[2012年高考数列命题预测]数列极限经典例题

　　学了12年，也等了12年，“亮剑”时刻终于到来了.为回馈12年的付出，也为展示12年的积累，更为实现自己的理想与抱负，考好是应该的也是必须的.当然，这不是有雄心壮志就行的，要科学、要合理，同样要有策略.因为，理想的分数就取绝于对一些试题的求解.如果我们能深刻理解命题人的思路、准确把握各章节考点的设置，也许还真的可以“投机取巧”获得超水平发挥，如何做到呢？咱们一步一步地来，首先让你了解2012年高考数列命题可能涉及的知识点与可能出现的题型.
　　1. 依数列的概念为依托，考查基本运算
　　从近年的命题情况看,依托数列的基本概念,设计考查基本运算的试题是数列中命制客观性试题的一种常见思路,此类题难度不大,往往在某一性质、某一知识点处设卡，突破后，可谓“一马平川”，直接得分.
　　例1 若互不相等的实数a，b，c成等差数列，c，a，b成等比数列，且a+3b+c=10，则a=（ ）
　　A． 4 B． 2 C． －2 D． －4
　　解析 由a，b，c成等差数列，得2b=a+c，由于a+3b+c=10，得b=2，又c，a，b成等比数列，得a2=bc，即a2=2c，再结合a+c=4，得a=2或-4，由于a，b，c互不相等，故a=-4，选D.
　　点评 本题依托等比、等差数列的基本概念考查数列的基本运算问题，在求解中用到了等差数列的性质，难度不大，运算需细心，若将答案B改为“2或-4”，可能有粗心的考生会误选.
　　例2 已知等差数列{an}的公差d=1，若a1+a2+…+a99+a100=150，那么a2+a4+…+a98+a100的值为（ ）
　　A． 100 B． 150 C． 200 D． 250
　　解析 设由a1+a3+…+a97+a99=A，a2+a4+…+a98+a100=B，
　　那么A+B=a1+a2+…+a99+a100=150，B-A=50d=50?圯2B=200?圯B=100，选A.
　　点评 本题依托等差数列前项和的概念，考查等差数列的基本运算.难度不大,求解方法也很多,其中利用等差数列的性质,进行整体运算给人有种赏心悦目的感觉.
　　2. 依数列的性质为依托，考查基本技能
　　数列的性质包括通项与前n项和之间的关系、等差、等比数列的性质、由递推公式确定数列的基本特征等，这些基本性质是在数列中设计“小、巧、活”试题的重要基地.
　　例3 设正数a0，a1，…，a2012构成数列{an}且满足下列两个条件：①a0=a2012，②an-1+■=2an+■，则所有满足条件的数列中a0的最大值为 .
　　解析 由an-1+■=2an+■?圯an-1=2an……①或an-1=■……②
　　则a2012=a0（-1）■・22012-t，即a2012用了t次②，用了2012-t①，
　　（i）若t为奇数，得：a2012=■・22012-t，由于a0=a2012，即a0=■・22012-t，显然，a0≤■・22012-1，得a0≤21005■.
　　（ii）若t为偶数，此时a2012=a0・22012-t，由于a0=a2012，即a0=a0・22012-t，此时a0最小值不存在.
　　故a0的最小值为21005■.
　　点评 本题依托递推式an-1+■=2an+■，再借助于（-1）t的运算结果巧妙地设计出数列的最值问题，看看求解过程，可谓“短小精悍”极具“数学味”.
　　3. 依分段数列为依托，考查分析推理能力
　　数列是特殊函数，结合分段函数产生分段数列，依托分段数列项的波动性考查分析推理能力是近年高考命题的一大特点，此类数列的项的规律性不是太明显，不深入探究，极易出错或产生不了结论.
　　例4 已知数列{an}满足：a1=m（m为正整数），an+1=■，当an为偶数时3an+1，当an为奇数时若a6=1，则m所有可能的取值为 .
　　解析 由a6=1结合递推式，可得若a5为偶数，则由a6=■?圯a5=2；若a5为奇数，则由a6=3a5+1?圯a5=0（不合题意，舍去）.
　　由a5=2，若a4为偶数，则a5=■?圯a4=4；若a4为奇数，则由a5=3a4+1?圯a4=■（不合题意，舍去）.
　　由a4=4，若a3为偶数，则a4=■?圯a3=8；若a3为奇数，则由a4=3a3+1?圯a3=1.
　　由a3=8，若a2为偶数，则a2=16；若a2为奇数，则a2=■（不合题意，舍去）.
　　由a3=1，若a2为偶数，则a2=2；若a2为奇数，则a2=0（不合题意，舍去）.
　　由a2=16，若a1为偶数，则a1=32?圯m=32；若a1为奇数，则a2=3a1+1?圯a1=5?圯m=5；由a2=2，若a1为偶数，则a1=4?圯m=4；若a1为奇数，则a1=■（不合题意，舍去）.
　　故m所有可能的取值为32、5、4.
　　点评 本题借助于a6及递推公式，逐步向前推理，逐步分析，直至产生a1，再与条件结合产生结论.难度不大，但运算量不大，必须细心才行.
　　4. 依基本图形为依托，考查捕捉信息能力
　　 图形，直观地告诉我们所有内容，“有用的”与“无用的”尽显无遗.依托图形设计数列问题，通过对图形变化的分析、纷乱数据的整理来考查考生捕捉信息与利用信息能力也是近年高考命题的一大特点.求解此类问题的关键在于图与数之间的合理、科学的转化.
　　例5 将正△ABC分割成n2（n≥2，n∈N）个全等的小正三角形（图1，图2分别给出了n=2，3的情形），在每个三角形的顶点各放置一个数，使位于△ABC的三边及平行于某边的任一直线上的数（当数的个数不少于3时）都分别依次成等差数列，若顶点A，B，C处的三个数互不相同且和为1，记所有顶点上的数之和为f（n），则有f（2）=2，f（3）= ，…，f（n）= .
　　解析 当n=3时，如图3所示，分别设各顶点的数用小写字母表示，即由条件知a+b+c=1，x1+x2=a+b，y1+y2=b+c，z1+z2=c+a.
　　那么x1+x2+y1+y2+z1+z2=2（a+b+c）=2，2g=x1+y2=x2+z1=y1+z2，
　　6g=x1+x2+y1+y2+z1+z2=2（a+b+c）=2，得g=■.
　　于是f（3）=a+b+c+x1+x2+y1+y2+z1+z2+g=1+2+■=■.
　　类似地可求得f（4）=5.由上知f（1）中有三个数，f（2）中有6个数，f（3）中共有10个数相加 ，f（4）中有15个数相加，…，若f（n-1）中有an-1（n>1）个数相加，可得f（n）中有（an-1+n+1）个数相加，且由f（1）=1=■，f（2）=■=■=f（1）+■，f（3）=■=f（2）+■，f（4）=5=f（3）+■，…，可得f（n）=f（n-1）+■，
　　所以f（n）=f（n-1）+■=f（n-2）+■+■=…=■+■+■+■+f（1）=■+■+■+■+■+■=■（n+1）（n+2）.
　　点评 本题建立在图形的基础上，结合等差数列的性质产生了f（3）、又类比f（3）的方法产生f（4），再通过f（2）、f（3）、f（3）中后一项与前一项的关系，归纳出f（n）与f（n-1）之间进一步的关系使问题出现实质性的转机，本题有难度也有技巧.
　　5. 依两类特殊数列为依托，考查数列中的基本思想与基本方法的应用
　　等差数列与等比数列是两类特殊数列，每年高考围绕这两类数列设计的试题都比较多.对于此类题在设计上往往还会同时注重数列中的其它技能，比如：数列求和错位相减法及裂项法等，求解时，首先抓好第一问的求解，因为第一问的结论可能还会为第二问甚至第三问“服务”.
　　例6 设Sn等比数列{an}的前n项和，且S2，■，a2成等差数列，又S3=■.
　　（Ⅰ）求数列{■}的通项；
　　（Ⅱ）设bn=■，求数列{bn}的前n项和Sn．
　　解析 （Ⅰ）设首项为a1，公比为q，由S3=■，S2+a2=■，得■=■，a1+a1q+a1q=■?圯a1=■，q=■?圯an=■?圯■=3n.
　　所以数列{■}的通项为■=3n.
　　（Ⅱ）∵bn=■，∴bn=n・3n．
　　∴Sn=3+2×32+3×33+…+n・3n………①
　　 ∴3Sn=32+2×33+3×34+…+n3n+1………②
　　②-①得：2Sn=n3n+1-（3+32+33+…+3n），即2Sn=n3n+1-■，∴Sn=■+■．
　　点评 本题依托等差数列与等比数列，考查在数列中最常用的基本思想――方程思想与数列中最重要的求和方法――错位相减法.本题的求解中，第一问的结论很重要，因为它直接为第二问服务，若是第一问出错，第二问就什么也不谈了.
　　6. 依新定义为依托，考查数列中的创新意识与创新能力
　　以新定义为依托，命制新背景、新定义、新运算、新性质等的创新题型，考查考生创新能力与创新意识是近年高考数列试题的一种新苗头.由于数列本身具有抽象性与灵活性，又加上创新问题还存在着“阅读理解”问题，因此，此类题有较大难度，往往出在试卷的最后两题的位置.
　　例7 数列{an}的前n项和记为Sn，前kn项和记为Skn（n，k∈N*），对给定的常数k，若■是与n无关的非零常数t=f（k），则称该数列{an}是“k类和科比数列”，
　　（1）已知Sn=（■）2，an>0，求数列{an}的通项公式；
　　（2）证明:（1）的数列{an}是一个“k类和科比数列”；
　　（3）设正数列{cn}是一个等比数列，首项c1，公比Q（Q≠1），若数列{lgcn}是一个“k类和科比数列”，探究c1与Q的关系.
　　解析 （1）由Sn+1=■得Sn=■，作差得an+1=■，化简整理2an+1+2an=a2n+1-a2n，∴an+1-an=2.
　　由a1=（■）2，a1>0?圯a1=1，于是an=2n-1.
　　（2）由（1）知Sn=■=n2，那么S（k+1）n=（k+1）2n2，Skn=k2n2.
　　由于■=（■）2与n无关的非零常数，
　　所以数列{an}是一个“k类和科比数列”.
　　（3）由lgcn+1-lgcn=lg■=lgQ是一个常数，所以{lgcn}是一个等差数列，首项lgc1，公差lgQ，于是Sn=nlgc1+■・lgQ.
　　那么Skn=knlgc1+■・lgQ，S（k+1）n=（k+1）nlgc1+■・lgQ，
　　■=■=t
　　对一切n∈N*恒成立，化简整理[（k+1）2-k2t]・lgQ・n+[（k+1）-kt]・（2lgc1-lgQ）=0对一切n∈N*恒成立 ，所以（k+1）2-k2t=0，2lgc1-lgQ=0?圯Q=c12.
　　点评 本题依托“k类和科比数列”的定义,设计证明一个数列是“k类和科比数列”及利用这个数列的定义展开的推理问题.第一问属于常规问题,第二问与第三问就是新定义的运用.第三问的转化有难度,求解必需细心.
　　7. 依递推式为依托，考查推理论证的能力
　　递推式是数列的表示形式之一.近年利用这一表示形式对数列进行考查是司空见惯的，且大有越来越难之势.常规命题是建立在非线性的递推式的基础上进行展开，通过求通项及一些数列性质的论证等，考查考生对问题的变形能力及数列常规技巧、技巧的掌握情况.
　　例8 已知数列{bn}中，bn+1=■，n∈N*，记an=■.
　　（1）求证：数列{an}是等比数列；
　　（2）若b1=0，试求数列{bn}的最大项与最小项；
　　（3）是否存在正整数b1使an>22-n，若存在，求出b1的值，否则，说明理由.
　　解析 （1）由bn+1=■?圯bn+1-1=■，bn+1+2=■?圯■=（-■）・■，即an+1=（-■）・an，显然，数列{an}是以a1为首项，以-■为公比的等比数列.
　　（2）由b1=0，得a1=■=-■，所以an=（-■）n-1・a1=（-■）n，
　　即■=（-■）n?圯bn=■=■+1.
　　显然，n为奇数时，■递增，则当n=1时，b1=0最小；此时，最大值不存在，无限地趋近于1.
　　n为偶数时，■递减，则当n=2时，b2=4最大；此时，最小值不存在，无限地趋近于1.
　　综上可知，数列{bn}的最大项为b2=4、最小项为b1=0.
　　（3）由（1）an=■=■・（-■）n-1，那么an>22-n即为■・（-■）n-1>22-n?圯■>2，由于b1为正整数，得■>2?圯b1-1>2（b1+2）?圯b11时，证明：■■=■?圯■+■+…＋■>■.
　　又∵■=■=■=■+■・■