2022年高理数轮复习：数列 .pdf

《2022年高理数轮复习：数列 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高理数轮复习：数列 .pdf（15页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、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

2、、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. 知识网络精选学习资料 - - -

3、- - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 15 页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(101)，79(1021)，79(1031)，79(10n1)，故 an79(10n 1). (2)分开观察，正负号由( 1)n1确定，分子是偶数2n，分母是1 3,3 5,5 7， ，(2n1)(2n1)，故数列的通项公式可写成an(

4、1)n1)12)(12(2nnn. (3)将已知数列变为10,21,30,4 1,50,61,70,81,90，. 故数列的通项公式为ann2) 1(1n. 【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，a14，anf(an1)，n2,3,4，则a2 008的值是 () A.1 B.2 C.3 D.4 【解析】 a14，a21， a35， a42，a54

5、，可得 an4an. 所以 a2 008a4 2，故选 B. 题型二应用 an)2(),1(11nSSnSnn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)Sn3n 2；(2)Sn18(an2)2 (an 0). 【解析】 (1)当 n 1 时， a1S13121，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 15 页当 n2 时， anSnSn1(3n2)(3n12) 2 3n1，又 a11 不适合上式，故 an)2(32),1( 11nnn(2)当 n 1时， a1S118(a12)2，解得 a1

6、2，当 n2 时， anSnSn118(an2)218(an12)2，所以 (an2)2(an 12)20，所以 (anan 1)(anan1 4) 0，又 an0，所以 anan1 4，可知 an 为等差数列，公差为4，所以 ana1(n1)d2(n1)4 4n2，a1 2 也适合上式，故an4n2. 【点拨】 本例的关键是应用an)2(),1(11nSSnSnn求数列的通项，特别要注意验证a1的值是否满足 “n2”的一般性通项公式. 【变式训练2】已知 a11， ann(an1an)(nN*)，则数列 an的通项公式是() A.2n1 B.(n1n)n1 C.n2D.n【解析】 由 an

7、n(an1an)?an1ann1n. 所以 ananan1an 1an2 a2a1nn1n1n2 3221n，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 a11，求满足下列条件的数列的通项公式：(1)an1an12an；(2)an12an2n1. 【解析】 (1)因为对于一切n N*，an0 ，因此由 an1an12an得1an11an2，即1an11an2. 所以 1an 是等差数列，1an1a1(n1)22n1，即 an12n 1. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 15 页(2)根据已知条

8、件得an12n1an2n1，即an12n1an2n1. 所以数列 an2n是等差数列，an2n12(n1)2n12，即 an (2n1)2n1. 【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(n1)a2n1na2nan1an0(n1,2,3， )，求 an. 【解析】 因为数列 an是首项为1 的正项数列，所以 anan10 ，所以(n1)an1annanan 110，令an1ant，所以 (n1)t2tn 0，所以 (n1)t n(t1)

9、0，得 tnn1或 t 1(舍去 )，即an1annn 1. 所以a2a1a3a2a4a3a5a4anan112233445 n 1n，所以 an1n. 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n1 和 n2 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SnSn1an(n2)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 Snn29n. (1)

10、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： n1 时， a1S1 8，当 n2 时， anSnSn1n29n (n1)2 9(n1) 2n10，当 n1 时，也适合该式，所以an2n 10 (n N*). 当 n2 时， anan12，所以 an为等差数列 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 15 页(2)因为 n5 时， an0，n6 时， an0. 所以当 n5 时， Tn Sn9nn2，当 n6 时， Tn| |a1| |a2| |a5|

11、|a6| |an a1a2a5a6a7 an Sn2S5n29n2 (20)n29n 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 S2142，若记 bn1391122aaa，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S2121a121 202d4

12、2. 所以 a110d2，即 a112.所以 bn1391122aaa22(2a11)201，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 a312，S120，S130. (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S1212a112 (12 1)d20，S13 13a113 (131)d20，即06011211dada由 a312，得 a1122d.将分别代入式，得03, 0724dd所以247d 3. (2)方法一：由d

13、0 可知 a1a2a3 a12a13，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 15 页因此，若在1n12 中存在自然数n，使得 an0， an10，则 Sn就是 S1，S2，S12中的最大值 . 由于 S12 6(a6 a7)0，S1313a70，即 a6a70，a70，因此 a60，a70，故在 S1，S2， S12中， S6的值最大 . 方法二：由d0 可知 a1a2a3a12a13，因此，若在1n12 中存在自然数n，使得 an0， an10，则 Sn就是 S1，S2，S12中的最大值 . 故在 S1，S2， S12中，

14、S6的值最大 . 【变式训练2】在等差数列 an 中，公差d0，a2 008，a2 009是方程 x2 3x5 0 的两个根， Sn是数列 an的前 n 项的和，那么满足条件Sn0 的最大自然数n. 【解析】 由题意知, 05,030092008200920082aaaa又因为公差d0，所以 a2 008 0，a2 0090. 当n4 015 时， S4 015a1a4 0152 4 015a2 008 4 0150； 当 n4 016 时，S4 016a1a4 0162 4 016a2 008a2 0092 4 0160.所以满足条件Sn0 的最大自然数n4 015. 题型三性质的应用【例

15、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 (101

16、) 40400(人). 所以 9 月 11 日的新感染者人数为40010390(人). 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 15 页(2)9 月份前 10 天的新感染者人数和为S1010(40400)22 200(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T2020 39020(201)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 2005 9008 100(人). 【变式训练3】设等差数列 an的

17、前 n 项和为 Sn，若 S410，S515，则 a4的最大值为. 【解析】 因为等差数列an 的前 n 项和为 Sn，且 S410，S515，所以53d2a43 d，即 53d62d，所以 d1，所以 a43d 314，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，aman(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，ad，a2d 外

18、，还可设ad，a， ad；四个数成等差数列时，可设为a3m，am，am，a3m. 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 a11，an1n2nSn(n1,2,3， ).求证：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 15 页(1)数列 Snn是等比数列；(2)Sn14an. 【解析】 (1)因为 an1Sn1Sn， an1n2nSn，所以 (n2)Snn(Sn1Sn). 整理得 nSn1

19、2(n1)Sn，所以Sn1n12Snn，故 Snn 是以 2 为公比的等比数列. (2)由(1)知Sn1n14Sn1n14ann1(n 2)，于是 Sn14(n1)Sn1n14an(n2). 又 a23S13，故 S2a1a24. 因此对于任意正整数n1，都有 Sn14an. 【点拨】 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；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an1anq(常数)恒成立，也可用

20、a2n1 anan2 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， a1317，q12.记 f(n)a1a2an，则当 f(n)最大时， n 的值为 () A.7 B.8 C.9 D.10 【解析】 an317 (12)n1，易知 a931712561，a100,0a111.又 a1a2a90，故 f(9)a1a2a9的值最大，此时n9.故选 C. 题型二性质运用【例 2】在等比数列 an中， a1a633，a3a432，anan1(nN*). (1)求 an；(2)若 Tnlg a1 lg a2 lg an，求 Tn. 【解析

21、】 (1)由等比数列的性质可知a1a6a3a432，又 a1a633，a1a6，解得 a132， a61，所以a6a1132，即 q5132，所以 q12，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 15 页所以 an32(12)n126n . (2)由等比数列的性质可知，lg an是等差数列，因为 lg anlg 26n(6n)lg 2， lg a15lg 2，所以 Tn(lg a1lg an)n2n(11n)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 .

22、 【变式训练2】在等差数列 an中，若 a150，则有等式a1a2 ana1a2 a29n(n29， nN*)成立，类比上述性质，相应地在等比数列bn中，若 b191，能得到什么等式？【解析】 由题设可知，如果am0，在等差数列中有a1 a2 ana1a2 a2m1n(n2m1，n N*)成立，我们知道，如果mnpq，则 am anapaq，而对于等比数列 bn ，则有若 mnpq，则 amanapaq，所以可以得出结论：若 bm1，则有 b1b2bn b1b2 b2m1n(n 2m1，n N*)成立 . 在本题中则有b1b2bnb1b2b37n(n37，n N*). 题型三综合运用【例 3】

23、设数列 an的前 n项和为 Sn，其中 an0 ，a1为常数，且 a1，Sn，an1成等差数列 . (1)求an的通项公式；(2)设 bn1Sn，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2Snan1a1. 所以当 n2 时，有11,1122aaSaaSnnnn两式相减得an13an(n2). 又 a22S1a13a1，an0 ，所以 an 是以首项为a1，公比为q3 的等比数列 . 所以 ana13n1. (2)因为 Sna1(1 qn)1q12a112a13n，所以 bn1Sn112a112a13n. 要使 bn 为等

24、比数列，当且仅当112a10，即 a1 2，此时 bn3n. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 15 页所以 bn 是首项 为 3，公比为q3 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ama，anb(mn，m、nN*)，则 amnbnamnm.现在已知数列 bn( bn0，nN*)为等比数列， 且 bma，bnb(mn，m，nN*)，类比上述结论得bmn. 【解析】nmbnam. 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

25、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anSnSn1(n2)，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a10， q1 或 a1 0,0q1 时，等比数列 an 为递增数列；当a10,0q1 或 a10，q 1 时， an为递减数列；q0 时， an为摆动数列； q1 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： Sn1a2a23a3nan. 【解 析】 (1)a1 时， Sn12 3 nn(n1)2. (2)a1时，因为a 0，Sn1a2a23a3 na

26、n，1aSn1a22a3n1annan1.由得 (11a)Sn1a1a21annan11a(11an)11anan1，所以 Sna(an1)n(a1)an(a1)2. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 15 页综上所述， Sn).1()1()1()1(),1(2) 1(2aaaanaaannnn【点拨】 (1)若数列 an 是等差数列， bn 是等比数列，则求数列anbn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

27、并项的正负号. 【变式训练1】数列 2n32n3的前 n 项和为 () A.42n12n1B.42n 72n2C.82n12n3D.63n22n1【解析】 取 n1，2n32n3 4.故选 C. 题型二分组并项求和法【例 2】求和 Sn1(112)(11214) (1121412n1). 【解析】 和式中第k 项为 ak11214 12k11(12)k1122(112k). 所以 Sn2(1 12)(1122)(112n) ) 111( 2个n(1212212n) 2n12(112n)1122n(112n)2n212n1. 【变式训练2】数列 1, 1 2, 1 222，122223， 122

28、2 2n1，的前n 项和为 () A.2n1 B.n2nnC.2n1 nD.2n1 n2 【解析】 an12 22 2n12n1，Sn (211)(22 1)(2n 1)2n1n 2.故选 D. 题型三裂项相消法求和【例 3】数列 an 满足 a18，a4 2，且 an22an1an 0 (n N*). (1)求数列 an的通项公式；(2)设 bn1n(14 an)(nN*)，Tnb1b2 bn(nN*)，若对任意非零自然数n，Tnm32恒成立，求 m 的最精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 15 页大整数值 . 【解析】

29、 (1)由 an22an1an0，得 an2an1 an1an，从而可知数列an为等差数列，设其公差为d，则 da4a141 2，所以 an8(n1) (2)102n. (2)bn1n(14an)12n(n2)14(1n1n2)，所以 Tnb1b2 bn14(1113)(1214)(1n1n2) 14(1121n11n2)3814(n1)14(n2)m32，上式对一切n N*恒成立 . 所以 m128n18n2对一切 n N*恒成立 . 对 n N*，(128n18n2)min 1281 1812163，所以 m163，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

30、(n1) 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 cnanBnbnAnanbn(nN*)，则数列 cn 的前10 项和为 () A.A10B10B.A10 B102C.A10B10D.A10B10【解析】 n1，c1A1B1；n 2，cnAnBn An1Bn1，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

31、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精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 15 页【例 1】已知 f(x)logax(a0 且 a 1) ，设 f(a1)，f(a2)， f(an)(nN*)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 bnanf(an)， bn的前 n 项和是 Sn，当 a2时，求 Sn. 【解析】 (

32、1)f(an) 4(n1) 22n2，即 logaan2n2，所以 ana2n2，所以anan1a2n2a2n a2(n 2)为定值，所以an 为等比数列 . (2)bnanf(an) a2n2logaa2n2(2n2)a2n2，当 a2时， bn(2n2) (2)2n2(n1) 2n2，Sn 223324425(n1) 2n2，2Sn2243 25n2n2(n1)2n3，两式相减得 Sn22324 252n2(n1)2n31624(12n1)12(n1)2n3，所以 Snn2n3. 【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

33、的通项公式，从而问题得到求解. 【 变式训练 1】设函数f(x)xmax 的导函数f(x)2x1，则数列 1f(n)( nN*)的前 n 项和是 () A.nn1B.n2n1C.nn1D.n1n【解析】 由 f(x)mxm1 a2x 1得 m2， a1. 所以 f(x)x2x，则1f(n)1n(n1)1n1n 1. 所以 Sn11212131314 1n1n111n1nn1.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，

34、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a1310，经过 n 年绿化面积为an1，求证： an145an425；(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， an1可表示为an1an(14%)(1an)16%，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 15 页即 an180%an16%45an425. (2)由 an145an425有， an14545(an45)，又 a145120 ，所以 an14512(

35、45)n，即 an14512(45)n，若 an135，则有4512 (45)n35，即 (45)n112，(n1)lg 45lg 2，(n 1)(2lg 2lg 5) lg 2，即 (n1)(3lg 2 1)lg 2，所以 n1lg 213lg 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

36、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)4011402， P(2 007)40111403，P(2 008)4013404，P(2 009)4041 403.故 D 错. 题型三数列中的探索性问题【例 3】an，bn为

37、两个数列，点M(1,2)， An(2，an)，Bn(n1n，2n)为直角坐标平面上的点. (1)对 nN*，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 log2Cna1b1a2b2 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 2212n2n1n1，得 an2n. (2)由已知有Cn22n3，由 log2Cn的表达式可知：2(b12b2nbn)n(n1)(2n3)，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总

38、结 - - - - - - -第 14 页，共 15 页所以 2b12b2(n1)bn1(n1)n(2n5).得bn3n4，所以 bn 为等差数列 . 故点列 (1，b1)，(2， b2)，(n，bn)共线，直线方程为y3x4. 【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 a11， a43， S39，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 a11， a43， S3 9得令 xa1，yd 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 a12，d 1.所以 an2n1n1.故答案填n1. 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. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 15 页