1、专题三数列综合问题的解答对应学生用书P91考向一数列概念的考查(2013高考湖北卷)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1，3，6，10，第n个三角形数为n2n.记第n个k边形数为N(n，k)(k3)，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)n2n，正方形数N(n，4)n2，五边形数N(n，5)n2n，六边形数N(n，6)2n2n，可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(10，24)_【方法分析】题目条件：已知第n个三角形N(n，3)，第n个正方形数N(n，4)，第n个五边形数N(n，5)，第n个六边形数N(n，6)解题目标：按k的奇偶性：归纳总结N
2、(n，k)，并计算N(10，24)关系探究：当偶数边形时，N(n，k)的特征为()n2()n.【解题过程】由N(n，4)n2，N(n，6)2n2n，可以推测：当k为偶数时，N(n，k)n2n，于是N(n，24)11n210n，故N(10，24)1110210101 000.【答案】1 000【回归反思】此题是教材内容的深化题，通过由特殊到一般的归纳，得出N(n，k)的通项公式，代入n10，k24计算考向二等差、等比数列的综合考查来源:学科网(2012高考陕西卷)设an是公比不为1的等比数列，其前n项和为Sn，且a5，a3，a4成等差数列(1)求数列an的公比；(2)证明：对任意kN*，Sk2，
3、Sk，Sk1成等差数列【方法分析】题目条件：已知等比数列an的a5，a3，a4的关系解题目标：求公比q，求证Sk2，Sk，Sk1的等差关系关系探究：()由等差中项建立q的方程()表示Sk2，Sk和Sk1，验证等差关系，即2SkSk2Sk1.【解题过程】(1)设数列an的公比为q(q0，q1)，由a5，a3，a4成等差数列，得2a3a5a4，即2a1q2a1q4a1q3.来源:Z,xx,k.Com由a10，q0得q2q20，解得q12，q21(舍去)，所以q2.(2)证法一：对任意kN*，Sk2Sk12Sk(Sk2Sk)(Sk1Sk)ak1ak2ak12ak1ak1(2)0，所以对任意kN*，S
4、k2，Sk，Sk1成等差数列来源:Zxxk.Com证法二：对任意kN*，2Sk，Sk2Sk1，2Sk(Sk2Sk1)2(1qk)(2qk2qk1)(q2q2)0，因此，对任意kN*，Sk2，Sk，Sk1成等差数列【回归反思】以q为未知数，以等差数列为关系建立方程，求解时，注意对q的取舍，证明等差数列时，法一转化为通项的计算法二转化为求和公式的化简，但最终都转化为等差中项的判断考向三数列与不等式知识的综合(2013高考江西卷)正项数列an的前n项和Sn满足：S(n2n1)Sn(n2n)0.(1)求数列an的通项公式an；(2)令bn，数列bn的前n项和为Tn，证明：对于任意的nN*，都有Tn.【
5、方法分析】题目条件：已知Sn关于n的方程，bn用an表示的通项公式，an0.解题目标：(1)求Sn再求an.(2)根据bn求和Tn，并比较与的大小关系探究：(1)把Sn的方程因式分解转化为Snf(n)的形式，利用anSnSn1的关系求an.(2)分析bn的构成特点，裂项法求Tn，放缩法证明Tn.【解题过程】(1)由S(n2n1)Sn(n2n)0，得Sn(n2n)(Sn1)0.由于数列an是正项数列，所以Sn0，Snn2n.于是a1S12，当n2时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.综上可知，数列an的通项an2n.(2)证明：由于an2n，bn，则bn.Tn.【回归反思】(1)已知条
6、件式等价变形(因式分解)是较隐含的方法，否则此题其它入手方法很麻烦，并注意an0，取舍Sn.(2)bn，类比可以裂项相消，要注意配平系数.(3)求和相消的规律是：负数隔两项向后找消掉(正数隔两项向前找消掉)考向四数列与函数知识的综合(2013高考安徽卷)设函数fn(x)1x(xR，nN*)证明：(1)对每个nN*，存在唯一的xn，满足fn(xn)0；(2)对任意pN*，由(1)中xn构成的数列xn满足0xnxnp0时，fn(x)10，故fn(x)在(0，)内单调递增由于f1(1)0，当n2时，fn(1)0，故fn(1)0.又fn10时，fn1(x)fn(x)fn(x)，故fn1(xn)fn(x
7、n)fn1(xn1)0.由fn1(x)在(0，)内单调递增，知xn1xn.故xn为单调递减数列，从而对任意n，pN*，xnpxn.对任意pN*，由于fn(xn)1xn0，fnp(xnp)1xnp0，式减去式并移项，利用0xnpxn1，得xnxnpnp,kn1 np,kn1 np,kn1 np,kn1 .因此，对任意pN*，都有0xnxnp.对应学生用书P921(2013高考江苏卷)在正项等比数列an中，a5，a6a73，则满足a1a2ana1a2an的最大正整数n的值为_解析：首先由已知条件求出an的公比与首项，然后根据求和公式和通项公式将不等式的两边求出，用n表示，得到关于n的不等式，然后对
8、不等式进行转化，求得n的取值范围并进行估算和验证，从而得到n的最大值设an的公比为q(q0)，则由已知可得解得于是a1a2an(2n1)，a1a2anaq2.由a1a2ana1a2an可得(2n1)2，整理得2n12n2n5.由2n2n2n5可得nn2n5，即n213n100，解得n，取n12，可以验证当n12时满足a1a2ana1a2an，n13时不满足a1a2ana1a2an，故n的最大值为12.答案：122(2013高考江苏卷)设an是首项为a，公差为d的等差数列(d0)，Sn是其前n项的和记bn，nN*，其中c为实数(1)若c0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Sn kn2Sk(k
9、，nN*)；(2)若bn是等差数列，证明：c0.解析：(1)由c0，得bnad.又因为b1，b2，b4成等比数列，所以bb1b4，即a，化简得d22ad0.因为d0，所以d2a.因此，对于所有的mN*，有Smm2a.从而对于所有的k，nN*，有Sn k(nk)2an2k2an2Sk.(2)设数列bn的公差是d1，则bnb1(n1)d1，即b1(n1)d1，nN*，代入Sn的表达式，整理得，对于所有的nN*，有n3n2cd1nc(d1b1)来源:学|科|网Z|X|X|K令Ad1d，Bb1d1ad，Dc(d1b1)，则对于所有的nN*，有An3Bn2cd1nD.(*)在(*)式中分别取n1，2，3，4，得ABcd18A4B2cd127A9B3cd164A16B4cd1，从而有由得A0，cd15B，代入方程，得B0，从而cd10，即d1d0，b1d1ad0，cd10.若d10，则由d1d0，得d0，与题设矛盾，所以d10.又因为cd10，所以c0.
