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数列是高中数学的重点内容之一 ，也是高考考查的热点，知识上主要考查等差（等比）数列的概念、性质、通项公式、前[n]项和公式；利用数列的前[n]项和[Sn]与通项[an]的关系解题；数列的求和问题；递推数列问题；数列应用问题；数列与函数、三角函数、不等式、解析几何的综合问题等等. 选择题、填空题突出“小、巧、活”的特点，解答题多以中、高档题目呈现，近两年在数列题中加强了对推理能力的考查.
例1 已知数列[{an}]和[{bn}]满足[a1=m],[an+1][=λan+n],[bn=an-2n3+49].
（Ⅰ）当[m=1]时,求证: 对于任意的实数[λ],[{an}]一定不是等差数列；
（Ⅱ）当[λ=-12]时,试判断[{bn}]是否为等比数列.
分析 含有否定词的问题证明一般可采用反证法，对于等差（等比）数列的判断应依据定义进行，第（Ⅱ）问中特别要注意说明[b1]是否为零的情况.
解 （Ⅰ）当[m=1]时,[a1=1,a2=λ+1,]
[a3=λλ+1+2=λ2+λ+2]，
假设[{an}]是等差数列,则有[a1+a3=2a2]，
得[λ2+λ+3=2λ+1],即[λ2-λ+1=0].
由[Δ=-12-4⋅1⋅1=-3<0]，矛盾.
故对于任意的实数[λ],[{an}]一定不是等差数列.
（Ⅱ）当[λ=-12]时,[an+1=-12an+n].
而[bn=an-2n3+49],
所以[bn+1=an+1-2(n+1)3+49]
[=(-12an+n)-2(n+1)3+49]
[=-12an+n3-29=--12(an-2n3+49)=-12bn.]
又[b1=m-23+49=m-29]，
故当[m=29]时, [{bn}]不是等比数列.
当[m≠29]时, [{bn}]是首项为[m-29]、公比为[-12]的等比数列.
点拨 判断某个数列是否为等差（比）数列，有两种常用方法：1定义法，2看任意相邻三项是否满足等差（比）中项. 对等比数列需特别说明首项不等于零. 若判断某个数列不是等差（比）数列，只需说明前三项不满足即可.
例2 已知数列[an]满足[a1=13]，[a2=79]，[an+2=43an+1-13an][(n∈N*)].
（Ⅰ）求数列[an]的通项公式；
（Ⅱ）求数列[nan]的前[n]项和[Sn].
分析 本题主要考查递推数列求通项公式的方法和特殊数列的求和问题，找准递推数列的类型是关键. 错位相减法求和是高考命题的热点，要重点关注.
解 （Ⅰ）由[an+2=43an+1-13an]，
得[an+2-13an+1=an+1-13an]，
∴数列[an+1-13an]是常数列，
[an+1-13an=a2-13a1=23]，即[an+1=13an+23]，
得[an+1-1=13(an-1)]，
∴数列[an-1]是首项为[a1-1=-23]、公比为[13]的等比数列，且[an-1=(-23)⋅(13)n-1]，
故数列[an]的通项公式为[an=1-23n].
（Ⅱ）[nan=n(1-23n)=n-2⋅n3n].
设[Tn=13+232+333+⋯+n3n]， ①
[13Tn=][132+233+⋯+n-13n+n3n+1]. ②
①[-]②得[23Tn=13+132+133+⋯+13n-n3n+1]，
∴[Tn=34-2n+34⋅3n].
故[Sn=(1+2+3+⋯+n)-2Tn]
[=n(n+1)2-32+2n+32⋅3n=(n2+n-3)⋅3n+2n+32⋅3n.]
点拨 已知[Sn]与[an]的关系式[an=fSn]可求[an]，也可求[Sn]，关键是用[an=Sn-Sn-1]（[n≥2]）来转化；数列求和的常见方法有分组求和法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分解转化法. 若涉及正负相间的数列求和常需分奇偶讨论，公比是参数的等比数列求和也需对公比[q=1]和[q≠1]两种情况进行分类讨论. 近年来高中数学中的其他和式结构也经常在数列中渗透，希望同学们引起重视，例如：
在数1和100之间插入[n]个实数，使得这[n+2]个数构成递增的等比数列，将这[n+2]个数的乘积记作[Tn]，再令[an=lgTn(n≥1)]. （Ⅰ）求数列[an]的通项公式；（Ⅱ）设[bn=tanantanan+1]，求数列[bn]的前[n]项和[Sn].
例3 已知数列[an]满足[an+1=][2an2+3an+man+1][(n∈N*),]又[a1=1,]
（Ⅰ）当[m=1]时，求数列[an]的通项公式；
（Ⅱ）当[m]在什么范围内取值时，能使数列[an]满足不等式[an+1≥an]恒成立？
（Ⅲ）当[-3≤m<1]时，证明：[1a1+1+1a2+1][+⋯+1an+1≥1-12n].
分析 本题第（Ⅰ）问考查的是待定系数法求数列通项公式，第（Ⅱ）问要注意[an+1≥an]恒成立是对[n∈N*]而言的，第（Ⅲ）问是难点，如何构造出[1an+1]的形式并适当放缩到新的等比数列是解题的关键.
解 （Ⅰ）当[m=1]时，
[an+1=2a2n+3an+1an+1=(2an+1)(an+1)an+1=2an+1,]
得[an+1+1=2(an+1)].
[∵a1+1≠0]， [∴]数列[{an+1}]是等比数列，
[an+1=(a1+1)2n-1],[∴an=2n-1.]
（Ⅱ）由[an+1≥an]，而[a1=1,][∴an≥1,]
[∴2a2n+3an+man+1≥an]，[∴m≥-a2n-2an.]
[∴m≥-(an+1)2+1]恒成立.
[∵an≥1,∴m≥-22+1]，即[m≥-3].
（Ⅲ）由（Ⅱ）得当[-3≤m<1]时，[an+1≥an.]
[∴an>0]，设[cn=1an+1,]则[cn+1=1an+1+1.]
[cn+1=12a2n+3an+man+1+1=an+12(an+1)2+m-1.]
[∵m<1,∴m-1<0]，
故[cn+1>an+12(an+1)2=12⋅1an+1=12cn],
[∵c1=1a1+1=12],
[∴cn>12cn-1>122cn-2>⋯>12n-1c1=12n(n≥2),]
[∴c1+c2+c3⋯+cn>12+122+123+⋯+12n]
[=12(1-12n)1-12=1-(12)n,]
即[1a1+1+1a2+1+⋯+1an+1≥1-12n].
点拨 正确处理递推数列是解决数列综合题的关键，要熟练掌握. 希望同学们在复习时认真总结不等式的证明方法和数列不等式的几种放缩技巧.
例4 设二次函数[f(x)=(k-4)x2+kx(k∈R)]，对任意实数[x]，有[f(x)≤6x+2]恒成立，数列[an]满足[an+1=f(an)].
（Ⅰ）求函数[f(x)]的解析式和值域；
（Ⅱ）试写出一个区间[(a,b)]，使得当[a1∈(a,b)]时，数列[an]在这个区间上是递增数列，并说明理由；
分析 本题以函数为载体考查数列的单调性和递推公式，解题时要注意数列的单调性与函数的单调性的不同之处：数列[an]单调递增[⇔][an+1-an>0]对[n∈N*]恒成立.
解 （Ⅰ）[f(x)≤6x+2]恒成立，
即[(k-4)x2+(k-6)x-2≤0]恒成立，
得 [k-4<0,(k-6)2+8(k-4)≤0,]
化简得[k<4,(k-2)2≤0,]
从而得[k=2]，
所以[f(x)=-2x2+2x]，值域为[(-∞,12]].
（Ⅱ）若数列[an]在某个区间上是递增数列，
则[an+1-an>0]，
即[an+1-an=f(an)-an=-2a2n+2an-an]
[=-2a2n+an>0]，得[an∈(0,12).]
又当[an∈(0,12),n≥1]时，
[an+1=f(an)=-2a2n+2an=-2(an-12)2+12∈(0,12),]
所以对一切[n∈N*]，均有[an∈(0,12)]且[an+1-an>0]，所以数列[an]在区间[(0,12)]上是递增数列.
点拨 数列是特殊的函数，数列不等式与一般函数不等式一样，可以从函数的角度来思考，处理的关键是揭开数列不等式的面纱，找准对应的函数，利用函数的单调性来证明.
例5 过点[P(1,0)]作曲线 [C: y=xk(x∈(0,+∞),][k∈N*,k>1)]的切线，切点为[Q1],设点[Q1]在[x]轴上的投影是点[P1]；又过点[P1]作曲线C的切线，切点为[Q2],设[Q2]在[x]轴上的投影是[P2]；…；依此下去,得到一系列点[Q1],[Q2],…,[Qn],…,设点[Qn]的横坐标为[an].
（Ⅰ）试求数列[{an}]的通项公式[an]（用含[k]的代数式表示）；
（Ⅱ）求证：[an≥1+nk-1;]
（Ⅲ）求证：[i=1niai 分析 本题以曲线的切线（即函数的导数）为载体考查数列的递推关系和数列不等式的证明，求解时要注意点列的顺序.
解 （Ⅰ）切点是[Qn(an,ank)]的切线方程为[y-ank=kank-1(x-an)].
当[n=1]时,切线过点(1,0),
即[0-a1k=ka1k-1(1-a1)],得[a1=kk-1.]
当[n>1]时,切线过点[Pn-1(an-1,0)],
即[0-ank=kank-1(an-1-an)],解得[anan-1=kk-1].
[∴]数列[an]是首项为[kk-1]、公比为[kk-1]的等比数列，故通项[an=(kk-1)n,n∈N*].
（Ⅱ）[an=(kk-1)n=(1+1k-1)n]
[=C0n+C1n1k-1+C2n(1k-1)2+⋯+Cnn(1k-1)n]
[≥C0n+C1n1k-1=1+nk-1].
（Ⅲ）设[Sn=1a1+2a2+⋯+n-1an-1+nan],
则[k-1kSn=1a2+2a3+⋯+n-1an+nan+1],
两式相减得
[(1-k-1k)Sn=1a1+1a2+⋯+1an-nan+1]
[<1a1+1a2+⋯+1an]，
[∴][1kSn 故[Sn 点拨 数形结合，建立曲线上点的横（纵）坐标的递推关系是处理点列问题的一般方法；形如第（Ⅱ）问中指数型不等式一般采用构造二项式进行适当放缩即可.
例6 对于给定数列[{cn}]，如果存在实常数[p、q]使得[cn+1=pcn+q]对于任意[n∈N*]都成立，我们称数列[{cn}]是 “[M]类数列”.
（Ⅰ）若[an=2n, bn=3⋅2n]，[n∈N*]，数列[{an}]、[{bn}]是否为“[M]类数列”？若是，指出它对应的实常数[p、q]，若不是，请说明理由；
（Ⅱ）证明：若数列[{an}]是“[M]类数列”，则数列[{an+an+1}]也是“[M]类数列”.
分析 新课改突出了学生的主体作用，对同学们的自主学习和探究能力要求较高，这就要求我们在复习备考中学会引申、学会变通，读懂题目、领会题意是解题的关键.
解 （Ⅰ）由[an=2n]得[an+1=an+2,]故数列[{an}]是“[M]类数列”，对应实常数分别为1、2.
由[bn=3⋅2n]，得[bn+1=2bn] 故数列[{bn}]是“[M]类数列”， 对应的实常数分别为2、0.
（Ⅱ）若数列[{an}]是“[M]类数列”， 则存在实常数[p、q]使得[an+1=pan+q]对于任意[n∈N*]都成立，且有[an+2=pan+1+q]对于任意[n∈N*]都成立，因此[an+1+an+2=p(an+an+1)+2q]对于任意[n∈N*]都成立，故数列[{an+an+1}]也是“[M]类数列”，对应的实常数分别为[p、2q].
点拨 求解“新定义”型问题的关键是先读懂题意，理解“新定义”的本质，再将“新”问题转化到常规问题中处理.
【专题训练四】
1. 已知数列[an]为等差数列，且[a1+a7+a13=π,则tan(a2+a12)]的值为（ ）
A. [3] B. [-3] C. [±3] D. [-33]
2. 若[a1,a2a1,a3a2,⋯,anan-1,⋯]是首项为1、公比为2的等比数列，则[a100]等于（ ）
A. 2100 B. 299 C. 25050 D. 24950
3. 一个等差数列共[n]项，其和为90，这个数列的前10项的和为25，后10项的和为75，则项数[n]为 （ ）
A. 14 B. 16 C. 18 D. 20
4. 已知[{an}]为等差数列，[{bn}]为等比数列，其公比[q≠1]，且[bi>0(i=1,2,3,⋯,n.)],若[a1=b1,a11=b11],则（ ）
A. [a6=b6] B. [a6 C. [a6>b6] D. [a6>b6]或[a6 5. 已知[f (x)＝x＋1，g(x)＝2x＋1]，数列[{an}]满足：[a1＝1]，[an＋1＝f(an)(n为奇数),g(an)(n为偶数),]则数列[{an}]的前2007项的和为（ ）
A. 5×22008-2008 B. 3×22007-5020
C. 6×22006-5020 D. 6×21003-5020
6. 设数列[{an}]的前[n]项和为[Sn], 已知[a1=5]，且[nSn+1=2 n(n+1)+(n+1)Sn]([n∈N*])， 则过点[P(n,][an]) 和[Q(n+2,an+2])([n∈N*])的直线的一个方向向量的坐标可以是（ ）
A. （2，[12]） B. (-1, -1)
C. ([-12], -1) D. （[-12,-2]）
7. 数列[{an}]满足[a1=1,an+11an2+4=1,]记[Sn=a12+a22+⋯+an2,]若[S2n+1-Sn≤m30]对任意[n∈N*]恒成立，则正整数[m]的最小值（ ）
A. 10 B. 9 C. 8 D. 7
8. 已知等差数列[an]中[an=2n-1]，在[a1与a2之间插入1个2,]在[a2与a3之间插入2个2]，…，在[an与an+1之间插入n个2]，…，构成一个新的数列[bn]，若[a10=bk]，则[k]=（ ）
A. 45 B. 50 C. 55 D. 60
9. 设等差数列[an]的前[n]项和为[Sn]，若[S19>0,S20<0]，则[S1a1,S2a2,⋯,S19a19]中最大的项是（ ）
A. [S19a19] B. [S11a11] C. [S10a10] D. [S1a1]
10. 已知有穷数列[A]：[a1,a2,⋅⋅⋅,an][(n≥2,][n∈N).] 定义如下操作过程[T]：从[A]中任取两项[ai,aj],将[ai+aj1+aiaj]的值添在[A]的最后，然后删除[ai,aj],这样得到一系列[n-1]项的新数列[A1](约定:一个数也视作数列)；对[A1]的所有可能结果重复操作过程[T]又得到一系列[n-2]项的新数列[A2]，如此经过[k]次操作后得到的新数列记作[Ak] . 设[A]：[-57、34、12、13],则[A3]的可能结果是（ ）
A. 0 B. [34] C. [13] D. [12]
11. 设等比数列[an]的前[n]项和为[Sn]，已知[S10= 0 3(1+2x) dx]，[S20=18]，则[S30]＝ .
12. 已知数列[an]的前[n]项和为[Sn=n2,]某三角形三边之比为[a2:a3:a4]，则该三角形最大角为 .
13. 已知数列[an]满足[an+1+an-1an+1-an+1=n]（[n][∈N*]）且[a2=6]，数列[an]的通项公式为[an=] .
14. 若数列[{an}]满足[1an+1-1an=d(n∈N*,d]为常数)，则数列[{an}]为“调和数列”，已知数列[(1xn)]为“调和数列”，且[x1+x2+⋯+x20=200]，则[x3x18]的最大值是 .
15. 已知数列[A: a1,a2,⋯,an(0≤a1 ①数列0,1,3,5,7具有性质[P]；
②数列0,2,4,6,8具有性质[P]；
③若数列[A]具有性质[P]，则[a1=0]；
④若数列[a1,a2,a3,a4,a5][(0≤a1 其中真命题有 .
16. 已知数列[{an}]的前[n]项和[Sn]和通项[an]满足[Sn=12(1-an).]
（Ⅰ）求数列[{an}]的通项公式；
（Ⅱ）设函数[f(x)=log13x]，[bn=f(a1)+f(a2)+⋯+][f(an)]，求[Tn=1b1+1b2+1b3+⋯+1bn].
17. 数列[{an}]中，[an>0]，[an≠1]，且[an+1=3an2an+1]（[n∈N∗]）.
（Ⅰ）若[a1=34]，求数列[{an}]的通项公式；
（Ⅱ）若[a1=a]，求实数[p]（[p≠0]），使得数列[p+anan]成等比数列.
18. 数列[{an}]的前[n]项和为[Sn]，已知[Sn=n2+3n2].
（Ⅰ）求数列[{an}]的通项公式；
（Ⅱ）若数列[{bn}]满足[bn+1=2bn]，[b1=2]，数列[{cn}]满足[cn=an(n为奇数)2n(n为偶数)]，数列[{cn}]的前[n]项和为[Tn]，当[n]为偶数时，求[Tn]；
（Ⅲ）张三同学利用第（2）题中的[Tn]设计了一个程序如图，但李四同学认为这个程序如果被执行会是一个“死循环”(即程序会永远循环下去，而无法结束). 你是否同意李四同学的观点？请说明理由.
[结束] [打印[n]][是][否]
19. 对于正项数列[{an}]，定义其调和均值为[H(n)][=n1a1+1a2+⋯+1an][(n∈N*)].
（Ⅰ）若数列[{an}]中，[H(n)=2n+2]，求[{an}]的通项公式；
（Ⅱ）已知[{bn}]为等比数列，且[b1=1],公比为2，其调和数为[H(n)],是否存在正整数[m],使得当[n≥m][(n∈N*)]时，[H(n)<18]恒成立，如果存在，求[m]的最小值；如不存在，说明理由.
20. 将数列[{ an}]中的所有项按第一排三项，以下每一行比上一行多一项的规则排成如下数表：
[a1 a2 a3a4 a5 a6 a7a8 a9 a10 a11 a12⋯]
记表中的第一列数[a1 , a4 , a8 , ⋯]构成的数列为[{ bn}].
已知：①在数列[{ bn}]中，[b1=1]，对于任何[n∈N*]，都有[(n+1) bn+1-nbn=0]；
②表中每一行的数按从左到右的顺序均构成公比为[q (q>0)]的等比数列；
③[a66=25].
请解答以下问题：
（Ⅰ）求数列[{ bn}]的通项公式；
（Ⅱ）求上表中第[k ( k∈N*)]行所有项的和[S(k)]；
（Ⅲ）若关于[x]的不等式[S(k)+1k>1-x2x]在[x∈[11000 , 1100]]上有解，求正整数[k]的取值范围.
21. 在正项数列[{ an}]中,令[Sn=i=1n1ai+ai+1].
（Ⅰ）若[{ an}]是首项为25,公差为2的等差数列,求[S100]；
（Ⅱ）若[Sn=npa1+an+1]（[p]为正常数）对正整数[n]恒成立,求证[{ an}]为等差数列；
（Ⅲ）给定正整数[k]、正实数[M],对于满足[a12+ak+12≤M]的所有等差数列[{ an}],求[T=ak+1+ak+2+⋯+a2k+1]的最大值.
例1 已知数列[{an}]和[{bn}]满足[a1=m],[an+1][=λan+n],[bn=an-2n3+49].
（Ⅰ）当[m=1]时,求证: 对于任意的实数[λ],[{an}]一定不是等差数列；
（Ⅱ）当[λ=-12]时,试判断[{bn}]是否为等比数列.
分析 含有否定词的问题证明一般可采用反证法，对于等差（等比）数列的判断应依据定义进行，第（Ⅱ）问中特别要注意说明[b1]是否为零的情况.
解 （Ⅰ）当[m=1]时,[a1=1,a2=λ+1,]
[a3=λλ+1+2=λ2+λ+2]，
假设[{an}]是等差数列,则有[a1+a3=2a2]，
得[λ2+λ+3=2λ+1],即[λ2-λ+1=0].
由[Δ=-12-4⋅1⋅1=-3<0]，矛盾.
故对于任意的实数[λ],[{an}]一定不是等差数列.
（Ⅱ）当[λ=-12]时,[an+1=-12an+n].
而[bn=an-2n3+49],
所以[bn+1=an+1-2(n+1)3+49]
[=(-12an+n)-2(n+1)3+49]
[=-12an+n3-29=--12(an-2n3+49)=-12bn.]
又[b1=m-23+49=m-29]，
故当[m=29]时, [{bn}]不是等比数列.
当[m≠29]时, [{bn}]是首项为[m-29]、公比为[-12]的等比数列.
点拨 判断某个数列是否为等差（比）数列，有两种常用方法：1定义法，2看任意相邻三项是否满足等差（比）中项. 对等比数列需特别说明首项不等于零. 若判断某个数列不是等差（比）数列，只需说明前三项不满足即可.
例2 已知数列[an]满足[a1=13]，[a2=79]，[an+2=43an+1-13an][(n∈N*)].
（Ⅰ）求数列[an]的通项公式；
（Ⅱ）求数列[nan]的前[n]项和[Sn].
分析 本题主要考查递推数列求通项公式的方法和特殊数列的求和问题，找准递推数列的类型是关键. 错位相减法求和是高考命题的热点，要重点关注.
解 （Ⅰ）由[an+2=43an+1-13an]，
得[an+2-13an+1=an+1-13an]，
∴数列[an+1-13an]是常数列，
[an+1-13an=a2-13a1=23]，即[an+1=13an+23]，
得[an+1-1=13(an-1)]，
∴数列[an-1]是首项为[a1-1=-23]、公比为[13]的等比数列，且[an-1=(-23)⋅(13)n-1]，
故数列[an]的通项公式为[an=1-23n].
（Ⅱ）[nan=n(1-23n)=n-2⋅n3n].
设[Tn=13+232+333+⋯+n3n]， ①
[13Tn=][132+233+⋯+n-13n+n3n+1]. ②
①[-]②得[23Tn=13+132+133+⋯+13n-n3n+1]，
∴[Tn=34-2n+34⋅3n].
故[Sn=(1+2+3+⋯+n)-2Tn]
[=n(n+1)2-32+2n+32⋅3n=(n2+n-3)⋅3n+2n+32⋅3n.]
点拨 已知[Sn]与[an]的关系式[an=fSn]可求[an]，也可求[Sn]，关键是用[an=Sn-Sn-1]（[n≥2]）来转化；数列求和的常见方法有分组求和法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分解转化法. 若涉及正负相间的数列求和常需分奇偶讨论，公比是参数的等比数列求和也需对公比[q=1]和[q≠1]两种情况进行分类讨论. 近年来高中数学中的其他和式结构也经常在数列中渗透，希望同学们引起重视，例如：
在数1和100之间插入[n]个实数，使得这[n+2]个数构成递增的等比数列，将这[n+2]个数的乘积记作[Tn]，再令[an=lgTn(n≥1)]. （Ⅰ）求数列[an]的通项公式；（Ⅱ）设[bn=tanantanan+1]，求数列[bn]的前[n]项和[Sn].
例3 已知数列[an]满足[an+1=][2an2+3an+man+1][(n∈N*),]又[a1=1,]
（Ⅰ）当[m=1]时，求数列[an]的通项公式；
（Ⅱ）当[m]在什么范围内取值时，能使数列[an]满足不等式[an+1≥an]恒成立？
（Ⅲ）当[-3≤m<1]时，证明：[1a1+1+1a2+1][+⋯+1an+1≥1-12n].
分析 本题第（Ⅰ）问考查的是待定系数法求数列通项公式，第（Ⅱ）问要注意[an+1≥an]恒成立是对[n∈N*]而言的，第（Ⅲ）问是难点，如何构造出[1an+1]的形式并适当放缩到新的等比数列是解题的关键.
解 （Ⅰ）当[m=1]时，
[an+1=2a2n+3an+1an+1=(2an+1)(an+1)an+1=2an+1,]
得[an+1+1=2(an+1)].
[∵a1+1≠0]， [∴]数列[{an+1}]是等比数列，
[an+1=(a1+1)2n-1],[∴an=2n-1.]
（Ⅱ）由[an+1≥an]，而[a1=1,][∴an≥1,]
[∴2a2n+3an+man+1≥an]，[∴m≥-a2n-2an.]
[∴m≥-(an+1)2+1]恒成立.
[∵an≥1,∴m≥-22+1]，即[m≥-3].
（Ⅲ）由（Ⅱ）得当[-3≤m<1]时，[an+1≥an.]
[∴an>0]，设[cn=1an+1,]则[cn+1=1an+1+1.]
[cn+1=12a2n+3an+man+1+1=an+12(an+1)2+m-1.]
[∵m<1,∴m-1<0]，
故[cn+1>an+12(an+1)2=12⋅1an+1=12cn],
[∵c1=1a1+1=12],
[∴cn>12cn-1>122cn-2>⋯>12n-1c1=12n(n≥2),]
[∴c1+c2+c3⋯+cn>12+122+123+⋯+12n]
[=12(1-12n)1-12=1-(12)n,]
即[1a1+1+1a2+1+⋯+1an+1≥1-12n].
点拨 正确处理递推数列是解决数列综合题的关键，要熟练掌握. 希望同学们在复习时认真总结不等式的证明方法和数列不等式的几种放缩技巧.
例4 设二次函数[f(x)=(k-4)x2+kx(k∈R)]，对任意实数[x]，有[f(x)≤6x+2]恒成立，数列[an]满足[an+1=f(an)].
（Ⅰ）求函数[f(x)]的解析式和值域；
（Ⅱ）试写出一个区间[(a,b)]，使得当[a1∈(a,b)]时，数列[an]在这个区间上是递增数列，并说明理由；
分析 本题以函数为载体考查数列的单调性和递推公式，解题时要注意数列的单调性与函数的单调性的不同之处：数列[an]单调递增[⇔][an+1-an>0]对[n∈N*]恒成立.
解 （Ⅰ）[f(x)≤6x+2]恒成立，
即[(k-4)x2+(k-6)x-2≤0]恒成立，
得 [k-4<0,(k-6)2+8(k-4)≤0,]
化简得[k<4,(k-2)2≤0,]
从而得[k=2]，
所以[f(x)=-2x2+2x]，值域为[(-∞,12]].
（Ⅱ）若数列[an]在某个区间上是递增数列，
则[an+1-an>0]，
即[an+1-an=f(an)-an=-2a2n+2an-an]
[=-2a2n+an>0]，得[an∈(0,12).]
又当[an∈(0,12),n≥1]时，
[an+1=f(an)=-2a2n+2an=-2(an-12)2+12∈(0,12),]
所以对一切[n∈N*]，均有[an∈(0,12)]且[an+1-an>0]，所以数列[an]在区间[(0,12)]上是递增数列.
点拨 数列是特殊的函数，数列不等式与一般函数不等式一样，可以从函数的角度来思考，处理的关键是揭开数列不等式的面纱，找准对应的函数，利用函数的单调性来证明.
例5 过点[P(1,0)]作曲线 [C: y=xk(x∈(0,+∞),][k∈N*,k>1)]的切线，切点为[Q1],设点[Q1]在[x]轴上的投影是点[P1]；又过点[P1]作曲线C的切线，切点为[Q2],设[Q2]在[x]轴上的投影是[P2]；…；依此下去,得到一系列点[Q1],[Q2],…,[Qn],…,设点[Qn]的横坐标为[an].
（Ⅰ）试求数列[{an}]的通项公式[an]（用含[k]的代数式表示）；
（Ⅱ）求证：[an≥1+nk-1;]
（Ⅲ）求证：[i=1niai
解 （Ⅰ）切点是[Qn(an,ank)]的切线方程为[y-ank=kank-1(x-an)].
当[n=1]时,切线过点(1,0),
即[0-a1k=ka1k-1(1-a1)],得[a1=kk-1.]
当[n>1]时,切线过点[Pn-1(an-1,0)],
即[0-ank=kank-1(an-1-an)],解得[anan-1=kk-1].
[∴]数列[an]是首项为[kk-1]、公比为[kk-1]的等比数列，故通项[an=(kk-1)n,n∈N*].
（Ⅱ）[an=(kk-1)n=(1+1k-1)n]
[=C0n+C1n1k-1+C2n(1k-1)2+⋯+Cnn(1k-1)n]
[≥C0n+C1n1k-1=1+nk-1].
（Ⅲ）设[Sn=1a1+2a2+⋯+n-1an-1+nan],
则[k-1kSn=1a2+2a3+⋯+n-1an+nan+1],
两式相减得
[(1-k-1k)Sn=1a1+1a2+⋯+1an-nan+1]
[<1a1+1a2+⋯+1an]，
[∴][1kSn
例6 对于给定数列[{cn}]，如果存在实常数[p、q]使得[cn+1=pcn+q]对于任意[n∈N*]都成立，我们称数列[{cn}]是 “[M]类数列”.
（Ⅰ）若[an=2n, bn=3⋅2n]，[n∈N*]，数列[{an}]、[{bn}]是否为“[M]类数列”？若是，指出它对应的实常数[p、q]，若不是，请说明理由；
（Ⅱ）证明：若数列[{an}]是“[M]类数列”，则数列[{an+an+1}]也是“[M]类数列”.
分析 新课改突出了学生的主体作用，对同学们的自主学习和探究能力要求较高，这就要求我们在复习备考中学会引申、学会变通，读懂题目、领会题意是解题的关键.
解 （Ⅰ）由[an=2n]得[an+1=an+2,]故数列[{an}]是“[M]类数列”，对应实常数分别为1、2.
由[bn=3⋅2n]，得[bn+1=2bn] 故数列[{bn}]是“[M]类数列”， 对应的实常数分别为2、0.
（Ⅱ）若数列[{an}]是“[M]类数列”， 则存在实常数[p、q]使得[an+1=pan+q]对于任意[n∈N*]都成立，且有[an+2=pan+1+q]对于任意[n∈N*]都成立，因此[an+1+an+2=p(an+an+1)+2q]对于任意[n∈N*]都成立，故数列[{an+an+1}]也是“[M]类数列”，对应的实常数分别为[p、2q].
点拨 求解“新定义”型问题的关键是先读懂题意，理解“新定义”的本质，再将“新”问题转化到常规问题中处理.
【专题训练四】
1. 已知数列[an]为等差数列，且[a1+a7+a13=π,则tan(a2+a12)]的值为（ ）
A. [3] B. [-3] C. [±3] D. [-33]
2. 若[a1,a2a1,a3a2,⋯,anan-1,⋯]是首项为1、公比为2的等比数列，则[a100]等于（ ）
A. 2100 B. 299 C. 25050 D. 24950
3. 一个等差数列共[n]项，其和为90，这个数列的前10项的和为25，后10项的和为75，则项数[n]为 （ ）
A. 14 B. 16 C. 18 D. 20
4. 已知[{an}]为等差数列，[{bn}]为等比数列，其公比[q≠1]，且[bi>0(i=1,2,3,⋯,n.)],若[a1=b1,a11=b11],则（ ）
A. [a6=b6] B. [a6
A. 5×22008-2008 B. 3×22007-5020
C. 6×22006-5020 D. 6×21003-5020
6. 设数列[{an}]的前[n]项和为[Sn], 已知[a1=5]，且[nSn+1=2 n(n+1)+(n+1)Sn]([n∈N*])， 则过点[P(n,][an]) 和[Q(n+2,an+2])([n∈N*])的直线的一个方向向量的坐标可以是（ ）
A. （2，[12]） B. (-1, -1)
C. ([-12], -1) D. （[-12,-2]）
7. 数列[{an}]满足[a1=1,an+11an2+4=1,]记[Sn=a12+a22+⋯+an2,]若[S2n+1-Sn≤m30]对任意[n∈N*]恒成立，则正整数[m]的最小值（ ）
A. 10 B. 9 C. 8 D. 7
8. 已知等差数列[an]中[an=2n-1]，在[a1与a2之间插入1个2,]在[a2与a3之间插入2个2]，…，在[an与an+1之间插入n个2]，…，构成一个新的数列[bn]，若[a10=bk]，则[k]=（ ）
A. 45 B. 50 C. 55 D. 60
9. 设等差数列[an]的前[n]项和为[Sn]，若[S19>0,S20<0]，则[S1a1,S2a2,⋯,S19a19]中最大的项是（ ）
A. [S19a19] B. [S11a11] C. [S10a10] D. [S1a1]
10. 已知有穷数列[A]：[a1,a2,⋅⋅⋅,an][(n≥2,][n∈N).] 定义如下操作过程[T]：从[A]中任取两项[ai,aj],将[ai+aj1+aiaj]的值添在[A]的最后，然后删除[ai,aj],这样得到一系列[n-1]项的新数列[A1](约定:一个数也视作数列)；对[A1]的所有可能结果重复操作过程[T]又得到一系列[n-2]项的新数列[A2]，如此经过[k]次操作后得到的新数列记作[Ak] . 设[A]：[-57、34、12、13],则[A3]的可能结果是（ ）
A. 0 B. [34] C. [13] D. [12]
11. 设等比数列[an]的前[n]项和为[Sn]，已知[S10= 0 3(1+2x) dx]，[S20=18]，则[S30]＝ .
12. 已知数列[an]的前[n]项和为[Sn=n2,]某三角形三边之比为[a2:a3:a4]，则该三角形最大角为 .
13. 已知数列[an]满足[an+1+an-1an+1-an+1=n]（[n][∈N*]）且[a2=6]，数列[an]的通项公式为[an=] .
14. 若数列[{an}]满足[1an+1-1an=d(n∈N*,d]为常数)，则数列[{an}]为“调和数列”，已知数列[(1xn)]为“调和数列”，且[x1+x2+⋯+x20=200]，则[x3x18]的最大值是 .
15. 已知数列[A: a1,a2,⋯,an(0≤a1
②数列0,2,4,6,8具有性质[P]；
③若数列[A]具有性质[P]，则[a1=0]；
④若数列[a1,a2,a3,a4,a5][(0≤a1
16. 已知数列[{an}]的前[n]项和[Sn]和通项[an]满足[Sn=12(1-an).]
（Ⅰ）求数列[{an}]的通项公式；
（Ⅱ）设函数[f(x)=log13x]，[bn=f(a1)+f(a2)+⋯+][f(an)]，求[Tn=1b1+1b2+1b3+⋯+1bn].
17. 数列[{an}]中，[an>0]，[an≠1]，且[an+1=3an2an+1]（[n∈N∗]）.
（Ⅰ）若[a1=34]，求数列[{an}]的通项公式；
（Ⅱ）若[a1=a]，求实数[p]（[p≠0]），使得数列[p+anan]成等比数列.
18. 数列[{an}]的前[n]项和为[Sn]，已知[Sn=n2+3n2].
（Ⅰ）求数列[{an}]的通项公式；
（Ⅱ）若数列[{bn}]满足[bn+1=2bn]，[b1=2]，数列[{cn}]满足[cn=an(n为奇数)2n(n为偶数)]，数列[{cn}]的前[n]项和为[Tn]，当[n]为偶数时，求[Tn]；
（Ⅲ）张三同学利用第（2）题中的[Tn]设计了一个程序如图，但李四同学认为这个程序如果被执行会是一个“死循环”(即程序会永远循环下去，而无法结束). 你是否同意李四同学的观点？请说明理由.
[结束] [打印[n]][是][否]
19. 对于正项数列[{an}]，定义其调和均值为[H(n)][=n1a1+1a2+⋯+1an][(n∈N*)].
（Ⅰ）若数列[{an}]中，[H(n)=2n+2]，求[{an}]的通项公式；
（Ⅱ）已知[{bn}]为等比数列，且[b1=1],公比为2，其调和数为[H(n)],是否存在正整数[m],使得当[n≥m][(n∈N*)]时，[H(n)<18]恒成立，如果存在，求[m]的最小值；如不存在，说明理由.
20. 将数列[{ an}]中的所有项按第一排三项，以下每一行比上一行多一项的规则排成如下数表：
[a1 a2 a3a4 a5 a6 a7a8 a9 a10 a11 a12⋯]
记表中的第一列数[a1 , a4 , a8 , ⋯]构成的数列为[{ bn}].
已知：①在数列[{ bn}]中，[b1=1]，对于任何[n∈N*]，都有[(n+1) bn+1-nbn=0]；
②表中每一行的数按从左到右的顺序均构成公比为[q (q>0)]的等比数列；
③[a66=25].
请解答以下问题：
（Ⅰ）求数列[{ bn}]的通项公式；
（Ⅱ）求上表中第[k ( k∈N*)]行所有项的和[S(k)]；
（Ⅲ）若关于[x]的不等式[S(k)+1k>1-x2x]在[x∈[11000 , 1100]]上有解，求正整数[k]的取值范围.
21. 在正项数列[{ an}]中,令[Sn=i=1n1ai+ai+1].
（Ⅰ）若[{ an}]是首项为25,公差为2的等差数列,求[S100]；
（Ⅱ）若[Sn=npa1+an+1]（[p]为正常数）对正整数[n]恒成立,求证[{ an}]为等差数列；
（Ⅲ）给定正整数[k]、正实数[M],对于满足[a12+ak+12≤M]的所有等差数列[{ an}],求[T=ak+1+ak+2+⋯+a2k+1]的最大值.