数列要点大搜索

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数列是高中数学的重要内容，也是中学数学联系实际的主要渠道之一，在高考中占有重要的地位，相关试题约占全卷的10%～15%. 其中，填空题主要考查等差、等比数列的概念和性质，重点是通项公式与前n项和公式的灵活运用，突出了“小、巧、活”的特点；解答题主要以数列与函数和方程、不等式、数学归纳法、几何等知识的综合为考查对象，属中、高难度题.

一、数列中的递推关系

重难点剖析由递推关系式确定数列的通项公式，通常可对递推关系式进行变形转化成等差数列或等比数列，再由递推关系求通项. 利用递推公式求数列的通项公式，要注重对通解通法的研究，主要掌握由a1和递推关系先求出前几项，再归纳、猜想求an的方法，以及“化归法”“叠加法”“叠乘法”等.

例1（2008江西）在数列｛an｝中，a1=2，an+1=an+ln

1+，则an等于（）

A. 2+lnn B. 2+（n－1）lnn

C. 2+nlnn D. 1+n+lnn

简析因an+1=an+ln

1+，an+1=an+ln（n+1）－lnn，所以a2－a1=ln2－ln1，a3－a2=ln3－ln2，…，an－an－1=lnn－ln（n－1），由此可得an－a1=lnn，又因a1=2，所以an=2+lnn，故选A.

点评由递推关系求通项公式主要有以下几种情况：①已知首项a1，递推关系为an+1=qan+b（n∈N∗），关键是将an+1=qan+b转化为an+1+a=q（an+a）的形式；②已知a1且an－an-1=f（n），可用“逐差法”；③已知a且=f（n），可用“叠乘法”.

二、数列的求和

重难点剖析等比数列求和，分公比等于1和不等于1两种情形，这点容易被忽略． 对其他特殊数列常用的求和方法有倒序相加法、错位相减法、分组转化法、裂项求和法、公式求和法等． 其中裂项求和法的关键是对一般数列合理地拆分，还要注意相消后剩余多少项，剩余的项一般成对出现．

例2（2007福建）数列｛an｝的前n项和为Sn，a1=1，an+1=2Sn（n∈N∗）．

（Ⅰ）求数列｛an｝的通项an；

（Ⅱ）求数列｛nan｝的前n项和Tn．

简析（Ⅰ）由an+1=Sn+1－Sn=2Sn，分析可得Sn=3n－1（n∈N∗），于是求得an=1，n=1，

2・3n－2，n≥2．

（Ⅱ）Tn=a1+2a2+3a3+…+nan，当n=1时，T1=1；当n≥2时，有

Tn=1+4・30+6・31+…+2n・3n－2①

3Tn=3+4・31+6・32+…+2n・3n－1②

由①②可求得Tn=+

n－3（n≥2）． 又因T1=a1=1也满足上式，故Tn=+

n－3n－1（n∈N∗）．

点评本题考查了分类讨论、化归的数学思想方法以及推理和运算的能力． “把一个数列分成几个可以直接求和的数列”即为分组求和法；一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列的求和可用错位相减法．

三、数列与函数和方程

重难点剖析数列是特殊的函数，是定义在自然数数集上的一列函数值. 通项公式及求和公式揭示了项和项数的依赖关系的本质属性. 若用“函数与方程”的意识解决数列中的综合问题，则“简单且具有操作性”.

例3（2007广东）已知函数f（x）=x2+x－1，α，β是方程f（x）=0的两个根（α>β），f ′（x）是f（x）的导数，设a1=1，an+1=an－（n=1，2，3，…）.

（Ⅰ）求α，β的值；

（Ⅱ）已知对任意的正整数n有an>α，记bn=ln（n=1，2，3，…），求数列｛bn｝的前n项和Sn.

简析（Ⅰ）由求根公式得α=， β=.

（Ⅱ）f ′（x）=2x+1，an+1= ，α2=1－α，β2=1－β，所以bn+1=ln= ln=ln= ln

=2bn，所以数列｛bn｝是首项为b1=ln=4ln，公比为q=2的等比数列. 故Sn==4・（2n－1）ln.

点评本小题主要考查函数、导数、一元二次方程、对数、数列等基础知识，合情推理、化归与转化、特殊与一般等数学思想方法，还考查抽象概括、推理论证及运算求解的能力. 数列是特殊的函数，而不等式是深刻认识函数和数列的重要工具，三者综合的求解题是对基础知识和能力的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是高考命题的新趋向.

四、数列与数学归纳法

重难点剖析使用数学归纳法证明命题时，第一步是验证；第二步是推证，且必须用到归纳假设，否则不是数学归纳法. 第二步从k到k＋1时，要注意项数的变化，这一步是关键.

例4（2008辽宁）在数列｛an｝，｛bn｝中，a1=2，b1=4，且an，bn，an+1成等差数列，bn，an+1，bn+1成等比数列.

（Ⅰ）求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测｛an｝，｛bn｝的通项公式，并证明你的结论；

（Ⅱ）证明:++…+

简析（Ⅰ）由条件得2bn=an+an+1，a=bnbn+1. 于是a2=6，b2=9，a3=12，b3=16，a4=20，b4=25. 猜测an=n（n+1），bn=（n+1）2. 现用数学归纳法证明如下：

①当n=1时，由上可得结论成立.

②假设当n=k时，结论成立，即ak=k（k+1），bk=（k+1）2，那么当n=k+1时，ak+1=2bk－ak=2（k+1）2－k（k+1）=（k+1）（k+2），bk+1==（k+2）2.

所以当n=k+1时，结论也成立.

综上可知an=n（n+1），bn=（n+1）2对一切正整数都成立.

（Ⅱ）n=1时，=2（n+1）n.

综上，原不等式成立.

点评本题主要考查了等差数列、等比数列、数学归纳法、不等式等基础知识，同时还考查了综合运用数学知识进行归纳、总结、推理、论证的能力. 这是数列、不等式混合型考题，也是多年来在高考试卷中出现频率最高的题型.

五、数列与不等式

重难点剖析数列与不等式的综合题蕴涵着丰富的数学思想，解题时通常要用到放缩法以及函数思想（如求函数的最值等）. 这就要求同学们能够灵活地运用数列的相关性质与不等式的方法去解决相关问题.

例5（2007重庆）各项均为正数的数列｛an｝的前n项和满足S1>1，且6Sn=（an+1）（an+2），n∈N∗.

（Ⅰ）求｛an｝的通项公式；

（Ⅱ）设数列｛bn｝满足an（2－1）=1，并记Tn为｛bn｝的前n项和，求证：3Tn+1>log（an+3），n∈N∗.

简析（Ⅰ）由a1=S1=（a1+1）（a1+2），解得a1=1或a1=2. 由已知a1=S1>1，故a1=2. 又由an+1=Sn+1－Sn得（an+1+an）（an+1－an－3）=0，an+1=－an应舍去，故an+1－an=3，从而｛an｝是公差为3，首项为2的等差数列，故an=3n－1.

（Ⅱ）证法1，由an（2－1）=1得bn=log2，从而有

Tn=log2

因（3n+3）3－（3n+5）（3n+2）2=9n+7>0，故f（n+1）>f（n）. 特别地f（n）≥f（1）=>1，故3Tn+1－log2（an+3）=log2f（n）>0，即3Tn+1>log2（an+3）.

证法2，同证法1求得bn及Tn. 由二项式定理知，当c>0时，（1+c）3>1+3c成立. 于是3Tn+1=log22

点评第（Ⅱ）问还可用数学归纳法证明. 本题既考查了数列的相关基础知识，涉及了等差数列的证明、递推公式、前n项和等，又考查了分析问题、探索问题的能力，因此要熟练掌握等差等比数列的定义、通项公式、前n项和公式等基础知识. 由于数列与不等式在生产实践和相关学科的学习中有着广泛的应用，所以仍将是今后高考数学命题的重点和热点.