【摘要】鉴于大家对精品学习网十分关注，小编在此为大家搜集整理了此文“理科高三数学教案：数列总复习”，供大家参考!

本文题目：理科高三数学教案：数列总复习

第六章 数 列

高考导航

考试要求 重难点击 命题展望

1.数列的概念和简单表示法?

(1)了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式);? (2)了解数列是自变量为正整数的一类函数.?

2.等差数列、等比数列?

(1)理解等差数列、等比数列的概念;?

(2)掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式;?

(3)能在具体问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题;?

(4)了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系. 本章重点：1.等差数列、等比数列的定义、通项公式和前n项和公式及有关性质;

2.注重提炼一些重要的思想和方法，如：观察法、累加法、累乘法、待定系数法、倒序相加求和法、错位相减求和法、裂项相消求和法、分组求和法、函数与方程思想、数学模型思想以及离散与连续的关系.?

本章难点：1.数列概念的理解;2.等差等比数列性质的运用;3.数列通项与求和方法的运用. 仍然会以客观题考查等差数列与等比数列的通项公式和前n项和公式及性质，在解答题中，会保持以前的风格，注重数列与其他分支的综合能力的考查，在高考中，数列常考常新，其主要原因是它作为一 个特殊函数，使它可以与函数、不等式、解析几何、三角函数等综合起来，命出开放性、探索性强的问题，更体现了知识交叉命题原则得以贯彻;又因为数列与生产、生活的联系，使数列应用题也倍受欢迎.

知识网络

6.1　数列的概念与简单表示法

典例精析

题型一　归纳、猜想法求数列通项

【例1】根据下列数列的前几项，分别写出它们的一个通项公式：

(1)7,77,777,7 777，…

(2)23，-415，635，-863，…

(3)1,3,3,5,5,7,7,9,9，…

【解析】(1)将数列变形为79•(10-1)，79(102-1)，79(103-1)，…，79(10n-1)，

故an=79(10n-1).

(2)分开观察，正负号由(-1)n+1确定，分子是偶数2n，分母是1×3,3×5,5×7， …，(2n-1)(2n+1)，故数列的通项公式可写成an =(-1)n+1 .

(3)将已知数列变为1+0,2+1,3+0,4+1,5+0,6+1,7+0,8+1,9+0，….

故数列的通项公式为an=n+ .

【点拨】联想与转换是由已知认识未知的两种有效的思维方法，观察归纳是由特殊到一般的有效手段，本例的求解关键是通过分析、比较、联想、归纳、转换获得项与项序数的一般规律，从而求得通项.

【变式训练1】如下表定义函数f(x)：

x 1 2 3 4 5

f(x) 5 4 3 1 2

对于数列{an}，a1=4，an=f(an-1)，n=2,3,4，…，则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，故选B.

题型二　应用an= 求数列通项

【例2】已知数列{an}的前n项和Sn，分别求其通项公式：

(1)Sn=3n-2;

(2)Sn=18(an+2)2 (an>0).

【解析】(1)当n=1时，a1=S1=31-2=1，

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=(3n-2)-(3n-1-2)=2×3n-1，

又a1=1不适合上式，

故an=

(2)当n=1时，a1=S1=18(a1+2)2，解得a1=2，

当n≥2时，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an>0，所以an-an-1=4，

可知{an}为等差数列，公差为4，

所以an=a1+(n-1)d=2+(n-1)•4=4n-2，

a1=2也适合上式，故an=4n-2.

【点拨】本例的关键是应用an= 求数列的通项，特别要注意验证a1的值是否满足“n≥2”的一般性通项公式.

【变式训练2】已知a1=1，an=n(an+1-an)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式是(　　)

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-1×an-1an-2×…×a2a1=nn-1×n-1n-2×…×32×21=n，故选D.

题型三　利用递推关系求数列的通项

【例3】已知在数列{an}中a1=1，求满足下列条件的数列的通项公式：

(1)an+1=an1+2an;(2)an+1=2an+2n+1.

【解析】(1)因为对于一切n∈N*，an≠0，

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

所以{1an}是等差数列，1an=1a1+(n-1)•2=2n-1，即an=12n-1.

(2)根据已知条件得an+12n+1=an2n+1，即an+12n+1-an2n=1.

所以数列{an2n}是等差数列，an2n=12+(n-1)=2n-12，即an=(2n-1)•2n-1.

【点拨】通项公式及递推关系是给出数列的常用方法，尤其是后者，可以通过进一步的计算，将其进行转化，构造新数列求通项，进而可以求得所求数列的通项公式.

【变式训练3】设{an}是首项为1的正项数列，且(n+1)•a2n+1-na2n+an+1an=0(n=1,2,3，…)，求an.

【解析】因为数列{an}是首项为1的正项数列，

所以anan+1≠0，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a2a1•a3a2•a4a3•a5a4•…•anan-1=12•23•34•45•…•n-1n，所以an=1n.

总结提高

1.给出数列的前几项求通项时，常用特征分析法与化归法，所求通项不唯一.

2.由Sn求an时，要分n=1和n≥2两种情况.

3.给出Sn与an的递推关系，要求an，常用思路是：一是利用Sn-Sn-1=an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式;二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.

6.2　等差数列

典例精析

题型一　等差数列的判定与基本运算

【例1】已知数列{an}前n项和Sn=n2-9n.

(1)求证：{an}为等差数列;(2)记数列{|an|}的前n项和为Tn，求 Tn的表达式.

【解析】(1)证明：n=1时，a1=S1=-8，

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2-9n-[(n-1)2-9(n-1)]=2n-10，

当n=1时，也适合该式，所以an=2n-10 (n∈N*).

当n≥2时，an-an-1=2，所以{an}为等差数列.

(2)因为n≤5时，an≤0，n≥6时，an>0.

所以当n≤5时，Tn=-Sn=9n-n2，

当n≥6时，Tn=a1+a2+…+a5+a6+…+an

=-a1-a2-…-a5+a6+a7+…+an

=Sn-2S5=n2-9n-2×(-20)=n2-9n+40，

所以，

【点拨】根据定义法判断数列为等差数列，灵活运用求 和公式.

【变式训练1】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S21=42，若记bn= ，则数列{bn}(　　)

A.是等差数列，但不是等比数列 B.是等比数列，但不是等差数列

C.既是等差数列，又是等比数列 D.既不是等差数列，又不是等比数列

【解析】本题考查了两类常见数列，特别是等差数列的性质.根据条件找出等差数列{an}的首项与公差之间的关系从而确定数列{bn}的通项是解决问题的突破口.{an}是等差数列，则S21=21a1+21×202d=42.

所以a1+10d=2，即a11=2.所以bn= =22-(2a¬11)=20=1，即数列{bn}是非0常数列，既是等差数列又是等比数列.答案为C.

题型二　公式的应用

【例2】设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3=12，S12>0，S13<0.

(1)求公差d的取值范围;

(2)指出S1，S2，…，S12中哪一个值最大，并说明理由.

【解析】(1)依题意，有

S12=12a1+12×(12-1)d2>0，S13=13a1+13×(13-1)d2<0，

即

由a3=12，得a1=12-2d.③

将③分别代入①②式，得

所以-247

(2)方法一：由d<0可知a1>a2>a3>…>a12>a13，

因此，若在1≤n≤12中存在自然数n，使得an>0，an+1<0，

则Sn就是S1，S2，…，S12中的最大值.

由于S12=6(a6+a7)>0，S13=13a7<0，

即a6+a7>0，a7<0，因此a6>0，a7<0，

故在S1，S2，…，S12中，S6的值最大.

方法二：由d<0可知a1>a2>a3>…>a12>a13，

因此，若在1≤n≤12中存在自然数n，使得an>0，an+1<0，

则Sn就是S1，S2，…，S12中的最大值.

故在S1，S2，…，S12中，S6的值最大.

【变式训练2】在等差数列{an}中，公差d>0，a2 008，a2 009是方程x2-3x-5=0的两个根，Sn是数列{an}的前n项的和，那么满足条件Sn<0的最大自然数n=　　　　.

【解析】由题意知 又因为公差d>0，所以a2 008<0，a2 009>0. 当

n=4 015时，S4 015=a1+a4 0152×4 015=a2 008×4 015<0;当n=4 016时，S4 016=a1+a4 0162×4 016=a2 008+a2 0092×4 016>0.所以满足条件Sn<0的最大自然数n=4 015.

题型三　性质的应用

【例3】某地区2010年9月份曾发生流感，据统计，9月1日该地区流感病毒的新感染者有40人，此后，每天的新感染者人数比前一天增加40人;但从9月11日起，该地区医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，每天的新感染者人数比前一天减少10人.

(1)分别求出该地区在9月10日和9月11日这两天的流感病毒的新感染者人数;

(2)该地区9月份(共30天)该病毒新感染者共有多少人?

【解析】(1)由题意知，该地区9月份前10天流感病毒的新感染者的人数构成一个首项为40，公差为40的等差数列.

所以9月10日的新感染者人数为40+(10-1)×40=400(人).

所以9月11日的新感染者人数为400-10=390(人).

(2)9月份前10天的新感染者人数和为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数，构成一个首项为390，公差为-10的等差数列.

所以后20天新感染者的人数和为T20=20×390+20(20-1)2×(-10)=5 900(人).

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

【变式训练3】设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4≥10，S5≤15，则a4的最大值为

.

【解析】因为等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4≥10，S5≤15，

所以5+3d2≤a4≤3+d，即5+3d≤6+2d，所以d≤1，

所以a4≤3+d≤3+1=4，故a4的最大值为4.

总结提高

1.在熟练应用基本公式的同时，还要会用变通的公式，如在等差数列中，am=an+(m-n)d.

2.在五个量a1、d、n、an、Sn中，知其中的三个量可求出其余两个量，要求选用公式要恰当，即善于减少运算量，达到快速、准确的目的.

3.已知三个或四个数成等差数列这类问题，要善于设元，目的仍在于减少运算量，如三个数成等差数列时，除了设a，a+d，a+2d外，还可设a-d，a，a +d;四个数成等差数列时，可设为a-3m，a-m，a+m，a+3m.

4.在求解数列问题时，要注意函数思想、方程思想、消元及整体消元的方法的应用.

6.3　等比数列

典例精析

题型一　等比数列的基本运算与判定

【例1】数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1=1，an+1=n+2nSn(n=1,2,3，…).求证：

(1)数列{Snn}是等比数列;(2)Sn+1=4an.

【解析】(1)因为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=2•Snn，

故{Snn}是以2为公比的等比数列.

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

于是Sn+1=4(n+1)•Sn-1n-1=4an(n≥2).

又a2=3S1=3，故S2=a1+a2=4.

因此对于任意正整数n≥1，都有Sn+1=4an.

【点拨】①运用等比数列的基本公式，将已知条件转化为关于等比数列的特征量a1、q的方程是求解等比数列问题的常用方法之一，同时应注意在使 用等比数列前n项和公式时，应充分讨论公比q是否等于1;②应用定义判断数列是否是等比数列是最直接，最有依据的方法，也是通法，若判断一个数列是等比数列可用an+1an=q(常数)恒成立，也可用a2n+1 =an•an+2 恒成立，若判定一个数列不是等比数列则只需举出反例即可，也可以用反证法.

【变式训练1】等比数列{an}中，a1=317，q=-12.记f(n)=a1a2…an，则当f(n)最大时，n的值为(　　)

A.7 B.8 C.9 D.10

【解析】an=317×(-12)n-1，易知a9=317×1256>1，a10<0,00，故f(9)=a1a2…a9的值最大，此时n=9.故选C.

题型二　性质运用

【例2】在等比数列{an}中，a1+a6=33，a3a4=32，an>an+1(n∈N*).

(1)求an;

(2)若Tn=lg a1+lg a2+…+lg an，求Tn.

【解析】(1)由等比数列的性质可知a1a6=a3a4=32，

又a1+a6=33，a1>a6，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)由等比数列的性质可知，{lg an}是等差数列，

因为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.

【点拨】历年高考对性质考查较多，主要是利用“等积性”，题目“小而巧”且背景不断更新，要熟练掌握.

【变式训练2】在等差数列{an}中，若a15=0，则有等式a1+a2+…+an=a1+a2+…+a29-n(n<29，n∈N*)成立，类比上述性质，相应地在等比数列{bn}中，若b19=1，能得到什么等式?

【解析】由题设可知，如果am=0，在等差数列中有

a1+a2+…+an=a1+a2+…+a2m-1-n(n<2m-1，n∈N*)成立，

我们知道，如果m+n=p+q，则am+an=ap+aq，

而对于等比数列{bn}，则有若m+n=p+q，则aman=apaq，

所以可以得出结论：

若bm=1，则有b1b2…bn=b1b2…b2m-1-n(n<2m-1，n∈N*)成立.

在本题中则有b1b2…bn=b1b2…b37-n(n<37，n∈N*).

题型三　综合运用

【例3】设数列{an}的前n 项和为Sn，其中an≠0，a1为常数，且-a1，Sn，an+1成等差数列.

(1)求{an}的通项公式;

(2)设bn=1-Sn，问是否存在a1，使数列{bn}为等比数列?若存在，则求出a1的值;若不存在，说明理由.

【解析】(1)由题意可得2Sn=an+1-a1.

所以当n≥2时，有

两式相减得an+1=3an(n≥2).

又a2=2S1+a1=3a1，an≠0，

所以{an}是以首项为a1，公比为q=3的等比数列.

所以an=a1•3n-1.

(2)因为Sn=a1(1-qn)1-q=-12a1+12a1•3n，所以bn=1-Sn=1+12a1-12a1•3n.

要使{bn}为等比数列，当且仅当1+12a1=0，即a1=-2，此时bn=3n.

所以{bn}是首项 为3，公比为q=3的等比数列.

所以{bn}能为等比数列，此时a1=-2.

【变式训练3】已知命题：若{an}为等 差数列，且am=a，an=b(m0，n∈N*)为等比数列，且bm=a，bn=b(m

【解析】n-mbnam.

总结提高

1.方程思想，即等比数列{an}中五个量a1，n，q，an，Sn，一般可“知三求二”，通过求和与通项两公式列方程组求解.

2.对于已知数列{an}递推公式an与Sn的混合关系式，利用公式an=Sn-Sn-1(n≥2)，再引入辅助数列，转化为等比数列问题求解.

3.分类讨论思想：当a1>0，q>1或a1<0,00,01时，{an}为递减数列;q<0时，{an}为摆动数列;q=1时，{an}为常数列.

6.4　数列求和

典例精析

题型一　错位相减法求和

【例1】求和：Sn=1a+2a2+3a3+…+nan.

【解 析】(1)a=1时，Sn=1+2+3+…+n=n(n+1)2.

(2)a≠1时，因为a≠0，

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.

综上所述，Sn=

【点拨】(1)若数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，则求数列{an•bn}的前n项和时，可采用错位相减法;

(2)当等比数列公比为字母时，应对字母是否为1进行讨论;

(3)当将Sn与qSn相减合并同类项时，注意错位及未合并项的正负号.

【变式训练1】数列{2n-32n-3}的前n项和为(　　)

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.故选C.

题型二　分组并项求和法

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

【解析】和式中第k项为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.

【变式训练2】数列1, 1+2, 1+2+22，1+2+22+23，…，1+2+22+…+2n-1，…的前n项和为(　　)

A.2n-1 B.n•2n-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.故选D.

题型三　裂项相消法求和

【例3】数列{an}满足a1=8，a4=2，且an+2-2an+1+an=0 (n∈N*).

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设bn=1n(14-an)(n∈N*)，Tn=b1+b2+…+bn(n∈N*)，若对任意非零自然数n，Tn>m32恒成立，求m的最大整数值.

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

从而可知数列{an}为等差数列，设其公差为d，则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 ，

上式对一切n∈N*恒成立.

所以m<12-8n+1-8n+2对一切n∈N*恒成立.

对n∈N*，(12-8n+1-8n+2)min=12-81+1-81+2=163，

所以m<163，故m的最大整数值为5.

【点拨】(1)若数列{an}的通项能转化为f(n+1)-f(n)的形式，常采用裂项相消法求和.

(2)使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项.

【变式训练3】已知数列{an}，{bn}的前n项和为An，Bn，记cn=anBn+bnAn-anbn(n∈N*)，则数列{cn}的前10项和为(　　)

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

【解析】n=1，c1=A1B1;n≥2，cn=AnBn-An-1Bn-1，即可推出{cn}的前10项和为A10B10，故选C.

总结提高

1.常用的 基本求和法均对应数列通项的特殊结构特征，分析数列通项公式的特征联想相应的求和方法既是根本，也是关键.

2.数列求和实质就是求数列{Sn}的通项公式，它几乎涵盖了数列中所有的思想策略、方法和技巧，对学生的知识和思维有很高的要求，应充分重视并系统训练.

6.5　数列的综合应用

典例精析

题型一　函数与数列的综合问题

【例1】已知f(x)=logax(a>0且a≠1)，设f(a1)，f(a2)，…，f(an)(n∈N*)是首项为4，公差为2的等差数列.

(1)设a是常数，求证：{an}成等比数列;

(2)若bn=anf(an)，{bn}的前n项和是Sn，当a=2时，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(n≥2)为定值，所以{an}为等比数列.

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

当a=2时，bn=(2n+2) •(2)2n+2=(n+1) •2n+2，

Sn=2•23+3•24+4•25+…+(n+1 ) •2n+2，

2Sn=2•24+3•25+…+n•2n+2+(n+1)•2n+3，

两式相减得

-Sn=2•23+24+25+…+2n+2-(n+1)•2n+3=16+24(1-2n-1)1-2-(n+1)•2n+3，

所以Sn=n•2n+3.

【点拨】本例是数列与函数综合的基本题型之一，特征是以函数为载体构建数列的递推关系，通过由函数的解析式获知数列的通项公式，从而问题得到求解.

【变式训练1】设函数f(x)=xm+ax的导函数f′(x)=2x+1，则数列{1f(n)}(n∈N*)的前n项和是(　　)

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，则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.故选C.

题型二　数列模型实际应用问题

【例2】某县位于沙漠地带，人与自然长期进行着顽强的斗争，到2009年底全县的绿化率已达30%，从2010年开始，每年将出现这样的局面：原有沙漠面积的16%将被绿化，与此同时，由于各种原因，原有绿化面积的4%又被沙化.

(1)设全县面积为1,2009年底绿化面积为a1=310，经过n年绿化面积为an+1，求证：an+1=45an+425;

(2)至少需要多少年(取整数)的努力，才能使全县的绿化率达到60%?

【解析】(1)证明：由已知可得an 确定后，an+1可表示为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=-12≠0，所以an+1-45=-12•(45)n，即an+1=45-12•(45)n，

若an+1≥35，则有45-12•(45)n≥35，即(45)n-1≤12，(n-1)lg 45≤-lg 2，

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

所以n≥1+lg 21-3lg 2>4，n∈N*，

所以n取最小整数为5，故至少需要经过5年的努力，才能使全县的绿化率达到60%.

【点拨】解决此类问题的关键是如何把实际问题转化为数学问题，通过反复读题，列出有关信息，转化为数列的有关问题.

【变式训练2】规定一机器狗每秒钟只能前进或后退一步，现程序设计师让机器狗以“前进3步，然后再后退2步”的规律进行移动.如果将此机器狗放在数轴的原点，面向正方向，以1步的距离为1单位长移动，令P(n)表示第n秒时机器狗所在的位置坐标，且P(0)=0，则下列结论中错误的是(　　)

A.P(2 006)=402 B.P(2 007)= 403

C.P(2 008)=404 D.P(2 009)=405

【解析】考查数列的应用.构造数列{Pn}，由题知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错.

题型三　数列中的探索性问题

【例3】{an}，{bn}为两个数列，点M(1,2)，An(2，an)，Bn(n-1n，2n)为直角坐标平面上的点.

(1)对n∈N*，若点M，An，Bn在同一直线上，求数列{an}的通项公式;

(2)若数列{bn}满足log2Cn=a1b1+a2b2+…+anbna1+a2+…+an，其中{Cn}是第三项为8，公比为4的等比数列，求证：点列(1，b1)，(2，b2)，…，(n，bn)在同一直线上，并求此直线方程.

【解析】(1)由an-22-1=2n-2n-1n-1，得an=2n.

(2)由已知有Cn=22n-3，由log2Cn的表达式可知：

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}为等差数列.

故点列(1，b1)，(2，b2)，…，(n，bn)共线，直线方程为y=3x-4.

【变式训练3】已知等差数列{an}的首项a1及公差d都是整数，前n项和为Sn(n∈N*).若a1>1，a4>3，S3≤9，则通项公式an=　　　　.

【解析】本题考查二元一次不等式的整数解以及等差数列的通项公式.

由a1>1，a4>3，S3≤9得

令x=a1，y=d得

在平面直角坐标系中画出可行域如图所示.符合要求的整数点只有(2,1)，即a1=2，d=1.所以an=2+n-1=n+1.故答案填n+1.

总结提高

1.数列模型应用问题的求解策略

(1)认真审题，准确理解题意;

(2)依据问题情境，构造等差、等比数列，然后应用通项公式、前n项和公式以及性质求解，或通过探索、归纳构造递推数列求解;

(3)验证、反思结果与实际是否相符.

2.数列综合问题的求解策略

(1)数列与函数综合问题或应用数学思想解决数列问题，或以函数为载体构造数列，应用数列的知识求解;

(2)数列的几何型综合问题，探究几何性质和规律特征建立数列的递推关系式，然后求解问题.

【总结】2013年已经到来，新的一年精品学习网也会为您收集更多更好的文章，希望本文“理科高三数学教案：数列总复习”能给您带来帮助！下面请看更多频道：

更多频道：

高中频道      高中英语学习