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高中数列知识点、解题方法和题型大全

一高中数列知识点总结
1. 等差数列的定义与性质2
2. 等比数列的定义与性质3
二 解题方法 4
1 求数列通项公式的常用方法 4
（1）求差（商）法 4
（2）叠乘法 4
（3）等差型递推公式 4
（4）等比型递推公式 5
（5）倒数法 5
2 求数列前n项和的常用方法 6
(1) 裂项法 6
（2）错位相减法 6
（3）倒序相加法 7
三 方法总结及题型大全 9

一高中数列知识点总结
1. 等差数列的定义与性质
定义：（为常数），
等差中项：成等差数列
前项和
性质：是等差数列
（1）若，则
（2）数列仍为等差数列，仍为等差数列，公差为；
（3）若三个成等差数列，可设为
（4）若是等差数列，且前项和分别为，则
（5）为等差数列（为常数，是关于的常数项为0的二次函数）
的最值可求二次函数的最值；或者求出中的正、负分界项，
即：当，解不等式组可得达到最大值时的值.
当，由可得达到最小值时的值.
(6)项数为偶数的等差数列，有

，.
（7）项数为奇数的等差数列，有
，
，.
2. 等比数列的定义与性质
定义：（为常数，），.
等比中项：成等比数列，或.
前项和：（要注意！）
性质：是等比数列
（1）若，则
（2）仍为等比数列,公比为.
注意：由求时应注意什么？
时，；
时，.
二 解题方法
1 求数列通项公式的常用方法
（1）求差（商）法
如：数列，，求
解时，，∴①
时，②
①—②得：，∴，∴
［练习］数列满足，求
注意到，代入得；又，∴是等比数列，
时，
（2）叠乘法
如：数列中，，求
解，∴又，∴.
（3）等差型递推公式
由，求，用迭加法
时，两边相加得
∴
［练习］数列中，，求（）
（4）等比型递推公式
（为常数，）
可转化为等比数列，设
令，∴，∴是首项为为公比的等比数列
∴，∴
（5）倒数法
如：，求
由已知得：，∴
∴为等差数列，，公差为，∴，
∴
(附：公式法、利用、累加法、累乘法.构造等差或等比或、待定系数法、对数变换法、迭代法、数学归纳法、换元法)

2 求数列前n项和的常用方法
(1) 裂项法
把数列各项拆成两项或多项之和，使之出现成对互为相反数的项.
如：是公差为的等差数列，求
解：由
∴

［练习］求和：

（2）错位相减法
若为等差数列，为等比数列，求数列（差比数列）前项和，可由，求，其中为的公比.
如：①
②
①—②
时，，时，
（3）倒序相加法
把数列的各项顺序倒写，再与原来顺序的数列相加.
相加
［练习］已知，则

由
∴原式
(附：a.用倒序相加法求数列的前n项和
如果一个数列{an}，与首末项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法。我们在学知识时，不但要知其果，更要索其因，知识的得出过程是知识的源头，也是研究同一类知识的工具，例如：等差数列前n项和公式的推导，用的就是“倒序相加法”。
b.用公式法求数列的前n项和
对等差数列、等比数列，求前n项和Sn可直接用等差、等比数列的前n项和公式进行求解。运用公式求解的注意事项：首先要注意公式的应用范围，确定公式适用于这个数列之后，再计算。
c.用裂项相消法求数列的前n项和
裂项相消法是将数列的一项拆成两项或多项，使得前后项相抵消，留下有限项，从而求出数列的前n项和。
d.用错位相减法求数列的前n项和
错位相减法是一种常用的数列求和方法，应用于等比数列与等差数列相乘的形式。即若在数列{an·bn}中，{an}成等差数列，{bn}成等比数列，在和式的两边同乘以公比，再与原式错位相减整理后即可以求出前n项和。
e.用迭加法求数列的前n项和
迭加法主要应用于数列{an}满足an+1=an+f(n)，其中f(n)是等差数列或等比数列的条件下，可把这个式子变成an+1-an=f(n)，代入各项，得到一系列式子，把所有的式子加到一起，经过整理，可求出an ，从而求出Sn。
f.用分组求和法求数列的前n项和
所谓分组求和法就是对一类既不是等差数列，也不是等比数列的数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并。
g.用构造法求数列的前n项和
所谓构造法就是先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项的特征，构造出我们熟知的基本数列的通项的特征形式，从而求出数列的前n项和。
)

三方法总结及题型大全
方法技巧
数列求和的常用方法
一、直接（或转化）由等差、等比数列的求和公式求和
利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法.
等差数列求和公式：
2、等比数列求和公式：
4、

例1（07高考山东文18）设是公比大于1的等比数列，为数列的前项和．已知，且构成等差数列．
（1）求数列的等差数列．
（2）令求数列的前项和．
解：（1）由已知得解得．
设数列的公比为，由，可得．
又，可知，即，
解得．由题意得．
．故数列的通项为．
（2）由于由（1）得
， 又
是等差数列．

故．
练习：设Sn＝1+2+3+…+n，n∈N*,求的最大值.
解：由等差数列求和公式得 ， （利用常用公式）
∴＝
＝＝
∴ 当 ，即n＝8时，
二、错位相减法
设数列的等比数列，数列是等差数列，则数列的前项和求解，均可用错位相减法。
例2（07高考天津理21）在数列中，，其中．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）求数列的前项和；
（Ⅰ）解：由，，
可得，
所以为等差数列，其公差为1，首项为0，故，所以数列的通项公式为．
（Ⅱ）解：设，　　　①
②
当时，①式减去②式，
得，
．
这时数列的前项和．
当时，．这时数列的前项和．
例3（07高考全国Ⅱ文21）设是等差数列，是各项都为正数的等比数列，且，，
（Ⅰ）求，的通项公式；
（Ⅱ）求数列的前n项和．
解：（Ⅰ）设的公差为，的公比为，则依题意有且
解得，．
所以，
．
（Ⅱ）．
，①
，②
②－①得，

．
三、逆序相加法
把数列正着写和倒着写再相加（即等差数列求和公式的推导过程的推广）
例4（07豫南五市二联理22.）设函数的图象上有两点P1(x1, y1)、P2(x2, y2)，若,且点P的横坐标为.
（I）求证：P点的纵坐标为定值，并求出这个定值；
（II）若
（III）略
（I）∵,且点P的横坐标为.
∴P是的中点，且

由（I）知，
，（1）+（2）得：
四、裂项求和法
这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的. 通项分解（裂项）如：
（1）
（2）
（3）等。
例5 求数列的前n项和.
解：设 （裂项）
则 （裂项求和）
＝
＝
例6（06高考湖北卷理17）已知二次函数的图像经过坐标原点，其导函数为，数列的前n项和为，点均在函数的图像上。
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设，是数列的前n项和，求使得对所有都成立的最小正整数m；
解：（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax2+bx (a≠0) ,则 f`(x)=2ax+b,由于f`(x)=6x－2,得
a=3 , b=－2, 所以 f(x)＝3x2－2x.
又因为点均在函数的图像上，所以＝3n2－2n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（3n2－2n）－＝6n－5.
当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2＝6×1－5，所以，an＝6n－5 （）
（Ⅱ）由（Ⅰ）得知＝＝，
故Tn＝＝＝（1－）.
因此，要使（1－）<（）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.
评析：一般地，若数列为等差数列，且公差不为0，首项也不为0，则求和：首先考虑则=。下列求和： 也可用裂项求和法。
五、分组求和法
所谓分组法求和就是：对一类既不是等差数列，也不是等比数列的数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并。
例7数列{an}的前n项和，数列{bn}满 .
（Ⅰ）证明数列{an}为等比数列；（Ⅱ）求数列{bn}的前n项和Tn。
解析：（Ⅰ）由，
两式相减得：，
同定义知是首项为1，公比为2的等比数列.
（Ⅱ）

等式左、右两边分别相加得：

=
　例8求（）
解：⑴　当为偶数时，
；
⑵　当为奇数时，
综上所述，．
点评：分组求和即将不能直接求和的数列分解成若干个可以求和的数列,分别求和.
六、利用数列的通项求和
先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项及其特征，然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的前n项和，是一个重要的方法.

例9 求之和.
解：由于 （找通项及特征）
∴
＝ （分组求和）
＝
＝
＝
例10 已知数列{an}：的值.
解：∵ （找通项及特征）
＝ （设制分组）
＝ （裂项）
∴ （分组、裂项求和）
＝
＝

类型1
解法：把原递推公式转化为，利用累加法(逐差相加法)求解。
例:已知数列满足，，求。
解：由条件知：
分别令，代入上式得个等式累加之，即

所以
，
类型2
解法：把原递推公式转化为，利用累乘法(逐商相乘法)求解。
例:已知数列满足，，求。
解：由条件知，分别令，代入上式得个等式累乘之，即
又，
例:已知，，求。
。
类型3 （其中p，q均为常数，）。
解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：，其中，再利用换元法转化为等比数列求解。
例:已知数列中，，，求.
解：设递推公式可以转化为即.故递推公式为,令，则,且
.所以是以为首项，2为公比的等比数列，则
,所以.
变式:递推式：。解法：只需构造数列，消去带来的差异．
类型4 （其中p，q均为常数，）。 （,其中p，q, r均为常数） 。
解法：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：再待定系数法解决。
例:已知数列中，,，求。
解：在两边乘以得：
令，则,解之得：所以

类型5 递推公式为（其中p，q均为常数）。
解法一(待定系数法)：先把原递推公式转化为其中s，t满足
解法二(特征根法)：对于由递推公式，给出的数列，方程，叫做数列的特征方程。若是特征方程的两个根，当时，数列的通项为，其中A，B由决定（即把和，代入，得到关于A、B的方程组）；当时，数列的通项为，其中A，B由决定（即把和，代入，得到关于A、B的方程组）。
解法一（待定系数——迭加法）:数列：， ，求数列的通项公式。由，得
，且。
则数列是以为首项，为公比的等比数列，于是
。
把代入，得，，
，
。把以上各式相加，得
。
。
解法二（特征根法）：数列：， 的特征方程是：。
,。又由，于是
故
例:已知数列中，,,，求。
解：由可转化为
即或
这里不妨选用（当然也可选用，大家可以试一试），则
是以首项为，公比为的等比数列,所以,应用类型1的方法，分别令，代入上式得个等式累加之，即
又，所以
。
类型6 递推公式为与的关系式。(或)
解法：这种类型一般利用与
消去或与消去
进行求解。
例：已知数列前n项和.（1）求与的关系；（2）求通项公
式.
解：（1）由得：于是

所以.
（2）应用类型4（（其中p，q均为常数，））
的方法，上式两边同乘以得：由
.于是数列是以2为首项，2为公差的等差数列，所以
类型7
解法：这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令
，与已知递推式比较，解出,从而转化为是公比为的等比数列。
例:设数列：，求.
解：设，将代入递推式，得

…（１）则,又，故
代入（１）得
说明：（1）若为的二次式，则可设
;(2)本题也可由
,（）两式相减得转化为
求之.

【知识点】：
1.等差数列前N项和
公式S=(A1+An)N/2            即：       [(首项+末项)*项数] / 2
等差数列公式求和公式 Sn=n(a1+an)/2 或Sn=na1+n(n-1)d/2     即：  项数*首项+项数*（项数-1）*公差/2
2.等比数列前n项和
设 a1,a2,a3...an构成等比数列 　　前n项和Sn=a1+a2+a3...an 　　Sn=a1+a1*q+a1*q^2+....a1*q^(n-2)+a1*q^(n-1)(这个公式虽然是最基本公式,但一部分题目中求前n项和是很难用下面那个公式推导的,这时可能要直接从基本公式推导过去,所以希望这个公式也要理解)
 　　Sn=a1(1-q^n)/(1-q)=(a1-an*q)/(1-q);    q:公比 
【例】、已知数列满足，，则通项公式
an=3^(n-1)+a(n-1)
--->an-a(n-1)=3^(n-1)
同样a(n-1)-a(n-2)=3^(n-2)
……a(n-2(-a(n-3)=3^(n-3)
……………………
……a3-a2=3^2
……a2-a1=3^1
以上的n个等式的两边相加得到
An-a1=3+3^2+……+3^(n-1)=3(1-3^n-1)/(1-3)=(3^n-1)/2

1．判断和证明数列是等差（等比）数列常有三种方法：
(1)定义法：对于n≥2的任意自然数,验证为同一常数。
(2)通项公式法：
①若  = +（n-1）d= +（n-k）d ，则为等差数列；
②若  ，则为等比数列。
(3)中项公式法：验证中项公式成立。
2. 在等差数列中,有关的最值问题——常用邻项变号法求解：  
(1)当>0,d<0时，满足的项数m使得取最大值.
(2)当<0,d>0时，满足的项数m使得取最小值。
在解含绝对值的数列最值问题时,注意转化思想的应用。
3.数列求和的常用方法：公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等。
注意事项
1．证明数列是等差或等比数列常用定义，即通过证明或而得。
2．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。
3．注意与之间关系的转化。如：=， =．
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．
【问题1】等差、等比数列的项与和特征问题
例1.数列的前项和记为（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）等差数列的各项为正，其前项和为，且，又成等比数列，求
本小题主要考察等差数列、等比数列的基础知识，以及推理能力与运算能力。
解：（Ⅰ）由可得，两式相减得
又∴故是首项为，公比为得等比数列∴
（Ⅱ）设的公比为由得，可得，可得
故可设 又
由题意可得 解得
∵等差数列的各项为正，∴∴∴
例2.设数列的前项和为，且对任意正整数，。（1）求数列的通项公式？（2）设数列的前项和为,对数列，从第几项起？
.解(1)∵an+ Sn=4096,∴a1+ S1=4096, a1 =2048.
当n≥2时, an= Sn－Sn－1=(4096－an)－(4096－an－1)= an－1－an∴=an=2048()n－1.
(2)∵log2an=log2[2048()n－1]=12－n, ∴Tn=(－n2+23n).
由Tn<－509,解得n>,而n是正整数,于是,n≥46. ∴从第46项起Tn<－509.
【问题2】等差、等比数列的判定问题．
例3.已知有穷数列共有2项（整数≥2），首项＝2．设该数列的前项和为，且＝＋2（＝1，2，┅，2－1），其中常数＞1．
（1）求证：数列是等比数列；（2）若＝2，数列满足＝（＝1，2，┅，2），求数列的通项公式；
（3）若（2）中的数列满足不等式|－|＋|－|＋┅＋|－|＋|－|≤4，求的值．
(1) [证明] 当n=1时,a2=2a,则=a；
2≤n≤2k－1时, an+1=(a－1) Sn+2, an=(a－1) Sn－1+2,
an+1－an=(a－1) an, ∴=a, ∴数列{an}是等比数列.
(2)解：由(1)得an=2a, ∴a1a2…an=2a=2a=2,
bn=(n=1,2,…,2k).
（3）设bn≤,解得n≤k+,又n是正整数,于是当n≤k时, bn<；
当n≥k+1时, bn>.
原式=(－b1)+(－b2)+…+(－bk)+(bk+1－)+…+(b2k－)
=(bk+1+…+b2k)－(b1+…+bk)
==.
当≤4,得k2－8k+4≤0, 4－2≤k≤4+2,又k≥2,
∴当k=2,3,4,5,6,7时,原不等式成立.
例 4。已知数列中，是其前项和，并且，⑴设数列，求证：数列是等比数列；⑵设数列，求证：数列是等差数列；⑶求数列的通项公式及前项和。
分析：由于{b}和{c}中的项都和{a}中的项有关，{a}中又有S=4a+2，可由S-S作切入点探索解题的途径．
解：(1)由S=4a，S=4a+2，两式相减，得S-S=4(a-a)，即a=4a-4a．(根据b的构造，如何把该式表示成b与b的关系是证明的关键，注意加强恒等变形能力的训练)
a-2a=2(a-2a)，又b=a-2a，所以b=2b①
已知S=4a+2，a=1，a+a=4a+2，解得a=5，b=a-2a=3　　 ②
由①和②得，数列{b}是首项为3，公比为2的等比数列，故b=3·2．

当n≥2时，S=4a+2=2(3n-4)+2；当n=1时，S=a=1也适合上式．
综上可知，所求的求和公式为S=2(3n-4)+2．
说明：1．本例主要复习用等差、等比数列的定义证明一个数列为等差，等比数列，求数列通项与前项和。解决本题的关键在于由条件得出递推公式。
2．解综合题要总揽全局，尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已知条件，在后面求解的过程中适时应用．
【问题3】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5已知二次函数的图像经过坐标原点，其导函数为，数列的前n项和为，点均在函数的图像上。（Ⅰ）、求数列的通项公式；（Ⅱ）、设，是数列的前n项和，求使得对所有都成立的最小正整数m；
点评：本题考查二次函数、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。
解：（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax2+bx (a≠0) ,则 f`(x)=2ax+b,由于f`(x)=6x－2,得
a=3 , b=－2, 所以 f(x)＝3x2－2x.
又因为点均在函数的图像上，所以＝3n2－2n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（3n2－2n）－＝6n－5.
当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2＝6×1－5，所以，an＝6n－5 （）
（Ⅱ）由（Ⅰ）得知＝＝，
故Tn＝＝＝（1－）.
因此，要使（1－）<（）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.
例6．设，定义，其中n∈N*.
（1）求数列｛an｝的通项公式；（2）若，
解：（1）＝2，，，
∴
∴，∴数列｛an｝上首项为，公比为的等比数列，
（2）

两式相减得：
例7．设数列的前n项和为，点均在函数y＝3x－2的图像上。
（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，是数列的前n项和，求使得对所有都成立的最小正整数m。
本小题主要是考查等差数列、数列求和、不等式等基础知识和基本的运算技能，考查分析问题能力和推理能力。
解：（I）依题意得，即。
当n≥2时，a;
当n=1时，×-2×1-1-6×1-5
所以。
（II）由（I）得，
故=。
因此，使得﹤成立的m必须满足≤，即m≥10,故满足要求的最小整数m为10。
【问题4】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8．在直角坐标平面上有一点列，对一切正整数，点位于函数的图象上，且的横坐标构成以为首项，为公差的等差数列.
⑴求点的坐标；子⑵设抛物线列中的每一条的对称轴都垂直于轴，第条抛物线的顶点为，且过点，记与抛物线相切于的直线的斜率为，求：.
解：（1）

（2）的对称轴垂直于轴，且顶点为.设的方程为：
把代入上式，得，的方程为：。
，

=
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.
例9．已知抛物线，过原点作斜率1的直线交抛物线于第一象限内一点，又过点作斜率为的直线交抛物线于点，再过作斜率为的直线交抛物线于点，，如此继续，一般地，过点作斜率为的直线交抛物线于点，设点．
（Ⅰ）令，求证：数列是等比数列．并求数列的前项和为
解：（1）因为、在抛物线上，故①②，又因为直线的斜率为，即，①②代入可得， 故是以
为公比的等比数列；，
【问题5】数列创新题
例10.数列的前项和为，已知
（Ⅰ）写出与的递推关系式，并求关于的表达式；
（Ⅱ）设，求数列的前项和。
解：由得：，即，所以，对成立。
由，，…，相加得：，又，所以，当时，也成立。
（Ⅱ）由，得。
而，
，

例11.已知数列{an}满足a1=a, an+1=1+我们知道当a取不同的值时，得到不同的数列，如当a=1时，得到无穷数列：
（Ⅰ）求当a为何值时a4=0；（Ⅱ）设数列{bn}满足b1=－1, bn+1=，求证a取数列{bn}中的任一个数，都可以得到一个有穷数列{an}；
（I）解法一：

故a取数列{bn}中的任一个数，都可以得到一个有穷数列{an}
例12　已知正项数列，其前项和满足且成等比数列，求数列的通项
解∵10Sn=an2+5an+6, ①∴10a1=a12+5a1+6,解之得a1=2或a1=3.
又10Sn－1=an－12+5an－1+6(n≥2),②
由①－②得 10an=(an2－an－12)+6(an－an－1),即(an+an－1)(an－an－1－5)=0
∵an+an－1>0 , ∴an－an－1=5 (n≥2).
当a1=3时,a3=13,a15=73. a1, a3,a15不成等比数列∴a1≠3;
当a1=2时, a3=12, a15=72, 有 a32=a1a15 , ∴a1=2, ∴an=5n－3
例13.已知数列满足
（I）证明：数列是等比数列；（II）求数列的通项公式；
（II）若数列满足证明是等差数
（1）证明：
是以为首项，2为公比的等比数列。
（II）解：由（I）得

（III）证明：
①
②
②－①，得即③
④
④－③，得即
是等差数列。
例14.已知数列｛｝中，在直线y=x上，其中n=1,2,3….
(Ⅰ)令(Ⅱ)求数列
(Ⅲ)设的前n项和,是否存在实数，使得数列为等差数列？若存在，试求出.若不存在,则说明理由。
解：（I）由已知得

又

是以为首项，以为公比的等比数列.
（II）由（I）知，

将以上各式相加得：

（III）解法一：
存在，使数列是等差数列.

数列是等差数列的充要条件是、是常数
即
又
当且仅当，即时，数列为等差数列.
解法二：
存在，使数列是等差数列.
由（I）、（II）知，

又

当且仅当时，数列是等差数列.
例15
（1）在[0，3]上作函数y=f(x)的图象
（2）求证：
（3）设S(a) (a≥0)是由x轴、y=f(x)的图象以及直线x=a所围成的图形面积，当n∈N*时，试寻求与的关系
解：（1）当n=1即0<x≤1时，f(x)=x+f(0)=x
当n=2即1<x≤2时，f(x)=2(x－1)+f(1)=2x－2+1=2x－1
当n=3即2<x≤3时，f(x)=3(x－2)+f(2)=3x－6+2×2－1=3x－3
∴
∴函数f(x)在[0，3]上的图象如图所示
（2）f(n)=n[n－(n－1)]+f(n－1)=n+f(n－1)
∴f(1)=1，f(2)=2+f(1)，f(3)=3+f(2)，…，f(n)=n+f(n－1)
以上各式相加得
∴
∴

∵2n≥n+1>0 ∴
又 ∴
（3）由（1）图象中可知：S(n)―S(n―1)表示一个以f(n－1)、f(n)为底，n―(n―1)=1为高的梯形面积（当n=1时表示三角形面积），根据（*）可得
S(n)―S(n―1)=
又可得
∴S(n)―S(n―1)=
数列专题作业
1．已知数列满足：.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，试推断是否存在常数A，B，C，使对一切都有成立？说明你的理由；
（3）求证：
解：（1）由已知
是公比为2的等比数列，又

（2）
若恒成立.
，故存在常数A、B、C满足条件
（3）

2．已知函数对于任意（），都有式子成立（其中为常数）．
（Ⅰ）求函数的解析式；
（Ⅱ）利用函数构造一个数列，方法如下：
对于给定的定义域中的，令，，…，，…
在上述构造过程中，如果（=1，2，3，…）在定义域中，那么构造数列的过程继续下去；如果不在定义域中，那么构造数列的过程就停止.
（ⅰ）如果可以用上述方法构造出一个常数列，求的取值范围；
（ⅱ）是否存在一个实数，使得取定义域中的任一值作为，都可用上述方法构造出一个无穷数列？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；
（ⅲ）当时，若，求数列的通项公式．
解：（Ⅰ）令（），则，而，
故=，∴=（）．
（Ⅱ）（ⅰ）根据题意，只需当时，方程有解，
亦即方程有不等于的解．
将代入方程左边，左边为1，与右边不相等．故方程不可能有解．由△=，得或，
即实数a的取值范围是．
（ⅱ）假设存在一个实数，使得取定义域中的任一值作为x1，都可以用上述方法构造出一个无穷数列，那么根据题意可知，=在R中无解，
亦即当时，方程无实数解．
由于不是方程的解，
所以对于任意x∈R，方程无实数解，
因此解得．
∴即为所求的值．
（ⅲ）当时，，所以，．
两边取倒数，得，即．
所以数列{}是首项为，公差的等差数列．
故，所以，，
即数列的通项公式为．
3．在各项均为正数的数列中，前n项和Sn满足。
（I）证明是等差数列，并求这个数列的通项公式及前n项和的公式；
（II）在XOY平面上，设点列Mn（xn，yn）满足，且点列Mn在直线C上，Mn中最高点为Mk，若称直线C与x轴、直线所围成的图形的面积为直线C在区间[a，b]上的面积，试求直线C在区间[x3，xk]上的面积；
（III）是否存在圆心在直线C上的圆，使得点列Mn中任何一个点都在该圆内部？若存在，求出符合题目条件的半径最小的圆；若不存在，请说明理由。
解：（1）由已知得①
故②
②－①得
结合，得是等差数列又时，，解得或
又，故
（II）

即得点
设，消去n，得
即直线C的方程为
又是n的减函数
∴M1为Mn中的最高点，且M1（1，1）
又M3的坐标为（，）
∴C与x轴、直线围成的图形为直角梯形
从而直线C在[，1]上的面积为
（III）由于直线C：上的点列Mn依次为
M1（1，1），M2（，），M3（，），……，Mn（），而
因此，点列Mn沿直线C无限接近于极限点M（，）
又
M1M的中点为（，）
∴满足条件的圆存在
事实上，圆心为（，），半径的圆，就能使得Mn中任何一个点都在该圆的内部，其中半径最小的圆为
4．已知定义在R上的单调函数，存在实数，使得对于任意实数总有恒成立.
（1）求x0的值.
（2）若，且对任意正整数n，有，记，比较与Tn的
大小关系，并给出证明；
（3）若不等式对任意不小于2的正整数n都成立，求x的取值范围.
解：（1）令，得①
令，得②
由①，②得为单调函数，
（2）由（1）得，

又

又，

，

（3）令，
则
∴当时，
即
解得或
5．在等差数列中，，，其中是数列的前项之和，曲线的方程是，直线的方程是。
（1）求数列的通项公式；
（2）当直线与曲线相交于不同的两点，时，令，求的最小值；
（3）对于直线和直线外的一点P，用“上的点与点P距离的最小值”定义点P到直线的距离与原有的点到直线距离的概念是等价的，若曲线与直线不相交，试以类似的方式给出一条曲线与直线间“距离”的定义，并依照给出的定义，在中自行选定一个椭圆，求出该椭圆与直线的“距离”。
解：（1）∵，∴，又∵，∴，
∵，∴，，
∴。
（2），由题意，知，即，∴或，即或，即或时，直线与曲线相交于不同的两点。
，∴时，的最小值为。
（3）若曲线与直线不相交，曲线与直线间“距离”是：曲线上的点到直线距离的最小值。
曲线与直线不相交时，，即，即，∴，
∵时，曲线为圆，∴时，曲线为椭圆。
选，椭圆方程为，设椭圆上任一点，它到直线的距离
，∴椭圆到直线的距离为。（椭圆到直线的距离为）
6．直线与x轴、y 轴所围成区域内部（不包括边界）的整点个数为，所围成区域内部（包括边界）的整点个数为．（整点就是横坐标，纵坐标都为整数的点）
（1）求和的值；
（2）求及的表达式；
（3）对个整点中的每一个点用红、黄、蓝、白四色之一着色，其方法总 数为An，对个整点中的每一个点用红、黄两色之一着色，其方法总数为Bn，试比较An与Bn的大小．
解：（1）时，直线上有个点，
直线上有 ，直线上有，
直线上有
（2）时，时，
当时，

当 时也满足，，
（3）；；

当时，
当且时，
7．我们把数列叫做数列的k方数列（其中an>0，k，n是正整数），S（k，n）表示k方数列的前n项的和。
（1）比较S（1，2）·S（3，2）与[S（2，2）]2的大小；
（2）若的1方数列、2方数列都是等差数列，a1=a，求的k方数列通项公式。
（3）对于常数数列an=1，具有关于S（k，n）的恒等式如：
S（1，n）=S（2，n），S（2，n）=S（3，n）等等，请你对数列的k方数列进行研究，写出一个不是常数数列的k方数列关于
S（k，n）的恒等式，并给出证明过程。
解：（1）S（1，2）=
∴S（1，2）·S（3，2）－[S（2，2）]2
= ==
∵
（2）设
则 ……①
……②
∴②－①得 2d2=0，∴d=p=0

∴
（3）当an=n时，恒等式为[S（1，n）]2=S（3，n）
证明：

相减得：
∴

相减得：
∴
8．设向量，(n为正整数)，函数在[0，1]上的最小值与最大值的和为，又数列满足：
．
(1) 求证：．
(2) (2)．求的表达式．
(3) 若，试问数列中，是否存在正整数，使得对于任意的正整数，都有成立？证明你的结论．（注：与表示意义相同）
解 (1)证：对称轴， 所以在[0，1]上为增函数 ，
(2)由得
= 两式相减得
(3)由(1)与（2）得
设存在自然数，使对，恒成立
当时，
当时，， 当时，
当时，，当时，
所以存在正整数，使对任意正整数，均有

9．已知函数.
(1)数列满足:,,若对任意的恒成立,试求的取值范围;
(2)数列满足:,,记,为数列的前项和,为数列的前项积,求证.
解:(1)因为,所以.
于是,, 为等比数列,
所以,
从而,
有.故.
(2)因为,
所以,,,,.即有.由,显然,知,即.因为,所以.
10．设不等式组所表示的平面区域为Dn，记Dn内的格点（格点即横坐标和纵坐标皆为整数的点）的个数为f(n)(n∈N*).
（1）求f(1)、f(2)的值及f(n)的表达式；
（2）设bn=2nf(n)，Sn为{bn}的前n项和，求Sn；
（3）记，若对于一切正整数n，总有Tn≤m成立，求实数m的取值范围.
解（1） f(1)=3 f(2)=6
当x=1时，y=2n，可取格点2n个；当x=2时,y=n，可取格点n个
∴f(n)=3n
（2）由题意知:bn=3n·2n
Sn=3·21+6·22+9·23+…+3(n－1)·2n－1+3n·2n
∴2Sn=3·22+6·23+…+3(n－1)·2n+3n·2n+1
∴－Sn=3·21+3·22+3·23+…3·2n－3n·2n+1
=3（2+22+…+2n）－3n·2n+1
=3·
=3(2n+1－2)－3nn+1
∴－Sn=(3－3n)2n+1－6
Sn=6+(3n－3)2n+1
（3）

11．已知数列中，且点在直线上.
（1）求数列的通项公式；
（2）若函数求函数的最小值；
（3）设表示数列的前项和。试问：是否存在关于的整式，使得
对于一切不小于2的自然数恒成立？
若存在，写出的解析式，并加以证明；若不存在，试说明理由．
解：（1）由点P在直线上，即，且，数列{}是以1为首项，1为公差的等差数列
，同样满足，所以
（2）

所以是单调递增，故的最小值是
（3），可得，，

……

，n≥2
故存在关于n的整式g（x）=n,使得对于一切不小于2的自然数n恒成立
12.一个三角形数表按如下方式构成：第一行依次写上n(n≥4)个数，在上一行的每相邻两数的中间正下方写上这两数之和，得到下一行，依此类推．记数表中第i行的第j个数为f(i,j)．
(1)若数表中第i (1≤i≤n－3)行的数依次成等差数列，求证：
第i+1行的数也依次成等差数列；
(2)已知f(1,j)=4j，求f(i,1)关于i的表达式；
(3)在(2)的条件下，若f(i,1)=(i+1)(ai－1)，bi= ，试求一个函数g(x)，使得Sn=＜，m∈(,)，均存在实数，使得当n＞时，都有
解：(1)数表中第行的数依次所组成数列的通项为，则由题意可得

(其中为第行