资源简介

2022届高三数学压轴题专练——数列3
1．已知函数，数列的前项的和为，点均在函数的图象上.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，证明：.
2．已知二次函数经过坐标原点，当 时有最小值，数列的前项和为，点均在函数的图象上．
（1）求函数的解析式；
（2）求数列的通项公式；
（3）设是数列的前项和，求使得对所有都成立的最小正整数．
3．已知数列（，）满足， 其中，．
（1）当时，求关于的表达式，并求的取值范围；
（2）设集合．
①若，，求证：；
②是否存在实数，，使，，都属于？若存在，请求出实数，；若不存在，请说明理由．
4．对于无穷数列，记，若数列满足：“存在，使得只要（且），必有”，则称数列具有性质.
（Ⅰ）若数列满足判断数列是否具有性质？是否具有性质？
（Ⅱ）求证：“是有限集”是“数列具有性质”的必要不充分条件；
（Ⅲ）已知是各项为正整数的数列，且既具有性质，又具有性质，求证：存在整数，使得是等差数列.
5．已知集合，,．对于数列，，且对于任意，，有．记为数列的前项和.
(1)写出，的值；
(2)数列中，对于任意，存在，使，求数列的通项公式；
(3)数列中，对于任意，存在，有.求使得成立的的最小值．
6．已知数列中，，前项和满足（）．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）是否存在整数对满足？若存在，求出所有的满足题意得整数对；若不存在，请说明理由．
7．设是数列的前项和，．
（1）求的通项；
（2）设，求数列的前项和．
8．在一个传染病流行的群体中，通常有3类人群：
类别 特征
S类（Susceptible） 易感染者，体内缺乏有关抗体，与I类人群接触后易变为I类人群．
I类（Infectious） 感染者，可以接触S类人群，并把传染病传染给S类人群；康复后成为R类人群．
R类（Recovered） 康复者，自愈或者经治疗后康复且体内存在相关抗体的I类人群；若抗体存在时间有限，可能重新转化为S类人群．
在一个600人的封闭环境中，设第n天S类，I类，R类人群人数分别为，，．其中第1天，，．为了简化模型，我们约定各类人群每天转化的比例参数恒定：
S类→I类占当天S类比例 I类→R类占当天I类比例 R类→S类占当天R类比例
(1)已知对于传染病A有，，．求，；
(2)已知对于传染病B有，，．
（Ⅰ）证明：存在常数p，q，使得是等比数列；
（Ⅱ）已知防止传染病大规模传播的关键途径至少包含：①控制感染人数；②保护易感人群．请选择一项，通过相关计算说明：实际生活中，相较于传染病A需要投入更大力量防控传染病B．
9．数列是正整数的任一排列，且同时满足以下两个条件：
①；②当时，().
记这样的数列个数为.
（I）写出的值；
（II）证明不能被4整除.
10．设A是由m×n个实数组成的m行n列的数表，满足：每个数的绝对值不大于1，且所有数的和为零，记s(m，n)为所有这样的数表构成的集合．
对于A∈S(m,n),记ri(A)为A的第ⅰ行各数之和（1≤ⅰ≤m），Cj(A)为A的第j列各数之和（1≤j≤n）：
记K(A)为∣r1(A)∣,∣R2(A)∣,…,∣Rm(A)∣,∣C1(A)∣,∣C2(A)∣,…,∣Cn(A)∣中的最小值．
对如下数表A，求K（A）的值；
1 1 -0.8
0.1 -0.3 -1
（2）设数表A∈S（2,3）形如
1 1 c
a b -1
求K（A）的最大值；
（3）给定正整数t，对于所有的A∈S（2,2t+1），求K（A）的最大值．
11．设数列的各项均为正数，它的前项的和为，点在函数的图像上；数列满足．其中．
（1）求数列和的通项公式；
（2）设，求证：数列的前项的和（）．
12．如图，设是由个实数组成的行列的数表，其中表示位于第行第列的实数，且.
定义为第s行与第t行的积. 若对于任意（），都有，则称数表为完美数表.
（Ⅰ）当时，试写出一个符合条件的完美数表；
（Ⅱ）证明：不存在10行10列的完美数表；
（Ⅲ）设为行列的完美数表，且对于任意的和，都有，证明：.
13．我们把一系列向量排成一列，称为向量列，记作，又设，假设向量列满足：，．
（1）证明数列是等比数列；
（2）设表示向量间的夹角，若，记的前项和为，求；
（3）设是上不恒为零的函数，且对任意的，都有，若，，求数列的前项和．
14．已知数列与满足，.
（1）若，且，求数列的通项公式；
（2）设的第项是最大项，即（），求证：数列的第项是最大项；
（3）设，（），求的取值范围，使得有最大值与最小值，且.
15．已知数列满足：，．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）（ⅰ）证明：当时，；
（ⅱ）若正整数满足，求的值．
16．设正项数列{an}（n≥5）对任意正整数k（k≥3）恒满足：，且．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）是否存在整数，使得对于任意正整数n恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．（注：）
17．已知数列的前n项和为满足：．
（1）求证：数列是等比数列；
（2）令，对任意，是否存在正整数m，使都成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
18．已知数列具有性质：对任意，，与两数至少有一个属于．
（Ⅰ）分别判断数集与是否具有性质，并说明理由．
（Ⅱ）求证：．
（Ⅲ）求证：．
19．已知数列中，，数列满足.
（1）求证:数列是等差数列，写出的通项公式；
（2）求数列的通项公式及数列中的最大项与最小项.
20．设，数列满足，
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：对于一切正整数，．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．（1）；（2）证明见解析
【解析】
【详解】
试题分析：（1）给出与的关系，求，常用思路：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与的关系，再求；（2）观测数列的特点形式，看使用什么方法求和.使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源和目的.（3）在做题时注意观察式子特点选择有关公式和性质进行化简，这样给做题带来方便，掌握常见求和方法，如分组转化求和，裂项法，错位相减.
试题解析：（1）由于点在函数，
当时，；
当时，
符合上式，
由
因此.
考点：1、由推；2、裂项求数列的和.
2．(1);(2);(3)
【解析】
【详解】
试题分析：(1)由已知二次函数的表述给我们三个条件，过原点，所以，函数的对称轴是，函数的顶点的纵坐标是，分别代入顶点坐标公式，待定系数解得；（2）因为点在函数的图像上，所以代入得到，按照已知求的方法，，得到通项公式；（3）由上一问通项公式的结果代入先得到数列的通项公式，分析后采用裂项相消法求和，若对所有都成立，那么，得到最小正整数．
试题解析：（1）依题意得得，
（2）在函数的图象上
当时，
当时，也满足
所以，
（3）由（1）知
故
要使成立的，必须且仅须满足，
即，所以满足要求的最小正整数为10
考点：1．二次函数的图像和性质；2．已知求；3．裂项向消法求和．
3．（1）；（2）①证明见解析；②不存在实数．
【解析】
【详解】
试题分析：（1）数列递推关系式是一个分段函数，可通过分段点进行连接：，，，根据对勾函数得，或，从而有（2）①当时，数列是一个等差数列，易得，从而，令，得．问题转化为证明有满足条件解，易求得②∴，问题转化为是否存在三个不同的整数（），使得消去a,d得，由于，所以无解
试题解析：（1）当时，
，，． 2分
因为，，或，
所以． 4分
（2）①由题意，，． 6分
令，得．
因为，，
所以令，则． 8分
②不存在实数，，使，，同时属于． 9分
假设存在实数，，使，，同时属于．
，∴，
从而． 11分
因为，，同时属于，所以存在三个不同的整数（），
使得 从而
则 ． 13分
因为与互质，且与为整数，
所以，但，矛盾．
所以不存在实数，，使，，都属于． 16分
考点：数列综合
4．（Ⅰ）数列不具有性质；具有性质;（Ⅱ）见解析;（Ⅲ）见解析.
【解析】
【详解】
试题分析：（1）根据新定义直接验证即可的结论（2）对于“是有限集”是“数列具有性质”的必要不充分条件，先证不充分性对于周期数列，是有限集，但是由于，
所以不具有性质；再证必要性因为数列具有性质，所以一定存在一组最小的且，满足，即，所以数列中必然会以某个周期进行，所以数列中最多有个不同的项，从而得证（3）因为数列具有性质，数列具有性质，所以存在，使得，，其中分别是满足上述关系式的最小的正整数，然后根据其性质列出相关等式可得结论，然后逐一分析取值讨论
试题解析：
（Ⅰ）数列不具有性质；具有性质.
（Ⅱ）（不充分性）对于周期数列，是有限集，但是由于，
所以不具有性质；
（必要性）因为数列具有性质，
所以一定存在一组最小的且，满足，即
由性质的含义可得
所以数列中，从第k项开始的各项呈现周期性规律：为一个周期中的各项，
所以数列中最多有个不同的项，
所以最多有个元素，即是有限集.
（Ⅲ）因为数列具有性质，数列具有性质，
所以存在，使得，，其中分别是满足上述关系式的最小的正整数，
由性质的含义可得，，
若，则取，可得；
若，则取，可得.
记，则对于，有，，显然，
由性质的含义可得，，
所以
所以.
所以，
又是满足，的最小的正整数，
所以，
，
所以，，
所以，，，
取，则，
所以，若是偶数，则；
若是奇数，则，
所以，
所以是公差为1的等差数列.
5．(1) =8, =9 (2) (3)57
【解析】
【分析】
(1)根据题意写出A、B，再求出C，观察得出，的值；
（2）先判断出数列的单调性，再利用累加法求出通项公式;
（3）依题意先表示出，
然后表示出，再列出来n的取值，然后计算判断出结果.
【详解】
（1）
，
.
因为，且对于任意，，
所以.
（2）对于任意，，有，
所以对于任意，，有，
即数列为单调递增数列.
因为对于任意，存在，使，
所以┅┅．
因为，，所以对于任意，有，，，所以，当时，有，
即，
，
，
…………
，
所以当时，
有，
所以.
又，，
数列的通项公式为：.
（3）若，，有，
令，，解得，即，
得，其中表示不超过的最大整数，
所以.
=，
依题意，
，
即，
.
当时，即时，，不合题意；
当时，即时，，不合题意；
当时，即时，，不合题意；
当时，即时，，不合题意；
当时，即时，，不合题意；
当时，即时，
由
此时，.
而时，.所以.
又当时，；
所以.
综上所述，符合题意的的最小值为
【点睛】
本题考查了数列的综合知识，包括观察求出数列，累加法等，属于困难题型，解答本题的关键是在于题意的理解.
6．（Ⅰ）（Ⅱ），，．
【解析】
【详解】
试题分析：（Ⅰ）由和项求通项，注意分类讨论：当时，由与相减得，当时由于也符合该等式，故数列是首项为，公比也为的等比数列，其通项公式为；（Ⅱ）求不定方程正整数解，首先进行变量分离：，再根据整数性质，确定分母取值情形：只能是的因式，，，，逐一验证得所有的满足题意的整数对为，，．
试题解析：解：（Ⅰ）在中，令可得，；
令可得，；
当时，与相减得，
即，（），而时也符合该等式，故数列是
首项为，公比也为的等比数列，其通项公式为；
（Ⅱ），即，
，若存在整数对，则必须是整数，
其中只能是的因式，，，，显然无解，，可得，；可得，；可得
，；综上所有的满足题意得整数对为，，．
考点：由和项求通项，不定方程正整数解
【方法点睛】给出Sn与an的递推关系求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. 应用关系式an＝时，一定要注意分n＝1，n≥2两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起.
7．（1）；（2）
【解析】
【详解】
试题分析：(1)由条件可得时,,整理可得,故数列是以为公差的等差数列,其首项为,由此求得,再由,求出的通项公式；(2)由(1)知
,用裂项相消法求出数列的前项和.
试题解析：(1)............1分
所以是以2为公差的等差数列，其首项为1，
............4分
由已知条件得............6分；
(2)由于............9分
所以数列的前项和............11分
............12分.
考点：等差数列的通项公式；裂项相消数列求和.
8．(1)；；
(2)（Ⅰ）证明见解析 ；（Ⅱ）答案见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据条件可得，进而可得，再通过构造数列，可得，即求；
（2）由题可得，进而可得，即得；再结合传染病A和传染病B的及传染病A和传染病B的分析即得结论.
(1)
由题可知，
所以，
∵，，
∴是以540为首项，以为公比的等比数列，
∴，
所以，
配凑得到，又，
所以是首项为，公比为的等比数列，
∴，即，
所以．
(2)
（Ⅰ）由题可知，，，，
所以
，
对比系数得到
解得
或
因此我们有：
是首项为1480，公比为的等比数列；
是首项为1980，公比为的等比数列．
原命题得证．
（Ⅱ）由上可知，
，
解得，
，
选择①：对比传染病A和传染病B的可知，当时间足够长时传染病A的I类人群将趋向于0，传染病B的I类人群将趋向于80．为了控制感染人数，相较于传染病A需要投入更大力量防控传染病B．
选择②：对比传染病A和传染病B的可知，当时间足够长时传染病A的S类人群将趋向于0，传染病B的S类人群将趋向于40．为了保护易感人群，相较于传染病A需要投入更大力量防控传染病B．
【点睛】
关键点点睛：本题第一问的关键是构造数列，进而可得；第二问中关键是通过对比系数找出关系式，即得.
9．(1)详见解析;(2)详见解析.
【解析】
【详解】
试题分析：（1）依题意，易得：；（2）把满足条件①②的数列称为项的首项最小数列.对于个数的首项最小数列，由于，故或3.分成三类情况，利用已知条件逐一进行验证即可.
试题解析：
（Ⅰ）解：.
（Ⅱ）证明：把满足条件①②的数列称为项的首项最小数列.
对于个数的首项最小数列，由于，故或3.
（1）若，则构成项的首项最小数列，其个数为；
（2）若，则必有，故构成项的首项最小数列，其个数为；
（3）若则或. 设是这数列中第一个出现的偶数，则前项应该是，是或，即与是相邻整数.
由条件②，这数列在后的各项要么都小于它，要么都大于它，因为2在之后，故后的各项都小于它.
这种情况的数列只有一个，即先排递增的奇数，后排递减的偶数.
综上，有递推关系：，.
由此递推关系和（I）可得，各数被4除的余数依次为：
1，1，2，0，2，1，2，1，3，2，0，0，3，0，1，1，2，0，…
它们构成14为周期的数列，又，
所以被4除的余数与被4除的余数相同，都是1，
故不能被4整除.
10．（1）0.7 （2）1 （3）
【考点定位】此题作为压轴题难度较大，考查学生分析问题解决问题的能力，考查学生严谨的逻辑思维能力
【解析】
【详解】
（1）因为，
所以
不妨设.由题意得.又因为，所以，
于是，，
所以，当，且时，取得最大值1．
（3）对于给定的正整数t，任给数表如下，
…
…
任意改变A的行次序或列次序，或把A中的每一个数换成它的相反数，所得数表
，并且，因此，不妨设，
且．
由得定义知，，
又因为
所以
所以，
对数表：
1 1 … 1 …
… -1 … -1
则且，
综上，对于所有的，的最大值为
11．（Ⅰ），（Ⅱ）详见解析
【解析】
【详解】
试题分析：（1）给出与的关系，求，常用思路：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与的关系，再求；由推时，别漏掉这种情况，大部分学生好遗忘;(2)一般地，如果数列是等差数列，是等比数列，求数列
的前项的和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后做差求解．
试题解析：（1）由已知条件得， ①
当时，， ②
①－②得：，即，
∵数列的各项均为正数，∴（），
又，∴；
∵，
∴，∴；
（2）∵，
∴，
，
两式相减得，
∴．
考点：1、等差数列和等比数列的通项公式；2、错位相减求数列和．
【方法点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式，错位相减求数列的和，属于中档题，证明数列是等差数列的方法：证明一个数列是否为等差数列的基本方法有两种：一是定义法：证明（，为常数；二是等差中项法，证明；三是通项公式：(为常数）；四是前项和公式：（为常数）．
12．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）（1）见解析，（2）不存在10行10列的完美数表；（Ⅲ）见解析
【解析】
【分析】
（Ⅰ）根据定义确定一个解即可，（Ⅱ）先研究完美数表性质，再利用性质作变换，考虑前三行的情况，列方程组，最后根据所求解得矛盾，即证得结论，（Ⅲ）把作为研究对象，根据条件可得，根据定义可得.最后根据不等关系：证得结果.
【详解】
（Ⅰ）答案不唯一. 如
1 1
1
（Ⅱ）假设存在10行10列的完美数表. 根据完美数表的定义，可以得到以下两个结论：
（1）把完美数表的任何一列的数变为其相反数（即均变为，而均变为），得到的新数表是完美数表；
（2）交换完美数表的任意两列，得到的新数表也是完美数表.
完美数表反复经过上述两个结论的变换，前三行可以为如下形式：
在这个新数表中，设前三行中的数均为1的有x列，前三行中“第1, 2行中的数为1，且第3行中的数为-1”的有y列，前三行中“第1, 3行中的数为1，且第2行中的数为-1”的有z列，前三行中“第1行中的数为1，且第2, 3行中的数为-1”的有w列（如上表所示），
则
由，得；
由，得；
由，得.
解方程组，，，，得. 这与矛盾，
所以不存在10行10列的完美数表.
（Ⅲ）记第1列前行中的数的和，
第2列前行中的数的和 ，……，
第n列前行中的数的和，
因为对于任意的和，都有，
所以.
又因为对于任意（），都有，
所以.
又因为，
所以，即.
【点睛】
解决新定义问题的两个着手点(1)正确理解新定义．耐心阅读，分析含义，准确提取信息是解决这类问题的前提，剥去新定义、新法则、新运算的外表，利用所学的知识将陌生的性质转化为我们熟悉的性质，是解决这类问题的突破口．(2)合理利用有关性质是破解新定义型问题的关键．在解题时要善于从题设条件给出的数式中发现可以使用性质的一些因素，并合理利用．
13．（1）证明过程见试题解析
（2）当时，；当时，
（3）
【解析】
【详解】
试题分析：（1）由向量的坐标运算可得，命题可证；（2）先求出，可得从而由通项公式可求出;（3）先由特值法求出，由所给条件可得，从而求出的通项公式，进一步求出前项和．
试题解析：解：（1）
，∴数列是等比数列
（2）
，∴当时，；当时，；
（3）令，得，令，得，∴
当时，，令，则，
故，所以，
所以，因此
．
考点：向量的数量积，构造法，等比数列的前n 项和，逻辑推理能力．
14．（1）（2）详见解析（3）
【解析】
【详解】
（1）由，得，
所以是首项为，公差为的等差数列，
故的通项公式为，.
（2）由，得.
所以为常数列，，即.
因为，，所以，即.
故的第项是最大项.
（3）因为，所以，
当时，
.
当时，，符合上式.
所以.
因为，所以，.
①当时，由指数函数的单调性知，不存在最大、最小值；
②当时，的最大值为，最小值为，而；
③当时，由指数函数的单调性知，的最大值，最小值，由及，得.
综上，的取值范围是.
15．（Ⅰ）1；（Ⅱ）2014．
【解析】
【详解】
试题分析：（Ⅰ）∵
∴，∴ ．
（Ⅱ）（ⅰ）∵， ①
∴，． ②
由①②得 ．
∴，
即当时．
（ⅱ）由，
∵，，，．．．．,，
∴．
则，
∴．
考点：1．数列的递推公式，2．累加法求数列的前项和．
16．（1）an="n" （2）
【解析】
【详解】
试题分析：（1）本题中求通项公式时首先由数列前几项猜测数列的通项公式，然后用数学归纳法证明对于任意正整数都成立（2）中首先由求得的值，再由数学归纳法证明恒成立
试题解析：（1）当k=3时，a1=1；当k=4时，a2=2；当k=5时，a3=3；
猜想：an=n． 2分
①当n=1时，a1=1，成立；
②假设当n=k时结论成立，即有ak=k，
则当n=k+1时，由于
所以
而，ak=k，得ak+1=k+1，
所以当n=k+1时，结论成立；
由①②可知： an=n． 8分
（2）若存在整数，使得对于任意正整数n恒成立，
则当n=1，n=2时有13=1，，得．
猜想， 10分
①当n=1时，成立；
②假设当n=k时，结论成立，，
则当n=k+1时，
所以当n=k+1时，结论成立；
由①②可知：，使得命题成立． 16分
考点：1．数学归纳法；2．归纳推理
17．（1）详见解析；（2）m的值为1，2，3．
【解析】
【详解】
试题分析：（1）首先由题设找到与间的关系，然后证明是一个常数.（2）首先求得
，由此得，用裂项法可求得和.由对任意都成立，得，即对任意都成立，所以 小于等于的最小值.
（1）当时，，解得， 1分
当时，由得， 2分
两式相减，得，即（）， 3分
则，故数列是以为首项，公比为3的等比数列． 4分
（2）由（1）知，
， 6分
所以， 7分
则， 8分
由对任意都成立，得， 10分
即对任意都成立，又，
所以m的值为1，2，3． .12分
考点：1、等比数列；2、裂项法求和；3、不等关系.
18．（1）具有性质（2）见解析（3）见解析
【解析】
【详解】
试题分析：（1）直接根据定义进行判断：由于与均不属于数集，所以不具有性质，而肯定时需全面检验：由于，，，，，，，，，，都属于数集，所以具有性质．（2）取极端位置的数：与中至少有一个属于，而，所以，即证．（3）从数列单调性上寻找条件：，所以，，，，，代入即得结论
试题解析：（Ⅰ）由于与均不属于数集，所以该数集不具有性质，
由于，，，，，，，，，，都属于数集，
所以该数集具有性质．
（Ⅱ）因为具有性质，
所以与中至少有一个属于，
由于，所以，故，
从而，所以．
（Ⅲ）因为，所以，故．
由具有性质可知，
又因为，
所以，，，，，
从而
，
所以．
19．（1）详见解析；（2），.
【解析】
【详解】
试题分析：(Ⅰ)首先通过已知条件化简变形，凑出这种形式，凑出常数，
就可以证明数列是等差数列，并利用等差数列的通项公式求出通项公式；（Ⅱ）因为与有关，所以利用的通项公式求出数列的通项公式，把通项公式看成函数，利用函数图像求最大值和最小值.
试题解析：（Ⅰ）∵，∴，∴，
∴，∴数列是以1为公差的等差数列. 4分
∵，∴，又∵，，
∴是以为首项，为公差的等差中项.
∴， . 7分
（Ⅱ）∵，，.
∴作函数的图像如图所示：
∴由图知，在数列中，最大项为，最小项为. 13分
另解：，当时，数列是递减数列，且.
列举；；.所以在数列中，最大项为，最小项为.
考点：1.等差数列的证明方法；2.利用函数图像求数列的最值.
20．（1）（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由题设形式可以看出，题设中给出了关于数列an的面的一个方程，即一个递推关系，所以应该对此递推关系进行变形整理以发现其中所蕴含的规律，观察发现若对方程两边取倒数则可以得到一个类似等差数列的形式，对其中参数进行讨论，分类求其通项即可．
（2）由于本题中条件较少，解题思路不宜用综合法直接分析出，故求解本题可以采取分析法的思路，由结论探究其成立的条件，再证明此条件成立，即可达到证明不等式的目的．
【详解】
（1）
当时，，
数列是以为首项，以为公差的等差数列，
，即，
当，且时，
即数列是以为首项，公比为的等比数列，
即，
数列的通项公式是
（2）证明：当时，不等式显然成立
当，且时，，
要证对于一切正整数，，只需证，
即证
不等式成立，
综上所述，对于一切正整数，有，
【点睛】
本题考点是数列的递推式，考查根据数列的递推公式求数列的通项，研究数列的性质的能力，本题中递推关系的形式适合用取倒数法将所给的递推关系转化为有规律的形式，两边取倒数，条件许可的情况下，使用此技巧可以使得解题思路呈现出来．数列中有请多成熟的规律，做题时要注意积累这些小技巧，在合适的情况下利用相关的技巧，可以简化做题．在（2）的证明中，采取了分析法的来探究解题的思路，通过本题希望能进一步熟悉分析法证明问题的技巧．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

展开更多......

收起↑