浙江2019届高三数学一轮复习典型题专项训练数列
浙江省2019版高考数学一轮复习 专题：07 数列中不等式证明特色训练
七、数列中不等式证明一、解答题1．【2019届安徽省蚌埠市第二中学高三7月月考】已知数列满足，.(1)求数列的通项公式；(2)证明：.【答案】（1）；(2)证明过程见解析（2）本问主要通过不等式的放缩来对数列求和，根据得，所以.试题解析：（1）∵.∴，∴是以为首项，2为公比的等比数列.∴，即.(2)证明：∵，，∴.2．【2019届北京西城35中高三上期中】等差数列{}n a 满足1210a a +=， 432a a -=． （1）求{}n a 的通项公式．（2）设等比数列{}n b 满足23b a =， 37b a =，问： 6b 与数列{}n a 的第几项相等？ （3）试比较n a 与n b 的大小，并说明理由．【答案】（1）n a 22n =+（2）63n =（3）n n a b ≤试题解析：（1）∵{}n a 是等差数列，1214310210{{22a a a d a a d +=+=⇒-==，∴解出2d =， 14a =， ∴()11n a a d n =+-422n =+-， 22n =+．（2）∵232328b a ==⨯+=，3727216b a ==⨯+=，{}n b 是等比数列，322b q b ==， ∴1n n b b q -=⨯22n b q -=⨯，12n +=．又∵()61762221n b a n +====+，∴63n =，∴6b 与数列{}n a 的第63项相等． （3）猜想n n a b ≤，即()1212n n ++≤，即12nn +≤，用数学归纳法证明如下：①当1n =时， 1112+=，显然成立，②假设当n k =时， 12k k +≤成立，即120k k +-≤成立； 则当1n k =+时， ()1112k k +++-2122k k ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，2122022k k k k k ⎛⎫=+--≤-⨯=-< ⎪⎝⎭成立，由①②得，猜想成立． ∴n n a b ≤．3．【2019届河南省洛阳市高三期中】已知数列{}n a 满足()1112,21n n n n a a a na n a ++=+=+，设n nn b a =. （I ）求证：数列{}1n b -为等比数列，并求{}n a 的通项公式； （II ）设1n nc b =，数列{}n c 的前n 项和n S ，求证： 2n S n <+. 【答案】（I ）221nn n n a ⋅=-；（II ）证明见解析.试题解析：（I ）由已知易得0n a ≠，由()1121n n n n a a na n a +++=+ 得()1211n n n n a a +++=即121n n b b +=+；∴,又1111112b a -=-=-, {}1n b ∴+是以12-为首项，以12为公比的等比数列.从而11111222n nn b -⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-⋅=- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭即112nn n a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，整理得221n n nn a ⋅=- 即数列{}n a 的通项公式为221nn n n a ⋅=-.4．【2019届江西省宜春中学高三上第一次诊断】已知等差数列{}n a 的公差为2，且1a ， 12a a +，()142a a +成等比数列．（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设数列12n n a -⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n s ，求证： 6n s <． 【答案】（1）21n a n =-；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）利用等差数列及等比中项的概念建立关系式，进一步求出数列的通项公式；（2）利用（1）的结论，使用乘公比错位相减法求出数列的和，进一步利用放缩法求得结.试题解析：（1）数列{}n a 为等差数列，所以： 2112a a d a =+=+， 41136a a d a =+=+，1a ，因为12a a +， ()142a a +成等比数列，所以： ()()2121142a a a a a +=+，解得： 11a =，所以： 12121n a n n =+-=-（）. （2）已知112122n n n a n ---=， 0111321222n n n S --=++⋯+①12113212222nn n S -=++⋯+②，①-②得：1111121122222n n n n S --⎛⎫=++⋯+- ⎪⎝⎭ 421322n n n -⎛⎫=-+= ⎪⎝⎭ 2332n n +-，所以： 12362n n n S -+=-，由于1n ≥，所以： 12302n n -+>， 12362n n n S -+=-. 5．【2019届湖北省华师一附中高三9月调研】已知数列{}n a 中， 114a =，其前n 项的和为n S ，且满足()22221n n n S a n S =≥-.(Ⅰ) 求证：数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列； (Ⅱ) 证明： 121111232n S S S n ++++< 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析.试题解析：（Ⅰ）当2n ≥时， 21221n n n n S S S S --=-, 112n n n n S S S S ---=， 1112n n S S --=， 从而1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成以4为首项，2为公差的等差数列.（Ⅱ）由（1）可知，()1111222n n n S S =+-⨯=+ ()121n S n ∴=+.()111112121n S n n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭12111111111111112322231212n S S S n n n n ⎛⎫⎛⎫++++=-+-++-=-< ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭.6．【2019届贵州省贵阳市第一中学高三上月考一】已知数列满足：，（）.（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，求证：.【答案】（1）（2）见解析试题解析：（Ⅰ）解：，所以是以2为公差的等差数列，，所以，所以数列的通项公式为.（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）得，.7．【2019届四川省双流中学高三9月月考】已知等差数列{}n a 满足3574,14a a a =+=， {}n a 的前n 项和为n S . （Ⅰ）求n a ；（Ⅱ）设()*211n n b n N a =∈-， n T 为数列{}nb 的前n 项和，求证： 34n T <. 【答案】（1）1n a n =+ （2）略解：（Ⅰ）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，因为3574,14a a a =+=， 所以有1124{21014a d a d +=+=，解得12{1a d ==，所以()211n a n n =+-=+； （Ⅱ）由（Ⅰ）知()2111111222n n b a n n n n ⎛⎫===- ⎪-++⎝⎭， 所以11111111111232435112n T n n n n ⎛⎫=-+-+-++-+- ⎪-++⎝⎭111112212n n ⎛⎫=+-- ⎪++⎝⎭ 34<. 8．【2019届贵州省贵阳市第一中学、凯里市第一中学高三下月考七】已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足： 21n n S a =-. （1）数列{}n a 的通项公式； （2）设1111n n n n n a a b a a ++=-+-，且数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证： 13n T <. 【答案】（1）*13nn a n N ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭，（2）见解析【解析】试题分析：（1）根据当2n ≥时， 1n n n a S S -=-，得到数列{}n a 的递推关系式13n n a a -=，再根据等比数列定义及通项公式求数列{}n a 的通项公式；（2）将数列{}n a 的通项公式代入nb化简得1113131n n nb+=-+-,再根据大小关系放缩为111111313133n n n n nb++=-<-+-，最后利用裂项相消法求和得22311111111111333333333n n n nT++⎛⎫⎛⎫⎛⎫<-+-++-=-<⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭．（Ⅱ）证明：11111111133111131311133n nn nn n nn nn na aba a+++++=-=-=-+-+-+-．由111111313313n n n n+++-，，所以111111313133n n n n nb++=-<-+-，所以12223111111111133333333 n n n n nT b b b++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++<-+-++-=-⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭．因为113n+-<，所以1111333n+-<，即13nT<．9．【2019届吉林省长春市普通高中高三一模】已知数列的前项和．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，求证：．【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）证明见解析.【解析】试题分析：(Ⅰ)利用已知条件，推出新数列是等比数列，然后求数列的通项公式 ；（Ⅱ）化简，则，利用裂项相消法和，再根据放缩法即可证明结果. 试题解析：(Ⅰ)由，则 .当时，，综上. （Ⅱ）由.. 得证.10．【2019届湖北省黄石市第三中学（稳派教育）高三检测】已知{}n a ， {}n b 分别为等差数列和等比数列， 11a b ≠， {}n b 的前n 项和为n S .函数()214f x x =的导函数是()'f x ，有()'n a f n =，且11,x a x b ==是函数3265y x x x =-+的零点.（1）求11,a b 的值； （2）若数列{}n a 公差为12，且点(),n n P a b ，当*n N ∈时所有点都在指数函数()x h x a =的图象上.请你求出()xh x a =解析式，并证明：1132n S ≤<. 【答案】（1）112a =,（2）见解析试题解析：（1）由()214f x x =得()1'2f x x =，又()'n a f n =，所以12n a n = ∴112a =. ∵()()32653121y x x x x x x =-+=--的零点为110,,32x x x ===，而11,x a x b ==是3265y x x x =-+的零点，又1b 是等比数列的首项，所以10b ≠， 11a b ≠，∴113b =. （2）∵()111222n n a n =+-=， 令{}n b 的公比为q ，则113n n b q -=.又123,,,,,n P P P P 都在指数函数()xh x a =的图象上，即na nb a =，即1213nn q a -=当*n N ∈时恒成立，解得19{ 13a q ==.所以()19x h x ⎛⎫= ⎪⎝⎭.∵()111113311111123213nnn n b q S q⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪-⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦===-<⎢⎥ ⎪-⎝⎭⎢⎥⎣⎦-，因为0n b >，所以当1n =时， n S 有最小值为13，所以1132n S ≤<. 11．【2019届河南省郑州一中下期百校联盟高考复习】已知数列满足，则，且，，，成等比数列.（Ⅰ）设，求数列的通项公式；（Ⅱ）设，求证：….【答案】（Ⅰ） .（Ⅱ）见解析.试卷解析： （Ⅰ）由及，，，成等比数列得，即，解得，，又，所以，，所以数列是首项为3，公差为2的等差数列，所以.（Ⅱ）因为.所以.12．【2019届浙江省绍兴市柯桥区高三第二次联考】已知正项数列{}n a 满足： 112a =， ()2112n n n n a a a a n --=+≥.n S 为数列{}n a 的前n 项和.（Ⅰ）求证：对任意正整数n ，有2n S n n ≤；（Ⅱ）设数列21n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：对任意()0,6M ∈，总存在正整数N ，使得n N >时， n T M >.【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)证明见解析.试题解析：（Ⅰ）证法一：因为11111n n n n a a a a +++-=<+，∴2n ≥时， ()()112n n n n n a a a a a ---=-+-++ ()21111122a a a n n -+<-+=-， ∴1112322n S a ⎛⎫⎛⎫<+-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 2122n n ⎛⎫++-= ⎪⎝⎭，即2n S n n <，当1n =时，1112S =，综上， 2n S nn ≤. 证法二：考虑到数列12n ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭的前n 项和为22n ，猜想12n a n ≤-，当1n =时，结论显然成立.假设n k =时， 12k a k ≤-成立， 则当1n k =+时，由2110k k k k a a a a ++--=，得2142k k k k a a a a +++=211142222k k k ⎛⎫⎛⎫-+-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭≤ 2134222k k ⎛⎫-++- ⎪⎝⎭= ()13122122k k k -++<=+-，结论成立. 综上：对任意*n N ∈，有12n a n ≤-，以下同解法一.从而112n n n n n a a a a a ---=-+-++ ()211111222n a a a n -+≥-+=， 当2n ≥时，2211111n n n n n a a a a a -+==+， 21111n n na a a -=-， 所以22212111n nT a a a =+++= 21111126n a a a n +-≥-， 令226,6M n n M->>- 设0N 为不小于26M -的最小整数，取01N N =+ (即216N M ⎡⎤=+⎢⎥-⎣⎦)， 当n N >时， n T M >.13．【2019高考浙江理数】设数列{}n a 满足112n n a a +-≤，n *∈N ． （I ）证明：()1122n n a a-≥-，n *∈N ；（II ）若32nn a ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，n *∈N ，证明：2n a ≤，n *∈N ．【答案】（I ）证明见解析；（II ）证明见解析． 【解析】试题解析：（I ）由112n n a a +-≤得1112n n a a +-≤，故 111222n n n n n a a ++-≤，n *∈N ， 所以11223111223122222222nn n n n n a a a a a a a a --⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 121111222n -≤++⋅⋅⋅+ 1<，因此()1122n n a a -≥-．（II ）任取n *∈N ，由（I ）知，对于任意m n >，1121112122222222n m n n n n m m nmn n n n m m a a a a a a a a +++-+++-⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭11111222n n m +-≤++⋅⋅⋅+ 112n -<， 故11222m nn n m a a -⎛⎫<+⋅ ⎪⎝⎭11132222mn n m -⎡⎤⎛⎫≤+⋅⋅⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦3224mn ⎛⎫=+⋅ ⎪⎝⎭．从而对于任意m n >，均有3224mn n a ⎛⎫<+⋅ ⎪⎝⎭．由m 的任意性得2n a ≤． ①否则，存在0n *∈N ，有02n a >，取正整数000342log 2n n a m ->且00m n >，则00340002log 23322244n n a m m n n a -⎛⎫⎛⎫⋅<⋅=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，与①式矛盾．综上，对于任意n *∈N ，均有2n a ≤．14．【2019届北京市东城区东直门中学高三上期中】在数列中，，，其中，．（）当时，求，，的值．（）是否存在实物，使，，构成公差不为的等差数列？证明你的结论．（）当时，证明：存在，使得．【答案】（），，．（）存在，使，，构成公差不为的等差数列．（）证明见解析.（）∵，，成等差数列，∴，即，∴，∴，∴．将，，代入上式，解得．经检验，此时，，的公差不为． ∴存在，使，，构成公差不为的等差数列．（）∵，又，∴令．∵，，，，∴，即．取正整数，则：．故当时，存在,使得．15．【2019届江苏省启东中学高三上10月月考】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()*111n n n N S a λ++=∈， λ为常数． （1）是否存在数列{}n a ，使得0λ=？若存在，写出一个满足要求的数列；若不存在，说明理由．（2）当1λ=时，求证：1111n n a a ++≥． （3）当12λ=时，求证：当3n ≥时， 803n a <≤． 【答案】（1）不存在，理由见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析【解析】试题分析：试题解析： （1）若0λ=，则1110nn S a ++=，即1n n S a +=-，即10n S +=， 则()230,2n S S S n n ====∈N ≥，所以不存在数列{}n a 使得0λ=．（2）由1111n n S a ++=得111n n n a S a ++=-， 当2n ≥时， 11n n n a S a -=-，两式相减得1111n n n n n a aa a a ++=---， 即21111n n n n a a a a ++=--， 12111n n n n a a a a ++--=， 211111n n n a a a +-=-， 2111111n n n a a a ++=+>， 当1n =时，12111S a +=，即12111a a +=，综上， 1111n n a a ++≥．（3）证1：由()*11112n n n N S a ++=∈得1122n n n a S a ++=-， 当2n ≥时， 122n n n a S a -=-，两式相减得112222n nn n n a a a a a ++=---，另一方面， ()2211211288403243n n n n n a a a a a ----≤⇔≤⇔-≥-+，故803n a <≤．证2：由()*11112n n n N S a ++=∈得1122n n n a S a ++=-， 122n n n S a S +=-， 所以当3n ≥时， ()112211112112111112222222222422n n n n n n n n n n n n n n n n a a S a a S a a a S S a a a a a ---------------⎛⎫+ ⎪+-⎝⎭====-+--++--，下同证1.16．【2019届浙江省嘉兴市第一中学高三9月测试】已知数列满足，，求证： （I ）； （II ）；（III ）.【答案】(1)见解析;(2) 见解析;(3) 见解析.【解析】试题分析：（1）利用数学归纳法证明；（2）作差法比较大小；(3) 因为，所以.从而. 即，所以又，故.试题解析： （I ）（数学归纳法） 当时，因为，所以成立.假设当时，成立,则当时，.因为，且得所以也成立.（III）因为，所以.从而.所以，即.所以.又，故.17．【2019届浙江省温州市高三9月测试】已知数列中，，（）．（1）求证：；（2）求证：是等差数列；（3）设，记数列的前项和为，求证：．【答案】(1)证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.试题解析：（1）证明：当时，，满足，假设当（）时，，则当时，，即时，满足；所以，当时，都有．（2）由，得，所以，即，即，所以，数列是等差数列．（3）由（2）知，，∴，因此，当时，，即时，，所以时，，显然，只需证明，即可．当时，．18．【2019浙江省镇海市镇海中学高中数学竞赛模拟二】已知函数()()()2110xg x a a-=++>的图象恒过定点A，且点A又在函数()()3=f x log x a+的图象上．（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）当方程()222g x b+-=有两个不等实根时，求b的取值范围；（Ⅲ）设()2na g n=+，11nnn naba a+-=⋅，*n N∈，求证，12313nb b b b++++<，()*n N∈．【答案】(1) 1a=；(2) b的取值范围为10,2⎛⎫⎪⎝⎭；（3）见解析．又因为A点在()f x上，则()()32log22f a=+=即23a+=，∴1a=（Ⅱ）()222g x b+-=即2122x b+-=，∴212x b-=由图像可知： 021b <<，故b 的取值范围为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭．（Ⅲ）21nn a =+， ()()122121n n n n b +=++ 1112121n n +=-++ ∴123n b b b b +++ 11113213n +=-<+， *n N ∈． 19．【2019届浙江省ZDB 联盟高三一模】已知数列{}n a 满足112a =， ()211n n n a a a n n +=-+，数列1n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，证明：当*n N ∈时， （1）10n n a a +<<；（2）31n na n ≤-； （3）12n S n >-.【答案】（1）见解析（2）见解析（3）见解析法求和得结论试题解析：证明：（1）由于()2101nn n a a a n n +-=-≤+，则1n n a a +≤.若1n n a a +=，则0n a =，与112a =矛盾，从而1n n a a +<， 12312n a a a a =>>>>，又()()11110121n n n a a a n n n n +=->->++， 1n a +与n a 同号，又112a=>，则1na+>，即1n na a+<<.从而31nnan<-当1n=时，112a=，从而31nnan<-.（3）()()111111111121n nna a aa n n n n n n+⎛⎫=-≥-=--⎪+++⎝⎭，叠加：3121211121nnna aaS na a a n+⎛⎫=+++≥--⎪+⎝⎭12n>-.20．【2019届浙江省“七彩阳光”联盟高三上期初联考】在数列{}n a中，12a=，1121n na an+⎛⎫=+⎪⎝⎭.（1）求数列{}n a的通项公式；（2）设2nnnba=，数列{}n b的前n项的和为n S，试求数列{}2n nS S-的最小值；（3）求证：当2n≥时，271112nnS+≥.【答案】（1）2nna n=⋅（2）12（3）见解析【解析】试题分析：（1）构造新数列nan⎧⎫⎨⎬⎩⎭，则由已知化简可得新数列为首项为2，公比为2的等比数列，即得22n n n n a a n n ==⋅，所以（2）1n b n =， 2111122n n S S n n n-=+++++，利用相邻两项的差得数列{}2n n S S -为单调递增数列，所以最小值为第一项（3）利用（2）中数列分解()()()()()()1122114221122222711112n n n n n n S S S S S S S S n S S S S S ---+=-+-++-+≥--+-+=．试题解析：解：（1）由条件1121n na a n +⎛⎫=+⎪⎝⎭得121n n a a n n +=⋅+，又12a =，所以121a =，因此数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成首项为2，公比为2的等比数列，从而1222n n n a n -=⋅=，因此， 2nn a n =⋅．（3）当2n ≥时， ()()()11221122222n n n n n S S S S S S S S ---=-+-++-+ 1221122n n c c c c S --=+++++，由（2）知12222n n c c c --≥≥≥，又111,12c S ==，2712c =， 所以()()21127171111112212n n S n c c S n +≥-++=-++=． 21．【2019年浙江卷】已知数列{}n x 满足： ()()*1n n 1n 1x =1x x ln 1x n N ++=++∈， 证明：当*n N ∈时 （I ）n 1n 0x x +＜＜;（II ）n n 1n 1n x x 2x -x 2++≤； (III) n n 1n-211x 22-≤≤【答案】（I ）见解析；（II ）见解析；（Ⅲ）见解析.【解析】试题分析：（Ⅰ）用数学归纳法可证明；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得()()21111114222ln 1n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++， 构造函数()()()()222ln 10f x x x x x x =-+++≥，利用函数的单调性可证； （Ⅲ）由()1111ln 1n n n n n x x x x x ++++=++≤+及1122n n n n x x x x ++≥-，递推可得()*121122n n n x n N --≤≤∈ 试题解析：（Ⅰ）用数学归纳法证明： 0n x >． 当n=1时，x 1=1>0． 假设n=k 时，x k >0，那么n=k+1时，若10k x +≤，则()110ln 10k k k x x x ++<=++≤，矛盾，故10k x +>． 因此()*0n x n N >∈．所以()111ln 1n n n n x x x x +++=++>， 因此()*10n n x x n N +<<∈．（Ⅲ）因为()11111ln 12n n n n n n x x x x x x +++++=++≤+=，所以112n n x -≥， 由1122nn n n x x x x ++≥-，得111112022n n x x +⎛⎫-≥-> ⎪⎝⎭， 所以1211111111222222n n n n x x x ---⎛⎫⎛⎫-≥-≥⋅⋅⋅≥-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 故212n n x -≤．综上，()*121122n n n x n N --≤≤∈． 22．【2019年北京卷】设{}n a 和{}n b 是两个等差数列，记{}1122max ,,,n n n c b a n b a n b a n =--⋅⋅⋅- ()1,2,3,n =⋅⋅⋅，其中{}12max ,,,s x x x ⋅⋅⋅表示12,,,s x x x ⋅⋅⋅这s 个数中最大的数．（Ⅰ）若n a n =， 21n b n =-，求123,,c c c 的值，并证明{}n c 是等差数列； （Ⅱ）证明：或者对任意正数M ，存在正整数m ，当n m ≥时，nc M n>；或者存在正整数m ，使得12,,,m m m c c c ++⋅⋅⋅是等差数列．【答案】（1）见解析（2）见解析试题解析：（Ⅰ） 111110,c b a =-=-={}{}21122max 2,2max 121,3221c b a b a =--=-⨯-⨯=-，{}{}3112233max 3,3,3max 131,332,5332c b a b a b a =---=-⨯-⨯-⨯=-.当3n ≥时， ()()()()111120k k k k k k k k b na b na b b n a a n ++++---=---=-<，所以k k b na -关于*k N ∈单调递减.所以{}112211max ,,,1n n n c b a n b a n b a n b a n n =---=-=-.所以对任意1,1n n c n ≥=-，于是11n n c c +-=-， 所以{}n c 是等差数列.（Ⅱ）设数列{}n a 和{}n b 的公差分别为12,d d ，则()()()()12111121111k k b na b k d a k d n b a n d nd k ⎡⎤-=+--+-=-+--⎣⎦.所以()()11212111211,{,n b a n n d nd d nd c b a n d nd -+-->=-≤当时，当时，①当10d >时，取正整数21d m d >，则当n m ≥时， 12nd d >，因此11n c b a n =-. 此时， 12,,,m m m c c c ++是等差数列.③当10d <时， 当21d n d >时，有12nd d <. 所以()()()11211211121n b a n n d nd c b d n d d a d n n n-+---==-+-++ ()111212.n d d a d b d ≥-+-+--对任意正数M ，取正整数12112211max ,M b d a d d d m d d ⎧⎫+-+-->⎨⎬-⎩⎭，故当n m ≥时，nc M n>.。
浙江专版2019版高考数学一轮总复习冲刺第六章数列6.4数列求和数列的综合应用精品学案
§6.4数列求和、数列的综合应用考纲解读分析解读 1.等差数列和等比数列是数列的两个最基本的模型,是高考中的热点之一.基本知识的考查以选择题或填空题的形式呈现,而综合知识的考查则以解答题形式呈现.2.通过以数列为载体来考查推理归纳、类比的能力成为高考的热点.3.数列常与其他知识如不等式、函数、概率、解析几何等综合起来进行考查.4.预计2019年高考中,对数列与不等式的综合题的考查仍是热点,复习时应引起高度重视.五年高考考点一数列的求和1.(2017课标全国Ⅰ理,12,5分)几位大学生响应国家的创业号召,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“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数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.440B.330C.220D.110答案 A2.(2015江苏,11,5分)设数列{a n}满足a1=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 n}的前n项和为S n.已知S2=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=|3n-1-n-2|,n∈N*,则b1=2,b2=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T1=2,T2=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}满足a1=2,b1=1,a n+1=2a n(n∈N*),b1+b2+b3+…+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.解析(1)由a1=2,a n+1=2a n,得a n=2n(n∈N*).由题意知:当n=1时,b1=b2-1,故b2=2.当n≥2时,b n=b n+1-b n,整理得=,所以b n=n(n∈N*).(2)由(1)知a n b n=n·2n,因此T n=2+2·22+3·23+…+n·2n,2T n=22+2·23+3·24+…+n·2n+1,所以T n-2T n=2+22+23+…+2n-n·2n+1.故T n=(n-1)2n+1+2(n∈N*).5.(2017山东文,19,12分)已知{a n}是各项均为正数的等比数列,且a1+a2=6,a1a2=a3.(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n项和为S n.已知S2n+1=b n b n+1,求数列的前n项和T n.解析本题考查等比数列与数列求和.(1)设{a n}的公比为q,由题意知:a1(1+q)=6,q=a1q2,又a n>0,解得a1=2,q=2,所以a n=2n.(2)由题意知:S2n+1==(2n+1)b n+1,又S2n+1=b n b n+1,b n+1≠0,所以b n=2n+1.令c n=,则c n=.因此T n=c1+c2+…+c n=+++…++,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 n为等差数列{a n}的前n项和,且a1=1,S7=28.记b n=[lg a n],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1.(1)求b1,b11,b101;(2)求数列{b n}的前1 000项和.解析(1)设{a n}的公差为d,据已知有7+21d=28,解得d=1.所以{a n}的通项公式为a n=n.b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2.(6分)(2)因为b n=(9分)所以数列{b n}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.(12分)7.(2015天津,18,13分)已知数列{a n}满足a n+2=qa n(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5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.解析(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,所以a2(q-1)=a3(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=;当n=2k(k∈N*)时,a n=a2k=2k=.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 n=1+++…+-=-=2--,整理得,S n=4-.所以,数列{b n}的前n项和为4-,n∈N*.教师用书专用(8—18)8.(2013辽宁,14,5分)已知等比数列{a n}是递增数列,S n是{a n}的前n项和.若a1,a3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,a1=1,公差d≠0,S n为其前n项和,若a1,a2,a5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)a3= ;(2)S1+S2+…+S100= .答案(1)-(2)11.(2017北京文,15,13分)已知等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5.(1)求{a n}的通项公式;(2)求和:b1+b3+b5+…+b2n-1.解析本题考查等差数列及等比数列的通项公式,数列求和.考查运算求解能力.(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.因为b2b4=a5,所以b1qb1q3=9.解得q2=3.所以b2n-1=b1q2n-2=3n-1.从而b1+b3+b5+…+b2n-1=1+3+32+…+3n-1=.12.(2013浙江,18,14分)在公差为d的等差数列{a n}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.(1)求d,a n;(2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|.解析(1)由题意得5a3·a1=(2a2+2)2,即d2-3d-4=0.故d=-1或d=4.所以a n=-n+11,n∈N*或a n=4n+6,n∈N*.(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,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=S n=-n2+n.当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=-S n+2S11=n2-n+110.综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|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,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.(1)求{a n}和{b n}的通项公式;(2)求数列{a2n b n}的前n项和(n∈N*).解析本小题主要考查等差数列、等比数列及其前n项和公式等基础知识.考查数列求和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b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q2+q-6=0.又因为q>0,解得q=2.所以,b n=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8①.由S11=11b4,可得a1+5d=16②,联立①②,解得a1=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{a2n b n}的前n项和为T n,由a2n=6n-2,有T n=4×2+10×22+16×23+…+(6n-2)×2n,2T n=4×22+10×23+16×24+…+(6n-8)×2n+(6n-2)×2n+1,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)2n+2-16.得T n=(3n-4)2n+2+16.所以,数列{a2n b n}的前n项和为(3n-4)2n+2+16.14.(2015湖北,19,12分)设等差数列{a n}的公差为d,前n项和为S n,等比数列{b n}的公比为q.已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)当d>1时,记c n=,求数列{c n}的前n项和T n.解析(1)由题意有,即解得或故或(2)由d>1,知a n=2n-1,b n=2n-1,故c n=,于是T n=1+++++…+,①T n=+++++…+.②①-②可得T n=2+++…+-=3-,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,S2,S4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.解析(1)因为S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2,S4=4a1+×2=4a1+12,由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1,所以a n=2n-1.(2)b n=(-1)n-1=(-1)n-1=(-1)n-1.当n为偶数时,T n=-+…+-=1-=.当n为奇数时,T n=-+…-+++=1+=.所以T n=16.(2013江西,17,12分)正项数列{a n}的前n项和S n满足:-(n2+n-1)S n-(n2+n)=0.(1)求数列{a n}的通项公式a n;(2)令b n=,数列{b n}的前n项和为T n.证明:对于任意的n∈N*,都有T n<.解析(1)由-(n2+n-1)S n-(n2+n)=0,得[S n-(n2+n)](S n+1)=0.由于{a n}是正项数列,所以S n>0,S n=n2+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:由于a n=2n,b n=,则b n==-.T 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,a2n=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.解析(1)设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d.由S4=4S2,a2n=2a n+1得解得a1=1,d=2.因此a n=2n-1,n∈N*.(2)由题意知:T n=λ-,所以n≥2时,b n=T n-T n-1=-+=.故c n=b2n==(n-1),n∈N*.所以R n=0×+1×+2×+3×+…+(n-1)×,则R n=0×+1×+2×+…+(n-2)×+(n-1)×,两式相减得R n=+++…+-(n-1)×=-(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 n}中,a1+a3=8,且a4为a2和a9的等比中项,求数列{a n}的首项、公差及前n项和.解析设该数列公差为d,前n项和为S n.由已知,可得2a1+2d=8,(a1+3d)2=(a1+d)(a1+8d).所以a1+d=4,d(d-3a1)=0,解得a1=4,d=0,或a1=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)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,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}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则= .答案 13.(2016浙江,20,15分)设数列{a n}满足≤1,n∈N*.(1)证明:|a n|≥2n-1(|a1|-2),n∈N*;(2)若|a n|≤,n∈N*,证明:|a n|≤2,n∈N*.证明(1)由≤1得|a n|-|a n+1|≤1,故-≤,n∈N*,所以-=++…+≤++…+<1,因此|a n|≥2n-1(|a1|-2).(2)任取n∈N*,由(1)知,对于任意m>n,-=++…+≤++…+<,故|a n|<·2n≤·2n=2+·2n.从而对于任意m>n,均有|a n|<2+·2n.①由m的任意性得|a n|≤2.否则,存在n0∈N*,有||>2,取正整数m0>lo且m0>n0,则·<·=||-2,与①式矛盾. 综上,对于任意n∈N*,均有|a n|≤2.4.(2015浙江,20,15分)已知数列{a n}满足a1=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-a n-1)a n-1得a n=(1-a n-1)(1-a n-2)…(1-a1)a1>0.由0<a n≤得==∈[1,2],即1≤≤2.(2)由题意得=a n-a n+1,所以S n=a1-a n+1.①由-=和1≤≤2得1≤-≤2,所以n≤-≤2n,因此≤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}满足a1a2a3…a n=((n∈N*).若{a n}为等比数列,且a1=2,b3=6+b2.(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,使得对任意n∈N*均有S k≥S n.解析(1)由a1a2a3…a n=(,b3-b2=6,知a3=(=8.又由a1=2,得公比q=2(q=-2舍去),所以数列{a n}的通项为a n=2n(n∈N*),所以,a1a2a3…a n==()n(n+1).故数列{b n}的通项为b n=n(n+1)(n∈N*).(2)(i)由(1)知c n=-=-(n∈N*),所以S n=-(n∈N*).(ii)因为c1=0,c2>0,c3>0,c4>0;当n≥5时,c n=,而-=>0,得≤<1,所以,当n≥5时,c n<0.综上,对任意n∈N*,恒有S4≥S n,故k=4.6.(2017课标全国Ⅱ文,17,12分)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,等比数列{b n}的前n项和为T n,a1=-1,b1=1,a2+b2=2.(1)若a3+b3=5,求{b n}的通项公式;(2)若T3=21,求S3.解析本题考查了等差、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a2+b2=2得d+q=3.①(1)由a3+b3=5得2d+q2=6.②联立①和②解得(舍去),或因此{b n}的通项公式为b n=2n-1.(2)由b1=1,T3=21得q2+q-20=0.解得q=-5或q=4.当q=-5时,由①得d=8,则S3=21.当q=4时,由①得d=-1,则S3=-6.7.(2017课标全国Ⅲ文,17,12分)设数列{a n}满足a1+3a2+…+(2n-1)a n=2n.(1)求{a n}的通项公式;(2)求数列的前n项和.解析(1)因为a1+3a2+…+(2n-1)a n=2n,故当n≥2时,a1+3a2+…+(2n-3)a n-1=2(n-1).两式相减得(2n-1)a n=2.所以a n=(n≥2).又由题设可得a1=2,从而{a n}的通项公式为a n=(n∈N*).(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x1+x2=3,x3-x2=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,依次连接点P1(x1,1),P2(x2,2),…,P n+1(x n+1,n+1)得到折线P1P2…P n+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=x n+1所围成的区域的面积T n.解析本题考查等比数列基本量的计算,错位相减法求和.(1)设数列{x n}的公比为q,由已知知q>0.由题意得所以3q2-5q-2=0.因为q>0,所以q=2,x1=1.因此数列{x n}的通项公式为x n=2n-1.(2)过P1,P2,…,P n+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,…,Q n+1.由(1)得x n+1-x n=2n-2n-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=b1+b2+…+b n=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2,①2T n=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.②①-②得-T n=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1=+-(2n+1)×2n-1.所以T n=.9.(2015重庆,22,12分)在数列{a n}中,a1=3,a n+1a n+λa n+1+μ=0(n∈N+).(1)若λ=0,μ=-2,求数列{a n}的通项公式;(2)若λ=(k0∈N+,k0≥2),μ=-1,证明:2+<<2+.解析(1)由λ=0,μ=-2,有a n+1a n=2(n∈N+).若存在某个n0∈N+,使得=0,则由上述递推公式易得=0.重复上述过程可得a1=0,此与a1=3矛盾,所以对任意n∈N+,a n≠0.从而a n+1=2a n(n∈N+),即{a n}是一个公比q=2的等比数列.故a n=a1q n-1=3·2n-1.(2)证明:由λ=,μ=-1,数列{a n}的递推关系式变为a n+1a n+a n+1-=0,变形为a n+1=(n∈N+).由上式及a1=3>0,归纳可得3=a1>a2>...>a n>a n+1> 0因为a n+1===a n-+·,所以对n=1,2,…,k0求和得=a1+(a2-a1)+…+(-)=a1-k0·+·>2+·=2+.另一方面,由上已证的不等式知a1>a2>…>>>2,得=a1-k0·+·<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b1>c1,b1+c1=2a1,a n+1=a n,b n+1=,c n+1=,则( )A.{S n}为递减数列B.{S n}为递增数列C.{S2n-1}为递增数列,{S2n}为递减数列D.{S2n-1}为递减数列,{S2n}为递增数列答案 B11.(2016天津,18,13分)已知{a n}是各项均为正数的等差数列,公差为d.对任意的n∈N*,b n是a n和a n+1的等比中项.(1)设c n=-,n∈N*,求证:数列{c n}是等差数列;(2)设a1=d,T n=(-1)k,n∈N*,求证:<.证明(1)由题意得=a n a n+1,有c n=-=a n+1·a n+2-a n a n+1=2da n+1,因此c n+1-c n=2d(a n+2-a n+1)=2d2,所以{c n}是等差数列.(2)T n=(-+)+(-+)+…+(-+)=2d(a2+a4+…+a2n)=2d·=2d2n(n+1).所以===·<.12.(2017江苏,19,16分)对于给定的正整数k,若数列{a n}满足: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)总成立,则称数列{a n}是“P(k)数列”.(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.证明本小题主要考查等差数列的定义、通项公式等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探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=a1+(n-1)d,从而,当n≥4时,a n-k+a n+k=a1+(n-k-1)d+a1+(n+k-1)d=2a1+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,因此等差数列{a n}是“P(3)数列”.(2)数列{a n}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,因此,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),③a 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,其中n≥4,所以a3,a4,a5,…是等差数列,设其公差为d'.在①中,取n=4,则a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d',在①中,取n=3,则a1+a2+a4+a5=4a3,所以a1=a3-2d',所以数列{a n}是等差数列.13.(2014湖南,20,13分)已知数列{a n}满足a1=1,|a n+1-a n|=p n,n∈N*.(1)若{a n}是递增数列,且a1,2a2,3a3成等差数列,求p的值;(2)若p=,且{a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,求数列{a n}的通项公式.解析(1)因为{a n}是递增数列,所以|a n+1-a n|=a n+1-a n=p n.而a1=1,因此a2=p+1,a3=p2+p+1. 又a1,2a2,3a3成等差数列,所以4a2=a1+3a3,因而3p2-p=0,解得p=或p=0.当p=0时,a n+1=a n,这与{a n}是递增数列矛盾.故p=.(2)由于{a2n-1}是递增数列,因而a2n+1-a2n-1>0,于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)>0.①但<,所以|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|.②由①②知,a2n-a2n-1>0,因此a2n-a2n-1==.③因为{a2n}是递减数列,同理可得,a2n+1-a2n<0,故a2n+1-a2n=-=.④由③④知,a n+1-a n=.于是a n=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a n-a n-1)=1+-+…+=1+·=+·,故数列{a n}的通项a n=+·.14.(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)=2x的图象上(n∈N*).(1)若a1=-2,点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上,求数列{a n}的前n项和S n;(2)若a1=1,函数f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为2-,求数列的前n项和T n.解析(1)由已知,得b7=,b8==4b7,有=4×=.解得d=a8-a7=2.所以,S n=na1+d=-2n+n(n-1)=n2-3n.(2)函数f(x)=2x在(a2,b2)处的切线方程为y-=(ln 2)(x-a2),它在x轴上的截距为a2-.由题意,得a2-=2-,解得a2=2.所以d=a2-a1=1.从而a n=n,b n=2n.所以T n=+++…++,2T n=+++…+.因此,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*)满足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.解析(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,(2)由b n=3n-1知a n=c n b n=(2n-1)3n-1,于是数列{a n}的前n项和S n=1·30+3·31+5·32+…+(2n-1)·3n-1,3S n=1·31+3·32+…+(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n,相减得-2S n=1+2·(31+32+…+3n-1)-(2n-1)·3n=-2-(2n-2)3n,所以S n=(n-1)3n+1.16.(2014湖北,18,12分)已知等差数列{a n}满足:a1=2,且a1,a2,a5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,是否存在正整数n,使得S n>60n+800?若存在,求n的最小值;若不存在,说明理由.解析(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,从而得数列{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.显然2n<60n+800,此时不存在正整数n,使得S n>60n+800成立.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成立,n的最小值为41.综上,当a n=2时,不存在满足题意的n;当a n=4n-2时,存在满足题意的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求和1.(2018浙江9+1高中联盟期中,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43.(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,a1=1,若a1,S2,5成等差数列,则数列{a n}的公比q= ,S n= .答案2;2n-14.(2016浙江名校(镇海中学)交流卷二,12)已知正项数列{a n}满足log2a n+1=1+log2a n,若a1=1,则其前10项和S10= ;若a5=2,则a1a2…a9= .答案 1 023;512考点二数列的综合应用5.(2016浙江温州二模,7)数列{a n}是递增数列,且满足a n+1=f(a n),a1∈(0,1),则f(x)不可能是( )A.f(x)=B.f(x)=2x-1C.f(x)=D.f(x)=log2(x+1)答案 B6.(2018浙江“七彩阳光”联盟期初联考,13)已知等差数列{a n}的前n项和是S n,若S k-1=4,S k=9,则a k= ,a1的最大值为.答案5;47.(2018浙江杭州二中期中,22)设数列{a n}满足a1=,a n+1=ln+2(n∈N*).(1)证明:a n+1≥;(2)记数列的前n项和为S n,证明:S n<+.解析(1)设f(x)=ln x+-1,则f '(x)=-=,所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,因此f(x)=ln x+-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 n-a n+1=-=,(2分)所以a n-a n+1与a n-1-a n同号.(3分)又因为a1=4,a2=,a1-a2>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=<,因此,a n-2≤(a1-2)×,即a n≤2+2×,(12分)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 n}满足a1=,a n+1=,n∈N*.(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<.解析(1)由条件可得a2==.(3分)(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,因此,=+1.(7分)(3)由(2)可得a n=≥=×,(9分)所以S n=a1+a2+…+a n≥+·+…+·=.(11分)又a n=<=,(13分)所以S n=a1+a2+a3+…+a n<+++…+=+-·<,n≥3,(14分)又S1=<,S2=<,因此,S n<,n∈N*.综上,≤S n<.(15分)B组2016—2018年模拟·提升题组一、选择题1.(2018浙江重点中学12月联考,7)设S n是等差数列{a n}的前n项和,若a1=-2 015,S6-2S3=18,则S2 017=( )A.2 016B.2 017C.-2 015D.-2 018答案 B2.(2017浙江“七彩阳光”新高考研究联盟测试,9)已知函数f(x)=sin xcosx+cos2x,0≤x0<x1<x2<…<x n≤,a n=|f(x n)-f(x n-1)|,n∈N*,S n=a1+a2+…+a n,则S n的最大值等于( )A. B. C.+1 D.2答案 A3.(2016浙江镇海中学测试(七),6)已知数列{a n}满足:a1=1,a n+1=(n∈N*),若a2k,a2k+1,9+a2k+2成等比数列,则正整数k的值是( )A.1B.2C.3D.4答案 B二、解答题4.(2018浙江“七彩阳光”联盟期中,22)已知正项数列{a n}满足a1=3,+a n+1=2a n,n∈N*.(1)求证:1<a n≤3,n∈N*;(2)若对于任意的正整数n,都有<M成立,求M的最小值;(3)求证:a1+a2+a3+…+a n<n+6,n∈N*.解析(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.∵+a2=2a1=6,∴a2=2,则a2-a1<0,所以a n+1-a n<0,∴数列{a n}是单调递减数列,所以a n≤a1=3.由+a n+1=2a n,得+a n+1-2=2a n-2,即(a n+1+2)(a n+1-1)=2(a n-1),由a n+1+2>0,知a n+1-1与a n-1同号,由于a1-1=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 n+1+2≤a2+2=4,则≤<,所以M≥.故M的最小值为.(3)证明:由(2)知n≥2时,a n-1=(a1-1)×××…×<(a1-1)=2×,又n=1时,a1-1=2,故a n-1≤2×,n∈N*.即a n≤1+2×,n∈N*.则a1+a2+a3+…+a n≤n+2=n+2×=n+6<n+6.5.(2018浙江杭州地区重点中学第一学期期中,22)已知函数f(x)=x2+x,x∈[1,+∞),a n=f(a n-1)(n≥2,n∈N).(1)证明:-≤f(x)≤2x2;(2)设数列{}的前n项和为A n,数列的前n项和为B n,a1=,证明:≤≤.证明(1)f(x)-=x2+x-=>0,∴f(x)≥-.f(x)-2x2=x2+x-2x2=x-x2=x(1-x)≤0(x≥1),∴f(x)≤2x2,∴-≤f(x)≤2x2.(2)a n=f(a n-1)=+a n-1⇒=a n-a n-1(n≥2),则A n=++…+=a n+1-a1=a n+1-,a n=+a n-1=a n-1(a n-1+1)⇒==-⇒=-(n≥2),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)如果数列{a n}满足a1=1,a n+1=f(a n)(n∈N*),是否存在实数c,使得a2n<c<a2n-1对所有的n∈N*都成立?并证明你的结论.解析(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=,a3=,下面用数学归纳法证明0<a2n<<a2n-1≤1.当n=1时,0<a2=<<a1=1≤1,结论成立.假设当n=k时结论成立,即0<a2k<<a2k-1≤1.由于f(x)=为(0,1]上的减函数,所以f(0)>f(a2k)>f>f(a2k-1)≥f(1),从而>a2k+1>>a2k≥,所以f<f(a2k+1)<f<f(a2k)≤f,即0<f<a2k+2<<a2k+1≤f≤1.故当n=k+1时,结论也成立.综上所述,对一切n∈N*,0<a2n<<a2n-1≤1都成立,即存在c=使得a2n<<a2n-1.7.(2017浙江测试卷,22)已知数列{a n}满足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a1=1及a n+1=,知a n>0,故a n+1-a n=-a n=<0,∴a n+1<a n,n∈N*.(2)由=+a n,得=++2,从而=+++2×2=…=+++…++2n,又a1=1,∴=1+++…++2n,∴T n=-2n-1,n∈N*.(3)由(2)知,a n+1=,由T n≥=1,得a n+1≤,∴当n≥2时,a n≤=<=(-),∴S n<a1+[(-1)+(-)+…+(-)]=1+(-1)<,n≥2,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 数列求和的解题策略1.(2017浙江宁波期末,22)已知数列{a n}满足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:-<+++…+<.解析(1)证明:由a1=2,得a2=2(a1+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时上式也成立,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,所以T n=1×3+2×32+3×33+…+n·3n,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=3n-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2.(2017浙江金华十校联考(4月),22)已知数列{a n}满足a1=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)a n+2=na n,∴++…+=++…+.令b n=na n,则b n·b n+1=na n·(n+1)a n+1==n+1,③∴b n-1·b n=n(n≥2),④由b1=a1=1,b2=2,易得b n>0,③-④得,=b n+1-b n-1(n≥2),∴b1<b3<…<b2n-1,b2<b4<…<b2n,得b n≥1,根据b n·b n+1=n+1得,b n+1≤n+1,∴1≤b n≤n,∴++…+=++…+=+(b3-b1)+(b4-b2)+…+(b n-b n-2)+(b n+1-b n-1)=+b n+b n+1-b1-b2=b n+b n+1-2,又b n+b n+1-2≥2-2=2(-1),且由1≤b n≤n可知,b n+b n+1-2=b n+-2≤m in≤n.综上可知,2(-1)≤++…+≤n.。
(浙江版)2019年高考数学一轮复习(讲+练+测)：专题6.4数列求和(讲)
第04节数列求和【考纲解读】考点考纲内容五年统计分析预测数列求和掌握等差数列、等比数列前n 项和公式及其应用.2016浙江文172015浙江文17；,理20；2014浙江文19；理19；2013浙江文19；理18.1.高频考向:等差数列与等比数列综合确定基本量，利用“裂项相消法”“错位相减法”等求和.2.低频考向:简单的等差数列、等比数列求和..3.特别关注:（1）灵活选用数列求和公式的形式，关注应用公式的条件；（2）熟悉分组求和法、裂项相消法及错位相减法.【知识清单】一．数列求和1. 等差数列的前n 和的求和公式：11()(1)22n nn a a n n S na d .2．等比数列前n 项和公式一般地，设等比数列123,,,,,n a a a a 的前n 项和是n S 123n a a a a ，当1q 时，qq a S nn1)1(1或11n na a qS q；当1q时，1na S n（错位相减法）.3. 数列前n 项和①重要公式：（1）1nk k 123n2)1(n n （2）1(21)nk k 13521n 2n（3）31nk k2333)1(2121n n n（4）21nk k)12)(1(613212222n n n n②等差数列中，m nm n S S S mnd ；③等比数列中，nmmnnmmn S S q S S q S .对点练习：1.【2017课标1，理4】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a ，648S ，则{}n a 的公差为A ．1B ．2C ．4D ．8【答案】 C2. 已知n a 为正项等比数列，n S 是它的前n 项和，若116a ，且4a 与7a 的等差中项为98，则5S 的值（）A ．29 B．31 C．33 D．35【答案】 B【解析】由题意得479+=4a a ，因此363911+=()6482q q qq舍去负值，因此55116(1)231.112S 选B.【考点深度剖析】数列求和是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，以解答题为主，难度中等或稍难，数列求和问题为先导，在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合.考查等差数列的求和多于等比数列的求和，往往在此基础上考查“裂项相消法”、“错位相减法”.【重点难点突破】考点 1 数列求和【1-1】已知n a 是递增的等差数列，2a ，4a 是方程2560xx 的根，则数列2n na 的前n 项和 .【答案】1422nn n S【1-2】【2017届浙江嘉兴市高三上基础测试】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若11a ，且12n nS ta ，其中*nN ．（1）求实数t 的值和数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 满足32log nn b a ，求数列11{}n n b b 的前n 项和n T ．【答案】（1）23t，13n na ；（2）12121121n n n ．【解析】试题分析：（1）由n n a S 可得32t，2n时由1nnn a S S 得数列n a 为首项为1，公比为3的等比数列，可得通项公式；（2）化简21nb n ，则11111()22121n nb b n n ，用裂项相消求和，可得前项和．试题解析：（1）当1n时，21111ta S a ，得23t，从而2123nna S ,则2n 时，2123212311nnnnna a S S a 得13nna a 又01a 得31nn a a ，故数列n a 为等比数列，公比为3，首项为1．∴13n na （2）由（1）得1223n na 得12nb n ∴ 121121211212111n n n n b b n n 得121121513131121nnT n 12121121nn n【领悟技法】1．公式法：如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列，我们可以运用等差、等比数列的前n 项和的公式来求和.对于一些特殊的数列（正整数数列、正整数的平方和立方数列等）也可以直接使用公式求和.2．倒序相加法：类似于等差数列的前n 项和的公式的推导方法，如果一个数列n a 的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．3．错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的．若n n n a b c ，其中n b 是等差数列，n c 是公比为q 等比数列，令112211n n nn n S b c b c b c b c ，则nqS 122311n nn n b c b c b c b c 两式错位相减并整理即得.4．裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n 项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法.适用于类似1n nc a a （其中n a 是各项不为零的等差数列，c 为常数）的数列、部分无理数列等.用裂项相消法求和，需要掌握一些常见的裂项方法：（1）1111n n kk nn k，特别地当1k 时，11111n n nn ；（2）11nkn knkn，特别地当1k时，111n n n n；（3）221111212122121nna n n n n （4）1111122112na n n n n n n n（5）)()11(11q pq pp qpq5．分组转化求和法：有一类数列{}n n a b ，它既不是等差数列，也不是等比数列，但是数列{},{}n n a b 是等差数列或等比数列或常见特殊数列，则可以将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比数列或常见的特殊数列，然后分别求和，再将其合并即可.6．并项求和法：一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如1nna f n 类型，可采用两项合并求解．例如，22222210099989721nS 100999897215050.7. 在利用裂项相消法求和时应注意：(1)在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差；(2)在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后面也剩下两项．对于不能由等差数列、等比数列的前n 项和公式直接求和的问题，一般需要将数列通项的结构进行合理的拆分，转化成若干个等差数列、等比数列的求和．应用公式法求和时，要保证公式使用的正确性，尤其要区分好等差数列、等比数列的通项公式及前n 项和公式．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与目的．用错位相减法求和时，应注意(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“n S ”与“n qS ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“n n S qS ”的表达式．8. [易错提示]利用裂项相消法解决数列求和问题，容易出现的错误有两个方面：(1)裂项过程中易忽视常数，如)211(21)2(1n n n n 容易误裂为12n n ，漏掉前面的系数12；(2)裂项之后相消的过程中容易出现丢项或添项的问题，导致计算结果错误．应用错位相减法求和时需注意：①给数列和S n 的等式两边所乘的常数应不为零，否则需讨论；②在转化为等比数列的和后，求其和时需看准项数，不一定为n .【触类旁通】【变式一】【2017课标II ，理15】等差数列n a 的前n 项和为n S ，33a ，410S ，则11nk kS 。
2019年高考试题汇编：数列
2019年高考试题汇编：数列一．选择题1．（2019•浙江）设a，b∈R，数列{a n}满足a1＝a，a n+1＝a n2+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 2．（2019•新课标Ⅰ）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﹣5B．a n＝3n﹣10C．S n＝2n2﹣8n D．S n＝n2﹣2n3．（2019•新课标Ⅲ）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＝（）A．16B．8C．4D．2二．填空题4．（2019•江苏）已知数列{a n}（n∈N*）是等差数列，S n是其前n项和．若a2a5+a8＝0，S9＝27，则S8的值是．5．（2019•北京）设等差数列{a n}的前n项和为S n，若a2＝﹣3，S5＝﹣10，则a5＝，S n的最小值为．6．（2019•新课标Ⅰ）记S n为等比数列{a n}的前n项和．若a1＝，a42＝a6，则S5＝．7．（2019•新课标Ⅰ）记S n为等比数列{a n}的前n项和．若a1＝1，S3＝，则S4＝．8．（2019•新课标Ⅲ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a3＝5，a7＝13，则S10＝．9．（2019•新课标Ⅲ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a1≠0，a2＝3a1，则＝．三．解答题10．（2019•新课标Ⅰ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．已知S9＝﹣a5．（1）若a3＝4，求{a n}的通项公式；（2）若a1＞0，求使得S n≥a n的n的取值范围．11．（2019•新课标II）已知{a n}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2+16．（1）求{a n}的通项公式；（2）设b n＝log2a n，求数列{b n}的前n项和．12．（2019•浙江）设等差数列{a n}的前n项和为S n，a3＝4，a4＝S3．数列{b n}满足：对每个n∈N*，S n+b n，S n+1+b n，S n+2+b n成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（Ⅱ）记c n＝，n∈N*，证明：c1+c2+…+c n＜2，n∈N*．13．（2019•新课标II）已知数列{a n}和{b n}满足a1＝1，b1＝0，4a n+1＝3a n﹣b n+4，4b n+1＝3b n﹣a n﹣4．（1）证明：{a n+b n}是等比数列，{a n﹣b n}是等差数列；（2）求{a n}和{b n}的通项公式．14．（2019•北京）设{a n}是等差数列，a1＝﹣10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）记{a n}的前n项和为S n，求S n的最小值．15．（2019•天津）设{a n}是等差数列，{b n}是等比数列．已知a1＝4，b1＝6，b2＝2a2﹣2，b3＝2a3+4．（Ⅰ）求{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）设数列{c n}满足c1＝1，c n＝其中k∈N*．（i）求数列{a（c﹣1）}的通项公式；（ii）求a i c i（n∈N*）．16．（2019•天津）设{a n}是等差数列，{b n}是等比数列，公比大于0．已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2+3．（Ⅰ）求{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）设数列{c n}满足c n＝求a1c1+a2c2+…+a2n c2n（n∈N*）．17．（（2019•江苏）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M﹣数列”．（1）已知等比数列{a n}（n∈N*）满足：a2a4＝a5，a3﹣4a2+4a1＝0，求证：数列{a n}为“M ﹣数列”；（2）已知数列{b n}（n∈N*）满足：b1＝1，＝﹣，其中S n为数列{b n}的前n项和．①求数列{b n}的通项公式；②设m为正整数，若存在“M﹣数列”{c n}（n∈N*），对任意正整数k，当k≤m时，都有c k≤b k≤c k+1成立，求m的最大值．18．（2019•北京）已知数列{a n}，从中选取第i1项、第i2项、…、第i m项（i1＜i2＜…＜i m），若a＜a＜…＜a，则称新数列a，a，…，a为{a n}的长度为m的递增子列．规定：数列{a n}的任意一项都是{a n}的长度为1的递增子列．（Ⅰ）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（Ⅱ）已知数列{a n}的长度为p的递增子列的末项的最小值为a，长度为q的递增子列的末项的最小值为a．若p＜q，求证：a＜a；（Ⅲ）设无穷数列{a n}的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{a n}的长度为s的递增子列末项的最小值为2s﹣1，且长度为s末项为2s﹣1的递增子列恰有2s﹣1个（s＝1，2，…），求数列{a n}的通项公式．。
(浙江专版)2019版高考数学一轮复习 第六章 数列 6.2 等差数列学案
§6.2 等差数列考纲解读考点考纲内容要求浙江省五年高考统计2013 2014 2015 2016 2017 1.等差数列的有关概念及运算 1.理解等差数列的概念.2.掌握等差数列的通项公式与前n 项和公式. 理解18(1),6分 19(文), 约8分 19(文),约7分3,5分 10(文),6分6,5分6,4分2.等差数列的性质及应用1.了解等差数列与一次函数的关系.2.能利用等差数列前n 项和公式及其性质求一些特殊数列的和.3.能运用数列的等差关系解决实际问题.掌握18(2),8分 19(文), 约7分19(文), 约7分分析解读 1.等差数列知识属于常考内容.2.考查等差数列定义、性质、通项公式、前n 项和公式等知识.3.灵活运用通项公式、前n 项和公式处理最值问题、存在性问题是高考的热点.4.以数列为背景,考查学生归纳、类比的能力.5.预计2019年高考试题中,等差数列的概念、性质、通项公式、前n 项和公式的考查必不可少.五年高考考点一 等差数列的有关概念及运算1.(2017浙江,6,4分)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.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 答案 C2.(2016浙江,6,5分)如图,点列{A n },{B n }分别在某锐角的两边上,且|A n A n+1|=|A n+1A n+2|,A n ≠A n+2,n∈N *,|B n B n+1|=|B n+1B n+2|,B n ≠B n+2,n∈N *. (P≠Q 表示点P 与Q 不重合)若d n =|A n B n |,S n 为△A n B n B n+1的面积,则()A.{S n }是等差数列B.{}是等差数列C.{d n }是等差数列D.{}是等差数列答案 A3.(2015浙江,3,5分)已知{a n }是等差数列,公差d 不为零,前n 项和是S n .若a 3,a 4,a 8成等比数列,则( ) A.a 1d>0,dS 4>0 B.a 1d<0,dS 4<0 C.a 1d>0,dS 4<0 D.a 1d<0,dS 4>0 答案 B4.(2017课标全国Ⅰ理,4,5分)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若a 4+a 5=24,S 6=48,则{a n }的公差为( )A.1B.2C.4D.8答案 C5.(2017课标全国Ⅲ理,9,5分)等差数列{a n}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则{a n}前6项的和为( )A.-24B.-3C.3D.8答案 A6.(2016课标全国Ⅰ,3,5分)已知等差数列{a n}前9项的和为27,a10=8,则a100=( )A.100B.99C.98D.97答案 C7.(2015浙江文,10,6分)已知{a n}是等差数列,公差d不为零.若a2,a3,a7成等比数列,且2a1+a2=1,则a1= ,d= .答案;-18.(2017课标全国Ⅱ理,15,5分)等差数列{a n}的前n项和为S n,a3=3,S4=10,则= .答案9.(2016江苏,8,5分)已知{a n}是等差数列,S n是其前n项和.若a1+=-3,S5=10,则a9的值是.答案2010.(2016北京,12,5分)已知{a n}为等差数列,S n为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6= .答案 611.(2014浙江文,19,14分)已知等差数列{a n}的公差d>0.设{a n}的前n项和为S n,a1=1,S2·S3=36.(1)求d及S n;(2)求m,k(m,k∈N*)的值,使得a m+a m+1+a m+2+…+a m+k=65.解析(1)由题意知(2a1+d)(3a1+3d)=36,将a1=1代入上式解得d=2或d=-5.因为d>0,所以d=2.从而a n=2n-1,S n=n2(n∈N*).(2)由(1)得a m+a m+1+a m+2+…+a m+k=(2m+k-1)(k+1),所以(2m+k-1)(k+1)=65.由m,k∈N*知2m+k-1≥k+1>1,故所以12.(2016山东,18,12分)已知数列{a n}的前n项和S n=3n2+8n,{b n}是等差数列,且a n=b n+b n+1.(1)求数列{b n}的通项公式;(2)令c n=,求数列{c n}的前n项和T n.解析(1)由题意知,当n≥2时,a n=S n-S n-1=6n+5.当n=1时,a1=S1=11,所以a n=6n+5.设数列{b n}的公差为d.由即可解得b1=4,d=3.所以b n=3n+1.(2)由(1)知c n==3(n+1)·2n+1.又T n=c1+c2+…+c n,得T n=3×[2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1],2T n=3×[2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2],两式作差,得-T n=3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]=3×=-3n·2n+2.所以T n=3n·2n+2.教师用书专用(13—17)13.(2015重庆,2,5分)在等差数列{a n}中,若a2=4,a4=2,则a6= ( )A.-1B.0C.1D.6答案 B14.(2014福建,3,5分)等差数列{a n}的前n项和为S n,若a1=2,S3=12,则a6等于( )A.8B.10C.12D.14答案 C15.(2014辽宁,8,5分)设等差数列{a n}的公差为d.若数列{}为递减数列,则( )A.d<0B.d>0C.a1d<0D.a1d>0答案 C16.(2013广东,12,5分)在等差数列{a n}中,已知a3+a8=10,则3a5+a7= .答案2017.(2014大纲全国,18,12分)等差数列{a n}的前n项和为S n.已知a1=10,a2为整数,且S n≤S4.(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=,求数列{b n}的前n项和T n.解析(1)由a1=10,a2为整数知,等差数列{a n}的公差d为整数.又S n≤S4,故a4≥0,a5≤0,于是10+3d≥0,10+4d≤0.解得-≤d≤-.因此d=-3.数列{a n}的通项公式为a n=13-3n.(6分)(2)b n==.(8分)于是T n=b1+b2+…+b n===.(12分)考点二等差数列的性质及应用1.(2015北京,6,5分)设{a n}是等差数列.下列结论中正确的是( )A.若a1+a2>0,则a2+a3>0B.若a1+a3<0,则a1+a2<0C.若0<a1<a2,则a2>D.若a1<0,则(a2-a1)(a2-a3)>0答案 C2.(2015广东,10,5分)在等差数列{a n}中,若a3+a4+a5+a6+a7=25,则a2+a8= .答案103.(2014北京,12,5分)若等差数列{a n}满足a7+a8+a9>0,a7+a10<0,则当n= 时,{a n}的前n项和最大.答案8教师用书专用(4—6)4.(2013辽宁,4,5分)下面是关于公差d>0的等差数列{a n}的四个命题:p1:数列{a n}是递增数列;p2:数列{na n}是递增数列;p3:数列是递增数列;p4:数列{a n+3nd}是递增数列.其中的真命题为( )A.p1,p2B.p3,p4C.p2,p3D.p1,p4答案 D5.(2013课标全国Ⅰ,7,5分)设等差数列{a n}的前n项和为S n,若S m-1=-2,S m=0,S m+1=3,则m=( )A.3B.4C.5D.6答案 C6.(2014江苏,20,16分)设数列{a n}的前n项和为S n.若对任意的正整数n,总存在正整数m,使得S n=a m,则称{a n}是“H数列”.(1)若数列{a n}的前n项和S n=2n(n∈N*),证明:{a n}是“H数列”;(2)设{a n}是等差数列,其首项a1=1,公差d<0.若{a n}是“H数列”,求d的值;(3)证明:对任意的等差数列{a n},总存在两个“H数列”{b n}和{c n},使得a n=b n+c n(n∈N*)成立.解析(1)证明:由已知得,当n≥1时,a n+1=S n+1-S n=2n+1-2n=2n.于是对任意的正整数n,总存在正整数m=n+1,使得S n=2n=a m.所以{a n}是“H数列”.(2)由已知,得S2=2a1+d=2+d.因为{a n}是“H数列”,所以存在正整数m,使得S2=a m,即2+d=1+(m-1)d,于是(m-2)d=1.因为d<0,所以m-2<0,故m=1.从而d=-1.当d=-1时,a n=2-n,S n=是小于2的整数,n∈N*.于是对任意的正整数n,总存在正整数m=2-S n=2-,使得S n=2-m=a m,所以{a n}是“H数列”.因此d的值为-1.(3)证明:设等差数列{a n}的公差为d,则a n=a1+(n-1)d=na1+(n-1)(d-a1)(n∈N*).令b n=na1,c n=(n-1)(d-a1),则a n=b n+c n(n∈N*),下证{b n}是“H数列”.设{b n}的前n项和为T n,则T n=a1(n∈N*).于是对任意的正整数n,总存在正整数m=,使得T n=b m.所以{b n}是“H数列”.同理可证{c n}也是“H数列”.所以,对任意的等差数列{a n},总存在两个“H数列”{b n}和{c n},使得a n=b n+c n(n∈N*).三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一等差数列的有关概念及运算1.(2018浙江杭州地区重点中学第一学期期中,4)已知数列{a n}是等差数列,则数列{b n}一定为等差数列的是( )A.b n=|a n|B.b n=C.b n=-a nD.b n=答案 C2.(2016浙江五校第一次联考,6)已知等差数列{a n}的公差d≠0,且a1,a3,a13成等比数列,若a1=1,S n为数列{a n}的前n项和,则的最小值为( )A.4B.3C.2-1D.答案 A3.(2017浙江宁波二模(5月),13)已知{a n},{b n}是公差分别为d1,d2的等差数列,且A n=a n+b n,B n=a n b n.若A1=1,A2=3,则A n= ;若{B n}为等差数列,则d1d2= .答案2n-1;0考点二等差数列的性质及应用4.(2018浙江“七彩阳光”联盟期中,5)已知等差数列{a n},S n表示其前n项和,a5+a11>0,a6+a9<0,则满足S n<0的正整数n的最大值是( )A.12B.13C.14D.15答案 C5.(2017浙江名校(绍兴一中)交流卷一,3)已知等差数列{a n}满足a1+a2+a3+…+a2 017=0,则有( )A.a1+a2 017>0B.a2+a2 016<0C.a3+a2 015=0D.a1 009=1 009答案 C6.(2017浙江名校新高考研究联盟测试一,4)已知S n是等差数列{a n}的前n项和,且S2=S7,S6=S k,则k的值为( )A.2B.3C.4D.5答案 B7.(2016浙江镇海中学高考模拟(5月卷),17)等差数列{a n}的前n项和为S n,已知a1=2,S6=22.(1)求S n,并求S n的最小值;(2)若从{a n}中抽取一个公比为q的等比数列{},其中k1=1,且k1<k2<…<k n<…,k n∈N*.当q取最小值时,求{k n}的通项公式.解析(1)设数列{a n}的公差为d,则S6=6a1+×6×5d=22,又a1=2,可得d=,所以S n=.(2分)因为S n=n(n+5)=-,n∈N*,所以当n=1时,S n取最小值2.(6分)(2)由(1)得a n=a1+(n-1)d=(n+2).因为数列{a n}是正项递增等差数列,所以数列{}的公比q>1,若k2=2,则由a1=2,a2=,得q==,此时=2·=,由=(n+2),解得n=∉N*,所以k2>2,同理可证得k2>3.(10分)若k2=4,则由a1=2,a4=4,得q=2,此时=2×2n-1=2n,又因为=(k n+2),所以(k n+2)=2n,即k n=3×2n-1-2,(14分)所以对任意正整数n,是数列{a n}的第(3·2n-1-2)项,所以最小的公比q=2,此时k n=3·2n-1-2.(15分)B组2016—2018年模拟·提升题组一、选择题1.(2017浙江杭州二模(4月),8)设{a n}是等差数列,S n为其前n项和.若正整数i,j,k,l满足i+l=j+k(i≤j≤k≤l),则( )A.a i a l≤a j a kB.a i a l≥a j a kC.S i S l≤S j S kD.S i S l≥S j S k答案 A2.(2017浙江模拟训练冲刺卷五,6)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且a3,a5-1,a6成等差数列,a2,a4-1,a7-1成等比数列,则S n=( )A.n2-nB.n2+nC.n2D.2n2答案 C3.(2016浙江名校(杭州二中)交流卷三,6)在等差数列{a n}中,+=10,则a3+a7的最大值为( )A.8B.9C.10D.11答案 C二、填空题4.(2018浙江高考模拟训练冲刺卷一,13)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且a1>0,S8=S11,则a10= ;使S n取到最大值的n为.答案0;9或105.(2018浙江杭州地区重点中学第一学期期中,14)设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d,前n项和为S n,且S5·S6=-15,则d的取值范围是;若a1=-7,则d的值为.答案(-∞,-2]∪[2,+∞);3或6.(2017浙江温州2月模拟,15)在等差数列{a n}中,若+2a2a8+a6a10=16,则a4a6= .答案 4三、解答题7.(2018浙江镇海中学期中,22)已知数列{a n}满足:a1=1,a n+1=+b(n∈N*).(1)若b=1,证明:数列{(a n-1)2}是等差数列;(2)若b=-1,判断数列{a2n-1},{a2n}的单调性并说明理由;(3)若b=-1,求证:a1+a3+…+a2n-1<.解析(1)证明:由题意得(a n+1-1)2-(a n-1)2=2,又(a1-1)2=0,∴数列{(a n-1)2}是首项为0,公差为2的等差数列.(2)显然a n>0,a n+1=-1.∵f(x)=-1在x∈[0,1]上单调递减,∴当x=[0,1]时,f(x)∈[-1,-1],又a1=1,a n+1=-1,∴0<a n≤1,当n≥2时,a n+2-a n=-=.∵a n+1+a n-1-2<0,∴a n+2-a n与a n+1-a n-1异号,又a3-a1<0,∴a2n+2-a2n>0,a2n+1-a2n-1<0,∴{a2n-1}单调递减,{a2n}单调递增.(3)a n+1-=-=,由(2)知a n-<0,∴a n+1-与a n-异号.∵a1->0,∴a2n-1->0,a2n-<0,∴a2n<<a2n-1,n∈N*.∵a2n+1-=-==<<,∴++…+<+×+…+·=×<,∴a1+a3+…+a2n-1<.8.(2017浙江吴越联盟测试,19)已知等差数列{a n}和等比数列{b n}满足:a1+b1=3,a2+b2=7,a3+b3=15,a4+b4=35.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)求数列的前n项和S n.解析(1)设数列{a n}的公差为d,{b n}的公比为q.由条件知a1=3-b1,a2=7-b2,a3=15-b3,a4=35-b4,由等差数列的性质得即显然q≠1.两式相除,得q=3,所以b1=1,a1=2,d=2.故a n=2n,b n=3n-1.(2)由(1)得==-,所以S n=1+++…+=.C组2016—2018年模拟·方法题组方法1 等差数列中的“基本量法”的解题策略1.(2017浙江嘉兴基础测试,9)设等差数列{a n}的前n项和为S n,已知a3=16,a6=10,则公差d= ,S n取最大值时,n= .答案-2;10或11方法2 等差数列性质的解题策略2.已知等差数列{a n},首项a1>0,a2 011+a2 012>0,a2 011·a2 012<0,则使数列{a n}的前n项和S n>0成立的最大正整数n 是( )A.2 011B.2 012C.4 023D.4 022答案 D。
专题06数列与数学归纳法-2019届浙江省高考数学复习必备高三优质考卷分项解析(Word版含解析)
一．基础题组1.【浙江省“七彩阳光”联盟2019届高三期初联考】设实数成等差数列，且它们的和为9，如果实数成等比数列，则的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】【分析】根据题意得，，故，然后求出范围【详解】【点睛】在解答多元的取值范围时运用已知条件将其转化为单元问题，这样可以利用函数的性质求得最小值，在等差数列和等比数列中要注意的问题进行取舍。
2. 【浙江省杭州市第二中学2018届高三6月热身考】已知数列是等比数列，其公比为，则“”是“数列为单调递增数列“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【答案】D【解析】分析：等比数列的通项公式为，故其单调性不仅取决于的符号，还要考虑还是．详解：取，，则，但为减数列；取，，则，为增数列，但，故“”是“等比数列为单调递增数列”的既不充分又不必要条件，故选D．点睛：一般地，等比数列为单调递增数列的充要条件是或．等差数列为单调递增数列的充要条件是公差．3. 【浙江省教育绿色评价联盟2018届高三5月适应性考试】将公差不为零的等差数列，，调整顺序后构成一个新的等比数列，，，其中，则该等比数列的公比为______．【答案】或【解析】分析：设等差数列的公差为，则，然后由，，，成等比数列，分类列等式求公比即可.点睛：等差数列基本量的运算是等差数列的一类基本题型，数列中的五个基本量，一般可以“知二求三”；等比数列基本量的运算是等比数列的一类基本题型，数列中的五个基本量，一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解.4. 【浙江省杭州市第二中学2018届高三仿真考】各项都是正数的等比数列中，，，成等差数列，则的值为（ ） A ． B ．C ．D ．或【答案】B【解析】分析：首先设的公比为q （），根据题意，结合三个数成等差数列的条件列出等量关系式，求得公比，而，代入化简求得结果.点睛：该题考查的是数列的有关问题，涉及到的知识点有三个数成等差数列的条件，等比数列的性质等，注意题中的隐含条件.5.【浙江省杭州市学军中学2018年5月高三模拟】等差数列{}n a 的公差为d ，前n 项的和为n S ，当首项1a 和公差d 变化时， 2811a a a ++是一个定值，则下列各数中也为定值的是（ ） A ． 7S B ． 8S C ． 13S D ． 15S 【答案】C【解析】试题分析： ()()()()2811111117710318363a a a a d a d a d a d a d a ++=+++++=+=+=，所以7a 是定值， ()11313713132a a S a +∴==是定值。
2019届浙江省高三数学理一轮复习专题突破训练：数列
浙江省2019届高三数学理一轮复习专题突破训练数 列一、选择、填空题 1、（2016年浙江省高考）如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且1122,,n n n n n n A A A A A A n ++++=≠∈*N ，1122,,n n n n n n B B B B B B n ++++=≠∈*N ，（P Q P Q ≠表示点与不重合）.若1n n n n n n n d A B S A B B +=，为△的面积，则A ．{}n S 是等差数列B ．2{}n S 是等差数列C ．{}n d 是等差数列D ．2{}n d 是等差数列2、（2016年浙江省高考）设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2=4，a n +1=2S n +1，n ∈N *，则a 1= ，S 5= .3、（2015年浙江省高考）已知{}n a 是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是n S ，若348,,a a a 成等比数列，则（ ）A.140,0a d dS >>B.140,0a d dS <<C.140,0a d dS ><D.140,0a d dS <>4、（嘉兴市2016届高三下学期教学测试（二））已知{}n a 是等差数列，公差为2，{}n b 是等比数列，公比为2，若{}n b 的前n 项和为n b a ，则11a b +等于（ ） A ．1 B ．2 C ．3 D ．45、（金华、丽水、衢州市十二校2017届高三8月联考）在数列{}n a 中，()*111,3n n a a a n N +==∈，则3a =_________，5S =__________6、（金华十校2016届高三上学期调研）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若11=a ，32a S =，且k a a a ,,21成等比数列，则=k （ ）A ．1B ．2C ．3D ．47、（宁波市2016届高三上学期期末考试）已知实数列{}n a 是等比数列，若2588a a a =-，则151959149a a a a a a ++（ ▲ ） A ．有最大值12 B ．有最小值12 C ．有最大值52 D ．有最小值528、（绍兴市柯桥区2016届高三教学质量调测（二模））各项均不为零的等差数列{}n a 中，若()211,2n n n a a a n N n *+-=-∈≥,则2016S =（ ）A ． 0B ．2C ．2015D ．40329、（温岭市2016届高三5月高考模拟）已知数列{}n a 为等差数列，22121a a +=，n S 为{}n a 的前n 项和，则5S 的取值范围是 A．[B．[-， C ．[10-，10] D．[-10、（温岭市2016届高三5月高考模拟）数列{}n a 满足*11(n n n a a a n +-=+∈N ，2)n ≥，n S 是{}n a 的前n 项和，若51a =，则6S = ▲11、（温州市2016届高三第二次适应性考试）数列{}n a 是递增数列，且满足1()n n a f a +=，1(0,1)a ∈，则()f x 不可能是（ ）A．()f x =．()21x f x =- C．()f x = D ．2()log (1)f x x =+12、（浙江省五校2016届高三第二次联考） 已知数列{}n a 满足：1112,1nn na a a a ++==-，则12315a a a a =L ；设()1nn n b a =-，数列{}n b 前n 项的和为n S ，则2016S = 。
(浙江专版)2019版高考数学一轮复习 第六章 数列 6.3 等比数列学案
§6.3等比数列考纲解读考点考纲内容要求浙江省五年高考统计2013 2014 2015 2016 20171.等比数列的有关概念及运算1.理解等比数列的概念.2.掌握等比数列的通项公式与前n项和公式.理解18(1),6分18(1),7分3,5分10(文),2分17(文),约3分20(1),约3分17(1)(文),约4分22,约5分2.等比数列的性质及应用1.了解等比数列与指数函数的关系.2.能利用等比数列前n项和公式及其性质求一些特殊数列的和.3.能运用数列的等比关系解决实际问题.掌握19(文),约3分18(2),7分17(2)(文),约4分分析解读 1.考查等比数列的定义与判定,通项公式、前n项和的求解,等比数列的性质等知识.2.等比数列与不等式结合的范围求解、大小比较、不等式证明是高考的热点.3.预计2019年高考试题中,对等比数列的考查仍以概念、性质、通项、前n项和等基本量为主,以中档题形式出现.五年高考考点一等比数列的有关概念及运算1.(2017课标全国Ⅱ理,3,5分)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯( )A.1盏B.3盏C.5盏D.9盏答案 B2.(2014重庆,2,5分)对任意等比数列{a n},下列说法一定正确的是( )A.a1,a3,a9成等比数列B.a2,a3,a6成等比数列C.a2,a4,a8成等比数列D.a3,a6,a9成等比数列答案 D3.(2017课标全国Ⅲ理,14,5分)设等比数列{a n}满足a1+a2=-1,a1-a3=-3,则a4 = .答案-84.(2017江苏,9,5分)等比数列{a n}的各项均为实数,其前n项和为S n.已知S3=,S6=,则a8= .答案325.(2016课标全国Ⅰ,15,5分)设等比数列{a n}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…a n的最大值为.答案646.(2014天津,11,5分)设{a n}是首项为a1,公差为-1的等差数列,S n为其前n项和.若S1,S2,S4成等比数列,则a1的值为.答案-7.(2017课标全国Ⅰ文,17,12分)记S n为等比数列{a n}的前n项和.已知S2=2,S3=-6.(1)求{a n}的通项公式;(2)求S,并判断S,S,S是否成等差数列.解析本题考查等差、等比数列.(1)设{a n}的公比为q,由题设可得解得q=-2,a1=-2.故{a n}的通项公式为a n=(-2)n.(2)由(1)可得S n==-+(-1)n·.由于S n+2+S n+1=-+(-1)n·=2=2S n,故S n+1,S n,S n+2成等差数列.8.(2016课标全国Ⅲ,17,12分)已知数列{a n}的前n项和S n=1+λa n,其中λ≠0.(1)证明{a n}是等比数列,并求其通项公式;(2)若S5=,求λ.解析(1)由题意得a1=S1=1+λa1,故λ≠1,a1=,a1≠0.(2分)由S n=1+λa n,S n+1=1+λa n+1得a n+1=λa n+1-λa n,即a n+1(λ-1)=λa n.由a1≠0,λ≠0得a n≠0,所以=. 因此{a n}是首项为,公比为的等比数列,于是a n=·.(6分)(2)由(1)得S n=1-.由S5=得1-=,即=.解得λ=-1.(12分)9.(2016四川,19,12分)已知数列{a n}的首项为1,S n为数列{a n}的前n项和,S n+1=qS n+1,其中q>0,n∈N*.(1)若2a2,a3,a2+2成等差数列,求数列{a n}的通项公式;(2)设双曲线x2-=1的离心率为e n,且e2=,证明:e1+e2+…+e n>.解析(1)由已知,S n+1=qS n+1,S n+2=qS n+1+1,两式相减得到a n+2=qa n+1,n≥1.又由S2=qS1+1得到a2=qa1,故a n+1=qa n对所有n≥1都成立.所以,数列{a n}是首项为1,公比为q的等比数列.从而a=q n-1.由2a,a,a+2成等差数列,可得2a3=3a2+2,即2q2=3q+2,则(2q+1)(q-2)=0,由已知,q>0,故q=2.所以a n=2n-1(n∈N*).(2)由(1)可知,a n=q n-1.所以双曲线x2-=1的离心率e n==.由e2==,解得q=.因为1+q2(k-1)>q2(k-1),所以>q k-1(k∈N*).于是e1+e2+…+e n>1+q+…+q n-1=,故e1+e2+…+e n>.10.(2015四川,16,12分)设数列{a n}(n=1,2,3,…)的前n项和S n满足S n=2a n-a1,且a1,a2+1,a3成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列的前n项和为T n,求T n.解析(1)由已知S n=2a n-a1,有a n=S n-S n-1=2a n-2a n-1(n≥2),即a n=2a n-1(n≥2).从而a2=2a1,a3=2a2=4a1.又因为a1,a2+1,a3成等差数列,即a1+a3=2(a2+1).所以a1+4a1=2(2a1+1),解得a1=2.所以,数列{a n}是首项为2,公比为2的等比数列.故a n=2n.(2)由(1)得=.所以T n=++…+==1-.教师用书专用(11—16)11.(2013江西,3,5分)等比数列x,3x+3,6x+6,…的第四项等于( )A.-24B.0C.12D.24答案 A12.(2013课标全国Ⅱ,3,5分)等比数列{a n}的前n项和为S n,已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1=( )A. B.-C. D.-答案 C13.(2013江苏,14,5分)在正项等比数列{a n}中,a5=,a6+a7=3.则满足a1+a2+…+a n>a1a2…a n的最大正整数n的值为.答案1214.(2014江苏,7,5分)在各项均为正数的等比数列{a n}中,若a2=1,a8=a6+2a4,则a6的值是.答案 415.(2014课标Ⅱ,17,12分)已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=3a n+1.(1)证明是等比数列,并求{a n}的通项公式;(2)证明++…+<.解析(1)由a n+1=3a n+1得a n+1+=3.又a1+=,所以是首项为,公比为3的等比数列.a n+=,因此{a n}的通项公式为a n=.(2)证明:由(1)知=.因为当n≥1时,3n-1≥2×3n-1,所以≤.于是++…+≤1++…+=<.所以++…+<.16.(2013湖北,18,12分)已知等比数列{a n}满足:|a2-a3|=10,a1a2a3=125.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)是否存在正整数m,使得++…+≥1?若存在,求m的最小值;若不存在,说明理由.解析(1)设等比数列{a n}的公比为q,则由已知可得解得或故a n=·3n-1,或a n=-5·(-1)n-1.(2)若a n=·3n-1,则=·,故是首项为,公比为的等比数列,从而==·<<1.若a n=(-5)·(-1)n-1,则=-(-1)n-1,故是首项为-,公比为-1的等比数列,从而=故<1.综上,对任何正整数m,总有<1.故不存在正整数m,使得++…+≥1成立.考点二等比数列的性质及应用1.(2015课标Ⅱ,4,5分)已知等比数列{a n}满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7=( )A.21B.42C.63D.84答案 B2.(2014大纲全国,10,5分)等比数列{a n}中,a4=2,a5=5,则数列{lg a n}的前8项和等于( )A.6B.5C.4D.3答案 C3.(2015安徽,14,5分)已知数列{a n}是递增的等比数列,a1+a4=9,a2a3=8,则数列{a n}的前n项和等于.答案2n-14.(2015湖南,14,5分)设S n为等比数列{a n}的前n项和.若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则a n= . 答案3n-15.(2014安徽,12,5分)数列{a n}是等差数列,若a1+1,a3+3,a5+5构成公比为q的等比数列,则q= . 答案 16.(2013天津,19,14分)已知首项为的等比数列{a n}不是．．递减数列,其前n项和为S n(n∈N*),且S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设T n=S 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==.又{a n }不是递减数列且a 1=,所以q=-.故等比数列{a n }的通项公式为a n =×=(-1)n-1·.(2)由(1)得S n =1-=当n 为奇数时,S n 随n 的增大而减小,所以1<S n ≤S 1=,故0<S n -≤S 1-=-=.当n 为偶数时,S n 随n 的增大而增大,所以=S 2≤S n <1,故0>S n -≥S 2-=-=-.综上,对于n∈N *,总有-≤S n -≤.所以数列{T n }最大项的值为,最小项的值为-.教师用书专用(7—9)7.(2013福建,9,5分)已知等比数列{a n }的公比为q,记b n =a m(n-1)+1+a m(n-1)+2+…+a m(n-1)+m ,c n =a m(n-1)+1·a m(n-1)+2·…·a m(n-1)+m (m,n∈N *),则以下结论一定正确的是( )A.数列{b n }为等差数列,公差为q mB.数列{b n }为等比数列,公比为q 2mC.数列{c n }为等比数列,公比为D.数列{c n }为等比数列,公比为答案 C8.(2014广东,13,5分)若等比数列{a n }的各项均为正数,且a 10a 11+a 9a 12=2e 5,则ln a 1+ln a 2+…+ln a 20= . 答案 509.(2013北京,10,5分)若等比数列{a n }满足a 2+a 4=20,a 3+a 5=40,则公比q= ;前n 项和S n = .答案 2;2n+1-2三年模拟A 组 2016—2018年模拟·基础题组考点一 等比数列的有关概念及运算1.(2018浙江镇海中学期中,2)等比数列{a n}的前n项和为S n,若S3=2,S6=18,则等于( )A.-3B.5C.-31D.33答案 D2.(2017浙江温州十校期末联考,8)已知数列{a n}的首项a1=1,前n项和为S n,且满足2a n+1+S n=2,则满足<<的n的最大值是( )A.8B.9C.10D.11答案 B3.(2017浙江名校协作体,13)设等比数列{a n}的前n项和为S n,若对任意的正整数n,均有S n+3=8S n+3,则首项a1= ,公比q= .答案;2考点二等比数列的性质及应用4.(2018浙江杭州二中期中,6)已知等比数列{a n}的前n项积为T n,且log2a3+log2a7=2,则T9的值为( )A.±512B.512C.±1 024D.1 024答案 B5.(2017浙江高考模拟训练冲刺卷一,6)已知{a n}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10=( )A.7B.5C.-5D.-7答案 D6.(2017浙江稽阳联谊学校联考(4月),15)公比为q的等比数列{a n}的前n项和为S n,若a1a9=2a3a6,S5=-62,则a1的值为.答案-27.(2016浙江高考冲刺卷(一),17)已知数列{a n}满足a1=,a n+1=(n∈N*),数列{b n}满足b n=-1(n∈N*).(1)求证:数列{b n}为等比数列,并求数列{a n}的通项公式;(2)是否存在互不相等的正整数m,k,n,使得m,k,n成等差数列,且a m-1,a k-1,a n-1成等比数列?如果存在,请给出证明;如果不存在,请说明理由.解析(1)∵b n=-1,∴a n=,∴==,得b n+1=b n,∵b1=-1=≠0,∴b n≠0,故数列{b n}为等比数列,∵b n=·==-1,(2)不存在.理由如下:假设存在满足题意的m,k,n,则m+n=2k,(a k-1)2=(a m-1)(a n-1).∵a n=,∴=,得(3k+2)2=(3m+2)(3n+2),故32k+4·3k=3m+n+2·3m+2·3n,∵m+n=2k,∴2·3k=3m+3n,∵3m+3n≥2=2·3k,当且仅当m=n时,等号成立,但m,k,n互不相等,∴不存在满足题意的m,k,n.B组2016—2018年模拟·提升题组一、选择题1.(2018浙江温州适应性测试,5)已知数列{a n}是公差不为0的等差数列,b n=,数列{b n}的前n项,前2n项,前3n项的和分别为A,B,C,则( )A.A+B=CB.B2=ACC.(A+B)-C=B2D.(B-A)2=A(C-B)答案 D2.(2017浙江镇海中学阶段测试,3)已知等比数列{a n}满足a1+a2=3,a2+a3=6,则a7=( )A.64B.81C.128D.243答案 A3.(2016浙江名校协作体测试,5)在等比数列{a n}中,设T n=a1a2…a n,n∈N*,则下列说法正确的是( )A.若T2n+1>0,则a1>0B.若T2n+1<0,则a1<0C.若T3n+1<0,则a1>0D.若T4n+1<0,则a1<0答案 D二、填空题4.(2018浙江浙东北联盟期中,11)下图所示的是毕达哥拉斯树的生长过程:正方形上连接着等腰直角三角形,等腰直角三角形上再连接着正方形……如此继续下去.若共得到31个正方形,设初始正方形边长为1,则最小正方形的边长为.答案5.(2017浙江绍兴质量调测(3月),13)已知等差数列{a n},等比数列{b n}的前n项和分别为S n,T n(n∈N*).若S n=n2+n,b1=a1,b2=a3,则a n= ,T n= .答案3n-1;(4n-1)6.(2018浙江“七彩阳光”联盟期初联考,22)在数列{a n}中,a1=2,a n+1=2a n.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=,数列{b n}的前n项和为S n,试求数列{S2n-S n}的最小值;(3)在(2)的条件下,求证:当n≥2时,≥.解析(1)由条件a n+1=2a n得=2·,又a1=2,所以=2,因此数列构成首项为2,公比为2的等比数列,从而=2·2n-1=2n,因此a n=n·2n.(4分)(2)由(1)得b n=,设c n=S2n-S n,则c n=++…+,所以c n+1=++…+++,从而c n+1-c n=+->+-=0,即c n+1>c n,因此数列{c n}是单调递增的,所以(c n)min=c1=.(9分)(3)证明:当n≥2时,=(-)+(-)+…+(S4-S2)+(S2-S1)+S1=++…+c2+c1+S1,由(2)知≥≥…≥c2,又c1=,S1=1,c2=,所以≥(n-1)c2+c1+S1=(n-1)++1=.(15分)7.(2017浙江温州模拟考(2月),22)设数列{a n}满足a n+1=-a n+1(n∈N*),S n为数列{a n}的前n项和,证明:(1)当0≤a1≤1时,0≤a n≤1;(2)当a1>1时,a n>(a1-1);(3)当a1=时,n-<S n<n.证明(1)①当n=1时,显然成立.(2分)②假设当n=k(k∈N*)时,0≤a k≤1,则当n=k+1时,a k+1=-a k+1=+∈⊆[0,1].由①②可知,0≤a n≤1(n∈N*).(4分)(2)由a n+1-a n=(-a n+1)-a n=(a n-1)2≥0,知a n+1≥a n.因为a1>1,所以a n>1(n∈N*).从而a n+1-1=(-a n+1)-1=-a n=a n(a n-1),即=a n≥a1,(6分)于是a n-1≥(a1-1),即a n>(a1-1)(n≥2,n∈N*),经检验,当n=1时,不等式也成立,故当a1>1时,a n>(a1-1).(8分)(3)当a1=时,由(1)知,0<a n<1(n∈N*),故S n<n.(9分)令b n=1-a n(n∈N*),由(1)易知,b n>b n+1>0(n∈N*),由a n+1=-a n+1,可得=b n-b n+1,(10分)从而++…+=(b1-b2)+(b2-b3)+…+(b n-b n+1)=b1-b n+1<b1=.又++…+>n,故n<,即b n<(n∈N*),(12分)注意到b n<=<=(-),故b1+b2+…+b n<[(-)+(-)+…+(-)]=,即n-S n<,亦即S n>n-,所以当a1=时,n-<S n<n.(15分)C组2016—2018年模拟·方法题组方法1 等比数列中“基本量法”的解题策略1.(2016浙江高考模拟冲刺(五),17)已知等差数列{a n},等比数列{b n}满足:a1+a2=a3,b1b2=b3,且a3,a2+b1,a1+b2成等差数列,a1,a2,b2成等比数列.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)若数列{c n}满足c n=,求数列{c n}的前n项和S n.解析(1)设等差数列{a n}的公差为d,等比数列{b n}的公比为q,依题意,得解得a1=d=1,b1=q=2.故a n=n,b n=2n.(8分)(2)∵c n===-,∴S n=++…+,∴S n=-=.(15分)方法2 等比数列的性质及应用的解题策略2.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且a3,a5-1,a6成等差数列,a2,a4-1,a7-1成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式及S n;(2)是否存在正整数n和k,使得S n,S n+1,S n+k成等比数列?若存在,求出n和k的值;若不存在,请说明理由.解析(1)设等差数列{a n}的公差为d,由a3,a5-1,a6成等差数列,得2(a1+4d-1)=a1+2d+a1+5d,解得d=2.由a2,a4-1,a7-1成等比数列,得=(a1+2)(a1+11),解得a1=1.则a n=1+(n-1)×2=2n-1,故S n=×n=n2.(2)存在.假设存在正整数n和k,使得S n ,,成等比数列,由(1)知S n=n2,S n+1=(n+1)2,S n+k=(n+k)2,则=S n S n+k,即(n+1)4=n2×(n+k)2.又因为n,k∈N*,所以(n+1)2=n(n+k),经整理得n(k-2)=1.考虑到n,k均为正整数,所以n=1,k=3.所以,存在正整数n=1,k=3符合题目的要求.方法3 等差、等比数列的综合问题的解题策略3.已知数列{a n}满足:a1=1,a n+1=(n∈N*),设b n=a2n-1.(1)求b2,b3,并证明b n+1=2b n+2;(2)①证明:数列{b n+2}为等比数列;②若a2k,a2k+1,9+a2k+2成等比数列,求正整数k的值.解析(1)b2=a3=2a2=2(a1+1)=4,b3=a5=2a4=2(a3+1)=10.同理:b n+1=a2n+1=2a2n=2(a2n-1+1)=2(b n+1)=2b n+2.(2)①证明:==2,则数列{b n+2}为等比数列.②由已知得,b1=a1=1,由①得b n+2=3×2n-1,所以b n=3×2n-1-2,即a2n-1=3×2n-1-2, 则a2n=a2n-1+1=3×2n-1-1.因为a2k,a2k+1,9+a2k+2成等比数列,所以(3×2k-2)2=(3×2k-1-1)(3×2k+8),令2k=t,得(3t-2)2=(3t+8),整理得3t2-14t+8=0,解得t=或4.因为k∈N*,所以2k=4,得k=2.。
(浙江版)2019年高考数学一轮复习(讲+练+测)： 专题6.3 等比数列及其前n项和(讲)
第03节 等比数列及其前n 项和【考纲解读】【知识清单】一．等比数列的有关概念 1. 等比数列定义一般地，如果一个数列从第二项起．．．．，每一项与它的前一项的比等于同一个常数．．，那么这个数列就叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比；公比通常用字母q 表示(0)q ≠，即：)0(1≠=+q q a a nn ,（注意：“从第二项起”、“常数”q 、等比数列的公比和项都不为零） 2．等比数列通项公式为：)0(111≠⋅⋅=-q a q a a n n .说明：（1）由等比数列的通项公式可以知道：当公比1d =时该数列既是等比数列也是等差数列；（2）等比数列的通项公式知：若{}n a 为等比数列，则m n mna q a -=. 3．等比中项如果在b a 与中间插入一个数G ，使b G a ,,成等比数列，那么G 叫做b a 与的等比中项（两个符号相同的非零实数，都有两个等比中项） 4．等比数列前n 项和公式 一般地，设等比数列123,,,,,n a a a a 的前n 项和是=n S 123n a a a a ++++，当1≠q 时，qq a S n n --=1)1(1或11n n a a qS q -=-；当1q =时，1na S n =（错位相减法）.说明：（1）（1）n S n q a ,,,1和n n S q a a ,,,1各已知三个可求第四个；（2）注意求和公式中是nq ，通项公式中是1-n q 不要混淆；（3）应用求和公式时1≠q ，必要时应讨论1=q 的情况. 5. 等差数列与等比数列的区分与联系 (1)如果数列{}n a 成等差数列，那么数列{}na A(na A总有意义)必成等比数列．(2)如果数列{}n a 成等比数列，且0n a >，那么数列{log }a n a (0a >，且1a ≠)必成等差数列．(3)如果数列{}n a 既成等差数列又成等比数列，那么数列{}n a 是非零常数数列．数列{}n a 是常数数列仅是数列既成等差数列又成等比数列的必要非充分条件．(4)如果由一个等差数列与一个等比数列的公共项顺次组成新数列，那么常选用“由特殊到一般”的方法进行讨论，且以等比数列的项为主，探求等比数列中哪些项是它们的公共项，构成什么样的新数列． 对点练习：【2017 届浙江省杭州高级中学高三2月模拟】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，对任意正整数n ， 13n n a S +=，则下列关于{}n a 的论断中正确的是（ ） A. 一定是等差数列 B. 一定是等比数列C. 可能是等差数列，但不会是等比数列D. 可能是等比数列，但不会是等差数列 【答案】C【解析】∵a n+1=3S n ， ∴S n+1−S n =3S n ， ∴S n+1=4S n ，若S 1=0，则数列{a n }为等差数列；若S 1≠0，则数列{S n }为首项为S 1，公比为4的等比数列，∴S n =S 1⋅4n −1， 此时a n =S n −S n −1=3S 1⋅4n −2(n ⩾2)，即数列从第二项起，后面的项组成等比数列。
(浙江版)2019年高考数学一轮复习 专题6.5 数列的综合应用(讲)
（浙江版）2019年高考数学一轮复习专题6.5 数列的综合应用（讲）高频考向【答案】.二．数列求和1. 等差数列的前n 和的求和公式：11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+. 2．等比数列前n 项和公式 一般地，设等比数列123,,,,,n a a a a 的前n 项和是=n S 123n a a a a ++++，当1≠q 时，qq a S n n --=1)1(1或11n n a a qS q -=-；当1q =时，1na S n =（错位相减法）. 3. 数列前n 项和①重要公式：（1）1nk k ==∑123n ++++=2)1(+n n （2）1(21)nk k =-=∑()13521n ++++-=2n（3）31nk k ==∑2333)1(2121⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+++n n n（4）21nk k ==∑)12)(1(613212222++=++++n n n n ②等差数列中，m n m n S S S mnd +=++；③等比数列中，n mm n n m m n S S q S S q S +=+=+.对点练习：【2017届浙江台州中学高三10月月考】在等差数列{}n a 中，13a =，其前n 项和为n S ，等比数列{}n b 的各项均为正数，11b =，公比为q ，且2212b S +=，22S q b =． （1）求na 与nb ；（2）证明：3211121<+++n S S S ．【答案】（1）3n a n =，13n n b -=；（2）详见解析.试题解析：（1）设{}n a 的公差为d ，∵222212b S S q b +=⎧⎪⎨=⎪⎩，∴6126q d dq q ++=⎧⎪+⎨=⎪⎩，解得3q =或4q =-（舍），3d =，故33(1)3n a n n =+-=，13n n b -=；（2）∵(33)2n n nS +=，∴12211()(33)31n S n n n n ==-++， 故121112*********[(1)()()()](1)322334131n S S S n n n ++⋅⋅⋅+=-+-+-+⋅⋅⋅+-=-++， ∵1n ≥，∴11012n <≤+，∴111121n ≤-<+，∴1212(1)3313n ≤-<+， 即121111233n S S S ≤++⋅⋅⋅+<. 【考点深度剖析】数列求和是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，以解答题为主，难度中等或稍难，数列求和问题为先导，在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合.【重点难点突破】考点1 等差数列和等比数列的综合问题【1-1】【2017·杭州调研】已知数列{a n }，{b n }中，a 1＝1，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 2n a 2n ＋1·1a n ＋1，n ∈N *，数列{b n }的前n 项和为S n . (1)若a n ＝2n －1，求S n ；(2)是否存在等比数列{a n }，使b n ＋2＝S n 对任意n∈N *恒成立？若存在，求出所有满足条件的数列{a n }的通项公式；若不存在，请说明理由； (3)若{a n }是单调递增数列，求证：S n <2. 【答案】(1)34－32n ＋2.(2)满足条件的数列{a n }存在，且只有两个，一个是a n ＝1，另一个是a n ＝(－1)n －1.(3)证明见解析.(2)解 满足条件的数列{a n }存在且只有两个， 其通项公式为a n ＝1和a n ＝(－1)n －1.证明：在b n ＋2＝S n 中，令n ＝1，得b 3＝b 1. 设a n ＝qn －1，则b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1q 21qn .由b 3＝b 1得⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1q 21q 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1q 21q.若q ＝±1，则b n ＝0，满足题设条件. 此时a n ＝1和a n ＝(－1)n －1.若q≠±1，则1q 3＝1q，即q 2＝1，矛盾.综上所述，满足条件的数列{a n }存在，且只有两个， 一个是a n ＝1，另一个是a n ＝(－1)n －1.(3)证明 因为1＝a 1<a 2<…<a n <…， 故a n >0，0<a n a n ＋1<1，于是0<a 2na 2n ＋1<1.b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 2n a 2n ＋1·1a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a n a n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a n a n ＋1·1a n ＋1 ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋a n a n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1·a n a n ＋1<2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1. 故S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n<2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a 3＋…＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a n ＋1<2. 所以S n <2.【1-2】已知等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1＋3a 2＝1，a 23＝9a 2a 6. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝－log3a n，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n . 【答案】（1）a n ＝13n ；（2）n4（n ＋1）．(2)∵a n ＝13n ，∴b n ＝－log313n＝2n ， 从而1b n b n ＋1＝14n （n ＋1）＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴T n ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n 4（n ＋1）. 【领悟技法】1．公式法：如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列，我们可以运用等差、等比数列的前n 项和的公式来求和.对于一些特殊的数列（正整数数列、正整数的平方和立方数列等）也可以直接使用公式求和.2．倒序相加法：类似于等差数列的前n 项和的公式的推导方法，如果一个数列{}n a 的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．3．错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的． 若n n n a b c =∙，其中{}n b 是等差数列，{}n c 是公比为q 等比数列，令112211n n n n n S b c b c b c b c --=++++，则n qS =122311n n n n b c b c b c b c -+++++两式错位相减并整理即得.4．裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n 项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法.适用于类似1n n c a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭（其中{}n a 是各项不为零的等差数列，c 为常数）的数列、部分无理数列等.5. [易错提示] 利用裂项相消法解决数列求和问题，容易出现的错误有两个方面： (1)裂项过程中易忽视常数，如)211(21)2(1+-=+n n n n 容易误裂为112n n -+，漏掉前面的系数12； (2)裂项之后相消的过程中容易出现丢项或添项的问题，导致计算结果错误． 应用错位相减法求和时需注意：①给数列和S n 的等式两边所乘的常数应不为零，否则需讨论； ②在转化为等比数列的和后，求其和时需看准项数，不一定为n . 【触类旁通】【变式一】【2017·东北三省四校模拟】已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d≠0，且S 3＋S 5＝50，a 1，a 4，a 13成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{b n }的前n 项和T n .【答案】(1)a n ＝2n ＋1.(2)T n ＝n×3n.(2)∵b n a n ＝3n －1，∴b n ＝a n ·3n －1＝(2n ＋1)·3n －1，∴T n ＝3＋5×3＋7×32＋…＋(2n ＋1)×3n －1，3T n ＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n －1)×3n －1＋(2n ＋1)×3n，两式相减得，－2T n ＝3＋2×3＋2×32＋…＋2×3n －1－(2n ＋1)×3n＝3＋2×3（1－3n －1）1－3－(2n ＋1)×3n ＝－2n×3n，∴T n ＝n×3n.【变式二】在数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝12，a 3＝54，数列{a n ＋1－3a n }是等比数列． (1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n －1是等差数列； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .【答案】(1)证明：见解析．(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12×3n ＋12.【解析】(1)证明：∵a 1＝2，a 2＝12，a 3＝54， ∴a 2－3a 1＝6，a 3－3a 2＝18. 又∵数列{a n ＋1－3a n }是等比数列， ∴a n ＋1－3a n ＝6×3n －1＝2×3n，∴a n ＋13n －a n 3n －1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n －1是等差数列． (2)由(1)知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n －1是等差数列， ∴a n 3n －1＝a 130＋(n －1)×2＝2n ，∴a n ＝2n×3n －1. ∵S n ＝2×1×30＋2×2×31＋…＋2n×3n －1，∴3S n ＝2×1×3＋2×2×32＋…＋2n×3n. ∴S n －3S n ＝2×1×30＋2×1×3＋…＋2×1×3n －1－2n×3n＝2×1－3n1－3－2n×3n ＝3n－1－2n×3n，∴S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12×3n ＋12.考点2 数列的综合应用【2-1】【安徽省六安市第一中学2018届高三上学期第二次月考】某公司为激励创新，计划逐年加大研发奖金投入.若该公司2015年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是（参考数据：）（ ）A. 2021年B. 2020年C. 2019年D. 2018年【答案】C【2-2】已知()[]23,0,31xf x x x+=∈+，已知数列{}n a 满足03,n a n N *<≤∈，且122010670a a a +++=，则122010()()()f a f a f a +++( )A ．有最大值6030B . 有最小值6030 C.有最大值6027 D . 有最小值6027 【答案】A【解析】1()33f =，当12201013a a a ====时，122010()()()f a f a f a +++=6030 对于函数23()(03)1xf x x x+=≤≤+,19()316k f '==-,在13x =处的切线方程为 913()103y x -=--即3(11)10y x =-，则()22331(11)(3)()01103x f x x x x x +=≤-⇔--≤+成立，所以03,n a n N *<≤∈时，有()3(113)10n n f a a ≤-122010()()()f a f a f a +++[]12201031120103()603010a a a ≤⨯-+++=.【2-3】【2017届浙江省湖州、衢州、丽水三市高三4月联考】数列{}n a 中， 112a =，()2*121nn n n a a n N a a +=∈-+（Ⅰ）求证： 1n n a a +<；（Ⅱ）记数列{}n a 的前n 项和为n S ，求证： 1n S <． 【答案】( Ⅰ)见解析；(Ⅱ)见解析.2121122111111111111111111111111n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a -----------==<==--+⎛⎫-+-+-- ⎪⎝⎭112222233111111n n n n n n n a a a a a a a -------=-+=--+-+-+，一个一个地变形最后可得111n a a ----+，从而证得题中不等式．也可利用裂项方法，由已知递推式得11111n n n a a a +=---，这样也可求得和式n S ，完成不等式的证明. 试题解析：证：（1）因为=，且，所以，所以所以，，.（2），所以.（Ⅱ）证法2：，.，，，所以.【2-4】【2017届浙江省台州市高三4月一模】已知数列满足：.（1）求证：；（2）求证：.【答案】(1)见解析;(2)见解析.所以，因为，所以.（2）假设存在，由（1）可得当时，，根据，而，所以.于是，…….累加可得（*）由（1）可得，而当时，显然有，因此有，这显然与（*）矛盾，所以.【领悟技法】1. 数列与不等式的综合问题是近年来的高考热门问题，与不等式相关的大多是数列的前n项和问题，对于这种问题，在解答时需要利用化归的思想将问题转化为我们较熟悉的问题来解决，要掌握常见的解决不等式的方法，以便更好地解决问题．数列与不等式的结合，一般有两类题：一是利用基本不等式求解数列中的最值；二是与数列中的求和问题相联系，证明不等式或求解参数的取值范围，此类问题通常是抓住数列通项公式的特征，多采用先求和后利用放缩法或数列的单调性证明不等式，求解参数的取值范围．以数列为背景的不等式恒成立问题，或不等式的证明问题，多与数列求和相联系，最后利用函数的单调性求解，或利用放缩法证明.解决数列和式与不等式证明问题的关键是求和，特别是既不是等差、等比数列，也不是等差乘等比的数列求和，要利用不等式的放缩法，放缩为等比数列求和、错位相减法求和、裂项相消法求和，最终归结为有限项的数式大小比较．数列与不等式综合的问题是常见题型，常见的证明不等式的方法有：①作差法；②作商法；③综合法；④分析法；⑤放缩法.2. 数列与解析几何交汇问题主要是解析几何中的点列问题，关键是充分利用解析几何的有关性质、公式，建立数列的递推关系式，然后借助数列的知识加以解决．3. 处理探索性问题的一般方法是：假设题中的数学对象存在或结论成立或其中的一部分结论成立，然后在这个前提下进行逻辑推理．若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用．还可以根据已知条件建立恒等式，利用等式恒成立的条件求解．4. 解答数列综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．数列与解析几何的综合问题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分，先利用解析几何的知识以及数形结合得到数列的通项公式，然后再利用数列知识和方法求解．5.数列是一种特殊的函数，故数列有着许多函数的性质．等差数列和等比数列是两种最基本、最常见的数列，它们是研究数列性质的基础，它们与函数、方程、不等式、三角等内容有着广泛的联系，等差数列和等比数列在实际生活中也有着广泛的应用，随着高考对能力要求的进一步增加，这一部分内容也将受到越来越多的关注． 数列与函数的综合问题，解决此类问题时要注意把握以下两点： (1)正确审题，深抠函数的性质与数列的定义； (2)明确等差、等比数列的通项、求和公式的特征． 【触类旁通】【变式一】【2017届浙江省杭州市高三4月二模】已知数列{}n a 的各项均为非负数，其前n 项和为n S ，且对任意的*n N ∈，都有212n n n a a a +++≤. （1）若11a =， 5052017a =，求6a 的最大值；（2）若对任意*n N ∈，都有1n S ≤，求证： ()+1201n n a a n n ≤-≤+.【答案】（1）见解析（2）见解析()61125a a d d d =++++，便可求出6a 的最大值；（2）首先假设1k k a a +<，根据已知条件212n n n a a a +++≤得112k k k k a a a a +++≤-≤ ，于是通过证明对于固定的k 值，存在121n a a a +++>，由此得出与1n S ≤矛盾，所以得到10n n a a +-≥，再设1k k k b a a +=-，则根据121n n n n a a a a +++-≤-可得1,0k k k b b b +≤>，接下来通过放缩，可以得到()1123n n b ≥++++，于是可以得出要证的结论.试题解析：（1）由题意知121n n n n a a a a +++-≤-，设1i i i d a a +=- ()1,2,,504i =，则123504d d d d ≤≤≤≤，且1235042016d d d d ++++=，1255d d d +++≤67504409d d d +++=()1252016409d d d -+++，所以12520d d d +++≤，()6112521a a d d d ∴=++++≤.（2）若存在*k N ∈，使得1k k a a +<，则由212n n n a a a +++≤， 得112k k k k a a a a +++≤-≤，因此，从n a 项开始，数列{}n a 严格递增， 故12n a a a +++≥ 1k k n a a a ++++≥ ()1k n k a -+，对于固定的k ，当n 足够大时，必有121n a a a +++≥，与题设矛盾，所以{}n a 不可能递增，即只能10n n a a +-≥. 令1k k k b a a +=-， ()*k N ∈，由112k k k k a a a a +++-≥-，得1k k b b +≥， 0k b >， 故121n a a a ≥+++= ()122n b a a a ++++= ()12332n b b a a a +++++，122n n b b nb na ==++++ ()()1122n n n n n b b +≥+++=，所以()21n b n n ≤+，综上，对一切*n N ∈，都有()1201n n a a n n +≤-≤+.【变式二】【2017届浙江省嘉兴一中、杭州高级中学、宁波效实中学等高三下五校联考】已知数列{}n a 中，满足111,2n a a +==记n S 为n a 前n 项和． （I ）证明： 1n n a a +>； （Ⅱ）证明： 1cos32n n a π-=⋅（Ⅲ）证明： 22754n S n π+>-.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析．试题解析：证明：（I ）因()()22212212112,n n n n n n a a a a a a +-=+-=-+故只需要证明1n a <即可 ……………………………………………………3分 下用数学归纳法证明： 当1n =时， 1112a =<成立 假设n k =时， 1k a <成立，那么当1n k =+时， 11k a +=<=， 所以综上所述，对任意n ， 1n a < …………………………………………6分 （Ⅱ）用数学归纳法证明1cos 3?2n n a π-=当1n =时， 11cos 23a π==成立假设n k =时， 1cos3?2k k a π-=那么当1n k =+时，1cos3?2k ka π+===所以综上所述，对任意n ， 1cos3?2n n a π-= …………………………10分（Ⅲ）22211111111sin 223?23?2n n n n n a a a ππ-----+⎛⎫=-=-=< ⎪⎝⎭得211219?4n n a π-->-…12分 故22212211241127119?4229316454n n i n i S n n πππ-=⎛⎫+⎛⎫>-+=--⨯⨯->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑ ……15分 【易错试题常警惕】易错典例：【2016高考浙江理数】设数列{}n a 满足112n n a a +-≤，n *∈N ． （I ）证明：()1122n n a a-≥-，n *∈N ；（II ）若32nn a ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，n *∈N ，证明：2n a ≤，n *∈N ．易错分析：一是不能正确理解题意，二是在证明过程中不能正确第进行不等式的放缩.试题解析：（I ）由112n n a a +-≤得1112n n a a +-≤，故 111222n n n n n a a ++-≤，n *∈N ， 所以11223111223122222222nn n n n n a a a a a a a a --⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭121111222n -≤++⋅⋅⋅+ 1<，因此()1122n n a a -≥-．（II ）任取n *∈N ，由（I ）知，对于任意m n >，1121112122222222n mn n n n m m nm n n n n m m a a a a a a a a +++-+++-⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+-+⋅⋅⋅+-⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭11111222n n m +-≤++⋅⋅⋅+ 112n -<， 故11222m nn n m a a -⎛⎫<+⋅ ⎪⎝⎭ 11132222m n n m -⎡⎤⎛⎫≤+⋅⋅⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦3224mn ⎛⎫=+⋅ ⎪⎝⎭．从而对于任意m n >，均有3224mn n a ⎛⎫<+⋅ ⎪⎝⎭．由m 的任意性得2n a ≤． ①否则，存在0n *∈N ，有02n a >，取正整数000342log 2n n a m ->且00m n >，则0034002log 23322244n a m m n n a -⎛⎫⎛⎫⋅<⋅=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，与①式矛盾．综上，对于任意n *∈N ，均有2n a ≤．温馨提醒：（I ）先利用三角形不等式及变形得111222n n n n n a a ++-≤，再用累加法可得1122n na a -<，进而可证()1122n n a a -≥-；（II ）由（I ）的结论及已知条件可得3224mnn a ⎛⎫<+⋅ ⎪⎝⎭，再利用m 的任意性可证2n a ≤．【学科素养提升之思想方法篇】----数列求和与比较大小数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等式的证明.在解决这些问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等.如果是解不等式问题，要使用不等式的各种不同解法，如数轴法、因式分解法. 【典例】数列{a n }是公比为12的等比数列，且1－a 2是a 1与1＋a 3的等比中项，前n 项和为S n ；数列{b n }是等差数列，b 1＝8，其前n 项和T n 满足T n ＝n λ·b n ＋1(λ为常数，且λ≠1)． (1)求数列{a n }的通项公式及λ的值； (2)比较1T 1＋1T 2＋1T 3＋…＋1T n 与12S n 的大小．【答案】设{b n }的公差为d ，又⎩⎪⎨⎪⎧T 1＝λb 2，T 2＝2λb 3，即⎩⎪⎨⎪⎧8＝λ＋，16＋d ＝2λ＋，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝12，d ＝8或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝1，d ＝0(舍)，∴λ＝12.(2)由(1)知S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，∴12S n ＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1≥14，① 又T n ＝4n 2＋4n ，1T n ＝1＋＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴1T 1＋1T 2＋…＋1T n＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝14⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1<14，②由①②可知1T 1＋1T 2＋…＋1T n <12S n .。
(浙江版)2019年高考数学一轮复习(讲+练+测)： 专题6.2 等差数列及其前n项和(练)
第02节 等差数列及其前n 项和A 基础巩固训练1. 设公差不为零的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若4232()a a a =+，则74S a =（ ） A ．74 B ．145C ．7D ．14 【答案】C.2.【2019届宁夏银川一中高三上第二次月考】等差数列{a }n 中， n S 为n a 的前n 项和， 820a =， 756S =，则12a =（ ）A. 28B. 32C. 36D. 40 【答案】B 【解析】()177412847565682408322a a S a a a a +=⇒=⇒=∴=-=-=，选B.3.【2019届江西省上饶市二模】已知数列{}n a 的前 n 项和记为 n S ，满足1785,3a a ==，且122n n n a a a ++=+，要使得n S 取到最大值，则n =（ ）A. 13B. 14C. 15或16D. 16 【答案】C【解析】由于122n n n a a a ++=+，故数列为等差数列，依题意有7181757,33a a d d d =+=+==-，所以()21131266n n n n n S na d -=+⋅=-+，开口向下且对称轴为312n =，故15n =或16时取得最大值.4．【2019届福建省德化一中、永安一中、漳平一中高三上三校联考】已知等差数列{}n a 中， 315,a a 是方程2610x x --=的两根，则9a =_____【答案】3【解析】等差数列{}n a 中, 315962a a a +==,93a ∴=,故填3.5．【2019届安徽省巢湖一中、合肥八中、淮南二中等高中十校联盟高三摸底】已知递增的等比数列{}n a 和等差数列{}n b ，满足14231832a a a a +==，， 2b 是1a 和2a 的等差中项，且333b a =-. （Ⅰ）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； （Ⅱ）若11n n n c b b +=，求数列{}n c 的前n 项和n S . 【答案】(1) 2nn a =,21n b n =-;(2) n S =21nn +. 2d =,∴()()2232221n b b n d n n =+-=+-=-.（Ⅱ）∵()()1111212122121n C n n n n ⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭，∴1111111112323522121n S n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 11122121n n n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭. B 能力提升训练1．【2019届贵州省贵阳市第一中学高三上月考一】在等差数列中，若，且，则的最小值为（ ）A. 4B. 6C. 8D. 16 【答案】A2．【2019届陕西省黄陵中学高三（重点班）模拟一】设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若111a =-，376a a +=-，则当n S 取得最小值时， n 等于( )A. 6B. 7C. 8D. 9 【答案】A 【解析】由题设1111{2286a d a d =-⇒=+=-，则()2211112n S n n n n =+--=-，所以当6n =时，212n S n n =-最小，应选答案A.3．【2019届湖南省永州市高三上第一次模拟】在等比数列{}n a 中，已知11a =， 48a =，若35,a a 分别为等差数列{}n b 的第2项和第6项，则数列{}n b 的前7项和为（ ） A. 49 B. 70 C. 98 D. 140 【答案】B【解析】在等比数列{}n a 中，由141,8a a ==，得352,4,16q a a ===，即264,16b b ==，()()()1726777774162870222b b b b b S +++=∴====，故选B.4．【2019届武汉市蔡甸区汉阳一中五模】已知数列的首项，其前项和为，且满足，若对，恒成立，则的取值范围是__________．【答案】5. 【2019届重庆市第一中学高三上期中】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知21=a ，2a 为整数，且3[3,5]a ∈.（1）求{}n a 的通项公式； （2）设21+=n n n a a b ，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】（1）1+=n a n ；（2）)3)(2(252125+++-n n n 【解析】试题分析：（1）因为等差数列}{n a 的21=a ，2a 为整数，所以公差为整数，设公差为d ，则]5,3[213∈+=d a a，即可求得d 的值；（2）因为数列}{n a 是等差数列，所以)11(212+-=n n n a a d b ，利用裂项求和即可求得数列{}n b 的前n 项和n T .试题解析：（1）设等差数列}{n a 的公差为d 因为21=a ，2a 为整数 所以公差d 为整数由等差数列的通项公式得]5,3[213∈+=d a a ，即得2321≤≤d 所以1=d所以数列}{n a 的通项公式为11)1(2+=⨯-+=n n a n（2）因为数列}{n a 是等差数列， 所以)311121)11(212+-+=-=+n n a a d b n n n （ 所以n n n b b b b b b T ++⋅⋅⋅++++=-14321]31112117151614151314121[21）（）（）（）（）（）（+-+++-+⋅⋅⋅+-+-+-+-=n n n n ]31213121[21+-+-+=n n )3)(2(252125+++-=n n n C 思维拓展训练1. 【2019届百校联盟高三开学联考】我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金杖，长5尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤；在细的一端截下1尺，重2斤；问依次每一尺各重多少斤？”设该金杖由粗到细是均匀变化的，其重量为M ，现将该金杖截成长度相等的10段，记第i 段的重量为()1,2,,10i a i =，且1210a a a <<<，若485i a M =，则i =（ ）A. 4B. 5C. 6D. 7 【答案】C2．【2019届河北省鸡泽县第一中学高三10月月考】设数列{a n }，{b n }都是正项等比数列，S n ，T n 分别为数列{lga n }与{lgb n }的前n 项和，且＝，则55b log a = ( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】设两个数列公比分别为12,q q ，有123lg lg lg lg n n S a a a a =+++⋅⋅⋅+=()()][1012121231111lg lg lg n n n n a a a a a q n a q -+++⋅⋅⋅+-⎡⎤⋅⋅⋅==⎢⎥⎣⎦ 同理可得nT= 1212lg n n b q -⎡⎤⎢⎥⎣⎦，有 n n S T = 121211221111121111221212lg lg log lg lg n n n n n n b q n a q a q a q n b q b q ----⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎛⎫⎣⎦⎣⎦== ⎪⎡⎤⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦1212121111log 22n n n b q n S n n a q T n n --⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎛⎫++=∴= ⎪⎝⎭，当9n =时有()()45124115915log log 299b b q a q a +===⨯.故选C.3.【2019届甘肃省兰州第一中学高三上第二次月考】已知正项数列{}n a 的首项11a =，前n 项和为n S ，若以(),n n a S 为坐标的点在曲线()112y x x =+上，则数列{}n a 的通项公式为________． 【答案】n a n =【解析】因为以(),n n a S 为坐标的点在曲线()112y x x =+上，所以()112n n n S a a =+，即221112,2n n n n n n S a a S a a +++=+=+，两式相减，得()221112n nn n n a a a a a +++=+-+，即2211n n n n a a a a ++-=+，即22111112424n n a a +⎛⎫⎛⎫--=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即111)22n n a a +-=+，即11n n a a +-=，又11a =，即数列{}n a 是以1为首项，公差为1的等差数列，则数列{}n a 的通项公式为n a n =；故填n a n =.4．【2019届江西省高三下学期调研考试（四）】定义区间的长度为， 为等差数列的前项和，且，则区间的长度为__________．【答案】5110205．【2019届福建省德化一中、永安一中、漳平一中高三上三校联考】已知等差数列{}n a 中， n S 是数列{}n a的前n 项和，且255,35.a s == （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）设数列n 1n S ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭的前n 项和为n T ，求n T ．【答案】（I ）21n a n =+， *n N ∈ . （II ）n T =1n n +.所以115{ 545352a d da +=⨯+=得13{ 2a d == ∴数列{}n a 的通项公式是 21n a n =+， *n N ∈（II ）13,21n a a n ==+()()12321222n n n a a n n S n n +++∴===+,()21111111n S n n n n n n n ∴===--+++ ， 12111111n n T S S S ∴=++⋅⋅⋅+--- 11111111223111n n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=-= ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭.。
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浙江省2019届高三数学一轮复习典型题专项训练数列一、选择、填空题1、（2018浙江省高考题）已知a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，且a 1+a 2+a 3+a 4=ln (a 1+a 2+a 3)，若a 1>1，则( )A . a 1<a 3，a 2<a 4B . a 1>a 3，a 2<a 4C . a 1<a 3，a 2>a 4D . a 1>a 3，a 2>a 42、（2017浙江省高考题）已知等差数列{}n a 的公差为d,前n 项和为n S ,则“d>0”是465"+2"S S S >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3、（2016浙江省高考题）如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且1122,,n n n n n n A A A A A A n ++++=≠∈*N ，1122,,n n n n n n B B B B B B n ++++=≠∈*N ，（P Q P Q ≠表示点与不重合）.若1n n n n n n n d A B S A B B +=，为△的面积，则A ．{}n S 是等差数列B ．2{}n S 是等差数列C ．{}n d 是等差数列D ．2{}n d 是等差数列4、（杭州市2018届高三第二次模拟）设各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为Sn ，若S 4＝80，S 2＝8，则公比q ＝______，a 5＝_______．5、（2016浙江省高考题）设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2=4，a n +1=2S n +1，n ∈N *，则a 1= ，S 5= .6、（湖州市2018届高三5月适应性考试）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若11a =，63a S =，且k a a a ,,63成等比数列，则=n S ▲ ，k = ▲ ．7、（嘉兴市2018届高三4月模拟）已知数列}{n a 为等差数列，且18=a ，则||||2109a a +的最小值为A ．3B ．2C ．1D ．08、（嘉兴市2018届高三上学期期末）各项均为实数的等比数列}{n a ，若11=a ，95=a ，则=3a ▲ ，公比=q ▲ ．9、（金华十校2018届高三上学期期末）已知等比数列}{n a 的前n 项和为n S ，则下列结论一定成立的是（ ）A. 若05>a ，则02017<aB. 若06>a ，则02018<aC. 若05>a ，则02017>SD. 若06>a ，则02018<S10、（金丽衢十二校2018届高三第二次联考）已知正项数列{a n }中，a 1=1，a 2=2，（n ≥2），则a 6=（ ）A ．B ．4C ．16D ．4511、（金丽衢十二校2018届高三第三次（5月）联考）等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 7=14，S 10=13，则S 17=（ ） A ．27 B ．0C ．D ．12、（宁波市2018届高三5月模拟）已知数列{}n a 与2{}na n均为等差数列（n N *∈），且12a =，则23321()))23n n a a aa n++++=（（ ▲ ．13、（宁波市2018届高三上学期期末）《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作只之一，书中有一道这样的题目：把100个面包分给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和的17是较小的两份之和，问最小一份为（ ）5.3A 10.3B 5.6C 11.6D 14、（绍兴市2018届高三第二次（5月）教学质量调测）已知等比数列{}n a 的前n 项和3n n S r =+，则3a r -= ，数列2(4)()3n n n ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭的最大项是第k 项，则=k .15、（浙江省2018届高三4月学考科目考试）设{a n }，{b n }(n ∈N *)时公差均不为零的等差数列，下列数列中，不构成等差数列的是( )A . {a n ∙b n }B . {a n +b n }C . {a n +b n +1}D . {a n −b n +1}16、（台州市2018届高三上学期期末质量评估）已知数列{}n a 满足11a =，*12(N )n n a a n +-≥∈，则A ．21n a n ≥+B ．12n n a -≥C ．2n S n ≥D ．12n n S -≥二、解答题1、（2018浙江省高考题）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2、（2017浙江省高考题）已知数列{}n x 满足：()()*111=1，ln 1++=++∈n n n x x x x n N 证明：当*∈n N 时 （I ）10＜＜+n n x x ; （II ）112-2++≤n n n n x x x x ；(III) 1-21122-≤≤n n n x3、（2016浙江省高考题）设数列{}n a 满足112n n a a +-≤，n *∈N ． （I ）证明：()1122n n a a -≥-，n *∈N ；（II ）若32nn a ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，n *∈N ，证明：2n a ≤，n *∈N ．4、（杭州市2018届高三第二次模拟）已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋nc a （c ＞0，n ∈N *），（Ⅰ）证明：a n ＋1＞a n ≥1； （Ⅱ）若对任意n ∈N *，都有证明：（ⅰ）对于任意m ∈N *，当n ≥m 时，()n m mca n m a a -+≤ （ⅱ）．n a5、（杭州市2018届高三上学期期末）设数列{}n a 满足2*113,(1)20().n n n a a a a n N +=-++=∈ （1）求证：1n a >； （2）求证：12n n a a +<<；（3）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，求证：1222()233().23n n n S n -≤-≤-6、（湖州、衢州、丽水三地市2018届高三上学期期末） 已知数列{}n a 满足：1=1a ，()1ln 1n n a a +=+（n *∈N ），设数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ．证明：（Ⅰ）0n a >（n *∈N ）；（Ⅱ）+133nn n a a a ≤+（n *∈N ）； （Ⅲ）22+5+564n n n n n T ≤≤（n *∈N ）．7、（湖州市2018届高三5月适应性考试）设数列{}n a 满足0>n a ，)(121*+∈-+=N n n a na a n nn ，记n n a a a S +++= 21． （Ⅰ）证明：当*∈N n 时，1+=n n a n S ； （Ⅱ）证明：当*∈N n 且2≥n 时，n S n ≥．8、（暨阳联谊学校2018届高三4月联考）已知数列{}n a 满足：2111,(1)n n n a a a a n n +==++.（1）求证：当2n ≥时，n a n <；（2）（ⅰ）求证：对任意的正整数n ，有5n a <.（ⅱ）求证：不存在4M ≤，使得对任意的n ，有n a M <.9、（嘉兴市2018届高三4月模拟）已知数列}{n a 满足231=a ，)1(2)311(1+++=+n n a a n n n )(*∈N n（Ⅰ）判断数列}{n a 的单调性； （Ⅱ）证明：)1(323111+++≤+n n a a n n n )2(≥n ； （Ⅲ）证明：e a n 3<.10、（嘉兴市2018届高三上学期期末）已知数列}{n a 满足11=a ，)2(11≥-=-n a n na n n ． （Ⅰ）求数列}{n a 的通项公式； （Ⅱ）求证：对任意的*∈N n ，都有 ①33212232221<++++na n a a a ；② 1)1(21111121+->++++-++k k a a a a nk n n n （*∈≥N ,2k k ）．11、（金华十校2018届高三上学期期末）已知数列}{n a 满足11=a ，))(3ln(1*+∈-+=N n a a a n n n .记nn n a a b -=+21，设数列}{n b 的前n 项和为n T ，求证：当*∈N n 时， （1）21<≤n a ；（2）2221nn n a a a ->+；（3）321->+n n T .12、（金丽衢十二校2018届高三第二次联考）已知数列{a n }的首项a 1=1，前n 项和为S n ，且a n +1=S n +n +1（n ∈N +）（Ⅰ）求证数列{a n +1}为等比数列； （Ⅱ）设数列{}的前n 项和为T n ，求证：．（Ⅲ）设函数，令，求数列{b n }的通项公式，并判断其单调性．13、（金丽衢十二校2018届高三第三次（5月）联考）有一列数a 0，a 1，a 2，…，对任意的m ，n ∈N ，m ≥n ，满足2a m +2a n ﹣2n=a m +n +a m ﹣n ，且已知a 1=2． （Ⅰ）求a 0，a 2，a 3；（Ⅱ）求证：对一切n ∈N*，数列{a n +1﹣a n }为等差数列；（Ⅲ）若对一切n ∈N*，恒成立，求λ的最小值．14、（宁波市2018届高三5月模拟）三个数列{}{},{}n n n a b c ，，满足11110a =-，11b =，1n a +=121n n b b +=+，,*n n b c a N n =∈．（Ⅰ）证明：当2n ≥时，1n a >；（Ⅱ）是否存在集合[,]a b ，使得[,]n c a b ∈对任意*n N ∈成立，若存在，求出b a -的最小值；若不存在，请说明理由；（Ⅲ）求证：232311226(*,2)22nn n nc n N n c c c +++≤+-∈+≥+．15、（宁波市2018届高三上学期期末）已知数列{}n a 满足21,2222,()nn n na n a a a n +⎧⎪-=⎨⎪-⎩（为奇数）为偶数，1a a =.（1）若1a >，求证：对任意正整数(1)n n >均有2;n a > （2）若3a =，求证：12324143n n a a a a n +<+++<+对任意*n N ∈恒成立。