2020版《微点教程》高考人教A版文科数学一轮复习文档：第六章 第六节 直接证明与间接证明 含答案
2020版高考文科数学大一轮复习人教A版文档：6.3 等比数列及其前n项和 Word版含答案.docx
§6.3 等比数列及其前n 项和1．等比数列的定义一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示(q ≠0)． 2．等比数列的通项公式设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则它的通项a n ＝a 1·q n －1(a 1≠0，q ≠0)．3．等比中项如果在a 与b 中插入一个数G ，使得a ，G ，b 成等比数列，那么根据等比数列的定义，G a ＝bG ，G 2＝ab ，G ＝±ab ，称G 为a ，b 的等比中项． 4．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等比数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ·a l ＝a m ·a n .(3)若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n bn 仍是等比数列．5．等比数列的前n 项和公式等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，其前n 项和为S n ， 当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q .6．等比数列前n 项和的性质公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n . 知识拓展等比数列{a n }的单调性(1)满足⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，q >1或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1<0，0<q <1时，{a n }是递增数列． (2)满足⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0，0<q <1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，q >1时，{a n }是递减数列．(3)当⎩⎪⎨⎪⎧a 1≠0，q ＝1时，{a n }为常数列．(4)当q <0时，{a n }为摆动数列．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( × ) (2)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .( × )(3)如果数列{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列．( × ) (4)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列．( × ) (5)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n )1－a.( × )(6)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．( × ) 题组二 教材改编2．[P51例3]已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q ＝______.答案 12解析 由题意知q 3＝a 5a 2＝18，∴q ＝12.3．[P54A 组T8]在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________． 答案 27,81解析 设该数列的公比为q ，由题意知，243＝9×q 3，q 3＝27，∴q ＝3.∴插入的两个数分别为9×3＝27,27×3＝81. 题组三 易错自纠4．若1，a 1，a 2,4成等差数列，1，b 1，b 2，b 3,4成等比数列，则a 1－a 2b 2的值为________．答案 －12解析 ∵1，a 1，a 2,4成等差数列， ∴3(a 2－a 1)＝4－1，∴a 2－a 1＝1.又∵1，b 1，b 2，b 3,4成等比数列，设其公比为q ，则b 22＝1×4＝4，且b 2＝1×q 2>0，∴b 2＝2，∴a 1－a 2b 2＝－(a 2－a 1)b 2＝－12. 5．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝________.答案 －11解析 设等比数列{a n }的公比为q ， ∵8a 2＋a 5＝0，∴8a 1q ＋a 1q 4＝0. ∴q 3＋8＝0，∴q ＝－2，∴S 5S 2＝a 1(1－q 5)1－q ·1－q a 1(1－q 2)＝1－q 51－q 2＝1－(－2)51－4＝－11. 6．一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1 KB ，然后每3分钟自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机________分钟，该病毒占据内存64 MB(1 MB ＝210 KB)． 答案 48解析 由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成一等比数列{a n }，且a 1＝2，q ＝2，∴a n ＝2n ，则2n ＝64×210＝216，∴n ＝16. 即病毒共复制了16次． ∴所需时间为16×3＝48(分钟).题型一 等比数列基本量的运算1．(2018·开封质检)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2等于( )A ．2B ．1 C.12 D.18答案 C解析 由{a n }为等比数列，得a 3a 5＝a 24，又a 3a 5＝4(a 4－1)，所以a 24＝4(a 4－1)， 解得a 4＝2.设等比数列{a n }的公比为q ， 则由a 4＝a 1q 3，得2＝14q 3，解得q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝12.故选C.2．(2018届河北衡水中学二调)设正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋1a n <1，若a 3＋a 5＝20，a 3a 5＝64，则S 4等于( ) A ．63或120 B ．256 C ．120 D ．63答案 C解析 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 3＋a 5＝20，a 3a 5＝64，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 3＝16，a 5＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝4，a 5＝16.又a n ＋1a n <1，所以数列{a n }为递减数列，故⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝16，a 5＝4. 设等比数列{a n }的公比为q ，则q 2＝a 5a 3＝14，因为数列为正项数列，故q ＝12，从而a 1＝64，所以S 4＝64×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫1241－12＝120.故选C.思维升华 等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)可迎刃而解． 题型二 等比数列的判定与证明典例 (2018·潍坊质检)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－2a n ，证明：数列{b n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式． (1)证明 由a 1＝1及S n ＋1＝4a n ＋2， 得a 1＋a 2＝S 2＝4a 1＋2.∴a 2＝5，∴b 1＝a 2－2a 1＝3.又⎩⎪⎨⎪⎧S n ＋1＝4a n ＋2， ①S n ＝4a n －1＋2(n ≥2)， ② 由①－②，得a n ＋1＝4a n －4a n －1(n ≥2)， ∴a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)(n ≥2)． ∵b n ＝a n ＋1－2a n ，∴b n ＝2b n －1(n ≥2)， 故{b n }是首项b 1＝3，公比为2的等比数列． (2)解 由(1)知b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1，∴a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34， 故⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为12，公差为34的等差数列．∴a n 2n ＝12＋(n －1)·34＝3n －14， 故a n ＝(3n －1)·2n －2.引申探究若将本例中“S n ＋1＝4a n ＋2”改为“S n ＋1＝2S n ＋(n ＋1)”，其他不变，求数列{a n }的通项公式． 解 由已知得n ≥2时，S n ＝2S n －1＋n . ∴S n ＋1－S n ＝2S n －2S n －1＋1， ∴a n ＋1＝2a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，n ≥2，(*)又a 1＝1，S 2＝a 1＋a 2＝2a 1＋2，即a 2＋1＝2(a 1＋1)， ∴当n ＝1时(*)式也成立，故{a n ＋1}是以2为首项，以2为公比的等比数列， ∴a n ＋1＝2·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n －1.思维升华 (1)证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可． (2)利用递推关系时要注意对n ＝1时的情况进行验证．跟踪训练 (2016·全国Ⅲ)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S 5＝3132，求λ.(1)证明 由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1， 故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0.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a 1≠0，λ≠0得a n ≠0， 所以a n ＋1a n ＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝⎛⎭⎫λλ－1n －1.(2)解 由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎫λλ－1n . 由S 5＝3132得1－⎝⎛⎭⎫λλ－15＝3132，即⎝⎛⎭⎫λλ－15＝132.解得λ＝－1.题型三 等比数列性质的应用1．已知数列{a n }为等比数列，且a 2a 3a 4＝－a 27＝－64，则tan ⎝⎛⎭⎫a 4a 63·π等于( ) A. 3 B ．－ 3 C ．－33D ．±3答案 B解析 由等比数列的性质可得a 2a 3a 4＝a 33＝－64，∴a 3＝－4，a 7＝a 3q 4<0，结合a 27＝64可得a 7＝－8， 结合等比数列的性质可得a 4a 6＝a 3a 7＝32， 即tan ⎝⎛⎭⎫a 4a 63·π＝tan 323π ＝tan ⎝⎛⎭⎫10π＋23π＝tan 23π＝－ 3. 故选B.2．(2017·云南省十一校跨区调研)已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12等于( ) A ．40 B ．60 C ．32 D ．50答案 B解析 由等比数列的性质可知，数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，即数列4,8，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，因此S 12＝4＋8＋16＋32＝60，故选B. 思维升华 等比数列常见性质的应用 等比数列性质的应用可以分为三类： (1)通项公式的变形．(2)等比中项的变形．(3)前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．分类讨论思想在等比数列中的应用典例 (12分)已知首项为32的等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，且－2S 2，S 3,4S 4成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)证明：S n ＋1S n ≤136(n ∈N *)．思想方法指导 (1)利用等差数列的性质求出等比数列的公比，写出通项公式； (2)求出前n 项和，根据函数的单调性证明． 规范解答(1)解 设等比数列{a n }的公比为q ， 因为－2S 2，S 3,4S 4成等差数列，所以S 3＋2S 2＝4S 4－S 3，即S 4－S 3＝S 2－S 4， 可得2a 4＝－a 3，于是q ＝a 4a 3＝－12.[2分]又a 1＝32，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝⎛⎭⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n (n ∈N *)．[3分] (2)证明 由(1)知，S n ＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ， S n ＋1S n＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ＋11－⎝⎛⎭⎫－12n＝⎩⎨⎧2＋12n (2n＋1)，n 为奇数，2＋12n(2n－1)，n 为偶数.[6分]当n 为奇数时，S n ＋1S n 随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 1＋1S 1＝32＋23＝136.[8分]当n 为偶数时，S n ＋1S n随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 2＋1S 2＝34＋43＝2512.[10分]故对于n ∈N *，有S n ＋1S n ≤136.[12分]1．(2017·福建漳州八校联考)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝2，S 6＝18，则S 10S 5等于( ) A ．－3 B ．5 C ．－31 D ．33答案 D解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则由已知得q ≠1. ∵S 3＝2，S 6＝18，∴1－q 31－q 6＝218，得q 3＝8，∴q ＝2. ∴S 10S 5＝1－q 101－q5＝1＋q 5＝33，故选D. 2．(2017·武汉市武昌区调研)设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则a 1等于( ) A ．－2 B ．－1 C.12 D.23答案 B解析 由S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，得a 3＋a 4＝3a 4－3a 2，即q ＋q 2＝3q 2－3，解得q ＝－1(舍去)或q ＝32，将q ＝32代入S 2＝3a 2＋2中得a 1＋32a 1＝3×32a 1＋2，解得a 1＝－1，故选B.3．(2018届河南洛阳联考)在等比数列{a n }中，a 2，a 16是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，则a 2a 16a 9的值为( ) A ．－2＋22B ．－ 2 C. 2 D ．－2或 2答案 D解析 由a 2，a 16是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，可得a 2＋a 16＝－6，a 2×a 16＝2，显然两根同为负值，a 21q 16＝2，即有a 29＝2，则a 2a 16a 9的值为a 9＝±2.故选D. 4．(2017·安阳一中模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n －2，n ∈N *，则( )A ．{a n }是递增的等比数列B ．{a n }是递增数列，但不是等比数列C ．{a n }是递减的等比数列D ．{a n }不是等比数列，也不单调 答案 B解析 ∵S n ＝3n －2，∴S n －1＝3n －1－2，∴a n ＝S n －S n －1＝3n －2－(3n －1－2)＝2×3n －1(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝S 1＝1不适合上式．∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2×3n －1，n ≥2.∵a 1＝1，a 2＝6，当n ≥2时，a n ＋1a n ＝2·3n2·3n －1＝3.∴数列{a n }从第二项起构成首项为6，公比为3的等比数列．综上可得，数列{a n }是递增数列，但不是等比数列．5．(2017·广元模拟)等比数列{a n }的各项均为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10等于( ) A ．5 B ．9 C ．log 345 D ．10答案 D解析 由等比数列的性质知a 5a 6＝a 4a 7，又a 5a 6＋a 4a 7＝18，所以a 5a 6＝9， 则原式＝log 3(a 1a 2…a 10)＝log 3(a 5a 6)5＝10.6．(2018·南京质检)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了( ) A ．192里 B ．96里 C ．48里 D ．24里 答案 B解析 设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ＝12，由题意得a 1⎝⎛⎭⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，则a 2＝192×12＝96，即第二天走了96里，故选B.7．已知{a n }是各项都为正数的等比数列，其前n 项和为S n ，且S 2＝3，S 4＝15，则a 3＝________. 答案 4解析 S 4－S 2＝a 3＋a 4＝12，S 2＝a 1＋a 2＝3，∴a 3＋a 4a 1＋a 2＝q 2＝123＝4，q ＝2或q ＝－2(舍去)，∴a 3＋a 4＝a 3(1＋q )＝3a 3＝12，a 3＝4.8．在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4，则a 6的值是________． 答案 4解析 因为a 8＝a 2q 6，a 6＝a 2q 4，a 4＝a 2q 2，所以由a 8＝a 6＋2a 4，得a 2q 6＝a 2q 4＋2a 2q 2，消去a 2q 2，得到关于q 2的一元二次方程(q 2)2－q 2－2＝0，解得q 2＝2，q 2＝－1(舍去)，a 6＝a 2q 4＝1×22＝4.9．已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和为________． 答案 2n －1解析 设等比数列的公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 3＝9，a 21·q 3＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12.又{a n }为递增数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，∴数列{a n }的前n 项和为1－2n 1－2＝2n－1.10．(2018·无锡模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝1(n ∈N *)，则通项a n ＝________. 答案12n解析 ∵a n ＋S n ＝1，① ∴a n －1＋S n －1＝1(n ≥2)，②由①－②，得a n －a n －1＋a n ＝0，即a n a n －1＝12(n ≥2)，又a 1＝12，∴数列{a n }是首项为12，公比为12的等比数列，则a n ＝12×⎝⎛⎭⎫12n －1＝12n .11．(2016·全国Ⅲ)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0.(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．解 (1)由题意，得a 2＝12，a 3＝14.(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0，得 2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)．因为{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1≠0，所以a n ＋1a n ＝12. 故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列， 因此a n ＝12n －1. 12．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n ，记T 2n 为{a n }的前2n 项的和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N *. (1)判断数列{b n }是否为等比数列，并求出b n ；(2)求T 2n .解 (1)∵a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n ，∴a n ＋1·a n ＋2＝⎝⎛⎭⎫12n ＋1，∴a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n . ∵b n ＝a 2n ＋a 2n －1，∴b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12， ∵a 1＝1，a 1·a 2＝12， ∴a 2＝12，∴b 1＝a 1＋a 2＝32. ∴{b n }是首项为32，公比为12的等比数列． ∴b n ＝32×⎝⎛⎭⎫12n －1＝32n . (2)由(1)可知，a n ＋2＝12a n ， ∴a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，以12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，以12为公比的等比数列， ∴T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝3－32n .13．(2017·新乡三模)若数列{a n ＋1－a n }是等比数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝5，则a n ＝________.答案 3n －1＋12 解析 ∵a 2－a 1＝1，a 3－a 2＝3，∴q ＝3，∴a n ＋1－a n ＝3n －1，∴a n －a 1＝a 2－a 1＋a 3－a 2＋…＋a n －1－a n －2＋a n －a n －1＝1＋3＋…＋3n －2＝1－3n －11－3， ∵a 1＝1，∴a n ＝3n －1＋12. 14．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝12n (n ＝1,2,3，…)，则S 2n ＋3＝________. 答案 43⎝⎛⎭⎫1－14n ＋2 解析 由题意，得S 2n ＋3＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2n ＋2＋a 2n ＋3)＝1＋14＋116＋…＋14n ＋1 ＝43⎝⎛⎭⎫1－14n ＋2.15．(2018届江苏横林高级中学考试)设{a n }是等比数列，公比q ＝2，S n 为{a n }的前n 项和，记T n ＝17S n －S 2n a n ＋1，n ∈N *，设0n T 为数列{T n }的最大项，则n 0＝________. 答案 4解析 由等比数列的前n 项和公式得S n ＝a 1(1－q n )1－q， 则T n ＝17S n －S 2n a n ＋1＝17×a 1(1－q n )1－q －a 1(1－q 2n )1－q a 1q n＝17－17(2)n －[1－(2)2n ](1－2)(2)n， 令(2)n ＝t ，则T n ＝11－2⎝⎛⎭⎫t ＋16t －17 ≤11－2⎝⎛⎭⎫2t ·16t －17， 当且仅当t ＝16t，即t ＝4时等号成立，即(2)n ＝4，n ＝4时，T n 取得最大值．16．(2017·武汉市武昌区调研)设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋12n ＝(－1)n a n (n ∈N *)，则数列{S n }的前9项和为________．答案 －3411 024解析 因为S n ＋12n ＝(－1)n a n ， 所以S n －1＋12n －1＝(－1)n －1a n －1(n ≥2)． 两式相减得S n －S n －1＋12n －12n －1 ＝(－1)n a n －(－1)n －1a n －1， 即a n －12n ＝(－1)n a n ＋(－1)n a n －1(n ≥2)， 当n 为偶数时，a n －12n ＝a n ＋a n －1，即a n －1＝－12n ， 此时n －1为奇数，所以若n 为奇数，则a n ＝－12n ＋1； 当n 为奇数时，a n －12n ＝－a n －a n －1， 即2a n －12n ＝－a n －1， 所以a n －1＝12n －1，此时n －1为偶数， 所以若n 为偶数，则a n ＝12n . 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎨⎧ －12n ＋1，n 为奇数，12n ，n 为偶数.所以数列{S n }的前9项和为S 1＋S 2＋S 3＋…＋S 9＝9a 1＋8a 2＋7a 3＋6a 4＋…＋3a 7＋2a 8＋a 9＝(9a 1＋8a 2)＋(7a 3＋6a 4)＋…＋(3a 7＋2a 8)＋a 9＝－122－124－126－128－1210 ＝－122×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫1451－14＝－3411 024.。
高三数学一轮复习 第六章 第6课时练习 理 新人教A版 试题
(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)一、选择题1．用分析法证明：欲使①A ＞B ，只需②C ＜D ，这里①是②的( )A ．充分条件B ．必要条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析： 分析法证明的本质是证明结论的充分条件成立，即②⇒①，所以①是②的必要条件．答案： B2．要证：a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只要证明( )A ．2ab －1－a 2b 2≤0 B．a 2＋b 2－1－a 4＋b 42≤0 C.a ＋b22－1－a 2b 2≤0 D．(a 2－1)(b 2－1)≥0解析： 因为a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0⇔(a 2－1)(b 2－1)≥0，故选D. 答案： D3．设a ＝lg 2＋lg 5，b ＝e x (x ＜0)，则a 与b 大小关系为( ) A ．a ＞b B ．a ＜bC ．a ＝bD ．a ≤b解析： ∵a ＝lg 2＋lg 5＝lg 10＝1，而b ＝e x ＜e 0＝1，故a ＞b .答案： A4．设a ，b ，c ∈(－∞，0)，则a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a( ) A ．都不大于－2 B ．都不小于－2C ．至少有一个不大于－2D ．至少有一个不小于－2解析： 因为a ＋1b ＋b ＋1c ＋c ＋1a≤－6，所以三者不能都大于－2. 答案： C5．对于平面α和共面的直线m 、n ，下列命题中真命题是( )A ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥αB ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥nC ．若m ⊂α，n ∥α，则m ∥nD ．若m 、n 与α所成的角相等，则m ∥n解析： 对于平面α和共面的直线m 、n ，真命题是“若m ⊂α，n ∥α，则m ∥n ”，选C.答案： C6．若P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4(a ≥0)，则P 、Q 的大小关系是( )A ．P ＞QB ．P ＝QC ．P ＜QD ．由a 的取值X 围解析： ∵要证P ＜Q ，只需证P 2＜Q 2，只需证2a ＋7＋2aa ＋7＜2a ＋7＋2a ＋3a ＋4， 只需证a 2＋7a ＜a 2＋7a ＋12，只需证0＜12，∵0＜12成立，∴P ＜Q 成立．答案： C二、填空题7．如果a a ＋b b ＞a b ＋b a ，则a 、b 应满足的条件是______________．解析： ∵a a ＋b b ＞a b ＋b a ⇔(a －b )2(a ＋b )＞0⇔a ≥0，b ≥0且a ≠b . 答案： a ≥0，b ≥0且a ≠b8．在不等边三角形中，a 为最大边，要想得到∠A 为钝角的结论，三边a ，b ，c 应满足________． 解析： 由余弦定理cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc＜0， 所以b 2＋c 2－a 2＜0，即a 2＞b 2＋c 2.答案： a 2＞b 2＋c 29．若0＜a ＜1,0＜b ＜1，且a ≠b ，则在a ＋b,2ab ，a 2＋b 2和2ab 中最大的是________． 解析： 方法一：a ＋b ＞2ab ，a 2＋b 2＞2ab ，a ＋b －(a 2＋b 2)＝a (1－a )＋b (1－b )＞0，∴a ＋b 最大．方法二：特值法，取a ＝12，b ＝18，计算比较大小． 答案： a ＋b三、解答题10．设数列{a n }是公比为q 的等比数列，S n 是它的前n 项和．(1)求证：数列{S n }不是等比数列；(2)数列{S n }是等差数列吗？为什么？解析： (1)证明：假设数列{S n }是等比数列，则S 22＝S 1S 3，即a 21(1＋q )2＝a 1·a 1·(1＋q ＋q 2)，因为a 1≠0，所以(1＋q )2＝1＋q ＋q 2，即q ＝0，这与公比q ≠0矛盾，所以数列{S n }不是等比数列．(2)当q ＝1时，{S n }是等差数列；当q ≠1时，{S n }不是等差数列，否则2S 2＝S 1＋S 3，即2a 1(1＋q )＝a 1＋a 1(1＋q ＋q 2)，得q ＝0，这与公比q ≠0矛盾．11．已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 成等差数列，且三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .求证：1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c.【解析方法代码108001080】 证明： 要证原式，只需证a ＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b ＋c b ＋c＝3， 即证ca ＋b ＋a b ＋c ＝1，即只需证bc ＋c 2＋a 2＋ab ab ＋b 2＋ac ＋bc＝1，而A ＋C ＝2B ，∴B ＝60°， ∴b 2＝a 2＋c 2－ac . ∴bc ＋c 2＋a 2＋ab ab ＋b 2＋ac ＋bc ＝bc ＋c 2＋a 2＋ab ab ＋a 2＋c 2－ac ＋ac ＋bc ＝bc ＋c 2＋a 2＋ab ab ＋a 2＋c 2＋bc＝1. 从而原式得证．12．已知{a n }是正数组成的数列，a 1＝1，且点(a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在函数y ＝x 2＋1的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1＝1，b n ＋1＝b n ＋2a n ，求证：b n ·b n ＋2＜b 2n ＋1.【解析方法代码108001081】解析： (1)由已知得a n ＋1＝a n ＋1，则a n ＋1－a n ＝1，又a 1＝1，所以数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列．故a n ＝1＋(n －1)×1＝n .(2)证明：由(1)知，a n ＝n ，从而b n ＋1－b n ＝2n . b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋2＋1＝1－2n 1－2＝2n －1. 因为b n ·b n ＋2－b 2n ＋1＝(2n －1)(2n ＋2－1)－(2n ＋1－1)2 ＝(22n ＋2－2n ＋2－2n ＋1)－(22n ＋2－2·2n ＋1＋1) ＝－5·2n ＋4·2n＝－2n ＜0，所以b n ·b n ＋2＜b 2n ＋1.。
2020高考文科数学(人教A版)总复习课件：第六章 数列6.2
(2)已知数列{an}的通项公式是an=pn+q(其中p,q为常数),则数列 {an}一定是等差数列. ( √ )
(3)数列{an}为等差数列的充要条件是其通项公式为关于n的一次
函数. ( × )
(4)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*,都有 2an+1=an+an+2. ( √ )
6.2 等差数列及其前n项和
第六章
知识梳理 考点自诊
6.2 等差数列及其前n项和
必必备备知知识识··预预案案自自诊诊
关键能力·学案突破
学科素养·微专题
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1.等差数列
(1)定义:一般地,如果一个数列从 第2项 起,每一项与它的前
一项的 差 等于 同一个常数
,那么这个数列就叫做等
差数列,这个常数叫做等差数列的 公差 ,公差通常用字母d表
关关键键能能力力··学学案案突突破破
学科素养·微专题
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思考求等差数列基本量的一般方法是什么? 解题心得1.等差数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公差d, 然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解. 2.等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1,an,d,n,Sn, 已知其中三个就能求出另外两个,体现了用方程组解决问题的思想. 3.减少运算量的设元的技巧,若三个数成等差数列,可设这三个数 分别为a-d,a,a+d;若四个数成等差数列,可设这四个数分别为a-
第六章
知识梳理 考点自诊
6.2 等差数列及其前n项和
必必备备知知识识··预预案案自自诊诊
关键能力·学案突破
学科素养·微专题
-3-
2.等差数列的通项公式及前n项和公式与函数的关系 (1)an=a1+(n-1)d可化为an=dn+a1-d的形式.当d≠0时,an是关于n的 一次函数;当d>0时,数列为递增数列;当d<0时,数列为递减数列. (2)数列{an}是等差数列,且公差不为0⇔Sn=An2+Bn(A,B为常数).
2025年新人教版高考数学一轮复习讲义 第六章 §6.6 数列中的综合问题
2025年新人教版高考数学一轮复习讲义第六章§6.6 数列中的综合问题数列的综合运算问题以及数列与函数、不等式等知识的交汇问题，是历年高考的热点内容.一般围绕等差数列、等比数列的知识命题，涉及数列的函数性质、通项公式、前n项和公式等.题型一 等差数列、等比数列的综合运算例1 已知公差不为0的等差数列{a n}满足a2＝6，a1，a3，a7成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式；根据题意，设等差数列{a n}的公差为d(d≠0)，由于a2＝6，a1，a3，a7成等比数列，∴a n＝2n＋2.(2)设b n ＝n · ，求数列{b n }的前n 项和S n .22n a -由b n ＝n ·22n ＝n ·4n ，则S n ＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n －1)·4n －1＋n ·4n ，①4S n ＝1×42＋2×43＋3×44＋…＋(n －1)·4n ＋n ·4n ＋1，②思维升华数列的综合运算问题常将等差、等比数列结合，两者相互联系、相互转化，解答这类问题的方法：寻找通项公式，利用性质进行转化.跟踪训练1 (2024·无锡模拟)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，公差d≠0，a3是a1，a13的等比中项，S5＝25.(1)求{a n}的通项公式；∴a n＝1＋2(n－1)＝2n－1.(2)若数列{b n}满足b1＝－1，b n＋b n＋1＝S n，求b20.①b n＋1＋b n＋2＝(n＋1)2，②②－①得，b n＋2－b n＝2n＋1，∵b1＝－1，∴b2＝2.∴b20＝b20－b18＋b18－b16＋…＋b4－b2＋b2＝37＋33＋29＋…＋5＋2题型二 数列与其他知识的交汇问题命题点1 数列与不等式的交汇例2 (1)(2022·全国乙卷)嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星.为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{b n}：b1＝1＋，b2＝1＋，b3＝1＋，…，依此类推，其中αk∈N*(k＝1,2，…).则√A.b1<b5B.b3<b8C.b6<b2D.b4<b7方法一 当n取奇数时，同理可得b3>b5，b5>b7，…，于是可得b1>b3>b5>b7>…，故A不正确；同理可得b4<b6，b6<b8，…，于是可得b2<b4<b6<b8<…，故C不正确；同理可得b3>b4，b5>b6，b7>b8，又b3>b7，所以b3>b8，故B不正确；因为b4<b8，b7>b8，所以b4<b7，故D正确.方法二 (特殊值法)逐一判断选项可知选D.2所以2n a n＝2n－1a n－1＋1，而21a1＝3，所以数列{2n a n}是首项为3，公差为1的等差数列，所以λ≥2，即实数λ的最小值是2.所以当n＝1时，b2>b1；当n≥2时，b n＋1<b n.所以λ≥2，即实数λ的最小值是2.命题点2 数列与函数的交汇例3 已知函数f(x)是定义在R上的严格增函数且为奇函数，数列{a n}是等差数列，a1 012>0，则f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋…＋f(a2 022)＋f(a2 023)的值√A.恒为正数B.恒为负数C.恒为0D.可正可负因为函数f(x)是R上的奇函数且是严格增函数，所以f(0)＝0，且当x>0时，f(x)>0;当x<0时，f(x)<0.因为数列{a n}是等差数列，a1 012>0，故f(a1 012)>0.再根据a1＋a2 023＝2a1 012>0，所以a1>－a2 023，则f(a1)>f(－a2 023)＝－f(a2 023)，所以f(a1)＋f(a2 023)>0.同理可得f(a2)＋f(a2 022)>0，f(a3)＋f(a2 021)>0，…，所以f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋…＋f(a2 022)＋f(a2 023)＝[f(a1)＋f(a2 023)]＋[f(a2)＋f(a2 022)]＋…＋[f(a1 011)＋f(a1 013)]＋f(a1 012)>0.思维升华数列与函数、不等式的综合问题关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求出数列的通项公式或前n项和公式，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题，通过放缩进行不等式的证明.跟踪训练2 (1)分形的数学之美，是以简单的基本图形，凝聚扩散，重复累加，以迭代的方式而形成的美丽的图案.自然界中存在着许多令人震撼的天然分形图案，如鹦鹉螺的壳、蕨类植物的叶子、孔雀的羽毛、菠萝等.如图为正方形经过多次自相似迭代形成的分形图形，且相邻的两个正方形的对应边所成的角为15°.若从外往里最大的正方形边长为9，则第5个正方形的边长为√设第n个正方形的边长为a n，则由已知可得a n＝a n＋1sin 15°＋a n＋1cos 15°，－1则数列{x n}是等差数列，公差为4，且f(x n)＝－2，n∈N*，因此A＝2，函数f(x)的最小正周期是4，一、单项选择题1.(2023·广州模拟)已知f(x)＝2x2，数列{a n}满足a1＝2，且对一切n∈N*，有a n＋1＝f(a n)，则A.{a n}是等差数列B.{a n}是等比数列C.{log2a n}是等比数列√D.{log2a n＋1}是等比数列123456789101112所以log2a n＋1＝1＋2log2a n，所以log2a n＋1＋1＝2(log2a n＋1)，n∈N*，所以{log2a n＋1}是等比数列，又log2a1＋1＝2，所以log2a n＋1＝2n，所以log2a n＝2n－1，故A，B，C错误，D正确.2.(2024·铜仁模拟)为了进一步学习贯彻党的二十大精神，推进科普宣传教育，激发学生的学习热情，营造良好的学习氛围，不断提高学生对科学、法律、健康等知识的了解，某学校组织高一10个班级的学生开展“红色百年路·科普万里行”知识竞赛.统计发现，10个班级的平均成绩恰好成等差数列，最低平均成绩为70，公差为2，则这10个班级的平均成绩的第40百分位数为√A.76B.77C.78D.80记10个班级的平均成绩形成的等差数列为{a n}，则a n＝70＋2(n－1)＝2n＋68，3.(2023·岳阳模拟)在等比数列{a n}中，a2＝－2a5，1<a3<2，则数列{a3n}的前5项和S5的取值范围是√设等比数列{a n}的公比为q，4.有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点.已知最底层正方体的棱长为8，如果该塔形几何体的最上层正方体的棱长等于1，那么该塔形几何体中正方体的个数是A.5B.7C.10D.12√112(2)n --7222n -+令a n ＝1，得n ＝7，故该塔形几何体中正方体的个数为7.√而要满足a n>a n＋1，故{a n}要单调递减，当n≤7时，a n＝a n－6，而要满足a n>a n＋1，故{a n}要单调递减，所以0<a<1，6.已知{a n}是各项均为正数的等差数列，其公差d≠0，{b n}是等比数列，若a1＝b1，a1 012＝b1 012，S n和T n分别是{a n}和{b n}的前n项和，则A.S2 023>T2 023√B.S2 023<T2 023C.S2 023＝T2 023D.S2 023和T2 023的大小关系不确定因为{a n}是各项均为正数的等差数列，其公差d≠0，且a1 012＝a1＋1 011d≠a1，则b1 012≠b1，设等比数列{b n}的公比为q，且q1 011≠1，即q>0且q≠1，又因为b1>0，所以等比数列{b n}为正项单调数列，所以T2 023＝b1＋b2＋…＋b2 023>2 023b1 012＝2 023a1 012＝S2 023.二、多项选择题e n a7.已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，a n＋1＝ln( －a n)(n∈N*)，则S n 的取值可能是√√因为a n ＋1＝ln(－a n )，所以 ＝ －a n ，即a n ＝ － ，所以S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝( － )＋( － )＋…＋( － )＝ － ＝e － .因为a 1＝1，所以a n >0，所以S n >1.因为 >a n ＋1，所以 －a n >1，所以a n ＋1>0，所以S n <e －1.即1<S n <e －1.e n a 1e n a +e na 1e n a +e n a 1e a 2e a 2e a 3e a e n a 1e n a +1e a 1e n a +1e n a +e n a e n a8.(2023·德州模拟)将n 2个数排成n 行n 列的数阵，如图所示，该数阵第一列的n 个数从上到下构成以m 为公差的等差数列，每一行的n 个数从左到右构成以m 为公比的等比数列(其中m >0).已知a 11＝3，a 13＝a 51＋1，记这n 2个数的和为S ，下面叙述正确的是A.m ＝2B.a 78＝15×28C.a ij ＝(2i ＋1)·2j －1D.S ＝n (n ＋2)(2n －1)√√√由题意，a13＝a11·m2＝3m2，a51＝a11＋4m＝3＋4m，由a13＝a51＋1，得3m2＝3＋4m＋1，整理可得(3m＋2)(m－2)＝0，由m>0，解得m＝2，故A正确；a71＝a11＋6×2＝15，a78＝a71·27＝15×27≠15×28，故B错误；a i1＝a11＋(i－1)×2＝2i＋1，a ij＝a i1·2j－1＝(2i＋1)·2j－1，故C正确；三、填空题9.(2023·德州模拟)如图甲是第七届国际数学教育大会(简称ICME－7)的会徽图案，会徽的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的.已知A1，A2，A3，…为直角顶点，设OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝…＝1，OA1，OA2，…，OA n构成数列{a n}，令b n＝，S n为数列{b n}的前n项和，8则S因为OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝ (1)10.已知数列{a n}为等比数列，a2a3a4＝64，a6＝32，数列{b n}满足b n＝log2a n＋1，若不等式4λ≥b n[1－(n＋4)λ]对于任意的n∈N*恒成立，则实数λ的取值范围为___________.所以a n＝2n－1，b n＝log2a n＋1＝n，则原不等式等价于4λ≥n[1－(n＋4)λ]，。
2020高考文科数学(人教A版)总复习练习：第六章 数列 课时规范练2
课时规范练28 等差数列及其前n 项和基础巩固组1.由a 1=1,d=3确定的等差数列{a n },当a n =298时,序号n 等于( )A.99B.100C.96D.1012.(2018湖南长郡中学仿真,6)已知等差数列{a n }满足a n+1+a n =4n,则a 1=( )A.-1B.1C.2D.33.(2018河南商丘二模,3)已知等差数列{a n }的公差为d,且a 8+a 9+a 10=24,则a 1·d 的最大值为( )A. B. C.2 D.412144.在等差数列{a n }中,a 3+a 6=11,a 5+a 8=39,则公差d 为( )A.-14B.-7C.7D.145.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且3a 3=a 6+4,若S 5<10,则a 2的取值范围是( )A.(-∞,2)B.(-∞,0)C.(1,+∞)D.(0,2)6.已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和,若2(a 1+a 3+a 5)+3(a 8+a 10)=36,则S 11=( )A.66B.55C.44D.337.(2018湖南衡阳一模,15)已知数列{a n }前n 项和为S n ,若S n =2a n -2n ,则S n = .8.设数列{a n },{b n }都是等差数列,若a 1+b 1=7,a 3+b 3=21,则a 5+b 5= . 9.若数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足a n +2S n S n-1=0(n ≥2),a1=.12(1)求证:成等差数列;{1S n }(2)求数列{a n }的通项公式.10.设数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =2n -1.数列{b n }满足b 1=2,b n+1-2b n =8a n .(1)求数列{a n }的通项公式;(2)证明:数列为等差数列,并求{b n }的通项公式.{b n2n }综合提升组11.(2018河北衡水中学考前押题二,10)已知数列a 1=1,a 2=2,且a n+2-a n =2-2(-1)n ,n ∈N *,则S 2 017的值为( )A.2 016×1 010-1B.1 009×2 017C.2 017×1 010-1D.1 009×2 01612.若数列{a n }满足:a 1=19,a n+1=a n -3(n ∈N *),则数列{a n }的前n 项和数值最大时,n 的值为( )A.6B.7C.8D.913.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若S m-1=-4,S m =0,S m+2=14(m ≥2,且m ∈N *),则m 的值为 .14.已知公差大于零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足a 3·a 4=117,a 2+a 5=22.(1)求通项公式a n ;(2)求S n 的最小值;(3)若数列{b n }是等差数列,且b n =,求非零常数c.S nn +c 创新应用组15.(2018湖南长郡中学仿真,15)若数列{a n }是正项数列,且+…+=n 2+3n,则+…+a 1+a 2a n a 12+a 23= .a nn +116.等差数列{a n }的前n 项和为S n ,已知S 10=0,S 15=25,则nS n 的最小值为多少?课时规范练28 等差数列及其前n 项和1.B 根据等差数列通项公式a n =a 1+(n-1)d,有298=1+(n-1)×3,解得n=100,故选B.2.B 由题意,当n 分别取1,2时,a 1+a 2=4,a 3+a 2=8,解得公差d=2,故a 1=1.故选B.3.C ∵a 8+a 9+a 10=24,∴a 9=8,即a 1+8d=8,∴a 1=8-8d,a 1·d=(8-8d)d=-8d-2+2≤2,当d=时,a 1·d的最大值为2,故选C.12124.C ∵a 3+a 6=11,a 5+a 8=39,则4d=28,解得d=7.故选C.5.A 设公差为d,由3a 3=a 6+4得3(a 2+d)=a 2+4d+4,即d=2a 2-4,由S 5<10,得=5(3a 2-4)<10,解得a 2<2,故选A.5(a 1+a 5)2=5(a 2+a 4)2=5(2a 2+2d )26.D 由等差数列的性质可得2(a 1+a 3+a 5)+3(a 8+a 10)=6a 3+6a 9=36,即a 1+a 11=6.则S 11==11×3=33.故选D.11(a 1+a 11)27.n·2n ∵S n =2a n -2n =2(S n -S n-1)-2n ,整理得S n -2S n-1=2n ,等式两边同时除以2n ,则=1.S n 2n ‒S n -12n -1又S 1=2a 1-2=a 1,可得a 1=S 1=2,∴数列是以1为首项,公差为1的等差数列,{S n 2n}∴=n,∴S n =n·2n .S n 2n 8.35 ∵数列{a n },{b n }都是等差数列,设数列{a n }的公差为d 1,数列{b n }的公差为d 2,∴a 3+b 3=a 1+b 1+2(d 1+d 2)=21,而a 1+b 1=7,可得2(d 1+d 2)=21-7=14.∴a 5+b 5=a 3+b 3+2(d 1+d 2)=21+14=35.9.(1)证明 当n ≥2时,由a n +2S n S n-1=0,得S n -S n-1=-2S n S n-1,所以=2.1S n ‒1S n -1又=2,故是首项为2,公差为2的等差数列.1S 1=1a 1{1S n }(2)解 由(1)可得=2n,所以S n =.1S n 12n 当n ≥2时,a n =S n -S n-1==-.12n ‒12(n -1)=n -1-n 2n (n -1)12n (n -1)当n=1时,a 1=不适合上式.12故a n ={12,n =1,-12n (n -1),n ≥2.10.(1)解 当n=1时,a 1=S 1=21-1=1;当n ≥2时,a n =S n -S n-1=(2n -1)-(2n-1-1)=2n-1.∵a 1=1适合通项公式a n =2n-1,∴a n =2n-1.(2)证明 ∵b n+1-2b n =8a n ,∴b n+1-2b n =2n+2,即=2.b n +12n +1‒b n 2n 又=1,b 121∴是首项为1,公差为2的等差数列.{b n2n}∴=1+2(n-1)=2n-1.b n2n ∴b n =(2n-1)×2n .11.C 由题意,当n 为奇数时,a n+2-a n =4,数列{a 2n-1}是首项为1,公差为4的等差数列,当n 为偶数时,a n+2-a n =0,数列{a 2n-1}是首项为2,公差为0的等差数列,S 2 017=(a 1+a 3+…+a 2 017)+(a 2+a 4+…+a 2 016)=1009+×1 009×1 008×4+1 008×2=2 017×1 010-1,故选C.1212.B ∵a 1=19,a n+1-a n =-3,∴数列{a n }是以19为首项,-3为公差的等差数列.∴a n =19+(n-1)×(-3)=22-3n.设数列{a n }的前k 项和数值最大,则有k ∈N *.∴{a k ≥0,a k +1≤0,{22-3k ≥0,22-3(k +1)≤0.∴≤k ≤.193223∵k ∈N *,∴k=7.∴满足条件的n 的值为7.13.5 ∵S m-1=-4,S m =0,S m+2=14,∴a m =S m -S m-1=4,a m+1+a m+2=S m+2-S m =14.设数列{a n }的公差为d,则2a m +3d=14,∴d=2.∵S m =×m=0,∴a 1=-a m =-4.a 1+a m 2∴a m =a 1+(m-1)d=-4+2(m-1)=4,∴m=5.14.解 (1)∵数列{a n }为等差数列,∴a 3+a 4=a 2+a 5=22.又a 3·a 4=117,∴a 3,a 4是方程x 2-22x+117=0的两实根.又公差d>0,∴a 3<a 4,∴a 3=9,a 4=13,∴∴通项公式a n=4n-3.{a 1+2d =9,a 1+3d =13,∴{a 1=1,d =4.(2)由(1)知a 1=1,d=4,∴S n =na 1+d=2n 2-n=2.n (n -1)2(n -14)2‒18∴当n=1时,S n 最小,最小值为S 1=a 1=1.(3)由(2)知S n =2n 2-n,∴b n =,∴b 1=,b 2=,b 3=.S n n +c =2n 2-n n +c 11+c 62+c 153+c ∵数列{b n }是等差数列,∴2b 2=b 1+b 3,即×2=,∴2c 2+c=0,62+c 11+c+153+c∴c=-(c=0舍去),故c=-.121215.2n 2+6n 由+…+=n 2+3n,则+…+=(n-1)2+3(n-1),两式相减,可得a 1+a 2a n a 1+a 2a n -1=2n+2,当n=1时也成立,则a n =(2n+2)2,有=4n+4,为公差为4的等差数列,其前a n a n n +1=(2n +2)2n +1{a n n +1}n 项和为+…+=2n 2+6n.a 12+a 23a n n +1=n (a 12+a n n +1)2=n (8+4n +4)216.解 设数列{a n }的首项为a 1,公差为d,则S 10=10a 1+d=10a 1+45d=0,①10×92S 15=15a 1+d=15a 1+105d=25.②15×142联立①②,得a 1=-3,d=,23∴S n =-3n+n 2-n.n (n -1)2×23=13103令f(n)=nS n ,则f(n)=n 3-n 2,f'(n)=n 2-n.13103203令f'(n)=0,得n=0或n=.203当n>时,f'(n)>0,当0<n<时,f'(n)<0,203203∴当n=时,f(n)取最小值,203又∵n ∈N *,f(6)=-48,f(7)=-49,∴当n=7时,f(n)取最小值-49.。
2020版高考数学复习 第六单元 复习课件 文新人教A版
[答案] <
[解析] ∵(a+3)(a-5)-(a+2)(a-4)=a2+3a-5a-15-a22a+4a+8=-7<0,∴(a+3)(a-5)<(a+2)(a-4).
课前双基巩固
3.[教材改编] 已知 a,b,c∈R,则“a>b”是
“ac2>bc2”的
条件.(从“充分不必
要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”
-4<x-y<2.由-1<x<4,2<y<3,得
-3<3x<12,4<2y<6,∴1<3x+2y<18.
课堂考点探究
考点一 比较两个数(式)的大小
例 1 (1)[2018·中山模拟] 已知实数
a=ln22 ,b=ln33 ,c=ln55 , 则 a,b,c 的大小关系是 ()
A.a<b<c
B.c<a<b
+������ +������
,������������
>������������--������������
(b-m>0);
(2)������������
>������������
+������ +������
,������������
<������������--������������
(b-m>0).
a=ln22 ,b=ln33 ,c=ln55 , 则 a,b,c 的大小关系是 ()
A.a<b<c
B.c<a<b
C.ห้องสมุดไป่ตู้<b<a
2020版高考数学一轮复习第六章数列6.3等比数列及其前n项和课件新人教A版
知识梳理
-6-
知识梳理 双基自测
12345
1.下列结论正确的打“√”,错误的打“×”.
(1)满足an+1=qan(n∈N*,q为常数)的数列{an}为等比数列. ( (2)G为a,b的等比中项⇔G2=ab.( )
(3)等比数列中不存在数值为0的项.( )
(4)若{an}为等比数列,bn=a2n-1+a2n,则数列{bn}也是等比数 列.( )
或
������1 < 0, 0 < ������ <
1时,{an}是
②满足
������1 > 0, 0 < ������ <
1
或
������������1><10,时,{an}是
③当 ������������1=≠10,时,{an}为 常 数列;
递增 递减
数列; 数列;
④当q<0时,{an}为摆动数列. (5)当q≠-1或q=-1,且n为奇数时,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n仍成等比数列,其 公比为 qn .
a4=
.
(3)等比数列{an}的各项均为实数,其前 n 项和为 Sn.已知
S3=74,S6=643,则 a8=
.
思考解决等比数列基本运算问题的常见思想方法有哪些?
答案: (1)B (2)-8 (3)32
-12-
考点1
考点2
考点3
考点4
解析:(1)由题意可知公比q≠1.
∵
������2������4 ������3 =
6.3 等比数列及其前n项和
知识梳理
-2-
知识梳理 双基自测
12
1.等比数列
(1)等比数列的定义
2020版《微点教程》高考人教A版文科数学一轮复习课件：第六章 不等式、推理与证明 课时作业40
2
a2a0909×a92a0099＋10＝4，当且仅当 a2 009＝3a9 时等号成立，故所求最小值
为 4。
答案 4
答案 D
15．规定记号“⊗”表示一种运算，即 a⊗b＝ ab＋a＋b(a，b 为正实数)。 若 1⊗k＝3，则 k 的值为________，此时函数 f(x)＝k⊗xx的最小值为________。
解析 因为 1⊗k＝ k＋1＋k＝3，即 k＋ k－2＝0，所以 k＝1 或 k＝
－2(舍)，k＝1。f(x)＝1⊗xx＝ x＋xx＋1＝1＋ x＋ 1x≥1＋2＝3，当且仅当 x＝
解析 设正三棱柱的底边长为 x，高为 y，则 6x＋3y＝12，由基本不等 式可得 6x＋3y＝12≥2 6x·3y⇒xy≤2⇒3xy≤6，故三棱柱的侧面积的最大值 为 6。
答案 6
11．若 a>0，b>0，a＋b＝1，则 ab＋a1b的最小值为________。
解析 ab≤a＋2 b2＝14，当且仅当 a＝b＝21时取等号。y＝x＋1x在 x∈0，14
故 f(x)的最小值为 4。
答案 A
6．(2019·深圳三校联考)已知 f(x)＝x2＋x 33(x∈N*)，则 f(x)在定义域上的 最小值为( )
A．558
B．223
C． 33
D．2 33
解析 f(x)＝x2＋x 33＝x＋3x3，因为 x∈N*，所以 x＋3x3≥2 x·3x3＝2 33， 当且仅当 x＝3x3，即 x＝ 33时取等号。但 x∈N*，故 x＝5 或 x＝6 时，f(x) 取最小值，当 x＝5 时，f(x)＝558，当 x＝6 时，f(x)＝223，故 f(x)在定义域上 的最小值为223。
(2)由(a－b)2≥4(ab)3 得a1－b12≥4ab，即1a＋1b2－a4b≥4ab，从而 ab＋a1b ≤2，又 ab＋a1b≥2，所以 ab＋a1b＝2，所以 ab＝1。
2020版《微点教程》高考人教A版文科数学一轮复习文档：第六章 第六节 直接证明与间接证明
第六节 直接证明与间接证明2019考纲考题考情1．直接证明2.间接证明反证法：假设命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾。
因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法。
1．分析法与综合法的应用特点：对较复杂的问题，常常先从结论进行分析，寻求结论与条件的关系，找到解题思路，再运用综合法证明；或两种方法交叉使用。
2．利用反证法证明的特点，要假设结论错误，并用假设的命题进行推理，如果没有用假设命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的。
一、走进教材1．(选修1－2P42练习T1改编)对于任意角θ，化简cos4θ－sin4θ＝( )A ．2sin θB ．2cos θC ．sin2θD ．cos2θ解析 因为cos 4θ－sin 4θ＝(cos 2θ－sin 2θ)(cos 2θ＋sin 2θ)＝cos 2θ－sin 2θ＝cos2θ。
故选D 。
答案 D2．(选修1－2P 42练习T 2改编)若P ＝＋，Q ＝a ＋6a ＋7＋(a ≥0)，则P ，Q 的大小关系是( )a ＋8a ＋5A ．P >QB ．P ＝QC ．P <QD ．不能确定解析 假设P >Q ，只需P 2>Q 2，即2a ＋13＋2>2a ＋13＋2，只需(a ＋6)(a ＋7)(a ＋8)(a ＋5)a 2＋13a ＋42>a 2＋13a ＋40。
因为42>40成立，所以P >Q 成立。
故选A 。
答案 A二、走出误区微提醒：①“至少”否定出错；②应用分析法寻找的条件不充分；③不会用反证法解题。
3．利用反证法证明“已知a >0，b >0，且a ＋b >2，证明，中至少有一个小于2”时的反设是________。
1＋b a 1＋a b 解析 假设，都不小于2，则≥2且1＋b a 1＋a b 1＋b a ≥2。
1＋ab 答案 ≥2且≥21＋b a 1＋ab 4．若用分析法证明“设a >b >c 且a ＋b ＋c ＝0，求证<a ”，则索的因是________(填序号)。
2020版《微点教程》高考人教A版文科数学一轮复习文档：第六章 第一节 不等关系与不等式 Word版含答案
第六章 不等式、推理与证明第一节 不等关系与不等式2019考纲考题考情1．实数的大小顺序与运算性质的关系(1)a ＞b ⇔a －b ＞0；(2)a ＝b ⇔a －b ＝0；(3)a ＜b ⇔a －b ＜0。
2．不等式的性质(1)对称性：a ＞b ⇔b ＜a 。
(双向性)(2)传递性：a ＞b ，b ＞c ⇒a ＞c 。
(单向性)(3)可加性：a ＞b ⇔a ＋c ＞b ＋c 。
(双向性)(4)a ＞b ，c ＞d ⇒a ＋c ＞b ＋d 。
(单向性)(5)可乘性：a ＞b ，c ＞0⇒ac ＞bc ；a ＞b ，c ＜0⇒ac ＜bc 。
(6)a ＞b ＞0，c ＞d ＞0⇒ac ＞bd 。
(单向性)(7)乘方法则：a ＞b ＞0⇒a n ＞b n (n ∈N ，n ≥1)。
(单向性)(8)开方法则：a ＞b ＞0⇒＞(n ∈N ，n ≥2)。
(单向性)n a n b (9)倒数性质：设ab ＞0，则a ＜b ⇔＞。
(双向性)1a 1b注意以下结论：1．a >b ，ab >0⇒<。
1a 1b 2．a <0<b ⇒<。
1a 1b3．a >b >0,0<c <d ⇒>。
a c bd4．0<a <x <b 或a <x <b <0⇒<<。
1b 1x 1a5．若a >b >0，m >0，则<；>(b －m >0)；>；b a b ＋m a ＋m b a b －m a －m a b a ＋mb ＋m<(b －m >0)。
a b a －m b －m一、走进教材1．(必修5P 74练习T 3改编)若a ，b 都是实数，则“－>0”a b 是“a 2－b 2>0”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析 －>0⇒>⇒a >b ≥0⇒a 2>b 2，但由a 2－a b a b b 2>0－>0。
2020高考文科数学(人教A版)总复习课件：第六章 数列6.4
考点1
第六章
考点2
考点3
6.4 数列求和
必备知识·预案自诊
关关键键能能力力··学学案案突突破破
-13-
对点训练2(2018河北保定一模,17)已知数列{an}满足:2an=an+1+an-1 (n≥2,n∈N*),且a1=1,a2=2.
(1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足2anbn+1=an+1bn(n≥1,n∈N*),且b1=1.求数列{bn} 的通项公式,并求其前n项和Tn.
数列,a1=1,b1=2,a2+b2=7,a3+b3=13.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)若 cn=
������������ ������������
,,������������为为偶奇数数,,求数列{cn}的前
2n
项和
S2n.
解 (1)设数列{an}的公差为 d,数列{bn}的公比为 q,
6.4 数列求和
第六章
知识梳理 考点自诊
6.4 数列求和
必必备备知知识识··预预案案自自诊诊
关键能力·学案突破
-2-
1.基本数列求和方法
(1)等差数列求和公式:Sn=������(������12+������������)=na1+������(���2���-1)d.
������������1,������ = 1,
(1)12+22+32+…+n2=������(������+1)6(2������+1);
(2)13+23+33+…+n3=
������(������+1) 2
2020高考文科数学(人教A版)总复习课件：第六章 数列6.1
A.121 B.25 C.31 D.35
解析:当m=1时,由an+m=an+3m,得an+1-an=3,
∴∴数S5=列5×{an1}+是12首×项5×a14=×1,3公=3差5.d=3的等差数列, 4.(2018 衡水中学押题二,7)数列{an}满足 a1=2,an+1= (an>0),则
an=( D ) A.10n-2
考点1
第六章
考点2
考点3
6.1 数列的概念与表示
必备知识·预案自诊
关关键键能能力力··学学案案突突破破
学科素养·微专题
-12-
解 (1)数列的项有的是分数,有的是整数,可先将各项都统一写
成分数形式再观察:12
,
4 2
,
9 2
,
16 2
,
225,…,所以它的一个通项公式为
an=���2���2.
(2)数列各项的绝对值为 1,3,5,7,9,…,是连续的正奇数,并且奇数
关键能力·学案突破
学科素养·微专题
-5-
知识梳理 考点自诊
1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.
(1)所有数列的第n项都能使用公式表达. ( × )
(2)数列{an}和集合{a1,a2,a3,…,an}是一回事. ( × )
(3)若数列用图象表示,则从图象上看都是一群孤立的点. ( √ )
第六章
6.1 数列的概念与表示
必必备备知知识识··预预案案自自诊诊
关键能力·学案突破
学科素养·微专题
-7-
知识梳理 考点自诊
5.设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn= -1������
2020高考文科数学(人教A版)总复习课件：第六章 数列6.3
学科素养·微专题
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6.设等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,则“|q|=1”是“S4=2S2” 的 充要 条件.
解析:∵S4=2S2, ∴a1+a2+a3+a4=2(a1+a2), ∴a3+a4=a1+a2, ∴q2=1⇔|q|=1,所以“|q|=1”是“S4=2S2”的充要条件.
考点1
考点1
第六章
考点2
考点3
6.3 等比数列及其前n项和
必备知识·预案自诊 考点4
关关键键能能力力··学学案案突突破破
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思考判断或证明一个数列是等比数列的方法有哪些?
解题心得1.证明数列{an}是等比数列常用的方法: (1)定义法,证明���������������������-���1=q(n≥2,q 为常数); (2)等比中项法,证明���������2��� =an-1·an+1(n≥2,n∈N*);
所以
T5=1×[11--(1212)
5
]
=
3116,故选
A.
(2)设{an}的公比为 q,则由题意,得
������1(1 + ������) = -1, ������1(1-������2) = -3,
解得
������1 = 1,故 ������ = -2,
a4=a1q3=-8.
考点1
第六章
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ考点2
考点1
第六章
考点2
考点3
6.3 等比数列及其前n项和
必备知识·预案自诊 考点4
关关键键能能力力··学学案案突突破破
学科素养·微专题
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2020版《微点教程》人教A版数学文一轮文档：1.1集合
第一章集合与常用逻辑用语第一节集合2019考纲考题考情1．集合的含义与表示方法(1)集合的含义：研究对象叫做元素，一些元素组成的总体叫做集合。
集合中元素的性质：确定性、无序性、互异性。
(2)元素与集合的关系：①属于，记为∈；②不属于，记为∉。
(3)集合的表示方法：列举法、描述法和图示法。
(4)常用数集的记法：自然数集N，正整数集N*或N＋，整数集Z，有理数集Q，实数集R。
2．集合间的基本关系3.集合的基本运算确定性、无序性、互异性。
2．集合的子集个数若有限集A中有n个元素，则A的子集有2n个，非空子集有2n－1个，真子集有2n－1个。
3．注意空集空集是任何集合的子集，是任何非空集合的真子集，应时刻关注对空集的讨论，防止漏解。
4．集合的运算性质(1)并集的性质：A∪∅＝A；A∪A＝A；A∪B＝B∪A；A∪B＝A⇔B⊆A。
(2)交集的性质：A∩∅＝∅；A∩A＝A；A∩B＝B∩A；A∩B ＝A⇔A⊆B。
(3)补集的性质：A∪(∁U A)＝U；A∩(∁U A)＝∅；∁U(∁U A)＝A。
∁U (A∩B)＝(∁U A)∪(∁U B)；∁U(A∪B)＝(∁U A)∩(∁U B)。
一、走进教材1．(必修1P12A组T5改编)若集合P＝{x∈N|x≤ 2 018}，a ＝22，则()A．a∈P B．{a}∈PC．{a}⊆P D．a∉P解析因为a＝22不是自然数，而集合P是不大于 2 018的自然数构成的集合，所以a∉P。
故选D。
答案 D2．(必修1P12B组T1改编)已知集合M＝{0,1,2,3,4}，N＝{1,3,5}，则集合M∪N的子集的个数为________。
解析由已知得M∪N＝{0,1,2,3,4,5}，所以M∪N的子集有26＝64(个)。
答案64二、走近高考3．(2018·全国卷Ⅰ)已知集合A＝{0,2}，B＝{ －2，－1,0,1,2}，则A ∩B ＝( )A ．{0,2}B ．{1,2}C ．{0}D ．{－2，－1,0,1,2}解析 根据集合交集中元素的特征，可以求得A ∩B ＝{0,2}。
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编 辑：__________________
时 间：__________________
20xx考纲考题考情
1．直接证明
2.间接证明
反证法：假设命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾。因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法。
(1)求证：a，b，c成等差数列；
(2)若C＝ ，求证：5a＝3b。
证明(1)由已知得sinAsinB＋sinBsinC＝2sin2B，
因为sinB≠0，所以sinA＋sinC＝2sinB，
由正弦定理，有a＋c＝2b，即a，b，c成等差数列。
(2)由C＝ ，c＝2b－a及余弦定理得(2b－a)2＝a2＋b2＋ab，即有5ab－3b2＝0，即5a＝3b。
1．分析法与综合法的应用特点：对较复杂的问题，常常先从结论进行分析，寻求结论与条件的关系，找到解题思路，再运用综合法证明；或两种方法交叉使用。
2．利用反证法证明的特点，要假设结论错误，并用假设的命题进行推理，如果没有用假设命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的。
一、走进教材
1．(选修1－2P42练习T1改编)对于任意角θ，化简cos4θ－sin4θ＝( )
综合法是一种由因导果的证明方法，即由已知条件出发，推导出所要证明的等式或不等式成立。因此，综合法又叫做顺推证法或由因导果法。其逻辑依据是三段论式的演绎推理方法，这就要保证前提正确，推理合乎规律，才能保证结论的正确性。
【变式训练】已知函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝a＋bx－ x2＋ x3，函数y＝f(x)与函数y＝g(x)的图象在交点(0,0)处有公共切线。
【变式训练】已知a，b，c，d∈R，且a＋b＝1，c＋d＝1，ac＋bd>1。求证：a，b，c，d中至少有一个是负数。
证明假设a，b，c，d都是非负数，因为a＋b＝c＋d＝1，所以(a＋b)(c＋d)＝1，
即ac＋bd＋ad＋bc＝1，又ac＋bd＋ad＋bc≥ac＋bd，
所以ac＋bd≤1，与题设矛盾，故假设不成立，故a，b，c，d中至少有一个是负数。
答案③
5．设a，b，c都是正数，则a＋ ，b＋ ，c＋ 三个数( )
A．都大于2B．都小于2
C．至少有一个不大于2D．至少有一个不小于2
解析因为 ＋ ＋ ＝ ＋ ＋ ≥6，当且仅当a＝b＝c＝1时取等号，所以三个数中至少有一个不小于2。故选D。
答案D
考点一分析法
【例1】已知a，b∈R，a>b>e(其中e是自然对数的底数)，用分析法求证：ba>ab。
解析假设 ， 都不小于2，则 ≥2且 ≥2。
答案 ≥2且 ≥2
4．若用分析法证明“设a>b>c且a＋b＋c＝0，求证 < a”，则索的因是________(填序号)。
①a－b>0；②a－c>0；③(a－b)(a－c)>0；④(a－b)(a－c)<0。
解析由a>b>c且a＋b＋c＝0，可得b＝－a－c，a>0，c<0，要证 < a，只需证(－a－c)2－ac<3a2，即证a2－ac＋a2－c2>0，即证a(a－c)＋(a＋c)(a－c)>0，即证(a－c)(a－b)>0。
A．2sinθB．2cosθC．sin2θD．cos2θ
解析因为cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ。故选D。
答案D
2．(选修1－2P42练习T2改编)若P＝ ＋ ，Q＝ ＋ (a≥0)，则P，Q的大小关系是( )
A．P>QB．P＝Q
因为a2＋b2≥2ab＝2(当且仅当a＝b＝1时等号成立)，
a＋b≥2 ＝2(当且仅当a＝b＝1时等号成立)，
所以a2＋a＋b2＋b≥2ab＋2 ＝4(当且仅当a＝b＝1时等号成立)，
这与假设矛盾，故假设错误。
所以a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立。
反证法的一般步骤：(1)分清命题的条件与结论；(2)作出与命题的结论相矛盾的假设；(3)由假设出发，应用演绎推理的方法，推出矛盾的结果；(4)断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设不成立，原结论成立，从而间接地证明原命题为真。
h(x)max＝h(0g(x)。
考点三反证法
【例3】设a>0，b>0，且a2＋b2＝ ＋ 。证明：a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立。
证明假设a2＋a<2与b2＋b<2同时成立，则有a2＋a＋b2＋b<4。
由a2＋b2＝ ＋ ，得a2b2＝1，
因为a>0，b>0，所以ab＝1。
(1)求a，b的值；
(2)证明：f(x)≤g(x)。
解(1)f′(x)＝ ，g′(x)＝b－x＋x2，由题意得 解得a＝0，b＝1。
(2)证明：令h(x)＝f(x)－g(x)＝ln(x＋1)－ x3＋ x2－x(x＞－1)。
h′(x)＝ －x2＋x－1＝ 。
h(x)在(－1,0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数。
【变式训练】已知a>0，求证： － ≥a＋ －2。
证明要证 － ≥a＋ －2，
只要证 ＋2≥a＋ ＋ 。
因为a>0，故只要证 2≥ 2，即a2＋ ＋4 ＋4≥a2＋2＋ ＋2 ＋2，
从而只要证2 ≥ ，
只要证4 ≥2 ，
即a2＋ ≥2，
而上述不等式显然成立，故原不等式成立。
考点二综合法
【例2】在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinAsinB＋sinBsinC＋cos2B＝1。
证明因为a>b>e，ba>0，ab>0，所以要证ba>ab，只需证alnb>blna，只需证 > 。
取函数f(x)＝ ，因为f′(x)＝ ，所以当x>e时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(e，＋∞)上单调递减。
所以当a>b>e时，有f(b)>f(a)，
即 > 。得证。
分析法的证明思路：先从结论入手，由此逐步推出保证此结论成立的充分条件，而当这些判断恰恰都是已证的命题(定义、公理、定理、法则、公式等)或要证命题的已知条件时命题得证。
C．P<QD．不能确定
解析假设P>Q，只需P2>Q2，即2a＋13＋2 >2a＋13＋2 ，只需a2＋13a＋42>a2＋13a＋40。因为42>40成立，所以P>Q成立。故选A。
答案A
二、走出误区
微提醒：①“至少”否定出错；②应用分析法寻找的条件不充分；③不会用反证法解题。
3．利用反证法证明“已知a>0，b>0，且a＋b>2，证明 ， 中至少有一个小于2”时的反设是________。