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1 高考预测
数列是高中数学的重要内容,又是学习高等数学的基础。高考对本章的考查比较全面,等差数列,等比数列的考查每年都不会遗漏。有关数列的试题经常是综合题,经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来,试题也常把等差数列、等比数列,求极限和数学归纳法综合在一起。近几年来,高考关于数列方面的命题主要有以下三个方面:①数列本身的有关知识,其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式。②数列与其它知识的结合,其中有数列与函数、方程、不等式、几何的结合。③数列的应用问题,其中主要是以增长率问题为主。试题的难度有三个层次,小题大都以基础题为主,解答题大都中档题或压轴题出现。
2 找通项公式方法技巧
类型1:an+1=an+f(n)解法:把原式转化为an+1-an=f(n),利用迭加法(逐差相加法)求解。
类型2:an+1=f(n)an解法:把原递推公式转化为 =f(n),利用累乘法(逐商相乘法)求解。
类型3:an+1= 解法:这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为an+1=p.an+q.
类型4:幂的形式用对数法。
类型5:待定系数法。待定系数法解题的关键是从策略上规范一个递推式可变成为何种等比数列,可以少走弯路.其变换的基本形式如下:
①an+1=Aan+B(A、B为常数)型,可化为an+1+?姿=A(an+?姿)的形式。
②an+1=Aan+B•Cn(A、B、C为常数,下同)型,可化为an+1+?姿•Cn+1=A(an+?姿•Cn)的形式. (an+1=pan+qn 有时先在原递推公式两边同除以qn+1,得: = • + 引入辅助数列bn(其中bn= ),得:bn+1= bn+ 再待定系数法解决。)
③an+2=A•an+1+B•an型,可化为an+2+?姿an+1=(A+?姿)•(an+1+?姿an)的形式。
④an+1=Aan+1+Bn+C型,可化为an+1+?姿1(n+1)+?姿2=A[an+?姿1n+?姿2]的形式。
3 突破重难点
第一课时 数列通项与和前n项和
热身训练:
①在数列{an｝中,若a1=1,an+1=2an+3 (n≥1),则该数列的通项an=。
②已知a,b,a+b成等差数列,a,b,ab成等比数列,且0 ③等差数列{an}共有2n+1项,其中奇数项之和为319,偶数项之和为290,则其中间项为 。
④设等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,若Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列,则q的值为 。
解①:2n+1-3解:在数列{an}中,若a1=1,an+1=2an+3 (n≥1)
所以an+1+3=2(an+3) (n≥1),即{an+3}是以a1+3=4为首项,2为公比的等比数列,an+3=4•2n-1=2n+1,所以该数列的通项an=2n+1-3。
解②:(8,+∞)。提示:解出a、b,解对数不等式即可。
解③:a11=29。提示:利用S奇/S偶= 得解。
解④:-2。提示:由题意可知q≠1,∴可得2(1-qn)=(1-qn+1)+(1-qn+2),即q2+q-2=0,解得q=-2或q=1(不合题意,舍去),所以q=-2。
例1:设数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=2-an,n=1,2,3,…(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;(Ⅱ)若数列{bn}满足b1=1,且bn+1=bn+an,求数列{bn}的通项公式;(Ⅲ)设Cn=n(3-bn),求数列{Cn}的前n项和Tn。
解(Ⅰ):∵n=1时,a1+S1=a1+a1=2 ∴a1=1
∵Sn=2-an即an+Sn=2 ∴an+1+Sn+1=2
两式相减:an+1-an+Sn+1-Sn=0
即an+1-an+an+1=0故有2an+1=an
∵ an≠0∴ = (n∈N*)………(3分)
∴数列{an}为首项a1=1,公比为 的等比数列
an=( )n-1(n∈N*)…………(4分)
(Ⅱ)∵ bn+1=bn+an(n=1,2,3,…) ∴ bn+1-bn=( )n-1
得b2-b1=1 b3-b2=b4-b3=( )2
…bn-bn-1=( )n-2(n=2,3,…)……… (7分)
将这n-1个等式相加,得
bn-b1=1+ +( )2+( )3+?撰+( )n-2
= =2-2( )n-1
又∵ b1=1,∴ bn=3-2( )n-1(n=1,2,3,…)…………(9分)
(Ⅲ)∵cn=n(3-bn)=2n( )n-1 …………(10分)
∴Tn=2[( )0+2( )+3( )2+…+(n-1)( )n-2+n( )n-1]①
…………(11分)
Tn=2[( )+2( )2+3( )3+…+(n-1)( )n-1+n( )n]②
①-②得: Tn=2[( )0+( )1+( )2+?撰+( )n-1]-2n( )
Tn=4 -4n( )n=8- -4n( )
=8-(8+4n) (n=1,2,3,…)(14分)
变式1:已知数列{an｝中,a1= 、点(n、2an+1-an)在直线y=x上,其中n=1,2,3…。(Ⅰ)令bn=an+1-an-1,求证数列{bn｝是等比数列。(Ⅱ)求数列{an｝的通项。(Ⅲ)设Sn、Tn分别为数列{an｝、{bn｝的前n项和,是否存在实数?姿,使得数列 为等差数列?若存在,试求出?姿.若不存在,则说明理由。
解:(I)由已知得
a1= ,2an+1=an+n, ∴ a2= ,a2-a1-1= - -1=-
又bn=an+1-an-1,bn+1=an+2-an+1-1
∴ = =
= =
∴ {bn｝是以- 为首项,以 为公比的等比数列.
(II)由(I)知,bn=- ×( )n-1=- ×
∴ an+1-an-1=- ×
∴ a2-a1-1=- × , a3-a2-1=- × ,……
∴ an-a1-1=- ×
将以上各式相加得:
∴ an-a1-(n-1)=- ( + +…+ )
∴ an=a1+n-1- × = +(n-1)- (1- )
= +n-2
∴ an= +n-2
(III)存在?姿=2时,使数列 是等差数列
由(I)、(II)知,an+2bn=n-2
∴ Sn+2Tn= -2n
= = + Tn
又Tn=b1+b2+…+bn=
=- (1- )=- +
= + (- + )
∴当且仅当?姿=2时,数列 是等差数列
变式2:已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1= ,an+2SnSn-1=0(n≥2)。(Ⅰ)求Sn和an;(Ⅱ)求证:S+S+…+S≤ - 。
解:(Ⅰ)S1=a1=∴ =2
当n≥2时,an=Sn-Sn-1即Sn-Sn-1=-2SnSn-1∴ - =2
故 是以2为首项,以2为公差的等差数列
由(Ⅰ)得 =2+(n-1)•2=2n,Sn= ,…………(5分)
当n≥2时,an=-2SnSn-1=- ………………(6分)
当n=1时,a1= ,∴an= (n-1)-(n≥2)……(8分)
(Ⅱ)①当n=1时,S= = - 成立………(9分)
②假设n=k时,不等式成立,即S+S+…+S≤ - 成立,当n=k+1时S+S+…+S+S≤ - + = - [ - ]= - • < - • = - ,即当n=k+1时,不等式成立由①,②可知对任意n∈N*不等式成立。
(Ⅲ)另证:S+S+…+S= + + +…+ = (1+ + +…+ )≤ (1+ + +…+ )= (1+1- + - +…+ - = -
例2:已知数列an中,a1=1,nan+1=2(a1+a2+…+an)。(Ⅰ)求a2,a3,a4;(Ⅱ)求数列an的通项an;(Ⅲ)设数列{bn｝满足b1= ,bn+1= +bn,证明① - >- ,②bn<1
解:(I)a2=2,a3=3,a4=4…(3分)
(Ⅱ)nan+1=2(a1+a2+…+an)①
(n-1)an=2(a1+a2+…+an-1)②
①-②得nan+1-(n-1)an=2an
即:nan+1=(n+1)an, =
所以an=a1… =1… =n(n≥2)
所以an=n(n∈N*)
(Ⅲ)①(Ⅱ)得b1= ,bn+1= +bn>bn>bn-1>…>b1>0
所以数列bn是正项单调递增数列
当n≥1,bn+1= +bn< bnbn+1+b1
两边除以bnbn-1
得 - >-
②当n=1时,b1= <1显然成立
当n≥2时
=( - )+…+( - )+
>-( + +…+ )+2
>-( + +…+ )+2
=-( - + - +… - )+2
=-(1- )+2=1+ =
所以bn< <1,综上可知,bn<1成立
变式1:设数列an的前n项和为Sn,已知a1=a,an+1=Sn+3n,n∈N*。(Ⅰ)设bn=Sn-3n,求数列bn的通项公式;(Ⅱ)若an+1≥an,n∈N*,求a的取值范围。
解:(Ⅰ)依题意,Sn+1-Sn=an+1=Sn+3n,即Sn+1=2Sn+3n
由此得Sn+1-3n+1=2(Sn-3n)
因此所求通项公式为bn=Sn-3n=(a-3)2n-1n∈N* ①
(Ⅱ)由①知Sn=3n+(a-3)×2n-1,n∈N*,于是,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n+(a-3)×2n-1-3n-1-(a-3)×2n-2=2×3n-1+(a-3)2n-2,an+1-an=4×3n-1+(a-3)2n-2=2n-212g+a-3,当n≥2时,
an+1≥an?圳12g+a-3≥0?圳a≥-9.又a2=a1+3>a1恒成立,综上所求a的取值范围是[-9,∞).
变式2: 已知数列{an}、{bn}满足:a1= ,an+bn=1,bn+1= 。(1)求b1,b2,b3,b4; (2)求数列{bn}的通项公式;(3)设Sn=a1a2+a2a3+a3a4+…+anan+1,求实数a为何值时4aSn 解: (1)bn+1= = =
∵a1= ,b1=∴b2= ,b3= ,b4=
(2)∵bn+1-1= -1∴ = =-1+
∴数列{ }是以-4为首项,-1为公差的等差数列
∴ =-4-(n-1)=-n-3∴bn=1- =
(3)an=1-bn=∴Sn=a1a2+a2a3+…+anan+1
= + +…+ = -
=
∴4aSn-bn= - =
由条件可知(a-1)n2+(3a-6)n-8<0恒成立即可满足条件设f(n)=(a-1)n2+3(a-2)n-8,a=1时,f(n)=-3n-8<0恒成立, a>1时,由二次函数的性质知不可能成立,a f(1)=(a-1)n2+(3a-6)n-8=(a-1)+(3a-6)-8=4a-15<0
∴a<∴a<1时4aSn 综上知:a≤1时,4aSn 方法点拨:不等式证明或数的大小比较的关键是求和,特别是既不是等差、等比数列,也不是等差乘等比的数列求和,要利用不等式的放缩法,放缩为等比数列求和、错位相减法求和、裂项相销法求和,最终归结为有限项的数式大小比较.有时也会用数学归纳法。
第二课时函数与数列的综合题
数列是一特殊的函数,其定义域为正整数集,且是自变量从小到大变化时函数值的序列。注意深刻理解函数性质对数列的影响,分析题目特征,探寻解题切入点。
例1:已知f(x)=logmx(m为常数,m>0且m≠1)设f(a1),f(a2),…,f(an)(n∈N+)是首项为4,公差为2的等差数列。(Ⅰ)求证:数列{an}是等比数列;(Ⅱ)若bn=an•f(an),且数列{bn}的前n项和Sn,当m= 时,求Sn; (Ⅲ)若cn=anlgan,问是否存在m,使得{cn}中每一项恒小于它后面的项?若存在,求出m的范围;若不存在,说明理由。
解:(Ⅰ)由题意f(an)=4+2(n-1)=2n+2,即logman=2n+2
∴ an=m2n+2 ∴= =m2
∵ m>0且m≠1 ∴ m2为非零常数
∴ 数列{an}是以m4为首项,m2为公比的等比数列
(Ⅱ)由题意bn=anf(an)=m2n+2logmm2n+2=(2n+2)•m2n+2
当m= ,bn=2n+1•(2n+2)=(n+1)•2n+2
∴Sn=2•23+3•24+4•25+…+(n+1)•2n+2 ①
①式两端同乘以2,得
2Sn=2•24+3•25+4•26+…+n•2n+2+(n+1)•2n+3②……7分
②-①并整理,得
Sn=-2•23-24-25-26-…-2n+2+(n+1)•2n+3
=-23-[23+24+25+…+2n+2]+(n+1)•2n+3
=-23- +(n+1)•2n+3=-23+23(1-2n)+(n+1)•2n+3=n•2n+3
(Ⅲ)由题意cn=anlgan=(2n+2)•m2n+2lgm要使cn-11时,n<(n+1)m2对n≥2成立;②当0(n+1)m2∴n> 对一切n≥2成立,只需 <2,解得- 综上,当01时,数列{cn}中每一项恒小于它后面的项。
变式1:已知二次函数y=f(x)的图像经过坐标原点,其导函数为导数符号f(x)=6x-2,数列an的前n项和为Sn,点(n,Sn)(nI,N*)均在函数y=f(x)的图像上。(Ⅰ)求数列an的通项公式(Ⅱ)设bn= ,Tn是数列bn的前n项和,求使得Tn< 对所有n∈N*都成立的最小正整数m。
解:(Ⅰ)设二次函数f(x)=ax2+bx (a≠0)
则 f(x)=2ax+b,由于f(x)=6x-2,得a=3,b=-2
以f(x)=3x2-2x
又因为点(n,Sn)(n∈N*)均在函数y=f(x)的图像上
所以Sn=3n2-2n
当n≥2时an=Sn-Sn-1=(3n2-2n)-[3(n-1)2-2(n-1)]=6n-5
当n=1时a1=S1=3×12-2=6×1-5,所以,an=6n-5 (n∈N*)
(Ⅱ)由(Ⅰ)得知
bn= = = ( - )
故Tn= bi
= [(1- )+( - )+…+( - )]
= (1- )
因此,要使 (1- )<( )(n∈N*)成立的m,必须且仅须满足 ≤ ,即m≥10,所以满足要求的最小正整数m为10。
点评:本题考查二次函数、导数、等差数列、数列求和、不等式等基础知识和基本的运算技能,考查分析问题的能力和推理能力。
变式2:设f1(x)= ,定义fn+1(x)=f1[fn(x)],an= ,其中n∈N*。(1)求数列{an｝的通项公式;(2)若T2n=a1+2a2+3a3+?撰+2na2n。
解:(1)f1(0)=2,a1= = ,fn+1(0)=f1[fn(0)]=
∴an+1= = =
=- • =- an
∴ =-∴数列{an｝上首项为 ,公比为- 的等比数列,an= (- )n-1
(2)T2n= + (- )1+ (- )2+…+ (- )2n-1①,- T2n= (- )+ (- )2+…+ (- )2n②,由①②两式相减得:
T2n= +n× (- )2n-1 ,T2n= (1- )
例2: 已知点Pn(an,bn)都在直线l:y=2x+2上,P1为直线l与x轴的交点,数列an成等差数列,公差为1.(n∈N+)。(1)求数列an,bn的通项公式;(2)若f(n)=an(n为奇数)bn(n为偶数) 问是否存在k∈N+,使得f(k+5)=2f(k)-2成立;若存在,求出k的值,若不存在,说明理由。(3)求证: + +…+ < (n≥2,n∈N+)。
解: (1) P1(-1,0)
∴a1=-1,b1=0,a2=-1+1=0∴b2=2,b2-b1=2
an=a1+(n-1)•1=-1+n-1=n-2,bn=b1+(n-1)•2=2n-2
(2)若k为奇数,则f(k)=ak=k-2,f(k+5)=bk+5=2k+8
2k+8=2k-4-2,无解,这样的k不存在
若k为偶数则f(k)=2k-2,f(k+5)=k+3
k+3=4k-4-2,q=3k,k=3(舍去)无解
(3) =(n-2+1,2n-2)=(n-1,2n-2)
=(n-1)2+4(n-1)2=5(n-1)2
+ +…+
=+ +…
≤+ + +…+
= 1+1- < (∵n-1≥1,∴n≥2)
变式1:已知二次函数f(x)=ax2+bx满足条件:①f(0)=f(1);②f(x) 的最小值为- 。(1) 求函数f(x)的解析式;(2)设数列an的前n项积为Tn, 且Tn=, 求数列an的通项公式;(3) 在(2)的条件下, 若5f(an)是bn与an的等差中项, 试问数列bn中第几项的值最小? 求出这个最小值。
解: (1) 由题知a+b=0a>0- =- 解得a= b=-
故f(x)= x2- x ………3分
(2)Tn=a1a2…an=,………………………5分
Tn-1=a1a2…an-1=(n≥2)
∴an= = (n≥2)
又a1=T1=1满足上式 ∴an= (n∈N*)…8分
(3)若5f(an)是bn与an的等差中项
则2×5f(an)=bn+an,…9分,从而10( a- an)=bn+an
得bn=5a-6an=5(an- )2- .…………10分
因为an= (n∈N*)是n的减函数
所以当an≥ , 即n≤3(n∈N*)时, bn随n的增大而减小, 此时最小值为b3
当an< , 即n≥4(n∈N*)时, bn随n的增大而增大, 此时最小值为b4.…………12分
又a3- 变式2:已知定义在R上的单调函数y=f(x),当x<0时,f(x)>1,且对任意的实数x、y∈R,有f(x+y)=f(x)f(y)。(Ⅰ)求f(0),并写出适合条件的函数f(x)的一个解析式;(Ⅱ)数列{an}满足a1=f(0)且f(an+1)= (n∈N*),①求通项公式an的表达式;②令bn=,Sn=b1+b2+…+bn,Tn= + +…+ ,试比较Sn与 Tn的大小,并加以证明。
解:(I)由题意,令y=0,x<0,得f(x)[1-f(0)]=0
∵x<0时f(x)>1∴1-f(0)=0. f(0)=1………………2分
适合题意的f(x)的一个解析式为f(x)=( ) ………4分(II)①由递推关系知f(an+1)•f(-2-an)=1
即f(an+1-2-an)=f(0)
∵f(x)的R上单调,∴an+1-an=2,(n∈N*)…………6分
又a1=1,故an=2n-1.…………7分
②bn==
Sn=b1+b2+…+bn= ++…+
= 1-
Tn= + +…+
= + +…+
= (1- + - +…+ - )= (1- )
………………9分
S - T = (1- )- (1- )
= ( - )= •
欲比较 S 与 T 的大小,只需比较4 与2n+1的大小。 由=1,2,3代入可知4 >2n+1,猜想4 >2n+1。下用数学归纳法证明:(i)当n=1时,41>2×1+1成立;(ii)假设当n=k时命题成立,即4k>2k+1。
当n=k+1时
4k+1=4×4k>4(2k+1)=8k+4=2(k+1)+1+6k+1>2(k+1)+1
说明当n=k+1时命题也成立
由(i)(ii)可知,4n>2n+1 对于n∈N*都成立
故Sn> T ………………………12分
注:证明4n>2n+1,除用数学归纳法证明以外,还可用其它方法证明,如:4n=(1+3)n=1+C•3+C•3 +K+C•3 ≥1+3n>2n+1。
变3:在数列 an中,a1=1其前n项和Sn满足关系式
3tSn-(2t+3)Sn-1=3t(t>0,n=2,3,?撰)。(1)求证:数列an是等比数列;(2)设数列an得公比为f(t),作数列bn,使b1=1,bn=f( ),n=(2,3,…),求bn;(3)求b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+b2n-1b2n+b2nb2n+1的值。
解:(1)由已知3tSn-(2t+3)Sn-1=3t,即有
3t(a1+a2)-(2t+3)a1=3t,由a1=1
解得a2= ,所以 =
当n≥2时,有3tSn+1-(2t+3)Sn=3t ①
3tSn-(2t+3)Sn-1=3t②
①-②得3tan+1-(2t+3)an=0, =
综上所述,知 = (n≥1),因此an是等比数列
(2) 由(1)知f(t)= 则使
b1=1,bn= = +b
所以bn-b = ,n=(2,3,?撰)
因此,bn是等差数列,且b1=1,bn=b1+(n-1)d= n+
(3)b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+b2n-1b2n+b2nb2n+1
=b2(b1-b3)+b4(b3-b5)+…+b2n(b2n-1+b2n+1)
=- (b2+b4+…+b2n)=- •
=- • =- n2- n
第三课时 数列与解析几何
数列与解析几何综合题,是今后高考命题的重点内容之一,求解时要充分利用数列、解析几何的概念、性质,并结合图形求解。
例1.在直角坐标平面上有一点列P1(x1,y1),P2(x2,y2),…,Pn(xn,yn),对一切正整数n,点Pn位于函数y=3x+ 的图象上,且Pn的横坐标构成以- 为首项,-1为公差的等差数列xn。⑴求点Pn的坐标;⑵设抛物线c1,c2,c3,…,cn,…中的每一条的对称轴都垂直于x轴,第n条抛物线cn的顶点为Pn,且过点Dn(0,n2+1),记与抛物线cn相切于Dn的直线的斜率为kn,求 + +…+ 。
解:(1)xn=- +(n-1)×(-1)=-n-
∴ yn=3•xn+ =-3n-∴ Pn(-n- ,-3n- )
(2)∵ cn的对称轴垂直于x轴,且顶点为Pn
∴ cn设的方程为:y=a(x+ ) -
把Dn(0,n2+1)代入上式,得a=1
∴ cn的方程为:y=x2+(2n+3)x+n2+1 kn=y'│x=0=2n+3
∴= = ( - )
∴+ +…+(n≥2)
= ( - )+( - )+…+( - )
= ( - )= -
点评:本例为数列与解析几何的综合题,难度较大。(1)、(2)两问运用几何知识算出kn。
变式1:在平面直角坐标系中,已知An(n,an)、Bn(n,bn)、Cn(n-1,0)(n∈N*),满足向量 与向量 共线,且点Bn(n,bn)(n∈N*)都在斜率6的同一条直线上。(1)试用a1,b1与n来表示an;(2)设a1=a,b1=-a,且12 解:(1)∵点Bn(n,bn)(n∈N*)都在斜率6的同一条直线上
∴ =6,即b -b =6,于是数列bn是等差数列
故bn=b1+6(n-1),∴ =(1,a -a ), =(-1,-b )
又 与 共线
∴ 1×(-bn)-(-1)(an+1-an)=0,即an+1-an=bn…………5分
∴当n≥2时
an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=a1+b1+b2+b3+?撰+bn-1
=a1+b1(n-1)+3(n-1)(n-2)…………7分
当n=1时,上式也成立
所以an=a1+b1(n-1)+3(n-1)(n-2)…………8分
(2)把a1=a,b1=-a代入上式,得
an=a-a(n-1)+3(n-1)(n-2)=3n2-(9+a)n+6+2a
∵12 ∴当n=4时,an取最小值,最小值为a4=18-2a……13分
例2:已知数列an的前n项和为Sn=n2+(a-1)n(a∈R)。设集合A=an, ?誆n∈N+,B={(x,y)?誆 x2-y2=1,x,y∈R}。(1) 求数列an的通项公式;(2) 若以集合A中的元素作为点的坐标,则这些点是否都在同一条直线上? 并说明理由;(3) “A∩B至多只有一个元素”是否正确? 如果正确, 请给予证明; 如果不正确, 请举例说明。
解析:(1)当n=4时a1=S1=1+a-1=a
当n≥2时an=Sn-Sn-1
=[n2+(a-1)n]-[(n-1)2+(a-1)(n-1)]=2n+a-2
可见,当n=1时,满足上式
∴数列an的通项公式是an=2n+a-2 (n∈N+)
(2)由数列an的通项公式是an=2n+a-2,可知数列an是等差数列
∴ Sn= = ,∴ = (a +a)
∴点(an, )的坐标满足方程y= (x+a)
∴点(an, )在直线y= (x+a)上
∴以集合A中的元素为坐标的点(an, )均在直线y= (x+a)上
(3)由y= (x+a)x2-4y2=4,消去y,得2ax=-a2-4 ①
当a=0时,方程①无解,A∩B=?覫,当a≠0时,方程①只有一个解x=- ,此时方程组也只有一个解,即x=- y=-
故上述方程组至多有一解,所以A∩B至多有一个元素。
变式1:如图, 把正三角形ABC分成有限个全等的小正三角形, 且在每个小三角形的顶点上都放置一个非零实数, 使得任意两个相邻的小三角形组成的菱形的两组相对顶点上实数的乘积相等. 设点A为第一行,…, BC为第n行, 记点A上的数为a11,…, 第i行中第j个数为aij(1≤j≤i). 若a11=1,a21= ,a22= 。(1)求a31,a32,a33;(2)试归纳出第n行中第m个数anm的表达式 (用含n , m的式子表示, 不必证明);(3)记Sn=an1+an2+…+ann,证明n≤ + +…+ ≤ 。
解: (1) ∵a11a32=a21a22 ∴a32=∵a22a31=a21a32 ∴a31=
∵a21a33=a22a32,a33=∴a31= ,a32= ,a33=
(2)由a11=1,a21= ,a31=
可归纳出a11,a21,a31,…,an1是公比为 的等比数列
故an1=由a21= ,a22= ,a31= ,a32= ,a33=
可归纳出an1,an2,an3,?撰,ann是公比为 的等比数列
anm= • ,anm=
Sn= =( ) [1-( ) ],∵( ) ≤1
∴( ) ≤1-( ),( ) [1-( ) ]≥( ) •( )
= 且( ) [1-( ) ]=4( ) [1-( ) ]
≤[( ) +1-( ) ] =1(由ab≤( )2)
∴ 1≤ ≤22n-2 ∴ n≤ + +?撰+ ≤
方法点拨:①数列与平面解几何,注意用坐标与曲线的关系来打开解题思路,平时练习中还是此类问题可联系起来看。②构建新数列的过程中,可以看出对题设中递推式的观察、分析,并据其结构特点进行合理变形,是成功构建新数列的关键。构建新数列的目的是为了化繁为简、化未知为已知、化不熟悉为熟悉,这也是解答数列问题的共性之所在。
注:本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文
数列是高中数学的重要内容,又是学习高等数学的基础。高考对本章的考查比较全面,等差数列,等比数列的考查每年都不会遗漏。有关数列的试题经常是综合题,经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来,试题也常把等差数列、等比数列,求极限和数学归纳法综合在一起。近几年来,高考关于数列方面的命题主要有以下三个方面:①数列本身的有关知识,其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式。②数列与其它知识的结合,其中有数列与函数、方程、不等式、几何的结合。③数列的应用问题,其中主要是以增长率问题为主。试题的难度有三个层次,小题大都以基础题为主,解答题大都中档题或压轴题出现。
2 找通项公式方法技巧
类型1:an+1=an+f(n)解法:把原式转化为an+1-an=f(n),利用迭加法(逐差相加法)求解。
类型2:an+1=f(n)an解法:把原递推公式转化为 =f(n),利用累乘法(逐商相乘法)求解。
类型3:an+1= 解法:这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为an+1=p.an+q.
类型4:幂的形式用对数法。
类型5:待定系数法。待定系数法解题的关键是从策略上规范一个递推式可变成为何种等比数列,可以少走弯路.其变换的基本形式如下:
①an+1=Aan+B(A、B为常数)型,可化为an+1+?姿=A(an+?姿)的形式。
②an+1=Aan+B•Cn(A、B、C为常数,下同)型,可化为an+1+?姿•Cn+1=A(an+?姿•Cn)的形式. (an+1=pan+qn 有时先在原递推公式两边同除以qn+1,得: = • + 引入辅助数列bn(其中bn= ),得:bn+1= bn+ 再待定系数法解决。)
③an+2=A•an+1+B•an型,可化为an+2+?姿an+1=(A+?姿)•(an+1+?姿an)的形式。
④an+1=Aan+1+Bn+C型,可化为an+1+?姿1(n+1)+?姿2=A[an+?姿1n+?姿2]的形式。
3 突破重难点
第一课时 数列通项与和前n项和
热身训练:
①在数列{an｝中,若a1=1,an+1=2an+3 (n≥1),则该数列的通项an=。
②已知a,b,a+b成等差数列,a,b,ab成等比数列,且0
④设等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,若Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列,则q的值为 。
解①:2n+1-3解:在数列{an}中,若a1=1,an+1=2an+3 (n≥1)
所以an+1+3=2(an+3) (n≥1),即{an+3}是以a1+3=4为首项,2为公比的等比数列,an+3=4•2n-1=2n+1,所以该数列的通项an=2n+1-3。
解②:(8,+∞)。提示:解出a、b,解对数不等式即可。
解③:a11=29。提示:利用S奇/S偶= 得解。
解④:-2。提示:由题意可知q≠1,∴可得2(1-qn)=(1-qn+1)+(1-qn+2),即q2+q-2=0,解得q=-2或q=1(不合题意,舍去),所以q=-2。
例1:设数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=2-an,n=1,2,3,…(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;(Ⅱ)若数列{bn}满足b1=1,且bn+1=bn+an,求数列{bn}的通项公式;(Ⅲ)设Cn=n(3-bn),求数列{Cn}的前n项和Tn。
解(Ⅰ):∵n=1时,a1+S1=a1+a1=2 ∴a1=1
∵Sn=2-an即an+Sn=2 ∴an+1+Sn+1=2
两式相减:an+1-an+Sn+1-Sn=0
即an+1-an+an+1=0故有2an+1=an
∵ an≠0∴ = (n∈N*)………(3分)
∴数列{an}为首项a1=1,公比为 的等比数列
an=( )n-1(n∈N*)…………(4分)
(Ⅱ)∵ bn+1=bn+an(n=1,2,3,…) ∴ bn+1-bn=( )n-1
得b2-b1=1 b3-b2=b4-b3=( )2
…bn-bn-1=( )n-2(n=2,3,…)……… (7分)
将这n-1个等式相加,得
bn-b1=1+ +( )2+( )3+?撰+( )n-2
= =2-2( )n-1
又∵ b1=1,∴ bn=3-2( )n-1(n=1,2,3,…)…………(9分)
(Ⅲ)∵cn=n(3-bn)=2n( )n-1 …………(10分)
∴Tn=2[( )0+2( )+3( )2+…+(n-1)( )n-2+n( )n-1]①
…………(11分)
Tn=2[( )+2( )2+3( )3+…+(n-1)( )n-1+n( )n]②
①-②得: Tn=2[( )0+( )1+( )2+?撰+( )n-1]-2n( )
Tn=4 -4n( )n=8- -4n( )
=8-(8+4n) (n=1,2,3,…)(14分)
变式1:已知数列{an｝中,a1= 、点(n、2an+1-an)在直线y=x上,其中n=1,2,3…。(Ⅰ)令bn=an+1-an-1,求证数列{bn｝是等比数列。(Ⅱ)求数列{an｝的通项。(Ⅲ)设Sn、Tn分别为数列{an｝、{bn｝的前n项和,是否存在实数?姿,使得数列 为等差数列?若存在,试求出?姿.若不存在,则说明理由。
解:(I)由已知得
a1= ,2an+1=an+n, ∴ a2= ,a2-a1-1= - -1=-
又bn=an+1-an-1,bn+1=an+2-an+1-1
∴ = =
= =
∴ {bn｝是以- 为首项,以 为公比的等比数列.
(II)由(I)知,bn=- ×( )n-1=- ×
∴ an+1-an-1=- ×
∴ a2-a1-1=- × , a3-a2-1=- × ,……
∴ an-a1-1=- ×
将以上各式相加得:
∴ an-a1-(n-1)=- ( + +…+ )
∴ an=a1+n-1- × = +(n-1)- (1- )
= +n-2
∴ an= +n-2
(III)存在?姿=2时,使数列 是等差数列
由(I)、(II)知,an+2bn=n-2
∴ Sn+2Tn= -2n
= = + Tn
又Tn=b1+b2+…+bn=
=- (1- )=- +
= + (- + )
∴当且仅当?姿=2时,数列 是等差数列
变式2:已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1= ,an+2SnSn-1=0(n≥2)。(Ⅰ)求Sn和an;(Ⅱ)求证:S+S+…+S≤ - 。
解:(Ⅰ)S1=a1=∴ =2
当n≥2时,an=Sn-Sn-1即Sn-Sn-1=-2SnSn-1∴ - =2
故 是以2为首项,以2为公差的等差数列
由(Ⅰ)得 =2+(n-1)•2=2n,Sn= ,…………(5分)
当n≥2时,an=-2SnSn-1=- ………………(6分)
当n=1时,a1= ,∴an= (n-1)-(n≥2)……(8分)
(Ⅱ)①当n=1时,S= = - 成立………(9分)
②假设n=k时,不等式成立,即S+S+…+S≤ - 成立,当n=k+1时S+S+…+S+S≤ - + = - [ - ]= - • < - • = - ,即当n=k+1时,不等式成立由①,②可知对任意n∈N*不等式成立。
(Ⅲ)另证:S+S+…+S= + + +…+ = (1+ + +…+ )≤ (1+ + +…+ )= (1+1- + - +…+ - = -
例2:已知数列an中,a1=1,nan+1=2(a1+a2+…+an)。(Ⅰ)求a2,a3,a4;(Ⅱ)求数列an的通项an;(Ⅲ)设数列{bn｝满足b1= ,bn+1= +bn,证明① - >- ,②bn<1
解:(I)a2=2,a3=3,a4=4…(3分)
(Ⅱ)nan+1=2(a1+a2+…+an)①
(n-1)an=2(a1+a2+…+an-1)②
①-②得nan+1-(n-1)an=2an
即:nan+1=(n+1)an, =
所以an=a1… =1… =n(n≥2)
所以an=n(n∈N*)
(Ⅲ)①(Ⅱ)得b1= ,bn+1= +bn>bn>bn-1>…>b1>0
所以数列bn是正项单调递增数列
当n≥1,bn+1= +bn< bnbn+1+b1
两边除以bnbn-1
得 - >-
②当n=1时,b1= <1显然成立
当n≥2时
=( - )+…+( - )+
>-( + +…+ )+2
>-( + +…+ )+2
=-( - + - +… - )+2
=-(1- )+2=1+ =
所以bn< <1,综上可知,bn<1成立
变式1:设数列an的前n项和为Sn,已知a1=a,an+1=Sn+3n,n∈N*。(Ⅰ)设bn=Sn-3n,求数列bn的通项公式;(Ⅱ)若an+1≥an,n∈N*,求a的取值范围。
解:(Ⅰ)依题意,Sn+1-Sn=an+1=Sn+3n,即Sn+1=2Sn+3n
由此得Sn+1-3n+1=2(Sn-3n)
因此所求通项公式为bn=Sn-3n=(a-3)2n-1n∈N* ①
(Ⅱ)由①知Sn=3n+(a-3)×2n-1,n∈N*,于是,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n+(a-3)×2n-1-3n-1-(a-3)×2n-2=2×3n-1+(a-3)2n-2,an+1-an=4×3n-1+(a-3)2n-2=2n-212g+a-3,当n≥2时,
an+1≥an?圳12g+a-3≥0?圳a≥-9.又a2=a1+3>a1恒成立,综上所求a的取值范围是[-9,∞).
变式2: 已知数列{an}、{bn}满足:a1= ,an+bn=1,bn+1= 。(1)求b1,b2,b3,b4; (2)求数列{bn}的通项公式;(3)设Sn=a1a2+a2a3+a3a4+…+anan+1,求实数a为何值时4aSn
∵a1= ,b1=∴b2= ,b3= ,b4=
(2)∵bn+1-1= -1∴ = =-1+
∴数列{ }是以-4为首项,-1为公差的等差数列
∴ =-4-(n-1)=-n-3∴bn=1- =
(3)an=1-bn=∴Sn=a1a2+a2a3+…+anan+1
= + +…+ = -
=
∴4aSn-bn= - =
由条件可知(a-1)n2+(3a-6)n-8<0恒成立即可满足条件设f(n)=(a-1)n2+3(a-2)n-8,a=1时,f(n)=-3n-8<0恒成立, a>1时,由二次函数的性质知不可能成立,a
∴a<∴a<1时4aSn
第二课时函数与数列的综合题
数列是一特殊的函数,其定义域为正整数集,且是自变量从小到大变化时函数值的序列。注意深刻理解函数性质对数列的影响,分析题目特征,探寻解题切入点。
例1:已知f(x)=logmx(m为常数,m>0且m≠1)设f(a1),f(a2),…,f(an)(n∈N+)是首项为4,公差为2的等差数列。(Ⅰ)求证:数列{an}是等比数列;(Ⅱ)若bn=an•f(an),且数列{bn}的前n项和Sn,当m= 时,求Sn; (Ⅲ)若cn=anlgan,问是否存在m,使得{cn}中每一项恒小于它后面的项?若存在,求出m的范围;若不存在,说明理由。
解:(Ⅰ)由题意f(an)=4+2(n-1)=2n+2,即logman=2n+2
∴ an=m2n+2 ∴= =m2
∵ m>0且m≠1 ∴ m2为非零常数
∴ 数列{an}是以m4为首项,m2为公比的等比数列
(Ⅱ)由题意bn=anf(an)=m2n+2logmm2n+2=(2n+2)•m2n+2
当m= ,bn=2n+1•(2n+2)=(n+1)•2n+2
∴Sn=2•23+3•24+4•25+…+(n+1)•2n+2 ①
①式两端同乘以2,得
2Sn=2•24+3•25+4•26+…+n•2n+2+(n+1)•2n+3②……7分
②-①并整理,得
Sn=-2•23-24-25-26-…-2n+2+(n+1)•2n+3
=-23-[23+24+25+…+2n+2]+(n+1)•2n+3
=-23- +(n+1)•2n+3=-23+23(1-2n)+(n+1)•2n+3=n•2n+3
(Ⅲ)由题意cn=anlgan=(2n+2)•m2n+2lgm要使cn-1
变式1:已知二次函数y=f(x)的图像经过坐标原点,其导函数为导数符号f(x)=6x-2,数列an的前n项和为Sn,点(n,Sn)(nI,N*)均在函数y=f(x)的图像上。(Ⅰ)求数列an的通项公式(Ⅱ)设bn= ,Tn是数列bn的前n项和,求使得Tn< 对所有n∈N*都成立的最小正整数m。
解:(Ⅰ)设二次函数f(x)=ax2+bx (a≠0)
则 f(x)=2ax+b,由于f(x)=6x-2,得a=3,b=-2
以f(x)=3x2-2x
又因为点(n,Sn)(n∈N*)均在函数y=f(x)的图像上
所以Sn=3n2-2n
当n≥2时an=Sn-Sn-1=(3n2-2n)-[3(n-1)2-2(n-1)]=6n-5
当n=1时a1=S1=3×12-2=6×1-5,所以,an=6n-5 (n∈N*)
(Ⅱ)由(Ⅰ)得知
bn= = = ( - )
故Tn= bi
= [(1- )+( - )+…+( - )]
= (1- )
因此,要使 (1- )<( )(n∈N*)成立的m,必须且仅须满足 ≤ ,即m≥10,所以满足要求的最小正整数m为10。
点评:本题考查二次函数、导数、等差数列、数列求和、不等式等基础知识和基本的运算技能,考查分析问题的能力和推理能力。
变式2:设f1(x)= ,定义fn+1(x)=f1[fn(x)],an= ,其中n∈N*。(1)求数列{an｝的通项公式;(2)若T2n=a1+2a2+3a3+?撰+2na2n。
解:(1)f1(0)=2,a1= = ,fn+1(0)=f1[fn(0)]=
∴an+1= = =
=- • =- an
∴ =-∴数列{an｝上首项为 ,公比为- 的等比数列,an= (- )n-1
(2)T2n= + (- )1+ (- )2+…+ (- )2n-1①,- T2n= (- )+ (- )2+…+ (- )2n②,由①②两式相减得:
T2n= +n× (- )2n-1 ,T2n= (1- )
例2: 已知点Pn(an,bn)都在直线l:y=2x+2上,P1为直线l与x轴的交点,数列an成等差数列,公差为1.(n∈N+)。(1)求数列an,bn的通项公式;(2)若f(n)=an(n为奇数)bn(n为偶数) 问是否存在k∈N+,使得f(k+5)=2f(k)-2成立;若存在,求出k的值,若不存在,说明理由。(3)求证: + +…+ < (n≥2,n∈N+)。
解: (1) P1(-1,0)
∴a1=-1,b1=0,a2=-1+1=0∴b2=2,b2-b1=2
an=a1+(n-1)•1=-1+n-1=n-2,bn=b1+(n-1)•2=2n-2
(2)若k为奇数,则f(k)=ak=k-2,f(k+5)=bk+5=2k+8
2k+8=2k-4-2,无解,这样的k不存在
若k为偶数则f(k)=2k-2,f(k+5)=k+3
k+3=4k-4-2,q=3k,k=3(舍去)无解
(3) =(n-2+1,2n-2)=(n-1,2n-2)
=(n-1)2+4(n-1)2=5(n-1)2
+ +…+
=+ +…
≤+ + +…+
= 1+1- < (∵n-1≥1,∴n≥2)
变式1:已知二次函数f(x)=ax2+bx满足条件:①f(0)=f(1);②f(x) 的最小值为- 。(1) 求函数f(x)的解析式;(2)设数列an的前n项积为Tn, 且Tn=, 求数列an的通项公式;(3) 在(2)的条件下, 若5f(an)是bn与an的等差中项, 试问数列bn中第几项的值最小? 求出这个最小值。
解: (1) 由题知a+b=0a>0- =- 解得a= b=-
故f(x)= x2- x ………3分
(2)Tn=a1a2…an=,………………………5分
Tn-1=a1a2…an-1=(n≥2)
∴an= = (n≥2)
又a1=T1=1满足上式 ∴an= (n∈N*)…8分
(3)若5f(an)是bn与an的等差中项
则2×5f(an)=bn+an,…9分,从而10( a- an)=bn+an
得bn=5a-6an=5(an- )2- .…………10分
因为an= (n∈N*)是n的减函数
所以当an≥ , 即n≤3(n∈N*)时, bn随n的增大而减小, 此时最小值为b3
当an< , 即n≥4(n∈N*)时, bn随n的增大而增大, 此时最小值为b4.…………12分
又a3-
解:(I)由题意,令y=0,x<0,得f(x)[1-f(0)]=0
∵x<0时f(x)>1∴1-f(0)=0. f(0)=1………………2分
适合题意的f(x)的一个解析式为f(x)=( ) ………4分(II)①由递推关系知f(an+1)•f(-2-an)=1
即f(an+1-2-an)=f(0)
∵f(x)的R上单调,∴an+1-an=2,(n∈N*)…………6分
又a1=1,故an=2n-1.…………7分
②bn==
Sn=b1+b2+…+bn= ++…+
= 1-
Tn= + +…+
= + +…+
= (1- + - +…+ - )= (1- )
………………9分
S - T = (1- )- (1- )
= ( - )= •
欲比较 S 与 T 的大小,只需比较4 与2n+1的大小。 由=1,2,3代入可知4 >2n+1,猜想4 >2n+1。下用数学归纳法证明:(i)当n=1时,41>2×1+1成立;(ii)假设当n=k时命题成立,即4k>2k+1。
当n=k+1时
4k+1=4×4k>4(2k+1)=8k+4=2(k+1)+1+6k+1>2(k+1)+1
说明当n=k+1时命题也成立
由(i)(ii)可知,4n>2n+1 对于n∈N*都成立
故Sn> T ………………………12分
注:证明4n>2n+1,除用数学归纳法证明以外,还可用其它方法证明,如:4n=(1+3)n=1+C•3+C•3 +K+C•3 ≥1+3n>2n+1。
变3:在数列 an中,a1=1其前n项和Sn满足关系式
3tSn-(2t+3)Sn-1=3t(t>0,n=2,3,?撰)。(1)求证:数列an是等比数列;(2)设数列an得公比为f(t),作数列bn,使b1=1,bn=f( ),n=(2,3,…),求bn;(3)求b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+b2n-1b2n+b2nb2n+1的值。
解:(1)由已知3tSn-(2t+3)Sn-1=3t,即有
3t(a1+a2)-(2t+3)a1=3t,由a1=1
解得a2= ,所以 =
当n≥2时,有3tSn+1-(2t+3)Sn=3t ①
3tSn-(2t+3)Sn-1=3t②
①-②得3tan+1-(2t+3)an=0, =
综上所述,知 = (n≥1),因此an是等比数列
(2) 由(1)知f(t)= 则使
b1=1,bn= = +b
所以bn-b = ,n=(2,3,?撰)
因此,bn是等差数列,且b1=1,bn=b1+(n-1)d= n+
(3)b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+b2n-1b2n+b2nb2n+1
=b2(b1-b3)+b4(b3-b5)+…+b2n(b2n-1+b2n+1)
=- (b2+b4+…+b2n)=- •
=- • =- n2- n
第三课时 数列与解析几何
数列与解析几何综合题,是今后高考命题的重点内容之一,求解时要充分利用数列、解析几何的概念、性质,并结合图形求解。
例1.在直角坐标平面上有一点列P1(x1,y1),P2(x2,y2),…,Pn(xn,yn),对一切正整数n,点Pn位于函数y=3x+ 的图象上,且Pn的横坐标构成以- 为首项,-1为公差的等差数列xn。⑴求点Pn的坐标;⑵设抛物线c1,c2,c3,…,cn,…中的每一条的对称轴都垂直于x轴,第n条抛物线cn的顶点为Pn,且过点Dn(0,n2+1),记与抛物线cn相切于Dn的直线的斜率为kn,求 + +…+ 。
解:(1)xn=- +(n-1)×(-1)=-n-
∴ yn=3•xn+ =-3n-∴ Pn(-n- ,-3n- )
(2)∵ cn的对称轴垂直于x轴,且顶点为Pn
∴ cn设的方程为:y=a(x+ ) -
把Dn(0,n2+1)代入上式,得a=1
∴ cn的方程为:y=x2+(2n+3)x+n2+1 kn=y'│x=0=2n+3
∴= = ( - )
∴+ +…+(n≥2)
= ( - )+( - )+…+( - )
= ( - )= -
点评:本例为数列与解析几何的综合题,难度较大。(1)、(2)两问运用几何知识算出kn。
变式1:在平面直角坐标系中,已知An(n,an)、Bn(n,bn)、Cn(n-1,0)(n∈N*),满足向量 与向量 共线,且点Bn(n,bn)(n∈N*)都在斜率6的同一条直线上。(1)试用a1,b1与n来表示an;(2)设a1=a,b1=-a,且12
∴ =6,即b -b =6,于是数列bn是等差数列
故bn=b1+6(n-1),∴ =(1,a -a ), =(-1,-b )
又 与 共线
∴ 1×(-bn)-(-1)(an+1-an)=0,即an+1-an=bn…………5分
∴当n≥2时
an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=a1+b1+b2+b3+?撰+bn-1
=a1+b1(n-1)+3(n-1)(n-2)…………7分
当n=1时,上式也成立
所以an=a1+b1(n-1)+3(n-1)(n-2)…………8分
(2)把a1=a,b1=-a代入上式,得
an=a-a(n-1)+3(n-1)(n-2)=3n2-(9+a)n+6+2a
∵12
例2:已知数列an的前n项和为Sn=n2+(a-1)n(a∈R)。设集合A=an, ?誆n∈N+,B={(x,y)?誆 x2-y2=1,x,y∈R}。(1) 求数列an的通项公式;(2) 若以集合A中的元素作为点的坐标,则这些点是否都在同一条直线上? 并说明理由;(3) “A∩B至多只有一个元素”是否正确? 如果正确, 请给予证明; 如果不正确, 请举例说明。
解析:(1)当n=4时a1=S1=1+a-1=a
当n≥2时an=Sn-Sn-1
=[n2+(a-1)n]-[(n-1)2+(a-1)(n-1)]=2n+a-2
可见,当n=1时,满足上式
∴数列an的通项公式是an=2n+a-2 (n∈N+)
(2)由数列an的通项公式是an=2n+a-2,可知数列an是等差数列
∴ Sn= = ,∴ = (a +a)
∴点(an, )的坐标满足方程y= (x+a)
∴点(an, )在直线y= (x+a)上
∴以集合A中的元素为坐标的点(an, )均在直线y= (x+a)上
(3)由y= (x+a)x2-4y2=4,消去y,得2ax=-a2-4 ①
当a=0时,方程①无解,A∩B=?覫,当a≠0时,方程①只有一个解x=- ,此时方程组也只有一个解,即x=- y=-
故上述方程组至多有一解,所以A∩B至多有一个元素。
变式1:如图, 把正三角形ABC分成有限个全等的小正三角形, 且在每个小三角形的顶点上都放置一个非零实数, 使得任意两个相邻的小三角形组成的菱形的两组相对顶点上实数的乘积相等. 设点A为第一行,…, BC为第n行, 记点A上的数为a11,…, 第i行中第j个数为aij(1≤j≤i). 若a11=1,a21= ,a22= 。(1)求a31,a32,a33;(2)试归纳出第n行中第m个数anm的表达式 (用含n , m的式子表示, 不必证明);(3)记Sn=an1+an2+…+ann,证明n≤ + +…+ ≤ 。
解: (1) ∵a11a32=a21a22 ∴a32=∵a22a31=a21a32 ∴a31=
∵a21a33=a22a32,a33=∴a31= ,a32= ,a33=
(2)由a11=1,a21= ,a31=
可归纳出a11,a21,a31,…,an1是公比为 的等比数列
故an1=由a21= ,a22= ,a31= ,a32= ,a33=
可归纳出an1,an2,an3,?撰,ann是公比为 的等比数列
anm= • ,anm=
Sn= =( ) [1-( ) ],∵( ) ≤1
∴( ) ≤1-( ),( ) [1-( ) ]≥( ) •( )
= 且( ) [1-( ) ]=4( ) [1-( ) ]
≤[( ) +1-( ) ] =1(由ab≤( )2)
∴ 1≤ ≤22n-2 ∴ n≤ + +?撰+ ≤
方法点拨:①数列与平面解几何,注意用坐标与曲线的关系来打开解题思路,平时练习中还是此类问题可联系起来看。②构建新数列的过程中,可以看出对题设中递推式的观察、分析,并据其结构特点进行合理变形,是成功构建新数列的关键。构建新数列的目的是为了化繁为简、化未知为已知、化不熟悉为熟悉,这也是解答数列问题的共性之所在。
注:本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文