2018年高考数学三轮冲刺之专题突破详解：专题17 创新数列（含解析）
文档属性
| 名称 | 2018年高考数学三轮冲刺之专题突破详解：专题17 创新数列（含解析） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 2.2MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2018-04-23 22:35:32 | ||
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文档简介
一．命题类型
1.数列与函数的综合
2特殊数列
3.数列的性质
4．数学文化与数列的应用
5.新定义数列
6.找规律
7.项和互化的综合问题
8.分奇偶数项的讨论问题
9.数列不等式
知识要点及方法
1．递推数列的概念
如果已知数列{an}的第1项(或前k项)，且任一项an与它的前一项(或前若干项)间的关系可以用一个公式来表示，则这个公式就叫做这个数列的______________；由递推公式确定的数列叫做递推数列．
2．已知数列的递推关系求通项
一般有三种途径：一是归纳、猜想，二是转化化归为等差、等比数列；三是逐项迭代．
递推数列求通项的特征归纳：
(1)累加法：an＋1－an＝f(n).
(2)累乘法：＝f(n).
(3)化归法：(常见)an＋1＝Aan＋B(A≠0，A≠1)?an＋1＋λ＝A(an＋λ)；an＋2＝pan＋1＋qan?an＋2＋λan＋1＝(p＋λ)·(an＋1＋λan)；an＋1＝pan＋pn＋1?＝＋1.
(4)归纳法：计算a2，a3，a4呈现关于项数2，3，4的规律特征.
(5)迭代法：an＋1＝pan或an＋1＝a或an＋1＝pan＋f(n)等.
3.求数列前n项和的基本方法
(1)公式求和法
(2)裂项相消求和法
数列{an}满足通项能分裂为两项之差，且分裂后相邻的项正负抵消从而求得其和．
(3)倒序相加法
如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项的和即可用倒序相加法，如等差数列前n项的和公式就是用此法推导的．
(4)错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．
(5)分组转化求和法
一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减．
(6)并项求和法
一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.
1．数列综合问题中应用的数学思想
(1)用函数的观点与思想认识数列，将数列的通项公式和求和公式视为定义在正整数集或其有限子集{1，2，…，n}上的函数．
(2)用方程的思想处理数列问题，将问题转化为数列基本量的方程．
(3)用转化化归的思想探究数列问题，将问题转化为等差、等比数列来研究．
(4)数列综合问题常常应用分类讨论思想、特殊与一般思想、类比联想思想、归纳猜想思想等．
2．解答数列应用题的步骤
(1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意．
(2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的特征、要求是什么．
(3)求解——求出该问题的数学解．
(4)还原——将所求结果还原到原实际问题中．
3．数学应用题常见模型
(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．
(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．
(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化时，应考虑是an与an＋1的递推关系，还是Sn与Sn＋1之间的递推关系．
二．命题类型分析及防陷阱措施
1.数列与函数的综合
例1. 设函数是定义在上的单调函数，且对于任意正数有，已知，若一个各项均为正数的数列满足，其中是数列的前项和，则数列中第18项（ ）
A. B. 9 C. 18 D. 36
【答案】C
【方法规律总结】本题主要考查抽象函数的解析式以及数列通项与前项和之间的关系以及公式的应用，属于难题.已知求的一般步骤：（1）当时，由求的值；（2）当时，由，求得的表达式；（3）检验的值是否满足（2）中的表达式，若不满足则分段表示；（4）写出的完整表达式
练习1. 设函数是定义在上的单调函数，且对于任意正数有，已知，若一个各项均为正数的数列满足，其中是数列的前项和，则数列中第18项（ ）
A. B. 9 C. 18 D. 36
【答案】C
【解析】∵f（Sn）=f（an）+f（an+1）-1=f[an（an+1）]∵函数f（x）是定义域在（0，+∞）上的单调函数，数列{an}各项为正数∴Sn=an（an+1）①当n=1时，可得a1=1；当n≥2时，Sn-1=an-1（an-1+1）②，
①-②可得an= an（an+1）-an-1（an-1+1）∴（an+an-1）（an-an-1-1）=0 ∵an＞0，∴an-an-1-1=0即an-an-1=1∴数列{an}为等差数列，a1=1，d=1；∴an=1+（n-1）×1=n即an=n所以
故选C。
练习2.已知是上的奇函数， ，则数列的通项公式为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】∵是奇函数，∴，令， ，
令， ，∴，∴，
令，∴，令，∴，
∵，∴，同理可得，
，∴，
故选
练习3. 设等差数列的前项和为，已知， ，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
所以= = =2016，
因为f()=?1,f()=1,f(x)在R上单调递增，
所以>,即>，
故选：D.
练习4. 数列是正整数的任一排列，且同时满足以下两个条件：
①；②当时， ().
记这样的数列个数为.
（I）写出的值；
（II）证明不能被4整除.
【答案】(1)详见解析;(2)详见解析.
【解析】试题分析：（1）依题意，易得： ；（2）把满足条件①②的数列称为项的首项最小数列.对于个数的首项最小数列，由于，故或3.分成三类情况，利用已知条件逐一进行验证即可.
试题解析：
（Ⅰ）解： .
（Ⅱ）证明：把满足条件①②的数列称为项的首项最小数列.
对于个数的首项最小数列，由于，故或3.
（1）若，则构成项的首项最小数列，其个数为；
（2）若，则必有，故构成项的首项最小数列，其个数为；
（3）若则或. 设是这数列中第一个出现的偶数，则前项应该是， 是或，即与是相邻整数.
由条件②，这数列在后的各项要么都小于它，要么都大于它，因为2在之后，故后的各项都小于它.
这种情况的数列只有一个，即先排递增的奇数，后排递减的偶数.
综上，有递推关系： ， .
由此递推关系和（I）可得， 各数被4除的余数依次为：
1，1，2，0，2，1，2，1，3，2，0，0，3，0，1，1，2，0，…
它们构成14为周期的数列，又，
所以被4除的余数与被4除的余数相同，都是1，
故不能被4整除.
2特殊数列
例2.已知数列,则一定是
A. 奇数 B. 偶数 C. 小数 D. 无理数
【答案】A
【解析】因为,所以,则数列从第3项开始,每一项均为其前两项的和,因为前两项均为1,是奇数,所以从第三项开始,第3n项均为偶数,第3n+1项均为奇数,第3n+2项均为奇数,所以一定是奇数.
(2)具体策略：①分式中分子、分母的特征；②相邻项的变化特征；③拆项后的特征；④各项的符号特征和绝对值特征；⑤化异为同.对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；⑥对于符号交替出现的情况，可用处理.
练习1已知数列满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】∵
∴
∴，
∴
∴
故选C.
练习2. ．设为数列的前项和， ，且.记 为数列的前项和，若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】由2an﹣an﹣1=3?2n﹣1（n≥2），得，
由2an﹣an﹣1=3?2n﹣1（n≥2），且3a1=2a2，
可得2a2﹣a1=6，即2a1=6，得a1=3．
∴数列{}是以为首项，以为公比的等比数列，
则
∴（2+22+23+…+2n） 2?2n﹣21﹣n
．
∵对?n∈N*，Tn＜m，
∴m的最小值为．
故答案为A。
【方法总结】：这个题目考查的是数列求通项的常用方法：配凑法，构造新数列。也考查了等比数列求和公式的应用，数列和的最值。关于数列之和的最值，可以直接观察，比如这个题目，一般情况下需要研究和的表达式的单调性：构造函数研究单调性，做差和0比研究单调性，直接研究表达式的单调性。
3.数列的性质
例3. 已知数列则 （ ）
A. B. C. 或1 D.
【答案】B
【解析】由条件可知，两边去倒数得 是等差数列，故 ，故得
故答案选B．
练习1. 数列定义为， ， ，
（1）若，求的值；
（2）当时，定义数列， ， ，是否存在正整数，使得.如果存在，求出一组，如果不存在，说明理由.
【答案】(1)2；(2)答案见解析
【解析】试题分析：
(1)由题意可得，裂项求和有的值是2；
(2)结合所给的递推关系讨论可得存在一组满足题意.
试题解析：
(1)
所以
故
所以
（2）由
得，两边平方
所以
当时，由知
又，数列递增，所以
类似地，
又
所以
存在正整数，
存在一组
练习2. 在数1和2之间插入n个正数，使得这n+2个数构成递增等比数列，将这n+2个数的乘积记为，令．
(1)数列的通项公式为=____________；
(2) =___________．
【答案】 ;
【解析】设在数和之间插入个正数，使得这个数构成递增等比数列
则，即为此等比数列的公比
故数列的通项公式为
由可得，又
,
故答案为
练习3. 已知两个等差数列和的前项和分别为和，且， ， 为整数的正整数的取值集合为．
【答案】9；
【解析】试题分析：
由等差数列的性质和求和公式可得，可得的取值。
试题解析：
即或或或n,从而n即集合为
故为整数的正整数的取值集合为
4．数学文化与数列的应用
例4某化工厂从今年一月起，若不改善生产环境，按生产现状，每月收入为70万元，同时将受到环保部门的处罚，第一个月罚3万元，以后每月增加2万元．如果从今年一月起投资500万元添加回收净化设备（改造设备时间不计），一方面可以改善环境，另一方面也可以大大降低原料成本．据测算，添加回收净化设备并投产后的前5个月中的累计生产净收入是生产时间个月的二次函数（是常数），且前3个月的累计生产净收入可达309万，从第6个月开始，每个月的生产净收入都与第5个月相同．同时，该厂不但不受处罚，而且还将得到环保部门的一次性奖励100万元．
（1）求前8个月的累计生产净收入的值；
（2）问经过多少个月，投资开始见效，即投资改造后的纯收入多于不改造时的纯收入．
【答案】（1）；（2）经过9个月投资开始见效。
【解析】试题分析: （1）根据g（3）得到k，再计算g（5）和g（5）﹣g（4），而g（8）=g（5）+3[g（5）﹣g（4）]，从而得到结果；
（2）求出投资前后前n个月的总收入，列不等式解出n的范围即可．
试题解析
（1）据题意，解得，
第5个月的净收入为 万元，
所以， 万元
（2）
即
要想投资开始见效，必须且只需
，
即
当时，
即不成立；
当时， 即，
验算得， 时，
所以，经过9个月投资开始见效。
练习1．用分期付款的方式购买某家用电器一件，价格为1 150元，购买当天先付150元，以后每月这一天还款一次，每次还款数额相同，20个月还清，月利率为1%，按复利计算．若交付150元后的第一个月开始算分期付款的第一个月，全部欠款付清后，请问买这件家电实际付款多少元？每月还款多少元？(最后结果保留4个有效数字)
参考数据：(1＋1%)19＝1.208，(1＋1%)20＝1.220，(1＋1%)21＝1.232.
【答案】详见解析.
【解析】试题分析: 购买当天先付款后，所欠款数可求，用20个月还清，月利率为1%，按复利计息，分期付款的总款数，是等比数列的前20项和，求出可得买这件家电实际付款数，以及每个月应还款数.
试题解析:
由题易得x(1＋1%)19＋x(1＋1%)18＋…＋x(1＋1%)＋x＝1 000(1＋1%)20，
即x·＝1 000×(1＋1%)20，
所以x＝≈55.45，即每月还款55.45元．
所以买这件家电实际付款55.45×20＋150＝1 259(元)，每月还款55.45元．
练习2.吴敬《九章算法比类大全》中描述：远望魏巍塔七层，红灯向下成倍增，共灯三百八十一，请问塔顶几盏灯？ （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设塔顶 盏灯，则 ，解得 ． 故选C．
练习3. 某数学大会会徽的主体图案是由一连串直角三角形演化而成的(如图)，其中，记， ， ，…， 的长度构成的数列为，则的通项公式__________.
【答案】
练习4. “中国剩余定理”又称“孙子定理”．1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲．1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于问余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2016这2016个数中，能被3除余1且被5整除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则此数列的项数为_____________．
【答案】
【解析】试题分析：将题目转化为即是的倍数，也是的倍数，也即是的倍数即，当， ，当时， ，故，数列共有项.
5.新定义数列
例5. 对于给定的正整数，如果各项均为正数的数列满足：对任意正整数，
总成立，那么称是“数列”．
（1）若是各项均为正数的等比数列，判断是否为“数列”，并说明理由；
（2）若既是“数列”，又是“数列”，求证： 是等比数列．
【答案】（1）见解析；（2）见解析。
试题解析：（1）是“数列”，理由如下：
因为是各项均为正数的等比数列，不妨设公比为．
当时，有
所以是“数列”．
（2）因为既是“数列”，又是“数列”，
所以， ， ①
， ． ②
由①得， ， ， ③
， ． ④
③④②得， ， ．
因为数列各项均为正数，所以， ．
所以数列从第3项起成等比数列，不妨设公比为．
①中，令得， ，所以．
①中，令得， ，所以．
所以数列是公比为的等比数列．
练习1 记 项正项数列为，其前n项积为 ，定义 为“相对叠乘积”，如果有2013项的正项数列的“相对叠乘积”为2013，则有2014项的数列 的“相对叠乘积”为( )
A. 2014 B. 2016 C. 3042 D. 4027
【答案】D
【方法规律总结】：本题属阅读型试题，考查利用对数的运算法则解决问题的能力及学生的阅读理解能力，解题时要认真审题，注意准确理解“叠乘积”的概念，利用对数的运算法则可得lg[10（10T1）（10T2）（10T3）…（10Tn）]=lg102014+lg（T1?T2…Tn）即得解.
练习2. 已知数列具有性质：对任意， ， 与两数至少有一个属于．
（Ⅰ）分别判断数集与是否具有性质，并说明理由．
（Ⅱ）求证： ．
（Ⅲ）求证： ．
【答案】（1）具有性质（2）见解析（3）见解析
【解析】试题分析：（1）直接根据定义进行判断：由于与均不属于数集，所以不具有性质，而肯定时需全面检验：由于， ， ， ， ， ， ， ， ， ，都属于数集，所以具有性质．（2）取极端位置的数： 与中至少有一个属于，而，所以，即证．（3）从数列单调性上寻找条件： ，所以， ， ， ， ，代入即得结论
试题解析：（Ⅰ）由于与均不属于数集，所以该数集不具有性质，
由于， ， ， ， ， ， ， ， ， ，都属于数集，
所以该数集具有性质．
（Ⅱ）因为具有性质，
所以与中至少有一个属于，
由于，所以，故，
从而，所以．
（Ⅲ）因为，所以，故．
由具有性质可知，
又因为，
所以， ， ， ， ，
从而
，
所以．
练习3. 用表示不超过的最大整数，例如，，．已知数列满足，，则 ．
【答案】
6.找规律
例6. 一同学在电脑中打出如下若干个圈:○●○○●○○○●○○○○●○○○○○●…
若将此若干个圈依此规律继续下去,得到一系列的圈,那么在前120个圈中的●的个
数是（ ）
A. 12 B. 13 C. 14 D. 15
【答案】D
【解析】试题分析： 由图像可得
图像所示的圈可以用首项为2，公差为1的等差数列表示，
前120个圈中的●的个数即为，
，解得，
前120个圈中的●有个，
故选D．
练习1. ．已知等差数列{an}中， 将此等差数列的各项排成如下三角形数阵：
则此数阵中第20行从左到右的第10个数是_________.
【答案】598
【解析】等差数列{an}中， ，
而第1行有1个数，第2行有2个数，依此类推第19行有19个数则第19行的最后一个数是数列的第1+2+…+19=190项，则此数阵中第20行从左到右的第10个数是该数列的第200项，∴=1+199×3=598 故答案为：598
点睛：本题主要考查了等差数列的通项公式，解题的关键是先根据等差数列中的两项求出数列的通项，然后弄清数阵中第20行从左到右的第10个数是该数列的第几项，根据通项公式即求解.
练习2. 观察如下规律： ，该组数据的前2025项和为__________．
【答案】45
【解析】项数N=1+3+5+…+2n-1==2025,n=45,相同数凑成一组和为1，共45个1，所以，填45.
练习3. 如图所示的数阵中，用表示第行的第个数，则以此规律为__________．
【答案】
7.项和互化的综合问题
例7. 已知数列的首项为2，前项的和为，且（）．
（1）求的值；
（2）设，求数列的通项公式；
（3）是否存在正整数，使得为整数，若存在求出，若不存在说明理由.
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】试题分析：（1）令n=1可得；（2）由，得，
所以，所以，两式相减整理可得，即，故得数列是等差数列；（3）结合（2）可求得，则，然后根据，且为12的约数可求得。
试题解析：
（1）易得．
（2）由，得，
所以①．
所以②，
由②-①，得．
因为，所以．
所以，即，
即，所以数列是公差为1的等差数列．
因为，所以数列的通项公式为．
（3）由（2）知， ，所以，
所以，所以数列是常数列．
由，所以．
则，
注意到，且为12的约数，所以，由知
．
8.分奇偶数项的讨论问题
例8. 已知数列、，其中， ，数列满足,，数列满足．
（1）求数列、的通项公式；
（2）是否存在自然数，使得对于任意有恒成立？若存在,求出的最小值；
（3）若数列满足，求数列的前项和．
【答案】（1）；（2）存在， ；（3）．
【解析】试题分析：
（3）分n是奇数、n是偶数两种情况求出Tn，然后写成分段函数的形式。
试题解析：
（1）由，即．
又，所以
.
当时，上式成立，
因为，所以是首项为2，公比为2的等比数列，
故.
(2) 由（1）知，则
.
假设存在自然数，使得对于任意有恒成立，即恒成立，由，解得．
所以存在自然数，使得对于任意有恒成立，此时， 的最小值为16.
（3）当为奇数时，
；
当为偶数时，
.
因此．
9.数列不等式
例9. 设数列的前n项和为，已知（p、q为常数， ），又， ， .
（1）求p、q的值；
（2）求数列的通项公式；
（3）是否存在正整数m、n，使成立？若存在，求出所有符合条件的有序实数对；若不存在，说明理由.
【答案】（1）， ；（2）；
（3）存在符合条件的所有有序实数对： 、、、、、.
试题解析：
（1）由题意，知，解之得
（2）由（1）知，Sn+1=Sn+2，①
当n≥2时，Sn=Sn﹣1+2，②
①﹣②得，an+1=an（n≥2），
又a2=a1，所以数列{an}是首项为2，公比为的等比数列，
所以an=．
（3）由（2）得，=，
由，得，即，
即，
因为2m+1＞0，所以2n（4﹣m）＞2，
所以m＜4，且2＜2n（4﹣m）＜2m+1+4，①
因为m∈N*，所以m=1或2或3。
当m=1时，由①得，2＜2n×3＜8，所以n=1；
当m=2时，由①得，2＜2n×2＜12，所以n=1或2；
当m=3时，由①得，2＜2n＜20，所以n=2或3或4，
综上可知，存在符合条件的所有有序实数对（m，n）为：（1，1），（2，1），（2，2），（3，2），（3，3），（3，4）．
练习1. 记等差数列的前项和为.
（1）求证：数列是等差数列；
（2）若 ，对任意，均有是公差为的等差数列，求使为整数的正整数的取值集合；
（3）记，求证： .
【答案】（1）见解析（2）（3）见解析
【解析】（1）先设等差数列的公差为，将，进而得到当时， ，依据定义可知数列是等差数列；（2）依据题设条件“任意的都是公差为，的等差数列”求出，然后建立等式，分析探求出满足条件，当时不满足，进而求出正整数的取值集合为；（3）先依据题设将问题转化为证明不等式。证明时运用了做差比较的方法进行推证，进而证得 ，使得不等式或获证。
（2）因为的任意的都是公差为，的等差数列，所以是公差为，的等差数列，又，所以，所以，显然， 满足条件，当时，因为，所以，所以不是整数，综上所述，正整数的取值集合为.
（3）设等差数列的公差为，则，所以，即数列是公比大于，首项大于的等比数列，记公比为.以下证明： ，其中为正整数，且，因为，所以，所以，当时， ，当时，因为为减函数， ，所以，所以，综上， ，其中
，即.
例2．已知各项均为正数的数列的的前项和为，对，有．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）令，设的前项和为，求证： ．
【答案】（I）;（Ⅱ）证明过程见解析；
所以数列是以1为首相，1为公差的等差数列， ．
（Ⅱ）
练习3. 已知曲线 上有一点列过点在x轴上的射影是 ，且1＋2＋3＋…＋n＝2n+1－n－2. （n∈N*）
（1）求数列{}的通项公式
（2）设四边形 的面积是，求
（3）在（2）条件下，求证： .
【答案】（1） （2）（3）见解析
【解析】试题分析：（1）当n2时，n用n-1代，与原式作差，可解得n=2n－1。(2)由点在曲线上得， ，根据直角梯形面积公式可求。（3）由（2）得，） 累加可证。
试题解析：（1）n=1时， 1=1
n2时， 1＋2＋3＋…＋n-1=－（n－1）－2
又 1＋2＋3＋…＋n＝2n+1－n－2. ②
②得： n=2n－1（n=1仍成立）
故n=2n－1
（2），
又，
故四边形的面积为：
（3）
三．高考真题演练
1.已知数列 的前n项和Sn=3n2+8n，是等差数列，且
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）令 求数列的前n项和Tn.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
试题分析：（Ⅰ）根据及等差数列的通项公式求解；（Ⅱ）根据（Ⅰ）知数列的通项公式，再用错位相减法求其前n项和.
试题解析：（Ⅰ）由题意知当时，，
当时，，
所以.
设数列的公差为，
由，即，可解得，
所以.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
又，
得，
，
考点：1.等差数列的通项公式；2.等差数列、等比数列的求和；3.“错位相减法”.
【名师点睛】本题主要考查等差数列的通项公式及求和公式、等比数列的求和、数列求和的“错位相减法”.此类题目是数列问题中的常见题型.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高.解答本题，布列方程组，确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力及基本计算能力等.
2【2015高考广东，理21】数列满足，
(1) 求的值；
(2) 求数列前项和；
(3) 令，，证明：数列的前项和满足．
【答案】（1）；（2）；（3）见解析．
【解析】（1）依题，
∴ ；
（2）依题当时，，
∴ ，又也适合此式，
∴ ，
∴ 数列是首项为，公比为的等比数列，故；
（3）依题由知，，，
∴
，
【考点定位】前项和关系求项值及通项公式，等比数列前项和，不等式放缩．
【名师点睛】本题主要考查前项和关系求项值及通项公式，等比数列前项和，不等式放缩等，转化与化归思想的应用和运算求解能力，属于高档题，此题（1）（2）问难度不大，但第（3）问难度较大，首先应能求得，并由得到，再用构造函数（）结合不等（）放缩方法或用数学归纳法证明．
3.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）
记.对数列和的子集T，若,定义;若，定义.例如：时，.现设是公比为3的等比数列，且当时，.
（1）求数列的通项公式；
（2）对任意正整数，若，求证：；
（3）设,求证：.
【答案】（1）（2）详见解析（3）详见解析
【解析】
试题分析：（1）根据及时定义，列出等量关系，解出首项，根据等比数列通项公式写出通项公式（2）数列不等式证明，一般是以算代征，而非特殊数列一般需转化到特殊数列，便于求和，本题根据子集关系，先进行放缩为一个等比数列，再利用等比数列求和公式得（3）利用等比数列和与项的大小关系，确定所定义和的大小关系：设则因此由，因此中最大项必在A中，由（2）得，（2）为（3）搭好台阶，只不过比较隐晦，需明晰其含义.
试题解析：（1）由已知得.
于是当时，.
又，故，即.
所以数列的通项公式为.
（2）因为，，
所以.
因此，.
（3）下面分三种情况证明.
①若是的子集，则.
②若是的子集，则.
③若不是的子集，且不是的子集.
令，则，，.
于是，，进而由，得.
设是中的最大数，为中的最大数，则.
考点：等比数列的通项公式、求和
【名师点睛】本题三个难点，一是数列新定义，利用新定义确定等比数列首项，再代入等比数列通项公式求解，二是利用放缩法求证不等式，放缩目的，是将非特殊数列转化为特殊数列，从而可利用特殊数列性质，以算代征，三是结论含义的应用，实质又是一个新定义，只不过是新定义的性质应用.
4.【2015江苏高考，20】（本小题满分16分）
设是各项为正数且公差为d的等差数列
（1）证明：依次成等比数列；
（2）是否存在，使得依次成等比数列，并说明理由；
（3）是否存在及正整数，使得依次成等比数列，并说明理由.
【答案】（1）详见解析（2）不存在（3）不存在
【解析】
试题分析（1）根据等比数列定义只需验证每一项与前一项的比值都为同一个不为零的常数即可（2）本题列式简单，变形较难，首先令将二元问题转化为一元，再分别求解两个高次方程，利用消最高次的方法得到方程：，无解，所以不存在（3）同（2）先令将二元问题转化为一元，为降次，所以两边取对数，消去n,k得到关于t的一元方程。，从而将方程的解转化为研究函数零点情况，这个函数需要利用二次求导才可确定其在上无零点
试题解析：（1）证明：因为（，，）是同一个常数，
所以，，，依次构成等比数列．
（2）令，则，，，分别为，，，（，，）．
假设存在，，使得，，，依次构成等比数列，
则，且．
令，则，且（，），
化简得（），且．将代入（）式，
，则．
显然不是上面方程得解，矛盾，所以假设不成立，
因此不存在，，使得，，，依次构成等比数列．
（3）假设存在，及正整数，，使得，，，依次构成等比数列，
则，且．
分别在两个等式的两边同除以及，并令（，），
则，且．
将上述两个等式两边取对数，得，
且．
化简得，
且．
再将这两式相除，化简得（）．
令，
则．
令，
则．
令，则．
令，则．
由，，
知，，，在和上均单调．
故只有唯一零点，即方程（）只有唯一解，故假设不成立．
所以不存在，及正整数，，使得，，，依次构成等比数列．
【考点定位】等差、等比数列的定义及性质，函数与方程
【名师点晴】解决等差数列与等比数列的综合问题，关键是理清两个数列的关系．如果同一数列中部分项成等差数列，部分项成等比数列，要把成等差数列或等比数列的项抽出来单独研究；如果两个数列通过运算综合在一起，要从分析运算入手，把两个数列分割开，弄清两个数列各自的特征，再进行求解．
5. 【2015高考山东，理18】设数列的前n项和为.已知.
（I）求的通项公式；
（II）若数列满足，求的前n项和.
【答案】（I）; （II）.
【解析】
（II）因为 ，所以
当 时，
所以
当 时，
所以
两式相减，得
所以
经检验， 时也适合，
综上可得：
【考点定位】1、数列前 项和 与通项 的关系；2、特殊数列的求和问题.
【名师点睛】本题考查了数列的基本概念与运算，意在考查学生的逻辑思维能力与运算求解能力，思维的严密性和运算的准确性，在利用与通项的关系求的过程中，一定要注意 的情况，错位相减不法虽然思路成熟但也对学生的运算能力提出了较高的要求.
6 【2016高考天津理数】已知是各项均为正数的等差数列，公差为，对任意的是和的等差中项.
(Ⅰ)设，求证：是等差数列；
(Ⅱ)设 ，求证：
【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析
【解析】
试题分析：（Ⅰ）先根据等比中项定义得：，从而，因此根据等差数列定义可证：（Ⅱ） 对数列不等式证明一般以算代证先利用分组求和化简，再利用裂项相消法求和，易得结论.
试题解析：（I）证明：由题意得，有，因此，所以是等差数列.
（II）证明：
所以.
考点：等差数列、等比中项、分组求和、裂项相消求和
【名师点睛】分组转化法求和的常见类型
(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和．
(2)通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．
7. 【2016高考新课标3理数】已知数列的前n项和，其中．
（I）证明是等比数列，并求其通项公式；
（II）若 ，求．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．
【解析】
由，得，所以.
因此是首项为，公比为的等比数列，于是．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，由得，即，
解得．
考点：1、数列通项与前项和为关系；2、等比数列的定义与通项及前项和为．
【方法总结】等比数列的证明通常有两种方法：（1）定义法，即证明（常数）；（2）中项法，即证明．根据数列的递推关系求通项常常要将递推关系变形，转化为等比数列或等差数列来求解．
8. 【2014新课标，理17】（本小题满分12分）
已知数列满足=1，.
（Ⅰ）证明是等比数列，并求的通项公式；
（Ⅱ）证明：.
【解析】：（Ⅰ）证明：由得，所以，所以是等比数列，首项为，公比为3，所以，解得.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，所以，
因为当时，，所以，于是=，
所以.
【考点定位】1.等比数列；2.等比数列的前n项和公式；3.放缩法.
【名师点睛】本题考查了数列的概念，递推数列，等比数列的定义、通项公式、等比数列的前n项和公式，放缩法证明不等式，属于中档题目，本题体现了化归与转化的基本数学思想方法，注意放缩的适度.
9．【2015高考四川，理16】设数列的前项和，且成等差数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）记数列的前n项和，求得成立的n的最小值.
【答案】（1）；（2）10.
【解析】（1）由已知，有，
即.
从而.
又因为成等差数列，即.
所以，解得.
所以，数列是首项为2，公比为2的等比数列.
故.
（2）由（1）得.
所以.
由，得，即.
因为，
所以.
于是，使成立的n的最小值为10.
【考点定位】本题考查等差数列与等比数列的概念、等比数列通项公式与前n项和公式等基础知识，考查运算求解能力.
【名师点睛】凡是有与间的关系，都是考虑消去或（多数时候是消去，得与间的递推关系）.在本题中，得到与间的递推关系式后，便知道这是一个等比数列，利用等比数列的相关公式即可求解.等差数列与等比数列是高考中的必考内容，多属容易题，考生应立足得满分.
10. 【2016高考浙江理数】设数列满足，．
（I）证明：，；
（II）若，，证明：，．
【答案】（I）证明见解析；（II）证明见解析．
【解析】
试题分析：（I）先利用三角形不等式得，变形为，再用累加法可得，进而可证；（II）由（I）可得，进而可得，再利用的任意性可证．
试题解析：（I）由得，故
，，
所以
，
因此
．
（II）任取，由（I）知，对于任意，
，
故
．
从而对于任意，均有
．
由的任意性得． ①
考点：1、数列；2、累加法；3、证明不等式．
【思路点睛】（I）先利用三角形不等式及变形得，再用累加法可得，进而可证；（II）由（I）的结论及已知条件可得，再利用的任意性可证．
11.【2015高考新课标1，理17】为数列{}的前项和.已知＞0，=.
（Ⅰ）求{}的通项公式；
（Ⅱ）设 ,求数列{}的前项和.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
试题分析：（Ⅰ）先用数列第项与前项和的关系求出数列{}的递推公式，可以判断数列{}是等差数列，利用等差数列的通项公式即可写出数列{}的通项公式；（Ⅱ）根据（Ⅰ）数列{}的通项公式，再用拆项消去法求其前项和.
试题解析：（Ⅰ）当时，，因为，所以=3，
当时，==，即，因为，所以=2，
所以数列{}是首项为3，公差为2的等差数列，
所以=；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，=，
所以数列{}前n项和为= =.
【考点定位】数列前n项和与第n项的关系；等差数列定义与通项公式；拆项消去法
【名师点睛】已知数列前n项和与第n项关系，求数列通项公式，常用将所给条件化为关于前n项和的递推关系或是关于第n项的递推关系，若满足等比数列或等差数列定义，用等比数列或等差数列通项公式求出数列的通项公式，否则适当变形构造等比或等数列求通项公式.
12. 【2014课标Ⅰ，理17】
已知数列的前项和为，，，，其中为常数，
（I）证明：；
（II）是否存在，使得为等差数列？并说明理由.
【答案】（I）详见解析；（II）存在，.
【解析】
故，由此可得，是首项为1，公差为4的等差数列，；
是首项为3，公差为4的等差数列，．
所以，．
因此存在，使得为等差数列．
【考点定位】1、递推公式；2、数列的通项公式；3、等差数列．
【名师点睛】本题考查了递推公式、等差数列的通项公式及其前n项和公式和概念、等差数列的充要条件等基础知识与基本技能方法, 考查了考生运用数列的有关知识解题的能力和观察、分析、归纳、猜想及用数学归纳法证明的能力，同时考查了考生的推理能力和计算能力、分类讨论的思想方法.
13. 【2016年高考北京理数】（本小题13分）
设数列A： ， ,… ().如果对小于()的每个正整数都有 ＜ ，则称是数列A的一个“G时刻”.记“是数列A的所有“G时刻”组成的集合.
（1）对数列A：-2，2，-1，1，3，写出的所有元素；
（2）证明：若数列A中存在使得>，则 ；
（3）证明：若数列A满足- ≤1（n=2,3, …,N）,则的元素个数不小于 -.
【答案】（1）的元素为和；（2）详见解析；（3）详见解析.
【解析】
试题解析：（1）的元素为和.
（2）因为存在使得，所以.
记，
则，且对任意正整数.
因此，从而.
（3）当时，结论成立.
以下设.
由（Ⅱ）知.
设，记.
则.
对，记.
如果，取，则对任何.
从而且.
又因为是中的最大元素，所以.
从而对任意，，特别地，.
对.
因此.
所以.
考点：数列、对新定义的理解.
【名师点睛】数列的实际应用题要注意分析题意，将实际问题转化为常用的数列模型，数列的综合问题涉及到的数学思想：函数与方程思想(如：求最值或基本量)、转化与化归思想(如：求和或应用)、特殊到一般思想(如：求通项公式)、分类讨论思想(如：等比数列求和，或)等.
14. 【2015高考浙江，理20】已知数列满足=且=-（）
（1）证明：1（）；
（2）设数列的前项和为，证明（）.
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.
试题分析：（1）首先根据递推公式可得，再由递推公式变形可知
，从而得证；（2）由和得，
，从而可得，即可得证.
【考点定位】数列与不等式结合综合题.
【名师点睛】本题主要考查了数列的递推公式，不等式的证明等知识点，属于较难题，第一小问易证，利
用条件中的递推公式作等价变形，即可得到，再结合已知条件即可得证，第二小
问具有较强的技巧性，首先根据递推公式将转化为只与有关的表达式，再结合已知条件得到的
取值范围即可得证，此次数列自2008年之后作为解答题压轴题重出江湖，算是一个不大不小的冷门（之
前浙江各地的模考解答题压轴题基本都是以二次函数为背景的函数综合题），由于数列综合题常与不等式，
函数的最值，归纳猜想，分类讨论等数学思想相结合，技巧性比较强，需要平时一定量的训练与积累，在
后续复习时应予以关注.
15. 【2015高考重庆，理22】在数列中，
（1）若求数列的通项公式；
（2）若证明：
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
试题分析：（1）由于，因此把已知等式具体化得，显然由于，则（否则会得出），从而，所以是等比数列，由其通项公式可得结论；（2）本小题是数列与不等式的综合性问题，数列的递推关系是可变形为,
由于，因此，于是可得，即有，又，于是有
，这里应用了累加求和的思想方法，由这个结论可知，因此
，这样结论得证，本题不等式的证明应用了放缩法.(1)由,有
若存在某个，使得，则由上述递推公式易得，重复上述过程可得，此与矛盾，所以对任意,.
从而，即是一个公比的等比数列.
故.
(2)由，数列的递推关系式变为
变形为.
由上式及，归纳可得
因为，所以对
【考点定位】等比数列的通项公式，数列的递推公式，不等式的证明，放缩法.，考查探究能力和推理论证能力，考查创新意识．
【名师点晴】数列是考查考生创新意识与实践精神的最好素材．从近些年的高考试题来看，一些构思精巧、新颖别致、极富思考性和挑战性的数列与方程、函数(包括三角函数)、不等式以及导数等的综合性试题不断涌现，这部分试题往往以压轴题的形式出现，考查综合运用知识的能力，突出知识的融会贯通．数列的问题难度大，往往表现在与递推数列有关，递推含义趋广，不仅有数列前后项的递推，更有关联数列的递推，更甚的是数列间的“复制”式递推；从递推形式上看，既有常规的线性递推，还有分式、三角、分段、积(幂)等形式．在考查通性通法的同时，突出考查思维能力、代数推理能力、分析问题解决问题的能力．
本题第（1）小题通过递推式证明数列是等比数列，从而应用等比数列的通项公式求得通项，第（2）小题把数列与不等式结合起来，利用数列的递推式证明数列是单调数列，利用放缩法证明不等式，难度很大．
16. 【2015高考安徽，理18】设，是曲线在点处的切线与x轴交点的横坐标.
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）记，证明.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅱ）要证，需考虑通项，通过适当放缩能够使得每项相消即可证明.思路如下：先表示出，求出初始条件当时，.当时，单独考，并放缩得，所以
，综上可得对任意的，均有.
试题解析：（Ⅰ）解：，曲线在点处的切线斜率为.
从而切线方程为.令，解得切线与轴交点的横坐标.
（Ⅱ）证：由题设和（Ⅰ）中的计算结果知
.
当时，.
当时，因为，
所以.
综上可得对任意的，均有.
【考点定位】1.曲线的切线方程；2.数列的通项公式；3.放缩法证明不等式.
【名师点睛】数列是特殊的函数，不等式是深刻认识函数与数列的重要工具，三者的综合是近几年高考命题的新热点，且数列的重心已经偏移到不等式的证明与求解中，而不再是以前的递推求通项，此类问题在2010年、2012年、2013年安徽高考解答题中都曾考过.对于数列问题中求和类（或求积类）不等式证明，如果是通过放缩的方法进行证明的，一般有两种类型：一种是能够直接求和（或求积），再放缩；一种是不能直接求和（或求积），需要放缩后才能求和（或求积），求和（或求积）后再进行放缩.在后一种类型中，一定要注意放缩的尺度，二是要注意从哪一项开始放缩.
1.数列与函数的综合
2特殊数列
3.数列的性质
4．数学文化与数列的应用
5.新定义数列
6.找规律
7.项和互化的综合问题
8.分奇偶数项的讨论问题
9.数列不等式
知识要点及方法
1．递推数列的概念
如果已知数列{an}的第1项(或前k项)，且任一项an与它的前一项(或前若干项)间的关系可以用一个公式来表示，则这个公式就叫做这个数列的______________；由递推公式确定的数列叫做递推数列．
2．已知数列的递推关系求通项
一般有三种途径：一是归纳、猜想，二是转化化归为等差、等比数列；三是逐项迭代．
递推数列求通项的特征归纳：
(1)累加法：an＋1－an＝f(n).
(2)累乘法：＝f(n).
(3)化归法：(常见)an＋1＝Aan＋B(A≠0，A≠1)?an＋1＋λ＝A(an＋λ)；an＋2＝pan＋1＋qan?an＋2＋λan＋1＝(p＋λ)·(an＋1＋λan)；an＋1＝pan＋pn＋1?＝＋1.
(4)归纳法：计算a2，a3，a4呈现关于项数2，3，4的规律特征.
(5)迭代法：an＋1＝pan或an＋1＝a或an＋1＝pan＋f(n)等.
3.求数列前n项和的基本方法
(1)公式求和法
(2)裂项相消求和法
数列{an}满足通项能分裂为两项之差，且分裂后相邻的项正负抵消从而求得其和．
(3)倒序相加法
如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项的和即可用倒序相加法，如等差数列前n项的和公式就是用此法推导的．
(4)错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．
(5)分组转化求和法
一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减．
(6)并项求和法
一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.
1．数列综合问题中应用的数学思想
(1)用函数的观点与思想认识数列，将数列的通项公式和求和公式视为定义在正整数集或其有限子集{1，2，…，n}上的函数．
(2)用方程的思想处理数列问题，将问题转化为数列基本量的方程．
(3)用转化化归的思想探究数列问题，将问题转化为等差、等比数列来研究．
(4)数列综合问题常常应用分类讨论思想、特殊与一般思想、类比联想思想、归纳猜想思想等．
2．解答数列应用题的步骤
(1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意．
(2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的特征、要求是什么．
(3)求解——求出该问题的数学解．
(4)还原——将所求结果还原到原实际问题中．
3．数学应用题常见模型
(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．
(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．
(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化时，应考虑是an与an＋1的递推关系，还是Sn与Sn＋1之间的递推关系．
二．命题类型分析及防陷阱措施
1.数列与函数的综合
例1. 设函数是定义在上的单调函数，且对于任意正数有，已知，若一个各项均为正数的数列满足，其中是数列的前项和，则数列中第18项（ ）
A. B. 9 C. 18 D. 36
【答案】C
【方法规律总结】本题主要考查抽象函数的解析式以及数列通项与前项和之间的关系以及公式的应用，属于难题.已知求的一般步骤：（1）当时，由求的值；（2）当时，由，求得的表达式；（3）检验的值是否满足（2）中的表达式，若不满足则分段表示；（4）写出的完整表达式
练习1. 设函数是定义在上的单调函数，且对于任意正数有，已知，若一个各项均为正数的数列满足，其中是数列的前项和，则数列中第18项（ ）
A. B. 9 C. 18 D. 36
【答案】C
【解析】∵f（Sn）=f（an）+f（an+1）-1=f[an（an+1）]∵函数f（x）是定义域在（0，+∞）上的单调函数，数列{an}各项为正数∴Sn=an（an+1）①当n=1时，可得a1=1；当n≥2时，Sn-1=an-1（an-1+1）②，
①-②可得an= an（an+1）-an-1（an-1+1）∴（an+an-1）（an-an-1-1）=0 ∵an＞0，∴an-an-1-1=0即an-an-1=1∴数列{an}为等差数列，a1=1，d=1；∴an=1+（n-1）×1=n即an=n所以
故选C。
练习2.已知是上的奇函数， ，则数列的通项公式为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】∵是奇函数，∴，令， ，
令， ，∴，∴，
令，∴，令，∴，
∵，∴，同理可得，
，∴，
故选
练习3. 设等差数列的前项和为，已知， ，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
所以= = =2016，
因为f()=?1,f()=1,f(x)在R上单调递增，
所以>,即>，
故选：D.
练习4. 数列是正整数的任一排列，且同时满足以下两个条件：
①；②当时， ().
记这样的数列个数为.
（I）写出的值；
（II）证明不能被4整除.
【答案】(1)详见解析;(2)详见解析.
【解析】试题分析：（1）依题意，易得： ；（2）把满足条件①②的数列称为项的首项最小数列.对于个数的首项最小数列，由于，故或3.分成三类情况，利用已知条件逐一进行验证即可.
试题解析：
（Ⅰ）解： .
（Ⅱ）证明：把满足条件①②的数列称为项的首项最小数列.
对于个数的首项最小数列，由于，故或3.
（1）若，则构成项的首项最小数列，其个数为；
（2）若，则必有，故构成项的首项最小数列，其个数为；
（3）若则或. 设是这数列中第一个出现的偶数，则前项应该是， 是或，即与是相邻整数.
由条件②，这数列在后的各项要么都小于它，要么都大于它，因为2在之后，故后的各项都小于它.
这种情况的数列只有一个，即先排递增的奇数，后排递减的偶数.
综上，有递推关系： ， .
由此递推关系和（I）可得， 各数被4除的余数依次为：
1，1，2，0，2，1，2，1，3，2，0，0，3，0，1，1，2，0，…
它们构成14为周期的数列，又，
所以被4除的余数与被4除的余数相同，都是1，
故不能被4整除.
2特殊数列
例2.已知数列,则一定是
A. 奇数 B. 偶数 C. 小数 D. 无理数
【答案】A
【解析】因为,所以,则数列从第3项开始,每一项均为其前两项的和,因为前两项均为1,是奇数,所以从第三项开始,第3n项均为偶数,第3n+1项均为奇数,第3n+2项均为奇数,所以一定是奇数.
(2)具体策略：①分式中分子、分母的特征；②相邻项的变化特征；③拆项后的特征；④各项的符号特征和绝对值特征；⑤化异为同.对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；⑥对于符号交替出现的情况，可用处理.
练习1已知数列满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】∵
∴
∴，
∴
∴
故选C.
练习2. ．设为数列的前项和， ，且.记 为数列的前项和，若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】由2an﹣an﹣1=3?2n﹣1（n≥2），得，
由2an﹣an﹣1=3?2n﹣1（n≥2），且3a1=2a2，
可得2a2﹣a1=6，即2a1=6，得a1=3．
∴数列{}是以为首项，以为公比的等比数列，
则
∴（2+22+23+…+2n） 2?2n﹣21﹣n
．
∵对?n∈N*，Tn＜m，
∴m的最小值为．
故答案为A。
【方法总结】：这个题目考查的是数列求通项的常用方法：配凑法，构造新数列。也考查了等比数列求和公式的应用，数列和的最值。关于数列之和的最值，可以直接观察，比如这个题目，一般情况下需要研究和的表达式的单调性：构造函数研究单调性，做差和0比研究单调性，直接研究表达式的单调性。
3.数列的性质
例3. 已知数列则 （ ）
A. B. C. 或1 D.
【答案】B
【解析】由条件可知，两边去倒数得 是等差数列，故 ，故得
故答案选B．
练习1. 数列定义为， ， ，
（1）若，求的值；
（2）当时，定义数列， ， ，是否存在正整数，使得.如果存在，求出一组，如果不存在，说明理由.
【答案】(1)2；(2)答案见解析
【解析】试题分析：
(1)由题意可得，裂项求和有的值是2；
(2)结合所给的递推关系讨论可得存在一组满足题意.
试题解析：
(1)
所以
故
所以
（2）由
得，两边平方
所以
当时，由知
又，数列递增，所以
类似地，
又
所以
存在正整数，
存在一组
练习2. 在数1和2之间插入n个正数，使得这n+2个数构成递增等比数列，将这n+2个数的乘积记为，令．
(1)数列的通项公式为=____________；
(2) =___________．
【答案】 ;
【解析】设在数和之间插入个正数，使得这个数构成递增等比数列
则，即为此等比数列的公比
故数列的通项公式为
由可得，又
,
故答案为
练习3. 已知两个等差数列和的前项和分别为和，且， ， 为整数的正整数的取值集合为．
【答案】9；
【解析】试题分析：
由等差数列的性质和求和公式可得，可得的取值。
试题解析：
即或或或n,从而n即集合为
故为整数的正整数的取值集合为
4．数学文化与数列的应用
例4某化工厂从今年一月起，若不改善生产环境，按生产现状，每月收入为70万元，同时将受到环保部门的处罚，第一个月罚3万元，以后每月增加2万元．如果从今年一月起投资500万元添加回收净化设备（改造设备时间不计），一方面可以改善环境，另一方面也可以大大降低原料成本．据测算，添加回收净化设备并投产后的前5个月中的累计生产净收入是生产时间个月的二次函数（是常数），且前3个月的累计生产净收入可达309万，从第6个月开始，每个月的生产净收入都与第5个月相同．同时，该厂不但不受处罚，而且还将得到环保部门的一次性奖励100万元．
（1）求前8个月的累计生产净收入的值；
（2）问经过多少个月，投资开始见效，即投资改造后的纯收入多于不改造时的纯收入．
【答案】（1）；（2）经过9个月投资开始见效。
【解析】试题分析: （1）根据g（3）得到k，再计算g（5）和g（5）﹣g（4），而g（8）=g（5）+3[g（5）﹣g（4）]，从而得到结果；
（2）求出投资前后前n个月的总收入，列不等式解出n的范围即可．
试题解析
（1）据题意，解得，
第5个月的净收入为 万元，
所以， 万元
（2）
即
要想投资开始见效，必须且只需
，
即
当时，
即不成立；
当时， 即，
验算得， 时，
所以，经过9个月投资开始见效。
练习1．用分期付款的方式购买某家用电器一件，价格为1 150元，购买当天先付150元，以后每月这一天还款一次，每次还款数额相同，20个月还清，月利率为1%，按复利计算．若交付150元后的第一个月开始算分期付款的第一个月，全部欠款付清后，请问买这件家电实际付款多少元？每月还款多少元？(最后结果保留4个有效数字)
参考数据：(1＋1%)19＝1.208，(1＋1%)20＝1.220，(1＋1%)21＝1.232.
【答案】详见解析.
【解析】试题分析: 购买当天先付款后，所欠款数可求，用20个月还清，月利率为1%，按复利计息，分期付款的总款数，是等比数列的前20项和，求出可得买这件家电实际付款数，以及每个月应还款数.
试题解析:
由题易得x(1＋1%)19＋x(1＋1%)18＋…＋x(1＋1%)＋x＝1 000(1＋1%)20，
即x·＝1 000×(1＋1%)20，
所以x＝≈55.45，即每月还款55.45元．
所以买这件家电实际付款55.45×20＋150＝1 259(元)，每月还款55.45元．
练习2.吴敬《九章算法比类大全》中描述：远望魏巍塔七层，红灯向下成倍增，共灯三百八十一，请问塔顶几盏灯？ （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设塔顶 盏灯，则 ，解得 ． 故选C．
练习3. 某数学大会会徽的主体图案是由一连串直角三角形演化而成的(如图)，其中，记， ， ，…， 的长度构成的数列为，则的通项公式__________.
【答案】
练习4. “中国剩余定理”又称“孙子定理”．1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲．1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于问余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2016这2016个数中，能被3除余1且被5整除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则此数列的项数为_____________．
【答案】
【解析】试题分析：将题目转化为即是的倍数，也是的倍数，也即是的倍数即，当， ，当时， ，故，数列共有项.
5.新定义数列
例5. 对于给定的正整数，如果各项均为正数的数列满足：对任意正整数，
总成立，那么称是“数列”．
（1）若是各项均为正数的等比数列，判断是否为“数列”，并说明理由；
（2）若既是“数列”，又是“数列”，求证： 是等比数列．
【答案】（1）见解析；（2）见解析。
试题解析：（1）是“数列”，理由如下：
因为是各项均为正数的等比数列，不妨设公比为．
当时，有
所以是“数列”．
（2）因为既是“数列”，又是“数列”，
所以， ， ①
， ． ②
由①得， ， ， ③
， ． ④
③④②得， ， ．
因为数列各项均为正数，所以， ．
所以数列从第3项起成等比数列，不妨设公比为．
①中，令得， ，所以．
①中，令得， ，所以．
所以数列是公比为的等比数列．
练习1 记 项正项数列为，其前n项积为 ，定义 为“相对叠乘积”，如果有2013项的正项数列的“相对叠乘积”为2013，则有2014项的数列 的“相对叠乘积”为( )
A. 2014 B. 2016 C. 3042 D. 4027
【答案】D
【方法规律总结】：本题属阅读型试题，考查利用对数的运算法则解决问题的能力及学生的阅读理解能力，解题时要认真审题，注意准确理解“叠乘积”的概念，利用对数的运算法则可得lg[10（10T1）（10T2）（10T3）…（10Tn）]=lg102014+lg（T1?T2…Tn）即得解.
练习2. 已知数列具有性质：对任意， ， 与两数至少有一个属于．
（Ⅰ）分别判断数集与是否具有性质，并说明理由．
（Ⅱ）求证： ．
（Ⅲ）求证： ．
【答案】（1）具有性质（2）见解析（3）见解析
【解析】试题分析：（1）直接根据定义进行判断：由于与均不属于数集，所以不具有性质，而肯定时需全面检验：由于， ， ， ， ， ， ， ， ， ，都属于数集，所以具有性质．（2）取极端位置的数： 与中至少有一个属于，而，所以，即证．（3）从数列单调性上寻找条件： ，所以， ， ， ， ，代入即得结论
试题解析：（Ⅰ）由于与均不属于数集，所以该数集不具有性质，
由于， ， ， ， ， ， ， ， ， ，都属于数集，
所以该数集具有性质．
（Ⅱ）因为具有性质，
所以与中至少有一个属于，
由于，所以，故，
从而，所以．
（Ⅲ）因为，所以，故．
由具有性质可知，
又因为，
所以， ， ， ， ，
从而
，
所以．
练习3. 用表示不超过的最大整数，例如，，．已知数列满足，，则 ．
【答案】
6.找规律
例6. 一同学在电脑中打出如下若干个圈:○●○○●○○○●○○○○●○○○○○●…
若将此若干个圈依此规律继续下去,得到一系列的圈,那么在前120个圈中的●的个
数是（ ）
A. 12 B. 13 C. 14 D. 15
【答案】D
【解析】试题分析： 由图像可得
图像所示的圈可以用首项为2，公差为1的等差数列表示，
前120个圈中的●的个数即为，
，解得，
前120个圈中的●有个，
故选D．
练习1. ．已知等差数列{an}中， 将此等差数列的各项排成如下三角形数阵：
则此数阵中第20行从左到右的第10个数是_________.
【答案】598
【解析】等差数列{an}中， ，
而第1行有1个数，第2行有2个数，依此类推第19行有19个数则第19行的最后一个数是数列的第1+2+…+19=190项，则此数阵中第20行从左到右的第10个数是该数列的第200项，∴=1+199×3=598 故答案为：598
点睛：本题主要考查了等差数列的通项公式，解题的关键是先根据等差数列中的两项求出数列的通项，然后弄清数阵中第20行从左到右的第10个数是该数列的第几项，根据通项公式即求解.
练习2. 观察如下规律： ，该组数据的前2025项和为__________．
【答案】45
【解析】项数N=1+3+5+…+2n-1==2025,n=45,相同数凑成一组和为1，共45个1，所以，填45.
练习3. 如图所示的数阵中，用表示第行的第个数，则以此规律为__________．
【答案】
7.项和互化的综合问题
例7. 已知数列的首项为2，前项的和为，且（）．
（1）求的值；
（2）设，求数列的通项公式；
（3）是否存在正整数，使得为整数，若存在求出，若不存在说明理由.
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】试题分析：（1）令n=1可得；（2）由，得，
所以，所以，两式相减整理可得，即，故得数列是等差数列；（3）结合（2）可求得，则，然后根据，且为12的约数可求得。
试题解析：
（1）易得．
（2）由，得，
所以①．
所以②，
由②-①，得．
因为，所以．
所以，即，
即，所以数列是公差为1的等差数列．
因为，所以数列的通项公式为．
（3）由（2）知， ，所以，
所以，所以数列是常数列．
由，所以．
则，
注意到，且为12的约数，所以，由知
．
8.分奇偶数项的讨论问题
例8. 已知数列、，其中， ，数列满足,，数列满足．
（1）求数列、的通项公式；
（2）是否存在自然数，使得对于任意有恒成立？若存在,求出的最小值；
（3）若数列满足，求数列的前项和．
【答案】（1）；（2）存在， ；（3）．
【解析】试题分析：
（3）分n是奇数、n是偶数两种情况求出Tn，然后写成分段函数的形式。
试题解析：
（1）由，即．
又，所以
.
当时，上式成立，
因为，所以是首项为2，公比为2的等比数列，
故.
(2) 由（1）知，则
.
假设存在自然数，使得对于任意有恒成立，即恒成立，由，解得．
所以存在自然数，使得对于任意有恒成立，此时， 的最小值为16.
（3）当为奇数时，
；
当为偶数时，
.
因此．
9.数列不等式
例9. 设数列的前n项和为，已知（p、q为常数， ），又， ， .
（1）求p、q的值；
（2）求数列的通项公式；
（3）是否存在正整数m、n，使成立？若存在，求出所有符合条件的有序实数对；若不存在，说明理由.
【答案】（1）， ；（2）；
（3）存在符合条件的所有有序实数对： 、、、、、.
试题解析：
（1）由题意，知，解之得
（2）由（1）知，Sn+1=Sn+2，①
当n≥2时，Sn=Sn﹣1+2，②
①﹣②得，an+1=an（n≥2），
又a2=a1，所以数列{an}是首项为2，公比为的等比数列，
所以an=．
（3）由（2）得，=，
由，得，即，
即，
因为2m+1＞0，所以2n（4﹣m）＞2，
所以m＜4，且2＜2n（4﹣m）＜2m+1+4，①
因为m∈N*，所以m=1或2或3。
当m=1时，由①得，2＜2n×3＜8，所以n=1；
当m=2时，由①得，2＜2n×2＜12，所以n=1或2；
当m=3时，由①得，2＜2n＜20，所以n=2或3或4，
综上可知，存在符合条件的所有有序实数对（m，n）为：（1，1），（2，1），（2，2），（3，2），（3，3），（3，4）．
练习1. 记等差数列的前项和为.
（1）求证：数列是等差数列；
（2）若 ，对任意，均有是公差为的等差数列，求使为整数的正整数的取值集合；
（3）记，求证： .
【答案】（1）见解析（2）（3）见解析
【解析】（1）先设等差数列的公差为，将，进而得到当时， ，依据定义可知数列是等差数列；（2）依据题设条件“任意的都是公差为，的等差数列”求出，然后建立等式，分析探求出满足条件，当时不满足，进而求出正整数的取值集合为；（3）先依据题设将问题转化为证明不等式。证明时运用了做差比较的方法进行推证，进而证得 ，使得不等式或获证。
（2）因为的任意的都是公差为，的等差数列，所以是公差为，的等差数列，又，所以，所以，显然， 满足条件，当时，因为，所以，所以不是整数，综上所述，正整数的取值集合为.
（3）设等差数列的公差为，则，所以，即数列是公比大于，首项大于的等比数列，记公比为.以下证明： ，其中为正整数，且，因为，所以，所以，当时， ，当时，因为为减函数， ，所以，所以，综上， ，其中
，即.
例2．已知各项均为正数的数列的的前项和为，对，有．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）令，设的前项和为，求证： ．
【答案】（I）;（Ⅱ）证明过程见解析；
所以数列是以1为首相，1为公差的等差数列， ．
（Ⅱ）
练习3. 已知曲线 上有一点列过点在x轴上的射影是 ，且1＋2＋3＋…＋n＝2n+1－n－2. （n∈N*）
（1）求数列{}的通项公式
（2）设四边形 的面积是，求
（3）在（2）条件下，求证： .
【答案】（1） （2）（3）见解析
【解析】试题分析：（1）当n2时，n用n-1代，与原式作差，可解得n=2n－1。(2)由点在曲线上得， ，根据直角梯形面积公式可求。（3）由（2）得，） 累加可证。
试题解析：（1）n=1时， 1=1
n2时， 1＋2＋3＋…＋n-1=－（n－1）－2
又 1＋2＋3＋…＋n＝2n+1－n－2. ②
②得： n=2n－1（n=1仍成立）
故n=2n－1
（2），
又，
故四边形的面积为：
（3）
三．高考真题演练
1.已知数列 的前n项和Sn=3n2+8n，是等差数列，且
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）令 求数列的前n项和Tn.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
试题分析：（Ⅰ）根据及等差数列的通项公式求解；（Ⅱ）根据（Ⅰ）知数列的通项公式，再用错位相减法求其前n项和.
试题解析：（Ⅰ）由题意知当时，，
当时，，
所以.
设数列的公差为，
由，即，可解得，
所以.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
又，
得，
，
考点：1.等差数列的通项公式；2.等差数列、等比数列的求和；3.“错位相减法”.
【名师点睛】本题主要考查等差数列的通项公式及求和公式、等比数列的求和、数列求和的“错位相减法”.此类题目是数列问题中的常见题型.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高.解答本题，布列方程组，确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力及基本计算能力等.
2【2015高考广东，理21】数列满足，
(1) 求的值；
(2) 求数列前项和；
(3) 令，，证明：数列的前项和满足．
【答案】（1）；（2）；（3）见解析．
【解析】（1）依题，
∴ ；
（2）依题当时，，
∴ ，又也适合此式，
∴ ，
∴ 数列是首项为，公比为的等比数列，故；
（3）依题由知，，，
∴
，
【考点定位】前项和关系求项值及通项公式，等比数列前项和，不等式放缩．
【名师点睛】本题主要考查前项和关系求项值及通项公式，等比数列前项和，不等式放缩等，转化与化归思想的应用和运算求解能力，属于高档题，此题（1）（2）问难度不大，但第（3）问难度较大，首先应能求得，并由得到，再用构造函数（）结合不等（）放缩方法或用数学归纳法证明．
3.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）
记.对数列和的子集T，若,定义;若，定义.例如：时，.现设是公比为3的等比数列，且当时，.
（1）求数列的通项公式；
（2）对任意正整数，若，求证：；
（3）设,求证：.
【答案】（1）（2）详见解析（3）详见解析
【解析】
试题分析：（1）根据及时定义，列出等量关系，解出首项，根据等比数列通项公式写出通项公式（2）数列不等式证明，一般是以算代征，而非特殊数列一般需转化到特殊数列，便于求和，本题根据子集关系，先进行放缩为一个等比数列，再利用等比数列求和公式得（3）利用等比数列和与项的大小关系，确定所定义和的大小关系：设则因此由，因此中最大项必在A中，由（2）得，（2）为（3）搭好台阶，只不过比较隐晦，需明晰其含义.
试题解析：（1）由已知得.
于是当时，.
又，故，即.
所以数列的通项公式为.
（2）因为，，
所以.
因此，.
（3）下面分三种情况证明.
①若是的子集，则.
②若是的子集，则.
③若不是的子集，且不是的子集.
令，则，，.
于是，，进而由，得.
设是中的最大数，为中的最大数，则.
考点：等比数列的通项公式、求和
【名师点睛】本题三个难点，一是数列新定义，利用新定义确定等比数列首项，再代入等比数列通项公式求解，二是利用放缩法求证不等式，放缩目的，是将非特殊数列转化为特殊数列，从而可利用特殊数列性质，以算代征，三是结论含义的应用，实质又是一个新定义，只不过是新定义的性质应用.
4.【2015江苏高考，20】（本小题满分16分）
设是各项为正数且公差为d的等差数列
（1）证明：依次成等比数列；
（2）是否存在，使得依次成等比数列，并说明理由；
（3）是否存在及正整数，使得依次成等比数列，并说明理由.
【答案】（1）详见解析（2）不存在（3）不存在
【解析】
试题分析（1）根据等比数列定义只需验证每一项与前一项的比值都为同一个不为零的常数即可（2）本题列式简单，变形较难，首先令将二元问题转化为一元，再分别求解两个高次方程，利用消最高次的方法得到方程：，无解，所以不存在（3）同（2）先令将二元问题转化为一元，为降次，所以两边取对数，消去n,k得到关于t的一元方程。，从而将方程的解转化为研究函数零点情况，这个函数需要利用二次求导才可确定其在上无零点
试题解析：（1）证明：因为（，，）是同一个常数，
所以，，，依次构成等比数列．
（2）令，则，，，分别为，，，（，，）．
假设存在，，使得，，，依次构成等比数列，
则，且．
令，则，且（，），
化简得（），且．将代入（）式，
，则．
显然不是上面方程得解，矛盾，所以假设不成立，
因此不存在，，使得，，，依次构成等比数列．
（3）假设存在，及正整数，，使得，，，依次构成等比数列，
则，且．
分别在两个等式的两边同除以及，并令（，），
则，且．
将上述两个等式两边取对数，得，
且．
化简得，
且．
再将这两式相除，化简得（）．
令，
则．
令，
则．
令，则．
令，则．
由，，
知，，，在和上均单调．
故只有唯一零点，即方程（）只有唯一解，故假设不成立．
所以不存在，及正整数，，使得，，，依次构成等比数列．
【考点定位】等差、等比数列的定义及性质，函数与方程
【名师点晴】解决等差数列与等比数列的综合问题，关键是理清两个数列的关系．如果同一数列中部分项成等差数列，部分项成等比数列，要把成等差数列或等比数列的项抽出来单独研究；如果两个数列通过运算综合在一起，要从分析运算入手，把两个数列分割开，弄清两个数列各自的特征，再进行求解．
5. 【2015高考山东，理18】设数列的前n项和为.已知.
（I）求的通项公式；
（II）若数列满足，求的前n项和.
【答案】（I）; （II）.
【解析】
（II）因为 ，所以
当 时，
所以
当 时，
所以
两式相减，得
所以
经检验， 时也适合，
综上可得：
【考点定位】1、数列前 项和 与通项 的关系；2、特殊数列的求和问题.
【名师点睛】本题考查了数列的基本概念与运算，意在考查学生的逻辑思维能力与运算求解能力，思维的严密性和运算的准确性，在利用与通项的关系求的过程中，一定要注意 的情况，错位相减不法虽然思路成熟但也对学生的运算能力提出了较高的要求.
6 【2016高考天津理数】已知是各项均为正数的等差数列，公差为，对任意的是和的等差中项.
(Ⅰ)设，求证：是等差数列；
(Ⅱ)设 ，求证：
【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析
【解析】
试题分析：（Ⅰ）先根据等比中项定义得：，从而，因此根据等差数列定义可证：（Ⅱ） 对数列不等式证明一般以算代证先利用分组求和化简，再利用裂项相消法求和，易得结论.
试题解析：（I）证明：由题意得，有，因此，所以是等差数列.
（II）证明：
所以.
考点：等差数列、等比中项、分组求和、裂项相消求和
【名师点睛】分组转化法求和的常见类型
(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和．
(2)通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．
7. 【2016高考新课标3理数】已知数列的前n项和，其中．
（I）证明是等比数列，并求其通项公式；
（II）若 ，求．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．
【解析】
由，得，所以.
因此是首项为，公比为的等比数列，于是．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，由得，即，
解得．
考点：1、数列通项与前项和为关系；2、等比数列的定义与通项及前项和为．
【方法总结】等比数列的证明通常有两种方法：（1）定义法，即证明（常数）；（2）中项法，即证明．根据数列的递推关系求通项常常要将递推关系变形，转化为等比数列或等差数列来求解．
8. 【2014新课标，理17】（本小题满分12分）
已知数列满足=1，.
（Ⅰ）证明是等比数列，并求的通项公式；
（Ⅱ）证明：.
【解析】：（Ⅰ）证明：由得，所以，所以是等比数列，首项为，公比为3，所以，解得.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，所以，
因为当时，，所以，于是=，
所以.
【考点定位】1.等比数列；2.等比数列的前n项和公式；3.放缩法.
【名师点睛】本题考查了数列的概念，递推数列，等比数列的定义、通项公式、等比数列的前n项和公式，放缩法证明不等式，属于中档题目，本题体现了化归与转化的基本数学思想方法，注意放缩的适度.
9．【2015高考四川，理16】设数列的前项和，且成等差数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）记数列的前n项和，求得成立的n的最小值.
【答案】（1）；（2）10.
【解析】（1）由已知，有，
即.
从而.
又因为成等差数列，即.
所以，解得.
所以，数列是首项为2，公比为2的等比数列.
故.
（2）由（1）得.
所以.
由，得，即.
因为，
所以.
于是，使成立的n的最小值为10.
【考点定位】本题考查等差数列与等比数列的概念、等比数列通项公式与前n项和公式等基础知识，考查运算求解能力.
【名师点睛】凡是有与间的关系，都是考虑消去或（多数时候是消去，得与间的递推关系）.在本题中，得到与间的递推关系式后，便知道这是一个等比数列，利用等比数列的相关公式即可求解.等差数列与等比数列是高考中的必考内容，多属容易题，考生应立足得满分.
10. 【2016高考浙江理数】设数列满足，．
（I）证明：，；
（II）若，，证明：，．
【答案】（I）证明见解析；（II）证明见解析．
【解析】
试题分析：（I）先利用三角形不等式得，变形为，再用累加法可得，进而可证；（II）由（I）可得，进而可得，再利用的任意性可证．
试题解析：（I）由得，故
，，
所以
，
因此
．
（II）任取，由（I）知，对于任意，
，
故
．
从而对于任意，均有
．
由的任意性得． ①
考点：1、数列；2、累加法；3、证明不等式．
【思路点睛】（I）先利用三角形不等式及变形得，再用累加法可得，进而可证；（II）由（I）的结论及已知条件可得，再利用的任意性可证．
11.【2015高考新课标1，理17】为数列{}的前项和.已知＞0，=.
（Ⅰ）求{}的通项公式；
（Ⅱ）设 ,求数列{}的前项和.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
试题分析：（Ⅰ）先用数列第项与前项和的关系求出数列{}的递推公式，可以判断数列{}是等差数列，利用等差数列的通项公式即可写出数列{}的通项公式；（Ⅱ）根据（Ⅰ）数列{}的通项公式，再用拆项消去法求其前项和.
试题解析：（Ⅰ）当时，，因为，所以=3，
当时，==，即，因为，所以=2，
所以数列{}是首项为3，公差为2的等差数列，
所以=；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，=，
所以数列{}前n项和为= =.
【考点定位】数列前n项和与第n项的关系；等差数列定义与通项公式；拆项消去法
【名师点睛】已知数列前n项和与第n项关系，求数列通项公式，常用将所给条件化为关于前n项和的递推关系或是关于第n项的递推关系，若满足等比数列或等差数列定义，用等比数列或等差数列通项公式求出数列的通项公式，否则适当变形构造等比或等数列求通项公式.
12. 【2014课标Ⅰ，理17】
已知数列的前项和为，，，，其中为常数，
（I）证明：；
（II）是否存在，使得为等差数列？并说明理由.
【答案】（I）详见解析；（II）存在，.
【解析】
故，由此可得，是首项为1，公差为4的等差数列，；
是首项为3，公差为4的等差数列，．
所以，．
因此存在，使得为等差数列．
【考点定位】1、递推公式；2、数列的通项公式；3、等差数列．
【名师点睛】本题考查了递推公式、等差数列的通项公式及其前n项和公式和概念、等差数列的充要条件等基础知识与基本技能方法, 考查了考生运用数列的有关知识解题的能力和观察、分析、归纳、猜想及用数学归纳法证明的能力，同时考查了考生的推理能力和计算能力、分类讨论的思想方法.
13. 【2016年高考北京理数】（本小题13分）
设数列A： ， ,… ().如果对小于()的每个正整数都有 ＜ ，则称是数列A的一个“G时刻”.记“是数列A的所有“G时刻”组成的集合.
（1）对数列A：-2，2，-1，1，3，写出的所有元素；
（2）证明：若数列A中存在使得>，则 ；
（3）证明：若数列A满足- ≤1（n=2,3, …,N）,则的元素个数不小于 -.
【答案】（1）的元素为和；（2）详见解析；（3）详见解析.
【解析】
试题解析：（1）的元素为和.
（2）因为存在使得，所以.
记，
则，且对任意正整数.
因此，从而.
（3）当时，结论成立.
以下设.
由（Ⅱ）知.
设，记.
则.
对，记.
如果，取，则对任何.
从而且.
又因为是中的最大元素，所以.
从而对任意，，特别地，.
对.
因此.
所以.
考点：数列、对新定义的理解.
【名师点睛】数列的实际应用题要注意分析题意，将实际问题转化为常用的数列模型，数列的综合问题涉及到的数学思想：函数与方程思想(如：求最值或基本量)、转化与化归思想(如：求和或应用)、特殊到一般思想(如：求通项公式)、分类讨论思想(如：等比数列求和，或)等.
14. 【2015高考浙江，理20】已知数列满足=且=-（）
（1）证明：1（）；
（2）设数列的前项和为，证明（）.
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.
试题分析：（1）首先根据递推公式可得，再由递推公式变形可知
，从而得证；（2）由和得，
，从而可得，即可得证.
【考点定位】数列与不等式结合综合题.
【名师点睛】本题主要考查了数列的递推公式，不等式的证明等知识点，属于较难题，第一小问易证，利
用条件中的递推公式作等价变形，即可得到，再结合已知条件即可得证，第二小
问具有较强的技巧性，首先根据递推公式将转化为只与有关的表达式，再结合已知条件得到的
取值范围即可得证，此次数列自2008年之后作为解答题压轴题重出江湖，算是一个不大不小的冷门（之
前浙江各地的模考解答题压轴题基本都是以二次函数为背景的函数综合题），由于数列综合题常与不等式，
函数的最值，归纳猜想，分类讨论等数学思想相结合，技巧性比较强，需要平时一定量的训练与积累，在
后续复习时应予以关注.
15. 【2015高考重庆，理22】在数列中，
（1）若求数列的通项公式；
（2）若证明：
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
试题分析：（1）由于，因此把已知等式具体化得，显然由于，则（否则会得出），从而，所以是等比数列，由其通项公式可得结论；（2）本小题是数列与不等式的综合性问题，数列的递推关系是可变形为,
由于，因此，于是可得，即有，又，于是有
，这里应用了累加求和的思想方法，由这个结论可知，因此
，这样结论得证，本题不等式的证明应用了放缩法.(1)由,有
若存在某个，使得，则由上述递推公式易得，重复上述过程可得，此与矛盾，所以对任意,.
从而，即是一个公比的等比数列.
故.
(2)由，数列的递推关系式变为
变形为.
由上式及，归纳可得
因为，所以对
【考点定位】等比数列的通项公式，数列的递推公式，不等式的证明，放缩法.，考查探究能力和推理论证能力，考查创新意识．
【名师点晴】数列是考查考生创新意识与实践精神的最好素材．从近些年的高考试题来看，一些构思精巧、新颖别致、极富思考性和挑战性的数列与方程、函数(包括三角函数)、不等式以及导数等的综合性试题不断涌现，这部分试题往往以压轴题的形式出现，考查综合运用知识的能力，突出知识的融会贯通．数列的问题难度大，往往表现在与递推数列有关，递推含义趋广，不仅有数列前后项的递推，更有关联数列的递推，更甚的是数列间的“复制”式递推；从递推形式上看，既有常规的线性递推，还有分式、三角、分段、积(幂)等形式．在考查通性通法的同时，突出考查思维能力、代数推理能力、分析问题解决问题的能力．
本题第（1）小题通过递推式证明数列是等比数列，从而应用等比数列的通项公式求得通项，第（2）小题把数列与不等式结合起来，利用数列的递推式证明数列是单调数列，利用放缩法证明不等式，难度很大．
16. 【2015高考安徽，理18】设，是曲线在点处的切线与x轴交点的横坐标.
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）记，证明.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅱ）要证，需考虑通项，通过适当放缩能够使得每项相消即可证明.思路如下：先表示出，求出初始条件当时，.当时，单独考，并放缩得，所以
，综上可得对任意的，均有.
试题解析：（Ⅰ）解：，曲线在点处的切线斜率为.
从而切线方程为.令，解得切线与轴交点的横坐标.
（Ⅱ）证：由题设和（Ⅰ）中的计算结果知
.
当时，.
当时，因为，
所以.
综上可得对任意的，均有.
【考点定位】1.曲线的切线方程；2.数列的通项公式；3.放缩法证明不等式.
【名师点睛】数列是特殊的函数，不等式是深刻认识函数与数列的重要工具，三者的综合是近几年高考命题的新热点，且数列的重心已经偏移到不等式的证明与求解中，而不再是以前的递推求通项，此类问题在2010年、2012年、2013年安徽高考解答题中都曾考过.对于数列问题中求和类（或求积类）不等式证明，如果是通过放缩的方法进行证明的，一般有两种类型：一种是能够直接求和（或求积），再放缩；一种是不能直接求和（或求积），需要放缩后才能求和（或求积），求和（或求积）后再进行放缩.在后一种类型中，一定要注意放缩的尺度，二是要注意从哪一项开始放缩.
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