1、*739101.(2011)2.naaaSnnS已知为等差数列，其公差为，且是 与 的等比中项，为的前 项和，则的值为_天津卷_ N10739273921111110 10110212416202110.2aaaaaaaaaSaa 因为是与 的等比中项，所以，又公差为，即，解得，所以解析：2.(2010江西卷)等比数列an中，a1=2，a8=4，函数f(x)=x(x-a1)(x-a2)(x-a8)，则f(0)=.解析：考虑到求导中，含有x项均取0，则f(0)只与函数f(x)的一次项有关，得：a1a2a3a8=(a1a8)4=212.3.(2010 江苏卷)函数y=x2(x0)的图象在点(ak，
2、)处的切线与x轴的交点的横坐标为ak+1，其中kN*，若a1=16，则a1+a3+a5的值是 .解析：y=2x，函数y=x2(x0)在点(ak，)处的切线方程为y-=2ak(x-ak)当y=0时，解得x=，所以ak+1=，a1+a3+a5=16+4+1=21.2ka2ka2ka2ka2ka212123123413410213141.1SaaSaSSSaSSaaS因为，所以，因为，所以，因解析：为，所以，1101_4.(2011_ _.)_nnnmn manSSSSaa已知数列的前 项和 满足：江西卷，且，那么 5.(2010 辽宁卷)已知数列an满足a1=33，an+1-an=2n，则的最小值
3、为 .nan解析：an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(a2-a1)+a1=21+2+(n-1)+33=n2-n+33，所以 nan=33n+n-1，设f(n)=+n-1，33n由基本不等式或导数可知f(n)在(，+)上单调递增，在(0，)上单调递减的，因为nN*，所以只有当n=5或6时f(n)有可能取得最小值3333由f(5)=+5-1=，f(6)=335535336+6-1=，=10.610.5=所以 f(n)min=f(6)=.212535212212 22312*1143.1(1(2).16nnnnnnnadSnTannSnnTnnaadn nnn设等差数列的各项与公差
4、均为正数，是其前 项的和；是数列的前 项和若对一切正自然数，恒成立求数列的首项 和公差参考公式：，例1N分析：条件中给出了两个“不等量”关系，结论探求的是“等量”关系通过对这一差异“点”的分析，获知解题的突破口就是化“不等”为“等”不等式中的“夹逼”法则：“如果实数x，a满足axa(即xa且xa)，则必有x=a”在求解本题中发挥了重要的作用221113211111221111 111.1144 11.3301.1.1112222nnnSnnSaaTnnTaaaan nSnnnadnndndn 因为，所以，即因为，所以又，所以由，得又因为，即，所以对一切正自然数 恒成立，故解析：；2221222
5、21112221122221231212112 1 1 21161 21161 43nnnnTaaaaadandnana dndn nnnan na ddn nnnn nddTnn 因为，所以，由，23211 2111463216810214120.02141012022.2n nnnn nddnnnddnndnddndndddad 得，所以，所以又由，有，所以，即由综上，可得 *1212*21111()1112()2116(6)3nnnnnnkknSnnSSSnSSSbanbmmmm设数列的前 项的和为，已知求，及；设，若对一切，均有，求实数 的变式1.取值范围NN 12*12121*121
6、11(N)1126.11(1121111N11)nnnnnSSSnnnnSSSnnnSSSnnnSn nSnnnn nn依题意，时，；时，因为，时，两式相减得所以，所以上式对也成立，所以解析：11*11112222(N)11()441111144(1)1341411(1)3411432nnnnnnnnnnkknkknanaSSnan nbbbbnbnnnb 当时，当时，所以所以，则，故数列是等比数列，则因为随 的增大而增大，所以，1104416115263305.mmmmmmmmm或由得或，或所以 211*()12nnnnnnnnnnnnnaaanaaabcbcddd定义：若数列满足：为常数，
7、则称数列为差比等数列若给定等差数列与等比数列，试问与能分别是差比等数列吗？若数列为差比等数列，则能否同时为等比数列？若能，求出应满足的条件；若不能，说例2.明理由N分析：本题主要考查数列的有关概念，考查等差数列与等比数列的基础知识，考查数学的应用意识与创新意识 101nnnnbbcc当的公差不为 时，为差比等数列，否则不是当的公比不为 时，为差比等数列，否解析：则不是 2111211121.102nnnnnnnnnnndddkddddddkddddkkd数列为差比等数列，所以为常数，故是以为首项，为公比的等比数列，从而当时，是公差不为 的等差数列，不是等比数列；1122112302121211
8、11212121121111110nnnnnnnnnnkddddddddddkddkddkddkdddkdddkkkkdkddk当时，故当且仅当时，是等比数列，此时正好是等比数列的公比变式2.对于给定数列cn，如果存在实常数p，q使得cn+1=pcn+q对于任意nN*都成立，我们称数列cn是“M类数列”(1)若an=2n，bn=32n，nN*，数列an、bn是否为“M类数列”？若是，指出它对应的实常数p，q，若不是，请说明理由；(2)证明：若数列an是“M类数列”，则数列an+an+1也是“M类数列”解析：(1)因为an=2n，则有an+1=an+2，nN*.故数列an是“M类数列”，对应的实
9、常数分别为1,2.因为bn=32n，则有bn+1=2bn，nN*故数列bn是“M类数列”，对应的实常数分别为2,0.(2)证明：若数列an是“M类数列”，则存在实常数p，q，使得an+1=pan+q对于任意nN*都成立，且有an+2=pan+1+q对于任意nN*都成立，因此(an+1+an+2)=p(an+an+1)+2q对于任意nN*都成立，故数列an+an+1也是“M类数列”对应的实常数分别为p,2q.1*111121112()()11221C(2010)Cnnnnnnknnkkkknnnnnnnnnnnnaaaaaankaakaaaaaaaaaaabbb 对数列，规定为数列的一阶差分数列
10、，其中对正整数，规定为的 阶差分数列，其中若数列首项，且满足，求数列的通项公式；对中数例3.江苏启东中列，是否存在等差数列，使得学考前辅导N Cnnnbanb对一切正整数 都成立？若存在，求数列的通项公式；若不存在，则请说明理由分析：本题综合考查数列的基础知识，考查利用数学归纳法解题的能力，考查综合分析问题与解决问题的能力 211111122334122222.12242284123 2248342.122nnnnnnnnnnnnnnnnnaaaaaaaaaaaaaaaan 因为，故，于是，所以因为，故猜解测析：01111*11 22.1221 22221kkkkkkkknnnankaknka
11、akannknkN当时，猜测成立；假设当时，猜测成立，即那么，当时，所以当时，证明：对任猜测也成立由可知，猜测意均成立 1112011111011111112112C1C1 11 1C2CCCCC(CCC)2CCC22knknnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnk nkk nkn nnknknnnnnnbnbbbbn ！因为！，！且，于是令，则存在数列为等差数列，且等式 011211142.1(20102.)2nnnnnnaaaaanaaaan变式3.江苏已知数列的各项都是正数，且满足：，求，；证明州：海高模，中学NN 2010111311230125222.8kknaaaankaaaa
12、用数学归纳法证明：当时，故，命题正确假设当时，有解析：，1111111111121111144221221420,400.1144222212.kkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkknnnkaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaanknaa则当时，因为，所以又，所以，当时，命题也正确由知，对一切，有N在进行数列二轮复习时，建议可以具体从以下几个方面着手：1运用基本量思想(方程思想)解决有关问题；2注意等差、等比数列的性质的灵活运用；3注意等差、等比数列的前n项和的特征在解题中的应用；4注意深刻理解等差数列与等比数列的定义及其等价形式；5根据递推公式，通过寻找规律，运用
13、归纳思想，写出数列中的某一项或通项，主要需注意从等差、等比、周期等方面进行归纳；6掌握数列通项an与前n项和Sn之间的关系；7根据递推关系，运用化归思想，将其转化为常见数列；8以等差、等比数列的基本问题为主，突出数列与函数、数列与方程、数列与不等式、数列与几何等的综合应用注意数学思想方法在解题中的指导作用主观题一般会分成二问或三问，排列的顺序一般是从易到难会做部分力求做对、做全、得满分，对于不能全面完成的较难部分要想办法多得分 125(16(20)1211223,411)nn kn knkManSkMnkSSSSMaaM本小题满分分设为部分正整数组成的集合，数列的首项，前 项和为，已知对任意整
14、数，当时，都成立设，求 的值；设，求数列的江苏卷通项公式 111112511121222.(1)22.222222.(4)81nnnnnnnnnnknSSSSSSSSSaaaanaaann由题设知，当时，即分解析：的值为从而又，故当时，所以分 111111111163366226333,422222.2882n kn knknknknknknknnknnnknnnnnnnnnnnnnkMnkSSSSSSSSaaaaaaanaaaaaaaaanaaaa 由题设知，当且时，且，两式相减得，即所以当时，成等差数列，且，也成等差数列从而当时，6666222222*82.nnnnnnnnnnnnaaaa
15、anaaaaaaa，且，所以当时，即 3113331111111612113761131219*292868*22.2nnnnnnnnnnnnnnnnnmmmmmmmmmmmmmnaaaaaaaaaaaaaaandaammaaaaaaaaaaaaaa于是当时，成等差数列，从而，故由式知，即，当时，设；当时，从而由式知，故从而，于是12.222(3,4)2mnnn kn knkn knnn kkdddaadnSSSSkSSSSS因此，对任意都成立，又由可知，34421179216223.2212.216)1.(nnndSdSaddadaaandaa故且，解得，从而，因此，数列为等差数列，由，知所以数列的通项公式为分本题主要考查数列的通项与前n项和的关系，第(1)小 题 只 需 把 k=1 代 入 条 件 即 得 n1，Sn+1+Sn-1=2(Sn+S1)，再复制出等式Sn+2+Sn=2(Sn+1+S1)后，两式相减即可获得4分；第(2)小题对考生的分析探究及逻辑推理能力要求相当高，在具体求解时，可把k=3,4代入条件，再将Sn向an转化，尽量多拿步骤分，积少成多.