专题73 数列综合题-2016年高考数学(理)一轮复习精品资料(解析版)

专题七十三 数列综合题
【考纲解读】
数列问题是每年高考的必考内容，涉及选择题、填空题、解答题等多种题型，分值在17至20分之间．小题多是考查等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及前n 项和公式等基础知识，大题多是考查数列的定义、数列的求和、数列的通项、有关数列问题的证明以及数列与函数、不等式、解析几何等知识的交汇问题．解答数列问题时，既要熟记有关公式，能够运用基本方法解决问题，又要善于运用数列的性质进行巧解．此外，还要善于运用数列中蕴含的一些重要思想方法，例如：函数与方程思想、分类讨论思想、数形结合思想等，这些都是近几年高考经常考查的思想方法．
【高频考点突破】 考点一 数列概念的考查
例1、古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数．如三角形数1，3，6，10，…，第n 个三角形数为n （n ＋1）2＝12n 2＋12n.记第n 个k 边形数为N(n ，k)(k≥3)，以下列出了部分k 边形数中第n 个数的表
达式：
三角形数 N(n ，3)＝12n 2＋1
2n ，
正方形数 N(n ，4)＝n 2， 五边形数 N(n ，5)＝32n 2－1
2n ，
六边形数 N(n ，6)＝2n 2－n ， ……
可以推测N(n ，k)的表达式，由此计算N(10，24)＝________．
【方法分析】 题目条件：已知第n 个三角形N(n ，3)，第n 个正方形数N(n ，4)，第n 个五边形数N(n ，5)，第n 个六边形数N(n ，6)．
解题目标：按k 的奇偶性：归纳总结N(n ，k)，并计算N(10，24)． 关系探究：当偶数边形时，N(n ，k)的特征为( )n 2－( )n.
【解析】 由N(n ，4)＝n 2，N(n ，6)＝2n 2－n ，…，可以推测：当k 为偶数时，N(n ，k)＝⎝⎛⎭⎫k 2－1n 2－⎝⎛⎭⎫
k 2－2n ，于是N(n ，24)＝11n 2－10n ，故N(10，24)＝11×102－10×10＝1 000.
【答案】 1 000
【回归反思】 此题是教材内容的深化题，通过由特殊到一般的归纳，得出N(n ，k)的通项公式，代入n ＝10，k ＝24计算．
考点二 等差、等比数列的综合考查
例2、设{a n }是公比不为1的等比数列，其前n 项和为S n ，且a 5，a 3，a 4成等差数列． (1)求数列{a n }的公比；
(2)证明：对任意k ∈N *，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．
【方法分析】 题目条件：已知等比数列{a n }的a 5，a 3，a 4的关系． 解题目标：求公比q ，求证S k ＋2，S k ，S k ＋1的等差关系． 关系探究：(ⅰ)由等差中项建立q 的方程．
(ⅱ)表示S k ＋2，S k 和S k ＋1，验证等差关系，即2S k ＝S k ＋2＋S k ＋1.
证法二：对任意k ∈N *
，2S k ＝2a 1（1－q k ）
1－q
，
S k ＋2＋S k ＋1＝a 1（1－q k ＋
2）1－q ＋a 1（1－q k ＋
1）
1－q
＝a 1（2－q k ＋
2－q k ＋
1）
1－q
，
2S k －(S k ＋2＋S k ＋1)＝2a 1（1－q k ）1－q －a 1（2－q k ＋
2－q k ＋
1）
1－q
＝
a 11－q
[2(1－q k )－(2－q k ＋2－q k ＋
1)] ＝a 1q k 1－q
(q 2＋q －2)＝0， 因此，对任意k ∈N *，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．
【回归反思】 以q 为未知数，以等差数列为关系建立方程，求解时，注意对q 的取舍，证明等差数列时，法一转化为通项的计算．法二转化为求和公式的化简，但最终都转化为等差中项的判断．
考点三 数列与不等式知识的综合
例3、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. 【方法分析】 题目条件：已知S n 关于n 的方程，b n 用a n 表示的通项公式，a n ＞0. 解题目标：(1)求S n 再求a n . (2)根据b n 求和T n ，并比较与
5
64
的大小． 关系探究：(1)把S n 的方程因式分解转化为S n ＝f (n )的形式，利用a n ＝S n －S n －1的关系求a n . (2)分析b n 的构成特点，裂项法求T n ，放缩法证明T n ＜
564
.
【回归反思】 (1)已知条件式等价变形(因式分解)是较隐含的方法，否则此题其它入手方法很麻烦，并注意a n ＞0，取舍S n .
(2)b n ＝14×n ＋1n 2（n ＋2）2，类比{1n （n ＋2）}可以裂项相消，要注意配平系数1
16.
(3)求和相消的规律是：负数隔两项向后找消掉(正数隔两项向前找消掉)．
考点四 数列与函数知识的综合
例4、设函数f n (x )＝－1＋x ＋x 222＋x 332＋…＋x n
n 2(x ∈R ，n ∈N *)．
证明：(1)对每个n ∈N *，存在唯一的x n ∈⎣⎡⎦⎤
23，1，满足f n (x n )＝0； (2)对任意p ∈N *，由(1)中x n 构成的数列{x n }满足0<x n －x n ＋p <1n
.
【方法分析】 题目条件：已知函数解析式f n (x )，x 是自变量，n ∈N *是系数． 解题目标：(1)证明：当x n ∈[2
3，1]时，f n (x n )＝0.
(2)由(1)中求得的x n ，证明0＜x n －x n ＋p ＜1
n
.
关系探究：(1)由x ＞0时，f ′n (x )＞0⇒f n (x )增，同时f n (1)＝0⇒f n (1)＞0，f n (2
3)＜0⇒零点唯一．
(2)由f n (x )单增⇒{x n }递减⇒x n －x n ＋p ＞0，并计算x n －x n ＋p 放缩得x n －x n ＋p ＜1
n
.
(2)证明：当x >0时，f n ＋1(x )＝f n (x )＋x n ＋
1
（n ＋1）2
>
f n (x )，故f n ＋1(x n )>f n (x n )＝f n ＋1(x n ＋1)＝0. 由f n ＋1(x )在(0，＋∞)内单调递增，知x n ＋1<x n . 故{x n }为单调递减数列， 从而对任意n ，p ∈N *，x n ＋p <x n . 对任意p ∈N *，由于
f n (x n )＝－1＋x n ＋x 2n 22＋…＋x n n
n
2＝0，①
f n ＋p (x n ＋p )＝－1＋x n ＋p ＋x 2n ＋p 22＋…＋x n n ＋p n 2＋x n ＋
1n ＋p （n ＋1）2＋…＋x n ＋
p
n ＋p
（n ＋p ）2
＝0，②
①式减去②式并移项，利用0<x n ＋p <x n ≤1，得
x n －x n ＋p ＝∑k ＝2
n
x k n ＋p －x k
n k 2
＋∑n ＋p,k ＝n ＋1 x k n ＋p k 2≤∑n ＋p,k ＝n ＋1 x k n ＋p
k 2≤∑n ＋p,k ＝n ＋1 1k 2<∑n ＋p,k ＝n ＋1 1k （k －1）＝1n －1n ＋p <1
n
.
因此，对任意p ∈N *，都有0<x n －x n ＋p <1
n .
【真题感悟】
1.【2015高考天津，理18】（本小题满分13分）已知数列{}n a 满足
212()*,1,2n n a qa q q n N a a +=≠∈==为实数，且1，，且
233445,,a a a a a a +++成等差数列.
(I)求q 的值和{}n a 的通项公式； (II)设*2221
log ,n
n n a b n N a -=
∈，求数列{}n b 的前n 项和. 【答案】(I) 12
22,2,.
n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⎩
为奇数,
为偶数; (II) 1242n n n S -+=-.
【解析】（Ⅰ） 由已知，有()()()()
3
4234534a
a a a a a a a +-+=+-+，即
4253
a a a a -=-，
所以
23(1)(1)a q a q -=-，又因为1q ≠，故322a a ==，由31a a q =，得2q =，
当21(*)n k n N =-∈时，1
1
2
2122
n k n
k a a ---===，
当2(*)n k n N =∈时，
2
222n k
n k a a ===，
所以
{}n a 的通项公式为
12
22,2,.n n n
n a n -⎧⎪=⎨⎪⎩
为奇数,为偶数
2.【2015高考重庆，理22】在数列{}n a 中，()2
1113,0n n n n a a a a a n N λμ+++=++=∈
（1）若0,2,λμ==-求数列{}n a 的通项公式； （2）若()0001,2,1,k N k k λμ+=
∈≥=-证明：010011
223121
k a k k ++
<<+++ 【答案】（1）132n n a -=⋅；（2）证明见解析. 【解析】
（1）由于0,2λμ==-，因此把已知等式具体化得2
12n n n a a a +=，显然由于13a =，则0n a ≠（否则
会得出10a =），从而12n n a a +=，所以{}n a 是等比数列，由其通项公式可得结论；（2）本小题是数列与不等式的综合性问题，数列的递推关系是21101
0,n n n n a a a a k +++
-=可变形为2101n n n a a a k +⎛⎫+= ⎪⎝
⎭()N n +∈,
由于00k >，因此
11
n n a a k <+
，于是可得1n n a a +<，即有12130n n a a a a +=>>
>>>
>，又
22220010000
11111
111n n n n n n n a a k k a a k k k a a a k k +-+=
=
=-+?
++
+，于是有()()
00011211k k k a a a a a a ++=+-++-
01000010201111
1
11
1k a k k k k a k a k a ⎛⎫=-⋅+⋅++
+ ⎪ ⎪+++⎝⎭000
0111
12313131k k k k ⎛⎫
>+⋅+++
⎪+++⎝⎭
01
231
k =+
+，这里应用了累加求和的思想方法，由这个结论可知2(*)n a n N >∈，因此01k a +=
0100001
0201111
1
111k a k k k k a k a k a ⎛⎫=-⋅+⋅++
+ ⎪ ⎪+++⎝⎭
0000111
1
2212121k k k k ⎛⎫
<+⋅+++
⎪+++⎝⎭
01221
k =+
+，这样结论得证，本题不等式的证明应用了放缩法.(1)由02λμ==-，,有
212,(n N )n n n a a a ++=∈
由上式及
13a =，归纳可得
12130
n n a a a a +=>>
>>>
>
因为
22220010000
11111
111n n n n n n n a a k k a a k k k a a a k k +-+=
=
=-+?
++
+
，所以对
01,2n k =
求和得()
()
00011211k k k a a a a a a ++=+-+
+-
01000010200000011111
111111112231313131
k a k k k k a k a k a k k k k k ⎛⎫=-⋅+⋅+++ ⎪
⎪+++⎝⎭⎛⎫>+⋅+++=+ ⎪
++++⎝⎭
另一方面，由上已证的不等式知001212k k a a a a +>>
>>>得
00110000102011111
111k k a a k k k k a k a k a +⎛⎫
=-⋅+⋅++
+ ⎪ ⎪+++⎝⎭
00000111
1
1222121
2121k k k k k ⎛⎫<+
⋅+++
=+ ⎪
++++⎝⎭ 综上：010011
2231
21
k a k k ++
<<+
++
3.【2015高考四川，理16】设数列{}n a 的前n 项和12n n S a a =-，且123,1,a a a +成等差数列. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）记数列1
{
}n
a 的前n 项和n T ，求得1|1|1000n T -<
成立的n 的最小值. 【答案】（1）2n n a =；（2）10.
【解析】（1）由已知12n n S a a =-，有1122(1)n n n n n a S S a a n --=-=->， 即12(1)n n a a n -=>. 从而21312,4a a a a ==.
又因为123,1,a a a +成等差数列，即1322(1)a a a +=+. 所以11142(21)a a a +=+，解得12a =.
所以，数列{}n a 是首项为2，公比为2的等比数列. 故2n n a =.
4.【2015高考湖北，理18】设等差数列{}n a 的公差为d ，前n 项和为n S ，等比数列{}n b 的公比为q ．已知11b a =，22b =，q d =，10100S =．
（Ⅰ）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式； （Ⅱ）当1d >时，记n
n n
a c
b =
，求数列{}n c 的前n 项和n T ． 【答案】（Ⅰ）1
21,2.n n n a n b -=-⎧⎪⎨=⎪⎩或11(279),929().9n n n a n b -⎧=+⎪⎪⎨⎪=⋅⎪⎩
；（Ⅱ）12362n n -+-. 【解析】（Ⅰ）由题意有，
111045100,2,
a d a d +=⎧⎨
=⎩ 即112920,2,a d a d +=⎧⎨
=⎩
解得11,2,a d =⎧⎨=⎩ 或19,2.9a d =⎧⎪⎨=⎪⎩ 故121,2.n n n a n b -=-⎧⎪⎨=⎪⎩或11(279),929().9n n n a n b -⎧=+⎪⎪⎨⎪=⋅⎪⎩
（Ⅱ）由1d >，知21n a n =-，1
2n n b -=，故
1212n n n c --=
，
于是2341
357921
122222n n n T --=++++++， ① 2345113579
21
2222222n n n T -=++++++. ② ①-②可得22
11112123
23222
222n n n n
n n T --+=+++
+
-
=-
， 故n T 1
23
62n n -+=-
.
5.【2015高考陕西，理21】（本小题满分12分）设()n f x 是等比数列1，x ，2x ，⋅⋅⋅，n x 的各项和，其中0x >，n ∈N ，2n ≥．
（I ）证明：函数()()F 2n n x f x =-在1,12⎛⎫
⎪⎝⎭
内有且仅有一个零点（记为n x ）
，且11122n n n x x +=+； （II ）设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为()n g x ，比较()n f x 与()n g x 的大小，并加以证明．
【答案】（I ）证明见解析；（II ）当1x =时， ()()n n f x g x =，当1x ≠时，()()n n f x g x <，证明见解析．
(II)解法一：由题设，()()11().2
n
n
n x g x ++=
设
()()
211()()()1,0.
2
n n n n n x h x f x g x x x x x ++=-=+++
+-
>
当1x =时，
()()
n n f x g x =
当1x ≠时，
()11
1()12.
2n n n n x h x x nx
--+'=+++-
若01x <<，
()11111()22n n n n n n h x x x nx x ----+'>+++-
()()11
110.22n n n n n n x x --++=-=
若1x >，
()11111()22n n n n n n h x x x nx x ----+'<+++-
()()11110.22n n n n n n x x --++=-=
所以()h x 在(0,1)上递增，在(1,)+∞上递减， 所以()(1)0h x h <=，即()()n n f x g x <.
综上所述，当1x =时, ()()n n f x g x =；当1x ≠时()()n n f x g
x <
当1x >,()0k
h x '>,()k h x 在(1,)+∞上递增. 所以()(1)0k k h x h >=，从而()1k+1211
()2
k k x k x k g x +++++>
故11()()k k f x g x ++<.即+1n k =，不等式也成立.
所以，对于一切2n ≥的整数，都有()()n n f x g x <
.
综上所述，当1x =时，()()n n f x g x =；当1x ≠时()()n n f x g x <.
6.【2015高考新课标1，理17】n S 为数列{n a }的前n 项和.已知n a ＞0，2
n n a a +=错误！
未找到引用源。

. （Ⅰ）求{n a }的通项公式； （Ⅱ）设1
1
n n n b a a +=
错误！未找到引用源。

,求数列{n b }的前n 项和. 【答案】（Ⅰ）21n +（Ⅱ）11
646
n -
+ 【解析】
（Ⅰ）当1n =时，
211112434+3
a a S a +=+=，因为
n a >，所以
1
a =3，
当2n ≥时，
22
11n n n n a a a a --+--=14343n n S S -+--=4n a ，即111()()2()n n n n n n a a a a a a ---+-=+，因为
0n a >，所以1n n a a --=2，
所以数列{n a }是首项为3，公差为2的等差数列，
所以
n a =21n +；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，n b =
1111
()(21)(23)22123
n n n n =-++++，
所以数列{n b }前n 项和为12n b b b +++=1111111
[()()(
)]23557
2123
n n -+-+
+-++ =
11
646
n -
+. 7.【2015高考广东，理21】数列{}n a 满足()*
121
2242
n n n a a na n N -+++=-
∈， (1) 求3a 的值；
(2) 求数列{}n a 前n 项和n T ； (3) 令11b a =，()11111223n n n T b a n n n -⎛⎫
=
++++⋅⋅⋅+≥ ⎪⎝⎭
，证明：数列{}n b 的前n 项和n S 满足n S n ln 22+<．
【答案】（1）14；（2）1
122n -⎛⎫
- ⎪
⎝⎭
；（3）见解析．
【解析】（1）依题()()312312312132223
323244224
a a a a a a --++⎛⎫=++-+=-
--= ⎪⎝⎭， ∴ 31
4
a =
； （2）依题当1n >时，
()()12121121
2122144222n n n n n n n n n
na a a na a a n a ----++⎛⎫=++-++-=-
--=⎡⎤ ⎪
⎣⎦⎝⎭， ∴ 1
12n n a -⎛⎫
= ⎪
⎝⎭，又1012
412
a +=-
=也适合此式， ∴ 1
12n n a -⎛⎫
= ⎪
⎝⎭
，
∴ 数列{}n a 是首项为1，公比为12的等比数列，故1
111221212
n
n n T -⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭==- ⎪⎝⎭-；
即f （x ）在（1，+∞）上为增函数， ∵f （1）=0，即f （x ）＞0， ∵k≥2，且k ∈N •时，
，
∴f （）=ln +﹣1＞0，即ln
＞，
∴ln ，
，…
，
即
=lnn ，
∴2×（1+++…+）＜2+lnn ， 即S n ＜2（1+lnn ）=2+2lnn ．
8.【2015高考上海，理22】已知数列{}n a 与{}n b 满足()112n n n n a a b b ++-=-，n *∈N . （1）若35n b n =+，且11a =，求数列{}n a 的通项公式；
（2）设{}n a 的第0n 项是最大项，即0n n a a >（n *∈N ），求证：数列{}n b 的第0n 项是最大项； （3）设10a λ=<，n n b λ=（n *∈N ），求λ的取值范围，使得{}n a 有最大值M 与最小值m ，且
()2,2m
M
∈-. 【答案】（1）65n a n =-（2）详见解析（3）1,02⎛⎫
-
⎪⎝⎭
①当1λ<-时，由指数函数的单调性知，{}n a 不存在最大、最小值； ②当1λ=-时，{}n a 的最大值为3，最小值为1-，而
()3
2,21
∉--； ③当10λ-<<时，由指数函数的单调性知，{}n a 的最大值222a λλM ==-，最小值1m a λ==，由2222λλ
λ
--<
<及10λ-<<，得1
02
λ-<<.
综上，λ的取值范围是1,02⎛⎫
-
⎪⎝⎭
. 1．（2014·湖南卷） 已知数列{a n }满足a 1＝1，|a n ＋1－a n |＝p n ，n ∈N *. (1)若{a n }是递增数列，且a 1，2a 2，3a 3成等差数列，求p 的值；
(2)若p ＝1
2
，且{a 2n －1}是递增数列，{a 2n }是递减数列，求数列{a n }的通项公式．
解：(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a 1＝1，因此 a 2＝p ＋1，a 3＝p 2
＋p ＋1.又
a 1，2a 2，3a 3成等差数列，所以4a 2＝a 1＋3a 3，因而3p 2－p ＝0，解得p ＝1
3
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 ＝1
3
.
2．（2014·安徽卷） 设实数c ＞0，整数p ＞1，n ∈N *.
(1)证明：当x ＞－1且x ≠0时，(1＋x )p ＞1＋px ；
(2)数列{a n }满足a 1＞c 1p ，a n ＋1＝p －1p a n ＋c p a 1－p n ，证明：a n ＞a n ＋1＞c 1
p . 证明：(1)用数学归纳法证明如下．
①当p ＝2时，(1＋x )2＝1＋2x ＋x 2>1＋2x ，原不等式成立． ②假设p ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，不等式(1＋x )k >1＋kx 成立．
当p ＝k ＋1时，(1＋x )k ＋
1＝(1＋x )(1＋x )k >(1＋x )(1＋kx )＝1＋(k ＋1)x ＋kx 2>1＋(k ＋1)x .
所以当p ＝k ＋1时，原不等式也成立．
综合①②可得，当x >－1，x ≠0时，对一切整数p >1，不等式(1＋x )p >1＋px 均成立．
综合①②可得，对一切正整数n ，不等式a n >c 1
p 均成立．
再由a n ＋1a n ＝1＋1p ⎝⎛⎭⎫c a p n －1可得a n ＋1a n <1， 即a n ＋1<a n .
综上所述，a n >a n ＋1>c 1
p
，n ∈N *.
方法二：设f (x )＝p －1p x ＋c p x 1－p ，x ≥c 1
p ，则x p ≥c ，
所以f ′(x )＝
p －1p ＋c p (1－p )x －
p ＝
p －1p ⎝⎛⎭
⎫1－c x p >0. 由此可得，f (x )在[c 1p ，＋∞)上单调递增，因而，当x >c 1p 时，f (x )>f (c 1p )＝c 1
p .
①当n ＝1时，由a 1>c 1
p
>0，即a p 1>c 可知 a 2＝p －1p a 1＋c p a 1－p 1＝a 1⎣⎡⎦⎤1＋1p ⎝⎛⎭⎫c a p 1－1<a 1，并且a 2＝f (a 1)>c 1p ，从而可得a 1>a 2>c 1p ， 故当n ＝1时，不等式a n >a n ＋1>c 1
p
成立．
②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，不等式a k >a k ＋1>c 1p 成立，则当n ＝k ＋1时，f (a k )>f (a k ＋1)>f (c 1
p )，
即有a k ＋1>a k ＋2>c 1
p
，
所以当n ＝k ＋1时，原不等式也成立．
综合①②可得，对一切正整数n ，不等式a n >a n ＋1>c 1
p
均成立．
3．（2014·湖北卷） 已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式．
(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，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．
当a n ＝4n －2时，存在满足题意的正整数n ，其最小值为41.
4．（2014·江西卷） 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 ＝a n
b 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：(1)因为a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0，b n ≠0(n ∈N *)，所以
a n ＋1
b n ＋1－a n
b n
＝2，即c n ＋1－c n ＝2， 所以数列{c n }是以c 1＝1为首项，d ＝2为公差的等差数列，故c n ＝2n －1.
(2)由b n ＝3n －
1，知a 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 ，将两式相减得－2S n ＝1＋2×(31＋32＋…＋3n －
1)－(2n
－1)×3n ＝－2－(2n －2)×3n ，
所以S n ＝(n －1)3n ＋1.
5．（2014·新课标全国卷Ⅱ）已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1. (1)证明⎩
⎨⎧
⎭
⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式；
(2)证明1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＜3
2
.
6．（2014·四川卷） 设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x 的图像上(n ∈N *)． (1)若a 1＝－2，点(a 8，4b 7)在函数f (x )的图像上，求数列{a n }的前n 项和S n ；
(2)若a 1＝1，函数f (x )的图像在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫
a n
b n 的前n 项和T n .
解：(1)由已知得，b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7，所以 2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2，解得d ＝a 8－a 7＝2，
所以S n ＝na 1＋n （n －1）
2
d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n .
(2)函数f (x )＝2x 在点(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)，
其在x 轴上的截距为a 2－1
ln 2
.
由题意有a 2－1ln 2＝2－1
ln 2，解得a 2＝2.
所以d ＝a 2－a 1＝1. 从而a n ＝n ，b n ＝2n ，
所以数列{a n b n }的通项公式为a n b n ＝n
2n ，
所以T n ＝12＋222＋3
23＋…＋n －12n －1＋n 2n ，
2T n ＝11＋22＋322＋…＋n
2
n －1，
因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝2－12
n －1－n 2n ＝2n ＋
1
－n －2
2n .
所以，T n ＝2n ＋
1－n －2
2n
.
7．（2014·浙江卷） 已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…a n ＝(2)b n (n ∈N *)．若{a n }为等比数列，且a 1＝2，b 3＝6＋b 2.
(1)求a n 与b n .
(2)设c n ＝1a n －1
b 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 ∈均有S k ≥S n .
(2)(i)由(1)知c n ＝1a n －1b n ＝12n －⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1(n ∈N *)．
所以S n ＝1n ＋1－1
2n (n ∈N *)．
(ii)因为c 1＝0，c 2>0，c 3>0，c 4>0， 当n ≥5时，c n ＝1n （n ＋1）⎣⎡⎦⎤n （n ＋1）2n －1， 而
n （n ＋1）2n －（n ＋1）（n ＋2）2n ＋1＝（n ＋1）（n －2）
2n ＋
1
>0，
得n （n ＋1）2n ≤5×（5＋1）25
<1， 所以，当n ≥5时，c n <0.
综上，若对任意n ∈N *恒有S k ≥S n ，则k ＝4.
【高考押题】
1．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 ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1b n 的前n 项和．
2．已知等比数列{a n }的公比q ＝3，前3项和S 3＝133
. (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若函数f (x )＝A sin(2x ＋φ)(A >0,0<φ<π)在x ＝π6
处取得最大值，且最大值为a 3，求函数f (x )的解析式． 解：(1)由q ＝3，S 3＝133得a 1－331－3＝133，解得a 1＝13
.
所以a n ＝13
×3n －1＝3n －2. (2)由(1)可知a n ＝3n －
2，所以a 3＝3. 因为函数f (x )的最大值为3，所以A ＝3.
因为当x ＝π6
时f (x )取得最大值， 所以sin ⎝⎛⎭
⎫2×π6＋φ＝1. 又0<φ<π，故φ＝π6
. 所以函数f (x )的解析式为f (x )＝3sin ⎝
⎛⎭⎫2x ＋π6. 3．设数列{a n }满足a 1＝0且
11－a n ＋1－11－a n
＝1. (1)求{a n }的通项公式；
(2)设b n ＝1－a n ＋1n ，记S n ＝∑n k ＝1b k ，证明：S n <1.
4．已知等差数列{a n }满足：a n ＋1＞a n (n ∈N *)，a 1＝1，该数列的前三项分别加上1、1、3后顺次成为等比数列{b n }的前三项．
(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；
(2)设T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n (n ∈N *)，若T n ＋2n ＋32n －1n
＜c (c ∈Z)恒成立，求c 的最小值． 解：(1)设d 、q 分别为数列{a n }的公差，数列{b n }的公比．
由题意知，a 1＝1，a 2＝1＋d ，a 3＝1＋2d ，分别加上1、1、3得2、2＋d 、4＋2d ，
∴(2＋d )2＝2(4＋2d )，∴d ＝±2.
∵a n ＋1＞a n ，∴d ＞0，∴d ＝2，
∴a n ＝2n －1(n ∈N *)，
由此可得b 1＝2，b 2＝4，∴q ＝2，∴b n ＝2n (n ∈N *)．
5．为了加强环保建设，提高社会效益和经济效益，长沙市计划用若干年更换一万辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，更换的新车为电力型车和混合动力型车．今年初投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车400辆，计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%，混合动力型车每年比上一年多投入a 辆．
(1)求经过n 年，该市被更换的公交车总数S (n )；
(2)若该市计划用7年的时间完成全部更换，求a 的最小值．
解：(1)设a n 、b n 分别为第n 年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量，
依题意知，数列{a n }是首项为128，公比为1＋50%＝32
的等比数列，数列{b n }是首项为400，公差为a 的等差数列．
所以数列{a n }的前n 项和S n ＝128×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫32n 1－32
＝256⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫32n －1，数列{b n }的前n 项和T n ＝400n ＋n n －2
a .
所以经过n 年，该市更换的公交车总数 S (n )＝S n ＋T n ＝256⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫32n －1＋400n ＋n n －2a .
(2)若用7年的时间完成全部更换，则S (7)≥10000，
即256⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫327－1＋400×7＋7×62
a ≥10000， 即21a ≥3082，所以a ≥308221
. 又a ∈N *，所以a 的最小值为147.
6．设数列{a n }满足a 1＝0,4a n ＋1＝4a n ＋24a n ＋1＋1，令b n ＝4a n ＋1.
(1)试判断数列{b n }是否为等差数列；
(2)若c n ＝1a n ＋1
，记{c n }的前n 项和为S n ，求证：S n ＜3； (3)是否存在m ，n (m ，n ∈N *，m ≠n )，使得1，a m ，a n 依次成等比数列？若存在，求出m ，n ；若不存在，说明理由．
(3)假设存在m ，n (m ，n ∈N *，m ≠n )满足条件，则有1·a n ＝a 2m ，即1·n 2－14＝⎝⎛⎭⎫m 2－142， 整理得4(n 2－1)＝(m 2－1)2，易知m 2－1必为偶数．
设m 2－1＝2t (t ∈Z)，则n 2－1＝t 2，即(n －t )(n ＋t )＝1， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ n ＋t ＝1n －t ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧
n ＋t ＝－1n －t ＝－1. 又n ∈N *，∴解得n ＝1，t ＝0，
∴m 2－1＝2t ＝0，又m ∈N *，
∴m ＝1，这与已知m ≠n 矛盾．
故不存在m ，n (m ，n ∈N *，m ≠n )，使得1，a m ，a n 成等比数列．
7．在正项等比数列{a n }中，a 5＝12
，a 6＋a 7＝3，则满足a 1＋a 2＋…＋a n ＞a 1a 2…a n 的最大正整数n 的值为________．
由2n ＞212n 2－112n ＋5可得n ＞12n 2－112
n ＋5， 即n 2－13n ＋10＜0，解得13－1292＜n ＜13＋1292
， 取n ＝12，可以验证当n ＝12时满足a 1＋a 2＋…＋a n ＞a 1a 2…a n ，n≥13时不满足a 1＋a 2＋…＋a n ＞a 1a 2…a n ，故n 的最大值为12.
答案：12
：。