《數(shù)列》中常見考點與重點題型解析

數(shù)列不僅是高中數(shù)學(xué)的重要內(nèi)容，也是高等數(shù)學(xué)的基礎(chǔ)，同時藴含諸多數(shù)學(xué)思想方法，因其多變的形式和靈活的解題方法備受高考命題者的青睞，歷年來都是高考命題中的“熱點”和難點.本文就高考數(shù)列重點考查內(nèi)容以及備考建議做些探討，供同學(xué)們學(xué)習(xí)時參考.

考點一：等差、等比數(shù)列的基本概念和性質(zhì)的應(yīng)用

例1在各項均不為零的等差數(shù)列{an}中，2a3-a27+2a11=0，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，且b7=a7，則log2（b6b8）的值為.

解析：由等差數(shù)列的性質(zhì)知：a3+a11=2a7，所以由2a3-a27+2a11=0，得：4a7-a27=0，解得：a7=4或a7=0（舍），從而b7=a7=4，故b6b8=b27=16，從而log2（b6b8）=4.

例2已知數(shù)列{an}為正項等比數(shù)列，Sn是它的前n項和.若a1=16，且a4與a7的等差中項為98，則S5的值為.

解析：設(shè)正項等比數(shù)列{an}的公比為q，則a4=16q3，a7=16q6，因為a4與a7的等差中項為98，所以a4+a7=9416q3+16q6=94，解得：q=12，從而S5=16[1-（12）5]1-12=31.

評析：（1）“知三求二”是等差數(shù)列和等比數(shù)列的重要題型，通常涉及等差（或等比）數(shù)列的通項公式、前n項和公式，往往運用基本量法來解決；（2）運用基本量法必須與等差或等比數(shù)列的性質(zhì)密切配合，合理地運用等差、等比數(shù)列的性質(zhì)，特別是通項的下標(biāo)性質(zhì)，能達(dá)到避繁就簡的目的.

考點二：等差等比數(shù)列的判斷與證明

例3已知數(shù)列{an}的首項a1=23，an+1=2anan+1，證明：數(shù)列{1an-1}是等比數(shù)列.

解析：因為an+1=2anan+1，兩邊同時取倒數(shù)得：1an+1=an+12an=12+12×1an，整理得：

1an+1-1=12×（1an-1）.又由a1=23知：1a1-1=12，故數(shù)列{1an-1}是以12為首項，12為公比的等比數(shù)列.

例4已知數(shù)列{an}滿足an=2an-1+2n+1（n≥2），a1=2，令bn=12n（an+t），問：是否存在一個實數(shù)t，使得數(shù)列{bn}為等差數(shù)列？若存在，求出實數(shù)t；若不存在，請說明理由.

解析：因為an=2an-1+2n+1（n≥2），a1=2，所以a2=9，a3=27，故b1=t+22，b2=9+t4，b3=27+t8.

假設(shè)存在一個實數(shù)t，使得數(shù)列{bn}為等差數(shù)列，則b1，b2，b3一定成等差數(shù)列，故有2b2=b1+b32×9+t4=2+t2+27+t8t=1.

當(dāng)t=1時，bn=12n（an+1），從而當(dāng)n≥2時，

有bn-bn-1=12n（an+1）-12n-1（an-1+1）=an+1-2an-1-22n=2n2n=1，故數(shù)列{bn}為等差數(shù)列.

評析：證明數(shù)列{an}是等差數(shù)列的方法有：①定義法，即當(dāng)n∈N時，an+1-an為同一常數(shù)；②中項公式法，即當(dāng)n∈N時，2an+1=an+an+2均成立，其推廣形式為：2an=an-m+an+m.證明數(shù)列{an}是等比數(shù)列，方法相同.

考點三：數(shù)列的通項與求和

1.數(shù)列求解通項公式的方法：

（1）等差等比（求解連續(xù)項的差或商，商出現(xiàn)字母的時候注意討論）；

（2）利用an與Sn的關(guān)系：an=S1（n=1）Sn-Sn-1（n≥2）；

（3）歸納——猜想——證明法；

（4）可以轉(zhuǎn)化為等差和等比的數(shù)列（一般多數(shù)題有提示，會變成證明題）

①an+1=pan+q，令an+1-λ=p（an-λ）；

②an+1=pan+qn，an+1qn+1=pq·anqn+1q（兩邊除以qn+1），再由①式轉(zhuǎn)化；

③an+1=pan+f（n）；

④an+2=pan+1+qan，令an+2+αan+1=β（an+1+αan）；

（5）應(yīng)用累加、累乘法求數(shù)列的通項：an+1=an+f（n），an+1=an×f（n）；

（6）對于分式an+1=ankan+1，取倒數(shù)，數(shù)列的倒數(shù)有可能構(gòu)成等差數(shù)列（對于分式形式的遞推關(guān)系）；

（7）給定Sn=f（an）形式的，可以結(jié)合Sn-Sn-1=an，寫成關(guān)于an，an-1的關(guān)系式，也可以寫成關(guān)于Sn，Sn-1的關(guān)系式，關(guān)鍵就是哪個關(guān)系式比較容易的求解出結(jié)果來.

2.數(shù)列求和：公式法、分組求和法、裂項相消法、錯位相減法、倒序相加法.

例5已知等差數(shù)列{an}的首項a1=1，公差d>0，且a2，a5，a14分別是等比數(shù)列{bn}的b2，b3，b4.

（1）求數(shù)列{an}與{bn}的通項公式；

（2）設(shè)數(shù)列{cn}對任意自然數(shù)n均有c1b1+c2b2+…+cnbn=an+1成立，求c1+c2+…+c2014的值.

分析：（1）依題意，a2，a5，a14成等比數(shù)列（1+4d）2=（1+d）（1+13d），可求得d，繼而可求得數(shù)列{an}的通項公式；由b2=a2=3，b3=a5=9，可求得數(shù)列{bn}的公比q與其首項，從而可得通項公式.（2）由（1）知an=2n-1，bn=3n-1，由c1b1+c2b2+…+cnbn=an+1，可求得c1=b1a2=3，cnbn=an+1-an=2（n≥2），于是可求得數(shù)列{cn}的通項公式，繼而可求得c1+c2+…+c2014的值.

解析：（1）∵a2=1+d，a5=1+4d，a14=1+13d，且a2，a5，a14成等比數(shù)列，

∴（1+4d）2=（1+d）（1+13d），解得d=2（d=0舍去），∴an=1+（n-1）×2=2n-1.

又b2=a2=3，b3=a5=9，∴q=3，∴b1=b2q=1，∴bn=3n-1.

（2）∵c1b1+c2b2+…+cnbn=an+1，∴c1b1=a2，即c1=b1a2=3.

又c1b1+c2b2+…+cn-1bn-1=an（n≥2），

∴cnbn=an+1-an=2（n≥2），

∴cn=2bn=2×3n-1（n≥2），

∴cn=3，（n=1）2×3n-1，（n≥2）

∴c1+c2+…+c2014=3+2×3+2×32+…+2×32013=3+2（3+32+…+32013）

=3+2×3（1-32013）1-3=32014.

評析：以上考查數(shù)列的通項與求和，考查了分析與轉(zhuǎn)化的能力.求數(shù)列的通項公式是高考數(shù)列解答題的常見形式，此類題型思維難度不大；數(shù)列的求和主要是分析通項，然后根據(jù)通項的結(jié)構(gòu)特征選擇相應(yīng)的求和方法.

考點四：數(shù)列中的公共項

例6已知數(shù)列{an}，{bn}的通項公式分別是an=7n+2，bn=4n+3，若將兩個數(shù)列的公共項按從小到大的順序排列后構(gòu)成數(shù)列{cn}，求c9的值.

解析：設(shè)an=bm（m，n∈N*），則有7n+2=4m+3，

①當(dāng)n=4k（k∈N*）時，得：7（4k）+2=4m+3，解得：m=7k-14，這與m，k∈N*矛盾，故舍去；

②當(dāng)n=4k+1（k∈N）時，得：7（4k+1）+2=4m+3，解得：m=7k+32，這與m∈N*，k∈N矛盾，故舍去；

③當(dāng)n=4k+2（k∈N）時，得：7（4k+2）+2=4m+3，解得：m=7k+134，這與m∈N*，k∈N矛盾，故舍去；

④當(dāng)n=4k+3（k∈N）時，得：7（4k+3）+2=4m+3，解得：m=7k+5，符合題意.所以當(dāng)n=4k+3且m=7k+5時有an=bm，取k=8，得：c9=a35=b61=247.

評析：數(shù)列中公共項的求解步驟：①設(shè)an=bm（m，n∈N*）；②代入各自的通項公式得：f（n）=g（m）；③用m表示n或用n表示m；④利用整除求出公共項.

考點五：數(shù)列中不定方程的整數(shù)解

例7（2009年江蘇高考卷第17題）設(shè)數(shù)列{an}是公差不為零的等差數(shù)列，Sn為其前n項和，滿足a22+a23=a24+a25，S7=7.

（1）求數(shù)列{an}的通項公式及前n項和Sn；

（2）試求所有的正整數(shù)m，使得amam+1am+2為數(shù)列{an}中的項.

解析：（1）數(shù)列{an}的通項公式為an=2n-7，前n項和為Sn=n2-6n.

（2）解法1：amam+1am+2=（2m-7）（2m-5）2m-3，設(shè)2m-3=t，則amam+1am+2=（t-4）（t-2）t=t+8t-6，所以t為8的約數(shù).又因為t=2m-3（m∈N*）為奇數(shù)，故t可取的值為±1.

當(dāng)t=1時，m=2，t+8t-6=3，2×5-7=3是數(shù)列中的第5項；

當(dāng)t=-1時，m=1，t+8t-6=-15，由數(shù)列{an}的通項公式為an=2n-7，知數(shù)列中的最小項為-5，不符合.

解法2：因為amam+1am+2=（am+2-4）（am+2-2）am+2=am+2-6+8am+2為數(shù)列{an}中的項，故8am+2為整數(shù)，又由（1）知：am+2=2（m+2）-7=2m-3為奇數(shù)，所以am+2=2m-3=±1，即m=1，2.

經(jīng)檢驗，符合題意的正整數(shù)只有m=2.

評析：將方程中的一個未知量用含有另一個未知量的代數(shù)式表示，分離出整數(shù)部分，可利用整除的性質(zhì)求其整數(shù)解.

考點六：數(shù)列中的“恒成立”思想

例8設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，p，q是與n無關(guān)的常數(shù).

（1）若Snn=pn+q（n∈N*），且13S3與14S4的等差中項為1，而15S5是13S3與14S4的等比中項，求數(shù)列{an}的通項公式；

（2）若Snan=pn+q（n∈N*），是否存在p，q，使得數(shù)列{an}為等差數(shù)列？若存在，求出p，q的值；若不存在，請說明理由.

解析：（1）由Snn=pn+q（n∈N*），得：Sn=pn2+qn，故13S3=3p+q，14S4=4p+q，

15S5=5p+q，故由題意得：

2=7p+2q（1）（5p+q）2=（3p+q）（4p+q）（2），

由第二個式子整理得：13p2+3pq=0，則p=0或q=-133p，所以p=0q=1或p=-65q=265，

則Sn=n或Sn=-65n2+265n.

①當(dāng)Sn=n時，an=1；②當(dāng)Sn=-65n2+265n時，an=-125n+325，

所以an=1或an=-125n+325.

（2）假設(shè)存在p，q，使得數(shù)列{an}為等差數(shù)列，則由等差數(shù)列的通項公式和前n項和公式得：Sn=na1+n（n-1）2d=d2n2+（a1-d2）n，an=a1+（n-1）d=dn+（a1-d），

即Snan=pn+qSn=an（pn+q）d2n2+（a1-d2）n=（pn+q）[dn+（a1-d）]，整理得：d2n2+（a1-d2）n=pdn2+（dq+a1p-pd）n+（a1-d）q對任意的n∈N*恒成立，

所以d2=pd（1）a1-d2=pa1+（q-p）d（2）0=（a1-d）q（3）

①當(dāng)d=0時，因為a1≠0，代入（2）得：p=1，代入（3）得：q=0；

②當(dāng)d≠0時，由（1）得：p=12，代入（2）得：12a1=qd，故q≠0，代入（3）得：a1=d，即q=12.

綜上，符合題意的p，q存在，p=q=12或p=1，q=0.

考點七：數(shù)列綜合問題

例9數(shù)列{an}滿足：a1+2a2+3a3+…+nan=4-n+22n-1，n∈N*.

（1）求a3的值；

（2）求數(shù)列{an}的前n項和Tn；

（3）令b1=a1，bn=Tn-1n+（1+12+13+…+1n）an（n≥2），證明：數(shù)列{bn}的前n項和Sn滿足Sn<2+2lnn.

分析：（1）通過賦值，分別令n=1，2，3代入已知式子求解；（2）為求數(shù)列{an}的前n項和Tn，先求數(shù)列{an}的通項公式an，可根據(jù)已知關(guān)系式利用數(shù)列的遞推思想，先求出nan，再求解；（3）先求出數(shù)列{bn}的前n項和Sn，然后可構(gòu)造函數(shù)證明.

解析：令n=1a1=1；令n=2a1+2a2=2a2=12；

令n=3a1+2a2+3a3=4-54a3=14.

（2）當(dāng)n≥2時，a1+2a2+3a3+…+（n-1）an-1=4-n+12n-2，①

a1+2a2+3a3+…+（n-1）an-1+nan=4-n+22n-1，②

②-①，得：nan=n+12n-2-n+22n-1=n2n-1，

∴an=12n-1.

又∵當(dāng)n=1時，a1=1也適合an=12n-1，∴an=12n-1.易證數(shù)列{an}是等比數(shù)列，首項a1=1，公比q=12.∴數(shù)列{an}的前n項和Tn=a1（1-qn）1-q=2-12n-1.

（3）證明：∵b1=a1=1，∴S1<2+2ln1成立.又∵b2=a12+（1+12）a2，

∵b3=a1+a23+（1+12+13）a3，…，bn=a1+a2+…+an-1n+（1+12+13+…+1n）an，

∴數(shù)列{bn}的前n項和Sn=b1+b2+…+bn=（1+12+…+1n）a1+（1+12+…+1n）a2+…+（1+12+…+1n）an=（1+12+…+1n）（a1+a2+…+an）=（1+12+…+1n）（2-12n-1）<2（1+12+…+1n）.構(gòu)造函數(shù)h（x）=ln1x-1x+1，則h′（x）=1-xx2.

由h′（x）>0得：01，∴h（x）=ln1x-1x+1在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，∴h（x）≤h（1）=0，

∴h（x）=ln1x-1x+1≤0，（當(dāng)僅當(dāng)x=1時取等號），即lnx≥1-1x.

又∵lnn=lnnn-1+lnn-1n-2+…+ln2>（1-n-1n）+（1-n-2n-1）+…+（1-12）=12+13+…+1n，∴2（1+12+…+1n）<2+2lnn，∴Sn<2+2lnn.

在處理數(shù)列問題時，需要深刻把握概念、定義的內(nèi)涵，掌握公式成立、使用的前提條件，特別要注意數(shù)列的“特殊性”——定義域為正整數(shù)集或正整數(shù)集的子集，并注意代數(shù)式化簡、變形的等價性.

（作者：丁稱興，江蘇省溧水高級中學(xué)）