等差数列高考题

2024-05-21

等差数列高考题（共8篇）

篇1：等差数列高考题

2013等差数列高考题

1.（重庆文1）在等差数列an中，a34,则a10a22，＝

A．12B．14C．16D．182.（重庆理11）在等差数列{an}中，和，nN，若a316,S2020,则S10的值为_______

11.（湖北理科13文科9）《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为升.12.（湖南理科12）设Sn是等差数列{an}(nN)的前

a3a737，则a2a4a6a8____

3.（江西文科5）.设an为等差数列，公差d2，n项和，且a11,a47，则S5______

Sn为其前n项和.若S10S11，则a1=（）A.18 B.20

C.22D.24

4.（辽宁文15）Sn为等差数列an的前n项和，S2S6，a41，则a5____________。

5（广东11）等差数列{an}前9项的和等于前4项的和．若a11，aka40，则k

6.（江西理科5）已知数列{an}的前n项和Sn满足:SnSmSnm,且a11,那么a10()A.1B.9C.10D.55

7.（四川理科8）数列an的首项为3，bn为等差数列且b*

nan1an(nN).若则b32，b1012，则a8

（A）0（B）3（C）8（D）11

8.（天津理4）已知an为等差数列，其公差为2，且a7是a3与a9的等比中项，Sn为an的前n项和，nN*，则S10的值为 A．110B．90C．90D．110

9.（全国大纲理

4、文6）设Sn为等差数列an的前n项和，若a11，公差d2，Sk2Sk24，则k

（A）8（B）7（C）6（D）5

10.（天津文11）已知an为等差数列，Sn为其前n项

13.（江苏13）设1a1a2…a7，其中a1,a3,a5,a7

成公比为q的等比数列，a2,a4,a6成公差为1的等差数列，则q的最小值是． 14.（陕西理14）植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米．开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为（米）． 15.（陕西文10）

植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人

植一棵，相邻两棵树相距10米，开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，现将树坑从1到20依次编号，为使各位同学从各自树坑前来领取树苗所走的路程总和最小，树苗可以放置的两个最佳．．．．坑位的编号为（）（A)⑴和⒇（B）⑼和⑽(C)⑼和 ⑾(D)⑽和⑾ 16.（福建文科17）已知等差数列an中，a11,a33

（I）求数列an的通项公式；

（II）若数列an的前k项和Sk35，求k的值.17.（辽宁理17）已知等差数列an满足a20，a6a810

（1）求数列an的通项公式；（2）求数列an

2n1的前n项和。

篇2：等差数列高考题

童其林

一、命题分析

数列是高中代数的重要内容之一,在整个高中数学中,它处于数学知识和数学方法的汇合点，数、式、方程、函数、简易逻辑、算法、三角、不等式、几何等内容均可能与数列知识产生联系.因此,它是数学高考命制能力题的主板块之一.纵观今年的高考试题,数列试题具有题型新颖,综合性强的特点.题量大多为1大题、l小题,约占全卷总分的13%，比如理科上海卷、江西卷、北京卷、陕西卷、湖北卷、广东卷、安微卷等就设置了一大一小两个题.有的省份只有一道客观题（选择题或者填空题）或只有一道解答题中，比如理科山东卷、全国新课标Ⅱ卷、浙江卷、四川卷等只有一道主观题（解答题），福建卷、辽宁卷、重庆卷等只设置了一道选择题或填空题.例外的是全国新课标课标Ⅰ卷理科，设置了三个小题——2道选择题1道填空题，占15分，还有就是江苏卷，除了一大一小两个题外，附加题也是数列题..从考查的知识和方法来看，等差等比数列的基础知识及其应用是考查的重点，知识交汇是趋势，比如2013年各地高考理科数学卷中，求通项公式的就有山东卷理科20第1小题，安微卷理科14题，全国新课标课标Ⅰ卷理科14题，江西卷理科17题第1小题，湖北卷理科18题第1小题，广东卷理科19题第2小题；求前n项和的有山东卷理科20第2小题，全国新课标课标Ⅰ卷理科第7题，四川卷理科第16题；证明或判断等差或等比数列的有上海卷理科23题第2小题，福建卷理科第9题，北京卷理科20题第2小题，陕西卷理科17题第2小题；判断数列是递增还是递减数列的有全国新课标课标Ⅰ卷理科12题，辽宁卷理科第4题；与平面解析几何交汇的有全国高考新课标1卷理科12题，安微卷理科14题；类比、归纳猜猜的有陕西卷理14题，湖北卷理14题；上海卷、广东卷考了证明不等式问题；陕西卷理科17第1小题考了推导等比数列的前n项和公式，很有特色.另外，上海卷与北京卷都把数列题作为压轴题.二、经典例题分析

1.考查数列的基础知识

理解数列的概念，并能根据递推公式写出数列的前几项;理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题;理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题——这些都是数列的基础知识.例1（福建卷，理科9）已知等比数列{an}的公比为q，记bnam(n1)1am(n1)2am(n1)m,cnam(n1)1am(n1)2am(n1)m(m,nN)，则以下结论一定正确的是（）

A．数列{bn}为等差数列，公差为qB．数列{bn}为等比数列，公比为q

C．数列{cn}为等比数列，公比为qm2m2m

D．数列{cn}为等比数列，公比为qmm

解析：粗看本题，一个感觉就是bn,cn的表达式太复杂，特殊化是简化运算的一个手段.因为b1a1a2am,b2am1am2amm,b3b2m1b2m2b2mm，当数列an的公比q1时，b1ma1b2b3，此时公差为0，A错.当q1时，b

2qm(a1a2am), b

3qm(am1am2amm)qmqm(a1a2am)，b2

此时

b2b3，B错.

b1b2

因为c1a1a2am,c2am1am2amm,c3a2m1a2m2a2mm，所以c2c1c3，所以数列cn为等比数列，c2am1am2amma1qma2qmamqmm2又q，故选C.c1a1a2ama1a2am

点评：熟练掌握等差数列与等比数列的定义、性质，通项公式及其前n项和公式是解题的关键．另外，特殊化能帮助我们快速选出正确支.例2（陕西卷，理科17）设{an}是公比为q的等比数列.(Ⅰ)推导{an}的前n项和公式；(Ⅱ)设q≠1, 证明数列{an1}不是等比数列.解析：（I）设等比数列{an}的公比为q，其前n项和 Sn=a1+ a1q+….a1qn-1 ①将①式两边分别乘以q得qSn=a1q+ a1q2+…a1qn

aanqa（n1-q）当q≠0时，Sn或Sn1 1q1q

当 q=1时，a1= a2=….an，所以Sn=na.（II）∵q≠1 假设数列{an+1}为等比数列，那么(a21)2(a11)(a31)，即(a1q1)(a11)(a1q1)a1(q1)0a10或q=1，均与题设矛盾，故数列{an1}不可能为等比数列.点评：推导{an}的前n项和公式，有很多方法，上述方法只是其中的一种.本题（2）直接证明是很难完成的，反证法是最好的选择.2.考查数列与其它知识的融合数列与函数、简易逻辑、三角、不等式、几何等知识的融合是重点.例3（全国新课标Ⅱ卷，理科16）等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10=0，S15 =25，则nSn 的最小值为________.109d10a012

2解析：由题意得，解得d,a13,315a1514d2

512n(n1)2n210nn310n2

, 所以Sn3n，即nSn233320n310n2

n，,则有f(x)n2令f(n)

3令f(x)n

20202020

n00n,令f(x)n2n0n, 3333

n310n2

48，当n=7时，因为 n为正整数，当n=6时，f(n)

3n310n2n310n2

f(n)49,所以当n=7时，f(n)取得最小值为-49.33

点评：数列本身就是关于n的函数，利用导数求数列函数的最值也就显得自然，这里要特别注意的是n在正整数范围内取值.例4（全国高考新课标1卷理科12设△AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn，△AnBnCn的面cn＋anbn＋an

积为Sn，n=1,2,3,…若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝，cn＋1＝()

A．{Sn}为递减数列B.{Sn}为递增数列

C.{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列D.{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列

cn＋anbn＋an

解：因为an＋1＝an，所以an=a1,而bn＋1，c

＋＝，2从而b2c2

c1a1b1a1c1b

1a12a1, 222ca2b2a2c2b2

b3c32a22a1

222

……

bn1cn12a1，即对所有n，有bn＋cn＝2a1，也就是AnCn+AnB n＝2a1，为定值，所以点Anx2y2

1.如图，以Bn，Cn中点为坐标原点建系，则An的轨迹为23a1

a12

4又|bn1cn1||

cnanbnan1

||bncn||bncn|，222

所以两边差越来越小，An越来越接近于椭圆短轴端点，因而An到BnCn的距离越来越大，面积Sn也越来越大，{Sn}为递增数列.点评：本题的解法也有不少，上述解法与解析几何融合，开辟了解题的新天地，很有创意.例

5（江西卷理科

17）正项数列

an的前项和Sn满足：，0sn(n2n1sn)n(2n)

（1）求数列{an}的通项公式an；（2）令bn

n1*，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于任意的nN，都有22

(n2)an

Tn

5.64

解析：（1）由sn(n2n1)sn(n2n)0，得

S

(n2n)(Sn1)0，由于an是正项数列，所以Sn0,Snn2n.

于是a1S12,当n2时，anSnSn1nn(n1)(n1)2n.所以数列an的通项公式an=2n.(2)由于an=2n，bn

n1n1111，22222216n(n2)an4n(n2)(n2)

Tn

1111111111

1 163222423252(n1)2(n1)2n2(n2)2

111111511.2222162(n1)(n2)16264

点评：本题考查数列的通项、前n项和公式，数列的递推，裂项相消法求数列的前n项

和，及用放缩法证明不等式等.3.探索性问题

合情推理与演绎推理的结合，也常是考查数列问题的重要内容.例6（湖北理科14）古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数.如三角形数

nn11

21nn.记第n个k边形数为1,3,6,10，…，第n个三角形数为

222

Nn,kk3，以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：

三角形数Nn,3

121

nn 22

正方形数Nn,4n

五边形数Nn,5

321nn 22

六边形数Nn,62nn……

可以推测Nn,k的表达式，由此计算N10,24.解析：观察n和n前面的系数，可知一个成递增的等差数列另一个成递减的等差数列，故Nn,2411n10n，N10,241000.点评：找到规律是解决问题的关键.例7（陕西卷理14）观察下列等式:121

12223 1222326

1222324210 …

照此规律, 第n个等式可为.解析：观察上式等号左边的规律发现，左边的项数一次加1，故第n个等式左边有n项，每项所含的底数的绝对值也增加1，依次次为1,2,3…n，指数都是2，符号成正负交替出现可以用（－1）n+1表示，等式的右边数的绝对值是左边项的底数的和，故等式的右边可以表示为（－1）n·

n+1

n（n1），所以第n个式子可为12－22+32－42+…+（－1）n+1n2=（－1）2

n（n1）

（n∈N）.2



点评：解题的关键在于：一是通过四个已知等式的比较发现隐藏在等式中的规律；二是符号成正负交替出现可以用（－1）n+1表示；三是注意表达完整性，不要遗漏了n∈N.三、备考策略

篇3：例析高考数列探索题

一、从具体数列出发, 反其道而行之

例1. (2007福建21题) 等差数列的前n项和为undefined

(Ⅰ) 求数列{an}的通项an与前n项和Sn;

(Ⅱ) 设undefined, 求证:数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列.

解: (Ⅰ) 由已知得

undefined

所以d=2m,

故undefined

(Ⅱ) 由 (Ⅰ) 得undefined

假设数列中存在三项bp, bq, br (p, q, r互不相等) 成等比数列, 则.bundefined=bpbr 即

undefined

因为p, q, r∈N*所以有

undefined

.这与p≠r矛盾,

所以在等差数列bn中任意不同的三项都不可能成等比数列.

评析:本小题考查数列的基本知识, 考查等差数列的概念、通项公式与前项和公式, 考查等比数列的概念与性质, 考查化归的数学思想方法以及推理和运算能力.本题的新颖之处在于第二小题, 对于常见的等差数列1, 2, 3, ……, 很容易从中抽取三项使它们成等比数列, 如:1, 2, 4;1, 3, 9等, 命题者反其道而行之, 怎样构建一个等差数列, 从中任取不同的三项都不能构成等比数列呢?命题者的巧妙之处在于把等差数列{bn}的公差和首项取不同类型的实数, 将公差取有理数而将首项取无理数, 从而通过构造方程组使问题得到解决.

二、由具体数列到抽象数列的升华

例2 (2000全国21题) (I) 已知数列{cn}, 其中cn=2n+3n, 且数列{cn+1-pcn}为等比数列, 求常数p.

(II) 设{an}、{bn}是公比不相等的两个等比数列, cn=an=bn, 证明数列{cn}不是等比数列.

解: (I) 因为是等比数列, 故有 (cn+1-pcn) 2= (cn+2-pcn+1) (cn-pcn-1) , 将cn=2n+3n代入, [2n+1+3n+1-p (2n+3n) ]2=[2n+1+3n+1-p (2n+1+3n+1) ]2·[2n+3n-p (2n-1+3n-1) ], 即[ (2-p) 2n+ (3-p) 3n]2=[ (2-p) 2n+1+ (3-p) 3n+1) ][ (2-p) 2n-1+ (3-p) 3n-1) ]

整理得undefined, 解得:p=2或p=3.

(II) 设{an}、{bn}的公比分别为p、q, cn=an+bn

为证{cn}不是等比数列只需证cundefined≠c1·c3.

事实上, cundefined= (a1p+b1q) 2=aundefinedp2+bundefinedq2+2a1b1pq ,

c1·c3= (a1+b1) (a1p2+b1q2) =aundefinedp2+bundefinedqundefined+a1b1 (p2+q2) .

由于 p≠q, p2+q2>2pq, 又a1、b1不为零,

因此, cundefined≠c1·c3, 故{cn}不是等比数列.

评析:本小题主要考查等比数列的概念和基本性质, 推理和运算能力.本题是从通项分别为和两个具体的等比数列作为命题的出发点, 研究它们对应项的和数列是不能构成等比数列的, 从而推广到一般的抽象数列也成立, 从而得到第二小题;若将和数列中的任一项乘以一个什么样的常数加上它的后一项就能构成一个等比数列的问题, 从而得到第一小题.

例3 已知{an}是等差数列, {bn}是公比为q的等比数列, a1=b1, a2=b2≠a1, 记Sn为数列{bn}的前n项和.

(1) 若bk=am (m, k是大于2的正整数) , 求证:Sk-1= (m-1) a1;

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

(3) 是否存在这样的正数q, 使等比数列{bn}中有三项成等差数列?若存在, 写出一个q的值, 并加以说明;若不存在, 请说明理由; ( 07江苏21题)

解:设{an}的公差为d, 由a1=b1, a2=b2≠a1, 知d≠0, q≠1, d=a1 (q-1) (a1≠0)

(1) 由得bk=am, 得a1qk-1=a1+ (m-1) a1 (q-1) , qk-1=1+ (m-1) (q-1) =2-m+ (m-1) q

undefined

由b3=ai,

所以q2=1+ (i-1) (q-1) , q2- (i-1) q+ (i-2) =0

解得, q=1或q=i-2, 但q≠1, 所以q=i-2, 因为是正整数, 所以i-2是整数, 即q是整数.

设数列{bn}中任意一项为bn=a1qn-1 (n∈N+) , 设数列{an}中的某一项am=a1+ (m-1) a1 (q-1) 现在只要证明存在正整数m, 使得bn=am, 即在方程a1qn-1=a1+ (m-1) a1 (q-1) 中m有正整数解即可, undefined,

所以, m=2+q+q2+Lqn-2若i=1, 则q=-1, 那么b2n-1=b1=a1b2n=b2=a2, 当i≥3时, 因为a1=b1, a2=b2, 只要考虑n≥3的情况, 因为b3=ai所以, i≥3, 因此q是正整数, 所以m是正整数, 因此数列{bn}中任意一项为bn=a1qn-1与数列{an}的第2+q+q2+Lqn-2项相等, 从而结论成立.

(3) 设数列{bn}中有三项bm, bn, bp (m

设n-m=x, p-n=y, (x, y∈N+)

所以undefined, 令x=1, y=2,

则q3-2q+1=0, (q-1) (q2+q-1) =0.

因为q≠1, 所以q2+q-1=0,

所以undefined, (舍去)

即存在undefined使得{bn}中有三项bm, bm+1, bm+3 (m∈N+) 成等差数列.

评析:本题主要考查等差、等比数列的相关知识, 考查运用方程、分类讨论等数学思想方法进行分析、探索及论证问题的能力.我们可从常见的具体等差数列1, 2, 3, ...和等比数列1, 2, 4, ...来理解命题的出发点, 探索当两个抽象的等差、等比数列在第一项与于第二项相同时, 它们之间的相互关系, 其中第一小题是当两个数列除了第一项与于第二项相同外, 还有某两项的数值相等时它们之间有什么样的关系?第二小题是当等比数列的第三项也和等差数列的某一项相等时, 那么等比数列的公比是整数, 而且等比数列中的所有项必在这个等差数列中;对于第三小题, 我们从常见的具体等比数列1, 2, 4, ...中, 很难找出其中的三项成等差数列, 命题者的目的是引导我们去探索在公比为什么实数时等比数列存在某三项成等差数列呢?这是一道开放题, 答案并不唯一.

比如在undefined, 令x=2, y=1

则q3-2q2+1=0, (q-1) (q2-q-1) =0

因为q≠1, 所以q2-q-1=0,

所以undefined ( 舍去) ,

即存在undefined, 使得{bn}中有三项bm, bm+1, bm+3 (m∈N+) 成等差数列.

四、由新定义数列进行类比探求

例4 (2007上海20题) 若有穷数列a1, a2……an (n是正整数) , 满足a1=an, a2=an-1……an=a1即ai=an-i+1 (i是正整数, 且1≤i≤n) , 就称该数列为“对称数列”.

(1) 已知数列{bn}是项数为7的对称数列, 且b1, b2, b3, b4成等差数列, b1=2, b4=11试写出的每一项

(2) 已知{cn}是项数为2k-1 (k≥1) 的对称数列, 且ck, ck+1……c2k-1构成首项为50, 公差为-4的等差数列, 数列{cn}的前2k-1项和为S2k-1, 则当k为何值时, S2k-1取到最大值?最大值为多少?

(3) 对于给定的正整数m>1, 试写出所有项数不超过2m的对称数列, 使得1, 2, 22……2m-1成为数列中的连续项;当m>1500时, 试求其中一个数列的前2008项和S2008.

解: (1) 设{bn}的公差为d, 则b4=b1+3d=2+3d=11, 解得d=3 , 所以数列{bn}为2, 5, 8, 11, 8, 5, 2.

(2) S2k-1=c1+c2+A+ck-1+ck+ck+1+A+c2k-1

=2 (ck+ck+1+A+c2k-1) -ck

S2k-1=-4 (k-13) 2+4×132-50,

所以当k=13时, S2k-1取得最大值.

S2k-1的最大值为626.

(3) 所有可能的“对称数列”是:

① 1, 2, 22, L, 2m-2, 2m-1, 2m-2, L, 22, 2, 1;

② 1, 2, 22, L, 2m-2, 2m-1, 2m-1, 2m-2, L, 22, 2, 1;

③ 2m-1, 2m-2, L, 22, 2, 1, 2, 22, L, 2m-2, 2m-1;

④ 2m-1, 2m-2, L, 22, 2, 1, 1, 2, 22, L, 2m-2, 2m-1.

对于①, 当时m≥2008时, S2008=1+2+22+A+22007=22008-1.

当1500

对于②, 当m≥2008时, S2008=22008-1.

当1500

对于③, 当m≥2008时, S2008=2m-2m-2008.

当1500

对于④, 当m≥2008时, S2008=2m-2m-2008.

当1500

评析:新定义是高考命题的出新的一个方面, 本题首先给出新定义“对称数列”, 第一小题, 通过基本量计算, 让学生结合新定义写出一个奇数项的“对称数列”;第二小题是考查学生将项数为奇数的“对称数列”所有项和转化为二次函数求最值问题;第三小题是考查学生对题意的理解和分类枚举能力以及等比数列的求和运算能力.

篇4：数列高考交汇题深度透视

一、等差数列与等比数列的交汇

例1（2015·浙江）已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn.若a3，a4，a8成等比数列，则（）

A. a1d>0，dS4>0B. a1d<0，dS4<0

C. a1d>0，dS4<0D. a1d<0，dS4>0

分析：由a3，a4，a8成等比数列得，a24=a3a8（a1+3d）2=（a1+2d）（a1+7d）3a1d+5d2=0，因公差d≠0，故a1=-53d，a1d=-53d2<0，dS4=d（4a1+4×32d）=-23d2<0.

答案：B.

例2（2015·福建）若a，b是函数f（x）=x2-px+q（p>0，q>0）的两个不同的零点，且a，b，-2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p+q的值等于（）

A. 6B. 7C. 8D. 9

分析：不妨设a>b，由韦达定理得a+b=p>0，ab=q>0，则a>b>0，所以-2，b，a成等差数列，a，-2，b成等比数列，所以2b=a-2，ab=4，解得a=4，b=1或a=-2，b=-2（舍去），所以p=5，q=4，所以p+q=9.

答案：D.

解题策略：解决等差数列与等比数列的交汇性问题，关键是理清两个数列的关系.如果同一数列中部分项成等差数列，部分项成等比数列，要把成等差数列或等比数列的项抽出来，研究这些项与序号之间的关系；如果两个数列通过运算综合在一起，要从分析运算入手，把两个数列分割开，弄清两个数列各自的特征，再进行求解.

二、数列与函数的交汇

例3（2015·陕西）设fn（x）是等比数列1，x，x2，…，xn的各项和，其中x>0，n∈N，n≥2.

（1）证明：函数Fn（x）=fn（x）-2在（12，1）内有且仅有一个零点（记为xn），且xn=12+12xn+1n；

（2）设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为gn（x），比较fn（x）和gn（x）的大小，并加以证明.

分析：（1）利用函数的单调性和函数零点存在性定理；（2）将数列值大小的比较，转化为函数值大小的比较，并利用导数研究函数的单调，从而确定它们的大小关系.

解析：（1）证明：Fn（x）=fn（x）-2=1+x+x2+…+xn-2，

则Fn（1）=n-1>0，Fn（12）=1+12+（12）2+…+（12）n-2=1-（12）n+11-12-2=-12n<0，

所以Fn（x）在（12，1）内至少存在一个零点.

又F′n（x）=1+2x+…+nxn-1>0，故Fn（x）在（12，1）内单调递增，

所以Fn（x）在（12，1）内有且仅有一个零点xn.

因为xn是Fn（x）的零点，所以Fn（xn）=0，

即1-xn+1n1-xn-2=0，故xn=12+12xn+1n.

（2）由题设，gn（x）=（n+1）（1+xn）2.

设h（x）=fn（x）-gn（x）=1+x+x2+…+xn-（n+1）（1+xn）2，x>0.

当x=1时，fn（x）=gn（x）.

当x≠1时，h′（x）=1+2x+…+nxn-1-n（n+1）xn-12.

若0xn-1+2xn-1+…+nxn-1-n（n+1）2xn-1=n（n+1）2xn-1-n（n+1）2xn-1=0.

若x>1，h′（x）

所以h（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，

所以h（x）

综上所述，当x=1时，fn（x）=gn（x）；当x≠1时，fn（x）

例4（2015·江苏）设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d（d≠0）的等差数列.

（1）证明：2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列.

（2）是否存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列？并说明理由.

（3）是否存在a1，d及正整数n，k，使得an1，an+k2，an+2k3，an+3k4依次构成等比数列？并说明理由.

分析：（1）根据等比数列定义，只需验证每一项与前一项的比值都为同一个不为零的常数即可；（2）先将等比数列问题转化为方程问题，再通过换元，将二元方程问题转化为一元高次方程问题，进而讨论根是否存在；（3）同（2），再将方程根的问题转化为函数的零点问题进行探讨.

解析：（1）证明：因为2an+12an=2an+1-an=2d（n=1，2，3）是同一个常数，

所以2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列.

（2）令a1+d=a，则a1，a2，a3，a4分别为a-d，a，a+d，a+2d（a>d，a>-2d，d≠0）.

假设存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列，

则a4=（a-d）（a+d）3，且（a+d）6=a2（a+2d）4.

令t=da，则1=（1-t）（1+t）3，且（1+t）6=（1+2t）4（-12

化简得t3+2t2-2=0（*），且t2=t+1.

将t2=t+1代入（*）式，得t（t+1）+2（t+1）-2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0，则t=-14.

显然t=-14不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，

因此不存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列.

（3）假设存在a1，d及正整数n，k，使得an1，an+k2，an+2k3，an+3k4依次构成等比数列，

则an1（a1+2d）n+2k=（a1+d）2（n+k），

且（a1+d）n+k（a1+3d）n+3k=（a1+2d）2（n+2k）.

分别在两个等式的两边同除以a2（n+k）1及a2（n+2k）1，并令t=da1（t>-13，t≠0），

则（1+2t）n+2k=（1+t）2（n+k），且（1+t）n+k（1+3t）n+3k=（1+2t）2（n+2k）.

将上述两个等式两边取对数，得（n+2k）ln（1+2t）=2（n+k）ln（1+t），且（n+k）ln（1+t）+（n+3k）ln（1+3t）=2（n+2k）ln（1+2t），

化简得2k[ln（1+2t）-ln（1+t）]=n[2ln（1+t）-ln（1+2t）]，

且k[3ln（1+3t）+ln（1+t）-4ln（1+2t）]=n[2ln（1+2t）-ln（1+t）-ln（1+3t）].

再将这两式相除，化简得

ln（1+3t）ln（1+2t）+3ln（1+2t）ln（1+t）=4ln（1+3t）ln（1+t）（**）.

令g（t）=4ln（1+3t）ln（1+t）-ln（1+3t）ln（1+2t）-3ln（1+2t）ln（1+t），

则g′（t）=2[（1+3t）2ln（1+3t）-3（1+2t）2ln（1+2t）+3（1+t）2ln（1+t）]（1+t）（1+2t）（1+3t）.

令φ（t）=（1+3t）2ln（1+3t）-3（1+2t）2ln（1+2t）+3（1+t）2ln（1+t），

则φ′（t）=6[（1+3t）ln（1+3t）-2（1+2t）ln（1+2t）+（1+t）ln（1+t）].

令φ1（t）=φ′（t），则φ′1（t）=6[3ln（1+3t）-4ln（1+2t）+ln（1+t）].

令φ2（t）=φ′1（t），

则φ′2（t）=12（1+t）（1+2t）（1+3t）>0.

由g（0）=φ（0）=φ1（0）=φ2（0）=0，φ′2（t）>0，

知φ2（t），φ1（t），φ（t），g（t）在（-13，0）和（0，+∞）上均单调.

故g（t）只有唯一零点t=0，即方程（**）只有唯一解t=0，故假设不成立，

所以不存在a1，d及正整数n，k，使得an1，an+k2，an+2k3，an+3k4依次构成等比数列.

解题策略：数列是一种定义域为正整数集或正整数集的子集的函数，因此数列与函数有着天然的联系.数列中的方程问题，往往可以转化为函数的零点问题，而数列的最值问题或数列比大小问题，则需构造函数，通过利用导数研究函数的单调性，来解决数列的相关问题.

三、数列与不等式的交汇

例5（2015·浙江）已知数列{an}满足a1=12且an+1=an-a2n（n∈N*）

（1）证明：1≤anan+1≤2（n∈N*）；

（2）设数列{a2n}的前n项和为Sn，证明12（n+2）≤Snn≤12（n+1）（n∈N*）.

分析：（1）首先根据递推公式可得0

证明：（1）由题意得an+1-an=-a2n≤0，即an+1≤an，故an≤12.

当n≥2时，由an=（1-an-1）an-1得，

an=（1-an-1）（1-an-2）…（1-a1）a1>0.

由0

故1≤anan+1≤2.

（2）由题意得a2n=an-an+1，

所以Sn=a1-an+1.①

由1an+1-1an=anan+1和1≤anan+1≤2得1≤1an+1-1an≤2，

所以n≤1an+1-1a1≤2n，

因此12（n+1）≤an+1≤1n+2（n∈N*）.②

由①②得，12（n+2）≤Snn≤12（n+1）（n∈N*）.

例6（2015·重庆）在数列{an}中，a1=3，an+1an+λan+1+μa2n=0（n∈N+）.

（1）若λ=0，μ=-2，求数列{an}的通项公式；

（2）若λ=1k0（k0∈N+，k0≥2），μ=-1，证明：2+13k0+1

分析：（1）将已知的递推关系式等价变形为an+1=qan，并找到公比q；（2）依据递推关系归纳出该数列的单调性，并将ak0+1适当放缩.

解析：（1）由λ=0，μ=-2，有an+1an=2a2n（n∈N+）.

若存在某个n0∈N+，使得an0=0，则由上述递推公式易得an0-1=0.

重复上述过程可得a1=0，与a1=3矛盾，所以对任意n∈N+，an≠0.

从而an+1=2an（n∈N+），即{an}是一个公比q=2的等比数列.

故an=a1qn-1=3×2n-1.

（2）证明：因为λ=1k0，μ=-1，所以数列{an}的递推关系式即为

an+1an+1k0an+1-a2n=0，变形为an+1（an+1k0）=a2n（n∈N+）.

由上式及a1=3>0，归纳可得3=a1>a2>…>an>an+1>…>0.

因为an+1=a2nan+1k0=a2n-1k20+1k20an+1k0=an-1k0+1k0·1k0an+1，所以

ak0+1=a1+（a2-a1）+…+（ak0+1-ak0）=

a1-k0·1k0+1k0（1k0a1+1+1k0a2+1+…+1k0ak0+1）

>2+1k0（13k0+1+13k0+1+…+13k0+1）=2+13k0+1.

另一方面，由上已证的不等式知a1>a2>…>ak0>ak0+1>2，得

ak0+1=a1-k0·1k0+1k0·（1k0a1+1+1k0a2+1+…+1k0ak0+1）

<2+1k0·12k0+1+12k0+1+…+12k0+1k0=2+12k0+1.

综上，2+13k0+1

解题策略：解决数列与不等式的综合问题时，如果是证明题要灵活选择证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法等.总之解决这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了.

（作者：王佩其，太仓市明德高级中学）

篇5：一道数列高考题的多解研究

一道数列高考题的多解研究作者：杨辉

来源：《理科考试研究·高中》2013年第05期

篇6：等差数列高考题

1．各项为正的等比数列

中，与的等比中项为，则

A． 1 B． 2 C． 3 D． 4 【答案】C

2．若记等比数列｛an｝的前n项和为Sn，若a12,S36,则S4（）A． 10或8 B． 10 C． 10或8 D． 10或8 【答案】C 【解析】设等比数列的公比为q，由于a12,S36，显然q1，S322q2q26

3，则

q2q20，q2，S4S3a1q362210，选C．

3．在递增等比数列an中，a2a38,a1a49，则a7 A． 32 B． 64 C． 128 D． 16 【答案】B

2【解析】由题易得： a1a48，a1a49，故a1，a4是一元二次方程x9x80的两个实根，又数列an是单调递增的，∴a11，a48，∴q3∴a7a1q62664．故选：B

a48，即q2，a114．设Sn为数列an的前n项和，a11，an12Sn，则数列的前20项和为（）

anA． 31713171 B． C． D．

19191818223443223443【答案】D 【解析】an12Sn，an2Sn1 相减得an13ann2 由a11得出a22,a23a1，an{1,n123n2,n2，1={11n2 an,n223-12D．2 【答案】D 【解析】 20

考点：等比数列的性质．

11．设等比数列{an}中，前n项和为Sn，已知S38，S67，则a2_________．【答案】【解析】 16 3

考点：等比数列的通项和前n项和的知识及运用．

12．《九章算术》中“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题：“今有恒厚若千尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，则m的值为，问何日相逢，各穿几何？”题意是：有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙，大老鼠第一天进―尺，以后毎天加倍；小老鼠第一天也进―尺，以后每天减半，如果墙足够厚，Sn为前n天两只老打洞之和，则Sn 尺．【答案】2-【解析】 n1+1 2n-1

篇7：数列解答题一

1、(本小题满分12分)已知数列{an}的各项均为正数，记A(n)=a1+a2++an，B(n)=a2+a3++an+1，C(n)=a3+a4++an+2,n=1,2,.（Ⅰ）若a11,a25，且对任意nN，三个数A(n),B(n),C(n)组成等差数列，求数列*

{an}的通项公式.（Ⅱ）a11，对任意nN，三个数A(n),B(n),C(n)组成公比为q的等比数列.求数列*

{an}的前n项和Sn.答案：

1．解(Ⅰ)因为对任意nN，三个数A(n),B(n),C(n)是等差数列，所以B(n)A(n)C(n)B(n).……………3分所以an1a1an2a2,即an2an1a2a14.所以an1(n1)44n3.……………6分（Ⅱ）若对于任意nN，三个数A(n),B(n),C(n)组成公比为q的等比数列，则 

B(n)qA(n),C(n)qB(n).所以C(n)B(n)qB(n)A(n),得an2a2q(an1a1), ……………8分即an2qan1a2qa1.当n1时，由B(1)qA(1),可得a2qa1，所以an2qan10.因为an0，所以an2a2q.……………10分 an1a1

篇8：等差数列高考题

数列是高中数学的重点内容, 高考数列解答题多处在压卷题的位置.可见, 高考数列试题求解的好坏, 直接关系到其未来进入高校的层次.平时教学中笔者发现, 诸多高考数列压卷题的求解过程中, 如果盲目地追求等价转换 (即充要条件) , 那么常将问题带入困境;而先寻找必要条件, 再在此基础上探索充分条件, 便可使一些繁难高考题柳暗花明.

一、高考数列求解题的先必要后充分

数学求解题的实质就是不断等价转化的求简过程.然而, 当这一过程繁冗甚至受阻时, 理应转换思维方式, 采用“以退为进”的策略, 从而确保解题效益的不断提高.

例1 (2005年福建压卷题) 已知数列{an}满足 $a_{1} = a ‚ a_{n + 1} = 1 + \frac{1}{a_{n}}$ .我们知道当 a 取不同值时, 得到不同的数列, 如当 a=1时, 得到无穷数列: $1 ‚ 2 ‚ \frac{3}{2} ‚ \frac{5}{3} ‚ \dots$ ;当 $a = - \frac{1}{2}$ 时, 得到有穷数列: $- \frac{1}{2} ‚ - 1 ‚ 0 .$

(Ⅰ) 求当 a 为何值时, a4=0;

(Ⅱ) 设数列{bn}满足 $b_{1} = - 1 ‚ b_{n + 1} = \frac{1}{b_{n} - 1} (n \in Ν^{*})$ , 求证:a 取数列{bn}中的任一个数, 都可能得到一个有穷数列{an};

(Ⅲ) 若 $\frac{3}{2} ＜ a_{n} ＜ 2 (n \geq 4)$ , 求 a 的取值范围.

分析: (Ⅰ) 与 (Ⅱ) 略, 仅思考 (Ⅲ) .本题就是要我们求出 $\frac{3}{2} ＜ a_{n} ＜ 2$ 对一切 n≥4成立的充要条件.一味地追求将 $\frac{3}{2} ＜ a_{n} ＜ 2$ 等价转化为关于 a 的不等式, 而导致思维受阻现象是屡见不鲜的.

解:抓住 $\frac{3}{2} ＜ a_{n} ＜ 2$ 的一个必要条件 $\frac{3}{2} ＜ a_{4} ＜ 2$ , 得 a>0.这说明 a>0时, 命题 $\frac{3}{2} ＜ a_{n} ＜ 2$ 对 n=4成立;假设 n=k (k≥4) 时命题 $\frac{3}{2} ＜ a_{n} ＜ 2$ 成立, 即 $\frac{3}{2} ＜ a_{k} ＜ 2$ , 则

$a_{k + 1} = 1 + \frac{1}{a_{k}} \in (1 + \frac{1}{2} ‚ 1 + \frac{2}{3}) = (\frac{3}{2} ‚ \frac{5}{3}) ⊊ (\frac{3}{2} ‚ 2) .$

这说明 n=k+1时命题 $\frac{3}{2} ＜ a_{n} ＜ 2$ 也成立.

综上所述, a>0时命题 $\frac{3}{2} ＜ a_{n} ＜ 2$ 对 n≥4恒成立, 即 a 的取值范围是 (0, +∞) .

评注:抓住一个必要条件, 以此为思维的新起点, 借助于归纳推理顺利地完成了充分性, 求解过程给人以“起死回生”之感.

二、高考数列探索题中的先必要后充分

在探索型问题中有一类属结论不确定的存在性探索题, 题目中常出现“是否存在”、“是否有”、“是否变化”等关键性疑问词, 以示结论有待判断.解答此类问题, 一般应从存在的方向出发, 去寻找结论成立的充要条件;若能找到这个充要条件, 则结论的回答是肯定的;若找不到这个充要条件或找到的条件间自相矛盾, 则问题的结论是否定的.

例2 (1995年全国压轴题) 已知数列{an}是由正数组成的等比数列, Sn 是其前 n 项和, 是否存在正常数 c, 使得 lg (Sn-c) +lg (Sn+2-c) =2lg (Sn+1-c) 成立?试证明你的结论.

分析:若探索条件等式成立的充要条件, 则必使探索陷入繁难的运算之中;而抓住结论成立的一个必要条件:即等式对 n=1成立, 并以此为思维的新起点, 便可导致矛盾的结论.

解:假设存在正常数 c, 使得 lg (Sn-c) +lg (Sn+2-c) =2lg (Sn+1-c) 成立, 则对 n=1应有 lg (S1-c) +lg (S3-c) =2lg (S2-c) 成立,

所以 (S1-c) (S3-c) = (S2-c) 2,

即 (S1+S3-2S2) c=S1S3-S $_{2}^{2}$ ,

(1-q) c=a1.

当 q=1时, 无解;当 q≠1时, $c = \frac{a_{1}}{1 - q}$ , 而此时, $S_{1} - c = - \frac{a_{1} q}{1 - q} ＜ 0$ , 这与S1-c>0矛盾.从而不存在 a 适合题意.

评注:对恒成立的一类问题, 当不易寻找充要条件时, 可先通过赋值推理法寻找有益于问题简化的必要条件, 再以此为起点进行等价转换.

三、高考数列求证题中的先必要后充分

求证题固然是证明结论成立的充分性, 然而, 由于有的求证题的充分条件较为隐蔽, 需要实施先必要后充分的策略方可发现.

例3 (2006年山东压卷题) 已知 a1=2, 点 (an, an+1) 在函数 f (x) =x2+2x 的图象上, 其中 n=1, 2, 3, ….

(1) 证明数列{lg (1+an) }是等比数列;

(2) 设Tn= (1+a1) (1+a2) … (1+an) , 求Tn 及数列{an}的通项;

(3) 记 $b_{n} = \frac{1}{a_{n}} + \frac{1}{a_{n} + 2}$ , 求数列{bn}的前 n 项和Sn, 并证明 $S_{n} + \frac{2}{3 Τ_{n} - 1} = 1$ .

分析:第 (1) 、 (2) 小题易于求解, 可得 an=32n-1-1, Tn=32n-1.对第 (3) 小题, 寄希望于直接求出{bn}的前项和Sn, 而达到证明结论的方式, 在紧张激烈的应试中, 无疑是“天方夜谭”;而通过寻找结论成立的必要条件, 发现破题“天机”的方法却耐人寻味:假如 $S_{n} + \frac{2}{3 Τ_{n} - 1} = 1 ①$ , 那么 $\begin{array}{l} S_{n - 1} + \frac{2}{3 Τ_{n - 1} - 1} = 1 ② . \\ ① - ② \end{array}$ , 得 $b_{n} = \frac{2}{3 Τ_{n - 1} - 1} - \frac{2}{3 Τ_{n} - 1}$ ,

结合 an=32n-1-1, Tn=32n-1,

得 $b_{n} = \frac{2}{a_{n}} - \frac{2}{a_{n + 1}}$ .此式正是结论赖以成立的隐含信息 (实为充分条件) .

证明:因为 an+1=an (an+2) ,

所以 $\frac{1}{a_{n + 1}} = \frac{1}{2} (\frac{1}{a_{n}} - \frac{1}{a_{n} + 2})$ ,

即 $\frac{1}{a_{n} + 2} = \frac{1}{a_{n}} - \frac{2}{a_{n + 1}}$ .

所以 $\begin{array}{l} b_{n} = \frac{1}{a_{n}} + \frac{1}{a_{n} + 2} \\ = \frac{1}{a_{n}} + (\frac{1}{a_{n}} - \frac{2}{a_{n + 1}}) \\ = \frac{2}{a_{n}} - \frac{2}{a_{n + 1}} \end{array}$ .

所以 $\begin{array}{l} S_{n} = (\frac{2}{a_{1}} - \frac{2}{a_{2}}) + (\frac{2}{a_{2}} - \frac{2}{a_{3}}) + \dots + (\frac{2}{a_{n}} - \frac{2}{a_{n + 1}}) \\ = \frac{2}{a_{1}} - \frac{2}{a_{n + 1}} = 1 - \frac{2}{3^{2^{n}} - 1} \end{array}$ ,

则 $S_{n} = 1 - \frac{2}{3 \cdot 3^{2^{n} - 1} - 1} = 1 - \frac{2}{3 Τ_{n} - 1}$ ,

所以 $S_{n} + \frac{2}{3 Τ_{n} - 1} = 1$ .

评注:像这样绝妙的变形技巧我们是“学不会”的, 但在探寻结论成立的必要条件中捕捉某种有益于解证题的信息, 从而使“特技”变得“渺小”.这理应成为我们努力学习和追求的目标.

四、充要条件证明题中的先必要后充分

证“充要条件”一般需先证“充分性”, 再证“必要性”.但当充分性的证明较繁难时, 理应转换思维而采取先必要后充分的策略.而通过必要性的证明往往能捕捉到有益于充分性证明的宝贵信息, 从而使充分性的证明迎刃而解.

例4 (2006年江苏压卷题) 设数列{an}、{bn}、{cn}满足:bn=an-an+2, cn=an+2an+1+3an+2 (n=1, 2, 3, …) , 证明{an}为等差数列的充要条件是{cn}为等差数列且 bn≤bn+1 (n=1, 2, 3, …) .

分析:试图按常规思路先证“充分性”、再证“必要性”, 既是应试“抢分”技能的缺失, 又是思维的不冷静的表现.那是因为, 必要性几乎是一目可见.

证明:必要性.设{an}是公差为 d1 的等差数列, 则 bn=an-an+2=-2d1 是常数, 所以 bn≤bn+1成立.又 cn+1-cn= (an+1-an) +2 (an+2-an+1) +3 (an+3-an+2) =d1+2d1+3d1=6d1 为常数 (n=1, 2, 3, …) , 所以数列{cn}为等差数列.

潜心思考必要性证明的过程, 不难发现, 突破充分性的关键在于证明数列{bn}是常数列, 而这正是问题的难点所在.

充分性.设数列{cn}是公差为 d2 的等差数列, 且 bn≤bn+1 (n=1, 2, 3, …) .

因为 cn=an+2an+1+3an+2, ①

所以 cn+2=an+2+2an+3+3an+4. ②

①-②, 得 cn-cn+2= (an-an+2) +2 (an+1-an+3) +3 (an+2-an+4) =bn+2bn+1+3bn+2.

因为 cn-cn+2= (cn-cn+1) + (cn+1-cn+2) =-2d2,

所以 bn+2bn+1+3bn+2=-2d2, ③

从而有 bn+1+2bn+2+3bn+3=-2d2. ④

④-③, 得 (bn+1-bn) +2 (bn+2-bn+1) +3 (bn+3-bn+2) =0. ⑤

因为 bn+1-bn≥0, bn+2-bn+1≥0, bn+3-bn+2≥0, 所以由⑤得 bn+1-bn=0 (n=1, 2, 3, …) , 即{bn}为常数列.故由③知, $b_{n} = - \frac{1}{3} d_{2} (n = 1 ‚ 2 ‚ 3 ‚ \dots)$ ,