二輪復習之數列突破

數列在高考中占有重要的地位，這是因為數列知識是考查轉化與化歸、分類討論、推理論證及探索問題能力的重要題源，容易命制背景新穎的試題，較好地體現高考的選拔功能．備戰2012年高考，數列要重點關注三個方面：（1）關注求數列通項的方法；（2）關注數列求和的基本方法，如錯位相減法、裂項法；（3）關注數列與其他數學知識模塊綜合問題．建議在熟練掌握等差和等比兩類數列模型的基礎上，突出掌握方法，尤其是通性通法，提高等價轉化能力及思維的靈活性．

1． 串聯情況：雖然等差與等比數列有明顯的定義區別，但它們在性質上卻有許多相似的地方，例如“對于等差數列｛an｝，若m+n=s+t，則am+an=as+at”， “對于等比數列｛an｝，若m+n=s+t，則aman=asat”；又例如“對于等差數列｛an｝，有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m也是等差數列”，“對于等比數列｛an｝，有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m也是等比數列”，希望同學們認真體會．

2． 考情分析：等差與等比數列是兩類重要的數列模型，它們的綜合運用仍然是高考的最大熱點所在，高考命題專家既要依據兩類數列模型的基本知識和性質命題，又要站在兩類數列模型所提煉出的數學思想方法上進行拓展，做到“源于等差、等比數列，多角度考查非等差、等比數列”．

3． 破解技巧：對于一個非等差、等比數列，我們往往通過待定系數法構造新數列，使得該新數列是等差、等比數列． 例如an=pan－1+q，我們可設an+x=p（an－1+x），從而x=，這樣就有an+=pan－1+，從而可以得到一個等比數列an+．

4． 經典例題：

已知數列｛an｝中，a1=1，a2=3，且an+1=an+2an－1（n≥2）．

（1）設bn=an+1+λan，是否存在實數λ，使數列｛bn｝為等比數列． 若存在，求出λ的值；若不存在，請說明理由．

（2）求數列｛an｝的前n項和Sn．

破解思路 線性數列屬于高等數學范疇，常用特征根法求通項公式． 然而，對于高中生要解決線性數列問題，往往是通過構造新的等比數列，運用等比數列知識，實現“降階”過程，進而求出通項公式．

經典答案 （1）法1：假設存在實數λ，使數列｛bn｝為等比數列，則b=b1b3，即（5+3λ）2=（3+λ）（11+5λ），所以λ=1或λ=－2．

1°當λ=1時，bn=an+1+an，b1=a2+a1=4．

當n≥2時，===2，所以，數列｛bn｝為首項是4、公比是2的等比數列．

2°當λ=－2時，bn=an+1－2an，b1=a2－2a1=1．

當n≥2時，===－1，所以數列｛bn｝為首項是1、公比是－1的等比數列．

法2：假設存在實數λ，使數列｛bn｝為等比數列．

當n≥2時，設=q，即a+λan=q（an+λan－1），即a=（q－λ）an+qλan－1．

與已知an+1=an+2an－1比較，令q－λ=1，qλ=2，解得λ=1或λ=－2．

所以存在實數λ，使數列｛bn｝為等比數列．

當λ=1時，數列｛bn｝為首項是4、公比是2的等比數列；

當λ=－2時，數列｛bn｝為首項是1、公比是－1的等比數列．

（2）法1：由（1）知an+1+an=4×2n－1=2n+1（n≥1），當n為偶數時，Sn=（a1+a2）+（a3+a4）+（a5+a6）+…+（an－1+an）=22+24+26+…+2n==（2n+2－4）．

當n為奇數時，Sn=a1+（a2+a3）+（a4+a5）+…+（an－1+an）=1+23+25+…+2n=1+=（2n+2－5）．

故數列｛an｝的前n項和Sn=（2n+2－4），n為偶數，（2n+2－5），n為奇數.

注：若將上述和式合并，即得Sn=（2n+2-4）+．

法2：由（1）知an+1－2an=（－1）n+1（n≥1），所以－==－（n≥1）．

當n≥2時，=+-+-+…+-=+－+－+…+－=+=+#8226;1－－．

因為=也適合上式，所以=+1－－n-1（n≥1），所以an=［2n+1+（－1）n］，所以Sn=［（22+23+24+…+2n+1）+（－1）1+（－1）2+（－1）3+…+（－1）n］=#8226;+=#8226;（2n+2－4）+．

法3：由（1）可知，an+1+an=4×2n－1，an+1－2an=1×（－1）n－1，所以an=［2n+1+（－1）n］．

Sn=［（22－1）+（23+1）+（24－1）+（25+1）+…+（2n+（－1）n－1）+（2n+1+（－1）n）］．

當n為偶數時，Sn=（22+23+24+25+…+2n+2n+1）=×=（2n+2－4）．

當n為奇數時，Sn=［（22+23+24+25+…+2n+2n+1）－1］=×-1=（2n+2－5）．

故數列｛an｝的前n項和Sn=（2n+2－4），n為偶數，（2n+2－5），n為奇數.

注：若將上述和式合并，即得Sn=（2n+2－4）+．

1． 串聯情況：解析幾何搭建了數與形的橋梁，數列與解析幾何的綜合交匯，不僅強化了數與形的關系，而且突出了數列在解析幾何中的工具性，側面反映出解析幾何背景下的數列應用．

2． 考情分析：從近幾年數列高考試題看，命題呈現形式多樣化，思維角度呈現復雜化，其中一種模式就是站在解析幾何的基礎上，考查數列建模能力和應用能力，問題解決甚至還需要借助函數知識，這就需要同學們有較強的數學綜合能力．

3． 破解技巧：數列與解析幾何的綜合，往往從探究數列遞推關系開始，探究歷程往往是“探尋遞推公式→演變成通項公式→①數列前n項和的研究；②通項公式的延續拓展”，所以其突破關鍵是要探究點與點的關系，挖掘數列的遞推關系．

4． 經典例題：

如圖1所示，B1，B2，B3，…，Bn，…順次為曲線y=（x>0）上的點，A1，A2，A3，…，An，…順次為x軸上的點，且△OB1A1，△A1B2A2，△A2B3A3，…均為等腰直角三角形（其中B1，B2，B3，…，Bn，…為直角頂點），設An的坐標為（xn，0）（n∈N）．

圖1

（1）求數列｛xn｝的通項公式；

（2）設Sn為數列的前n項和，

試證明：Sn>－1．

破解思路 第1問的突破口是探尋數列｛xn｝的遞推關系，即xn與xn+1的關系，探究過程是“xn與xn+1的關系”←“An與An+1的聯系”←“借助Bn+1，An與An+1發生關系，形成三角關系鏈”． 第2問的突破口是靈活運用拆分構造法或裂項求和法，牢牢地抓住數列通項進行放縮求解．

拆分構造法：因為－1=（－）+（－）+…+（－1），所以要證Sn>－1，即證>－．

說明：常見的還有積的拆分，例如=#8226;#8226;…#8226;×等．

裂項求和法：=>=－．

說明：常見的裂項技巧還有=－，=（－），=－，=－，>=－，<=－，=－，n#8226;n！=（n+1）！－n！．

經典答案 （1）由y=（x>0）且y=x得點B1的坐標是（1，1），所以x1=x+y=2．

因為直線AnBn+1的方程為y=x－xn，聯立y=（x>0），得點Bn+1的坐標，，所以xn+1=x+y=，即x-x=4，所以x=4+4（n-1）=4n，所以xn=2或 －2（舍去）．

（2）因為=>=－，所以Sn=++…+>（－）+（－）+…+（－）=－1．

說明：探究問題的變式可以開闊眼界，拓展思維． 此問可以變為試比較loga（Sn+1）與loga（n+1）的大小（其中a>0且a≠1）．

1． 串聯情況：數列是函數概念的繼續和延伸，將單調性、最值、周期、對稱性及分類思想應用到數列中自然是情理之事． 數列與函數的綜合，主要體現在將數列問題轉化為函數問題，充分利用函數性質進行解答，這往往需要同學們養成良好的函數解題思維習慣，主動構造函數．

2． 考情分析：分析近幾年高考數列試題，不難發現，許多數列不等式問題、最值問題、恒成立問題和探究性問題，實質考查同學們的問題轉化能力，將數列問題轉化為函數問題，然后借助導數工具，達到解決問題的目的，其思維過程是“數列問題函數問題導數問題”

3． 破解技巧：數列與函數的綜合應用問題突破口是函數思想的靈活運用，要能夠主動構造函數，借助導數等工具解答．

4． 經典例題：

給定數列｛an｝，若滿足a1=a（a>0且a≠1），對于任意的n，m∈N，有an+m=an#8226;am，則稱該數列為指數數列．

（1）定義在R上的函數y=f（x）滿足f（x）f（y）=f（x+y），當x>0時， f（x）>1，若數列｛an｝滿足a1=2，f（an+1）=（n∈N），試證明數列｛an｝是指數數列．

（2）若數列｛an｝是指數數列，a1=（t∈N），

①當n≥2，n∈N時，求證：an>1－；

②求證：數列｛an｝的任意三項都不構成等差數列．

破解思路 該題模仿指數函數，定義了指數數列，這類試題的特點是給出了中學數學內容中沒有遇到過的新知識，它可以是新的概念、新的定義、新的定理或新的規則、新的情景． 解決這類題目首先要讀懂新概念，理解新情景，獲取有效信息，然后根據這個新知識作進一步演算或推理，綜合運用新的信息和數學知識，分析、解決新情景問題． 第1問的突破口是探究抽象函數y=f（x）的單調性，從而脫去符號“f”，得出數列｛an｝的遞推關系． 第2問的突破口是數學歸納法和反證法．

經典思路 （1）因為f（x）f（y）=f（x+y），故有f（0）f（1）=f（1）．

又當x>0時， f（x）>1，故f（1）≠0，所以f（0）=1>0；

當x<0時，－x>0，由f（x）f（－x）=f（0），得f（x）=>0，所以對于任意實數x， f（x）>0恒成立．

任取x1，x2∈R，且x10，因為f（x2）－f（x1）=f［x1+（x2－x1）］－f（x1）=f（x1）［f（x2－x1）－1］>0，所以f（x2）>f（x1），故函數y=f（x）在R上單調遞增．

因為f（an+1）=，所以f（an+1－2an）=f（0），所以an+1－2an=0，即an+1=2an，數列｛an｝是首項為2，公比為2的等比數列，所以an=2n，顯然對于任意的n，m∈N，恒有an+m=an#8226;am，而且a1=2，所以數列｛an｝是指數數列．

（2）因為數列｛an｝是指數數列，故對于任意的n，m∈N，有an+m=an#8226;am，所以令m=1，則an+1=an#8226;a1=an，所以｛an｝是公比為，首項為的等比數列，故an=．

①證明：（用數學歸納法證明）

當n=2時，左邊==1－>1－=右邊，不等式成立；

假設當n=k（k∈N，k≥2）時，不等式成立，即ak>1－．

因為ak+1==#8226;=ak#8226;1－，所以ak+1>1－#8226;1－>1－，所以當n=k+1時，不等式也成立．

綜上所述，當n≥2，n∈N時，不等式都成立．

②假設數列｛an｝中存在三項au，av，aw構成等差數列，不妨au>av>aw，則u

因為2av=au+aw，即2#8226;=+，所以2#8226;（t+4）w－v（t+3）v－u=（t+4）w－u+（t+3）w－u． （）

當t是偶數時，2#8226;（t+4）w－v（t+3）v－u是偶數，（t+4）w－u是偶數，（t+3）w－u是奇數，所以2#8226;（t+4）w－v（t+3）v－u≠（t+4）w－u+（t+3）w－u不成立；

當t是奇數時，2#8226;（t+4）w－v（t+3）v－u是偶數，（t+4）w－u是奇數，（t+3）w－u是偶數，所以2#8226;（t+4）w－v（t+3）v－u≠（t+4）w－u+（t+3）w－u不成立．

所以任意t∈N，2#8226;（t+4）w－v（t+3）v－u=（t+4）w－u+（t+3）w－u不成立，這與（）式矛盾，所以假設不成立，故數列｛an｝的任意三項都不構成等差數列．

已知數列｛an｝的首項a1=5，前n項和為Sn，且an+1=Sn+n+5（n∈N）

（1）求數列｛an｝的通項公式；

（2）若f（x）=a1x+a2x2+…+anxn，證明：當n≥3，n∈N時，2f ′（1）>23n2－13n．

破解思路 盡管高考考綱對遞推數列僅要求“了解遞推公式是給出數列的一種方法，并能根據遞推公式寫出數列的前幾項”，但實際命題中常涉及一些簡單的由遞推數列求通項的問題，其中包括Sn與an的遞推關系，對此同學們要引起注意． 第1問的突破口是先“消元”，再構造等比數列求解，其中消元既可消去an+1，也可消去Sn． 由an+1=Aan+f（n）的遞推式求通項的重點是轉化思想的運用，常通過待定系數法構造新的等比數列：

①形如an+1=Aan+B（A≠1且AB≠0）． 設an+1+x=A（an+x）（其中x是待定的系數），所以（A－1）x=B，x=，故｛an+是等比數列．

②形如an+1=Aan+Bn+C（A≠1且AB≠0）． 設an+1+x（n+1）+y=A（an+xn+y）（其中x，y是待定的系數），所以（A－1）x=B，

（A－1）y－x=C，即x=，

y=+，所以｛an+n++是等比數列．

③形如an+1=Aan+B#8226;Cn+1（A≠C，C>0，C≠1）． 常變形為=#8226;+B，設bn=，故bn+1=bn+B，根據①可得bn+是等比數列，進而求an．

④形如an+1=Aa（A>0，B≠1）. 常變形為lgan+1=Blgan+lgA，設bn=lgan，故bn+1=Bbn+lgA，根據①可得bn+是等比數列，進而求an．

第2問的實質是求數列｛an｝的前n項和Sn，用錯位相減法．

若數列｛an｝滿足：an=bn#8226;cn，｛bn｝是等差數列，｛cn｝是等比數列，求其前n項的和常用錯位相減法． 解答由三步組成，設等差數列｛bn｝的公差為d，等比數列｛cn｝的公比為q．

第一步：列方程

Sn=a1+a2+a3+…+an－1+an，…………（1）

qSn=qa1+qa2+qa3+…+qan－1+qan；…（2）

第二步：作差，（1）-（2）得（1－q）#8226;Sn=a1+d（c2+c3+…+cn）－qan；

第三步：化簡，當q≠1時，Sn=+．

經典答案 （1）法1：消元an法． 因為an+1=Sn+n+5，所以Sn+1－Sn=Sn+n+5，即Sn+1=2Sn+n+5．

設Sn+1+x（n+1）+y=2（Sn+xn+y），所以x=1，y=6，故Sn+1+（n+1）+6=2（Sn+n+6）．

因為當n=1時，Sn+n+6=12≠0，所以｛Sn+n+6｝是首項為12，公比為2的等比數列，所以Sn+n+6=12#8226;2n－1，即Sn=3#8226;2n+1－n－6，所以an=S1（n=1），

Sn－Sn－1（n≥2）=5（n=1），

3#8226;2n－1（n≥2）=3#8226;2n－1．

法2：消元Sn法． 因為an+1=Sn+n+5，所以當n≥2時，an=Sn－1+n+4，所以an+1=2an+1，所以an+1+1=2（an+1）．（）

因為a1+1=6，a2=S1+1+5=11，故當n=1時，（）式也成立，所以｛an+1｝是首項為6，公比為2的等比數列，所以an+1=6#8226;2n－1，故an=3#8226;2n－1．

（2）因為f（x）=a1x+a2x2+…+anxn， f ′（x）=a1+2a2x+…+nanxn－1，所以f ′（1）=a1+2a2+…+nan=（3×2－1）+2（3×22－1）+…+n（3×2n－1）=3（2+2×22+…+n×2n）-（1+2+…+n）．

設Tn=2+2×22+…+n×2n，2Tn=22+2×23+…+n×2n+1，兩式相減得－Tn=2+22+23+…+2n－n×2n+1，Tn=－+n×2n+1=（n－1）#8226;2n+1+2，所以f ′（1）=3（n－1）#8226;2n+1－+6．

當n≥3，n∈N時，要證2f ′（1）>23n2－13n，只要證2n>2n+1．

（構造函數法）引入函數g（x）=2x－（2x+1）（x≥3）．

當x≥3時，g′（x）=2xln2－2≥8×ln2－2=2ln>0，所以函數g（x）=2x－（2x+1）在［3，+∞）上單調遞增，故g（x）≥g（3）=1>0． 原不等式成立．

（二項式放縮法）當n≥3時，2n=（1+1）n=C+C+…+C+C，所以2n≥2n+2>2n+1，原不等式成立．

（數學歸納法）略．

在數列｛an｝中，a1=1，a2=2，當n∈N時，a2n－1，a2n，a2n+1成等差數列，a，a，a成等比數列．

（1）求數列｛an｝的通項公式；

（2）設bn=（n∈N），求數列｛bn｝所有項中的最小項．

破解思路 本題站在等差數列和等比數列上，考查創新推理論證能力和運算求解能力，對歸納推理、數學歸納法、分類討論等重要數學思想方法進行了全面檢測． 第1問的突破口是由特殊到一般進行歸納推理，處理過程是“多寫項→找規律→再證明”． 第2問的突破口是依據數列的單調性求最大（小）項，既可以構造函數，憑借導數知識判斷函數的單調性，從而得出數列的單調性，由此求最值，也可以從數列的單調性定義判斷，遵循“作差→化簡→判斷正負→得結論”的解答過程．

經典答案 （1）因為a2n－1，a2n，a2n+1成等差數列，所以2a2n=a2n－1+a2n+1．

因為a1=1，a2=2，所以a3=3． 因為a2n，a2n+1，a2n+2成等比數列，所以a=a2n×a2n+2． 因為a3=3，a2=2，所以a4=．

同理，可求得a5=6，a6=8，a7=10，a8=，所以猜想a2n－1=，a2n=，n∈N，用數學歸納法證明，如下．

①當n=1時，a2×1－1=a1=1，a2×1==2，猜想成立．

②假設n=k（k≥1，k∈N）時，猜想成立，即a2k－1=，a2k=，

那么a2（k+1）－1=a2k+1=2a2k－a2k－1=2×－=，a2（k+1）=a2k+2==÷==，所以n=k+1時，猜想也成立．

由①②知，根據數學歸納法原理，對任意的n∈N，猜想成立．

所以當n為奇數時，

an==；

當n為偶數時，an==．

（注：通項公式也可以寫成an=n2+n+）

（2）法1：構造函數法． 因為bn===n++1．

引入函數f（x）=x++1（x>0），則bn=f（n）（n∈N）．

因為f ′（x）=－=，所以y=f（x）在（0，）上單調遞減，在（，+∞）上單調遞增，所以f（1）>f（2）>…>f（63）， f（64）b2>…>b63，b64

因為b63=，b64=，b64>b63，

所以數列｛bn｝所有項中的最小項是第63項，b63=．

法2：單調性法． 因為bn===n++1，所以bn+1－bn=+－==. 當n≤62時，bn+1－bn<0，即bn+10，即bn+1>bn，所以b1>b2>…>b63，b63

1． 串聯情況：不等式知識是高中數學的重要組成部分，是大學學習的接軌點，深受命題人的喜愛，以至于高考對數列與不等式綜合方面的考查頻頻見于卷面，本專題例2和例3就是很好的例證． 常規題型主要體現在對數列通項放縮技巧的考查，通常解法是“移項（作差）→構造函數→求導，判斷單調性→由函數的最值判斷差的正負符號”，也常用數學歸納法．

2． 考情分析：從近幾年的高考試題看，命題人對數列與不等式綜合題的喜愛是毫不保留的，在多數情況下高考數學理科卷的壓軸題會是這方面的綜合題，而它也常出現在文科卷解答題的最后幾題中．

3． 破解技巧：正確進行問題轉化是破解該類試題的關鍵． 一方面是將不等式問題轉化為數列通項放縮問題，另一方面是將數列不等式問題轉化為函數問題． 當然，掌握作差法、放縮法、數學歸納法、構造函數法等常規方法是非常必要的．

4． 經典例題：

設數列｛an｝的各項都是正數，且對任意n∈N，都有a+a+a+…+a=S，其中Sn為數列｛an｝的前n項和．

（1）求a1，a2，a3，并求數列｛an｝的通項公式；

（2）設bn=3n+（－1）n－1λ2（λ為非零整數，n∈N），求λ的值，使得對任意n∈N，都有bn+1>bn成立．

破解思路 我們可以將著眼點放在等式a+a+a+…+a=S上，合理利用這個等式，不難得到數列｛an｝的通項公式，一旦獲得通項公式an，接下來的問題就迎刃而解了．

經典答案 （1）法1（數學歸納法）：因為對任意n∈N，都有a+a+a+…+a=S，且數列｛an｝的各項都是正數，所以當n=1時，有a=S，解得a1=1，同理，當n=2時，解得a2=2，當n=3時，解得a3=3．

假設當n=k時，ak=k成立，則當n=k+1時，因為a+a+a+…+a=S，a+a+a+…+a=S，兩式相減得S+a=S，即S+a=（Sk+ak+1）2 ①．

又由ak=k知Sk= ②，聯立①②解得ak+1=k+1，所以an=n．

法2（遞推整理法）：因為a+a+a+…+a=S，所以a+a+a+…++a+a=S，兩式相減得a=S－S，整理得a=（Sn+1+Sn）（Sn+1－Sn），即a=Sn+1+Sn．

同理，a=Sn+Sn－1（n≥2），兩式相減得：a－a=an+an+1（n≥2），所以an+1－an=1（n≥2）．

又當n=1時，a2－a1=1，所以｛an｝是首項為1、公差為1的等差數列，顯然an=n．

（2）根據bn+1>bn得，3n+1+（－1）n#8226;λ2n+1>3n+（－1）n－1λ2n （）．

①當n為奇數時，（）式即為3n+1－λ2n+1>3n+λ2n，整理得λ<，為使此式恒成立，只要當n=1時成立即可，即λ<1．

②當n為偶數時，（）式即為3n+1+λ2n+1>3n－λ2n，整理得λ>－，為使此式恒成立，只要當n=2時成立即可，即λ>－．

綜①②得－<λ<1，又λ為非零整數，故λ=－1．

已知數列｛an｝的通項公式是an=，試證明：

a1#8226;a3#8226;a5#8226;…#8226;a2n－1<<#8226;sin．

破解思路 該題簡明扼要，但所蘊涵的數學思想方法卻精彩紛呈．

對于a1#8226;a3#8226;a5#8226;…#8226;a2n－1<，我們可以抓住，轉換為n項的乘積；

對于

經典答案 先證a1#8226;a3#8226;a5#8226;…#8226;a2n－1<．

因為==，所以=×××…×．

因為a1#8226;a3#8226;a5#8226;…#8226;a2n－1=××#8226;#8226;#8226;×，所以要證a1#8226;a3#8226;a5#8226;…#8226;a2n－1<，只要證<．

因為－=<0，故<，所以a1#8226;a3#8226;a5#8226;…#8226;a2n－1<．

再證

因為要證

設函數f（x）=x－sinx0

因為0<≤<，所以

綜上所述，原不等式成立．

1． 串聯情況：數列與函數、解析幾何、不等式的綜合應用，是高考考查的主流，但是隨著高中數學新課程改革的進一步深入，數列與算法、復數和三角函數的綜合應用逐漸多了起來．

2． 考情分析：從近幾年高考試卷來看，數列與算法、復數和三角函數的綜合應用常見于卷面，同時，創新試題也推陳出新，定義型題精彩紛呈，多以三角陣列和方形陣列呈現，也有圖表闡述呈現，同學們要善于觀察題設的特征，妙用數列知識解答．

3． 破解技巧：數列與其他知識的綜合應用試題往往具有新穎性，給人以耳目一新的感覺． 破解這類試題，不僅需要過硬的數學功底，還要細心謹慎，嚴格審題，挖掘題設中的隱含條件．

4． 經典例題：

數列｛an｝的前n項和Sn=n2－2n，閱讀程序框圖，輸出S的值是（ ）

A． 101 B． 106

C． 110 D． 115

圖2

破解思路 高中數學新課程改革突出了算法的考查，正確理解程序框圖是解答該題的關鍵，而數列求和則是解答該題的重點，要求同學們掌握錯位相減法．

若數列｛an｝滿足：an=bn#8226;cn，｛bn｝是等差數列，｛cn｝是等比數列，求數列｛an｝的前n項的和常用錯位相減法． 設等差數列｛bn｝的公差為d，等比數列｛cn｝公比為q．

第一步：列方程

Sn=a1+a2+a3+…+an－1+an （1）qSn=qa1+qa2+qa3+…+qan－1+qan （2）

第二步：作差，（1）-（2）得：（1－q）Sn=a1+d（c2+c3+…+cn）－qan

第三步：化簡，當q≠1時，Sn=+．

經典答案 因為Sn=n2－2n，所以an=S1，n=1，Sn－Sn－1，n≥2=2n－3．

所以S=－1×21+1×22+3×23+…+（2k－3）#8226;2k，①

2S=－1×22+1×23+3×24+…+（2k－3）#8226;2k+1，②

所以①-②得－S=－2+（23+24+…+2k+1）－（2k－3）#8226;2k+1，所以S=10+（2k－5）#8226;2k+1（k∈N）． 由S≥100得k≥4，故S=106． 選B．

將正△ABC分割成n2（n≥2，n∈N）個全等的小正三角形（圖3、圖4分別給出了n=2，3的情形），在每個三角形的頂點各放置一個數，使位于△ABC的三邊及平行于某邊的任一直線上的數（當數的個數不少于3時）都分別成等差數列． 若頂點A，B，C處的三個數互不相同且和為1，記所有頂點上的數之和為f（n），則有f（2）=2， f（3）=_____，…， f（n）=______．

圖3

圖4

破解思路 此題的突破口在于先根據題設求得f（3）， f（4），…，的值，再尋找這些數值的變化規律或前后項之間的遞推關系，進而求得f（n）．

經典答案 當n=3時，如圖4所示，分別設出各頂點的數，用小寫字母表示，由條件知a+b+c=1，x1+x2=a+b，y1+y2=b+c，z1+z2=c+a．

又2g=x1+y2=x2+z1=y1+z2，所以6g=x1+x2+y1+y2+z1+z2=2（a+b+c）=2，即g=．

因此f（3）=a+b+c+x1+x2+y1+y2+z1++z2+g=1+2+=，同理得f（4）=5，…，因為f（1）=1， f（2）==f（1）+， f（3）==f（2）+， f（4）=5=f（3）+，…，

可得f（n）=f（n－1）+，將上面的等式累加即得

f（n）=f（1）+=．

1． 要重視數列備考，落實數列訓練，切實做到數列高考題“會而對，對而全，少丟分，得高分”；

2． 以數列知識為依托，滲透基本數學思想和方法的復習． 要充分重視等價轉換思想、分類討論思想、數學歸納法、放縮法等數學思想；

3． 要熟悉等差與等比兩類數列模型，加強訓練，做到“熟能生巧”，切忌不能忽視這兩類數列模型；

4． 要重視函數與數列、不等式與數列、解析幾何與數列的綜合應用，加強它們的橫向聯系，養成自覺運用函數、導數觀點思考和處理數列問題的習慣．