高考数学备考冲刺之易错点点睛系列专题数列（教师版）.doc

2012年高考数学备考冲刺之易错点点睛系列
三 数列 教师版
一、高考预测
数列是历年高考的重点与难点，以等差数列与等比数列为基础考查数列的性质及前n项和的问题是数列中的中低档难度问题，一般只要熟悉等差数列与等比数列及其前n项和的性质即可正确得出结果.等差数列与等比数列是高中阶段学习的两种最基本的数列，也是高考中经常考查并且重点考查的内容之一，这类问题多从数列的本质入手，考查这两种基本数列的概念、基本性质、简单运算、通项公式、求和公式等．本讲内容在高考中多以选择题和填空题的形式出现，属于中低档题．解题时应从基础处着笔，首先要熟练掌握这两种基本数列的相关性质及公式，然后要熟悉它们的变形使用，善用技巧，减少运算量，既准又快地解决问题.除此以外，数列与其他知识的综合考查也是高考中常考的内容，数列是一种特殊的函数，它能与很多知识进行综合，如方程、函数、不等式、极限，数学归纳法（理）等为主要综合对象，概率、向量、解析几何等为点缀.数列与其他知识的综合问题在高考中大多属于中高档难度问题.
数列是新课程的必修内容，从课程定位上说，其考查难度不应该太大，数列试题倾向考查基础是基本方向．从课标区的高考试题看，试卷中的数列试题最多是一道选择题或者填空题，一道解答题．由此我们可以预测2012年的高考中，数列试题会以考查基本问题为主，在数列的解答题中可能会出现与不等式的综合、与函数导数的综合等，但难度会得到控制．
二、知识导学
要点1：有关等差数列的基本问题
1．涉及等差数列的有关问题往往用等差数列的通项公式和求和公式“知三求二”解决问题；
2．等差数列前n项和的最值问题，经常转化为二次函数的最值问题；有时利用数列的单调性（d＞0,递增；d＜0，递减）；
3．证明数列{}为等差数列有如下方法：①定义法；证明（与n值无关的常数）；②等差中项法：证明。
要点2：有关等比数列的基本问题
1证明数列{}为等比数列有如下方法：①定义法：证明。
②等比中项法：。
2求一般数列{}通项公式时常用构造数列法、待定系数法等。
要点向3：等差、等比数列综合问题
1.在解决等差数列或等比数列的相关问题时，“基本量法”是常用的方法，但有时灵活地运用性质，可使运算简便，而一般数列的问题常转化为等差、等比数列求解。
2．数列求通项的常见类型与方法：公式法、由递推公式求通项，由求通项，累加法、累乘法等
3.数列求和的常用方法：公式法、裂项相消法、错位相减法、分组法、倒序相加法等。
4．解综合题的成败在于审清题目，弄懂来龙去脉，透过给定信息的表象，抓住问题的本质，揭示问题的内在联系和隐含条件，明确解题方向，形成解题策略．
要点4：可转化为等差、等比数列的求和问题
某些递推数列可转化为等差、等比数列解决，其转化途径有：
1．凑配、消项变换——如将递推公式（为常数，≠0，≠1）。通过凑配变成；或消常数转化为
2．取倒数法—如将递推公式递推式，考虑函数倒数关系有
令则可归为型。
3．对数变换——如将递推公式取对数得
4．换元变换——（其中p，q均为常数，（或,其中p，q, r均为常数）。一般地，要先在原递推公式两边同除以，得：引入辅助数列（其中），得：则转化为的形式。
要点5：数列求和的常用方法：
1、直接由等差、等比数列的求和公式求和，注意对公比的讨论.
2、错位相减法：主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广.
3、分组转化法：把数列的每一项分成两项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.
4、裂项相消法：主要用于通项为分式的形式，通项拆成两项之差求和，正负项相消剩下首尾若干项，注意一般情况下剩下正负项个数相同.
5、倒序相加法：把数列正着写和倒着写相加(即等差数列求和公式的推导过程的推广).
三、易错点点睛
命题角度1 数列的概念
1．已知数列｛an｝满足a1=1,an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1,(n≥2)，则｛an｝的通项an=_________.
[考场错解] ∵an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1，∴an-1=a1+2a2+3a3+…+(n-2)an-2，两式相减得an-an-1=(n-1)an-1，∴an=nan-1.由此类推： an-1=(n-1)an-2，…a2=2a1，由叠乘法可得an=
[专家把脉] 在求数列的通项公式时向前递推一项时应考虑n的范围．当n=1时，a1=与已知a1=1，矛盾．
[对症下药] ∵n≥2时，an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1① 当n≥3时，an-1=a1+2a2+3a3+…+(n-2)·an-2② ①-②得 an-an-1=(n-1)·an-1∴当n≥3时，=n，∵an=··．．．·=n·…·4·3×a2=a2，∵a2=a1=1
∴当n≥2时，an= . 当n=1时，a1=1故an=
2．设数列｛an｝的前n项和为Sn,Sn=(对于所有n≥1)，且a4=54，则a1的数值是________.
[考场错解]∵Sn==,∴此数列是等比数列，首项是a1，公比是3，由a4=a1·34-1，
∴a1=2．
[专家把脉] 此题不知数列｛an｝的类型，并不能套用等比数列的公式．而答案一致是巧合．
[对症下药]∵a4=S4-S3=(34-1)-(33-1)=54，解得a1=2．
3.已知数列｛an｝满足a1=1，an=3n-1+an-1(n≥2) (1)求a2，a3； (2)求通项an的表达式．
[考场错解] (1)∵a1=1，∴a2=3+1=4，a3=32+4=13．
(2)由已知an=3n-1+an-1，即an-an-1=3n-1 即an成等差数列，公差d=3n-1．故an=1+(n-1)·3n-1．
[专家把脉] (2)问中an-an-1=3n-1，3n-1不是常数，它是一个变量，故不符合等差数列的定义．
[对症下药] (1)∵a1=1，∴a2=4，a3=32+4=13．
(2)由已知an-an-1=3n-1，故an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=3n-1+3n-2+…+3+1=.
4．等差数列｛an｝中，a1+a2+a3=-24，a18+a19+a20=78，则此数列前20项和等于 ( )
A.160 B．180 C. 200 D．220
[考场错解] 由通项公式an=a1+(n+1)d.将a2,a3，a18，a19，a20都表示成a1和d.求a1、d，再利用等差数列求和，选C．
[专家把脉] 此方法同样可求得解．但解法大繁，花费时间多，计算量大故而出错，应运用数列的性质求解就简易得多．
[对症下药] B 由公式m+n=2Pam+an=2ap?(只适用等差数列)即可求解．由a1+a2+a3=-24，可得：3a2=-24 由a18+a19+a20=78，可得：3a19=78 即 a2=-8，a19=26又∵S20==10(a2+a19)=180
2．若｛an｝是等差数列，首项a1＞0，a2003+a2004>0，a2003·a2004＜0，则使前n项和Sn>0成立的最大自然数n是 ( )
A.4005 B．4006 C.4007 D.4008
[考场错解] ∵a2004+a2003>0，即2a1+2002d+2003d>0，(a1+2002d)(a1+2003d)<0，要使Sn>0．即使na1+d＞0．这样很难求出a1，d.从而求出最大的自然数 n.故而判断a2003>0，a2004<0，所以前2003项为正，从第2004项起为负，由等差数列的n项和的对称性使Sn＞0．故而取n=4005使Sn>0．
[专家把脉] 此题运用等差数列前n项的性质及图象中应注意．a2003>0，a2004<0． 且忽视了这两项的大小．
[对症下药] B ∵a1>0，a2003+a2004>0，a2003·a2004＜0，且｛an｝为等差数列 ∴{an}表示首项为正数，公差为负数的单调递减等差数列，且a2003是绝对值最小的正数，a2004是绝对值最大的负数(第一个负数)，且|a2003|＞|a2004|∴在等差数列｛an｝中，a2003+a2004=a1+a4006>0，S4006=＞0 ∴使Sn＞0成立的最大自然数n是4006．
3．设无穷等差数列｛an｝的前n项和为Sn.(Ⅰ)若首项a1=，公差d=1，求满足Sk2=(Sk)2的正整数k;
(Ⅱ)求所有的无穷等差数列｛an｝；使得对于一切正整数中k都有Sk2=(Sk)2成立．
[考场错解] (1)当a1=,d=1时，Sn=n2+n，由Sk2=(Sk)2得k4+k2=，即k=0或k=4．
∴k≠0．故k=4．
(Ⅱ)由对一切正整数k都有Sk2=(Sk)2成立． 即k2a1+d=(ka1+)2
即(a1-)k2-adk2(k-1)+k2(k2-1)-k2(k-1)2=0对—切正整数k恒成立故 求得a1=0或1，d=0 ∴等差数列an=｛0,0,0,…｝，或an=｛1，1，1，…｝．
[专家把脉] (Ⅱ)中解法定对一切正整数k都成立．而不是一切实数．故而考虑取k的特值也均成立．
[对症下药] (Ⅰ)当a1=,d=1时，Sn=na1+由Sk2=(Sk)2,得k4+k2=(k2+k)2，即k3=0.又k≠0，所以k=4．
(Ⅱ)设数列｛an｝的公差为d，则在Sk2=(Sk)2中分别取k=1,2,得
由（1）得a1=0或a1=1. 当a1=0时，代入（2）得d=0或d=6.若a1=0,d=0,则an=0,sn=0,从而Sk2=(Sk)2成立；若a1=0,d=6,则an=6(n-1),由S3=18，（S3）2=324,S9=216知S9≠(S3)2，故所得数列不符合题意.当a1=1时,代入(2)得 4+6b=(2+d)2解得d=0或d=2.若a1=1,d=0,则an=1,Sn=n,从而Sk2=(Sk)2成立；若a1=1,d=2,则an=2n-1,Sn=1+3+…+（2n-1）=n2,从而Sk2=(Sk)2成立.综上,共有3个满足条件的无穷等差数列:①{an}：an=0,即0，0，0，…；②{an}:an=1,即1，1，1，…；③{an}:an=2n-1,即1，3，5，….
4.已知数列{an}的各项都是正数,且满足:a0=1,an+1=an·(4-an),nN.(1)证明an＜an+1＜2,n∈N.(2)求数列{an}的通项公式an.
[考场错解] 用数学归纳法证明：（1）1°当n=1时，a0=1,a1=a0（4-a0）=,∴a0＜a1＜2,命题正确.
2°假设n=k时有ak-1＜ak＜2.则n=k+1时，ak-ak+1=ak-1(4-ak-1)-ak(4-ak)
=2(ak-1-ak)-(ak-1-ak)(ak-1+ak)=(ak-1-ak)(4-ak-1-ak).而ak-1-ak＜0. 4-ak-1-ak＞0,∴ak-ak-1＜0.又ak-1=ak(4-ak)=[4-(ak-2)2]＜2.∴n=k+1时命题正确.由1°、2°知对一切n∈N时有an＜an+1＜2.
(2)an+1=an(4-an)=[-(an-2)2+4].∴2(an+1-2)=-(an-2)2∴an+1-2=(an-2)2令bn=an-2,∴bn=-()1+2+…+2n-1·又∵b1=a1-2=-.∴bn=-()2n+2n-1.即an=2-()2n+2n-1.
[专家把脉] 在（Ⅱ）问中求bn的通项时，运用叠代法.最后到b0而不是b1.
[对症下药]（Ⅰ）同上，方法二：用数学归纳法证明：1°当n=1时，a0=1,a1=a0(4-a0)=,∴0＜a0＜a1＜2;2°假设n=k时有ak-1＜ak＜2成立，令f(x)= x(4-x),f(x)在[0，2]上单调递增，所以由假设有：f(ak-1)＜f(ak)＜f(2),即ak-1(4-ak-1)＜ak(4-ak) ×2(4-2),也即当x=k+1时 ak＜ak+1＜2成立，所以对一切n∈N,有ak＜ak+1＜2
(2)下面来求数列的通项：an+1=an(4-an)=[-(an-2)2+4],所以2（an+1-2）=-(an-2)2令bn=an-2,则bn=-=-(-)2=-·()2…=-（）1+2+…+2n-1b2n，又bn=-1,所以bn=-()2n-1,即an=2+bn=2-()2n-1
专家会诊1.要善于运用等差数列的性质：“若m+n=p+q,则am+an=ap+aq”；等差数列前n项和符合二次函数特征.借助二次函数性质进行数形结合法解等差数列问题.2.会运用一般与特殊的逻辑思维,利用满足条件的特值求相关参数的值,学会分析问题和解决问题.
命题角度3 等比数列
1．数列{an}的前n项和记为Sn,已知a1=1,aa+1=(n=1,2,3…).证明:(Ⅰ)数列{}是等比数列；(Ⅱ)Sn+1=4an.
[考场错解] (Ⅰ)已知a1=1,an+1=,∴a2=3S1=3,∴S2=4 a3=·S2=2×4=8.∴S3=1+3+8=12.
即.故{}是公比为2的等比数列.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知=4·于是Sn+1=4(n+1)·=4an.又a2=3.S2=a1+a2=4,因此对于任意正整数n≥1,都有Sn+1=4an.
[专家把脉] (Ⅰ)中利用有限项判断数列类型是运用不完全归纳法,应给予证明. (Ⅱ)中运用前推一项必须使 n≥2.
[对症下药] (Ⅰ) ∵an+1=Sn+1-Sn,an+1=Sn,∴(n+2)Sn=n(Sn+1-Sn),整理得nSn+1=2(n+1)=Sn,所以=2故{}是以2为公比的等比数列.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知=4·(n2).于是Sn+1=4(n+1)·=4an(n≥2).又a2=3S1=3, 故S1=a1+a2=4.因此对于任意整数n≥1,都有Sn+1=4an.
2.已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=(an-1)(n∈N*).(Ⅰ) 求a1,a2;(Ⅱ)求证数列{an}是等比数列.
[考场错解] (Ⅰ)S1=(a1-1),得a1=-,S2=(a2-1),即a1+a2=(a2-1),得a2=.
(Ⅱ)an=Sn-Sn-1=(an-1)-(an-1-1),得,所以{an}是首项为-，公比为-的等比数列.
[专家把脉] 在利用an=Sn-Sn-1公式时,应考虑n≥2时才能成立.
[对症下药] (Ⅰ)由S1=(a1-1), 得a1=(a1-1),∴a1=-.又S2=(a2-1),即a1+a2=(a2-1),得a2=.
(Ⅱ)当 n＞1时,an=SnSn-1=(an-1)-(an-1-1),得=-,所以{an}是首项为-,公比为-的等比数列.
3.等比数列的四个数之和为16,中间两个数之和为5,则该数列的公比q的取值为 ( )
A. 或4 B. 或 C. 4或- D. 4或或或
[考场错解] 设这四个数为,aq,aq3.由题意得由①得a=,代入②得q=或q2=2.q2=或q2=4,故所求的公比为或4.故应选A.
[专家把脉] 上述解答设等比数列的公比为q2是不合理的.这相当于增加了四个数同号这个条件,而题设中的四个数不一定同号.因此,产生了漏解现象.
[对症下药]设这四个数为a,aq,aq2,aq3,则或-.因此,应选D.
4.设数列{an}的首项a1=a≠,且an+1=
(Ⅰ)求a2,a3;(Ⅱ)判断数列{bn}是否为等比数列,并证明你的结论;(Ⅲ)求(b1+b2+b3+…+bn).
[考场错解] (Ⅰ)a2=a1+=a+,a3=a2=a;
(Ⅱ)bn+1=a2n+1-.
(Ⅲ)求(b1+b2+b3+…+bn)= =.
[专家把脉]在求证bn是等比数列是时，式子中，an中n为偶数时， 是连续两项，并不能得出.
[对症下药] (Ⅰ)a2=a1+=a+,a3=a2=a+;
(Ⅱ)∵a4=a3+=a+,所以a5=a4=a+,所以b1=a1-=a-,b2=a3-=(a-),b3=a5-=(a-),猜想:{bn}是公比为的等比数列.
证明如下:因为bn+1=a2n+1-=a2n-=(a2n-1-)=bn,(n∈N*)所以{bn}是首项为a-,公比为的等比数列.
(Ⅲ)求(b1+b2+b3+…+bn)=
专家会诊1.证明等比数列时应运用定义证为非0常数,而不能(此时n≥2).2.等比数列中q可以取负值.不能设公比为q2.3.会运用等比数列性质,“若m+n=p+k,则am·an=ap·ak”.
命题角度 4 等差与等比数列的综合
1.(典型例题)已知数列{an}的前n项和Sn=a[2-()n-1]-b[2-(n+1)()n-1](n=1,2,…),其中a,b是非零常数,则存在数列{xn}、{yn}使得（ ）
A.an=xn+yn,其中{xn}为等差数列，{yn}为等比数列 B．an=xn+yn,其中{xn}和{yn}都为等差数列
C．an=xn·yn,其中{xn}为等差数列，{yn}为等比数列D．an=xn·yn,其中{xn}和{yn}都为等比数列
[考场错解]∵a[2-()n-1]=xn，b[2-(n-1)()n-1]=yn,又∵xn,yn成等比数列，故选D.
[专家把脉]应从数列{an}的前n项和Sn的表达式入手，而不能从形式上主观判断.
[对症下药] C. a1=S1=3a an=Sn-Sn-1=a[2+()n-1]-b[2-(n+1)·()n+1]
-a[2+()n-2]+b[2-n()n-2]=(bn-b-a)·()n-1 ∵{()n-1}为等比数列,{bn-a-b}为等差数列.
2.已知数列{an}是首项为a且公比q不等于1的等比数列，Sn是其前n项和，a1,2a7,3a4成等差数列.(Ⅰ) 证明12S3,S6,S12-S6成等比数列; (Ⅱ)求和Tn=a1+2a4+3a7+…+na3n-2.
[考场错解] (Ⅰ)由a1,2a7,3a4 成等差数列.得4a7=a1+3a4,4aq6=a+3aq3.从而可求q3=-,或q3=1.当q3=-时，=，=q6=.故12S3，S6，S12-S6成等比数列.当q3=1时,=，=q6=1.故12S3,S6,S12-S6不成等比数列.
[专家把脉]本题条件中已规定q≠1.故应将q=1时舍去.
[对症下药](Ⅰ)证明:由a1,2a7,3a4成等差数列.得4a7=a1+3a4,即4aq6=a+3aq3.变形得(4q3+1)(q3-1)=0,所以q3=-或q3=1(舍去)由==1+q6-1=q6=,得=.所以12S3,S6,S12-S6成等比数列.
(Ⅱ)解法:Tn=a1+2a4+3a7+…+na3a-2=a+2aq3+3aq6+…+naq3(n-2),
即Tn=a+2·(-)a+3·(-)2a+…+n·(-)n-1a. ①
①×(-)3a得:-Tn=-a+2·(-)2a+3·(-)3a+…+n·(-)na ②
①-②有：Tn=a+(-)a+(-)2a+(-)3a+…(-)n-1a-n·(-)na
=-n·(-)na=a-(+n)·(-)na.所以Tn=·(-)na.
3.如图，△OBC的三个顶点坐标分别为（0，0）、（1，0）、（0，2），设P1为线段BC的中点，P2为线段CO的中点，P3为线段OP1的中点，对于每一个正整数n,Pn+3为线段PnPn+1的中点，令Pn的坐标为（xn,yn）,an=yn+yn+1+yn+2.
(Ⅰ)求a1,a2,a3及an;(Ⅱ)证明yn+4=1-,n∈N*,(Ⅲ)若记bn=y4n+4-y4n,n∈N*,证明{bn}是等比数列.
[考场错解]（1）∵y1=y2=y4=1,y3=,y5=,可求得a1=a2=a3=2,由此类推可求得an=2
(Ⅱ)将yn+yn+1+yn+2=2同除以2，得yn+4=∴yn+4=1-.
(Ⅲ)bn+1=y4n+8-y4n+4=-(y4n+4-y4n)=- bn.∴=-.故{bn}是等比数列.
[专家把脉]第(Ⅰ)问题运用不完全归纳法求出an的通项.理由不充分,第(Ⅲ)问中=-.要考虑b1是否为0.即有意义才更完整.
[对症下药] (Ⅰ)因为y1=y2=y4=1,y3= ,y5=,所以a1=a2=a3=2.又由题意可知yn+3=.∴an+1=yn+1+yn+2+yn+3=yn+1+yn+2+=yn+yn+1+yn+2=an,∴{an}为常数列.∴an=a1=2,n∈N*.
(Ⅱ)将等式yn+yn+1+yn+2=2两边除以2,得yn+=1,又∵yn+4=,∴yn+4=1-.
(Ⅲ)∵bn+1=y4n+8-y4n+4=-=-(y4n+4-y4n)=- bn,又∵b1=y8-y4=-≠0,∴{bn}是公比为- 的等比数列.
4.在等差数列{an}中,公差d≠0,a2是a1与a4的等比中项.已知数列a1,a3,,…,akn,…成等比数列,求数列{kn}的通项kn.
[考场错解]∵an=a1+(n-1)d,=a1·a4
∴(a1+d)2=a1(a1+3d).∴d=a1,∴an=nd.a1=d.a3=3d.∴=3=q.∴.
∴=q=3.∴{kn}是公比为3的等比数列.∴kn=1·3n-1=3n-1.
[专家把脉]错因在把k1当作数列{an}的首项.k1=1.而实际上k1=9.
[对症下药]依题设得an=a1+(n-1)d,=a1a4,∴(a1+d)2=a1(a1+3d),整理得d2=a1d, ∵d≠0,∴d=a1,得an=nd,所以,由已知得d,3d,k1d,k2d,…kndn…是等比数列.由d≠0,所以数列1,3,k1,k2,…kn,… 也是等比数列,首项为1,公比为q==3,由此得k1=9.等比数列{kn}的首项k1=9,公比q=3,所以kn=9×qn-1=3n+1(n=1,2,3,…),即得到数列{kn}的通项kn=3n+1.
专家会诊1.赋值法在解等差、等比数列问题中是常用方法.从而求出系数的值及从中找出规律.2.等比数列中应注意考虑公比等于1的特殊情况,等比数列中的公差为0的特殊情况在解题时往往被忽视.3在等差数列与等比数列中,经常要根据条件列方程(组)求解.要注意常两种情形的不同之处.
命题角度5 数列与解析几何、函数、不等式的综合
1．已知定义在R上的函数f(x)和数列{an}满足下列条件：a1=a,an=f(aa-1)(n=2,3,4,…),a2≠a1,f(an)-f(an-1)=k(an-an-1)(n=2,3,4,…),其中a为常数，k为非零常数.(Ⅰ)令bn=aa+1-an(n∈N*),证明数列{bn}是等比数列；(Ⅱ)求数列{an}的通项公式；(Ⅲ)当|k|＜1时，求
[考场错解](Ⅰ)证明:由b1=a2-a1≠0,可得：b2=a3-a2=f(a2)-f(a1)=k(a2-a1)≠0.由数学归纳法可证bn=an+1-an≠0(n∈N*).由题设条件，当n≥2时=k
故数列{bn}是公比为k的等比数列.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知bn=kn-1(a2-a1)(n∈N*)b1+b2+…+bn-1=(a2-a1). (n≥2)
而b1+b2+…+bn-1=a2-a1+a3-a2+…+an-an-1=an-a1(n≥2)∴an-a1=(a2-a1)(n≥2)
故an=a[f(a)-a] (n∈N*)∴an=a+(n-1)[f(a)-a](n∈N*)
(Ⅲ)当|k|＜1时==a+
2.如图，直线l1:y=kx+1-k(k≠0，k≠)与l2相交于点P.直线l1与x轴交于点P1,过点P1作x轴的垂线交于直线l2于点Q1,过点Q1作y轴的垂线交直线l1于点P2，过点P2作x轴的垂线交直线l2于点Q2，…这样一直作下去，可得到一系列点P1，Q1，P2，Q2，…点Pn(n=1,2,…)的横坐标构成数列{xn}.
(Ⅰ)证明xn+1-1=(xn-1)，(n∈N*);（Ⅱ）求数列{xn}的通项公式；
（Ⅲ）比较2|PPn|2与4k2|PP1|2+5的大小.
[考场错解]证明：设点Pn的坐标是（xn,yn）,由已知条件得点Qn、Pn+1的坐标分别是：
.由Pn+1在直线l1上，得= kxn+1+1-k.所以（xn-1）=k(xn+1-1).
即xn+1-1=（xn-1）,n∈N*.
(Ⅱ)由（Ⅰ）知，故{xn-1}是等比数列，且首项x1-1=-，公比为.从而求得xn=1-2×()n,n∈N*.
[专家把脉] （Ⅱ）问中对于xn+1-1=(xn-1)先应考虑xn-1能否为0，继而可求.
[对症下药]（Ⅰ）同错解中（Ⅰ）.
（Ⅱ）解法：由题设知x1=1-,x1-1=-≠0,又由（Ⅰ）知xn+1-1=(xn-1), 所以数列{xn-1}是首项为x1-1,公比为的等比数列.从而xn-1=-×()n-1,即xn=1-2×()n,n∈N*.
（Ⅲ）解法：由得点P的坐标为（1，1）.所以2|PPn|2=2(xn-1)2+2(kxn+1-k-1)2=8×()2n+2(2)2n-2,4k2|PP1|2＋5＝4k2[(1--1)2(0-1)2]+5=4k2+9.
（i）当|k|＞，即k＜-或k＞时，4k2 |PP1|2+5＞1+9=10.D而此时0＜||＜1，所以2|PPn|2＜8×1+2=10,故2|PPn|2＜4k2|PP1|2+5.
(ii)当0＜|k|＜，即k∈（-，0）∪（0，）时，4k2|PP1|2+5＜1+9=10.而此时||＞1，所以2|PPN|2＞8×1+2=10.故2|PPn|2＞4k2|PP1|2+5.
3.已知函数f(x)=设数列{an}满足a1=1,an+1=f(an),数列{bn}满足bn=|an-|，Sn=b1+b2+…+bn(n∈N*).（Ⅰ）用数学归纳法证明bn≤；（Ⅱ）证明Sn＜.
[考场错解](Ⅰ)bn=|an-|,又∵an=1+，an+1=(n≥2),∴a2=2,a3=,a4=2.…∴an≥1.bn==…由叠代法.bn≤.
（Ⅱ）Sn=b1+b2+…+bn＜(-1)+＜.
[专家把脉]运用叠代法时并不能化简成.
[对症下药](Ⅰ)证明：当x≥0时,f(x)=1+≥1.因为a1=1,所以an≥1(n∈N*).下面用数学归纳法证明不等式bn≤.
(1)当n=1时，b1=-1,不等式成立，（2）假设当n=k时，不等式成立，即bk≤.那么bk-1=|ak+1-|=.所以，当n=k+1时，不等式也成立.根据（1）和（2），可知不等式对任意n∈N*都成立.
(Ⅱ)证明：由（Ⅰ）知，bn≤.所以Sn=b1+b2+…+bn≤(-1)+
＜（-1）·.故对任意n∈N*,Sn＜
[专家会诊]函数、数列、解析几何三者的综合，展示了知识的交汇性，方法的灵活性.因此解此类题目应充分运用函数与数列的联系，即数列是一种特殊函数，以及解析几何中方程与函数、数列的关系来解题.而数列与不等式的综合更显出问题的综合性.
命题角度6 数列的应用
1.某企业20典型例题)若an=n2+An,且数列{an}为递增数列，则实数的取值范围是____________.
[考场错解] ∵（n,an）(nN+)是函数f(x)=x2+λx图象上的点，且数列{an}为递增数列，
只需-≤1，即λ≥-2，∴λ的取值范围是[-2，+∞]．
[专家把脉] 忽视了数列的离散型特征．数列{an}为递增数列，只要求满足a1<a2<…<an<…
[对症下药] ∵数列{an}是递增数列，且an=n2+λn，其对称轴x=-既可以不超过直线x=1，也可以在 1<x<之间，故-<，即λ>-3． ∴λ的取值范围是(-3，+∞)．(答案不唯一，λ>-3的所有实数均可)．
4．(典型例题)自然状态下的鱼类是一种可再生资源，为持续利用这一资源，需从宏观上考察其再生能力及捕捞强度对鱼群总量的影响．用xn表示某鱼群在第n年年初的总量，n∈N+,且x1>0．不考虑其他因素，设在第n年内鱼群的繁殖量及捕捞量都与Xn成正比，死亡量与x2n成正比，这些比例系数依次为正常数a，b，C，(Ⅰ)求xn+1与xn的关系式；(Ⅱ)猜测：当且仅当x1,a，b，c满足什么条件时，每年年初鱼群的总量保持不变?(不要求证明) (Ⅲ)设a=2，c=1，为保证对任意x1∈(0，2)，都有xn>0，n∈N+，则捕捞强度b的最大允许值是多少?证明你的结论．
[考场错解] (1)xn+1 -xn=axn-bxn-cx2n (axn，bxn，cx2n分别为繁殖量、捕捞量，死亡量)
(Ⅱ)xn=x1(n∈N+)．由(Ⅰ)式得xn(a-b-cxn)=0． ∴x1=
(Ⅲ)∵x1 ∈(0，2)．a=2．c=1．∴0<2-b<2 0<b<2． 故b最大值为2．
[专家把脉] (Ⅲ)问中使用了第(Ⅱ)问的结论，而第(Ⅲ)中并不一定每年年初鱼群的总量不变．
[对症下药] (1)从第n年初到第n+1年初，鱼群的繁殖量为axn，被捕捞量为bxn，死亡量为cx2n，因此xx+1- xn=axn-bxn-cx2n，n∈N*．(*) 即xn+1=xn(a-b+1- cxn)，n∈N*．(答案：)
(Ⅱ)若每年年初鱼群总量保持不变，则xn恒等于x1，n∈N*，从而由(*)式得xn(a-b-cxn)恒等于0，n∈ N*，所以a-b-cx1=0．即x1=因为x1>0，所以a>b．猜测：当且仅当a>b，且x1=时，每年年初鱼群的总量保持不变．
(Ⅲ)若b的值使得xn>0，n∈N*，由xn+1=xn(3-b-xn)，n∈N*，知0<xn<3-b，n∈N*，特别地，有0<x1<3 -b．即0<b<3-x1.而x1∈(0，2)，所以b∈(0，1]，由此猜测b的最大允许值是1．下证，当x1∈(0，2)，b=1时，都有xn∈(0，2)，n∈N* ①当n=1时，结论显然成立． ②假设当n=k时结论成立，即xk∈(0，2)，则当n =k+1时，xk+1=xk(2-xk)>0．又因为xk+1=xk(2- xk)=-(xk-1)2+l≤1<2，所以xk+1∈(0，2)，故当n=k+1时结论也成立．由①、②可知，对于任意的n∈N*，都有xn∈(0，2)．综上所述，为保证对任意x1∈(0，2)，都有xn>0，n∈N*，则捕捞强度b的最大允许值是1．
5．假设某市：2004年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是中低价房．预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上一年增长8％．另外，每年新建住房中，中低价房的面积均比上一年增加50万平方米．那么，到哪一年底，(1)该市历年所建中低价房的累计面积(以2004年为累计的第一年)将首次不少于4750万平方米?(2)当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85％?
[考场错解] (1){an}是等差数列 an是中低价房面积．a1=250，d=50．∴Sn=25n2+225n由25n2+ 225n
≥4750即n≥10．
(2)设几年后新建住房面积S为：400(1+8％)n． 85％<25n2+225n．
[专家把脉] (2)问中应是第几年的中低价房的面积而不是累计面积．
[对症下药] (1)设中低价房面积形成数列{an}，由题意可知{an}是等差数列，其中a1=250，d=50，则Sn= 250n+×50=25n2+225n， 令25n2+225n≥4750，即n2+9n-190≥0，而n是正整数，∴n≥10．到 2013年底，该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4750万平方米．设新建住房面积形成数列{bn}，由题意可知 {bn}是等比数列，其中b1=400，q=1．08，则bn=400·(1．08)n-1·0．85．由题意可知an>0．85bn，有250+ (n-1)·50>400·(1．08)n-1·0．85．由计算器解得满足上述不等式的最小正整数n=6．到2009年底，当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85％．
四、典型习题导练
1、各项都为正数的数列满足。（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）求数列的前项和。
【解析】（Ⅰ）由可知数列是以1为首项，公差为2的等差数列
，又，则
（Ⅱ）

2、已知数列满足：，且，，数列的前项和为（Ⅰ）求数列的通项（Ⅱ）求证：
【解析】（Ⅰ）
（Ⅱ）数列的前项和为：

因为是正整数，所以故
3、已知是公比大于的等比数列，它的前项和为， 若，，，成等差数列，且，（）（Ⅰ）求；（Ⅱ）求数列的前项和.
【解析】（Ⅰ）依，，，成等差数列，得 -----（2分）
从而 得 故.------（4分）
（Ⅱ）当时，
则
----------（1分）
令，
得故.------------（3分）
于是.------（2分）
4、已知数列满足,．（Ⅰ）证明数列是等比数列,并求出数列的通项公式；（Ⅱ）设数列的前项和为，且对一切，都有 成立，求.
【解析】（Ⅰ）由可得
所以数列是以2为首项，3为公比的等比数列 …………3分
故有 …6分
（Ⅱ） 由 可知当时,,,
当时,, ……………8分

设

，……11分
综上……………12分
5、已知函数（x≠0），各项均为正数的数列中,,.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）在数列中,对任意的正整数, 都成立，设为数列的前项和试比较与的大小.
【解析】（Ⅰ）由题意知,∴是以1为首项4为公差的等差数列 .
∴, ∴, ∴..6分
（Ⅱ）,
∴ 13分
6、已知数列满足：且（）（Ⅰ）求证：数列为等比数列，并求数列的通项公式；（Ⅱ）证明：（）。
【解析】（Ⅰ）由题得：an+1（an+n）=2（n+1）an ， 即
故 又 所以数列为等比数列， ……3分
， ……6分
（Ⅱ）由上知…8分

所以（）。 …………12分
7、已知等差数列满足，数列的前项和为.①求数列和的通项公式；②解不等式.
【解析】考查等差数列、等比数列，考查探究能力和逻辑思维能力.①设数列的公差为，
由，得，∴.由数列的前项和为可知
当时，，当时，，该式对也成立.
所以数列的通项公式为的通项公式为.
②由得∵时，时，
又单调递减，单调递增.∴不等式的解集为.
8、数列{}的前n项和记为，点在曲线上（）. （Ⅰ）求数列｛｝的通项公式；（Ⅱ）设，求数列{}的前n项和的值.
【解析】（Ⅰ）由点在曲线上（）知, （1分）
当≥２时＝＝；（4分）
当时， ，满足上式；（5分）∴数列｛｝的通项公式为 （6分）
（Ⅱ）由得（7分）∴①（8分）
上式两边乘以2，得 ②（9分）
①－②得 10分∴，即.12分
9、在等差数列{an}中，满足3a5＝5a8，Sn是数列{an}的前n项和．（Ⅰ）若a1＞0，当Sn取得最大值时，求n的值；（Ⅱ）若a1＝－46，记bn＝，求bn的最小值．
【解析】（Ⅰ）设{an}的公差为d，则由3a5＝5a8，得3(a1＋4d)＝5(a1＋7d)，∴d＝－a1．
∴Sn＝na1＋×(－a1)＝－a1n2＋a1n＝－a1(n－12)2＋a1．
∵a1＞0，∴当n＝12时，Sn取得最大值．………（6分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）及a1＝－46，得d＝－×(－46)＝4，
∴an＝－46＋(n－1)×4＝4n－50，Sn＝－46n＋×4＝2n2－48n．
∴bn＝＝＝2n