高三数列大题

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时 间

主 题

目 的

难 点

检 查

例1.若数列的通项公式为，则数列的前n项和为

A.  B.  C.  D. 

【答案】C

【解答】解：数列的前n项和对也成立，故把代入，结果应为3，只有答案C符合．故选C．

【变式1-1】已知数列的前n项和为，，．

求，的值；

设，求数列的前n项和．

【答案】解：因为数列的前n项和为，，．

所以：，解得：．

所以：，解得：．

因为，所以：，，

则：时，，所以：，，

由于：，则数列是首项为，公比是的等比数列，

所以：，因为，所以：，

所以：

，

所以．

【解析】本题考查等比数列的判定，分组转化求和法，属于中档题．

利用递推关系式，即可得解；

由题意，可得：，利用分组转化求和法，进行求解．

类型二：等差×等比---错位相减法

例2.若数列的前n项和，．

求数列的通项公式；

若，求数列的前n项和．

【答案】解：数列的前n项和，．

时，，

化为：，时，，解得．

数列是等比数列，首项为2，公比为2．．

．．

数列的前n项和．

，

，

化为：．

【解析】数列的前n项和，时，，化为：，时，，解得利用等比数列的通项公式即可得出．利用错位相减法即可得出．本题考查了数列递推关系、等比数列的通项公式与求和公式、错位相减法、对数运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

【变式2-1】已知数列的前n项和为，且，，数列满足，．

Ⅰ求、；

Ⅱ求数列的前n项和．

【答案】解：Ⅰ因为，当时，，

当时，，也符合上式，所以，，

由，得，；

Ⅱ由Ⅰ知，，所以，

，

两式相减得：，

所以，．

【解析】本题考查了数列的求和公式，数列的通项公式，错位相减求数列的和，属于中档题．

Ⅰ先由，求出的通项公式，再由对数的运算即可求出的通项公式；

Ⅱ由Ⅰ知，，利用错位相减法进行数列求和，即可得出．

【变式2-2】已知为等差数列，前n项和为，是首项为2的等比数列，且公比大于0，，，．

Ⅰ求和的通项公式；

Ⅱ求数列的前n项和

【答案】解：Ⅰ设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，

由已知，得，而，所以，

又因为，解得，所以；由，可得，

由，可得，联立，解得，，由此可得；

所以，数列的通项公式为，数列的通项公式为．

Ⅱ设数列的前n项和为，由，，有，

故，

，

上述两式相减，得

，得．

所以数列的前n项和为．

【解析】本题考查等差数列以及等比数列的应用，数列求和的方法，考查计算能力属于中档题．

Ⅰ设出公差与公比，利用已知条件求出公差与公比，然后求解和的通项公式；

Ⅱ化简数列的通项公式，利用错位相减法求解数列的和即可．

【变式2-3】已知是各项均为正数的等比数列，且．

Ⅰ求数列的通项公式；

Ⅱ为各项非零的等差数列，其前n项和为已知，求数列的前n项和．

【答案】解：Ⅰ记正项等比数列的公比为q，因为，，

所以，，解得：，所以；

Ⅱ因为为各项非零的等差数列，所以，又因为，

所以，，所以，

，

两式相减得：，

即，

即．

【解析】本题考查数列的通项及前n项和，考查等差数列的性质，考查错位相减法，注意解题方法的积累，属于中档题．Ⅰ通过首项和公比，联立、，可求出，进而利用等比数列的通项公式可得结论；Ⅱ利用等差数列的性质可知，结合可知，进而可知，利用错位相减法计算即得结论．

【变式2-4】设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．

求的公比

若，求数列的前n项和．

【答案】解：设等比数列的公比为，由题意知：，即，

所以，解得舍去．

若，则，所以数列的前n项和为，

则，

两式相减得，

所以．

【解析】本题考查等差数列、等比数列的综合应用，错位相减法的应用，属于中档题．

  设出等比数列的公比，由等差中项的性质，列方程求解即可；

  由题意写出数列的通项公式，从而可根据错位相减法求出数列的前n项和．

类型三：数学归纳法

例3.设数列满足，．

计算，，猜想的通项公式并加以证明；

求数列的前n项和．

【答案】解：数列满足，，则，，，

猜想的通项公式为．证明如下：当，2，3时，显然成立，

假设时，成立，

当时，，故时成立，

由知，，猜想成立，所以的通项公式．

令，则数列的前n项和，

两边同乘2得，，

得，，所以．

【解析】利用数列的递推关系式求出，，猜想的通项公式，然后利用数学归纳法证明即可．

化简数列的通项公式，利用错位相减法求解数列的前n项和．

本题考查数列的递推关系式的应用，数学归纳法和数列求和，考查了转化思想和计算能力，属中档题．

类型四：裂项消项求和

（1）根式型

例4.已知数列的前n项和．

Ⅰ求的通项公式；

Ⅱ记，求数列的前n项和．

【答案】解：Ⅰ数列的前n项和，可得；

时，，

上式对也成立，则，；

Ⅱ，

则数列的前n项和为．

【解析】Ⅰ运用数列的递推式：；时，，计算可得所求通项；

Ⅱ化简，再由数列的求和方法：裂项相消求和，计算可得所求和．本题考查数列的通项公式的求法，注意运用数列的递推式，考查数列的求和方法：裂项相消求和，考查化简整理的运算能力，属于中档题．

（2）因分等差分式型

【变式4-1】等差数列的前n项和为，，，则______．

【答案】

【解析】本题考查等差数列的求和，裂项消项法求和的应用，考查计算能力，属于中档题．

利用已知条件求出等差数列的前n项和，然后化简所求的表达式，求解即可．

【解析】解：等差数列的前n项和为，，，

由，可得，等差数列的公差为1，首项为1，

所以，，则

．故答案为．

【变式4-2】设数列的前n项和为已知，．

求的通项公式．

设，求数列的前n项和．

【答案】解：由，可知，

两式相减得，即，

，，，舍或，

则是首项为3，公差的等差数列，的通项公式；

，，数列的前n项和

．

【解析】本题主要考查数列的通项公式以及数列求和的计算，属于中档题．根据数列的递推关系，利用作差法即可求的通项公式；求出，利用裂项法即可求数列的前n项和．

【变式4-3】已知数列是递增的等比数列，且

Ⅰ求数列的通项公式；

Ⅱ设为数列的前n项和，，求数列的前n项和．

【答案】解：Ⅰ数列是递增的等比数列，且，．

，．解得，或，舍，

解得，即数列的通项公式；

Ⅱ，，

数列的前n项和．

【解析】本题主要考查数列的通项公式以及数列求和的计算，利用裂项法是解决本题的关键，属于基础题．

根据等比数列的通项公式求出首项和公比即可，求数列的通项公式；

求出，利用裂项法即可求数列的前n项和．

类型五：数列与不等式-----放缩法

例5.已知数列满足，．

证明：是等比数列，并求的通项公式；

证明：．

【答案】证明：由得，所以，

所以是等比数列，首项为，公比为3，所以，

因此的通项公式为．

由知：，所以，因为当时，，

于是，所以．

【解析】本题考查的是等比数列，用放缩法证明不等式，证明数列为等比数列，只需要根据等比数列的定义就行；数列与不等式常结合在一起考，放缩法是常用的方法之一， 通过放大或缩小，使原数列变成一个等比数列，或可以用裂项相消法求和的新数列．属于中档题．根据等比数列的定义，后一项与前一项的比是常数，又首项不为0，所以为等比数列；再根据等比数列的通项化式，求出的通项公式；

将进行放大，即将分母缩小，使得构成一个等比数列，从而求和，证明不等式.

【变式5-1】已知等差数列中，，公差，且，，分别是等比数列的第二项、第三项、第四项．

求数列，的通项公式；

设数列满足对任意的均有成立，求证：．

【答案】解：，，分别是等比数列的第二项、第三项、第四项．

，或舍去，

则．又，，则公比，即．

证明：当时，，

，当，，

，两式相减得，

即， 

成立，

所以，对于任意的．

【解析】根据等差数列性质，即可求数列的通项公式；

求出的通项公式，利用作差法即可求数列的前n项和，即可证明不等式．

本题主要考查递推数列的应用，以及数列求和，综合性较强，运算量较大．

例6.设等差数列的公差为，，且满足，．

求数列的通项公式；

记数列，证明：．

【答案】解：由题意，可知，，根据韦达定理，可得

，是方程的两根，解得，．由，可知，．

，，．

证明：由知，．

则

．故得证．

【解析】本题第题根据等差中项的性质可得，然后结合可根据韦达定理列出一元二次方程，解出一元二次方程的根，即可得到，的值，然后计算出公差d，进一步计算即可得到数列的通项公式；第题先根据第题的结果计算出数列的通项公式，然后运用裂项相消法计算前n项和，最后运用放缩法即可证明结论．本题主要考查等差数列的基础知识，以及应用裂项相消法求前n项和．考查了数列与方程的综合，转化与化归思想，放缩法，逻辑思维能力和数算能力．本题属中档题．

【变式6-1】在正项等差数列中，其前n项和为，，．

Ⅰ求；

Ⅱ证明：．

【答案】解：Ⅰ由题知，，

设的公差为d，则，．

Ⅱ证明：由Ⅰ知，，，

即，；

，，当时，取最小值．

综上所述，．

【解析】本题考查等差数列的性质和通项公式，以及与不等式有关的不等式证明，属中档题．

Ⅰ本小题考查等差数列的性质及通项公式，根据条件联立方程组求出首项和公差即可得到通项公式．

Ⅱ本小题考查与数列有关的不等式证明，首先利用列项相消求和，再用放缩法证明．

【变式6-2】正项数列的前n项和Sn满足：求数列的通项公式；

令，数列的前n项和为Tn，证明：对于任意的，都有．

【答案】解：由可得，；

正项数列，；于是；

时，，而时也适合，

，

证明：由

．

【解析】本题主要考查了递推公式，时，在求解数列的通项公式中的应用及数列的裂项求和方法的应用，属于基础题．

由可求，然后利用，时，可求

由，利用裂项求和可求，利用放缩法即可证明．

【变式6-3】已知数列，，满足，，．

若为等比数列，公比，且，求q的值及数列的通项公式；

若为等差数列，公差，证明：，．

【答案】解：由题意，，，

，，

整理，得，

解得舍去，或，

，

数列是以1为首项，4为公比的等比数列，

，．

，

则，

，

，

，

各项相加，可得

．

证明：依题意，由，可得

，

两边同时乘以，可得

，

，

数列是一个常数列，且此常数为，

，

，

，

，故得证．

【解析】本题主要考查数列求通项公式，等差数列和等比数列的基本量的运算，以及和式不等式的证明问题．考查了转化与化归思想，整体思想，方程思想，累加法求通项公式，裂项相消法求和，放缩法证明不等式，以及逻辑推理能力和数算能力，属于综合题．

先根据等比数列的通项公式将，代入，计算出公比q的值，然后根据等比数列的定义化简可得，则可发现数列是以1为首项，4为公比的等比数列，从而可得数列的通项公式，然后将通项公式代入，可得，再根据此递推公式的特点运用累加法可计算出数列的通项公式；

通过将已知关系式不断进行转化可构造出数列，且可得到数列是一个常数列，且此常数为，从而可得，再计算得到，根据等差数列的特点进行转化进行裂项，在求和时相消，最后运用放缩法即可证明不等式成立．

【不够拿一个出来】

例7.已知数列满足，．

Ⅰ求数列的通项公式；

Ⅱ设，数列的前n项和，求证：．

【答案】Ⅰ解：数列满足：

，，

时，，

相减可得：，

，，

时，，不符合上式，

综上可得：；

Ⅱ证明：，

，

．

时，

，

．

，

．

综上所述，．

【解析】本题考查了数列递推关系、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

Ⅰ数列满足，，时，，相减可得：，可得，时，，

然后综合即可；

Ⅱ，，时，，利用裂项求和方法与数列的单调性即可得出．

【-1】

例8.已知函数，数列中，若．

求证：数列是等比数列；

设数列的前n项和为，求证：．

【答案】证明：由题意，可知：，

上式两边都倒过来，可得：，

．

．

数列是以3为首项，3为公比的等比数列．

由，可知：，，．

当时，不等式成立．

．

．

【解析】将代入到函数表达式中，即可得到递推关系式，然后将递推关系式进行变形，再联系要证明的题干即可证明数列是等比数列；

先根据第题的结论算出的通项公式，然后根据不等式在求和时进行放缩法的应用，再根据等比数列求和公式进行计算，即可证明．

本题主要考查数列与函数的综合应用，根据条件推出数列的递推公式，由递推公式推出通项公式与放缩法的应用是解决本题的两个关键点，本题综合性较强，有一定的难度，属中档题．

【变式8-1】已知数列的前n项和为，且满足，

求和

求证：．

【答案】解：时，，时，，所以

所以数列是以为首项，公差为2的等差数列．所以，

即，当时，，当时，，不满足上式

所以，

当时，，原式成立．

当时，

所以．

【解析】确定是以2为首项，2为公差的等差数列，可得，即可求数列的通项公式；

利用放缩法，裂项求和法，即可得出结论。本题考查数列的通项与求和，考查数列与不等式的综合，考查学生分析解决问题的能力，确定数列的通项是关键，属于中档题．

例9.已知等比数列的前n项和是，且．

Ⅰ求b的值及数列的通项公式；

Ⅱ令，数列的前n项和，证明：．

【答案】解：Ⅰ等比数列的前n项和是，且，

时，；

时，，

由于数列为等比数列，可得，即；

则，；

Ⅱ证明：

，

前n项和

，

由于，可得，

则．

【解析】Ⅰ运用数列的递推式，结合等比数列的通项公式，即可得到所求；

Ⅱ求得，由裂项相消求和和不等式的性质，即可得证．

本题考查等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的裂项相消求和，以及不等式的性质，考查运算能力，属于中档题．

(2019年高考数学浙江卷)设等差数列的前项和为，，．数列满足：对任意，，，成等比数列．

(Ⅰ)求数列，的通项公式；

(Ⅱ)记，，证明：，．

【解析】(Ⅰ)设数列的公差为，由题意得 解得，，

从而，，所以，．

解法一：由，，成等比数列得，

解得，所以，．

解法二：由，，成等比数列得，两边同减去，得

，即，再两边同减去，得，所以，

即，所以，．

(Ⅱ)解法一：由于，

从而．

解法二：由于，．

我们用数学归纳法证明：

①当时，，不等式成立；

②假设时不等式成立，即．

则当时，

，

即时，不等式也成立．根据①和②，不等式对任意成立．

(2018年高考数学浙江卷)已知等比数列的公比，且，是的等差中项．数列满足，数列的前项和为．

(1)求的值；

(2)求数列的通项公式．

【答案】（1）；（2）． 

【解析】（1）由题知，

，，解得或，

    ， ．

 （2）方法一：错位相减法

设，数列前项和为，由，解得．

   由（1）知  ，所以， 故，

设，

，，

方法二：构造常数列

设，数列前项和为，由，解得．

由（1）知  ，所以，

而，

所以，

所以数列是一个常数列。即，

所以．

说明：其中是采用待定系数法求出的

可设待定求出．

8．(2017年高考数学浙江卷)已知数列满足:,．

证明:当时,

(Ⅰ);

(Ⅱ);

(Ⅲ)．

【答案】详见解析 【解析】 (1)当时,; 

假设时,, 

那么时,若,则矛盾, 

故,即． 

(2)由,得． 

设函数 

则, 

故函数在上单调递增,于是有, 

因此即． 

(3),． 

由(2)知,,则, 

故． 

综上,得证． 

【考点】函数不等式,切线放缩,类等比 

检 测

测试题        题；    正确率        ；教学需：加快□  保持□  放慢□  增加内容□

巩 固

预习布置：                        ；