2020版高分宝典高考数学二轮微专题复习(江苏专用)作业：微专题十七数列的通项与求和(作业)

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2020高考数学课标二轮：专题能力训练数列的通项与求和含解析

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,an=a2k-1=2k-1= ;
当n=2k(k∈N*)时,an=a2k=2k= .
所以,{an}的通项公式为an=
(2)由(1)得bn= .设{bn}的前n项和为Sn,则Sn=1× +2× +3× +…+(n-1)× +n× ,
2020高考数学课标二轮：专题能力训练数列的通项与求和含解析
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专题能力训练第28页
一、能力突破训练
1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,a4+a10=28,则S9=()
A.45B.90C.120D.75
∴an=2(n-1)=2n-2.
(方法二)由nan+1=Sn+n(n+1),得
n(Sn+1-Sn)=Sn+n(n+1),
整理,得nSn+1=(n+1)Sn+n(n+1),
两边同除以n(n+1),得 =1.
∴数列是以 =0为首项,1为公差的等差数列,
∴ =0+n-1=n-1.∴Sn=n(n-1).
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n(n-1)-(n-1)·(n-2)=2n-2.
所以an+1=(a+9)·3n-4n-9.
因为数列{an}为递增数列,所以an+1>an,即(a+9)·3n-4n-9>(a+9)·3n-1-4n-5,即(a+9)·3n>6恒成立.

2020届江苏高考数学(理)二轮复习微专题教师用书：微专题24 数列的通项

微专题24 数列的通项真题感悟(2019·全国Ⅱ卷)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝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.(1)证明由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )，即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n ). 又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列. 由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8，即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2. 又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列. (2)解由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1，所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12， b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.考点整合求通项公式的常见类型(1)观察法：利用递推关系写出前几项，根据前几项的特点观察、归纳、猜想出a n 的表达式，然后用数学归纳法证明.(2)利用前n 项和与通项的关系a n ＝⎩⎨⎧S 1 （n ＝1），S n －S n －1 （n ≥2）.(3)公式法：利用等差(比)数列求通项公式.(4)累加法：在已知数列{a n }中，满足a n ＋1＝a n ＋f (n )，把原递推公式转化为a n ＋1－a n ＝f (n )，再利用累加法(逐差相加法)求解.(5)叠乘法：在已知数列{a n }中，满足a n ＋1＝f (n )a n ，把原递推公式转化为a n ＋1a n ＝f (n )，再利用叠乘法(逐商相乘法)求解.(6)构造等比数列法：在已知数列{a n }中，满足a n ＋1＝pa n ＋q (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)先用待定系数法把原递推公式转化为a n ＋1－t ＝p (a n －t )，其中t ＝q1－p，再利用换元法转化为等比数列求解.热点一由S n 与a n 的关系求a n【例1】 (2018·全国Ⅰ卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和.若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________.解+析法一因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1；当n ＝2时，a 1＋a 2＝2a 2＋1，解得a 2＝－2；当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝2a 3＋1，解得a 3＝－4；当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2a 4＋1，解得a 4＝－8；当n ＝5时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝2a 5＋1，解得a 5＝－16；当n ＝6时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝2a 6＋1，解得a 6＝－32.所以S 6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.法二因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)，所以a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1，所以S 6＝－1×（1－26）1－2＝－63. 答案－63探究提高给出S n 与a n 的递推关系求a n ，常用思路是：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .【训练1】设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝3S n － S n ＋1＋3, n ∈N *.证明：a n ＋2＝3a n ，并求a n .解由条件，对任意n ∈N *，有a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，因而对任意n ∈N *，n ≥2，有a n ＋1＝3S n －1－S n ＋3. 两式相减，得a n ＋2－a n ＋1＝3a n －a n ＋1，即a n ＋2＝3a n ，n ≥2.又a 1＝1，a 2＝2，所以a 3＝3S 1－S 2＋3＝3a 1－(a 1＋a 2)＋3＝3a 1，故对一切n ∈N *，a n ＋2＝3a n .又因为a n ≠0，所以a n ＋2a n ＝3.于是数列{a 2n －1}是首项a 1＝1，公比为3的等比数列；数列{a 2n }是首项a 2＝2，公比为3的等比数列.因此a 2n －1＝3n －1，a 2n ＝2×3n －1.所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3n －12，n 为奇数，2×3n －22，n 为偶数.热点二 “累加法”、“累乘法”求通项【例2】已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n . (1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式.解 (1)由S 2＝43a 2得3(a 1＋a 2)＝4a 2，解得a 2＝3a 1＝3. 由S 3＝53a 3得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6. (2)由题设知a 1＝1.当n ≥2时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理得a n a n －1＝n ＋1n －1，因此a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2·a 2a 1＝n ＋1n －1·n n －2·…·42·31，化简得a n ＝（n ＋1）n 2×1·a 1＝n （n ＋1）2，当n ＝1时也满足上式，故{a n }的通项公式为a n ＝n （n ＋1）2.探究提高 (1)形如a n ＋1＝a n f (n )，求a n .采用累乘法：若已知a 1且a na n －1＝f (n )(n ≥2)，则a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2·a 2a 1＝a na 1＝f (n )·f (n －1)·…·f (3)·f (2)，即a n ＝a 1·f (2)·f (3)·…·f (n －1)·f (n ). (2)形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，求a n .采用累加法：若已知a 1且a n －a n －1＝f (n )(n ≥2)，则(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＝a n －a 1＝f (n )＋f (n －1)＋…＋f (3)＋f (2)，即a n ＝a 1＋f (2)＋f (3)＋…＋f (n －1)＋f (n ).【训练2】已知在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝2·3n －1＋a n －1(n ≥2)，则a n ＝________. 解+析因为a n ＝2·3n －1＋a n －1(n ≥2)，所以a n －a n －1＝2·3n －1(n ≥2)，由累加原理知a n －a 1＝2(3＋32＋33＋…＋3n －1)(n ≥2)，所以a n ＝a 1＋2·3（1－3n －1）1－3＝1＋3n－3＝3n －2(n ≥2)，因为a 1＝1也符合上式，故a n ＝3n －2. 答案 3n －2热点三用“转化法”求a n【例3】 (2019·苏州模拟)在数列{a n }中，已知a 1＝2，a n ＋1＝3a n ＋2n －1，则数列{a n }的通项公式是________.解+析因为a n ＋1＝3a n ＋2n －1，所以a n ＋1＋n ＋1＝3(a n ＋n )，又a 1＝2，所以a n＞0，a n ＋n ＞0，故a n ＋1＋n ＋1a n ＋n ＝3，故{a n ＋n }是以3为首项，3为公比的等比数列，从而a n ＋n ＝3n ，故a n ＝3n －n . 答案 a n ＝3n －n探究提高本题主要考查利用转化思想构造等比数列来求数列的通项公式.本方法主要适用于给出递推关系式的数列的通项公式的求解问题.一般地，需要将所给出的递推关系式进行转化变形，构造出一个新数列，此新数列为等差数列或等比数列，通过求出此新数列的通项公式后，再求出原数列的通项公式.常见的递推关系的形式有：(1)a n ＝pa n －1＋q (其中p ，q 为常数，且p ≠0，p ≠1)，通过变形得a n ＋q p －1＝p ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1＋q p －1，从而构造出等比数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋q p －1；(2)a n ＝pa n －1qa n －1＋r (其中p ，q ，r 为常数)，通过变形得1a n ＝r p ·1a n －1＋q p ，令b n ＝1a n ，则转化为第(1)种类型或等差数列来求解.【训练3】在数列{a n }中，已知a 1＝4，a n ＋1＝2a n2a n ＋1，求数列{a n }的通项公式. 解 a n ＋1＝2a n 2a n ＋1，两边取倒数得1a n ＋1＝12a n ＋1，设b n ＝1a n ，则b n ＋1＝12b n ＋1，则b n ＋1－2＝12(b n －2)，∴b n ＋1－2b n －2＝12，故{b n －2}是以b 1－2＝1a 1－2＝－74为首项，12为公比的等比数列.∴b n －2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－74⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，即1a n－2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－74⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，得a n ＝2n ＋12n ＋2－7.【新题感悟】 (2019·苏北七市高三一模)已知等差数列{a n }满足a 4＝4，前8项和S 8＝36.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足∑nk ＝1 (b k a 2n ＋1－2k )＋2a n ＝3(2n －1)，(n ∈N *). ①证明：{b n }为等比数列；②求集合⎩⎨⎧⎭⎬⎫（m ，p ）|a m b m＝3a pb p，m ，p ∈N *.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d .因为等差数列{a n }满足a 4＝4，前8项和S 8＝36，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＝4，8a 1＋8×72d ＝36，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝1. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)①证明设数列{b n }前n 项的和为B n .由(1)及∑nk ＝1(b k a 2n ＋1－2k )＋2a n ＝3(2n －1)，(n ∈N *) 得⎩⎨⎧3(2n－1)＝∑nk ＝1 （b k a 2n ＋1－2k ）＋2n ，③3（2n －1－1）＝∑n －1k ＝1（b k a 2n －1－2k ）＋2（n －1）（n ≥2）.④ 由③－④得3(2n －1)－3(2n －1－1)＝(b 1a 2n －1＋b 2a 2n －3＋…＋b n －1a 3＋b n a 1＋2n )－(b 1a 2n －3＋ b 2a 2n －5＋…＋b n －1a 1＋2n －2)＝[b 1(a 2n －3＋2)＋b 2(a 2n －5＋2)＋…＋b n －1(a 1＋2)＋b n a 1＋2n ] －(b 1a 2n －3＋b 2a 2n －5＋…＋b n －1a 1＋2n －2)＝2(b 1＋b 2＋…＋b n －1)＋b n ＋2＝2(B n －b n )＋b n ＋2. 所以3·2n －1＝2B n －b n ＋2(n ≥2，n ∈N *)，又3(21－1)＝b 1a 1＋2，所以b 1＝1，满足上式. 所以2B n －b n ＋2＝3·2n －1(n ∈N *).⑤ 当n ≥2时，2B n －1－b n －1＋2＝3·2n －2，⑥ 由⑤－⑥得，b n ＋b n －1＝3·2n －2.b n －2n －1＝－(b n －1－2n －2)＝…＝(－1)n －1(b 1－20)＝0，所以b n ＝2n －1，b n ＋1b n＝2，所以数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列. ②由a m b m ＝3a p b p ，得m 2m －1＝3p 2p －1，即2p －m ＝3p m .记c n ＝a n b n ，由①得，c n ＝a n b n ＝n2n －1，所以c n ＋1c n ＝n ＋12n ≤1，所以c n ≥c n ＋1(当且仅当n ＝1时等号成立).由a m b m ＝3a pb p ，得c m ＝3c p ＞c p ，所以m ＜p . 设t ＝p －m (m ，p ，t ∈N *)，由2p －m ＝3p m ，得m ＝3t 2t －3. 当t ＝1时，m ＝－3，不合题意；当t ＝2时，m ＝6，此时p ＝8符合题意；当t ＝3时，m ＝95，不合题意；当t ＝4时，m ＝1213＜1，不合题意. 下面证明当t ≥4，t ∈N *时，m ＝3t2t －3＜1. 不妨设f (x )＝2x －3x －3(x ≥4)，则f ′(x )＝2x ln 2－3＞0，所以f (x )在[4，＋∞)上单调递增，所以f (x )≥f (4)＝1＞0，所以当t ≥4，t ∈N *时，m ＝3t2t －3＜1，不合题意. 综上，所求集合⎩⎨⎧⎭⎬⎫（m ，p ）|a m b m ＝3a p b p ，m ，p ∈N *＝{(6，8)}.一、填空题1.已知数列{a n }的首项为1，且满足a n ＝3S n (n ≥2，n ∈N *)，则前n 项和S n ＝________.解+析因为a n ＝3S n (n ≥2)，所以S n －S n －1＝3S n (n ≥2)，得S n ＝－12S n －1(n ≥2).由a 2＝3S 2＝3a 1＋3a 2＝3＋3a 2，解得a 2＝－32，所以S 2＝a 2＋a 1＝－12，又S 1＝a 1＝1，所以S 2＝－12S 1，所以S n ＝－12S n －1(n ≥2)，故数列{S n }是以1为首项，－12为公比的等比数列，所以S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －12.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a 1＋12a 2＋13a 3＋…＋1n －1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，若a n ＝2 004，则n ＝________.解+析因为a n ＝a 1＋12a 2＋13a 3＋…＋1n －1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，所以a n ＋1＝a 1＋12a 2＋13a 3＋…＋1n a n ，两式相减，得a n ＋1＝n ＋1n a n (n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝n n －1×n －1n －2×…×32a 2＝n 2a 2，又a 1＝1，a 2＝a 1＝1，所以a n ＝n2(n ≥2，n ∈N *)，所以2 004＝n ×12，故n ＝4 008. 答案 4 0083.已知数列{a n }满足a 1＝3，且a n ＋1＝4a n ＋3(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________.解+析由a n ＋1＝4a n ＋3，得a n ＋1＋1＝4(a n ＋1)，故数列{a n ＋1}是首项为a 1＋1＝4，公比为4的等比数列，所以a n ＋1＝4n ，所以a n ＝22n －1. 答案 a n ＝22n －14.(2019·南京、盐城调研)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，则a 10＝________.解+析由题意知a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴数列{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋1＝2n ，∴a n ＝2n －1.∴a 10＝210－1＝1 023. 答案 1 0235.(2018·盐城三模)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n ＋n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解+析因为S n ＝2a n ＋n ，所以当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，即a 1＝－1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2a n ＋n )－[2a n －1＋(n －1)]＝2a n －2a n －1＋1，即a n ＝2a n －1－1，所以a n －1＝2(a n －1－1)，又因为a 1－1＝－2≠0，故a n －1－1≠0，所以a n －1a n －1－1＝2，所以数列{a n －1}为首项a 1－1＝－2，公比q ＝2的等比数列，所以a n －1＝－2×2n －1，即a n ＝1－2n ，当n ＝1时也成立. 答案 1－2n6.已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋3(n ∈N *)，则a n ＝________.解+析因为a n ＋1＝a n a n ＋3(n ∈N *)，所以1a n ＋1＝3a n ＋1.设1a n ＋1＋t ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋t ，所以3t －t ＝1，解得t ＝12，所以1a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋12.又1a 1＋12＝1＋12＝32，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋12是以32为首项，3为公比的等比数列，所以1a n ＋12＝32×3n －1＝3n2，所以a n ＝23n －1.答案23n －17.设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1－4a n ＝3×2n ＋1，则a n ＝________. 解+析由a 1＝2，a n ＋1－4a n＝3×2n ＋1，得a n ＋12n ＋1－2a n 2n ＝3.设b n ＝a n2n ，则b n ＋1＝2b n ＋3.设b n ＋1＋t ＝2(b n ＋t )，所以2t －t ＝3，解得t ＝3，所以b n ＋1＋3＝2(b n ＋3)，所以b n ＋1＋3b n ＋3＝2.又b 1＋3＝a 12＋3＝1＋3＝4，所以数列{b n ＋3}是以4为首项，2为公比的等比数列，所以b n ＋3＝4×2n －1＝2n ＋1，所以b n ＝2n ＋1－3，所以a n ＝b n ·2n ＝(2n ＋1－3)×2n ＝22n ＋1－3×2n . 答案 22n ＋1－3×2n8.已知正项数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋3×5n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解+析在a n ＋1＝2a n ＋3×5n的两边同时除以5n ＋1，得a n ＋15n ＋1＝25×a n 5n ＋35，①令a n 5n ＝b n ，则①式变为b n ＋1＝25b n ＋35，即b n ＋1－1＝25(b n －1)，所以数列{b n －1}是等比数列，其首项为b 1－1＝a 15－1＝－35，公比为25，所以b n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1，即b n ＝1－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1，所以a n 5n ＝1－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1＝1－3×2n －15n ，故a n ＝5n －3×2n －1. 答案 5n －3×2n －1 二、解答题9.(1)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n a n ＋n ＋12n ，求数列{a n }的通项公式； (2)已知正项数列{a n }满足a 1＝1，(n ＋2)a 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1＝0，求通项a n .解 (1)由已知得a 1＝1，且a n ＋1n ＋1＝a n n ＋12n，∴a 22＝a 11＋121，a 33＝a 22＋122，…，a n n ＝a n －1n －1＋12n －1，∴a n n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1＝2－12n －1(n ≥2).∴a n ＝2n －n2n －1(n ≥2)，又a 1＝1适合上式， ∴a n ＝2n －n2n －1.(2)由(n ＋2)a 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1＝0，得(n ＋2)⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n 2＋a n ＋1a n ＝n ＋1，所以a n ＋1a n ＝n ＋1n ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n ＝－1，舍去.又a 1＝1，则a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1 ＝n n ＋1·n －1n ·…·23·1＝2n ＋1. 故数列{a n }的通项公式a n ＝2n ＋1. 10.已知数列{a n }，{b n }满足2S n ＝(a n ＋2)b n ，其中S n 是数列{a n }的前n 项和.(1)若数列{a n }是首项为23，公比为－13的等比数列，求数列{b n }的通项公式；(2)若b n ＝n ，a 2＝3，求数列{a n }的通项公式.解 (1)因为a n ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ， S n ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ，所以b n ＝2S n a n ＋2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ＋2＝12. (2)若b n ＝n ，则2S n ＝na n ＋2n ，所以2S n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1＋2(n ＋1)，两式相减得2a n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ＋2，即na n ＝(n －1)a n ＋1＋2，当n ≥2时，(n －1)a n －1＝(n －2)a n ＋2，两式相减得(n －1)a n －1＋(n －1)a n ＋1＝2(n －1)a n ，即a n －1＋a n ＋1＝2a n .因为2S 1＝a 1＋2，得a 1＝2，又a 2＝3，所以数列{a n }是首项为2，公差为3－2＝1的等差数列，故数列{a n }的通项公式是a n ＝n ＋1.11.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的正整数n 都有a n ＝(－1)n S n ＋p n (p 为常数，p ≠0).(1)求p 的值；(2)求数列{a n }的通项公式.解 (1)当n ＝1时，由a 1＝－S 1＋p ，得a 1＝p 2.由a 2＝S 2＋p 2，得a 1＝－p 2，所以p 2＝－p 2，又因为p ≠0，所以p ＝－12.(2)由a n ＝(－1)nS n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ，得⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝（－1）n S n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ， ①a n ＋1＝－（－1）n S n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＋1， ②①＋②得a n ＋a n ＋1＝(－1)n(－a n ＋1)＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n . 当n 为奇数时，a n ＋a n ＋1＝a n ＋1－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，所以a n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1；当n 为偶数时，a n ＋a n ＋1＝－a n ＋1＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，所以a n ＝－2a n ＋1＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋2＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n ＋1，n 为奇数，12n ，n 为偶数.。

2020版高分宝典高考数学二轮微专题复习(江苏专用)作业：微专题二三角函数的图象与性1(作业)

微专题二　三角函数的图象与性质一、填空题1. 已知ω>0，函数y＝3sin的周期比振幅小1，则ω＝________.(ωπx＋π4)2. 将函数y＝2sin3x的图像向左平移个单位长度得到y＝f(x)的图像，则π12f的值为________．(π3)3. 若函数y＝sin在x＝2处取得最大值，则正数ω的最小值为(ωx＋π6)________．4. 如果函数y ＝3cos(2x ＋φ)的图象关于点对称，那么|φ|的最小值为(4π3，0)________．5. 设函数f (x )＝sin 4x －sin x cos x ＋cos 4x ，则f (x )的值域是________．6. 已知函数f (x )＝sin ωx ＋cos ωx (ω＞0)，f ＋f ＝0，且f (x )在区间3(π6)(π2)上单调递减，则ω＝________.(π6，π2)7. 若函数f (x )＝sin(2x ＋φ)的图象向右平移个单位长度后所得的图(|φ|<π2)π12象关于y 轴对称，则函数f (x )在上的最小值为________．[0，π2)8. 设函数f (x )＝sin，若方程f (x )＝a 恰好有三个根，分(2x ＋π4)(x ∈[0，9π8])别为x 1，x 2，x 3(x 1＜x 2＜x 3)，则2x 1＋3x 2＋x 3的值为________．9. 已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)＋1，f (α)＝－1，f (β)＝1，若(ω＞0，|φ|＜π2)|α－β|的最小值为，且f (x )的图象关于点对称，则函数f (x )的单调递增区3π4(π4，1)间是________．10.将函数y ＝sin x 的图象向左平移3个单位长度，得函数y ＝sin 3π43(|φ|<π)的图象(如图)，点M ，N 分别是函数f (x )图象上y 轴两侧相邻的最(π4x ＋φ)高点和最低点，设∠MON ＝θ，则tan(φ－θ)的值为________．二、解答题11.已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ) A >0，ω>0，Error!的部分图象如图所示．(1) 求函数f (x )的解析式；(2) 当x ∈时，求函数y ＝f (x －1)＋f (x )的值域．[12，52]12. 已知函数f (x )＝cos 2x ＋2sin x cos x －sin 2x ，x ∈R .3(1) 求函数f (x )的单调增区间；(2) 求方程f (x )＝0在(0，π]内的所有解．13. 已知向量a ＝，b ＝，其中x ∈.(sin (x －π6)，1)(12，cos (x ＋π3))[7π12，7π6](1) 若|a |＝，求cos2x 的值；324(2) 求函数f (x )＝a·b 的单调增区间和值域．14. 已知函数f (x )＝2sin 2－cos2x －1，x ∈R .(π4＋x )3(1) 求f (x )的最小正周期；(2) 若函数h (x )＝f (x ＋t )的图象关于点对称，t ∈(0，π)，求t 的值；(－π6，0)(3) 当x ∈时，不等式|f (x )－m |<3恒成立，求实数m 的取值范围．[π4，π2]。

(冲刺2020高考)江苏专版2020高三数学备考冲刺140分问题08由复杂递推关系式求解数列的通项公式问题含解析

问题8由复杂递推关系式求解数列的通项公式问题一、考情分析递推公式是给出数列的一种重要方法,常出现在客观题压轴题或解答题中，难度中等或中等以上.利用递推关系式求数列的通项时,通常将所给递推关系式进行适当的变形整理,如累加、累乘、待定系数等,构造或转化为等差数列或等比数列,然后求通项.二、经验分享(1) 已知S n，求a n的步骤当n＝1时，a1＝S1；当n≥2时，a n＝S n－S n－1；(3)对n＝1时的情况进行检验，若适合n≥2的通项则可以合并；若不适合则写成分段函数形式．(2)已知数列的前几项，写出数列的通项公式，主要从以下几个方面来考虑：如果符号正负相间，则符号可用(－1)n或 (－1)n＋1来调节.分式形式的数列，分子找通项，分母找通项，要充分借助分子、分母的关系来解决.对于比较复杂的通项公式，要借助于等差数列、等比数列和其他方法来解决.此类问题虽无固定模式，但也有规律可循，主要靠观察(观察规律)、比较(比较已知的数列)、归纳、转化(转化为等差、等比或其他特殊数列)等方法来解决.(3)已知数列的递推关系求通项公式的典型方法当出现a n＝a n－1＋m时，构造等差数列；当出现a n＝xa n－1＋y时，构造等比数列；当出现a n＝a n－1＋f(n)时，用累加法求解；当出现a na n－1＝f(n)时，用累乘法求解．三、知识拓展若数列{}n a满足，则数列都是公差为a的等差数列，若数列{}n a满足，则数列都是公比为b的等比数列.四、题型分析(一) 用累加法求数列的通项【例1.】在数列{}n a中,11 2a= , ,则该数列的通项公式na= ．【分析】题目已知条件是,且n*∈N）形式,用叠加原理求解.【解析】因为,所以运用累加法即可得到：,所以,故应填4342n n --．【点评】当,且n *∈N ）满足一定条件时,可用…来求通项n a ,这种方法通常叫累加法. 本题用到裂项相消求和,相消时应注意消去的项规律,及消去哪些项,保留哪些项,于是前n 项的和变成首尾若干少数项之和.还有不少同学会出现的错误,认为21d n n =-或21d n n =+是常数,实际上21d n n =-或21d n n=+是个变量,n 变化d 随之改变.【小试牛刀】数列{a n }满足a 1＝1,a 2＝2,a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－a n ,证明{b n }是等差数列； (2)求{a n }的通项公式．【解析】 (1)证明：由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2得,a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋2,即b n ＋1＝b n ＋2. 又b 1＝a 2－a 1＝1.所以{b n }是首项为1,公差为2的等差数列． (2)由(1)得b n ＝1＋2(n －1), 即a n ＋1－a n ＝2n －1.于是∑nk ＝1 (a k ＋1－a k )＝∑nk ＝1 (2k －1), 所以a n ＋1－a 1＝n 2, 即a n ＋1＝n 2＋a 1.又a 1＝1,所以{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2n ＋2.【点评】本例是典型的由数列的递推公式求通项公式的问题．第(1)问中要注意对数列{a n ＋1－a n }的整体把握．第(2)问中用的是累加法．注意切忌忽略对a 1的验证． (二) 利用累乘法求数列的通项【例2】设{}n a 是首项为1的正项数列,且,则n a = .【分析】观察已知的递推式,用十字交叉法分解因式,可求得n a 与1+n a 的关系式,再用累乘法求解.【解析】∵,∴,由于{}n a 得各项为正,∴,∴,即11n n a na n +=+, ∴2112a a =,3223a a =,4334a a =,…,11n n a n a n --=,将以上各式相乘得11n a a n=,又11a =, ∴.【点评】形如1()nn a f n a -=型的递推公式常用累乘法.当()f n q =为常数且不等于0时,数列为等比数列,11n n a a q-=⋅；当()f n 为n 函数时,. 本题可思考{}n na 为常数数列.【小试牛刀】数列{}n a 中，前n 项和为n S ， 2nn na S = (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)令，证明：.【解析】(1) 2nn na S =，，两式相减得：，整理得：，（叠乘法）因为，所以3221a a =， 4332a a =，…， 112n n a n a n --=-，相乘得21na n a =-，且当n =1、2时，满足此式，所以.(2) ，因为n b 2>，所以；.(三) 用构造法求数列的通项【例3】【江苏省泰州中学2018届高三12月月考2】已知数列{}n a 满足： 11a =，，（ *n N ∈），则数列{}n a 的通项公式为__________．【分析】变形为,构造新数列求解.【答案】121n na =- 【解析】由得：，变形得：，所以1{1}na +是以2为公比的等比数列，所以，所以121n n a =-. 【点评】数列是一种特殊的函数,通过递推公式写出数列的前几项再猜想数列的通项时,要验证通项的正确性. 易出现的错误是只考虑了前3项,就猜想出n a .用构造法求数列的通项,要仔细观察递推等式,选准要构造的新数列的形式,再确定系数.【小试牛刀】已知数列}{}{n n b a ，满足211=a ,1=+n n b a , ,*∈N n ,则=2015b ．【答案】20152016．【解析】1n n a b +=∵且121nn nb b a +=-, ,又112b =,1121b =--∴,11n b ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭∴是首项为2-,公差为1-的等差数列,,1n n b n =+∴,．故应填20152016． (四) 利用n S 与n a 的关系求数列的通项【例4】【江苏省南通市基地学校2019届高三3月联考】已知数列的各项均不为0，其前n 项和为．若，，，．（1）求的值；（2）求数列的通项公式；（3）若数列满足，，求证：数列是等差数列．【分析】（1）将代入，可求得；（2）由可求得，进而，两式作差可得，进而推得，可得数列及数列均为等差数列，进而求得通项；（3）由与关系可得：，即，两式作差可得：，进而推得，即，则证明结束.【解析】（1）时，由得解得（2）时，由，得则因为，所以……①所以……②②①得所以，两式相减得即数列及数列都成公差为的等差数列由，得，可求得所以数列的通项公式为（3）由，，得所以因为，所以所以两式相减得，即所以两式相减得所以因为，可得所以所以数列是等差数列【点评】由S n 和a n 的关系求通项的注意问题：(1)应重视分类讨论的思想,分n ＝1和n ≥2两种情况讨论．当n ＝1时,a 1不适合a n 的情况要分开写,即a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S n ， n ＝1，S n －S n －1， n ≥2. (2)要注意a n 和S n 互化具有双向性,既可由a n 化为S n ,也可由S n 求a n . 【小试牛刀】已知数列为单调递增数列，为其前项和，.（1）求的通项公式；（2）若，为数列的前项和，证明：.【解析】（Ⅰ）当n ＝1时，2S 1＝2a 1＝a ＋1，所以(a 1－1)2＝0，即a 1＝1，又{a n }为单调递增数列，所以a n ≥1．由2S n ＝a ＋n 得2S n ＋1＝a ＋n ＋1，所以2S n ＋1－2S n ＝a－a ＋1，整理得2a n ＋1＝a－a ＋1，所以a ＝(a n ＋1－1)2．所以a n ＝a n ＋1－1，即a n ＋1－a n ＝1，所以{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列，所以a n ＝n ．（Ⅱ）b n ＝＝＝－所以T n ＝(－)＋(－)＋…＋[－]＝－＜．(五) 递推公式为（其中p ,q 均为常数）.解法一（待定系数——迭加法）: 【例5.】数列{}n a ：,,求数列{}n a 的通项公式.【分析一】解法一(待定系数法)：先把原递推公式转化为其中s,t 满足⎩⎨⎧-==+q st pt s . 【分析二】(特征根法)：对于由递推公式,给出的数列{}n a ,方程,叫做数列{}n a 的特征方程. 若21,x x 是特征方程的两个根,当21x x ≠时,数列{}n a 的通项为,其中A,B 由决定（即把2121,,,x x a a 和2,1=n ,代入,得到关于A 、B 的方程组）；当21x x =时,数列{}n a 的通项为,其中A,B 由决定（即把2121,,,x x a a 和2,1=n ,代入,得到关于A 、B 的方程组）.【解法一】（待定系数——迭加法）: 由,得 ,且.则数列{}n n a a -+1是以a b -为首项,32为公比的等比数列, 于是.把代入,得,,,⋅⋅⋅,.把以上各式相加,得..【解法二】（特征根法）：数列{}na：,的特征方程是：.,∴.又由,于是故.【小试牛刀】【江苏省常州市2019届高三上学期期末】已知数列中，，且.（1）求证：是等比数列，并求数列的通项公式；（2）数列中是否存在不同的三项按照一定顺序重新排列后，构成等差数列？若存在，求满足条件的项；若不存在，说明理由.【解析】（1）因为，所以，因为，所以数列是以2为首项，以-3为公比的等比数列，所以，即；（2）假设存在三项按一定顺序重新排列后成等差.①若，则，整理得，两边同除以，可得，等式右边是-3的整数倍，左边不是-3的整数倍，故等式不成立.②若，则，整理得，两边同除以，可得，等式右边是-3的整数倍，左边不是-3的整数倍，故等式不成立.③若，则，整理得，两边同除以，可得，等式左边是-3的整数倍，右边不是-3的整数倍，故等式不成立；综上，不存在不同的三项符合题意. 五、迁移运用1．【江苏省泰州中学2018届高三12月月考】已知数列{}n a 满足： 11a =，，（ *n N ∈），则数列{}n a 的通项公式为__________．【答案】121n n a =- 【解析】由得：，变形得：，所以1{1}na +是以2为公比的等比数列，所以，所以121n n a =-. 2．【江苏省前黄高级中学、如东高级中学、姜堰中学等五校2018届高三上学期第一次学情监测】设数列{}n a 的首项11a =，且满足与，则数列{}n a 的前20项和为__________．【答案】2056【解析】考查数列的奇数项，结合递推关系有：，且112a +=，则数列{}21n a -构成首项为2公比为2的等比数列，令：，则：，即：，而，据此可得：数列{}n a 的前20项和为.3．【江苏省淮安市盱眙中学2018届高三第一次学情调研】设函数()f x 满足且()12f =，则()10f =________．【答案】492【解析】()f x 满足，，，，各式相加可得，，，故答案为492. 4．【2019年3月2019届高三第一次全国大联考（江苏卷)】已知数列对任意满足．（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，求使得成立的正整数的最小值．【解析】（1）因为①，所以②，①②两式相减，得，所以③．又当时，得，不满足上式．所以数列的通项公式为．（2）由（1）知，，所以不成立，当时，，由，得．令，则为增函数，又．因此要使成立，只需，故使成立的正整数的最小值为7．5．【江苏省南京市、盐城市2019届高三第二次模拟】已知数列各项为正数，且对任意，都有.（1）若，，成等差数列，求的值；（2）①求证：数列为等比数列；②若对任意，都有，求数列的公比的取值范围.【解析】（1）因为，所以，因此，，成等比数列.设公比为，因为，，成等差数列，所以，即，于是，解得或，所以或.（2）①因为，所以，两式相除得，即，由，得，两式相除得，即，所以，即，，，由（1）知，所以，，因此数列为等比数列.②当时，由时，可得，所以，因此，所以满足条件.当时，由，得，整理得.因为，，所以，因此，即，由于，因此，与任意恒成立相矛盾，所以不满足条件.综上，公比的取值范围为.6．【江苏省如皋市2018-2019学年高三年级第一学期期末】已知等差数列的前n项和为S n，若为等差数列，且．（1）求数列的通项公式；（2）是否存在正整数，使成等比数列？若存在，请求出这个等比数列；若不存在，请说明理由；（3）若数列满足，，且对任意的，都有，求正整数k的最小值．【解析】（1）设等差数列的公差d，则，．又是等差数列，所以，即，解得d＝2．此时，，符合数列是等差数列，所以．（2）假设存在，使得，，成等比数列．则，由（1）可知，，代入上式，得，整理得．（*）法一：令，x≥1．则，所以在上单调增，所以在上至少有一个根．又，故是方程（*）的唯一解．所以存在，使得，，成等比数列，且该等比数列为3，9，27．法二：，即，所以方程（*）可整理为．因为，所以无解，故．所以存在，使得，，成等比数列，且该等比数列为3，9，27．（3）由可知，．又，，故，所以．依题意，对任意恒成立，所以，即，故．若，据，可得当，时，．由及可得．所以，当，时，，即．故当，时，，故不合题意．若，据，可得，即．所以，当，时，，当时，，得，所以．当，时，，所以，故．故当时，对任意都成立．所以正整数k的最小值为3．7．【江苏省南通市三县（通州区、海门市、启东市)2019届高三第一学期期末】已知数列的首项，其前n项和为，对于任意正整数，都有.（1）求数列的通项公式；（2）设数列满足.①若，求证：数列是等差数列；②若数列都是等比数列，求证：数列中至多存在三项.【解析】（1）令，则由，得因为，所以，当时，，且当n=1时，此式也成立.所以数列的通项公式为（2）①【证法一】因为，，所以.由得，所以，所以，所以，所以，所以数列是等差数列.【证法二】因为所以所以.所以，所以，记，两式相减得，所以，所以，当时，，由得，所以，当时，，当n=1时，上式也成立，所以，(iii)所以数列是等差数列.【证法三】因为所以，（i）所以，（ii）（i）-（ii）得，（iii）所以，（iv）（iii）-（iv）得，所以.由知.所以，所以数列是等差数列②不妨设数列超过三项，令，由题意，则有，即，代入，整理得（*），若p=q=1，则，与条件矛盾；若，当n=1时，，①当n=2时，，②②÷①得，p=q，代入（*）得b=c，所以，与条件矛盾.故这样的数列至多存在三项.8．【江苏省泰州市2019届高三上学期期末】已知数列｛｝的前n项和为Sn，，且对任意的n∈N*，n≥2都有。

2020江苏高考理科数学二轮练习：高考热点追踪数列含解析

交汇性试题、向来是高考试题中最为亮丽的风景线、这类问题着重考查观察发现、类比转化以及运用数学知识分析和解决数学问题的能力．下面举例说明数列的交汇性运用、请同学们赏析．一、数列与几何图形交汇(20xx·南通模拟)如图是一个面积为1的三角形、现进行如下操作．第一次操作：分别连结这个三角形三边的中点、构成4个三角形、挖去中间一个三角形(如图①中阴影部分所示)、并在挖去的三角形上贴上数字标签“1”；第二次操作：连结剩余的三个三角形三边的中点、再挖去各自中间的三角形 (如图②中阴影部分所示)、同时在挖去的3个三角形上都贴上数字标签“2”；第三次操作：连结剩余的各三角形三边的中点、再挖去各自中间的三角形、同时在挖去的三角形上都贴上数字标签“3”；……、如此下去．记第n 次操作后剩余图形的总面积为a n ．(1)求a 1、a 2；(2)欲使剩余图形的总面积不足原三角形面积的14、问至少经过多少次操作？(3)求第n 次操作后、挖去的所有三角形上所贴标签上的数字和S n ．【解】 (1)a 1＝34、a 2＝916．(2)因为{a n }是以34为首项、以34为公比的等比数列、所以a n ＝⎝⎛⎭⎫34n．由⎝⎛⎭⎫34n <14、得3n <4n －1．因为31>40、32>41、33>42、34>43、35<44、所以当n ＝5时、⎝⎛⎭⎫34n <14．所以至少经过5次操作、可使剩余图形的总面积不足原三角形面积的14．(3)设第n 次操作挖去b n 个三角形、则{b n }是以1为首项、3为公比的等比数列、即b n ＝3n －1．所以所有三角形上所贴标签上的数字的和S n ＝1×1＋2×3＋…＋n ×3n －1、则3S n ＝1×3＋2×32＋…＋n ×3n 、两式相减、得－2S n ＝(1＋3＋32＋…＋3n －1)－n ×3n ＝3n －12－n ×3n 、故S n ＝⎝⎛⎭⎫n 2－14×3n ＋14． [名师点评] 本题把几何问题与代数解法自然联系起来．从运算到推理、都要有很强的思维判断性和熟练的解题技能．合理的推断、能使解题简捷、运算简单、节约大量的解题时间、反之、则会因运算繁杂不断出错而无法进行下去、这体现了有较高的思维水平者因能善于运用思维而赢得解题时间、是高层次的解决问题能力的标志．二、数列与三角函数交汇已知函数f (x )＝32sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6－12cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6． (1)求函数f (x )的最小正周期与单调递减区间；(2)若函数g (x )＝f ⎝⎛⎭⎫x 2、x >0且函数g (x )的图象与直线y ＝32交点的横坐标由小到大依次是x 1、x 2、…、x n 、求数列{x n }的前100项和．【解】 f (x )＝32sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6－12cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6 ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6－π6＝sin 2x ． (1)函数f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π．令2k π＋π2≤2x ≤2k π＋3π2、k ∈Z 、得k π＋π4≤x ≤k π＋3π4、k ∈Z 、所以函数f (x )的单调递减区间为⎣⎡⎦⎤kπ＋π4，kπ＋3π4、k ∈Z ． (2)法一：因为g (x )＝f ⎝⎛⎭⎫x 2、所以g (x )＝sin x 、x >0．由sin x ＝32、x >0、得x ＝2k π＋π3、k ∈N 或x ＝2k π＋2π3、k ∈N 、所以x 1＋x 2＋…＋x 99＋x 100＝(x 1＋x 3＋x 5＋…＋x 99)＋(x 2＋x 4＋x 6＋…＋x 100) ＝⎣⎡⎦⎤π3＋⎝⎛⎭⎫2π＋π3＋⎝⎛⎭⎫4π＋π3＋…＋⎝⎛⎭⎫98π＋π3＋ ⎣⎡⎦⎤2π3＋⎝⎛⎭⎫2π＋2π3＋⎝⎛⎭⎫4π＋2π3＋…＋⎝⎛⎭⎫98π＋2π3＝50⎝⎛⎭⎫π3＋98π＋π32＋50⎝⎛⎭⎫2π3＋98π＋2π32＝50×198π2＝4 950π．法二：因为g (x )＝f ⎝⎛⎭⎫x 2、所以g (x )＝sin x 、x >0．由正弦函数的对称性、周期性、可知x1＋x22＝π2、x3＋x42＝2π＋π2、x5＋x62＝4π＋π2、…、x99＋x1002＝98π＋π2、所以x 1＋x 2＋…＋x 99＋x 100＝π＋5π＋…＋193π＋197π＝50×（π＋197π）2＝4 950π．[名师点评] 高考试题力求以角度新、情境新、设问方式新的形式呈现．提高难度主要在于“新”、而不在“难”、“新”本身就已蕴涵“难”．把“新”作为关键、能够考查思维的灵活性和创造性、体现高考的选拔功能、本题很好地体现了这一特征．三、数列与向量交汇(20xx·南京四校第一学期联考)已知向量a ＝(x 、－1)、b ＝(xy 、x －y )、若a ⊥b 、y ＝f (x )．(1)求f (x )的表达式；(2)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝13、a 2n ＋1＝2a n f (a n )(n ∈N *)、求数列{a n }的通项公式；(3)在(2)的条件下、设b n ＝1a2n －1、S n 为数列{b n }的前n 项和、求使S n ＞1278成立的n 的最小值．【解】 (1)由a ⊥b 、得x 2y ＋(－1)(x －y )＝0、所以y ＝xx2＋1、则f (x )的表达式为f (x )＝xx2＋1．(2)由(1)知f (x )＝xx2＋1、所以a 2n ＋1＝2a n f (a n )＝2a n ·an a2n ＋1＝2a2na 2n ＋1、因此1a2n ＋1＝a2n ＋12a 2n ＝12a2n ＋12、所以1a2n ＋1－1＝12a2n －12＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1a2n －1．又1a21－1＝9－1＝8≠0、所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a2n －1是以8为首项、12为公比的等比数列、则1a2n －1＝8×⎝⎛⎭⎫12n －1＝24－n．又a n ＞0、所以a n ＝124－n ＋1、则数列{a n }的通项公式为a n ＝124－n ＋1．(3)由(2)知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a2n －1是以8为首项、12为公比的等比数列、而b n ＝1a2n －1、所以数列{b n }是以8为首项、12为公比的等比数列、因此数列{b n }的前n 项和S n ＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝16⎝⎛⎭⎫1－12n ．又S n ＞1278、所以16⎝⎛⎭⎫1－12n ＞1278、则12n ＜1128、所以n ＞7．所以正整数n 的最小值为8．[名师点评] 由于向量既能体现“形”的直观位置特征、又具有“数”的良好运算性质、是数形结合与转换的桥梁和纽带、因此在向量与数列交汇处设计试题、已逐渐成为高考命题的一个亮点．数列{a n }、{b n }都是等差数列、它们的前n 项和分别为S n 、T n 、如果Sn Tn ＝5n ＋134n ＋5、求a10b10的值．考查目标：(1)等差数列基本量的运算；(2)等差数列性质的运用；(3)相关的数学思想：如转化化归思想、函数与方程思想等．解法探究：法一：利用方程的思想、寻找a 1、b 1、d 、d ′的关系．因为a1b1＝S1T1＝2、2a1＋d 2b1＋d′＝S2T2＝2313、3a1＋3d 3b1＋3d′＝S3T3＝2817．所以a 1＝2b 1、d ＝109b 1、d ′＝89b 1、⎝⎛⎭⎫其中a＝d2，b＝a1－d2[例题变式]若{a n}是等差数列、且SmSn＝m2－2mn2－2n、求a 5a6．[解] 法一：利用性质1、得a5a6＝11S99S11＝79．法二：利用性质2、得SmSn＝d2m2＋⎝⎛⎭⎫a1－d2md2n2＋⎝⎛⎭⎫a1－d2n＝m2－2mn2－2n．设d2＝k、a1－d2＝－2k(k≠0)、则a1＝－k、d＝2k．所以a5a6＝a1＋4da1＋5d＝－k＋8k－k＋10k＝79．1．在数列{a n}中、a n＝－2n2＋29n＋3、则此数列最大项的值是________．[解析] 根据题意并结合二次函数的性质可得：a n＝－2n2＋29n＋3＝－2⎝⎛⎭⎫n2－292n＋3＝－2⎝⎛⎭⎫n－2942＋3＋8418、所以n＝7时、a n取得最大值、最大项a7的值为108．[答案] 1082．(20xx·南京、盐城高三模拟)设公差不为0的等差数列{a n}的前n项和为S n．若S3＝a2、且S1、S2、S4成等比数列、则a10等于________．[解析] 设等差数列{a n}的公差为d(d≠0)、由S3＝a2得3a2＝a2、a2＝0或3．又由S1、S2、S4成等比数列可得S2＝S1S4．若a2＝0、则S1＝S2＝a1≠0．S2＝S4＝a1、a2＋a3＋a4＝3a3＝0、a3＝0、则d＝0、故a2＝0舍去；若a2＝3、则S1＝3－d、S2＝6－d、S4＝12＋2d、(6－d)2＝(3－d)(12＋2d)(d≠0)、得d＝2、此时a10＝a2＋8d＝19．[答案] 193．已知log3x＝－1log23、则x＋x2＋x3＋…＋x n＝________．。

2020版高分宝典高考数学二轮微专题复习(江苏专用)课件：微专题四平面向量的线性运算和坐标运算

目标 2 平面向量的坐标运算例 2 (1) 已知△ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，向量 m＝(a， 3 b)与 n＝(cosA，sinB)平行，则 A＝__________.
π 3
解析：因为 m∥n，所以 asinB－ 3bcosA＝0.由正弦定理，得 sinAsinB－ 3
＋nO→B，所以
C
︵在优弧AB上．
建立平面直角坐标系，不妨设半径为 1，则 A(0,1)，B(1,0)．设 C(cosθ，sinθ)θ∈2π，2π，代入O→C＝mO→A＋nO→B，可得 n＝cosθ，m＝sinθ，即 m＋n＝cosθ＋sinθ＝ 2sinθ＋π4. 又 θ＋π4∈34π，94π，所以 m＋n∈[－ 2，1)．
又A→C＝A→B＋A→D，所以λ2λ－＋μ2μ＝＝11，，
解得 λμ＝＝6525，.
所以 λ＋μ＝85.
3. 在△ABC 中，已知 C＝45°，O 是△ABC 的外心，若O→C＝mO→A＋nO→B(m，n∈R)，
则 m＋n 的取值范围是________． [－ 2，1) 解析：因为 C＝45°，O 是△ABC 外心，所以∠AOB＝90°，O→C＝mO→A
根据等面积公式可得圆的半径
r＝
2 ，即圆 5
C
的方程是(x－2)2＋y2＝45，
A→P＝(x，y－1)，A→B＝(0，－1)，A→D＝(2,0)，若满足A→P＝λA→B＋μA→D，
即xy＝－21μ＝，－λ， μ＝2x，λ＝1－y，所以 λ＋μ＝2x－y＋1.
设 z＝2x－y＋1，即2x－y＋1－z＝0，点 P(x，y)在圆(x－2)2＋y2＝45上，
sinBcosA＝0，又 sinB≠0，从而 tanA＝ 3，由于 0＜A＜π，所以 A＝3π.

(江苏专用)高考数学二轮复习微专题十七数列的通项与求和讲义(无答案)苏教版

（江苏专用）高考数学二轮复习微专题十七数列的通项与求和讲义（无答案）苏教版微专题十七数列的通项与求和在近三年的高考题中，数列的通项与求和一直是高考重点，填空题中主要涉及等差、等比的通项与求和，解答题主要是考察和项共存或者复杂关系式下的通项与和的求解以及性质的论证问题．年份填空题解答题2017 T9等比数列的基本量T19考察等差数列的综合问题2018 T14等差、等比数列的综合问题T19考察等差、等比数列的综合问题2019 T8等差数列T20等差、等比的综合问题目标1 根据递推关系式求a n例1 (1) 已知数列{a n}满足a1＝2，且对任意n∈N*，恒有na n＋1＝2(n＋1)a n.求数列{a n}的通项公式；(2) 已知数列{a n}满足a n＝a n－1－a n－2(n≥3，n∈N*)，它的前n项和为S n.若S9＝6，S10＝5，则a1的值为________．点评：【思维变式题组训练】1.在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n1＋a n (n ∈N *)，试归纳出数列的通项a n ＝________.2.设{a n }是首项为1的正项数列，且(n ＋1)a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1a n ＝0(n ∈N *)，则通项公式a n＝________.3.已知数列{a n }的首项为1，a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2n＋12n －1＋1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，则它的通项公式a n ＝________.目标2 由S n 与a n 的关系求通项例2 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2a na n S n －S 2n＝1成立，则S 2019＝________.例3 已知数列{a n }的各项均为正数，记数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{a 2n }的前n 项和为T n ，且3T n ＝S 2n ＋2S n ，n ∈N *.(1) 求a 1的值；(2) 求数列{a n }的通项公式．点评：【思维变式题组训练】1.已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝－2n 2＋3n ，则数列{a n }的通项公式为________． 2.若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n ＝________.3.若数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＋1＋S n ＝1a n ＋1，则a 25＝________.4.已知各项均为正数的数列{a n }的首项a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足a n S n ＋1－a n ＋1S n ＋a n －a n ＋1＝12a n a n ＋1(n ∈N *)．(1) 求证：⎩⎨⎧⎭⎪⎫S n ＋1a n 是等差数列； (2) 求数列{a n }的通项a n .目标3 通过错位相减求和例4 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 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1) 求{a n }和{b n }的通项公式；(2) 求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)．点评：【思维变式题组训练】已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3.(1) 求数列{a n }通项公式；(2) {b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和S n ，已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n项和T n .目标4 通过拆项、裂项等手段求和例5 正项数列{a n }的前n 项和S n 满足S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0. (1) 求数列{a n }的通项公式a n ；(2) 令b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n ，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 <564. 点评：【思维变式题组训练】1.数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前10项和为________．2.已知等差数列{a n }的公差d ≠0，它的前n 项和为S n ，若S 5＝70，且a 2，a 7，a 22成等比数列．(1) 求数列{a n }的通项公式； (2) 设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋6(n ＋1)S n 的前n 项和为T n ，求证：T n <2.目标5 分组求和例6 设数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意n ∈N *满足2S n ＝a n (a n ＋1)，且a n >0. (1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 设c n＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1，n 为奇数，3×2a n －1＋1，n 为偶数，)求数列{c n }的前2n 项和T 2n .点评：【思维变式题组训练】已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，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 －14na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .。

2020年高考数学二轮复习系统热门考点快速解题-7(文理通用版)

2020年高考数学（文理通用版）二轮复习系统热门考点快速解题（1-23讲）第7讲玩转通项搞定数列[速解技法——学一招] 几种常见的数列类型及通项的求法(1)递推公式为a n ＋1＝a n ＋f (n )解法：把原递推公式转化为a n ＋1－a n ＝f (n )，利用累加法(逐差相加法)求解． (2)递推公式为a n ＋1＝f (n )a n解法：把原递推公式转化为a n ＋1a n ＝f (n )，利用累乘法(逐商相乘法)求解．(3)递推公式为a n ＋1＝pa n ＋q解法：通过待定系数法，将原问题转化为特殊数列{a n ＋k }的形式求解． (4)递推公式为a n ＋1＝pa n ＋f (n )解法：利用待定系数法，构造数列{b n }，消去f (n )带来的差异． [例1] 已知数列{a n }满足a 1＝23，a n ＋1＝n n ＋1a n ，求a n .[解] 由条件知a n ＋1a n ＝nn ＋1，分别令n ＝1,2,3，…，(n －1)，代入上式得(n －1)个等式累乘，即a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝12×23×34×…×n －1n ⇒a n a 1＝1n . 又∵a 1＝23，∴a n ＝23n .[例2] 已知数列{a n }的首项a 1＝1，a n ＋1＝a n2a n ＋1，求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前10项和．[解] 因为a n ＋1＝a n2a n ＋1，所以1a n ＋1＝2a n ＋1a n ＝2＋1a n ，即1a n ＋1－1a n＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为2的等差数列，所以1a n ＝2n －1，所以a n ＝12n －1，而1a n a n ＋1＝1n －n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a 10a 11＝12⎝⎛1－13＋13－15＋…＋⎭⎫119－121＝12⎝⎛⎭⎫1－121＝1021. [经典好题——练一手]1．已知数列{a n }的首项a 1＝2，且a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝( ) A ．nn －2B ．n n ＋2C ．nn ＋2－1 D ．n n ＋2＋1解析：选D 因为a n ＋1＝a n ＋n ＋1，所以a n ＋1－a n ＝n ＋1，分别把n ＝1,2,3，…，n －1代入上式，得到(n －1)个等式， a n －a n －1＝(n －1)＋1， a n －1－a n －2＝(n －2)＋1， a n －2－a n －3＝(n －3)＋1， …a 2－a 1＝1＋1.又a 1＝2＝1＋1，故将上述n 个式子相加得a n ＝[(n －1)＋(n －2)＋(n －3)＋…＋2＋1]＋n ＋1＝[n ＋(n －1)＋(n －2)＋…＋2＋1]＋1＝nn ＋2＋1.2．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝12a n －1＋1(n ≥2)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：由a n ＝12a n －1＋1(n ≥2)，得a n －2＝12(a n －1－2)，而a 1－2＝1－2＝－1，∴数列{a n －2}是首项为－1，公比为12的等比数列．∴a n －2＝－⎝⎛⎭⎫12n －1，∴a n ＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1. 答案：2－⎝⎛⎭⎫12n －13．设{a n }是首项为1的正项数列，且a 2n －a 2n －1－na n －na n －1＝0(n ∈N *，n ≥2)，则数列的通项公式a n ＝________.解析：由题设得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－n )＝0，由a n >0，a n －1>0知a n ＋a n －1>0，于是a n －a n －1＝n ，所以a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋2.答案：n n ＋24．在数列{a n }中，已知a 1＝－1，a n ＋1＝2a n ＋4·3n －1，求通项公式a n . 解：原递推式可化为a n ＋1＋λ·3n ＝2(a n ＋λ·3n －1)，比较系数得λ＝－4，即a n ＋1－4·3n ＝2(a n －4·3n －1)，则数列{a n －4·3n －1}是首项为a 1－4·31－1＝－5，公比为2的等比数列，故a n －4·3n －1＝－5·2n －1，即a n ＝4·3n －1－5·2n －1.[常用结论——记一番] 等差(比)数列的重要结论(1)数列{a n }是等差数列⇔数列{c a n }是等比数列；数列{a n }是等比数列，则数列{log a |a n |}是等差数列．(2){a n }，{b n }是等差数列，S n ，T n 分别为它们的前n 项和，若b m ≠0，则a m b m ＝S 2m －1T 2m －1.(3)首项为正(或为负)递减(或递增)的等差数列前n 项和最大(或最小)问题转化为解不等式⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫或⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤0，a n ＋1≥0，也可化为二次型函数S n＝An 2＋Bn 来分析，注意n ∈N *.(4)等差(比)数列中，S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…(各项均不为0)仍是等差(比)数列．。

2020版高考数学二轮复习专题一集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数第5讲导数及其应用练习文苏教

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第5讲导数及其应用1．（2019·宁波模拟)曲线y＝错误!在点（1，－1)处的切线方程为________．[解析］由题意可得:y′＝错误!，所以在点(1,－1）处的切线斜率为－2,所以在点(1,－1）处的切线方程为y＝－2x＋1．［答案] y＝－2x＋12．（2019·江苏省高考名校联考信息卷(一))若函数f(x）＝x3－3x2的单调递减区间为[a,b]，则a＋b＝______．[解析］因为f（x）＝x3－3x2，所以f′（x)＝3x2－6x．令f′（x)≤0，得0≤x≤2,所以函数f（x)的单调递减区间为［0,2],所以a＝0，b＝2所以a＋b＝2．[答案］ 23．(2019·江苏省名校高三入学摸底卷)已知f(x)是定义在R上的函数，f′(x）为其导函数，f(x)＋f(x＋2）＝4，当x∈［0，2]时，f（x）＝x2,则f′（2 019)＝______．［解析] 因为f（x)＋f（x＋2)＝4，所以f(x＋2）＋f(x＋4)＝4,所以f（x＋4)＝f（x)，所以f(x）的周期为4．当x∈［2,4］时，x－2∈[0，2]，f(x－2）＝（x－2)2，因为f（x)＋f(x＋2）＝4，所以f(x－2）＋f(x）＝4,所以f(x)＝4－f(x－2)＝4－(x－2)2＝4x－x2，所以f′(x)＝－2x＋4，根据周期性知，f′（2 019）＝f′(3)＝－2．[答案] －24．已知函数f（x)＝－x2＋2ln x，g（x)＝x＋ax，若函数f(x）与g（x）有相同的极值点，则实数a的值为________．［解析] 因为f(x）＝－x2＋2ln x，所以f′(x）＝－2x＋错误!＝－错误!（x〉0）,令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1（舍去),又当0〈x<1时，f′(x)〉0；当x〉1时，f′(x）<0，所以x ＝1是函数f(x)的极值点．因为g（x)＝x＋错误!，所以g′(x)＝1－错误!．又函数f（x）与g(x）＝x＋错误!有相同极值点，所以x＝1也是函数g（x)的极值点,所以g′（1）＝1－a＝0，解得a＝1．经检验,当a＝1时，函数g（x）取到极小值．［答案］ 15．(2019·高三第一次调研测试）在平面直角坐标系xOy中，已知直线y＝3x＋t与曲线y ＝a sin x＋b cos x(a，b，t∈R）相切于点（0,1)，则（a＋b）t的值为______．［解析］由题意可得t＝1,b＝1，y′＝a cos x－b sin x,则a cos 0－b sin 0＝3，a＝3,所以(a＋b)t＝4．［答案] 46．(2018·高考江苏卷）若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在（0,＋∞）内有且只有一个零点,则f（x)在[－1，1］上的最大值与最小值的和为________．［解析］f′（x）＝6x2－2ax＝2x（3x－a)(a∈R），当a≤0时，f′（x）〉0在（0，＋∞)上恒成立，则f（x)在(0，＋∞）上单调递增，又f(0）＝1，所以此时f（x）在(0，＋∞）内无零点，不满足题意．当a>0时，由f′(x）>0得x>错误!，由f′(x)〈0得0〈x〈错误!，则f（x)在错误!上单调递减，在错误!上单调递增，又f（x）在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以f错误!＝－错误!＋1＝0，得a＝3，所以f(x)＝2x3－3x2＋1,则f′(x)＝6x（x－1），当x∈(－1，0)时，f′（x）〉0，f（x)单调递增，当x∈(0，1）时，f′(x）〈0，f（x）单调递减，则f(x)＝f（0）＝1，f(－1）＝－4,f(1)＝0,则f(x）min＝－4，所以f(x）在［－1,1］上的最max大值与最小值的和为－3．［答案］－37．(2019·江苏省高考名校联考信息卷（八）)已知函数f(x）＝x ln x＋错误!x2－3x在区间错误!内有极值，则整数n的值为______．[解析］由题意知，f′（x)＝ln x＋1＋x－3＝ln x＋x－2，令g（x)＝ln x＋x－2，因为g（错误!）＝ln 错误!＋错误!－2＝ln 错误!－错误!<ln错误!－错误!＝0，g(2）＝ln 2〉0，所以函数g（x)＝ln x＋x－2在(错误!，2）内有零点．又g′(x)＝错误!＋1〉0恒成立,所以函数g（x)＝ln x＋x－2在（0,＋∞）上单调递增，所以函数g(x)＝ln x＋x－2有唯一的零点x∈（错误!,2），则当x∈(0，x0）时，f′(x)〈0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，则x0是函数f(x)唯一的极值点，且x∈（错误!，2），结合题意可知n＝2．［答案] 28．（2019·高三第二学期四校联考）函数f（x）＝a·e x－e－x的图象在x＝0处的切线与直线y＝2x－3平行，则不等式f（x2－1)＋f（1－x）<0的解集为______．[解析］f′（x）＝a e x＋e－x，由题易知f′（0)＝a＋1＝2，所以a＝1，所以f(x）＝e x－e－x．易知f(x)＝e x－e－x为奇函数且f′(x）＝e x＋e－x〉0，所以f（x)在R上单调递增．不等式f(x2－1)＋f(1－x）〈0可化为f（x2－1）〈f(x－1)，由f(x）单调递增可得x2－1〈x－1，解得0〈x〈1,所以不等式的解集为{x｜0〈x<1}．［答案］｛x｜0〈x〈1｝9．(2019·南京四校第一学期联考)已知函数f(x）＝x2－4x的图象上有两点A（x1，y1)，B（x，y2）,x1＜x2，若曲线y＝f(x）在点A,B处的切线互相垂直，则3x1－2x2的最大值是________．2［解析] 由题意得f′（x)＝2x－4，因为曲线y＝f（x）在点A，B处的切线互相垂直，所以x1≠2,x2≠2，（2x1－4）·(2x2－4）＝－1．又x1＜x2，所以2x1－4＜0,2x2－4＞0，x1＝错误!＋2，则3x1－2x2＝3×错误!－2x2＝－2x2－错误!＋6＝－错误!＋2≤－2错误!＋2＝2－错误!，当且仅当错误!(4x2－8）＝错误!时，上式取等号，因此3x1－2x2的最大值为2－错误!．[答案] 2－错误!10．（2018·江苏名校高三入学摸底）已知函数f（x)＝x2－a ln x的图象在x＝2处的切线与直线x＋3y＝0垂直，g(x)＝错误!，若存在正实数m，n，使得f(m）≤f(x)，g（n）≤g(x)对任意的x∈(0,＋∞)恒成立，则函数h(x)＝mf（x）＋ng(x)的零点个数是________．［解析] 由题意可得函数f(x)＝x2－a ln x的图象在x＝2处的切线斜率为3，f′(x）＝2x－错误!，f′（2)＝4－错误!＝3，a＝2，f′（x)＝2x－错误!＝错误!，当0<x<1时,f′（x）〈0，f（x)单调递减，当x〉1时，f′（x）〉0,f（x）单调递增，所以f(m）＝f（1），m＝1．g（x)＝x－2错误!(x〉0），g′(x)＝1－错误!＝错误!，当0〈x〈1时，g′(x)<0,g(x)单调递减，当x>1时，g′(x)>0，g(x）单调递增，所以g(n）＝g（1），n＝1．则h（x）＝f（x）＋g（x)＝x2－2ln x＋x－2错误!，易知当0〈x<1时，h（x)单调递减，当x>1时，h（x）单调递增，且h（1)＝0，所以函数h(x）有1个零点．［答案］ 111．（2019·江苏省名校高三入学摸底卷）已知函数f（x）＝x2ln x－a(x2－x）(a＜0)，g(x)＝错误!．（1）若函数g(x)的图象在x＝2处的切线在y轴上的截距为4ln 2，求a的值;(2）判断函数g(x）在x∈（0，1)上的单调性，并说明理由；（3）若方程f（x)＝m有两个不相等的实数根x1，x2，求证：x1＋x2＞1．[解] （1)g（x）＝错误!＝错误!－a(a＜0),则g′（x)＝错误!＝错误!．g（2）＝2ln 2－a，g′(2）＝1－ln 2，函数g（x)的图象在x＝2处的切线方程为y－(2ln2－a）＝（1－ln 2)（x－2），将点（0，4ln 2)代入，解得a＝－2．(2)令h(x)＝x－ln x－1,则h′(x）＝1－错误!＝错误!，当x∈(0，1）时，h′（x）＜0，h（x)单调递减，h（x)＞h(1)＝0，则当x∈(0，1）时,g′（x)＞0，所以函数g(x)在x∈(0,1)上单调递增．（3)证明：f′(x）＝2x ln x＋x－a（2x－1)，令φ（x)＝2x ln x＋x－a(2x－1）(a＜0)，则φ′（x)＝2ln x＋3－2a，易知φ′(x）在x∈(0，＋∞)上单调递增，又φ′(e a－2）＝－1＜0，φ′(1)＝3－2a＞0，则存在x0∈（0,1),使得φ′（x0)＝0，即2ln x0＋3－2a＝0，则f′(x)在(0，x0）上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，又f′（x0）＝2x0ln x0＋x0－2ax0＋a＝a－2x0＜0,f′（1）＝1－a＞0，又当0＜x＜x0时，函数f′(x)的图象均在y轴下方，所以可设f′(x3）＝0，则x3∈(x0，1），所以f(x)在(0,x3）上单调递减，在（x3,＋∞)上单调递增，又f(1）＝0，不妨设x1＜x2,则数形结合可知0＜x1＜x3＜x2＜1．由（2）知,g（x1)＜g(x3)＜g(x2），即错误!则g(x3)(x22－x2)＞f（x2）＝f（x1）＞g(x3）（x错误!－x1），所以（x错误!－x2）－（x错误!－x1）＝（x2－x1）（x2＋x1－1)＞0，故x1＋x2＞1．12．（2019·江苏名校高三入学摸底)已知函数f(x）＝错误!－1．(1）求函数f（x）的单调区间；（2)设m〉0,求函数f（x)在区间[m，2m]上的最大值．［解] （1)因为函数f（x）的定义域为(0,＋∞)，且f′（x）＝错误!，由错误!得0<x<e；由错误!得x〉e．所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e），单调递减区间为(e，＋∞)．（2）①当错误!，即0〈m≤错误!时，[m，2m］⊆（0，e),函数f（x)在区间［m，2m]上单调递增，所以f(x）max＝f(2m）＝错误!－1；②当m〈e<2m,即错误!<m〈e时，（m，e)⊆(0，e），(e,2m)⊆（e，＋∞)，函数f（x）在区间（m，e）上单调递增，在（e，2m)上单调递减，所以f（x)max＝f(e）＝错误!－1＝错误!－1；③当m≥e时,（m,2m）⊆(e,＋∞)，函数f（x）在区间[m,2m]上单调递减,所以f（x)max ＝f（m）＝错误!－1．综上所述，当0<m≤错误!时,f(x)max＝错误!－1；当错误!〈m<e时，f（x)max＝错误!－1；当m≥e时,f（x)max＝错误!－1．13．(2019·高三第二次调研测试）已知函数f（x）＝2ln x＋错误!x2－ax，a∈R．（1）当a＝3时,求函数f(x）的极值．（2)设函数f（x）的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g（x），若函数y＝f（x）－g(x)是（0，＋∞）上的增函数，求x0的值．(3)是否存在一条直线与函数f（x）的图象相切于两个不同的点?并说明理由．［解] (1)当a＝3时,f(x）＝2ln x＋错误!x2－3x（x〉0)，f′(x）＝错误!＋x－3＝错误!,令f′（x)＝0得，x＝1或x＝2．当x变化时,f′（x)，f(x）的变化情况如下表所示．错误!(2)依题意，知切线方程为y＝f′（x0)(x－x0）＋f（x0）（x0〉0)，从而g(x）＝f′(x0)(x－x0）＋f（x0)（x0>0)，记p(x)＝f（x)－g(x），则p(x)＝f（x）－f（x0)－f′（x0)(x－x0)在（0,＋∞)上为增函数，所以p′（x)＝f′（x)－f′（x0）≥0在(0,＋∞）上恒成立，即p′（x）＝错误!－错误!＋x－x0≥0在(0，＋∞）上恒成立,即x＋错误!≥x0＋错误!在（0，＋∞）上恒成立，因为x＋错误!≥2错误!＝2错误!(当且仅当x＝错误!时，等号成立），所以2错误!≥x0＋错误!，从而（x0－错误!）2≤0，所以x0＝错误!．（3）假设存在一条直线与函数f(x）的图象有两个不同的切点T1(x1,y1），T2(x2，y2)，不妨设0<x1〈x2，则函数f（x）的图象在点T1处的切线l1的方程为y－f(x1）＝f′(x1)（x－x1)，在点T2处的切线l2的方程为y－f(x2）＝f′（x2)（x－x2)．因为l1，l2为同一条直线,所以f′（x1)＝f′（x2）,f（x1)－x1f′(x1）＝f（x2)－x2f′(x2)，即错误!＋x1－a＝错误!＋x2－a，2ln x1＋错误!x错误!－ax1－x1错误!＝2ln x2＋错误!x错误!－ax2－x2错误!，整理得2ln错误!＋错误!－错误!＝0．①令t ＝x 2，12，由0<x 1〈x 2与x 1x 2＝2，得t ∈（0,1)．记p (t ）＝2ln t ＋错误!－t ,则p ′（t )＝错误!－错误!－1＝－错误!<0，所以p （t ）在(0，1)上为减函数，所以p (t )>p （1)＝0．从而①式不可能成立，所以假设不成立，即不存在一条直线与函数f (x ）的图象相切于两个不同的点．14．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋b （a ，b ∈R )．(1)试讨论f (x )的单调性；（2)若b ＝c －a (实数c 是与a 无关的常数),当函数f (x ）有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是（－∞，－3）∪(1,错误!）∪(错误!,＋∞)，求c 的值．[解］（1）f ′(x ）＝3x 2＋2ax ，令f ′（x ）＝0，解得x 1＝0，x 2＝－错误!．当a ＝0时，因为f ′(x ）＝3x 2≥0，所以函数f (x ）在（－∞，＋∞）上单调递增；当a >0时，x ∈(－∞,－错误!）∪(0，＋∞）时，f ′(x ）>0,x ∈（－错误!，0)时，f ′(x ）〈0，所以函数f (x ）在（－∞,－错误!）,(0,＋∞）上单调递增,在（－错误!,0)上单调递减；当a <0时,x ∈（－∞,0）∪（－错误!，＋∞)时，f ′(x )〉0，x ∈（0，－错误!）时，f ′（x ）<0，所以函数f (x )在(－∞，0)，（－错误!，＋∞)上单调递增,在（0，－错误!)上单调递减．（2)由(1）知，函数f (x )的两个极值为f (0）＝b ， f （－错误!)＝错误!a 3＋b ，则函数f （x ）有三个零点等价于f (0)·f (－错误!）＝b （错误!a 3＋b )〈0，从而错误!或错误!又b ＝c －a ，所以当a 〉0时,错误!a 3－a ＋c 〉0或当a <0时,错误!a 3－a ＋c 〈0．设g (a ）＝427a 3－a ＋c ，因为函数f （x ）有三个零点时，a 的取值范围恰好是(－∞,－3）∪(1，32）∪（错误!，＋∞),则在（－∞,－3)上g(a)<0，且在(1,错误!)∪(错误!，＋∞）上g(a）>0均恒成立，从而g（－3）＝c－1≤0，且g（错误!）＝c－1≥0,因此c＝1．此时，f(x）＝x3＋ax2＋1－a＝（x＋1）［x2＋(a－1）x＋1－a］，因为函数有三个零点，则x2＋（a－1）x＋1－a＝0有两个异于－1的不等实根，所以Δ＝(a－1)2－4（1－a）＝a2＋2a－3>0,且（－1）2－(a－1)＋1－a≠0，解得a∈(－∞,－3)∪(1，错误!）∪（错误!，＋∞）．综上c＝1．。

2020届高考数学(江苏专用)二轮复习练习：专题十七数列的通项与求和+Word版含答案

微专题十七数列的通项与求和一、填空题1. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若2a 6＝6＋a 7，则S 9的值是________．2. 已知数列{a n }满足a 1为正整数，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧ a n 2， a n 为偶数，3a n ＋1，a n 为奇数.若a 1＝5，则a 1＋a 2＋a 3＝________.3. 已知数列{a n }满足a n ＝1n ＋n ＋1，则其前99项和S 99＝________.4. 若数列{a n }满足12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n a n ＝2n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.5. 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n a n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.6. 设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝12，S n ＝kn 2－1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为________．7. 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＝________.8. 如图，在平面直角坐标系中，分别在x 轴与直线y ＝33(x ＋1)上从左向右依次取点A k ，B k ，k ＝1,2，…其中A 1是坐标原点，使△A k B k A k ＋1都是等边三角形，则△A 10B 10A 11的边长是________．9. 定义：在数列{a n }中，若满足a n ＋2a n ＋1－a n ＋1a n＝d (n ∈N *，d 为常数)，称{a n }为“等差比数列”．已知在“等差比数列”{a n }中，a 1＝a 2＝1，a 3＝3，则a 2 019a 2 017＝________.10. 已知数列{a n}的前n项和S n，满足4S n＝(a n＋1)2，设b n＝a2n－1，T n＝b1＋b2＋…＋b n(n∈N＋)，则当T n>2 017时，n的最小值为________．二、解答题11. 设数列{a n}的前n项和为S n，已知S n＋1＝pS n＋q(p，q为常数，n∈N*)，且a1＝2，a2＝1，a3＝q－3p.(1) 求p，q的值；(2) 求数列{a n}的通项公式．12. 已知数列{a n}为等差数列且公差d≠0，{a n}的部分项组成等比数列{b n}，其中b n＝ak n，若k1＝1，k2＝5，k3＝17，(1) 求k n；(2) 若a1＝2，求{a n k n}的前n项和S n.13. 已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且a2＝17，S10＝100.(1) 求数列{a n}的通项公式；(2) 若数列{b n}满足b n＝a n cos nπ＋2n(n∈N*)，求数列{b n}的前n项和．14. 已知正项数列{a n}的前n项和为S n，且a1＝a，(a n＋1)(a n＋1＋1)＝6(S n＋n)，n∈N*.(1) 求数列{a n}的通项公式；(2) 若∀n∈N*，都有S n≤n(3n＋1)成立，求实数a的取值范围．。

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江苏高考数学二轮复习微专题十七数列的通项与求和
11、获得的成功越大，就越令人高兴。野心是使人勤奋的原因，节制使人枯萎。 12、不问收获，只问耕耘。如同种树，先有根茎，再有枝叶，尔后花实，好好劳动，不要想太多，那样只会使人胆孝懒惰，因为不实践，甚至不接触社会，难道你是野人。(名言网) 13、不怕，不悔(虽然只有四个字，但常看常新。 14、我在心里默默地为每一个人祝福。我爱自己，我用清洁与节制来珍惜我的身体，我用智慧和知识充实我的头脑。 15、这世上的一切都借希望而完成。农夫不会播下一粒玉米，如果他不曾希望它长成种籽；单身汉不会娶妻，如果他不曾希望有小孩；商人或手艺人不会工作，如果他不曾希望因此而有收益。-- 马钉路德。
16、业余生活要有意义，不要越轨。——华盛顿 17、一个人即使已登上顶峰，也仍要自强不息。——罗素·贝克 18、最大的挑战和突破在于用人，而用人最大的突破在于信任人。——马云 19、自己活着，就是为了使别人过得更美好。——雷锋 20、要掌握书，莫被书掌握；要为生而读，莫为读而生。

2020年江苏高考数学数列二轮专项训练题组答案解析(9页)

2020年江苏高考数学数列二轮专项训练题组专题13 数列(一)一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分.将答案填在题中的横线上.1.已知等差数列{}n a 的公差d 不为0，且1a ，2a ，4a 成等比数列，则1a d的值为____. 【答案】1【解析】由题意得：2214a a a =⋅，则2111()(3)a d a a d +=⋅+，整理得1a d =，所以11a d= 2.等比数列{}n a 中，若12341,4,2,a a a a =成等差数列，则17a a =【答案】64【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，2344,2,a a a 成等差数列，所以，32444a a a =+，即2344q q q =+，解得：q ＝2，所以，6171a a a q =＝643.等差数列{}n a （公差不为0），其中1a ，2a ，6a 成等比数列，则这个等比数列的公比为_____.【答案】4【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，由题意得: 2216a a a =，则2111(+)(5)a d a a d =+整理得13d a =，2114a a d a =+=，所以21=4a a 4.若数列{}n a 是公差不为0的等差数列，ln 1a 、ln 2a 、ln 5a 成等差数列，则21a a 的值为．【答案】3【解析】∵ln 1a 、ln 2a 、ln 5a 成等差数列，∴2152a a a =，故2111(4)()a a d a d +=+，又公差不为0，解得12d a =，∴21111133a a d a a a a +===．5. 等差数列{}n a 的公差不为零，121,a a =是1a 和5a 的等比中项，则159246a a a a a a ++=++ ．【答案】97【解析】由题意得：2215a a a =⋅，则2111()(4)a d a a d +=⋅+，整理得：12d a =，15951124641134993377a a a a a d a a a a a a d a +++====+++6.已知1，1a ，2a ，4成等差数列，1，1b ，2b ，3b ，4成等比数列，则122a ab +的值是．【答案】25 【解析】1Q ，1a ，2a ，4成等差数列，21145a a ∴+=+=，又1，1b ，2b ，3b ，4成等比数列，2213144b b b ∴==⨯=，解得22b =±，又21210b b =⨯>，22b ∴=，∴12252a ab +=． 7. 已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，44a =，515S =，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭g 的前2019项和为．【答案】20202019【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，44a =Q ，515S =，134a d ∴+=，1545152a d ⨯+=，联立解得：11a d ==， 11n a n n ∴=+-=．∴11111(1)1n n a a n n n n +==-++．则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭g 的前2019项和1111112019112232019202020202020=-+-+⋯⋯+-=-=． 8. 在等比数列{}n a 中，首项11a =，且34a ，42a ，5a 成等差数列，若数列{}n a 的前n 项之积为n T ，则10T 的值为．【答案】452【解析】在等比数列{}n a 中，首项11a =，且34a ，42a ，5a 成等差数列，43544a a a ∴=+，32444q q q ∴=+，解得2q =， 12n n a -∴=，Q 数列{}n a 的前n 项之积为n T ，024567890123456789451022222222222T +++++++++∴=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯==．9. 已知等比数列{}n a 满足2124a a +=，235a a =，则该数列的前5项的和为．【答案】31【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，2124a a +=Q ，235a a =，1(2)4a q ∴+=，22411()a q a q =，联立解得11a =，2q =．∴该数列的前5项的和5213121-==-．10.等比数列的各项均为实数，其前项和为，已知，则= ．【答案】32【解析】当：时：不合题意当：1≠q 时：11.已知数列是等差数列，是其前n 项和.若，则的值是_____.【答案】16.【解析】由题意首先求得首项和公差，然后求解前8项和即可.{}n a n n S 3676344S S ==,8a *{}()n a n ∈N n S 25890,27a a a S +==8S 1=q由题意可得：，解得：，则. 12.已知{}n a 为等差数列，135105a a a ++=，24699a a a ++=，以n S 表示{}n a 的前项和，则使得n S 达到最大值的n 是．【答案】20【解析】设等差数列公差为d ，则有11361053999a d a d +=⎧⎨+=⎩解得139a =，2d =-203921910a ∴=-⨯=>，213922010a =-⨯=-<∴数列的前20项为正， ∴使得n S 达到最大值的是2013.设数列{}n a 各项为正数，且()13log 12n n a -+=，若()321log 1n n b a -=+，数列{}n b 的前n 项和为n T ，则使345n T >成立时n 的最小值为 .【答案】6【解析】()13log 12n n a -+=，()221321log 124n n n n b a ---=+==，则()211211444413n nn n T b b b -=+++=++++=-……. 不等式345n T >即为()*41036n n N >∈，所以6n ≥，于是345n T >成立时n 的最小值为6. 14.已知集合，．将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列．记为数列的前n 项和，则使得成立的n 的最小值为________．【答案】27 【解析】设，则()()()25811191470989272a a a a d a d a d S a d ⎧+=++++=⎪⎨⨯=+=⎪⎩152a d =-⎧⎨=⎩8187840282162S a d ⨯=+=-+⨯=由得所以只需研究是否有满足条件的解，此时，，为等差数列项数，且.由得满足条件的最小值为.二、解答题：本大题共6小题，共90分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．（本题满分14分）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，24a =，530S =．（1）求n a ；（2）设数列1{}n S 前n 项和为n T ，当20192020n T =时，求n 的值．【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，24a =Q ，530S =．14a d ∴+=，1455302a d ⨯+=g ，解得．12a d ==22(1)2n a n n ∴=+-= (6分)（2）由（1）可得(22)(1)2n n n S n n +==+． ⇒1111n S n n =-+．数列1{}n S 前n 项和为1111111122311n T n n n =-+-+⋯+-=-++，当20192020n T =时，12019112020n -=+，2019n ∴=．（14分） 16.（本题满分14分）已知{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，且a 1＝b 1＝2，a 4＋b 4＝21，S 4＋b 4＝30.(1) 求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2) 记c n ＝a n b n ，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和．【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 .由a 1＝b 1＝2，得a 4＝2＋3d ，b 4＝2q 3，S 4＝8＋6d .(3分)由条件a 4＋b 4＝21，S 4＋b 4＝30，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧ 2＋3d ＋2q 3＝21，8＋6d ＋2q 3＝30，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2.所以a n ＝n ＋1，b n ＝2n ，n ∈N *.(7分) (2) 由题意知c n ＝(n ＋1)×2n . 记T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n .则T n ＝2×2＋3×22＋4×23＋…＋n ×2n －1＋ (n ＋1)×2n ，2T n ＝2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n ＋(n ＋1)2n ＋1，所以－T n ＝2×2＋(22＋23＋…＋2n )－(n ＋1)×2n ＋1，(11分) 即T n ＝n ·2n ＋1，n ∈N *.(14分)17. （本题满分14分）已知数列{a n }是公差为正数的等差数列，其前n 项和为S n ，且a 2·a 3＝15，S 4＝16. (1) 求数列{a n }的通项公式．(2) 设数列{b n }满足b 1＝a 1，b n ＋1－b n ＝1a n ·a n ＋1.①求数列{b n }的通项公式；②是否存在正整数m ，n (m ≠n )，使得b 2，b m ，b n 成等差数列？若存在，求出m ，n 的值；若不存在，请说明理由．【解析】 (1) 设数列{a n }的公差为d ，则d ＞0.由a 2·a 3＝15，S 4＝16，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋da 1＋2d ＝15，4a 1＋6d ＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝7，d ＝－2(舍去)．所以a n ＝2n －1.(4分) (2) ①因为b 1＝a 1＝1， b n ＋1－b n ＝1a n ·a n ＋1＝12n －1·2n ＋1＝12·⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， (6分) 即b 2－b 1＝12⎝⎛⎭⎫1－13， b 3－b 2＝12⎝⎛⎭⎫13－15， …b n －b n －1＝12⎝⎛⎭⎫12n －3－12n －1，n ≥2，累加得b n －b 1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n －1＝n －12n －1，(9分) 所以b n ＝b 1＋n －12n －1＝1＋n －12n －1＝3n －22n －1.又b 1＝1也符合上式，故b n ＝3n －22n －1，n ∈N *.(10分) ②假设存在正整数m ，n (m ≠n )，使得b 2，b m ，b n 成等差数列，则b 2＋b n ＝2b m . 又b 2＝43，b n ＝3n －22n －1＝32－14n －2，b m ＝32－14m －2，所以43＋⎝⎛⎭⎫32－14n －2＝2⎝⎛⎭⎫32－14m －2，即12m －1＝16＋14n －2，化简得2m ＝7n －2n ＋1＝7－9n ＋1.(12分) 当n ＋1＝3，即n ＝2时，m ＝2(舍去)；当n ＋1＝9，即n ＝8时，m ＝3，符合题意．所以存在正整数m ＝3，n ＝8，使得b 2，b m ，b n 成等差数列．(14分)18.(本题满分16分)记{}1,2,100U =…,.对数列{}()*n a n ∈N 和U 的子集T ，若T =∅，定义0TS=；若{}12,,k T t t t =…，，定义12k T t t t S a a a =+++L .例如：{}=1,3,66T 时，1366+T S a a a =+.现设{}()*n a n ∈N 是公比为3的等比数列，且当{}=2,4T 时，=30T S .（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）对任意正整数()1100k k ≤≤，若{}1,2,T k ⊆…，，求证：1T k S a +<；【解析】 (1) 由已知得a n ＝a 1·3n －1，n ∈N *.于是当T ＝{2,4}时，S T ＝a 2＋a 4＝3a 1＋27a 1＝30a 1. 又S T ＝30，故30a 1＝30，即a 1＝1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *.（8分） (2) 因为T ⊆{1,2，…，k }，a n ＝3n －1>0，n ∈N *，所以S T ≤a 1＋a 2＋…＋a k ＝1＋3＋…＋3k －1＝12(3k －1)<3k .（15分）因此，S T <a k ＋1.（16分）19. （本题满分16分）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 }满足：245132,440a a a a a a =-+=，求证:数列{a n }为“M －数列”；（2）已知数列{b n }满足:111221,n n n b S b b +==-，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．求数列{b n }的通项公式；【解析】（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩，得244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩．因此数列{}n a 为“M —数列”.（8分）（2）①因为1122n n n S b b +=-，所以0n b ≠．由1111,b S b ==得212211b =-，则22b =. 由1122n n n S b b +=-，得112()n n n n n b b S b b ++=-，（12分)当2n ≥时，由1n n n b S S -=-，得()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---，整理得112n n n b b b +-+=．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n }的通项公式为b n =n ()*n N∈.（16分）20.（本题满分16分）在数列{a n }中，已知a 1＝2，a n ＋1＝3a n ＋2n －1. (1) 求证：数列{a n ＋n }为等比数列；(2) 记b n ＝a n ＋(1－λ)n ，且数列{b n }的前n 项和为T n ，若T 3为数列{T n }中的最小项，求λ的取值范围．【解析】 (1) 因为a n ＋1＝3a n ＋2n －1，所以a n ＋1＋n ＋1＝3(a n ＋n )．故a n ＋1＋n ＋1a n ＋n＝3，又a 1＝2，则a 1＋1＝3，故{a n ＋n }是以3为首项，3为公比的等比数列．(4分) (2) 由(1)知a n ＋n ＝3n ，所以b n ＝3n －nλ.(6分)故T n ＝31＋32＋…＋3n －(1＋2＋3＋…＋n )λ＝32(3n －1)－n n ＋12λ.(8分) 因为T 3为数列{T n }中的最小项，则对∀n ∈N *，有32(3n －1)－n n ＋12λ≥39－6λ恒成立，即3n ＋1－81≥(n 2＋n －12)λ对∀n ∈N *恒成立．(10分) 当n ＝1时，由T 1≥T 3，得λ≥365；当n ＝2时，由T 2≥T 3，得λ≥9；(12分)当n ≥4时，n 2＋n －12＝(n ＋4)(n －3)＞0恒成立，所以λ≤3n ＋1－81n 2＋n －12对∀n ≥4恒成立．令f (n )＝3n ＋1－81n 2＋n －12，n ≥4，则f (n ＋1)－f (n )＝3n＋12n 2－26＋162n ＋1n 2＋3n －10n 2＋n －12＞0恒成立，故f (n )＝3n ＋1－81n 2＋n －12在n ≥4时单调递增，所以λ≤f (4)＝814.(15分)综上，9≤λ≤814.(16分)。

(江苏专用)2020版高考数学二轮复习微专题十七数列的通项与求和讲义(无答案)苏教版

微专题十七数列的通项与求和在近三年的高考题中，数列的通项与求和一直是高考重点，填空题中主要涉及等差、等比的通项与求和，解答题主要是考察和项共存或者复杂关系式下的通项与和的求解以及性质的论证问题．年份填空题解答题2020 T9等比数列的基本量T19考察等差数列的综合问题2020 T14等差、等比数列的综合问题T19考察等差、等比数列的综合问题2020 T8等差数列T20等差、等比的综合问题目标1 根据递推关系式求a n例1 (1) 已知数列{a n}满足a1＝2，且对任意n∈N*，恒有na n＋1＝2(n＋1)a n.求数列{a n}的通项公式；(2) 已知数列{a n}满足a n＝a n－1－a n－2(n≥3，n∈N*)，它的前n项和为S n.若S9＝6，S10＝5，则a1的值为________．点评：【思维变式题组训练】1.在数列{a n}中，a1＝1，a n＋1＝a n1＋a n(n∈N*)，试归纳出数列的通项a n＝________.2.设{a n }是首项为1的正项数列，且(n ＋1)a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1a n ＝0(n ∈N *)，则通项公式a n＝________.3.已知数列{a n }的首项为1，a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2n＋12n －1＋1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，则它的通项公式a n ＝________.目标2 由S n 与a n 的关系求通项例2 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2a na n S n －S 2n＝1成立，则S 2020＝________.例3 已知数列{a n }的各项均为正数，记数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{a 2n }的前n 项和为T n ，且3T n ＝S 2n ＋2S n ，n ∈N *.(1) 求a 1的值；(2) 求数列{a n }的通项公式．点评：【思维变式题组训练】1.已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝－2n 2＋3n ，则数列{a n }的通项公式为________． 2.若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n ＝________.3.若数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＋1＋S n ＝1a n ＋1，则a 25＝________.4.已知各项均为正数的数列{a n }的首项a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足a n S n ＋1－a n ＋1S n ＋a n －a n ＋1＝12a n a n ＋1(n ∈N *)．(1) 求证：⎩⎨⎧⎭⎪⎫S n ＋1a n 是等差数列； (2) 求数列{a n }的通项a n .目标3 通过错位相减求和例4 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 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1) 求{a n }和{b n }的通项公式；(2) 求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)．点评：【思维变式题组训练】已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3. (1) 求数列{a n }通项公式；(2) {b n }为各项非零的等差数列，其前n项和S n ，已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n项和T n .目标4 通过拆项、裂项等手段求和例5 正项数列{a n }的前n 项和S n 满足S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0. (1) 求数列{a n }的通项公式a n ；(2) 令b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n ，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 <564. 点评：【思维变式题组训练】1.数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前10项和为________．2.已知等差数列{a n }的公差d ≠0，它的前n 项和为S n ，若S 5＝70，且a 2，a 7，a 22成等比数列．(1) 求数列{a n }的通项公式； (2) 设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋6(n ＋1)S n 的前n 项和为T n ，求证：T n <2.目标5 分组求和例6 设数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意n ∈N *满足2S n ＝a n (a n ＋1)，且a n >0. (1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 设c n＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1，n 为奇数，3×2a n －1＋1，n 为偶数，)求数列{c n }的前2n 项和T 2n .点评：【思维变式题组训练】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－14na n a n＋1，求数列{b n}的前n项和T n.。

2020江苏高考数学二轮微专题巩固强化

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2020届高考数学江苏省二轮复习训练习题：考前冲刺必备四二级结论巧用

必备四　二级结论巧用　结论一　函数的奇偶性 1.奇函数与偶函数的定义域关于原点对称.2.函数f(x)为奇函数,且在x=0处有定义,则f(0)=0.3.如果f(x)为偶函数,那么f(x)=f(|x|).4.奇函数在对称的区间内有相同的单调性,偶函数在对称的区间内有不同的单调性.跟踪集训1.定义在R 上的奇函数f(x)满足:当x ≥0时, f(x)=log 2(x+2)+(a-1)x+b(a,b 为常数),若f(2)=-1,则f(-6)的值为 .2.已知偶函数f(x)在区间[0,+∞)上单调递增,则满足f(2x-1)<f的x 的取值范围是 .(13)3.(2019苏州3月检测)若函数f(x)为定义在R 上的奇函数,当x>0时, f(x)=xln x,则不等式f(x)<-e 的解集为 .结论二　函数的单调性、极值与最值 1.函数的单调性(1)∀x 1,x 2∈D,x 1≠x 2,>0(<0)⇔y=f(x),x ∈D 单调递增(递减).f (x 1)‒f (x 2)x 1‒x 2(2)复合函数的单调性:“同增异减”;单调区间是定义域的子集.(3)f(x)在(a,b)上是增函数⇒f '(x)≥0在区间(a,b)上恒成立; f(x)在(a,b)上是减函数⇒f '(x)≤0在区间(a,b)上恒成立.注意:①等号不能少;②逆命题不成立;③单调区间不能用“∪”连接.(4)f(x)在(a,b)上存在单调递增区间⇒f '(x)>0,x ∈(a,b)有解.(5)存在x 1,x 2∈D,x 1≠x 2, f(x 1)=f(x 2)⇔y=f(x),x ∈D 不单调.2.函数的单调性与极值(1)函数f(x)有三个单调区间⇔f(x)有两个极值点⇔f '(x)=0有两个不等实根;(2)函数f(x)在(a,b)上不单调⇔f(x)在(a,b)上有极值点,可求出f(x)的极值点x 0∈(a,b). 3.函数的最值函数f(x)在D 上的最大值为M ⇔函数f(x)在D 上的最小值为m ⇔{∃x 0∈D , f (x 0)=M ,f (x )≤M ,x ∈D 恒成立.{∃x 0∈D , f (x 0)=m ,f (x )≥m ,x ∈D 恒成立.跟踪集训4.设f(x)=4x 3+mx 2+(m-3)x+n(m,n ∈R)是R 上的单调增函数,则m 的值为 .5.已知函数f(x)=|x 2-4|+a|x-2|,x ∈[-3,3]的最大值是0,则实数a 的取值范围是 .6.(2018南通泰州中学高三期初考试)已知函数f(x)=满足对任意x 1≠x 2,都{a x (x <0),(a ‒3)x +4a (x ≥0)有<0成立,则a 的取值范围是 .f (x 1)‒f (x 2)x 1‒x 27.已知函数f(x)=若存在x 1,x 2∈R,且x 1≠x 2,使得f(x 1)=f(x 2)成立,则实数a 的{‒x 2+ax (x ≤1),2ax ‒5(x >1),取值范围是 .结论三　抽象函数的周期性与单调性 1.函数的周期性(1)若函数f(x)满足f(x+a)=f(x-a),则f(x)为周期函数,2a 是它的一个周期.(2)设f(x)是R 上的偶函数,且图象关于直线x=a(a ≠0)对称,则f(x)是周期函数,2a 是它的一个周期.(3)设f(x)是R 上的奇函数,且图象关于直线x=a(a ≠0)对称,则f(x)是周期函数,4a 是它的一个周期.(4)f(x+a)f(x)=k(a>0)、 f(x+a)+f(x)=k(a>0)(k 为常数)都表明函数f(x)是周期为2a 的周期函数.2.函数图象的对称性(1)若函数f(x)满足f(a+x)=f(a-x),即f(x)=f(2a-x),则f(x)的图象关于直线x=a 对称.(2)若函数f(x)满足f(a+x)=-f(a-x),即f(x)=-f(2a-x),则f(x)的图象关于点(a,0)对称.(3)若函数f(x)满足f(a+x)=f(b-x),则函数f(x)的图象关于直线x=对称.a +b2(4)若f(x+a)+f(b-x)=c,则函数y=f(x)的图象关于点对称.(a +b 2,c2)跟踪集训8.奇函数f(x)的定义域为R.若f(x+2)为偶函数,且f(1)=1,则f(8)+f(9)= . 9.若偶函数f(x)的图象关于直线x=2对称,且f(3)=3,则f(-1)= .10.函数f(x)对任意x ∈R 都有f(x+2)=f(-x)成立,且函数y=f(x-1)的图象关于点(1,0)对称, f(1)=4,则f(2 016)+f(2 017)+f(2 018)的值为 . 结论四　函数零点 1.一元二次方程实根分布理论:一元二次方程的两个实根分布在同一区间上的条件:开口方向、对称轴、判别式、区间端点的函数值的符号;两个实根分布在两个不同区间上的条件:开口方向、区间端点的函数值的符号.2.函数有零点(方程有解)问题,利用分离参数法将参数的取值范围转化为函数值域求解.3.确定函数的零点个数或者已知函数的零点个数求参数的值或范围,一般利用数形结合法求解,画图形时尽量是动直线与定曲线的图形.跟踪集训11.(2018南京、盐城一模)设函数f(x)是偶函数,当x ≥0时, f(x)=若函数{x (3‒x ),0≤x ≤3,‒3x +1,x >3,y=f(x)-m 有四个不同的零点,则实数m 的取值范围是 .12.已知函数f(x)=3x -32x -m 在[-1,1]上有零点,则实数m 的取值范围是 .13.已知函数f(x)=(a 为常数,e 为自然对数的底数)的图象在点A(0,1)处的切{e x ,x <2,(1‒x )(a +x ),x ≥2线与该函数的图象恰好有三个公共点,则实数a 的取值范围是 . 结论五　三角函数 1.sin =(nπ2+α){(‒1)n 2sinα(n =2k ,k ∈Z ),(‒1)n 2cosα(n =2k +1,k ∈Z ).2.cos=(nπ2+α){(‒1)n 2cosα(n =2k ,k ∈Z ),(‒1)n +12sinα(n =2k +1,k ∈Z ).3.asin α+bcosα=sin(α+φ)辅助角φ所在象限由点(a,b)所在象限决定,tan φ=.a 2+b 2ba 4.求三角函数在给定范围上的单调区间:一般是求出所有的单调区间,再与给定区间取交集.5.正弦函数、余弦函数最值的等价说法: f(a)≤f(x),∀x 成立等价于f(a)是f(x)的最小值,直线x=a 是函数图象的一条对称轴.跟踪集训14.已知角α的始边为x 轴正半轴,终边上一点P 的坐标为(-4,3),则的值为 cos(π2+α)sin (‒π‒α)cos (11π2‒α)sin(9π2+α).15.设α,β∈[0,π],且满足sin αcos β-cos αsin β=1,则sin(2α-β)+sin(α-2β)的取值范围为 . 16.设f(x)=sin 2x-cos xcos ,则f(x)在上的单调增区间为 .3(x +π2)[0,π2]结论六　解三角形 1.sin A=sin(B+C),cos A=-cos(B+C).2.A>B ⇔sin A>sin B,cos A<cos B(要会证明).3.tan A+tan B+tan C=tan Atan Btan C.4.对锐角三角形的理解和应用:三个角都是锐角的三角形;任意两个角的和是钝角的三角形;在锐角三角形中,任意一个角的正弦值大于其余两个角的余弦值,任意两边的平方和大于第三边的平方,即sin A>cos B,sin A>cos C,{a 2+b 2>c 2,b 2+c 2>a 2,c 2+a 2>b 2.跟踪集训17.在斜△ABC 中,若tan A ∶tan B ∶tan C=1∶2∶3,则cos A= . 18.锐角三角形ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,a=2bsin A.(1)求B 的大小;(2)求cos A+sin C 的取值范围.结论七　不等式 1.≤≤≤(a,b>0).2aba +b ab a +b2a 2+b 222.(1)xy ≤;(2)xy ≤;(3)当x>0时,x+≥2;x 2+y 22(x +y 2)21x (4)当x,y同号时,+≥2;当x,y异号时,+≤-2.x y yx x y yx 3.不等式恒成立、有解问题:二次不等式在R 上恒成立,利用判别式;若给定区间,则分离参数是常用方法.通过分离参数,不等式恒成立问题可以转化为a<f(x),x ∈D 恒成立,则a<f(x)min ,x ∈D;若是a<f(x),x ∈D 有解,则a<f(x)max ,x ∈D.若不能分离参数,则利用函数的最值或图象求解最值,如f(x)>0,x ∈D 恒成立,即为f(x)min >0,x ∈D.跟踪集训19.若在区间[1,3]内,存在实数x 满足不等式2x 2+mx-1<0,则实数m 的取值范围是 . 20.不等式a 2+8b 2≥λb(a+b)对任意a,b ∈R 恒成立,则实数λ的取值范围为 . 21.已知实数x,y 满足x 2+y 2=1,则的最小值为 .2xyx +y +122.若a>0,b>0,且2a+b=1,则S=2-(4a 2+b 2)的最大值是 . ab 结论八　平面向量 1.三点共线的判定A,B,C 三点共线⇔,共线;向量,,中,A,B,C 三点共线⇔存在实数α,β使得=αAB AC PA PB PC PA +β,且α+β=1.PB PC2.三角形“四心”的向量形式的充要条件设O 为△ABC 所在平面上一点,角A,B,C 所对的边长分别为a,b,c,则(1)O 为△ABC的外心⇔||=||=||===.OA OB OC a 2sinA b 2sinB c2sinC (2)O 为△ABC 的重心⇔++=0.OA OB OC (3)O 为△ABC 的垂心⇔·=·=·.OA OB OB OC OC OA (4)O 为△ABC 的内心⇔a +b +c =0.OA OB OC 3.向量中线定理:△ABC 中,点D 为BC 的中点,则+=2.AB AC AD 4.||a|-|b||≤|a-b|≤|a|+|b|,注意等号成立的条件.5.若a,b 都是非零向量,则a ∥b ⇔a =λb ⇔x 1y 2=x 2y 1⇔夹角等于0°或180°⇔|a ·b|=|a||b|.6.若a,b 都是非零向量,则a ⊥b ⇔a ·b=0⇔x 1x 2+y 1y 2=0⇔夹角等于90°⇔|a+b|=|a-b|.7.数量积的其他结论:当a 与b 同向共线时,a ·b=|a|·|b|;当a 与b 反向共线时,a ·b=-|a|·|b|;当a 与b 共线时,|a ·b|=|a|·|b|;当a 与b 为任意向量时,|a ·b|=|a|·|b|·|cos θ|≤|a|·|b |(θ为a 与b 的夹角);a 与b 的夹角为锐角的充要条件是a 与b 的夹角为钝角的充要{a ·b =x 1x 2+y 1y 2>0,x 1y 2‒x 2y 1≠0.条件是{a ·b =x 1x 2+y 1y 2<0,x 1y 2‒x 2y 1≠0.跟踪集训23.已知A,B,C 是直线l 上不同的三个点,点O 不在直线l 上,则使等式x 2+x +=0成立的OA OB BC 实数x 的取值集合为 .24.P 是△ABC 所在平面内一点,若·=·=·,则P 是△ABC 的 .(填PA PB PB PC PC PA “外心”“重心”“内心”“垂心”中的一种)25.已知A,B,C 是平面上不共线的三点,O 为平面ABC 内任一点,动点P满足=[(1-λ)+(1-λ)OP 13OA +(1+2λ)],λ∈R,则点P 的轨迹一定经过△ABC 的 .(填“外心”“重心”“内心”OB OC “垂心”中的一种) 结论九　等差数列 1.在等差数列{a n }中,a p =q,a q =p(p ≠q)⇒a p+q =0;S m+n =S m +S n +mnd.2.若S m ,S 2m ,S 3m 分别为{a n }的前m 项,前2m 项,前3m 项的和,则S m ,S 2m -S m ,S 3m -S 2m 成等差数列.3.若等差数列{a n }的项数为2m,公差为d,所有奇数项之和为S 奇,所有偶数项之和为S 偶,则所有项之和S 2m =m(a m +a m+1),S 偶-S 奇=md,=.S 奇S 偶a ma m +14.若等差数列{a n }的项数为2m-1,所有奇数项之和为S 奇,所有偶数项之和为S 偶,则所有项之和S 2m-1=(2m-1)a m ,S 奇=ma m ,S 偶=(m-1)a m ,S 奇-S 偶=a m ,=.S 奇S偶m m ‒1跟踪集训26.等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 10=20,S 20=50,则S 30= .27.一个等差数列的前12项和为354,前12项中偶数项的和与奇数项的和之比为32∶27,则该数列的公差为 . 结论十　等比数列 1.等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S m ,S 2m -S m ,S 3m -S 2m 均不为0,则S m ,S 2m -S m ,S 3m -S 2m 成等比数列.2.S m+n =S m +q m S n =S n +q n S m .3.在有限等比数列{a n }中,公比为q,所有奇数项之和为S 奇,所有偶数项之和为S 偶.若n 为偶数,则S 偶=qS 奇;若n 为奇数,则S 奇=a 1+qS 偶.4.如果数列{a n }是等差数列,那么数列{}(总有意义)必是等比数列.如果数列{a n }是等A a nA a n比数列,那么数列{log a |a n |}(a>0,且a ≠1)必是等差数列.跟踪集训28.在等比数列{a n }中,若S 10=10,S 20=30,则S 30= .29.数列{a n }中,=4a n ,a 1=1,a n >0,则a n = .a 2n +130.等比数列{a n }共有奇数项,所有奇数项和S 奇=255,所有偶数项和S 偶=-126,末项是192,则首项a 1= . 结论十一　直线与圆 1.阿波罗尼斯圆:若点A,B 是定点,M 是动点,且MA=kMB,k>0,k ≠1,则动点M 的轨迹是圆(阿波罗尼斯圆).2.定点A 到动直线l 的距离等于定长的直线l 是以A 为圆心,定长为半径的圆的切线.3.以AB 为直径的圆经过点C(异于A,B),则AC ⊥BC,可以利用斜率或向量求解.4.对角互补的四边形有外接圆.5.以A(x 1,y 1),B(x 2,y 2)为直径两端点的圆的方程为(x-x 1)(x-x 2)+(y-y 1)(y-y 2)=0.6.过圆(x-a)2+(y-b)2=r 2上一点(x 0,y 0)的切线方程为(x-a)(x 0-a)+(y-b)(y 0-b)=r 2,过圆外一点可以作圆的两条切线.7.过圆内一定点的弦长最长的有1条,是过该点的直径,最短的弦有1条,是垂直于过该点直径的弦.跟踪集训31.若A(1,1),B(3,4),且点A 和B 到直线l 的距离都等于1,则这样的直线l 有条. 32.已知圆M:(x-1)2+(y-1)2=4,直线l:x+y-6=0,A 为直线l 上一点.若圆M 上存在两点B,C,使得∠BAC=60°,则点A 横坐标的取值范围是 . 33.在平面四边形ABCD 中,∠BAD=90°,AB=2,AD=1.若·+·=·,则CB+CDAB AC BA BC 43CACB 12的最小值为 . 结论十二　圆锥曲线 1.椭圆中的常用结论:(1)焦点弦长公式:左焦点弦AB=2a+e(x 1+x 2),右焦点弦AB=2a-e(x 1+x 2);(2)通径长为;2b 2a(3)焦点三角形的面积S=b 2tan ;θ2(4)若A,B 是椭圆C:+=1(a>b>0)上关于坐标原点对称的两点,P 为椭圆C 上任意一点,则x 2a 2y 2b 2k PA k PB =-.b 2a 22.双曲线中焦点三角形的面积S=.b 2tan θ23.若点M(x 0,y 0)在曲线±=1上,则过M 的切线方程为±=1.x 2a 2y 2b 2x 0x a 2y 0yb 24.过抛物线y 2=2px(p>0)焦点的弦AB 有如下结论:(1)x A ·x B =;(2)y A ·y B =-p 2;(3)|AB|=(α是直线AB 的倾斜角).p 242p sin 2α跟踪集训34.设P 是有公共焦点F 1,F 2的椭圆C 1与双曲线C 2的一个交点,且PF 1⊥PF 2,椭圆C 1的离心率为e 1,双曲线C 2的离心率为e 2,若e 2=3e 1,则e 1= .35.已知椭圆+=1(a>b>0),M,N 是椭圆上关于原点对称的两点,P 是椭圆上任意一点,且直线x 2a 2y 2b 2PM,PN 的斜率分别为k 1,k 2(k 1k 2≠0),若椭圆的离心率为,则|k 1|+|k 2|的最小值为 . 3236.设F 为抛物线C:y 2=3x 的焦点,过F 且倾斜角为30°的直线交C 于A,B 两点,O 为坐标原点,则△OAB 的面积为 .答案精解精析结论一　函数的奇偶性跟踪集训1.答案　4解析　由已知得f(0)=0=1+b,∴b=-1,又f(2)=2+2(a-1)-1=-1,∴a=0,∴f(x)=log 2(x+2)-x-1(x ≥0),∴f(-6)=-f(6)=-3+6+1=4.2.答案　(13,23)解析　由f(x)是偶函数知f(x)=f(-x)=f(|x|),则f(2x-1)<f⇔f(|2x-1|)<f ,结合f(x)在[0,+∞)上单(13)(13)调递增得|2x-1|<,解得<x<,即x 的取值范围是.131323(13,23)3.答案　(-∞,-e)解析　∵函数f(x)为定义在R 上的奇函数,∴当x=0时, f(0)=0,不满足不等式f(x)<-e.当x ≠0时,设x<0,则-x>0,∵当x>0时, f(x)=xln x,∴f(-x)=-xln(-x),∵函数f(x)是奇函数,∴f(x)=-f(-x)=xln(-x),则f(x)={xlnx ,x >0,xln (‒x ),x <0.当x>0时, f '(x)=ln x+x ·=ln x+1,1x 令f '(x)=0,得x=,1e 当0<x<时, f '(x)<0;当x>时, f '(x)>0,1e 1e ∴函数f(x)在上递减,在上递增,(0,1e)(1e,+∞)再由函数f(x)是奇函数,画出函数f(x)的图象,如图:当x=时取到极小值, f =ln =->-e,1e (1e)1e 1e 1e ∴不等式f(x)<-e 在(0,+∞)上无解.∵f(-e)=(-e)ln[-(-e)]=-e,∴不等式f(x)<-e 的解集是(-∞,-e).结论二　函数的单调性、极值与最值跟踪集训4.答案　6解析　由f(x)=4x 3+mx 2+(m-3)x+n(m,n ∈R)是R 上的单调增函数,得f '(x)=12x 2+2mx+m-3≥0在R 上恒成立,则4m 2-48(m-3)≤0,即(m-6)2≤0,故m=6.5.答案　(-∞,-5]解析　易知f(2)=0,则要使f(x),x ∈[-3,3]的最大值是0,只需f(x)≤0,x ∈[-3,3]恒成立,则-a|x-2|≥|x 2-4|,x ∈[-3,3],-a ≥|x+2|max =5,所以a ≤-5,实数a 的取值范围是(-∞,-5].6.答案　(0,14]解析　由对任意x 1≠x 2都有 <0成立,知f(x)是减函数,于是所以f (x 1)‒f (x 2)x 1‒x 2{0<a <1,a ‒3<0,a 0≥(a ‒3)×0+4a ,0<a ≤.147.答案　(-∞,4)解析　由∃x1≠x2,x1,x2∈R,f(x1)=f(x2),得f(x)在R上不单调.若f(x)在R上单调,只能单调递增,此时{a2≥1,a>0,‒1+a≤2a‒5,解得a≥4,故函数不单调时实数a的取值范围是a<4.结论三　抽象函数的周期性与单调性跟踪集训8.答案　1解析　因为f(x)为R上的奇函数,所以f(-x)=-f(x),f(0)=0.因为f(x+2)为偶函数,所以f(x+2)=f(-x+2),所以f(x+4)=f(-x)=-f(x),所以f(x+8)=f(x),即函数f(x)的周期为8,故f(8)+f(9)=f(0)+f(1)=1. 9.答案　3解析　因为f(x)的图象关于直线x=2对称,所以f(x)=f(4-x),f(-x)=f(4+x),又f(-x)=f(x),所以f(x)=f(4+x),则f(-1)=f(4-1)=f(3)=3.10.答案　4解析　因为函数y=f(x-1)的图象关于点(1,0)对称,所以f(x)是R上的奇函数,所以f(x)=-f(-x).因为f(x+2)=f(-x),所以f(x+2)=-f(x),所以f(x+4)=-f(x+2)=f(x),故f(x)的周期为4.所以f(2017)=f(504×4+1)=f(1)=4,又因为f(2016)+f(2018)=-f(2014)+f(2014+4)=-f(2014)+f(2014)=0,所以f(2016)+f(2017)+f(2018)=4.结论四　函数零点跟踪集训11.答案　[1,94)解析　画出当x ≥0时f(x)的图象,根据偶函数的图象关于y 轴对称可得x<0时的图象,如图,由图象可得m ∈.[1,94)12.答案　[‒6,14]解析　令3x =t,t ∈,则函数f(x)=3x-32x -m 在[-1,1]上有零点⇔m=-t 2+t 在t ∈内有解,则[13,3][13,3]m ∈.[‒6,14]13.答案　[-5,-2-2)2解析　曲线f(x)在点(0,1)处的切线方程为y=x+1,该切线与f(x)的图象恰有三个公共点,则该切线与f(x)=(1-x)(a+x),x ≥2的图象有两个不同的交点,即关于x 的方程x+1=(1-x)(a+x),x ∈[2,+∞)有两个不等根,整理得x 2+ax+1-a=0,x ∈[2,+∞)有两个不等根,所以{Δ=a 2‒4(1‒a )>0,‒a2>2,4+2a +1‒a ≥0,解得-5≤a<-2-2.2结论五　三角函数跟踪集训14.答案　-34解析　由已知得,tan α=-,34则cos(π2+α)sin (‒π‒α)cos (11π2‒α)sin(9π2+α)=‒sin 2αcos (3π2‒α)sin (π2+α)===tan α=-.‒sin 2α‒cos(π2‒α)cosα‒sin 2α‒sinαcosα3415.答案　[-1,1]解析　由sin αcos β-cos αsin β=sin(α-β)=1,α,β∈[0,π],得α-β=,所以α=β+,β=α-,所以sin(2α-β)π2π2π2+sin(α-2β)=sin+sin =cos α+cos β=cos β+cos =cos β-sin β=cos,由(α+π2)(π2‒β)(β+π2)2(β+π4)α,β∈[0,π],α=β+得β∈,则β+∈,π2[0,π2]π4[π4,3π4]则cos ∈,(β+π4)[‒22,22]cos ∈[-1,1].2(β+π4)16.答案　[0,π3]解析　f(x)=+cos xsin x=sin 2x-cos 2x+=sin+,由2kπ-≤2x-1‒cos2x23321212(2x ‒π6)12π2≤2kπ+,k ∈Z得kπ-≤x ≤kπ+,k ∈Z,与取交集得所求递增区间是.π6π2π6π3[0,π2][0,π3]结论六　解三角形跟踪集训17.答案　22解析　设tan A=k,k>0,则tan B=2k,tan C=3k,由tan A+tan B+tan C=tan Atan Btan C 得6k=6k 3,解得k=1,则tan A=1,则A=,cos A=.π42218.解析　(1)由a=2bsin A 得sin A=2sin Bsin A,因为sin A ≠0,所以sin B=,又B 是锐角,则12B=.π6(2)cos A+sin C=cos A+sin(A+B)=cos A+sin=sin A+cos A=·sin,又由△(A +π6)32323(A +π3)ABC 为锐角三角形得则<A<,{0<A <π2,0<C =5π6‒A <π2,π3π2则A+∈,π3(2π3,5π6)sin∈,3(A +π3)(32,32)即cos A+sin C 的取值范围是.(32,32)结论七　不等式跟踪集训19.答案　m<-1解析　由题意知,不等式m<-2x(x ∈[1,3]),易知函数y=-2x,x ∈[1,3]单调递减,则y max =-1,∴m<-1,1x 1x 即实数m 的取值范围是m<-1.20.答案　[-8,4]解析　由题意知a 2-λab+(8-λ)b 2≥0对任意a ∈R 恒成立,则Δ=λ2b 2-4(8-λ)b 2≤0,即λ2+4λ-32≤0,解得-8≤λ≤4.即实数λ的取值范围是[-8,4].21.答案　--12解析　因为2xy=(x+y)2-(x 2+y 2)=(x+y)2-1=(x+y+1)·(x+y-1),又≤=,所以=x+y-(x +y 2)2x 2+y 22122xy x +y +11≥--1=--1,当且仅当x=y时取等号.故的最小值为--1.2(x 2+y 2)22xyx +y +1222.答案　2‒12≥≥,得≤,且4a 2+b 2≥,所以S=2-(4a 2+b 2)=·-(2a )2+b 222a +b22a ·b 2ab 1212ab 22ab (4a 2+b 2)≤-,当且仅当2a=b=时取等号,即S 的最大值为.2212122‒12结论八　平面向量跟踪集训23.答案　{-1}解析　∵=-,BC OC OB ∴x 2+x +-=0,OA OB OC OB 即=-x 2+(1-x).OC OA OB∵点A,B,C 都在直线l 上,点O 不在l 上,∴-x 2+(1-x)=1,即x=0(舍去)或x=-1,∴x 的取值集合为{-1}.24.答案　垂心解析　由·=·,可得·(-)=0,即·=0,∴⊥,同理可证PA PB PB PC PB PA PC PB CA PB CA ⊥,⊥,∴P 是△ABC 的垂心.PC AB PA BC 25.答案　重心解析　取AB 的中点D,则2=+,OD OA OB ∵=[(1-λ)+(1-λ)+(1+2λ)],OP 13OA OB OC ∴=[2(1-λ)+(1+2λ)]=+.OP 13OD OC 2(1‒λ)3OD 1+2λ3OC∵+=1,2(1‒λ)31+2λ3∴P,C,D 三点共线,∴点P 的轨迹一定经过△ABC 的重心.结论九　等差数列跟踪集训26.答案　90解析　(S 20-S 10)-S 10=(S 30-S 20)-(S 20-S 10),则S 30=3S 20-3S 10=3×50-3×20=90.27.答案　5解析　设该等差数列的前12项中奇数项的和为S 奇,偶数项的和为S 偶,公差为d.由已知条件,得{S 奇+S 偶=354,S 偶∶S 奇=32∶27,解得{S 偶=192,S 奇=162.又S 偶-S 奇=6d,所以d==5.192‒1626结论十　等比数列跟踪集训28.答案　70解析解法一:∵S 10=a 1+a 2+…+a 10,S 20-S 10=a 11+a 12+…+a 20=a 1q 10+a 2q 10+…+a 10q 10=q 10S 10,S 30-S 20=a 21+a 22+…+a 30=a 1q 20+a 2q 20+…+a 10q 20=q 20S 10,∴S 10,S 20-S 10,S 30-S 20成等比数列,公比为q 10,∴(S 20-S 10)2=S 10(S 30-S 20).∵S 10=10,S 20=30,∴(30-10)2=10(S 30-30),∴S 30=70.解法二:∵S 10=10,S 20=30,∴S 20=S 10+a 11+a 12+…+a 20=S 10+a 1q 10+a 2q 10+…+a 10q 10=S 10+q 10S 10=10(1+q 10)=30,∴q 10=2,∴S 30=S 20+a 21+a 22+…+a 30=S 10+q 10S 10+q 20S 10=10(1+q 10+q 20)=70.29.答案　22‒(12)n ‒2解析　对于=4a n ,等号两边取以2为底的对数得,2log 2a n+1=log 2a n +2.a 2n +1令b n =log 2a n ,则2b n+1=b n +2,即2(b n+1-2)=b n -2.令C n =b n -2,则C n+1=C n ,12∵a 1=1,∴b 1=0,C 1=-2,∴{C n }是首项为-2,公比为的等比数列,12∴C n=-2=-,(12)n ‒1(12)n ‒2∴b n =2-,a n =.(12)n ‒222‒(12)n ‒230.答案　3解析　等比数列{a n }共有2k+1(k ∈N *)项,则a 2k+1=192,则S 奇=a 1+a 3+…+a 2k-1+a 2k+1=(a 2+a 4+…+a 2k )+a 2k+1=S 偶+a 2k+1=-+192=255,解得q=-2,而S 奇1q 1q 126q ===255,解得a 1=3.a 1‒a 2k +1q 21‒q 2a 1‒192×(‒2)21‒(‒2)2结论十一　直线与圆跟踪集训31.答案　4解析　由题意可得直线l 与圆A:(x-1)2+(y-1)2=1和圆B:(x-3)2+(y-4)2=1都相切,又AB=>2,则13圆A 和圆B 相外离,所以两圆有4条公切线,即直线l 有4条.32.答案　[1,5]解析　由题意可得过点A 作圆M 的两条切线,则两切线之间的夹角大于等于60°,连接CM,则CM 与一条切线的夹角大于等于30°,又圆M 的半径为2,设A(x,6-x),则MA=≤4,解得1≤x ≤5.(x ‒1)2+(5‒x )233.答案　262解析　以点A 为坐标原点,AB 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系,则B(2,0),D(0,1),设C(x,y),由·+·=·得2x-2(x-2)=(x 2-2x+y 2),化简得(x-1)2+y 2=4,取E(5,0),可以验证对AB AC BA BC 43CACB 43圆(x-1)2+y 2=4上任意一点C 都有CB=CE,则CB+CD=(CE+CD)≥DE=,当点C 在线段DE12121212262与圆的交点处时取等号,故CB+CD的最小值为.12262结论十二　圆锥曲线跟踪集训34.答案　53解析　设椭圆的长、短半轴分别为a 1,b 1,双曲线的实、虚半轴分别为a 2,b 2,因为点P 是椭圆与双曲线的一个交点,则由焦点三角形的面积得tan 45°=,即=,b 21b 22tan45°b 21b 22由e 2=3e 1得=,即a 2=a 1,又由=得-c 2=c 2-,即-c 2=c 2-,=2c 2,则e 1==.c a 23ca 113b 21b 22a 21a 22a 2119a 21109a21c a 15335.答案　1解析　设P(x 0,y 0),M(x 1,y 1),N(-x 1,-y 1),则k 1k 2=·==-=-=-1+=-,y 0‒y 1x 0‒x 1y 0+y 1x 0+x 1y 20‒y 21x 20‒x 21b 2a 2a 2‒c 2a23414所以|k 1|+|k 2|≥2=1,|k 1k 2|当且仅当|k 1|=|k 2|=时取等号,12所以|k 1|+|k 2|的最小值为1.36.答案　94解析　由已知得焦点坐标为F ,(34,0)因此直线AB 的方程为y=,即4x-4y-3=0.33(x ‒34)3解法一:与抛物线方程联立,消去x 得4y 2-12y-9=0,3则y A +y B =3,y A y B =-,394故|y A -y B |==6.(y A +y B )2‒4y A y B因此S △OAB =|OF||y A -y B |=××6=.12123494解法二:与抛物线方程联立,消去y 得x 2-x+=0,212916故x A +x B =.212根据抛物线的定义有|AB|=x A +x B +p=+=12,21232又原点到直线AB 的距离d==,|‒3|42+(‒43)238因此S △OAB =|AB|·d=.1294解法三:∵|AB|===12,2psin 2α3sin 230°原点到直线AB 的距离d=|OF|·sin 30°=,38∴S △OAB =|AB|·d=×12×=.12123894。

2020年高考江苏版高考数学 7.1 数列的有关概念

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答案 2 3.(2015 课标Ⅱ,16,5 分,0.154)设 Sn 是数列{an}的前 n 项和,且 a1=-1,an+1=SnSn+1,则 Sn= .
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答案 -�� 4.(2018 浙江,20,15 分)已知等比数列{an}的公比 q>1,且 a3+a4+a5=28,a4+2 是 a3,a5 的等差中项.数列{bn} 满足 b1=1,数列{(bn+1-bn)an}的前 n 项和为 2n2+n. (1)求 q 的值; (2)求数列{bn}的通项公式. 解析本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力. (1)由 a4+2 是 a3,a5 的等差中项得 a3+a5=2a4+4, 所以 a3+a4+a5=3a4+4=28, 解得 a4=8.
�� = 1, �� ≥ 2,解得 cn=4n-1.
由(1)可知 an=2n-1,
( )1 �� - 1
所以 bn+1-bn=(4n-1)· 2 ,
( )1 �� - 2
故 bn-bn-1=(4n-5)· 2 ,n≥2,
bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)
(4)特别要注意相减后等比数列的项数.
(5)进行检验. 5.(2015 课标Ⅰ,17,12 分)Sn 为数列{an}的前 n 项和.已知 an>0,��2��+2an=4Sn+3. (1)求{an}的通项公式;
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(2)设