您的位置：360文档中心› 江苏省高考数学二轮解答题专项复习：数列

江苏省高考数学二轮解答题专项复习：数列

合集下载

2023年高考数学二轮复习第一部分专题攻略专题三数列第一讲等差数列与等比数列

2023年高考数学二轮复习第一部分专题攻略专题三数列第一讲等差数列与等比数列

专题三 数列第一讲 等差数列与等比数列——小题备考常考常用结论 1．等差数列(1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ； (2)求和公式：S n ＝n (a 1+a n )2＝na 1＋n (n−1)2d ；(3)性质：①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ； ②a n ＝a m ＋(n －m)d ；③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等差数列． 2．等比数列(1)通项公式：a n ＝a 1q n －1(q ≠0)； (2)求和公式：q ＝1，S n ＝na 1；q ≠1，S n ＝a 1(1−q n )1−q＝a 1−a n q 1−q；(3)性质：①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ；②a n ＝a m ·q n －m ；③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…(S m ≠0)成等比数列．微专题1 等差数列与等比数列的基本量计算保分题1.[2022·河北石家庄二模]等差数列{a n }的前n 项和记为S n ，若a 2＋a 2 021＝6，则S 2 022＝( )A ．3 033B ．4 044C ．6 066D ．8 0882．[2022·辽宁沈阳三模]在等比数列{a n }中，a 2，a 8为方程x 2－4x ＋π＝0的两根，则a 3a 5a 7的值为( )A ．π√πB ．－π√πC ．±π√πD ．π33．[2022·全国乙卷]已知等比数列{a n }的前3项和为168，a 2－a 5＝42，则a 6＝( ) A ．14 B ．12 C ．6D ．3提分题例1 (1)[2022·江苏盐城三模]已知数列{a n}，{b n}均为等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝120，则a37＋b37的值为()A．760 B．820C．780 D．860(2)[2022·广东佛山三模]已知公比为q的等比数列{a n}的前n项和S n＝c＋2·q n，n∈N*，且S3＝14，则a4＝()A．48B．32 C．16D．8听课笔记：技法领悟1．等差、等比数列基本运算的关注点(1)基本量：在等差或等比数列中，首项a1和公差d(公比q)是两个基本元素；(2)解题思路：①设基本量a1和d(q)；②列、解方程(组)；把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，减少计算量．2．等差、等比数列性质问题的求解策略(1)解决此类问题的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．(2)应牢固掌握等差、等比数列的性质，特别是等差数列中“若m＋n＝p＋q，则a m＋a n ＝a p＋a q”这一性质与求和公式S n＝n(a1+a n)2的综合应用．巩固训练11.[2022·河北邯郸二模]在我国古代著作《九章算术》中，有这样一个问题：“今有五人分五钱，令上二人与下三人等，问各得几何？”意思是有五个人分五钱，且得钱最多的两个人的钱数之和与另外三个人的钱数之和相等，问每个人分别分得多少钱？若已知这五人分得的钱数从多到少成等差数列，则这个等差数列的公差d＝()A．－16B．－15C．－14D．－132．[2022·山东淄博一模]已知等比数列{a n }，其前n 项和为S n .若a 2＝4，S 3＝14，则a 3＝________.微专题2 等差数列与等比数列的综合保分题1.[2022·辽宁沈阳一模]已知等差数列{a n }的公差为2，且a 2，a 3，a 5成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．n(n －2)B ．n(n －1)C ．n(n ＋1)D ．n(n ＋2) 2．各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，4a 1，2a 3，a 5成等差数列，则a 1＝( ) A ．5√2－5 B ．5√2＋5 C ．5√2 D ．53．已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝4，S 9＝19，则S 6，S 9的等差中项为________．提分题例2 (1)[2022·山东日照三模]在公差不为0的等差数列{a n }中，a 1，a 2，a k 1，a k 2，a k 3成公比为3的等比数列，则k 3＝( )A ．14B ．34C ．41D ．86(2)[2022·山东潍坊三模](多选)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，则下列结论正确的是( )A ．数列{Snn }为等差数列B ．对任意正整数n ，b +n 2b n+22 ≥2b n ＋12 C ．数列{S 2n ＋2－S 2n }一定是等差数列 D ．数列{T 2n ＋2－T 2n }一定是等比数列 听课笔记：技法领悟等差、等比数列综合问题的求解策略对于等差数列与等比数列交汇的问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用等差中项、等比中项等性质，可使运算简便．巩固训练21.已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2，2a 5，3a 8成等差数列，则S6S 3＝( )A ．1或43B ．1或13C ．2或43D ．13或432．[2022·湖北荆州三模](多选)等差数列{a n }的前项n 和为S n ，数列{b n }为等比数列，则下列说法正确的选项有 ( )A ．数列{2a n }一定是等比数列B ．数列{b a n }一定是等比数列C ．数列{Snn }一定是等差数列D ．数列{b n ＋b n ＋1}一定是等比数列微专题3 数列的递推保分题1.[2022·广东汕头三模]已知数列{a n }中，a 1＝－14，当n>1时，a n ＝1－1a n−1，则a 2 022＝( )A ．－14 B ．45 C ．5 D ．－45 2．数列{a n }中，若a 1＝2，a n ＋1＝2a n a n +2，则a 7＝( )A ．18 B ．17 C ．27 D ．143．[2022·山东泰安三模]已知数列{a n }满足：对任意的m ，n ∈N *，都有a m a n ＝a m ＋n ，且a 2＝3，则a 20＝( )A ．320B ．315C ．310D ．35提分题 例3 (1)[2022·湖南雅礼中学二模](多选)著名的“河内塔”问题中，地面直立着三根柱子，在1号柱上从上至下、从小到大套着n 个中心带孔的圆盘．将一个柱子最上方的一个圆盘移动到另一个柱子，且保持每个柱子上较大的圆盘总在较小的圆盘下面，视为一次操作．设将n 个圆盘全部从1号柱子移动到3号柱子的最少操作数为a n ，则( )A ．a 2＝3B ．a 3＝8C ．a n ＋1＝2a n ＋nD ．a n ＝2n －1(2)设{a n }是首项为1的正项数列，且(n +1)a n+12－na n 2＋a n ＋1a n ＝0(n ＝1，2，3，…)，则它的通项公式是a 100＝( )A ．100B ．1100C ．101D ．1101听课笔记：技法领悟1．通过验证或者推理得出数列的周期性后求解．2．根据已知递推关系式，变形后构造出等差数列或等比数列，再根据等差数列或等比数列的知识求解．3．三种简单的递推数列：a n ＋1－a n ＝f(n)，a n+1a n＝f(n)，a n ＋1＝pa n ＋q(p ≠0，1，q ≠0)，第一个使用累加的方法，第二个使用累乘的方法，第三个可以使用待定系数法化为等比数列(设a n ＋1＋λ＝p(a n ＋λ)，展开比较系数得出λ)．巩固训练3 1.南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层(即第一层)有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设“三角垛”从第一层到第n层的各层的球数构成一个数列{a n}，则() A．a5－a4＝4 B．a100＝5 000C．2a n＋1＝a n＋a n＋2D．a n＋1－a n＝n＋12．[2022·福建漳州二模]已知S n是数列{a n}的前n项和，a1＝1，a2＝2，a3＝3，记b n＝a n＋a n＋1＋a n＋2且b n＋1－b n＝2，则S31＝()A．171 B．278 C．351 D．395第一讲等差数列与等比数列微专题1等差数列与等比数列的基本量计算保分题＝1 011×6 1．解析：由等差数列{a n}知，a2＋a2 021＝a1＋a2 022＝6，所以S2 022＝2 022(a1+a2 022)2＝6 066.答案：C2．解析：在等比数列{a n}中，因为a2，a8为方程x2－4x＋π＝0的两根，所以a2a8＝π＝a52，所以a5＝±√π，所以a3a5a7＝a53＝±π√π.故选C.答案：C3．解析：设等比数列{a n }的公比为q.由题意知，{a 2q+a 2+a 2q =168，a 2−a 2q 3=42.两式相除，得1+q+q 2q (1−q 3)＝4，解得q ＝12.代入a 2－a 2q 3＝42，得a 2＝48，所以a 6＝a 2q 4＝3.故选D .答案：D提分题[例1] 解析：(1)∵数列{a n }，{b n }均为等差数列，设公差分别为d 1，d 2 (a n ＋1＋b n ＋1)－(a n ＋b n )＝(a n ＋1－a n )＋(b n ＋1－b n )＝d 1＋d 2， 则数列{a n ＋b n }也为等差数列， a 1＋b 1＝100，a 2＋b 2＝120，数列{a n ＋b n }的首项为100，公差为20， ∴a 37＋b 37＝100＋20×36＝820，故选B .(2)因为公比为q 的等比数列{a n }的前n 项和S n ＝c ＋2·q n ①， 当n ＝1时a 1＝S 1＝c ＋2·q ， 当n ≥2时S n －1＝c ＋2·q n －1 ②， ①－②得a n ＝2·q n －2·q n －1＝(2q －2)·q n －1，所以2q －2＝c ＋2q ，则c ＝－2，又S 3＝14，所以S 3＝－2＋2·q 3＝14，解得q ＝2， 所以a n ＝2n ，则a 4＝24＝16. 答案：(1)B (2)C [巩固训练1]1．解析：若分得的钱从多到少分别为a 1，a 2，a 3，a 4，a 5， 所以{a 1+a 2=a 3+a 4+a 5a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=5，所以{a 1=−8d5a 1+10d =5，可得{a 1=43d =−16.答案：A2．解析：设等比数列的公比为q ，因为a 2＝4，S 3＝14，所以a 1＋a 3＝10，即a2q ＋a 2q ＝10，所以2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝12，所以当q＝2时，a3＝8；当q＝12时，a3＝2所以，a3＝2或a3＝8.答案：2或8微专题2等差数列与等比数列的综合保分题1．解析：设等差数列{a n}公差d＝2，由a2，a3，a5成等比数列得，a32＝a2·a5，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋4d)，解得a1＝0，∴S n＝n×0＋n(n−1)2×2＝n(n－1)．答案：B2．解析：设等比数列{a n}的公比为q，(q>0)，a1≠0，故由题意可得：{a1(1+q+q2+q3)=154a3=4a1+a5，{a1(1+q+q2+q3)=154q2=4+q4，解得q2＝2，q＝√2，a1＝5√2－5.答案：A3．解析：设S6＝x，因为{a n}为等比数列，所以S3，S6－S3，S9－S6成等比数列．因为S3＝4，S9＝19，所以4(19－x)＝(x－4)2，解得x＝10或x＝－6(舍去)．所以S6，S9的等差中项为292.答案：292提分题[例2]解析：(1)因为a1，a2，a k1，a k2，a k3成公比为3的等比数列，可得a2＝3a1，所以a k3＝a1·34＝81a1，又因为数列{a n}为等差数列，所以公差d＝a2－a1＝2a1，所以a k 3＝a 1＋(k 3－1)d ＝a 1＋2(k 3－1)a 1＝(2k 3－1)a 1， 所以(2k 3－1)a 1＝81a 1，解得k 3＝41. 故选C .(2)设等差数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n (n−1)2d ，所以，S n n ＝a 1＋(n−1)d 2.对于A 选项，S n+1n+1−S n n＝a 1＋nd 2－a 1－(n−1)d 2＝d 2，所以，{S n n}为等差数列，A 对；对于B 选项，对任意的n ∈N *，b n ≠0，由等比中项的性质可得b n+12＝b n b n ＋2，由基本不等式可得b n 2 +b n ＋22≥2b n b n ＋2＝2b n+12，B 对；对于C 选项，令c n ＝S 2n ＋2－S 2n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1， 所以，c n ＋1－c n ＝(a 2n ＋4＋a 2n ＋3)－(a 2n ＋2＋a 2n ＋1)＝4d ， 故数列{S 2n ＋2－S 2n }一定是等差数列，C 对； 对于D 选项，设等比数列{b n }的公比为q ，当q ＝－1时，T 2n ＋2－T 2n ＝b 2n ＋2＋b 2n ＋1＝b 2n ＋1(q ＋1)＝0， 此时，数列{T 2n ＋2－T 2n }不是等比数列，D 错． 答案：(1)C (2)ABC [巩固训练2]1．解析：设等比数列公比为q ，由a 2，2a 5，3a 8成等差数列可得，2×2a 1·q 4＝a 1·q ＋3a 1·q 7，化简得3q 6－4q 3＋1＝0，解得q 3＝13或q 3＝1，当q 3＝1时，S6S 3＝2；当q 3＝13时，S 6S 3＝a 1(1−q 6)1−q a 1(1−q 3)1−q＝1＋q 3＝43.答案：C2．解析：若{a n }公差为d ，{b n }公比为q ， A ：由2a n+12a n＝2a n+1−a n ＝2d 为定值，故{2a n }为等比数列，正确； B ：由b a n+1b a n＝b a n +d b a n＝b a n q d b a n＝q d 为定值，故{b a n }为等比数列，正确；C ：由Sn+1n+1−S nn＝a 1+a n+12−a 1+a n 2＝a n+12−a n2＝d 2为定值，故{Snn}为等差数列，正确； D ：当q ＝－1时b n ＋b n ＋1＝0，显然不是等比数列，错误． 答案：ABC微专题3 数列的递推保分题1．解析：由题意得：a 2＝1－1a 1＝5，a 3＝1－1a 2＝45，a 4＝1－1a 3＝－14，则数列{a n }的周期为3，则a 2 022＝a 674×3＝a 3＝45.答案：B2．解析：因为a n ＋1＝2a n a n +2，所以1a n+1＝12+1a n，即1a n+1−1a n＝12，又1a 1＝12，则{1a n}是以12为首项，12为公差的等差数列，即1a n＝12+12(n －1)＝n2，则a n ＝2n ，所以a 7＝27. 答案：C3．解析：因为对任意的m ，n ∈N *，都有a m a n ＝a m ＋n ， 所以a 1a 1＝a 2，a 1a n ＝a 1＋n ， 又a 2＝3，所以a 1＝±√3，所以a n+1a n＝a 1，所以数列{a n }是首项为a 1，公比为a 1的等比数列， 所以a n ＝a 1·(a 1)n －1＝(a 1)n ， 所以a 20＝(a 1)20＝310. 答案：C提分题[例3] 解析：(1)将圆盘从小到大编为1，2，3，…号圆盘，则将第n ＋1号圆盘移动到3号柱时，需先将第1～n 号圆盘移动到2号柱，需a n 次操作；将第n ＋1号圆盘移动到3号柱需1次操作；再将1～n 号圆需移动到3号柱需a n 次操作，故a n ＋1＝2a n ＋1，a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，又a 1＝1，∴{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋1＝2×2n －1＝2n ，即a n ＝2n －1，∴a 2＝3，a 3＝7.(2)∵(n +1)a n+12−na n 2＋a n ＋1a n ＝0，∴(n +1)a n+12+anan ＋1－na n 2＝0，[(n ＋1)a n ＋1－na n ](a n ＋1＋a n )＝0，又∵a n >0，∴a n ＋1＝n n+1·a n ，即a n+1a n ＝n n+1， ∴a 2a 1·a 3a 2·…·a n a n−1＝12·23·…·n−1n ，即a n a 1＝1n ， 又∵a 1＝1，∴a n ＝1n ，∴a 100＝1100.答案：(1)AD (2)B[巩固训练3]1．解析：由相邻层球的个数差，归纳可知a n ＋1－a n ＝n ＋1，a 1＝1， 对a n ＋1－a n ＝n ＋1累加得a n ＝n (n+1)2. 所以，a 5－a 4＝5，a 100＝100(100+1)2＝5 050，2a n ＋1≠a n ＋a n ＋2，所以ABC 错误，故选D.答案：D2．解析：由b n ＋1－b n ＝2，b n ＋1－b n ＝a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3－(a n ＋a n ＋1＋a n ＋2)＝a n ＋3－a n ＝2， ∴a 1，a 4，a 7，…是首项为1，公差为2的等差数列，a 2，a 5，a 8，…是首项为2，公差为2的等差数列，a 3，a 6，a 9，…是首项为3，公差为2的等差数列，S 31＝(a 1＋a 4＋…＋a 31)＋(a 2＋a 5＋…＋a 29)＋(a 3＋a 6＋…＋a 30)＝1×11＋11×10×22＋2×10＋10×9×22＋3×10＋10×9×22＝351.故选C.答案：C。

高考数学二轮复习：专题检测3 数列、推理与证明

高考数学二轮复习：专题检测3 数列、推理与证明

专题检测(三) 数列、推理与证明(本卷满分150分，考试用时120分钟)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共计60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知等差数列{a n }中，a 7＋a 9＝16，a 4＝1，则a 12的值是A ．15B ．30C ．31D ．64解析 由等差数列的性质得a 7＋a 9＝a 4＋a 12， 因为a 7＋a 9＝16，a 4＝1， 所以a 12＝15.故选A. 答案 A2．在数列{a n }中，a 1＝－2，a n ＋1＝1＋a n1－a n，则a 2 010等于A ．－2B ．－13C ．－12D ．3解析 由条件可得：a 1＝－2，a 2＝－13，a 3＝－12，a 4＝3，a 5＝－2，a 6＝－13，…，所以数列{a n }是以4为周期的周期数列，所以a 2 010＝a 2＝－13.故选B.答案 B3．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝13，S 3＝S 11，当S n 最大时，n 的值是A ．5B ．6C ．7D ．8解析 由S 3＝S 11，得a 4＋a 5＋…＋a 11＝0，根据等差数列的性质 ，可得a 7＋a 8＝0，根据首项等于13可推知这个数列递减，从而得到a 7＞0，a 8＜0，故n ＝7时S n 最大．故选C.答案 C4．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S 3S 6＝13，则S 6S 12等于A.310 B.13 C.18D.19解析 由等差数列的求和公式，可得S 3S 6＝3a 1＋3d 6a 1＋15d ＝13，可得a 1＝2d 且d ≠0，所以S 6S 12＝6a 1＋15d 12a 1＋66d ＝27d 90d ＝310，故选A.答案 A5．已知等比数列{a n }的前n 项和S n ＝t ·5n －2－15，则实数t 的值为A ．4B ．5 C. 45D. 15解析 ∵a 1＝S 1＝15t －15，a 2＝S 2－S 1＝45t ，a 3＝S 3－S 2＝4t ，由{a n }是等比数列，知⎝⎛⎭⎫45t 2＝⎝⎛⎭⎫15t －15×4t ， 显然t ≠0，解得t ＝5. 答案 B 6．观察下图：1 2 3 4 3 4 5 6 7 4 5 6 7 8 9 10 …………则第( )行的各数之和等于2 0092. A. 2 010B ．2 009C ．1 006D ．1 005解析 由题设图知，第一行各数和为1； 第二行各数和为9＝32； 第三行各数和为25＝52； 第四行各数和为49＝72；…， ∴第n 行各数和为(2n －1)2， 令2n －1＝2 009，解得n ＝1 005. 答案 D7．已知正项等比数列{a n }，a 1＝2，又b n ＝log 2a n ，且数列{b n }的前7项和T 7最大，T 7≠T 6，且T 7≠T 8，则数列{a n }的公比q 的取值范围是A ．172＜q ＜162B ．162-＜q ＜172-C ．q ＜162-或q ＞172-D ．q ＞162或q ＜172解析 ∵b n ＝log 2a n ，而{a n }是以a 1＝2为首项，q 为公比的等比数列， ∴b n ＝log 2a n ＝log 2a 1q n －1＝1＋(n －1)log 2q .∴b n ＋1－b n ＝log 2q .∴{b n }是等差数列， 由于前7项之和T 7最大，且T 7≠T 6，所以有⎩⎪⎨⎪⎧1＋6log 2q ＞0，1＋7log 2q ＜0，解得－16＜log 2q ＜－17，即162-＜q ＜172-.故选B.答案 B8．已知数列A ：a 1，a 2，…，a n (0≤a 1＜a 2＜…＜a n ，n ≥3)具有性质P ：对任意i ，j (1≤i ≤j ≤n )，a j ＋a i 与a j －a i 两数中至少有一个是该数列中的一项．现给出以下四个命题：①数列0,1,3具有性质P ； ②数列0,2,4,6具有性质P ； ③若数列A 具有性质P ，则a 1＝0；④若数列a 1，a 2，a 3(0≤a 1＜a 2＜a 3)具有性质P ，则a 1＋a 3＝2a 2. 其中真命题有 A ．4个 B ．3个 C ．2个D ．1个解析 3－1,3＋1都不在数列0,1,3中，所以①错； 因为数列1,4,5具有性质P ， 但1＋5≠2×4，即a 1＋a 3≠2a 2， 且a 1＝1≠0，所以③④错；数列0,2,4,6中a j －a i (1≤i ≤j ≤4)在此数列， 所以②正确，所以选D. 答案 D9．设函数f (x )＝x m ＋ax 的导函数为f ′(x )＝2x ＋2.则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f (n )(n ∈N ＋)的前n 项和是A.n ＋12(n ＋2)B.n ＋1n ＋2C.n (3n ＋5)4(n ＋1)(n ＋2)D.3n ＋44(n ＋1)解析 依题意得f ′(x )＝mx m －1＋a ＝2x ＋2， 则m ＝a ＝2，f (x )＝x 2＋2x ， 1f (n )＝1n 2＋2n ＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f (n )的前n 项和等于12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2 ＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1＋12＋…＋1n －⎝⎛⎭⎫13＋14＋…＋1n ＋2 ＝12⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝n (3n ＋5)4(n ＋1)(n ＋2)，选C. 答案 C10．等差数列{a n }的前16项和为640，前16项中偶数项和与奇数项和之比为22∶18，则公差d ，a 9a 8的值分别是A ．8，109B ．9，109C ．9，119D ．8，119解析 设S 奇＝a 1＋a 3＋…＋a 15， S 偶＝a 2＋a 4＋…＋a 16，则有S 偶－S 奇＝(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋…＋(a 16－a 15)＝8d ， S 偶S 奇＝8(a 2＋a 16)28(a 1＋a 15)2＝a 9a 8. 由⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝640，S 奇∶S 偶＝18∶22，解得S 奇＝288，S 偶＝352. 因此d ＝S 偶－S 奇8＝648＝8，a 9a 8＝S 偶S 奇＝119.故选D. 答案 D11．数列{a n }满足a 1＝32，a n ＋1＝a 2n －a n ＋1(n ∈N ＋)，则m ＝1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 009的整数部分是A ．3B ．2C ．1D ．0解析 依题意，得a 1＝32，a 2＝74，a 3＝3716＞2，a n ＋1－a n ＝(a n －1)2＞0，数列{a n }是递增数列，∴a 2 010＞a 3＞2，∴a 2 010－1＞1，∴1＜2－1a 2 010－1＜2.由a n ＋1＝a 2n －a n ＋1得1a n ＝1a n －1－1a n ＋1－1， 故1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 009＝⎝⎛⎭⎫1a 1－1－1a 2－1＋⎝⎛⎭⎫1a 2－1－1a 3－1＋…＋⎝⎛⎭⎫1a 2 009－1－1a 2 010－1 ＝1a 1－1－1a 2 010－1＝2－1a 2 010－1∈(1,2)，因此选C. 答案 C12．已知等比数列{a n }中，a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是A ．(－∞，－1]B ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C ．[3，＋∞)D ．(－∞，－1]∪[3，＋∞)解析 ∵等比数列{a n }中，a 2＝1， ∴S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2⎝⎛⎭⎫1q ＋1＋q ＝1＋q ＋1q . 当公比q ＞0时，S 3＝1＋q ＋1q ≥1＋2q ·1q＝3， 当公比q ＜0时，S 3＝1－⎝⎛⎭⎫－q －1q ≤1－2(－q )·⎝⎛⎭⎫－1q ＝－1， ∴S 3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)． 答案 D二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共计16分．把答案填在题中的横线上) 13．观察下列等式：可以推测：13＋23＋33＋…＋n 3＝________(n ∈N ＋，用含有n 的代数式表示)． 解析 第二列等式右端分别是1×1,3×3,6×6,10×10,15×15，与第一列等式右端比较即可得，13＋23＋33＋…＋n 3＝(1＋2＋3＋…＋n )2＝14n 2(n ＋1)2.故填14n 2(n ＋1)2.答案 14n 2(n ＋1)214．已知{a n }是递增等比数列，a 2＝2，a 4－a 3＝4，则此数列的公比q ＝________.解析 由a 2＝2，a 4－a 3＝4得方程组⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2，a 2q 2－a 2q ＝4⇒q 2－q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－1.又{a n }是递增等比数列，故q ＝2. 答案 215．在公差为d (d ≠0)的等差数列{a n }中，若S n 是数列{a n }的前n 项和，则数列S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30也成等差数列，且公差为100d .类比上述结论，相应地在公比为q (q ≠1)的等比数列{b n }中，若T n 是数列{b n }的前n 项积，则有________．答案T 20T 10，T 30T 20，T 40T 30也成等比数列，且公比为q 100 16．经计算发现下列正确不等式：2＋18＜210，4.5＋15.5＜210，3＋2＋17－2＜210，…，根据以上不等式的规律，试写出一个对正实数a ，b 成立的条件不等式：________.解析 当a ＋b ＝20时，有a ＋b ≤210，a ，b ∈(0，＋∞)． 给出的三个式子的右边都是210，左边都是两个根式相加，两个被开方数都是正数且和为20， 又10＋10＝210，所以根据上述规律可以写出一个对正实数a ，b 成立的条件不等式： 当a ＋b ＝20时，有a ＋b ≤210，a ，b ∈(0，＋∞)． 答案 当a ＋b ＝20时，有a ＋b ≤210，a ，b ∈(0，＋∞)三、解答题(本大题共6小题，共74分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(12分)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公比是正数的等比数列{b n }的前n 项和为T n .已知a 1＝1，b 1＝3，a 3＋b 3＝17，T 3－S 3＝12，求{a n }，{b n }的通项公式．解析 设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q . 由a 3＋b 3＝17得1＋2d ＋3q 2＝17，① 由T 3－S 3＝12得q 2＋q －d ＝4.②由①、②及q ＞0解得q ＝2，d ＝2.故所求的通项公式为a n ＝2n －1，b n ＝3×2n －1.18．(12分)已知等比数列{a n }的公比q ＞1,42是a 1和a 4的等比中项，a 2和a 3的等差中项为6，若数列{b n }满足b n ＝log 2a n (n ∈N ＋)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n b n }的前n 项和S n .解析 (1)因为42是a 1和a 4的等比中项， 所以a 1·a 4＝(42)2＝32. 从而可知a 2·a 3＝32.①因为6是a 2和a 3的等差中项，所以a 2＋a 3＝12.② 因为q ＞1，所以a 3＞a 2.联立①②，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，a 3＝8.所以q ＝a 3a 2＝2，a 1＝2.故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .(2)因为b n ＝log 2a n (n ∈N ＋)，所以a n b n ＝n ·2n . 所以S n ＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n .③2S n ＝1·22＋2·23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1.④③－④得，－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1.所以S n ＝2－2n ＋1＋n ·2n ＋1.19．(12分)已知等差数列{a n }满足：a 3＝7，a 5＋a 7＝26.{a n }的前n 项和为S n .(1)求a n 及S n ；(2)令b n ＝1a 2n －1(n ∈N ＋)，求数列{b n }的前n 项和T n .解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 由于a 3＝7，a 5＋a 7＝26， 所以a 1＋2d ＝7,2a 1＋10d ＝26， 解得a 1＝3，d ＝2.由于a n ＝a 1＋(n －1)d ，S n ＝n (a 1＋a n )2，所以a n ＝2n ＋1，S n ＝n (n ＋2)． (2)因为a n ＝2n ＋1，所以a 2n －1＝4n (n ＋1)， 因此b n ＝14n (n ＋1)＝14⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1.故T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝14⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝14⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝n 4(n ＋1)， 所以数列{b n }的前n 项和T n ＝n4(n ＋1).20．(12分)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)具有性质：若M ，N 是椭圆上关于原点O 对称的两点，点P 是椭圆上任意一点，当直线PM ，PN 的斜率都存在，并记为k PM ，k PN 时，那么k PM 与k PN 之积是与点P 的位置无关的定值，试写出双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)具有类似特性的性质并加以证明．解析 可以通过类比得：若M ，N 是双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)上关于原点O 对称的两点，点P 是双曲线上任意一点，当直线PM ，PN 的斜率都存在，并记为k PM ，k PN 时，那么k PM 与k PN 之积是与点P 的位置无关的定值．证明 设点M (m ，n )，则N (－m ，－n )， 又设点P 的坐标为P (x ，y )， 则k PM ＝y －n x －m ，k PN ＝y ＋nx ＋m， 注意到m 2a 2－n 2b2＝1，点P (x ，y )在双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1上，故y 2＝b 2⎝⎛⎭⎫x 2a 2－1，n 2＝b 2⎝⎛⎭⎫m 2a 2－1， 代入k PM ·k PN ＝y 2－n 2x 2－m 2可得：k PM ·k PN ＝b 2a 2(x 2－m 2)x 2－m 2＝b 2a 2(常数)，即k PM ·k PN 是与点P 的位置无关的定值．21．(12分)某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M ，M 的价值在使用过程中逐年减少．从第2年到第6年，每年初M 的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M 的价值为上年初的75%.(1)求第n 年初M 的价值a n 的表达式；(2)设A n ＝a 1＋a 2＋…＋a nn ，若A n 大于80万元，则M 继续使用，否则须在第n 年初对M更新．证明：须在第9年初对M 更新．解析 (1)当n ≤6时，数列{a n }是首项为120，公差为－10的等差数列，a n ＝120－10(n －1)＝130－10n ；当n ≥6时，数列{a n }是以a 6为首项，34为公比的等比数列，又a 6＝70，所以a n ＝70×⎝⎛⎭⎫34n －6.因此，第n 年初，M 的价值a n 的表达式为 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧130－10n ， n ≤6，70×⎝⎛⎭⎫34n －6， n ≥7. (2)证明 设S n 表示数列{a n }的前n 项和，由等差及等比数列的求和公式得 当1≤n ≤6时，S n ＝120n －5n (n －1)，A n ＝120－5(n －1)＝125－5n ； 当n ≥7时，由于S 6＝570，故S n ＝S 6＋(a 7＋a 8＋…＋a n )＝570＋70×34×4×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫34n －6＝780－210×⎝⎛⎭⎫34n －6， A n ＝780－210×⎝⎛⎭⎫34n －6n .易知{A n }是递减数列，又A 8＝780－210×⎝⎛⎭⎫3428＝824764＞80，A 9＝780－210×⎝⎛⎭⎫3439＝767996＜80，所以须在第9年初对M 更新．22．(14分)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝c －1a n.(1)设c ＝52，b n ＝1a n －2，求数列{b n }的通项公式；(2)求使不等式a n ＜a n ＋1＜3成立的c 的取值范围． 解析 (1)a n ＋1－2＝52－1a n －2＝a n －22a n ，1a n ＋1－2＝2a n a n －2＝4a n －2＋2，即b n ＋1＝4b n ＋2.b n ＋1＋23＝4⎝⎛⎭⎫b n ＋23， 又a 1＝1，故b 1＝1a 1－2＝－1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n ＋23是首项为－13，公比为4的等比数列，b n ＋23＝－13×4n －1，b n ＝－4n －13－23.(2)a 1＝1，a 2＝c －1，由a 2＞a 1得c ＞2. 用数学归纳法证明：当c ＞2时，a n ＜a n ＋1. (i)当n ＝1时，a 2＝c －1a 1＞a 1，命题成立；(ii)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，a k ＜a k ＋1， 则当n ＝k ＋1时，a k ＋2＝c －1a k ＋1＞c －1a k ＝a k ＋1.故由(i)(ii)知当c ＞2时，a n ＜a n ＋1. 当c ＞2时，令α＝c ＋c 2－42，由a n ＋1a n ＜a n ＋1＋1a n ＝c 得a n ＜α.当2＜c ≤103时，a n ＜α≤3.当c ＞103时，α＞3，且1≤a n ＜α，于是α－a n ＋1＝1a n α(α－a n )≤13(α－a n )， α－a n ＋1≤13n (α－1)．当n ＞log 3α－1α－3时，α－a n ＋1＜α－3，a n ＋1＞3.因此c ＞103不符合要求．所以c 的取值范围是⎝⎛⎦⎤2，103.。

高考届高考数学二轮复习资料(苏教版)数列

高考届高考数学二轮复习资料(苏教版)数列

数 列【例1】在数列{}n a 中，112,223n n a a a +=-=+（*n ∈N ），则n a ﹦ ． 【分析】由1223n n a a +=+得132n n a a +-=，∴{}n a 是等差数列，∴3722n a n =-． 【答案】3722n -． 【例2】数列{}n a 满足135a =，*1*12,0,2121,1,2n n n n n a a n a a a n +⎧⎛⎫≤<∈ ⎪⎪⎪⎝⎭=⎨⎛⎫⎪-≤<∈ ⎪⎪⎝⎭⎩N N ，则2009a = ．【分析】∵135a =，∴211215a a =-=，32225a a ==，43425a a ==，543215a a =-=，651215a a =-=，……．∴该数列周期为4．∴2009135a a ==．【答案】35．【例3】在等差数列{}n a 中，若24681080a a a a a ++++=，则7812a a -﹦ ．【分析】∵数列{}n a 是等差数列，∴由24681080a a a a a ++++=得6580a =，616a =． ∴()7866611128222a a a d a d a -=+-+==． 【答案】8．【例4】已知{}n a 的前n 项之和21241,n S n n a a =-+++则…10a +﹦ ．【分析】可求得*2 , (1)25,(2,)n n a n n n -=⎧=⎨-≥∈⎩N ． 则12a a ++…10a +﹦21131567-+-++++= ． 【答案】67．【例5】设n S 是数列{}n a 的前n 项和，若不等式22212n n S a a nλ+≥对任何等差数列{}n a 及任何正整数n恒成立，则λ的最大值是 ．【分析】当10a =时，R λ∈；当10a ≠时，由22212n n S a a n λ+≥得221112n n a a a a a λ⎛⎫⎛⎫+≤+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．设1n a t a =，则22122t t λ⎛⎫≤++ ⎪⎝⎭．又22122t t ⎛⎫++ ⎪⎝⎭﹦225151114244555t t t ⎛⎫++=++≥ ⎪⎝⎭，∴15λ≤．综上λ的最大值是15. 【答案】15． 【例6】设n S 为数列{}n a 的前n 项和，2*,n S kn n n =+∈N ，其中k 是常数．（1）求1a 及n a ；（2）若对于任意的*m ∈N ，24,,m m m a a a 成等比数列，求k 的值． 解：（1）当1n =，111a S k ==+，当2n ≥时，()()2211121n n n a S S kn n k n n kn k -⎡⎤=-=+--+-=-+⎣⎦又当1n =时11a k =+合上式，∴21n a kn k =-+（*n ∈N ）． （2）∵24,,m m m a a a 成等比数列，∴224m m m a a a =， 即()()()2412181km k km k km k -+=-+-+， 整理得：()10mk k -=对任意的*m ∈N 都成立， ∴0k =或1k =． 【例7】数列{}n a 中135a =，112n n a a -=-（*2,n n ≥∈N ），数列{}n b 满足11n n b a =-（*n ∈N ）．（1）求证：数列{}n b 是等差数列；（2）求数列{}n a 中的最大项与最小项，并说明理由． 解：（1）1111111121n n n n n a b a a a ---===----， 而1111n n b a --=-（*2,n n ≥∈N ），∴11111111n n n n n a b b a a -----=-=--（*2,n n ≥∈N ）．∴数列{}n b 是等差数列． （2）依题意有11n n a b -=，而5(1)1 3.52n b n n =-+-=-⋅，∴11 3.5n a n -=-． 函数13.5y x =-在（3.5，+∞）上为减函数，在（-∞，3.5）上也为减函数． 故当n ＝4时，11 3.5n a n =+-取最大值3，n ＝3时，取最小值-1．【例8】在等差数列{}n a 中，11a =，前n 项和n S 满足条件2421n n S n S n +=+*()n ∈N ．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记(0)n a n n b a p p =>，求数列{}n b 的前n 项和n T ． 解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，由2421n n S n S n +=+得1213a a a +=．又11a =，∴22a =．∴211d a a =-=．∴n a n =． （2）由n a n n b a p =，得n n b np =．∴23123(1)n n n T p p p n p np -=++++-+ ．① 当1p =时，()12n n n T +=；当0p >且1p ≠时，234123(1)n n n pT p p p n p np +=++++-+ ．② ①－②得23111(1)(1)1n n n n n n p p P T p p p p p npnp p-++--=+++++-=-- ，∴()12(1)11n n n p p np T pp +-=---． 综上()()()()121,12(1),0,111n n n n n p T p p np p p p p +⎧+=⎪⎪=⎨-⎪->≠⎪--⎩且． 【例9】某个体户，一月初向银行贷款1万元作为开店启动资金，每月月底获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需要交纳所得税为该月利润的10%，每月的生活费开支为540元，余额作为资金全部投入下个月的经营，如此不断继续，问到这年年底该个体户还贷款前尚余多少资金？若银行贷款的年利息为5%，问该个体户还清银行贷款后还有多少资金？（参考数据：1011121.18 5.23,1.18 6.18,1.187.29≈≈≈．结果精确到0.1元）解：设第n 个月月底的余额为n a 元，则1a 11260=，1(120%)20%10%540 1.18540n n n n a a a a +=⨯+-⨯⨯-=-，于是()1211101.18540 1.181.18540540a a a =-=--=()2101.18 1.181540a -+⋅=＝()1110911.18 1.18 1.18 1.181540a -++++⋅ ＝11111.1811.181126054054046.81.181-⨯-⨯=-． 还清银行贷款后剩余资金为()121000015%54046.81050043546.8a -⋅+=-=．答：到这年年底该个体户还贷款前尚余资金54046.8元；还清银行贷款后还有资金43546.8元．【例10】已知分别以1d 和2d 为公差的等差数列{}n a 和{}n b 满足118a =，1436b =． （1）若1d =18，且存在正整数m ，使得21445m m a b +=-，求证：2108d >；（2）若0k k a b ==，且数列1a ，2a ，…，k a ，1k b +，2k b +，…，14b 的前n 项和n S 满足142k S S =，求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（3）在（2）的条件下，令n a n c a =，n b n d a =，0a >，且1a ≠，问不等式1n n c d +≤n n c d + 是否对一切正整数n 恒成立？请说明理由．解：（1）依题意，22[18(1)18]36(1414)45m m d +-⨯=++--， 即22(18)9m md =-， 即22918108d m m =+≥=，等号成立的条件为2918m m =，即16m =． *m N ∈ ，∴等号不成立，∴原命题成立．（2）由142k S S =得14k k S S S =-，即180360(141)22k k ++⨯=⨯-+， 即918(15)k k =⨯-，得10k =，101829d -==-，236091410d -==-．则220n a n =-+，990n b n =-．（3）在（2）的条件下，n a n c a =，n b n d a =． 要使1n n c d +≤n n c d +，即要满足(1)(1)n n c d --≤0．当1a >时，202n n c a -=，数列{}n c 单调减；990n n d a -=单调增． 当正整数9n ≤时，10n c ->，10n d -<，(1)(1)0n n c d --<； 当正整数11n ≥时，10n c -<，10n d ->，(1)(1)0n n c d --<； 当正整数10n =时，10n c -=，10n d -=，(1)(1)0n n c d --=． 则不等式1n n c d +≤n n c d +对一切的正整数n 恒成立．同理，当01a <<时，也有不等式1n n c d +≤n n c d +对一切的正整数n 恒成立． 综上所述，不等式1n n c d +≤n n c d +对一切的正整数n 恒成立．【练习1】在数列{}n a 中，111,2n n a a a +==（*n ∈N ），则其前8项的和8S = ． 【答案】255．【练习2】已知数列{}n a 满足1100a =，当*2,n n ≥∈N 时，()()11113,34,3n n n n n a a a a a ----⎧->⎪=⎨-≤⎪⎩，则数列{}n a 的前100项和100S ＝ ． 【答案】1849．【练习3】在各项均为正数的等比数列{}n a 中，2436455736a a a a a a a a +++=，则36a a += ． 【答案】6．【练习4】已知数列{}n a 的前n 项和28n S n n =-（*n ∈N ），第k 项满足47k a <<，则k ﹦ ． 【答案】7．【练习5】已知数列{}n a 中，2n a n n λ=+（λ是与n 无关的实数常数），且满足123a a a <<<⋅⋅⋅<1n n a a +<<⋅⋅⋅，则实数λ的取值范围是___________．【答案】()3,-+∞．【练习6】数列{}n a 的前n 项和记为()*11,1,21n n n S a a S n +==+∈N ． （1）求{}n a 的通项公式；（2）等差数列{}n b 的各项为正，其前n 项和为n T ，且315T =，又112233,,a b a b a b +++成等比数列，求n T ．解：（1）由121n n a S +=+可得()*1212,n n a S n n -=+≥∈N ， 两式相减得()112,32n n n n n a a a a a n ++-==≥．又21213a S =+=，∴213a a =．∴{}n a 是首项为1，公比为3的等比数列．∴13n n a -=． （2）设{}n b 的公差为d ，由315T =得，可得12315b b b ++=，∴25b =． 故可设135,5b d b d =-=+．又1231,3,9a a a ===，由题意可得()()()2515953d d -+++=+，解得122,10d d ==-． ∵等差数列{}n b 的各项为正，∴2d = ．∴()213222n n n T n n n -=+⨯=+．【练习7】已知{}n a 是公差为d 的等差数列，它的前n 项和为n S ,4224S S =+,1nn na b a +=． （1）求公差d 的值；（2）若152a =-，求数列{}nb 中的最大项和最小项的值； （3）若对任意的*n ∈N ，都有8n b b ≤成立，求1a 的取值范围．解：（1）∵4224S S =+，∴113442(2)42a d a d ⨯+=++，解得1d =． （2）∵152a =-，∴数列{}n a 的通项公式为17(1)2n a a n n =+-=-．∴111172n nb a n =+=+-． ∵函数1()172f x x =+-在7,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭和7,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上分别是单调减函数， ∴3211b b b <<<，又当4n ≥时，41n b b <≤． ∴数列{}n b 中的最大项是43b =，最小项是31b =-． （3）由11n n b a =+得1111n b n a =++-． 又函数11()11f x x a =++-在()1,1a -∞-和()11,a -+∞上分别是单调减函数，且11x a <-时，1y <；11x a >-时，1y >．∵对任意的*n ∈N ，都有8n b b ≤，∴1718a <-<，∴176a -<<-． ∴1a 的取值范围是(7,6)--．【练习8】等差数列{}n a 的各项均为正数，13a =，前n 项和为n S ，{}n b 为等比数列， 11b =，且2264,b S =33960b S =．（1）求n a 与n b ；（2）证明：1211134n S S S +++< ． 解：（1）设{}n a 的公差为d ，{}n b 的公比为q ，则0d >，3(1)n a n d =+-，1n n b q -=．依题意有23322(93)960(6)64S b d q S b d q ⎧=+=⎨=+=⎩．解得2,8d q =⎧⎨=⎩或65403d q ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩(舍去) ．∴132(1)21,8n n n a n n b -=+-=+=． （2）∵35(21)(2)n S n n n =++++=+ ， ∴121111111132435(2)n S S S n n +++=++++⨯⨯⨯⨯+ 11111111(1)2324352n n =-+-+-++-+ 1111(1)2212n n =+--++3111342124n n ⎛⎫=-+< ⎪++⎝⎭．【练习9】某企业进行技术改造需向银行贷款，有两种方案，甲方案：一次性贷款10万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案：每年贷款1万元，第一年可获利1万元，以后每年比前一年增加5千元；两种方案的使用期都是10年，到期一次性归还本息．若银行两种形式的贷款都按年息5%的复利计算，试比较两种方案中，哪种获利更多？（取1010101.05 1.629,1.313.786,1.557.665===）解：①甲方案获利：10291.311(130%)(130%)(130%)42.630.3-+++++++=≈ （万元），银行贷款本息：1010(15%)16.29+≈（万元），故甲方案纯利：42.6316.2926.34-=（万元）． ②乙方案获利：1091(10.5)(120.5)(190.5)1010.52⨯++++⨯+++⨯=⨯+⨯ 32.50=（万元），银行本息和：291.05[1(15%)(15%)(15%)]⨯+++++++101.0511.0513.210.05-=⨯≈（万元），故乙方案纯利：32.5013.2119.29-=（万元）．综上可知，甲方案更好．【练习10】设向量*(,2),(,21)()a x b x n x n ==+-∈N ，函数y a b =⋅ 在[0,1]上的最小值与最大值的和为n a ，又数列{}n b 满足：1212999(1)()()1101010n n n nb n b b --+-++=++++ （1）求证：1n a n =+；（2）求数列{}n b 的通项公式；（3）设n n n c a b =-，试问数列{}n c 中，是否存在正整数k ，使得对于任意的正整数n ，都有n k c c ≤成立？证明你的结论．解：（1）∵2()42(4)2y x x n x x n x =++-=++-在[0,1]上为增函数， ∴21421n a n n =-+++-=+﹒（2）∵12129999(1)()()110[1()]10101010n n n n nb n b b --+-++=++++=- ， ∴()11219(1)(2)10[1()]210n n n b n b b n ---+-++=-≥ ﹒两式相减得()1129()210n n b b b n -+++=≥ ，∴()21219()310n n b b b n --+++=≥ ．两式相减得()219()31010n n b n -=-⋅≥．又11b =，2110b =-，∴()()2*1,119(),2,1010n n n b n n -⎧=⎪=⎨-⋅≥∈⎪⎩N ． （3）由()()2*2, 119(),2,1010n n n c n n n -⎧-=⎪=⎨+-⋅≥∈⎪⎩N 及当3k ≥时111,981,kk k k c c k c c -+⎧≥⎪⎪=⎨⎪≥⎪⎩得或﹒ 又1,2n =也满足，∴存在8,9k =使得n k c c ≤对所有的*n ∈N 成立．。

江苏省高考数学二轮复习 专题四 数列 4.3 大题考法—数列的综合应用讲义(含解析)-人教版高三全册

江苏省高考数学二轮复习 专题四 数列 4.3 大题考法—数列的综合应用讲义(含解析)-人教版高三全册

第三讲大题考法——数列的综合应用题型(一)数列与不等式问题主要考查数列中的不等关系的证明及由不等式恒成立问题求参数.[典例感悟][例1] (2018·南京考前模拟)若各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n，且2S n＝a n＋1 (n∈N*)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若正项等比数列{b n}，满足b2＝2,2b7＋b8＝b9，求T n＝a1b1＋a2b2＋…＋a n b n；(3)对于(2)中的T n，若对任意的n∈N*，不等式λ(－1)n＜12n＋1(T n＋21)恒成立，求实数λ的取值范围．[解] (1)因为2S n＝a n＋1，所以4S n＝(a n＋1)2，且a n＞0，则4a1＝(a1＋1)2，解得a1＝1，又4S n＋1＝(a n＋1＋1)2，所以4a n＋1＝4S n＋1－4S n＝(a n＋1＋1)2－(a n＋1)2，即(a n＋1＋a n)(a n＋1－a n)－2(a n＋1＋a n)＝0，因为a n＞0，所以a n＋1＋a n≠0，所以a n＋1－a n＝2，所以{a n}是公差为2的等差数列，又a1＝1，所以a n＝2n－1.(2)设数列{b n}的公比为q，因为2b7＋b8＝b9，所以2＋q＝q2，解得q＝－1(舍去)或q ＝2，由b2＝2，得b1＝1，即b n＝2n－1.记A＝a1b1＋a2b2＋…＋a n b n＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－1)×2n－1，则2A＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)×2n，两式相减得－A＝1＋2(2＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)×2n，故A＝(2n－1)×2n－1－2(2＋22＋…＋2n－1)＝(2n－1)×2n－1－2(2n－2)＝(2n－3)×2n＋3所以T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝(2n －3)·2n＋3.(3)不等式λ(－1)n ＜12n ＋1(T n ＋21)可化为(－1)nλ＜n －32＋62n －1.当n 为偶数时，λ＜n －32＋62n －1，记g (n )＝n －32＋62n －1.即λ＜g (n )min .g (n ＋2)－g (n )＝2＋62n ＋1－62n －1＝2－92n ， 当n ＝2时，g (n ＋2)＜g (n )，n ≥4时，g (n ＋2)＞g (n )，即g (4)＜g (2)，当n ≥4时，g (n )单调递增，g (n )min ＝g (4)＝134，即λ＜134.当n 为奇数时，λ＞32－n －62n －1，记h (n )＝32－n －62n －1，所以λ＞h (n )max .h (n ＋2)－h (n )＝－2－62n ＋1＋62n －1＝－2＋92n ， 当n ＝1时，h (n ＋2)＞h (n )，n ≥3时，h (n ＋1)＜h (n )，即h (3)＞h (1)，n ≥3时，h (n )单调递减，h (n )max ＝h (3)＝－3，所以λ＞－3. 综上所述，实数λ的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－3，134.[方法技巧]解决数列与不等式问题的注意点及策略(1)利用基本不等式或函数的单调性求解相关最值时，应注意n 取正整数的限制条件； (2)恒成立问题可以转化为值域问题，再利用单调性求解； (3)不等式论证问题也可以转化为数列的最值问题来研究．[演练冲关]已知数列{a n }，{b n }都是等差数列，它们的前n 项和分别记为S n ，T n ，满足对一切n ∈N *，都有S n ＋3＝T n .(1)若a 1≠b 1，试分别写出一个符合条件的数列{a n }和{b n }； (2)若a 1＋b 1＝1，数列{c n }满足：c n ＝4a n ＋λ(－1)n －1·2b n ，求最大的实数λ，使得当n ∈N *，恒有c n ＋1≥c n 成立．解：(1)设数列{a n }，{b n }的公差分别是d 1，d 2. 则S n ＋3＝(n ＋3)a 1＋n ＋3n ＋22d 1，T n ＝nb 1＋n n －12d 2.∵对一切n ∈N *，有S n ＋3＝T n ， ∴(n ＋3)a 1＋n ＋3n ＋22d 1＝nb 1＋n n －12d 2，即d 12n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋52d 1n ＋3a 1＋3d 1＝d 22n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 1－12d 2n .∴⎩⎪⎨⎪⎧d 12＝d 22，a 1＋52d 1＝b 1－12d 2，3a 1＋3d 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧d 2＝d 1，a 1＝－d 1，b 1＝2d 1.故答案不唯一．例如取d 1＝d 2＝2，a 1＝－2，b 1＝4， 得a n ＝2n －4(n ∈N *)，b n ＝2n ＋2(n ∈N *)． (2)∵a 1＋b 1＝1，又由(1)，可得d 1＝d 2＝1，a 1＝－1，b 1＝2. ∴a n ＝n －2，b n ＝n ＋1. ∴c n ＝4n －2＋λ(－1)n －12n ＋1.∴c n ＋1－c n ＝4n －1＋λ(－1)n 2n ＋2－4n －2－λ(－1)n －12n ＋1＝3·4n －2＋λ(－1)n (2n ＋2＋2n ＋1)＝316·22n ＋6λ(－1)n ·2n. ∵当n ∈N *时，c n ＋1≥c n 恒成立，即当n ∈N *时，316·22n ＋6λ(－1)n ·2n≥0恒成立．∴当n 为正奇数时，λ≤132·2n恒成立，而132·2n≥116，∴λ≤116； 当n 为正偶数时，λ≥－132·2n恒成立，而－132·2n≤－18，∴λ≥－18.∴－18≤λ≤116，∴λ的最大值是116.题型(二) 数列中的存在性问题主要考查等差(比)数列中的部分项是否能构成新的等差(比)数列问题，以及数列中的推理问题.[典例感悟][例2] (2018·扬州期末)已知各项都是正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝a 2n ＋a n ，数列{b n }满足b 1＝12，2b n ＋1＝b n ＋b na n.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设数列{c n }满足c n ＝b n ＋2S n，求和c 1＋c 2＋…＋c n ； (3)是否存在正整数p ，q ，r (p <q <r )，使得b p ，b q ，b r 成等差数列？若存在，求出所有满足要求的p ，q ，r ；若不存在，请说明理由．[解] (1)由2S n ＝a 2n ＋a n ，① 得2S n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1，②②－①，得2a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋a n ＋1－a n ， 即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0.因为{a n }是正数数列，所以a n ＋1－a n －1＝0，即a n ＋1－a n ＝1，在2S n ＝a 2n ＋a n 中，令n ＝1，得a 1＝1，所以{a n }是首项为1，公差为1的等差数列，所以a n ＝n .由2b n ＋1＝b n ＋b n a n ，得b n ＋1n ＋1＝12·b nn， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 是首项为12，公比为12的等比数列，所以b n n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，即b n ＝n 2n .(2)由(1)得c n ＝b n ＋2S n ＝n ＋2n 2＋n 2n ＋1， 所以c n ＝1n ·2n－1n ＋12n ＋1，所以c 1＋c 2＋…＋c n ＝12－1n ＋12n ＋1＝n ＋12n－1n ＋12n ＋1. (3)假设存在正整数p ，q ，r (p <q <r )，使得b p ，b q ，b r 成等差数列，则b p ＋b r ＝2b q ，即p 2p ＋r 2r ＝2q2q .因为b n ＋1－b n ＝n ＋12n ＋1－n 2n ＝1－n2n ＋1，所以数列{b n }从第二项起单调递减． 当p ＝1时，12＋r 2r ＝2q2q .若q ＝2，则r 2r ＝12，此时无解；若q ＝3，则r 2r ＝14，由于{b n }从第二项起递减，故r ＝4，所以p ＝1，q ＝3，r ＝4符合要求； 若q ≥4，则b 1b q ≥b 1b 4＝2，即b 1≥2b q ，又因为b 1＋b r ＝2b q ，所以b 1<2b q ，矛盾，此时无解． 当p ≥2时，一定有q －p ＝1.若q －p ≥2，则b p b q ≥b p b p ＋2＝4p p ＋2＝41＋2p≥2，即b p ≥2b q ，这与b p ＋b r ＝2b q 矛盾，所以q －p ＝1.此时r 2r ＝12p ，则r ＝2r －p .令r －p ＝m ＋1，则r ＝2m ＋1，所以p ＝2m ＋1－m －1，q ＝2m ＋1－m ，m ∈N *.综上得，存在p ＝1，q ＝3，r ＝4或p ＝2m ＋1－m －1，q ＝2m ＋1－m ，r ＝2m ＋1(m ∈N *)满足要求．[方法技巧]数列中存在性问题的求解策略对于数列中的探索性问题的主要题型为存在型，解答的一般策略为：先假设所探求的对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到否定的结论，即不存在．若推理不出现矛盾，能求得已知范围内的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果．[演练冲关]1．已知数列{a n }中，a 2＝1，前n 项和为S n ，且S n ＝n a n －a 12.(1)求a 1；(2)证明数列{a n }为等差数列，并写出其通项公式； (3)设lg b n ＝a n ＋13n，试问是否存在正整数p ，q (其中1<p <q )，使b 1，b p ，b q 成等比数列？若存在，求出所有满足条件的数组(p ，q )；若不存在，请说明理由．解：(1)令n ＝1，则a 1＝S 1＝1×a 1－a 12＝0.(2)证明：由S n ＝n a n －a 12，即S n ＝na n2，①得S n ＋1＝n ＋1a n ＋12.②②－①，得(n －1)a n ＋1＝na n .③ 于是na n ＋2＝(n ＋1)a n ＋1.④③＋④，得na n ＋2＋na n ＝2na n ＋1，即a n ＋2＋a n ＝2a n ＋1. 又a 1＝0，a 2＝1，a 2－a 1＝1，所以数列{a n }是以0为首项，1为公差的等差数列． 所以a n ＝n －1.(3)假设存在正整数数组(p ，q )，使b 1，b p ，b q 成等比数列，则lg b 1，lg b p ，lg b q 成等差数列，于是2p 3p ＝13＋q 3q >13，且数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2p 3p (p ≥2)为递减数列，当p ＝2时，2p 3p ＝49>13成立；当p ≥3时，2p 3p ≤2×327＝29<13，因此，由2p 3p >13，得p ＝2，此时q ＝3.综上，存在数组(2,3)满足条件．2．已知各项均为正数的数列{a n }满足：a 1＝a ，a 2＝b ，a n ＋1＝a n a n ＋2＋m (n ∈N *)，其中m ，a ，b 均为实常数．(1)若m ＝0，且a 4,3a 3，a 5成等差数列． ①求ba的值；②若a ＝2，令b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，2log 2a n －1，n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和S n ；(2)是否存在常数λ，使得a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1对任意的n ∈N *都成立？若存在，求出实数λ的值(用m ，a ，b 表示)；若不存在，请说明理由．解：(1)①因为m ＝0， 所以a 2n ＋1＝a n a n ＋2，所以正项数列{a n }是等比数列，不妨设其公比为q . 又a 4,3a 3，a 5成等差数列， 所以q 2＋q ＝6，解得q ＝2或q ＝－3(舍去)， 所以ba＝2.②当a ＝2时，数列{a n }是首项为2、公比为2的等比数列，所以a n ＝2n，所以b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即数列{b n }的奇数项依次构成首项为2、公比为4的等比数列，偶数项依次构成首项为3、公差为4的等差数列．当n 为偶数时，S n ＝2⎝⎛⎭⎫1－42n1－4＋n23＋2n －12＝2n ＋13＋n 2＋n 2－23； 当n 为奇数时，S n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－4n ＋121－4＋n －123＋2n －32＝2n ＋23＋n 2－n 2－23.所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋13＋n 2＋n 2－23，n 为偶数，2n ＋23＋n 2－n 2－23，n 为奇数.(2)存在常数λ＝a 2＋b 2－mab，使得a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1对任意的n ∈N *都成立． 证明如下：因为a 2n ＋1＝a n a n ＋2＋m ，n ∈N *， 所以a 2n ＝a n －1a n ＋1＋m ，n ≥2，n ∈N *， 所以a 2n ＋1－a 2n ＝a n a n ＋2－a n －1a n ＋1， 即a 2n ＋1＋a n －1a n ＋1＝a n a n ＋2＋a 2n .由于a n ＞0，此等式两边同时除以a n a n ＋1， 得a n ＋a n ＋2a n ＋1＝a n －1＋a n ＋1a n， 所以a n ＋a n ＋2a n ＋1＝a n －1＋a n ＋1a n ＝…＝a 1＋a 3a 2， 即当n ≥2，n ∈N *时， 都有a n ＋a n ＋2＝a 1＋a 3a 2a n ＋1. 因为a 1＝a ，a 2＝b ，a 2n ＋1＝a n a n ＋2＋m ，所以a 3＝b 2－ma，所以a 1＋a 3a 2＝a ＋b 2－m a b ＝a 2＋b 2－mab，所以当λ＝a 2＋b 2－m ab时，对任意的n ∈N *都有a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1成立．题型(三) 数列的新定义问题主要考查在给出新定义数列条件下，研究数列的性质等问题.[典例感悟][例3] (2018·南京、盐城、连云港二模)对于数列{a n }，定义b n (k )＝a n ＋a n ＋k ，其中n ，k ∈N *.(1)若b n (2)－b n (1)＝1，n ∈N *，求b n (4)－b n (1)的值； (2)若a 1＝2，且对任意的n ，k ∈N *，都有b n ＋1(k )＝2b n (k )． (ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(ⅱ)设k 为给定的正整数，记集合A ＝{b n (k )|n ∈N *}，B ＝{5b n (k ＋2)|n ∈N *}, 求证：A ∩B ＝∅.[解] (1)因为b n (2)－b n (1)＝1，所以(a n ＋a n ＋2)－(a n ＋a n ＋1)＝1，即a n ＋2－a n ＋1＝1， 因此数列{a n ＋1}是公差为1的等差数列，所以b n (4)－b n (1)＝(a n ＋a n ＋4)－(a n ＋a n ＋1)＝a n ＋4－a n ＋1＝3. (2)(ⅰ)因为b n ＋1(k )＝2b n (k )， 所以a n ＋1＋a n ＋1＋k ＝2(a n ＋a n ＋k )， 分别令k ＝1及k ＝2，得⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1＋a n ＋2＝2a n ＋a n ＋1， ①a n ＋1＋a n ＋3＝2a n ＋a n ＋2， ②由①得a n ＋2＋a n ＋3＝2(a n ＋1＋a n ＋2)，③ ③－②得a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )，④ ①－④得2a n ＋1＝4a n ，即a n ＋1＝2a n ， 又a 1＝2，所以a n ＝2n.(ⅱ)证明：法一：假设集合A 与集合B 中含有相同的元素，不妨设bn 1(k )＝5bn 2(k ＋2)，n 1，n 2∈N *，则2n 1＋2n 1＋k ＝5(2n 2＋2n 2＋k ＋2)．当n 1≤n 2时，有2n 1<5·2n 2，2n 1＋k <5·2n 2＋k ＋2，则2n 1＋2n 1＋k <5(2n 2＋2n 2＋k ＋2)，故不存在，当n 1>n 2时，有n 1≥n 2＋1，则2n 1－n 2＋2n 1－n 2＋k ＝5＋5·2k ＋2，(*)因为n 1>n 2，且k 为正整数，所以2n 1－n 2＋2n 1－n 2＋k 为偶数，5＋5·2k ＋2为奇数．所以(*)式不成立，因此集合A 与集合B 中不含有相同的元素，即A ∩B ＝∅.法二：假设集合A 与集合B 中含有相同的元素，不妨设b n (k )＝5b m (k ＋2)，n ，m ∈N *， 即a n ＋a n ＋k ＝5(a m ＋a m ＋k ＋2)， 于是2n＋2n ＋k＝5(2m ＋2m ＋k ＋2)，整理得2n －m＝51＋2k ＋21＋2k.因为51＋2k ＋21＋2k＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫4－31＋2k ∈[15,20)， 即2n －m∈[15,20)，因为n ，m ∈N *，从而n －m ＝4， 所以51＋2k ＋21＋2k＝16，即4×2k＝11.由于k 为正整数，所以上式不成立， 因此集合A 与集合B 中不含有相同的元素， 即A ∩B ＝∅.[方法技巧]数列新定义问题的命题形式及解题思路(1)新情境和新定义下的新数列问题，一般命题形式是根据定义的条件推断这个新数列的一些性质或判断一个数列是否属于这类数列的问题.(2)解答数列新定义问题时，首先需要分析新定义的特点，把新定义所叙述的问题的本质弄清楚，将其转化为我们熟悉的问题，然后确定解题策略，根据题目条件进行求解．[演练冲关](2018·南京、盐城一模)若存在常数k (k ∈N *，k ≥2)，q ，d ，使得无穷数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n＋d ，nk ∉N *，qa n，nk ∈N *，则称数列{a n }为“段比差数列”，其中常数k ，q ，d 分别叫做段长、段比、段差．设数列{b n }为“段比差数列”．(1)若{b n }的首项、段长、段比、段差分别为1,3，q,3. ①当q ＝0时，求b 2 019；②当q ＝1时，设{b n }的前3n 项和为S 3n ，若不等式S 3n ≤λ·3n －1对n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围；(2)设{b n }为等比数列，且首项为b ，试写出所有满足条件的{b n }，并说明理由． 解：(1)①法一：∵数列{b n }的首项、段长、段比、段差分别为1,3,0,3， ∴b 2 017＝0×b 2 016＝0，∴b 2 018＝b 2 017＋3＝3，∴b 2 019＝b 2 018＋3＝6. 法二：∵数列{b n }的首项、段长、段比、段差分别为1,3,0,3，∴b 1＝1，b 2＝4，b 3＝7，b 4＝0×b 3＝0，b 5＝b 4＋3＝3，b 6＝b 5＋3＝6，b 7＝0×b 6＝0，… ∴当n ≥4时，{b n }是周期为3的周期数列． ∴b 2 019＝b 6＝6.②∵{b n }的首项、段长、段比、段差分别为1,3,1,3，∴b 3n ＋2－b 3n －1＝(b 3n ＋1＋d )－b 3n －1＝(qb 3n ＋d )－b 3n －1＝[q (b 3n －1＋d )＋d ]－b 3n －1＝2d ＝6， ∴{b 3n －1}是以b 2＝4为首项、6为公差的等差数列，又∵b 3n －2＋b 3n －1＋b 3n ＝(b 3n －1－d )＋b 3n －1＋(b 3n －1＋d )＝3b 3n －1，∴S 3n ＝(b 1＋b 2＋b 3)＋(b 4＋b 5＋b 6)＋…＋(b 3n －2＋b 3n －1＋b 3n )＝3(b 2＋b 5＋…＋b 3n －1)＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤4n ＋n n －12×6＝9n 2＋3n ， ∵S 3n ≤λ·3n －1，∴S 3n3n －1≤λ，设c n ＝S 3n3n －1，则λ≥(c n )max ，又c n ＋1－c n ＝9n ＋12＋3n ＋13n－9n 2＋3n 3n －1＝－23n 2－2n －23n －1， 当n ＝1时，3n 2－2n －2<0，c 1<c 2；当n ≥2时，3n 2－2n －2>0，c n ＋1<c n ， ∴c 1<c 2>c 3>…，∴(c n )max ＝c 2＝14，∴λ≥14，故λ的取值范围为[)14，＋∞.(2)法一：设{b n }的段长、段比、段差分别为k ，q ，d ， 则等比数列{b n }的公比为b k ＋1b k＝q ，由等比数列的通项公式得b n ＝bq n －1， 当m ∈N *时，b km ＋2－b km ＋1＝d ， 即bqkm ＋1－bq km ＝bq km(q －1)＝d 恒成立，①若q ＝1，则d ＝0，b n ＝b ； ②若q ≠1，则q km＝dq －1b，则q km 为常数，q ＝－1，k 为偶数，d ＝－2b ，b n ＝(－1)n－1b ；经检验，满足条件的{b n }的通项公式为b n ＝b 或b n ＝(－1)n －1b .法二：设{b n }的段长、段比、段差分别为k ，q ，d ， ①若k ＝2，则b 1＝b ，b 2＝b ＋d ，b 3＝(b ＋d )q ，b 4＝(b ＋d )q ＋d ，由b 1b 3＝b 22，得b ＋d ＝bq ；由b 2b 4＝b 23，得(b ＋d )q 2＝(b ＋d )q ＋d ， 联立两式，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝0，q ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－2b ，q ＝－1，则b n ＝b 或b n ＝(－1)n －1b ，经检验均合题意.②若k ≥3，则b 1＝b ，b 2＝b ＋d ，b 3＝b ＋2d ，由b 1b 3＝b 22，得(b ＋d )2＝b (b ＋2d )，得d ＝0，则b n ＝b ，经检验适合题意． 综上①②，满足条件的{b n }的通项公式为b n ＝b 或b n ＝(－1)n －1b .[课时达标训练]A 组——大题保分练1．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且(S n －1)2＝a n S n . (1)求a 1； (2)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n －1为等差数列； (3)是否存在正整数m ，k ，使1a k S k ＝1a m＋19成立？若存在，求出m ，k ；若不存在，说明理由．解：(1)n ＝1时，(a 1－1)2＝a 21，∴a 1＝12.(2)证明：∵(S n －1)2＝a n S n ， ∴n ≥2时，(S n －1)2＝(S n －S n －1)S n ， ∴－2S n ＋1＝－S n －1S n ， ∴1－S n ＝S n (1－S n －1)， ∴1S n －1－1＝S nS n －1，∴1S n －1－1S n －1－1＝1S n －1－S n S n －1＝1－S nS n －1＝－1为定值，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n －1为等差数列． (3)∵1a 1－1＝－2， ∴1S n －1＝－2＋(n －1)×(－1)＝－n －1， ∴S n ＝nn ＋1，∴a n ＝S n －12S n＝1nn ＋1. 假设存在正整数m ，k ，使1a k S k ＝1a m＋19，则(k ＋1)2＝m (m ＋1)＋19， ∴4(k ＋1)2＝4m (m ＋1)＋76，∴[(2k ＋2)＋(2m ＋1)][(2k ＋2)－(2m ＋1)]＝75， ∴(2k ＋2m ＋3)(2k －2m ＋1)＝75＝75×1＝25×3＝15×5，∴⎩⎪⎨⎪⎧2k ＋2m ＋3＝75，2k －2m ＋1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧2k ＋2m ＋3＝25，2k －2m ＋1＝3或⎩⎪⎨⎪⎧2k ＋2m ＋3＝15，2k －2m ＋1＝5.∴⎩⎪⎨⎪⎧k ＝18，m ＝18或⎩⎪⎨⎪⎧k ＝6，m ＝5或⎩⎪⎨⎪⎧k ＝4，m ＝2.2．已知常数λ≥0，设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足：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．解：(1)λ＝0时，S n ＋1＝a n ＋1a nS n ＋a n ＋1， ∴S n ＝a n ＋1a nS n ， ∵a n >0，∴S n >0，∴a n ＋1＝a n .∵a 1＝1，∴a n ＝1. (2)∵S n ＋1＝a n ＋1a nS n ＋(λ·3n ＋1)a n ＋1，a n >0，∴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)相加，得S n a n－1＝λ(3＋32＋…＋3n －1)＋n －1，则S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ·3n－32＋n ·a n (n ≥2)． 上式对n ＝1也成立，∴S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ·3n－32＋n ·a n (n ≥N *)．③ ∴S n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ·3n ＋1－32＋n ＋1·a n ＋1(n ≥N *)．④ ④－③，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 . ∵λ≥0，∴λ·3n ＋1－32＋n >0，λ·3n－32＋n >0. ∵a n ＋1<12a n 对一切n ∈N *恒成立，∴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 ＝2n3n＋3， 则b n －b n ＋1＝2n 3n ＋3－2n ＋23n ＋1＋3＝4n －2·3n－63n ＋33n ＋1＋3. 当n ＝1时，b n －b n ＋1＝0； 当n ≥2时，b n －b n ＋1>0，∴b 1＝b 2＝13是{b n }中的最大项．综上所述，λ的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞.3．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)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，公差为2的等差数列；偶数项是以a 2＝2为首项，公比为3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 的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n ＝2k －1，2·3n2－1，n ＝2k (k ∈N *)．(2)S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n ) ＝n 1＋2n －12＋21－3n1－3＝3n ＋n 2－1，n ∈N *.S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝3n －1＋n 2－1.假设存在正整数m ，n ，使得S 2n ＝mS 2n －1， 则3n＋n 2－1＝m (3n －1＋n 2－1)，所以3n －1(3－m )＝(m －1)(n 2－1)，(*)从而3－m ≥0，所以m ≤3, 又m ∈N *，所以m ＝1,2,3.当m ＝1时，(*)式左边大于0，右边等于0，不成立； 当m ＝3时，(*)式左边等于0，所以2(n 2－1)＝0，n ＝1， 所以S 2＝3S 1；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.综上可知，符合条件的正整数对(m ，n )只有两对：(2,2)，(3,1)．4．若数列{a n}中存在三项，按一定次序排列构成等比数列，则称{a n}为“等比源数列”．(1)已知数列{a n}中，a1＝2，a n＋1＝2a n－1.①求{a n}的通项公式；②试判断{a n}是否为“等比源数列”，并证明你的结论．(2)已知数列{a n}为等差数列，且a1≠0，a n∈Z(n∈N*)．求证：{a n}为“等比源数列”．解：(1)①由a n＋1＝2a n－1，得a n＋1－1＝2(a n－1)，且a1－1＝1，所以数列{a n－1}是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n－1＝2n－1.所以数列{a n}的通项公式为a n＝2n－1＋1.②数列{a n}不是“等比源数列”，用反证法证明如下：假设数列{a n}是“等比源数列”，则存在三项a m，a n，a k(m<n<k)按一定次序排列构成等比数列．因为a n＝2n－1＋1，所以a m<a n<a k，所以a2n＝a m a k，得(2n－1＋1)2＝(2m－1＋1)(2k－1＋1)，即22n－2＋2×2n－1＋1＝2m＋k－2＋2m－1＋2k－1＋1，两边同时乘以21－m，得到22n－m－1＋2n－m＋1＝2k－1＋1＋2k－m，即22n－m－1＋2n－m＋1－2k－1－2k－m＝1，又m<n<k，m，n，k∈N*，所以2n－m－1≥1，n－m＋1≥1，k－1≥1，k－m≥1，所以22n－m－1＋2n－m＋1－2k－1－2k－m必为偶数，不可能为1.所以数列{a n}中不存在任何三项，按一定次序排列构成等比数列．综上可得，数列{a n}不是“等比源数列”．(2)证明：不妨设等差数列{a n}的公差d≥0.当d＝0时，等差数列{a n}为非零常数数列，数列{a n}为“等比源数列”．当d>0时，因为a n∈Z，则d≥1，且d∈Z，所以数列{a n}中必有一项a m>0.为了使得{a n}为“等比源数列”，只需要{a n}中存在第n项，第k项(m<n<k)，使得a2n＝a m a k成立，即[a m ＋(n －m )d ]2＝a m [a m ＋(k －m )d ]， 即(n －m )·[2a m ＋(n －m )d ]＝a m (k －m )成立． 当n ＝a m ＋m ，k ＝2a m ＋a m d ＋m 时，上式成立． 所以{a n }中存在a m ，a n ，a k 成等比数列． 所以数列{a n }为“等比源数列”．B 组——大题增分练1．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 ＝i ＝1n (－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．解：(1)设数列{a n }的公差为d . 因为2a 5－a 3＝13，S 4＝16，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a 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T 2k ＝(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋…＋(a 2k －a 2k －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＜4k2k .设f (k )＝4k2k ，则f (k ＋1)－f (k )＝4k ＋12k ＋1－4k 2k ＝4k3k －12k 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T 2k －1＝T 2k －(－1)2ka 2k ＝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，λ的取值范围为(－4,2)．2．(2018·苏南四校联考)设数列{a n }的首项为1，前n 项和为S n ，若对任意的n ∈N *，均有S n ＝a n ＋k －k (k 是常数且k ∈N *)成立，则称数列{a n }为“P (k )数列”．(1)若数列{a n }为“P (1)数列”，求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在数列{a n }既是“P (k )数列”，也是“P (k ＋2)数列”？若存在，求出符合条件的数列{a n }的通项公式及对应的k 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)数列{a n }为“P (1)数列”，则S n ＝a n ＋1－1， 故S n ＋1＝a n ＋2－1，两式相减得：a n ＋2＝2a n ＋1， 又n ＝1时，a 1＝a 2－1，所以a 2＝2， 故a n ＋1＝2a n 对任意的n ∈N *恒成立，即a n ＋1a n＝2(常数)，故数列{a n }为等比数列，其通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *.(2)假设存在这样的数列{a n }，则有S n ＝a n ＋k －k ， 故有S n ＋1＝a n ＋k ＋1－k ，两式相减得：a n ＋1＝a n ＋k ＋1－a n ＋k ， 故有a n ＋3＝a n ＋k ＋3－a n ＋k ＋2同理由{a n }是“P (k ＋2)数列”可得：a n ＋1＝a n ＋k ＋3－a n ＋k ＋2，所以a n ＋1＝a n ＋3对任意n ∈N *恒成立所以S n ＝a n ＋k －k ＝a n ＋k ＋2－k ＝S n ＋2，即S n ＝S n ＋2，又S n ＝a n ＋k ＋2－k －2＝S n ＋2－2，即S n ＋2－S n ＝2，两者矛盾，故不存在这样的数列{a n }既是“P (k )数列”，也是“P (k ＋2)数列”．3．(2018·江苏高考)设{a n }是首项为a 1，公差为d 的等差数列，{b n }是首项为b 1，公比为q 的等比数列．(1)设a 1＝0，b 1＝1，q ＝2，若|a n －b n |≤b 1对n ＝1,2,3,4均成立，求d 的取值范围； (2)若a 1＝b 1>0，m ∈N *，q ∈(1，m2 ]，证明：存在d ∈R ，使得|a n －b n |≤b 1对n ＝2,3，…，m ＋1均成立，并求d 的取值范围(用b 1，m ，q 表示)．解：(1)由条件知a n ＝(n －1)d ，b n ＝2n －1.因为|a n －b n |≤b 1对n ＝1,2,3,4均成立， 即|(n －1)d －2n －1|≤1对n ＝1,2,3,4均成立，所以1≤1,1≤d ≤3,3≤2d ≤5,7≤3d ≤9，解得73≤d ≤52.所以d 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤73，52.(2)由条件知a n ＝b 1＋(n －1)d ，b n ＝b 1qn －1.若存在d ，使得|a n －b n |≤b 1(n ＝2,3，…，m ＋1)成立， 即|b 1＋(n －1)d －b 1qn －1|≤b 1(n ＝2,3，…，m ＋1)，即当n ＝2,3，…，m ＋1时，d 满足q n －1－2n －1b 1≤d ≤q n －1n －1b 1.因为q ∈(1，m2 ]，则1＜qn －1≤q m≤2，从而q n －1－2n －1b 1≤0，q n －1n －1b 1＞0，对n ＝2,3，…，m ＋1均成立．因此，取d ＝0时，|a n －b n |≤b 1对n ＝2,3，…，m ＋1均成立．下面讨论数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1的最大值和数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1的最小值(n ＝2,3，…，m ＋1)． ①当2≤n ≤m 时，q n －2n －q n －1－2n －1＝nq n －q n －nq n －1＋2n n －1 ＝n q n －q n －1－q n ＋2n n －1.当1＜q ≤21m时，有q n ≤q m ≤2，从而n (q n －q n －1)－q n＋2＞0.因此，当2≤n ≤m ＋1时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1单调递增， 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1的最大值为q m －2m .②设f (x )＝2x(1－x )，当x ＞0时，f ′(x )＝(ln 2－1－x ln 2)2x＜0， 所以f (x )单调递减，从而f (x )＜f (0)＝1.当2≤n ≤m 时，q nn q n －1n －1＝q n －1n ≤21n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＜1，因此，当2≤n ≤m ＋1时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1单调递减，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1的最小值为q mm . 因此d 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤b 1q m －2m ，b 1q m m . 4．(2018·苏北三市三模)已知两个无穷数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，a 1＝1，S 2＝4，对任意的n ∈N *，都有3S n ＋1＝2S n ＋S n ＋2＋a n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若{b n }为等差数列，对任意的n ∈N *，都有S n >T n .证明：a n >b n ； (3)若{b n }为等比数列，b 1＝a 1，b 2＝a 2，求满足a n ＋2T nb n ＋2S n＝a k (k ∈N *)的n 值．解：(1)由3S n ＋1＝2S n ＋S n ＋2＋a n ，得2(S n ＋1－S n )＝S n ＋2－S n ＋1＋a n ， 即2a n ＋1＝a n ＋2＋a n ，所以a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n . 由a 1＝1，S 2＝4，可知a 2＝3.所以数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列． 故{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)证明：法一：设数列{b n }的公差为d ， 则T n ＝nb 1＋n n －12d ，由(1)知，S n ＝n 2. 因为S n >T n ，所以n 2>nb 1＋n n －12d ，即(2－d )n ＋d －2b 1>0恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧2－d ≥0，2－d ＋d －2b 1>0，即⎩⎪⎨⎪⎧d ≤2，b 1<1.所以a n －b n ＝2n －1－b 1－(n －1)d ＝(2－d )n ＋d －1－b 1≥(2－d )＋d －1－b 1＝1－b 1>0. 所以a n >b n ，得证．法二：设{b n }的公差为d ，假设存在自然数n 0≥2，使得an 0≤bn 0， 则a 1＋(n 0－1)×2≤b 1＋(n 0－1)d ， 即a 1－b 1≤(n 0－1)(d －2)， 因为a 1>b 1，所以d >2. 所以T n －S n ＝nb 1＋n n －12d －n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫d 2－1n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 1－d 2n ，因为d 2－1>0，所以存在n 0∈N *， 当n >n 0时，T n －S n >0恒成立． 这与“对任意的n ∈N *，都有S n >T n ”矛盾． 所以a n >b n ，得证．(3)由(1)知，S n ＝n 2.因为{b n }为等比数列，且b 1＝1，b 2＝3， 所以{b n }是以1为首项，3为公比的等比数列． 所以b n ＝3n －1，T n ＝3n－12. 则a n ＋2T n b n ＋2S n ＝2n －1＋3n －13n －1＋2n 2＝3n ＋2n －23n －1＋2n 2＝ 3－6n 2－2n ＋23n －1＋2n 2， 因为n ∈N *，所以6n 2－2n ＋2>0，所以a n ＋2T n b n ＋2S n <3. 而a k ＝2k －1，所以a n ＋2T nb n ＋2S n ＝1， 即3n －1－n 2＋n －1＝0.(*)当n ＝1,2时，(*)式成立； 当n ≥2时，设f (n )＝3n －1－n 2＋n －1， 则f (n ＋1)－f (n )＝3n －(n ＋1)2＋n －(3n －1－n 2＋n －1)＝2(3n －1－n )>0， 所以0＝f (2)<f (3)<…<f (n )<…. 故满足条件的n 的值为1和2.。

江苏省南京市高三数学二轮专题复习：数列

江苏省南京市高三数学二轮专题复习：数列

数列二轮复习建议一、高考地位与考查要求（一）数列地位数列是刻画离散现象的数学模型，数列知识对进一步理解函数的概念和体会数学的应用价值具有重要的意义，是高中代数的重要内容之一.在高考中承载着对高中数学抽象概括能力、运算能力、建模能力、类比与化归能力等多种数学能力的考察.因此，在历届高考中，数列作为必考题，其难度属于中、高档难度.（二）考查动向在2009年全国十九套高考试卷中，十四套试卷出现一个小题，两套试卷各出现两个小题；十五套试卷数列出现在解答题中，其中十套试卷数列出现在压轴题，三套试卷数列出现在解答题倒数第三题，两套试卷数列出现在解答题倒数第四题.2010年全国二十套高考试卷中，十一套试卷出现一个小题，四套试卷出现两个小题；十五套试卷数列在解答题中出现，其中五套试卷数列出现在压轴题，四套试卷数列出现在倒数第二题，其余出现在解答题第一题或第二题.分析近两年数列高考题出现的频率和位次，发现数列解答题出现的题号向前移动，难度有所下降，部分省份如福建、辽宁、广东、浙江已连续两年没有出现数列解答题.但江苏这两年每年数列均出现一填空题和一解答题，解答题由易变难，这可能与江苏《考试说明》中的考查要求有关.不难发现，江苏将等差等比数列定位C级要求，即系统地掌握知识的内在联系，并能解决综合性较强的或较为困难的问题，因此数列是江苏数学高考的一个重要的内容.而全国各套试卷中数列又为必考题，题型在常规中出现变化，在注重基本能力考察的同时，又注重探究创新能力的考察.如果出现在客观题中，一般考察两种常见题型：1、等差等比数列求项求和等问题，主要涉及基本量思想；2、数列的探索性问题，如周期数列、分形等.如果数列出现在解答题的前几题中，往往考察等差等比数列的求项求和，运用累加、累乘法的简单递推数列的求项求和问题，主要考察学生的运算能力.如果数列问题出现在最后一两题，则是综合性很强的问题，大多以数列为考查平台，综合运用函数、方程、不等式、简单数论等知识，通过运用递推、函数与方程、归纳与猜想、等价转化、分类整合等各种数学思想方法，考查学生灵活运用数学知识分析问题、解决问题的能力和数学探索创新的能力.二、基本题型与基本策略基本题型一：运用基本量思想解决等差、等比数列的求项求和问题例1.（1）在等差数列{ a n }中，a 1＋a 2＝30，a 3＋a 4＝120，则a 5＋a 6＝ .说明：这是一道典型的运用基本量思想求数列和的问题，根据a 1＋a 2＝30，a 3＋a 4＝120，可以列出关于1a d 和的方程两个二元一次方程方程，通过加减消元或带入消元接出1a d 和的值；同时注意到个方程数列项下标特征，根据等差数列的性质1532642,2a a a a a a +=+=，得到a 5＋a 6＝34122()()a a a a +-+=210.变式：（2010全国卷Ⅰ理科数学4）已知各项均为正数的等比数列{}n a 中，123a a a =5，789a a a =10，则456________.a a a =说明：表面看这是一道可以用基本量思想解决的问题，但在实际操作过程中发现，使用基本量列出方程组计算量较大，要得到结果还需借助指数幂的运算性质，易出错.如果仔细观察已知条件与所求结论的关系，不难发现2417a a a =，2528a a a =，2639a a a =，运用等比数列的性质可以很快得到456a a a =选择恰当的方法有时可以大大简化我们的计算，为考试赢得宝贵的时间，而恰当方法的选择，借助于我们认真审题和知识的融会贯通.（2）等差数列{}n a 中，410a =且3610a a a ，，成等比数列，求数列{}n a 前20项的和20S ．说明：这也是一道典型的运用基本量思想求数列和的问题，同时也是一道简单地将等差数列和等比数列组合在一起的问题，通过410a =和3610a a a ，，成等比数列可以直接列出两个关于基本量1a d 和的方程组：12111310(5)(2)(9)a d a d a d a d +=⎧⎨+=++⎩，此方程组是由一个二元一次与一个二元二次方程组合而成，宜采先化简再带入消元法的方法求解，第二个方程可化简为217a d d =，学生特别容易将d 直接消去，导致漏解的错误.最终结果20S =200或330.此种题型方法常规，思路明确，计算量适中，常常出现在填空题的前六题或解答题的前两题，属容易题.例2. 已知数列{a n }的通项公式a n =9-2n ，则| a 1|+| a 2|+…+| a 20|= ． 说明：这是一道利用等差数列基本量求分段数列和的问题.关键是引导学生正确写出分段数列的通项公式*92(4)()29(5)n n n a n N n n -≤⎧=∈⎨-≥⎩，分段的依据是|9-2n|=0，利用分段通项公式分段求和得|a 1|+|a 2|+…+|a 20|=2*28(4)()832(5)n n n n N n n n ⎧-+≤⎪∈⎨-+≥⎪⎩.此题不仅考察学生的基本运算能力，也考察了学生分段函数、含绝对值表达式的处理方法.例3.（2010浙江理科数学卷15）设1,a d 为实数，首项为1a ，公差为d 的等差数列{n a }的前n 项和为n S ，满足56S S ⋅+15=0，则d 的取值范围是__________.说明：直接运用基本量列出关于1a d 和方程11(10)(615)150a d a d +++=，在列式时注意等差数列求和公式的选择，由于此题中涉及的两个基本量是1a d 和，所以可以选择用1a d 和表示的求和公式，从而化简得2211291010a da d +++=，结合二次函数方程有解判别式大于等于零的性质，得280,d d d ∆=-≥≥≤-即这是一道将数列基本量思想与二次方程知识有机结合的问题，不仅考查学生的计算能力，同时还考查了知识的迁移与转化能力.基本策略：等差、等比数列是两类最基本的数列，它们的通项公式、前n 项和的公式中均含有两个基本量，因此数通过基本量思想求解等差等比的通项和前n 项和是高考考查的重点也是热点.在运用基本量思想解决问题时，要注意以下两个方面：1、基本两思想在解决问题时比较程序化，认真审题选择恰当的方法是关键，有两个性质有时可以简化我们的计算（在等差数列中，若*(,,,),m n p q m n p q N +=+∈则m n p q a a a a +=+在等比数列中若*(,,,),m n p q m n p q N +=+∈则m n p q a a a a ⋅=⋅）；2、在计算过程中注意观察表达式的特征，灵活地运用计算方法．在等差数列求和的问题中，首先是确定通项，选择恰当的求和公式，在等比数列求和中要注意q =1的情况单独讨论.基本题型二：递推数列的求项求和问题例4. 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a n =5S n －3 (n ∈N)，求a 1+a 3+…+a 2 n －1的值． 说明：在表达式中同时出现a n 和S n 时，我们通常采用的方法是运用公式11(1)(2)n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，将表达式转化为都关于a n 或S n 的式子，然后再进行求解.因此，此题表达式可变形为115()n n n n a a S S ---=-，即15n n n a a a --=，所以{}n a 为等比数列，求和问题迎刃而解.例5.（2010新课标全国理科卷17）设数列{}n a 满足12a =，1132n n n a a -+-=⨯.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）令n n b na =，求数列{}n b 的前n 项和n S .说明：此题为解答题的第一题，是一道典型的运用递推数列性质求项求和的问题，第一问用到我们熟知的累加法求通项，即2301122113232322n n n n n n n a a a a a a a a -----=-+-++-+=⨯+⨯++⨯+ 1321n -=⨯-；第二问中132n n n b na n n -==⨯-，则采用分组求和的方法求和，在分组求和中的第一个分组则采用错位相减法求和，此题主要考察学生对基本方法的熟悉程度.使用累加法求通项的递推形式为)(1n f a a n n =-+，使用累乘法求通项的递推形式为)(1n f a a nn =+，使用错位相减法求和的通项公式为()(0,0,1)n n c an b q a q =+⋅≠≠. 例 6. 设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1（n ∈N ＋），则数列{}n a 的通项为_______________.说明：这个递推通项满足1n n a ca d +=+(0,1,0)c c d ≠≠≠的递推形式，通常可以采用待定系数法构造新数列，如等式两边同时加上1得到a n ＋1+1＝2（a n ＋1），新数列{a n ＋1}为首相为2，公比为2的等比数列，从而得到数列{a n ＋1}的通项公式，自然得到数列{a n }的通项.这种递推形式是较为常见的递推形式.但作为一道数列填空题，我们有时也可采用特殊值法进行简单的推导得到通项，如此题通过递推公式很快可以得到a 2＝3，a 3＝7，a 4＝31，因此，我们可以猜想a n ＝12-n，再代入验证.这种由特殊到一般的推理方法对于数列的填空题有时也很奏效.*例7.（2007全国数学Ⅰ文科19）在数列{}n a 中，11a =，122n n n a a +=+． （Ⅰ）设12n n n a b -=．证明：数列{}n b 是等差数列；（Ⅱ）求数列{}n a 的前n 项和n S ． 说明：这也是一道典型的运用递推数列性质求项求和的问题，递推公式往往形式多样，而通过适当地变形转会为等差等比数列是常用的一个手段，直接转化难度较大，而第一问中的12n n n a b -=给了我们一些暗示，是否122n n n a a +=+两边同时除以2n 就可以构造成一个新的等差数列呢？通过猜想、探索很快验证了我们的想法是正确的.通常我们遇到的运用构造新数列方法求递推数列的通项还有其它形式，如 110(0)n n n n a ma a a m ++++=≠（可采用两边同除以n n a a ⋅+1构造为等差数列），1n n a ca d +=+(0,1,0)c c d ≠≠≠（可使用待定系数法变形为)(1λλ+=++n n a c a 的形式，构造为等比数列），1n n n a c a d b -=⋅+⋅(0,1,0,)c c d b c ≠≠≠≠（两边同除以n b 后再使用待定系数法构造为等比数列）．在第二问中，则出现了使用错位相减法求和的常见模型.基本策略：一般数列的求项求和问题大多以递推通项为背景，通过常见的公式、累加、累乘、构造等方法对递推公式进行变形，最终转化为我们熟知的等差、等比数列的定义式进行求解，有时候在构造过程中我们会用到多种构造方法，但最值的目的还是将未知的数列转化为我们已知的数列进行求解.对于理科的学生可以通过列举前几项，猜想通项公式，运用数学归纳法证明的方式求解通项.求递推数列通项是数学中化归思想的重要体现，对学生的能力要求较高，是历年高考中的热点与难点.复习时建议不同层次的学校根据学生特点进行复习，几种基本的递推模型人人掌握，对于变形巧妙，难度较大的问题，讲解时可预设台阶或视学生情况选讲.基本题型三：数列与不等式、函数与方程等知识的综合问题例8. 数列{}n a 是等比数列，1a ＝8，设n n a b 2log =（n N +∈），如果数列{}n b 的前7项和7S 是它的前n 项和组成的数列{}n S 的最大值，且7S ≠8S ，求{}n a 的公比q 的取值范围．说明：这是一道较为简单的数列与函数、不等式结合的问题，解题步骤如下：因为{n a }为等比数列，设公比为q ,由18a =则18n n a q -=⋅， 122log (8)(1)log 3n n b q n q -=⋅=-+∴{n b }为首项是3，公差为2log q 的等差数列；由7s 最大，且87s s ≠ ∴876s s s >≤ ∴667678s s b s b b ≤+>++∴70b ≤且80b < ∴{2236log 037log 0q q +≥+< ∴213log 27q -≤<- ∴317222q --≤<即2q ≤< 从解题的过程可以看出此题运用到对数运算性质、简单对数不等式的解法，数列在题中作为问题的载体，仅用到基本的等差等比通项知识.例9.已知数列{a n }满足，a n +1＋a n ＝4n －3(n ∈N*)．(1)若数列{a n }是等差数列，求a 1的值；(2)当a 1＝2时，求数列{a n }的前n 项和S n ；(3)若对任意n ∈N*，都有a n 2＋a n ＋12a n ＋a n ＋1≥4成立，求a 1的取值范围． 说明：这是南京市2011届高三学情分析考试中的压轴题，题目涵盖了数列中的常见思想方法，如第一问运用基本量思想，第二问题分奇偶化归为等差数列求和，第三问是与不等式、函数相结合的恒成立问题.较为全面地考察了学生分析解决问题的能力.在第二问中，分奇偶讨论通项是求和的前提，而为什么要分奇偶讨论通项是学生理解的一个难点，由已知a n ＋1＋a n ＝4n －3(n ∈N*)，得a n ＋2＋a n ＋1＝4n ＋1(n ∈N*)，两式相减，得a n ＋2－a n ＝4，这个表达式是数列的隔项递推公式，也就说明此数列隔一项具备等差数列的形式，那数列中隔项项的下标特点即是奇偶分类，因此，想到分奇偶讨论通项就理所当然.而有些学生可能避开分奇偶讨论通项而直接求和也是很好的，因为已知a n ＋1＋a n ＝4n －3(n ∈N*)，这个表达式传递给我们连续两项的和组成一个新的数列，而这个数列是我们熟知的等差数列这一信息，求和非常方便，但在计算的过程中很容易发现求和时项数还是要分奇偶讨论.当n 为奇数时，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －2＋a n －1)＋a n＝1＋9＋…＋(4n －11)＋2n＝n －12×(1＋4n －11)2＋2n＝2n 2－3n ＋52．（在组合过程中将1a 单独提出可能更为简单，不需要求解通项） 当n 为偶数时，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n )＝1＋9＋…＋(4n －7)＝2n 2－3n 2．第三问是不等式的恒成立问题，由第二问的提示，处理第三问的前提是找到数列的通项，即a n ＝⎩⎨⎧2n －2＋a 1，n 为奇数，2n －3－a 1，n 为偶数．①当n 为奇数时，a n 2＋a n ＋12a n ＋a n ＋1≥4即为2a 12－2a 1＋5≥－8n 2＋28n －12， 令f (n )＝－8n 2＋28n －12＝－8(n －74)2＋252，当n ＝1时，f (n )max ＝8，所以2a 12－2a 1＋5≥8，解得a 1≥1＋72或a 1≤1－72.②当n 为偶数时，a n ＝2n －a 1－3，a n ＋1＝2n ＋a 1，a n 2＋a n ＋12a n ＋a n ＋1≥4即为2a 12＋6a 1＋9≥－8n 2＋28n －12， 令f (n )＝－8n 2＋28n －12＝－8(n －74)2＋252，当n ＝2时，f (n )max ＝12，所以2a 12＋6a 1＋9≥12，解得a 1≥12或a 1≤－3．综上，a 1的取值范围是a 1≥1＋72或a 1≤－3．*例10．（2008陕西卷理科数学22）已知数列{}n a 的首项135a =，1321n n n a a a +=+，12n =，，．（Ⅰ）求{}n a 的通项公式； （Ⅱ）证明：对任意的0x >，21121(1)3n n a x x x ⎛⎫-- ⎪++⎝⎭≥，12n =，，； （Ⅲ）证明：2121n n a a a n +++>+． 说明：这是一道高考压轴题，虽然难度大，但第一问还是常规递推数列求通项问题，寻找正确的数列通项公式是解决此类问题的前提，1321n n n a aa+=+这个表达式可以两边直接取倒数，变形为3213111+⋅=+n n a a 的形式，而这种形式正是我们前面提及的1n n a ca d +=+(0,1,0)c c d ≠≠≠形式，可使用待定系数法变形为)(1λλ+=++n n a c a 的形式，构造为等比数列)11(31111-=-+n n a a 的形式，从而求得233+=n n n a .此种构造法属二次变形构造，第一次先变形为我们熟知的可以使用构造法解决通项的数列递推形式，第二次则变形为我们熟知的等差等比数列模型求解通项，属于难度较大的递推数列求通项问题.后两问是数列与函数、不等式的证明融合一体的综合问题.从第二问的提法中我们可以感知这是个函数与数列结合的恒成立问题，对于不等式的右边进行变形，分离变量求最值是我们通常的手段，但在变形过程中我们发现无法将n 与x 分离，而不等式右边含有n 的表达式与n a 又有着密切的关系，自然想到如下变形方式：,由于,0>n a 则原命题成立.在此问中，既然涉及到函数求最值的问题，我们也可以直接将不等式右边看做关于x 的一个函数，对其进行求导求最值.第三问是数列求和与不等式证明相结合的问题，通常处理方法有以下两种：（1）能直接求和的先直接求和，将所求和的表达式与要证明的式子进行做差或对比证明；（2）将求和的数列通项进行有效放缩，使之变为能够求和的通项进行求和. 本题显然不适用（1），因为n a 的通项不宜直接求和，因此放缩通项使我们的首选，而放缩的形式非常丰富，如n n n n n a 3212321233->+-=+=，很好的一个放缩形式，求和也十分方便，但是整理后得n n n a a a 31121+->+++ ，这比我们所要求的结果略小，说明放过了.此时我们有两个思路，一是对放缩的式子进行微调，使之符合我们的要求，如果行不通我们可以再次审题，发现第二问的结论为我们放缩提供了条件，即.2222)1(1)1(1)1()31(1)1(1x x nx x n x x nx x n n+-+++>+--+++=若关于x 的方程1)1(1)1(1222+=+-+++n n x x nx x n 有解，01>=n x ，则符合对任意的0x >，21121(1)3n n a x x x ⎛⎫-- ⎪++⎝⎭≥这种放缩形式，此时2121n n a a a n +++>+结论成立.在解决数列中的不等式问题时，有时直接使用不等式的知识求解，有时则需用到裂项法、放缩法进行数列求和，有时还会运用函数的单调性、函数的最值等知识进行判断求解，教师在讲解此类问题是尽量避免技巧性过强的放缩类问题，可根据学生情况对原题进行改编，降低难度.基本策略：数列与函数、不等式都是高中数学重要内容，一些常见的解题技巧和思想方法在数列与函数、不等式的综合问题中都得到了比较充分的体现．以其知识交汇处为主干，构筑成知识网络型代数推理题，在高考中出现的频率高、难度大．学生遇到此类问题一般具有为难情绪，因此，建议复习时从入口低的问题入手，让学生找到解决此类问题的基本途径，建议能力稍弱的学生遇到此类问题不必强求.基本题型四：数列的探索型、开放型问题例11.（2010上海理科10）在n 行n 列矩阵12321234113451212321n n n n n n n n n n ⋅⋅⋅--⎛⎫ ⎪⋅⋅⋅- ⎪⎪⋅⋅⋅ ⎪⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ ⎪ ⎪⋅⋅⋅---⎝⎭中，记位于第i 行第j 列的数为(,1,2,)ij a i j n =⋅⋅⋅。

(江苏专用)高考数学二轮复习 专题三 数列 第2讲 数列的求解与综合创新练习 文 苏教版-苏教版高三

(江苏专用)高考数学二轮复习 专题三 数列 第2讲 数列的求解与综合创新练习 文 苏教版-苏教版高三

第2讲 数列的求解与综合创新1．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋S m ＝S n ＋m (n ，m ∈N *)且a 1＝5，则a 8＝________． [解析] 数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋S m ＝S n ＋m (n ，m ∈N *)且a 1＝5，令m ＝1，则S n ＋1＝S n ＋S 1＝S n ＋5，即S n ＋1－S n ＝5，所以a n ＋1＝5，所以a 8＝5．[答案] 52．(2019·某某省名校高三入学摸底卷)已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1，a 3，a 4成等比数列，则S 3S 7－S 4的值为________．[解析] 法一：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 1，a 3，a 4成等比数列， 所以a 23＝a 1a 4，所以(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，因为d ≠0，所以a 1＝－4d ，所以S 3S 7－S 4＝3a 1＋3×22d7a 1＋7×62d －⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 1＋4×32d ＝3a 1＋3d 3a 1＋15d ＝－9d3d ＝－3．法二：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 1，a 3，a 4成等比数列， 所以a 23＝a 1a 4，所以(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，因为d ≠0，所以a 1＝－4d ， 所以S 3S 7－S 4＝3a 23a 6＝a 1＋d a 1＋5d ＝－3dd＝－3． [答案] －33．(2019·某某市高三模拟)设f (x )是R 上的奇函数，当x >0时，f (x )＝2x＋ln x4，记a n＝f (n －5)，则数列{a n }的前8项和为________．[解析] 数列{a n }的前8项和为a 1＋a 2＋…＋a 8＝f (－4)＋f (－3)＋…＋f (3)＝f (－4)＋[f (－3)＋f (3)]＋[f (－2)＋f (2)]＋[f (－1)＋f (1)]＋f (0)＝f (－4)＝－f (4)＝－(24＋ln 1)＝－16．[答案] －164．(2019·日照模拟改编)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n＝________．[解析] 由S n ＝n 2－6n 可得，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－6n －(n －1)2＋6(n －1)＝2n －7．当n ＝1时，S 1＝－5＝a 1，也满足上式， 所以a n ＝2n －7，n ∈N *．所以n ≤3时，a n ＜0；n ≥4时，a n ＞0，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥4．[答案] ⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥45．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，并且S 10>0，S 11<0，若S n ≤S k 对n ∈N *恒成立，则正整数k 的值为________．[解析] 由S 10>0，S 11<0知a 1>0，d <0，并且a 1＋a 11<0，即a 6<0，又a 5＋a 6>0，所以a 5>0，即数列的前5项都为正数，第5项之后的都为负数，所以S 5最大，则k ＝5．[答案] 56．(2019·某某高三模拟)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 3－a 1＝2，则a 5的最小值为________．[解析] 设等比数列{a n }的公比为q (q ＞0且q ≠1)，则由a 3－a 1＝2，得a 1＝2q 2－1．因为a 3－a 1＝2＞0，所以q ＞1，所以a 5＝a 1q 4＝2q 4q 2－1．令q 2－1＝t ＞0，所以a 5＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋1t ＋2≥8，当且仅当t ＝1，即q ＝2时，等号成立，故a 5的最小值为8．[答案] 87．(2019·某某名校高三入学摸底)定义实数a ，b 之间的运算⊕如下：a ⊕b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a （a ≥b ）b （a <b ），已知数列{a n }满足：a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝2（a n ＋1⊕2）a n(n ∈N *)，若a 2 017＝1，记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 017的值为________．[解析] 因为a 1＝1，a 2＝1，所以a 3＝4，a 4＝8，a 5＝4，a 6＝1，a 7＝1，a 8＝4，…即此时{a n }是周期数列，且周期为5， 所以a 2 017＝a 2＝1，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝18， 故S 2 017＝403×18＋a 1＋a 2＝7 256． [答案] 7 2568．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项公式为a n ＋1－a n ＝2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．[解析] 因为a n ＋1－a n ＝2n，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n －2＋2＝2n．所以S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2．[答案] 2n ＋1－29．(2019·某某调研)设等差数列{a n }满足a 3＋a 7＝36，a 4a 6＝275，且a n a n ＋1有最小值，则这个最小值为________．[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 3＋a 7＝36， 所以a 4＋a 6＝36，与a 4a 6＝275，联立，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11， 当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－10，d ＝7，此时a n ＝7n －17，a 2＝－3，a 3＝4，易知当n ≤2时，a n <0，当n ≥3时，a n >0，所以a 2a 3＝－12为a n a n ＋1的最小值；当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝46，d ＝－7，此时a n ＝－7n ＋53，a 7＝4，a 8＝－3，易知当n ≤7时，a n >0，当n ≥8时，a n <0，所以a 7a 8＝－12为a n a n ＋1的最小值． 综上，a n a n ＋1的最小值为－12． [答案] －1210．(2019·某某调研)将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：a 1a 2，a 3a 4，a 5，a 6a 7，a 8，a 9，a 10……记数阵中的第1列数a 1，a 2，a 4，…构成的数列为{b n }，S n 为数列{b n }的前n 项和．若S n＝2b n －1，则a 56＝________．[解析] 当n ≥2时，因为S n ＝2b n －1，所以S n －1＝2b n －1－1，所以b n ＝2b n －2b n －1，所以b n＝2b n －1(n ≥2且n ∈N *)，因为b 1＝2b 1－1，所以b 1＝1，所以数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以b n ＝2n －1．设a 1，a 2，a 4，a 7，a 11，…的下标1，2，4，7，11，…构成数列{}，则c 2－c 1＝1，c 3－c 2＝2，c 4－c 3＝3，c 5－c 4＝4，…，－－1＝n －1，累加得，－c 1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n －1)，所以＝n （n －1）2＋1，由＝n （n －1）2＋1＝56，得n ＝11，所以a 56＝b 11＝210＝1 024．[答案] 1 02411．(2019·某某名校高三入学摸底)构造数组，规则如下：第一组是两个1，即(1，1)，第二组是(1，2a ，1)，第三组是(1，a (1＋2a )，2a ，a (2a ＋1)，1)，…，在每一组的相邻两个数之间插入这两个数的和的a 倍得到下一组，其中a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14．设第n 组中有a n 个数，且这a n 个数的和为S n (n ∈N *)．(1)求a n 和S n ； (2)求证：a 1－1S 1＋a 2－1S 2＋…＋a n －1S n ≥n2． [解] (1)由题意可得a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋(a n －1)＝2a n －1，所以a n ＋1－1＝2(a n －1)，又a 1－1＝1，则a n －1＝2n －1，所以a n ＝2n －1＋1．又S 1＝2，且S n ＋1＝S n ＋2a (S n －1)＝(2a ＋1)S n －2a ，则S n ＋1－1＝(2a ＋1)(S n －1)，又S 1－1＝1，所以S n －1＝(2a ＋1)n －1，所以S n ＝(2a ＋1)n －1＋1．(2)证明：令b n ＝a n －1S n ，则b n ＝2n －1（2a ＋1）n －1＋1． 下面用分析法证明数列{b n }为单调递增数列．要证b n <b n ＋1，即证2n －1（2a ＋1）n －1＋1<2n（2a ＋1）n＋1，又a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14，故即证2(2a ＋1)n －1＋2>(2a ＋1)n ＋1，只需证2(2a ＋1)n －1≥(2a ＋1)n，即证2≥2a ＋1，显然成立，则数列{b n }为单调递增数列．所以a 1－1S 1＋a 2－1S 2＋…＋a n －1S n ≥n ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－1S 1＝n2． 12．(2019·某某名校高三入学摸底)已知各项均为正数的数列{a n }满足：a 1＝a ，a 2＝b ，a n ＋1＝a n a n ＋2＋m (n ∈N *)，其中m ，a ，b 均为实常数．(1)若m ＝0，且a 4，3a 3，a 5成等差数列．①求ba的值；②若a ＝2，令b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数2log 2a n －1，n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和S n ；(2)是否存在常数λ，使得a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1对任意的n ∈N *都成立？若存在，求出实数λ的值(用m ，a ，b 表示)；若不存在，请说明理由．[解] (1)①因为m ＝0，所以a 2n ＋1＝a n a n ＋2，所以正项数列{a n }是等比数列，不妨设其公比为q ．又a 4，3a 3，a 5成等差数列， 所以q 2＋q ＝6，解得q ＝2或q ＝－3(舍去)， 所以b a＝2．②当a ＝2时，数列{a n }是首项为2、公比为2的等比数列，所以a n ＝2n，所以b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即数列{b n }的奇数项依次构成首项为2、公比为4的等比数列，偶数项依次构成首项为3、公差为4的等差数列．当n 为偶数时，S n ＝2（1－4n 2）1－4＋n2（3＋2n －1）2＝2n ＋13＋n 2＋n 2－23；当n 为奇数时，S n ＝2（2n ＋1－1）3＋（n ＋1）（n ＋1＋1）2－(2n ＋1)＝2n ＋23＋n 2－n 2－23．所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋13＋n 2＋n 2－23，n 为偶数2n ＋23＋n 2－n 2－23，n 为奇数．(2)存在常数λ＝a 2＋b 2－m ab，使得a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1对任意的n ∈N *都成立．证明如下：因为a 2n ＋1＝a n a n ＋2＋m (n ∈N *)， 所以a 2n ＝a n －1a n ＋1＋m ，n ≥2，n ∈N *， 所以a 2n ＋1－a 2n ＝a n a n ＋2－a n －1a n ＋1， 即a 2n ＋1＋a n －1a n ＋1＝a n a n ＋2＋a 2n ．由于a n >0，此等式两边同时除以a n a n ＋1，得a n ＋a n ＋2a n ＋1＝a n －1＋a n ＋1a n， 所以a n ＋a n ＋2a n ＋1＝a n －1＋a n ＋1a n ＝…＝a 1＋a 3a 2，即当n ≥2，n ∈N *时，都有a n ＋a n ＋2＝a 1＋a 3a 2a n ＋1． 因为a 1＝a ，a 2＝b ，a 2n ＋1＝a n a n ＋2＋m ，所以a 3＝b 2－ma，所以a 1＋a 3a 2＝a ＋b 2－m a b ＝a 2＋b 2－mab，所以当λ＝a 2＋b 2－m ab时，对任意的n ∈N *都有a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1成立．13．(2019·某某市高三模拟)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＝a n b n，求证：数列{}中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积．[解] (1)因为a n ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ， S n ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ，所以b n ＝2S na n ＋2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ＋2＝12． (2)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 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 ④－③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 ，由2S 1＝a 1＋2，得a 1＝2，又a 2＝3，所以数列{a n }是首项为2，公差为3－2＝1的等差数列， 故数列{a n }的通项公式是a n ＝n ＋1． (3)证明：由(2)得＝n ＋1n， 对于给定的n ∈N *，若存在k ≠n ，t ≠n ，k ，t ∈N *，使得＝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{}中的任意一项＝n ＋1n ，都存在＋1＝n ＋2n ＋1和2＋2n ＝n 2＋2n ＋1n 2＋2n，使得＝＋1·2＋2n ．14．(2019·某某高三模拟)已知数列{a n }满足a 1＝m ，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，n ＝2k －1a n ＋r ，n ＝2k (k ∈N *，r ∈R )，其前n 项和为S n ．(1)当m 与r 满足什么关系时，对任意的n ∈N *，数列{a n }都满足a n ＋2＝a n?(2)对任意的实数m ，r ，是否存在实数p 与q ，使得{a 2n ＋1＋p }与{a 2n ＋q }是同一个等比数列？若存在，请求出p ，q 满足的条件；若不存在，请说明理由；(3)当m ＝r ＝1时，若对任意的n ∈N *，都有S n ≥λa n ，某某数λ的最大值．[解] (1)由题意，得a 1＝m ，a 2＝2a 1＝2m ，a 3＝a 2＋r ＝2m ＋r ，由a 3＝a 1，得m ＋r ＝0．当m ＋r ＝0时，因为a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，n ＝2k －1a n －m ，n ＝2k(k ∈N *)，所以a 1＝a 3＝…＝m ，a 2＝a 4＝…＝2m ， 故对任意的n ∈N *，数列{a n }都满足a n ＋2＝a n ． 即当实数m ，r 满足m ＋r ＝0时，题意成立． (2)依题意，a 2n ＋1＝a 2n ＋r ＝2a 2n －1＋r ，则a 2n ＋1＋r ＝2(a 2n －1＋r )，因为a 1＋r ＝m ＋r ，所以当m ＋r ≠0时，{a 2n ＋1＋r }是等比数列，且a 2n ＋1＋r ＝(a 1＋r )2n＝(m ＋r )2n．为使{a 2n ＋1＋p }是等比数列，则p ＝r ．同理，当m ＋r ≠0时，a 2n ＋2r ＝(m ＋r )2n，则为使{a 2n ＋q }是等比数列，则q ＝2r ． 综上所述，①若m ＋r ＝0，则不存在实数p ，q ，使得{a 2n ＋1＋p }与{a 2n ＋q }是等比数列；②若m ＋r ≠0，则当p ，q 满足q ＝2p ＝2r 时，{a 2n ＋1＋p }与{a 2n ＋q }是同一个等比数列． (3)当m ＝r ＝1时，由(2)可得a 2n －1＝2n－1，a 2n ＝2n ＋1－2，当n ＝2k 时，a n ＝a 2k ＝2k ＋1－2，S n ＝S 2k ＝(21＋22＋…＋2k )＋(22＋23＋…＋2k ＋1)－3k ＝3(2k ＋1－k －2)，所以S na n ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－k2k ＋1－2．令c k ＝k 2k ＋1－2，则c k ＋1－c k ＝k ＋12k ＋2－2－k2k ＋1－2＝（1－k ）2k ＋1－2（2k ＋2－2）（2k ＋1－2）<0， 所以S n a n ≥32，λ≤32．当n ＝2k －1时，a n ＝a 2k －1＝2k－1，S n ＝S 2k －a 2k ＝3(2k ＋1－k －2)－(2k ＋1－2)＝2k ＋2－3k －4，所以S n a n ＝4－3k2k －1，同理可得S na n≥1，λ≤1．综上所述，实数λ的最大值为1．。

高考数学二轮复习专题过关检测—数列(含解析)

高考数学二轮复习专题过关检测—数列(含解析)

高考数学二轮复习专题过关检测—数列一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2021·内蒙古包头一模)在数列{a n }中,a 1=2,a n+1-a n -2=0,则a 5+a 6+…+a 14=( ) A.180B.190C.160D.1202.(2021·北京朝阳期末)已知等比数列{a n }的各项均为正数,且a 3=9,则log 3a 1+log 3a 2+log 3a 3+log 3a 4+log 3a 5=( ) A.52B.53C.10D.153.(2021·湖北荆州中学月考)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S10S 5=12,则S15S 5=( )A.12B.13C.23D.344.(2021·北京师大附属中学模拟)我国明代著名乐律学家明宗室王子朱载堉在《律学新说》中提出十二平均律,即是现代在钢琴的键盘上,一个八度音程从一个c 键到下一个c 1键的8个白键与5个黑键(如图),从左至右依次为:c ,#c ,d ,#d ,e ,f ,#f ,g ,#g ,a ,#a ,b ,c 1的音频恰成一个公比为√212的等比数列的原理,也即高音c 1的频率正好是中音c 的2倍.已知标准音a 的频率为440 Hz,则频率为220√2 Hz 的音名是( )A.dB.fC.eD.#d5.(2021·四川成都二诊)已知数列{a n}的前n项和S n=n2,设数列{1a n a n+1}的前n项和为T n,则T20的值为()A.1939B.3839C.2041D.40416.(2021·河南新乡二模)一百零八塔位于宁夏吴忠青铜峡市,是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群,是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一.一百零八塔,因塔群的塔数而得名,塔群随山势凿石分阶而建,由下而上逐层增高,依山势自上而下各层的塔数分别为1,3,3,5,5,7,…,该数列从第5项开始成等差数列,则该塔群最下面三层的塔数之和为()A.39B.45C.48D.517.(2021·陕西西安铁一中月考)在1到100的整数中,除去所有可以表示为2n(n∈N*)的整数,则其余整数的和是()A.3 928B.4 024C.4 920D.4 9248.已知函数f(n)={n2,n为奇数,-n2,n为偶数,且a n=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100等于()A.0B.100C.-100D.10 200二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.(2021·辽宁沈阳三模)已知等比数列{a n}的前n项和S n=4n-1+t,则()A.首项a1不确定B.公比q=4C.a2=3D.t=-1410.(2021·山东临沂模拟)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,公差d=1.若a1+3a5=S7,则下列结论一定正确的是()A.a5=1B.S n的最小值为S3C.S1=S6D.S n存在最大值11.已知数列{a n}是等差数列,其前30项和为390,a1=5,b n=2a n,对于数列{a n},{b n},下列选项正确的是() A.b10=8b5 B.{b n}是等比数列C.a1b30=105D.a3+a5+a7a2+a4+a6=20919312.(2021·广东广州一模)在数学课堂上,教师引导学生构造新数列:在数列的每相邻两项之间插入此两项的和,形成新的数列,再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列1,2进行构造,第1次得到数列1,3,2;第2次得到数列1,4,3,5,2;……第n(n∈N*)次得到数列1,x1,x2,x3,…,x k,2.记a n=1+x1+x2+…+x k+2,数列{a n}的前n项和为S n,则()A.k+1=2nB.a n+1=3a n-3C.a n =32(n 2+3n )D.S n =34(3n+1+2n-3) 三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2021·山西太原检测)在等差数列{a n }中,若a 2,a 2 020为方程x 2-10x+16=0的两根,则a 1+a 1 011+a 2 021等于 .14.(2021·江苏如东检测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =2a n -2,则数列{log 2a n }的前n 项和T n = .15.将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{a n },则{a n }的前n 项和为 .16.(2021·新高考Ⅰ,16)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm ×12 dm 的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm ×12 dm,20 dm ×6 dm 两种规格的图形,它们的面积之和S 1=240 dm 2,对折2次共可以得到5 dm ×12 dm,10 dm ×6 dm,20 dm ×3 dm 三种规格的图形,它们的面积之和S 2=180 dm 2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 ;如果对折n 次,那么∑k=1nS k =dm 2.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.(10分)(2021·海南海口模拟)已知正项等比数列{a n },a 4=116,a 5a 7=256. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)求数列{|log 2a n |}的前n 项和.18.(12分)(2021·全国甲,理18)已知数列{a n}的各项均为正数,记S n为{a n}的前n项和,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.①数列{a n}是等差数列;②数列{√S n}是等差数列;③a2=3a1.19.(12分)(2021·山东济宁二模)已知数列{a n}是正项等比数列,满足a3是2a1,3a2的等差中项,a4=16.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=(-1)n log2a2n+1,求数列{b n}的前n项和T n.20.(12分)(2021·山东临沂一模)在①S nn =a n+12,②a n+1a n=2S n,③a n2+a n=2S n这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解答该问题.已知正项数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,且满足.(1)求a n;(2)若b n=(a n+1)·2a n,求数列{b n}的前n项和T n.21.(12分)(2021·山东泰安一中月考)为了加强环保建设,提高社会效益和经济效益,某市计划用若干年更换1万辆燃油型公交车,每更换一辆新车,则淘汰一辆旧车,更换的新车为电力型车和混合动力型车.今年年初投入了电力型公交车128辆,混合动力型公交车400辆,计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%,混合动力型车每年比上一年多投入a 辆.(1)求经过n 年,该市被更换的公交车总数F (n );(2)若该市计划用7年的时间完成全部更换,求a 的最小值.22.(12分)(2021·广东广州检测)已知数列{a n }满足a 1=23,且当n ≥2时,a 1a 2…a n-1=2a n-2.(1)求证:数列{11−a n}是等差数列,并求数列{a n }的通项公式;(2)记T n =12a 1a 2…a n ,S n =T 12+T 22+…+T n 2,求证:当n ∈N *时,a n+1-23<S n .答案及解析1.B 解析 因为a n+1-a n =2,a 1=2,所以数列{a n }是首项为2,公差为2的等差数列.所以a n =2+(n-1)×2=2n.设{a n }的前n 项和为S n ,则S n =n(2+2n)2=n 2+n.所以a 5+a 6+…+a 14=S 14-S 4=190.2.C 解析 因为等比数列{a n }的各项均为正数,且a 3=9,所以log 3a 1+log 3a 2+log 3a 3+log 3a 4+log 3a 5=log 3(a 1a 2a 3a 4a 5)=log 3(a 35)=log 3(95)=log 3(310)=10.3.D 解析 由题意可知S 5,S 10-S 5,S 15-S 10成等比数列.∵S 10S 5=12,∴设S 5=2k ,S 10=k ,k ≠0,∴S 10-S 5=-k ,∴S 15-S 10=k2,∴S 15=3k2,∴S 15S 5=3k22k =34. 4.D 解析 因为a 的音频是数列的第10项,440=220√2×212=220√2×(2112)10−4,所以频率为220√2 Hz 是该数列的第4项,其音名是#d.5.C 解析 当n=1时,a 1=S 1=1;当n ≥2时,a n =S n -S n-1=n 2-(n-1)2=2n-1.而a 1=1也符合a n =2n-1,所以a n =2n-1.所以1an a n+1=1(2n-1)(2n+1)=12(12n-1-12n+1),所以T n =12(1−13+13-15+⋯+12n-1-12n+1)=121-12n+1=n2n+1,所以T 20=202×20+1=2041. 6.D 解析 设该数列为{a n },依题意,可知a 5,a 6,…成等差数列,且公差为2,a 5=5.设塔群共有n 层,则1+3+3+5+5(n-4)+(n-4)(n-5)2×2=108,解得n=12.故最下面三层的塔数之和为a 10+a 11+a 12=3a 11=3×(5+2×6)=51.7.D 解析 由2n ∈[1,100],n ∈N *,可得n=1,2,3,4,5,6,所以21+22+23+24+25+26=2×(1−26)1−2=126.又1+2+3+ (100)100×1012=5 050,所以在1到100的整数中,除去所有可以表示为2n (n ∈N *)的整数,其余整数的和为5 050-126=4 924.8.B 解析 由已知得当n 为奇数时,a n =n 2-(n+1)2=-2n-1,当n 为偶数时,a n =-n 2+(n+1)2=2n+1.所以a 1+a 2+a 3+…+a 100=-3+5-7+…+201=(-3+5)+(-7+9)+…+(-199+201)=2×50=100.9.BCD 解析 当n=1时,a 1=S 1=1+t ,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=(4n-1+t )-(4n-2+t )=3×4n-2.由数列{a n }为等比数列,可知a 1必定符合a n =3×4n-2, 所以1+t=34,即t=-14.所以数列{a n }的通项公式为a n =3×4n-2,a 2=3, 数列{a n }的公比q=4.故选BCD . 10.AC 解析 由已知得a 1+3(a 1+4×1)=7a 1+7×62×1,解得a 1=-3.对于选项A,a 5=-3+4×1=1,故A 正确.对于选项B,a n =-3+n-1=n-4,因为a 1=-3<0,a 2=-2<0,a 3=-1<0,a 4=0,a 5=1>0,所以S n 的最小值为S 3或S 4,故B 错误.对于选项C,S6-S1=a2+a3+a4+a5+a6=5a4,又因为a4=0,所以S6-S1=0,即S1=S6,故C正确.对于选项D,因为S n=-3n+n(n-1)2=n2-7n2,所以S n无最大值,故D错误.11.BD解析设{a n}的公差为d,由已知得30×5+30×29d2=390,解得d=1629.∴a n=a1+(n-1)d=16n+12929.∵b n=2a n,∴b n+1b n =2a n+12a n=2a n+1-a n=2d,故数列{b n}是等比数列,B选项正确.∵5d=5×1629=8029≠3,∴b10b5=(2d)5=25d≠23,∴b10≠8b5,A选项错误.∵a30=a1+29d=5+16=21,∴a1b30=5×221>105,C选项错误.∵a4=a1+3d=5+3×1629=19329,a5=a1+4d=5+4×1629=20929,∴a3+a5+a7a2+a4+a6=3a53a4=a5a4=209193,D选项正确.12.ABD解析由题意,可知第1次得到数列1,3,2,此时k=1,第2次得到数列1,4,3,5,2,此时k=3,第3次得到数列1,5,4,7,3,8,5,7,2,此时k=7,第4次得到数列1,6,5,9,4,11,7,10,3,11,8,13,5,12,7,9,2,此时k=15,……第n次得到数列1,x1,x2,x3,…,x k,2,此时k=2n-1,所以k+1=2n,故A项正确.当n=1时,a 1=1+3+2=6,当n=2时,a 2=a 1+2a 1-3=3a 1-3,当n=3时,a 3=a 2+2a 2-3=3a 2-3,……所以a n+1=3a n -3,故B 项正确. 由a n+1=3a n -3,得a n+1-32=3(a n -32),又a 1-32=92,所以{a n -32}是首项为92,公比为3的等比数列,所以a n -32=92×3n-1=3n+12,即a n =3n+12+32,故C 项错误.S n =(322+32)+(332+32)+…+(3n+12+32)=343n+1+2n-3,故D 项正确.13.15 解析 因为a 2,a 2 020为方程x 2-10x+16=0的两根,所以a 2+a 2 020=10.又{a n }为等差数列,所以a 1+a 2 021=a 2+a 2 020=2a 1 011=10,即a 1 011=5. 所以a 1+a 1 011+a 2 021=3a 1 011=15. 14.n(n+1)2解析 因为S n =2a n -2,所以当n ≥2时,S n-1=2a n-1-2,两式相减,得a n =2a n -2a n-1,即a n =2a n-1.当n=1时,可得a 1=2,所以数列{a n }是首项为2,公比为2的等比数列,所以a n =2n . 所以log 2a n =n ,所以T n =n(n+1)2.15.3n 2-2n 解析 数列{2n-1}的项均为奇数,数列{3n-2}的所有奇数项均为奇数,所有偶数项均为偶数,并且显然{3n-2}中的所有奇数均能在{2n-1}中找到,所以{2n-1}与{3n-2}的所有公共项就是{3n-2}的所有奇数项,这些项从小到大排列得到的新数列{a n }是以1为首项,以6为公差的等差数列.所以{a n }的前n 项和为S n =n×1+n(n-1)2×6=3n 2-2n.16.5 240(3−n+32n) 解析 对折3次共可以得到52 dm ×12 dm,5 dm ×6 dm,10 dm ×3 dm,20dm ×32dm 四种规格的图形,面积之和S 3=4×30=120 dm 2;对折4次共可以得到54 dm ×12 dm,52dm ×6 dm,5 dm ×3 dm,10 dm ×32dm,20 dm ×34dm 五种规格的图形,S 4=5×15=75 dm 2.可以归纳对折n 次可得n+1种规格的图形,S n =(n+1)·2402ndm 2.则∑k=1nS k =S 1+S 2+…+S n =240221+322+423+…+n+12n . 记T n =221+322+423+…+n+12n , ① 则12T n =222+323+…+n2n +n+12n+1.②①与②式相减,得T n -12T n =12T n =221+122+123+…+12n −n+12n+1=32−n+32n+1. 故T n =3-n+32n .故∑k=1nS k =240·T n =240(3−n+32n).17.解 (1)设正项等比数列{a n }的公比为q (q>0).由等比数列的性质可得a 5a 7=a 62=256,因为a n >0,所以a 6=16.所以q 2=a6a 4=256,即q=16.所以a n =a 6q n-6=16×16n-6=16n-5. (2)由(1)可知log 2a n =log 216n-5=4n-20,设b n =|log 2a n |=|4n-20|,数列{b n }的前n 项和为T n . ①当n ≤5,且n ∈N *时,T n =n(16+20-4n)2=18n-2n 2;②当n ≥6,且n ∈N *时,T n =T 5+(4+4n-20)(n-5)2=18×5-2×52+(2n-8)(n-5)=2n 2-18n+80.综上所述,T n={18n-2n2,n≤5,且n∈N*,2n2-18n+80,n≥6,且n∈N*.18.证明若选①②⇒③,设数列{a n}的公差为d1,数列{√S n}的公差为d2.∵当n∈N*时,a n>0,∴d1>0,d2>0.∴S n=na1+n(n-1)d12=d12n2+(a1-d12)n.又√S n=√S1+(n-1)d2,∴S n=a1+d22(n-1)2+2√a1d2(n-1)=d22n2+(2√a1d2-2d22)n+d22-2√a1d2+a1,∴d12=d22,a1-d12=2√a1d2-2d22,d22-2√a1d2+a1=0,∴d22=d12,d2=√a1,即d1=2a1,∴a2=a1+d1=3a1.若选①③⇒②,设等差数列{a n}的公差为d.因为a2=3a1,所以a1+d=3a1,则d=2a1,所以S n=na1+n(n-1)2d=na1+n(n-1)a1=n2a1,所以√S n−√S n-1=n√a1-(n-1)√a1=√a1.所以{√S n}是首项为√a1,公差为√a1的等差数列.若选②③⇒①,设数列{√S n}的公差为d,则√S2−√S1=d,即√a1+a2−√a1=d.∵a2=3a1,∴√4a1−√a1=d,即d=√a1,∴√S n=√S1+(n-1)d=√a1+(n-1)√a1=n√a1,即S n =n 2a 1,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=n 2a 1-(n-1)2a 1=(2n-1)a 1, 当n=1时,a 1符合式子a n =(2n-1)a 1,∴a n =(2n-1)a 1,n ∈N *,∴a n+1-a n =2a 1, 即数列{a n }是等差数列.19.解 (1)设正项等比数列{a n }的公比为q (q>0).因为a 3是2a 1,3a 2的等差中项,所以2a 3=2a 1+3a 2,即2a 1q 2=2a 1+3a 1q ,因为a 1≠0,所以2q 2-3q-2=0,解得q=2或q=-12(舍去).所以a 4=a 1q 3=8a 1=16,解得a 1=2.所以a n =2×2n-1=2n . (2)由(1)可知a 2n+1=22n+1,所以b n =(-1)n log 2a 2n+1=(-1)n log 222n+1=(-1)n (2n+1), 所以T n =(-1)1×3+(-1)2×5+(-1)3×7+…+(-1)n (2n+1), -T n =(-1)2×3+(-1)3×5+(-1)4×7+…+(-1)n+1·(2n+1), 所以2T n =-3+2[(-1)2+(-1)3+…+(-1)n]-(-1)n+1(2n+1)=-3+2×1−(−1)n-12+(-1)n (2n+1)=-3+1-(-1)n-1+(-1)n (2n+1)=-2+(2n+2)(-1)n ,所以T n =(n+1)(-1)n -1. 20.解 (1)若选①,则2S n =na n+1.当n=1时,2S 1=a 2,又S 1=a 1=1,所以a 2=2. 当n ≥2时,2S n-1=(n-1)a n ,所以2a n =na n+1-(n-1)a n ,即(n+1)a n =na n+1,所以an+1n+1=a n n(n ≥2).又a 22=1,所以当n ≥2时,an n =1,即a n =n.又a 1=1符合上式,所以a n =n.若选②,则当n=1时,2S 1=a 2a 1,可得a 2=2. 当n ≥2时,2S n-1=a n a n-1,可得2a n =a n a n+1-a n a n-1. 由a n >0,得a n+1-a n-1=2.又a 1=1,a 2=2,所以{a 2n }是首项为2,公差为2的等差数列,{a 2n-1}是首项为1,公差为2的等差数列,所以a n =n.若选③,因为a n 2+a n =2S n ,所以当n ≥2时,a n-12+a n-1=2S n-1,两式相减得a n 2+a n -a n-12-a n-1=2a n ,即(a n +a n-1)(a n -a n-1-1)=0.由a n >0,得a n -a n-1-1=0,即a n -a n-1=1,所以{a n }是首项为1,公差为1的等差数列,所以a n =n.(2)由(1)知b n =(n+1)·2n ,所以T n =2×2+3×22+4×23+…+(n+1)·2n , 2T n =2×22+3×23+4×24+…+(n+1)·2n+1, 两式相减,得-T n =4+22+23+ (2)-(n+1)·2n+1=4+4(1−2n-1)1−2-(n+1)·2n+1=4-4+2n+1-(n+1)·2n+1=-n·2n+1,所以T n =n·2n+1.21.解 (1)设a n ,b n 分别为第n 年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量,依题意,数列{a n }是首项为128,公比为1+50%=32的等比数列,数列{b n }是首项为400,公差为a 的等差数列.所以数列{a n }的前n 项和S n =128×[1−(32)n ]1−32=256[(32)n-1],数列{b n }的前n 项和T n =400n+n(n-1)2a.所以经过n 年,该市被更换的公交车总数F (n )=S n +T n =256[(32)n-1]+400n+n(n-1)2a.(2)若用7年的时间完成全部更换,则F (7)≥10 000, 即256[(32)7-1]+400×7+7×62a ≥10 000,即21a ≥3 082,所以a ≥3 08221.又a ∈N *,所以a 的最小值为147.22.证明 (1)因为当n ≥2时,a 1a 2…a n-1=2a n-2,所以a 1a 2…a n =2an+1-2,两式相除,可得a n =1a n+1-11a n-1,所以11−a n=a n+11−a n+1=11−an+1-1,所以11−an+1−11−a n=1(n ≥2).又a 1=23,所以a 2=34,11−a 1=3,11−a 2=4,所以11−a 2−11−a 1=1,所以11−an+1−11−a n=1(n ∈N *),所以数列{11−a n}是首项为3,公差为1的等差数列.所以11−a n=3+(n-1)×1=n+2,所以a n =n+1n+2.(2)因为T n =12a 1a 2…a n =12×23×34×…×n+1n+2=1n+2,所以T n 2=1(n+2)2>1(n+2)(n+3)=1n+2−1n+3,所以S n=T12+T22+…+T n2>13−14+14−15+…+1n+2−1n+3=13−1n+3=1-1n+3−23=n+2 n+3−23=a n+1-23,所以当n∈N*时,a n+1-23<S n.。

高考数学第二轮专题复习数列教案

高考数学第二轮专题复习数列教案

高考数学第二轮专题复习数列教案二、高考要求1．理解数列的有关概念，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前n项. 2．理解等差〔比〕数列的概念，掌握等差〔比〕数列的通项公式与前n项和的公式. 并能运用这些知识来解决一些实际问题.3．了解数学归纳法原理，掌握数学归纳法这一证题方法，掌握“归纳—猜想—证明〞这一思想方法.三、热点分析1.数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般情况下都是一个客观性试题加一个解答题，分值占整个试卷的10%左右.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式、极限的四那么运算法那么、无穷递缩等比数列所有项和等内容，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列内容为主，并涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目.2.有关数列题的命题趋势〔1〕数列是特殊的函数，而不等式那么是深刻认识函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和能力的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点〔2〕数列推理题是新出现的命题热点.以往高考常使用主体几何题来考查逻辑推理能力，近两年在数列题中也加强了推理能力的考查。

〔3〕加强了数列与极限的综合考查题3.熟练掌握、灵活运用等差、等比数列的性质。

等差、等比数列的有关性质在解决数列问题时应用非常广泛，且十分灵活，主动发现题目中隐含的相关性质，往往使运算简洁优美.如a2a4+2a3a5+a4a6=25，可以利用等比数列的性质进行转化：a2a4=a32，a4a6=a52，从而有a32+2aa53+a52=25，即〔a3+a5〕2=25.4.对客观题，应注意寻求简捷方法解答历年有关数列的客观题，就会发现，除了常规方法外，还可以用更简捷的方法求解.现介绍如下：①借助特殊数列. ②灵活运用等差数列、等比数列的有关性质，可更加准确、快速地解题，这种思路在解客观题时表现得更为突出，很多数列客观题都有灵活、简捷的解法5.在数列的学习中加强能力训练数列问题对能力要求较高，特别是运算能力、归纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力更为突出.一般来说，考题中选择、填空题解法灵活多变，而解答题更是考查能力的集中表达，尤其近几年高考加强了数列推理能力的考查，应引起我们足够的重视.因此，在平时要加强对能力的培养。

2020年江苏高考数学数列二轮专项训练题组答案解析(9页)

2020年江苏高考数学数列二轮专项训练题组答案解析(9页)

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

(江苏专用)2021高考数学二轮复习解答题专项练6数列理

(江苏专用)2021高考数学二轮复习解答题专项练6数列理

6.数 列1.从数列{a n }中取出局部项，并按原来的顺序组成一个新的数列1n a ，2n a ，3n a …，称为数列{a n }的一个子数列，假设该子数列为等比数列，那么称为数列{a n }的等比子数列.(1)设数列{a n }是一个公差不为0的等差数列，假设a 1＝1，a 3＝6，且a 1，a 3，1n a ，2n a ，3n a ，…，k n a 为数列{a n }的等比子数列，求数列{n k }的通项公式；(2)是否存在一个等差数列{a n }，使得{b n }是数列{a n }的一个等比子数列？其中数列{b n }的公比为q ，同时满足b 1＝a 21，b 2＝a 22，b 3＝a 23(a 1<a 2)，b 1＝(1＋2)(1－q ).假设存在，求出数列{a n }的通项公式；假设不存在，请说明理由.解 (1)因为数列{a n }是等差数列，且a 1＝1，a 3＝6，那么等差数列{a n }的公差d ＝52，所以a n ＝52n －32(n ∈N *)，k n a ＝52n k －32.又a 1，a 3，1n a ，2n a ，3n a ，…，k n a 为数列{a n }的等比子数列，且a 3a 1＝6， 所以k n a ＝6k ＋1，即6k ＋1＝52n k －32， 故n k ＝2×6k ＋1＋35(k ∈N *).(2)设数列{a n }的公差为d ，因为a 1<a 2，所以d >0. 由题意得a 21(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )4， 化简得2a 21＋4a 1d ＋d 2＝0，所以d ＝(－2±2)a 1，而－2±2<0，故a 1<0.假设d ＝(－2－2)a 1，那么q ＝b 2b 1＝a 22a 21＝(2＋1)2，故b 1＝a 21＝(1＋2)(1－q )＝(1＋2)(－2－22)<0，故舍去.假设d ＝(－2＋2)a 1，那么q ＝b 2b 1＝a 22a 21＝(2－1)2，从而b 1＝a 21＝(1＋2)(1－q )＝(22－2)(1＋2)＝2， 所以a 1＝－2，d ＝(－2＋2)a 1＝22－2， 所以a n ＝(22－2)n －32＋2. 又b 1＝2，令(22－2)n －32＋2＝2，故n ＝32＋62不是整数，即b 1不是数列{a n }中的项.故不存在满足条件的等差数列{a n }.2.设等比数列{a n }的首项为a 1＝2，公比为q (q 为正整数)，且满足3a 3是8a 1与a 5的等差中项；数列{b n }满足2n 2－(t ＋b n )n ＋32b n ＝0(t ∈R ，n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)试确定t 的值，使得数列{b n }为等差数列；(3)当{b n }为等差数列时，对每个正整数k ，在a k 与a k ＋1之间插入b k 个2，得到一个新数列{c n }.设T n 是数列{c n }的前n 项和，试求满足T m ＝2c m ＋1的所有正整数m .解 (1)由题意6a 3＝8a 1＋a 5，那么6q 2＝8＋q 4，解得q 2＝4或q 2＝2(舍)，那么q ＝2，又a 1＝2，所以a n ＝2n.(2)当n ＝1时，2－(t ＋b 1)＋32b 1＝0，得b 1＝2t －4，当n ＝2时，2×22－(t ＋b 2)×2＋32b 2＝0，得b 2＝16－4t ，当n ＝3时，2×32－(t ＋b 3)×3＋32b 3＝0，得b 3＝12－2t ，那么由b 1＋b 3＝2b 2，得t ＝3，而当t ＝3时，2n 2－(3＋b n )n ＋32b n ＝0，得b n ＝2n ，由b n ＋1－b n ＝2(常数)知，此时数列{b n }为等差数列，故t ＝3. (3)由(1)(2)知，a n ＝2n，b k ＝2k .由题意知，c 1＝a 1＝2，c 2＝c 3＝2，c 4＝a 2＝4，c 5＝c 6＝c 7＝c 8＝2，c 9＝a 3＝8，…， 那么当m ＝1时，T 1≠2c 2，不合题意， 当m ＝2时，T 2＝2c 3，适合题意.当m ≥3时，假设c m ＋1＝2，那么T m ≠2c m ＋1，一定不适合题意， 从而c m ＋1必是数列{a n }中的某一项a k ＋1，那么T m ＝a 1＋122b +⋅⋅⋅+个＋a 2＋222b +⋅⋅⋅+个＋a 3＋322b +⋅⋅⋅+个＋a 4＋…＋a k ＋22k b +⋅⋅⋅+个，＝(2＋22＋23＋ (2))＋2(b 1＋b 2＋b 3＋…＋b k ) ＝2×(2k －1)＋2×(2＋2k )k 2＝2k ＋1＋2k 2＋2k －2，2c m ＋1＝2a k ＋1＝2×2k ＋1，所以2k ＋1＋2k 2＋2k －2＝2×2k ＋1，即2k －k 2－k ＋1＝0，所以2k ＋1＝k 2＋k .2k ＋1(k ∈N *)为奇数，而k 2＋k ＝k (k ＋1)为偶数， 所以上式无解.即当m ≥3时，T m ≠2c m ＋1.综上知，满足题意的正整数仅有m ＝2.3.(2021·江苏省邗江中学期中)各项均为正数的数列{}a n 满足a 2n ＋1＝2a 2n ＋a n a n ＋1，且a 2＋a 4＝2a 3＋4，其中n ∈N *. (1)求数列{}a n 的通项公式；(2)设数列{b n }满足b n ＝na n(2n ＋1)·2n ，是否存在正整数m ，n (1<m <n )，使得b 1，b m ，b n 成等比数列？假设存在，求出所有的m ，n 的值；假设不存在，请说明理由.(3)令c n ＝(n ＋1)2＋1n (n ＋1)a n ＋2，记数列{c n }的前n 项和为S n ，其中n ∈N *，证明：516≤S n <12.(1)解 ∵a 2n ＋1＝2a 2n ＋a n a n ＋1， ∴(a n ＋1＋a n )(2a n －a n ＋1)＝0，又a n ＞0，∴2a n －a n ＋1＝0，即2a n ＝a n ＋1， ∴数列{a n }是公比为2的等比数列.由a 2＋a 4＝2a 3＋4，得2a 1＋8a 1＝8a 1＋4，解得a 1＝2. ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n，n ∈N *.(2)解 b n ＝na n (2n ＋1)·2n＝n 2n ＋1，假设b 1，b m ，b n 成等比数列，那么⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m ＋12＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n ＋1，即m 24m 2＋4m ＋1＝n6n ＋3.由m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3，得3n ＝－2m 2＋4m ＋1m 2， ∴－2m 2＋4m ＋1＞0，解得1－62＜m ＜1＋62. 又m ∈N *，且m ＞1， ∴m ＝2，此时n ＝12.故存在正整数m ＝2，n ＝12，使得b 1，b m ，b n 成等比数列. (3)证明 c n ＝(n ＋1)2＋1n (n ＋1)·2n ＋2＝12·n 2＋2n ＋2n (n ＋1)·2n ＋1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤n 2＋n n (n ＋1)·2n ＋1＋n ＋2n (n ＋1)·2n ＋1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n ＋1＋1n ·2n －1(n ＋1)·2n ＋1，∴S n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋12n ＋1＋12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫11·2－12·22＋⎝⎛⎭⎪⎫12·22－13·23＋⎦⎥⎤…＋⎝⎛⎭⎪⎫1n ·2n －1(n ＋1)·2n ＋1＝12·122⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤12－1(n ＋1)·2n ＋1 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1·n ＋2n ＋1，n ∈N *. ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1·n ＋2n ＋1递减， ∴0＜⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1·n ＋2n ＋1≤⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋1·1＋21＋1＝38，∴516≤12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1·n ＋2n ＋1＜12，∴516≤S n ＜12. 4.(2021·江苏省扬州树人学校模拟)无穷数列{}a n 的各项都不为零，其前n 项和为S n ，且满足a n ·a n ＋1＝S n (n ∈N *)，数列{}b n 满足b n ＝a na n ＋t，其中t 为正整数.(1)求a 2 018；(2)假设不等式a 2n ＋a 2n ＋1<S n ＋S n ＋1对任意的n ∈N *都成立，求首项a 1的取值范围；(3)假设首项a 1是正整数，那么数列{}b n 中的任意一项为哪一项否总可以表示为数列{}b n 中的其他两项之积？假设是，请给出一种表示方式；假设不是，请说明理由. 解 (1)令n ＝1，那么a 1a 2＝S 1，即a 1a 2＝a 1， 又a 1≠0， 所以a 2＝1.由a n ·a n ＋1＝S n ，得a n ＋1·a n ＋2＝S n ＋1， 两式相减得(a n ＋2－a n )a n ＋1＝a n ＋1， 又a n ＋1≠0， 故a n ＋2－a n ＝1， 所以a 2 018＝a 2＋⎝⎛⎭⎪⎫2 0182－1×1＝1 009.(2)由(1)知数列{}a 2n 是首项为a 2＝1，公差为1的等差数列，数列{}a 2n －1是首项为a 1，公差为1的等差数列.故a n＝⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋n －12，n 是奇数，n2，n 是偶数.所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＋12a 1＋n 2－14，n 是奇数，n 2a 1＋n24，n 是偶数.①当n 是奇数时，a 2n ＋a 2n ＋1<S n ＋S n ＋1，即⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋n －122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋122<⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12a 1＋n 2－14＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ＋12a 1＋(n ＋1)24， 即a 21－2a 1<n －12对任意正奇数n 恒成立，所以a 21－2a 1<0， 解得0<a 1<2.②当n 是偶数时，a 2n ＋a 2n ＋1<S n ＋S n ＋1，即⎝ ⎛⎭⎪⎫n 22＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1＋n 22<⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2a 1＋n 24 ＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ＋22a 1＋(n ＋1)2－14，即a 21－a 1<n2对任意正偶数n 恒成立，所以a 21－a 1<1， 解得1－52<a 1<1＋52.综合①②得0<a 1<1＋52.(3)由数列{}a 2n 是首项为1，公差为1的等差数列，数列{}a 2n －1是首项为正整数a 1，公差为1的等差数列知，数列{}a n 的各项都是正整数. 设b n ＝b m b k ，即a na n ＋t ＝a ma m ＋t ·a ka k ＋t，所以a m ＝a n (a k ＋t )a k －a n，取k ＝n ＋2，那么a k －a n ＝1，故a m ＝a n (a n ＋2＋t )，不妨设m 是偶数，那么m2＝a n (a n ＋2＋t )一定是整数，故当n 是偶数时，方程b n ＝b m b k 的一组解是⎩⎪⎨⎪⎧k ＝n ＋2，m ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋t ＋1，当n 是奇数时，方程b n ＝b m b k 的一组解是⎩⎪⎨⎪⎧k ＝n ＋2，m ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋n －12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋n ＋12＋t ，所以数列{}b n 中的任意一项总可以表示为数列{}b n 中的其他两项之积. 5.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 ，假设对一切正整数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？假设存在，求出所有的m ，n ；假设不存在，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 *，那么T 2k ＝(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋…＋(a 2k －a 2k －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<4k2k.设b k ＝4k2k ，k ∈N *，那么b k ＋1－b k ＝4k ＋12(k ＋1)－4k2k ＝4k(3k －1)2k (k ＋1).因为k ∈N *，所以b k ＋1－b k ＞0，所以数列{b k }是递增的，所以(b k )min ＝2，所以λ<2. ②当n 为奇数时，设n ＝2k －1，k ∈N *，那么T 2k －1＝T 2k －(－1)2ka 2k ＝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，λ的取值范围为(－4,2).(3)假设存在正整数m ，n (n >m >2)，使得S 2，S m －S 2，S n －S m 成等比数列，那么(S m －S 2)2＝S 2(S n －S m )，即(m 2－4)2＝4(n 2－m 2)， 所以4n 2＝(m 2－2)2＋12，即4n 2－(m 2－2)2＝12， 即(2n －m 2＋2)(2n ＋m 2－2)＝12.因为n >m >2，所以n ≥4，m ≥3，所以2n ＋m 2－2≥15.因为2n －m 2＋2是整数，所以等式(2n －m 2＋2)(2n ＋m 2－2)＝12不成立， 故不存在正整数m ，n (n >m >2)，使得S 2，S m －S 2，S n －S m 成等比数列.6.(2021·南京模拟)假设数列{}a n 满足：对于任意n ∈N *，a n ＋||a n ＋1－a n ＋2均为数列{}a n 中的项，那么称数列{}a n 为“T 数列〞.(1)假设数列{}a n 的前n 项和S n ＝2n 2，n ∈N *，求证：数列{}a n 为“T 数列〞；(2)假设公差为d 的等差数列{}a n 为“T 数列〞，求d 的取值范围；(3)假设数列{}a n 为“T 数列〞，a 1＝1，且对于任意n ∈N *，均有a n <a 2n ＋1－a 2n <a n ＋1，求数列{}a n 的通项公式.(1)证明 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－2(n －1)2＝4n －2， 又a 1＝S 1＝2＝4×1－2，所以a n ＝4n －2.所以a n ＋|a n ＋1－a n ＋2|＝4n －2＋4＝4(n ＋1)－2为数列{a n }的第n ＋1项，因此数列{a n }为“T 数列〞.(2)解 因为数列{a n }是公差为d 的等差数列， 所以a n ＋|a n ＋1－a n ＋2|＝a 1＋(n －1)d ＋|d |. 因为数列{a n }为“T 数列〞，所以任意n ∈N *，存在m ∈N *，使得a 1＋(n －1) d ＋|d |＝a m ，即有(m －n )d ＝|d |. ①假设d ≥0，那么存在m ＝n ＋1∈N *，使得(m －n )d ＝|d |， ②假设d ＜0，那么m ＝n －1.此时，当n ＝1时，m ＝0不为正整数，所以d ＜0不符合题意. 综上，d ≥0. (3)解 因为a n ＜a n ＋1，所以a n ＋|a n ＋1－a n ＋2|＝a n ＋a n ＋2－a n ＋1，又因为a n ＜a n ＋a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋2－(a n ＋1－a n )＜a n ＋2，且数列{a n }为“T 数列〞， 所以a n ＋a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1，即a n ＋a n ＋2＝2a n ＋1， 所以数列{a n }为等差数列. 设数列{a n }的公差为t (t ＞0)， 那么有a n ＝1＋(n －1)t ， 由a n ＜a 2n ＋1－a 2n ＜a n ＋1，得1＋(n －1)t ＜t [2＋(2n －1)t ]＜1＋nt ， 整理得n (2t 2－t )＞t 2－3t ＋1，① n (t －2t 2)＞2t －t 2－1.②假设2t 2－t ＜0，取正整数N 0＞t 2－3t ＋12t 2－t， 那么当n ＞N 0时，n (2t 2－t )＜(2t 2－t )N 0＜t 2－3t ＋1， 与①式对于任意n ∈N *恒成立相矛盾，因此2t 2－t ≥0. 同样根据②式可得t －2t 2≥0， 所以2t 2－tt ＞0，所以t ＝12.经检验当t ＝12时，①②两式对于任意n ∈N *恒成立，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋12(n －1)＝n ＋12.。

江苏专版高考数学二轮复习6个解答题专项强化练四数列

江苏专版高考数学二轮复习6个解答题专项强化练四数列

6个解答题专项强化练(四) 数 列1．已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12， 而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0. 又因为q ＞0，解得q ＝2. 所以b n ＝2n.由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8.① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16.②由①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n. (2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ， 由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1，得a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n，故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n，4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1，上述两式相减，得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n －1)×4n ＋1＝12×1－4n1－4－4－(3n －1)×4n ＋1＝－(3n －2)×4n ＋1－8.故T n ＝3n －23×4n ＋1＋83.所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83.2．已知数列{a n }满足：a 1＝12，a n ＋1－a n ＝p ·3n －1－nq ，n ∈N *，p ，q ∈R.(1)若q ＝0，且数列{a n }为等比数列，求p 的值；(2)若p ＝1，且a 4为数列{a n }的最小项，求q 的取值范围． 解：(1)∵q ＝0，a n ＋1－a n ＝p ·3n －1，∴a 2＝a 1＋p ＝12＋p ，a 3＝a 2＋3p ＝12＋4p ，由数列{a n }为等比数列，得⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋p 2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋4p ，解得p ＝0或p ＝1. 当p ＝0时，a n ＋1＝a n ，∴a n ＝12，符合题意；当p ＝1时，a n ＋1－a n ＝3n －1，∴a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝12＋(1＋3＋…＋3n －2)＝12＋1－3n －11－3＝12·3n －1， ∴a n ＋1a n＝3.符合题意． ∴p 的值为0或1.(2)法一：若p ＝1，则a n ＋1－a n ＝3n －1－nq ，∴a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝12＋(1＋3＋…＋3n －2)－[1＋2＋…＋(n－1)]q ＝12[3n －1－n (n －1)q ]．∵数列{a n }的最小项为a 4，∴对任意的n ∈N *，有12[3n －1－n (n －1)q ]≥a 4＝12(27－12q )恒成立，即3n －1－27≥(n 2－n －12)q 对任意的n ∈N *恒成立．当n ＝1时，有－26≥－12q ，∴q ≥136；当n ＝2时，有－24≥－10q ，∴q ≥125；当n ＝3时，有－18≥－6q ，∴q ≥3； 当n ＝4时，有0≥0，∴q ∈R ；当n ≥5时，n 2－n －12>0，所以有q ≤3n －1－27n 2－n －12恒成立，令c n ＝3n －1－27n 2－n －12(n ≥5，n ∈N *)，则c n ＋1－c n ＝2n 2－2n －123n －1＋54nn 2－16n 2－9>0，即数列{c n }为递增数列，∴q ≤c 5＝274.综上所述，q 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤3，274.法二：∵p ＝1，∴a n ＋1－a n ＝3n －1－nq ，又a 4为数列{a n }的最小项，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 4－a 3≤0，a 5－a 4≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧9－3q ≤0，27－4q ≥0，∴3≤q ≤274.此时a 2－a 1＝1－q <0，a 3－a 2＝3－2q <0， ∴a 1>a 2>a 3≥a 4.当n ≥4时，令b n ＝a n ＋1－a n ，b n ＋1－b n ＝2·3n －1－q ≥2·34－1－274>0， ∴b n ＋1>b n ，∴0≤b 4<b 5<b 6<…， 即a 4≤a 5<a 6<a 7<….综上所述，当3≤q ≤274时，a 4为数列{a n }的最小项，即q 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤3，274.3．数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，S n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n3＋r (r ∈R ，n ∈N *)．(1)求r 的值及数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝n a n(n ∈N *)，记{b n }的前n 项和为T n .①当n ∈N *时，λ<T 2n －T n 恒成立，求实数λ的取值范围；②求证：存在关于n 的整式g (n )，使得∑i ＝1n －1(T n ＋1)＝T n ·g (n )－1对一切n ≥2，n ∈N*都成立．解：(1)当n ＝1时，S 1＝a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋r ，∴r ＝23， ∴S n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 3＋23.当n ≥2时，S n －1＝a n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫n 3＋13. 两式相减，得a n ＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，∴a n a n －1＝n ＋1n －1(n ≥2)． ∴a 2a 1·a 3a 2·…·a n a n －1＝31×42×53×…×n n －2×n ＋1n －1，即a n a 1＝n n ＋12.∴a n ＝n (n ＋1)(n ≥2)， 又a 1＝2适合上式． ∴a n ＝n (n ＋1)． (2)①∵a n ＝n (n ＋1)， ∴b n ＝1n ＋1，T n ＝12＋13＋…＋1n ＋1. ∴T 2n ＝12＋13＋…＋12n ＋1，∴T 2n －T n ＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋1. 令B n ＝T 2n －T n ＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋1. 则B n ＋1＝1n ＋3＋1n ＋4＋…＋12n ＋3. ∴B n ＋1－B n ＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋2＝3n ＋42n ＋22n ＋3n ＋2>0.∴B n ＋1>B n ，∴B n 单调递增， 故(B n )min ＝B 1＝13，∴λ<13.∴实数λ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，13.②证明：∵T n ＝12＋13＋…＋1n ＋1，∴当n ≥2时，T n －1＝12＋13＋…＋1n ，∴T n －T n －1＝1n ＋1， 即(n ＋1)T n －nT n －1＝T n －1＋1.∴当n ≥2时，∑i ＝1n －1(T n ＋1)＝(3T 2－2T 1)＋(4T 3－3T 2)＋(5T 4－4T 3)＋…＋[(n ＋1)T n －nT n－1]＝(n ＋1)T n －2T 1＝(n ＋1)T n －1.∴存在关于n 的整式g (n )＝n ＋1，使得∑i ＝1n －1(T n ＋1)＝T n ·g (n )－1对一切n ≥2，n ∈N*都成立．4．已知数列{a n }满足a 1＝12，对任意的正整数m ，p ，都有a m ＋p ＝a m ·a p .(1)证明：数列{a n }是等比数列；(2)若数列{b n }满足a n ＝b 12＋1－b 222＋1＋b 323＋1－b 424＋1＋…＋(－1)n ＋1b n2n＋1，求数列{b n }的通项公式；(3)在(2)的条件下，设c n ＝2n＋λb n ，则是否存在实数λ，使得数列{c n }是单调递增数列？若存在，求出实数λ的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：∵对任意的正整数m ，p ，都有a m ＋p ＝a m ·a p ，∴令m ＝n ，p ＝1，得a n ＋1＝a 1·a n ，从而a n ＋1a n ＝a 1＝12， ∴数列{a n }是首项和公比都为12的等比数列．(2)由(1)可知，a n ＝12n .由a n ＝b 12＋1－b 222＋1＋b 323＋1－b 424＋1＋…＋(－1)n ＋1b n2n＋1得， a n －1＝b 12＋1－b 222＋1＋b 323＋1－b 424＋1＋…＋(－1)n·b n －12n －1＋1(n ≥2)， 故a n －a n －1＝(－1)n ＋1b n2n＋1(n ≥2)，故b n ＝(－1)n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝b 12＋1，解得b 1＝32，不符合上式．∴b n＝⎩⎪⎨⎪⎧32，n ＝1，－1n⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＋1，n ≥2，n ∈N *.(3)∵c n ＝2n＋λb n ，∴当n ≥2时，c n ＝2n ＋(－1)n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1λ，当n ≥3时，c n －1＝2n －1＋(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋1λ，根据题意，当n ≥3时，c n －c n －1＝2n －1＋(－1)nλ·⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋32n >0，即(－1)nλ>－2n －132n ＋2. ①当n 为大于等于4的偶数时，有λ>－2n －132n ＋2恒成立，又2n －132n ＋2随着n 的增大而增大，此时⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2n －132n ＋2min ＝12835，即λ>－12835， 故λ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12835，＋∞. ②当n 为大于等于3的奇数时，有λ<2n －132n ＋2恒成立，此时⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2n －132n ＋2min ＝3219，即λ<3219. 故λ的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，3219；③当n ＝2时，由c 2－c 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋54λ－⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋32λ>0，得λ<8.综上可得，实数λ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12835，3219. 5．已知各项不为零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＝pa n a n ＋1(n ∈N *)，p ∈R. (1)若a 1，a 2，a 3成等比数列，求实数p 的值； (2)若a 1，a 2，a 3成等差数列， ①求数列{a n }的通项公式；②在a n 与a n ＋1间插入n 个正数，共同组成公比为q n 的等比数列，若不等式(q n )(n ＋1)(n ＋a )≤e(e 为自然对数的底数)对任意的n ∈N *恒成立，求实数a 的最大值． 解：(1)当n ＝1时，a 1＝pa 1a 2，a 2＝1p；当n ＝2时，a 1＋a 2＝pa 2a 3，a 3＝a 1＋a 2pa 2＝1＋1p. 由a 22＝a 1a 3，得1p 2＝1＋1p，即p 2＋p －1＝0，解得p ＝－1±52.(2)①因为a 1，a 2，a 3成等差数列，所以2a 2＝a 1＋a 3，得p ＝12，故a 2＝2，a 3＝3，所以S n ＝12a n a n ＋1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12a n a n ＋1－12a n －1a n ，因为a n ≠0，所以a n ＋1－a n －1＝2.故数列{a n }的所有奇数项组成以1为首项，2为公差的等差数列， 其通项公式a n ＝1＋⎝⎛⎭⎪⎫n ＋12－1×2＝n ， 同理，数列{a n }的所有偶数项组成以2为首项，2为公差的等差数列，其通项公式是a n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n2－1×2＝n ， 所以数列{a n }的通项公式是a n ＝n .②由①知，a n ＝n ，在n 与n ＋1间插入n 个正数，组成公比为q n 的等比数列，故有n ＋1＝nq n ＋1n ，即q n ＝⎝⎛⎭⎪⎫n ＋1n 1n ＋1，所以(q n )(n ＋1)(n ＋a )≤e，即⎝⎛⎭⎪⎫n ＋1n n ＋a ≤e ，两边取对数得(n ＋a )ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n ≤1，分离参数得a ≤1ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n －n 恒成立 . 令n ＋1n ＝x ，x ∈(1,2]，则a ≤1ln x －1x －1，x ∈(1,2]， 令f (x )＝1ln x －1x －1，x ∈(1,2]，则f ′(x )＝ln x 2－x －12xln x 2x －12，下证ln x ≤x －1x，x ∈(1,2], 令g (x )＝x －1x －2ln x ，x ∈[1，＋∞), 则g ′(x )＝x －12x2>0，所以g (x )>g (1)＝0，即2ln x <x －1x，用x 替代x 可得ln x <x －1x，x ∈(1,2]，所以f ′(x )＝ln x 2－x －12xln x 2x －12<0，所以f (x )在(1,2]上递减，所以a ≤f (2)＝1ln 2－1. 所以实数a 的最大值为1ln 2－1.6．设三个各项均为正整数的无穷数列{a n }，{b n }，{c n }．记数列{b n }，{c n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意的n ∈N *，都有a n ＝b n ＋c n ，且S n ＞T n ，则称数列{a n }为可拆分数列．(1)若a n ＝4n，且数列{b n }，{c n }均是公比不为1的等比数列，求证：数列{a n }为可拆分数列；(2)若a n ＝5n ，且数列{b n }，{c n }均是公差不为0的等差数列，求所有满足条件的数列{b n }，{c n }的通项公式；(3)若数列{a n }，{b n }，{c n }均是公比不为1的等比数列，且a 1≥3，求证：数列{a n }为可拆分数列．解：(1)证明：由a n ＝4n＝4·4n －1＝3·4n －1＋4n －1，令b n ＝3·4n －1，c n ＝4n －1.则{b n }是以3为首项，4为公比的等比数列，{c n }是以1为首项，4为公比的等比数列， 故S n ＝4n－1，T n ＝4n－13.所以对任意的n ∈N *，都有a n ＝b n ＋c n ，且S n >T n . 所以数列{a n }为可拆分数列．(2)设数列{b n }，{c n }的公差分别为d 1，d 2. 由a n ＝5n ，得b 1＋(n －1)d 1＋c 1＋(n －1)d 2＝(d 1＋d 2)n ＋b 1＋c 1－d 1－d 2＝5n 对任意的n ∈N *都成立．所以⎩⎪⎨⎪⎧d 1＋d 2＝5，b 1＋c 1－d 1－d 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧d 1＋d 2＝5，b 1＋c 1＝5，①由S n >T n ，得nb 1＋n n －12d 1>nc 1＋n n －12d 2，则⎝ ⎛⎭⎪⎫d 12－d 22n 2＋⎝⎛⎭⎪⎫b 1－c 1－d 12＋d 22n >0.由n ≥1，得⎝ ⎛⎭⎪⎫d 12－d 22n ＋⎝⎛⎭⎪⎫b 1－c 1－d 12＋d 22>0对任意的n ∈N *成立．则d 12－d 22≥0且⎝ ⎛⎭⎪⎫d 12－d 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 1－c 1－d 12＋d 22>0即d 1≥d 2且b 1>c 1. ② 由数列{b n }，{c n }各项均为正整数，则b 1，c 1，d 1，d 2均为正整数，当d 1＝d 2时，由d 1＋d 2＝5，得d 1＝d 2＝52∉N *，不符合题意，所以d 1>d 2. ③联立①②③，可得⎩⎪⎨⎪⎧d 1＝4，d 2＝1，b 1＝4，c 1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧d 1＝4，d 2＝1，b 1＝3，c 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧d 1＝3，d 2＝2，b 1＝4，c 1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧d 1＝3，d 2＝2，b 1＝3，c 1＝2.所以⎩⎪⎨⎪⎧ b n ＝4n ，c n ＝n 或⎩⎪⎨⎪⎧b n ＝4n －1，c n ＝n ＋1或⎩⎪⎨⎪⎧b n ＝3n ＋1，c n ＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧b n ＝3n ，c n ＝2n .(3)证明：设a n ＝a 1qn －1，a 1∈N *，q >0，q ≠1，则q ≥2.当q 为无理数时，a 2＝a 1q 为无理数，与a n ∈N *矛盾． 故q 为有理数，设q ＝ba(a ，b 为正整数，且a ，b 互质)．此时a n ＝a 1·b n －1an －1.则对任意的n ∈N *，an －1均为a 1的约数，则an －1＝1，即a ＝1，故q ＝b a＝b ∈N *，所以q ∈N *，q ≥2. 所以a n ＝a 1qn －1＝(a 1－1)qn －1＋qn －1，令b n ＝(a 1－1)·q n －1，c n ＝qn －1.则{b n }，{c n }各项均为正整数．因为a 1≥3， 所以a 1－1≥2>1，则S n >T n ， 所以数列{a n }为可拆分数列．。

(江苏专版)高考数学二轮复习 专题四 数列教学案-人教版高三全册数学教学案

(江苏专版)高考数学二轮复习 专题四 数列教学案-人教版高三全册数学教学案

专题四 数列江苏 新高考数列在江苏高考中地位十分突出，考分比例远远大于课时比例，常在压轴题位置考查代数论证能力.江苏卷数列解答题始终与特殊数列密切联系，源于课本，高于课本，不搞“递推式〞“数列不等式〞之类的超教学范围的知识考查，导向非常好.但由于能力考查要求较高，多年来造成区分度很差的困惑.2013年的数列解答题降低了难度，但2014年又回升了.到2015年不仅是超纲了，而且难度也加大了，2016年把数列、集合结合命题，难度较大，2017年考查数列的新定义问题和论证等差数列，难度也不低.数列题的常规类型可分两类：一类是判断、证明某个数列是等差、等比数列；另一类是等差、等比数列求基本量.这个基本量涵义很广泛，有项、项数、公差、公比、通项、和式以及它们的组合式，甚至还包括相关参数.但江苏考题真正的难度在等差、等比数列的性质灵活运用上.第1课时数列中的基本量计算(基础课) [常考题型突破]等差、等比数列的基本运算[必备知识]1．通项公式等差数列：a n ＝a 1＋(n －1)d ； 等比数列：a n ＝a 1·q n －1.2．求和公式 等差数列：S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －12d ；等比数列：S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q 1－q(q ≠1)．[题组练透]1．(2017·镇江期末)数列{a n }为等比数列，且a 1＋1，a 3＋4，a 5＋7成等差数列，那么公差d ＝________.解析：设等比数列{a n }的公比为q ，那么a 3＝a 1q 2，a 5＝a 1q 4，由a 1＋1，a 3＋4，a 5＋7成等差数列， 得2(a 1q 2＋4)＝a 1＋1＋a 1q 4＋7， 即q 2＝1.所以d ＝a 1q 2＋4－a 1－1＝3. 答案：32．(2017·镇江调研)S n 是等差数列{a n }的前n 项和，假设S n S 2n ＝n ＋14n ＋2，那么a 3a 5＝________. 解析：因为S n S 2n ＝n ＋14n ＋2，所以令n ＝1可得，S 1S 2＝26＝13，即a 12a 1＋d ＝13，化简可得d ＝a 1，所以a 3a 5＝a 1＋2d a 1＋4d ＝3a 15a 1＝35.答案：353．(2017·苏北四市期末)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，假设S 2＝2a 2＋3，S 3＝2a 3＋3，那么公比q 的值为________．解析：因为S 2＝2a 2＋3，S 3＝2a 3＋3，所以a 3＝2a 3－2a 2，所以a 3－2a 2＝a 1q 2－2aq ＝0，所以q 2－2q ＝0，q ≠0，那么公比q ＝2.答案：24．(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 .S 3＝74，S 6＝634，那么a 8＝________.解析：设等比数列{a n }的公比为q ，那么由S 6≠2S 3，得q ≠1，那么⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 11－q 31－q ＝74，S 6＝a 11－q 61－q＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝14，那么a 8＝a 1q 7＝14×27＝32.答案：325．(2017·苏锡常镇一模)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，假设S 3，S 9，S 6成等差数列，且a 2＋a 5＝4，那么a 8的值为________．解析：因为等比数列{a n }的前n 项和为S n ，假设S 3，S 9，S 6成等差数列，且a 2＋a 5＝4，所以⎩⎪⎨⎪⎧2×a 11－q 91－q ＝a 11－q 31－q ＋a 11－q 61－q ，a 1q ＋a 1q 4＝4，解得a 1q ＝8，q 3＝－12，所以a 8＝ a 1q 7＝(a 1q )(q 3)2＝8×14＝2.答案：2 [方法归纳]等差(比)数列基本运算的策略(1)在等差(比)数列中，首项a 1和公差d (公比q )是两个最基本的元素．(2)在进行等差(比)数列项的运算时，假设条件和结论间的联系不明显，那么均可化成关于a 1和d (q )的方程组求解，但要注意消元法及整体代换法，以减少计算量．等差、等比数列的性质[必备知识]等差数列等比数列性 质(1)假设m ，n ，p ，q ∈N *， 且m ＋n ＝p ＋q ，那么a m ＋a n ＝a p ＋a q (1)假设m ，n ，p ，q ∈N *， 且m ＋n ＝p ＋q ， 那么a m ·a n ＝a p ·a q (2)a n ＝a m ＋(n －m )d(2)a n ＝a m qn －m(3)S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等差数列(3)S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等比数列(S m ≠0)[题组练透]1．(2017·苏州考前模拟)等比数列{a n }满足a n >0，n ∈N *，且a 5·a 2n －5＝22n(n ≥3)，那么当n ≥1时，log 2a 1＋log 2a 3＋…＋log 2a 2n －1＝________.解析：由a 5·a 2n －5＝22n(n ≥3)，得a 2n ＝22n，那么a n ＝2n，故log 2a 1＋log 2a 3＋…＋log 2a 2n－1＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n 2. 答案：n 22．数列{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．假设a 1＝6，a 3＋a 5＝0，那么S 6＝________. 解析：∵a 3＋a 5＝2a 4，∴a 4＝0. ∵a 1＝6，a 4＝a 1＋3d ，∴d ＝－2. ∴S 6＝6a 1＋6×6－12d ＝6. 答案：63.(2017·南通二调){a n }是公差不为0的等差数列，S n 是其前n 项和．假设a 2a 3＝a 4a 5，S 9＝27，那么a 1的值是________．解析：因为等差数列{a n }满足S 9＝27，所以S 9＝9a 5＝27，所以a 5＝3，因为a 2a 3＝a 4a 5，所以(a 5－3d )(a 5－2d )＝(a 5－d )a 5,4a 5d ＝6d 2，又因为等差数列{a n }的公差不为0，所以d ＝2，所以a 1＝a 5－4d ＝3－4×2＝－5.答案：－54．设公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，假设a 1＝1，－217＜d ＜－19，那么当S n取最大值时，n 的值为________．解析：法一：∵S n ＝n ＋n n －12d ，∴S n ＝d2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－d 2n .∵函数y ＝d 2x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－d 2x 的图象的对称轴方程为x ＝－1d ＋12，且开口向下，又－217＜d＜－19，∴9＜－1d ＋12＜192.∴S n 取最大值时，n 的值为9.法二：由a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)d ＞0， 得n －1＜1－d.∵19＜－d ＜217，∴172＜1－d＜9. 又n ∈N *，∴n －1≤8，即n ≤9.故S 9最大． 答案：9 [方法归纳]1等差、等比数列性质的应用的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解.2应牢固掌握等差、等比数列的性质，特别是等差数列中“假设m ＋n ＝p ＋q ，那么a m ＋a n ＝a p ＋a q 〞这一性质与求和公式S n ＝n a 1＋a n2的综合应用.[课时达标训练] [A 组——抓牢中档小题]1．(2017·南通三模)设等差数列{a n }的前n 项和为S n .假设公差d ＝2，a 5＝10，那么S 10的值是________．解析：法一：因为等差数列{a n }中a 5＝a 1＋4d ＝10，d ＝2，所以a 1＝2，所以S 10＝10×2＋1010－12×2＝110. 法二：在等差数列{a n }中，a 6＝a 5＋d ＝12，所以S 10＝10a 1＋a 102＝5(a 5＋a 6)＝5×(10＋12)＝110.答案：1102．(2017·全国卷Ⅲ改编)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.假设a 2，a 3，a 6成等比数列，那么{a n }前6项的和为________．解析：设等差数列{a n }的公差为d ， 因为a 2，a 3，a 6成等比数列，所以a 2a 6＝a 23， 即(a 1＋d )(a 1＋5d )＝(a 1＋2d )2. 又a 1＝1，所以d 2＋2d ＝0. 又d ≠0，那么d ＝－2，所以数列{a n }前6项的和S 6＝6×1＋6×52×(－2)＝－24.答案：－243．(2017·北京高考)假设等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，那么a 2b 2＝________.解析：设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ， 那么a 4＝－1＋3d ＝8，解得d ＝3；b 4＝－1·q 3＝8，解得q ＝－2.所以a 2＝－1＋3＝2，b 2＝－1×(－2)＝2， 所以a 2b 2＝1. 答案：14．公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，假设S 5S 3＝3，那么a 5a 3的值为________．解析：由题意S 5S 3＝5a 1＋10d3a 1＋3d＝3，化简得d ＝4a 1，那么a 5a 3＝a 1＋4d a 1＋2d ＝17a 19a 1＝179.答案：1795．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，那么∑k ＝1n1S k＝________.解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以S n ＝n n ＋12，1S n ＝2nn ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 因此∑k ＝1n1S k ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2nn ＋1. 答案：2n n ＋16．(2017·盐城期中)在数列{a n }中，a 1＝－2101，且当2≤n ≤100时，a n ＋2a 102－n ＝3×2n恒成立，那么数列{a n }的前100项和S 100＝________.解析：因为当2≤n ≤100时，a n ＋2a 102－n ＝3×2n恒成立，所以a 2＋2a 100＝3×22，a 3＋2a 99＝3×23，…，a 100＋2a 2＝3×2100，以上99个等式相加， 得3(a 2＋a 3＋…＋a 100)＝3(22＋23＋…＋2100)＝3(2101－4)，所以a 2＋a 3＋…＋a 100＝2101－4，又因为a 1＝－2101，所以S 100＝a 1＋(a 2＋a 3＋…＋a 100)＝－4.答案：－47．(2017·常州前黄中学国际分校月考)在数列{a n }中，a n ＋1＝a n1＋3a n，a 1＝2，那么a 20＝________.解析：由a n ＋1＝a n1＋3a n，a 1＝2， 可得1a n ＋1＝1a n＋3，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以12为首项，3为公差的等差数列．即1a n ＝12＋3(n －1)，可得a n ＝26n －5， 所以a 20＝2115.答案：21158．(2017·苏州期中)数列{a n }满足：a n ＋1＝a n (1－a n ＋1)，a 1＝1，数列{b n }满足：b n ＝a n ·a n＋1，那么数列{b n }的前10项的和S 10＝________.解析：因为a n ＋1＝a n (1－a n ＋1)，a 1＝1，所以1a n ＋1－1a n ＝1，1a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，1为公差的等差数列，所以1a n ＝n ，所以b n ＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1，所以数列{b n }的前10项的和S 10＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110－111＝1－111＝1011. 答案：10119．{a n }为等差数列，假设a 11a 10＜－1，且它的前n 项和S n 有最大值，那么当S n 取得最小正值时，n ＝________.解析：由a 11a 10＜－1，得a 11＋a 10a 10＜0，且它的前n 项和S n 有最大值，那么a 10＞0，a 11＜0，a 11＋a 10＜0，那么S 19＞0，S 20＜0，那么当S n 取得最小正值时，n ＝19.答案：1910．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，S 10＝16，S 100－S 90＝24，那么S 100＝________. 解析：依题意，S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，…，S 100－S 90依次成等差数列，设该等差数列的公差为d .又S 10＝16，S 100－S 90＝24，因此S 100－S 90＝24＝16＋(10－1)d ＝16＋9d ，解得d ＝89，因此S 100＝10S 10＋10×92d ＝10×16＋10×92×89＝200.答案：20011．(2017·扬州期末)在正项等比数列{a n }中，假设a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6，那么a 5＋a 6的最小值为________．解析：令a 1＋a 2＝t (t >0)，那么a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6可化为tq 2－2t ＝6(其中q 为公比)，所以a 5＋a 6＝tq 4＝6q 2－2q 4＝6⎣⎢⎡⎦⎥⎤4q 2－2＋q 2－2＋4≥6⎣⎢⎡⎦⎥⎤24q 2－2×q 2－2＋4＝48(当且仅当q ＝2时等号成立)．答案：4812．设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋2n，那么数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：当n ≥2时，a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)＋2n－2n －1＝2a n ＋2n －1，从而a n ＋1＋2n＝3(a n ＋2n －1)．又a 2＝2a 1＋2＝4，a 2＋2＝6，故数列{a n ＋1＋2n}是以6为首项，3为公比的等比数列，从而a n ＋1＋2n ＝6×3n －1，即a n ＋1＝2×3n －2n ，又a 1＝1＝2×31－1－21－1，故a n ＝2×3n －1－2n －1.答案：2×3n －1－2n －113．数列{a n }中，假设对∀n ∈N *，a n ＋a n ＋1＋a n ＋2＝k (k 为常数)，且a 7＝2，a 9＝3，a 98＝4，那么该数列的前100项的和等于________．解析：由a n ＋a n ＋1＋a n ＋2＝k ，a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝k ，得a n ＋3＝a n . 从而a 7＝a 1＝2，a 9＝a 3＝3，a 98＝a 2＝4. 因此a 1＋a 2＋a 3＝9.所以S 100＝33(a 1＋a 2＋a 3)＋a 1＝33×9＋2＝299. 答案：29914．(2017·南京考前模拟)数列{a n }中，a n ＝2n －1，现将{a n }中的项依原顺序按第k 组有2k 项的要求进行分组：(1,3)，(5,7,9,11)，(13,15,17,19,21,23)，…，那么第n 组中各数的和为________．解析：设数列{a n }的前n 项和为S n ，那么S n ＝n 2，因为2＋4＋…＋2n ＝n ( n ＋1)＝n 2＋n,2＋4＋…＋2( n －1)＝n ( n －1)＝n 2－n .所以第n 组中各数的和为S n 2＋n －S n 2－n ＝( n 2＋n )2－(n 2－n )2＝4n 3.答案：4n 3[B 组——力争难度小题]1．在等差数列{a n }中，假设任意两个不等的正整数k ，p 都有a k ＝2p ＋1，a p ＝2k ＋1，数列{a n }的前n 项和记为S n .假设k ＋p ＝m ，那么S m ＝________.(用m 表示)解析：设数列{a n }的公差为d ， 由题意，a 1＋(k －1)d ＝2p ＋1，①a 1＋(p －1)d ＝2k ＋1，②两式相减，得(p －k )d ＝2(k －p )． 又k －p ≠0，所以d ＝－2. 那么a 1＝2p ＋2k －1＝2m －1. 因此S m ＝ma 1＋m m －12d ＝m (2m －1)－m (m －1)＝m 2.答案：m 22．(2016·全国乙卷)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，那么a 1a 2…a n 的最大值为________．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，那么由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝q (a 1＋a 3)＝5，知q ＝12.∵a 1＋a 1q 2＝10，∴a 1＝8. 故a 1a 2…a n ＝a n 1q1＋2＋…＋(n －1)＝23n·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n n (-1)2＝n n n n n 2273++22222=2--.记t ＝－n 22＋7n2＝－12(n 2－7n )，结合n ∈N *可知n ＝3或4时，t 有最大值6. 又y ＝2t 为增函数，从而a 1a 2…a n 的最大值为26＝64. 答案：643．(2017·南京考前模拟)函数f (x )＝(x －2)3，数列{a n }是公差不为0的等差数列，假设∑11i ＝1f (a i )＝0，那么数列{a n }的前11项和S 11为________． 解析：f (x )＝(x －2)3为增函数，且关于点(2,0)中心对称，那么f (2＋x )＋f (2－x )＝0.设数列{a n }的公差为d ，假设a 6＞2，那么f (a 6)＞0，f (a 5)＋f (a 7)＝f (a 6－d )＋f (a 6＋d )＞f (2－d )＋f (2＋d )＝0，即f (a 5)＋f (a 7)＞0，同理，f (a 4)＋f (a 8)＞0，…，f (a 1)＋f (a 11)＞0，那么∑11i ＝1f (a i )＞0；同理，假设a 6＜2，那么∑11i ＝1f (a i )＜0，所以a 6＝2.所以S 11＝11a 6＝22. 答案：224．(2017·全国卷Ⅰ改编)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码〞的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项为哪一项20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是________．解析：设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，那么第n 组的项数为n ，前n 组的项数和为n n ＋12.由题意可知，N >100，令n n ＋12>100，得n ≥14，n ∈N *，即N 出现在第13组之后．易得第n 组的所有项的和为1－2n 1－2＝2n－1，前n 组的所有项的和为21－2n1－2－n ＝2n ＋1－n －2.设满足条件的N 在第k ＋1(k ∈N *，k ≥13)组，且第N 项为第k ＋1组的第t (t ∈N *)个数， 假设要使前N 项和为2的整数幂，那么第k ＋1组的前t 项的和2t－1应与－2－k 互为相反数，即2t－1＝k ＋2， ∴2t ＝k ＋3， ∴t ＝log 2(k ＋3)，∴当t ＝4，k ＝13时，N ＝13×13＋12＋4＝95<100，不满足题意；当t ＝5，k ＝29时，N ＝29×29＋12＋5＝440；当t >5时，N >440. 答案：440第2课时等差、等比数列的综合问题(能力课)[常考题型突破]等差、等比数列的综合运算[例1] (2017·镇江期末)n∈N*，数列{a n}的各项均为正数，前n项和为S n，且a1＝1，a2＝2，设b n＝a2n－1＋a2n.(1)假设数列{b n}是公比为3的等比数列，求S2n；(2)假设对任意n∈N*，S n＝a2n＋n2恒成立，求数列{a n}的通项公式；(3)假设S2n＝3(2n－1)，数列{a n a n＋1}为等比数列，求数列{a n}的通项公式．[解] (1)由题意，b1＝a1＋a2＝1＋2＝3，那么S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n)＝b1＋b2＋…＋b n＝31－3n1－3＝3n＋1－32.(2)当n≥2时，由2S n＝a2n＋n，得2S n－1＝a2n－1＋n－1，两式相减得2a n＝a2n＋n－(a2n－1＋n－1)＝a2n－a2n－1＋1，整理得(a n－1)2－a2n－1＝0，即(a n－a n－1－1)(a n＋a n－1－1)＝0，故a n－a n－1＝1或a n＋a n－1＝1.(*)下面证明a n＋a n－1＝1对任意的n∈N*恒不成立．事实上，因为a1＋a2＝3，所以a n＋a n－1＝1不恒成立；假设存在n∈N*，使a n＋a n－1＝1，设n0是满足上式最小的正整数，即an0＋an0－1＝1，显然n0>2，且an0－1∈(0,1)，那么an0－1＋an0－2≠1，那么由(*)式知，an0－1－an0－2＝1，那么an0－2<0，矛盾．故a n＋a n－1＝1对任意的n∈N*恒不成立，所以a n－a n－1＝1对任意的n∈N*恒成立.因此{a n}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以a n＝1＋(n－1)＝n.(3)设等比数列{a n a n＋1}的公比为q，那么当n≥2时，a n a n＋1a n－1a n＝a n＋1a n－1＝q.即{a2n－1}，{a2n}分别是以1,2为首项，公比为q的等比数列；故a3＝q，a4＝2q.令n＝2，有S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1＋2＋q＋2q＝9，那么q＝2.当q ＝2时，a 2n －1＝2n －1，a 2n ＝2×2n －1＝2n ，b n ＝a 2n －1＋a 2n ＝3×2n －1，此时S 2n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2n －1＋a 2n )＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝31－2n1－2＝3(2n－1)．综上所述，a n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －12，当n 为奇数，2n2，当n 为偶数.[方法归纳]有关递推数列问题常见的处理方法将第n 项和第n ＋1项合并在一起，看是否是一个特殊数列．假设递推关系式含有a n 与S n ，那么考虑是否可以将a n 与S n 进行统一，再根据递推关系式的结构特征确定是否为熟悉的、有固定方法的递推关系式向通项公式的转换类型，否那么可以写出数列的前几项，看能否找到规律，即先特殊、后一般、再特殊．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)假设数列{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)假设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．解：(1)因为a n ＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n，S n ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ，所以b n ＝2S n a n ＋2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n＋2＝12.(2)假设b n ＝n ，那么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④－③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 ，由2S 1＝a 1＋2，得a 1＝2，又a 2＝3，所以数列{a n }是首项为2，公差为3－2＝1的等差数列，故数列{a n }的通项公式是a n ＝n ＋1.(3)证明：由(2)得c n ＝n ＋1n，对于给定的n ∈N *，假设存在k ≠n ，t ≠n ，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 ，那么t ＝n k ＋1k －n ， 取k ＝n ＋1，那么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 .等差、等比数列的判定与证明[例2] n n a 2n －na 2n ＋1＝0，设数列{b n }满足b n ＝a 2ntn .(1)求证：数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n n 为等比数列； (2)假设数列{b n }是等差数列，求实数t 的值；(3)假设数列{b n }是等差数列，前n 项和为S n ，对任意的n ∈N *，均存在m ∈N *，使得8a 21S n －a 41n 2＝16b m 成立，求满足条件的所有整数a 1的值．[解] (1)证明：由题意得4(n ＋1)a 2n ＝na 2n ＋1，因为数列{a n }各项均为正，得a 2n ＋1n ＋1＝4·a 2nn ，所以a n ＋1n ＋1＝2·a n n，因此a n ＋1n ＋1a n n＝2，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n n 是以a 1为首项，公比为2的等比数列．(2)由(1)得a n n＝a 1·2n －1，即a n ＝a 1·2n －1·n ， 所以b n ＝a 2n t n ＝a 21·4n －1·n tn， 如果数列{b n }是等差数列，那么2b 2＝b 1＋b 3，即2·a 21·2·42－1t 2＝a 21·40t ＋a 21·3·43－1t 3，整理得16t 2＝1t ＋48t3，那么t 2－16t ＋48＝0，解得t ＝4或t ＝12. 当t ＝4时，b n ＝a 21·n4，因为b n ＋1－b n ＝a 21n ＋14－a 21n 4＝a 214，所以数列{b n }是等差数列，符合题意； 当t ＝12时，b n ＝a 21n4·3n ，因为b 2＋b 4＝2a 214·32＋4a 214·34＝22a 214·34＝11162a 21，2b 3＝2·a 21·34·33＝a 2118，b 2＋b 4≠2b 3， 所以数列{b n }不是等差数列，t ＝12不符合题意， 综上，如果数列{b n }是等差数列，那么t ＝4. (3)由(2)得b n ＝a 21n4，对任意的n ∈N *，均存在m ∈N *，使8a 21S n －a 41n 2＝16b m ，那么8·a 414·n n ＋12－a 41n 2＝16a 21m4，所以m ＝na 214.当a 1＝2k ，k ∈N *时，m ＝4k 2n 4＝k 2n ，对任意的n ∈N *，m ∈N *，符合题意；当a 1＝2k －1，k ∈N *，当n ＝1时，m ＝4k 2－4k ＋14＝k 2－k ＋14∉N *，故不合题意.综上，当a 1＝2k ，k ∈N *，对任意的n ∈N *，均存在m ∈N *，使8a 21S n －a 41n 2＝16b m . [方法归纳]数列{a n }是等差数列或等比数列的证明方法(1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数； ②利用中项性质，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． (2)证明数列{a n }是等比数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1a n(n ∈N *)为一常数； ②利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)．[变式训练]数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }，{c n }满足(n ＋1)b n ＝a n ＋1－S nn，(n ＋2)c n ＝a n ＋1＋a n ＋22－S n n，其中n ∈N *.(1)假设数列{a n }是公差为2的等差数列，求数列{c n }的通项公式；(2)假设存在实数λ，使得对一切n ∈N *，有b n ≤λ≤c n ，求证：数列{a n }是等差数列． 解：(1)因为数列{a n }是公差为2的等差数列， 所以a n ＝a 1＋2(n －1)，S n n＝a 1＋n －1. 因为(n ＋2)c n ＝a 1＋2n ＋a 1＋2n ＋12－(a 1＋n －1)＝n ＋2，所以c n ＝1.(2)证明：由(n ＋1)b n ＝a n ＋1－S n n，得n (n ＋1)b n ＝na n ＋1－S n ，(n ＋1)(n ＋2)b n ＋1＝(n ＋1)a n ＋2－S n ＋1，两式相减，并化简得a n ＋2－a n ＋1＝(n ＋2)b n ＋1－nb n .从而(n ＋2)c n ＝a n ＋1＋a n ＋22－S n n ＝a n ＋1＋a n ＋22－[a n ＋1－(n ＋1)b n ]＝a n ＋2－a n ＋12＋(n ＋1)b n ＝n ＋2b n ＋1－nb n2＋(n ＋1)b n ＝n ＋22(b n ＋b n ＋1)，因此c n ＝12(b n ＋b n ＋1)．因为对一切n ∈N *，有b n ≤λ≤c n ，所以λ≤c n ＝12(b n ＋b n ＋1)≤λ，故b n ＝λ，c n ＝λ.所以(n ＋1)λ＝a n ＋1－S n n，①(n ＋2)λ＝12(a n ＋1＋a n ＋2)－S nn，②②－①得12(a n ＋2－a n ＋1)＝λ，即a n ＋2－a n ＋1＝2λ，故a n ＋1－a n ＝2λ(n ≥2)．又2λ＝a 2－S 11＝a 2－a 1，那么a n ＋1－a n ＝2λ(n ≥1)．所以数列{a n }是等差数列.特殊数列的判定[例3] n 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，那么称数列{a n }是“P (k )数列〞．(1)证明：等差数列{a n }是“P (3)数列〞；(2)假设数列{a n }既是“P (2)数列〞，又是“P (3)数列〞，证明：{a n }是等差数列． [证明] (1)因为{a n }是等差数列，设其公差为d ， 那么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)，③a n ＋2＋a n ＋3＝4a n ＋1－(a n －1＋a n )．④将③④代入②，得a n －1＋a n ＋1＝2a n ，其中n ≥4， 所以a 3，a 4，a 5，…是等差数列，设其公差为d ′. 在①中，取n ＝4，那么a 2＋a 3＋a 5＋a 6＝4a 4， 所以a 2＝a 3－d ′，在①中，取n ＝3，那么a 1＋a 2＋a 4＋a 5＝4a 3， 所以a 1＝a 3－2d ′， 所以数列{a n }是等差数列．[方法归纳] 此题中第1问根据“P k数列〞的定义，利用等差数列的基本量进行论证，第2问通过变形转化，化归为a n －1，a n ，a n ＋1三项的关系式，假设这种方法一点都不会，也可以按照递推公式多写几项，借助归纳推理求解.[变式训练]设数列{a n }的前n 项的和为S n .定义：假设∀n ∈N *，∃m ∈N *，S n ＝a m ，那么称数列{a n }为H 数列．(1)求证：数列{(n －2)d }(n ∈N *，d 为常数)是H 数列； (2)求证：数列{(n －3)d }(n ∈N *，d 为常数，d ≠0)不是H 数列． 证明：(1)∵a n ＝(n －2)d ，∴S n ＝n －1＋n －22d ＝n n －32d .令n n －32d ＝(m －2)d .(*)当d ＝0时，存在正整数m 满足(*)． 当d ≠0时，m ＝2＋n n －32，∵∀n ∈N *，n n －32∈Z ，∴m ∈Z ，且n n －32≥－1，∴m ≥1，m ∈N *，故存在m ∈N *满足(*)． 所以数列{(n －2)d }是H 数列． (2)数列{(n －3)d }的前n 项之和为S n ＝n －2＋n －32d ＝n n －52d .令n n －52d ＝(m －3)d .因为d ≠0，所以m ＝3＋n n －52，当n ＝2时，m ＝0，故{(n －3)d }不是H 数列．[课时达标训练]1．(2017·苏州期中)等比数列{a n }的公比q >1，满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)假设b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n ·2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值．解：(1)∵a 3＋2是a 2，a 4的等差中项， ∴2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，代入a 2＋a 3＋a 4＝28，可得a 3＝8， ∴a 2＋a 4＝20，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝8，a 1q ＋a 1q 3＝20，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，q ＝12，∵q >1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n.(2)∵b n ＝a n log 12a n ＝2n log 122n ＝－n ·2n，∴S n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n ·2n)，① 2S n ＝－(1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1)，②②－①得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝21－2n1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1.∵S n ＋n ·2n ＋1>62，∴2n ＋1－2>62，∴n ＋1>6，n >5， ∴使S n ＋n ·2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值为6.2．数列{a n }，{b n }均为各项都不相等的数列，S n 为{a n }的前n 项和，a n ＋1b n ＝S n ＋1(n ∈N *)．(1)假设a 1＝1，b n ＝n2，求a 4的值；(2)假设{a n }是公比为q 的等比数列，求证：存在实数λ，使得{b n ＋λ}为等比数列． 解：(1)由a 1＝1，b n ＝n2，知a 2＝4，a 3＝6，a 4＝8.(2)证明：法一：显然公比q ≠1，因为a n ＋1b n ＝S n ＋1，所以a 1q nb n ＝a 11－q n1－q＋1，所以q nb n ＝11－q ＋1a 1－qn1－q，即b n ＝⎝⎛⎭⎪⎫11－q ＋1a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1q n －11－q，所以存在实数λ＝11－q ，使得b n ＋λ＝⎝⎛⎭⎪⎫11－q ＋1a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1q n ，又b n ＋λ≠0(否那么{b n }为常数数列，与题意不符)， 所以当n ≥2时，b n ＋λb n －1＋λ＝1q，此时{b n ＋λ}为等比数列，所以存在实数λ＝11－q ，使得{b n ＋λ}为等比数列．法二：因为a n ＋1b n ＝S n ＋1，① 所以当n ≥2时，a n b n －1＝S n －1＋1，② ①－②得，a n ＋1b n －a n b n －1＝a n ，③ 由③得，b n ＝a n a n ＋1b n －1＋a n a n ＋1＝1q b n －1＋1q， 所以b n ＋11－q ＝1q ⎝ ⎛⎭⎪⎫b n －1＋11－q .又b n ＋11－q≠0(否那么{b n }为常数数列，与题意不符)， 所以存在实数λ＝11－q，使得{b n ＋λ}为等比数列．3．设数列{H n }的各项均为不相等的正整数，其前n 项和为Q n ，称满足条件“对任意的m ，n ∈N *，均有(n －m )·Q n ＋m ＝(n ＋m )(Q n －Q m )〞的数列{H n }为“好〞数列．(1)试分别判断数列{a n }，{b n }是否为“好〞数列，其中a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，n ∈N *，并给出证明；(2)数列{c n }为“好〞数列，其前n 项和为T n . ①假设c 2 016＝2 017，求数列{c n }的通项公式；②假设c 1＝p ，且对任意给定的正整数p ，s (s >1)，有c 1，c s ，c t 成等比数列，求证：t ≥s 2. 解：(1)假设a n ＝2n －1，那么S n ＝n 2， 所以(n －m )S n ＋m ＝(n －m )(n ＋m )2，而(n ＋m )(S n －S m )＝(n ＋m )(n 2－m 2)＝(n ＋m )2(n －m )， 所以(n －m )S n ＋m ＝(n ＋m )(S n －S m )对任意的m ，n ∈N *均成立， 即数列{a n }是“好〞数列．假设b n ＝2n －1，那么S n ＝2n－1，取n ＝2，m ＝1，那么(n －m )S n ＋m ＝S 3＝7，(n ＋m )(S n －S m )＝3b 2＝6， 此时(n －m )S n ＋m ≠(n ＋m )(S n －S m )， 即数列{b n }不是“好〞数列．(2)因为数列{c n }为“好〞数列，取m ＝1， 那么(n －1)T n ＋1＝(n ＋1)(T n －T 1)， 即2T n ＝(n －1)c n ＋1＋(n ＋1)c 1恒成立． 当n ≥2时，有2T n －1＝(n －2)c n ＋nc 1，两式相减，得2c n ＝(n －1)c n ＋1－(n －2)c n ＋c 1(n ≥2)， 即nc n ＝(n －1)c n ＋1＋c 1(n ≥2)， 所以(n －1)c n －1＝(n －2)c n ＋c 1(n ≥3)，所以nc n －(n －1)c n －1＝(n －1)c n ＋1－(n －2)c n (n ≥3)， 即(2n －2)c n ＝(n －1)c n －1＋(n －1)c n ＋1(n ≥3)， 即2c n ＝c n －1＋c n ＋1(n ≥3)，当n ＝2时，有2T 2＝c 3＋3c 1，即2c 2＝c 3＋c 1， 所以2c n ＝c n －1＋c n ＋1对任意的n ≥2，n ∈N *恒成立， 所以数列{c n }是等差数列． 设数列{c n }的公差为d ，①假设c 2 016＝2 017，那么c 1＋2 015d ＝2 017， 即d ＝2 017－c 12 015，因为数列{c n }的各项均为不相等的正整数， 所以d ∈N *，所以d ＝1，c 1＝2，所以c n ＝n ＋1. ②证明：假设c 1＝p ，那么c n ＝dn ＋p －d ， 由c 1，c s ，c t 成等比数列，得c 2s ＝c 1c t ， 所以(ds ＋p －d )2＝p (dt ＋p －d )，即(p －d )(2ds ＋p －d －p )＋d (ds 2－pt )＝0， 化简得，p (t ＋1－2s )＝d (s －1)2， 即d ＝t ＋1－2ss －12p .因为p 是任意给定的正整数，要使d ∈N *，必须t ＋1－2s s －12∈N *， 不妨设k ＝t ＋1－2ss －12，由于s 是任意给定的正整数，所以t ＝k (s －1)2＋2s －1≥(s －1)2＋2s －1＝s 2. 故不等式得证．4．(2017·常州前黄中学国际分校月考)数列{a n }是公差为正数的等差数列，其前n 项和为S n ，且a 2·a 3＝15，S 4＝16.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)数列{b n }满足b 1＝a 1，b n ＋1－b n ＝1a n a n ＋1.①求数列{b n }的通项公式；②是否存在正整数m ，n (m ≠n )，使得b 2，b m ，b n 成等差数列？假设存在，求出m ，n 的值；假设不存在，请说明理由．解：(1)设数列{a n }的公差为d ，那么d ＞0.由a 2·a 3＝15，S 4＝16，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d a 1＋2d ＝15，4a 1＋6d ＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝7，d ＝－2(舍去)．所以a n ＝2n －1. (2)①∵b 1＝a 1，b n ＋1－b n ＝1a n a n ＋1，∴b 1＝a 1＝1，b n ＋1－b n ＝1a n a n ＋1＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，即b 2－b 1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13，b 3－b 2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15，…，b n －b n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3－12n －1(n ≥2)，累加得：b n －b 1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1＝n －12n －1， ∴b n ＝b 1＋n －12n －1＝1＋n －12n －1＝3n －22n －1.b 1＝1也符合上式．故b n ＝3n －22n －1，n ∈N *.②假设存在正整数m ，n (m ≠n )，使得b 2，b m ，b n 成等差数列，那么b 2＋b n ＝2b m .又b 2＝43，b n ＝3n －22n －1＝32－14n －2，b m ＝32－14m －2，∴43＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32－14n －2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫32－14m －2， 即12m －1＝16＋14n －2， 化简得：2m ＝7n －2n ＋1＝7－9n ＋1.当n ＋1＝3，即n ＝2时，m ＝2，不合题意，舍去； 当n ＋1＝9，即n ＝8时，m ＝3，符合题意．∴存在正整数m ＝3，n ＝8，使得b 2，b m ，b n 成等差数列．5．(2017·镇江丹阳高级中学期初考试)数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝r (r >0)，且{a n a n ＋1}是公比为q (q >0)的等比数列，设b n ＝a 2n －1＋a 2n (n ∈N *)．(1)求使a n a n ＋1＋a n ＋1a n ＋2>a n ＋2a n ＋3(n ∈N *)成立的q 的取值范围； (2)求数列{b n }的前n 项和S n ；(3)试证明：当q ≥2时，对任意正整数n ≥2，S n 不可能是数列{b n }中的某一项． 解：(1)依题意得qn －1＋q n >qn ＋1，∵q >0，∴q 2－q －1<0， ∴0<q <5＋12. (2)∵b n ＋1b n ＝a 2n ＋1＋a 2n ＋2a 2n －1＋a 2n ＝a 2n a 2n ＋1a 2n ＋a 2n ＋1a 2n ＋2a 2n ＋1a 2n －1＋a 2n ＝a 2n －1a 2n a 2n q ＋a 2n a 2n ＋1a 2n ＋1q a 2n －1＋a 2n＝q (q >0)，且b 1＝a 1＋a 2＝1＋r >0，∴ 数列{b n }是以1＋r 为首项，q 为公比的等比数列，∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n 1＋r ，q ＝1，1＋r 1－qn1－q ，q ≠1.(3)证明：当q ≥2时，S n ＝1＋r1－q n1－q，∵S n －a n ＋1＝1＋r1－q n1－q－(1＋r )q n＝1＋r 1－q [(1－q n )－q n(1－q )]＝1＋r 1－q[1＋q n (q －2)]<0，∴S n <a n ＋1，又S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，a n >0，n ∈N *，∴S n >a n ，故当q ≥2时，对任意正整数n ≥2，S n 不可能是数列{b n }中的某一项．6．(2017·南通二调)设数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，且满足：①|a 1|≠|a 2|；②r (n －p )S n ＋1＝()n 2＋n a n ＋(n 2－n －2)a 1，其中r ，p ∈R ，且r ≠0.(1)求p 的值；(2)数列{a n }能否是等比数列？请说明理由； (3)求证：当r ＝2时，数列{a n }是等差数列． 解：(1)n ＝1时，r (1－p )S 2＝2a 1－2a 1＝0， 因为|a 1|≠|a 2|，所以S 2≠0， 又r ≠0，所以p ＝1.(2)数列{a n }不是等比数列．理由如下： 假设{a n }是等比数列，公比为q ，当n ＝2时，rS 3＝6a 2，即ra 1(1＋q ＋q 2)＝6a 1q ， 所以r (1＋q ＋q 2)＝6q ，①当n ＝3时，2rS 4＝12a 3＋4a 1，即2ra 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝12a 1q 2＋4a 1， 所以r (1＋q ＋q 2＋q 3)＝6q 2＋2，②由①②得q ＝1，与|a 1|≠|a 2|矛盾，所以假设不成立. 故{a n }不是等比数列．(3)证明：当r ＝2时，易知a 3＋a 1＝2a 2. 由2(n －1)S n ＋1＝(n 2＋n )a n ＋(n 2－n －2)a 1，得n ≥2时，2S n ＋1＝n n ＋1a n n －1＋n ＋1n －2a 1n －1，①2S n ＋2＝n ＋1n ＋2a n ＋1n ＋n －1n ＋2a 1n，②②－①得，2a n ＋2＝n ＋1n ＋2a n ＋1n －n n ＋1a n n －1＋n 2－n ＋2a 1n n －1，即2(a n ＋2－a 1)＝n ＋1n ＋2a n ＋1－a 1n－n n ＋1a n －a 1n －1，两边同除(n ＋1)得， 2a n ＋2－a 1n ＋1＝n ＋2a n ＋1－a 1n－n a n －a 1n －1，即a n ＋2－a 1n ＋1－a n ＋1－a 1n ＝n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1－a 1n －a n －a 1n －1 ＝n n －12×2⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －a 1n －1－a n －1－a 1n －2 ＝…… ＝n n －1×…×3×22×2×…×2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－a 13－1－a 2－a 12－1＝0，所以a n －a 1n －1＝a n －1－a 1n －2＝…＝a 2－a 11， 令a 2－a 1＝d ，那么a n －a 1n －1＝d (n ≥2)． 所以a n ＝a 1＋(n －1)d (n ≥2)． 又n ＝1时，也适合上式， 所以a n ＝a 1＋(n －1)d (n ∈N *)． 所以a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *)．所以当r ＝2时，数列{a n }是等差数列．第3课时数列的综合应用(能力课) [常考题型突破]数列与不等式问题[例1] (2017·南京考前模拟)假设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n＝a n ＋1 (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)假设正项等比数列{b n }，满足b 2＝2,2b 7＋b 8＝b 9，求T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ； (3)对于(2)中的T n ，假设对任意的n ∈N *，不等式λ(－1)n＜12n ＋1(T n ＋21)恒成立，求实数λ的取值范围．[解] (1)因为2S n ＝a n ＋1， 所以4S n ＝(a n ＋1)2，且a n ＞0， 那么4a 1＝(a 1＋1)2，解得a 1＝1， 又4S n ＋1＝(a n ＋1＋1)2，所以4a n ＋1＝4S n ＋1－4S n ＝(a n ＋1＋1)2－(a n ＋1)2，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )－2(a n ＋1＋a n )＝0， 因为a n ＞0，所以a n ＋1＋a n ≠0，所以a n ＋1－a n ＝2，所以{a n }是公差为2的等差数列，又a 1＝1， 所以a n ＝2n －1.(2) 设数列{b n }的公比为q ，因为2b 7＋b 8＝b 9，所以2＋q ＝q 2，解得q ＝－1(舍去)或q ＝2，由b 2＝2，得b 1＝1，即b n ＝2n －1.记A ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －1)×2n －1，那么2A ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)×2n， 两式相减得－A ＝1＋2(2＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)×2n，故A ＝(2n －1)×2n－1－2(2＋22＋…＋2n －1)＝(2n －1)×2n －1－2(2n －2)＝(2n －3)×2n＋3所以T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝(2n －3)·2n＋3.(3)不等式λ(－1)n ＜12n ＋1(T n ＋21)可化为(－1)nλ＜n －32＋62n －1.当n 为偶数时，λ＜n －32＋62n －1，记g (n )＝n －32＋62n －1.即λ＜g (n )min .g (n ＋2)－g (n )＝2＋62n ＋1－62n －1＝2－92n ， 当n ＝2时，g (n ＋2)＜g (n )，n ≥4时，g (n ＋2)＞g (n )，即g (4)＜g (2)，当n ≥4时，g (n )单调递增，g (n )min ＝g (4)＝134，即λ＜134.当n 为奇数时，λ＞32－n －62n －1，记h (n )＝32－n －62n －1，所以λ＞h (n )max .h (n ＋2)－h (n )＝－2－62n ＋1＋62n －1＝－2＋92n ，当n ＝1时，h (n ＋2)＞h (n )，n ≥3时，h (n ＋1)＜h (n )，即h (3)＞h (1)，n ≥3时，h (n )单调递减，h (n )max ＝h (3)＝－3，所以λ＞－3.综上所述，实数λ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，134. [方法归纳]1.数列与不等式的综合问题考查类型 1判断数列中的一些不等关系问题； 2以数列为载体，考查不等式的恒成立问题； 3考查与数列问题有关的不等式的证明问题.2.解决数列与不等式问题的两个注意点1利用基本不等式或函数的单调性求解相关最值时，应注意n 取正整数的限制条件. 2利用放缩法证明不等式、求解参数的范围时，尽量先求和、后放缩，注意放缩的尺度，否那么会出现范围扩大或缩小而得不到正确的结果.[变式训练]数列{a n }满足a 1＝6，a 2＝20，且a n －1·a n ＋1＝a 2n －8a n ＋12(n ∈N *，n ≥2)． (1)证明：数列{a n ＋1－a n }为等差数列； (2)令c n ＝n ＋1a n na n ＋1＋na n ＋1n ＋1a n ，数列{c n }的前n 项和为T n ，求证：2n <T n <2n ＋23.证明：(1)当n ＝2时，a 1·a 3＝a 22－8a 2＋12， 所以a 3＝42.当n ≥2时，由a n －1·a n ＋1＝a 2n －8a n ＋12， 得a n ·a n ＋2＝a 2n ＋1－8a n ＋1＋12，两式相减得a 2n ＋1－a 2n －8a n ＋1＋8a n ＝a n a n ＋2－a n －1a n ＋1， 所以a 2n ＋a n a n ＋2－8a n ＝a 2n ＋1＋a n －1a n ＋1－8a n ＋1， 即a n (a n ＋a n ＋2－8)＝a n ＋1(a n ＋1＋a n －1－8)， 所以a n ＋a n ＋2－8a n ＋1＝a n ＋1＋a n －1－8a n ＝…＝a 3＋a 1－8a 2＝2.所以a n ＋2＋a n －8＝2a n ＋1， 即a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝8， 即(a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝8， 当n ＝1时，也满足此式． 又a 2－a 1＝14，所以数列{a n ＋1－a n }是以14为首项，8为公差的等差数列． (2)由(1)知a n ＋1－a n ＝14＋8(n －1)＝8n ＋6.由a 2－a 1＝8×1＋6，a 3－a 2＝8×2＋6，…，a n －a n －1＝8×(n －1)＋6，累加得a n －a 1＝8×[1＋2＋3＋…＋(n －1)]＋6(n －1)＝8×n －11＋n －12＋6(n －1)＝4n 2＋2n －6，所以a n ＝4n 2＋2n .所以c n ＝n ＋1a nna n ＋1＋na n ＋1n ＋1a n ＝2n ＋12n ＋3＋2n ＋32n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22n ＋3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋22n ＋1＝2＋2⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3，所以T n ＝2n ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝2n ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3，又13>13－12n ＋3＝2n ＋3－332n ＋3＝2n32n ＋3>0， 所以2n <T n <2n ＋23.数列中的范围与最值问题[例2] 数列{a n }，{b n }都是等差数列，它们的前n 项和分别记为S n ，T n ，满足对一切n∈N *，都有S n ＋3＝T n .(1)假设a 1≠b 1，试分别写出一个符合条件的数列{a n }和{b n }； (2)假设a 1＋b 1＝1，数列{c n }满足：c n ＝4a n ＋λ(－1)n －1·2b n ，求最大的实数λ，使得当n ∈N *，恒有c n ＋1≥c n 成立．[解] (1)设数列{a n }，{b n }的公差分别是d 1，d 2. 那么S n ＋3＝(n ＋3)a 1＋n ＋3n ＋22d 1，T n ＝nb 1＋n n －12d 2.∵对一切n ∈N *，有S n ＋3＝T n ， ∴(n ＋3)a 1＋n ＋3n ＋22d 1＝nb 1＋n n －12d 2，即d 12n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋52d 1n ＋3a 1＋3d 1＝d 22n 2＋⎝⎛⎭⎪⎫b 1－12d 2n .。

2021年江苏省高考数学二轮解答题专项复习：数列(含答案解析)

2021年江苏省高考数学二轮解答题专项复习：数列(含答案解析)
（1）求{an}的通项公式；
（2）记bn＝log2（an•an+1），求数列{bn}的前n项和为Tn．
15．已知等差数列{an}满足对任意的正整数n有an+an+1＝4n．
（1）若a1＝1，求{an}的通项公式；
（2）设Sn为{an}的前n项和，求bn 的前n项和．
16．已知各项都为正数的等比数列{an}，a2＝32，a3a4a5＝8．
（1）求{an}的通项公式：
（2）记{an}的前n项和为Sn，求使得Sn≥an成立的n的取值范围．
13．设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．
（1）求{an}的公比；
（2）若a1＝1，求数列{nan}的前n项和．
14．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足S3＝2a3﹣1， ．
（2）设 ，Tn为数列{bn}的前n项和，求Tn的最小值．
28．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足1+S3＝a4，1+S2＝a3．
（1）求{an}的通项公式an；
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若Sn是数列{an}的前n项和，设bn ，求数列{bn}的前n项和Tn．
7．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝3，S6＝36．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn （n∈N*），求数列{bn}的前n项和Tn．
8．已知数列{an}的首项a1＝1，Sn为其前n项和，且Sn+1﹣2Sn＝n+1．
2021年江苏省高考数学二轮解答题专项复习：数列
1．在数列{an}中a1＝1，且3an+1＝an （n∈N+）．
（1）求证：数列{3n•an}为等差数列；

江苏省高考数学二轮复习 专题四 数列 4.4 专题提能—“数列”专题提能课达标训练(含解析)-人教版

江苏省高考数学二轮复习 专题四 数列 4.4 专题提能—“数列”专题提能课达标训练(含解析)-人教版

“数列”专题提能课A 组——易错清零练1．等差数列{a n }，{b n }的前n 项和为S n ，T n .若S n T n ＝7n ＋14n ＋27(n ∈N *)，则a 7b 7＝________.解析：a 7b 7＝a 7＋a 7b 7＋b 7＝S 13T 13＝7×13＋14×13＋27＝9279.答案：92792．设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝7，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a n ＝____________. 解析：由a n ＋1＝2S n ＋1， 得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2)，两式相减得a n ＋1＝3a n (n ≥2)，由a 2＝2a 1＋1，得S 2＝3a 1＋1＝7，解得a 1＝2，a 2＝5，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，5·3n －2，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，5·3n －2，n ≥23．已知一个等差数列{a n }的通项公式为a n ＝25－5n ，则数列{|a n |}的前n 项和为____________．解析：由a n ≥0，得n ≤5，∴{a n }前5项为非负，当n ≤5时S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 45－5n2，当n ≥6时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 5－a 6－…－a n ＝2(a 1＋a 2＋…＋a 5)－a 1－a 2－a 3－a 4－a 5－a 6－…－a n ＝－n 45－5n2＋100，综上所述，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n 45－5n 2，n ≤5，－n 45－5n2＋100，n ≥6.答案：S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n 45－5n 2，n ≤5，－n 45－5n2＋100，n ≥64．若{a n }是等差数列，首项a 1>0，a 2 018a 2 019<－1，则使前n 项和S n >0成立的最大正整数n 是________．解析：∵{a n }为等差数列，a 1>0，a 2 018a 2 019<－1，∴{a n }表示首项为正数，公差为负数的单调递减等差数列，且|a 2 018|>|a 2 019|，等价于a 2 018>0，a 2 019<0且a 2 018＋a 2 019>0.∴在等差数列{a n }中，a 2 018＋a 2 019＝a 1＋a 4 036>0，S 4 036＝4 036a 1＋a 4 0362＞0，S 4 037＝4 037a 1＋a 4 0372＝4 037a 2 019<0，∴使S n ＞0成立的最大自然数n 是4 036.答案：4 036B 组——方法技巧练1．设S n 是等比数列{a n }的前n 项的和，若a 3＋2a 6＝0，则S 6S 3的值是________． 解析：由a 3＋2a 6＝0，得q 3＝－12，则S 6S 3＝a 11－q61－q×1－q a 11－q 3＝1＋q 3＝12. 答案：122．若公比不为1的等比数列{a n }满足log 2(a 1a 2…a 13)＝13，等差数列{b n }满足b 7＝a 7，则b 1＋b 2＋…＋b 13的值为________．解析：∵log 2(a 1a 2…a 13)＝13，∴log 2a 137＝13⇒a 7＝2＝b 7，∴b 1＋b 2＋…＋b 13＝13b 7＝26. 答案：263．已知数列{a n }满足a 2n －1＋1≤a 2n ≤2a 2n ＋1，n ∈N *，a 1＝1，若前n 项和为S n ，则S 11的最小值为________．解析： 要使S n 最小，则数列各项为1,2,1,2,1,2,1,2，…，所以当S 11的最小值为16. 答案：164．各项均为正数的等比数列{a n }满足：a 1>1，a 6＋a 7>a 6a 7＋1>2，记数列{a n }前n 项积为T n ，则满足T n >1的最大正整数n 的值为________．解析：a 6＋a 7>a 6a 7＋1>2⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 6a 7>1，a 6－1a 7－1<0，因为a 1>1，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 6>1，a 7<1.由a 6a 7>1⇒a 1a 12＝a 2a 11＝…＝a 6a 7>1⇒T 12>1，a 7<1⇒a 1a 13＝a 2a 12＝…＝a 6a 8<1⇒T 13<1，所以n 的最大值为12.答案：125．已知{a n }是递增数列，其前n 项和为S n ，a 1>1，且10S n ＝(2a n ＋1)(a n ＋2)，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项a n ；(2)是否存在m ，n ，k ∈N *，使得2(a m ＋a n )＝a k 成立？若存在，写出一组符合条件的m ，n ，k 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)由10a 1＝(2a 1＋1)(a 1＋2)，得2a 21－5a 1＋2＝0，解得a 1＝2或a 1＝12.又a 1>1，所以a 1＝2. 因为10S n ＝(2a n ＋1)(a n ＋2)， 所以10S n ＝2a 2n ＋5a n ＋2，故10a n ＋1＝10S n ＋1－10S n ＝2a 2n ＋1＋5a n ＋1＋2－2a 2n －5a n －2， 整理，得2(a 2n ＋1－a 2n )－5(a n ＋1＋a n )＝0， 即(a n ＋1＋a n )[2(a n ＋1－a n )－5]＝0. 因为{a n }是递增数列且a 1＝2， 所以a n ＋1＋a n ≠0，因此a n ＋1－a n ＝52.所以数列{a n }是以2为首项，52为公差的等差数列，所以a n ＝2＋52(n －1)＝12(5n －1)．(2)满足条件的正整数m ，n ，k 不存在，理由如下： 假设存在m ，n ，k ∈N *，使得2(a m ＋a n )＝a k ， 则5m －1＋5n －1＝12(5k －1)，整理，得2m ＋2n －k ＝35，(*)显然，(*)式左边为整数，所以(*)式不成立． 故满足条件的正整数m ，n ，k 不存在．6．数列{a n }，{b n }，{c n }满足：b n ＝a n －2a n ＋1，c n ＝a n ＋1＋2a n ＋2－2，n ∈N *. (1)若数列{a n }是等差数列，求证：数列{b n }是等差数列；(2)若数列{b n }，{c n }都是等差数列，求证：数列{a n }从第二项起为等差数列； (3)若数列{b n }是等差数列，试判断当b 1＋a 3＝0时，数列{a n }是否成等差数列？证明你的结论．解：(1)证明：设数列{a n }的公差为d ，∵b n ＝a n －2a n ＋1，∴b n ＋1－b n ＝(a n ＋1－2a n ＋2)－(a n －2a n ＋1)＝(a n ＋1－a n )－2(a n ＋2－a n ＋1)＝d －2d ＝－d ， ∴数列{b n }是公差为－d 的等差数列． (2)证明：当n ≥2时，c n －1＝a n ＋2a n ＋1－2， ∵b n ＝a n －2a n ＋1，∴a n ＝b n ＋c n －12＋1，∴a n ＋1＝b n ＋1＋c n2＋1，∴a n ＋1－a n ＝b n ＋1＋c n 2－b n ＋c n －12＝b n ＋1－b n 2＋c n －c n －12，∵数列{b n }，{c n }都是等差数列， ∴b n ＋1－b n 2＋c n －c n －12为常数，∴数列{a n }从第二项起为等差数列． (3)数列{a n }成等差数列． ∵b n ＝a n －2a n ＋1，b 1＋a 3＝0，令n ＝1，a 1－2a 2＝－a 3，即a 1－2a 2＋a 3＝0， ∴b n ＋1＝a n ＋1－2a n ＋2，b n ＋2＝a n ＋2－2a n ＋3，∴2b n ＋1－b n －b n ＋2＝(2a n ＋1－a n －a n ＋2)－2(2a n ＋2－a n ＋1－a n ＋3)， ∵数列{b n }是等差数列，∴2b n ＋1－b n －b n ＋2＝0， ∴2a n ＋1－a n －a n ＋2＝2(2a n ＋2－a n ＋1－a n ＋3)， ∵a 1－2a 2＋a 3＝0，∴2a n ＋1－a n －a n ＋2＝0， ∴数列{a n }是等差数列．C 组——创新应用练1．数列{a n }中，a n ＝n －97n －98(n ∈N *)，则最大项是第________项．解析：因为a n ＝n －97n －98＝1＋98－97n －98，所以{a n }在[1,9]单调递减，[10，＋∞)单调递减，所以n －98>0且最小时，a n 最大；n －98<0且最大时，a n 最小．所以当n ＝10时a n 最大．答案：102．对于一切实数x ，令[x ]为不大于x 的最大整数，则函数f (x )＝[x ]称为高斯函数或取整函数．若a n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 3，n ∈N *，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 3n ＝__________.解析：由题意，当n ＝3k ，n ＝3k ＋1，n ＝3k ＋2时均有a n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 3＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n 3＝k ，所以S 3n ＝0＋0＋1＋1＋1,3个＋2＋2＋2,3个＋…＋n －1＋n －1＋n －1,3个＋n ＝3×1＋n －12×(n －1)＋n ＝32n 2－12n .答案：32n 2－12n3．等差数列{a n }的前n 项和为S n .若S 4≥10，S 5≤15，则a 4的最大值为________． 解析：法一：设a 1＋3d ＝m (2a 1＋3d )＋n (a 1＋2d )， 于是a 1＋3d ＝(2m ＋n )a 1＋(3m ＋2n )d ，由⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋n ＝1，3m ＋2n ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－1，n ＝3，所以a 1＋3d ＝－(2a 1＋3d )＋3(a 1＋2d )≤－5＋3×3＝4， 所以a 4的最大值是4.法二：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，因为S 4≥10，S 5≤15, 所以⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋4×32d ≥10，5a 1＋5×42d ≤15，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋3d ≥5，a 1＋2d ≤3.而a 4＝a 1＋3d .建立如图所示的平面直角坐标系a 1Od ，作出可行域⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋3d ≥5，a 1＋2d ≤3及目标函数a 4＝a 1＋3d .当直线a 4＝a 1＋3d过可行域内点A (1,1)时截距最大，此时目标函数a 4＝a 1＋3d 取得最大值4.答案：44．设某数列的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称该数列为“和谐数列”．若一个首项为1，公差为d (d ≠0)的等差数列{a n }为“和谐数列”，则该等差数列的公差d ＝________.解析：由S n S 2n ＝k (k 为常数)，且a 1＝1，得n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋12×2n 2n －1d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整理得，(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0.∵对任意正整数n ，上式恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧d 4k －1＝0，2k －12－d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，k ＝14，∴数列{a n }的公差d ＝2.答案：25．设数列{a n }满足a 2n ＝a n ＋1a n －1＋λ(a 2－a 1)2，其中n ≥2，且n ∈N *，λ为常数． (1)若{a n }是等差数列，且公差d ≠0，求λ的值；(2)若a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，且存在r ∈[3,7]，使得m ·a n ≥n －r 对任意的n ∈N *都成立，求m 的最小值；(3)若λ≠0，且数列{a n }不是常数列，如果存在正整数T ，使得a n ＋T ＝a n 对任意的n ∈N *均成立．求所有满足条件的数列{a n }中T 的最小值．解：(1)由题意，可得a 2n ＝(a n ＋d )(a n －d )＋λd 2， 化简得(λ－1)d 2＝0， 又d ≠0，所以λ＝1.(2)将a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4代入条件，可得4＝1×4＋λ，解得λ＝0，所以a 2n ＝a n ＋1a n－1，所以数列{a n }是首项为1，公比q ＝2的等比数列，所以a n ＝2n －1.若存在r ∈[3,7]，使得m ·2n －1≥n －r ，即r ≥n －m ·2n －1对任意n ∈N *都成立，则7≥n －m ·2n －1，所以m ≥n －72n －1对任意的n ∈N *都成立．令b n ＝n －72n －1，则b n ＋1－b n ＝n －62n－n －72n －1＝8－n2n，所以当n ＞8时，b n ＋1＜b n ； 当n ＝8时，b 9＝b 8； 当n ＜8时，b n ＋1＞b n . 所以b n 的最大值为b 9＝b 8＝1128， 所以m 的最小值为1128.(3)因为数列{a n }不是常数列，所以T ≥2.①若T ＝2，则a n ＋2＝a n 恒成立，从而a 3＝a 1，a 4＝a 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 22＝a 21＋λa 2－a 12，a 21＝a 23＝a 22＋λa 2－a 12，所以λ(a 2－a 1)2＝0，又λ≠0，所以a 2＝a 1， 可得{a n }是常数列，矛盾． 所以T ＝2不合题意．②若T ＝3，取a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝3k －2，2，n ＝3k －1，k ∈N *，－3，n ＝3k ，(*)满足a n ＋3＝a n 恒成立．由a 22＝a 1a 3＋λ(a 2－a 1)2，得λ＝7. 则条件式变为a 2n ＝a n ＋1a n －1＋7.由22＝1×(－3)＋7，知a 23k －1＝a 3k －2a 3k ＋λ(a 2－a 1)2； 由(－3)2＝2×1＋7，知a 23k ＝a 3k －1a 3k ＋1＋λ(a 2－a 1)2； 由12＝(－3)×2＋7，知a 23k ＋1＝a 3k a 3k ＋2＋λ(a 2－a 1)2. 所以数列(*)适合题意． 所以T 的最小值为3.。

江苏省高考数学二轮复习 专题四 数列 4.4 专题提能—“数列”专题提能课讲义(含解析)-人教版高三

江苏省高考数学二轮复习 专题四 数列 4.4 专题提能—“数列”专题提能课讲义(含解析)-人教版高三

第四讲 专题提能——“数列”专题提能课提能点 一防止思维定式，实现“移花接木”失误1因忽视对n ＝1的检验而失误[例1] 已知数列{a n }的前n 项之和为S n ＝n 2＋n ＋1，则数列{a n }的通项公式为________．[解析] 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2.[答案] a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2[点评] 在对数列的概念的理解上，仅注意了a n ＝S n －S n －1，导致出现错误答案a n ＝2n .已知S n 求a n 时，要注意进行分类讨论，能合则合，反之则分．失误2因不会设项而解题受阻[例2] 已知一个等比数列{a n }的前4项之积为116，第2,3项的和为2，则数列{a n }的公比q ＝________.[解析] 设数列{a n }的前4项分别为a ，aq ，aq 2，aq 3， 则⎩⎪⎨⎪⎧a 4q 6＝116，aq ＋aq 2＝2，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 4q 6＝116，a 4q 41＋q4＝4，所以(1＋q )4＝64q 2，当q >0时，可得q 2－6q ＋1＝0，解得q ＝3±22， 当q <0时，可得q 2＋10q ＋1＝0，解得q ＝－5±2 6. 综上，q ＝3±22或q ＝－5±2 6. [答案] 3±22或－5±2 6[点评] 一般地，在乘积已知的条件下，三个数成等比数列时，可将此三个数分别设为a q ，a ，aq ；四个数成等比数列时，可将此四个数分别设为a ，aq ，aq 2，aq 3，不要设为a q 3，a q ，aq ，aq 3.公比为负数的等比数列中，所有奇数项的符号相同，所有偶数项的符号相同.失误3 因忽视公比q 的讨论而失分[例3] 设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 3＋S 6＝2S 9，求数列的公比q . [解] 若q ＝1，则有S 3＝3a 1，S 6＝6a 1，S 9＝9a 1，但a 1≠0，即得S 3＋S 6≠2S 9，与题设矛盾，故q ≠1.又依题意S 3＋S 6＝2S 9⇒a 11－q 31－q ＋a 11－q 61－q ＝2·a 11－q 91－q⇒q 3(2q6－q 3－1)＝0，即(2q 3＋1)(q 3－1)＝0，因为q ≠1，所以q 3－1≠0，所以2q 3＋1＝0.解得q＝－342. [点评] 在等比数列中，a 1≠0是显然的，但公比q 完全可能为1，因此，在解题时应先讨论公比q ＝1的情况，再在q ≠1的情况下，对式子进行整理变形．提能点 二灵活运用策略，尝试“借石攻玉”策略1构造辅助数列法：妙求数列的通项公式[例1] 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝n a n ＋3(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________．[解析] 因为a n ＋1＝a na n ＋3(n ∈N *)，所以1a n ＋1＝3a n ＋1，设1a n ＋1＋t ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋t ，所以3t －t ＝1，解得t ＝12，所以1a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋12，又1a 1＋12＝1＋12＝32，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋12是以32为首项，3为公比的等比数列，所以1a n ＋12＝32×3n －1＝3n2，所以1a n ＝3n－12，所以a n ＝23n －1.[答案] a n ＝23n －1[点评] 本题条件中的递推公式取倒数后化为形如a n ＋1＝pa n ＋q (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)的递推公式，再用待定系数法把此递推公式转化为a n ＋1＋t ＝p (a n ＋t )，其中t＝qp －1，再转化为等比数列求解.策略2赋值法：巧解数列中的方程问题n 123n S n 满足S n ＋m ＝12(S 2n ＋S 2m )－(n －m )2，其中m ，n 为任意正整数．求数列{a n }的通项公式a n .[解] 令n ＝1，m ＝2，得S 3＝12(S 2＋S 4)－1，∵S 2＝11，S 3＝19，∴S 4＝29，a 4＝10. 令m ＝1，得S n ＋1＝12(S 2n ＋S 2)－(n －1)2，令m ＝2，得S n ＋2＝12(S 2n ＋S 4)－(n －2)2，∴a n ＋2＝S n ＋2－S n ＋1＝2n －3＋S 4－S 22＝2n ＋6＝2(n ＋2)＋2，∴a n ＝2n ＋2(n ≥3)．又a 2＝6符合，a 1＝5不符合，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5，n ＝1，2n ＋2，n ≥2.[点评] 含有两个变量的方程常常让人束手无策，而实际上，如果让一个变量“定下来”，即对其中一个变量赋“常量”，就可以让问题转化为一个变量，从而找到突破口，得到所需的递推关系，顺利求解．提能点三系统数学思想，实现“触类旁通”1．函数与方程思想——解决数列基本量的求解问题[例1] 设{a n }是正数组成的数列，其前n 项和为S n ，并且对于所有的正整数n ，a n 与2的等差中项等于S n 与2的等比中项，求{a n }的通项公式．[解] 由题意可知a n ＋22＝2S n ，整理得S n ＝18(a n ＋2)2，当n ＝1时，S 1＝18(a 1＋2)2＝a 1，解得a 1＝2.又a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴a n ＋1＝18(a n ＋1＋2)2－18(a n ＋2)2，整理得：(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －4)＝0. 又∵a n >0，∴a n ＋1－a n －4＝0，∴a n ＋1－a n ＝4，即{a n }是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a n ＝4n －2.[点评] 本例利用了方程的消元思想，通过a n ＋1＝S n ＋1－S n ，S n ＝18(a n ＋2)2消去S n ，找到数列中相邻两项的递推关系，使问题得到解决．值得注意的是有时可借助a n ＋1＝S n ＋1－S n 消去a n ，利用S n ＋1，S n 的递推关系解题．2．分类讨论思想——解决数列前n 项和的问题[例2] 设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和S n >0(n ＝1,2，…)． (1)求q 的取值范围；(2)设b n ＝a n ＋2－32a n ＋1，记{b n }的前n 项和为T n ，试比较S n 与T n 的大小．[解] (1)因为{a n }是等比数列，S n >0，可得a 1＝S 1>0，q ≠0. 当q ＝1时，S n ＝na 1>0；当q ≠1时，S n ＝a 11－q n 1－q >0，即1－qn1－q>0(n ＝1,2，…)，上式等价于不等式组：⎩⎪⎨⎪⎧1－q <0，1－q n<0(n ＝1,2，…)，①或⎩⎪⎨⎪⎧1－q >0，1－q n>0(n ＝1,2，…)，②解①式得q >1；解②式，由于n 可为奇数、可为偶数，得－1<q <0或0<q <1. 综上，q 的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．(2)由b n ＝a n ＋2－32a n ＋1得b n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫q 2－32q ，则其前n 项和T n ＝⎝⎛⎭⎪⎫q 2－32q S n .于是T n －S n ＝S n ⎝ ⎛⎭⎪⎫q 2－32q －1＝S n ⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＋12(q －2)．又∵S n >0且－1<q <0或q >0.∴当－1<q <－12或q >2时，T n －S n >0，即T n >S n ；当－12<q <2且q ≠0时，T n －S n <0，即T n <S n ；当q ＝－12或q ＝2时，T n －S n ＝0，即T n ＝S n .[点评] 关于数列的分类讨论一般有三个考查方向：对公差d 的讨论、对公比q 的讨论、对项数n 的讨论．本例中考查了对公比q 的讨论．3．转化与化归思想——解决递推公式问题[例3] 已知数列{a n }的首项a 1＝1，前n 项和为S n ，且S n ＋1＝4a n ＋2(n ∈N *)，求{a n }的通项公式．[解] 当n ≥2时，S n ＋1＝4a n ＋2，S n ＝4a n －1＋2. 两式相减，得a n ＋1＝4a n －4a n －1， 将之变形为a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)． 所以{a n ＋1－2a n }是公比为2的等比数列． 又a 1＋a 2＝S 2＝4a 1＋2，a 1＝1， 得a 2＝5，则a 2－2a 1＝3. 所以a n ＋1－2a n ＝3·2n －1.两边同除以2n ＋1，得a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为a 12＝12，公差为34的等差数列．所以a n 2n ＝12＋34(n －1)＝34n －14，所以a n ＝(3n －1)2n －2.[点评] 本例通过两次化归，第一次把数列化归为等比数列，第二次把数列化归为等差数列，随着化归的进行，问题降低了难度．化归与转化的思想中隐含着许多数学方法，如消元法、构造法、错位相减法、倒序相加法、裂项相消法、分组求和法等．提能点四强化一题多法，激活“解题思维” 非特殊数列求和的常用方法[典例] 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，由T n ＋a n ＋12n＝λ(λ为常数)，令c n ＝b 2n (n ∈N *)，求数列{c n }的前n 项和R n .[解] (1)a n ＝2n －1，n ∈N *(过程略)． (2)法一：(错位相减法)： 由题意可知T n ＝λ－n2n －1，所以当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝n －12n －2－n 2n －1＝n －22n －1，故c n ＝b 2n ＝2n －222n －1＝(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1.所以R n ＝0×⎝ ⎛⎭⎪⎫140＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫141＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋…＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1，14R n ＝0×⎝ ⎛⎭⎪⎫141＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋…＋(n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n .两式相减，得34R n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫141＋⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1－(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n＝14－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n1－14－(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＝13－3n ＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫14n . 整理得R n ＝19⎝⎛⎭⎪⎫4－3n ＋14n －1.[点评] 由于c n ＝(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1，根据它的通项特征是等差数列{n －1}与等比数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1的积数列，我们可以把此类数列形象地称为“差比型”数列，求这类数列的前n 项和时，常规的解法当然是“错位相减法”．法二：(构造常数列法)：由法一，知c n ＝(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1，n ∈N *.又c n ＝R n －R n －1(n ≥2)，所以R n ＝R n －1＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1.①设R n －(an ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＝R n －1－[a (n －1)＋b ]⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1，即R n ＝R n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－34an ＋a －34b ⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1.②比较①②，得⎩⎪⎨⎪⎧－34a ＝1，a －34b ＝－1，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－43，b ＝－49，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫R n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋19⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1为常数列．所以R n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋19⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＝R 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋19×⎝ ⎛⎭⎪⎫140＝49，整理得R n ＝19⎝⎛⎭⎪⎫4－3n ＋14n －1.[点评] 构造常数列是因为c n ＝a n b n ＝[a 1＋(n －1)d ]b 1q n －1＝S n －S n －1(n ≥2)，可设S n －(an ＋b )q n＝S n －1－[a (n －1)＋b ]q n －1.整理后比较系数可解出a ，b 的值，即可得到常数列{S n－(an ＋b )q n }，进而求出S n .法三：(分组求和法)：由c n ＝(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＝43⎣⎢⎡⎦⎥⎤n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1－n ⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋43⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ，所以R n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝43⎣⎢⎡⎦⎥⎤0－n ⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋49⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＝19⎝⎛⎭⎪⎫4－3n ＋14n －1.[点评] 数列{c n }可以拆成两部分，一部分可以用裂项相消法，另一部分是一个等比数列，这样就可以分别求出两部分的和，然后再求和．[课时达标训练]A 组——易错清零练1．等差数列{a n }，{b n }的前n 项和为S n ，T n .若S n T n ＝7n ＋14n ＋27(n ∈N *)，则a 7b 7＝________.解析：a 7b 7＝a 7＋a 7b 7＋b 7＝S 13T 13＝7×13＋14×13＋27＝9279.答案：92792．设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝7，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a n ＝____________. 解析：由a n ＋1＝2S n ＋1， 得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2)，两式相减得a n ＋1＝3a n (n ≥2)，由a 2＝2a 1＋1，得S 2＝3a 1＋1＝7，解得a 1＝2，a 2＝5，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，5·3n －2，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，5·3n －2，n ≥23．已知一个等差数列{a n }的通项公式为a n ＝25－5n ，则数列{|a n |}的前n 项和为____________．解析：由a n ≥0，得n ≤5，∴{a n }前5项为非负，当n ≤5时S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 45－5n2，当n ≥6时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 5－a 6－…－a n ＝2(a 1＋a 2＋…＋a 5)－a 1－a 2－a 3－a 4－a 5－a 6－…－a n ＝－n 45－5n2＋100，综上所述，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n 45－5n 2，n ≤5，－n 45－5n2＋100，n ≥6.答案：S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n 45－5n 2，n ≤5，－n 45－5n2＋100，n ≥64．若{a n }是等差数列，首项a 1>0，a 2 018a 2 019<－1，则使前n 项和S n >0成立的最大正整数n 是________．解析：∵{a n }为等差数列，a 1>0，a 2 018a 2 019<－1，∴{a n }表示首项为正数，公差为负数的单调递减等差数列，且|a 2 018|>|a 2 019|，等价于a 2 018>0，a 2 019<0且a 2 018＋a 2 019>0.∴在等差数列{a n }中，a 2 018＋a 2 019＝a 1＋a 4 036>0，S 4 036＝4 036a 1＋a 4 0362＞0，S 4 037＝4 037a 1＋a 4 0372＝4 037a 2 019<0，∴使S n ＞0成立的最大自然数n 是4 036.答案：4 036B 组——方法技巧练1．设S n 是等比数列{a n }的前n 项的和，若a 3＋2a 6＝0，则S 6S 3的值是________． 解析：由a 3＋2a 6＝0，得q 3＝－12，则S 6S 3＝a 11－q61－q×1－q a 11－q 3＝1＋q 3＝12. 答案：122．若公比不为1的等比数列{a n }满足log 2(a 1a 2…a 13)＝13，等差数列{b n }满足b 7＝a 7，则b 1＋b 2＋…＋b 13的值为________．解析：∵log 2(a 1a 2…a 13)＝13，∴log 2a 137＝13⇒a 7＝2＝b 7，∴b 1＋b 2＋…＋b 13＝13b 7＝26.答案：263．已知数列{a n }满足a 2n －1＋1≤a 2n ≤2a 2n ＋1，n ∈N *，a 1＝1，若前n 项和为S n ，则S 11的最小值为________．解析： 要使S n 最小，则数列各项为1,2,1,2,1,2,1,2，…，所以当S 11的最小值为16. 答案：164．各项均为正数的等比数列{a n }满足：a 1>1，a 6＋a 7>a 6a 7＋1>2，记数列{a n }前n 项积为T n ，则满足T n >1的最大正整数n 的值为________．解析：a 6＋a 7>a 6a 7＋1>2⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 6a 7>1，a 6－1a 7－1<0，因为a 1>1，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 6>1，a 7<1.由a 6a 7>1⇒a 1a 12＝a 2a 11＝…＝a 6a 7>1⇒T 12>1，a 7<1⇒a 1a 13＝a 2a 12＝…＝a 6a 8<1⇒T 13<1，所以n 的最大值为12.答案：125．已知{a n }是递增数列，其前n 项和为S n ，a 1>1，且10S n ＝(2a n ＋1)(a n ＋2)，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项a n ；(2)是否存在m ，n ，k ∈N *，使得2(a m ＋a n )＝a k 成立？若存在，写出一组符合条件的m ，n ，k 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)由10a 1＝(2a 1＋1)(a 1＋2)，得2a 21－5a 1＋2＝0，解得a 1＝2或a 1＝12.又a 1>1，所以a 1＝2. 因为10S n ＝(2a n ＋1)(a n ＋2)， 所以10S n ＝2a 2n ＋5a n ＋2，故10a n ＋1＝10S n ＋1－10S n ＝2a 2n ＋1＋5a n ＋1＋2－2a 2n －5a n －2， 整理，得2(a 2n ＋1－a 2n )－5(a n ＋1＋a n )＝0， 即(a n ＋1＋a n )[2(a n ＋1－a n )－5]＝0. 因为{a n }是递增数列且a 1＝2， 所以a n ＋1＋a n ≠0，因此a n ＋1－a n ＝52.所以数列{a n }是以2为首项，52为公差的等差数列，所以a n ＝2＋52(n －1)＝12(5n －1)．(2)满足条件的正整数m ，n ，k 不存在，理由如下：假设存在m ，n ，k ∈N *，使得2(a m ＋a n )＝a k ， 则5m －1＋5n －1＝12(5k －1)，整理，得2m ＋2n －k ＝35，(*)显然，(*)式左边为整数，所以(*)式不成立． 故满足条件的正整数m ，n ，k 不存在．6．数列{a n }，{b n }，{c n }满足：b n ＝a n －2a n ＋1，c n ＝a n ＋1＋2a n ＋2－2，n ∈N *. (1)若数列{a n }是等差数列，求证：数列{b n }是等差数列；(2)若数列{b n }，{c n }都是等差数列，求证：数列{a n }从第二项起为等差数列； (3)若数列{b n }是等差数列，试判断当b 1＋a 3＝0时，数列{a n }是否成等差数列？证明你的结论．解：(1)证明：设数列{a n }的公差为d ，∵b n ＝a n －2a n ＋1，∴b n ＋1－b n ＝(a n ＋1－2a n ＋2)－(a n －2a n ＋1)＝(a n ＋1－a n )－2(a n ＋2－a n ＋1)＝d －2d ＝－d ， ∴数列{b n }是公差为－d 的等差数列． (2)证明：当n ≥2时，c n －1＝a n ＋2a n ＋1－2， ∵b n ＝a n －2a n ＋1，∴a n ＝b n ＋c n －12＋1，∴a n ＋1＝b n ＋1＋c n2＋1，∴a n ＋1－a n ＝b n ＋1＋c n 2－b n ＋c n －12＝b n ＋1－b n 2＋c n －c n －12，∵数列{b n }，{c n }都是等差数列， ∴b n ＋1－b n 2＋c n －c n －12为常数，∴数列{a n }从第二项起为等差数列． (3)数列{a n }成等差数列． ∵b n ＝a n －2a n ＋1，b 1＋a 3＝0，令n ＝1，a 1－2a 2＝－a 3，即a 1－2a 2＋a 3＝0， ∴b n ＋1＝a n ＋1－2a n ＋2，b n ＋2＝a n ＋2－2a n ＋3，∴2b n ＋1－b n －b n ＋2＝(2a n ＋1－a n －a n ＋2)－2(2a n ＋2－a n ＋1－a n ＋3)， ∵数列{b n }是等差数列，∴2b n ＋1－b n －b n ＋2＝0， ∴2a n ＋1－a n －a n ＋2＝2(2a n ＋2－a n ＋1－a n ＋3)，∵a 1－2a 2＋a 3＝0，∴2a n ＋1－a n －a n ＋2＝0， ∴数列{a n }是等差数列．C 组——创新应用练1．数列{a n }中，a n ＝n －97n －98(n ∈N *)，则最大项是第________项．解析：因为a n ＝n －97n －98＝1＋98－97n －98，所以{a n }在[1,9]单调递减，[10，＋∞)单调递减，所以n －98>0且最小时，a n 最大；n －98<0且最大时，a n 最小．所以当n ＝10时a n 最大．答案：102．对于一切实数x ，令[x ]为不大于x 的最大整数，则函数f (x )＝[x ]称为高斯函数或取整函数．若a n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 3，n ∈N *，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 3n ＝__________. 解析：由题意，当n ＝3k ，n ＝3k ＋1，n ＝3k ＋2时均有a n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 3＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n 3＝k ，所以S 3n ＝0＋0＋1＋1＋1,3个＋2＋2＋2,3个＋…＋n －1＋n －1＋n －1,3个＋n ＝3×1＋n －12×(n －1)＋n ＝32n 2－12n .答案：32n 2－12n3．等差数列{a n }的前n 项和为S n .若S 4≥10，S 5≤15，则a 4的最大值为________． 解析：法一：设a 1＋3d ＝m (2a 1＋3d )＋n (a 1＋2d )， 于是a 1＋3d ＝(2m ＋n )a 1＋(3m ＋2n )d ，由⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋n ＝1，3m ＋2n ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－1，n ＝3，所以a 1＋3d ＝－(2a 1＋3d )＋3(a 1＋2d )≤－5＋3×3＝4， 所以a 4的最大值是4.法二：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，因为S 4≥10，S 5≤15, 所以⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋4×32d ≥10，5a 1＋5×42d ≤15，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋3d ≥5，a 1＋2d ≤3.而a 4＝a 1＋3d .建立如图所示的平面直角坐标系a 1Od ，作出可行域⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋3d ≥5，a 1＋2d ≤3及目标函数a 4＝a 1＋3d .当直线a 4＝a 1＋3d 过可行域内点A (1,1)时截距最大，此时目标函数a 4＝a 1＋3d 取得最大值4.答案：44．设某数列的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称该数列为“和谐数列”．若一个首项为1，公差为d (d ≠0)的等差数列{a n }为“和谐数列”，则该等差数列的公差d ＝________.解析：由S n S 2n ＝k (k 为常数)，且a 1＝1，得n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋12×2n 2n －1d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整理得，(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0.∵对任意正整数n ，上式恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧d 4k －1＝0，2k －12－d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，k ＝14，∴数列{a n }的公差d ＝2.答案：25．设数列{a n }满足a 2n ＝a n ＋1a n －1＋λ(a 2－a 1)2，其中n ≥2，且n ∈N *，λ为常数． (1)若{a n }是等差数列，且公差d ≠0，求λ的值；(2)若a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，且存在r ∈[3,7]，使得m ·a n ≥n －r 对任意的n ∈N *都成立，求m 的最小值；(3)若λ≠0，且数列{a n }不是常数列，如果存在正整数T ，使得a n ＋T ＝a n 对任意的n ∈N *均成立．求所有满足条件的数列{a n }中T 的最小值．解：(1)由题意，可得a 2n ＝(a n ＋d )(a n －d )＋λd 2， 化简得(λ－1)d 2＝0， 又d ≠0，所以λ＝1.(2)将a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4代入条件，可得4＝1×4＋λ，解得λ＝0，所以a 2n ＝a n ＋1a n－1，所以数列{a n }是首项为1，公比q ＝2的等比数列，所以a n ＝2n －1.若存在r ∈[3,7]，使得m ·2n －1≥n －r ，即r ≥n －m ·2n －1对任意n ∈N *都成立，则7≥n －m ·2n －1，所以m ≥n －72n －1对任意的n ∈N *都成立．令b n ＝n －72n －1，则b n ＋1－b n ＝n －62n－n －72n －1＝8－n2n，所以当n ＞8时，b n ＋1＜b n ； 当n ＝8时，b 9＝b 8； 当n ＜8时，b n ＋1＞b n . 所以b n 的最大值为b 9＝b 8＝1128， 所以m 的最小值为1128.(3)因为数列{a n }不是常数列，所以T ≥2.①若T ＝2，则a n ＋2＝a n 恒成立，从而a 3＝a 1，a 4＝a 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 22＝a 21＋λa 2－a 12，a 21＝a 23＝a 22＋λa 2－a 12，所以λ(a 2－a 1)2＝0，又λ≠0，所以a 2＝a 1， 可得{a n }是常数列，矛盾． 所以T ＝2不合题意．②若T ＝3，取a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝3k －2，2，n ＝3k －1，k ∈N *，－3，n ＝3k ，(*)满足a n ＋3＝a n 恒成立．由a 22＝a 1a 3＋λ(a 2－a 1)2，得λ＝7. 则条件式变为a 2n ＝a n ＋1a n －1＋7.由22＝1×(－3)＋7，知a 23k －1＝a 3k －2a 3k ＋λ(a 2－a 1)2； 由(－3)2＝2×1＋7，知a 23k ＝a 3k －1a 3k ＋1＋λ(a 2－a 1)2； 由12＝(－3)×2＋7，知a 23k ＋1＝a 3k a 3k ＋2＋λ(a 2－a 1)2. 所以数列(*)适合题意． 所以T 的最小值为3.。

江苏省高考数学二轮复习 专题三 数列专题训练

江苏省高考数学二轮复习 专题三 数列专题训练

专题三 数 列第10讲 等差数列与等比数列1. 在等差数列{a n }中，a 3＝7，a 5＝a 2＋6，则a 6＝________.2. 等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且6S 5－5S 3＝5，则a 4＝________.3. 已知{a n }为等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99，以S n 表示{a n }的前n 项和，则使得S n 达到最大值时的n 值是________．4. 等比数列{a n }的公比q>0, 已知a 2＝1，a n ＋2＋a n ＋1＝6a n ，则{a n }的前4项和S 4＝________.5. 设等比数列{a n }的公比q ＝12，前n 项和为S n ，则S 4a 4＝________.6. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4≥10，S 5≤15，则a 4的最大值为________．7. 已知数列{a n }满足a 1＝33，a n ＋1－a n ＝2n ，则a nn 的最小值为________.8. 若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 中的最大项是第k 项，则k ＝________.9. 已知{a n }是一个公差大于0的等差数列，且满足a 3a 6＝55，a 2＋a 7＝16. (1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 若数列{a n }和数列{b n }满足等式：a n ＝b 12＋b 222＋…＋b n2n ，求数列{b n }的前n 项和S n .10.已知数列{a n }和{b n }满足：a 1＝1，a 2＝2，a n >0，b n ＝a n a n ＋1(n∈N *)，且{b n }是以q 为公比的等比数列．(1) 证明：a n ＋2＝a n q 2；(2) 若c n ＝a 2n －1＋2a 2n ，证明：数列{c n }是等比数列；(3) 求和：1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a 4＋…＋1a 2n －1＋1a 2n .第11讲 数列求和及其综合应用1. 数列1＋(1＋2)＋(1＋2＋4)＋…＋(1＋2＋…＋2n －1)的前n 项和为________．2. 在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ，则a n ＝________.3. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8，S 16－S 12成等差数列．类比以上结论有：设等比数列{b n }的前n 项积为T n ，则T 4，________，________T 16T 12成等比数列．4. 等差数列前p 项的和为q ，前q 项的和为p ，(p≠q)则前p ＋q 项的和为________．5. 数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋1，b n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n ＋2a n －1，n∈N *，则数列{b n }的通项公式bn＝________.6. 设a 1，a 2，…，a 50是从－1,0,1这三个整数中取值的数列，若a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 50＝9，且(a 1＋1)2＋(a 2＋1)2＋…＋(a 50＋1)2＝107，则a 1，a 2，…，a 50中数字0的个数为________．7. 数列{a n }的通项公式a n ＝3n 2－(9＋a)n ＋6＋2a(其中a 为常数)，若a 6与a 7两项中至少有一项是a n 的最小值，则实数a 的取值范围是________．8. 数列{a n }的通项a n ＝n 2⎝⎛⎭⎪⎫cos2n π3－sin 2n π3，其前n 项和为S n ，则S 30＝________.9. 设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝(1＋λ)－λa n ，其中λ≠－1,0. (1) 证明：数列{a n }是等比数列；(2) 设数列{a n }的公比q ＝f(λ)，数列{b n }满足b 1＝12，b n ＝f(b n －1)(n∈N *，n≥2)，求数列{b n } 的通项公式；(3) 记λ＝1，c n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n －1，求数列{c n }的前n 项和T n .10.已知数列{a n }的首项为a(a≠0)，前n 项和为S n ，且有S n ＋1＝tS n ＋a(t≠0)，b n ＝S n＋1.(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 当t ＝1时，若对任意n∈N *，都有|b n |≥|b 5|，求实数a 的取值范围；(3) 当t≠1时，若c n ＝2＋∑i ＝1nb i ，求能够使数列{c n }为等比数列的所有数对(a ，t)．滚动练习(三)1. 设集合U ＝{1,2,3,4,5}，A ＝{1,2}，B ＝{1,3}，则(A∪B)＝________.2. 设△ABC 的三个内角A 、B 、C 所对边的长分别是a 、b 、c ，且a cosA ＝csinC ，那么∠A＝________.3. 在等差数列{a n }中，a 1＋3a 8＋a 15＝60，则2a 9－a 10的值为________．4. 若函数f(x)＝3sin(ωx ＋φ)(ω>0)的图象的相邻两条对称轴的距离是2π，则ω的值为________.5. 若函数f(x)＝xmx 2＋mx ＋1的定义域为R ，则实数m 的取值范围是________．6. 已知变量x 、y 满足条件⎩⎪⎨⎪⎧x≥1，x －y≤0，x ＋2y －9≤0，则z ＝x ＋y 的最大值是________．7. 函数y ＝x －2cosx 在(0,2π)内的单调减区间为________.8. 若△ABC 的三个内角A 、B 、C 所对边的长分别为a 、b 、c ，向量m ＝(a ＋c ，b －a)，n ＝(a －c ，b)，若m⊥n ，则∠C 等于________．9. 已知函数f(x)是R 上的减函数，A(0，－2)，B(－3,2)是其图象上的两点，那么不等式|f(x －2)|>2的解集是________．10. 已知数列{a n }(n∈N *)满足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n －n ，t ＋2－a nn，且t<a 1<t ＋1，其中t>2，a n ＋k ＝a n (k∈N *)，则实数k 的最小值是________．11.设函数f(x)＝sinxcosx －3cos(x ＋π)cosx(x∈R )． (1) 求f(x)的最小正周期；(2) 若函数y ＝f(x)的图象向右平移π4个单位后再向上平移32个单位得到函数y ＝g(x)的图象，求y ＝g(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4上的最大值．12.某企业在第1年初购买一台价值为1的设备M ，M 的价值在使用过程中逐年减少，从第2年到第6年，每年初M 的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M 的价值为上年初的75%.(1) 求第n 年初M 的价值a n 的表达式；(2) 设A n ＝a 1＋a 2＋…＋a nn ，若A n 大于80万元，则M 继续使用，否则须在第n 年初对M进行更新，证明：须在第9年初对M 进行更新．13.已知函数f(x)＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，若x ＝23时，y ＝f(x)有极值．y ＝f(x)在(1，f(1))处的切线l 不过第四象限且斜率为3，又坐标原点到切线l 的距离为1010. (1) 求a ，b ，c 的值；(2) 求y ＝f(x)在[－4,1]上的最大值和最小值14.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且－1，S n ，a n ＋1成等差数列，n∈N *，a 1＝1.函数f(x)＝log 3x.(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 设数列{b n }满足b n ＝1＋n＋2]，记数列{b n }的前n 项和为T n ，试比较T n 与512－2n ＋5312的大小．专题三 数 列第10讲 等差数列与等比数列1. 13 解析：a 3＝7，a 5＝a 2＋6，∴ 3d＝6，∴ a 6＝a 3＋3d ＝13.2. 13 解析：6S 5－5S 3＝5，∴ 6(5a 1＋10d)－5(3a 1＋3d)＝5，得a 1＋3d ＝13. 3. 析：a n ＝41－2n ，a ，a 21＜0.4. 152 解析：a 2＝1，a n ＋2＋a n ＋1＝6a n ，∴ q 2＋q ＝6(q ＞0)，∴ q＝2，则S 4＝152.5. 15 解析：S 4a 4＝a 1－q41－q a 1q3＝1－q 4－3＝15.6. 4 解析：设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋4×32d≥10，5a 1＋5×42d≤15.即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋3d≥5，a 1＋2d≤3.又a 4＝a 1＋3d ，由线性规划可知a 1＝1，d ＝1时，a 4取最大值4.7.212解析：a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝33＋2(1＋2＋…＋(n －1))＝n 2－n ＋33，a n n ＝n ＋33n －1，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 在1≤n≤6，n∈N *时单调减，在n≥7，n∈N *时单调增，∴ n＝6时，a nn取最小值．8. 4解析：⎩⎪⎨⎪⎧＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23k－＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23k －1，＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23k ＋＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23k ＋1，10≤k≤1＋10，k∈N *，∴ k＝4.9. 解：(1) 设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧1＋1＋＝55，2a 1＋7d ＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2.或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝15，d ＝－2.(舍去) ∴ a n ＝2n －1(n∈N *)．(2) n ＝1时，a 1＝b 12，a 1＝1，∴ b 1＝2，n≥2时，a n －1＝b 12＋b 222＋…＋b n －12n －1，2＝a n －a n －1＝b n 2n (n≥2)，b n ＝2n ＋1(n≥2)，∴ b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧＝，2n ＋1，n∈N*，S n ＝2n ＋2－6(n∈N *)．10. (解法1)(1)证明：由b n ＋1b n ＝q ，有a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝a n ＋2a n＝q ，∴ a n ＋2＝a n q 2(n∈N *)． (2)证明：∵ a n ＝a n －2q 2(n≥3，n∈N *)，∴ a 2n －1＝a 2n －3q 2＝…＝a 1q 2n －2，a 2n ＝a 2n －2q 2＝…＝a 2q 2n －2，∴ c n ＝a 2n －1＋2a 2n ＝a 1q 2n －2＋2a 2q 2n －2＝(a 1＋2a 2)q 2n －2＝5q 2n －2.∴ {c n }是首项为5，以q 2为公比的等比数列．(3) 解：由(2)得1a 2n －1＝1a 1q 2－2n ，1a 2n ＝1a 2q 2－2n，于是1a 1＋1a 2＋…＋1a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 3＋…＋1a 2n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋1a 4＋…＋1a 2n ＝1a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1q 2＋1q 4＋…＋1q 2n －2＋1a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1q 2＋1q 4＋…＋1q 2n －2＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1q 2＋1q 4＋…＋1q 2n －2.当q ＝1时，1a 1＋1a 2＋…＋1a 2n ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1q 2＋1q 4＋…＋1q 2n －2＝32n.当q≠1时，1a 1＋1a 2＋…＋1a 2n ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1q 2＋1q 4＋…＋1q 2n －2＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－q －2n1－q －2＝32⎣⎢⎡⎦⎥⎤q 2n－1q2n －22－.故1a 1＋1a 2＋…＋1a 2n＝⎩⎪⎨⎪⎧32n ，q ＝1，32⎣⎢⎡⎦⎥⎤q 2n－1q2n －22－，q≠1.(解法2)(1) 证明：同解法1(1)．(2) 证明：c n ＋1c n ＝a 2n ＋1＋2a 2n ＋2a 2n －1＋2a 2n ＝q 2a 2n －1＋2q 2a 2n a 2n －1＋2a 2n＝q 2(n∈N *)，又c 1＝a 1＋2a 2＝5，∴ {c n }是首项为5，以q 2为公比的等比数列．(3) 解：由(2)的类似方法得a 2n －1＋a 2n ＝(a 1＋a 2)q 2n －2＝3q 2n －2，1a 1＋1a 2＋…＋1a 2n ＝a 1＋a 2a 1a 2＋a 3＋a 4a 3a 4＋…＋a 2n －1＋a 2n a 2n －1a 2n ，∵ a 2k －1＋a 2k a 2k －1a 2k ＝3q 2k －22q 4k －4＝32q －2k ＋2，k ＝1,2，…，n.∴ 1a 1＋1a 2＋…＋1a 2k ＝32(1＋q 2＋…＋q －2n ＋2)．下同解法1.第11讲 数列求和及其综合应用1. 2n ＋1－n －2 解析：a n ＝2n －1,1＋(1＋2)＋(1＋2＋4)＋…＋(1＋2＋…＋2n －1)＝(2＋22＋23＋…＋2n )－n ＝2(2n －1)－n ＝2n ＋1－n －22. 2＋lnn 解析：累加可得．3. T 8T 4 T 12T 84. －p －q 解析：由求和公式知q ＝pa 1＋－2d ，p ＝qa 1＋－2d ，因为p≠q，两式相减得到－1＝a 1＋p ＋q －12d ，两边同时乘以p ＋q ，则－(p ＋q)＝(p ＋q)a 1＋＋＋q －2d ，即S p ＋q ＝－(p ＋q)．5. 2n ＋1解析：由条件得b n ＋1＝a n ＋1＋2a n ＋1－1＝2a n ＋1＋22a n ＋1－1＝2a n ＋2a n －1＝2b n 且b 1＝4，所以数列{b n }是首项为4，公比为2的等比数列，则b n ＝4·2n －1＝2n ＋1.6. 11 解析：(a 1＋1)2＋(a 2＋1)2＋…＋(a 50＋1)2＝107，则(a 21＋a 22＋…＋a 250)＋2(a 1＋a 2＋…＋a 50)＋50＝107，∴ a 21＋a 22＋…＋a 250＝39，故a 1，a 2，…，a 50中数字0的个数为50－39＝11.7. [24,36] 解析：a n ＝6n －(9＋a)，由题知5.5≤9＋a6≤7.5，∴ 24≤a≤36.8. 470 解析：由于⎩⎨⎧⎭⎬⎫cos2n π3－sin2n π3以3 为周期，故 S 30＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋222＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－42＋522＋62＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－282＋2922＋302＝∑k ＝110⎣⎢⎡⎦⎥⎤－－2＋－22＋2＝∑k ＝110⎣⎢⎡⎦⎥⎤9k －52＝9×10×112－25＝470，分组求和是解决本题的关键．9. 解：(1) 由S n ＝(1＋λ)－λa nn －1＝(1＋λ)－λa n －1(n≥2)．相减得：a n ＝－λa n ＋λa n －1，∴ a n a n －1＝λ1＋λ(n≥2)，∴ 数列{a n }是等比数列．(2) f(λ)＝λ1＋λ，∴ b n ＝b n －11＋b n －11b n ＝1b n －1＋1，∴ ⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是首项为1b 1＝2，公差为1的等差数列，∴ 1b n ＝2＋(n －1)＝n ＋1.∴ b n ＝1n ＋1.(n∈N *)(3) λ＝1时，a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，∴ c n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1n ，∴ T n ＝1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1， ①12T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n， ② ①－②得：12T n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n∴ 12T n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝ 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n， 所以：T n ＝4－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2－2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝4－n ＋22n －1.10. 解：(1) n ＝1时，由S 2＝tS 1＋a ，解得a 2＝at ，当n≥2时，S n ＝tS n －1＋a ，所以S n ＋1－S n ＝t(S n －S n －1)，即a n ＋1＝a n t ， 当n ＝1时，由S 2＝tS 1＋a 得a 2＝ta 1，又因为a 1＝a≠0，综上，有a n ＋1a n＝t(n∈N *)，所以{a n }是首项为a ，公比为t 的等比数列，所以a n ＝at n －1.(2) 当t ＝1时，S n ＝na ，b n ＝na ＋1，b n ＋1－b n ＝[(n ＋1)a ＋1]－[na ＋1]＝a ， 此时{b n }为等差数列；当a ＞0时，{b n }为单调递增数列，且对任意n∈N *，a n ＞0恒成立，不合题意；当a ＜0时，{b n }为单调递减数列，由题意知b 4＞0，b 6＜0，且有⎩⎪⎨⎪⎧b 4≥|b 5|，－b 6≥|b 5|，即⎩⎪⎨⎪⎧|5a ＋1|≤4a＋1，|5a ＋1|≤－6a －1，解得－29≤a≤－211.综上，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－29，－211.(3) 因为t≠1，b n ＝1＋a 1－t －at n1－t ，所以c n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a 1－t n －a 1－t(t ＋t 2＋…＋t n)＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a 1－t n －－t n ＋1－2＝2－at －2＋1－t ＋a1－t ·n＋at n ＋1－2，由题设知{c n }是等比数列，所以有⎩⎪⎨⎪⎧2－at －2＝0，1－t ＋a1－t ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，t ＝2，即满足条件的数对是(1,2)．(或通过{c n }的前3项成等比数列先求出数对(a ，t)，再进行证明)滚动练习(三)1. {4,5} 解析：A∪B＝{1,2,3}．2. π4 解析：由正弦定理a sinA ＝c sinC ，∴ sinA＝cosA ，∴ tanA＝1，∵ 0＜A ＜π，∴ A＝π4.3. 12 解析：由a 1＋3a 8＋a 15＝60得5a 1＋35d ＝60，a 8＝12,2a 9－a 10＝a 8＝12.4. 12 解析：周期是4π，∴ ω＝2π4π＝12. 5. [0,4) 解析：mx 2＋mx ＋1≠0对R 恒成立．当m ＝0时，成立；当m≠0时，Δ＝m 2－4m ＜0，∴ 0＜m ＜4.综上，0≤m＜4.6. 6 解析：本题考查线性规划内容．7. ⎝⎛⎭⎪⎫7π6，11π6 解析：y′＝1＋2sinx ＜0，∴ sinx＜－12，∴ 7π6＜x ＜11π6.8. π3 解析：∵ m⊥n ，∴ (a＋c)(a －c)＋b(b －a)＝0，∴ a 2＋b 2－c 22ab ＝12，∴ cosC＝12，∴ C＝π3.9. (－∞，－1)∪(2，＋∞) 解析：画出符合题意的草图，则x －2＜－3或x －2＞0.10. 4 解析：本题其实是关于最小正周期问题．a 2＝a 1－t ，a 3＝t ＋2－a 1＋t ＝2t ＋2－a 1，a 4＝a 3－t ＝t ＋2－a 1，a 5＝t ＋2－a 4＝a 1，故实数k 的最小值是4.11. 解：(1) f(x)＝12sin2x ＋3cos 2x ＝12sin2x ＋32(1＋cos2x)＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＋32，∴ f(x)的最小正周期为T ＝2π2＝π.(2) 依题意得g(x)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＋32＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＋π3＋32＋32＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＋3，当x∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4时，2x －π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π3，∴ －12≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6≤32，∴ 23－12≤g(x)≤332，∴ g(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4的最大值为332.12. 解：(1) 当n≤6时，数列{a n }是首项为1差为－10的等差数列．a n ＝10(n －1)＝130－10n ；当n≥7时，数列{a n }是以a 6为首项，公比为34的等比数列，又a 6＝70，所以a n＝70×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6，因此，第n 年初，M 的价值a n 的表达式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧130－10n ，n≤6，n∈N *，70×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6，n≥7，n∈N *.(2) 设S n 表示数列{a n }的前n 项和，由等差及等比数列的求和公式得当1≤n≤6时，S n ＝15n(n －1)，A n ＝1(n －1)＝125－5n ＞80；当n≥7时，S n ＝S 6＋(a 7＋a 8＋…＋a n )＝570＋70×34×4×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n－6，A n ＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6n .因为{a n }是递减数列，所以{A n }是递减数列，又A 8＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫348－68＝824764＞80，A 9＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫349－69＝767996＜80，所以须在第9年初对M 进行更新．13. 解：(1) f′(x)＝3x 2＋2ax ＋b.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋2a×23＋b ＝0，＝3×12＋2a×1＋b ＝3.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝－4.设切线l 的方程为y ＝3x ＋m(m>0)，由原点到切线l 的距离为1010， 有|m|32＋1＝1010，解得m ＝1.∵ 切线l 不过第四象限，∴ m＝1，m ＝－1(舍)，∴ 切线l 的方程为y ＝3x ＋1，由于切点的横坐标为x ＝1，∴ 切点坐标为(1,4)，∵ f(1)＝1＋a ＋b ＋c ＝4，∴ c＝5.(2) 由(1)知f(x)＝x 3＋2x 2－4x ＋5，所以f′(x)＝3x 2＋4x －4＝(x ＋2)(3x －2)，令f′(x)＝0，得x 1＝－2，x 2＝23.∴ f(x)在[－4,1]上的最大值为13，最小值为－11.14. 解：(1) ∵ －1，S n ，a n ＋1成等差数列，∴ 2S n ＝a n ＋1－1， ① 当n≥2时，2S n －1＝a n －1， ②①－②得：2(S n －S n －1)＝a n ＋1－a n ，∴ 3a n ＝a n ＋1，∵ a 1＝1≠0，∴ a n ≠0， ∴ a n ＋1a n ＝3.当n ＝1时，由①得∴ 2S 1＝2a 1＝a 2－1，又a 1＝1，∴ a 2＝3，∴ a 2a 1＝3，∴ {a n }是以3为公比的等比数列，∴ a n ＝3n －1. (2) ∵ f(x)＝log 3x ，∴ f(a n )＝log 33n －1＝n －1，b n ＝1＋n＋2]＝1＋＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋3，∴ T n ＝1212－14＋13－15＋14－16＋15－17＋…＋1n －1n ＋2＋1n ＋1－1n ＋3＝1212＋13－1n ＋2－1n ＋3＝512－2n ＋5＋＋，比较T n 与512－2n ＋5312的大小，只需比较2(n ＋2)(n ＋3)与312的大小即可．又2(n ＋2)(n ＋3)－312＝2(n 2＋5n ＋6－156)＝2(n2＋5n－150)＝2(n＋15)(n－10)，∵ n∈N*，∴ 当1≤n≤9时n∈N*,2(n＋2)(n＋3)＜312，即T n＜512－2n＋5312；∴ 当n＝10时，2(n＋2)(n＋3)＝312，即T n＝512－2n＋5312；当n＞10且n∈N*时，2(n＋2)(n＋3)＞312，即T n＞512－2n＋5312；当n＝10时，2(n＋2)(n＋3)＝312，即T n＝512－2n＋5312；当n>10且n∈N*时，2(n＋2)(n＋3)>312，即T n>512－2n＋5312.。

  1. 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
  2. 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
  3. 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若2Sn＝23+a2n+4，求n．
11．已知数列{an}是各项为正数的等比数列，且a2＝4， ．数列{bn}是单调递增的等差数列，且b2•b3＝15，b1+b4＝8，
（1）求数列{an}与数列{bn}的通项公式；
（2）求数列{anbn}的前n项和Tn．
12．设{an}是等差数列，a1＝﹣10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列，
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若Sn是数列{an}的前n项和，设bn ，求数列{bn}的前n项和Tn．
7．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝3，S6＝36．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn （n∈N*），求数列{bn}的前n项和Tn．
8．已知数列{an}的首项a1＝1，Sn为其前n项和，且Sn+1﹣2Sn＝n+1．
（2）设bn＝an•（ ）n，试问数列{bn}是否理由．
22．已知{an}为单调递增的等差数列，设其前n项和为Sn，S5＝﹣20，且a3，a5+1，a9成等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求Sn的最小值及取得最小值时n的值．
23．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝n﹣Sn，设bn＝an﹣1．
（1）求{an}和{bn}的通项公式；
（2）求数列{anbn}的前n项和Tn．
5．已知等比数列{an}的前n项和是Sn，且S1＝2，a2+1是a1与a3的等差中项．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn＝（Sn+2）•log2an，求数列{bn}的前n项和Tn．
6．已知正项等比数列{an}中，a1，2a2，a3+6成等差数列，且a42＝4a1a5．
（2）设bn ，求数列{bn}的前n项和Tn．
20．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2+an﹣1．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn ，求数列{bn}的前n项和Tn．
21．已知公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，S3＝15，且a1，a3，a11成等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（1）证明数列{an+1}是等比数列，并求数列{an}的通项：
（2）求数列{nan}的前n项和Tn．
9．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝15，S10＝165，公比为q的等比数列{bn}的前n项和为Tn，且b2＝q＝a1．
（1）求Sn，Tn；
（2）设cn ，求数列{cn}的前n项和Mn．
10．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a8＝3a3，a1+a2＝4．
（2）设 ，Tn为数列{bn}的前n项和，求Tn的最小值．
28．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足1+S3＝a4，1+S2＝a3．
（1）求{an}的通项公式an；
2021年江苏省高考数学二轮解答题专项复习：数列
1．在数列{an}中a1＝1，且3an+1＝an （n∈N+）．
（1）求证：数列{3n•an}为等差数列；
（2）求数列{an}的前n项和Sn．
2．已知数列{an}的前n项和Sn满足2Sn＝（n+1）an（n∈N）且a1＝2．
（1）求数列{an}的通项公式；
18．已知数列{an}和{bn}满足an•bn+1﹣an+1•bn﹣2an•an+1＝0，且a1＝1，b1＝1，设cn ．
（1）求数列{cn}的通项公式；
（2）若{an}是等比数列，且a2＝3，求数列{bn}的前n项和Sn．
19．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n（n+2）（n∈N*）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝（an﹣1）2 ．求数列{bn}的前n项和Tn．
3．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝m，an+1＝Sn+1（n∈N*）．
（1）求实数m的值和数列{an}的通项公式；
（2）设bn ，求数列{bn}的前2n项和T2n．
4．设数列{an}前n项和为Sn且2a1＝a2＝2，等差数列{bn}满足b1＝1，b2+b5＝b8且b2Sn+1+b5Sn﹣1＝b8Sn（n≥2，n∈N*）．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设 ，求{bn}的前2n项的和T2n．
26．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S5＝4S2，a2n＝2an﹣1．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn ，求数列{bn}的前n项和Tn．
27．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足 ．
（1）求数列{an}的通项公式；
（1）求{an}的通项公式：
（2）记{an}的前n项和为Sn，求使得Sn≥an成立的n的取值范围．
13．设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．
（1）求{an}的公比；
（2）若a1＝1，求数列{nan}的前n项和．
14．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足S3＝2a3﹣1， ．
（1）求a1，a2，a3；
（2）判断数列{bn}是否是等比数列，并说明理由；
（3）求数列{an}的前n项和Sn．
24．已知Sn为数列{an}的前n项和，且Sn+2an＝2（n∈N+）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足 2n（n∈N*），求数列{bn}的前n项和Tn
25．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S4＝16，a3＝3a2．
（1）求{an}的通项公式；
（2）记bn＝log2（an•an+1），求数列{bn}的前n项和为Tn．
15．已知等差数列{an}满足对任意的正整数n有an+an+1＝4n．
（1）若a1＝1，求{an}的通项公式；
（2）设Sn为{an}的前n项和，求bn 的前n项和．
16．已知各项都为正数的等比数列{an}，a2＝32，a3a4a5＝8．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝log2an，Tn＝|b1|+|b2|+|b3|+…+|bn|，求Tn．
17．设等差数列{an}的前n项和为Sn，S3＝9，a4+a5+a6＝27．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn＝an2，求数列{bn}前n项和Tn．
参考公式：12+22+……+n2 ．
相关文档
最新文档