2012年高考必做解答題——數列題

等差、等比數列的綜合，數列求和

（★★★★）必做1 已知一非零向量列｛an｝滿足：a1=（1，1），an=（xn，yn）=（xn－1－yn－1，xn－1+yn－1）（n≥2）．

（1）證明：｛an｝是等比數列．

（2）設θn是an－1，an的夾角（n≥2），bn=2nθn－1，Sn=b1+b2+…+bn，求S．

（3）設cn=anlogan，數列｛cn｝中是否存在最小項？若存在，求出最小值；若不存在，請說明理由．

破解思路 本題是一道數列與向量交匯的綜合題，考查向量的坐標運算與等差、比數列的有關概念． 第1問想先求得｛an｝的通項并不易，可通過變形直接用定義證明，但要注意an與an－1之間的坐標關系；第2問可把夾角問題轉化為坐標運算，求出θn的一般式，再進行求和；第3問先確定c的通項，再通過作差判定單調性，繼而求出最小項．

精妙解法 （1）an=·=·=an-1（n≥2），所以數列｛an｝是以公比為，首項為a1=的等比數列．

（2）因為an－1·an=（xn－1，yn－1）·（xn－1－yn－1，xn－1+yn－1）=（x+y）=an-12，cosθn==，所以θn=，所以bn=2n×－1=－1，所以｛bn｝是以為公差，首項為－1的等差數列，所以Sn==（n2+n）－n．

（3）假設存在最小項，設為cn，因為an==2，所以cn=×2．

由cn

故存在最小項為c5=－×2．

極速突擊 （1）通過換元轉化，將非等差、等比數列化歸為等差、等比數列是求數列通項的常用技巧．

（2）解綜合題要總攬全局，尤其要注意上一問的結論可作為下面論證的已知條件．

（3）判斷某個數列是否為等差（或等比）數列，常用方法有兩種：一是由定義判斷，二是看任意相鄰三項是否滿足等差中項（或等比中項）． 注意只要其中的一項不符合，就不能為等差（或等比）數列． 而想判斷某個數列不是等差（或等比）數列，只需看其中三項即可．

（★★★★）必做2 已知數列｛an｝，｛bn｝滿足a1=，b1=－，且對任意m，n∈N，有am+n=am·an，bm+n=bm+bn.

（1）求數列｛an｝，｛bn｝的通項公式；

（2）求數列｛anbn｝的前n項和T；

（3）若數列｛cn｝滿足bn=，試求｛cn｝的通項公式并判斷：是否存在正整數M，使得對任意n∈N，cn≤cM恒成立．

破解思路 對第1問，在審題時，注意關鍵句“對任意m，n∈N，有am+n=am·an，bm+n=bm+bn”，這說明一般性成立，特殊值必成立，取m=1，進而得到an，bn的遞推關系；對第2問，｛anbn｝是等差乘等比型數列，這個模式可用錯位相減法求和；對第3問，運用函數思想將其轉化為求數列｛ｃn｝的最大值．

精妙解法 （1）由已知，對任意m，n∈N，有am+n=am·an，bm+n=bm+bn. 取m=1，得an+1=a1an=an，bn+1=b1+bn=－+bn，所以數列｛an｝，｛bn｝分別為等比、等差數列，所以an=·n-1=n，bn=－+（n－1）-=－．

（2）Tn=－1+－·2+－3+…+－n，

Tn=－2+－3+－4+…+－n+1，兩式相減得Tn=－1+－·2+－3+…+－n+n+1=－+n+1+×n+1，所以Tn=n×n+1+n－1．

（3）由bn=得cn=－． 因為cn+1－cn=-<0，所以數列｛cn｝為遞減數列，cn的最大值為c1. 故存在M=1，使得對任意n∈N，cn≤c1恒成立．

極速突擊 數列求和的步驟是一般先求出通項公式，再根據通項公式的特點用如下的技巧方法：

（1）公式法

如果一個數列是等差數列或等比數列，就可采用對應的公式，當等比數列的公比是字母時，要注意分類討論．

（2）拆項分組法

有些數列，既不是等差數列，也不是等比數列，若將數列通項拆開或變形，可轉化為幾個等差、等比數列或常見的數列，則先分別求和，然后合并． 要熟記公式12+22+…+n2=n·（n+1）（2n+1）．

（3）錯位相減法

這是在推導等比數列的前n項和公式時所用的方法，這種方法主要用于求數列｛anbn｝的前n項和，其中｛an｝，｛bn｝分別是等差數列和等比數列．

（4）倒序相加法

這是在推導等差數列前n項和公式時所用的方法，也就是將一個數列倒過來排列（反序），當它與原數列相加時若有公式可提，并且剩余項的和易于求得，則這樣的數列可用倒序相加法求和．

（5）裂項相消法

利用通項變形，將通項分裂成兩項的差，通過相加過程中的相互抵消，最后只剩下有限項的和．

金刊提醒

能在具體的問題情境中，識別數列的等差關系與等比關系，并能用有關知識解決相應的問題，在解決等差、等比問題時，常常要貫徹整體思想． 在數列求和問題中，除了公式法是常用的方法外，高考還會重點考查“錯位相減法”與“裂項相消法”．

數列與不等式

（★★★★）必做3 已知函數f（x）=的圖象過原點，且關于點（－1，1）成中心對稱．

（1）求函數f（x）的解析式；

（2）若數列｛an｝滿足：an>0，a1=1，an+1=［f（）］2，求數列｛an｝的通項公式an；

（3）若數列｛an｝的前n項和為Sn，判斷Sn與2的大小關系，并證明你的結論．

破解思路 對第2問，充分利用第1問的結論，將其轉化為等差數列；對第3問，an非特殊數列，不能直接求和，此時需對an進行必要的放縮．

精妙解法 （1）因為函數f（x）=的圖象過原點，所以f（0）=0，即c=0，所以f（x）=． 又函數f（x）==b－的圖象關于點（－1，1）成中心對稱，所以b=1， f（x）=．

（2）由題意有an+1=2，所以=，即－=1． 數列是以1為首項，1為公差的等差數列，所以=1+（n－1）·1=n，即=，所以an=．

（3）證明：當k≥2（k=2，3，4，…，n）時，ak=<=－，Sn=a1+a2+…+an=1+1－+－+…+－=2－<2，故Sn<2．

（★★★★★）必做4 設Sn為數列｛an｝的前n項和，且對任意n∈N都有Sn=2（an－1），記f（n）=．

（1）求an；

（2）試比較f（n+1）與f（n）的大小；

（3）證明：（2n－1）f（n）≤f（1）+f（2）+…+f（2n－1）<3．

破解思路 由于本題是有關Sn與an關系的問題，所以第1問可通過公式an=S1，n=1，Sn－Sn－1，n≥2變形求通項；第2問大小比較常用的方法為作差法，變形時還要注意復雜的指數冪的運算；第3問不等式的左邊正好是項數2n－1個f（n），所以先用放縮法兩兩求解f（k）+f（2n－k）≥2··=2f（ｎ）（k=1，2，3，…），再考慮用“倒序相加”的方法求和；而不等式的右邊則用逐項放大的方法轉化為等比數列和的問題．

精妙解法 （1）當n=1時，由S1=a1=2（a1－1），得a1=2． 當n>1時，an=Sn－Sn－1=2an－2an－1，所以an=2an－1，所以an=2n（n>1）；n=1適合上式，所以an=2n．

（2）因為Sn==2n+1－2，所以f（n+1）－f（n）=－=－<0，所以f（n+1）

（3）f（k）+f（2n－k）=+≥2··，而（2k+1－2）（22n－k+1－2）=22n+2+4－（2k+2+22n－k+2）≤22n+2+4－2=（2n+1－2）2，所以f（k）+f（2n－k）≥2·≥2·=2f（n）（k=1，2，3，…），所以f（1）+f（2n－1）≥2f（n）， f（2）+f（2n－2）≥2f（n），…f（2n－1）+f（1）≥2f（n），相加得f（1）+f（2）+…+f（2n－1）≥（2n－1）f（n），n=1時取等號． 由f（n+1）

綜上，原不等式成立．

數列與解析幾何

（★★★★）必做5 設B1，B2，B3，…，Bn順次為雙曲線y=（x>0）一支上的點，A1，A2，A3，…，An順次為x軸上的點，且△OB1A1，△A1B2A2，…，△An－1BnAn均為等腰直角三角形（其中B1，B2，B3，…，Bn為直角頂點），設An坐標為（xn，0）（n∈N）．

（1）求數列｛xn｝的通項公式；

（2）設Sn為數列的前n項和，試比較log（Sn+1）與log（n+1）的大小（其中a>0且a≠1）．

破解思路 根據題設所給的信息，我們運用解析幾何的方法聯立方程可求得B1與A1的坐標，同理可得到Bn與An的坐標，這樣就解決了第1問，同時也脫去了解析幾何的外衣，接下來的第2問則是一道數列與不等式的綜合問題，利用裂項、放縮等技巧即可解決．

精妙解法 （1）設直線OB1的方程為y=x，與y=（x>0）聯立解得x=1，y=1， 所以x1=x+y=2． 又設AnBn+1的方程為y=x－xn，與y=（x>0）聯立解得x=，y=，所以xn+1=x+y=，即x-x=4，解得x=4+4（n－1），即xn=2．

（2）因為=>=－（k∈N），所以Sn=+++…+>（－1）+（－）+（－）+…+（－）=－1． 所以Sn+1>>0，所以當a>1時，log（Sn+1）>log（n+1）；當0