浙江2019版高考数学复习第二篇重点专题分层练中高档题得高分第13练数列的综合问题试题

合集下载

2019年【浙江】高考数学(文)二轮：中档大题规范练数列(含答案)

高考数学精品复习资料2019.5中档大题规范练——数列1． (20xx·四川)在等差数列{a n }中，a 1＋a 3＝8，且a 4为a 2和a 9的等比中项，求数列{a n }的首项、公差及前n 项和．解设该数列的公差为d ，前n 项和为S n ，由已知，可得 2a 1＋2d ＝8，(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋8d )．所以，a 1＋d ＝4，d (d －3a 1)＝0，解得a 1＝4，d ＝0，或a 1＝1，d ＝3，即数列{a n }的首项为4，公差为0，或首项为1，公差为3.所以，数列{a n }的前n 项和S n ＝4n 或S n ＝3n 2－n2.2． (20xx·天津)已知首项为32的等比数列{a n }不是．．递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝S n －1S n(n ∈N *)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列，所以S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，即4a 5＝a 3，于是q 2＝a 5a 3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12.故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝⎛⎭⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n . (2)由(1)得S n＝1－⎝⎛⎭⎫－12n＝⎩⎨⎧1＋12n，n 为奇数，1－12n，n 为偶数.当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小，所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大，所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712. 综上，对于n ∈N *，总有－712≤S n －1S n ≤56.所以数列{T n }最大项的值为56，最小项的值为－712.3． (20xx·湖南)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1≠0,2a n －a 1＝S 1·S n ，n ∈N *.(1)求a 1，a 2，并求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{na n }的前n 项和．解 (1)令n ＝1，得2a 1－a 1＝a 21，即a 1＝a 21.因为a 1≠0，所以a 1＝1.令n ＝2，得2a 2－1＝S 2＝1＋a 2，解得a 2＝2. 当n ≥2时，由2a n －1＝S n,2a n －1－1＝S n －1 两式相减得2a n －2a n －1＝a n ，即a n ＝2a n －1. 于是数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列．因此，a n ＝2n －1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)由(1)知，na n ＝n ·2n －1.记数列{n ·2n －1}的前n 项和为B n ，于是B n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ×2n －1.① 2B n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n .②①－②得－B n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝2n －1－n ·2n .从而B n ＝1＋(n －1)·2n .4．已知f (x )＝－4＋1x 2，点P n ⎝⎛⎭⎫a n ，－1a n ＋1在曲线y ＝f (x )上且a 1＝1，a n >0(n ∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 为等差数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a 2n ·a 2n ＋1}的前n 项和为S n ，若对于任意的n ∈N *，存在正整数t ，使得S n <t 2－t －12恒成立，求最小正整数t 的值． (1)证明 ∵－1a n ＋1＝－4＋1a 2n ，∴1a 2n ＋1－1a 2n＝4.∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 是以1为首项，4为公差的等差数列． ∴1a 2n＝4n －3. ∵a n >0，∴a n ＝ 14n －3.(2)解令b n ＝a 2n ·a 2n ＋1＝1(4n －3)(4n ＋1)＝14⎝⎛⎭⎫14n －3－14n ＋1. ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝14(1－15＋15－19＋…＋14n －3－14n ＋1) ＝14⎝⎛⎭⎫1－14n ＋1<14，对于任意的n ∈N *使得S n <t 2－t －12恒成立，∴只要14≤t 2－t －12，∴t ≥32或t ≤－12，∴存在最小的正整数t ＝2符合题意．5．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的n ∈N *，都有a n >0，S n ＝a 31＋a 32＋…＋a 3n .(1)求a 1，a 2的值； (2)求数列{a n }的通项公式．解 (1)当n ＝1时，有a 1＝S 1＝a 31，由于a n >0，所以a 1＝1.当n ＝2时，有S 2＝a 31＋a 32，即a 1＋a 2＝a 31＋a 32，将a 1＝1代入上式，由于a n >0，所以a 2＝2.(2)由S n ＝a 31＋a 32＋…＋a 3n ，得a 31＋a 32＋…＋a 3n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n )2，① 则有a 31＋a 32＋…＋a 3n ＋a 3n ＋1＝(a 1＋a 2＋…＋a n ＋a n ＋1)2，②②－①，得a 3n ＋1＝(a 1＋a 2＋…＋a n ＋a n ＋1)2－(a 1＋a 2＋…＋a n )2＝a n ＋1[2(a 1＋a 2＋…＋a n )＋a n ＋1]．因为a n >0，所以a 2n ＋1＝2(a 1＋a 2＋…＋a n )＋a n ＋1，③ 同理，得a 2n ＝2(a 1＋a 2＋…＋a n －1)＋a n (n ≥2)，④③－④，得a 2n ＋1－a 2n ＝a n ＋1＋a n ，整理，得a n ＋1－a n ＝1.由于a 2－a 1＝1，故当n ≥1时，都有a n ＋1－a n ＝1，所以数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列，其通项公式为a n ＝n .6．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝S n －12S n －1＋1(n ≥2)，a 1＝2.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)求a n 的表达式．(1)证明方法一由S n ＝S n －12S n －1＋1，得1S n ＝2S n －1＋1S n －1＝1S n －1＋2，∴1S n －1S n －1＝2， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1即12为首项，以2为公差的等差数列．方法二 ∵当n ≥2时，1S n －1S n －1＝2S n －1＋1S n －1－1S n －1＝2S n －1S n －1＝2，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1即12为首项，以2为公差的等差数列．(2)解由(1)知1S n ＝12＋(n －1)×2＝2n －32，∴S n ＝12n －32，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －32－12n －72＝－2⎝⎛⎭⎫2n －32⎝⎛⎭⎫2n －72；当n ＝1时，a 1＝2不适合a n . 故a n＝⎩⎨⎧2(n ＝1)－2⎝⎛⎭⎫2n －32⎝⎛⎭⎫2n －72 (n ≥2).。

高中数学数列专题复习(综合训练篇含答案)

数列高考复习含答案———综合训练篇一、选择题：1．在等差数列{}n a 中，12031581=++a a a ，则1092a a -的值为（ D ）A ．18B ．20C ．22D ．242．等差数列{}n a 满足：30,8531==+S a a ，若等比数列{}n b 满足,,4311a b a b ==则5b 为（ B ） A ．16B ．32C ．64D ．273．等差数列{}n a 中,,27,39963741=++=++a a a a a a 则数列{}n a 的前9项之和S 9等于（ C ）A ．66B ．144C ．99D ．2974．各项都是正数的等比数列{}n a 的公比q ≠1，且2a ，321a ，1a 成等差数列，则5443a a a a ++为（A ） A ．215- B ．215+ C ．251- D ．215+或215-5.设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若,336=S S 则=69S S（ B ） A. 2 B.73 C. 83D.3 6．已知等差数列{}n a 的前n 项的和为n S ，且210S =，555S =，则过点(,)n P n a 和2(2,)()n Q n a n N *++∈的直线的一个方向向量的坐标是 ( B )A.1(2,)2B.1(,2)2-- C.1(,1)2-- D.(1,1)-- 7．设a 、b 、c 为实数,3a 、4b 、5c 成等比数列,且a 1、b 1、c 1成等差数列，则a c c a +的值为（ C ） A ．1594B ．1594±C ．1534 D ．1534±8．已知数列{}n a 的通项,1323211⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=--n n n a 则下列表述正确的是 ( A ) A ．最大项为,1a 最小项为3a B ．最大项为,1a 最小项不存在 C ．最大项不存在，最小项为3a D ．最大项为,1a 最小项为4a9.已知{}n a 为等差数列，1a +3a +5a =105，246a a a ++=99.以n S 表示{}n a 的前n 项和，则使得n S 达到最大值的n 是（B ）A ．21B ．20C ．19D ．189．一系列椭圆都以一定直线l 为准线，所有椭圆的中心都在定点M ，且点M 到l 的距离为2，若这一系列椭圆的离心率组成以43为首项，31为公比的等比数列，而椭圆相应的长半轴长为a i =(i=1，2，…，n)，设b n =2（2n+1）·3n －2·a n ，且C n =11+n n b b ，T n =C 1+C 2+…+C n ，若对任意n ∈N*，总有T n >90m 恒成立，则m 的最大正整数为（ B ）A ．3B ．5C ．6D ．9二、填空题：10．已知等差数列{}n a 前n 项和S n =－n 2+2tn ，当n 仅当n=7时S n 最大，则t 的取值范围是 (6.5，7.5) .11．数列{}n a 的通项公式是⎪⎩⎪⎨⎧=)(2)(2为偶数为奇数n n na nn ，则数列的前2m （m 为正整数）项和是 2m+1+m 2－2 .12．已知数列{}n a 满足：434121,0,,N ,n n n n a a a a n *--===∈则2009a =________；2014a =_________.【答案】1，0【解析】本题主要考查周期数列等基础知识.属于创新题型.依题意，得2009450331a a ⨯-==，2014210071007425210a a a a ⨯⨯-====.∴应填1，0.13．在数列{}n a 和{}n b 中，b n 是a n 与a n +1的等差中项，a 1 = 2且对任意*N n ∈都有3a n +1－a n = 0，则数列{b n }的通项公式 nn b 34= . 14．设P 1，P 2，…P n …顺次为函数)0(1>=x xy 图像上的点（如图），Q 1，Q 2，…Q n …顺次为x 轴上的点，且n n n Q P Q Q P O Q OP 122111,,-∆∆∆ ，…，均为等腰直解三角形（其中P n 为直角顶点）.设Q n 的坐标为（*)0)(0,N x n ∈，则数列{a n }的通项公式为n x n 2=*)N n ∈ .三、解答题：15．已知}{n a 是等比数列，S n 是其前n 项的和，a 1，a 7，a 4成等差数列，求证：2S 3，S 6，S 12－S 6，成等比数列.15. [解法1]由已知.21,2,26361311741q q q a q a a a a a =+∴=+=+………………（2分）当66663124373124126361,2()2()2()2q S S S S a a a S a q a q a q S S q ≠-=+++=++= 时…………（4分）.1)1(1)1()1()1(266616318633S S qq a S q q a q S S q =⋅--=⋅--⋅+=+=………………（8分）当,)(2,6,6,3,126612316121613S S S S a S S a S a S q =-=-===同样有时……（10分）所以，61263,,2S S S S -成等比数列.………………………………………………（12分） [解法2]由已知636131174121,2,2q q q a q a a a a a =+∴=+=+，……………（2分）当,36)12(32)(2,1231314122a a a a S S S q =-⨯=-=时∴==.36)6(232126a a S ∴=-.)(2266122S S S S 61263,,2S S S S -成等比数列.…（6分）当,221)1(2111212,1633636q q q q S S q ⋅=+=--⋅=≠时…………………………（8分） ∴61263,,2S S S S -成等比数列.……………………………………………………（11分）综上，61263,,2S S S S -成等比数列.………………………………………………（12分）16.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意自然数n 总有p a p S n n (),1(-=为常数，且q q n b b p p n n (2}{),1,0+=≠≠中有数列为常数）。

浙江专用2019高考数学二轮复习精准提分第二篇重点专题分层练中高档题得高分第12练数列的基本运算及性质试

第12练　数列的基本运算及性质[明晰考情]　1.命题角度：考查等差数列、等比数列基本量的计算，考查数列的通项及求和.2.题目难度：中档难度或较难难度．考点一　等差数列与等比数列要点重组　(1)在等差数列中，若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a m ＋a n ＝a p ＋a q .(2)若{a n }是等差数列，则也是等差数列．{Snn }(3)在等差数列{a n }中，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 也成等差数列．(4)在等比数列中，若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q .(5)在等比数列中，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 也成等比数列(当q ＝－1时，n 不能为偶数)．1．(2018·全国Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5等于( )A ．－12B ．－10C ．10D ．12答案　B解析　设等差数列{a n }的公差为d ，由3S 3＝S 2＋S 4，得3＝2a 1＋×d ＋4a 1＋×d ，将a 1＝2代入[3a 1＋3×(3－1)2×d]2×(2－1)24×(4－1)2上式，解得d ＝－3，故a 5＝a 1＋(5－1)d ＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 9＝1，S 18＝0，当S n 取最大值时n 的值为( )A ．7B ．8C ．9D ．10答案　C解析　方法一　设公差为d ，则a 1＋8d ＝1且18a 1＋d ＝0，18×172解得a 1＝17，d ＝－2，所以S n ＝17n －n (n －1)＝－n 2＋18n ，当n ＝9时，S n 取得最大值，故选C.方法二　因为S 18＝×18＝0，a 1＋a 182所以a 1＋a 18＝a 9＋a 10＝0，所以a 10＝－1，即数列{a n }中前9项为正值，从第10项开始为负值，故其前9项之和最大．故选C.3．已知S n 是各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和，a 7＝64，a 1a 5＋a 3＝20，则S 5等于( )A ．31B ．63C ．16D ．127答案　A解析　设公比为q (q >0)，因为a 1a 5＋a 3＝20，所以a ＋a 3－20＝0，即(a 3＋5)(a 3－4)＝0，23∵a 3>0，∴a 3＝4，∵a 7＝a 3q 4＝64，∴q ＝2，a 1＝1.所以S 5＝＝31，故选A.1－251－24．设{a n }是公比为q 的等比数列，|q |>1，令b n ＝a n ＋1(n ＝1,2，…)，若数列{b n }有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，则6q ＝________.答案　－9解析　由题意知，数列{b n }有连续四项在集合{－53，－23，19,37,82}中，说明{a n }有连续四项在集合{－54，－24，18,36,81}中，由于{a n }中连续四项至少有一项为负，∴q <0，又∵|q |>1，∴{a n }的连续四项为－24,36，－54,81，∴q ＝＝－，∴6q ＝－9.36－2432考点二　数列的通项与求和方法技巧　(1)已知数列的递推关系，求数列的通项时，通常利用累加法、累乘法、构造法求解．(2)利用a n ＝Error!求通项时，要注意检验n ＝1的情况．5．数列{a n }满足a 1＝0，－＝1(n ≥2，n ∈N *)，则a 2019等于( )11－an 11－an －1A. B.1201912018C. D.2018201920172018答案　C解析　∵数列{a n }满足a 1＝0，－＝1(n ≥2，n ∈N *)，∴＝1，11－an 11－an －111－a 1∴数列是首项为1，公差为1的等差数列，{11－an }∴＝1＋(n －1)＝n ，11－an∴＝2019，11－a 2019解得a 2019＝.201820196．已知数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝22n (n ∈N *)，且对任意n ∈N *都有＋＋…＋<t ，则1a 11a 21an t 的取值范围为( )A. B.(13，＋∞)[13，＋∞)C.D.(23，＋∞)[23，＋∞)答案　D解析　∵数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝22n (n ∈N *)，∴当n ＝1时，a 1＝2；当n ≥2时，a 1a 2a 3…a n －1＝2(1)2n －，可得a n ＝22n －1，n ≥2，当n ＝1时，a 1＝2满足上式，∴＝，数列为等比数列，首项为，公比为.1an 122n －1{1an }1214∴＋＋…＋＝＝<.1a 11a 21an 12(1－14n )1－1423(1－14n )23∵对任意n ∈N *都有＋＋…＋<t ，1a 11a 21an ∴t 的取值范围是.[23，＋∞)7．(2018·全国Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________.答案　－63解析　∵S n ＝2a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1，∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1＝－1，公比q ＝2的等比数列，∴S n ＝＝＝1－2n ，a 1(1－qn )1－q －1(1－2n )1－2∴S 6＝1－26＝－63.8．在已知数列{a n }中，a 1＝1，S n 为数列{a n }的前n 项和，且当n ≥2时，有＝12ananSn －S 2n 成立，则S 2017＝________.答案　11009解析　当n ≥2时，由＝1，2ananSn －S 2n 得2(S n －S n －1)＝a n S n －S ＝－S n S n －1，2n 所以－＝1，又＝2，2Sn 2Sn －12S 1所以是以2为首项，1为公差的等差数列，{2Sn }所以＝n ＋1，故S n ＝，则S 2017＝.2Sn 2n ＋111009考点三　数列的综合应用方法技巧　(1)以函数为背景的数列问题、可以利用函数的性质等确定数列的通项a n 、前n 项和S n 的关系．(2)和不等式有关的数列问题，可以利用不等式的性质、基本不等式、函数的单调性等求最值来解决．9．已知函数f (x )＝x 2＋ax 的图象在点A (0，f (0))处的切线l 与直线2x －y ＋2＝0平行，若数列的前n 项和为S n ，则S 20的值为( ){1f (n )}A. B.3254621920C. D.11925620102011答案　A解析　因为f (x )＝x 2＋ax ，所以f ′(x )＝2x ＋a ，又函数f (x )＝x 2＋ax 的图象在点A (0，f (0))处的切线l 与直线2x －y ＋2＝0平行，所以f ′(0)＝a ＝2，所以f (x )＝x 2＋2x ，所以＝＝，1f (n )1n 2＋2n 12(1n －1n ＋2)所以S 20＝12[(1－13)＋(12－14)＋(13－15)＋…＋(120－122)]＝×＝.12(1＋12－121－122)32546210．已知等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋bn ＋c ，等比数列{b n }的前n 项和T n ＝3n ＋d ，则向量a ＝(c ，d )的模为( )A ．1 B.2C.D ．无法确定3答案　A解析　由等差数列与等比数列的前n 项和公式知，c ＝0，d ＝－1，所以向量a ＝(c ，d )的模为1.11．设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．答案　64解析　由已知a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝a 1q ＋a 3q ＝5，两式相除得＝，a 1＋a 3q (a 1＋a 3)105解得q ＝，a 1＝8，12所以a 1a 2…a n ＝8n ·1＋2＋…＋(n －1)＝27222n n -，(12)抛物线f (n )＝－＋的对称轴为n ＝＝，n 227n2－722×(－12)72又n ∈N *，所以当n ＝3或4时，a 1a 2…a n 取最大值为26＝64.12．已知函数f (x )＝3|x ＋5|－2|x ＋2|，数列{a n }满足a 1<－2，a n ＋1＝f (a n )，n ∈N *.若要使数列{a n }成等差数列，则a 1的取值集合为______________．答案　{－11，－112，－194}解析　因为f (x )＝Error!所以若数列{a n }成等差数列，则当a 1为直线y ＝x ＋11与直线y ＝－x －11的交点的横坐标，即a 1＝－11时，数列{a n }是以－11为首项，11为公差的等差数列；当f (a 1)＝a 1，即5a 1＋19＝a 1或－a 1－11＝a 1，即a 1＝－或a 1＝－时，数列{a n }是以0为公差的等差数194112列，因此a 1的取值集合为.{－11，－112，－194}1．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，当整数n ＞1时，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋S 1)都成立，则S 15等于( )A ．210B ．211C ．224D ．225答案　B解析　当n ＞1时，S n ＋1－S n ＝S n －S n －1＋2，∴a n ＋1＝a n ＋2，n ≥2，∴a n ＋1－a n ＝2，n ≥2.∴数列{a n }从第二项开始组成公差为2的等差数列，∴S 15＝a 1＋(a 2＋…＋a 15)＝1＋×14＝211.2＋2822．已知数列{a n }满足：a n ＋1＝a n (1－2a n ＋1)，a 1＝1，数列{b n }满足：b n ＝a n ·a n ＋1，则数列{b n }的前2017项的和S 2017＝________.答案　20174035解析　由a n ＋1＝a n (1－2a n ＋1)，可得－＝2，1an ＋11an 所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，{1an }故＝1＋(n －1)×2＝2n －1，1an 所以a n ＝.12n －1又b n ＝a n ·a n ＋1＝＝，1(2n －1)(2n ＋1)12(12n －1－12n ＋1)所以S 2017＝12(1－13＋13－15＋…＋14033－14035)＝×＝.1240344035201740353．已知数列{a n }满足a 1＝33，a n ＋1－a n ＝2n ，则的最小值为________．ann 答案　212解析　由题意，得a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝4，…，a n －a n －1＝2(n －1)，n ≥2，累加整理可得a n ＝n 2－n ＋33，n ≥2，当n ＝1时，a 1＝33也满足，∴＝n ＋－1(n ∈N *)．an n 33n 由函数f (x )＝x ＋－1(x ＞0)的单调性可知，33x 的最小值为f (5)，f (6)中较小的一个．ann又f (6)＝，f (5)＝，∴min ＝.212535(ann)212解题秘籍　(1)利用a n ＝S n －S n －1寻找数列的关系，一定要注意n ≥2这个条件．(2)数列的最值问题可以利用基本不等式或函数的性质求解，但要考虑最值取到的条件．1．等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前6项和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8答案　A解析　由已知条件可得a 1＝1，d ≠0，由a ＝a 2a 6，可得(1＋2d )2＝(1＋d )(1＋5d )，23解得d ＝－2.所以S 6＝6×1＋＝－24.6×5×(－2)22．(2017·浙江)已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d ＞0”是“S 4＋S 6＞2S 5”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案　C解析　方法一　∵数列{a n }是公差为d 的等差数列，∴S 4＝4a 1＋6d ，S 5＝5a 1＋10d ，S 6＝6a 1＋15d ，∴S 4＋S 6＝10a 1＋21d ，2S 5＝10a 1＋20d .若d ＞0，则21d ＞20d ，10a 1＋21d ＞10a 1＋20d ，即S 4＋S 6＞2S 5.若S 4＋S 6＞2S 5，则10a 1＋21d ＞10a 1＋20d ，即21d ＞20d ，∴d ＞0.∴“d ＞0”是“S 4＋S 6＞2S 5”的充要条件．故选C.方法二　∵S 4＋S 6＞2S 5⇔S 4＋S 4＋a 5＋a 6＞2(S 4＋a 5)⇔a 6＞a 5⇔a 5＋d ＞a 5⇔d ＞0.∴“d ＞0”是“S 4＋S 6＞2S 5”的充要条件．故选C.3．已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|等于( )A ．9B ．15C ．18D ．30答案　C解析　由a n ＋1－a n ＝2可得数列{a n }是等差数列，公差d ＝2，又a 1＝－5，所以a n ＝2n －7，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋|a 4|＋|a 5|＋|a 6|＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18.4．已知两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且＝，则使得为整An Bn 7n ＋45n ＋3anbn 数的正整数n 的个数是( )A ．2B ．3C ．4D ．5答案　D解析　＝＝＝＝＝＝7＋，an bn 2an 2bn (2n －1)(a 1＋a 2n －1)2(2n －1)(b 1＋b 2n －1)2A 2n －1B 2n －114n ＋382n ＋27n ＋19n ＋112n ＋1验证知，当n ＝1,2,3,5,11时为整数．anbn 5．在数列{a n }中，已知a 1＋a 2＋…＋a n ＝2n －1，则a ＋a ＋…＋a 等于( )2122n A ．(2n －1)2 B.2n －13C ．4n －1 D.4n －13答案　D解析　设S n 为{a n }的前n 项和，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝2n －1，当n ≥2时，S n －1＝2n －1－1，a n ＝2n －1－(2n －1－1)＝2n －1，a ＝4n －1，当n ＝1时，a 1＝1也符合上式，2n 所以a ＋a ＋…＋a ＝＝.2122n 1－4n 1－44n －136．设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若＝3，则等于( )S 4S 2S 6S 4A ．2 B.73C.D ．1或2310答案　B解析　设S 2＝k ，则S 4＝3k ，由数列{a n }为等比数列(易知数列{a n }的公比q ≠－1)，得S 2，S 4－S 2，S 6－S 4为等比数列，又S 2＝k ，S 4－S 2＝2k ，∴S 6－S 4＝4k ，∴S 6＝7k ，∴＝＝，故选B.S 6S 47k 3k 737．设{a n }是任意等差数列，它的前n 项和、前2n 项和与前4n 项和分别为X ，Y ，Z ，则下列等式中恒成立的是( )A ．2X ＋Z ＝3Y B ．4X ＋Z ＝4Y C ．2X ＋3Z ＝7Y D ．8X ＋Z ＝6Y答案　D解析　根据等差数列的性质X ，Y －X ，S 3n －Y ，Z －S 3n 成等差数列，∴S 3n ＝3Y －3X ，又2(S 3n －Y )＝(Y －X )＋(Z －S 3n )，∴4Y －6X ＝Y －X ＋Z －3Y ＋3X ，∴8X ＋Z ＝6Y .8．若数列{a n }满足a 1＝1，且对于任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则＋＋…＋1a 11a 2等于( )1a 2018A. B. C. D.40332018201520184035201940362019答案　D解析　由a n ＋1＝a n ＋n ＋1，得a n ＋1－a n ＝n ＋1，则a 2－a 1＝1＋1，a 3－a 2＝2＋1，a 4－a 3＝3＋1，…，a n －a n －1＝(n －1)＋1，n ≥2.以上等式相加，得a n －a 1＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n －1，n ≥2，把a 1＝1代入上式得，a n ＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n ＝，n ≥2，n (n ＋1)2＝＝2，n ≥2，1an 2n (n ＋1)(1n－1n ＋1)当n ＝1时，a 1＝1也满足，∴＝2，n ∈N *，1an (1n－1n ＋1)则＋＋…＋＝21a 11a 21a 2018[(1－12)＋(12－13)＋…＋(12018－12019)]＝2＝.(1－12019)403620199．已知数列{a n }的前m (m ≥4)项是公差为2的等差数列，从第m －1项起，a m －1，a m ，a m ＋1，…成公比为2的等比数列．若a 1＝－2，则m ＝________，{a n }的前6项和S 6＝________.答案　4　28解析　由题意，得a m －1＝a 1＋(m －2)d ＝2m －6，a m ＝2m －4，则由＝＝2，解得m ＝4，am am －12m －42m －6所以数列{a n }的前6项依次为－2,0,2,4,8,16，所以S 6＝28.10．若S n 为数列{a n }的前n 项和，且2S n ＝a n ＋1a n ，a 1＝4，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________.答案　Error!解析　因为2S n ＝a n ＋1a n ，a 1＝4，所以n ＝1时，2×4＝4a 2，解得a 2＝2.n ≥2时，2S n －1＝a n a n －1，可得2a n ＝a n ＋1a n －a n a n －1，所以a n ＝0(舍去)或a n ＋1－a n －1＝2.n ≥2时，a n ＋1－a n －1＝2，可得数列{a n }的奇数项与偶数项分别为等差数列．所以a 2k －1＝4＋2(k －1)＝2k ＋2，k ∈N *，a 2k ＝2＋2(k －1)＝2k ，k ∈N *.所以a n ＝Error!11．对于正项数列{a n }，定义H n ＝为{a n }的“光阴”值，现知某数na 1＋2a 2＋3a 3＋…＋nan 列的“光阴”值为H n ＝，则数列{a n }的通项公式为________．2n ＋2答案　a n ＝(n ∈N *)2n ＋12n 解析　由H n ＝可得na 1＋2a 2＋3a 3＋…＋nan a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝＝，①n Hn n (n ＋2)2所以a 1＝，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝(n ≥2)，②32(n －1)(n ＋1)2①－②得na n ＝－＝，n (n ＋2)2(n －1)(n ＋1)22n ＋12所以a n ＝，n ≥2.2n ＋12n 又当n ＝1时，a 1＝也满足上式，32所以a n ＝，n ∈N *.2n ＋12n 12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝n 2＋2n ，b n ＝a n a n ＋1cos[(n ＋1)π]，数列{b n }的前n 项和为T n ，若T n ≥tn 2对n ∈N *恒成立，则实数t 的取值范围是________．答案　(－∞，－5]解析　n ＝1时，a 1＝S 1＝3.n ≥2，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋2n －[(n －1)2＋2(n －1)]＝2n ＋1.n ＝1时也成立，所以a n ＝2n ＋1.所以b n ＝a n a n ＋1cos[(n ＋1)π]＝(2n ＋1)(2n ＋3)cos[(n ＋1)π]，n 为奇数时，cos[(n ＋1)π]＝1，n 为偶数时，cos[(n ＋1)π]＝－1.因此当n 为奇数时，T n ＝3×5－5×7＋7×9－9×11＋…＋(2n ＋1)(2n ＋3)＝3×5＋4×(7＋11＋…＋2n ＋1)＝15＋4×＝2n 2＋6n ＋7.(2n ＋8)(n －1)4因为T n ≥tn 2对n ∈N *恒成立，所以2n 2＋6n ＋7≥tn 2，t ≤＋＋2＝72＋，7n 26n (1n ＋37)57所以t ≤2.当n 为偶数时，T n ＝3×5－5×7＋7×9－9×11＋…－(2n ＋1)(2n ＋3)＝－4×(5＋9＋13＋…＋2n ＋1)＝－2n 2－6n .因为T n ≥tn 2对n ∈N *恒成立，所以－2n 2－6n ≥tn 2，t ≤－2－，6n 所以t ≤－5.综上可得t ≤－5.。

浙江省2019届高考数学总复习专题02函数优质考卷分项解析

浙江省2019届高考数学总复习专题02 函数优质考卷分项解析一、选择题1. 设函数f(x) = (x^2 3x + 2)/(x 1)，则f(x)的定义域为（）A. x ≠ 1B. x ∈ RC. x > 1D. x < 12. 下列函数中，既是奇函数又是减函数的是（）A. y = x^3B. y = x^3C. y = x^2D. y = x^23. 已知函数f(x) = |x 2|，则f(3)的值等于（）A. 1B. 1C. 2D. 24. 设函数f(x) = (1/2)^x，则f(x)的反函数为（）A. y = 2^xB. y = (1/2)^xC. y = log2(x)D. y = log(1/2)(x)5. 若函数f(x) = 2x + 3在区间[1, 1]上的值域为[1, 5]，则函数g(x) = f(x) 2的值域为（）A. [3, 1]B. [1, 3]C. [1, 3]D. [1, 1]二、填空题6. 已知函数f(x) = x^2 2x，则f(x)的零点为______。

7. 设函数f(x) = (1/2)^x，若f(a) = 4，则a的值为______。

8. 若函数f(x) = |x 1| + |x + 1|的最小值为2，则x的取值范围为______。

9. 已知函数f(x) = x^3 3x，则f(x)的极小值点为______。

10. 设函数f(x) = e^x，若f(a) = 1，则a的值为______。

三、解答题11. 设函数f(x) = (x 1)/(x + 2)，求f(x)的定义域、值域和单调性。

12. 已知函数f(x) = ax^2 + bx + c（a ≠ 0），讨论f(x)的图像与x轴交点的个数。

13. 设函数f(x) = x^3 3x，求f(x)的极值。

14. 已知函数f(x) = (1/2)^x，求f(x)的反函数，并讨论其单调性。

15. 设函数f(x) = |x 1|，求f(x)在区间[0, 2]上的最大值和最小值。

浙江专用2019高考数学二轮复习精准提分第二篇重点专题分层练中高档题得高分第13练数列的综合问题试

第13练　数列的综合问题[明晰考情]　1.命题角度：考查等差数列、等比数列的判定与证明；以a n，S n的关系为切入点，考查数列的通项、前n项和等；数列和不等式的综合应用.2.题目难度：中档难度或偏难．考点一　等差数列、等比数列的判定与证明方法技巧　判断等差(比)数列的常用方法(a n＋1a n＝q，q为常数，且q≠0)(1)定义法：若a n＋1－a n＝d，d为常数，则{a n}为等差(比)数列．(2)中项公式法．(3)通项公式法．1．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，a n≠0，a n a n＋1＝λS n－1，其中λ为常数．(1)证明：a n＋2－a n＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n}为等差数列？并说明理由．(1)证明　由题设知，a n a n＋1＝λS n－1，a n＋1a n＋2＝λS n＋1－1，两式相减得a n＋1(a n＋2－a n)＝λa n＋1，由于a n＋1≠0，所以a n＋2－a n＝λ.(2)解　由题设知，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.由(1)知，a3＝λ＋1.令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.故a n ＋2－a n ＝4，由此可得数列{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3；数列{a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1.所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2，因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列．2．已知数列{a n }满足a 1＝2，且a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1，n ∈N *.(1)设b n ＝，证明：{b n }为等差数列，并求数列{b n }的通项公式；a n 2n (2)在(1)的条件下，求数列{a n }的前n 项和S n .解　(1)把a n ＝2n b n 代入到a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1，得2n ＋1b n ＋1＝2n ＋1b n ＋2n ＋1，两边同除以2n ＋1，得b n ＋1＝b n ＋1，即b n ＋1－b n ＝1，∴{b n }为等差数列，首项b 1＝＝1，公差为1，a 12∴b n ＝n (n ∈N *)．(2)由b n ＝n ＝，得a n ＝n ×2n ，a n2n ∴S n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，∴2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，两式相减，得－S n ＝21＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝(1－n )×2n ＋1－2，∴S n ＝(n －1)×2n ＋1＋2(n ∈N *)．3．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n ＋(－1)n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的前三项a 1，a 2，a 3；(2)求证：数列为等比数列，并求出{a n }的通项公式．{a n ＋23(－1)n }(1)解　在S n ＝2a n ＋(－1)n (n ∈N *)中分别令n ＝1,2,3，得Error!解得Error!(2)证明　由S n ＝2a n ＋(－1)n (n ∈N *)，得S n －1＝2a n －1＋(－1)n －1(n ≥2)，两式相减，得a n ＝2a n －1－2(－1)n (n ≥2)，a n ＝2a n －1－(－1)n －(－1)n4323＝2a n －1＋(－1)n －1－(－1)n (n ≥2)，4323∴a n ＋(－1)n23＝2(n ≥2)．[a n －1＋23(－1)n －1]故数列是以a 1－＝为首项，2为公比的等比数列．{a n ＋23(－1)n }2313∴a n ＋(－1)n ＝×2n －1，2313∴a n ＝×2n －1－×(－1)n1323＝－(－1)n (n ∈N )*.2n －1323考点二　数列的通项与求和方法技巧　(1)根据数列的递推关系求通项的常用方法①累加(乘)法形如a n ＋1＝a n ＋f (n )的数列，可用累加法；形如＝f (n )的数列，可用累乘法．a n ＋1a n ②构造数列法形如a n ＋1＝，可转化为－＝，构造等差数列；na n ma n ＋n 1a n ＋11a n m n {1a n }形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ×q ≠0，且p ≠1)，可转化为a n ＋1＋＝p 构造等比数列q p －1(a n ＋qp －1).{a n ＋qp －1}(2)数列求和的常用方法①倒序相加法；②分组求和法；③错位相减法；④裂项相消法．4．已知数列{a n }的首项a 1＝1，前n 项和为S n (n ∈N *)，且数列是公差为2的等差数列．{S n n }(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解　(1)由已知得＝1＋(n －1)×2＝2n －1，S n n所以S n ＝2n 2－n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－n －[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3.而a 1＝1＝4×1－3满足上式，所以a n ＝4n －3，n ∈N *.(2)由(1)可得b n ＝(－1)n a n ＝(－1)n (4n －3)．当n 为偶数时，T n ＝(－1＋5)＋(－9＋13)＋…＋[－(4n －7)＋(4n －3)]＝4×＝2n ；n 2当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝2(n ＋1)－(4n ＋1)＝－2n ＋1.综上，T n ＝Error!5．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝，a n ＋b n ＝1，b n ＋1＝.14b n1－a 2n(1)求数列{b n }的通项公式；(2)设S n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋a 3a 4＋…＋a n a n ＋1，求S n .解　(1)b n ＋1＝b n(1－a n )(1＋a n )＝＝.b nb n (2－b n )12－b n a 1＝，b 1＝，1434因为b n ＋1－1＝－1＝，12－b n b n －12－b n所以＝＝－1＋，1b n ＋1－12－b n b n －11b n －1所以数列是以－4为首项，－1为公差的等差数列，{1b n －1}所以＝－4－(n －1)＝－n －3，1b n －1所以b n ＝1－＝(n ∈N *)．1n ＋3n ＋2n ＋3(2)因为a n ＝1－b n ＝，1n ＋3所以S n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋a 3a 4＋…＋a n a n ＋1＝＋＋＋…＋14×515×616×71(n ＋3)(n ＋4)＝－＋－＋－＋…＋－1415151616171n ＋31n ＋4＝－＝(n ∈N *)．141n ＋4n 4(n ＋4)6．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝－3S n ＋4，b n ＝－log 2a n ＋1.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝＋，其中n ∈N *，若数列{c n }的前n 项和为T n ，求T n .b n2n ＋11n (n ＋1)解　(1)由a 1＝－3S 1＋4＝－3a 1＋4，得a 1＝1，由a n ＝－3S n ＋4，知a n ＋1＝－3S n ＋1＋4，两式相减并化简得a n ＋1＝a n ，14∴数列{a n }是首项为1，公比为的等比数列，14∴a n ＝n －1，n ∈N *，(14)b n ＝－log 2a n ＋1＝－log 2n ＝2n (n ∈N *)．(14)(2)由题意知，c n ＝＋.n 2n 1n (n ＋1)令H n ＝＋＋＋…＋，①12222323n 2n 则H n ＝＋＋…＋＋，②12122223n －12n n 2n ＋1①－②得，H n ＝＋＋＋…＋－121212212312n n 2n ＋1＝1－.n ＋22n ＋1∴H n ＝2－.n ＋22n 又M n ＝1－＋－＋…＋－1212131n 1n ＋1＝1－＝，1n ＋1n n ＋1∴T n ＝H n ＋M n ＝2－＋(n ∈N *)．n ＋22n nn ＋1考点三　数列与不等式方法技巧　数列与不等式的综合问题把数列知识与不等式的内容整合在一起，形成了关于证明不等式、求不等式中的参数取值范围、求数列中的最大(小)项、比较数列中项的大小等问题，而数列的条件可能是等差数列、等比数列，甚至是一个递推公式等，求解方法既要用到不等式知识(如比较法、放缩法、基本不等式法等)，又要用到数列的基础知识．7．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝a n －(－1)n －2(n ∈N *)．32(1)证明{a n －(－1)n }为等比数列，并求出{a n }的通项公式；(2)设数列的前n 项和为T n ，证明：T n <(n ∈N *)．{1a n }23(1)解　由Error!得a n ＋1＝a n ＋1－a n －(－1)n ＋1＋(－1)n ，3232即a n ＋1＝3a n ＋2(－1)n ＋1－2(－1)n ，∴a n ＋1－(－1)n ＋1a n －(－1)n＝3a n ＋(－1)n ＋1－2(－1)na n －(－1)n＝＝3，3a n －3(－1)na n －(－1)n∴{a n －(－1)n }为等比数列．对于S n ＝a n －(－1)n －2，令n ＝1，解得a 1＝2，32∴{a n －(－1)n }是首项为3，公比为3的等比数列，∴a n －(－1)n ＝3n ，即a n ＝3n ＋(－1)n (n ∈N *)．(2)证明　方法一　当k 为正偶数时，＋＝＋1a k 1a k ＋113k ＋113k ＋1－1＝<3k ＋1＋3k 32k ＋1＋3k ＋1－3k －13k ＋1＋3k32k ＋1＝＋，13k 13k ＋1当n 为奇数时，T n ＝＋＋…＋1a 1(1a 2＋1a 3)(1a n －1＋1a n )<＋12(132＋133＋…＋13n －1＋13n )＝＋<，1216(1－13n －1)23当n 为偶数时，n ＋1为奇数，T n <T n ＋1<，23∴T n <(n ∈N *)．23方法二　当n ≥3时，＝<，13n ＋(－1)n 19×3n －2＋(－1)n 18×3n －2∴T n <＋＋1211018(13＋132＋…＋13n －2)＝＋＋××1211018131－(13)n －21－13＝＋＋12110116[1－(13)n －2]<＋＋＝<.121101165380238．各项为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：S n ＝a ＋a n ＋(n ∈N *)．142n 1214(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列的前n 项和为T n ，证明：对一切正整数n ，都有T n ＜.{1a 2n }54(1)解　由S n ＝a ＋a n ＋，①142n 1214当n ≥2时，S n －1＝a ＋a n －1＋，②142n －11214由①－②化简得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0，又∵数列{a n }的各项为正数，∴当n ≥2时，a n －a n －1＝2，故数列{a n }成等差数列，公差为2，a 1＝S 1＝a ＋a 1＋，14211214解得a 1＝1，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)证明　T n ＝＋＋＋…＋＋1a 211a 21a 231a 2n －11a 2n ＝＋＋＋…＋＋.1121321521(2n －3)21(2n －1)2当n ＝1时，T 1＝1<，54当n ≥2时，∵1(2n －1)2＝＜14n 2－4n ＋114n 2－4n＝＝，14n (n －1)14(1n －1－1n )∴T n ＝＋＋＋…＋＋1121321521(2n －3)21(2n －1)2<1＋＋＋…＋＋14(11－12)14(12－13)14(1n －2－1n －1)14(1n －1－1n )＝1＋14(11－12＋12－13＋…＋1n －2－1n －1＋1n －1－1n )＝1＋－＜.1414n 54综上，对一切正整数n ，都有T n ＜.549．已知数列{a n }满足a 1＝0，a n ＋1＝(n ∈N *)．求证：a 2n ＋a n ＋1a n ＋1(1)a n ＋1>a n ，n ∈N *；(2)a n ≥－1，n ∈N *；2n －1(3)当n ≥2时，a n ≤.2n －3证明　(1)∵a n ＋1＝＝a n ＋，a 2n ＋a n ＋1a n ＋11a n ＋1∴a n ＋1＋1＝a n ＋1＋，1a n ＋1∴(a n ＋1＋1)(a n ＋1)＝(a n ＋1)2＋1>0，故a n ＋1＋1与a n ＋1同号．又a 1＋1＝1>0，∴a n ＋1>0，∴a n ＋1－a n ＝>0，1a n ＋1故a n ＋1>a n ，n ∈N *.(2)∵a k ＋1＋1＝a k ＋1＋，k ∈N *，1a k ＋1∴(a k ＋1＋1)2＝(a k ＋1)2＋＋2>(a k ＋1)2＋2，k ∈N *，1(a k ＋1)2当n ≥2时，(a n ＋1)2＝[(a n ＋1)2－(a n －1＋1)2]＋[(a n －1＋1)2－(a n －2＋1)2]＋…＋[(a 2＋1)2－(a 1＋1)2]＋(a 1＋1)2>2(n －1)＋1＝2n －1，又a n ＋1>0，故当n ≥2时，a n ＋1>.2n －1即当n ≥2时，a n >－1.2n －1又当n ＝1时，a 1≥－1＝0，2×1－1所以a n ≥－1，n ∈N *.2n －1(3)由(2)知a k ＋1－a k ＝≤，k ∈N *，1a k ＋112k －1所以当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －1－a n －2)＋(a n －a n －1)，即当n ≥2时，a n ≤1＋＋＋…＋.131512n －3当n ≥3时，＝12n －3222n －3<22n －3＋2n －5＝－，2n －32n －5所以当n ≥3时，a n ≤1＋＋＋…＋131512n －3<1＋(－1)＋(－)＋…＋(－)3532n －32n －5＝，2n －3又a 2＝1≤，2×2－3所以n ≥2时，a n ≤.2n －3例　(15分)已知在数列{a n }中，a 1＝3，2a n ＋1＝a －2a n＋4.2n (1)证明：a n ＋1＞a n ；(2)证明：a n ≥2＋n －1；(32)(3)设数列的前n 项和为S n ，求证：1－n ≤S n ＜1.{1a n }(23)审题路线图(1)2a n ＋1＝a 2n －2a n ＋4――→作差2a n ＋1－2a n ≥0――→a 1＝3a n ＋1＞a n (2)2a n ＋1＝a 2n －2a n ＋4――→变形放缩a n ＋1－2a n －2＝a n 2≥32――→迭代 a n ≥2＋(32)n －1(3)已知递推式――→变形裂项1a n ＝1a n －2－1a n ＋1－2――→求和 S n ＝1－1a n ＋1－2――→放缩结合(2)要证结论规范解答·评分标准证明　(1)∵2a n ＋1－2a n ＝a －4a n ＋42n ＝(a n －2)2≥0，2分∴a n ＋1≥a n ≥3，∴(a n －2)2＞0，∴a n ＋1＞a n .4分(2)∵2a n ＋1－4＝a －2a n ＝a n (a n －2)，6分2n ∴＝≥，a n ＋1－2a n －2a n 232∴a n －2≥(a n －1－2)32≥2(a n －2－2)≥…≥(32)n －1(a 1－2)＝n －1，(32)(32)∴a n ≥2＋n －1.9分(32)(3)∵2(a n ＋1－2)＝a n (a n －2)，10分∴＝12(a n ＋1－2)1a n (a n －2)＝，12(1a n －2－1a n )∴＝－，1a n ＋1－21a n －21a n∴＝－，12分1a n 1a n －21a n ＋1－2∴S n ＝＋＋…＋1a 11a 21a n ＝－＋－＋…＋－1a 1－21a 2－21a 2－21a 3－21a n －21a n ＋1－2＝－1a 1－21a n ＋1－2＝1－.13分1a n ＋1－2∵a n ＋1－2≥n ，(32)∴0＜≤n ，1a n ＋1－2(23)∴1－n ≤S n ＝1－＜1.15分(23)1a n ＋1－2构建答题模板[第一步]　辨特征：认真分析所给数列的递推式，找出其结构特征．[第二步]　巧放缩：结合要证结论，对递推式进行变换、放缩，利用作差、作商、数学归纳法、反证法等技巧逐步向欲证不等式靠近．[第三步]　得结论：消灭目标不等式和放缩到的不等式间的差别，得出结论．1．(2018·浙江)已知等比数列{a n }的公比q ＞1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n .(1)求q 的值；(2)求数列{b n }的通项公式．解　(1)由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项，得a 3＋a 5＝2a 4＋4，所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28，解得a 4＝8.由a 3＋a 5＝20，得8＝20，(q ＋1q )解得q ＝2或q ＝.12因为q ＞1，所以q ＝2.(2)设c n ＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{c n }的前n 项和为S n .由c n ＝Error!解得c n ＝4n －1.由(1)可得a n ＝2n －1，所以b n ＋1－b n ＝(4n －1)×n －1，(12)故b n －b n －1＝(4n －5)×n －2，n ≥2，(12)b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)×n －2＋(4n －9)×n －3＋…＋7×＋3.(12)(12)12设T n ＝3＋7×＋11×2＋…＋(4n －5)×n －2，n ≥2，①12(12)(12)则T n ＝3×＋7×2＋…＋(4n －9)×n －2＋(4n －5)×n －1，n ≥2，②1212(12)(12)(12)①－②，得T n ＝3＋4×＋4×2＋…＋4×n －2－(4n －5)×n －1，n ≥2，1212(12)(12)(12)因此T n ＝14－(4n ＋3)×n －2，n ≥2.(12)又b 1＝1，所以b n ＝15－(4n ＋3)×n －2，n ≥2，(12)当n ＝1时，b 1＝1也满足上式，所以b n ＝15－(4n ＋3)×n －2.(12)2．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *.(1)求通项公式a n ；(2)求数列{|a n －n －2|}的前n 项和．解　(1)由题意得Error!得Error!又当n ≥2时，由a n ＋1－a n ＝(2S n ＋1)－(2S n －1＋1)＝2a n ，得a n ＋1＝3a n ，又a 2＝3a 1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *.(2)设b n ＝|3n －1－n －2|，n ∈N *，b 1＝2，b 2＝1，当n ≥3时，由于3n －1＞n ＋2，故b n ＝3n －1－n －2，n ≥3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 1＝2，T 2＝3，当n ≥3时，T n ＝3＋－9(1－3n －2)1－3(n ＋7)(n －2)2＝，经验证T 2符合上求．3n －n 2－5n ＋112∴T n ＝Error!3．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，b 1＝2，a n ＋1＝，b n ＋1＝.a nb n a n ＋b n 2(1)求证：当n ≥2时，a n －1≤a n ≤b n ≤b n －1；(2)设S n 为数列{|a n －b n |}的前n 项和，求证：S n <.109证明　(1)当n ≥2时，b n －a n ＝－＝≥0，a n －1＋b n －12a n －1b n －1(b n －1－a n －1)22故有b n ≥a n (n ≥2且n ∈N *)，所以a n ＝≥a n －1，a n －1b n －1b n ＝≤b n －1.a n －1＋b n －12综上，a n －1≤a n ≤b n ≤b n －1.(2)由(1)知≤≤…≤＝<，b n a n b n －1a n －1b 1a 12322≤3⇔(－)≤(＋)，b n a n b n a n 15b n a n 故|a n －b n |＝|a n －1＋b n －12－a n －1b n －1|＝(b n －1－a n －1)22≤(b n －1－a n －1)(b n －1＋a n －1)10＝，|b n －1－a n －1|10故S n ≤1＋＋…＋＝＝<.110110n －11－(110)n 1－110109[1－(110)n ]1094．(2017·浙江)已知数列{x n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)(n ∈N *)．证明：当n ∈N *时，(1)0＜x n ＋1＜x n ；(2)2x n ＋1－x n ≤；x n x n ＋12(3)≤x n ≤.12n －112n －2证明　(1)用数学归纳法证明x n ＞0.当n ＝1时，x 1＝1＞0.假设n ＝k (k ∈N *)时，x k ＞0，那么n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0，则0＜x k ＝x k ＋1＋ln(1＋x k ＋1)≤0，与假设矛盾，故x k ＋1＞0，因此x n ＞0(n ∈N *)．所以x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)＞x n ＋1，因此0＜x n ＋1＜x n (n ∈N *)．(2)由x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)得，x n x n ＋1－4x n ＋1＋2x n ＝x －2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)．2n ＋1记函数f (x )＝x 2－2x ＋(x ＋2)ln(1＋x )(x ≥0)．f ′(x )＝＋ln ＞0(x ＞0)，2x 2＋x x ＋1(1＋x )函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以f (x )≥f (0)＝0，因此x －2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)＝f (x n ＋1)≥0，2n ＋1故2x n ＋1－x n ≤(n ∈N *)．x n x n ＋12(3)因为x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)≤x n ＋1＋x n ＋1＝2x n ＋1，所以x n ≥.12n －1由≥2x n ＋1－x n 得－≥2＞0，x n x n ＋121x n ＋112(1x n －12)所以－≥2≥…≥2n －1＝2n －2，1x n 12(1x n －1－12)(1x 1－12)故x n ≤.12n －2综上，≤x n ≤(n ∈N *)．12n －112n －2。

(浙江专用)2019高考数学二轮复习精准提分第二篇重点专题分层练得高分第12练数列的基本运算及性质课件

解析
答案
10.已知等差数列{an}的前n项和Sn＝n2＋bn＋c，等比数列{bn}的前n项和
Tn＝3n＋d，则向量a＝(c，d)的模为
A.1 √ B. 2
C. 3 c＝0，d＝－1，
D.无法确定
解析由等差数列与等比数列的前n项和公式知，所以向量a＝(c，d)的模为1.
解析
答案
11. 设等比数列 {an} 满足 a1 ＋ a3 ＝ 10 ， a2 ＋ a4 ＝ 5 ，则 a1a2…an 的最大值为 64 _____. 解析由已知a1＋a3＝10，a2＋a4＝a1q＋a3q＝5，
Sn，n＝1， (2)利用 an＝求通项时，要注意检验 n＝1 的情况. Sn－Sn－1，n≥2
1 1 5.数列{an}满足 a1＝0，－＝1(n≥2，n∈N*)，则 a2 019 等于 1－an 1－an－1 1 A. 2 019 2 018 C. √ 2 019 1 B. 2 018 2 017 D. 2 018
说明{an}有连续四项在集合{－54，－24，18,36,81}中，
由于{an}中连续四项至少有一项为负，∴q<0，
又∵|q|>1，
∴{an}的连续四项为－24，36，－54，81，
36 3 ∴q＝＝－2，∴6q＝－9. －24
解析答案
考点二数列的通项与求和
方法技巧 (1)已知数列的递推关系，求数列的通项时，通常利用累加法、累乘法、构造法求解.
A.－24 √
B.－3
C.3
D.8
解析由已知条件可得a1＝1，d≠0，
2 由 a2 ＝ a a ，可得 (1 ＋ 2 d ) ＝(1＋d)(1＋5d)， 3 2 6

2019年浙江卷数学高考真题及答案解析(word精编)

2019年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学本试题卷分选择题和非选择题两部分。

全卷共4页，选择题部分1至2页；非选择题部分3至4页。

满分150分。

考试用时120分钟。

考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的位置上。

2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。

参考公式：若事件A ，B 互斥，则()()()P A B P A P B +=+ 若事件A ，B 相互独立，则()()()P AB P A P B = 若事件A 在一次试验中发生的概率是p ，则n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率()C (1)(0,1,2,,)k k n kn n P k p p k n -=-=台体的体积公式121()3V S S h =其中12,S S 分别表示台体的上、下底面积，表示台体的高柱体的体积公式V Sh =其中表示柱体的底面积，表示柱体的高锥体的体积公式13V Sh =其中表示锥体的底面积，表示锥体的高球的表面积公式24S R =π球的体积公式343V R =π其中R 表示球的半径选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．已知全集{}1,0,1,2,3U =-，集合{}0,1,2A =，{}1,0,1B =-，则UA B =A ．{}1-B ．{}0,1?C ．{}1,2,3-D ．{}1,0,1,3-2．渐近线方程为x±y=0的双曲线的离心率是A．22B．1 C．2D．23．若实数x，y满足约束条件340340x yx yx y-+≥⎧⎪--≤⎨⎪+≥⎩，则z=3x+2y的最大值是A．1-B．1C．10 D．124．祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式V柱体=Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是A．158 B．162C．182 D．325．若a＞0，b＞0，则“a+b≤4”是“ab≤4”的A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件6．在同一直角坐标系中，函数y =1xa，y=log a(x+)，(a>0且a≠0)的图像可能是7．设0＜a ＜1，则随机变量X 的分布列是则当a 在（0,1）内增大时 A ．D （X ）增大B ．D （X ）减小C ．D （X ）先增大后减小D ．D （X ）先减小后增大8．设三棱锥V -ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点），记直线PB 与直线AC 所成角为α，直线PB 与平面ABC 所成角为β，二面角P -AC -B 的平面角为γ，则 A ．β<γ，α<γB ．β<α，β<γC ．β<α，γ<αD ．α<β，γ<β9．已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩，若函数()y f x ax b =--恰有三个零点，则 A ．a <-1，b <0 B ．a <-1，b >0 C ．a ＞-1，b ＞0D ．a ＞-1，b <010．设a ，b ∈R ，数列{a n }中a n =a ，a n +1=a n 2+b ，b *∈N ,则A ．当b =，a 10＞10B ．当b =，a 10＞10C ．当b =-2，a 10＞10D ．当b =-4，a 10＞10非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。

2019版高考数学创新一轮复习浙江专用版文档：第二章

第6节对数与对数函数最新考纲 1.理解对数的概念，掌握对数的运算，会用换底公式；2.理解对数函数的概念，掌握对数函数的图象、性质及应用．知识梳理1．对数的概念如果a x＝N(a>0，且a≠1)，那么x叫做以a为底N的对数，记作x＝log a N，其中a叫做对数的底数，N叫做真数．2．对数的性质、换底公式与运算性质(1)对数的性质：①a log aN＝N；②log a a b＝b(a>0，且a≠1)．(2)对数的运算法则如果a>0且a≠1，M>0，N>0，那么①log a(MN)＝log a M＋log a N；②log a MN＝log a M－log a N；③log a M n＝n log a M(n∈R)；④log a m M n＝nm log a M(m，n∈R，且m≠0)．(3)对数的重要公式①换底公式：log b N＝log a Nlog a b(a，b均大于零且不等于1)；②log a b＝1log b a，推广log a b·log b c·log c d＝log a d．3．对数函数及其性质(1)概念：函数y＝log a x(a>0，且a≠1)叫做对数函数，其中x是自变量，函数的定义域是(0，＋∞)．(2)对数函数的图象与性质4.反函数指数函数y ＝a x (a >0，且a ≠1)与对数函数y ＝log a x (a >0，且a ≠1)互为反函数，它们的图象关于直线y ＝x 对称． [常用结论与微点提醒]1．在对数式中，真数必须是大于0的，所以对数函数y ＝log a x 的定义域应为(0，＋∞)．对数函数的单调性取决于底数a 与1的大小关系，当底数a 与1的大小关系不确定时，要分0<a <1与a >1两种情况讨论． 2．对数函数的图象与底数大小的比较如图，作直线y ＝1，则该直线与四个函数图象交点的横坐标为相应的底数．故0＜c ＜d ＜1＜a ＜b .由此我们可得到以下规律：在第一象限内从左到右底数逐渐增大．诊断自测1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)log 2x 2＝2log 2x .( )(2)函数y ＝log 2(x ＋1)是对数函数．( ) (3)函数y ＝ln1＋x1－x与y ＝ln(1＋x )－ln(1－x )的定义域相同．( )(4)当x >1时，若log a x >log b x ，则a <b .( ) 解析 (1)log 2x 2＝2log 2|x |，故(1)错．(2)形如y ＝log a x (a ＞0，且a ≠1)的函数为对数函数，故(2)错． (4)当x ＞1时，log a x ＞log b x ，但a 与b 的大小不确定，故(4)错．答案 (1)× (2)× (3)√ (4)×2．(必修1P73T3改编)已知a ＝2－13，b ＝log 213，c ＝log 1213，则( )A ．a >b >cB ．a >c >bC ．c >b >aD ．c >a >b解析 ∵0<a <1，b <0，c ＝log 1213＝log 23>1.∴c >a >b . 答案 D3．(一题多解)已知函数y ＝log a (x ＋c )(a ，c 为常数，其中a >0，且a ≠1)的图象如图，则下列结论成立的是( )A ．a >1，c >1B ．a >1，0<c <1C ．0<a <1，c >1D ．0<a <1，0<c <1解析法一由题图可知，函数在定义域内为减函数，所以0<a <1.又当x ＝0时，y >0，即log a c >0，所以0<c <1.法二由图可知，y ＝log a (x ＋c )的图象是由y ＝log a x 的图象向左平移c (c ＞0)个单位而得到的，其中0＜c ＜1，再根据单调性易知0＜a ＜1. 答案 D4．(2015·浙江卷)计算：log 222＝________；2log23＋log43＝________．解析 log 222＝log 22－log 22＝12－1＝－12； 2log23＋log43＝2log23·2log43＝3×2log43＝3×2log23＝3 3.答案－12 3 35．(2018·湖州调研)已知a >0且a ≠1，若a 32＝278，则a ＝________；log 32a ＝________．解析 ∵a >0且a ≠1，∴由a 32＝278得a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫27823＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝94；log 32a ＝log 3294＝2.答案 94 26．(2018·台州调考)已知a ＝2x，b ＝423，则log 2b ＝________，满足log a b ≤1的实数x 的取值范围是__________．解析 b ＝423＝243，所以log 2b ＝log 2243＝43；由log 2x b ≤1，得log 2x 243＝43x ≤1，即3x －43x ≥0，解得x ≥43或x ＜0，即x 的取值范围为(－∞，0)∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞.答案 43 (－∞，0)∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞考点一对数的运算【例1】 (1)设2a ＝5b ＝m ，且1a ＋1b ＝2，则m 等于( )A.10B ．10C ．20D ．100(2)计算：⎝ ⎛⎭⎪⎫lg 14－lg 25÷100－12＝________．解析 (1)由已知，得a ＝log 2m ，b ＝log 5m ，则1a ＋1b ＝1log 2m ＋1log 5m ＝log m 2＋log m 5＝log m 10＝2.解得m ＝10.(2)原式＝(lg 2－2－lg 52)×10012＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫122×52×10＝lg 10－2×10＝－2×10＝－20.答案 (1)A (2)－20规律方法 (1)在对数运算中，先利用幂的运算把底数或真数进行变形，化成分数指数幂的形式，使幂的底数最简，然后正用对数运算法则化简合并． (2)先将对数式化为同底数对数的和、差、倍数运算，然后逆用对数的运算法则，转化为同底对数真数的积、商、幂再运算．(3)a b ＝N ⇔b ＝log a N (a >0，且a ≠1)是解决有关指数、对数问题的有效方法，在运算中应注意互化．【训练1】 (1)(2017·全国Ⅰ卷)设x ，y ，z 为正数，且2x ＝3y ＝5z ，则( ) A ．2x <3y <5z B ．5z <2x <3yC ．3y <5z <2xD ．3y <2x <5z(2)(2018·浙东北教联一模)若实数a ＞b ＞1，且log a b ＋log b a ＝52，则log a b ＝__________，b 2a ＝__________．解析 (1)取对数：x ln 2＝y ln 3＝z ln 5，x y ＝ln 3ln 2>32(由ln 32>ln 23可得)，∴2x >3y .x ln2＝z ln 5，则x z ＝ln 5 ln 2<52(由ln 52＜ln 25可得)，∴2x <5z ， ∴3y <2x <5z ，故选D.(2)由a ＞b ＞1，得log a b ＜1，又因为log a b ＋log b a ＝log a b ＋1log ab ＝52，解得log a b＝12，所以a 12＝b ，即b 2＝a ，所以b 2a ＝1.答案 (1)D (2)12 1考点二对数函数的图象及应用【例2】 (1)(2018·绍兴调研)若函数f (x )＝ka x －a －x (a ＞0且a ≠1)在R 上既是奇函数又是增函数，则函数g (x )＝log a (x ＋k )的图象大致是( )(2)(2017·金华调研)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧log 2x ，x >0，3x ，x ≤0，且关于x 的方程f (x )＋x －a ＝0有且只有一个实根，则实数a 的取值范围是________．解析 (1)由已知a ＞1且k ＝1，∴g (x )＝log a (x ＋1)(a ＞1)，其图象为C. (2)如图，在同一坐标系中分别作出y ＝f (x )与y ＝－x ＋a 的图象，其中a 表示直线在y 轴上的截距．由图可知，当a >1时，直线y ＝－x ＋a 与y ＝log 2x 只有一个交点．答案 (1)C (2)(1，＋∞)规律方法 (1)在识别函数图象时，要善于利用已知函数的性质、函数图象上的特殊点(与坐标轴的交点、最高点、最低点等)排除不符合要求的选项． (2)一些对数型方程、不等式问题常转化为相应的函数图象问题，利用数形结合法求解．【训练2】 (1)函数y ＝2log 4(1－x )的图象大致是( )(2)(一题多解)当0<x ≤12时，4x <log a x ，则a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎪⎫0，22B.⎝ ⎛⎭⎪⎫22，1 C ．(1，2)D ．(2，2)解析 (1)函数y ＝2log 4(1－x )的定义域为(－∞，1)，排除A ，B ；又函数y ＝2log 4(1－x )在定义域内单调递减，排除D.(2)法一由题意得，当0<a <1时，要使得4x <log a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0<x ≤12，即当0<x ≤12时，函数y ＝4x 的图象在函数y ＝log a x 图象的下方．又当x ＝12时，412＝2，即函数y ＝4x的图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2.把点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2代入y ＝log a x ，得a ＝22.若函数y ＝4x 的图象在函数y ＝log a x 图象的下方，则需22<a <1(如图所示)．当a >1时，不符合题意，舍去．所以实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫22，1.法二 ∵当0＜x ≤12时，1＜4x ≤2，要使4x ＜log a x ，必须2＜log a x ，∴⎩⎨⎧0＜a ＜1，log a a 2＜log a x ，即⎩⎨⎧0＜a ＜1，a 2＞x 对0＜x ≤12恒成立， ∴⎩⎪⎨⎪⎧0＜a ＜1，a 2＞12，解得22＜a ＜1. 答案 (1)C (2)B考点三对数函数的性质及应用(多维探究) 命题角度1 比较对数值的大小【例3－1】 (2016·全国Ⅰ卷)若a >b >0，0<c <1，则( ) A ．log a c <log b c B ．log c a <log c b C ．a c <b cD ．c a >c b解析由y ＝x c 与y ＝c x 的单调性知，C ，D 不正确． ∵y ＝log c x 是减函数，得log c a <log c b ，B 正确．log a c ＝lg c lg a ，log b c ＝lg clg b ，∵0＜c ＜1，∴lg c ＜0.又a ＞b ＞0，∴lg a ＞lg b ，但不能确定lg a ，lg b 的正负，∴log a c 与log b c 的大小不能确定．答案 B命题角度2 解对数不等式【例3－2】若log a (a 2＋1)<log a 2a <0，则a 的取值范围是( ) A ．(0，1)B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 D ．(0，1)∪(1，＋∞)解析由题意得a >0且a ≠1，故必有a 2＋1>2a ，又log a (a 2＋1)<log a 2a <0，所以0<a <1，同时2a >1，∴a >12.综上，a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.答案 C命题角度3 对数型函数的性质【例3－3】已知函数f (x )＝log a (3－ax )．(1)当x ∈[0，2]时，函数f (x )恒有意义，求实数a 的取值范围；(2)是否存在这样的实数a ，使得函数f (x )在区间[1，2]上为减函数，并且最大值为1？如果存在，试求出a 的值；如果不存在，请说明理由．解 (1)∵a >0且a ≠1，设t (x )＝3－ax ，则t (x )＝3－ax 为减函数，x ∈[0，2]时，t (x )的最小值为3－2a ，当x ∈[0，2]时，f (x )恒有意义，即x ∈[0，2]时，3－ax >0恒成立． ∴3－2a >0.∴a <32.又a >0且a ≠1，∴a ∈(0，1)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32. (2)t (x )＝3－ax ，∵a >0，∴函数t (x )为减函数． ∵f (x )在区间[1，2]上为减函数，∴y ＝log a t 为增函数，∴a >1，x ∈[1，2]时，t (x )最小值为3－2a ，f (x )最大值为f (1)＝log a (3－a )， ∴⎩⎨⎧3－2a >0，log a （3－a ）＝1，即⎩⎪⎨⎪⎧a <32，a ＝32.故不存在这样的实数a ，使得函数f (x )在区间[1，2]上为减函数，并且最大值为1.规律方法 (1)确定函数的定义域，研究或利用函数的性质，都要在其定义域上进行．(2)如果需将函数解析式变形，一定要保证其等价性，否则结论错误．(3)在解决与对数函数相关的比较大小或解不等式问题时，要优先考虑利用对数函数的单调性来求解．在利用单调性时，一定要明确底数a 的取值对函数增减性的影响，及真数必须为正的限制条件．【训练3】 (1)设a ＝log 32，b ＝log 52，c ＝log 23，则( ) A ．a >c >bB ．b >c >aC ．c >b >aD ．c >a >b(2)已知函数f (x )＝log a (8－ax )(a >0，且a ≠1)，若f (x )>1在区间[1，2]上恒成立，则实数a 的取值范围是________．解析 (1)a ＝log 32<log 33＝1，b ＝log 52<log 55＝1，又c ＝log 23>log 22＝1，所以，c 最大．由1<log 23<log 25，得1log 23>1log 25，即a >b ，所以c >a >b .(2)当a >1时，f (x )＝log a (8－ax )在[1，2]上是减函数，由f (x )>1在区间[1，2]上恒成立，则f (x )min ＝log a (8－2a )>1，解之得1<a <83.若0<a <1时，f (x )在[1，2]上是增函数，由f (x )>1在区间[1，2]上恒成立，则f (x )min ＝log a (8－a )>1，且8－2a >0. ∴a >4，且a <4，故不存在．综上可知，实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1，83.答案 (1)D (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1，83。

2019年高考数学试题分项版—数列(解析版)(2021年整理精品文档)

(完整版)2019年高考数学试题分项版—数列(解析版)编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（(完整版)2019年高考数学试题分项版—数列(解析版)）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为(完整版)2019年高考数学试题分项版—数列(解析版)的全部内容。

2019年高考数学试题分项版--数列（解析版）一、选择题1．(2019·全国Ⅲ文，6)已知各项均为正数的等比数列{a n｝的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1,则a3等于（）A．16 B．8 C．4 D．2答案C解析设等比数列{a n}的公比为q，由a5＝3a3＋4a1得q4＝3q2＋4，得q2＝4，因为数列{a n}的各项均为正数，所以q＝2，又a1＋a2＋a3＋a4＝a1（1＋q＋q2＋q3）＝a1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a＝1，所以a3＝a1q2＝4.12．(2019·浙江，10)设a,b∈R，数列｛a n｝满足a1＝a，a n＋1＝＋b，n∈N＊，则（) A．当b＝时，a10＞10B．当b＝时,a10＞10C．当b＝－2时，a10＞10D．当b＝－4时,a10＞10答案A解析当b＝时，因为a n＋1＝＋,所以a2≥,又a n＋1＝＋≥a n,故a9≥a2×()7≥×（）7＝4，a＞≥32＞10.当b＝时,a n＋1－a n＝2，故当a1＝a＝时，a10＝，所以a10＞1010不成立．同理b＝－2和b＝－4时,均存在小于10的数x0，只需a1＝a＝x0，则a10＝x0＜10，故a＞10不成立．103．(2019·全国Ⅰ理，9)记S n为等差数列｛a n}的前n项和．已知S4＝0,a5＝5，则( )A．a n＝2n－5 B．a n＝3n－10C．S n＝2n2－8n D．S n＝n2－2n答案A解析设等差数列｛a n｝的公差为d,∵∴解得∴a n＝a1＋(n－1)d＝－3＋2（n－1)＝2n－5,S n＝na＋d＝n2－4n.故选A。

2019年-2019年浙江省高考数学试题(理)分类解析汇编-数列、数学归纳法共11页word资料

2019年-2019年浙江省高考数学试题（理）分类解析汇编专题3：数列、数学归纳法锦元数学工作室编辑一、选择题1. （浙江2019年理5分）已知等差数列{}n a 的公差为2,若431,,a a a 成等比数列, 则2a =【】 (A) –4 (B) –6 (C) –8 (D) –10【答案】B 。

【考点】等差数列；等比数列。

【分析】利用已知条件列出关于1a 的方程，求出1a ，代入通项公式即可求得2a ：∵416a a =+，314a a =+，且1a ，3a ，4a 成等比数列，∴2314a a a =⋅，即()()211146a a a +=+。

解得18a =-。

∴2126a a =+=-。

故选B 。

2.（浙江2019年理5分）lim n →∞2123nn ++++＝【】(A) 2 (B) 4 (C) 21(D)0【答案】C 。

【考点】极限及其运算，等差数列求和公式。

【分析】()2211231112limlim lim 122n n n n n n n n n →∞→∞→∞+++++⎛⎫==+= ⎪⎝⎭。

故选C 。

3.（浙江2019年理5分）已知{}n a 是等比数列，41252==a a ，，则13221++++n n a a a a a a =【】 A ．16（n --41） B ．16（n --21） C ．332（n --41） D ．332（n--21）【答案】C 。

【考点】等比数列的前n 项和。

【分析】由335211==2=42a a q q q =⋅⇒，∴数列{}1n n a a +仍是等比数列：其首项是12=8a a ，公比为14。

∴()12231181432==141314n n n n a a a a a a -+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦+++--。

故选C 。

4.（浙江2019年理5分）设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，2580a a +=，则52S S =【】（A ）11 （B ）5 （C ）8- （D ）11- 【答案】D 。

2019-2020年高考数学二轮复习第2部分大专题综合测3 数列(含解析)

2019-2020年高考数学二轮复习第2部分大专题综合测3 数列（含解析）一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(文)(xx·北京西城区二模)数列{a n}为等差数列，满足a2＋a4＋…＋a20＝10，则数列{a n}前21项的和等于( )A.212B．21C．42 D．84[答案] B[解析] 由a2＋a4＋…＋a20＝10a11＝10得a11＝1，所以等差数列{a n}的前21项和S21＝21a11＝21，故选B．(理)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且S10＝⎠⎛3(1＋2x)d x，S20＝17，则S30为( ) A．15 B．20C．25 D．30[答案] A[解析] S10＝⎠⎛3(1＋2x)d x＝(x＋x2)|30＝12.又S10，S20－S10，S30－S20成等差数列．即2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，∴S30＝15.2．(文)(xx·北京东城练习)已知{a n}为各项都是正数的等比数列，若a4·a8＝4，则a5·a6·a7＝( )A．4 B．8C．16 D．64[答案] B[解析] 由题意得a4a8＝a26＝4，又因为数列{a n}为正项等比数列，所以a6＝2，则a5a6a7＝a36＝8，故选B．(理)(xx·河北衡水中学二调)已知等比数列{a n}的前n项和为S n，若S2n＝4(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1), a1a2a3＝27，则a6＝( )A．27 B．81C． 243 D．729[答案] C[解析] ∵a1a2a3＝a32＝27，∴a2＝3，∵S2n＝4(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)，∴S2＝4a1，∴a1＋a 2＝4a 1，∴a 2＝3a 1＝3，∴a 1＝1，∴q ＝a 2a 1＝3，∴a 6＝a 1q 5＝35＝243.3．(xx·杭州第二次质检)设等比数列{a n }的各项均为正数，若a 12＋a 22＝2a 1＋2a 2，a 34＋a 44＝4a 3＋4a 4，则a 1a 5＝( ) A ．24 2 B ．8 C ．8 2 D ．16[答案] C[解析] 利用等比数列的通项公式求解．设此正项等比数列的公比为q ，q >0，则由a 12＋a 22＝2a 1＋2a 2得a 1＋a 22＝2a 1＋a 2a 1a 2，a 1a 2＝4，同理由a 34＋a 44＝4a 3＋4a 4得a 3a 4＝16，则q 4＝a 3a 4a 1a 2＝4，q ＝2，a 1a 2＝2a 21＝4，a 21＝22，所以a 1a 5＝a 21q 4＝82，故选C. 4．(文)(xx·青岛市质检)“∀n ∈N *,2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2”是“数列{a n }为等差数列”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件[答案] C[解析] 本题考查等差数列的定义以及充要条件的判断，难度较小．由2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，可得a n ＋1－a n ＝a n ＋2－a n ＋1，由n 的任意性可知，数列从第二项起每一项与前一项的差是固定的常数，即数列{a n }为等差数列，反之，若数列{a n }为等差数列，易得2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，故“∀n ∈N *,2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2”是“数列{a n }为等差数列”的充要条件，故选C.(理)“lg x ，lg y ，lg z 成等差数列”是“y 2＝xz ”成立的( ) A ．充分非必要条件 B ．必要非充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件[答案] A[解析] “lg x ，lg y ，lg z 成等差数列”⇔2lg y ＝lg x ＋lg z ⇒y 2＝xz ，但y 2＝xz ⇒/ 2lg y ＝lg x ＋lg z ，∴选A.5．(文)(xx·福州质检)在等差数列{a n }中，若a 2＝1，a 8＝2a 6＋a 4，则a 5的值为( ) A ．－5 B ．－12C ．12 D ．52[答案] B[解析] 本题考查等差数列的通项公式，难度中等．设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 8＝2a 6＋a 4，故a 2＋6d ＝2a 2＋8d ＋a 2＋2d ，解得d ＝－12，故a 5＝a 2＋3d ＝1－32＝－12，故选B ． (理)已知正数组成的等差数列{a n }，前20项和为100，则a 7·a 14的最大值是( ) A ．25 B ．50 C ．100 D ．不存在[答案] A [解析] ∵S 20＝a 1＋a 202×20＝100，∴a 1＋a 20＝10.∵a 1＋a 20＝a 7＋a 14，∴a 7＋a 14＝10. ∵a n >0，∴a 7·a 14≤(a 7＋a 142)2＝25.当且仅当a 7＝a 14时取等号．6．(文)在直角坐标系中，O 是坐标原点，P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)是第一象限内的两个点，若1，x 1，x 2,4依次成等差数列，而1，y 1，y 2,8依次成等比数列，则△OP 1P 2的面积是( )A ．1B ．2C ．3D ．4[答案] A[解析] 由等差、等比数列的性质，可求得x 1＝2，x 2＝3，y 1＝2，y 2＝4，∴P 1(2,2)，P 2(3,4)，∴S △OP 1P 2＝1.(理)(xx·长沙市一模)等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，则数列{lg a n }的前8项和等于( )A ．6B ．5C ．4D ．3[答案] C[解析] 设等比数列{a n }的公比为q ，则q ＝a 5a 4＝52，a n ＝a 4q n －4＝2×(52)n －4，则lg a n ＝lg2＋(n －4)lg 52，数列{lg a n }成等差数列，所以前8项和等于8lg a 1＋lg a 82＝4(lg2－3lg 52＋lg2＋4lg 52)＝4，故选C.7．(xx·河南商丘市二模)在递增的等比数列{a n }中，已知a 1＋a n ＝34，a 3·a n －2＝64，且前n 项和为S n ＝42，则n ＝( )A ．6B ．5C ．4D ．3[答案] D[解析] 由已知得a 1＋a 1qn －1＝34，a 21qn －1＝64，∴a 1＋64a 1＝34，解得：a 1＝32或a 1＝2，当a 1＝32时，q n －1<1不适合题意，故a 1＝2，q n －1＝16，又S n ＝a 11－q n 1－q ＝21－16q1－q＝42，解得q ＝4，∴4n －1＝16，n －1＝2，n ＝3.8．(文)两个正数a 、b 的等差中项是52，一个等比中项是6，且a >b ，则双曲线x 2a 2－y2b 2＝1的离心率e 等于( )A.32B ．152C ．13D ．133[答案] D[解析] 由已知可得a ＋b ＝5，ab ＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝3(舍去)．则c ＝a 2＋b 2＝13，故e ＝c a＝133. (理)△ABC 的三边分别为a 、b 、c ，若b 既是a 、c 的等差中项，又是a 、c 的等比中项，则△ABC 是( )A ．等腰直角三角形B ．等腰三角形C ．等边三角形D ．直角三角形[答案] C[解析] ∵b 是a 、c 的等差中项，∴b ＝a ＋c2.又∵b 是a 、c 的等比中项，∴b ＝ac ，∴(a ＋c2)2＝ac ，∴(a －c )2＝0，∴a ＝c ，∴b ＝a ＋c2＝a ，故△ABC 是等边三角形．9．(xx·天津十二区县联考)数列{a n }满足a 1＝1，且对于任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a 1＋a n＋n ，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2015等于( )A.40282015 B ．20142015 C.20151008D ．20152016[答案] C[解析] 本题考查数列的递推公式、裂项法求和，难度中等．依题意a n ＋1＝a n ＋n ＋1，故a n ＋1－a n ＝n ＋1，由累加法可得a n －a 1＝n 2＋n －22，a n ＝n 2＋n2，故1a n ＝2n 2＋n ＝2(1n －1n ＋1)，故1a 1＋1a 2＋…＋1a 2015＝2(1－12＋12－13＋…＋12015－12016)＝40302016＝20151008，故选C. 10．(文)已知数列{a n }，若点(n ，a n )(n ∈N *)在经过点(5,3)的定直线l 上，则数列{a n }的前9项和S 9＝( )A ．9B ．10C ．18D ．27[答案] D[解析] 由条件知a 5＝3，∴S 9＝9a 5＝27.(理)(xx·郑州市质检)已知实数4，m,9构成一个等比数列，则圆锥曲线x 2m＋y 2＝1的离心率为( )A.306 B ．7 C.306或7 D ．56或7 [答案] C[解析] 由题意知m 2＝36，m ＝±6，当m ＝6时，该圆锥曲线表示椭圆，此时a ＝6，b ＝1，c ＝5，e ＝306；当m ＝－6时，该圆锥曲线表示双曲线，此时a ＝1，b ＝6，c ＝7，e ＝7，故选C.11．(文)(xx·重庆市调研)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝7，a 6＋a 8＝－6，则S n 取最大值时，n 的值为( )A ．3B ．4C ．5D ．6[答案] C[解析] a 7＝12(a 6＋a 8)＝－3，公差d ＝a 7－a 27－2＝－2，a n ＝a 2－2(n －2)＝11－2n ，因此在等差数列{a n }中，前5项均为正，从第6项起以后各项均为负，当S n 取最大值时，n 的值为5，故选C.(理)等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，前n 项和为S n ，则“d >|a 1|”是“S n 的最小值为S 1，且S n 无最大值”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件[答案] A[解析] 依题意，当d >|a 1|时，数列{a n }是递增的数列，无论a 1的取值如何，S n 的最小值为S 1，且S n 无最大值；反过来，当S n 的最小值为S 1，且S n 无最大值时，如当a 1＝1，d ＝13时，此时S n 的最小值为S 1，且S n 无最大值，但不满足d >|a 1|.综上所述，“d >|a 1|”是“S n 的最小值为S 1，且S n 无最大值”的充分不必要条件．12．(文)已知数列{a n }的各项均为正数，执行程序框图(如下图)，当k ＝4时，输出S ＝13，则a xx ＝( ) A ．xx B ．xx C ．xx D ．xx[答案] D[解析] 由程序框图可知，{a n }是公差为1的等差数列，且1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 3a 4＋1a 4a 5＝13， ∴1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋1a 3－1a 4＋1a 4－1a 5＝1a 1－1a 5＝13， ∴1a 1－1a 1＋4＝13，解得a 1＝2，∴a xx ＝a 1＋xx d ＝2＋xx ＝xx. (理)已知曲线C ：y ＝1x(x >0)上两点A 1(x 1，y 1)和A 2(x 2，y 2)，其中x 2>x 1.过A 1、A 2的直线l 与x 轴交于点A 3(x 3,0)，那么( )A ．x 1，x 32，x 2成等差数列B ．x 1，x 32，x 2成等比数列C ．x 1，x 3，x 2成等差数列D ．x 1，x 3，x 2成等比数列 [答案] A[解析] 直线A 1A 2的斜率k ＝y 2－y 1x 2－x 1＝1x 2－1x 1x 2－x 1＝－1x 1x 2，所以直线A 1A 2的方程为y －1x 1＝－1x 1x 2(x －x 1)，令y ＝0解得x ＝x 1＋x 2，∴x 3＝x 1＋x 2，故x 1，x 32，x 2成等差数列，故选A.二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，将正确答案填在题中横线上)13．(xx·海口市调研)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1－a n ＝sin n ＋1π2，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S xx ＝________.[答案] 1008[解析] 由a n ＋1－a n ＝sinn ＋1π2⇒a n ＋1＝a n ＋sinn ＋1π2，∴a 2＝a 1＋sinπ＝1＋0＝1，a 3＝a 2＋sin 3π2＝1＋(－1)＝0，a 4＝a 3＋sin2π＝0＋0＝0，a 5＝a 4＋sin 5π2＝0＋1＝1，∴a 5＝a 1，如此继续可得a n ＋4＝a n (n ∈N *)，数列{a n }是一个以4为周期的周期数列，而xx ＝4×503＋2，因此S xx ＝503×(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 1＋a 2＝503×(1＋1＋0＋0)＋1＋1＝1008.14．(文)定义运算⎪⎪⎪⎪⎪⎪a b c d ＝ad －bc ，函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12－x x ＋3图象的顶点坐标是(m ，n )，且k ，m ，n ，r 成等差数列，则k ＋r 的值为________．[答案] －9[解析] f (x )＝(x －1)(x ＋3)＋2x ＝x 2＋4x －3＝(x ＋2)2－7的顶点坐标为(－2，－7)， ∵m ＝－2，n ＝－7，∴k ＋r ＝m ＋n ＝－9.(理)已知数列{a n }的通项为a n ＝7n ＋2，数列{b n }的通项为b n ＝n 2.若将数列{a n }、{b n }中相同的项按从小到大顺序排列后记作数列{c n }，则c 9的值是________．[答案] 961[解析] 设数列{a n }中的第n 项是数列{b n }中的第m 项，则m 2＝7n ＋2，m 、n ∈N *.令m ＝7k ＋i ，i ＝0,1,2，…，6，k ∈Z ，则i 2除以7的余数是2，则i ＝3或4，所以数列{c n }中的项依次是{b n }中的第3,4,10,11,17,18,24,25,31,32，…，故c 9＝b 31＝312＝961.15．(xx·辽宁省协作校联考)若数列{a n }与{b n }满足b n ＋1a n ＋b n a n ＋1＝(－1)n ＋1，b n ＝3＋－1n －12，n ∈N ＋，且a 1＝2，设数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 63＝________.[答案] 560[解析] ∵b n ＝3＋－1n －12＝⎩⎪⎨⎪⎧2n 为奇数1n 为偶数，又a 1＝2，∴a 2＝－1，a 3＝4，a 4＝－2，a 5＝6，a 6＝－3，…，∴S 63＝a 1＋a 2＋a 3＋…a 63＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 63)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 62)＝(2＋4＋6＋…＋64)－(1＋2＋3＋…＋31)＝1056－496＝560.16．(xx·山西大学附中月考)已知无穷数列{a n }具有如下性质：①a 1为正整数；②对于任意的正整数n ，当a n 为偶数时，a n ＋1＝a n 2；当a n 为奇数时，a n ＋1＝a n ＋12.在数列{a n }中，若当n ≥k 时，a n ＝1，当1≤n <k 时，a n >1(k ≥2，k ∈N *)，则首项a 1可取数值的个数为________(用k 表示)．[答案] 2k －2[解析] 当n ≥k 时，a n ＝1，∴a k ＝1，当n <k 时，若a k ＝a k －1＋12，则a k －1＝1这与a k －1>1矛盾，∴a k ＝a k －12，∴a k －1＝2，同理可得a k －2＝3或4，a k －3＝5,6,7或8，…，倒推下去，∵k －(k －2)＝2，∴倒推(k －2)步可求得a 1，∴a 1有2k －2个可能取值．三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本题满分10分)(文)(xx·江苏宿迁摸底)已知数列{a n }的各项均为正数，其前n 项和S n ＝12(a n －1)(a n ＋2)，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)na n a n ＋1，求数列{b n }的前2n 项的和T 2n . [解析] (1)当n ＝1时，S 1＝12(a 1－1)(a 1＋2)＝a 1，解得a 1＝－1或a 1＝2，因为a 1>0，所以a 1＝2.当n ≥2时，S n ＝12(a n －1)(a n ＋2)，S n －1＝12(a n －1－1)(a n －1＋2)，两式相减得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0，又因为a n >0，所以a n ＋a n －1>0，所以a n －a n －1＝1，所以{a n }是首项为2，公差为1的等差数列，所以a n ＝n ＋1.(2)T 2n ＝－a 1a 2＋a 2a 3－a 3a 4＋a 4a 5－a 5a 6＋…＋a 2n －2a 2n －1－a 2n －1a 2n ＋a 2n a 2n ＋1＝2(a 2＋a 4＋…＋a 2n )，又a 2，a 4，…，a 2n 是首项为3，公差为2的等差数列，所以a 2＋a 4＋…＋a 2n ＝n 3＋2n ＋12＝n 2＋2n ，故T 2n ＝2n 2＋4n .[易错分析] 本题有两个易错点：一是数列{a n }的通项公式求解错误或者不认真审题导致求解过程出现增根；二是在数列求和时，不能够合理地分类与整合．(理)(xx·临沂三校联考)已知等比数列{a n }的公比q >1,42是a 1和a 4的一个等比中项，a 2和a 3的等差中项为6，若数列{b n }满足b n ＝log 2a n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n b n }的前n 项和S n .[解析] (1)因为42是a 1和a 4的一个等比中项，所以a 1·a 4＝(42)2＝32.由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 2·a 3＝32，a 2＋a 3＝12.因为q >1，所以a 3>a 2.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，a 3＝8.所以q ＝a 3a 2＝2.故数列{a n }的通项公式a n ＝2n.(2)由于b n ＝log 2a n (n ∈N *)，所以a n b n ＝n ·2n，S n ＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n ，①2S n ＝1·22＋2·23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1.②①－②得，－S n ＝1·2＋22＋23＋ (2)－n ·2n ＋1＝21－2n1－2－n ·2n ＋1.所以S n ＝2－2n ＋1＋n ·2n ＋1.18．(本题满分12分)(文)已知数列{a n }的首项为1，对任意的n ∈N *，定义b n ＝a n ＋1－a n .(1)若b n ＝n ＋1，①求a 3的值和数列{a n }的通项公式； ②求数列{1a n}的前n 项和S n ；(2)若b n ＋1＝b n ＋2b n (n ∈N *)，且b 1＝2，b 2＝3，求数列{b n }的前3n 项的和． [解析] (1)①a 1＝1，a 2＝a 1＋b 1＝1＋2＝3，a 3＝a 2＋b 2＝3＋3＝6 当n ≥2时，由a n ＋1－a n ＝n ＋1得a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝a 1＋b 1＋b 2＋…＋b n －1＝n n ＋12而a 1＝1适合上式，所以a n ＝n n ＋12(n ∈N *)．②由①得：1a n ＝2nn ＋1＝2(1n －1n ＋1)，S n ＝1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n＝2(1－12)＋2(12－13)＋2(12－13)＋…＋2(1n －1n ＋1)＝2(1－1n ＋1)＝2n n ＋1.(2)因为对任意的n ∈N *有b n ＋6＝b n ＋5b n ＋4＝b n ＋4b n ＋3b n ＋4＝1b n ＋3＝b n ，所以数列{b n }为周期数列，周期为6.又数列{b n }的前6项分别为2,3，32，12，13，23，且这六个数的和为8.设数列{b n }的前n 项和为S n ，则当n ＝2k (k ∈N *)时，S 3n ＝S 6k ＝k (b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＋b 6)＝8k ，当n ＝2k ＋1(k ∈N *)时，S 3n ＝S 6k ＋3＝k (b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＋b 6)＋b 6k ＋1＋b 6k ＋2＋b 6k ＋3＝8k ＋b 1＋b 2＋b 3＝8k ＋132，当n ＝1时，S 3＝132所以，当n 为偶数时，S 3n ＝4n ；当n 为奇数时，S 3n ＝4n ＋52.(理)(xx·郑州市质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ，求使(n －8)b n ≥nk 对任意n ∈N *恒成立的实数k 的取值范围．[解析] (1)由S n ＝2a n －2可得a 1＝2，因为S n ＝2a n －2，所以，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1, 即：a na n －1＝2. 数列{a n }是以a 1＝2为首项，公比为2的等比数列，所以，a n ＝2n(n ∈N *)． (2)b n ＝log 2a 1＋log 2a 2＋…log 2a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12.(n －8)b n ≥nk 对任意n ∈N *恒成立，等价于n －8n ＋12≥k 对n ∈N *恒成立；设c n ＝12(n －8)(n ＋1)，则当n ＝3或4时，c n 取得最小值为－10，所以k ≤－10.19．(本题满分12分)(文)(xx·河北衡水中学三调)已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a n ＋1a n －1，数列{b n }的前n 项和为S n ，证明S n <34. [解析] (1)由已知a n ＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，n ∈N *.即a n ＋1－1＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0,1＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0.即1a n ＋1－1－1a n －1＝－1(常数)∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是以1a 1－1＝－2为首项，以－1为公差的等差数列．可得1a n －1＝－2＋(n －1)×(－1)＝－(n ＋1)， ∴a n ＝nn ＋1(2)由(1)可得a n ＝nn ＋1.∵b n ＝a n ＋1a n －1＝n ＋12n n ＋2－1＝1n n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝12⎝⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2<12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＝34.(理)已知数列{a n }具有性质：①a 1为整数；②对于任意的正整数n ，当a n 为偶数时，a n＋1＝a n 2；当a n 为奇数时，a n ＋1＝a n －12； (1)若a 1为偶数，且a 1，a 2，a 3成等差数列，求a 1的值；(2)设a 1＝2m＋3(m >3且m ∈N )，数列{a n }的前n 项和为S n ，求证：S n ≤2m ＋1＋3；(3)若a n 为正整数，求证：当n >1＋log 2a 1(n ∈N )时，都有a n ＝0. [解析] (1)设a 1＝2k ，则a 2＝k ，由条件知2k ＋a 3＝2k ，∴a 3＝0. 分两种情况讨论：若k 是奇数，则a 3＝a 2－12＝k －12＝0，∴k ＝1，a 1＝2，a 2＝1，a 3＝0，若k 是偶数，则a 3＝a 22＝k2＝0，∴k ＝0，a 1＝0，a 2＝0，a 3＝0，∴a 1的值为2或0.(2)当m >3时，a 1＝2m＋3，a 2＝2m －1＋1，a 3＝2m －2，a 4＝2m －3，a 5＝2m －4，…，a m ＝2，a m ＋1＝1，a m ＋2＝…＝a n ＝0，∴S n ≤S m ＋1＝1＋2＋ (2)＋4＝2m ＋1＋3.(3)∵n >1＋log 2a 1，∴n －1>log 2a 1，∴2n －1>a 1，由定义可知：a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n2，a n是偶数a n－12，a n是奇数，∴a n ＋1≤a n 2，∴a n ＋1a n ≤12.∴a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1≤12n －1a 1， ∴a n <12n －1·2n －1＝1，∵a n ∈N ，∴a n ＝0，综上可知：当n >1＋log 2a 1(n ∈N )时，都有a n ＝0.20．(本题满分12分)(文)(xx·江西八校联考)已知数列{a n }的首项a 1＝4，前n 项和为S n ，且S n ＋1－3S n －2n －4＝0(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设函数f (x )＝a n x ＋a n －1x 2＋a n －2x 3＋…＋a 1x n，f ′(x )是函数f (x )的导函数，令b n＝f ′(1)，求数列{b n }的通项公式，并研究其单调性．[解析] (1)由S n ＋1－3S n －2n －4＝0(n ∈N *)得S n －3S n －1－2n ＋2－4＝0(n ≥2)，两式相减得a n ＋1－3a n －2＝0，可得a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)(n ≥2)，又由已知a 2＝14，所以a 2＋1＝3(a 1＋1)，即{a n ＋1}是一个首项为5，公比q ＝3的等比数列，所以a n ＝5×3n －1－1(n ∈N *)．(2)因为f ′(x )＝a n ＋2a n －1x ＋…＋na 1x n －1，所以f ′(1)＝a n ＋2a n －1＋…＋na 1 ＝(5×3n －1－1)＋2(5×3n －2－1)＋…＋n (5×30－1) ＝5[3n －1＋2×3n －2＋3×3n －3＋…＋n ×30]－n n ＋12令S ＝3n －1＋2×3n －2＋3×3n －3＋…＋n ×30，则3S ＝3n ＋2×3n －1＋3×3n －2＋…＋n ×31，作差得S ＝－n 2－3－3n ＋14，所以f ′(1)＝5×3n ＋1－154－n n ＋62，即b n ＝5×3n ＋1－154－nn ＋62，而b n ＋1＝5×3n ＋2－154－n ＋1n ＋72，作差得b n ＋1－b n ＝15×3n2－n －72>0，所以{b n }是单调递增数列．(理)已知数列{a n }的首项a 1＝5，且a n ＋1＝2a n ＋1(n ∈N *)． (1)证明：数列{a n ＋1}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)令f (x )＝a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n，求数列f (x )在点x ＝1处的导数f ′(1)． [解析] (1)证明：∵a n ＋1＝2a n ＋1， ∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴a n ＋1＋1a n ＋1＝2， ∴数列{a n ＋1}是以a 1＋1为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＋1＝(a 1＋1)·2n －1＝6·2n －1＝3·2n，∴a n ＝3·2n－1.(2)∵f (x )＝a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n， ∴f ′(x )＝a 1＋2a 2x ＋…＋na n xn －1，∴f ′(1)＝a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n＝(3·21－1)＋2(3·22－1)＋3(3·23－1)＋…＋n (3·2n－1) ＝3(2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n)－(1＋2＋3＋…＋n )，令T n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n，∴2T n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，∴－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝21－2n1－2－n ·2n ＋1＝－(n －1)·2n ＋1－2，∴T n ＝(n －1)·2n ＋1＋2，∴f ′(1)＝3(n －1)·2n ＋1－n n ＋12＋6.21．(本题满分12分)(文)(xx·广东文，19)设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *.已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1.(1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列；(3)求数列{a n }的通项公式．[分析] 考查：1.等比数列的定义；2.等比数列的通项公式；3.等差数列的通项公式． (1)令n ＝2可得a 4的值；(2)先利用a n ＝S n －S n －1将4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)转化为4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1，再利用等比数列的定义可证⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是等比数列；(3)由(2)可得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 的通项公式，再将数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 的通项公式转化为数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 是等差数列，进而可得数列{a n }的通项公式．[解析] (1)当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋a 4＋5⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋1，解得：a 4＝78.(2)因为4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)，所以4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2)，即4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ≥2)，因为4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2，所以4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1，对于n ＝1成立．因为a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n＝2a n ＋1－a n 22a n ＋1－a n ＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，公比为12的等比数列．(3)由(2)知：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，公比为12的等比数列，所以a n ＋1－12a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1. 即a n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－a n⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝4，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 是以a 112＝2为首项，4为公差的等差数列，所以a n⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝2＋(n －1)×4＝4n －2，即a n ＝(4n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以数列{a n }的通项公式是a n ＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(理)(xx·辽宁葫芦岛市一模)已知数列{a n }为等差数列，a 3＝5，a 4＋a 8＝22； (1)求数列{a n }的通项公式a n 及前n 项和公式S n ； (2)令b n ＝n ＋1S n S n ＋2，求证：b 1＋b 2＋…＋b n <516. [解析] (1)由a 4＋a 8＝22得：a 6＝11，又a 3＝5，∴d ＝2，a 1＝1，∴a n ＝2n －1，S n ＝n a 1＋a n 2＝n 1＋2n －12＝n 2.(2)b n ＝n ＋1S n S n ＋2＝n ＋1n 2·n ＋22＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n2－1n ＋22当n ＝1时，b 1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19＝29<516，原不等式成立；当n ≥2时，b 1＋b 2＋…＋b n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫112－132＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－142＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132－152＋⎝ ⎛⎭⎪⎫142－162＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1n －22－1n 2＋⎝⎛⎭⎪⎫1n －12－1n ＋12＋⎝⎛⎭⎪⎫1n 2－1n ＋22＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫112＋122－1n ＋12－1n ＋22<14⎝ ⎛⎭⎪⎫112＋122＝516∴b 1＋b 2＋…＋b n <516(n ∈N *)22．(本题满分12分)已知数列{a n }满足a n ＋1＝－1a n ＋2，a 1＝－12. (1)求证{1a n ＋1}是等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式；(3)设T n ＝a n ＋a n ＋1＋…＋a 2n －1.若T n ≥p －n 对任意的n ∈N *恒成立，求p 的最大值． [解析] (1)证明：∵a n ＋1＝－1a n ＋2， ∴a n ＋1＋1＝－1a n ＋2＋1＝a n ＋2－1a n ＋2＝a n ＋1a n ＋2，由于a n ＋1≠0，∴1a n ＋1＋1＝a n ＋2a n ＋1＝1＋1a n ＋1，∴{1a n ＋1}是以2为首项，1为公差的等差数列． (2)由(1)题结论知：1a n ＋1＝2＋(n －1)＝n ＋1， ∴a n ＝1n ＋1－1＝－n n ＋1(n ∈N *)． (3)∵T n ＝a n ＋a n ＋1＋…＋a 2n －1≥p －n ， ∴n ＋a n ＋a n ＋1＋…＋a 2n －1≥p ，即(1＋a n )＋(1＋a n ＋1)＋(1＋a n ＋2)＋…＋(1＋a 2n －1)≥p ，对任意n ∈N *恒成立，而1＋a n ＝1n ＋1，设H (n )＝(1＋a n )＋(1＋a n ＋1)＋…＋(1＋a 2n －1)， ∴H (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ， H (n ＋1)＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋12n ＋1＋12n ＋2， ∴H (n ＋1)－H (n )＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＝12n ＋1－12n ＋2>0，∴数列{H (n )}单调递增，∴n ∈N *时，H (n )≥H (1)＝12，故p ≤12.∴p 的最大值为12.反馈练习一、选择题1．等比数列{a n }中，a 1＋a 3＝5，a 2＋a 4＝10，则a 6＋a 8等于( ) A ．80 B ．96 C ．160 D ．320[答案] C [解析] ∵a 2＋a 4a 1＋a 3＝q a 1＋a 3a 1＋a 3＝q ＝105＝2， ∴a 6＋a 8＝(a 2＋a 4)q 4＝10×24＝160.2．(xx·广州二测)已知等差数列{a n }的公差为2，项数是偶数，所有奇数项之和为15，所有偶数项之和为25，则这个数列的项数为( )A ．10B ．20C ．30D ．40[答案] A[解析] 设这个数列的项数为2n ，于是有2×n ＝25－15＝10，即这个数列的项数为10，故选A.[易错分析] 考生不会利用奇数项和与偶数项和的关系去求解数列的项数，导致无法解题．3．已知等差数列{a n }的公差d ≠0，a 1，a 5，a 17依次成等比数列，则这个等比数列的公比是( )A ．4B ．3C ．2D ．12[答案] B[解析] 解法1：由条件知a 25＝a 1a 17，即(a 1＋4d )2＝a 1(a 1＋16d )，得a 1＝2d ，a 5＝a 1＋4d ＝6d ，∴q ＝a 5a 1＝6d2d＝3，故选B ．解法2：q ＝a 5a 1＝a 17a 5＝a 17－a 5a 5－a 1＝12d4d＝3，故选B ． 4．以S n 表示等差数列{a n }的前n 项和，若S 5>S 6，则下列不等关系不一定成立的是( ) A ．2a 3>3a 4 B ．5a 5>a 1＋6a 6 C ．a 5＋a 4－a 3<0 D ．a 3＋a 6＋a 12<2a 7[答案] D[解析] 依题意得a 6＝S 6－S 5<0,2a 3－3a 4＝2(a 1＋2d )－3(a 1＋3d )＝－(a 1＋5d )＝－a 6>0,2a 3>3a 4；5a 5－(a 1＋6a 6)＝5(a 1＋4d )－a 1－6(a 1＋5d )＝－2(a 1＋5d )＝－2a 6>0,5a 5>a 1＋6a 6；a 5＋a 4－a 3＝(a 3＋a 6)－a 3＝a 6<0.综上所述知选D ．5．(文)在等差数列{a n }中，7a 5＋5a 9＝0，且a 5<a 9，则使数列前n 项和S n 取得最小值的n 等于( )A ．5B ．6C ．7D ．8[答案] B[解析] ∵7a 5＋5a 9＝0，a 5<a 9， ∴d >0，且a 1＝－173d ，∴S n ＝na 1＋n n －12d ＝－173nd ＋n n －12d ＝d 2(n 2－37n 3)，∴当n ＝6时，S n 取到最小值．(理)(xx·辽宁理，8)设等差数列{a n }的公差为d ，若数列{2a 1a n }为递减数列，则( ) A ．d <0 B ．d >0 C ．a 1d <0 D ．a 1d >0[答案] C[解析] 数列{2a 1a n }递减，∴{a 1a n }递减． ∴a 1a n －a 1a n －1＝a 1(a n －a n －1)＝a 1d <0.6．(文)设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，且a 1>0，若S 2>2a 3，则q 的取值范围是( )A ．(－1,0)∪(0，12)B ．(－12，0)∪(0,1)C ．(－∞，－1)∪(12，＋∞)D ．(－∞，－12)∪(1，＋∞)[答案] B[解析] ∵S 2>2a 3，∴a 1＋a 1q >2a 1q 2， ∵a 1>0，∴2q 2－q －1<0， ∴－12<q <1且q ≠0，故选B ．(理)已知公差不等于0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，如果S 3＝－21，a 7是a 1与a 5的等比中项，那么在数列{na n }中，数值最小的项是( )A ．第4项B ．第3项C ．第2项D ．第1项[答案] B[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，则由S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝3a 2＝－21，得a 2＝－7，又由a 7是a 1与a 5的等比中项，得a 27＝a 1·a 5，即(a 2＋5d )2＝(a 2－d )(a 2＋3d )，将a 2＝－7代入，结合d ≠0，解得d ＝2，则na n ＝n [a 2＋(n －2)·d ]＝2n 2－11n ，对称轴方程n ＝234，又n ∈N *，结合二次函数的图象知，当n ＝3时，na n 取最小值，即在数列{na n }中数值最小的项是第3项．7．在数列{a n }中，a 1＝2，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋2(n ∈N *)，则a 10为( ) A ．34 B ．36 C ．38 D ．40[答案] C[解析] 由na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋2，得 a n ＋1n ＋1－a n n ＝2n n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，则有a n n －a n －1n －1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ，a n －1n －1－a n －2n －2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －2－1n －1，……a 22－a 11＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12，累加得a n n －a 1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n . ∵a 1＝2，∴a n ＝4n －2，∴a 10＝38.8．(文)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 9>0，S 10<0，则2a 1，22a 2，…，29a 9中最大的是( )A.2a 1B ．25a 5C ．26a 6D ．29a 9[答案] B[解析] ∵S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5>0，∴a 5>0.又∵S 10＝102(a 1＋a 10)＝5(a 5＋a 6)<0，∴a 5＋a 6<0，即得a 6<0，且|a 6|>a 5，则数列{a n }的前5项均为正数，从第6项开始均为负数，则当n ≤5时，数列{2na n}是递增的正数项数列，其最大项为25a 5，当n >6时，各项均为负数，即可得25a 5最大，故应选B ．(理)等比数列{a n }的首项为2，项数为奇数，其奇数项之和为8532，偶数项之和为2116，这个等比数列前n 项的积为T n (n ≥2)，则T n 的最大值为( )A.14 B ．12 C ．1 D ．2[答案] D[解析] 由题意知S 奇－2＝S 偶·q ，S 奇＝8532，S 偶＝2116，∴q ＝12，∵a 1＝2，q ＝12，∴{T n }为递减数列且a 2＝1，a k <1(k >2)， ∴T 2＝a 1a 2＝2为最大值．9．(xx·南昌市二模)已知{a n }是等差数列，a 1＝5，a 8＝18，数列{b n }的前n 项和S n ＝3n，若a m ＝b 1＋b 4，则正整数m 等于( )A ．29B ．28C ．27D ．26[答案] A[解析] 由题意得：a 8＝a 1＋7d ＝5＋7d ＝18，∴d ＝137，∴a m ＝5＋137(m －1)，又S n ＝3n，∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝12·3n －1，n ≥2，∴5＋137(m －1)＝3＋2·33＝57，解得m ＝29.10．设f (x )是定义在R 上恒不为零的函数，且对任意的实数x 、y ∈R ，都有f (x )·f (y )＝f (x ＋y )，若a 1＝12，a n ＝f (n )(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和S n 为( )A ．2n－1 B ．1－2nC ．(12)n－1D ．1－(12)n[答案] D[解析] 由已知可得a 1＝f (1)＝12，a 2＝f (2)＝[f (1)]2＝(12)2，a 3＝f (3)＝f (2)·f (1)＝[f (1)]3＝(12)3，…，a n ＝f (n )＝[f (1)]n＝(12)n ，∴S n ＝12＋(12)2＋(12)3＋…＋(12)n ＝12[1－12n ]1－12＝1－(12)n，故选D ．11．(文)数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n，0≤a n<122a n－1，12≤a n<1，若a 1＝35，则a xx ＝( )A.15 B ．25 C ．35 D ．45[答案] A[解析] 由题可得a 1＝35，a 2＝15，a 3＝25，a 4＝45，a 5＝35，a 6＝15，…，所以数列{a n }是一个周期为4的周期数列，又因为xx ＝503×4＋2，所以a xx ＝a 2＝15，故选A.(理)(xx·山西太原市一模)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n(2n －1)·cos n π2＋1(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，则S 60＝( )A ．－30B ．－60C ．90D ．120[答案] D[解析] 由a n 的通项公式得：a 1＝a 3＝a 5＝…＝a 59＝1，当n ＝2p (p 为奇数时)，a n ＝－(2n －1)＋1＝2－2n ；当n ＝2q (q 为偶数时)a n ＝(2n －1)＋1＝2n ，∴S 60＝30×1＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2×15＋15×142×－8＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤8×15＋15×142×8＝120. 12．(文)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝(1＋cos 2n π2)a n ＋sin2n π2，则该数列的前10项和为( )A ．2101B ．1067C ．1012D ．xx[答案] B[解析] 当n 为奇数时，a n ＋2＝a n ＋1，这是一个首项为1，公差为1的等差数列；当n 为偶数时，a n ＋2＝2a n ＋1，这是一个以2为首项，公比为2的等比数列，所以S 18＝a 1＋a 2＋…＋a 17＋a 18＝(a 1＋a 3＋…＋a 17)＋(a 2＋a 4＋…＋a 18)＝9＋99－12×1＋21－291－2＝9＋36＋1022＝1067.(理)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若OB →＝a 2OA →＋a xx OC →，且A 、B 、C 三点共线(该直线不过原点O )，则下列各式中正确的是( )A ．S xx ＝1B ．S xx ＝20132C ．S xx ＝20152D ．S xx ＝1007[答案] C[解析] ∵A 、B 、C 共线，且该直线不过O 点，OB →＝a 2OA →＋a xx OC →， ∴OB →－OA →＝(a 2－1)OA →＋a xx OC →，即AB →＝(a 2－1)OA →＋a 2004OC →＝kCA →＝kOA →－kOC →，由共线向量定理得a 2－1＝－a xx ，∴a 2＋a xx ＝1， ∴S xx ＝2015×a 1＋a 20152＝2015×a 2＋a 20142＝20152.二、填空题13．各项均为实数的等比数列{a n }的前n 项和记为S n ，若S 10＝10，S 30＝70，则S 40＝________.[答案] 150[解析] 设每10项一组的和依次组成的数列为{b n }，由已知可得：b 1＝10，b 1＋b 2＋b 3＝70.①设原等比数列{a n }的公比为q ，则b 2b 1＝a 11＋a 12＋…＋a 20a 1＋a 2＋…＋a 10＝a 1q 10＋a 2q 10＋…＋a 10q 10a 1＋a 2＋…＋a 10＝q 10.同理：b 3b 2＝q 10，b 4b 3＝q 10，…，∴{b n }构成等比数列，且公比q ′＝q 10. 由①可得10＋10q ′＋10(q ′)2＝70，即(q ′)2＋q ′－6＝0，解得q ′＝2或q ′＝－3. ∵q ′＝q 10>0，∴q ′＝2.∴{b n }的前4项依次是：10,20,40,80. ∴S 40＝150.14．等差数列{a n }中，a 1＋a 2＋a 8＝10，a 14＋a 15＝50，则此数列的前15项之和是________． [答案] 180[解析] ∵⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 8＝10，a 14＋a 15＝50，∴⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋8d ＝10，2a 1＋27d ＝50，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，d ＝2.∴S 15＝15a 1＋15×142d ＝180.15．(xx·山东青岛摸底)设曲线y ＝xn ＋1(n ∈N *)在点(1,1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，则log xx x 1＋log xx x 2＋…＋log xx x xx 的值为________．[答案] －1[解析] 因为y ′＝(n ＋1)x n，所以在点(1,1)处的切线的斜率k ＝n ＋1，所以0－1x n －1＝n ＋1，所以x n ＝nn ＋1，所以log xx x 1＋log xx x 2＋…＋log xx x xx ＝log xx (x 1·x 2·…·x xx )＝log xx (12·23·…·20142015)＝log xx 12015＝－1.16．(文)(xx·合肥质检)定义等积数列：在一个数列中，若每一项与它的后一项的积是同一常数，那么这个数列叫做等积数列，且称此常数为公积．已知在等积数列{a n }中，a 1＝2，公积为5，当n 为奇数时，这个数列的前n 项和S n ＝________.[答案]9n －14[解析] 由题可知，等积数列{a n }为2，52，2，52，…，当n 为奇数时，其前n 项和S n ，可分两部分组成，n ＋12个2之和与n －12个52之和，所以S n ＝2×n ＋12＋52×n －12＝9n －14. (理)已知数列{a n }满足a 1＝1，11＋a n ＋1＝11＋a n ＋1，则a 10＝________.[答案] －1719[解析] 由11＋a n ＋1＝11＋a n ＋1，得11＋a n ＋1－11＋a n ＝1，又11＋a 1＝12，故数列{11＋a n}是首项为12，公差为1的等差数列，故11＋a 10＝12＋(10－1)×1，得a 10＝－1719.三、解答题17．(文)已知首项为32的等比数列{a n }不是．．递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝S n －1S n(n ∈N *)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值．[解析] (1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列，所以S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，即4a 5＝a 3，于是q 2＝a 5a 3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12.故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×(－12)n －1＝(－1)n －1·32n .(2)由(1)得S n＝1－(－12)n＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n，n 为奇数，1－12n，n 为偶数.当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小，所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大，所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712. 综上，对于n ∈N *，总有－712≤S n －1S n ≤56.所以数列{T n }最大项的值为56，最小项的值为－712.(理)已知等差数列{a n }的首项a 1≠0，前n 项和为S n ，且S 4＋a 2＝3S 3；等比数列{b n }满足b 1＝a 2，b 2＝a 4.(1)求证：数列{b n }中的每一项都是数列{a n }中的项； (2)若a 1＝2，设c n ＝2log 2b n ·log 2b n ＋1，求数列{c n }的前n 项和T n ；(3)在(2)的条件下，若有f (n )＝log 3T n ，求f (1)＋f (2)＋…＋f (n )的最大值． [解析] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由S 4＋a 2＝2S 3，得4a 1＋6d ＋a 1＋d ＝6a 1＋6d ， ∴a 1＝d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝na 1，∴b 1＝2a 1，b 2＝4a 1，等比数列{b n }的公比q ＝b 2b 1＝2，则b n ＝2a 1·2n －1＝2n·a 1，∵2n∈N *，∴{b n }中的每一项都是{a n }中的项． (2)当a 1＝2时，b n ＝2n ＋1，c n ＝2n ＋1n ＋2＝2(1n ＋1－1n ＋2) 则T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝2(12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2)＝2(12－1n ＋2)＝n n ＋2.(3)f (n )＝log 3T n ＝log 3nn ＋2，∴f (1)＋f (2)＋…＋f (n )＝log 313＋log 324＋…＋log 3n n ＋2＝log 3(13·24·…·nn ＋2)＝log 32n ＋1n ＋2≤log 321＋11＋2＝－1，即f (1)＋f (2)＋…＋f (n )的最大值为－1.18．(文)(xx·日照市诊断)已知等差数列{a n }中，公差d >0，其前n 项和为S n ，且满足：a 2a 3＝45，a 1＋a 4＝14.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)通过公式b n ＝S nn ＋c构造一个新的数列{b n }．若{b n }也是等差数列，求非零常数c ；(3)对于(2)中得到的数列{b n }，求f (n )＝b nn ＋25·b n ＋1(n ∈N *)的最大值．[解析] (1)∵数列{a n }是等差数列． ∴a 2＋a 3＝a 1＋a 4＝14.又a 2a 3＝45，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝5a 3＝9或⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝9a 3＝5.∵公差d >0，∴a 2＝5，a 3＝9. ∴d ＝a 3－a 2＝4，a 1＝a 2－d ＝1. ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝4n －3.(2)∵S n ＝na 1＋12n (n －1)d ＝n ＋2n (n －1)＝2n 2－n ，∴b n ＝S nn ＋c ＝2n 2－nn ＋c.∵数列{b n }是等差数列，∴2b 2＝b 1＋b 3， ∴2·6c ＋2＝1c ＋1＋15c ＋3，解得c ＝－12(c ＝0舍去)． ∴b n ＝2n 2－n n －12＝2n .显然{b n }成等差数列，符合题意，故c ＝－12.。

2019届高考数学二轮复习第19练概率与统计的综合问题[中档大题规范练]课件(59张)(全国通用)

ξ
1
2
3
P
1 9
2 3
2 9
故 ξ 的数学期望 E(ξ)＝1×19＋2×23＋3×29＝199.
解答
6.在心理学研究中，常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响，具体方法如下：将参加试验的志愿者随机分成两组，一组接受甲种心理暗示，另一组接受乙种心理暗示，通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用.现有6名男志愿者A1，A2，A3， A4，A5，A6和4名女志愿者B1，B2，B3，B4，从中随机抽取5人接受甲种心理暗示，另5人接受乙种心理暗示. (1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率；解记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件为M，则 P(M)＝CC51480＝158.
解答
(2)用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数，求X的分布列与期望E(X).
解答
考点三概率与统计的综合问题
方法技巧对于将统计图表和随机变量相结合的综合问题，首先要正确处理图表数据，明确随机变量的意义，然后判断随机变量分布的类型，求出分布列.
7.(2018·桂林模拟)甲、乙两名运动员互不影响地进行四次射击训练，根据以往的数据统计，他们射击成绩均不低于8环(成绩环数以整数计)，且甲、乙射击成绩(环数) 的分布列如右： (1)求p，q的值；
的数据估计 μ 和 σ(精确到 0.01).
附：若随机变量 Z 服从正态分布 N(μ，σ2)，则 P(μ－3σ<Z<μ＋3σ)＝0.997 4，0.997 416
≈0.959 2， 0.008≈0.09.
解答
模板体验
模板答题规范练
典例 (12分)某校工会对全校教职工每天收看世界杯足球赛比赛的时间作了一次调查，得到如下频数分布表：

2019届高考数学(浙江版)一轮配套讲义：6.4数列求和数列的综合应用

§ 6.4 数列乞降、数列的综合应用考纲解读考点考纲内容要求浙江省五年高考统计201420152016201720131. 认识等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的18(2),717(2)( 文 17(2)( 文1. 数列的求关系 .分 19(2),7 掌握),),和2. 能利用等差、等比数列前文 ),4 分14(8 分8 分n 项和公式及其性质求一些分特别数列的和 .18(1),720,15 分2. 数列的综能利用数列的等差关系或掌握分 19(1), 17(1)( 文 20(2), 22,15 分合应用等比关系解决实质问题 .7 分),8 分19( 文 ),14 分7 分剖析解读1. 等差数列和等比数列是数列的两个最基本的模型 , 是高考取的热门之一 . 基本知识的考察以选择题或填空题的形式体现 , 而综合知识的考察则以解答题形式体现.2. 经过以数列为载体来考察推理概括、类比的能力成为高考的热门 .3. 数列常与其余知识如不等式、函数、概率、分析几何等综合起来进行考察 .4. 估计 2019 年高考取 , 对数列与不等式的综合题的考察还是热门, 复习时应惹起高度重视 .五年高考考点一数列的乞降1.(2017 课标全国Ⅰ理 ,12,5 分 ) 几位大学生响应国家的创业呼吁 , 开发了一款应用软件 . 为激发大家学习数学的兴趣 , 他们推出了“解数学题获得软件激活码”的活动 . 这款软件的激活码为下边数学识题的答案 : 已知数列 1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16, ,, 此中第一项为哪一项 20, 接下来的两项是 20,2 1, 再接下来的三项是 20 ,2 1,2 2, 依此类推 . 求知足以下条件的最小整数 N:N>100 且该数列的前 N 项和为 2 的整数幂 . 那么该款软件的激活码是 ( ) A.440 B.330 C.220 D.110 答案 A 2.(2015 江苏 ,11,5 分 ) 设数列 {a n } 知足 a 1=1, 且 a n+1-a n =n+1(n ∈N * ), 则数列前 10 项的和为.答案3.(2016 浙江文 ,17,15 分 ) 设数列 {a } 的前 n 项和为 S . 已知 S =4,a*n =2S +1,n ∈N .n 2n+1n(1) 求通项公式 a n ;(2) 求数列 {|a n -n-2|} 的前 n 项和 .分析 (1) 由题意得则又当 n ≥ 2 时 , 由 a n+1-a n =(2S n +1)-(2S n-1+1)=2a n , 得 a n+1=3a n .所以 , 数列 {a n } 的通项公式为 a n =3n-1 ,n ∈ N * .(2) 设 b n =|3 n-1 -n-2|,n ∈ N * , 则 b 1=2,b 2=1.n-1n-1当 n ≥ 3 时 , 因为 3 >n+2, 故 b n =3 -n-2,n ≥3.当 n ≥ 3 时 ,T n =3+ - = ,所以 T n =4.(2015 浙江文 ,17,15 分) 已知数列 {a n } 和 {b n } 知足 a 1=2,b 1=1,a n+1=2a n (n ∈ N * ),b 1+ b 2+ b 3+, + b n =b n+1-1(n ∈ N * ).(1) 求 a n 与 b n ;(2) 记数列 {a n b n } 的前 n 项和为 T n , 求 T n .n*分析(1) 由 a 1=2,a n+1=2a n , 得 a n =2 (n ∈ N ).当 n=1 时 ,b 1=b 2-1, 故 b 2=2.当 n ≥ 2 时 , b n =b n+1-b n , 整理得= ,n*所以 b =n(n∈ N).(2) 由 (1) 知 a n b n =n · 2n ,n23n所以 T =2+2· 2 +3· 2 +, +n · 2 ,2T n =22+2· 23+3·24+, +n ·2n+1,n n 2 3nn+1所以 T -2T =2+2 +2 +,+2 -n ·2 .故 T n =(n-1)2n+1+2(n ∈ N * ).} 是各项均为正数的等比数列, 且 a +a =6,a a =a .5.(2017山东文 ,19,12分 ) 已知 {a n121 23(1) 求数列 {a n } 的通项公式 ; (2){b n } 为各项非零的等差数列, 其前分析此题考察等比数列与数列乞降 n 项和为.S n .已知S 2n+1=b n b n+1, 求数列的前 n 项和T n .(1) 设 {a n } 的公比为 q,由题意知 :a 1(1+q)=6,q=a 1q 2,又 a n >0, 解得 a 1=2,q=2, 所以 a n =2n .(2) 由题意知 :S ==(2n+1)bn+1 ,2n+1又 S 2n+1=b n b n+1,b n+1≠ 0, 所以 b n =2n+1.令 c =, 则 c =.nn所以 T =c +c +,+c = + + +, ++,n12n又 T n = + + +, ++, 两式相减得 T = +-,n所以 T n =5-.6.(2016 课标全国Ⅱ ,17,12 分 )S 为等差数列 {a } 的前 n 项和 , 且 a =1,S =28. 记 b =[lga n ], 此中 [x] 表示不超nn17n过 x 的最大整数 , 如 [0.9]=0,[lg99]=1.(1) 求 b 1,b 11,b 101;(2) 求数列 {b n } 的前 1000 项和 .分析 (1) 设 {a n } 的公差为 d, 据已知有解得 d=1.所以 {a n } 的通项公式为 a n =n.7+21d=28, b 1 =[lg1]=0,b 11 =[lg11]=1,b 101=[lg101]=2.(6 分 )(2) 因为 bn = (9分 )所以数列 {b n } 的前 1000 项和为 1× 90+2×900+3×1=1893.(12分 )7.(2015 天津 ,18,13 分 ) 已知数列 {a } 知足 a =qa (q 为实数 , 且 q≠ 1),n ∈ N ,a =1,a =2, 且 a +a ,a +a ,a +an n+2n *1 2 233445 成等差数列 .(1)求 q 的值和 {a n} 的通项公式 ;(2)设 b n=,n ∈ N* , 求数列 {b n} 的前 n 项和 .分析 (1) 由已知 , 有(a 3+a4)-(a 2+a3)=(a 4+a5)-(a 3+a4), 即 a4-a 2=a5-a 3, 所以a2(q-1)=a 3(q-1). 又因为 q≠1, 故 a3=a2=2,由 a3=a1· q, 得 q=2.当 n=2k-1(k ∈ N* ) 时 ,a n=a2k-1 =2k-1 = ;k* n 2k当 n=2k(k ∈ N ) 时 ,a =a =2= .所以 ,{a n}的通项公式为a n=(2) 由 (1) 得b n= =. 设 {b n} 的前n 项和为S n, 则S n=1×+2×+3×+,+(n-1) ×+n×,S n=1×+2×+3×+, +(n-1) ×+n×,上述两式相减, 得S=1++ +, + - = -=2--,n整理得 ,S n=4-.*所以 , 数列 {b n} 的前 n 项和为 4-,n ∈ N .8.(2013 辽宁 ,14,5 分 ) 已知等比数列 {a n} 是递加数列 ,S n是 {a n} 的前 n 项和 . 若 a1,a 3是方程 x2-5x+4=0 的两个根,则 S6= .答案639.(2013 重庆 ,12,5 分 ) 已知 {a n} 是等差数列 ,a 1=1, 公差 d≠ 0,S n为其前 n 项和 , 若 a1,a 2,a 5成等比数列 , 则S8 = .答案6410.(2013 湖南 ,15,5 分 ) 设 S n为数列 {a n} 的前 n 项和 ,S n=(-1) n a n- ,n ∈ N* , 则(1)a 3= ;.(2)S +S +, +S =1 2 100答案(1)- (2)11.(2017 北京文 ,15,13 分 ) 已知等差数列 {a } 和等比数列 {b } 知足 a =b =1,a +a =10,b b =a .n n 11 24 2 45(1)求 {a n} 的通项公式 ;(2)乞降 :b 1+b3 +b5+, +b2n-1 .分析此题考察等差数列及等比数列的通项公式, 数列乞降 . 考察运算求解能力.(1)设等差数列 {a n} 的公差为 d.因为 a2+a4=10, 所以 2a1+4d=10.解得 d=2. 所以 a n=2n-1.(2) 设等比数列 {b n} 的公比为q.2 4511 3因为 b b =a ,所以 b qb q =9.解得 q 2=3.2n-2 n-1所以 b 2n-11 . =b q=31 3 52n-12+3 n-1=.进而 b +b +b +,+b =1+3+3 +,12.(2013浙江 ,18,14分 ) 在公差为 d 的等差数列 {a } 中 , 已知 a =10, 且 a ,2a2+2,5a 3成等比数列 .n11(1) 求 d,a n ;|+|a |+|a |+ , +|a |.(2) 若 d<0, 求 |a1 n23分析 (1) 由题意得 5a 3· a 1=(2a 2+2) 2,2即 d -3d-4=0.故 d=-1 或 d=4.**所以 a =-n+11,n∈ N或 a =4n+6,n ∈ N.nn(2) 设数列 {a n } 的前 n 项和为 S n .因为 d<0, 由 (1) 得 d=-1,a n =-n+11, 则当 n ≤ 11 时 ,|a |+|a2 |+|a |+ , +|an |13n2 n. =S =- n +当 n ≥ 12 时,|a1|+|a 2|+|a 3|+ , +|a n |=-S n +2S 11= n 2-n+110.综上所述 ,|a 1|+|a 2|+|a 3|+ , +|a n |=13.(2017 天津文 ,18,13 分 ) 已知 {a n } 为等差数列 , 前 n 项和为 S n (n ∈ N * ),{b n } 是首项为 2 的等比数列 , 且公比大于 0,b+b =12,b =a -2a ,S=11b4 .2 334111(1) 求 {a n } 和{b n } 的通项公式 ; *(2) 求数列 {a 2n nb } 的前 n 项和 (n ∈ N ).分析本小题主要考察等差数列、等比数列及其前n 项和公式等基础知识 . 考察数列乞降的基本方法和运算求解能力 .(1) 设等差数列 {a n } 的公差为 d, 等比数列 {b n } 的公比为 q. 由已知 b 2+b 3=12, 得 b 1(q+q 2)=12, 而 b 1=2, 所以 q 2+q-6=0.又因为 q>0, 解得 q=2.n所以 ,b n =2 .由 b 3=a 4-2a 1, 可得 3d-a 1=8①. 由 S 11=11b 4, 可得 a 1+5d=16②, 联立①② ,解得 a 1=1,d=3, 由此可得 a n =3n-2.所以 ,{a n } 的通项公式为 a n =3n-2,{b n } 的通项公式为 b n =2n .(2) 设数列 {a 2n b n } 的前 n 项和为 T n , 由 a 2n =6n-2, 有 T n =4× 2+10× 22+16× 23+, +(6n-2) ×2n ,n 2 3 4 nn+12T =4× 2 +10×2 +16× 2 +, +(6n-8)×2 +(6n-2) × 2 ,上述两式相减 , 得 -T n =4× 2+6× 22+6× 23+, +6× 2n -(6n-2) × 2n+1 =-4-(6n-2) × 2n+1=-(3n-4)2 n+2-16.得 T n =(3n-4)2 n+2+16.所以 , 数列 {a 2n b n } 的前 n 项和为 (3n-4)2 n+2+16.} 的公比为 q. 已知14.(2015 湖北 ,19,12 分 ) 设等差数列 {a } 的公差为 d, 前 n 项和为 S , 等比数列 {bnnnb 1 =a 1,b 2=2,q=d,S 10 =100.(1) 求数列 {a },{b} 的通项公式 ;nn(2) 当 d>1 时 , 记 c n = , 求数列 {c n } 的前 n 项和 T n .分析(1) 由题意有 ,即解得或故或n n n-1 n=,(2) 由 d>1, 知 a =2n-1,b =2 , 故 c于是 T n=1+ + + + +, + , ①T n= + + + + +, + . ②①- ②可得T=2+ + +, + - =3- ,n故 T n=6-.15.(2014 山东 ,19,12 分 ) 已知等差数列 {a n} 的公差为 2, 前 n 项和为 S n, 且 S1,S 2,S 4成等比数列 .(1)求数列 {a n} 的通项公式 ;(2) 令 b n=(-1) n-1 , 求数列 {b n} 的前 n 项和 T n.分析(1) 因为 S =a ,S =2a + ×2=2a +2,1 12 1 1S4 =4a1+×2=4a1+12,2由题意得 (2a 1+2) =a1(4a 1+12),(2)b n-1 =(-1) n-1=(-1)n=(-1) n-1 .当 n 为偶数时 ,n- +, + -T ==1-=.当 n 为奇数时 ,T n =-+, -+++=1+=.所以 T=n16.(2013 江西 ,17,12n n知足 :2 n 2+n)=0. 分 ) 正项数列 {a } 的前 n 项和 S -(n +n-1)S -(n(1) 求数列 {a } 的通项公式 a ;n n(2) 令 b = , 数列 {b } 的前 n 项和为 T . 证明 : 关于随意的*n∈N , 都有 T < .n n n n分析(1) 由 -(n 2+n-1)S n-(n 2+n)=0, 得 [S n-(n 2+n)](S n+1)=0.因为n n n2{a } 是正项数列 , 所以 S >0,S =n +n.于是 a1=S1=2,n ≥ 2 时 ,a n=S n-S n-1 =n2+n-(n-1) 2-(n-1)=2n. 综上 , 数列 {a n} 的通项 a n=2n.(2) 证明 : 因为 a n=2n,b n= ,则 b = = - .nT n = 1-+-+-+,+ - + -= < = .17.(2013 山东 ,20,12 分 ) 设等差数列 {a n} 的前 n 项和为 S n, 且 S4=4S2,a 2n=2a n+1.(1)求数列 {a n} 的通项公式 ;(2)设数列 {b n} 的前 n 项和为 T n, 且 T n+=λ ( λ为常数 ), 令 c n=b2n(n ∈ N* ), 求数列 {c n} 的前 n 项和 R n. 分析(1) 设等差数列 {a n} 的首项为 a1, 公差为 d.由 S4=4S2,a 2n=2a n+1 得1 n *解得 a =1,d=2. 所以 a =2n-1,n ∈ N.(2) 由题意知 :T n=λ - ,所以 n≥ 2 时 ,b =T -Tn-1 =- + = .nn故 c n=b2n= =(n-1) ,n ∈ N* .所以 R =0×+1×+2×+3×+, +(n-1) ×, n则 R n=0×+1×+2×+, +(n-2) ×+(n-1) ×, 两式相减得R = ++ +, +-(n-1) ×n=-(n-1) ×= -,整理得 R n=.所以数列 {c n} 的前 n 项和 R n=.18.(2013 四川 ,16,12分 ) 在等差数列 {a } 中 ,a +a =8, 且 a 为 a 和 a 的等比中项 , 求数列 {a } 的首项、公差n13429n及前 n 项和 .分析设该数列公差为d, 前 n 项和为 S . 由已知 , 可得n2a 1+2d=8,(a 1+3d) 2=(a 1+d)(a 1+8d).所以 a +d=4,d(d-3a1)=0,1解得 a 1=4,d=0, 或 a 1=1,d=3, 即数列 {a n } 的首项为 4, 公差为 0, 或首项为 1, 公差为 3.所以数列的前 n 项和 S n =4n 或 S n =.考点二数列的综合应用1.(2015 福建 ,8,5 分 ) 若 a,b 是函数 f(x)=x 2-px+q(p>0,q>0) 的两个不一样的零点 , 且 a,b,-2 这三个数可适合排序后成等差数列 , 也可适合排序后成等比数列 , 则 p+q 的值等于 ( )A.6B.7C.8D.9 答案 D2.(2017 北京理 ,10,5 分 ) 若等差数列 {a n } 和等比数列 {b n } 知足 a 1=b 1=-1,a 4=b 4=8, 则=.答案 13.(2016 浙江 ,20,15 分 ) 设数列 {a n } 知足 ≤ 1,n ∈ N * .(1) 证明 :|a n | ≥ 2n-1 (|a 1|-2),n ∈ N * ;(2) 若 |a n | ≤ ,n ∈ N * , 证明 :|a n | ≤ 2,n ∈ N * .证明 (1) 由≤ 1 得 |a |- |a | ≤1,故-≤ ,n ∈N ,nn+1*所以 -=++, +≤+ +,+ <1,所以 |a nn-1(|a 1 |-2).|≥ 2(2) 任取 n ∈ N * , 由 (1) 知, 关于随意 m>n,-=++, +≤ ++,+<,nnnn故 |a |<· 2 ≤·2 =2+·2 .进而关于随意nnm>n,均有 |a |<2+·2.①由 m 的随意性得 |a n | ≤2.不然 , 存在 n 0∈ N * , 有 ||>2, 取正整数 m 0>lo 且 m 0>n 0, 则 · < · =| |-2, 与①式矛盾 .综上 , 关于随意 n ∈ N * , 均有 |a n | ≤2.4.(2015 浙江 ,20,15 分 ) 已知数列 {a n } 知足 a 1= 且 a n+1=a n - (n ∈ N * ). (1) 证明 :1 ≤ ≤ 2(n ∈ N * );(2) 设数列 { } 的前 n 项和为 S n , 证明 : ≤ ≤(n ∈ N * ).证明(1) 由题意得 a n+1-a n =- ≤ 0, 即 a n+1≤ a n ,故 a n ≤ .由 a n =(1-an-1)a n-1 得 a n =(1-a n-1 )(1-a n-2 ) , (1-a 1)a 1>0.由 0<a ≤ 得==∈ [1,2],n即 1≤≤ 2.(2) 由题意得 =a -a,nn+1n1n+1所以 S =a -a . ①由- =和 1≤ ≤2得 1≤- ≤2,所以 n ≤- ≤ 2n, 所以 ≤ a n+1≤ (n ∈N * ). ②由①②得≤ ≤(n ∈ N * ).5.(2014 浙江 ,19,14 分 ) 已知数列 {a n} 和 {b n 1 2 3 n * n} 知足 a a a , a =((n ∈ N ). 若 {a } 为等比数列 , 且a 1 =2,b 3=6+b 2. (1) 求 a n 与 b n ;(2) 设c n = -(n ∈ N * ).记数列{c n } 的前n 项和为S n .(i) 求 S n ;(ii) 求正整数 k, 使得对随意 n ∈ N * 均有 S k ≥ S n .分析 (1) 由 a 1a 2a 3, a n =( ,b 3-b 2=6,知 a =(=8.31得公比 q=2(q=-2 舍去 ), 所以数列 nn n*又由 a =2, {a } 的通项为 a =2 (n ∈ N ), 所以 ,a 1 23n=() n(n+1).a a ,a =故数列 n } 的通项为 n*{b b =n(n+1)(n ∈N ).(2)(i)由 (1) n- =- *知 c =(n ∈ N ),所以 S n =- (n ∈ N * ).(ii) 因为 c 1=0,c 2>0,c 3>0,c 4>0;当 n ≥ 5 时 ,c n =,而-=>0,得 ≤ <1,所以 , 当 n ≥ 5 时 ,c <0.n综上 , 对随意 n ∈ N * , 恒有 S 4≥ S n , 故 k=4.} 的前 n 项和为 S , 等比数列 {b } 的前 n 项和为6.(2017课标全国Ⅱ文 ,17,12分 ) 已知等差数列 {annnT n ,a 1=-1,b 1=1,a 2+b 2=2.(1) 若 a 3+b 3=5, 求 {b n } 的通项公式 ; (2) 若 T 3=21, 求 S 3.分析此题考察了等差、等比数列 .设 {a n } 的公差为 d,{b n } 的公比为 q, 则 a n =-1+(n-1)d,b n=q n-1 .由 a 2+b 2=2 得 d+q=3. ①(1) 由 a 3+b 3=5 得 2d+q 2=6. ②联立①和②解得(舍去), 或所以 {b n } 的通项公式为 b n =2n-1 .(2) 由 b =1,T23=21 得 q +q-20=0.1解得 q=-5 或 q=4.当 q=-5时 , 由①得 d=8, 则 S =21.3当 q=4 时 , 由①得 d=-1, 则 S 3 =-6.7.(2017 课标全国Ⅲ文 ,17,12 分 ) 设数列 {a n } 知足 a 1+3a 2+, +(2n-1)a n =2n. (1) 求 {a n } 的通项公式 ; (2) 求数列的前 n 项和 .分析 (1) 因为 a 1+3a 2+, +(2n-1)a n =2n, 故当 n ≥ 2 时, a 1 +3a 2+, +(2n-3)a n-1 =2(n-1). 两式相减得 (2n-1)a n=2.所以 a =(n ≥2).n又由题设可得 a =2,1进而 {a } 的通项公式为*a =(n ∈ N ).nn(2) 记的前 n 项和为 S n .由(1) 知== -.则 S n = - + - +, +-=.8.(2017 山东理 ,19,12 分 ) 已知 {x n } 是各项均为正数的等比数列 , 且 x 1+x 2=3,x 3-x 2=2.(1) 求数列 {x n } 的通项公式 ; (2) 如图 , 在平面直角坐标系 xOy 中 , 挨次连结点 P (x ,1),P (x ,2), , ,P (x ,n+1) 获得折线 P P , P , 求1122n+1n+11 2n+1由该折线与直线y=0,x=x 1,x=x n+1 所围成的地区的面积T n .分析此题考察等比数列基本量的计算 , 错位相减法乞降 .(1) 设数列 {x n } 的公比为 q, 由已知知 q>0.由题意得所以 3q 2-5q-2=0. 因为 q>0,所以 q=2,x=1.1所以数列 {x n } 的通项公式为 x n =2n-1 .,Q.(2) 过 P,P, ,,Pn+1向 x 轴作垂线 , 垂足分别为 Q,Q , ,n+1 1212由 (1) 得 x n+1-x n =2n -2 n-1 =2n-1,记梯形 P n P n+1Q n+1Q n 的面积为 b n ,由题意 b n =×2n-1 =(2n+1) ×2n-2 ,所以 T n =b 1+b 2+, +b n=3× 2-1 +5× 20+7× 21+, +(2n-1) × 2n-3 +(2n+1) × 2n-2, ① 2T n =3× 20+5× 21+7× 22+, +(2n-1) × 2n-2 +(2n+1) × 2n-1 . ② ①- ②得 -T n =3× 2-1 +(2+2 2+, +2n-1)-(2n+1) × 2n-1 = + -(2n+1) × 2n-1 .所以 T=.n9.(2015 重庆 ,22,12 分 ) 在数列 {a } 中 ,a =3,aa +λ a +μ =0(n ∈ N ).n1n+1 nn+1+(1) 若 λ =0, μ =-2, 求数列 {a n } 的通项公式 ;(2) 若 λ = (k∈N ,k ≥ 2), μ =-1, 证明 :2+<<2+.+分析(1) 由 λ =0, μ=-2, 有 a a =2(n ∈ N). 若存在某个 n ∈ N , 使得 =0, 则由上述递推公式易得=0.n+1 n+0+重复上述过程可得a 1=0, 此与 a 1=3 矛盾 , 所以对随意 n ∈ N +,a n ≠ 0.进而 a=2a (n ∈ N ), 即 {a} 是一个公比 q=2 的等比数列 .n+1n+n故 a n =a 1q n-1 =3· 2n-1 .(2) 证明 : 由λ = , μ =-1, 数列 {a n } 的递推关系式变成a a + a -=0, 变形为 an+1= (n ∈ N ).n+1 n n+1+由上式及 a 1=3>0, 概括可得 3=a 1>a 2>, >a n >a n+1>, >0.因为 a n+1= ==a n - + ·,所以对 n=1,2, , ,k 0乞降得=a +(a -a )+ , +(- )121=a 1-k 0· + ·>2+ ·=2+ .另一方面 , 由上已证的不等式知 a >a >, > >>2, 得12=a 1-k 0· + ·<2+ · =2+.综上 ,2+<<2+.教师用书专用 (10 — 16)10.(2013 课标全国Ⅰ ,12,5 分 ) 设△ A n B n C n 的三边长分别为 a n ,b n ,c n , △A n B n C n 的面积为 S n ,n=1,2,3, , . 若b 1 >c 1,b 1+c 1=2a 1,a n+1=a n ,b n+1= ,c n+1= , 则 ( )A.{S n } 为递减数列B.{S n } 为递加数列C.{S 2n-1 } 为递加数列 ,{S 2n } 为递减数列D.{S 2n-1 } 为递减数列 ,{S 2n } 为递加数列答案 B, 公差为 d. 对随意的 n ∈ N * ,b n 是 a n 和 a n+1 的等 11.(2016 天津 ,18,13 分 ) 已知 {a n } 是各项均为正数的等差数列比中项 . (1) 设 c n =- ,n ∈ N * , 求证 : 数列 {c n } 是等差数列 ;1n = (-1) k,n * < . (2) 设 a =d,T ∈N, 求证 :证明 (1) 由题意得 =a a , 有 c = - =a · a -a a =2da, 所以 c n+1-c =2d(a -a )=2d ,n n+1nn+1 n+2n n+1 n+1nn+2n+12所以 {c } 是等差数列 .n(2)T =(-+)+(-+ )+, +(-+)n=2d(a +a +,+a )242n=2d ·=2d 2n(n+1).所以=== · < .12.(2017 江苏 ,19,16 分) 关于给定的正整数 k, 若数列 {a n } 知足 :a n-k +a n-k+1 +, +a n-1 +a n+1+, +a n+k-1 +a n+k =2ka n 对任意正整数 n(n>k) 总建立 , 则称数列 {a } 是“ P(k) 数列” .n(1) 证明 : 等差数列 {a n } 是“ P(3) 数列” ;(2) 若数列 {a n } 既是“ P(2) 数列” , 又是“ P(3) 数列” , 证明 :{a n } 是等差数列 .证明本小题主要考察等差数列的定义、通项公式等基础知识 , 考察代数推理、转变与化归及综合运用数学知识研究与解决问题的能力 .(1) 因为 {a n } 是等差数列 , 设其公差为 d, 则 a n =a 1+(n-1)d,进而 , 当 n ≥ 4 时 ,a n-k +a n+k =a 1+(n-k-1)d+a 1+(n+k-1)d=2a 1+2(n-1)d=2a n ,k=1,2,3,所以 a n-3 +a n-2 +a n-1 +a n+1+a n+2+a n+3=6a n ,所以等差数列 {a n } 是“ P(3) 数列” .(2) 数列 {a n } 既是“ P(2) 数列” , 又是“ P(3) 数列” , 所以 , 当 n ≥ 3 时 ,a n-2 +a n-1 +a n+1+a n+2=4a n , ①当 n ≥ 4 时 ,a n-3 +a n-2 +a n-1 +a n+1+a n+2+a n+3=6a n . ② 由①知 ,a n-3 +a n-2 =4a n-1 -(a n +a n+1), ③ a n+2+a n+3=4a n+1-(a n-1+a n ). ④将③④代入② , 得 a n-1 +a n+1=2a n , 此中 n ≥ 4, 所以 a 3,a 4,a 5, , 是等差数列 , 设其公差为 d'. 在①中 , 取 n=4, 则 a 2+a 3+a 5+a 6=4a 4, 所以 a 2=a 3-d', 在①中 , 取 n=3, 则 a 1+a 2+a 4+a 5=4a 3, 所以 a 1=a 3-2d',所以数列 {a n } 是等差数列 .n*13.(2014 湖南 ,20,13 分 ) 已知数列 {a n } 知足 a 1=1,|a n+1-a n |=p ,n ∈ N . (1) 若 {a n } 是递加数列 , 且 a 1,2a 2,3a 3 成等差数列 , 求 p 的值 ;(2) 若 p= , 且 {a 2n-1 } 是递加数列 ,{a 2n } 是递减数列 , 求数列 {a n } 的通项公式 .分析(1) 因为 {a n } 是递加数列 , 所以 |a n+1-a n |=a n+1-a n =p n . 而 a 1=1, 所以 a 2=p+1,a 3=p 2+p+1.又 a 1,2a 2,3a 3 成等差数列 , 所以 4a 2=a 1+3a 3, 因此 3p 2-p=0, 解得 p= 或 p=0. 当 p=0 时 ,a n+1=a n , 这与 {a n } 是递加数列矛盾 . 故 p= . (2) 因为 {a 2n-1 } 是递加数列 , 因此 a 2n+1-a 2n-1 >0,于是 (a 2n+1-a 2n )+(a 2n -a 2n-1 )>0. ①但<,所以 |a 2n+1-a 2n |<|a 2n -a 2n-1 |. ② 由①②知 ,a 2n -a 2n-1 >0,所以 a -a2n-1 ==. ③2n因为 {a 2n } 是递减数列 , 同理可得 ,a 2n+1 -a 2n <0, 故 a -a=-=. ④2n+12n由③④知 ,a n+1 -a n = .于是 a =a +(a 2-a )+(a -a )+ , +(a -an-1 )n1132n=1+ - +, +=1+ ·=+· ,故数列 {a n } 的通项a = + ·.n14.(2014 四川 ,19,12 分 ) 设等差数列 {a n } 的公差为 d, 点 (a n ,b n ) 在函数 f(x)=2 x 的图象上 (n ∈ N * ).(1) 若 a 1=-2, 点 (a 8,4b 7) 在函数 f(x) 的图象上 , 求数列 {a n } 的前 n 项和 S n ; (2) 若 a 1=1, 函数 f(x) 的图象在点 (a 2,b 2) 处的切线在 x 轴上的截距为 2- , 求数列的前 n 项和 T n .分析 (1) 由已知 , 得 b 7= ,b 8= =4b 7, 有 =4× =.解得 d=a 8-a 7=2.所以 ,S n =na 1+d=-2n+n(n-1)=n 2-3n.(2) 函数 f(x)=2 x 在 (a 2,b 2) 处的切线方程为 y-=( ln2)(x-a2),它在 x 轴上的截距为 a 2-.由题意 , 得 a 2-=2-,解得 a 2=2.所以 d=a2-a 1=1.进而 a n=n,b n=2n.所以 T n= + + +, ++,2T n= + + +, +.所以 ,2T n-T n=1+ + +, +- =2-- =.所以 ,T n=.15.(2014江西,17,12分)已知首项都是1 的两个数列 {a n},{b n}(b n≠0,n∈N*)知足a n b n+1-a n+1b n+2b n+1b n=0.(1)令 c n= , 求数列 {c n} 的通项公式 ;(2)若 b n=3n-1 , 求数列 {a n} 的前 n 项和 S n.分析(1) 因为 a n b n+1-a n+1b n+2b n+1b n=0,b n≠ 0(n ∈ N* ),所以- =2, 即 c n+1-c n=2.所以数列 {c n} 是以 1 为首项 ,2 为公差的等差数列,故 c n=2n-1.n-1n-1(2) 由 b n=3知a n=c n b n=(2n-1)3,于是数列 {a n} 的前 n 项和 S n=1· 30+3· 31+5· 32 +,+(2n-1) ·3 n-1 ,3S n=1·31+3· 32+, +(2n-3) · 3n-1 +(2n-1) ·3n,1 2 n-1 n n相减得 -2S =1+2· (3 +3 +, +3 )-(2n-1) · 3 =-2-(2n-2)3 ,nn n所以 S =(n-1)3 +1.16.(2014 湖北 ,18,12 分 ) 已知等差数列 {a n} 知足 :a 1=2, 且 a1,a 2,a 5成等比数列 .(1)求数列 {a n} 的通项公式 ;(2)记 S n为数列 {a n } 的前 n 项和 , 能否存在正整数 n, 使得 S n>60n+800?若存在 , 求 n 的最小值 ; 若不存在 , 说明原因 .分析(1) 设数列 {a n} 的公差为d, 依题意 ,2,2+d,2+4d成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d),化简得 d2-4d=0, 解得 d=0 或 d=4.当 d=0 时 ,a n=2;当 d=4 时 ,a n=2+(n-1) · 4=4n-2,进而得数列 {a n} 的通项公式为a n=2 或 a n=4n-2.(2)当 a n=2 时,S n=2n. 明显 2n<60n+800,此时不存在正整数 n, 使得 S n >60n+800 建立 .当 a n=4n-2 时,S n= =2n2.令 2n2>60n+800, 即 n2-30n-400>0,解得 n>40 或 n<-10( 舍去 ),此时存在正整数n, 使得 S n>60n+800 建立 ,n 的最小值为41.综上 , 当 a n=2 时 , 不存在知足题意的n;当 a n=4n-2 时, 存在知足题意的n, 其最小值为41.三年模拟A 组2016— 2018 年模拟·基础题组考点一数列的乞降1.(2018浙江9+1高中结盟期中,7)已知等差数列{a n} 、 {b n} 的前 n 项和分别为S n、T n, 若=, 则的值是 ()A. B.C. D.答案 A2.(2018 浙江高考模拟卷 ,8) 在等差数列 {a n} 中 , 前 n 项和 S n= , 前 m项和 S m= (m≠n), 则 S m+n的值 ( )A.小于 4B.等于 4C.大于 4D.大于 2 且小于 4答案 C3.(2017 浙江“超级全能生” 3 月联考 ,11) 已知等比数列 {a n} 的前 n 项和为 S n,a 1=1, 若 a1,S 2,5 成等差数列 , 则数列 {a n} 的公比 q= ,S n= .答案2;2 n-1已知正项数列 {a } 知足 log a =1+log a , 若 a =1, 则其前 10 项和4.(2016 浙江名校 ( 镇海中学 ) 沟通卷二 ,12)n 2 n+1 n 12S10 = ; 若 a5=2, 则 a1a2, a9= .答案1023;512考点二数列的综合应用5.(2016 浙江温州二模 ,7) 数列 {a n} 是递加数列 , 且知足 a n+1=f(a n),a 1∈(0,1), 则 f(x) 不行能是 ( )A.f(x)=B.f(x)=2 x-1C.f(x)=D.f(x)=log 2(x+1)答案 B,13) 已知等差数列 {a } 的前 n 项和是 S , 若 S =4,S =9, 则6.(2018 浙江“七彩阳光”结盟期初联考kn n k-1a k = ,a 1的最大值为.答案5;47.(2018 浙江杭州二中期中 ,22) 设数列 {a } 知足 a = ,a =ln +2(n ∈ N ).n 1 n+1 *(1) 证明 :a n+1≥;(2) 记数列的前 n 项和为 S , 证明 :S < + .n n分析(1) 设 f(x)=lnx+ -1, 则 f'(x)= - = ,所以 f(x) 在 (0,1) 上单一递减 , 在 (1,+ ∞ ) 上单一递加 ,所以 f(x)=lnx+ -1 ≥ f(1)=0.则 ln+-1 ≥ 0, 即 ln≥ 1-=.∴ a n+1=ln+2≥+2=, 得证 .(2) ∵ a1>1, ∴a2=ln+2>ln +2>1, 同理可得 a3>1, , ,a n>1.∵ a n+1≥,a n>0, ∴≤= ·+ ,即-≤·,∴当 n≥ 2 时 , -≤ ·≤,≤·= ·,当 n=1 时 , - = ≤ ·,∴-≤ ·,n ∈ N* .∴≤== -·< , 即 S n< + .*8.(2017浙江宁波二模(5月),22)已知数列{a n}中,a1=4,a n+1=,n ∈ N ,S n为{a n} 的前 n 项和 .(1) 求证 : 当 n∈ N*时 ,a n>a n+1;(2) 求证 : 当 n∈ N*时 ,2 ≤ S n-2n<.证明(1) 当 n≥ 2 时, 因为 a -an+1 = -n=,(2分)所以 a n-a n+1与 a n-1 -a n同号 .(3分)又因为 a1=4,a 2=,a 1-a 2>0,所以当 n∈N*时 ,a n>a n+1.(5分)(2) 由条件易得2=6+a n, 所以 2(-4)=a n-2,所以 2(a n+1-2)(a n+1+2)=a n-2, ①所以 a n+1-2 与 a n-2 同号 .又因为 a1=4, 即 a1-2>0,所以 a n>2.(8分)又 S n=a1+a2+, +a n≥a1+(n-1) ×2=2n+2.所以 S n-2n ≥2.(10 分)由①可得= < ,所以 ,a -2 ≤(a -2) ×, 即 a ≤ 2+2×,(12 分) n 1 n所以 S n=a1+a2+,+a n≤ 2n+2=2n+ <2n+ .综上可得 ,2 ≤ S n-2n< .(15 分)9.(2017 浙江湖州期末调研,22) 已知数列 {a } 知足 a = ,an+1 = ,n ∈ N.n 1 *(1) 求 a2;(2) 求的通项公式 ;(3) 设 {a n} 的前 n 项和为 S n, 求证 :≤S n<.分析(1) 由条件可得 a = = .(3 分)2(2) 由 a n+1= 得= · - ,所以-1= ,(6 分 )又-1= , 所以是以首项为, 公比为的等比数列 ,所以 , = +1.(7 分)(3) 由 (2) 可得 a n=≥= ×,(9分)所以 S =a +a +, +a ≥ + ·+, + ·= .(11 分 )n12 n又a n= < = ,(13 分)所以 S n=a1+a2+a3+, +a n< + ++, +=+ - ·< ,n ≥ 3,(14 分 )又S1=< ,S2= < ,所以,S < *,n ∈ N .n综上 , ≤ S n< .(15 分)B 组2016— 2018 年模拟·提高题组一、选择题1.(2018 浙江要点中学12 月联考 ,7) 设 S n是等差数列 {a n} 的前 n 项和 , 若 a1=-2015,S 6-2S 3=18, 则 S2017=()A.2016B.2017C.-2015D.-2018答案 B2x,0 ≤ x 0<x 1<x 2<,2.(2017 浙江“七彩阳光”新高考研究结盟测试 ,9) 已知函数 f(x)=sinxcosx+cos<x n ≤,a n =|f(x n )-f(x n-1)|,n ∈ N * ,S n =a 1+a 2+, +a n , 则 S n 的最大值等于 () A. B.C.+1D.2答案 A3.(2016 浙江镇海中学测试 ( 七 ),6) 已知数列 {a n } 知足 :a 1=1,a n+1= (n ∈ N * ), 若 a 2k ,a 2k+1,9+a 2k+2 成等比数列 , 则正整数 k 的值是 () A.1 B.2 C.3 D.4 答案 B 二、解答题4.(2018 浙江“七彩阳光”结盟期中 ,22) 已知正项数列 {a n } 知足 a 1=3,*+a n+1=2a n ,n ∈ N.(1) 求证 :1<a n ≤ 3,n ∈N * ;(2) 若关于随意的正整数n, 都有<M 建立 , 求 M 的最小值 ;123n*(3) 求证 :a +a +a +, +a <n+6,n ∈ N . 分析 (1) 证明:由+a n+1=2a n ,得+a n+2=2a n+1,两式相减得- +(a n+2-a n+1)=2(a n+1-a n ),即 (a n+2-a n+1)(a n+2+a n+1+1)=2(a n+1-a n ), 因为 a n >0, 所以 a n+2+a n+1+1>0, 所以 a n+2-a n+1 与 a n+1-a n 同号 .∵ +a 2=2a 1=6, ∴ a 2=2, 则 a 2-a 1<0,所以 a n+1-a n <0, ∴数列 {a n } 是单一递减数列 ,所以 a ≤ a =3.n1由+a=2a , 得+a -2=2a -2, 即 (a n+1 +2)(a-1)=2(a -1),n+1nn+1nn+1n由 a n+1+2>0, 知 a n+1-1 与 a n -1 同号 ,因为 a 1-1=2>0, 所以 a n -1>0, 即 a n >1,*综上知 1<a n ≤ 3,n ∈ N .(2) 由 (1) 知= , 而 3<a +2≤a +2=4,n+12则≤<,所以M ≥.故 M 的最小值为 .(3) 证明 : 由(2) 知 n ≥ 2 时 ,a n -1=(a 1-1) ×××, ×<(a 1-1)=2 ×,又 n=1 时 ,a 1-1=2, 故 a n -1 ≤ 2×,n ∈ N * . 即 a ≤ 1+2×*,n ∈ N .n则 a 1+a 2+a 3+, +a n ≤n+2=n+2×=n+6<n+6.5.(2018 浙江杭州地域要点中学第一学期期中 ,22) 已知函数 f(x)=x2nn-1)(n ≥ 2,n ∈+x,x ∈ [1,+∞ ),a =f(aN).(1) 证明 :- ≤ f(x) ≤ 2x 2;(2) 设数列 {nn 1= ,证明:≤ ≤ .} 的前 n 项和为 A , 数列的前 n 项和为 B ,a证明(1)f(x)- 2= >0, ∴ f(x) ≥- .=x +x-f(x)-2x 2=x 2+x-2x 2=x-x 2=x(1-x) ≤ 0(x ≥ 1), ∴ f(x) ≤ 2x 2, ∴- ≤ f(x) ≤ 2x 2.(2)a =f(a n-1 )=+a? =a -an-1 (n ≥ 2),nn-1 n则 A n = + +, + =a n+1-a 1=a n+1- , a =+a =a (an-1 +1) ?==-?=- (n ≥ 2),nn-1n-1累加得 :B n =++, + = -= - ,∴== a n+1.由 (1) 得 a n ≥- ? a n+1+ ≥ ≥ ≥, ≥ ,∴ a n+1≥ - ∴ = a n+1≥ 3· - .a n =f(a n-1 ) ≤ 2? a n+1≤2 ≤ 23≤, ≤ == · .∴ = a ≤ × · = ·,n+1∴3·-≤ ≤·,即-1≤≤ ,而-1≥ ,∴ ≤≤ .6.(2017 浙江名校协作体 ,22) 已知函数 f(x)= .(1) 求方程 f(x)-x=0 的实数解 ;* *(2) n 1 n+1 n 2n 2n-1 都建立 ?并证明假如数列 {a } 知足 a =1,a =f(a )(n ∈ N ), 能否存在实数c, 使得 a <c<a 对全部的 n∈N你的结论 .分析(1)f(x)-x=0 ?=x? x=-4 或 x= .(2) 存在 c= , 使得 a2n< <a2n-1 .由题意可知 ,a n+1= , 所以 a2= ,a 3= ,下边用数学概括法证明0<a2n< <a2n-1≤ 1.当 n=1 时 ,0<a 2= < <a1=1≤ 1, 结论建立 .假定当n=k 时结论建立, 即0<a2k< <a2k-1≤ 1. 因为f(x)= 为(0,1] 上的减函数, 所以f(0)>f(a 2k)>f >f(a 2k-1 )≥f(1), 进而>a2k+1> >a2k≥,所以 f <f(a 2k+1)<f <f(a 2k)≤f ,即 0<f<a2k+2< <a2k+1≤ f故当 n=k+1 时 , 结论也建立.≤ 1.综上所述, 对全部 n∈ N* ,0<a 2n<<a2n-1≤ 1 都建立 ,即存在c= 使得a2n< <a2n-1 .7.(2017浙江测试卷,22)已知数列{a n}知足a1=1,a n+1=,n ∈ N* , 记 S n,T n分别是数列 {a n},{} 的前 n 项和 ,*证明 : 当 n∈ N 时 ,(1)a n+1<a n;(2)T n= -2n-1;(3) -1<S n<.证明(1) 由 a =1 及 a = , 知 a >0,1 n+1 n故 a n+1-a n=-a n=<0, ∴ a n+1<a n,n ∈N* .(2) 由= +a n , 得= + +2,进而= + + +2× 2=, =+++, + +2n,1∴=1+ + +, + n *又 a =1, +2n, ∴ T = -2n-1,n ∈ N.(3) 由 (2) 知,a = ,由T≥=1, 得 a ≤,n+1 n n+1∴当 n≥ 2 时 ,a n≤= < = ( - ),∴ S <a + [( -1)+(- )+, +( - )]=1+ ( -1)<,n ≥ 2, n1又 a1=1, ∴ S n<* ,n ∈ N,由 a = - ,n得 S n= - ≥-1> -1,综上 , -1<S n<.C 组 2016— 2018 年模拟·方法题组方法 1 数列乞降的解题策略1.(2017 浙江宁波期末 ,22) 已知数列 {a n} 知足 a1=2,a n+1=2(S n+n+1)(n ∈ N* ),b n=a n+1.(1)求证 :{b n} 是等比数列 ;(2)记数列 {nb n} 的前 n 项和为 T n, 求 T n;(3)求证: -< + + +, + <.分析(1) 证明 : 由 a1=2, 得 a2=2(a 1 +1+1)=8.由 a n+1=2(S n+n+1), 得 a n=2(S n-1 +n)(n ≥ 2),两式相减 , 得 a n+1=3a n+2(n ≥2),(3分)当 n=1 时上式也建立 , 故 a n+1=3a n+2(n ∈ N* ).所以有 a n+1+1=3(a n+1), 即 b n+1=3b n,又 b1=3, 故 {b n} 是等比数列 .(5 分 )(2) 由 (1) 得 b n=3n,n 2 3 +n·3 n ,所以 T =1× 3+2× 3 +3×3 +,3T n=1× 32+2× 33+3× 34+, +n· 3n+1,两式相减 , 得 -2T n=3+32 +33+, +3n-n · 3n+1= -n · 3n+1,故 T n= · 3n+1+ .(10 分 )(3) 证明 : 由 a n=b n-1=3 n-1, 得 = > ,k ∈N* ,所以+ + +, + > + + +, + = =- · ,(12分)又 = = < = ,k ∈N* ,所以+ + +, + < += + = + - ·< .故 - < + + +, + < .(15 分)方法 2数列综合应用的解题策略2019届高考数学(浙江版)一轮配套讲义：6.4数列乞降数列的综合应用 21 / 212.(2017 浙江金华十校联考 (4 月 ),22) 已知数列 {a n } 知足 a 1=1,a n+1·a n = (n ∈ N * ).(1) 证明 :=; (2) 证明 :2( -1)≤ + +, + ≤ n.证明(1) ∵ a n+1· a n = , ①∴ a n+2·a n+1=, ②②÷①得 , == ,∴ =(2) 由 (1) . 得,(n+1)an+2=na n ,∴ + +, + = ++, +.令 b n =na n , 则 b n ·b n+1=na n · (n+1)an+1= =n+1, ③∴ b n-1 ·b n =n(n ≥ 2), ④由 b 1=a 1=1,b 2=2, 易得 b n >0,③ - ④得 , =b n+1-b n-1 (n ≥ 2),∴ b 1<b 3<, <b 2n-1 ,b 2<b 4<, <b 2n , 得 b n ≥ 1,依据 b n · b n+1=n+1 得 ,b n+1≤ n+1, ∴1≤ b n ≤ n,∴+ +,+ =++, = +(b 3-b 1 )+(b4-b 2)+ , +(b+ n -b n-2 )+(b n+1-b n-1 )= +b n +b n+1-b 1-b 2=b n +b n+1-2,又 b +b -2 ≥2-2=2( -1),n n+1且由 1≤ b n ≤n 可知 ,b n +b n+1-2=b n +-2 ≤ min≤ n.综上可知 ,2( -1) ≤ + +, +≤n.。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

第13练数列的综合问题[明晰考情] 1.命题角度：考查等差数列、等比数列的判定与证明；以a n ，S n 的关系为切入点，考查数列的通项、前n 项和等；数列和不等式的综合应用.2.题目难度：中档难度或偏难．考点一等差数列、等比数列的判定与证明方法技巧判断等差(比)数列的常用方法 (1)定义法：若a n ＋1－a n ＝d ，d 为常数⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n ＝q ，q 为常数，且q ≠0，则{a n}为等差(比)数列．(2)中项公式法． (3)通项公式法．1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数． (1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由． (1)证明由题设知，a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1，两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1，由于a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.(2)解由题设知，a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得a 2＝λ－1. 由(1)知，a 3＝λ＋1. 令2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4.故a n ＋2－a n ＝4，由此可得数列{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3；数列{a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1. 所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2，因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列． 2．已知数列{a n }满足a 1＝2，且a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1，n ∈N *.(1)设b n ＝a n2n ，证明：{b n }为等差数列，并求数列{b n }的通项公式；(2)在(1)的条件下，求数列{a n }的前n 项和S n .解 (1)把a n ＝2n b n 代入到a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1，得2n ＋1b n ＋1＝2n ＋1b n ＋2n ＋1，两边同除以2n ＋1，得b n ＋1＝b n ＋1，即b n ＋1－b n ＝1，∴{b n }为等差数列，首项b 1＝a 12＝1，公差为1，∴b n ＝n (n ∈N *)．(2)由b n ＝n ＝a n2n ，得a n ＝n ×2n，∴S n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n，∴2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，两式相减，得－S n ＝21＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝(1－n )×2n ＋1－2，∴S n ＝(n －1)×2n ＋1＋2(n ∈N *)．3．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n ＋(－1)n(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的前三项a 1，a 2，a 3；(2)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋23(－1)n 为等比数列，并求出{a n }的通项公式．(1)解在S n ＝2a n ＋(－1)n (n ∈N *)中分别令n ＝1,2,3，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2a 1－1，a 1＋a 2＝2a 2＋1，a 1＋a 2＋a 3＝2a 3－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 2＝0，a 3＝2.(2)证明由S n ＝2a n ＋(－1)n(n ∈N *)，得S n －1＝2a n －1＋(－1)n －1(n ≥2)，两式相减，得a n ＝2a n －1－2(－1)n(n ≥2)，a n ＝2a n －1－43(－1)n －23(－1)n＝2a n －1＋43(－1)n －1－23(－1)n(n ≥2)，∴a n ＋23(－1)n＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤a n －1＋23(－1)n －1(n ≥2)．故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n＋23(－1)n 是以a 1－23＝13为首项，2为公比的等比数列． ∴a n ＋23(－1)n＝13×2n －1，∴a n ＝13×2n －1－23×(－1)n＝2n －13－23(－1)n (n ∈N )*. 考点二数列的通项与求和方法技巧 (1)根据数列的递推关系求通项的常用方法 ①累加(乘)法形如a n ＋1＝a n ＋f (n )的数列，可用累加法；形如a n ＋1a n＝f (n )的数列，可用累乘法． ②构造数列法形如a n ＋1＝na n ma n ＋n ，可转化为1a n ＋1－1a n ＝mn ，构造等差数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ；形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ×q ≠0，且p ≠1)，可转化为a n ＋1＋q p －1＝p ⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋q p －1构造等比数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋q p －1.(2)数列求和的常用方法①倒序相加法；②分组求和法；③错位相减法；④裂项相消法．4．已知数列{a n }的首项a 1＝1，前n 项和为S n (n ∈N *)，且数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是公差为2的等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)由已知得S n n＝1＋(n －1)×2＝2n －1，所以S n ＝2n 2－n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－n －[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3. 而a 1＝1＝4×1－3满足上式，所以a n ＝4n －3，n ∈N *. (2)由(1)可得b n ＝(－1)na n ＝(－1)n(4n －3)．当n 为偶数时，T n ＝(－1＋5)＋(－9＋13)＋…＋[－(4n －7)＋(4n －3)]＝4×n2＝2n ；当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝2(n ＋1)－(4n ＋1)＝－2n ＋1.综上，T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ，n 为偶数，－2n ＋1，n 为奇数.5．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝14，a n ＋b n ＝1，b n ＋1＝b n1－a 2n .(1)求数列{b n }的通项公式；(2)设S n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋a 3a 4＋…＋a n a n ＋1，求S n . 解 (1)b n ＋1＝b n(1－a n )(1＋a n )＝b nb n (2－b n )＝12－b n .a 1＝14，b 1＝34，因为b n ＋1－1＝12－b n －1＝b n －12－b n ，所以1b n ＋1－1＝2－b n b n －1＝－1＋1b n －1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n －1是以－4为首项，－1为公差的等差数列，所以1b n －1＝－4－(n －1)＝－n －3，所以b n ＝1－1n ＋3＝n ＋2n ＋3(n ∈N *)． (2)因为a n ＝1－b n ＝1n ＋3，所以S n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋a 3a 4＋…＋a n a n ＋1 ＝14×5＋15×6＋16×7＋…＋1(n ＋3)(n ＋4)＝14－15＋15－16＋16－17＋…＋1n ＋3－1n ＋4 ＝14－1n ＋4＝n 4(n ＋4)(n ∈N *)． 6．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝－3S n ＋4，b n ＝－log 2a n ＋1. (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝b n 2n ＋1＋1n (n ＋1)，其中n ∈N *，若数列{c n }的前n 项和为T n ，求T n .解 (1)由a 1＝－3S 1＋4＝－3a 1＋4，得a 1＝1，由a n ＝－3S n ＋4，知a n ＋1＝－3S n ＋1＋4，两式相减并化简得a n ＋1＝14a n ，∴数列{a n }是首项为1，公比为14的等比数列，∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1，n ∈N *，b n ＝－log 2a n ＋1＝－log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＝2n (n ∈N *)．(2)由题意知，c n ＝n 2n ＋1n (n ＋1).令H n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①则12H n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，② ①－②得，12H n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1.∴H n ＝2－n ＋22n.又M n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1， ∴T n ＝H n ＋M n ＝2－n ＋22n＋nn ＋1(n ∈N *)．考点三数列与不等式方法技巧数列与不等式的综合问题把数列知识与不等式的内容整合在一起，形成了关于证明不等式、求不等式中的参数取值范围、求数列中的最大(小)项、比较数列中项的大小等问题，而数列的条件可能是等差数列、等比数列，甚至是一个递推公式等，求解方法既要用到不等式知识(如比较法、放缩法、基本不等式法等)，又要用到数列的基础知识． 7．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝32a n －(－1)n －2(n ∈N *)．(1)证明{a n －(－1)n}为等比数列，并求出{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，证明：T n <23(n ∈N *)．(1)解由⎩⎪⎨⎪⎧S n＝32a n－(－1)n－2，S n ＋1＝32a n ＋1－(－1)n ＋1－2，得a n ＋1＝32a n ＋1－32a n －(－1)n ＋1＋(－1)n，即a n ＋1＝3a n ＋2(－1)n ＋1－2(－1)n，∴a n ＋1－(－1)n ＋1a n －(－1)n＝3a n ＋(－1)n ＋1－2(－1)na n －(－1)n＝3a n －3(－1)na n －(－1)n＝3， ∴{a n －(－1)n}为等比数列．对于S n ＝32a n －(－1)n－2，令n ＝1，解得a 1＝2，∴{a n －(－1)n}是首项为3，公比为3的等比数列， ∴a n －(－1)n＝3n，即a n ＝3n＋(－1)n(n ∈N *)． (2)证明方法一当k 为正偶数时， 1a k＋1a k ＋1＝13k ＋1＋13k ＋1－1＝3k ＋1＋3k32k ＋1＋3k ＋1－3k－1<3k ＋1＋3k32k ＋1 ＝13k ＋13k ＋1，当n 为奇数时，T n ＝1a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋1a 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1＋1a n<12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋133＋…＋13n －1＋13n＝12＋16⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n －1<23，当n 为偶数时，n ＋1为奇数，T n <T n ＋1<23，∴T n <23(n ∈N *)．方法二当n ≥3时，13n ＋(－1)n ＝19×3n －2＋(－1)n <18×3n －2，∴T n <12＋110＋18⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋132＋…＋13n －2＝12＋110＋18×13×1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －21－13＝12＋110＋116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2 <12＋110＋116＝5380<23. 8．各项为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：S n ＝14a 2n ＋12a n ＋14(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，证明：对一切正整数n ，都有T n ＜54.(1)解由S n ＝14a 2n ＋12a n ＋14，①当n ≥2时，S n －1＝14a 2n －1＋12a n －1＋14，②由①－②化简得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0，又∵数列{a n }的各项为正数， ∴当n ≥2时，a n －a n －1＝2，故数列{a n }成等差数列，公差为2，a 1＝S 1＝14a 21＋12a 1＋14，解得a 1＝1， ∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)证明 T n ＝1a 21＋1a 22＋1a 23＋…＋1a 2n －1＋1a 2n＝112＋132＋152＋…＋1(2n －3)2＋1(2n －1)2. 当n ＝1时，T 1＝1<54，当n ≥2时，∵1(2n －1)2＝14n 2－4n ＋1＜14n 2－4n ＝14n (n －1)＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ，∴T n ＝112＋132＋152＋…＋1(2n －3)2＋1(2n －1)2<1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －2－1n －1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n＝1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋12－13＋…＋1n －2－1n －1＋1n －1－1n ＝1＋14－14n ＜54.综上，对一切正整数n ，都有T n ＜54.9．已知数列{a n }满足a 1＝0，a n ＋1＝a 2n ＋a n ＋1a n ＋1(n ∈N *)．求证：(1)a n ＋1>a n ，n ∈N *； (2)a n ≥2n －1－1，n ∈N *； (3)当n ≥2时，a n ≤2n －3.证明 (1)∵a n ＋1＝a 2n ＋a n ＋1a n ＋1＝a n ＋1a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝a n ＋1＋1a n ＋1， ∴(a n ＋1＋1)(a n ＋1)＝(a n ＋1)2＋1>0，故a n ＋1＋1与a n ＋1同号．又a 1＋1＝1>0，∴a n ＋1>0， ∴a n ＋1－a n ＝1a n ＋1>0，故a n ＋1>a n ，n ∈N *. (2)∵a k ＋1＋1＝a k ＋1＋1a k ＋1，k ∈N *， ∴(a k ＋1＋1)2＝(a k ＋1)2＋1(a k ＋1)2＋2>(a k ＋1)2＋2，k ∈N *，当n ≥2时，(a n ＋1)2＝[(a n ＋1)2－(a n －1＋1)2]＋[(a n －1＋1)2－(a n －2＋1)2]＋…＋[(a 2＋1)2－(a 1＋1)2]＋(a 1＋1)2>2(n －1)＋1＝2n －1，又a n ＋1>0，故当n ≥2时，a n ＋1>2n －1. 即当n ≥2时，a n >2n －1－1. 又当n ＝1时，a 1≥2×1－1－1＝0，所以a n ≥2n －1－1，n ∈N *.(3)由(2)知a k ＋1－a k ＝1a k ＋1≤12k －1，k ∈N *，所以当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －1－a n －2)＋(a n －a n －1)，即当n ≥2时，a n ≤1＋13＋15＋…＋12n －3.当n ≥3时，12n －3＝222n －3<22n －3＋2n －5＝2n －3－2n －5，所以当n ≥3时，a n ≤1＋13＋15＋…＋12n －3<1＋(3－1)＋(5－3)＋…＋(2n －3－2n －5) ＝2n －3，又a 2＝1≤2×2－3，所以n ≥2时，a n ≤2n －3.例 (15分)已知在数列{a n }中，a 1＝3，2a n ＋1＝a 2n －2a n ＋4. (1)证明：a n ＋1＞a n ；(2)证明：a n ≥2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1；(3)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，求证：1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n≤S n ＜1.审题路线图(1)2a n ＋1＝a 2n －2a n ＋4――→作差2a n ＋1－2a n ≥0――→a 1＝3a n ＋1＞a n (2)2a n ＋1＝a 2n －2a n ＋4――→变形放缩a n ＋1－2a n －2＝a n 2≥32――→迭代a n ≥2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1 (3)已知递推式――→变形裂项1a n ＝1a n －2－1a n ＋1－2――→求和S n ＝1－1a n ＋1－2――→放缩结合(2)要证结论规范解答·评分标准证明 (1)∵2a n ＋1－2a n ＝a 2n －4a n ＋4＝(a n －2)2≥0，2分∴a n ＋1≥a n ≥3，∴(a n －2)2＞0， ∴a n ＋1＞a n .4分(2)∵2a n ＋1－4＝a 2n －2a n ＝a n (a n －2)，6分 ∴a n ＋1－2a n －2＝a n 2≥32， ∴a n －2≥32(a n －1－2)≥⎝ ⎛⎭⎪⎫322(a n －2－2)≥…≥ ⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(a 1－2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1， ∴a n ≥2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.9分(3)∵2(a n ＋1－2)＝a n (a n －2)，10分 ∴12(a n ＋1－2)＝1a n (a n －2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －2－1a n ，∴1a n ＋1－2＝1a n －2－1a n，∴1a n ＝1a n －2－1a n ＋1－2，12分 ∴S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n＝1a 1－2－1a 2－2＋1a 2－2－1a 3－2＋…＋1a n －2－1a n ＋1－2 ＝1a 1－2－1a n ＋1－2 ＝1－1a n ＋1－2.13分∵a n ＋1－2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫32n，∴0＜1a n ＋1－2≤⎝ ⎛⎭⎪⎫23n，∴1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n≤S n ＝1－1a n ＋1－2＜1.15分构建答题模板[第一步] 辨特征：认真分析所给数列的递推式，找出其结构特征．[第二步] 巧放缩：结合要证结论，对递推式进行变换、放缩，利用作差、作商、数学归纳法、反证法等技巧逐步向欲证不等式靠近．[第三步] 得结论：消灭目标不等式和放缩到的不等式间的差别，得出结论．1．(2018·浙江)已知等比数列{a n }的公比q ＞1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n .(1)求q 的值；(2)求数列{b n }的通项公式．解 (1)由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项，得a 3＋a 5＝2a 4＋4，所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28，解得a 4＝8. 由a 3＋a 5＝20，得8⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＋1q ＝20，解得q ＝2或q ＝12. 因为q ＞1，所以q ＝2.(2)设c n ＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{c n }的前n 项和为S n .由c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，解得c n ＝4n －1.由(1)可得a n ＝2n －1，所以b n ＋1－b n ＝(4n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，故b n －b n －1＝(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2， b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －9)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋…＋7×12＋3. 设T n ＝3＋7×12＋11×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，① 则12T n ＝3×12＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －9)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，n ≥2，② ①－②，得12T n ＝3＋4×12＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2－(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，n ≥2，因此T n ＝14－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2. 又b 1＝1，所以b n ＝15－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，当n ＝1时，b 1＝1也满足上式，所以b n ＝15－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2. 2．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *.(1)求通项公式a n ；(2)求数列{|a n －n －2|}的前n 项和．解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 2＝4，a 2＝2a 1＋1，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，a 2＝3.又当n ≥2时，由a n ＋1－a n ＝(2S n ＋1)－(2S n －1＋1)＝2a n ，得a n ＋1＝3a n ，又a 2＝3a 1， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *. (2)设b n ＝|3n －1－n －2|，n ∈N *，b 1＝2，b 2＝1，当n ≥3时，由于3n －1＞n ＋2，故b n ＝3n －1－n －2，n ≥3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 1＝2，T 2＝3，当n ≥3时，T n ＝3＋9(1－3n －2)1－3－(n ＋7)(n －2)2＝3n －n 2－5n ＋112，经验证T 2符合上求． ∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2，n ＝1，3n －n 2－5n ＋112，n ≥2，n ∈N *.3．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，b 1＝2，a n ＋1＝a n b n ，b n ＋1＝a n ＋b n 2.(1)求证：当n ≥2时，a n －1≤a n ≤b n ≤b n －1；(2)设S n 为数列{|a n －b n |}的前n 项和，求证：S n <109. 证明 (1)当n ≥2时， b n －a n ＝a n －1＋b n －12－a n －1b n －1＝(b n －1－a n －1)22≥0，故有b n ≥a n (n ≥2且n ∈N *)，所以a n ＝a n －1b n －1≥a n －1，b n ＝a n －1＋b n －12≤b n －1. 综上，a n －1≤a n ≤b n ≤b n －1.(2)由(1)知b n a n ≤b n －1a n －1≤…≤b 1a 1＝2<32， 2b n ≤3a n ⇔(b n －a n )≤15(b n ＋a n )，故|a n －b n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －1＋b n －12－a n －1b n －1 ＝(b n －1－a n －1)22≤(b n －1－a n －1)(b n －1＋a n －1)10 ＝|b n －1－a n －1|10，故S n ≤1＋110＋…＋110n －1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫110n 1－110＝109⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫110n <109. 4．(2017·浙江)已知数列{x n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)(n ∈N *)．证明：当n ∈N *时，(1)0＜x n ＋1＜x n ；(2)2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12；(3)12n －1≤x n ≤12n －2. 证明 (1)用数学归纳法证明x n ＞0.当n ＝1时，x 1＝1＞0.假设n ＝k (k ∈N *)时，x k ＞0，那么n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0，则0＜x k ＝x k ＋1＋ln(1＋x k ＋1)≤0，与假设矛盾，故x k ＋1＞0，因此x n ＞0(n ∈N *)．所以x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)＞x n ＋1，因此0＜x n ＋1＜x n (n ∈N *)．(2)由x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)得， x n x n ＋1－4x n ＋1＋2x n ＝x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)．记函数f (x )＝x 2－2x ＋(x ＋2)ln(1＋x )(x ≥0)．f ′(x )＝2x 2＋x x ＋1＋ln ()1＋x ＞0(x ＞0)，函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以f (x )≥f (0)＝0，因此x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)＝f (x n ＋1)≥0，故2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12(n ∈N *)． (3)因为x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)≤x n ＋1＋x n ＋1＝2x n ＋1，所以x n ≥12n －1. 由x n x n ＋12≥2x n ＋1－x n 得1x n ＋1－12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －12＞0，所以1x n －12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －1－12≥…≥2n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－12＝2n －2，故x n ≤12n －2.综上，12n －1≤x n ≤12n －2(n ∈N *)．。

浙江2019版高考数学复习第二篇重点专题分层练中高档题得高分第13练数列的综合问题试题

2019年【浙江】高考数学(文)二轮：中档大题规范练数列(含答案)

高中数学数列专题复习(综合训练篇含答案)

浙江专用2019高考数学二轮复习精准提分第二篇重点专题分层练中高档题得高分第12练数列的基本运算及性质试

浙江省2019届高考数学总复习专题02函数优质考卷分项解析

浙江专用2019高考数学二轮复习精准提分第二篇重点专题分层练中高档题得高分第13练数列的综合问题试

(浙江专用)2019高考数学二轮复习精准提分第二篇重点专题分层练得高分第12练数列的基本运算及性质课件

2019年浙江卷数学高考真题及答案解析(word精编)

2019版高考数学创新一轮复习浙江专用版文档：第二章

2019年高考数学试题分项版—数列(解析版)(2021年整理精品文档)

2019年-2019年浙江省高考数学试题(理)分类解析汇编-数列、数学归纳法共11页word资料

2019-2020年高考数学二轮复习 第2部分 大专题综合测3 数列(含解析)

2019届高考数学二轮复习第19练概率与统计的综合问题[中档大题规范练]课件(59张)(全国通用)

2019届高考数学(浙江版)一轮配套讲义：6.4数列求和数列的综合应用

2019-2020年高考数学二轮复习第2部分大专题综合测3 数列(含解析)