(江苏版)2018年高考数学一轮复习(讲+练+测)：专题6.3 等比数列及其求和(测)

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(江苏版)2018年高考数学一轮复习(讲、练、测)：_专题6.1_数列的概念与简单表示法(练)(有解析)

专题6.1 数列的概念与简单表示法【基础巩固】一、填空题1．数列－1,3，－5,7，－9,11，…的一个通项公式a n ＝________. 【答案】(－1)n(2n －1)【解析】观察可知a n ＝(－1)n(2n －1)．2．数列23，－45，67，－89，…的第10项是________．【答案】－20213．(2017·南京、盐城调研)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，则其通项公式a n ＝________. 【答案】2n－1【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－1.4．数列{a n }的前n 项积为n 2，那么当n ≥2时，a n ＝________. 【答案】n 2n －2【解析】设数列{a n }的前n 项积为T n ，则T n ＝n 2，当n ≥2时，a n ＝T n T n －1＝n 2n －2.5．数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝2n －3，若a 1＝2，则a 8－a 4＝________. 【答案】4【解析】依题意得(a n ＋2＋a n ＋1)－(a n ＋1＋a n )＝[2(n ＋1)－3]－(2n －3)，即a n ＋2－a n ＝2，所以a 8－a 4＝(a 8－a 6)＋(a 6－a 4)＝2＋2＝4.6．若数列{a n }满足关系a n ＋1＝1＋1a n ，a 8＝3421，则a 5＝________.【答案】85【解析】借助递推关系，则a 8递推依次得到a 7＝2113，a 6＝138，a 5＝85.7．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1(n ∈N *)，则a n ＝________.【答案】⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2【解析】当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝4≠2×1＋1，因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.8．(2017·扬州期末)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ≠0(n ∈N *)，又a n a n ＋1＝S n ，则a 3－a 1＝________. 【答案】1【解析】因为a n a n ＋1＝S n ，所以令n ＝1得a 1a 2＝S 1＝a 1，即a 2＝1，令n ＝2，得a 2a 3＝S 2＝a 1＋a 2，即a 3＝1＋a 1，所以a 3－a 1＝1. 二、解答题9．数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2－7n ＋6. (1)这个数列的第4项是多少？(2)150是不是这个数列的项？若是这个数列的项，它是第几项？ (3)该数列从第几项开始各项都是正数？10．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 ＝n ＋1n －1a n －1. 于是a 1＝1，a 2＝31a 1，a 3＝42a 2，……a n －1＝n n －2a n －2，a n ＝n ＋1n －1a n －1.将以上n 个等式两端分别相乘，整理得a n ＝n n ＋2.显然，当n ＝1时也满足上式．综上可知，{a n }的通项公式a n ＝n n ＋2.【能力提升】11．设a n ＝－3n 2＋15n －18，则数列{a n }中的最大项的值是________．【答案】0【解析】∵a n ＝－3⎝ ⎛⎭⎪⎫n －522＋34，由二次函数性质，得当n ＝2或3时，a n 最大，最大为0.12．(2017·苏北四市期末)已知数列{a n }满足a n ＋2＝a n ＋1－a n ，且a 1＝2，a 2＝3，则a 2 016的值为________．【答案】－113．(2017·太原模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －a n ＋1＝na n a n ＋1(n ∈N *)，则a n ＝________. 【答案】2n 2－n ＋2【解析】由a n －a n ＋1＝na n a n ＋1得1a n ＋1－1a n＝n ，则由累加法得1a n －1a 1＝1＋2＋…＋(n －1)＝n 2－n2，又因为a 1＝1，所以1a n＝n 2－n2＋1＝n 2－n ＋22，所以a n ＝2n 2－n ＋2.14．(2017·镇江期末)已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋n －(n ∈N *，a ∈R 且a ≠0)．(1)若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值； (2)若对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围．解 (1)∵a n ＝1＋1a ＋n －(n ∈N *，a ∈R ，且a ≠0)，又a ＝－7，∴a n ＝1＋12n －9(n ∈N *)．。

(新)江苏版2018年高考数学一轮复习专题6.3等比数列及其求和测

专题6.3 等比数列及其求和一、填空题1．(2017·河南名校联考)在各项均为正数的等比数列{a n}中，a1＝3，a9＝a2a3a4，则公比q的值为_____【解析】由a9＝a2a3a4得a1q8＝a31q6，所以q2＝a21，因为等比数列{a n}的各项都为正数，所以q＝a1＝3.2．在等比数列{a n}中，a5a11＝3，a3＋a13＝4，则a15a5＝_____【解析】根据等比数列的性质得⎩⎪⎨⎪⎧a3q52＝3，a31＋q10＝4，化简得3q20－10q10＋3＝0，解得q10＝3或13，所以a15a5＝a5q10a5＝q10＝3或13.3．(2017·长沙模拟)已知{a n}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝_____4．在等比数列{a n}中，a1＝2，前n项和为S n，若数列{a n＋1}也是等比数列，则S n＝_____ 【解析】因为数列{a n}为等比数列，a1＝2，设其公比为q，则a n＝2q n－1，因为数列{a n＋1}也是等比数列，所以(a n＋1＋1)2＝(a n＋1)(a n＋2＋1)，即a2n＋1＋2a n＋1＝a n a n＋2＋a n＋a n＋2，则a n ＋a n＋2＝2a n＋1，即a n(1＋q2－2q)＝0，所以q＝1，即a n＝2，所以S n＝2n.5．(2017.福州质检)已知等比数列{a n}的前n项积记为Ⅱn，若a3a4a8＝8，则Ⅱ9＝_____ 【解析】由题意知，a3a4a7q＝a3a7(a4q)＝a3a7a5＝a35＝8，Ⅱ9＝a1a2a3 (9)(a1a9)(a2a8)(a3a7)(a4a6)a5＝a95，所以Ⅱ9＝83＝512.6．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_____【解析】设等比数列{a n}的首项为a1，公比为q＝12，依题意有a1⎝⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，解得a1＝192，则a2＝192×12＝96，即第二天走了96 里7．已知数列1，a 1，a 2,9是等差数列，数列1，b 1，b 2，b 3,9是等比数列，则b 2a 1＋a 2的值为________．【解析】因为1，a 1，a 2,9是等差数列，所以a 1＋a 2＝1＋9＝10.又1，b 1，b 2，b 3,9是等比数列，所以b 22＝1×9＝9，易知b 2>0，所以b 2＝3，所以b 2a 1＋a 2＝310. 8．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________. 【解析】因为3S 1,2S 2，S 3成等差数列，所以4S 2＝3S 1＋S 3，即4(a 1＋a 2)＝3a 1＋a 1＋a 2＋a 3.化简，得a 3a 2＝3，即等比数列{a n }的公比q ＝3，故a n ＝1×3n －1＝3n －1.9．在等比数列{}a n 中，公比q ＝2，前99项的和S 99＝30，则a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 99＝________. 【解析】∵S 99＝30，∴a 1(299－1)＝30.又∵数列a 3，a 6，a 9，…，a 99也成等比数列且公比为8，∴a 3＋a 6＋a 9＋…a 99＝4a 11－8331－8＝4a 1299－17＝47×30＝1207.10．若一个数列的第m 项等于这个数列的前m 项的乘积，则称该数列为“m 积数列”．若各项均为正数的等比数列{a n }是一个“2 016积数列”，且a 1＞1，则当其前n 项的乘积取最大值时n 的值为________．二、解答题11．设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且数列{S n }是以2为公比的等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1.解：(1)∵S 1＝a 1＝1，且数列{S n }是以2为公比的等比数列，∴S n ＝2n －1.又当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1－2n －2＝2n －2.当n ＝1时a 1＝1，不适合上式．∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －2，n ≥2.(2)a 3，a 5，…，a 2n ＋1是以2为首项，4为公比的等比数列， ∴a 3＋a 5＋…＋a 2n ＋1＝21－4n1－4＝24n－13.∴a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1＝1＋24n－13＝22n ＋1＋13.12．已知数列{a n}满足a1＝5，a2＝5，a n＋1＝a n＋6a n－1(n≥2)．(1)求证：{a n＋1＋2a n}是等比数列；(2)求数列{a n}的通项公式．。

第01章测试题-2018年高考数学一轮复习讲练测江苏版

班级__________ 姓名_____________ 学号___________ 得分__________一、填空题：请把答案直接填写在答题卡相应的位置．．．．．．．．上(共10题，每小题6分，共计60分)．1. 设集合A＝{1,2,3}，B＝{4,5}，M＝{x|x＝a＋b，a∈A，b∈B}，则M中元素的个数为________. 【答案】4【解析】M＝{5,6,7,8}，所以集合M中共有4个元素．2. 设全集U＝{0,1,2,3,4,5}，集合A＝{x∈Z|0<x<2.5}，B＝{x∈Z|(x－1)(x－4)<0}，则∁U(A ∪B)＝________.【答案】{0,4,5}【解析】∵A＝{x∈Z|0<x<2.5}＝{1,2}，B＝{x∈Z|1<x<4}＝{2,3}，∴A∪B＝{1,2,3}，∵全集U＝{0,1,2,3,4,5}，∴∁U(A∪B)＝{0,4,5}3. 已知集合M满足M⊆{0,1,2,3}，则符合题意的集合M的子集最多有________.【答案】16【解析】集合M是集合{0,1,2,3}的子集，当M＝{0,1,2,3}时，M的子集最多，有24＝16个4. 设集合A＝{x|y＝ln(x－a)}，集合B＝{－1,1,2}，若A∪B＝A，则实数a的取值范围是________.【答案】(－∞，－1)5. 已知命题p：x2＋2x－3>0；命题q：x>a，且非q的一个充分不必要条件是非p，则a的取值范围是．【答案】[1，＋∞)【解析】由x2＋2x－3>0，得x<－3或x>1，由非q的一个充分不必要条件是非p，可知非p是非q的充分不必要条件，等价于q是p的充分不必要条件．故a≥1.6. 设集合A＝{n|n＝3k－1，k∈Z}，B＝{x||x－1|＞3}，则A∩(∁R B)＝．【答案】{－1,2}【解析】∵B＝{x|x>4或x<－2}，∴∁R B ＝{x |－2≤x ≤4}，∴A ∩(∁R B )＝{－1,2}．7. 已知集合M ＝{(x ，y )|y ＝f (x )}，若对任意的(x 1，y 1)∈M ，存在(x 2，y 2)∈M ，使得x 1x 2＋y 1y 2＝0成立，则称集合M 是“理想集合”．给出下列5个集合：①M ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ，y |y ＝－1x ；②M ＝{(x ，y )|y ＝x 2－2x ＋2}；③M ＝{(x ，y )|y ＝e x －2}；④M ＝{(x ，y )|y ＝lg x }；⑤M ＝{(x ，y )|y ＝sin(2x ＋3)}．其中所有“理想集合”的序号是．【答案】③⑤8. 命题“若x ≥1，则a 2x－a x＋2≥0”的否命题为________．【答案】必要不充分【解析】由否命题的定义可知，命题“若x ≥1，则a 2x－a x＋2≥0”的否命题为“若x <1，则a 2x －a x ＋2<0”．9. 已知集合A ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x |y ＝1－x 2＋4x －3，B ＝{y |y ＝4x－1，x ≥0}，则A ∩B ＝________. 【答案】{x |1<x <3}【解析】由题意得，集合A ＝{x |－x 2＋4x －3>0}＝{x |x 2－4x ＋3<0}＝{x |1<x <3}，集合B ＝{y |y ≥0}，所以A ∩B ＝{x |1<x <3}．10. 已知命题p ：f (x )＝1－2m x2在区间(0，＋∞)上是减函数；命题q ：不等式x 2－2x >m －1的解集为R.若命题“p ∨q ”为真，“p ∧q ”为假，则实数m 的取值范围是________．【答案】⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，12 【解析】对于命题p ，由f (x )＝1－2m x 在区间(0，＋∞)上是减函数，得1－2m >0，解得m <12；对于命题q ，不等式x 2－2x >m －1的解集为R 等价于不等式(x －1)2>m 的解集为R ，因为(x －1)2≥0恒成立，所以m <0，因为命题“p ∨q ”为真，“p ∧q ”为假，所以命题p 和命题q 一真一假．当命题p 为真，命题q 为假时，⎩⎪⎨⎪⎧m <12，m ≥0，得0≤m <12；当命题p 为假，命题q 为真时，⎩⎪⎨⎪⎧m ≥12，m <0，此时m 不存在，故实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，12. 二、解答题：解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内．．．．．。

2018年江苏高考数学复习：第1部分专题6 数列含答案

专题六数列———————命题观察·高考定位——————— (对应学生用书第21页)1．(2017·江苏高考)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________.32[设{a n}的首项为a 1，公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 11－q 31－q＝74，a11－q 61－q＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，所以a 8＝14×27＝25＝32.]2．(2016·江苏高考)已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________．20 [法一：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝10，知S 5＝5a 1＋5×42d ＝10，得a 1＋2d ＝2，即a 1＝2－2d.所以a 2＝a 1＋d ＝2－d ，代入a 1＋a 22＝－3，化简得d 2－6d ＋9＝0，所以d ＝3，a 1＝－4.故a 9＝a 1＋8d ＝－4＋24＝20.法二：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝10，知5a 1＋a 52＝5a 3＝10，所以a 3＝2.所以由a 1＋a 3＝2a 2，得a 1＝2a 2－2，代入a 1＋a 22＝－3，化简得a 22＋2a 2＋1＝0，所以a 2＝－1.公差d ＝a 3－a 2＝2＋1＝3，故a 9＝a 3＋6d ＝2＋18＝20.]3．(2014·江苏高考)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________．4 [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，a 6＝a 2q 4＝1×22＝4.]4．(2015·江苏高考)设数列{}a n 满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 前10项的和为______． 2011[由题意有a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n(n ≥2)．以上各式相加，得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝n －12＋n2＝n 2＋n －22.又∵a 1＝1，∴a n ＝n 2＋n2(n ≥2)．∵当n ＝1时也满足此式，∴a n ＝n 2＋n2(n ∈N *)．∴1a n ＝2n 2＋n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋1.∴S 10＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫11－12＋12－13＋…＋110－111＝2×⎝⎛⎭⎪⎪⎫1－111＝2011.]5．(2017·江苏高考)对于给定的正整数k ，若数列{a n }满足：a n －k ＋a n －k ＋1＋…＋a n －1＋a n ＋1＋…＋a n ＋k －1＋a n ＋k ＝2ka n ，对任意正整数n(n>k)总成立，则称数列{a n }是“P(k)数列”．(1)证明：等差数列{a n }是“P(3)数列”；(2)若数列{a n }既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{a n }是等差数列.【56394035】[证明] (1)因为{a n }是等差数列，设其公差为d ，则 a n ＝a 1＋(n －1)d ，从而，当n ≥4时，a n －k ＋a n ＋k ＝a 1＋(n －k －1)d ＋a 1＋(n ＋k －1)d ＝2a 1＋2(n －1)d ＝2a n ，k ＝1,2,3，所以a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝6a n ，因此等差数列{a n }是“P(3)数列”．(2)数列{a n }既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，当n ≥3时，a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＝4a n ，①当n ≥4时，a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝6a n .② 由①知，a n －3＋a n －2＝4a n －1－(a n ＋a n ＋1)，③ a n ＋2＋a n ＋3＝4a n ＋1－(a n －1＋a n )．④将③④代入②，得a n －1＋a n ＋1＝2a n ，其中n ≥4，。

江苏专用2018版高考数学大一轮复习第六章数列6.3等比数列及其前n项和课件文

a ＋a ＝5， 3 1 2 ∵ 5 a ＋a4＝4， 2 a ＋a q2＝5， 1 1 2 ∴ 5 3 a q＋a1q ＝4， 1
① ②
1＋q2 由①除以②可得 3＝2， q＋q
1 n－1 4 1 解得q＝，代入①得a1＝2，∴an＝2×( ) ＝ n， 2 2 2
跟踪训练2 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1. (1)证明：{an＋ 1 }是等比数列，并求{an}的通项公式； 2
1 1 由an＋1＝3an＋1，得an＋1＋＝3(an＋ ). 2 2 1 3 又 a1＋2＝2， 3 所以{an＋1 }是首项为，公比为3的等比数列. 2 2
故等比数列通项an＝a1qn－1＝3n－1.
题型二等比数列的判定与证明例2 设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＋2a2＋3a3＋„＋nan＝(n－1)Sn ＋2n(n∈N*). (1)求a2，a3的值；解答 ∵a1＋2a2＋3a3＋„＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，
∴当n＝1时，a1＝2×1＝2；
1 13 (2)证明：Sn＋S ≤ 6 (n∈N*). n
思想方法指导规范解答
答案
解析
②两个正数的等比中项有两个，它们一正、一负；
③两个负数a，b的等比中项为± ab ；
所以①、②、③错误，易知④正确.
63 3.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3，S4＝15，则S6＝____.
答案解析
根据题意知，等比数列{an}的公比不是－1. 由等比数列的性质，得(S4－S2)2＝S2· (S6－S4)，
S －11 5.设Sn为等比数列{an}的前n项和，8a2＋a5＝0，则 5 ＝_____. S2

2018版高考数学理江苏专用大一轮复习讲义教师版文档第

1.等差数列的定义一般地，如果一个数列从第二项起，每一项减去它的前一项所得的差都等于同一个常数，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，通常用字母d 表示. 2.等差数列的通项公式如果等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，那么它的通项公式是a n ＝a 1＋(n －1)d . 3.等差中项由三个数a ，A ，b 组成的等差数列可以看成最简单的等差数列.这时，A 叫做a 与b 的等差中项.4.等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *).(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d . (4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列.(5)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列. (6)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…构成等差数列. 5.等差数列的前n 项和公式设等差数列{a n }的公差为d ，其前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2或S n ＝na 1＋n (n －1)2d .6.等差数列的前n 项和公式与函数的关系 S n ＝d2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n . 数列{a n }是等差数列⇔S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数).7.等差数列的前n 项和的最值在等差数列{a n }中，a 1>0，d <0，则S n 存在最大值；若a 1<0，d >0，则S n 存在最小值.【知识拓展】等差数列的四种判断方法(1)定义法：a n ＋1－a n ＝d (d 是常数)⇔{a n }是等差数列. (2)等差中项法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2 (n ∈N *)⇔{a n }是等差数列. (3)通项公式：a n ＝pn ＋q (p ，q 为常数)⇔{a n }是等差数列. (4)前n 项和公式：S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)⇔{a n }是等差数列.【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列.( × )(2)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的.( √ )(3)等差数列的前n 项和公式是常数项为0的二次函数.( × ) (4)已知等差数列{a n }的通项公式a n ＝3－2n ，则它的公差为－2.( √ )1.(教材改编)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 3＝3，S 9－S 6＝27，则该数列的首项a 1＝________. 答案 35解析由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，9a 1＋36d －(6a 1＋15d )＝27，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，a 1＋7d ＝9，解得a 1＝35.2.(教材改编)已知五个数成等差数列，它们的和为5，平方和为859，则这五个数的积为________.答案－3581解析设第三个数为a ，公差为d ，则这五个数分别为a －2d ，a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d ，由已知条件得⎩⎪⎨⎪⎧(a －2d )＋(a －d )＋a ＋(a ＋d )＋(a ＋2d )＝5，(a －2d )2＋(a －d )2＋a 2＋(a ＋d )2＋(a ＋2d )2＝859，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，d ＝±23.所求5个数分别为－13，13，1，53，73或73，53，1，13，－13.故它们的积为－3581.3.(2016·全国乙卷)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝________. 答案 98解析由等差数列性质，知S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9×2a 52＝9a 5＝27，得a 5＝3，而a 10＝8，因此公差d ＝a 10－a 510－5＝1，∴a 100＝a 10＋90d ＝98.4.设数列{a n }是等差数列，若a 3＋a 4＋a 5＝12，则a 1＋a 2＋…＋a 7＝________. 答案 28解析 ∵a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＝12，∴a 4＝4， ∴a 1＋a 2＋…＋a 7＝7a 4＝28.5.若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 10<0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大. 答案 8解析因为数列{a n }是等差数列，且a 7＋a 8＋a 9＝3a 8＞0，所以a 8＞0.又a 7＋a 10＝a 8＋a 9＜0，所以a 9＜0.故当n ＝8时，其前n 项和最大.题型一等差数列基本量的运算例1 (1)(2016·北京)已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和.若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝________.(2)(2016·徐州、宿迁模拟)已知公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 5S 3＝3，则a 5a 3的值为________. 答案 (1)6 (2)179解析 (1)∵a 3＋a 5＝2a 4＝0，∴a 4＝0. 又a 1＝6，∴a 4＝a 1＋3d ＝0，∴d ＝－2. ∴S 6＝6×6＋6×(6－1)2×(－2)＝6.(2)设等差数列{a n }的首项为a 1，则由S 5S 3＝3得5a 1＋10d 3a 1＋3d ＝3，所以d ＝4a 1，所以a 5a 3＝a 1＋4d a 1＋2d ＝17a 19a 1＝179. 思维升华等差数列运算问题的通性通法(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a 1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a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题.(2016·江苏)已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和.若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是______. 答案 20解析设等差数列{a n }的公差为d ，则由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋(a 1＋d )2＝－3，5a 1＋5×42d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，a 1＝－4，从而a 9＝a 1＋8d ＝20.题型二等差数列的判定与证明例2 已知数列{a n }中，a 1＝35，a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，数列{b n }满足b n ＝1a n －1(n ∈N *).(1)求证：数列{b n }是等差数列；(2)求数列{a n }中的最大项和最小项，并说明理由. (1)证明因为a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，b n ＝1a n －1(n ∈N *)，所以b n ＋1－b n ＝1a n ＋1－1－1a n －1＝1(2－1a n)－1－1a n －1＝a n a n －1－1a n －1＝1. 又b 1＝1a 1－1＝－52.所以数列{b n }是以－52为首项，1为公差的等差数列.(2)解由(1)知b n ＝n －72，则a n ＝1＋1b n ＝1＋22n －7.设f (x )＝1＋22x －7，则f (x )在区间(－∞，72)和(72，＋∞)上为减函数.所以当n ＝3时，a n 取得最小值－1，当n ＝4时，a n 取得最大值3. 引申探究例2中，若条件变为a 1＝35，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，试求数列{a n }的通项公式.解由已知可得a n ＋1n ＋1＝a nn ＋1，即a n ＋1n ＋1－a n n＝1，又a 1＝35，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 11＝35为首项，1为公差的等差数列，∴a n n ＝35＋(n －1)·1＝n －25， ∴a n ＝n 2－25n .思维升华等差数列的四个判定方法(1)定义法：证明对任意正整数n 都有a n ＋1－a n 等于同一个常数.(2)等差中项法：证明对任意正整数n 都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2后，可递推得出a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＝a n －a n －1＝a n －1－a n －2＝…＝a 2－a 1，根据定义得出数列{a n }为等差数列.(3)通项公式法：得出a n ＝pn ＋q 后，得a n ＋1－a n ＝p 对任意正整数n 恒成立，根据定义判定数列{a n }为等差数列.(4)前n 项和公式法：得出S n ＝An 2＋Bn 后，根据S n ，a n 的关系，得出a n ，再使用定义法证明数列{a n }为等差数列.(1)在数列{a n }中，若a 1＝1，a 2＝12，2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2(n ∈N *)，则该数列的通项为________.(2)已知等差数列{a n }中，a 4＋a 6＝10，若前5项的和S 5＝5，则其公差为________. 答案 (1)a n ＝1n(2)2解析 (1)由已知式2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2可得1a n ＋1－1a n ＝1a n ＋2－1a n ＋1，知{1a n }是首项为1a 1＝1，公差为1a 2－1a 1＝2－1＝1的等差数列，所以1a n ＝n ，即a n ＝1n.(2)因为a 4＋a 6＝10，所以2a 5＝10，则a 5＝5，又S 5＝5(a 1＋a 5)2＝5a 3＝5，故a 3＝1，从而2d ＝a 5－a 3＝4，故d ＝2.(3)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.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解由①得b n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，即a n ＋1－a n ＝2n －1.于是∑n k ＝1(a k ＋1－a k )＝∑n k ＝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. 题型三等差数列性质的应用命题点1 等差数列项的性质例3 (1)(2015·广东)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________. (2)已知{a n }，{b n }都是等差数列，若a 1＋b 10＝9，a 3＋b 8＝15，则a 5＋b 6＝________.答案 (1)10 (2)21解析 (1)因为{a n }是等差数列，所以a 3＋a 7＝a 4＋a 6＝a 2＋a 8＝2a 5，a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝25，所以a 5＝5，故a 2＋a 8＝2a 5＝10.(2)因为{a n }，{b n }都是等差数列，所以2a 3＝a 1＋a 5，2b 8＝b 10＋b 6，所以2(a 3＋b 8)＝(a 1＋b 10)＋(a 5＋b 6)，即2×15＝9＋(a 5＋b 6)，解得a 5＋b 6＝21. 命题点2 等差数列前n 项和的性质例4 (1)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝－12，S 9＝45，则S 12＝________. (2)在等差数列{a n }中，a 1＝－2 018，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2 018的值为_____.答案 (1)114 (2)－2 018解析 (1)因为{a n }是等差数列，所以S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9成等差数列，所以2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)，即2(S 6＋12)＝－12＋(45－S 6)，解得S 6＝3. 又2(S 9－S 6)＝(S 6－S 3)＋(S 12－S 9)，即2×(45－3)＝(3＋12)＋(S 12－45)，解得S 12＝114. (2)由题意知，数列{S nn }为等差数列，其公差为1，∴S 2 0182 018＝S 11＋(2 018－1)×1 ＝－2 018＋2 017＝－1. ∴S 2 018＝－2 018.思维升华等差数列的性质(1)项的性质：在等差数列{a n }中，a m －a n ＝(m －n )d ⇔a m －a nm －n ＝d (m ≠n )，其几何意义是点(n ，a n )，(m ，a m )所在直线的斜率等于等差数列的公差. (2)和的性质：在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则 ①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)； ②S 2n －1＝(2n －1)a n .(1)在等差数列{a n }中，已知a 4＋a 8＝16，则该数列前11项和S 11＝________.(2)等差数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，若S n T n ＝3n －22n ＋1，则a 7b 7＝________.答案 (1)88 (2)3727解析 (1)S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11(a 4＋a 8)2＝11×162＝88. (2)a 7b 7＝2a 72b 7＝a 1＋a 13b 1＋b 13＝a 1＋a 132×13b 1＋b 132×13＝S 13T 13＝3×13－22×13＋1＝3727.6.等差数列的前n 项和及其最值考点分析公差不为0的等差数列，求其前n 项和与最值在高考中时常出现，题型有小题，也有大题，难度不大.典例1 (1)在等差数列{a n }中，2(a 1＋a 3＋a 5)＋3(a 7＋a 9)＝54，则此数列前10项的和S 10＝________。

(江苏专用)2018版高考数学专题复习专题6 数列第36练等比数列练习理

（江苏专用）2018版高考数学专题复习专题6 数列第36练等比数列练习理1．(2016·肇庆二统)在等比数列{a n}中，已知a6a13＝2，则a6a7a8a9a10a11a12a13＝________.2．(2017·苏锡常联考)已知等比数列{a n}的各项均为正数，若a4＝a22，a2＋a4＝516，则a5＝________.3．(2016·安庆一模)已知{a n}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝________. 4．在等比数列{a n}中，a3＝1，q＞0，满足2a n＋2－a n＋1＝6a n，则S5的值为________．5．(2016·河北衡水中学四调)在正项等比数列{a n}中，若a1a20＝100，则a7＋a14的最小值为________．6．(2016·镇江模拟)设等比数列{a n}的前n项和为S n，若a4，a3，a5成等差数列，且S k＝33，S k＋1＝－63，其中k∈N*，则S k＋2＝________.7．已知{a n}是等比数列，给出以下四个命题：①{2a3n－1}是等比数列；②{a n＋a n＋1}是等比数列；③{a n·a n＋1}是等比数列；④{lg|a n|}是等比数列．其中正确命题的个数是________．8．(2016·广东肇庆三模)设数列{a n}(n＝1,2,3，…)的前n项和S n满足S n＋a1＝2a n，且a1，a2＋1，a3成等差数列，则a1＋a5＝________.9．(2016·聊城期中)在等比数列{a n}中，a1＝9，a5＝4，则a3＝________. 10．(2016·衡阳期中)等比数列{a n}的各项均为正数，且a1a5＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝________.11．(2016·南平期中)已知等比数列{a n}中，a1＋a6＝33，a2a5＝32，公比q＞1，则S5＝________.12．(2016·兰州模拟)已知各项均为正数的等比数列{a n}，若2a4＋a3－2a2－a1＝8，则2a8＋a7的最小值为________．13．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________．14．(2016·淮安五模)已知{a n }，{b n }均为等比数列，其前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意的n ∈N *，总有S n T n ＝3n ＋14，则a 3b 3＝________.答案精析1．4 2.132 3.－7 4.3145.206.129 7．3解析由{a n }是等比数列可得a n a n －1＝q (q 是定值)，2a 3n －12a 3n －4＝q 3是定值，故①正确；a n ＋a n ＋1a n －1＋a n ＝q 是定值，故②正确；a n a n ＋1a n －1a n ＝q 2是定值，故③正确；lg|a n |lg|a n －1|不一定为常数，故④错误． 8．34解析由S n ＋a 1＝2a n ，得a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)．从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1.又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，所以a 1＋a 3＝2(a 2＋1)，所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故a n ＝2n ，所以a 1＋a 5＝2＋25＝34.9．6解析因为在等比数列{a n }中，a 1＝9，a 5＝4，又a 3＞0，所以a 3＝a 1·a 5＝6. 10．5解析 log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝log 2a 1a 2a 3a 4a 5＝log 2a 53＝5log 2a 3.又正项等比数列{a n }中，a 1a 5＝4，所以a 3＝2.故5log 2a 3＝5log 22＝5.11．31解析 ∵a 1＋a 6＝33，a 2a 5＝32，公比q ＞1，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋q 5＝33，a 21q 5＝32，解得a 1＝1，q ＝2，则S 5＝25－12－1＝31. 12．54解析设等比数列{a n }的公比为q ，由2a 4＋a 3－2a 2－a 1＝8，得(2a 2＋a 1)·q 2－(2a 2＋a 1)＝8，∴(2a 2＋a 1)(q 2－1)＝8，显然q 2＞1,2a 8＋a 7＝(2a 2＋a 1)q 6＝8q 6q 2－1，令t ＝q 2，则2a 8＋a 7＝8t 3t －1，设函数f (t )＝8t 3t －1(t ＞1)，f ′(t )＝8t 2t －t －2，易知当t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32时，f (t )为减函数，当t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞时，f (t )为增函数，∴f (t )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝54，故2a 8＋a 7的最小值为54. 13．12解析设{a n }的公比为q .由a 5＝12及a 5(q ＋q 2)＝3，得q ＝2，所以a 1＝132，所以a 6＝1，a 1a 2…a 11＝a 116＝1，此时a 1＋a 2＋…＋a 11＞1.又a 1＋a 2＋…＋a 12＝27－132，a 1a 2…a 12＝26＜27－132，所以a 1＋a 2＋…＋a 12＞a 1a 2…a 12，但a 1＋a 2＋…＋a 13＝28－132，a 1a 2…a 13＝26·27＝25·28＞28－132，所以a 1＋a 2＋…＋a 13＜a 1a 2…a 13，故最大正整数n 的值为12.14．9解析由题意可知，a 1b 1＝1，不妨设a 1＝b 1＝t (t ≠0)，{a n }，{b n }的公比分别为q ，p ，易知p ≠1，q ≠1，则S 2T 2＝t ＋tq t ＋tp ＝1＋q 1＋p ＝104＝52，S 3T 3＝t ＋tq ＋tq 2t ＋tp ＋tp 2＝1＋q ＋q 21＋p ＋p 2＝284＝7，由上述两式可解得⎩⎪⎨⎪⎧ p ＝1，q ＝4(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧ p ＝3，q ＝9，所以a 3b 3＝tq 2tp 2＝819＝9.。

江苏专版高考数学一轮复习第六章数列第三节等比数列教案文含解析苏教版

江苏专版高考数学一轮复习第六章数列第三节等比数列教案文含解析苏教版第三节等比数列1．等比数列的有关概念 (1)定义：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q . (2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab .2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1qn －1.(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 11－q n 1－q＝a 1－a n q1－q ，q ≠1.3．等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：a n ＝a m ·qn －m(n ，m ∈N *)；(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k ；(3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n (λ≠0)仍然是等比数列；(4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n＋3k，…为等比数列，公比为q k. [小题体验]1．设S n 是等比数列{}a n 的前n 项和，若a 1＝1，a 6＝32，则S 3＝________. 答案：72．在等比数列{a n }中，若a 1＝1，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 7＝________.解析：法一：设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 1＝1，a 3a 5＝4(a 4－1)，所以q 2·q 4＝4(q 3－1)，即q 6－4q 3＋4＝0，q 3＝2，所以a 7＝q 6＝4.法二：设等比数列{a n }的公比为q, 由a 3a 5＝4(a 4－1)得a 24＝4(a 4－1)，即a 24－4a 4＋4＝0，所以a 4＝2，因为a 1＝1，所以q 3＝2，a 7＝q 6＝4.答案：43．(2018·南京学情调研)已知各项均为正数的等比数列{a n }，其前n 项和为S n .若a 2－a 5＝－78，S 3＝13，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：设等比数列{a n }的公比为q (q ＞0)，则由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q －a 1q 4＝－78，a 11＋q ＋q 2＝13，两式相除得q 2－q －6＝0，即q ＝3或q ＝－2(舍去)，从而得a 1＝1，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝ 3n －1.答案：3n －11．特别注意q ＝1时，S n ＝na 1这一特殊情况．2．由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.3．在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形而导致解题失误．4．S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 未必成等比数列(例如：当公比q ＝－1且n 为偶数时，S n ，S 2n－S n ，S 3n －S 2n 不成等比数列；当q ≠－1或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列)，但等式(S 2n －S n )2＝S n ·(S 3n －S 2n )总成立．[小题纠偏]1．(2019·扬州质检)在等比数列{}a n 中，若a 3＝7，前3项和S 3＝21，则公比q ＝________.解析：由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝7，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝21，则1＋q ＋q2q2＝3，整理得2q 2－q －1＝0，解得q ＝1或q ＝－12.答案：1或－122．各项均为正数的等比数列{}a n 的前n 项和为S n ，若S 10＝2，S 30＝14，则S 40＝_______. 解析：依题意有S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30仍成等比数列，则2(14－S 20)＝(S 20－2)2，解得S 20＝6.所以S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30，即为2,4,8,16，所以S 40＝S 30＋16＝30.答案：30考点一等比数列的基本运算重点保分型考点——师生共研 [典例引领]1．(2019·苏北四市调研)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________．解析：设等比数列{}a n 的公比为q ，由a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4得q 6＝q 4＋2q 2，q 4－q 2－2＝0，解得q 2＝2，则a 6＝a 2q 4＝4.答案：42．(2018·南通一调)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3，S 4＝15，则S 6＝________. 解析：法一：设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q .显然q ≠1，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 11－q 21－q＝3，a11－q 41－q＝15.解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝－2，a 1＝－3.所以S 6＝a 11－q 61－q ＝1×1－261－2＝63或S 6＝a 11－q 61－q ＝－3×[1－－26]1－－2＝63.法二：由S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等比数列可得(S 4－S 2)2＝S 2(S 6－S 4)，所以S 6＝63. 答案：63[由题悟法]解决等比数列有关问题的2种常用思想方程的思想等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a 1和q ，问题可迎刃而解分类讨论的思想等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，当q ＝1时，{a n }的前n 项和S n ＝na 1；当q ≠1时，{a n }的前n 项和S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q1－q[即时应用]1．(2019·如东调研)设等比数列{}a n 的前n 项和为S n .若27a 3－a 6＝0，则S 6S 3＝________.解析：设等比数列的公比为q ，则a 6a 3＝q 3＝27，所以S 6S 3＝a 1＋a 2＋…＋a 6a 1＋a 2＋a 3＝1＋a 4＋a 5＋a 6a 1＋a 2＋a 3＝1＋q 3＋q 4＋q 51＋q ＋q2＝1＋q 3＝28.答案：282．(2018·苏北四市期末)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝2a 2＋3，S 3＝2a 3＋3，则公比q ＝________.解析：显然q ≠1，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 11－q 21－q＝2a 1q ＋3，a 11－q 31－q＝2a 1q 2＋3，整理得⎩⎪⎨⎪⎧a 11－q ＝3，a 11＋q －q2＝3，解得q ＝2.答案：2考点二等比数列的判定与证明重点保分型考点——师生共研 [典例引领](2019·南京高三年级学情调研)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)求证数列{a n }为等比数列，并求其通项公式；(3)若k ，t ∈N *，且S 1，S k －S 1，S t －S k 成等比数列，求k 和t 的值．解：(1)由3T 1＝S 21＋2S 1，得3a 21＝a 21＋2a 1，即a 21－a 1＝0. 因为a 1＞0，所以a 1＝1.(2)证明：因为3T n ＝S 2n ＋2S n ， ① 所以3T n ＋1＝S 2n ＋1＋2S n ＋1， ② ②－①，得3a 2n ＋1＝S 2n ＋1－S 2n ＋2a n ＋1. 因为a n ＋1＞0，所以3a n ＋1＝S n ＋1＋S n ＋2， ③ 所以3a n ＋2＝S n ＋2＋S n ＋1＋2， ④④－③，得3a n ＋2－3a n ＋1＝a n ＋2＋a n ＋1，即a n ＋2＝2a n ＋1，所以当n ≥2时，a n ＋1a n＝2. 又由3T 2＝S 22＋2S 2，得3(1＋a 22)＝(1＋a 2)2＋2(1＋a 2)，即a 22－2a 2＝0.因为a 2＞0，所以a 2＝2，所以a 2a 1＝2，所以对∀n ∈N *，都有a n ＋1a n＝2成立，故数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *.(3)由(2)可知S n ＝2n－1.因为S 1，S k －S 1，S t －S k 成等比数列，所以(S k －S 1)2＝S 1(S t －S k )，即(2k －2)2＝2t －2k，所以2t＝(2k )2－3·2k＋4，即2t －2＝(2k －1)2－3·2k －2＋1(*)．由于S k －S 1≠0，所以k ≠1，即k ≥2. 当k ＝2时，2t＝8，得t ＝3. 当k ≥3时，由(*)，得(2k －1)2－3·2k －2＋1为奇数，所以t －2＝0，即t ＝2，代入(*)得22k －2－3·2k －2＝0，即2k＝3，此时k 无正整数解．综上，k ＝2，t ＝3.[由题悟法]等比数列的4种常用判定方法[提醒] (1)前两种方法是判定等比数列的常用方法，常用于证明；后两种方法常用于填空题中的判定．(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．[即时应用](2018·苏州高三期中调研)已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且满足a 1＝1，S n ＋1＝3S n ＋1 (n ∈N *)．(1)求证：数列{a n }为等比数列，并求其通项公式； (2)在数列{b n }中，b 1＝3，b n ＋1－b n ＝a n ＋1a n(n ∈N *)，若不等式λa n ＋b n ≤n 2对n ∈N *有解，求实数λ的取值范围．解：(1)证明：因为S n ＋1＝3S n ＋1，所以S n ＝3S n －1＋1(n ≥2)，两式相减得a n ＋1＝3a n (n ≥2)，又当n ＝1时，由S 2＝3S 1＋1，得a 2＝3，符合a 2＝3a 1，所以a n ＋1＝3a n ，所以数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，通项公式为a n ＝3n －1. (2)因为b n ＋1－b n ＝a n ＋1a n＝3，所以{b n }是以3为首项，3为公差的等差数列，所以b n ＝3＋3(n －1)＝3n ，所以λa n ＋b n ≤n 2，即3n －1·λ＋3n ≤n 2，即λ≤n 2－3n3n －1对n ∈N *有解，设f (n )＝n 2－3n3n －1(n ∈N *)，因为f (n ＋1)－f (n )＝n ＋12－3n ＋13n－n 2－3n 3n －1＝－2n 2－4n ＋13n，所以当n ≥4时，f (n ＋1)＜f (n )，当n ＜4时，f (n ＋1)＞f (n )，所以f (1)＜f (2)＜f (3)＜f (4)＞f (5)＞f (6)＞…，所以f (n )max ＝f (4)＝427，所以λ≤427，即实数λ的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，427. 考点三等比数列的性质重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2018·南京调研)已知各项不为0的等差数列{a n }满足a 6－a 27＋a 8＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 2b 8b 11＝________.解析：由等差数列的性质，得a 6＋a 8＝2a 7.由a 6－a 27＋a 8＝0，可得a 7＝2，所以b 7＝a 7＝2.由等比数列的性质得b 2b 8b 11＝b 2b 7b 12＝b 37＝23＝8.答案：82．设等比数列{}a m 的前n 项积为T n (n ∈N *)，若a m －1a m ＋1－2a m ＝0，且T 2m －1＝128，则m＝________.解析：因为{}a m 为等比数列，所以a m －1·a m ＋1＝a 2m .又a m －1·a m ＋1－2a m ＝0，所以得a m ＝2.因为T 2m －1＝a 2m －1m，所以22m －1＝128，解得m ＝4.答案：43．在等比数列{a n }中，若a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝158，a 8a 9＝－98，则1a 7＋1a 8＋1a 9＋1a 10＝________.解析：因为1a 7＋1a 10＝a 7＋a 10a 7a 10，1a 8＋1a 9＝a 8＋a 9a 8a 9，由等比数列的性质知a 7a 10＝a 8a 9，所以1a 7＋1a 8＋1a 9＋1a 10＝a 7＋a 8＋a 9＋a 10a 8a 9＝158×⎝ ⎛⎭⎪⎫－89＝－53.答案：－53[由题悟法]掌握运用等比数列性质解题的2个技巧(1)在等比数列的基本运算问题中，一般是列出a 1，q 满足的方程组求解，但有时运算量较大，如果可利用等比数列的性质，便可减少运算量，提高解题的速度，要注意挖掘已知和隐含的条件．(2)利用性质可以得到一些新数列仍为等比数列或为等差数列，例如：①若{a n }是等比数列，且a n ＞0，则{log a a n }(a ＞0且a ≠1)是以log a a 1为首项，log a q 为公差的等差数列．②若公比不为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.[即时应用]1．(2019·张家港调研)已知等比数列{}a n 的各项均为正数，且满足a 1a 9＝4，则数列{log 2a n }的前9项之和为________．解析：∵a 1a 9＝a 25＝4，∴a 5＝2，∴log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 9＝log 2(a 1a 2…a 9)＝log 2a 95＝9log 2a 5＝9. 答案：92．(2018·镇江调研)在正项等比数列{a n }中，已知a 1a 2a 3＝4，a 4a 5a 6＝12，a n －1a n a n ＋1＝324，则n ＝________.解析：设数列{a n }的公比为q ，由a 1a 2a 3＝4＝a 31q 3与a 4a 5a 6＝12＝a 31q 12，可得q 9＝3，a n －1a n a n ＋1＝a 31q3n －3＝324，因此q 3n －6＝81＝34＝q 36，所以3n －6＝36，即n ＝14. 答案：14一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2019·如东中学检测)已知等比数列{a n }的公比q ＝－12，则a 1＋a 3＋a 5a 2＋a 4＋a 6＝________.解析：a 1＋a 3＋a 5a 2＋a 4＋a 6＝a 1＋a 3＋a 5q a 1＋a 3＋a 5＝a 1＋a 3＋a 5－12a 1＋a 3＋a 5＝－2.答案：－22．(2018·盐城期中)在等比数列{a n }中，已知a 1＋a 2＝1，a 3＋a 4＝2，则a 9＋a 10＝________.解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则a 3＋a 4＝q 2(a 1＋a 2)，所以q 2＝2，所以a 9＋a 10＝q 8(a 1＋a 2)＝16.答案：163．(2018·苏州期末)设各项均为正数的等比数列{}a n 的前n 项和为S n ，已知a 2＝6，a 3－3a 1＝12，则S 5＝________.解析：∵a 2＝6，a 3－3a 1＝12，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝6，a 1q 2－3a 1＝12且q ＞0，解得a 1＝2，q ＝3， ∴S 5＝21－351－3＝242.答案：2424．在等比数列{a n }中，若a 1·a 5＝16，a 4＝8，则a 6＝________. 解析：由题意得，a 2·a 4＝a 1·a 5＝16，所以a 2＝2，所以q 2＝a 4a 2＝4，所以a 6＝a 4q 2＝32. 答案：325．(2019·南京一模)若等比数列{}a n 的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 6＝3S 3，则a 7的值为________．解析：设等比数列{}a n 的公比为q ，因为a 1＝1，S 6＝3S 3，当q ＝1时，不满足S 6＝3S 3；当q ≠1时，可得q 6－1q －1＝3q 3－1q －1，化简得q 3＋1＝3，即q 3＝2，所以a 7＝a 1q 6＝4. 答案：46．(2018·常州期末)已知等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1＋a 2＝49，a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝40，则a 7＋a 8＋a 99的值为________．解析：⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝a 11＋q ＝49，a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝a 1q 2＋q 3＋q 4＋q 5＝40，两式相除可得q 2＋q 4＝90，即q 2＝－10(舍)或q 2＝9.又a n ＞0，所以q ＝3，故a 1＝19，所以a 7＋a 8＋a 9＝34＋35＋36＝1 053，即a 7＋a 8＋a 99＝117.答案：117二保高考，全练题型做到高考达标1．(2018·徐州期末)设等比数列{}a n 的公比为q ，前n 项和为S n ，若S 2是S 3与S 4的等差中项，则实数q 的值为________．解析：∵S 2是S 3与S 4的等差中项， ∴2S 2＝S 3＋S 4，∴2a 3＋a 4＝0，解得q ＝－2. 答案：－22．(2019·如皋模拟)已知数列{}a n 是正项等比数列，满足log 2a n ＋1＝1＋log 2a n (n ∈N *)，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝2，则log 2(a 51＋a 52＋a 53＋a 54＋a 55)＝________.解析：∵log 2a n ＋1＝1＋log 2a n ， ∴log 2a n ＋1a n＝1，可得q ＝2. ∵a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝2， ∴log 2(a 51＋a 52＋a 53＋a 54＋a 55)＝log 2[(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5)q 50]＝log 2251＝51. 答案：513．设等比数列{}a n 的公比为q (0＜q ＜1)，前n 项和为S n .若存在m ∈N *，使得a m ＋a m ＋2＝52a m ＋1，且S m ＝1 022a m ＋1，则m 的值为________．解析：∵a m ＋a m ＋2＝52a m ＋1，S m ＝1 022a m ＋1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q m －1＋a 1q m ＋1＝52a 1q m，a 11－q m1－q ＝1 022a 1q m，解得m ＝9，q ＝12.答案：94．(2018·启东检测)数列{a n }满足a n ＋1＝λa n －1(n ∈N *，λ∈R 且λ≠0)，若数列{a n－1}是等比数列，则λ＝________.解析：由a n ＋1＝λa n －1，得a n ＋1－1＝λa n －2＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －2λ.因为数列{a n －1}是等比数列，所以2λ＝1，得λ＝2.答案：25．(2019·姜堰模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3S 6＝2728，则a 5a 3＝________.解析：设等比数列{a n }的公比为q ，由S 3S 6＝2728，得q ≠1，a 11－q 31－q a 11－q 61－q ＝2728，化简得11＋q 3＝2728，解得q ＝13. 所以a 5a 3＝q 2＝19.答案：196．(2018·海安中学测试)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a m ＋1·a m －1＝2a m (m ≥2)，数列{a n }的前n 项积为T n ，若T 2m －1＝512，则m ＝________.解析：由等比数列的性质可知a m ＋1·a m －1＝a 2m ＝2a m (m ≥2)，所以a m ＝2，即数列{a n }为常数列，a n ＝2，所以T 2m －1＝22m －1＝512＝29，即2m －1＝9，所以m ＝5.答案：57．已知数列{a n }中，a 1＝2，且a 2n ＋1a n＝4(a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则其前9项和S 9＝________.解析：由已知，得a 2n ＋1＝4a n a n ＋1－4a 2n ，即a 2n ＋1－4a n a n ＋1＋4a 2n ＝(a n ＋1－2a n )2＝0，所以a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故S 9＝2×1－291－2＝210－2＝1 022.答案：1 0228．(2019·徐州调研)已知正项等比数列{}a n 的前n 项和为S n 且S 8－2S 4＝6，则a 9＋a 10＋a 11＋a 12的最小值为________．解析：因为S 8－2S 4＝6，所以S 8－S 4＝S 4＋6.由等比数列的性质可得，S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列，所以S 4(S 12－S 8)＝(S 8－S 4)2，所以a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝S 12－S 8＝S 4＋62S 4＝S 4＋36S 4＋12≥24，当且仅当S 4＝6时等号成立．故a 9＋a 10＋a 11＋a 12的最小值为24. 答案：249．在公差不为零的等差数列{a n }中，a 1＝1，a 2，a 4，a 8成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求T n . 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 1＋3d2＝a 1＋d a 1＋7d ，解得d ＝1或d ＝0(舍去)，所以a n ＝1＋(n －1)＝n . (2)由(1)得a n ＝n ，所以b n ＝2n，所以b n ＋1b n＝2，所以{b n }是首项为2，公比为2的等比数列，所以T n ＝21－2n1－2＝2n ＋1－2.10．(2018·苏州高三期中调研)已知数列{a n }各项均为正数，a 1＝1，a 2＝2，且a n a n ＋3＝a n ＋1a n ＋2对任意n ∈N *恒成立，记{a n }的前n 项和为S n .(1)若a 3＝3，求a 5的值；(2)证明：对任意正实数p ，{a 2n ＋pa 2n －1}成等比数列；(3)是否存在正实数t ，使得数列{S n ＋t }为等比数列．若存在，求出此时a n 和S n 的表达式；若不存在，说明理由．解：(1)因为a 1a 4＝a 2a 3，所以a 4＝6，又因为a 2a 5＝a 3a 4，所以a 5＝32a 4＝9.(2)证明：由⎩⎪⎨⎪⎧a n a n ＋3＝a n ＋1a n ＋2，a n ＋1a n ＋4＝a n ＋2a n ＋3，两式相乘得a n a n ＋1a n ＋3a n ＋4＝a n ＋1a 2n ＋2a n ＋3，因为a n ＞0，所以a n a n ＋4＝a 2n ＋2(n ∈N *)，从而{a n }的奇数项和偶数项均构成等比数列，设公比分别为q 1，q 2，则a 2n ＝a 2q n －12＝2q n －12，a 2n －1＝a 1q n －11＝q n －11，又因为a n ＋3a n ＋2＝a n ＋1a n ，所以a 4a 3＝a 2a 1＝2＝2q 2q 1，即q 1＝q 2，设q 1＝q 2＝q ，则a 2n ＋pa 2n －1＝q (a 2n －2＋pa 2n －3)，且a 2n ＋pa 2n －1＞0恒成立，所以数列{a 2n ＋pa 2n －1}是首项为2＋p ，公比为q 的等比数列．(3)法一：在(2)中令p ＝1，则数列{a 2n ＋a 2n －1}是首项为3，公比为q 的等比数列，所以S 2k ＝(a 2k ＋a 2k －1)＋(a 2k －2＋a 2k －3)＋…＋(a 2＋a 1)＝⎩⎪⎨⎪⎧3k ，q ＝1，31－q k1－q ，q ≠1，S 2k －1＝S 2k －a 2k ＝⎩⎪⎨⎪⎧3k －2q k －1，q ＝1，31－q k 1－q －2q k －1，q ≠1，且S 1＝1，S 2＝3，S 3＝3＋q ，S 4＝3＋3q ，因为数列{S n ＋t }为等比数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧S 2＋t 2＝S 1＋t S 3＋t ，S 3＋t2＝S 2＋tS 4＋t ，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋t2＝1＋t 3＋q ＋t ，3＋q ＋t 2＝3＋t3＋3q ＋t ，即⎩⎪⎨⎪⎧2t ＋6＝q 1＋t，t ＝q －3，解得⎩⎪⎨⎪⎧t ＝1，q ＝4或⎩⎪⎨⎪⎧t ＝－3，q ＝0(舍去)．所以S 2k ＝4k－1＝22k－1，S 2k －1＝22k －1－1，从而对任意n ∈N *有S n ＝2n－1，此时S n ＋t ＝2n，S n ＋tS n －1＋t＝2为常数，满足{S n ＋t }成等比数列，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n－2n －1＝2n －1，又a 1＝1，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)，综上，存在t ＝1使数列{S n ＋t }为等比数列，此时a n ＝2n －1，S n ＝2n－1(n ∈N *)．法二：由(2)知a 2n ＝2qn －1，a 2n －1＝qn －1，且S 1＝1，S 2＝3，S 3＝3＋q ，S 4＝3＋3q ，因为数列{S n ＋t }为等比数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧S 2＋t 2＝S 1＋t S 3＋t ，S 3＋t2＝S 2＋tS 4＋t ，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋t2＝1＋t 3＋q ＋t ，3＋q ＋t2＝3＋t3＋3q ＋t ，即⎩⎪⎨⎪⎧2t ＋6＝q 1＋t ，t ＝q －3，解得⎩⎪⎨⎪⎧t ＝1，q ＝4或⎩⎪⎨⎪⎧t ＝3，q ＝0(舍去)．所以a 2n ＝2qn －1＝22n －1，a 2n －1＝22n －2，从而对任意n ∈N *有a n ＝2n －1，所以S n ＝20＋21＋22＋…＋2n －1＝1－2n1－2＝2n －1，此时S n ＋t ＝2n，S n ＋tS n －1＋t＝2为常数，满足{S n ＋t }成等比数列，综上，存在t ＝1使数列{S n ＋t }为等比数列，此时a n ＝2n －1，S n ＝2n －1(n ∈N *).三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 1≥1，a 2≤2，a 3≥3，则a 4的取值范围是________．解析：设{a n }的公比为q ，则根据题意得q ＝a 2a 1＝a 3a 2， ∴32≤q ≤2，a 4＝a 3q ≥92，a 4＝a 2q 2≤8，∴a 4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤92，8. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤92，8 2．(2018·泰州中学高三学情调研)设正项等比数列{a n }满足2a 5＝a 3－a 4，若存在两项a n ，a m ，使得a 1＝4a n ·a m ，则m ＋n ＝________.解析：设等比数列{a n }的公比为q .正项等比数列{a n }满足2a 5＝a 3－a 4，则2a 3q 2＝a 3(1－q )，可得2q 2＋q －1＝0，q ＞0，解得q ＝12，若存在两项a n ，a m ，使得a 1＝4a n ·a m ，可得a 1＝4a 21⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ＋n －2，所以m ＋n ＝6. 答案：63．(2019·苏锡常镇调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝3，且对任意的正整数n ，都有S n ＋1＝λS n ＋3n ＋1，其中常数λ＞0.设b n ＝a n3n (n ∈N *)．(1)若λ＝3，求数列{}b n 的通项公式； (2)若λ≠1且λ≠3，设c n ＝a n ＋2λ－3·3n (n ∈N *)，证明数列{}c n 是等比数列； (3)若对任意的正整数n ，都有b n ≤3，求实数λ的取值范围．解：因为S n ＋1＝λS n ＋3n ＋1，n ∈N *，所以当n ≥2时，S n ＝λS n －1＋3n，从而a n ＋1＝λa n ＋2·3n，n ≥2，n ∈N *﹒ 在S n ＋1＝λS n ＋3n ＋1中，令n ＝1，可得a 2＝λa 1＋2×31，满足上式，所以a n ＋1＝λa n ＋2·3n，n ∈N *.(1)当λ＝3时， a n ＋1＝3a n ＋2·3n，n ∈N *，从而a n ＋13n ＋1＝a n 3n ＋23，即b n ＋1－b n ＝23，又b 1＝a 13＝1，所以数列{}b n 是首项为1，公差为23的等差数列，所以b n ＝1＋(n －1)×23＝2n ＋13.(2)证明：当λ＞0且λ≠3且λ≠1时，c n ＝a n ＋2λ－3·3n ＝λa n －1＋2·3n －1＋2λ－3·3n＝λa n －1＋2λ－3·3n －1(λ－3＋3) ＝λ⎝⎛⎭⎪⎫a n －1＋2λ－3·3n －1＝λ·c n －1，又c 1＝3＋6λ－3＝3λ－1λ－3≠0，所以{}c n 是首项为3λ－1λ－3，公比为λ的等比数列，故c n ＝3λ－1λ－3·λn －1.(3)在(2)中，若λ＝1，则c n ＝0也可使a n 有意义，所以当λ≠3时，c n ＝3λ－1λ－3·λn－1.从而由(1)和(2)可知a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1·3n －1， λ＝3，3λ－1λ－3·λn －1－2λ－3·3n，λ≠3.当λ＝3时，b n ＝2n ＋13，显然不满足条件，故λ≠3.当λ≠3时，b n ＝λ－1λ－3×⎝ ⎛⎭⎪⎫λ3n －1－2λ－3. 若λ＞3,λ－1λ－3＞0，b n ＜b n ＋1，n ∈N *，b n ∈[1，＋∞)，不符合，舍去．若0＜λ＜1，λ－1λ－3＞0，－2λ－3＞0，b n ＞b n ＋1，n ∈N *，且b n ＞0. 所以只需b 1＝a 13＝1≤3即可，显然成立．故0＜λ＜1符合条件；若λ＝1，b n ＝1，满足条件．故λ＝1符合条件；若1＜λ＜3，λ－1λ－3＜0，－2λ－3＞0，从而b n ＜b n ＋1，n ∈N *，因为b 1＝1＞0.故b n ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，－2λ－3，要使b n ≤3恒成立，只需－2λ－3≤3即可．所以1＜λ≤73.综上所述，实数λ的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，73.。

(江苏版)2018年高考数学一轮复习(讲、练、测)：_专题6.1_数列的概念与简单表示法(测)(有解析)

专题6.1 数列的概念与简单表示法一、填空题1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－2n ，则a 2＋a 18＝_______【解析】当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －3；当n ＝1时， a 1＝S 1＝－1，所以a n ＝2n －3(n ∈N *)，所以a 2＋a 18＝34.2．数列{a n }中，a 1＝1，对于所有的n ≥2，n ∈N *都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝_______ 【解析】令n ＝2,3,4,5，分别求出a 3＝94，a 5＝2516，∴a 3＋a 5＝6116.3．在各项均为正数的数列{a n }中，对任意m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ·a n .若a 6＝64，则a 9等于_______ 【解析】在各项均为正数的数列{a n }中，对任意m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ·a n .∴a 6＝a 3·a 3＝64，a 3＝8. ∴a 9＝a 6·a 3＝64×8＝512.4．已知数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2.若a k ·a k ＋1<0，则正整数k ＝_______【解析】由3a n ＋1＝3a n －2得a n ＋1＝a n －23，则{a n }是等差数列，又a 1＝15，∴a n ＝473－23n .∵a k ·a k ＋1<0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫473－23k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫453－23k <0，∴452<k <472，∴k ＝23，故选C.5．在数列{a n }中，已知a 1＝2，a 2＝7，a n ＋2等于a n a n ＋1(n ∈N *)的个位数，则a 2 015＝_______6．如果数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝1，且a n －1－a n a n －1＝a n －a n ＋1a n ＋1(n ≥2)，则这个数列的第10项等于_______ 【解析】∵a n －1－a n a n －1＝a n －a n ＋1a n ＋1，∴1－a n a n －1＝a n a n ＋1－1，即a n a n －1＋a n a n ＋1＝2，∴1a n －1＋1a n ＋1＝2a n ，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列．又∵d ＝1a 2－1a 1＝12，∴1a 10＝12＋9×12＝5，故a 10＝15.7．已知数列{a n }中，a 1＝1，若a n ＝2a n －1＋1(n ≥2)，则a 5的值是________．【解析】∵a n ＝2a n －1＋1，∴a n ＋1＝2(a n －1＋1)，∴a n ＋1a n －1＋1＝2，又a 1＝1，∴{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，即a n ＋1＝2×2n －1＝2n，∴a 5＋1＝25，即a 5＝31.8．在数列－1,0，19，18，…，n －2n 2，…中，0.08是它的第________项．【解析】令n －2n2＝0.08，得2n 2－25n ＋50＝0，即(2n －5)(n －10)＝0.解得n ＝10或n ＝52(舍去)．即0.08是该数列的第10项．9．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1(a n ＋2)＝a n (n ∈N *)，若b n ＋1＝(n －p )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n＋1，b 1＝－p ，且数列{b n }是单调递增数列，则实数p 的取值范围为________．10．设{a n }是首项为1的正项数列，且(n ＋1)a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1·a n ＝0(n ＝1,2,3，…)，则它的通项公式a n ＝________.【解析】∵(n ＋1)a 2n ＋1＋a n ＋1·a n －na 2n ＝0， ∴(a n ＋1＋a n )[(n ＋1)a n ＋1－na n ]＝0，又a n ＋1＋a n >0，∴(n ＋1)a n ＋1－na n ＝0，即a n ＋1a n ＝nn ＋1， ∴a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·a 5a 4·…·a n a n －1＝12×23×34×45×…×n －1n ，∵a 1＝1，∴a n ＝1n. 二、解答题11．已知S n 为正项数列{a n }的前n 项和，且满足S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)．(1)求a 1， a 2，a 3，a 4的值； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)由S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)，可得a 1＝12a 21＋12a 1，解得a 1＝1； S 2＝a 1＋a 2＝12a 22＋12a 2，解得a 2＝2；同理，a 3＝3，a 4＝4. (2)S n ＝12a 2n ＋12a n ，①当n ≥2时，S n －1＝12a 2n －1＋12a n －1，②①－②，整理得(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1)＝0. 由于a n ＋a n －1≠0，所以a n －a n －1＝1，又由(1)知a 1＝1，故数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列，故a n ＝n . 12．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，求实数k 的取值范围．。

(江苏版)2018年高考数学一轮复习第06章数列测试题-含答案

2 Sn
( n 1)an ，若关于正整数
2
n 的不等式 an
tan ≤ 2t 2 的解集中的整数解有两个，则正实
数 t 的取值范围为
【答案】
3 (1, )
2
▲．
10. 【 2017 届高三七校联考期中考试】设等差数列
an 的前 n 项和为 Sn ，若 a5 a3
5
▲ ．【答案】
2
【解析】 a5 5 a3 3
【答案】 9
【解析】∵ a1a9 a52 ∴ log 2 a1 log 2 a2
4 ，∴ a5 2 ， log 2 a9 log 2 (a1a2
a9 ) log 2 a59
9log 2 a5 9 ，
2. 【 2016-2017 学年度江苏苏州市高三期中调研考试】已知数列
an 满足：
an 1 an 1 an 1 , a1 1 ，数列 bn 满足： bn an an 1 ，则数列 bn 的前 10 项的和
34
，则满足
S2n
16
的所有
n 的和为
_________.
33 Sn 15
【答案】 4
【解析】因 an 1 Sn 1 Sn , 故代入已知可得 2Sn 1 Sn 3 , 即 2( Sn 1 3) Sn 3 , 也即
Sn 1
3
1 ( Sn
2
3) , 故数列 { Sn
3} 是公比为 1 的等比数列 , 所以 Sn 2
第 06 章数列
班级 __________ 姓名 _____________ 学号 ___________ 得分 __________ 一．填空题：
1. 【2016-2017 学年度江苏苏州市高三期中调研考试】已知等比数列 an 的各项均为正数，

高考数学(江苏版)一轮配套课件：§6.3 等比数列

2.解题时适当利用性质转化条件,可简化运算. 3.挖掘隐含条件,发现等差(或等比)关系,使解题目的明确.
例3 (2017山东文,19,12分)已知{an}是各项均为正数的等比数列,且a1+
a2=6,a1a2=a3. (1)求数列{an}的通项公式; (2){bn}为各项非零的等差数列,其前n项和为Sn.已知S2n+1=bnbn+1,求数列
• 10、阅读一切好书如同和过去最杰出的人谈话。2021/7/312021/7/312021/7/317/31/2021 8:02:01 PM
• 11、一个好的教师，是一个懂得心理学和教育学的人。2021/7/312021/7/312021/7/31Jul-2131-Jul-21
• 12、要记住，你不仅是教课的教师，也是学生的教育者，生活的导师和道德的引路人。2021/7/312021/7/312021/7/31Saturday, July 31, 2021
高考数学
§6.3 等比数列
知识清单
1.等比数列的通项公式如果等比数列{an}的公比为q,那么它的通项公式为① an=a1qn-1 . 2.等比数列的前n项和公式
② na1 (q 1),
设等比数列{an}的公比为q,其前n项和Sn=
③
a1
(1 q 1 q
n
)
( q
1).
3.等比中项
如果a,G,b成等比数列,那么G叫做a与b的等比中项,且④ G=± a b
• 15、一年之计，莫如树谷；十年之计，莫如树木；终身之计，莫如树人。2021年7月2021/7/312021/7/312021/7/317/31/2021
• 16、提出一个问题往往比解决一个更重要。因为解决问题也许仅是一个数学上或实验上的技能而已，而提出新的问题，却需要有创造性的想像力，而且标志着科学的真正进步。2021/7/312021/7/31July 31, 2021

(浙江版)2018年高考数学一轮复习(讲+练+测)：专题6.3 等比数列及其前n项和(练)

第03节等比数列及其前n 项和A 基础巩固训练1．【2018届湖北省黄石市第三中学（稳派教育）高三检测】已知数列{}n a 是递增的等比数列，且2464242144a a a a a -+=，则53a a -=（）A. 6B. 8C. 10D. 12 【答案】D2．【2018届云南省昆明一中高三第二次月考】已知数列{}n a 是单调递减的等比数列， n S 是{}n a 的前n 项和，若2518a a +=， 3432a a =，则5S 的值是（） A. 62 B. 48 C. 36 D. 31 【答案】A【解析】由25341832a a a a +==，，得2516,2a a ==或252,16a a ==，（不符合题意，舍去），所以由2516,2a a ==得1132,q 2a ==，所以5513212=62112S ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=-，选A ． 3．各项为正的等比数列{}n a 中，若1231,2,3a a a ≥≤≥，则4a 的取值范围是______．【答案】9,82⎡⎤⎢⎥⎣⎦9,82⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】根据题意232434212392,,822a a q q a a q a a q a a ==⇒≤≤=≥=≤，∴49,82a ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦． 4．在等比数列{}n a 中，对于任意*n N ∈都有123n n n a a +=，则126a a a ⋅⋅⋅= ．【答案】63【解析】令2=n ，得2433=⋅a a ；由等比数列的性质，得()63436213==⋅⋅⋅a a a a a .5．【2018届江西省南昌市高三上学期摸底】已知数列{}n a 的前n 项和122n n S +=-，记()*n n n b aS n N =∈.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列{}n b 的前n 项和n T . 【答案】（1）2n n a =；（2）12244233n n ++⋅-+试题解析：（1）∵122n n S +=-，∴当1n =时，∴1111222a S +==-=；当2n ≥时，11222n n n n n n a S S +-=-=-=，又12a =，∴2n n a =（2）由（1）知， 1242n n n n n b a S +=⋅=⋅-， ∴()()12231122444222n n n n T b b b +=+++=+++-+++()()1241441224242141233n nn n ++--=⨯-=⋅-+--． B 能力提升训练1．等差数列{}n a 的公差是2，若248,,a a a 成等比数列，则{}n a 的前n 项和n S =（） A. (1)n n + B. (1)n n - C. (1)2n n + D. (1)2n n - 【答案】A【解析】由已知得，2428a a a =⋅，又因为{}n a 是公差为2的等差数列，故2222(2)(6)a d a a d +=⋅+，22(4)a +22(12)a a =⋅+，解得24a =，所以2(2)n a a n d =+-2n =，故1()(n 1)2n n n a a S n +==+． 2．【2018届甘肃省兰州第一中学高三上第二次月考】在等比数列{}n a 中，若1234158a a a a +++=，2398a a =-，则12341111a a a a +++等于A.35 B. 53 C. 35- D. 53- 【答案】D3．已知等比数列()1nn c =-和等差21n b n =-,数列{}n a 的项由{}n b 和{}n c 中的项构成且11a b =,在数列{}n b 的第k 和第1k +项之间依次插入2k 个{}n c 中的项,即1122345634567894,c ,,,,,,,,,,,c ,,,b c b c c c c b c c c c c b ,记数列}{n a 的前n 项和为n S ，则20S = ；2014S = ．【答案】16,1936【解析】不妨设数列{}n c 的前n 项和为n T ,数列{}n b 的前n 项和为n H ,则根据等比数列和等差数列的前n项和公式可得()()()()11111112n nn T -----+-==--,()21212n n n H n +-==,由数列{}n a 的组成形式可以得到120a a 为112236371241314156,c ,,,,,,,,,b c b c c b c c b c c c c ,则()16220416114162S H T -+-=+=+=,不妨设数列{}n a 的前2014项有1m +个{}n b 中的项,则有()22224622m m m m m +++++==+,则与()222120142201412014m m m m m m +++=⇒+=⇒+=的根最接近的正整数为43,m 44m ==,故数列{}n a 的前2013项有44个{}n b ,则44个{}n b 之间有243431892+=个{}n c ,共有1892441936+=,则还需要2014193678-=个{}n c ,故()19602201444189278114419362S H T +-+-=+=+=,所以填16,1936.4．【2017届浙江省高三上模拟】已知等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，设{}n a ，{}n b的前n 项和分别为n S ，n T ，若2(1)2nn n n T S +=，*n N ∈，则d =_________，q =________.【答案】2，2.5.下表给出一个“直角三角形数阵”满足每一列成等差数列,从第三行起,每一行的数成等比数列,且每一行的公比相等,记第i 行第j 列的数为(i j i j i a ≥,、j ∈N )*,则83a 等于．……【解析】83a 表示第8行第3列数，第88行第2个数为1，第3 C 思维拓展训练1．【2017届广州省惠州市高三第一次调研】等比数列{}n a 的各项为正数，且564718a a a a +=，则3132310log log log a a a +++=（）（A ）12 （B ）10 （C ）8 （D ）32log 5+ 【答案】B2．已知数列{}n a 是正项等差数列，若nna n+++，则数列{}n c 也为等差数列．已知数列{}n b 是正项等比数列，类比上述结论可得A ．若{}n d 满足nnb n +++，则B ．若{}n d 满足nnb n⋅⋅⋅⋅，则{C ．若{}n d 满足113(3)()]nn b nb +++⋅⋅，则{}n d 也是等比数列D ．若{}n d 满足112]n nn b +++⋅⋅，则{}n d 也是等比数列【答案】D 【解析】试题分析：根据等比数列构造新的等比数列，乘积变化为乘方，nn b b b b 33221⋅⋅，原来的除法为开方，D ．3.【浙江省名校协作体2018届高三上学期考试】设数列{}n x 的各项都为正数且11x =. ABC ∆内的点()*n P n N ∈均满足n P AB ∆与nP AC ∆的面积比为2:1，若()112102n n n n n P A x P B x PC ++++=，则4x 的值为( ).15.17.29.31A B C D【答案】A【解析】由()112102n n n n n P A x P B x P C ++++=得()11212n n n n n P A x P C x P B +++=- ，设()21n n n P D x P C =+以线段n n P A P D 、作出平行四边形n AEDP ，如图，则111,22n n n n n n n P E P A P D P E x P B P B ++==-∴=， 12PnAE n PnABSx S+∴= ， 121n n nn P C P C AE x P D ==+ ∴1,12PnAC PnAC PnADPnAEnS S SSx ==+则()112122PnAC n PnABn S x Sx +==+即1121121n n n n x x x x ++=+∴+=+，（），则{}1n x + 构成以2为首项，以2为公比的等比数列，所以3412216x +=⨯= ，所以415x =；故选A ． 4．【2018届湖北省黄石市第三中学（稳派教育）高三检测】已知{}n a ， {}n b 分别为等差数列和等比数列，11a b ≠， {}n b 的前n 项和为n S .函数()214f x x =的导函数是()'f x ，有()'n a f n =，且11,x a x b ==是函数3265y x x x =-+的零点. （1）求11,a b 的值；（2）若数列{}n a 公差为12，且点(),n n P a b ，当*n N ∈时所有点都在指数函数()x h x a =的图象上. 请你求出()xh x a =解析式，并证明： 1132n S ≤<.【答案】（1）112a =,（2）见解析(),n n P a b ，当*n N ∈时所有点都在指数函数()xh x a =的图象上可得na nb a =，即1213nn q a -=， n 取特殊值列方程组可求得19a =，从而可得()19xh x ⎛⎫= ⎪⎝⎭，利用等比数列的求和公式及放缩法可证明结论.试题解析：（1）由()214f x x =得()1'2f x x =，又()'n a f n =，所以12n a n = ∴112a =. ∵()()32653121y x x x x x x =-+=--的零点为110,,32x x x ===，而11,x a x b ==是3265y x x x =-+的零点，又1b 是等比数列的首项，所以10b ≠， 11a b ≠，∴113b =. （2）∵()111222n n a n =+-=，令{}n b 的公比为q ，则113n n b q -=.又123,,,,,n P P P P 都在指数函数()xh x a =的图象上，即na nb a =，即1213nn q a -=当*n N ∈时恒成立，解得19{13a q ==.所以()19x h x ⎛⎫= ⎪⎝⎭. ∵()111113311111123213nnn n b q S q⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪-⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦===-<⎢⎥ ⎪-⎝⎭⎢⎥⎣⎦-，因为0n b >，所以当1n =时， n S 有最小值为13，所以1132n S ≤<. 5．【2018届湖南省长沙市长郡中学高三月考二】等差数列的前项和为，数列是等比数列，满足，，.(1)求数列和的通项公式；(2)令，设数列的前项和，求.【答案】(1) ；(2) = .得，解得.∴. （2）由得，则为奇数，，为偶数，.∴。

2018年高考数学一轮复习讲练测江苏版第06章测试题含

第Ⅰ卷（共60分）一、填空题1.已知函数()(13)10f x m x =-+（m 为常数），若数列{}n a 满足*()()n a f n n N =∈，且12a =，则数列 {}n a 的前10项和为 ▲【答案】340-【解析】12(1)113138a f m m ===-⇒-=-，由题意得{}n a 为等差数列，首项为12a =，公差为8-，其前10项和为1210109(8)3402⨯+⨯⨯⨯-=- 2.记等差数列{a n }的前n 项和为S n ．若S k －1＝8，S k ＝0，S k ＋1＝－10，则正整数k ＝ ▲ ．【答案】9【解析】18k k k a S S -=-=-，1110k k k a S S ++=-=-，所以12k k d a a +=-=-，112(1)8(1)0k k a a k S ka k k =--=-⎧⎨=--=⎩，解得9k =. 3.已知{}{},n n a b 均为等比数列，其前n 项和分别为,n n S T ，若对任意的*n ∈N ，总有314n n n S T +=，则33a b = ▲ ．【答案】94.用火柴棒摆“金鱼”，如图所示：按照上面的规律，第○n 个“金鱼”图需要火柴棒的根数是．【答案】62n +【解析】由题意得：“金鱼”图需要火柴棒的根数依次构成一个等差数列，首项为8，公差为6，因此第n 项为62n +5.对于数列{n a }，定义数列{n n a a -+1}为数列{n a }的“差数列”，若21=a ，{n a }的“差数列”的通项为n2，则数列{n a }的前n 项和n S = . 【答案】122n +-【解析】由题意得：12nn n a a +-=，所以1122(12)22222212n n n n n a ----=++++=+=-，所以n S 122n +=-6.设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若数列{}n a 满足2n n a S An Bn C +=++且0A >，则1B C A+-的最小值为 ▲ ．【答案】7.在正项等比数列{}n a 中，43215a a a a +--=，则56a a +的最小值为____▲___. 【答案】20【解析】设34a a x +=，则1250a a x +=->，由于{}n a 是等比数列，所以123456,,a a a a a a +++也成等比数列，因此22345612()25555a a x a a x a a x x ++===+++--25(5)105x x =-++-10≥ 20=，当且仅当2555x x -=-，即10x =时等号成立，故56a a +的最小值为20. 8.在等差数列{}n a 和等比数列{}n b 中，已知12128,2,1,2a a b b =-=-==，那么满足n n a b =的n 的所有取值构成的集合是 . 【答案】{}3,5【解析】由已知得，1614,2n n n a n b -=-=，令n n a b =，可得16142n n --=，解得3n =或5，所以满足n n a b =的n 的所有取值构成的集合是{}3,5.9.已知正数1234,,,a a a a 依次成等比数列，且公比1q ≠．将此数列删去一个数后得到的数列(按原来的顺序)是等差数列，则公比q 的取值集合是．【答案】⎪⎪⎩⎭10.在等差数列{a n }中，若a n +a n +24n +6（n ∈N *），则该数列的通项公式a n ▲ ．【答案】21n +【解析】设等差数列的公差为d ，当1n =时，1312210a a a d +=+= ① 当2n =时，2412414a a a d +=+= ② 由①②得12,3d a ==，所以32(1)21n a n n =+-=+.11.已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，并且对任意正整数n 均有S n +2＝4S n +3．则a 2= ．【答案】2或6.【解析】由S n +1=qS n +a 1．得S n +2=q (qS n +a 1)+ a 1＝q 2S n +a 1(q +1)，与已知条件比较得，q 2＝4，a 1(q +1)=3．从而，(q ，a 1)＝(2，1)，或(q ，a 1)＝(-2，-3)．12.实数x 、y 、z 满足0≤x ≤y ≤z ≤4．如果它们的平方成公差为2的等差数列，则|x －y |+|y －z |的最小可能值．【答案】4－2 3【解析】|x －y |+|y －z |＝z －x ＝z 2－x 2z +x ＝4z +x ＝4z + z 2－4≥22+ 3＝4－2 3．13.设各项均为正整数的无穷等差数列{a n }，满足a 54=2014，且存在正整数k ，使a 1，a 54，a k 成等比数列，则公差d 的所有可能取值之和为．【答案】9214.各项均为实数的等差数列的公差为2，其首项的平方与其余各项之和不超过33，则这样的数列至多有项．【答案】7 【解析】2222212311111(1)()(1)()(1)(1)2n n n a a a a a a a a n a n a n a n n -+++++=+=+-+=+-+-=222111(1)1(1)(31)()(1)()332424n n n n n a n n a ----+++--=++≤，为了使得n 尽量大，故211()02n a -+=，∴(1)(31)334n n -+≤ ∴(n －1)(3n ＋1)≤132，当n ＝6时，5×19＜132；当n ＝7时，6×22＝132，故max 7n =．二、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15． (本小题满分16分) 设函数21()1+f x px qx=+（其中220p q +≠），且存在无穷数列{}n a ，使得函数在其定义域内还可以表示为212()1n n f x a x a x a x =+++++.（1）求2a （用,p q 表示）；（2）当1,1p q =-=-时，令12n n n n a b a a ++=，设数列{}n b 的前n 项和为n S ，求证：32n S <；（3）若数列{}n a 是公差不为零的等差数列，求{}n a 的通项公式. 【答案】（1）22a p q =-；（2）证明略，详见解析；（3）1n a n =+.（3）由（2）120n n n a pa qa --++=，因数列{}n a 是等差数列，所以1220n n n a a a ---+=，所以12(2+)(1)n n p a q a --=-对一切3n ≥都成立，若0n a =，则0p q ==，与220p q +≠矛盾，若数列{}n a 是等比数列，又据题意{}n a 是等差数列，则{}n a 是常数列，这与数列{}n a 的公差不为零矛盾，所以210p q +=-=，即2,1p q =-=，由（1）知12a =，23a =，所以1n a n =+. 16.（本小题满分16分）设数列{}n a 的通项公式为n a pn q =+(,0)n N p *∈>，数列{}n b 定义如下：对于正整数m ，m b 是使得不等式n a m ≥成立的所有n 中的最小值.（1）若11,23p q ==-，求3b ; （2）若2,1p q ==-，求数列{}m b 的前2m 项和公式;（3）是否存在p 和q ，使得32m b m =+()m N *∈？如果存在，求p 和q 的取值范围？如果不存在，请说明理由.【答案】（1）37b =；（2）22m m +；（3）121,[,]333p q =∈--.（3）假设存在p 和q 满足条件，由不等式pn q m +≥及0p >得m qn p-≥∵32()m b m m N *=+∈，根据m b 的定义可知，对于任意正整数的都有3132m qm m p-+<≤+即2(31)p q p m p q --≤-<--对任意的正整数m 都成立. 当310p ->（或310p -<）时，得22()31313131p q p q p q p qm m p p p p ++++-≥≥--≤≤-----或这与上述结论矛盾. 当310p -=即13p =时，21033q q --≤<--，∴2133q -≤<-∴所以存在p 和q ，使得满足条件的p ，q ，且p ，q 的取值范围分别是：121,[,]333p q =∈--.17.（本小题满分16分）在数列{}n a ，{}n b 中，已知12a =，14b =，且n a ，n b -，1n a +成等差数列，n b ，n a -，1n b +也成等差数列．（1）求证：{}n n a b +是等比数列；（2）设m 是不超过100的正整数，求使1144n m n m a m a a m a ++-+=-+成立的所有数对(,)m n ．【答案】（1）详见解析；（2）(8,9)，(80,83)；18.（本小题满分16分）已知数列{}n a 的奇数项是首项为1的等差数列，偶数项是首项为2的等比数列，数列{}n a 前n 项和为n S ，且满足5459342,S a a a a a =+=+. (Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若12m m m a a a ++=，求正整数m 的值；（Ⅲ）是否存在正整数m ，使得221mm S S -恰好为数列{}n a 中的一项？若存在，求出所有满足条件的m 值，若不存在，说明理由.【答案】（Ⅰ）1223nn n n a n -⎧⎪=⎨⎪⋅⎩ 为奇数为偶数（Ⅱ）2m =（Ⅲ）1m =或2m =（II ）由12m m m a a a ++=，若2(*)m k k N =∈，则22122k k k a a a ++= 即2131k k +=⇒=，即2m =若21(*)m k k N =-∈，即21221k k k a a a -+= 即1(21)2321k k k --⋅⋅=+1223121k k -⋅=+-…… 123k -⋅为正整数∴221k -为正整数，即211k -= 即1k =，此时式为0233⋅=不合题意综上，2m =. ………9分（III ）若221m m S S -为{}n a 中的一项，则221mm S S -为正整数又2113212422(...()(...)m m m S a a a a a a ---=++++++112(121)2(31)31231m m m m m --+--=+=+--221221213m m m m m S S a S S ---+∴==-2122(1)331m m m --≤+- 故若221mm S S -为{}n a 中的某一项只能为123,,a a a19.（本小题满分16分）若数列{}n C1n c +，②存在常数(M M 与n 无关），使n c M ≤.则称数列{}n c 是“和谐数列”.（1）设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，且442,30a S ==，求证：数列{}n S 是“和谐数列”；（2）设{}n a 是各项为正数，公比为q 的等比数列，n S 是{}n a 的前n 项和，求证：数列{}n S 是“和谐数列”的充要条件为01q <<.【答案】（1）详见解析（2）详见解析（2）充分性设等比数列{}n a 的公比q ，且0 1.q << 则1111(1)1111n n n a q a a q a S q q q q-==-<----. 令11a M q=-，则.n S M < 因为222222112()(1)(1)()(1)11n n n n n n n a a S S q q q q q q q++++=--=--+-- 21222122111()(12)()(1)11n n n n a a q q q S q q++++<-+=-=-- 所以{}n S 是“和谐数列”必要性等比数列{}n a 各项为正，且n S 是“和谐数列”.因为0.n a > 所以，0.q >下面用反证法证明，1q <（1）当1,q =则1,n S na =因为10,a >所以，不存在M ，使1na M <对1n N -∈恒成立;当1q >，则111(1)111n n n a q a a S q q q q -==---- 所以，对于给定的正数M ，若11,11n a a q M q q ->-- 因为，1q >，所以，11log (1).q q n M a ->+ 即当11log (1)q q n M a ->+时，有n S M >. 所以，不存在常数M ，使.n S M ≤ 所以，0 1.q <<综上,数列{}n S 是“和谐数列”的充要条件为其公比为01q <<.20.（本小题满分16分）已知数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且满足1239a a a ++=，12327b b b =．（1）若43a b =，43b b m -=．①当18m =时，求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；②若数列{}n b 是唯一的，求m 的值；（2）若11a b +，22a b +，33a b +均为正整数，且成等比数列，求数列{}n a 的公差d 的最大值．【答案】（1）①133,3n n n a n b -=-⎧⎪⎨=⎪⎩或2912,23(2)n n na nb -⎧=-+⎪⎨⎪=-⎩②0m =或34-．（2）当1,36m n ==时，d 的最．【解析】（1）①由数列{}n a 是等差数列及1239a a a ++=，得23a =，由数列{}n b 是等比数列及12327b b b =，得23b =．设数列{}n a 的公差为d ，数列{}n b 的公比为q ，若18m =，则有2323,3318d q q q +=⎧⎨-=⎩，解得3,3d q =⎧⎨=⎩ 或 9,22d q ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩．所以，{}n a 和{}n b 的通项公式为133,3n n n a n b -=-⎧⎪⎨=⎪⎩或2912,23(2)n n na nb -⎧=-+⎪⎨⎪=-⎩ ② 由题设43b b m -=，得233q q m -=，即2330q q m --=（*）．因为数列{}n b 是唯一的，所以若0q =，则0m =，检验知，当0m =时，1q =或0（舍去），满足题意；若0q ≠，则2(3)120m -+=，解得34m =-，代入（*）式，解得12q =，又23b =，所以{}n b 是唯一的等比数列，符合题意．所以，0m =或34-．。

(江苏版)2018年高考数学一轮复习(讲、练、测)：_专题6.1_数列的概念与简单表示法(讲)(有解析)

专题6.1 数列的概念与简单表示法【考纲解读】题组一常识题1．数列1，－58，715，－924，…的一个通项公式是__________________．2．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋1a n －1(n ≥2)，则a 5＝________．【解析】由题意可知，a 1＝1，a 2＝1＋1a 1＝2，a 3＝1＋1a 2＝32，a 4＝1＋1a 3＝53，a 5＝1＋1a 4＝85.3．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋3，则数列{a n }是________数列(填“递增”或“递减”)．【解析】由数列{a n }的通项公式，得a n ＋1－a n ＝[2(n ＋1)＋3]－(2n ＋3)＝2>0，所以{a n }是递增数列．题组二常错题4．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n －1n ＋1，则该数列的第5项是________．【解析】由数列{a n }的通项公式为a n ＝n －1n ＋1，得a 5＝5－15＋1＝46＝23，即数列{a n }的第5项是23. 5．已知数列2，5，22，11，…，则25是该数列的第________项．【解析】∵a 1＝2，a 2＝5，a 3＝8，a 4＝11，∴a 5＝14，a 6＝17，a 7＝20＝25，即25是该数列的第7项．6．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则其通项公式为______________．【解析】当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＋1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n ＋1－[3(n －1)2－2(n －1)＋1]＝6n －5.显然当n ＝1时，不满足上式，故数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2.7．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（3－a ）x －3，x ≤7，a x －6，x >7，数列{a n }满足a n ＝f (n )，n ∈N *，且数列{a n }是递增数列，该实数a 的取值范围是________．【解析】∵数列{a n }是递增数列，且a n ＝f (n )，n ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧3－a >0，a >1，f （8）>f （7）⇒2<a <3.题组三常考题8．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 ＝________．9．数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n，a 8＝2，则a 1＝________．【解析】由题易知a 8＝11－a 7＝2，得a 7＝12；a 7＝11－a 6＝12，得a 6＝－1；a 6＝11－a 5＝－1，得a 5＝2，于是可知数列{a n }具有周期性，且周期为3，所以a 1＝a 7＝12.10．设数列{a n }满足a 1＝0，且a n －a n －1＝n (n ≥2)，则数列{a n }的通项公式为____________.【解析】由题意有a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2)，以上各式相加，得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝（n －1）（n ＋2）2＝n 2＋n －22(n ≥2)．因为a 1＝0满足上式，所以a n ＝n 2＋n －22.【知识清单】考点1数列的基本概念,由数列的前几项求数列的通项公式 1．数列的定义按照一定顺序排列的一列数，称为数列.数列中的每一项叫做数列的项.数列的项在这列数中是第几项，则在数列中是第几项.一般记为数列{}n a . 对数列概念的理解(1)数列是按一定“顺序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数”的排列顺序有关，这有别于集合中元素的无序性．因此，若组成两个数列的数相同而排列次序不同，那么它们就是不同的两个数列．(2)数列中的数可以重复出现，而集合中的元素不能重复出现，这也是数列与数集的区别． 2．数列的分类3．数列是一种特殊的函数数列是一种特殊的函数，其定义域是正整数集N *和正整数集N *的有限子集.所以数列的函数的图像不是连续的曲线，而是一串孤立的点. 4.数列的通项公式：如果数列{}n a 的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．即()n a f n =,不是每一个数列都有通项公式,也不是每一个数列都有一个个通项公式. 考点2由前n 项和公式推导通项公式，即n a 与n S 的关系求通项n a 1. 数列的前n 项和：12n n S a a a =++⋅⋅⋅+ 2．数列{}n a 的前n 项和n S 和通项n a 的关系：11(1)(2)n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩考点3由递推公式推导通项公式如果已知数列{a n }的首项(或前几项)，且任一项n a 与它的前一项1n a - (2)n ≥ (或前几项)间的关系可用一个公式1()n n a f a -=来表示，那么这个公式叫数列的递推公式．考点4 数列的性质的应用数列是一种特殊的函数，即数列是一个定义在非零自然数集或其子集上的函数，当自变量依次从小到大取值时所对应的一列函数值，就是数列．所以数列的函数的图像不是连续的曲线，而是一串孤立的点，因此，在研究数列问题时既要注意函数方法的普遍性，又要考虑数列方法的特殊性．【考点深度剖析】江苏新高考对数列知识的考查要求较高，整个高中共有8个C 能级知识点，本章就占了两个，高考中以填空题和解答题的形式进行考查，涉及到数形结合、分类讨论和等价转化的思想，着重考查学生基本概念及基本运算能力.经常与其它章节知识结合考查，如与函数、方程、不等式、平面解析几何知识结合考查.【重点难点突破】考点1数列的基本概念,由数列的前几项求数列的通项公式【题组全面展示】【1-1】数列2,5,11,20，x,47，…中的x 等于________．【答案】32【1-2】已知函数()f x 满足：(1)3,(2)6,(3)10,(4)15,f f f f ====，则(12)f 的值为_______．【答案】91【解析】从给出的式子特点观察可推知，等式右端的值从第二次开始后一个式子的右端值等于前一个式子的值与自变量的值加1的和，(2)(1)3,(3)(2)4,(4)(3)5,,(12)(11)13f f f f f f f f ∴-=-=-=-=，()()[][][]1314121(2)(1)(3)(2)(12)(11)33413123413912f f f f f f f f ⨯∴=+-+-++-=++++=+++++==．【1-3】已知数列的前几项为112-⨯,123⨯,134-⨯,145⨯,…，则数列的一个通项公式为 . 【答案】()()111nn a n n =-+.【解析】这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式()()111nn a n n =-+.【1-4】已知数列的前几项为9,99,999,9 999，…，则数列的一个通项公式为 .【答案】101nn a =-【解析】这个数列的前4项可以写成10－1,100－1,1000－1，10000－1，所以它的一个通项公式101nn a =-.【1-5】按数列的排列规律猜想数列23，45-，67，89-，…的第10项是_______．【答案】－2021综合点评：根据数列的前几项求数列的通项公式,做这一类题需仔细观察分析,抓住以下几方面的特征:分式中分子,分母的特征;相邻项的变化特征;拆项后的特征;各项符号特征.并以此进行归纳,联想.根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法,它蕴含著“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳法得出的结果是不可靠，要注意代值验证，对于正负符号变化，可用()1n-或()11n +-来调整．【方法规律技巧】1．根据数列的前几项求它的一个通项公式，要注意观察每一项的特点，观察出项与n 之间的关系、规律，可使用添项、通分、分割等办法，转化为一些常见数列的通项公式来求．对于正负符号变化，可用()1n-或()11n +-来调整．2．根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想．由不完全归纳法得出的结果是不可靠，要注意代值验证.3.对于数列的通项公式要掌握：①已知数列的通项公式，就可以求出数列的各项；②根据数列的前几项，写出数列的一个通项公式，这是一个难点，在学习中要注意观察数列中各项与其序号的变化情况，分解所给数列的前几项，看看这几项的分解中．哪些部分是变化的，哪些是不变的，再探索各项中变化部分与序号的联系，从而归纳出构成数列的规律，写出通项公式. 【新题变式探究】【变式一】将石子摆成如图的梯形形状．称数列5,9,14,20,为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第2014项与5的差，即20145a -=_______．【答案】10102013⨯【变式二】已知数列{a n }中，*,n a N ∈对于任意*1,,n n n N a a +∈≤若对于任意正整数k ，在数列中恰有k 个k 出现，则2014a = ．【答案】63【解析】由题意数列{}n a 就是如图数阵.确定2014a 的值，就是确定数列{}n a 第2014个数在数阵中第几行.因为(1)63(631)62(621)12,2016,1953,222n n n ++++++===所以2014a 在数阵中第63行，所以201463.a = 12,23,3,34,4,4,45,5,5,5,5【综合点评】试题一是一个根据定义求数列的通项公式，做这一类题要注意观察每一项的特点，观察出项与n 之间的关系、规律，从而得数列的通项公式.试题二是一个根据数列的规律找通项公式，可根据数列的变化规律，找出2014a 在数阵中的位置，从而可求出2014a 的值.考点2由前n 项和公式推导通项公式，即n a 与n S 的关系求通项n a 【题组全面展示】【2-1】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －1(n ∈N *)，则a 5＝_______．【答案】16【解析】当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 1－1，∴a 1＝1，又S n －1＝2a n －1－1(n ≥2)，∴S n －S n －1＝a n ＝2(a n －a n －1)． ∴a n a n －1＝2.∴a n ＝1×2n －1，∴a 5＝24＝16.【2-2】数列{}n a 的前n 项和r ra S n n (1+=为不等于0,1的常数)，则n a =_______. 【答案】11()11n n r a r r -=-- 【解析】由n n ra S +=1可得当2≥n 时111--+=n n ra S ，)(11---=-∴n n n n a a r S S ， ∴1n n n a ra ra -=-，∴1(1),n n a r ra --= ∵1,r ≠ ∴11-=-r ra a n n ，∵0r ≠， ∴{}n a 是公比为1-r r的等比数列．又当1=n 时，111ra S +=，∴r a -=111，∴11()11n n r a r r -=--．【2-3】已知数列{}n a 的前n 项和为S n ＝3n－1，则它的通项公式为a n ＝________. 【答案】2·3n －1【解析】当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n－1－(3n －1－1)＝2·3n －1；当n ＝1时，a 1＝S 1＝2也满足a n ＝2·3n －1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝2·3n －1.【2-4】已知数列{}n a 的前n 项和2*21()n S n n n N =++∈，则n a =_______.【答案】n a =4,121,2n n n =⎧⎨+≥⎩【解析】1n =时，114a S ==，2n ≥时，221(21)[(1)2(1)1]21n n n a S S n n n n n -=-=++--+-+=+，将1n =代入得134a =≠，所以n a =4,121,2n n n =⎧⎨+≥⎩. 【2-5】数列{}n a 满足*12211131,333n n a a a n n N +++=+∈,则=n a . 【答案】综合点评：这些题都是由n a 与前n 项和n S 的关系来求数列{}n a 的通项公式，可由数列{}n a 的通项n a 与前n 项和n S 的关系是11(1)(2)n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，注意：当1n =时，1a 若适合1n n S S --，则1n =的情况可并入2n ≥时的通项n a ；当1n =时，1a 若不适合1n n S S --，则用分段函数的形式表示．【方法规律技巧】已知数列{}n a 的前n 项和n S ，求数列的通项公式，其求解过程分为三步： (1)先利用11a S =求出1a ；(2)用1n -替换n S 中的n 得到一个新的关系，利用=n a 1n n S S -- (2)n ≥便可求出当2n ≥时n a 的表达式； (3)对1n =时的结果进行检验，看是否符合2n ≥时n a 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分1n =与2n ≥两段来写．【注】该公式主要是用来求数列的通项，求数列通项时，一定要分两步讨论，结果能并则并，不并则分. 【新题变式探究】【变式一】数列{a n }满足：a 1＋3a 2＋5a 3＋…＋(2n －1)·a n ＝(n －1)·3n ＋1＋3(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式n a =________.【答案】3n【解析】a 1＋3a 2＋5a 3＋…＋(2n －3)·a n －1＋(2n －1)·a n ＝(n －1)·3n ＋1＋3，把n 换成n －1得，a 1＋3a 2＋5a 3＋…＋(2n －3)·a n －1＝(n －2)·3n ＋3，两式相减得a n ＝3n. 【变式二】已知a 1＋2a 2＋22a 3＋…＋2n －1a n ＝9－6n ，则数列{a n }的通项公式n a =________．【答案】()()231322n n n a n -⎧=⎪=⎨-≥⎪⎩【综合点评】这两个题都是n a 与n S 的关系求通项n a 型，利用转化，解决递推公式为n S 与n a 的关系式：数列{a n }的前n 项和n S 与通项n a 的关系11(1)(2)n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，通过纽带：=n a 1n n S S -- (2)n ≥，根据题目求解特点，消掉一个n a 或n S 然后再进行构造成等差或者等比数列进行求解．如需消掉n S ，可以利用已知递推式，把n 换成(1n +)得到新递推式，两式相减即可．若要消掉n a ，只需把a n ＝S n －S n －1代入递推式即可．不论哪种形式，需要注意公式=n a 1n n S S --成立的条件2n ≥. 考点3由递推公式推导通项公式【题组全面展示】【3-1】已知数列{}n a 满足111,2(2)n n a a a n n -==⨯≥，则4a =_______．【答案】192【解析】∵12n n a a n -=⨯，∴12n n a n a -=，∴214a a =，326a a =，438aa =，又因为11a =，所以，41468192a =⨯⨯⨯=【3-2】已知数列{}n a 满足112356n n n a a a +=+⨯=，，则数列{}n a 的通项公式n a = . 【答案】125n n n a -=+【3-3】已知数列{}n a 满足1a =1，1n a +=21n a + (n N *∈)，则数列{}n a 的通项公式n a = . 【答案】n a =21n-.【解析】构造新数列{}n a p +，其中p 为常数，使之成为公比是n a 的系数2的等比数列即1n a p ++=2()n a p + 整理得：1n a +=2n a p +使之满足1n a +=21n a + ∴p=1即{}1n a +是首项为11a +=2，q=2的等比数列∴1n a +=122n -⋅ n a =21n-.【3-4】在数列{}n a 中，1a =1，11n n a a n --=- (n=2、3、4……) ，则数列{}n a 的通项公式n a = .【答案】222n n n a -+= (n N *∈).【解析】∵111n a ==时，21324312123.......1n n n a a a a a a a a n -≥-=⎫⎪-=⎪⎪-=⎬⎪⎪-=-⎪⎭时,这n-1个等式累加得：112...n a a -=+++（n-1）=(1)2n n - 故21(1)222n n n n n a a --+=+=且11a =也满足该式 ∴222n n n a -+= (n N *∈). 【3-5】已知数列{}n a 满足,1,13111=+=--a a a a n n n 则数列{}n a 的通项公式n a = .【答案】132n a n =-综合点评：这些题都是由递推公式推导通项公式，由1a 和递推关系求通项公式，可观察其特点，一般常利用“化归法”、“累加法”、“累乘法” 、“构造等比数列” 、“迭代”等方法．【方法规律技巧】1. 数列的递推关系是相邻项之间的关系，高考对递推关系的考查不多，填空题中出现复杂递推关系时，可以用不完全归纳法研究．在解答题中主要是转化为等差、等比数列的基本量来求解．2. 由递推公式推导通项公式（1）对于11()nn a a a a f n -=⎧⎨=+⎩型，求n a ，迭加累加（等差数列的通项公式的推导方法），由已知关系式得1()(2)n n a a f n n --=≥，给递推式1()(2)n n a a f n n --=≥中的n 从2开始赋值，一直到n ，一共得到1n -个式子，再把这1n -个式子左右两边对应相加化简，即得到数列的通项. 也可用迭代，即用111221()()()n n n n n a a a a a a a a ---=+-+-++-的方法.（2）对于11()n n a aa f n a -=⎧⎨=⎩型，求n a ，迭乘累乘（等比数列的通项公式的推导方法），由已知关系式得1()(2)n n a g n n a -=≥，给递推式1()(2)n n ag n n a -=≥中的n 从2开始赋值，一直到n ，一共得到1n -个式子，再把这1n -个式子左右两边对应相乘化简，即得到数列的通项. 也可用迭代，即用321121nn n a a a a a a a a -=⨯⨯⨯⨯的方法. （3）对于11n n a aa pa q+=⎧⎨=+⎩(1,0)q b ≠≠型，求n a ，一般可以利用待定系数法构造等比数列{}n a λ+，其公比为.p 注意数列{}n a λ+的首项为1a λ+，不是1.a 对新数列的首项要弄准确. (4)形如11n n n a a ka b--=+的递推数列可以用倒数法求通项．【新题变式探究】【变式一】已知数列{}n a 满足11a =,()11n n na n a -=+(*2,n n N ≥∈),则2161n a n ++取得最小值的n 的值为_____. 【答案】7【变式二】已知0,1)(≥+=x xxx f ，若++∈==N n x f f x f x f x f n n )),(()(),()(11，则)(2014x f 的表达式为________. 【答案】12014xx+【解析】111()1111x x f x x x x +-===-+++，0x ≥，11x ∴+≥，111x ∴≤+，1101x∴-≥+，即()0f x ≥，当且仅当0x =时取等号，当0x =时，(0)0n f =，当0x >时()0f x >，1()(())n n f x f f x +=1()()1()n n n f x f x f x +∴=+，11()111()()()n n n n f x f x f x f x ++∴==+，即1111()()n n f x f x +-= ∴数列1{}()n f x 是以1()f x 为首项，以1为公差的等差数列 11111(1)1(1)1()()1n nxn n x f x f x x x+∴=+-⨯=+-⨯=+，()(0)1n x f x x nx ∴=>+，当0x =时，0(0)010n f ==+，()(0)1n x f x x nx∴=≥+，2014()12014xf x x ∴=+.【综合点评】这两个题都是由由递推关系式求数列的通项公式，第一题与不等式结合，第二题与函数结合，第一题首先由叠乘法求出通项公式，然后代入有基本不等式可得，第二题由函数的性质找出递推关系，从而找出()(0)1n xf x x nx=≥+，即可得出)(2014x f 的表达式. 考点4 数列的性质的应用【题组全面展示】【4-1】已知()225n a n n n N +=-+∈，则数列{}n a 的最大项是_______．【答案】1213a a 或【解析】n a 是关于n 的二次函数. 【4-2】设函数6(3)3,7(),7x a x x f x ax ---≤⎧=⎨>⎩，数列{}n a 满足*()()n a f n n N =∈,且数列{}n a 为递增数列,则实数a 的取值范围为_______．【答案】(2,3)【4-3】在数列{}n a 中，前n 项和为n S ，(319)2n n a n =-⋅，则当n S 最小时，n 的值为_______．【答案】6【解析】令0n a ≤，得6n ≤，故当16n ≤≤时，0n a <；当7n ≥时，0n a >，故当6n =时，n S 最小.【4-4】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_______．【答案】7【4-5】已知数列{}n a 的首项1a a =，其前n 项和为n S ，且满足()2132n n S S n n -+=….若对任意的*n N ∈，1n n a a +<恒成立，则a 的取值范围是 . 【答案】915,44⎛⎫⎪⎝⎭【解析】试题分析：由条件213(2)n n S S n n -+=≥得21)1(3+=++n S S n n ，两式相减得361+=++n a a n n ，故9612+=+++n a a n n ，两式再相减得62=-+n n a a ，由2=n 得12121=++a a a ， a a 2122-=，从而a n a n 2662-+=；3=n 得2721321=++++a a a a a ，a a 233+=，从而a n a n 23612+-=+，由条件得⎪⎩⎪⎨⎧-++<+-+-<-+-<a n a n a n a n a a 26)1(6236236266212，解之得41549<<a . 综合点评：这些题都是数列的函数特征的应用，做这一类题，一是利用函数的性质，同时注意数列的性质，抓住试题的关键，灵活应用.【方法规律技巧】1.数列中项的最值的求法数列中n a 或n S 的最值问题与函数处理方法类似，首先研究数列n a 或n S 的特征，再进一步判断数列的单调性，从而得到最值．要注意的细节是n 只能取正整数．数列中最大项和最小项的求法求最大项的方法：设n a 为最大项，则有11n n n n a a a a -+≥⎧⎨≥⎩；求最小项的方法：设n a 为最小项，则有11n n nn a a a a -+≤⎧⎨≤⎩. 前n 项和最值的求法(1)先求出数列的前n 项和n S ，根据n S 的表达式求解最值；(2)根据数列的通项公式，若0m a ≥，且10m a +<，则m S 最大；若0m a ≤，且10m a +>，则m S 最小，这样便可直接利用各项的符号确定最值.2．在运用函数判断数列的单调性时，要注意函数的自变量为连续的，数列的自变量为不连续的，所以函数性质不能够完全等同于数列的性质．有些数列会出现前后几项的大小不一，从某一项开始才符合递增或递减的特征，这时前几项中每一项都必须研究．3.数列中恒等关系和有解问题主要是建立关于数列中基本量或相关参数的方程，再进一步论证该方程是否有整数解问题，其中对方程的研究是关键，一般可从奇偶数、约数、有理数、无理数等方面论证，也可以先利用参数范围，代入相关的整数研究．4．数列中大小比较与不等式中大小比较方法类似，同类型的多项式比较可以作差作商或用基本不等式，不同类型的比较一般要构造函数来解决．5．数列可以看作是一类特殊的函数，因此要用函数的知识，函数的思想方法来解决．注意：对求数列中的最大项是高考的热点，一般难度较大．解决这类问题时，要利用函数的单调性研究数列的最值，但要注意数列的单调性与函数的单调性有所不同，其自变量的取值是不连续的，只能取正整数，所以在求数列中的最大(小)项时，应注意数列中的项可以是相同的，故不应漏掉等号．【新题变式探究】【变式一】已知数列{}n a 的通项公式为11n a n =+，前n 项和为n S ，若对任意的正整数n ，不等式216n n m S S ->恒成立，则常数m 所能取得的最大整数为 .【答案】5【变式二】定义在R 上的函数)(x f y =满足1)1()(,0)0(=-+=x f x f f ，)(21)5(x f xf =，且当1021≤<≤x x 时，)()(21x f x f ≤，则=)20131(f ．【答案】132【综合点评】这些题都是数列函数特征的应用，第一题利用函数恒成立问题，转化为求最小值；第二个题利用数列的增减性，采用赋值法，来确定函数值.【易错试题常警惕】易错典例：已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则其通项公式为________．易错分析：忽略考虑1n =时情况.正确解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＋1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n ＋1－[3(n －1)2－2(n －1)＋1]＝6n －5，显然当n ＝1时，不满足上式．故数列的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2，n ＝1，6n －5，n ≥2.温馨提醒：a n 与S n 关系不清致误：在数列问题中，数列的通项a n 与其前n 项和S n 之间存在下列关系：11(1)(2)n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，这个关系对任意数列都是成立的，但要注意的是这个关系式是分段的，在n ＝1和n ≥2时这个关系式具有完全不同的表现形式，这也是解题中经常出错的一个地方，在使用这个关系式时要牢牢记住其“分段”的特点．。

江苏2018高三数学一轮复习----数列高考热点问题

高考导航对近几年高考试题统计看，江苏卷中考查内容主要集中在两个方面：一是以填空题的形式考查等差、等比数列的运算和性质，题目多为常规试题；二是等差、等比数列的通项与求和问题，有时结合函数、不等式等进行综合考查，涉及内容较为全面，注重数学推理探究能力的考查，试题难度大．热点一等差数列、等比数列的综合问题解决等差、等比数列的综合问题时，重点在于读懂题意，灵活利用等差、等比数列的定义、通项公式及前n 项和公式解决问题，求解这类问题要重视方程思想的应用．【例1】 (2017·常州监测)已知等差数列{a n }的公差d 为整数，且a k ＝k 2＋2，a 2k ＝(k ＋2)2，其中k 为常数且k ∈N *.(1)求k 及a n ；(2)设a 1>1，{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的首项为1，公比为q (q >0)，前n 项和为T n ，若存在正整数m ，使得S 2S m＝T 3，求q . 解 (1)由题意得⎩⎨⎧dk ＋a 1－d ＝k 2＋2，①2dk ＋a 1－d ＝(k ＋2)2，②由②－①并整理得d ＝4＋2k .因为d ∈Z ，k ∈N *，所以k ＝1或k ＝2.当k ＝1时，d ＝6，代入①得a 1＝3，所以a n ＝6n －3；当k ＝2时，d ＝5，代入①得a 1＝1，所以a n ＝5n －4.(2)由题意可得b n ＝q n －1，因为a 1>1，所以a n ＝6n －3，S n ＝3n 2.由S 2S m ＝T 3得123m 2＝1＋q ＋q 2，整理得q 2＋q ＋1－4m 2＝0. 因为Δ＝1－4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－4m 2≥0，所以m 2≤163. 因为m ∈N *，所以m ＝1或m ＝2.当m ＝1时，q ＝－13－12(舍去)或q ＝13－12. 当m ＝2时，q ＝0或q ＝－1(均舍去)．综上，q ＝13－12.探究提高解决等差数列与等比数列的综合问题，既要善于综合运用等差数列与等比数列的相关知识求解，更要善于根据具体问题情境具体分析，寻找解题的突破口．【训练1】 (2017·济南模拟)已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，其前n 项和为S n ，满足S 5－2a 2＝25，且a 1，a 4，a 13恰为等比数列{b n }的前三项．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设T n 是数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前n 项和，是否存在k ∈N *，使得等式1－2T k ＝1b k 成立？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ ⎝ ⎛⎭⎪⎫5a 1＋5×42d －2(a 1＋d )＝25，(a 1＋3d )2＝a 1(a 1＋12d )，解得a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝2n ＋1.∵b 1＝a 1＝3，b 2＝a 4＝9，∴等比数列{b n }的公比q ＝3，∴b n ＝3n .(2)不存在．理由如下：∵1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3， ∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3， ∴1－2T k ＝23＋12k ＋3(k ∈N *)，易知数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫12k ＋3为单调递减数列， ∴23<1－2T k ≤1315，又1b k＝13k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13， ∴不存在k ∈N *，使得等式1－2T k ＝1b k成立．热点二数列的通项与求和(规范解答)数列的通项与求和是高考必考的热点题型，求通项属于基本问题，常涉及与等差、等比的定义、性质、基本量运算．求和问题关键在于分析通项的结构特征，选择合适的求和方法．常考求和方法有：错位相减法、裂项相消法、分组求和法等．【例2】 (满分12分)(2015·湖北卷)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1) 求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2) 当d >1时，记c n ＝a n b n，求数列{c n }的前n 项和T n . 满分解答 (1)解由题意有⎩⎨⎧ 10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎨⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，…………2分解得⎩⎨⎧ a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝9，d ＝29.…………4分故⎩⎨⎧ a n ＝2n －1，b n ＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧ a n ＝19(2n ＋79)，b n ＝9·⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1.…………6分(2)解由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，…………7分于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，① 12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .②…………8分①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n …………10分＝3－2n ＋32n ，…………11分故T n ＝6－2n ＋32n －1.…………12分❶由题意列出方程组得2分；❷解得a 1与d 得2分，漏解得1分；❸正确导出a n ，b n 得2分，漏解得1分；❹写出c n 得1分；❺把错位相减的两个式子，按照上下对应好，再相减，就能正确地得到结果，本题就得满分，否则就容易出错，丢掉一些分数．用错位相减法解决数列求和的模板第一步：(判断结构)若数列{a n ·b n }是由等差数列{a n }与等比数列{b n }(公比q )的对应项之积构成的，则可用此法求和．第二步：(乘公比)设{a n ·b n }的前n 项和为T n ，然后两边同乘以q .第三步：(错位相减)乘以公比q 后，向后错开一位，使含有q k (k ∈N *)的项对应，然后两边同时作差．第四步：(求和)将作差后的结果求和，从而表示出T n .【训练2】 (2017·苏北四市联考)已知数列{a n }满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2＋k (n ∈N *，k ∈R )，且a 1＝2，a 3＋a 5＝－4.(1)若k ＝0，求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)若a 4＝－1，求数列{a n }的通项公式a n .解 (1)当k ＝0时，2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，即a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，所以数列{a n }是等差数列．设数列{a n }的公差为d ，则⎩⎨⎧ a 1＝2，2a 1＋6d ＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝2，d ＝－43.所以S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝2n ＋n (n －1)2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－43 ＝－23n 2＋83n .(2)由题意得2a 4＝a 3＋a 5＋k ，即－2＝－4＋k ，所以k ＝2.所以2a 2＝a 1＋a 3＋2,2a 3＝a 2＋a 4＋2，又a 4＝2a 3－a 2－2＝3a 2－2a 1－6，所以a 2＝3，由2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2＋2得(a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝－2，所以数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝1为首项，－2为公差的等差数列．所以a n ＋1－a n ＝－2n ＋3，当n ≥2时，有a n －a n －1＝－2(n －1)＋3，于是，a n －1－a n －2＝－2(n －2)＋3，a n －2－a n －3＝－2(n －3)＋3，……a 3－a 2＝－2×2＋3，a 2－a 1＝－2×1＋3，叠加得a n －a 1＝－2(1＋2＋…＋(n －1))＋3(n －1)(n ≥2)，所以a n ＝－2×n (n －1)2＋3(n －1)＋2＝－n 2＋4n －1(n ≥2)，又当n ＝1时，a 1＝2也适合，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝－n 2＋4n －1，n ∈N *.热点三数列的综合应用热点3.1 数列与不等式的综合问题数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等式的证明．在解决这些问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法等．如果是解不等式问题，要使用不等式的各种不同解法，如数轴法、因式分解法等．【例3－1】 (2017·泰州月考)设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 2n ＋1＝4S n ＋4n ＋1，n ∈N *，且a 2，a 5，a 14恰好是等比数列{b n }的前三项．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)记数列{b n }的前n 项和为T n ，若对任意的n ∈N *，⎝ ⎛⎭⎪⎫T n ＋32k ≥3n －6恒成立，求实数k 的取值范围．解 (1)当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －4(n －1)－1，所以4a n ＝4S n －4S n －1＝a 2n ＋1－a 2n －4，所以a 2n ＋1＝a 2n ＋4a n ＋4＝(a n ＋2)2，因为a n >0，所以a n ＋1＝a n ＋2，所以当n ≥2时，{a n }是以2为公差的等差数列．因为a 2，a 5，a 14构成等比数列，所以a 25＝a 2·a 14，即(a 2＋6)2＝a 2·(a 2＋24)，解得a 2＝3，由条件可知，4a 1＝a 22－5＝4，所以a 1＝1.因为a 2－a 1＝3－1＝2，所以数列{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列．所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.因为a 5＝9，所以a 5a 2＝3，所以数列{b n }的通项公式为b n ＝3n .(2)T n ＝b 1(1－q n )1－q ＝3(1－3n )1－3＝3n ＋1－32. 因为⎝ ⎛⎭⎪⎫3n ＋1－32＋32k ≥3n －6对n ∈N *恒成立，所以k ≥2n －43n 对n ∈N *恒成立．令c n＝2n－43n，则c n－c n－1＝2n－43n－2n－63n－1＝－2(2n－7)3n(n≥2，n∈N*)，当n≤3时，c n>c n－1；当n≥4时，c n<c n－1，所以(c n)max＝c3＝2 27.故k≥2 27.探究提高数列中不等式问题的处理方法：(1)函数法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式．(2)放缩法：数列中不等式可以通过对中间过程或最后的结果放缩得到．(3)比较法：作差或者作商比较法．【训练3－1】(2017·镇江调研)设数列{a n}的前n项和为S n，已知a1＝1，S n＋1＝2S n＋n＋1(n ∈N*)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若b n＝na n＋1－a n，数列{b n}的前n项和为T n，n∈N*，证明：T n<2.(1)解由S n＋1＝2S n＋n＋1得，当n≥2时，S n＝2S n－1＋n，则S n＋1－S n＝2(S n－S n－1)＋1.所以a n＋1＝2a n＋1，所以a n＋1＋1＝2(a n＋1)，即a n＋1＋1a n＋1＝2(n≥2)，又因为S2＝2S1＋2，a1＝S1＝1，所以a2＝3，所以a2＋1a1＋1＝2，所以a n＋1＝2n，即a n＝2n－1(n∈N*)．(2)证明因为a n ＝2n －1，所以b n ＝n (2n ＋1－1)－(2n －1)＝n 2n ＋1－2n ＝n 2n，所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n 2n ，所以12T n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1，所以T n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1 ＝2－12n －1－n 2n <2. 热点3.2 数列中的探索性问题处理探索性问题的一般方法是：假设题中的数学对象存在或结论成立或其中的一部分结论成立，然后在这个前提下进行逻辑推理．若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用．还可以根据已知条件建立恒等式，利用等式恒成立的条件求解．【例3－2】 (2017·南京调研)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且2a 5－a 3＝13，S 4＝16.(1)求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)设T n ＝∑ni ＝1 (－1)i a i ，若对一切正整数n ，不等式λT n <[a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ]·2n －1恒成立，求实数λ的取值范围；(3)是否存在正整数m ，n (n >m >2)，使得S 2，S m －S 2，S n －S m 成等比数列？若存在，求出所有的m ，n ；若不存在，请说明理由．解 (1)设数列{a n }的公差为d .因为2a 5－a 3＝13，S 4＝16.所以⎩⎨⎧2(a 1＋4d )－(a 1＋2d )＝13，4a 1＋6d ＝16，解得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1，S n ＝n 2.(2)①当n为偶数时，设n＝2k，k∈N*，则T2k＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a2k－a2k－1)＝2k，代入不等式λT n<[a n＋1＋(－1)n＋1a n]·2n－1得λ·2k<4k，从而λ<4k 2k.设f(k)＝4k2k，则f(k＋1)－f(k)＝4k＋12(k＋1)－4k2k＝4k(3k－1)2k(k＋1).因为k∈N*，所以f(k＋1)－f(k)>0，所以f(k)是递增的，所以f(k)min＝2，所以λ<2.②当n为奇数时，设n＝2k－1，k∈N*，则T2k－1＝T2k－(－1)2k a2k＝2k－(4k－1)＝1－2k，代入不等式λT n<[a n＋1＋(－1)n＋1a n]·2n－1，得λ·(1－2k)<(2k－1)4k，从而λ>－4k.因为k∈N*，所以－4k的最大值为－4，所以λ>－4.综上所述，λ的取值范围为(－4,2)．(3)假设存在正整数m，n(n>m>2)，使得S2，S m－S2，S n－S m成等比数列，则(S m－S2)2＝S2·(S n －S m)，即(m2－4)2＝4(n2－m2)，所以4n2＝(m2－2)2＋12，即4n2－(m2－2)2＝12，即(2n－m2＋2)(2n＋m2－2)＝12.因为n>m>2，所以n≥4，m≥3，所以2n＋m2－2≥15.因为2n－m2＋2是整数，所以等式(2n－m2＋2)(2n＋m2－2)＝12不成立．故不存在正整数m，n(n>m>2)，使得S2，S m－S2，S n－S m成等比数列．【训练3－2】(2017·南京、盐城质检)已知数列{a n}，{b n}满足a1＝3，a n b n＝2，b n＋1＝a n ⎝⎛⎭⎪⎫b n －21＋a n ，n ∈N *. (1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是等差数列，并求数列{b n }的通项公式； (2)设数列{c n }满足c n ＝2a n －5，对于给定的正整数p ，是否存在正整数q ，r (p ＜q ＜r )，使得1c p ，1c q ，1c r 成等差数列？若存在，试用p 表示q ，r ；若不存在，请说明理由．(1)证明因为a n b n ＝2，所以a n ＝2b n ，则b n ＋1＝a n b n －2a n 1＋a n ＝2－4b n1＋2b n＝2－4b n ＋2＝2b n b n ＋2，所以1b n ＋1＝1b n ＋12，又a 1＝3，所以b 1＝23，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是首项为32，公差为12的等差数列，即1b n＝32＋(n －1)×12＝n ＋22，所以b n ＝2n ＋2. (2)解由(1)知a n ＝n ＋2，所以c n ＝2a n －5＝2n －1.①当p ＝1时，c p ＝c 1＝1，c q ＝2q －1，c r ＝2r －1，若1c p ，1c q ，1c r成等差数列，则22q －1＝1＋12r －1，(*) 因为p ＜q ＜r ，所以q ≥2，r ≥3，22q －1＜1,1＋12r －1＞1，所以(*)式不成立． ②当p ≥2时，若1c p ，1c q ，1c r 成等差数列，则22q －1＝12p －1＋12r －1，所以12r －1＝22q －1－12p －1＝4p －2q －1(2p －1)(2q －1)，即2r －1＝(2p －1)(2q －1)4p －2q －1，所以r ＝2pq ＋p －2q 4p －2q －1，欲满足题设条件，只需q ＝2p －1，此时r ＝4p 2－5p ＋2，因为p ≥2，所以q ＝2p －1＞p ，r －q ＝4p 2－7p ＋3＝4(p －1)2＋p －1＞0，即r ＞q .综上所述，当p ＝1时，不存在q ，r 满足题设条件；当p≥2时，存在q＝2p－1，r＝4p2－5p＋2，满足题设条件.热点3.3数列的实际应用数列在实际问题中的应用，要充分利用题中限制条件确定数列的特征，如通项公式、前n 项和公式或递推关系式，建立数列模型．【例3－3】某企业的资金每一年都比上一年分红后的资金增加一倍，并且每年年底固定给股东们分红500万元，该企业2010年年底分红后的资金为1 000万元．(1)求该企业2014年年底分红后的资金；(2)求该企业从哪一年开始年底分红后的资金超过32 500万元．解设a n为(2010＋n)年年底分红后的资金，其中n∈N*，则a1＝2×1 000－500＝1 500，a2＝2×1 500－500＝2 500，…，a n＝2a n－1－500(n≥2)．∴a n－500＝2(a n－1－500)(n≥2)，即数列{a n－500}是以a1－500＝1 000为首项，2为公比的等比数列，∴a n－500＝1 000×2n－1，∴a n＝1 000×2n－1＋500.(1)∵a4＝1 000×24－1＋500＝8 500，∴该企业2014年年底分红后的资金为8 500万元．(2)由a n>32 500，即2n－1>32，得n>6，∴该企业从2017年开始年底分红后的资金超过32 500万元．【训练3－3】(2017·南京师大附中模拟)为了减少城市公交车的碳排放，优化城市环境，某市计划用若干年时间更换现有的10 000辆燃油型公交车．每更换1辆新车，则淘汰1辆燃油型公交车，更换的新车分别为电力型车、混合动力型车这两种车型，今年初(记为第1年)投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车400辆，计划以后每年电力型车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．设S n ，T n 分别为前n 年里投入的电力型公交车、混合动力型公交车的总数量．(1)求S n ，T n ；(2)该市计划从今年起，要实现以下的更新目标：用2年的时间至少更新燃油型公交车总量的12%，用5年的时间至少更新燃油型公交车总量的50%，求a 的最小值．解 (1)S n ＝256⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1， T n ＝400n ＋n (n －1)2a .(2)设前n 年更换的燃油型公交车为A n 辆，则A n ＝S n ＋T n ＝256⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＋400n ＋n (n －1)2a ，由题意得⎩⎨⎧ A 2≥1 200，A 5≥5 000，解得⎩⎨⎧a ≥80，a ≥131.2，即a ≥131.2且a ∈N *，所以a 的最小值为132.(建议用时：80分钟)1．(2015·重庆卷)已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92.(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n .解 (1)设{a n }的公差为d ，则由已知条件得a 1＋2d ＝2,3a 1＋3×22d ＝92，化简得a 1＋2d ＝2，a 1＋d ＝32，解得a 1＝1，d ＝12，故{a n }的通项公式a n ＝1＋n －12，即a n ＝n ＋12.(2)由(1)得b 1＝1，b 4＝a 15＝15＋12＝8.设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 4b 1＝8，从而q ＝2，故{b n }的前n 项和T n ＝b 1(1－q n )1－q ＝1×(1－2n )1－2＝2n －1. 2．(2017·苏州调研)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d ≠0，且S 3＋S 5＝50，a 1，a 4，a 13成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)依题意得⎩⎪⎨⎪⎧ 3a 1＋3×22d ＋5a 1＋4×52d ＝50，(a 1＋3d )2＝a 1(a 1＋12d )，解得⎩⎨⎧a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝2n ＋1. (2)∵b n a n ＝3n －1，∴b n ＝a n ·3n －1＝(2n ＋1)·3n －1， ∴T n ＝3＋5×3＋7×32＋…＋(2n ＋1)×3n －1，3T n ＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n －1)×3n －1＋(2n ＋1)×3n ，两式相减得，－2T n ＝3＋2×3＋2×32＋…＋2×3n －1－(2n ＋1)×3n＝3＋2×3(1－3n －1)1－3－(2n ＋1)×3n ＝－2n ×3n ， ∴T n ＝n ×3n .3．(2017·兰州模拟)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. (1)解由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0.由于{a n }是正项数列，所以S n >0，S n ＝n 2＋n .于是a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n ，又a 1＝2＝2×1.综上，数列{a n }的通项a n ＝2n .(2)证明由于a n ＝2n ，b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n，则b n ＝n ＋14n 2(n ＋2)2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1(n ＋2)2. T n ＝116⎣⎢⎡1－132＋122－142＋132－152＋… ⎦⎥⎤＋1(n －1)2－1(n ＋1)2＋1n 2－1(n ＋2)2 ＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2<116⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＝564. 所以对于任意的n ∈N *，都有T n ＜564.4．(2017·泰州模拟)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；(3)在(2)的条件下，设c n ＝a n b n，求证：数列{c n }中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积．(1)解因为a n ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ，所以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)解若b n ＝n ，则2S n ＝na n ＋2n ，①所以2S n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1＋2(n ＋1)，②由②－①得2a n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ＋2，即na n ＝(n －1)a n ＋1＋2，③当n ≥2时，(n －1)a n －1＝(n －2)a n ＋2，④由③－④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 ，又由2S 1＝a 1＋2得a 1＝2，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.(3)证明由(2)得c n ＝n ＋1n，对于给定的n ∈N *，若存在k ≠n ，t ≠n ，k ≠t ，k ，t ∈N *，使得c n ＝c k ·c t ，只需n ＋1n ＝k ＋1k ·t ＋1t ，即1＋1n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1t ，即1n ＝1k ＋1t ＋1kt ，则t ＝n (k ＋1)k －n，取k ＝n ＋1，则t ＝n (n ＋2)，所以对数列{c n }中的任意一项c n ＝n ＋1n ，都存在c n ＋1＝n ＋2n ＋1和c n 2＋2n ＝n 2＋2n ＋1n 2＋2n使得c n ＝c n ＋1·c n 2＋2n .5．(2017·徐州、宿迁、连云港三市模拟)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝⎩⎨⎧ a n ＋2，n ＝2k －1，3a n ，n ＝2k(k ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2的正整数n 的值；(3)设数列{a n }的前n 项和为S n ，问是否存在正整数m ，n ，使得S 2n ＝mS 2n －1？若存在，求出所有的正整数对(m ，n )；若不存在，请说明理由．解 (1)由题意，数列{a n }的奇数项是以a 1＝1为首项，2为公差的等差数列；偶数项是以a 2＝2为首项，3为公比的等比数列．所以对任意正整数k ，a 2k －1＝2k －1，a 2k ＝2×3k －1.所以数列{a n }的通项公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n ＝2k －1，2×3n 2－1，n ＝2k (k ∈N *)． (2)当n 为奇数时，由2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，得2×2×3n ＋12－1＝n ＋n ＋2，所以2×3n－12＝n＋1，令f(x)＝2×3x－12－x－1(x≥1)，由f′(x)＝23×(3)x×ln3－1≥23×3×ln3－1＝ln 3－1>0，可知f(x)在[1，＋∞)上是增函数，所以f(x)≥f(1)＝0，所以当且仅当n＝1时，满足2×3n－12＝n＋1，即2a2＝a1＋a3.当n为偶数时，由2a n＋1＝a n＋a n＋2，得2(n＋1)＝2×3n2－1＋2×3n＋22－1，即n＋1＝3n2－1＋3n2＝4×3n2－1，上式左边为奇数，右边为偶数，因此不成立．综上，满足2a n＋1＝a n＋a n＋2的正整数n的值为1. (3)存在．S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝n(1＋2n－1)2＋2(1－3n)1－3＝3n＋n2－1，n∈N*.S2n－1＝S2n－a2n＝3n－1＋n2－1.假设存在正整数m，n，使得S2n＝mS2n－1，则3n＋n2－1＝m(3n－1＋n2－1)，所以3n－1(3－m)＝(m－1)(n2－1)，(*)从而3－m≥0，所以m≤3，又m∈N*，所以m＝1,2,3.①当m＝1时，(*)式左边大于0，右边等于0，不成立．②当m＝3时，(*)式左边等于0，所以2(n2－1)＝0，n＝1，所以S2＝3S1.③当m ＝2时，(*)式可化为3n －1＝n 2－1＝(n ＋1)(n －1)，则存在k 1，k 2∈N ，k 1<k 2，使得n －1＝3k 1，n ＋1＝3k 2且k 1＋k 2＝n －1，从而3k 2－3k 1＝3k 1(3k 2－k 1－1)＝2，所以3k 1＝1,3k 2－k 1－1＝2，所以k 1＝0，k 2－k 1＝1，于是n ＝2，S 4＝2S 3.综上，符合条件的正整数对(m ，n )为(2,2)，(3,1)．6．(2016·江苏卷)记U ＝{1,2，…，100}．对数列{a n }(n ∈N *)和U 的子集T ，若T ＝∅，定义S T ＝0；若T ＝{t 1，t 2，…，t k }，定义S T ＝at 1＋at 2＋…＋at k .例如：T ＝{1,3,66}时，S T ＝a 1＋a 3＋a 66.现设{a n }(n ∈N *)是公比为3的等比数列，且当T ＝{2,4}时，S T ＝30.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意正整数k (1≤k ≤100)，若T ⊆{1,2，…，k }，求证：S T ＜a k ＋1；(3)设C ⊆U ，D ⊆U ，S C ≥S D ，求证：S C ＋S C ∩D ≥2S D .(1)解当T ＝{2,4}时，S T ＝a 2＋a 4＝a 2＋9a 2＝30，∴a 2＝3，a 1＝a 23＝1，故a n ＝a 1q n －1＝3n －1.(2)证明对任意正整数k (1≤k ≤100)．由于T ⊆{1,2，…，k }，则S T ≤a 1＋a 2＋a 3＋…＋a k ＝1＋3＋32＋…＋3k －1＝3k －12＜3k ＝a k ＋1.(3)证明设A ＝∁C (C ∩D )，B ＝∁D (C ∩D )，则A ∩B ＝∅，S C ＝S A ＋S C ∩D ，S D ＝S B ＋S C ∩D ，S C ＋S C ∩D －2S D ＝S A －2S B ，∴S C ＋S C ∩D ≥2S D 等价于S A ≥2S B .由条件S C ≥S D 可得S A ≥S B .①若B ＝∅，则S B ＝0，所以S A ≥2S B 成立，②若B≠∅，由S A≥S B可知A≠∅，设A中的最大元素为I，B中的最大元素为m，若m≥I＋1，则由(2)得S A＜S I＋1≤a m≤S B，矛盾．又∵A∩B＝∅，∴I≠m，∴I≥m＋1，∴S B≤a1＋a2＋…＋a m＝1＋3＋32＋…＋3m－1＜a m＋12≤a I2≤S A2，即S A＞2S B成立．综上所述，S A≥2S B.故S C＋S C∩D≥2S D成立.。

第11章测试题-2018年高考数学一轮复习讲练测江苏版

班级__________ 姓名_____________ 学号___________ 得分__________一、填空题：请把答案直接填写在答题卡相应的位置．．．．．．．．上(共14题，每小题5分，共计70分)． 1. 已知随机变量X 的分布列如右图所示，则(68)E X +=________.【答案】21.2【解析】首先()10.220.430.4 2.2E X =⨯+⨯+⨯=，所以(68)6()86 2.2821.2E X E X +=+=⨯+= 2. 设X 为随机变量，X ～B 1,3n ⎛⎫ ⎪⎝⎭，若随机变量X 的数学期望E(X)＝2，则P(X ＝2)等于________. 【答案】802433. 若(x －1)4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4，则a 0＋a 2＋a 4的值为________. 【答案】8【解析】令x ＝1，则a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝0，令x ＝－1，则a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4＝16， ∴a 0＋a 2＋a 4＝8.4. 一个篮球运动员投篮一次得3分的概率为a ，得2分的概率为b ，不得分的概率为c （a 、b 、(0,1)c ∈），已知他投篮一次得分的数学期望为2（不计其它得分情况），则ab 的最大值为________. 【答案】16【解析】由题意：2122(13)6232213a b c a cab c c c c a b b c++==⎧⎧⇒⇒=-=-+⎨⎨+==-⎩⎩，令2()62f x x x =-+，这是一个开口向下的二次函数，其顶点坐标为11(,)66，因此当且仅当16c =时，ab 最大值有16.5. 二项式n的展开式中第4项为常数项，则常数项为________. 【答案】10-【解析】由题意可知n 的展开式的常数项为3333315364((1)n n n n T C C x --=-=，令3150,n -=可得5n =.故所求常数项为3345(1)10T C -=-=.6. 如果1111221011)23(x a x a x a a x ++++=+ ，那么0211531()(a a a a a -++++ 21042)a a a ++++ 的值是________.7. 不等式521≥++-x x 的解集为 . 【答案】(][),32,-∞-+∞.8. 已知x 2＋y 2＝10，则3x ＋4y 的最大值为______．【答案】510.【解析】∵(32＋42)(x 2＋y 2)≥(3x ＋4y )2，当且仅当3y ＝4x 时等号成立， ∴25×10≥(3x ＋4y )2， ∴(3x ＋4y )max ＝510.9. 将曲线xy ＝1绕坐标原点按逆时针方向旋转45°，所得曲线的方程为______．【答案】y 22－x 22＝1.，落在圆盘中0分处的概率为c ，（)1,0(,,∈c b a ），已知旋转一次圆盘得分的数学期望为1分，则ba 312+的最小值为________.【答案】332 【解析】由分布列知：()1,231a b c E x b a ++==+=，∴2121242032()(32)6433333b a a b a b a b a b +=++=+++≥+=. 11. 在极坐标系中，圆心在(2，π)且过极点的圆的方程为________．【答案】ρ＝－22cos θ【解析】如图，O 为极点，OB 为直径，A (ρ，θ)，则∠ABO ＝θ－90°，OB ＝22＝ρθ－，化简得ρ＝－22cos θ.12. 参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3t 2＋2y ＝t 2－1(0≤t ≤5)的曲线为________．(填“线段”“射线”“圆弧”或“双曲线的一支”) 【答案】线段【解析】化为普通方程为x ＝3(y ＋1)＋2，即x －3y －5＝0，由于x ＝3t 2＋2∈[2,77]，故曲线为线段．13. 如图，弦AB 与CD 相交于⊙O 内一点E ，过E 作BC 的平行线与AD 的延长线交于点P .已知PD ＝2DA ＝2，则PE ＝________.【答案】 6【解析】由PE ∥BC 知，∠A ＝∠C ＝∠PED .在△PDE 和△PEA 中，∠APE ＝∠EPD ，∠A ＝∠PED ，故△PDE ∽△PEA ，则PD PE ＝PEPA，于是PE 2＝PA ·PD ＝3×2＝6，所以PE ＝ 6.14.随机变量ξ的取值为0,1,2，若()105P ξ==，()1E ξ=，则()D ξ=________. 【答案】25三、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. 在直角坐标系xOy 中，曲线1C 的参数方程为()sin x y ααα⎧=⎪⎨=⎪⎩为参数，以坐标原点为极点，以x 轴的正半轴为极轴，，建立极坐标系，曲线2C 的极坐标方程为sin()4ρθπ+=（I ）写出1C 的普通方程和2C 的直角坐标方程；（II ）设点P 在1C 上，点Q 在2C 上，求PQ 的最小值及此时P 的直角坐标.【答案】（Ⅰ）1C 的普通方程为2213x y +=，2C 的直角坐标方程为40x y +-=；（Ⅱ）31(,)22．16. 设实数12n a a a ，，，满足120n a a a +++=，且12||||||1n a a a +++≤(*n ∈N 且2)n ≥，令(*)nn a b n n =∈N ．求证：1211||22n b b b n+++-≤(*)n ∈N ．【答案】详见解析【解析】证明：（1）当2n =时，12a a =-，∴1122||||||1a a a =+≤，即11||2a ≤，∴21121||111||||224222a ab b a +=+==-⨯≤，即当2n =时，结论成立． …………2分（2）假设当n k =(*k ∈N 且2)k ≥时，结论成立，即当120k a a a +++=，且12||||||1k a a a +++≤时，有1211||22k b b b k+++-≤． …………3分则当1n k =+时，由1210k k a a a a +++++=，且121||||||1k a a a ++++≤，∵11211212|||||||||||1k k k k a a a a a a a a +++=+++++++≤≤，∴11||2k a +≤， …………5分又∵1211()0k k k a a a a a -++++++=，且 1211121||||||||||||||1k k k k a a a a a a a a -++++++++++≤≤，由假设可得112111||22k k k a a b b b k k+-+++++-≤， …………7分 ∴1121121|||1k k k k k a a b b b b b b b k k ++-++++=++++++1111112111|()(||1221k k k k k k k a a a a a a b b b k k k k k k+++++-+=+++++-+++-)|≤- 111111111111()||()221221222(1)k a k k k k k k k +=-+-+⨯=-+++-≤-，即当1n k =+时，结论成立．综上，由（1）和（2）可知，结论成立． …………10分 17.【选修4-2：矩阵与变换】（本小题满分10分）已知矩阵1214A ⎡⎤=⎢⎥-⎣⎦，向量53a ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，计算5A a . 【答案】371307⎡⎤⎢⎥⎣⎦18. 有一种密码，明文是由三个字符组成，密码是由明文对应的五个数字组成，编码规则如下表：明文由表中每一排取一个字符组成且第一排取的字符放在第一位，第二排取的字符放在第二位，第三排取的字符放在第三位，对应的密码由明文对应的数字按相同的次序排列组成．（Ⅰ）求P (ξ＝2)；（Ⅱ）求随机变量ξ的分布列和数学期望．∴E(ξ)＝2×18＋3×1932＋4×932＝1013219. 已知函数11()||||22f x x x =-++，M 为不等式()2f x <的解集．（Ⅰ）求M ；（Ⅱ）证明：当,a b M ∈时，|||1|a b ab +<+．【答案】（Ⅰ）{|11}M x x =-<<；（Ⅱ）详见解析.【解析】（I ）12,,211()1,,2212,.2x x f x x x x ⎧-≤-⎪⎪⎪=-<<⎨⎪⎪≥⎪⎩当12x ≤-时，由()2f x <得22,x -<解得1x >-；当1122x -<<时， ()2f x <；当12x ≥时，由()2f x <得22,x <解得1x <.所以()2f x <的解集{|11}M x x =-<<.（II ）由（I ）知，当,a b M ∈时，11,11a b -<<-<<，从而22222222()(1)1(1)(1)0a b ab a b a b a b +-+=+--=--<，因此|||1|.a b ab +<+ 20.记{}1,2,100U =…，.对数列{}()*n a n N ∈和U 的子集T ，若T =∅,定义0T S =;若{}12,,k T t t t =…，，定义12+k T t t t S a a a =++….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,k T ⊆…，，求证：1T k S a +<；（3）设,,C D C U D U S S ⊆⊆≥,求证：2C CDD S S S +≥.【答案】（1）13n n a -=（2）详见解析（3）详见解析。

2018版高考数学(江苏专用理科)专题复习：专题6 数列第41练含解析

1．设数列{a n }的前n 项和为S n .已知2S n ＝3n ＋3.(1)求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n b n ＝log 3a n ，求{b n }的前n 项和T n .2．(2015·安徽)已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 3．已知数列{a n }的各项均为正数，S n 是数列{a n }的前n 项和，且4S n ＝a 2n ＋2a n －3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n ＝2n ，求T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n 的值．4．(2016·苏州、无锡、常州、镇江三模)已知常数λ≥0，若各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＋1＝a n ＋1a nS n ＋(λ·3n ＋1)a n ＋1(n ∈N *)． (1)若λ＝0，求数列{a n }的通项公式；(2)若a n ＋1＜12a n 对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围．5．已知函数f (x )满足f (x ＋y )＝f (x )·f (y )且f (1)＝12.(1)当n ∈N *时，求f (n )的表达式；(2)设a n ＝n ·f (n )，n ∈N *，求证：a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＜2；(3)设b n ＝(9－n )f (n ＋1)f (n )，n ∈N *，S n 为{b n }的前n 项和，当S n 最大时，求n 的值．答案精析1．解 (1)因为2S n ＝3n ＋3，所以2a 1＝3＋3，故a 1＝3，当n ＞1时，2S n －1＝3n －1＋3，此时2a n ＝2S n －2S n －1＝3n －3n －1＝2×3n －1，即a n ＝3n －1，显然当n ＝1时，a 1不满足a n ＝3n －1，所以a n ＝⎩⎨⎧ 3，n ＝1，3n －1，n ＞1.(2)因为a n b n ＝log 3a n ，所以b 1＝13，当n ＞1时，b n ＝31－n log 33n －1＝(n －1)·31－n ，所以T 1＝b 1＝13.当n ＞1时，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝13＋1×3－1＋2×3－2＋3×3－3＋…＋(n －1)×31－n ]，所以3T n ＝1＋1×30＋2×3－1＋3×3－2＋…＋(n －1)×32－n ]，两式相减，得2T n ＝23＋(30＋3－1＋3－2＋3－3＋…＋32－n )－(n －1)×31－n＝23＋1－31－n 1－3－1－(n －1)×31－n ＝136－6n ＋32×3n ，所以T n ＝1312－6n ＋34×3n. 经检验，n ＝1时也适合．综上可得T n ＝1312－6n ＋34×3n. 2．解 (1)由题设知a 1·a 4＝a 2·a 3＝8.又a 1＋a 4＝9，可解得⎩⎨⎧ a 1＝1，a 4＝8或⎩⎨⎧a 1＝8，a 4＝1(舍去)．由a 4＝a 1q 3得公比q ＝2，故a n ＝a 1q n －1＝2n －1(n ∈N *)．(2)S n ＝a 1(1－q n )1－q＝2n －1，又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋… ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1. 3．解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝14a 21＋12a 1－34.解得a 1＝3.又∵4S n ＝a 2n ＋2a n －3，①当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －1＋2a n －1－3.②①－②，得4a n ＝a 2n －a 2n －1＋2(a n －a n －1)，即a 2n －a 2n －1－2(a n ＋a n －1)＝0.∴(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0.∵a n ＋a n －1＞0，∴a n －a n －1＝2(n ≥2)，∴数列{a n }是以3为首项，2为公差的等差数列． ∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1.(2)T n ＝3×21＋5×22＋…＋(2n ＋1)·2n ，③2T n ＝3×22＋5×23＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)2n ＋1，④ ④－③，得T n ＝－3×21－2(22＋23＋…＋2n )＋(2n ＋1)2n ＋1 ＝－6＋8－2·2n ＋1＋(2n ＋1)·2n ＋1＝(2n －1)2n ＋1＋2.4．解 (1)当λ＝0时，S n ＋1＝a n ＋1a nS n ＋a n ＋1，所以S n ＝a n ＋1a nS n . 因为a n ＞0，所以S n ＞0，所以a n ＋1＝a n .因为a 1＝1，所以a n ＝1.(2)因为S n ＋1＝a n ＋1a nS n ＋(λ·3n ＋1)·a n ＋1，a n ＞0，所以S n ＋1a n ＋1－S n a n＝λ·3n ＋1，则S 2a 2－S 1a 1＝λ·3＋1， S 3a 3－S 2a 2＝λ·32＋1，…， S n a n －S n －1a n －1＝λ·3n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)．累加，得S n a n－1＝λ·(3＋32＋…＋3n －1)＋n －1，则S n ＝(λ·3n －32＋n )·a n (n ≥2，n ∈N *)．经检验，上式对n ＝1也成立，所以S n ＝(λ·3n －32＋n )·a n (n ∈N *)，①S n ＋1＝(λ·3n ＋1－32＋n ＋1)·a n ＋1(n ∈N *)．②②－①，得a n ＋1＝(λ·3n ＋1－32＋n ＋1)·a n ＋1－(λ·3n －32＋n )·a n ，即(λ·3n ＋1－32＋n )·a n ＋1＝(λ·3n －32＋n )·a n .因为λ≥0，所以λ·3n －32＋n ＞0，λ·3n ＋1－32＋n ＞0.因为a n ＋1＜12a n 对一切n ∈N *恒成立，所以λ·3n －32＋n ＜12·(λ·3n ＋1－32＋n )对一切n ∈N *恒成立，即λ＞2n 3n ＋3对一切n ∈N *恒成立．记b n ＝2n 3n ＋3，则b n －b n ＋1＝2n 3n ＋3－2n ＋23n ＋1＋3＝(4n －2)3n －6(3n ＋3)(3n ＋1＋3). 当n ＝1时，b n －b n ＋1＝0；当n ≥2时，b n －b n ＋1＞0.所以b 1＝b 2＝13是一切b n 中最大的项．综上，λ的取值范围是(13，＋∞)．5．(1)解令x ＝n ，y ＝1，得f (n ＋1)＝f (n )·f (1)＝12f (n )，∴{f (n )}是首项为12，公比为12的等比数列，∴f (n )＝(12)n . (2)证明设T n 为{a n }的前n 项和，∵a n ＝n ·f (n )＝n ·(12)n ，∴T n ＝12＋2×(12)2＋3×(12)3＋…＋n ×(12)n ，12T n ＝(12)2＋2×(12)3＋3×(12)4＋…＋(n －1)×(12)n ＋n ×(12)n ＋1，两式相减得12T n ＝12＋(12)2＋(12)3＋…＋(12)n －n ×(12)n ＋1，＝1－(12)n －n ×(12)n ＋1，∴T n ＝2－(12)n －1－n ×(12)n ＜2.(3)解 ∵f (n )＝(12)n ，∴b n ＝(9－n )f (n ＋1)f (n )＝(9－n )(12)n ＋1(12)n＝9－n 2. ∴当n ≤8时，b n ＞0；当n ＝9时，b n ＝0；当n ＞9时，b n ＜0.∴当n ＝8或n ＝9时，S n 取得最大值．。