高考中的数列热点题型研究

第一篇：高考中的数列热点题型研究

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高考中的数列热点题型研究

作者：朱晶

来源：《高考进行时·高三数学》2013年第03期

【例6】（2012·高考（湖南文））某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产.该企业第一年年初有资金2 000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%.预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d万元，并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n年年底企业上缴资金后的剩余资金为an万元.

第二篇：数列典型题型

数列典型题型

1、已知数列an中，Sn是其前n项和，并且Sn14an2(n1,2,),a11，⑴设数列bnan12an(n1,2,)，求证：数列bn是等比数列； a,(n1,2,)，求证：数列cn是等差数列； ⑵设数列cnn

2n

⑶求数列an的通项公式及前n项和。

2、已知a1=2，点(an,an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上，其中=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、已知数列{an}为等差数列，公差d≠0，其中ak1，ak2，…，akn恰为等比数列，若k1=1，k2=5，k3=17，求k1+k2+…+kn4、设数列{an}为等差数列，Sn为数列{an}的前n项和，已知S7=7，S15=75,Tn为数列{

求Tn5、、正数数列{an}的前n项和为Sn，且2nan1，求：

（1）数列{an}的通项公式；

（2）设bn11，数列{bn}的前n项的和为Bn，求证：Bn.anan12Sn}的前n项和，n6、在等比数列{an}中，an0(nN*)，公比q(0,1)，且a1a52a3a5a2a825，又a3与a5的等比

中项为2.（1）求数列{an}的通项公式；

SnS1S2（2）设bnlog2an，数列{bn}的前n项和Sn，当最大时，求n的值.12n7、已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1

（Ⅰ）判断1,an2SnSn10(n2)，21是否为等差数列？并证明你的结论； Sn

（Ⅱ）求Sn和an8、已知二次函数yf(x)的图像经过坐标原点，其导函数为f(x)6x2，数列{an}的前n项和为Sn，点(n,Sn)(nN)均在函数yf(x)的图像上。

（Ⅰ）、求数列{an}的通项公式； '

（Ⅱ）、设bnm1，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn对所有nN都成立的最小正整数m； 20anan1

第三篇：高中数学 高考中数列和不等式证明的交叉论文

高考中数列和不等式证明的交叉

数列和不等式是高考的两大热点也是难点，数列是高中数学中一个重要的内容，在高等数学也有很重要的地位，不等式是高中数学培养学生思维能力的一个突出的内容，它可以体现数学思维中的很多方法，当两者结合在一起的时候，问题会变得非常的灵活。所以在复习时，我们在分别复习好两类知识的同时，一定要注意它们的相互渗透和交叉，培养灵活的思维能力。

数列和证明不等式的交叉，是这两大块知识的主要交叉点，它在数列的特殊情景下，巧妙的融合了不等式的证明，它所涉及的问题往往是灵活的应用了数列和不等式的知识，把这两者完美的结合在了一起。

例1设an和bn分别是等差数列和等比数列，且a1b10，a2b20，若a1a2，试比较an和bn的大小。

分析：这两个通项大小的比较，它们的未知量比较多，比容易直接完成。因通过它们的项数n把他们组合在一起。设an的公差为d，bn的公比为q。显然q0，因为a2b20，所以有，a1da1q，即a1q1d。anbna1n1da1qn1a1a1n1q1a1qn1。又因为a1a2，所以

1qn1a2q1。若q1时，anbna11qn1= a11q

=a11q1qq2qn2n1。因为1qq2qn1n1，1q0，所以有：anbn。若0q1时，1qq2qn1n1，1q0，所以也有： anbn。综上所述，当nN，且n2时，anbn。在证明过程，对等比数列求和公式的逆用，是本题证明的一个转折点，它避免了一些不必要的分类讨论，时问题得以简化。

例2已知递增的等比数列an前三项之积为512，且这三项分别减去1，3，9后成等差数列，求证：123n1。a1a2a3an

分析：要想证明这个不等式，首先要求出左边的和式。根据题意，an是等比数列，2所以左边的和式可以利用错位相减法来求和。先确定这个等比数列。由a1a3a2可

得，a1a2a3a2512，所以a28。再设等比数列an的公比为q。则根据条件可

a14

得：818q9283，解得，q2或q1（舍去）。所以，因此，q2q2123n

an2n1。令Sn123n=234n1----------①，则

a1a2a3an222

21S123n--------------②，2n2324252n2由①-②得，1S1111n，即，2n2223242n12n2

1111n11n

1= Sn

222232n2n12n2n1

例3在某两个正数x，y之间，若插入一个数a，使x，a，y成等差数列；若另插入两个数b，c，使x，b，c，y成等比数列，求证：a12b1c1

分析：不等式左边有字母a，右边有不同字母b、c，要比较两边的大小，必须寻找

xy，bx2y，cxy2。a、b、c三者之间的联系，利用数列的关系可得：a2为计算方便，我们再令mx0，n

33

mn则a，bm2n，cmn2，y0，m3n32

1m2n1mn21= 那么，a1b1c1

2m3n3

=m2n2mn0，得a12b1c1。

2

例4设an0，且ananan1，求证：对一切自然数n，都有an。





n

22分析：因为ananan1，所以an1ananan1an，由已知an0，所以有，an1an0，即0an1。又因为an1an1an，111，所以1111。则有，1

an1an1anan1anan1an1an

在上式中取n1,2,,n1，得n1个不等式，把它们相加得，11n1，于

ana1

是，1n11n11n，因此，an1。在此题的证明过程中，我们巧妙的nana1

利用了数列求和的累加法，时问题的解决有一种全新的感觉。本题由于和自然数有关，也可以利用数学归纳法来证明。

例5 设a2，给定数列xn，其中x1a，且满足xn1

xn1

1。xn

2xn

。

2xn1求证：xn2且

分析：这是1984年的高考题，当时难倒了绝大部分的学生，大家觉得无从着手。它给定的是数列，求证的是不等式，而且都是和通项有关，所以我们可以考虑求出数列的通项再来观察。

xnxn1xn1x1因为2，又因为2xn12xn4xn4xn2x2x11n1

xn

xnax1a，所以有，xn2a2

n1

2n，则xn

2a21a

2n1

。而a2，则有，a20a21，所以01

aa因此，xn2且

xn1

1。xn

2n1

a21，那么01a

2n1

a21a

2n

1，1例6求证：1352n1。

2462n3n1

分析：这是一道不等式的证明题，若我们总是在不等式的圈子里转悠，问题不能圆满的解决。跳出这个圈子，我们不难发现这是一个自然数有关的命题，那么，解决它的方法不外乎两种，一是利用数学归纳法；二是构造数列。我们来构造一个数列

a2n23n1=

an。令an1352n1n1，则n1

2462n2n123n4an

12n28n20n41。所以，aa，从而有，aaaa1。=n1nnn1n2112n328n219n4

因此原不等式得证。

lgSnlgSn2

lgSn1。

分析：这是在数列情景下的不等式证明，所以要交叉使用数列的性质和不等式的证

例7设an是正项的等比数列，Sn是其前n项的和.证明：

明技巧。要证不等式等价于SnSn2Sn1，因为an0，所以Sn1Sn0。

由等比数列的定义可得：

aaa2a3

n1n2。a1a2anan1

再用等比定理得：

SnSn2Sn1。

Sn2Sn1an2a2a3an1Sn1a1Sn1，因此有：

Sn1Snan1a1a2anSnSn

例8 数列an和bn都是正项数列，对任意的自然数都有an，bn，an1成等差数列，22，an1，bnbn1成等比数列。

(1)问：bn是不是等差数列？为什么？

222(2)求证：对任意的自然数p和q（pq），bpqbpq≥2bp。

分析：对于第(1)题，我们不难证明它一定是等差数列。问题(2)的证明方法很多，我们可以直接利用等差数列的通项公式，通过作差比较来完成。但是若我们仔细分

222

析题意，观察bp，bbqpqp的特点，我们不难发现它们三者之间有等量关系：

bpqbpq≥

bpqbpq2bp，所以bpqbpq

。此题充分体现了数列和2bp

不等式知识的交叉运用。

例9数列an中，前n项之和为Snan2bn，其中a和b为常数，且a0，ab1，nN。

(1)求数列an的通项公式an；并证明an1an1。(2)若cnloganan1，试判断数列cn中任意两项的大小。

分析：此题的已知条件，前n项之和为Snan2bn 告诉我们，数列an是一个等差数列，要证明an1an1成立，只要证明该数列是一个递增的数列，且a11即可。(1)由Snan2bn可知，a1S1ab1，anSnSn12anab，所以an1an2a0，即数列an是一个单调递增的数列，那么an1ana11。

cn1logan1an2

(2)由(1)可知，数列cn各项都为正。则=logan1an2logan1ancnloganan1

logan1an2logan1an≤2=1logan1an124

2aan

1logaan2an21logan1n2= n1424





1，所以cn1cn.例10 已知数列an中，对一切自然数n，都有an0,1且anan 12an1an0。

求证：(1)an11an；

(2)若Sn表示数列an的前n项之和，则Sn2a1。

分析：从题目的结构可以看出，条件anan12an1an0是解决问题的关键，必2须从中找出an1和an 的关系。(1)由已知anan可得an12an1an0，2an1

1an1，12

又因为an0,1，所以有，01an11,因此an2an1，即an1an。2

1a1aa(2)由结论(1)可知，an1an112an2n，即1n1，于是有，22212n1112112a1，即Sn2a1。Sna1a2ana1a1n1a1a1

12212

从上面的一系列问题中，我们可以看出，数列和不等式证明是紧密相连互相渗透的，在复习中我们一定要注意它们的联系，在知识的交叉点上思考分析，达到知识的融会贯通，培养分析问题和解决问题的能力。

第四篇：数列综合题型总结

数列求和

1.（分组求和）

(x-2)+(x2-2)+…+（xn-2）

2.(裂相求和)

1447(3n2)(3n1)

3.（错位相减）

135232222n12n

12222323n2n

4.（倒写相加）

1219984x)f()f()x 求值设f(x），求f(199919991999425.（放缩法）

求证：1

数列求通项

6.（Sn与an的关系求通项）

正数数列{an}，2Snan1，求数列{an}的通项公式。

7．（递推公式变形求通项）已知数列{an }，满足，a1=1,8.累乘法

an15an求{an }的通项公式 5an11223212n2

数列an中，a1122，前n项的和Snnan，求an1.2222aSSna(n1)a(n1)a(n1)an1 nnn1nn1n解：



∴

∴anann1an1n1，anan1a2n1n2111a1an1an2a1n1n32n(n1)an11

(n1)(n2)

9累加法

第五篇：高考中的类比推理

高考中的类比推理

大数学家波利亚说过：“类比是某种类型的相似性，是一种更确定的和更概念性的相似。”应用类比的关键就在于如何把关于对象在某些方面一致性说清楚。类比是提出新问题和作出新发现的一个重要源泉，是一种较高层次的信息迁移。例

1、（2006湖北）半径为r的圆的面积S(r)r，周长C(r)2r，若将r看

作(0,)上的变量，则（r2)'2r，①，①式可用语言叙述为：圆的面积函数的导数等于圆的周长

函数。对于半径为R的球，若将R看作看作(0,)上的变量，请你写出类似于①的式子：_________________，②，②式可用语言叙述为___________.解：由提供的形式找出球的两个常用量体积、表面积公式，类似写出恰好成立，V(R)4

R33,S(r)4R

.答案：①(43

R3)'

4R2.②球的体积函数的导数等于球的表面积函数。

点评：主要考查类比意识考查学生分散思维，注意将圆的面积与周长与球的体积与表面积进行类比

例2．（2000年上海高考第12题）在等差数列｛an｝中，若a10=0，则有等式a1＋a2＋„„＋an=a1＋a2＋„„＋

a*

19－n（n＜19，n∈N）成立。类比上述性质，相应地：在等比数列｛bn｝中，若b9=1，则有等式成立。分析：这是由一类事物（等差数列）到与其相似的一类事物（等比数列）间的类比。在等差数列｛an｝前19项中，其中间一项a10=0，则a1＋a19= a2＋a18=„„= an＋a20－n= an＋1＋a19－n=2a10=0，所以a1＋a2＋„„＋an＋„„＋a19=0，即a1＋a2＋„„＋an=－a19－a18－„－an＋1，又∵a1=－a19，a2=－a18，„，a19－n=－an＋1，∴ a1＋a2＋„„＋an=－a19－a18－„－an＋1= a1＋a2＋„＋a19－n。相似地，在等比数列｛bn｝的前17项中，b9=1为其中间项，则可得b1b2„bn= b1b2„b17－n（n＜17，n∈N*）。

例3．（2003年全国高考新课程卷文科第15题）在平面几何里，有勾股定理：“设△ABC的两边AB、AC互相垂

直，则AB2

＋AC2

= BC2

。”拓展到空间，类比平面几何的勾股定理，研究三棱锥的侧面面积与底面面积间的关系，可以

得到的正确结论是：“设三棱锥A—BCD的三个侧面ABC、ACD、ADB两两相互垂直，则________________”。分析：这是由低维（平面）到高维（空间）之间的类比。三角形中的许多结论都可以类比到三棱锥中（当然必须经过论证其正确性），像直角三角形中的勾股定理类比到三侧面两两垂直的三棱锥中，则有S

2△ABC＋S△ACD＋S△ADB= S

2△BCD

。需要指出的是，勾股定理的证明也可进行类比。如在Rt△ABC中，过A作AH⊥BC于H，则由AB2=BH·BC，AC2

=CH·BC

相加即得AB2

＋AC2

=BC2

；在三侧面两两垂直的三棱锥A—BCD中，过A作AH⊥平面BCD于H，类似地由S

△ABC

=S△HBC·S△BCD，S

222△ACD

=S△HCD·S△BCD，S△ADB=S△HDB·S△BCD相加即得S△ABC＋S222

△ACD＋S△ADB= S△BCD。例

4、（2006上海）已知函数

yx

a

x

有如下性质：如果常数a>o，那么该函数在(0,a]上是减函数，在[a,)上是增函数。

（1）

如果函数b

yx2(x0)的值域为[6,)，求b的值；

x

（2）

研究函数yx2c（常数c

0)在定义域内的单调性，并说明理由；

x

（3）

对函数yxa和yx2c（常数c

0)作出推广，使它们都是你所推广

xx的函数的特例，研究推广后的函数的单调性（只须写出结论，不必证明）。

解：（1）函数

yx

2b

(x0)在(0,2b]上是减函数，在[2b,)上是增函数，所以该函

x

数在x2b

处取得最小值

22b.令22b6，得blog29.（2）设t

x20，显然函数yt

c

t

在(0,c]上是减函数，在[c,)上是增函数，令x2c得cxc，令x2c得x或xc.又因为

tx2在(,0]上是减函数，在[0,)上是增函数，于是利用复合函数的单调性知，函数

yx2

c

(,]上是减函数，在[c,0)上是增函数，在(0,x2

在]上是减函数，[c,)

上是增函数。

（3）推广结论：当n是正奇数时，函数yxna（常数a

0)是奇函数，故在(,2a]上是

x

n

增函数，在[2a,0)是减函数，在(0,2]上是减函数，在[a,)上是增函数。

而当n为正偶数时，函数

yxn

axn

（常数a

0)是偶函数，在(,2a]上是减函数，在[a,0)是增函数，在(0,a]上是减函数，在[a,)上是增函数。

点评：本题设计新颖，层层递进，主要考查函数yxna的单调性、最值，考查分析解决问题的能力。

x

n