高三理科數學數列復習教案

時間：2024-09-22 05:08:09

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高三理科數學數列復習教案

　　1.數列的概念和簡單表示法?

　　(1)了解數列的概念和幾種簡單的表示方法(列表、圖象、通項公式);? (2)了解數列是自變量為正整數的一類函數.?

　　2.等差數列、等比數列?

　　(1)理解等差數列、等比數列的概念;?

　　(2)掌握等差數列、等比數列的通項公式與前n項和公式;?

　　(3)能在具體問題情境中識別數列的等差關系或等比關系，并能用有關知識解決相應的問題;?

　　(4)了解等差數列與一次函數、等比數列與指數函數的關系. 本章重點：1.等差數列、等比數列的定義、通項公式和前n項和公式及有關性質;

　　2.注重提煉一些重要的思想和方法，如：觀察法、累加法、累乘法、待定系數法、倒序相加求和法、錯位相減求和法、裂項相消求和法、分組求和法、函數與方程思想、數學模型思想以及離散與連續的關系.?

　　本章難點：

　　1.數列概念的理解;

　　2.等差等比數列性質的運用;

　　3.數列通項與求和方法的運用.

　　仍然會以客觀題考查等差數列與等比數列的通項公式和前n項和公式及性質，在解答題中，會保持以前的風格，注重數列與其他分支的綜合能力的考查，在高考中，數列常考常新，其主要原因是它作為一個特殊函數，使它可以與函數、不等式、解析幾何、三角函數等綜合起來，命出開放性、探索性強的問題，更體現了知識交叉命題原則得以貫徹;又因為數列與生產、生活的聯系，使數列應用題也倍受歡迎.

　　知識網絡

　　6.1 數列的概念與簡單表示法

　　典例精析

　　題型一歸納、猜想法求數列通項

　　【例1】根據下列數列的前幾項，分別寫出它們的一個通項公式：

　　(1)7,77,777,7 777，

　　(2)23，-415，635，-863，

　　(3)1,3,3,5,5,7,7,9,9，

　　【解析】(1)將數列變形為79(10-1)，79(102-1)，79(103-1)，，79(10n-1)，

　　故an=79(10n-1).

　　(2)分開觀察，正負號由(-1)n+1確定，分子是偶數2n，分母是13,35,57，，(2n-1)(2n+1)，故數列的通項公式可寫成an =(-1)n+1 .

　　(3)將已知數列變為1+0,2+1,3+0,4+1,5+0,6+1,7+0,8+1,9+0，.

　　故數列的通項公式為an=n+ .

　　【點撥】聯想與轉換是由已知認識未知的兩種有效的思維方法，觀察歸納是由特殊到一般的有效手段，本例的求解關鍵是通過分析、比較、聯想、歸納、轉換獲得項與項序數的一般規律，從而求得通項.

　　【變式訓練1】如下表定義函數f(x)：

　　x 1 2 3 4 5

　　f(x) 5 4 3 1 2

　　對于數列{an}，a1=4，an=f(an-1)，n=2,3,4，，則a2 008的值是()

　　A.1 B.2 C.3 D.4

　　【解析】a1=4，a2=1，a3=5，a4=2，a5=4，，可得an+4=an.

　　所以a2 008=a4=2，故選B.

　　題型二應用an= 求數列通項

　　【例2】已知數列{an}的前n項和Sn，分別求其通項公式：

　　(1)Sn=3n-2;

　　(2)Sn=18(an+2)2 (an0).

　　【解析】(1)當n=1時，a1=S1=31-2=1，

　　當n2時，an=Sn-Sn-1=(3n-2)-(3n-1-2)=23n-1，

　　又a1=1不適合上式，

　　故an=

　　(2)當n=1時，a1=S1=18(a1+2)2，解得a1=2，

　　當n2時，an=Sn-Sn-1=18(an+2)2-18(an-1+2)2，

　　所以(an-2)2-(an-1+2)2=0，所以(an+an-1)(an-an-1-4)=0，

　　又an0，所以an-an-1=4，

　　可知{an}為等差數列，公差為4，

　　所以an=a1+(n-1)d=2+(n-1)4=4n-2，

　　a1=2也適合上式，故an=4n-2.

　　【點撥】本例的關鍵是應用an= 求數列的通項，特別要注意驗證a1的值是否滿足2的一般性通項公式.

　　【變式訓練2】已知a1=1，an=n(an+1-an)(nN*)，則數列{an}的通項公式是()

　　A.2n-1 B.(n+1n)n-1 C.n2 D.n

　　【解析】由an=n(an+1-an)an+1an=n+1n.

　　所以an=anan-1an-1an-2a2a1=nn-1n-1n-23221=n，故選D.

　　題型三利用遞推關系求數列的通項

　　【例3】已知在數列{an}中a1=1，求滿足下列條件的數列的通項公式：

　　(1)an+1=an1+2an;(2)an+1=2an+2n+1.

　　【解析】(1)因為對于一切nN*，an0，

　　因此由an+1=an1+2an得1an+1=1an+2，即1an+1-1an=2.

　　所以{1an}是等差數列，1an=1a1+(n-1)2=2n-1，即an=12n-1.

　　(2)根據已知條件得an+12n+1=an2n+1，即an+12n+1-an2n=1.

　　所以數列{an2n}是等差數列，an2n=12+(n-1)=2n-12，即an=(2n-1)2n-1.

　　【點撥】通項公式及遞推關系是給出數列的常用方法，尤其是后者，可以通過進一步的計算，將其進行轉化，構造新數列求通項，進而可以求得所求數列的通項公式.

　　【變式訓練3】設{an}是首項為1的正項數列，且(n+1)a2n+1-na2n+an+1an=0(n=1,2,3，)，求an.

　　【解析】因為數列{an}是首項為1的正項數列，

　　所以anan+10，所以(n+1)an+1an-nanan+1+1=0，

　　令an+1an=t，所以(n+1)t2+t-n=0，

　　所以[(n+1)t-n](t+1)=0，

　　得t=nn+1或t=-1(舍去)，即an+1an=nn+1.

　　所以a2a1a3a2a4a3a5a4anan-1=12233445n-1n，所以an=1n.

　　總結提高

　　1.給出數列的前幾項求通項時，常用特征分析法與化歸法，所求通項不唯一.

　　2.由Sn求an時，要分n=1和n2兩種情況.

　　3.給出Sn與an的遞推關系，要求an，常用思路是：一是利用Sn-Sn-1=an(n2)轉化為an的遞推關系，再求其通項公式;二是轉化為Sn的遞推關系，先求出Sn與n之間的關系，再求an.

　　6.2 等差數列

　　典例精析

　　題型一等差數列的判定與基本運算

　　【例1】已知數列{an}前n項和Sn=n2-9n.

　　(1)求證：{an}為等差數列;(2)記數列{|an|}的前n項和為Tn，求 Tn的表達式.

　　【解析】(1)證明：n=1時，a1=S1=-8，

　　當n2時，an=Sn-Sn-1=n2-9n-[(n-1)2-9(n-1)]=2n-10，

　　當n=1時，也適合該式，所以an=2n-10 (nN*).

　　當n2時，an-an-1=2，所以{an}為等差數列.

　　(2)因為n5時，an0，n6時，an0.

　　所以當n5時，Tn=-Sn=9n-n2，

　　當n6時，Tn=a1+a2++a5+a6++an

　　=-a1-a2--a5+a6+a7++an

　　=Sn-2S5=n2-9n-2(-20)=n2-9n+40，

　　所以，

　　【點撥】根據定義法判斷數列為等差數列，靈活運用求和公式.

　　【變式訓練1】已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且S21=42，若記bn= ，則數列{bn}()

　　A.是等差數列，但不是等比數列 B.是等比數列，但不是等差數列

　　C.既是等差數列，又是等比數列 D.既不是等差數列，又不是等比數列

　　【解析】本題考查了兩類常見數列，特別是等差數列的性質.根據條件找出等差數列{an}的首項與公差之間的關系從而確定數列{bn}的通項是解決問題的突破口.{an}是等差數列，則S21=21a1+21202d=42.

　　所以a1+10d=2，即a11=2.所以bn= =22-(2a11)=20=1，即數列{bn}是非0常數列，既是等差數列又是等比數列.答案為C.

　　題型二公式的應用

　　【例2】設等差數列{an}的前n項和為Sn，已知a3=12，S120，S130.

　　(1)求公差d的取值范圍;

　　(2)指出S1，S2，，S12中哪一個值最大，并說明理由.

　　【解析】(1)依題意，有

　　S12=12a1+12(12-1)d20，S13=13a1+13(13-1)d20，

　　即

　　由a3=12，得a1=12-2d.③

　　將③分別代入①②式，得

　　所以-247

　　(2)方法一：由d0可知a1a3a13，

　　因此，若在112中存在自然數n，使得an0，an+10，

　　則Sn就是S1，S2，，S12中的最大值.

　　由于S12=6(a6+a7)0，S13=13a70，

　　即a6+a70，a70，因此a60，a70，

　　故在S1，S2，，S12中，S6的值最大.

　　方法二：由d0可知a1a3a13，

　　因此，若在112中存在自然數n，使得an0，an+10，

　　則Sn就是S1，S2，，S12中的最大值.

　　故在S1，S2，，S12中，S6的值最大.

　　【變式訓練2】在等差數列{an}中，公差d0，a2 008，a2 009是方程x2-3x-5=0的兩個根，Sn是數列{an}的前n項的和，那么滿足條件Sn0的最大自然數n=.

　　【解析】由題意知又因為公差d0，所以a2 0080，a2 0090. 當

　　n=4 015時，S4 015=a1+a4 01524 015=a2 0084 015當n=4 016時，S4 016=a1+a4 01624 016=a2 008+a2 00924 0160.所以滿足條件Sn0的最大自然數n=4 015.

　　題型三性質的應用

　　【例3】某地區2010年9月份曾發生流感，據統計，9月1日該地區流感病毒的新感染者有40人，此后，每天的新感染者人數比前一天增加40人;但從9月11日起，該地區醫療部門采取措施，使該種病毒的傳播得到控制，每天的新感染者人數比前一天減少10人.

　　(1)分別求出該地區在9月10日和9月11日這兩天的流感病毒的新感染者人數;

　　(2)該地區9月份(共30天)該病毒新感染者共有多少人?

　　【解析】(1)由題意知，該地區9月份前10天流感病毒的新感染者的人數構成一個首項為40，公差為40的等差數列.

　　所以9月10日的新感染者人數為40+(10-1)40=400(人).

　　所以9月11日的新感染者人數為400-10=390(人).

　　(2)9月份前10天的新感染者人數和為S10=10(40+400)2=2 200(人)，

　　9月份后20天流感病毒的新感染者的人數，構成一個首項為390，公差為-10的等差數列.

　　所以后20天新感染者的人數和為T20=20390+20(20-1)2(-10)=5 900(人).

　　所以該地區9月份流感病毒的新感染者共有2 200+5 900=8 100(人).

　　【變式訓練3】設等差數列{an}的前n項和為Sn，若S410，S515，則a4的最大值為

　　【解析】因為等差數列{an}的前n項和為Sn，且S410，S515，

　　所以5+3d23+d，即5+3d6+2d，所以d1，

　　所以a43+1=4，故a4的最大值為4.

　　總結提高

　　1.在熟練應用基本公式的同時，還要會用變通的公式，如在等差數列中，am=an+(m-n)d.

　　2.在五個量a1、d、n、an、Sn中，知其中的三個量可求出其余兩個量，要求選用公式要恰當，即善于減少運算量，達到快速、準確的目的.

　　3.已知三個或四個數成等差數列這類問題，要善于設元，目的仍在于減少運算量，如三個數成等差數列時，除了設a，a+d，a+2d外，還可設a-d，a，a +d;四個數成等差數列時，可設為a-3m，a-m，a+m，a+3m.

　　4.在求解數列問題時，要注意函數思想、方程思想、消元及整體消元的方法的應用.

　　6.3 等比數列

　　典例精析

　　題型一等比數列的基本運算與判定

　　【例1】數列{an}的前n項和記為Sn，已知a1=1，an+1=n+2nSn(n=1,2,3，).求證：

　　(1)數列{Snn}是等比數列;(2)Sn+1=4an.

　　【解析】(1)因為an+1=Sn+1-Sn，an+1=n+2nSn，

　　所以(n+2)Sn=n(Sn+1-Sn).

　　整理得nSn+1=2(n+1)Sn，所以Sn+1n+1=2Snn，

　　故{Snn}是以2為公比的等比數列.

　　(2)由(1)知Sn+1n+1=4Sn-1n-1 =4ann+1(n2)，

　　于是Sn+1=4(n+1)Sn-1n-1=4an(n2).

　　又a2=3S1=3，故S2=a1+a2=4.

　　因此對于任意正整數n1，都有Sn+1=4an.

　　【點撥】①運用等比數列的基本公式，將已知條件轉化為關于等比數列的特征量a1、q的方程是求解等比數列問題的常用方法之一，同時應注意在使用等比數列前n項和公式時，應充分討論公比q是否等于1;②應用定義判斷數列是否是等比數列是最直接，最有依據的方法，也是通法，若判斷一個數列是等比數列可用an+1an=q(常數)恒成立，也可用a2n+1 =anan+2 恒成立，若判定一個數列不是等比數列則只需舉出反例即可，也可以用反證法.

　　【變式訓練1】等比數列{an}中，a1=317，q=-12.記f(n)=a1a2an，則當f(n)最大時，n的值為()

　　A.7 B.8 C.9 D.10

　　【解析】an=317(-12)n-1，易知a9=31712561，a100,00，故f(9)=a1a2a9的值最大，此時n=9.故選C.

　　題型二性質運用

　　【例2】在等比數列{an}中，a1+a6=33，a3a4=32，anan+1(nN*).

　　(1)求an;

　　(2)若Tn=lg a1+lg a2++lg an，求Tn.

　　【解析】(1)由等比數列的性質可知a1a6=a3a4=32，

　　又a1+a6=33，a1a6，解得a1=32，a6=1，

　　所以a6a1=132，即q5=132，所以q=12，

　　所以an=32(12)n-1=26-n .

　　(2)由等比數列的性質可知，{lg an}是等差數列，

　　因為lg an=lg 26-n=(6-n)lg 2，lg a1=5lg 2，

　　所以Tn=(lg a1+lg an)n2=n(11-n)2lg 2.

　　【點撥】歷年高考對性質考查較多，主要是利用等積性，題目小而巧且背景不斷更新，要熟練掌握.

　　【變式訓練2】在等差數列{an}中，若a15=0，則有等式a1+a2++an=a1+a2++a29-n(n29，nN*)成立，類比上述性質，相應地在等比數列{bn}中，若b19=1，能得到什么等式?

　　【解析】由題設可知，如果am=0，在等差數列中有

　　a1+a2++an=a1+a2++a2m-1-n(n2m-1，nN*)成立，

　　我們知道，如果m+n=p+q，則am+an=ap+aq，

　　而對于等比數列{bn}，則有若m+n=p+q，則aman=apaq，

　　所以可以得出結論：

　　若bm=1，則有b1b2bn=b1b2b2m-1-n(n2m-1，nN*)成立.

　　在本題中則有b1b2bn=b1b2b37-n(n37，nN*).

　　題型三綜合運用

　　【例3】設數列{an}的前n 項和為Sn，其中an0，a1為常數，且-a1，Sn，an+1成等差數列.

　　(1)求{an}的通項公式;

　　(2)設bn=1-Sn，問是否存在a1，使數列{bn}為等比數列?若存在，則求出a1的值;若不存在，說明理由.

　　【解析】(1)由題意可得2Sn=an+1-a1.

　　所以當n2時，有

　　兩式相減得an+1=3an(n2).

　　又a2=2S1+a1=3a1，an0，

　　所以{an}是以首項為a1，公比為q=3的等比數列.

　　所以an=a13n-1.

　　(2)因為Sn=a1(1-qn)1-q=-12a1+12a13n，所以bn=1-Sn=1+12a1-12a13n.

　　要使{bn}為等比數列，當且僅當1+12a1=0，即a1=-2，此時bn=3n.

　　所以{bn}是首項為3，公比為q=3的等比數列.

　　所以{bn}能為等比數列，此時a1=-2.

　　【變式訓練3】已知命題：若{an}為等差數列，且am=a，an=b(m0，nN*)為等比數列，且bm=a，bn=b(m

　　【解析】n-mbnam.

　　總結提高

　　1.方程思想，即等比數列{an}中五個量a1，n，q，an，Sn，一般可知三求二，通過求和與通項兩公式列方程組求解.

　　2.對于已知數列{an}遞推公式an與Sn的混合關系式，利用公式an=Sn-Sn-1(n2)，再引入輔助數列，轉化為等比數列問題求解.

　　3.分類討論思想：當a10，q1或a10,00,01時，{an}為遞減數列;q0時，{an}為擺動數列;q=1時，{an}為常數列.

　　6.4 數列求和

　　典例精析

　　題型一錯位相減法求和

　　【例1】求和：Sn=1a+2a2+3a3++nan.

　　【解析】(1)a=1時，Sn=1+2+3++n=n(n+1)2.

　　(2)a1時，因為a0，

　　Sn=1a+2a2+3a3++nan，①

　　1aSn=1a2+2a3++n-1an+nan+1.②

　　由①-②得(1-1a)Sn=1a+1a2++1an-nan+1=1a(1-1an)1-1a-nan+1，

　　所以Sn=a(an-1)-n(a-1)an(a-1)2.

　　綜上所述，Sn=

　　【點撥】(1)若數列{an}是等差數列，{bn}是等比數列，則求數列{anbn}的前n項和時，可采用錯位相減法;

　　(2)當等比數列公比為字母時，應對字母是否為1進行討論;

　　(3)當將Sn與qSn相減合并同類項時，注意錯位及未合并項的正負號.

　　【變式訓練1】數列{2n-32n-3}的前n項和為()

　　A.4-2n-12n-1 B.4+2n-72n-2 C.8-2n+12n-3 D.6-3n+22n-1

　　【解析】取n=1，2n-32n-3=-4.故選C.

　　題型二分組并項求和法

　　【例2】求和Sn=1+(1+12)+(1+12+14)++(1+12+14++12n-1).

　　【解析】和式中第k項為ak =1+12+14++12k-1=1-(12)k1-12=2(1-12k).

　　所以Sn=2[(1-12)+(1-122)++(1-12n)]

　　= -(12+122++12n)]

　　=2[n-12(1-12n)1-12]=2[n-(1-12n)]=2n-2+12n-1.

　　【變式訓練2】數列1, 1+2, 1+2+22，1+2+22+23，，1+2+22++2n-1，的前n項和為()

　　A.2n-1 B.n2n-n

　　C.2n+1-n D.2n+1-n-2

　　【解析】an=1+2+22++2n-1=2n-1，

　　Sn=(21-1)+(22-1)++(2n-1)=2n+1-n-2.故選D.

　　題型三裂項相消法求和

　　【例3】數列{an}滿足a1=8，a4=2，且an+2-2an+1+an=0 (nN*).

　　(1)求數列{an}的通項公式;

　　(2)設bn=1n(14-an)(nN*)，Tn=b1+b2++bn(nN*)，若對任意非零自然數n，Tnm32恒成立，求m的最大整數值.

　　【解析】(1)由an+2-2an+1+an=0，得an+2-an+1=an+1-an，

　　從而可知數列{an}為等差數列，設其公差為d，則d=a4-a14-1=-2，

　　所以an=8+(n-1)(-2)=10-2n.

　　(2)bn=1n(14-an)=12n(n+2)=14(1n-1n+2)，

　　所以Tn=b1+b2++bn=14[(11-13)+(12-14)++(1n-1n+2)]

　　=14(1+12-1n+1-1n+2)=38-14(n+1)-14(n+2)m32 ，

　　上式對一切nN*恒成立.

　　所以m12-8n+1-8n+2對一切nN*恒成立.

　　對nN*，(12-8n+1-8n+2)min=12-81+1-81+2=163，

　　所以m163，故m的最大整數值為5.

　　【點撥】(1)若數列{an}的通項能轉化為f(n+1)-f(n)的形式，常采用裂項相消法求和.

　　(2)使用裂項相消法求和時，要注意正負項相消時，消去了哪些項，保留了哪些項.

　　【變式訓練3】已知數列{an}，{bn}的前n項和為An，Bn，記cn=anBn+bnAn-anbn(nN*)，則數列{cn}的前10項和為()

　　A.A10+B10 B.A10+B102 C.A10B10 D.A10B10

　　【解析】n=1，c1=A1B1;n2，cn=AnBn-An-1Bn-1，即可推出{cn}的前10項和為A10B10，故選C.

　　總結提高

　　1.常用的基本求和法均對應數列通項的特殊結構特征，分析數列通項公式的特征聯想相應的求和方法既是根本，也是關鍵.

　　2.數列求和實質就是求數列{Sn}的通項公式，它幾乎涵蓋了數列中所有的思想策略、方法和技巧，對學生的知識和思維有很高的要求，應充分重視并系統訓練.

　　6.5 數列的綜合應用

　　典例精析

　　題型一函數與數列的綜合問題

　　【例1】已知f(x)=logax(a0且a1)，設f(a1)，f(a2)，，f(an)(nN*)是首項為4，公差為2的等差數列.

　　(1)設a是常數，求證：{an}成等比數列;

　　(2)若bn=anf(an)，{bn}的前n項和是Sn，當a=2時，求Sn.

　　【解析】(1)f(an)=4+(n-1)2=2n+2，即logaan=2n+2，所以an=a2n+2，

　　所以anan-1=a2n+2a2n=a2(n2)為定值，所以{an}為等比數列.

　　(2)bn=anf(an)=a2n+2logaa2n+2=(2n+2)a2n+2，

　　當a=2時，bn=(2n+2) (2)2n+2=(n+1) 2n+2，

　　Sn=223+324+425++(n+1 ) 2n+2，

　　2Sn=224+325++n2n+2+(n+1)2n+3，

　　兩式相減得

　　-Sn=223+24+25++2n+2-(n+1)2n+3=16+24(1-2n-1)1-2-(n+1)2n+3，

　　所以Sn=n2n+3.

　　【點撥】本例是數列與函數綜合的基本題型之一，特征是以函數為載體構建數列的遞推關系，通過由函數的解析式獲知數列的通項公式，從而問題得到求解.

　　【變式訓練1】設函數f(x)=xm+ax的導函數f(x)=2x+1，則數列{1f(n)}(nN*)的前n項和是()

　　A.nn+1 B.n+2n+1 C.nn+1 D.n+1n

　　【解析】由f(x)=mxm-1+a=2x+1得m=2，a=1.

　　所以f(x)=x2+x，則1f(n)=1n(n+1)=1n-1n+1.

　　所以Sn=1-12+12-13+13-14++1n-1n+1=1-1n+1=nn+1.故選C.

　　題型二數列模型實際應用問題

　　【例2】某縣位于沙漠地帶，人與自然長期進行著頑強的斗爭，到2009年底全縣的綠化率已達30%，從2010年開始，每年將出現這樣的局面：原有沙漠面積的16%將被綠化，與此同時，由于各種原因，原有綠化面積的4%又被沙化.

　　(1)設全縣面積為1,2009年底綠化面積為a1=310，經過n年綠化面積為an+1，求證：an+1=45an+425;

　　(2)至少需要多少年(取整數)的努力，才能使全縣的綠化率達到60%?

　　【解析】(1)證明：由已知可得an 確定后，an+1可表示為an+1=an(1-4%)+(1-an)16%，

　　即an+1=80%an+16%=45an+425.

　　(2)由an+1=45an+425有，an+1-45=45(an-45)，

　　又a1-45=-120，所以an+1-45=-12(45)n，即an+1=45-12(45)n，

　　若an+135，則有45-12(45)n35，即(45)n-112，(n-1)lg 45-lg 2，

　　(n-1)(2lg 2-lg 5)-lg 2，即(n-1)(3lg 2-1)-lg 2，

　　所以n1+lg 21-3lg 24，nN*，

　　所以n取最小整數為5，故至少需要經過5年的努力，才能使全縣的綠化率達到60%.

　　【點撥】解決此類問題的關鍵是如何把實際問題轉化為數學問題，通過反復讀題，列出有關信息，轉化為數列的有關問題.

　　【變式訓練2】規定一機器狗每秒鐘只能前進或后退一步，現程序設計師讓機器狗以前進3步，然后再后退2步的規律進行移動.如果將此機器狗放在數軸的原點，面向正方向，以1步的距離為1單位長移動，令P(n)表示第n秒時機器狗所在的位置坐標，且P(0)=0，則下列結論中錯誤的是()

　　A.P(2 006)=402 B.P(2 007)= 403

　　C.P(2 008)=404 D.P(2 009)=405

　　【解析】考查數列的應用.構造數列{Pn}，由題知P(0)=0，P(5)=1，P(10)=2，P(15)=3.所以P(2 005)=401，P(2 006)=401+1=402，P(2 007)=401+1+1=403，P(2 008)=401+

　　3=404，P(2 009)=404-1=403.故D錯.

　　題型三數列中的探索性問題

　　【例3】{an}，{bn}為兩個數列，點M(1,2)，An(2，an)，Bn(n-1n，2n)為直角坐標平面上的點.

　　(1)對nN*，若點M，An，Bn在同一直線上，求數列{an}的通項公式;

　　(2)若數列{bn}滿足log2Cn=a1b1+a2b2++anbna1+a2++an，其中{Cn}是第三項為8，公比為4的等比數列，求證：點列(1，b1)，(2，b2)，，(n，bn)在同一直線上，并求此直線方程.

　　【解析】(1)由an-22-1=2n-2n-1n-1，得an=2n.

　　(2)由已知有Cn=22n-3，由log2Cn的表達式可知：

　　2(b1+2b2++nbn)=n(n+1)(2n-3)，①

　　所以2[b1+2b2++(n-1)bn-1]=(n-1)n(2n-5).②

　　①-②得bn=3n-4，所以{bn}為等差數列.

　　故點列(1，b1)，(2，b2)，，(n，bn)共線，直線方程為y=3x-4.

　　【變式訓練3】已知等差數列{an}的首項a1及公差d都是整數，前n項和為Sn(nN*).若a11，a43，S39，則通項公式an=.

　　【解析】本題考查二元一次不等式的整數解以及等差數列的通項公式.

　　由a11，a43，S39得

　　令x=a1，y=d得

　　在平面直角坐標系中畫出可行域如圖所示.符合要求的整數點只有(2,1)，即a1=2，d=1.所以an=2+n-1=n+1.故答案填n+1.

　　總結提高

　　1.數列模型應用問題的求解策略

　　(1)認真審題，準確理解題意;

　　(2)依據問題情境，構造等差、等比數列，然后應用通項公式、前n項和公式以及性質求解，或通過探索、歸納構造遞推數列求解;

　　(3)驗證、反思結果與實際是否相符.

　　2.數列綜合問題的求解策略

　　(1)數列與函數綜合問題或應用數學思想解決數列問題，或以函數為載體構造數列，應用數列的知識求解;

　　(2)數列的幾何型綜合問題，探究幾何性質和規律特征建立數列的遞推關系式，然后求解問題.

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