数列几道大题举例

第一篇：数列几道大题举例

数列几道大题举例

1.已知数列an的首项a12a1（a是常数，且a1），an2an1n24n2（n2），数列bn的首项b1a，bnann2（n2）。

（1）证明：bn从第2项起是以2为公比的等比数列；

（3）当a>0时，求数列an的最小项。（2）设Sn为数列bn的前n项和，且Sn是等比数列，求实数a的值；

分析：第（1）问用定义证明，进一步第（2）问也可以求出，第（3）问由a的不同而要分类讨论。

解：（1）∵bnann

2∴bn1an1(n1)22an(n1)24(n1)2(n1)2

2an2n22bn(n≥2)

由a12a1得a24a，b2a244a4，∵a1，∴ b20，即{bn}从第2项起是以2为公比的等比数列。

(4a4)(2n11)3a4(2a2)2n（2）Sna2

1Sn(2a2)2n3a43a42当n≥2时，Sn1(2a2)2n13a4(a1)2n13a

4∵{Sn}是等比数列, ∴Sn(n≥2)是常数，Sn1。

3（3）由（1）知当n2时，bn(4a4)2n2(a1)2n，∴3a+4=0，即a

2a1(n1)所以an，n2(a1)2n(n2)

所以数列an为2a+1，4a，8a-1，16a，32a+7，……

显然最小项是前三项中的一项。当a(0,)时，最小项为8a-1； 1

41时，最小项为4a或8a-1； 4

11当a(,)时，最小项为4a； 42

1当a时，最小项为4a或2a+1； 2

1当a(,)时，最小项为2a+1。2当a

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。考点二：求数列的通项与求和

2.已知数列an满足a11,an12an1nN 

（Ⅰ）求数列an的通项公式；（Ⅱ）若数列bn满足4（Ⅲ）证明：

b11

4b214b314bn1(an1)bn，证明：bn是等差数列；

1112nN aa3an13 2

分析：本例（1）通过把递推关系式转化成等比型的数列；第（2）关键在于找出连续三

项间的关系；第（3）问关键在如何放缩。解：（1）an12an1，an112(an1)故数列{an1}是首项为2，公比为2的等比数列。

an12n，an2n1

（2）4

b11

4b214b314bn1(an1)bn，4

(b1b2bnn)

2nbn

2(b1b2bn)2nnbn①

2(b1b2bnbn1)2(n1)(n1)bn1②

②—①得2bn12(n1)bn1nbn，即nbn2(n1)bn1③

(n1)bn12nbn2④

④—③得2nbn1nbnnbn1，即2bn1bnbn1 所以数列{bn}是等差数列

11111

n1n1

an21222an111111111111

设S，则S()(S)

a2a3an1a22a2a3ana22an1

21212S

a2an13an13

（3）

点评：数列中的不等式要用放缩来解决难度就较大了，而且不容易把握，对于这样的题要多探索，多角度的思考问题。

3.已知函数f(x)xln1x,数列an满足0a11,11

an1fan;数列bn满足b1,bn1(n1)bn, nN*.求证:

（Ⅰ）0an1an1;

an2

;（Ⅱ）an12

（Ⅲ）若a1,则当n≥2时,bnann!.分析：第（1）问是和自然数有关的命题，可考虑用数学归纳法证明；第（2）问可利用函数的单调性；第（3）问进行放缩。

解：(Ⅰ)先用数学归纳法证明0an1,nN*.（1）当n=1时,由已知得结论成立;

（2）假设当n=k时,结论成立,即0ak1.则当n=k+1时,1x0,所以f(x)在(0,1)上是增函数.x1x1

又f(x)在0,1上连续,所以f(0)

故当n=k+1时,结论也成立.即0an1对于一切正整数都成立.又由0an1, 得an1ananln1ananln(1an)0,从而an1an.综上可知0an1an1.x2x2

(Ⅱ)构造函数g(x)=-f(x)= ln(1x)x, 0

x2

由g(x)0,知g(x)在(0,1)上增函数.1x

又g(x)在0,1上连续,所以g(x)>g(0)=0.an2an2

因为0an1,所以gan0,即fan>0,从而an1.22

b11n1

(Ⅲ)因为 b1,bn1(n1)bn,所以bn0,n1 ,bn222

bbb1

所以bnnn12b1nn!————① ,bn1bn2b12

an2aaaaaaaaa,知:n1n,所以n=23n12n1 , 由(Ⅱ)an1

22an2a1a1a2an122, n≥2, 0an1an1.a1n2a121a1a2an1

所以 ana1

由①② 两式可知: bnann!.因为a1

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、向量等的联系 4.已知函数f(x)=

52x，设正项数列an满足a1=l，an1fan．

168x

(1)写出a2、a3的值;(2)试比较an与的大小，并说明理由；

4n

51n

(3)设数列bn满足bn=－an，记Sn=bi．证明：当n≥2时,Sn＜(2－1)．

44i

1分析：比较大小常用的办法是作差法，而求和式的不等式常用的办法是放缩法。

52an7

3解：(1)an1，因为a11,所以a2,a3.168an84（2）因为an0,an10,所以168an0,0an2.5

548(an)an

552an53, an1

4168an432(2an)22an因为2an0,所以an1

与an同号，44

5155550，a20,a30,…，an0,即an.444444

531531

（3）当n2时，bnan(an1)bn1

422an1422an1

31bn12bn1，224

所以bn2bn122bn22n1b12n3，13n(12n)

1111

所以Snb1b2bn(2n1)

421242

因为a1

点评：本题是函数、不等式的综合题，是高考的难点热点。

第二篇：2013高考试题——数列大题

2013年高考试题分类汇编——数列

x2x3xn

2013安徽(20)(13分)设函数fn(x)1x22...2(xR,nN),证明:

23n

2(1)对每个n∈N+,存在唯一的xn[,1],满足fn(xn)0;

3(2)对于任意p∈N+,由(1)中xn构成数列{xn}满足0xnxnp2013北京（20）（本小题共13分）

.n

已知an是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为An，第n项之后各项an1,an2的最小值记为Bn，dnAnBn．

（Ⅰ）若an为2,1,4,3,2,1,4,3…，是一个周期为4的数列（即对任意nN*，an4an），写出d1,d2,d3,d4的值;

（Ⅱ）设d是非负整数，证明：dndn1,2,3的充分必要条件为an是公差为d的等差数列;

（Ⅲ）证明：若a12，dn1n1,2,3,，则an的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.2正项数列{an}的前项和{an}满足：sn(n2n1)sn(n2n)0

（1）求数列{an}的通项公式an；（2）令bn都有Tn

n1*

nN，数列{b}的前项和为。证明：对于任意的，Tnnn22

(n2)a6

42013全国大纲17．（本小题满分10分）

等差数列an的前n项和为Sn.已知S3=a22,且S1,S2,S4成等比数列，求an的通项

式.2013四川16．(本小题满分12分)在等差数列{an}中，a2a18，且a4为a2和a3的等比中项，求数列{an}的首项、公差及前n项和． 2013天津(19)(本小题满分14分)已知首项为的等比数列{an}不是递减数列, 其前n项和为Sn(nN*), 且S3 + a3, S5 + a5, S4 + a4成等差数列.(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;

(Ⅱ)设TnSn1(nN*), 求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.Sn

322013陕西17.(本小题满分12分)

设{an}是公比为q的等比数列.(Ⅰ)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.2013湖北

18、已知等比数列an满足：a2a310，a1a2a3125。（I）求数列an的通项公式；

（II）是否存在正整数m，使得11a1a211？若存在，求m的最小值；am

若不存在，说明理由。

2013江苏19．（本小题满分16分）

设{an}是首项为a，公差为d的等差数列(d0)，Sn是其前n项和．记bnnSn，2nc

nN*，其中c为实数．

（1）若c0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snkn2Sk（k,nN*）；

（2）若{bn}是等差数列，证明：c0．

2013浙江18．（本小题满分14分）在公差为d的等差数列{an}中，已知a1=10，且a1，2a2+2，5a3成等比数列

（Ⅰ）求d，an；

（Ⅱ）若d<0，求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|．

第三篇：数列不等式的证明举例

1.已知数列an满足a11,an12an1nN 

（Ⅰ）求数列an的通项公式；

（Ⅱ）若数列bn满足4b114b214b314bn1(an1)bn，证明：bn是等差数列；（Ⅲ）证明：1112nN aa3an13

2分析：本例（1）通过把递推关系式转化成等比型的数列；第（2）关键在于找出连续三项间的关系；第（3）问关键在如何放缩。

解：（1）an12an1，an112(an1)

故数列{an1}是首项为2，公比为2的等比数列。

an12n，an2n

1（2）4b114b214b314bn1(an1)bn，4(b1b2bnn)2nbn

2(b1b2bn)2nnbn①

2(b1b2bnbn1)2(n1)(n1)bn1②

②—①得2bn12(n1)bn1nbn，即nbn2(n1)bn1③

(n1)bn12nbn2④

④—③得2nbn1nbnnbn1，即2bn1bnbn1

所以数列{bn}是等差数列

11111（3） n1n1an21222an1

11111111111设S，则S()(S)a2a3an1a22a2a3ana22an1

21212S a2an13an1

3点评：数列中的不等式要用放缩来解决难度就较大了，而且不容易把握，对于这样的题要多探索，多角度的思考问题。

2.已知函数f(x)xln1x,数列an满足0a11,an1fan;数列bn满足b1,bn1(n1)bn, nN*.求证:

（Ⅰ）0an1an1;1212

an2;（Ⅱ）an12

（Ⅲ）若a1则当n≥2时,bnann!.分析：第（1）问是和自然数有关的命题，可考虑用数学归纳法证明；第（2）问可利用函数的单调性；第（3）问进行放缩。

*解：(Ⅰ)先用数学归纳法证明0an1,nN.（1）当n=1时,由已知得结论成立;（2）假设当n=k时,结论成立,即0ak1.则当n=k+1时, 因为0

又f(x)在0,1上连续,所以f(0)

x2x2

ln(1x)x, 0

x2

0,知g(x)在(0,1)上增函数.由g(x)1x

又g(x)在0,1上连续,所以g(x)>g(0)=0.an2an2

fan>0,从而an1.因为0an1,所以gan0,即22

11n1b

(Ⅲ)因为 b1,bn1(n1)bn,所以bn0,n1 ,222bn

bbb1

所以bnnn12b1nn!————① ,bn1bn2b12

an2aaaaaaaaa,知:n1n,所以n=23n12n1 , 由(Ⅱ)an122an2a1a1a2an122, n≥2, 0an1an1.2

a1n2a121a1a2an1

a1

222222

由①② 两式可知: bnann!.因为a1

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。

3.已知数列an满足a1

（Ⅰ）求数列an的通项公式an；（Ⅱ）设bn

an1

1(n2,nN)．，ann

41an1

21an，求数列bn的前n项和Sn；

（Ⅲ）设cnansin

(2n1)，数列cn的前n项和为Tn．求证：对任意的nN，2

Tn

4． 7

分析：本题所给的递推关系式是要分别“取倒”再转化成等比型的数列，对数列中不等式的证明通常是放缩通项以利于求和。解：（Ⅰ）又

1211，(1)n(1)n(2(1)n1]，anan1anan1

11n

1，数列(1)3是首项为3，公比为2的等比数列．

a1an

(1)n11nn1

.(1)3(2)，即ann1an321

（Ⅱ）bn(32n11)294n162n11．

1(14n)1(12n)Sn96n34n62nn9．

1412(2n1)

(1)n1，（Ⅲ）sin

2(1)n11

．cnn1nn1

3(2)(1)321

1111当n3时，则Tn 2n1

31321321321

n21

[1(1]1111111)23n11

47322813232111111147484[1()n2]． 286228684847

T1T2T3，对任意的nN，Tn．

7点评：本题利用转化思想将递推关系式转化成我们熟悉的结构求得数列an的通项 4.已知函数f(x)=

52x，设正项数列an满足a1=l，an1fan．

168x

(1)写出a2、a3的值;(2)试比较an与的大小，并说明理由；

4n

51n

(3)设数列bn满足bn=－an，记Sn=bi．证明：当n≥2时,Sn＜(2－1)．

44i

1分析：比较大小常用的办法是作差法，而求和式的不等式常用的办法是放缩法。

52an7

3解：(1)an1，因为a11,所以a2,a3.168an84（2）因为an0,an10,所以168an0,0an2.5

548(an)an

552an53, an1

4168an432(2an)22an

因为2an0,所以an1与an同号，44

515555

因为a10，a20,a30,„，an0,即an.444444

531531

(an1)bn1（3）当n2时，bnan

422an1422an1

31bn12bn1，224

所以bn2bn122bn22n1b12n3，(12n)

1111

所以Snb1b2bn(2n1)

421242

点评：本题是函数、不等式的综合题，是高考的难点热点。

3n

第四篇：数列的应用举例教案说明

《数列在日常生活中的应用》教案说明

一、教材地位与作用

本节课是等差数列与等比数列在购物方式上的应用，此前学生已掌握等差数列，等比数列的通项公式及其前n项和公式，学生在知识和应用能力方面都有了一定基础，这节课对提高学生的应用意识具有很高的价值，帮助学生建立零存整取模型，自动转存模型，分期存款模型，提高学生在生活中应用知识的能力。

二、教学目标设计

1、使学生掌握等差数列与等比数列在购物付款方式中的应用；

2、培养学生搜集、选择、处理信息的能力，发展学生独立探究和解决问题的能力，提高学生的应用意识；

3、通过学生之间，师生之间的交流与配合培养学生的合作意识和团队精神，通过独立运用数学知识解决实际问题，使学生体会学习数学知识的重要性，增强他们对数学学习的兴趣和对数学的情感。

4、教学重点难点

重点：抓住分期付款问题的本质分析问题； 难点：建立数学模型，理解分期付款的合理性。

三、教法分析

为了让学生较好掌握本课内容，本节课主要采用自主探究教学方式，我通过创设实际问题情境，引导学生自主探索得到解决实际生活中的问题的方法。本节课在引导学生利用所学数列知识分析问题时，留出学生思考的余地，让学生去联想，探索，鼓励学生大胆质疑，把

需要解决的问题弄清楚，做好建模工作。

四、教学过程

复习引入：等差、等比、求和问题的实际应用。设计意图：通过复习为学生较好的学习本节课打下坚实的基础。

教授新课例题一：引领学生认真读题，审清题意，培养学生审题能力与处理信息的能力，通过递推归纳转化为等差数列求和问题。教授新课例题二：让学生自己读题，通过提问把握学生审题程度。引导学生把问题转化为利用等比数列的知识解决问题的方法上来。

五、思考交流:作为课堂练习

①便于观察学情，及时从中获取反馈信息，对其中偶发性错误进行辨析，指正。②通过形式性练习，培养学生的应变和举一反三的能力，逐步形成技能。

六、归纳小结

本节课学习了付款模型，增长率问题都是借助于等差等比知识解决。使学生巩固所学知识，培养学生的归纳概括能力。

第五篇：二中讲课教案数列的应用举例(新)

《数列的应用举例》教案设计

课题：数列的应用举例

一、知识与技能

1、使学生掌握等差数列与等比数列在购物付款方式中的应用；

2、培养学生搜集、选择、处理信息的能力，发展学生独立探究和解决问题的能力，提高学生的应用意识；

二、教学重点难点

重点：抓住分期付款问题的本质分析问题；

难点：建立数学模型，理解分期付款的合理性。

三、过程与方法

通过创设情境、讲授法、讨论法、直观演示法、练习法提高学生发现问题、分析问题、解决问题的能力。

四、情感态度与价值观

通过学生之间，师生之间的交流与配合培养学生的合作意识和团队精神，通过独立运用数学知识解决实际问题，使学生体会学习数学知识的重要性，增强他们对数学学习的兴趣和对数学的情感。

五、实验与教具

多媒体

六、教学过程

复习引入

1、等差数列的通项公式：ana1(n1)d

等差数列的前n项和：Sn

2、等比数列的通项公式：

n(a1an)2n1na1n(n1)d2

ana1q

a1anq1qa1(1q)1qn

等比数列的前n项和：Snna1(q1)或Sn(q1)

创设情境

1、有一位大学毕业生到一家私营企业去工作，试用期后，老板对这位大学生很赞赏，有意留下他，便给出两种薪酬方案供他选择。

其一，工作一年，月薪5000元；其二，工作一年，20(12)12128190(0元)②复利（教材P48问题4）：把上期末的本利和作为下一期的本金，在计算时每期本金数额是不同的。

SP(1r)n（其中P表示本金、r表示利息、n表示存期、S表示本息和）

自主练习

1、按活期存入银行1000元，年利率是0.5%，那么按单利计算，