,既要充分合理地运用条件,又要时刻注意题的目标,往往能取得 与“巧 用性质”解题相同的效果 2.归纳——猜想——证明体现由具体到抽象,由特殊到一般,由有限到无限的辩证思想.学习这部分知 识,对培养学生的逻辑思维能力,计算能力,熟悉归纳、演绎的论证方法,提高分析、综合、抽象、概 括等思维能力,都有重大意义. 3. 解答数列与函数的综合问题要善于综合运用函数方程思想、 化归转化思想等数学思想以及特例分析法, 一般递推法,数列求和及求通项等方法来分析、解决问题. 4.数列与解析几何的综合问题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分,先利用解析几何的知识以及 数形结合得到数列的通项公式,然后再利用数列知识和方法求解.
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【试题常见设计形式】 试题常见设计形式】
有关数列题的命题趋势 1. 数列中 S n 与 a n 的关系一直是高考的热点, 求数列的通项公式是最为常见的题目, 要切实注意 S n 与

a n 的关系。从近两年各地高考试题来看,加大对“递推公式”的考查。
2. 探索性问题在数列中考查较多,试题没有给出结论,需要考生猜出或自己找出结论,然后给以证明. 探索性问题对分析问题解决问题的能力有较高的要求. 3. 等差、等比数列的基本知识必考。这类考题既有选择题,填空题,又有解答题;有容易题、中等题, 也有难题。 4. 求和问题也是常见的试题,等差数列、等比数列及可以转化为等差、等比数列求和问题应掌握,还应 该掌握一些特殊数列的求和. 5.有关数列与函数、数列与不等式、数列与解析几何等问题既是考查的重点,也是考查的难点。
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【突破方法技巧】 突破方法技巧】
重点知识 1.使用等比数列的求和公式,要考虑公比 q = 1 与 q ≠ 1 两种情况,切忌直接用 S n =

a1 (1 ? q n ) 1? q

2.利用 an 与 Sn 的关系: an = ?

?

S1 (n = 1)

? Sn ? Sn ?1 (n ≥ 2)

求解 an ,注意对首项的验证。

3.数列求解通项公式的方法: A.等差等比(求解连续项的差或商,比例出现字母的注意讨论) B. 利用 an 与 Sn 的关系: an = ?

?

S1 (n = 1)

? Sn ? Sn ?1 (n ≥ 2)

C.归纳-猜想-证明法 D.可以转化为等差和等比的数列(一般大多题有提示,会变成证明题) (1)

a n +1 = pa n + q ;令 a n +1 ? λ = p (a n ? λ ) ;
“ a n +1 = pa n + q ”(两边除以 q n )或“ a n +1 = a n + f ( n ) n .

(2) a n +1 = pa n + q n ; (3) a n +1 = pa n + f ( n ) ; (4) a n + 2 = p ? a n +1 + q ? a n .

令 a n + 2 + α ? a n +1 =

β ( a n +1 + α ? a n )

E. 应用迭加(迭乘、迭代)法求数列的通项:① a n +1 = a n + f ( n ) ;② a n +1 = a n f ( n ). F.对于分式 an +1 =

an ,取倒数,数列的倒数有可能构成等差数列(对于分式形式的递推关系) kan + 1

G.给定的 S n = f ( an ) ,形式的,可以结合 S n ? S n ?1 = an ,写成关于 an , an ?1 的关系式,也可以写成关于

S n , S n ?1 的关系式,关键就是那个关系式比较容易的求解出结果来
4.数列求和 公式法;性质法;拆项分组法;裂项相消法;错位相减法;倒序相加法. 或转化为等差数列和等比数列利用公式求解;求解参数的式子中有 (?1) n 结构的,注意对 n 是偶数与奇 数的讨论,往往分开奇数与偶数,式子将会变的简单 5.不等式证明: (1)证明数列 an <> m ,可以利用函数的单调性,或是放缩 (2) 证明连续和, 若是有

1 1 1 , 2n + 1 ,ln(1 + n) 形式的, 每一项放缩成可以裂项相削形式 ? 2n + 1 2n 2n + 1



1 1 ? ) 或者 2n + 1 ? 2n ? 1( 2n + 1 ? 2n ) 或者是 ln(1 + n) ? ln n( ln(1 + n) ? ln( n ? 1) ) 2n ? 1 2n + 1 1 , 2n + 1 的形式,每一项适当的放缩,变形成迭乘相削形式,或者错位相 2n + 1

(注意证明式子与对应项的大小关系);或者是变形成等差或是等比数列求和 (3)证明连续积,若有



2n 2n ? 1 2n + 1 2n + 1 ( )或者 ( ) 2n + 1 2n + 1 2n 2n ? 1

(4)利用函数的单调性,函数赋值的方法构造 (5)最后就是:若是上述形式失败,用数学归纳法

(6)比较法 (7)放缩通常有化归等比数列和可裂项的形式 (8)对于证明存在问题、唯一问题、大小问题等有时可以尝试反证法 数列问题以其多变的形式和灵活的解题方法倍受高考考试命题者的青睐,历年来都是高考命题的“热 点”。对应试考生来说,数列既是重点,又是难点。近年来,高考中数列问题已逐步转向多元化,命题中 含有复合数列形式的屡见不鲜,从而,这类问题成为学生应试的新难点。本文试图探索这类问题的求解方 法和技巧。 1、通项探求型 该类题型一般转化为等差、等比数列或常见的简单的递推数列来实现求解,求解过程直接 化,求解技巧模式化。 2、大小比较型 比较两个数列的大小关系型问题,一般利用比差法和比商法来达到目的,借助于数的正 负性质来判断,从而获解。 3、 两个数列的子数列性质型 探索两个数列公共项的有关性质, 公共项构成的数列是两个数列的子数列, 所以,抓住它们的通项是解题的关键。 4、存在性探索型 该类问题一般是先设后证,然后反推探索,若满足题设则存在,若不合题意或矛盾, 则不存在,它是探索性命题中的一种极为典型的命题形式。 5、参数范围型 在复合数列问题中再引入参数,难度更大,探索参数的取值范围对考生来说是一个难点,这类问题主要是 建立目标函数或目标不等式,转 化为求函数量值和求解不等式。

【典型例题分析】 典型例题分析】

:学 [来源:学§科§网] [来源:学 §科§网 ] §网

数列的综合题难度都很大,甚至很多都是试卷的压轴题,它不仅考查函数与方程、转化与化归、分类讨 论等重要思想,还涉及了配方法、换元法、待定系数法、放缩法等基本数学方法.其中的高考热点——探索 性问题也出现在近年高考的数列解答题中. 考点一:等差、 考点一:等差、等比数列的概念与性质 【例 1】 例 已知数列 {a n } 的首项 a1 = 2a + 1(a 是常数, a ≠ ?1 ) a n = 2a n ?1 + n 2 ? 4n + 2( n ≥ 2 ) 且 , , 数列 {bn } 的首项 b1 = a ,bn = a n + n ( n ≥ 2 )。 (1)证明:{bn } 从第 2 项起是以 2 为公比的等比数列;
2

(2)设 S n 为数列 {bn } 的前 n 项和,且 {S n } 是等比数列,求实数 a 的值;(3)当 a>0 时,求数列 {a n } 的 最小项。

当 n≥2 时,

Sn (2a + 2)2n ? 3a ? 4 3a + 4 = = 2+ n ?1 S n ?1 (2a + 2)2 ? 3a ? 4 (a + 1)2n ?1 ? 3a ? 4

4 ∵ {S n } 是等比数列, ∴ S n (n≥2)是常数,∴3a+4=0,即 a = ? 。 3 S n ?1
(3) (1) 由 知当 n ≥ 2 时,bn = (4a + 4)2
n? 2

?2a + 1 (n = 1) = (a + 1)2 n , 所以 an = ? , 所以数列 {a n } n 2 ?(a + 1)2 ? n (n ≥ 2)
1 4


为 2a+1, 8a-1, 4a, 16a, 32a+7, ……显然最小项是前三项中的一项。 a ∈ (0, ) 时, 当 最小项为 8a-1;

1 1 1 时,最小项为 4a 或 8a-1;当 a ∈ ( , ) 时,最小项为 4a; 4 4 2 1 当 a ∈ ( , +∞ ) 时,最小项为 2a+1。 2 a=

当a =

1 时,最小项为 4a 或 2a+1; 2

点评:本题考查了用定义证明等比数列,分类讨论的数学思想,有一定的综合性。 【例 2】已知数列 {an } 中 a1 = 2 , an +1 = ( 2 ? 1)( an + 2) , n = 1, 3, . 例 2, … (Ⅰ)求 {an } 的通项公式;(Ⅱ)若数列 {bn } 中 b1 = 2 , bn +1 =

3bn + 4 , n = 1, 3, , 2, … 2bn + 3

2, … 证明: 2 < bn ≤ a4 n ?3 , n = 1, 3, .

< (3 ? 2 2)2 (bk ? 2) ≤ ( 2 ? 1) 4 (a4 k ?3 ? 2) = a4 k +1 ? 2 .
也就是说,当 n = k + 1 时,结论成立.

根据(ⅰ)和(ⅱ)知 2 < bn ≤ a4 n ?3 , n = 1, 3, . 2, … 【点评 点评】 本题考查等差、等比数列的基本运算和错位相减法求和的技巧以及方程意识在解题中的作用.属 点评 于中档题,是高考中常见类型.在数列求和中常见的方法有公式法、分组法、错位相减法、裂项相消法、倒 序相加法等,方法的选择由数列通项公式的特点来决定. 考点二: 考点二:求数列的通项与求和 【例 3】2010 宁夏、设数列 {an } 满足 a1 = 2, an +1 ? an = 3 2 例
2 n ?1

(Ⅰ)求数列 {an } 的通项公式;(Ⅱ)令

bn = nan ,求数列的前 n 项和 Sn
解:(Ⅰ)由已知,当 n≥1 时, an +1 = [(an +1 ? an ) + (an ? an ?1 ) + L + (a2 ? a1 )] + a1

= 3(22 n ?1 + 2 2 n ?3 + L + 2) + 2 = 22( n+1)?1 。而 a1 = 2, 所以数列{ an }的通项公式为 an = 2 2 n ?1 。
(Ⅱ)由 bn = nan = n ? 22 n ?1 知 S n = 1 ? 2 + 2 ? 23 + 3 ? 25 + L + n ? 22 n ?1 ① 从而 22 ? S n = 1 ? 23 + 2 ? 25 + 3 ? 27 + L + n ? 22 n +1 ①-②得 (1 ? 2 2 ) ? S n = 2 + 23 + 25 + L + 2 2 n ?1 ? n ? 22 n +1 ② 。即 S n = [(3n ? 1)22 n +1 + 2]

1 9

【例 4】2010 山东、已知等差数列 {an } 满足: a3 = 7 , a5 + a7 = 26 , {an } 的前 n 项和为 Sn . 例 (Ⅰ)求 an 及 Sn ;(Ⅱ)令 bn=

1 (n ∈ N*),求数列 {bn } 的前 n 项和 Tn . an ? 1
2

【解析】(Ⅰ)设等差数列 {an } 的公差为 d,因为 a3 = 7 , a5 + a7 = 26 ,所以有

?a1 + 2d = 7 n(n-1) ,解得 a1 = 3,d = 2 ,所以 an = 3 + (n ? 1)=2n+1 ; Sn = 3n+ 2 × 2 = n 2 +2n 。 ? 2 ?2a1 + 10d = 26
(Ⅱ)由(Ⅰ)知 an = 2n+1 ,所以 bn=

1 1 1 1 1 1 1 = = ? = ?( ), 2 an ? 1 (2n+1) ? 1 4 n(n+1) 4 n n+1
2

所以 Tn =

1 1 1 1 1 1 1 1 n ? (1- + ? + L + ) = ? (1)= , 4 2 2 3 n n+1 4 n+1 4(n+1) n 。 4(n+1)

即数列 {bn } 的前 n 项和 Tn =

【命题意图】本题考查等差数列的通项公式与前 n 项和公式的应用、裂项法求数列的和,熟练数列的基础 知识是解答好本类题目的关键。

考点三: 考点三:数列与不等式的联系

【例 5】 例 2010 大纲全国 I、 已知数列 {an } 中,a1 = 1, an +1 = c ?

1 5 1 (Ⅰ) c = , bn = . 设 , 求数列 {bn } an ? 2 an 2

的通项公式;(Ⅱ)求使不等式 an < an +1 < 3 成立的 c 的取值范围 . 【命题意图】本小题主要考查数列的通项公式、等比数列的定义、递推数列、不等式等基础知识和基本技 能,同时考查分析、归纳、探究和推理论证问题的能力,在解题过程中也渗透了对函数与方程思想、化归与 转化思想的考查.

(Ⅱ) a1 = 1, a2 = c ? 1,由a2 > a1得c > 2. 用数学归纳法证明:当 c > 2 时 an < an +1 . (ⅰ)当 n = 1 时, a2 = c ?

1 > a1 ,命题成立; a1

【点评 点评】 考查数列的相关知识,具有一定难度,与不等式的证明相结合,带有一定的技巧性. 点评 【例 6】2010.重庆、 在数列 {a n } 中, a1 = 1 , an +1 = can + c 例
?
n +1

(2n + 1) ( n ∈ N ? ),其中实数 c ≠ 0 .

(Ⅰ)求 {a n } 的通项公式;(Ⅱ)若对一切 k ∈ N 有 a 2 k > a 2 k ?1 ,求 c 的取值范围. 不等式的解法以及方程和函数思想. 【命题意图】本题主要考查数列的定义、数列通项公式、数学归纳法、不等式的解法以及方程和函数思想. 命题意图】本题主要考查数列的定义、数列通项公式、 不等式的解法以及方程和函数思想 本题的实质是: 为常数)求通项公式. 本题的实质是:已知递推公式 an +1 = pan + f ( n) ( p , q 为常数)求通项公式.
2 2 2 2 【解析】(Ⅰ)解法一:由 a1 = 1, a 2 = ca1 + c ? 3 = 3c + c = ( 2 ? 1)c + c , 解析】

a 3 = ca 2 + c 3 ? 5 = 8c 3 + c 3 = (3 2 ? 1)c 3 + c 2 , a 4 = ca3 + c 4 ? 7 = 15c 4 + c 3 = (4 2 ? 1)c 4 + c 3 ,
猜测 a n = ( n ? 1)c + c
2 n n ?1

,n∈ N?.

下用数学归纳法证明.
2 k k ?1

当 n = 1 时,等式成立;假设当 n = k 时,等式成立,即 a k = ( k ? 1)c + c

,则当 n = k + 1 时,

a k +1 = ca k + c k `+1 (2k + 1) = c[(k 2 ? 1)c k + c k ?1 ] + c k +1 (2k + 1)

= (k 2 + 2k )c k +1 + c k = [(k + 1) 2 ? 1]c k +1 + c k ,
综上, a n = ( n ? 1)c + c
2 n n ?1

对任何 n ∈ N 都成立.

?

解法二:由原式得

a n +1 a n an 1 = n + (2n + 1) . 令 bn = n , b1 = , bn +1 = bn + (2n + 1) , 则 因此对 n ≥ 2 有 n +1 c c c c

bn = (bn ? bn ?1 ) + (bn ?1 ? bn ? 2 ) + L + (b2 ? b1 ) + b1 = (2n ? 1) + (2n ? 3) + L + 3 +
因此 a n = ( n ? 1)c + c
2 n n ?1

1 1 = n2 ?1+ , c c
, n ≥ 2 . 又当 n = 1 时上式成立.

因此 a n = ( n ? 1)c + c
2 n

n ?1

,n∈ N?.

(Ⅱ)解法一:由 a 2 k > a 2 k ?1 ,得 [(2k ) 2 ? 1]c 2 k + c 2 k ?1 > [(2k ? 1) 2 ? 1]c 2 k ?1 + c 2 k ? 2 ,

解法二:由 a 2 k > a 2 k ?1 ,得 [(2k ) 2 ? 1]c 2 k + c 2 k ?1 > [(2k ? 1) 2 ? 1]c 2 k ?1 + c 2 k ? 2 ,

因c

2k ?2

> 0 ,所以 4(c 2 ? c)k 2 + 4ck ? c 2 + c ? 1 > 0 对 k ∈ N ? 恒成立.

2 2 2 记 f ( x) = 4(c ? c) x + 4cx ? c + c ? 1 ,下分三种情况讨论.

(ⅰ)当 c ? c = 0 即 c = 0 或 c = 1 时,代入验证可知只有 c = 1 满足要求.
2

(ⅱ)当 c ? c < 0 时,抛物线 y = f (x ) 开口向下,因此当正整数 k 充分大时, f ( x ) < 0
2

不符合题意,此时无解. (ⅲ)当 c ? c > 0 即 c < 0 或 c > 1 时,抛物线 y = f (x ) 开口向上,其对称轴
2

x=

1 必在直线 x = 1 的左边. 因此, f (x ) 在 [1,+∞) 上是增函数. 2(1 ? c)
?

所以要使 f ( k ) > 0 对 k ∈ N 恒成立,只需 f (1) > 0 即可. 由 f (1) = 3c 2 + c ? 1 > 0 解得 c <

? 1 ? 13 ? 1 + 13 或c > . 6 6

结合 c < 0 或 c > 1 得 c < ?

1 + 13 或c > 1. 6

综合以上三种情况, c 的取值范围为 ( ?∞,?

1 + 13 ) U [1,+∞) . 6

点评:本题是数列、超越函数、导数的学归纳法的知识交汇题,属于难题,复习时应引起注意。 考点四:数列与函数、 考点四:数列与函数、向量等的联系 【例 7】2010 湖南、 例 数列 {an } ( n ∈ N ) 中,a1 = a ,an +1 是函数 f n ( x ) =
*

1 3 1 x ? (3an + n 2 ) x 2 + 3n 2 an x 的 3 2

极小值点.(Ⅰ)当 a=0 时,求通项 an ;(Ⅱ)是否存在 a,使数列 {an } 是等比数列?若存在,求 a 的取值 范围;若不存在,请说明理由. 解:易知 f n ( x) = x ? (3an + n ) x + 3n an = ( x ? 3an )( x ? n ). 令 f n ( x ) = 0 ,得 x1 = 3an , x2 = n .
2 2 2 2 2 ′ ′

(1)若 3an < n ,则当 x < 3an 时, f n ( x ) > 0 , f n ( x ) 单调递增;当 3an < x < n 时, f n ( x ) < 0 , f n ( x )
2 2





单调递减;当 x > n 时, f n′ ( x ) > 0 , f n ( x ) 单调递增.故 f n ( x ) 在 x = n 时取得极小值.
2 2

(2)若 3an > n ,仿(1)可得, f n ( x ) 在 x = 3an 时取得极小值.
2

(3)若 3an = n 2 ,则 f n′ ( x ) ≥ 0 , f n ( x ) 无极值. (Ⅰ)当 a=0 时,a1 = 0 ,则 3a1 < 1 ,由(1)知,a2 = 1 = 1 .因 3a2 = 3 < 2 ,则由(1)知,a3 = 2 = 4 .
2 2 2 2

因为 3a3 = 12 > 3 ,则由(2)知,a4 = 3a3 = 3 × 4 .又因为 3a4 = 36 > 4 ,则由(2)知,a5 = 3a4 = 3 × 4 .
2 2 2

由此猜测:当 n≥3 时, an = 4 × 3

n ?3

.下面用数学归纳法证明:当 n≥3 时, 3an > n .
2

事实上,当 n=3 时,由前面的讨论知结论成立. 假设当 n=k(k≥3)时, 3ak > k 2 成立,则由(2)知, ak +1 = 3ak > k 2 ,从而

3ak +1 ? (k + 1) 2 > 3k 2 ? (k + 1) 2 = 2k (k ? 2) + 2k ? 1 >0.所以 3ak +1 > (k + 1)2 .
故当 n≥3 时, 3an > n 2 成立.于是由(2)知,当 n≥3 时, an +1 = 3an ,而 a3 = 4 ,因此 an = 4 × 3 所述,当 a=0 时, a1 = 0 , a2 = 1 , an = 4 × 3n ?3 (n≥3). (Ⅱ)存在 a,使数列 {an } 是等比数列.事实上,由(2)知,对任意的 n,都有 3an > n 2 ,则 an +1 = 3an .即 数列 {an } 是首项为 a 公比为 3 的等比数列,且 an = a ? 3
n 2
n ?3

.综上

n ?1

.

而要使 3an > n 2 ,即 a ? 3 > n 对一切 n ∈ N 都成立,只需 a >
*

n2 * 对一切 n ∈ N 都成立. 3n

1 4 1 n2 记 bn = n ,则 b1 = , b2 = , b3 = ,…. 3 9 3 3
令y=

1 1 x2 x2 2 2 ,则 y′ = x (2 x ? x ln 3) < x (2 x ? x ) .因此,当 x≥2 时, y′ < 0 ,从而函数 y = x 在 [2, +∞) 3 3 3x 3
4 4 .于是当 a > 时,必有 9 9

上为单调递减.故当 n≥2 时,数列 {bn } 单调递减,即数列 {bn } 中最大的项为 b2 =

a>

4 n2 .这说明,当 a ∈ ( , +∞ ) 时,数列 {an } 是等比数列. n 9 3

当a =

4 4 4 时,可得 a1 = , a2 = .而 3a2 = 4 = 22 ,由(3)知 f 2 ( x ) 无极值,不合题意. 9 9 3 1 4 当 < a < 时,可得 a1 = a , a2 = 3a , a3 = 4 , a4 = 12 ,…,数列 {an } 不是等比数列. 3 9 1 当 a = 时,可得 3a = 1 = 12 ,由(3)知 f1 ( x ) 无极值,不合题意. 3 1 当 a < 时,可得 a1 = a , a2 = 1 , a3 = 4 , a4 = 12 ,…,数列 {an } 不是等比数列. 3 4 综上所述,存在 a,使数列 {an } 是等比数列,且 a 的取值范围为 ( , +∞) . 9

【例 8】已知数列 {an } 中, a1 = 1 , nan +1 = 2( a1 + a2 + ... + an ) n ∈ N * . 例 (1)求 a2 , a3 , a4 ;(2)求数列 {an } 的通项 an ;

(

)

(3)设数列 {bn } 满足 b1 =

1 1 2 , bn +1 = bn + bn ,求证: bn < 1(n ≤ k ) 2 ak

分析:条件中有类似于前 n 项和的形式出现,提示我们应该考虑 an=Sn-Sn-1(n≥2)

因此:

1 1 1 1 1 1 k ?1 k +1 =( ? ) + ... + ( ? ) + > ? +2= bk bk bk ?1 b2 b1 b1 k k
k < 1 , 所以 bn < 1(n ≤ k ) k +1

所以 bk <

点评:与数列相关的不等式证明通常需要“放缩”,而放缩的“度”尤为关键,本题中

1 1 1 1 1 1 =( ? ) + ... + ( ? ) + , 这种拆分方法是数学中较高要求的变形. bk bk bk ?1 b2 b1 b1
考点五: 考点五:数列与解析几何的联系 【例 9】2010 安徽、设 C1 , C2 ,…, Cn ,…是坐标平面上的一列圆,它们的圆心都在 x 轴的正半轴上,且都 例 与直线 y =

3 x 相切,对每一个正整数 n ,圆 Cn 都与圆 Cn +1 相互外切,以 rn 表示 Cn 的半径,已知 {rn } 为 3 y

递增数列.(Ⅰ)证明: {rn } 为等比数列;

x
n (Ⅱ)设 r1 = 1 ,求数列 { } 的前 n 项和. rn
O

本题考查等比数列的基本知识,利用错位相减法求和等基本方法,考查抽象能力以及推理论证能力.

解:(Ⅰ)将直线 y =

3 3 1 x 的倾斜角记为 θ ,则有 tan θ = , sin θ = . 3 3 2

设 Cn 的圆心为 (λn , 0) ,则由题意知

λn

rn

=

1 ,得 λn = 2rn ;同理 λn +1 = 2rn +1 . 2
[来源:学科网 ZXXK]

从而 λn +1 = λn + rn + rn +1 = 2rn +1 ,将 λn = 2rn 代入,解得 rn +1 = 3rn .故 {rn } 为公比 q = 3 等比数列. (Ⅱ)由于 r1 = 1 , q = 3 ,故 rn = 3
n ?1

,从而

n = n ? 31? n , rn

记 Sn =

1 2 n + + ??? + ,则有 S n = 1 + 2 ? 3?1 + ??? + n ? 31? n , ① r1 r2 rn


Sn = 1 ? 3?1 + 2 ? 3?2 + ??? + (n ? 1) ? 31? n + n ? 3? n 3
①-②,得

2Sn 1 ? 3? n 3 3 = 1 + 3?1 + 3?2 + ??? + 31? n ? n ? 3? n = ? n ? 3? n = ? (n + ) ? 3? n 3 2 2 2

9 1 3 1? n 9 ? (2n + 3) ? 31? n ∴ Sn = ? (n + ) ? 3 = . 4 2 2 4
【例 10 例 10】2010 广东、已知曲线 C n : y = nx , 点 Pn ( x n , y n )( x n > 0, y n > 0) 是曲线 C n 上的点
2

( n = 1,2, L ).(1)试写出曲线 C n 在点 Pn 处的切线 l n 的方程,并求出 l n 与 y 轴的交点 Qn 的坐标; (2)若原点 O (0,0) 到 l n 的距离与线段 Pn Qn 的长度之比取得最大值,试求点 Pn 的坐标 ( x n , y n ) ; (3)设 m 与 k 为两个给定的不同的正整数, x n 与 y n 是满足(2)中条件的点 Pn 的坐标.

证明:

∑|
n =1

s

(m + 1) xn ? (k + 1) yn | <| ms ? ks | ( s = 1, 2,L) 2

【命题意图】考查抛物线、切线方程、不等式、点到直线的距离和导数等知识,考查化归与转化的数学思 想方法,以及运算求解能力和数学探究能力 【解析】:(1)∵ nx 2 :
2

( )′ = 2nx ,∴曲线 C

n

过点 Pn ( xn , yn ) 的切线 l n 的方程为 y ? nxn = 2nxn ( x ? xn ) ,
2 2

2 即 2nxn x ? y ? nxn = 0 .令 x = 0 ,得 y = ? nxn ,∴点 Qn 的坐标为 0, ? nxn . 2 nxn

(

)

(2)原点 O ( 0, 0 ) 到 l n 的距离为 d ( xn ) =

1 + 4n x
2

2 n

, Pn Qn =

2 4 xn + 4n 2 xn .

d ( xn ) Pn Qn

=

d ( xn ) nxn n 1 1 1 = = 4n 2 xn ,即 xn = ,∴ 时, 取得最大值 . 2 2 1 1 + 4n xn xn 2n PnQn 4 + 4n 2 xn xn
? 1 1 ? , ?. ? 2n 4 n ?
s (m + 1) xn ? (k + 1) yn = ∑ 2 n =1

故所求点 Pn 的坐标为 ?

(3)由(2)知 xn =

s 1 1 , yn = ,于 是 ∑ 2n 4n n =1

m +1 ? k +1 2 n

=∑
n =1

s

2 n
s

(

m?k m +1 + k +1 1 n

)

<∑
n =1

s

2 n
s

(

m?k m+ k
1 2 n
s

)

=

m? k

∑2
n =1

s

1 n
n ? n ?1

现证明

∑2
n =1

< s ( s = 1, 2,L) . ∑
n =1

<∑
n =1

1 n + n ?1

=∑
n =1

s

(

)

= 1+

(

2 ?1 +

) (

3 ? 2 +L +

)

(

s ? s ? 1 = s ,故问题得证.

)

【突破训练】 突破训练】
1、重庆文、已知 {an } 是首项为 19,公差为-2 的等差数列, Sn 为 {an } 的前 n 项和.(Ⅰ)求通项 an 及 Sn ; (Ⅱ)设 {bn ? an } 是首项为 1,公比为 3 的等比数列,求数列 {bn } 的通项公 式及其前 n 项和 Tn . 【解析】 (Ⅰ)因为 {an } 是首项为 a1 = 19 ,公差为 d = ?2 的等差数列,所以 an = 19 ? 2( n ? 1) = 21 ? 2n ,

Sn = 19n +

n(n ? 1) (?2) = ? n 2 + 20n 2
n ?1

(Ⅱ)由题意得 bn ? an = 3
0 1

所以 bn = 3
n ?1

n ?1

+ an 1 ? 3n 3n ? 1 2 ? n 2 + 20n = ? n + 20n 1? 3 2

则 Tn = 3 + a1 + 3 + a2 + L + 3

+ an = 30 + 31 + L + 3n ?1 + S n =

2、全国 I 文、记等差数列 {an } 的前 n 项和为 Sn ,设 S3 = 12 ,且 2a1 , a2 , a3 + 1 成等比数列, 求 Sn .
2 2 ? 2a1 (a3 + 1) = a2 ?a12 + 2a1d ? d 2 + 2a1 = a2 即? 解析 设数列 {an } 的公差为 d ,依题设有 ? a1 + d = 4 ?a1 + a2 + a3 = 12 ?

解得 a1 = 1, d = 4 或 a1 = 8, d = ?4 故 S n =

1 n(3n ? 1) 或 S n = 2n(5 ? n) 2

3、课标全国Ⅰ、设等差数列 {an } 满足 a3 = 5 , a10 = ?9 。(Ⅰ)求 {an } 的通项公式; (Ⅱ)求 {an } 的 前 n 项和 Sn 及使得 Sn 最大的序号 n 的值。

【解析】:(1)由 an = a1 +(n-1)d 及 a1=5, a10 =-9 得 ? 数列{ an }的通项公式为 an=11-2n。 (2)由(1) 知 Sn =na1+

? a1 + 2d = 5 ? a1 = 9 解得 ? ? d = ?2 ?a1 + 9d = ?9

n(n ? 1) 2 2 d=10n-n 因为 Sn =-(n-5) +25. 所以 n=5 时, Sn 取得最大值。 2

(Ⅰ)求 {an } 的通项公式; Ⅱ)若等差数列 {bn } ( 4、北京文、已知 {an } 为等差数列,且 a3 = ?6 ,a6 = 0 。 满足 b1 = ?8 , b2 = a1 + a2 + a3 ,求 {bn } 的前 n 项和公式 解:(Ⅰ)设等差数列 {an } 的公差 d 。因为 a3 = ?6, a6 = 0 所以 an = ?10 + ( n ? 1) ? 2 = 2n ? 12 (Ⅱ)设等比数列 {bn } 的公比为 q 因为 b2 = a1 + a 2 + a3 = ?24, b = ?8 所以 ?8q = ?24 所以解得 a1 = ?10, d = 2

即 q =3 所以 {bn } 的前 n 项和公式为 S n =

b1 (1 ? q n ) = 4(1 ? 3n ) 1? q

5、山东文、 已知等差数列 {an } 满足: a3 = 7 , a5 + a7 = 26 . {an } 的前 n 项和为 Sn . (Ⅰ)求 an 及 Sn ; (Ⅱ)令 bn =

1 ( n ∈ N + ),求数列 {bn } 的前 n 项和 Tn . an ? 1
2

【命题意图】本题考查等差数列的通项公式与前 n 项和公式的应用、裂项法求数列的和,熟练数列的基础 知识是解答好本类题目的关键。 【解析】(Ⅰ)设等差数列 {an } 的公差为 d,因为 a3 = 7 , a5 + a7 = 26 ,所以有 ? 解得 a1 = 3,d = 2 ,所以 an = 3 + (n ? 1)=2n+1 ; Sn = 3n+ 2 (Ⅱ)由(Ⅰ)知 an = 2n+1 ,所以 bn=

?a1 + 2d = 7 , ?2a1 + 10d = 26

n(n-1) × 2 = n 2 +2n 。 2

1 1 1 1 1 1 1 = = ? = ?( ), 2 an ? 1 (2n+1) ? 1 4 n(n+1) 4 n n+1
2

所以 Tn =

1 1 1 1 1 1 1 1 n n ? (1- + ? + L + ) = ? (1)= ,即数列 {bn } 的前 n 项和 Tn = 。 4 2 2 3 n n+1 4 n+1 4(n+1) 4(n+1)
n+1

1 ?1? 6、福建文、数列{ an } 中 a = ,前 n 项和 Sn 满足 S n +1 - Sn = ? ? 3 ? 3?

(n ∈ N ) ( I ) 求数列{ an }的通项
*

公式 an 以及前 n 项和 Sn ;(II)若 S1, t ( S1+S2 ), 3( S2+S3 ) 成等差数列,求实数 t 的值。 本小题主要考查数列、等差数列、等比数列等基础知识,考查运算求解能力,考查函数与方程思想、化归

与转化思想.满分 12 分.

1 1 解:(Ⅰ)由 S n+1 -S n =( )n + 1 得 an +1 = ( )n +1 (n∈N *); 3 3
1 1 × [1 ? ( )n ] 1 1 n 3 = 1 [1 ? ( 1 ) n ] (n∈N *). 又 a1 = ,故 an = ( ) (n∈N *)从而 sn = 3 1 2 3 3 3 1? 3
(Ⅱ)由(Ⅰ)可得 S1 =

1 4 13 , S 2 = , S3 = .从而由 S 1,t (S 1+ S 2),3(S 2+ S 3)成等差数列可得: 3 9 27 1 4 13 1 4 + 3 × ( + ) = 2 × ( + )t ,解得 t=2. 3 9 27 3 9
w_w w. k#s5 _u.

7、2010 四川文、 已知等差数列 {an } 的前 3 项和为 6,前 8 项和为-4。 (Ⅰ)求数列 {an } 的通项公式;(Ⅱ)设 bn = (4 ? an ) q 解:(1)设{an}的公差为 d 由已知得 ?


n ?1

(q ≠ 0, n ∈ N * ) ,求数列 {bn } 的前 n 项和 Sn

?3a1 + 3d = 6 解得 a1=3,d=-1 故 an=3-(n-1)(-1)=4-n5 分 ?8a1 + 28d = ?4


(2)由(1)的解答得,bn=n·qn 1,于是 Sn=1·q0+2·q1+3·q2+……+(n-1)·qn 1+n·qn. + 若 q≠1,将上式两边同乘以 q,得 qSn=1·q1+2·q2+3·q3+……+(n-1)·qn+n·qn 1. 将上面两式相减得到(q-1)Sn=nqn-(1+q+q2+……+qn 1) =nqn-

w

qn ? 1 q ?1

于是 Sn=

nq n +1 ? (n + 1)q n + 1 n(n + 1) 若 q=1,则 Sn=1+2+3+……+n= 2 (q ? 1) 2

? nq n +1 ? (n + 1)q n + 1 (q ≠ 1) ? ? (q ? 1) 2 所以,Sn= ? ……12 分 n(n + 1) ? (q = 1) ? 2 ?
2 8、2010 江西文、正实数数列 {an } 中, a1 = 1, a2 = 5 ,且 {an } 成等差数列 .(1) 证明数列 {an } 中有无穷多项为

无理数;(2)当 n 为何值时, an 为整数,并求出使 an < 200 的所有整数项的和. 【解析】考查等差数列及数列分组求和知识
2 证明:(1)由已知有: an = 1 + 24( n ? 1) ,从而 an = 1 + 24(n ? 1) ,

方法一:取 n ? 1 = 24 2 k ?1 ,则 an = 1 + 24 2 k ( k ∈ N * ) 用反证法证明这些 an 都是无理数.假设 an = 1 + 24 2 k 为有理数,则 an 必为正整数,且 an > 24 k ,故

an ? 24k ≥ 1 . an ? 24k > 1 ,与 ( an ? 24k )( an + 24k ) = 1 矛盾,

所以 an = 1 + 24 2 k ( k ∈ N * )都是无理数,即数列 {an } 中有无穷多项为无理数;
2 方法二:因为 an +1 = 1 + 24 n, ( n ∈ N ) ,当 n 的末位数字是 3, 4,8,9 时,1 + 24n 的末位数字是 3 和 7 ,它不

是整数的平方,也不是既约分数的平方,故此时 an +1 = 1 + 24n 不是有理数,因这种 n 有无穷多,故这种 无理项 an +1 也有无穷多. (2) 要使 an 为整数, (an ? 1)(an + 1) = 24( n ? 1) 可知:an ? 1, an + 1 同为偶数, 由 且其中一个必为 3 的倍数,
2 所以有 an ? 1 = 6m 或 an + 1 = 6m 当 an = 6m + 1 时,有 an = 36 m 2 + 12 m + 1 = 1 + 12 m(3m + 1) ( m ∈ N ) 2 又 m (3m + 1) 必为偶数,所以 an = 6m + 1 ( m ∈ N )满足 an = 1 + 24( n ? 1) 即 n =

m(3m + 1) +1 2

2 时,an 为整数; 同理 an = 6 m ? 1( m ∈ N * ) 有 an = 36 m 2 ? 12m + 1 = 1 + 12m(3m ? 1)( m ∈ N * ) ( m∈ N ) 2 也满足 an = 1 + 24( n ? 1) ,即 n =

m(3m ? 1) + 1 ( m ∈ N * )时, an 为整数;显然 an = 6m ? 1( m ∈ N * ) 和 2 m(3m + 1) m(3m ? 1) an = 6m + 1 ( m ∈ N )是数列中的不同项;所以当 n = + 1 ( m ∈ N )和 n = +1 2 2

( m∈ N* ) 时,an 为整数; an = 6m + 1 < 200( m ∈ N ) 0 ≤ m ≤ 33 , an = 6m ? 1 < 200( m ∈ N * ) 由 有 由 有 1 ≤ m ≤ 33 .设 an 中满足 an < 200 的所有整数项的和为 S ,则 S = (5 + 11 + L + 197) + (1 + 7 + L + 199)

=

5 + 197 1 + 199 × 33 + × 34 = 6733 2 2

9、2010 陕西、已知

是公差不为零的等差数列, 求数列 的前 n 项和

成等比数列.

求数列 解

的通项;

由题设知公差

由 解得 故 的通项

成等比数列得
(舍去)

,

由等比数列前 n 项和公式得
10、2010 湖北、 已知数列 {an } 满足:

a

1

=

1 , 2

3 (1 + an +1 ) 1 ? an

=

2 (1 + an ) 1 ? an +1

, a n a n + 1 < 0 ;数列 {bn } 满足:

bn = an +12 - an 2 (n≥1).(Ⅰ)求数列 {an } , {bn } 的通项公式;(Ⅱ)证明:数列 {bn } 中的任意三项不可能成等
差数列. 本小题主要考查等差数列、等比数列等基础知识以及反证法,同时考查推理论证能力。( 。(满分 本小题主要考查等差数列、等比数列等基础知识以及反证法,同时考查推理论证能力。(满分 13 分) 解:(Ⅰ)由题意知, 1 ? an +1 =
2 2 1

2 (1 ? an2 ) 令 cn = 1 ? an2 3

则 cn +1 =

2 cn 3
n ?1

3 3 2 3 ?2? 又 c1 = 1 ? a = , 则数列 {cn } 是首项为 c1 = ,公比为 的等比数列,即 cn = ? ? 4 4 3 4 ?3?

3?2? 故1 ? a = ? ? 4?3?
2 n

n ?1

3?2? ? a = 1? ? ? 4?3?
2 n

n ?1

1 3 ?2? n ?1 又 a1 = > 0 , an an +1 < 0 ,故 an = ( ?1) 1? ? ? 2 4 ?3?

n ?1

(Ⅱ)假设数列 {bn } 中的存在三项 br ,bs ,bt ( r < s < t )按某种顺序成等差数列.,由于数列 {bn } 是首项为

b1 =

1 2 ,公比为 的等比数列,于是有 br > bs > bt ,则只可能有 2bs = br + bt 成立。 4 3 ?2? ? ? ?3?
s ?1

1 ∴ 2× 4

1 = 4

?2? ? ? ?3?

r ?1

1 + 4

?2? t ?1 1? t s?r t ?s t ?r t ?r ? ? 两边同乘 3 2 ,化简得 2 × 2 3 = 2 + 3 3? ?

t ?1

由于 r < s < t ,所以上式左边为偶数,右边为奇数,故上式不能成立,导致矛盾。 故数列 {bn } 中的任意三项不可能成等差数列 11、2010 浙江文、设 a1,d 为实数,首项为 a1,公差为 d 的等差数{an}的前 n 项和为 s n ,满足 s5 ? s 6 +15 =0.(Ⅰ)若 S5=5.求 s 6 及 a1;(Ⅱ)求 d 的取值范围.

【解析】(Ⅰ)解:由题意知 s 6 =

?5a1 + 10d = 5 -15 =-3, a 6 = s 6 ? s 5 =-8 所以 ? ,解得 a1=7 所以 s 6 =-3,a1=7 S5 ? a1 + 5d = ?8

(Ⅱ)解:因为 s5 ? s 6 +15=0,所以(5a1+10d)(6a1+15d)+15=0, 即 2a1 +9da1+10d +1=0.故(4a1+9d) =d -8. 所以 d ≥8.故 d 的取值范围为 d≤-2 2 或 d≥2 2 .
2 2 2 2 2

【命题意图】本题主要考查等差数列概念、求和公式等基础知识,同时 考查运算求解能力及分析问题解决 问题的能力. 12、2010 陕西文、已知{an}是公差不为零的等差数列,a1=1,且 a1,a3,a9 成等比数列.(Ⅰ)求数列{an} 的通项;(Ⅱ)求数列{2an}的前 n 项和 Sn.
[来源:Z#xx#k.Com]

解(Ⅰ)由题设知公 差 d≠0, 由 a1=1,a1,a3,a9 成等比数列得 解得 d=1,d=0(舍去), (Ⅱ)由(Ⅰ)知 2
am

1 + 2d 1 + 8d = , 1 1 + 2d

故{an}的通项 an=1+(n-1)×1=n.

=2n,由等比数列前 n 项和公式得 Sm=2+22+23+… +2n=

2(1 ? 2 n ) n+1 =2 -2. 1? 2
*

13、2010 上海市文、已知数列 {an } 的前 n 项和为 Sn ,且 S n = n ? 5a n ?85 , n ∈ N (1)证明: {an ? 1} 是

等比数列;(2)求数列 {S n } 的通项公式,并求出使得 S n +1 > S n 成立的最小正整数 n .

[来源:学#科#网]

【命题意图】本题主要考查等比数列的定义、数列求和公式、不等式的解法以及方程和函数思想.本题的实 质是:已知递推公式 an +1 = pan + q ( p , q 为常数)求通项公式. 【解析】(1)由已知得 S1 = 1 ? 5a 1 ?85 ,∴ a1 = ?14 ,当 n ≥ 2 时, S n = n ? 5a n ?85 ,

14、2010 天津文、在数列 {a n } 中,a1 =0,且对任意 k ∈ N* ,a 2k ?1 , a 2k , a 2k+1 成等差数列,其公差为 2k.(Ⅰ) 证 明 a 4 , a 5 , a 6 成 等 比数 列; (Ⅱ) 求 数列 {an } 的 通 项公 式;( Ⅲ )记 Tn =

22 32 n2 + + + ,证明 a2 a3 an

3 . < 2n ? Tn ≤ (n ≥ 2) 2 2
【命题意图】本小题主要考查等差数列的定义及前 n 项和公式、等比数列的定义、数列求和等基础知识, 考查运算能力、推理论证能力、综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法。 【解析】(I)证明:由题设可知, a2 = a1 + 2 = 2 , a3 = a2 + 2 = 4 , a4 = a3 + 4 = 8 , a5 = a4 + 4 = 12 ,

a6 = a5 + 6 = 18 。从而

a6 a5 3 = = ,所以 a4 , a5 , a6 成等比数列。 a5 a4 2

(II)解:由题设可得 a2 k +1 ? a2 k ?1 = 4k , k ∈ N * 所以 a2 k +1 ? a1 = ( a2 k +1 ? a2 k ?1 ) + ( a2 k ?1 ? a2 k ?3 ) + ... ( a3 ? a1 )

= 4k + 4 ( k ? 1) + ... + 4 ×1 = 2k ( k + 1) , k ∈ N * .
由 a1 = 0 ,得 a2 k +1 = 2k ( k + 1) ,从而 a2 k = a2 k +1 ? 2 k = 2k 2 .

? n2 ? 1 n , n为奇数 ? n 2 ( ?1) ? 1 ? 2 所以数列 {an } 的通项公式为 an = ? 2 或写为 an = + ,n∈ N *。 2 4 ? n , n为偶数 ?2 ?

(III)证明:由(II)可知 a2 k +1 = 2k ( k + 1) , a2 k = 2 k 2 ,以下分两种情况进行讨论: (1) 当 n 为偶数时,设 n=2m ( m ∈ N *) 若 m = 1 ,则 2n ?
n 2 2

k2 ∑ a = 2, k =2 k
n

m ( 2k ) + m?1 ( 2k + 1) = m 4k 2 + m?1 4k 2 + 4k + 1 k2 若 m ≥ 2 ,则 ∑ =∑ ∑ a ∑ 2k 2 ∑ 2k ( k + 1) k = 2 ak k =1 a2 k k =1 k =1 k =1 2 k +1 m ?1 ? m ?1 ? 4k 2 + 4 k 1 ? 1?1 1 ?? = 2m + ∑ ? + = 2m + ∑ ? 2 + ? ? ? ? 2k ( k + 1) ? 2 ? k k ? 1 ?? k =1 ? 2 k ( k + 1) k =1 ? ?

1? 1? 3 1 = 2m + 2 ( m ? 1) + ?1 ? ? = 2n ? ? . 2? m? 2 n
n k2 3 1 3 k2 所以 2n ? ∑ = + ,从而 < 2n ? ∑ < 2, n = 4, 6,8,.... 2 n 2 k = 2 ak k = 2 ak n

( 2m + 1) k 2 2 m k 2 ( 2m + 1) 3 1 (2) 当 n 为奇数时,设 n = 2m + 1( m ∈ N *) 。 ∑ =∑ + = 4m ? ? + a2 m +1 2 2m 2m ( m + 1) k = 2 ak k = 2 ak
n 2 2 n n 1 1 3 1 k2 3 1 3 k2 = 4m + ? = 2n ? ? 所以 2n ? ∑ = + ,从而 < 2n ? ∑ < 2, 2 2 ( m ? 1) 2 n +1 2 n +1 2 k = 2 ak k = 2 ak

n = 3,5, 7,.... 综合(1)和(2)可知,对任意 n ≥ 2, n ∈ N *, 有

3 < 2n ? Tn ≤ 2. 2

15、2010 江西、证明以下命题:(1)对任一正整数 a ,都存在正整数 b, c (b < c ) ,使得 a 2 , b 2 , c 2 成等差 数列;(2)存在无穷多个互不相似的三角形 ? n ,其边长 an , bn , cn 为正整数且 a n , b n , c n 成等差数列.
2 2 2

证明:(1)易知 12 , 52 , 7 2 成等差数列,故 a 2 , (5a ) 2 , (7 a ) 2 也成等差数列,所以对任一正整数 a ,都存在正 整数 b = 5a, c = 7 a, (b < c ) ,使得 a 2 , b 2 , c 2 成等差数列. (2)若 a n , b n , c n 成等差数列,则有 bn ? an = cn ? bn ,即 (bn ? an )(bn + an ) = (cn ? bn )(cn + bn )
2 2 2 2 2 2 2



选取关于 n 的一个多项式,例如 4n( n 2 ? 1) ,使得它可按两种方式分解因式,由于

4n(n 2 ? 1) = (2n ? 2)(2n 2 + 2n) = (2n + 2)(2n 2 ? 2n)

? an = n 2 ? 2 n ? 1 ?a + bn = 2n ? 2n ?cn + bn = 2n + 2n ? ? ? 因此令 ? n ,可得 ?bn = n 2 + 1 , ? (n ≥ 4) ?bn ? an = 2n + 2 ?cn ? bn = 2n ? 2 2 ? ? ? c = n + 2n ? 1 ? n
2 2



易 验 证 a n , b n , c n 满 足 ① , 因 此 a n , b n , c n 成 等 差 数 列 , 当 n ≥ 4 时 , 有 an < bn < cn 且
2 2 2

an + bn ? cn = n 2 ? 4n + 1 > 0 因此 an , bn , cn 为边可以构成三角形.
其次,任取正整数 m, n (m, n ≥ 4, 且m ≠ n) ,假若三角形 ? m 与 ? n 相似,则有:

m 2 ? 2m ? 1 m 2 + 1 m 2 + 2m ? 1 = = ,据比例性质有: n 2 ? 2n ? 1 n 2 + 1 n 2 + 2n ? 1

m 2 + 1 m2 + 2m ? 1 (m 2 + 2m ? 1) ? (m 2 + 1) m ? 1 = = = n 2 + 1 n 2 + 2n ? 1 n ?1 (n 2 + 2n ? 1) ? (n 2 + 1) m 2 + 1 m2 ? 2m ? 1 (m2 ? 2m ? 1) ? (m 2 + 1) m + 1 = = = n 2 + 1 n 2 ? 2n ? 1 n +1 (n 2 ? 2n ? 1) ? (n 2 + 1)
m + 1 m ?1 = ,由此可得 m = n ,与假设 m ≠ n 矛盾,即任两个三角形 ? m 与 n + 1 n ?1

所以

? n (m, n ≥ 4, m ≠ n) 互不相似,所以存在无穷多个互不相似的三角形 ? n ,其边长 an , bn , cn 为正整
2 2 2 数且 a n , b n , c n 成等差数列.

16、2010 天津、在数列 {an

} 中, a1 = 0 ,且对任意 k ∈ N * k ∈ N , a2 k ?1 , a2 k , a2 k +1 成等差数列,其公差

为 d k 。(Ⅰ)若 d k =2k,证明 a2 k ?1 , a2 k , a2 k + 2 成等比数列( k ∈ N * ); (Ⅱ)若对任意 k ∈ N * , a2 k ?1 , a2 k , a2 k + 2 成等比数列,其公比为 qk .

? 1 ? 3 k2 n (i)设 q1 ≠ 1.证明 ? ≤ 2(n ≥ 2) ? 是等差数列; (ii)若 a2 = 2 ,证明 < 2n ? Σ 2 k ?2 a ? qk ? 1 ? k
【命题意图】本小题主要考查等差数列的定义及通项公式,前 n 项和公式、等比数列的定义、数列求和等 基础知识,考查运算能力、推理论证能力、综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法。 【解析】(Ⅰ)证明:由题设,可得 a 所以a

?a = 4k , k ∈ N * 。 2k + 1 2 k ? 1

2k + 1

? a1 = ( a ?a ) + (a ?a ) + ... + ( a3 ? a1 ) 2k + 1 2k ? 1 2 k ? 1 2k ? 3

= 4k + 4( k ? 1) + ... + 4 × 1 =2k(k+1) 由 a1 =0,得 a

2k + 1
k

= 2k (k + 1), 从而a = a ? 2k = 2k 2 , a = 2(k + 1) 2 . 2k 2k + 1 2k + 2
[来源:Z。xx。k.Com]

a a a k + 1 a2k + 2 k + 1 于是 2k + 1 = , = , 所以 2k + 2 = 2k + 1 。 a 2k a 2k + 1 k a 2k + 1 a 2k
所以 d k = 2k时,对任意k ∈ N , a
*

2k

,a ,a 成等比数列。 2k + 1 2k + 2

(Ⅱ)证法一:(i)证明:由 a

2k ? 1

, a2 k , a 成等差数列,及 a , a 成等比数列,得 ,a 2k + 1 2k 2k + 1 2k + 2

a a 2a = a , 2 = 2 k ? 1 + 2 k + 1 = 1 + qk +a 2k 2k ? 1 2k + 1 a a q 2k 2k k ?1
当 q1 ≠1 时,可知 qk ≠1,k ∈ N
*

从而

1 = q k ?1 2 ?

1 1 q k ?1 ?1

=

1 1 + 1, 即 1 ? = 1(k ≥ 2) ?1 ?1 q q q k ?1 k ?1 k ?1

所以 ?

? ? 1 ? ? ? 是等差数列,公差为 1。 ? qk ? 1 ? ? ?
4 = 2, 1 =1.由(Ⅰ)有 2 q ?1 1

(Ⅱ)证明: a1 = 0 , a2 = 2 ,可得 a3 = 4 ,从而 q1 =

1 q k ?1

= 1 + k ? 1 = k , 得q k = k + 1 , k ∈ N * k

2 a a a ( ) 2k + 2 = 2k + 1 = k + 1 , 从而 2k + 2 = k + 1 ,k ∈ N * 所以 a a k a k2 2k + 1 2k 2k 2 a a a (k ? 1) 2 22 2k . 2k ? 2 .... 4 .a = k 因此, a2 k = . ... .2 = 2k 2 .a 2 (k ? 1)2 (k ? 2) 2 12 2k + 1 a a a 2k ? 2 2k ? 4 2

= a . k + 1 = 2k (k + 1), k ∈ N * 以下分两种情况进行讨论: 2k k
(1) 当 n 为偶数时,设 n=2m( m ∈ N * )若 m=1,则 2n ?
m m k2 (2k ) 2 m ?1 (2k + 1) 2 4k 2 =∑ +∑ =∑ 2 + ∑ a k =1 a a2 k +1 k =2 k k =1 k =1 2 k 2k n

k2 ∑ a = 2. k =2 k
n

若 m≥2,则

m ?1 m ?1 ? 4k 2 + 4k ? 4 k 2 + 4k + 1 1 ? 1?1 1 ?? = 2m + ∑ ? + = 2m + ∑ ? 2 + ? ? ∑ 2k (k + 1) ? ? 2k (k + 1) ? 2 ? k k + 1 ?? k =1 k =1 ? 2 k ( k + 1) k =1 ? ? m ?1

1 1 3 1 = 2m + 2(m ? 1) + (1 ? ) = 2n ? ? 2 m 2 n.
所以 2n ?
n k2 3 1 3 k2 = + , 从而 < 2n ? ∑ < 2, n = 4, 6,8... ∑a 2 n 2 k =2 k k = 2 ak n

* (2)当 n 为奇数时,设 n=2m+1( m ∈ N )

k 2 2 m k 2 (2m + 1) 3 1 (2m + 1) 2 =∑ + = 4m ? ? + ∑ a k =2 a a 2 2m 2m(m + 1) k =2 k k 2 m +1
n 2

1 1 3 1 = 4m + ? = 2n ? ? 2 2(m + 1) 2 n +1
n k2 3 1 3 k2 所以 2n ? ∑ = + , 从而 < 2n ? ∑ < 2, n = 3,5, 7 ··· 2 n +1 2 k = 2 ak k = 2 ak n n 3 k2 < 2n ? ∑ ≤ 2 2 k = 2 ak

综合(1)(2)可知,对任意 n ≥ 2 , n ∈ N ,有
?

证法二:(i)证明:由题设,可得 d k = a2 k +1 ? a2 k = qk a2 k ? a2 k = a2 k ( qk ? 1),

从而

d k +1 k +1 d d d d k k ?1 2 = qk = 。所以 k = k . k ?1 ........ 2 = . ...... = k ,由 d1 = 2 ,可得 d k = 2k 。 dk k d1 d k ?1 d k ? 2 d1 k ? 1 k ? 2 1
2

于是,由(i)可知 a2 k +1 = 2k ( k + 1) , a2 k = 2k , k ∈ N *

以下同证法一。


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