第13讲数列最值问题(解析版)

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导数与函数的极值、最值问题(解析版)

【高考地位】导数在研究函数的极值与最值问题是高考的必考的重点内容，已由解决函数、数列、不等式问题的辅助工具上升为解决问题的必不可少的工具，特别是利用导数来解决函数的极值与最值、零点的个数等问题，在高考中以各种题型中均出现，对于导数问题中求参数的取值范围是近几年高考中出现频率较高的一类问题，其试题难度考查较大. 【方法点评】类型一利用导数研究函数的极值使用情景：一般函数类型解题模板：第一步计算函数()f x 的定义域并求出函数()f x 的导函数'()f x ；第二步求方程'()0f x =的根；第三步判断'()f x 在方程的根的左、右两侧值的符号；第四步利用结论写出极值.例1已知函数x xx f ln 1)(+=，求函数()f x 的极值. 【答案】极小值为1，无极大值.【点评】求函数的极值的一般步骤如下：首先令'()0f x =，可解出其极值点，然后根据导函数大于0、小于0即可判断函数()f x 的增减性，进而求出函数()f x 的极大值和极小值．【变式演练1】已知函数322()f x x ax bx a =+++在1x =处有极值10，则(2)f 等于（） A ．11或18B ．11C ．18D ．17或18 【答案】C 【解析】试题分析：b ax x x f ++='23)(2,⎩⎨⎧=+++=++∴1010232a b a b a ⎩⎨⎧-==⇒⎩⎨⎧=----=⇒114012232b a a a a b 或⎩⎨⎧=-=33b a ．?当⎩⎨⎧=-=33b a 时,∴≥-=',0)1(3)(2x x f 在1=x 处不存在极值．?当⎩⎨⎧-==114b a 时，)1)(113(1183)(2-+=-+='x x x x x f ，0)(),1,311(<'-∈∴x f x ；0)(),,1(>'+∞∈x f x ,符合题意．所以⎩⎨⎧-==114b a ．181622168)2(=+-+=∴f ．故选C ．考点：函数的单调性与极值．【变式演练2】设函数()21ln 2f x x ax bx =--，若1x =是()f x 的极大值点，则a 的取值范围为（）A ．()1,0-B ．()1,-+∞C ．()0,+∞D ．()(),10,-∞-+∞【答案】B 【解析】考点：函数的极值．【变式演练3】函数x m x m x x f )1(2)1(2131)(23-++-=在)4,0(上无极值，则=m _____. 【答案】3 【解析】试题分析：因为x m x m x x f )1(2)1(2131)(23-++-=，所以()()2'()(1)2(1)21f x x m x m x x m =-++-=--+，由()'0f x =得2x =或1x m =-，又因为函数x m x m x x f )1(2)1(2131)(23-++-=在)4,0(上无极值，而()20,4∈，所以只有12m -=，3m =时，()f x 在R 上单调，才合题意，故答案为3.考点：1、利用导数研究函数的极值；2、利用导数研究函数的单调性.【变式演练4】已知等比数列{}n a 的前n 项和为12n n S k -=+，则32()21f x x kx x =--+的极大值为（） A ．2B ．52C ．3D ．72【答案】B 【解析】考点：1、等比数列的性质；2、利用导数研究函数的单调性及极值．【变式演练5】设函数32()(1)f x x a x ax =+++有两个不同的极值点1x ，2x ，且对不等式12()()0f x f x +≤恒成立，则实数a 的取值范围是．【答案】1(,1],22⎡⎤-∞-⎢⎥⎣⎦【解析】试题分析：因为12()()0f x f x +≤,故得不等式()()()332212121210x x a x x a x x ++++++≤,即()()()()()221212121212123120x x x x x x a x x x x a x x ⎡⎤⎡⎤++-+++-++≤⎣⎦⎣⎦,由于()()2'321f x x a x a =+++,令()'0f x =得方程()23210x a x a +++=,因()2410a a ∆=-+>,故()12122133x x a a x x ⎧+=-+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，代入前面不等式,并化简得()1a +()22520a a -+≥,解不等式得1a ≤-或122a ≤≤，因此,当1a ≤-或122a ≤≤时,不等式()()120f x f x +≤成立,故答案为1(,1],22⎡⎤-∞-⎢⎥⎣⎦.考点：1、利用导数研究函数的极值点；2、韦达定理及高次不等式的解法.【变式演练6】已知函数()()3220f x x ax x a =+++>的极大值点和极小值点都在区间()1,1-内,则实数a 的取值范围是．2a << 【解析】考点：导数与极值．类型二求函数在闭区间上的最值使用情景：一般函数类型解题模板：第一步求出函数()f x 在开区间(,)a b 内所有极值点；第二步计算函数()f x 在极值点和端点的函数值；第三步比较其大小关系，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.例2若函数()2x f x e x mx =+-，在点()()1,1f 处的斜率为1e +．（1）求实数m 的值；（2）求函数()f x 在区间[]1,1-上的最大值．【答案】（1）1m =；（2）()max f x e =. 【解析】试题分析：（1）由(1)1f e '=-解之即可；（2）()21x f x e x '=+-为递增函数且()()1110,130f e f e -''=+>-=-<,所以在区间(1,1)-上存在0x 使0()0f x '=，所以函数在区间0[1,]x -上单调递减，在区间0[,1]x 上单调递增，所以()()(){}max max 1,1f x f f =-，求之即可.试题解析：（1）()2x f x e x m '=+-，∴()12f e m '=+-，即21e m e +-=+，解得1m =；实数m 的值为1；（2）()21x f x e x '=+-为递增函数，∴()()1110,130f e f e -''=+>-=-<，存在[]01,1x ∈-，使得()00f x '=，所以()()(){}max max 1,1f x f f =-，()()112,1f e f e --=+=，∴()()max 1f x f e ==考点：1.导数的几何意义；2.导数与函数的单调性、最值.【名师点睛】本题考查导数的几何意义、导数与函数的单调性、最值等问题，属中档题；导数的几何意义是拇年高考的必考内容，考查题型有选择题、填空题，也常出现在解答题的第（1）问中，难度偏小，属中低档题，常有以下几个命题角度：已知切点求切线方程、已知切线方程（或斜率）求切点或曲线方程、已知曲线求切线倾斜角的范围. 【变式演练7】已知xe x xf 1)(+=. （1）求函数)(x f y =最值；（2）若))(()(2121x x x f x f ≠=，求证：021>+x x .【答案】（1）)(x f 取最大值1)0()(max -==f x f ，无最小值；（2）详见解析. 【解析】试题解析：（1）对)(x f 求导可得x x x x e xe e x e xf -=+-='2)1()(，令0)(=-='x exx f 得x=0. 当)0,(-∞∈x 时，0)(>'x f ，函数)(x f 单调递增；当),0(+∞∈x 时，0)(<'x f ，函数)(x f 单调递减，当x=0时，)(x f 取最大值1)0()(max -==f x f ，无最小值. （2）不妨设21x x <，由（1）得当)0,(-∞∈x 时，0)(>'x f ，函数)(x f 单调递增；当),0(+∞∈x 时，0)(<'x f ，函数)(x f 单调递减，若)()(21x f x f =，则210x x <<，考点：1.导数与函数的最值；2.导数与不等式的证明. 【变式演练7】已知函数()ln f x x x =，2()2g x x ax =-+-. （Ⅰ）求函数()f x 在[,2](0)t t t +>上的最小值；（Ⅱ）若函数()()y f x g x =+有两个不同的极值点1212,()x x x x <且21ln 2x x ->，求实数a 的取值范围.【答案】（Ⅰ）min110()1ln ,t e ef x t t t e ⎧-<<⎪⎪∴=⎨⎪≥⎪⎩，；（Ⅱ）2ln 2ln 2ln()133a >--. 【解析】试题分析：（Ⅰ）由'()ln 10f x x =+=，得极值点为1x e =，分情况讨论10t e <<及1t e≥时，函数)(x f 的最小值；（Ⅱ）当函数()()y f x g x =+有两个不同的极值点，即'ln 210y x x a =-++=有两个不同的实根1212,()x x x x <，问题等价于直线y a =与函数()ln 21G x x x =-+-的图象有两个不同的交点，由)(x G 单调性结合函数图象可知当min 1()()ln 22a G x G >==时，12,x x 存在，且21x x -的值随着a 的增大而增大，而当21ln 2x x -=时，由题意1122ln 210ln 210x x a x x a -++=⎧⎨-++=⎩，214x x ∴=代入上述方程可得2144ln 23x x ==，此时实数a 的取值范围为2ln 2ln 2ln()133a >--.试题解析：（Ⅰ）由'()ln 10f x x =+=，可得1x e=，∴①10t e <<时，函数()f x 在1(,)t e 上单调递减，在1(,2)t e+上单调递增，∴函数()f x 在[,2](0)t t t +>上的最小值为11()f e e=-，②当1t e≥时，()f x 在[,2]t t +上单调递增，min ()()ln f x f t t t ∴==，min110()1ln ,t e ef x t t t e ⎧-<<⎪⎪∴=⎨⎪≥⎪⎩，；两式相减可得1122ln2()2ln 2x x x x =-=- 214x x ∴=代入上述方程可得2144ln 23x x ==，此时2ln 2ln 2ln()133a =--，所以，实数a 的取值范围为2ln 2ln 2ln()133a >--；考点：导数的应用．【变式演练8】设函数()ln 1f x x =+. （1）已知函数()()2131424F x f x x x =+-+,求()F x 的极值；（2）已知函数()()()()2210G x f x ax a x a a =+-++>,若存在实数()2,3m ∈,使得当(]0,x m ∈时,函数()G x 的最大值为()G m ,求实数a 的取值范围.【答案】（1）极大值为0，极小值为3ln 24-；（2）()1ln 2,-+∞.【解析】()(),'F x F x 随x 的变化如下表:当1x =时,函数()F x 取得极大值()10F =;当2x =时,函数()F x 取得极小值()32ln 24F =-.③当112a <,即12a <时,函数()f x 在10,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭和()1,+∞上单调递增,在1,12a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减,要存在实数()2,3x ∈,使得当(]0,x m ∈时,函数()G x 的最大值为()G m ,则()122G G a ⎛⎫< ⎪⎝⎭,代入化简得()()1ln 2ln 2104a a ++->*.令()()11ln 2ln 2142g a a a a ⎛⎫=++-> ⎪⎝⎭,因()11'104g a a a ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭恒成立,故恒有()111ln 20,222g a g a ⎛⎫>=->∴> ⎪⎝⎭时,()*式恒成立;综上，实数a 的取值范围是()1ln 2,-+∞.考点：函数导数与不等式．【高考再现】1.【2016高考新课标1卷】（本小题满分12分）已知函数()()()221x f x x e a x =-+-有两个零点.(I)求a 的取值范围；(II)设x 1,x 2是()f x 的两个零点,证明：122x x +<. 【答案】(0,)+∞试题解析;（Ⅰ）'()(1)2(1)(1)(2)x x f x x e a x x e a =-+-=-+．（i ）设0a =,则()(2)x f x x e =-,()f x 只有一个零点．（ii ）设0a >,则当(,1)x ∈-∞时,'()0f x <；当(1,)x ∈+∞时,'()0f x >．所以()f x 在(,1)-∞上单调递减,在(1,)+∞上单调递增．又(1)f e =-,(2)f a =,取b 满足0b <且ln2ab <,则 223()(2)(1)()022a fb b a b a b b >-+-=->, 故()f x 存在两个零点．（iii ）设0a <,由'()0f x =得1x =或ln(2)x a =-．若2ea ≥-,则ln(2)1a -≤,故当(1,)x ∈+∞时,'()0f x >,因此()f x 在(1,)+∞上单调递增．又当1x ≤时,()0f x <,所以()f x 不存在两个零点．若2ea <-,则ln(2)1a ->,故当(1,ln(2))x a ∈-时,'()0f x <；当(ln(2),)x a ∈-+∞时,'()0f x >．因此()f x 在(1,ln(2))a -单调递减,在(ln(2),)a -+∞单调递增．又当1x ≤时,()0f x <,所以()f x 不存在两个零点．综上,a 的取值范围为(0,)+∞．（Ⅱ）不妨设12x x <,由（Ⅰ）知12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞,22(,1)x -∈-∞,()f x 在(,1)-∞上单调递减,所以122x x +<等价于12()(2)f x f x >-,即2(2)0f x -<．由于222222(2)(1)x f x x e a x --=-+-,而22222()(2)(1)0x f x x e a x =-+-=,所以222222(2)(2)x x f x x e x e --=---．设2()(2)x x g x xe x e -=---,则2'()(1)()x x g x x e e -=--．所以当1x >时,'()0g x <,而(1)0g =,故当1x >时,()0g x <．从而22()(2)0g x f x =-<,故122x x +<．考点：导数及其应用2.【2016高考山东理数】(本小题满分13分) 已知()221()ln ,R x f x a x x a x -=-+∈. （I ）讨论()f x 的单调性；（II ）当1a =时，证明()3()'2f x f x +＞对于任意的[]1,2x ∈成立.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析【解析】试题分析：（Ⅰ）求()f x 的导函数，对a 进行分类讨论，求()f x 的单调性；（Ⅱ）要证()3()'2f x f x +＞对于任意的[]1,2x ∈成立，即证23)()(/>-x f x f ，根据单调性求解.（1）20<<a ，12>a，当)1,0(∈x 或x ∈),2(+∞a时，0)(/>x f ，)(x f 单调递增；当x ∈)2,1(a时，0)(/<x f ，)(x f 单调递减；（2）2=a 时，12=a，在x ∈),0(+∞内，0)(/≥x f ，)(x f 单调递增；（3）2>a 时，120<<a，当)2,0(ax ∈或x ∈),1(+∞时，0)(/>x f ，)(x f 单调递增；当x ∈)1,2(a时，0)(/<x f ，)(x f 单调递减. 综上所述，（Ⅱ）由（Ⅰ）知，1=a 时，23312ln 1x x x x x=-++--，]2,1[∈x ，令1213)(,ln )(32--+=-=xx x x h x x x g ，]2,1[∈x . 则)()()()(/x h x g x f x f +=-，由01)(/≥-=xx x g 可得1)1()(=≥g x g ，当且仅当1=x 时取得等号. 又24326'()x x h x x--+=，设623)(2+--=x x x ϕ，则)(x ϕ在x ∈]2,1[单调递减，因为10)2(,1)1(-==ϕϕ，考点：1.应用导数研究函数的单调性、极值；2.分类讨论思想.【名师点睛】本题主要考查导数的计算、应用导数研究函数的单调性与极值、分类讨论思想.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答本题，准确求导数是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当，或因复杂式子变形能力差，而错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等.3.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）已知函数()(0,0,1,1)x x f x a b a b a b =+>>≠≠.设12,2a b ==. （1）求方程()2f x =的根;（2）若对任意x R ∈,不等式(2)f()6f x m x ≥-恒成立，求实数m 的最大值；（3）若01,1a b <<＞，函数()()2g x f x =-有且只有1个零点，求ab 的值。

专题13 利用导数解决函数的极值、最值-学会解题之高三数学万能解题模板(2021版)【原卷版】

学习界的专题13 利用导数解决函数的极值、最值【高考地位】导数在研究函数的极值与最值问题是高考的必考的重点内容，已由解决函数、数列、不等式问题的辅助工具上升为解决问题的必不可少的工具，特别是利用导数来解决函数的极值与最值、零点的个数等问题，在高考中以各种题型中均出现，对于导数问题中求参数的取值范围是近几年高考中出现频率较高的一类问题，其试题难度考查较大.类型一利用导数研究函数的极值例1 已知函数f (x) =+ ln x ，求函数f (x)的极值.x【变式演练1】（极值概念）【西藏日喀则市拉孜高级中学2020 届月考】下列说法正确的是（）A.当f '(x0 ) = 0 时，则f (x0 ) 为f (x) 的极大值B.当f '(x0 ) = 0 时，则f (x0 ) 为f (x) 的极小值C.当f '(x0 ) = 0 时，则f (x0 ) 为f (x) 的极值D.当f (x0 ) 为f (x) 的极值且f '(x0 ) 存在时，则有f '(x0 ) = 0【变式演练2】（图像与极值）【百师联盟2020 届高三考前预测诊断联考全国卷1】如图为定义在R 上的函数f (x)=ax3 +bx2 +cx +d (a ≠ 0)的图象，则关于它的导函数y =f '(x)的说法错误的是（）A．f '(x)存在对称轴B．f '(x)的单调递减区间为⎛-∞,1 ⎫2 ⎪ ⎝⎭C．f '(x)在(1, +∞)上单调递增D．f '(x)存在极大值【变式演练3】（解析式中不含参的极值）【江苏省南通市2020 届高三下学期高考考前模拟卷】已知函数f (x)=(ax2 +x +1)e x ，其中e是自然对数的底数，a ∈R .（1）当a = 2 时，求f (x )的极值；（2）写出函数f (x )的单调增区间；（3）当a = 0 时，在y 轴上是否存在点P，过点P 恰能作函数f (x)图象的两条切线？若存在，求出所有这样的点；若不存在，请说明理由.【变式演练4】（解析式中含参数的极值）【四川省德阳市2020 届高三高考数学（理科）三诊】已知函数f (x )=ax - 2 ln x - 2 ，g (x )=axe x - 4x ．（1）求函数f (x )的极值；（2）当a > 0 时，证明：g (x )- 2 (ln x -x +1)≥ 2 (ln a - ln 2 )．【变式演练5】（由极值求参数范围）【黑龙江省哈尔滨一中2020 届高三高考数学（理科）一模】已知函数学习界的007f ( x ) = x ln x -1 (m + 1) x2 - x 有两个极值点，则实数m 的取值范围为（）2A ． ⎛ - 1 , 0⎫B ． ⎛-1, 1 -1⎫C ． ⎛ -∞, 1 -1⎫ ）D ． (-1, +∞)e ⎪ e⎪ e⎪ ⎝ ⎭ ⎝⎭⎝⎭【变式演练 6】（由极值求其他）【四川省江油中学 2020-2021 学年高三上学期开学考试】已知函数f ( x ) = 1x 3 + ax 2 + bx (a , b ∈ R ) 在 x = -3 处取得极大值为 9.3（1）求 a ， b 的值；（2）求函数 f (x ) 在区间[-4, 4] 上的最大值与最小值.类型二求函数在闭区间上的最值万能模板内容使用场景一般函数类型解题模板第一步求出函数 f (x ) 在开区间(a , b ) 内所有极值点；第二步计算函数 f (x ) 在极值点和端点的函数值；第三步比较其大小关系，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.例 2 【河南省天一大联考 2020 届高三阶段性测试】已知函数 f ( x ) = ln x - x ， g ( x ) = ax 2+ 2x (a < 0) .（1）求函数 f( x ) 在⎡1 , e ⎤上的最值； ⎢⎣ e ⎥⎦（2）求函数 h( x ) = f (x ) + g (x ) 的极值点.【变式演练 7】（极值与最值关系）【安徽省皖江联盟 2019-2020 学年高三上学期 12 月联考】已知函数 f ( x ) 在区间(a , b ) 上可导，则“函数 f ( x ) 在区间(a , b ) 上有最小值”是“存在 x 0 ∈(a ,b ) ，满足 f '(x 0 ) = 0 ”的⎨ 1 （）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【变式演练 8】（由最值求参数范围）【湖北省武汉市 2020 届高三下学期六月模拟】若函数⎧a ln x - x 2 - 2 (x > 0 )f ( x ) = ⎪x + + a (x < 0) 的最大值为 f (-1) ，则实数a 的取值范围为（）⎩⎪ xA ． ⎡⎣0, 2e 2 ⎤⎦B ． ⎡⎣0, 2e 3⎤⎦C ． (0, 2e 2⎤⎦D ． (0, 2e 3⎤⎦【变式演练 9】（不含参数最值）【安徽省江淮十校 2020-2021 学年高三上学期第一次联考】已知函数f (x ) = cos 2 x s in 2x ，若存在实数 M ，对任意 x 1 , x 2 ∈R 都有 f ( x 1 ) - f (x 2 ) ≤ M 成立.则 M 的最小值为（）A.3 38B.32C.3 3 4D.2 3 3【变式演练 10】（含参最值）【重庆市经开礼嘉中学 2020 届高三下学期期中】已知函数f (x ) = (x - a - 1)e x -1 - 1x 2 + ax , x > 02（1）若 f (x ) 为单调增函数，求实数 a 的值；（2）若函数 f (x ) 无最小值，求整数 a 的最小值与最大值之和.【高考再现】1.【2018 年全国普通高等学校招生统一考试数学（江苏卷）】若函数 ƒ(x ) = 䂸x 3 — t x 䂸 + 1(t C R )在(t h + œ) 内有且只有一个零点，则 ƒ(x )在[ — 1h 1]上的最大值与最小值的和为．2【. 2018 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标 I 卷）】已知函数 ƒ x = 䂸sinx + sin 䂸x ，则 ƒ x的最小值是．3. 【2020 年高考全国Ⅱ卷理数 21】已知函数 f (x ) = sin 2x sin 2x ．3 381 2 n （1）讨论 f ( x ) 在区间(0,π) 的单调性；（2）证明： f (x ) ≤ ；（3）设 n ∈ N *，证明： sin 2x sin 22x sin 24x sin 22nx ≤ 3 ． 4n4. 【2020 年高考天津卷 20】已知函数 f (x ) = x3+ k ln x (k ∈ R ) ， f ' (x ) 为 f ( x ) 的导函数．（Ⅰ）当 k = 6 时，（i ）求曲线 y = f ( x ) 在点(1, f (1)) 处的切线方程；（ii ）求函数 g (x ) = f (x ) - f '(x ) + 9的单调区间和极值；x（Ⅱ）当 k - 3 时，求证：对任意的 x , x ∈[1, +∞) ，且 x> x ，有 f '( x ) + f ' (x ) > f (x 1 )- f (x 2 ) ． 1 2 1 2 2x - x 1 25. 【2018 年全国卷Ⅲ理数】已知函数 ƒ x = 䂸+ x + tx 䂸 ln 1 + x — 䂸x ．（1）若 t = t ，证明：当— 1 ǹ x ǹ t 时，ƒ x ǹ t ；当 x Σ t 时，ƒ x Σ t ；（2）若 x = t 是 ƒ x 的极大值点，求 t ．6. 【2018 年全国普通高等学校招生统一考试文科】设函数 ƒ(x ) = [tx 䂸 — (3t + 1)x + 3t + 䂸]e x .（Ⅰ）若曲线 y = ƒ(x )在点(䂸h ƒ(䂸))处的切线斜率为 0，求 a ；（Ⅱ）若 ƒ(x)在 x = 1 处取得极小值，求 a 的取值范围.7. 【2018 年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（天津卷）】设函数 ƒ(x )=(x — t 1)(x — t 䂸)(x — t 3)，其中t 1h t 䂸h t 3 C R ,且t 1h t 䂸h t 3是公差为 d 的等差数列.（I ）若t 䂸 = t h d = 1h 求曲线 y = ƒ(x )在点(t h ƒ(t ))处的切线方程；（II ）若 d = 3，求 ƒ(x)的极值；4 4 （III ）若曲线 y = ƒ(x) 与直线 y =— (x — t 䂸) — 6 3有三个互异的公共点，求d 的取值范围.【反馈练习】1.【2020 届高三 6 月质量检测巩固卷数学（文科）】若函数 f ( x ) = e x (-x 2 + 2x + a )在区间(a , a +1) 上存在最大值，则实数a 的取值范围为（）⎛ -1 A ．, -1 + 5 ⎫ B ． (-1, 2)2 2 ⎪ ⎝ ⎭⎛ -1 C ． 2 ⎫ , 2⎪⎛ -1 D ．2⎫, -1⎪ ⎝ ⎭⎝⎭2. 【黑龙江省大庆市第四中学 2020 届高三下学期第四次检测】若函数 f (x ) = ae x- 1在其定义域上只有 3x个极值点，则实数a 的取值范围（）⎛ e 2 ⎫⎛ e 2 ⎫ A ． -∞, - ⎪ (1, +∞)⎝⎭ B ． -∞, - ⎪⎝⎭C ． ⎛-e , -1 ⎫ (1, +∞)D ． ⎛-∞, - 1 ⎫4e 2 ⎪ e ⎪ ⎝ ⎭⎝ ⎭xx2 x3. 【湖北省金字三角 2020 届高三下学期高考模拟】已知函数 f ( x ) = e + - ln x 的极值点为1 ，函数 2g ( x ) = e x + x - 2 的零点为 x ，函数 h ( x ) = ln x的最大值为x ，则（） 2 2x 3A. x 1 > x 2 > x 3B. x 2 > x 1 > x 3C. x 3 > x 1 > x 2D. x 3 > x 2 > x 14. 【湖北省宜昌一中、龙泉中学 2020 届高三下学期 6 月联考】已知函数（ff (e ) = 1，当 x ＞0 时，下列说法正确的是（）ex ）满足 x 2 f '(x ) + 2xf (x ) = 1+ ln x ，① f (x ) 只有一个零点；② f (x ) 有两个零点；- 5 + 5 - 5③ f (x) 有一个极小值点；④ f (x) 有一个极大值点A．①③B．①④C．②③D．②④5.【山东省潍坊市2020届高三6月高考模拟】已知函数f(x)的导函数f'(x)=x4(x-1)3(x-2)2(x-3)，则下列结论正确的是（）A．f (x)在x = 0 处有极大值B．f (x )在x = 2 处有极小值C. f (x)在[1, 3]上单调递减D．f (x )至少有3 个零点6.【云南省曲靖市2020 届高三年级第二次教学质量监测】已知实数a, b 满足0 ≤a ≤1，0 ≤b ≤ 1 ，则函数f (x)=x3 -ax2 +b2 x +1 存在极值的概率为（）A．1B．3C．16 6 3D.37.【云南省红河自治州2019-2020 学年高三第二次高中毕业生复习统一检测】下列关于三次函数f ( x) =ax3 +bx2 +cx +d (a ≠ 0) ( x ∈R) 叙述正确的是（）①函数f (x) 的图象一定是中心对称图形；②函数f (x) 可能只有一个极值点；③当x ≠-b时，f (x) 在x =x 处的切线与函数y = f (x) 的图象有且仅有两个交点；0 3a 0④当x ≠-b时，则过点(x, f (x))的切线可能有一条或者三条．0 3a 0 0A．①③B．②③C．①④D．②④8.【2020 届江西省分宜中学高三上学期第一次段考】已知e 为自然对数的底数，设函数f (x)=1 x2 -ax +b ln x 存在极大值点x ，且对于a 的任意可能取值，恒有极大值f (x )< 0 ,则下列结论2 0 0bb ( ) 中正确的是()A. 存在 x 0= ,使得f (x 0 ) < - 12eB. 存在 x 0= ，使得f (x 0 ) > -e 2C.b 的最大值为e 3D.b 的最大值为 2e 2ax 2⎛ 1 , 3⎫9. 【四川省内江市 2020 届高三下学期第三次模拟考试】函数f （x ）＝ 2+（1﹣2a ）x ﹣2ln x 在区间 2 ⎪⎝ ⎭内有极小值，则 a 的取值范围是（）A ． ⎛ -2, -1 ⎫B ． ⎛-2, -1 ⎫3 ⎪2 ⎪ ⎝ ⎭⎝ ⎭C ． ⎛ -2, - 1 ⎫ ⋃⎛ - 1 , +∞⎫D ． ⎛ -2, - 1 ⎫ ⋃ ⎛ - 1 , +∞ ⎫ 3 ⎪ 3 ⎪ 2 ⎪ 2 ⎪ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭⎝ ⎭ ⎝ ⎭10.【河北省衡水中学 2019-2020 学年高三下学期期中】已知函数 f (x ) =(x2- a )2- 3 x 2 -1 - b ，当时（从①②③④中选出一个作为条件），函数有 .（从⑤⑥⑦⑧中选出相应的作为结论，只填出一．组．即可）1 3 5 9① a ≤ - ② < a < ③ a = 1 ，-2 < b < 0 ④ a = 1 ，- < b < -2 或b = 0 ⑤4 个极小值点⑥1 个极小值点2 2 2 4⑦6 个零点⑧4 个零点1. 【福建省漳州市 2020 届高三高考数学（文科）三模】已知函数 f (x ) = ( x + 3) e x- 2m ， m ∈ R .（1）若 m = 3，求 f ( x ) 的最值；2（2）若当 x ≥ 0 时， f (x - 2) + 2m ≥ 1 mx 2+ 2x +1 ，求 m 的取值范围.e 212. 【安徽省合肥七中、三十二中、五中、肥西农兴中学 2020 届高三高考数学（文科）最后一卷】已知函数 f (x ) = 1 x 2- 2x + a ln x ， a > 1 . 2e（1）讨论 f( x ) 的单调性；（2）若f (x )存在两个极值点x1 、x2 ，求f (x1 )+f (x2 )的取值范围.13.【2020 届安徽省芜湖市高三下学期教育教学质量监测】已知函数f (x)=ae x + 2e -x+(a - 2 )x .（1）若y =f (x )存在极值，求实数 a 的取值范围；（2）设1 ≤a ≤ 2 ，设g (x)= f (x)-(a + 2)cos x 是定义在⎛-∞,π ⎤上的函数.2 ⎥⎝⎦（ⅰ）证明：y =g'(x )在⎛-∞,π ⎤上为单调递增函数( g'(x)是y =g (x )的导函数)；2 ⎥⎝⎦ （ⅱ）讨论y =g (x )的零点个数.14.【广东省惠州市2021 届高三上学期第一次调研】已知函数f (x) =x- ln(ax) ．a（1）若a > 0 ，求f (x) 的极值；（2）若e x ln x +mx 2 +(1 -e x )x +m ≤ 0 ，求正实数m 的取值范围．15.【北京五中2020 届高三（4 月份）高考数学模拟】设函数f（x）＝me x﹣x2+3，其中m∈R.（1）如果f（x）同时满足下面三个条件中的两个：①f（x）是偶函数；②m＝1；③f（x）在（0，1）单调递减.指出这两个条件，并求函数h（x）＝xf（x）的极值；（2）若函数f（x）在区间[﹣2，4]上有三个零点，求m 的取值范围.16.【辽宁省锦州市渤大附中、育明高中2021 届高三上学期第一次联考】已知函数f (x) =ae x - cos x -x(a ∈R).（1）若 a = 1 ，证明：f (x) ≥ 0 ；（2）若f (x) 在(0,π) 上有两个极值点，求实数 a 的取值范围.17.【西南地区名师联盟2020 届高三入学调研考试】已知函数f (x)=1x3 +bx2 +cx ，b 、c 为常数，且3学习界的007- 1< b < 1， f '(1) = 0 . 2（1）证明： -3 < c < 0 ；（2）若 x 是函数 y = f (x ) - cx 的一个极值点，试比较 f ( x - 4) 与 f (-3) 的大小. 0218.【山东省威海荣成市 2020 届高三上学期期中】某水产养殖公司在一片海域上进行海洋牧场生态养殖，如图所示，它的边界由圆O 的一段圆弧 PMQ （ M 为此圆弧的中点）和线段 PQ 构成.已知圆O 的半径为12 千米， M 到 PQ 的距离为16 千米.现规划在此海域内修建两个生态养殖区域，养殖区域 R 1 为矩形 ABCD ，养殖区域 R 2 为 A M B ，且 A , B 均在圆弧上，C ,D 均在线段 PQ 上，设∠AOM =α.（Ⅰ）用α分别表示矩形 ABCD 和 A M B 的面积，并确定cos α的范围；（Ⅱ）根据海域环境和养殖条件，养殖公司决定在 R 1 内养殖鱼类，在 R 2 内养殖贝类，且养殖鱼类与贝类单位面积的年产值比为3 : 2 .求当α为何值时，能使年总产值最大.19.【江苏省南通市 2020 届高三下学期高考考前模拟卷】已知函数 f (x ) = ( x - a ) e x + b (a , b ∈ R ) ．（1）讨论函数 f( x ) 的单调性；（2）对给定的 a ，函数 f( x ) 有零点，求b 的取值范围；（3）当 a = 2 ， b = 0 时， F (x ) = f ( x ) - x + ln x ，记 y = F ( x ) 在区间⎛ 1 ,1⎫上的最大值为 m ，且4 ⎪ ⎝ ⎭m ∈[n, n + 1), n ∈Z ，求n 的值．20.【陕西省西安中学2020-2021 学年高三上学期第一次月考】已知函数f ( x) =x -1 -a ln x ．（1）当 a = 1 时，求f(x)的最小值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，(1+1)(1+1) ⋅⋅⋅ (1+1) <m ，求m 的最小值．2 22 2n。

数列综合讲义十三种题型归纳梳理

数列综合讲义第1讲累加法、累乘法、差商法求通项题型1 累加法1．已知数列{}n a 满足11a =，213a =，若1111(2)3(2,*)n n n n n a a a a a n n N -+-++=∈，则数列{}n a 的通项n a = ．【解析】111123(2,)n n n n n n a a a a a a n n N +-+-++=∈，∴1111112()n n n n a a a a +--=-，2111312a a -=-= ∴数列111{}n n a a +-是等比数列，首项与公比都为2，∴1112n n na a +-= 2n ∴时，1212122212121n n n n n a ---=++⋯⋯++==--，则数列{}n a 的通项121n n a =-∴则数列{}n a 的通项121n n a =- 2．若数列{}n a 满足11a =，且对于任意*n N ∈都有11n n a a n +=++，则1220172018201911111a a a a a ++⋯+++= ．【解析】由11n n a a n +=++，得11n n a a n +-=+，112211()()()n n n n n a a a a a a a a ---∴=-+-+⋯+-+(1)(1)(2)212n n n n n +=+-+-+⋯++=∴12112()(1)1n a n n n n ==-++ 则1220172018201911111111111120192(1)22334201920201010a a a a a ++⋯+++=-+-+-+⋯+-= 3．已知数列{}n a 满足11a =，213a =，且*111123(2,)n n n n n n a a a a a a n n N -+-++=∈（1）证明：数列111n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是等比数列（2）求数列1{2n n a a +}n 的前n 项和【解析】（1）证明：当2n 且*n N ∈时，在111123n n n n n n a a a a a a -+-++=两边同除以11n n n a a a -+，得11123n n n a a a +-+=，1111112()n n n n a a a a +--=-，1111211n nn n a a a a +--=-为常数，且21112a a -= 所以数列111n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以2为首项，2为公比的等比数列．（2）设数列{}12nn n a a +的前n 项和为n S由（1）知1112n n n a a +-=，1111112221n n n n a a a ++-=-=⋯=-=-，∴11121n n a ++=-，11121n n a ++=- 又由1112n n n a a +-=，112n n n n n a a a a ++=-，所以122311111()()()121n n n n n S a a a a a a a a +++=-+-+⋯+-=-=-- 题型2 累乘法1．已知数列{}n a 满足11a =，且1(1)n n na n a +=+，则(n a = ) A ．1n + B ．n C ．1n -D ．2n -【解析】数列{}n a 满足11a =，且1(1)n n na n a +=+，可得11321111321n n n a a a a a an n n +-===⋯====+- 可得n a n =，选B2．已知数列{}n a 满足1(2)(1)n n n a n a ++=+，且213a =，则(n a = )A ．11n + B ．121n - C ．121n n -- D ．11n n -+ 【解析】1(2)(1)n n n a n a ++=+，∴112n n a n a n ++=+，∴3234a a =，4345a a =，11n n a n a n -⋯=+ 以上各式两边分别相乘得1(2)1n a n n =+，由1n =时也适合上式，所以11n a n =+，选A 3．已知数列{}n a 是首项为1的正项数列，且2211(1)0n n n n n a na a a +++-+=，若数列{}n b 满足12n n n b b +=+，且12b =，则式子312123n nb b b b a a a a +++⋯+的值是( ) A ．122n n +- B ．(1)22n n -+ C ．(1)22n n +- D ．1(1)22n n +-+【解析】根据题意，数列{}n a 满足2211(1)0n n n n n a na a a +++-+=，变形可得11[(1)]()0n n n n n a na a a +++-+= 又由数列{}n a 是首项为1的正项数列，则有1(1)0n n n a na ++-=，变形可得：11n n a na n +=+ 则有11n n a n a n --=，则有1211211211112n n n n n a a a n n a a a a a n n n -----=⨯⨯⋯⋯+⨯=⨯⨯⋯⋯⨯⨯=-，故1n a n= 数列{}n b 满足12n n n b b +=+，即12n n n b b +-=，则有112n n n b b ---=则有12112211()()()22222n n n n n n n n b b b b b b b b -----=-+-+⋯⋯+-+=++⋯⋯++=，故2n n b = 则2n n n b n a =⨯，设312123n n nbb b b S a a a a =+++⋯+，则212222n n S n =⨯+⨯+⋯⋯⨯，① 则有231212222n n S n +=⨯+⨯+⋯⋯⨯，②-②可得：231112(21)2(222)22(1)2221nn n n n nS n n n +++--=+++⋯⋯-⨯=-⨯=---变形可得：1(1)22n n S n +=-+，选D4．设{}n a 是首项为1的正项数列，且2211(1)0(1n n n n n a na a a n +++-+==，2，3，)⋯，则4a = 14，n a = ．【解析】2211(1)0(1n n n n n a na a a n +++-+==，2，3，)⋯，11[(1)]()0n n n n n a na a a ++∴+-+= 又0n a >，1(1)n n n a na +∴+=，11a =，111n na a ∴=⨯=，1n a n ∴=，414a =，故答案为：14；1n5．已知数列{}n a 满足123a =，12n n na a n +=+，求通项公式n a ．【解析】12n n n a a n +=+，∴12n n a n a n +=+ 1232112321n n n n n n n a a a a a a a a a a a a -----∴=⋯12321211433n n n n n n ---=⋯⨯+-43(1)n n =+，43(1)n a n n ∴=+．6．已知数列{}n a 满足13a =，131(1)32n n n a a n n +-=+，求n a 的通项公式．【解析】数列{}n a 满足13a =，131(1)32n n n a a n n +-=+，∴134(2)31n n a n n a n --=-， 13211221n n n n n a a a aa a a a a a ---∴=⋯3437523313485n n n n --=⋯--631n =-，当1n =时也成立，631n a n ∴=-题型3 差商法1．已知数列{}n a 中，11a =，对所有*n N ∈，都有212n a a a n ⋯=，则3(a = ) A ．32B ．3C ．9D ．94【解析】因为数列{}n a 中，11a =，对所有*n N ∈，都有212n a a a n ⋯=，所以3n =时，21233a a a =，2n =时，2122a a =，所以394a =．选D ． 2．已知数列满足11222()2n n na a a n N -+++⋯+=∈．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项；（Ⅱ）若n n nb a =，求数列{}n b 的前n 项和n S ；（Ⅲ）求证221n S n n +-．【解析】()1I n =时，112a =，112222n n n a a a -++⋯+=，2n ∴时，21211222n n n a a a ---++⋯+=两式相减可得，1122n n a -=，∴12n n a = ()II 解：2n n nnb n a ==，∴231222322n n S n =+++⋯+，231212222n n S n +=++⋯+ 两式相减可得，23112(12)22222212n nn n n S n n ++--=+++⋯+-=--∴1(1)22n n S n +=-+()III 证明：由()II 可知，12(1)2(1)(11)n n n S n n +-=-=-+0110112111111(1)()(1)()(1)(3)23n n n n n n n n n C C C n C C C n n n n ++++++++=-++⋯+-++=-+=+-∴2223n S n n ---，∴221n S n n +-3．已知数列n a 满足21*123222()2n n na a a a n N -+++⋯+=∈．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项；（Ⅱ）若n n nb a =求数列{}n b 的前n 项和n S ．【解析】（Ⅰ）1n =时，112a =，21123222..2n n n a a a a -+++⋯+=⋯（1） 2n ∴时，22123112222n n n a a a a ---+++⋯+=⋯．（2）（1）-（2）得1122n n a -=即12n n a =，又112a =也适合上式，∴12n n a = （Ⅱ）2n n b n =，∴231222322n n S n =+++⋯+（3），23121222(1)22n n n S n n +=++⋯+-+（4）（3）-（4）可得231121212122nn n S n +-=+++⋯+-1112(12)222212n n n n n n +++-=-=---∴1(1)22n n S n +=-+4．已知数列{}n a 满足112324296n n a a a a n -+++⋯+=-．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设2||(3log )3n n a b n =-，探求使123111116n m b b b b -+++⋯+>恒成立的m 的最大整数值．【解析】（1）当1n =时，1963a =-=，当2n 时，112324296n n a a a a n -+++⋯+=-，① 2123124296(1)n n a a a a n --+++⋯+=--，②①-②得，126n n a -=-，232n n a -∴=-；23,13,22n n n a n -=⎧⎪∴=⎨-⎪⎩，（2）．2||(3log )3n n a b n =-，1231(3log )33b ∴=-=，1113b =；2n 时，2||(3log )3n n a b n =-223||2(3log )(3(2))3n n n n --=-=--(1)n n =+；1111n b n n =-+； ∴123111116n m b b b b -+++⋯+>可化为：11111111()()()3233416m n n -+-+-+⋯+->+；即11112316m n -+->+恒成立，即511616m n -->+恒成立，故1136m ->成立，故m 的最大整数值为2．5．已知数列{}n a 满足1231(1)(41)23(1)6n n n n n a a a n a na -+-+++⋯+-+=．（Ⅰ）求2a 的值；（Ⅱ）若111nn i i i T a a =+=∑，则求出2020T 的值；（Ⅲ）已知{}n b 是公比q 大于1的等比数列，且11b a =，35b a =，设1n n c b λ+=，若{}n c 是递减数列，求实数λ的取值范围【解析】（Ⅰ）由题意，数列{}n na 的前n 项和(1)(41)6n n n n S +-=．当1n =时，有1111a S ⋅==，所以11a =．当2n 时，1(1)(41)(1)(45)66n n n n n n n n n na S S -+---=-=-22[(1)(41)(1)(45)][(431)(495)](21)66n nn n n n n n n n n n =+----=+---+=-．所以，当2n 时，21n a n =-；又11a =符合，2n 时n a 与n 的关系式，所以21n a n =-，所以2a 的值为3．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知21n a n =-．可令11111111()(21)(21)22121n n n n n c a a a a n n n n ++===-⋅-+-+因为111nn i i i T a a =+=∑所以12233411111n n n T a a a a a a a a +=+++⋯+11111111[(1)()()()]2335572121n n =-+-+-+⋯+--+11(1)22121n n n =-=++ 所以2020T 的值为20204041．（Ⅲ）由111b a ==，359b a ==得29q =．又1q >，所以3q = 所以1113n n n b b q --==，123n n n n c b λλ+==-⋅因为{}n c 是递减数列，所以1n n c c +<，即112323n n n n λλ++-⋅<-⋅．化简得232n n λ⋅> 所以*n N ∀∈，12()23nλ>⋅恒成立又12()23n ⎧⎫⋅⎨⎬⎩⎭是递减数列，所以12()23n ⎧⎫⋅⎨⎬⎩⎭的最大值为第一项1121()233a =⨯=所以13λ>，即实数λ的取值范围是1(,)3+∞6．已知数列{}n a 满足12a =，1121222(*)n n n n a a a na n N -+++⋯+=∈ （Ⅰ）求{}n a （Ⅱ）求证：1223111132(*)61112n n a a a n n n N a a a +----<++⋯+<∈--- 【解析】（Ⅰ）由1121222n n n n a a a na -+++⋯+=可得3121212222n n n na a na a a +-+++⋯+= 所以当2n 时，3121211(1)2222n n n n a a n a a a ----+++⋯+= 因此，有111(1)(2)222n n nn n n a na n a n ----=-，即122(1)n n n a na n a +=--，整理得12(2)n n a a n +=，又12a =，212a a = 所以数列{}n a 是首项为2，公比为2的等比数列，求得2n n a =（Ⅱ）记1111212112121212n nn nn n n a b a +++---==<=---，故122311111111112222n n a a a na a a +---++⋯+<++⋯+=---，又112111212111111122121212222422232n nn nn n n n nn a b a ++++----====-=------⨯-⨯，所以1223111(1)1111111326211112233223612n n nn a a a n n n n a a a +-----++⋯+-=-+⨯>-=----．综上可得：122311113261112n n a a a n n a a a +----<++⋯+<---． 7．已知数列{}n a 满足11121(22)2(*)n n n a a a n N n -+++⋯+=∈．（1）求1a ，2a 和{}n a 的通项公式；（2）记数列{}n a kn -的前n 项和为n S ，若4n S S 对任意的正整数n 恒成立，求实数k 的取值范围．【解析】（1）由题意得1112222n n n a a a n -+++⋯+=，所以：21124a =⨯=，312222a a +=⨯．解得：26a =．由1112222n n n a a a n -+++⋯+=，所以212122(1)2(2)n n n a a a n n --++⋯+=-，相减得1122(1)2n n n n a n n -+=--，得22n a n =+，1n =也满足上式．所以{}n a 的通项公式为22n a n =+．（2）数列{}n a kn -的通项公式为：22(2)2n a kn n kn k n -=+-=-+说以：该数列是以4k -为首项，公差为2k -的等差数列，若4n S S 对任意的正整数n 恒成立，等价于当4n =时，n S 取得最大值，所以4524(2)2025(2)20a k k a k k -=-+⎧⎨-=-+⎩解得12552k ．所以实数k 的取值范围是125[,]52．8．（1）设数列{}n a 满足211233333n n n a a a a -+++⋯+=，*n N ∈，求数列{}n a 的通项公式；（2）已知等比数列{}n a 的各项均为正数，且12231a a +=，23269a a a =，求数列{}n a 的通项公式．【解析】（1）由211233333n n n a a a a -+++⋯+=①，得113a =，且22123113333n n n a a a a ---+++⋯+=②①-②得：1133n n a -=，∴1(2)3n n a n =，验证1n =时上式成立，∴13n n a =（2）设等比数列{}n a 的公比为q由12231a a +=，23269a a a =，且0n a >，得1122342319a a q a a +=⎧⎨=⎩，∴134(23)13a q a a +=⎧⎨=⎩，解得：113a q ==，∴13n n a = 第2讲已知n S 求n a1．已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，且2log (1)1n S n +=+，则数列{}n a 的通项公式为( ) A ．2n n a =B ．3122n n n a n =⎧=⎨⎩C ．12n n a -=D ．12n n a +=【解析】由2log (1)1n S n +=+，得112n n S ++=，当1n =时，113a S == 当2n 时，12n n n n a S S -=-=，所以数列{}n a 的通项公式为3,12,2n n n a n =⎧=⎨⎩，选B2．已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，12a =-，1n n a S +=，那么5(a = ) A ．4- B ．8- C ．16- D ．32-【解析】2n 时，1n n a S +=，1n n a S -=，可得：1n n n a a a +-=，化为12n n a a +=，1n =时，212a a ==-∴数列{}n a 从第二项起为等比数列，公比为2，首项为2-，那么352216a =-⨯=-，选C3．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，24a =，*(1)()2nn n a S n N +=∈，则数列{}n a 的通项公式为( ) A ．*2()n a n n N =∈B ．*2()n n a n N =∈C ．*2()n a n n N =+∈D ．2*()n a n n N =∈【解析】因为数列{}n a 的前n 项和为n S ，24a =，*(1)()2nn n a S n N +=∈∴当2n =时，22121(21)22a S a a a +==+⇒=，把1n =代入检验，只有答案A B 成立，排除CD 当3n =时，331233(31)62a S a a a a +==++⇒=；排除B ，选A 4．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且14121n n S a n +-=-，11a =，*n N ∈，则{}n a 的通项公式(n a = ) A ．nB ．1n +C ．21n -D ．21n +【解析】14121n n S a n +-=-，1(21)41n n n a S +∴-=-①，1(23)41(2)n n n a S n -∴-=-② ①-②得：1(21)(23)4(2)n n n n a n a a n +---=，整理得：121(2)21n n a n n a n ++=- 1232112321n n n n n n n a a a a a a a a a a a a -----∴=⋯21232553123252731n n n n n n ---=⋯---21(2)n n =-，11a =，符合上式21n a n ∴=-，选C5．已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22a =，2121(*)n n a S n n N +=++∈，若对任意的*n N ∈，123111120nn a n a n a n a λ+++⋯+-++++恒成立，则实数λ的取值范围为( ) A ．(-∞，2] B ．(-∞，1] C ．1(,]4-∞ D ．1(,]2-∞【解析】22a =，2121(*)n n a S n n N +=++∈，2n ∴时，22112()121n n n n n a a S S a +--=-+=+化为：222121(1)n n n n a a a a +=++=+，0na >，11n n a a +∴=+，即11n n a a +-= 1n =时，212224a a +==，解得11a =，∴数列{}n a 为等差数列，首项为1，公差为1 11n a n n ∴=+-=，∴123111111111222n n n a n a n a n a n n n nn +++⋯+=++⋯⋯+=+++++++ 对任意的*n N ∈，123111120n n a n a n a n a λ+++⋯+-++++恒成立，122λ∴，解得14λ ∴实数λ的取值范围为(-∞，1]4，选C6．已知数列{}n a 满足：12a =，21(1)0(*)n n n a S S n N ++-=∈，其中n S 为{}n a 的前n 项和．若对任意的n 均有12(1)(1)(1)n S S S n ++⋯+恒成立，则的最大整数值为( )A ．2B ．3C ．4D ．5【解析】当1n 时，由条件21(1)0(*)n n n a S S n N ++-=∈可得21(1)n n n nS S S S +--=-，整理得221(21)n n n n n S S S S S +-=--+，化简得：121n n n S S S +=-从而111n n n S S S +--=-，故111111n n S S +-=-- 由于：1111S =-，所以：数列1{}1n S -是以1111S =-为首项，1为公差的等差数列，则：11n n S =-，整理得：1n n S n+=，依题只须12(1)(1)(1)()n min S S S n++⋯+12(1)(1)(1)()n S S S f n n ++⋯+=，则12(1)(1)(23)1()1(1)n n S f n n n f n n n ++++==>++，故11()(1)31ninS f n f +=== 3max∴=，选B7．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足22(*)n S n n n N =+∈，则数列{}n a 的通项公式n a = n ．设211(1)nn n n n a b a a ++=-，则数列{}n b 的前n 项和n T =（）．【解析】22(*)n S n n n N =+∈，212(1)1(2,*)n S n n n n N -∴=-+-∈，两式相减得：22n a n =，即(2)n a n n =又212112a =+=，11a ∴=，也符合上式，n a n ∴=，又2112111(1)(1)(1)()(1)1nn n n n n n a n b a a n n n n +++=-=-=-+++1111111(1)()()(1)()223341n n T n n ∴=-+++-+-⋯+-++121,,1111,,11n n n n n n n n n n +⎧⎧---⎪⎪⎪⎪++==⎨⎨⎪⎪-+-⎪⎪++⎩⎩为奇数为奇数为偶数为偶数8．已知数列{}n a 的前n 项和为S ，若11a =，12n n S a +=，则数列{}n a 的通项公式n a =（）．【解析】当2n 时，12n n S a -=①，12n n S a +=②②-①得12n n n a a a +=-，即13n n a a +=，故数列{}n a 从第二项起为等比数列，又22a =，则223n n a -=⨯ 当1n =时，11a =，故2*1,123,2,n n n a n n N -=⎧=⎨⨯∈⎩9．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1211121n nS S S n ++⋯+=+，则数列{}n a 的通项公式n a = 【解析】数列{}n a 的的前n 项和为n S ，且1211121n nS S S n ++⋯+=+① 当2n 时，12111122n n S S S n--++⋯+=② ①-②得122221(1)n n n S n n n n -=-=++，所以(1)2n n n S += 故1(1)(1)22n n n n n n n a S S n -+-=-=-=（首项1符合通项），故n a n =10．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且231122n S n n =++，则数列{}n a 的通项公式n a =（）．【解析】231122n S n n =++，可得113a S ==当2n 时，22131311(1)(1)1312222n n n a S S n n n n n -=-=++-----=-则数列{}n a 的通项公式3,131,2n n a n n =⎧=⎨-⎩，故答案为：3,131,2n n n =⎧⎨-⎩ 11．已知数列{}n a 的各项均为正数，n S 为其前n 项和，且对任意的*n N ∈，均有n a ，n S ，2n a 成等差数列，则n a =（）【解析】各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S对任意*n N ∈，总有n a ，n S ，2n a 成等差数列，22n n n S a a ∴=+，21112n n n S a a ---=+两式相减，得22112n n n n n a a a a a --=+--，111()()n n n n n n a a a a a a ---∴+=+- 又n a ，1n a -为正数，11n n a a -∴-=，2n ，{}n a ∴是公差为1的等差数列当1n =时，21112S a a =+，得11a =，或10a =（舍)，n a n ∴=．第3讲构造辅助数列求通项1．已知数列{}n a 满112,413n n a a a +==+，则数列{}n a 的通项公式为（）．【解析】知数列{}n a 满112,413n n a a a +==+，则设14()n n a p a p ++=+，整理得13p =，所以113413n n a a ++=+（常数），则数列1{}3n a +是以1113a +=为首项，4为公比的等比数列．所以11143n n a -+=，整理得1143n n a -=-（首项符合通项）．故数列的通项公式：1143n n a -=-．2．已知数列{}n a 的首项12a =，1122n n n a a ++=+，则{}n a 的通项n a =（）．【解析】由1122n n n a a ++=+两边同除以12n +可得，11122n n n n a a ++=+，即11122n nn na a ++-=，所以数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭以1为首项，1为公差的等差数列所以2n n a n =，所以2n n a n =． 3．数列{}n a 中12a =，11)(2)n n a a +=+，*n N ∈，则{}n a 的通项公式为（）．变式：已知数列{}n a 中12a =，312n n a a +=，*n N ∈，则{}n a 的通项公式为（）．【解析】由11)(2)1)2n n n a a a +=+=+，得11)(n n a a +=，120a =，∴数列{n a -构成以21为公比的等比数列，则11)(21)1)nn n a --=，则1)n n a =故答案为：1)n n a = 变式：由12a =，312n n a a +=，可知0n a >，两边取对数，得132n n lga lga lg +=+，∴11123(2)22n n lga lg lga lg ++=+， 11322022lga lg lg +=≠，∴数列1{2}2n lga lg +构成以322lg 为首项，以3为公比的等比数列，则11332322222n n n lga lg lg lg -+==，∴31122(31)2222n n n lga lg lg lg =-=-，则1(31)22n n a -=． 4．已知数列{}n a 满足12a =，且*112(2,)1n n n na a n n N a n --=∈+-，则n a = 221nn n - ．【解析】由*112(2,)1n n n na a n n N a n --=∈+-，可得：11122n n n n a a --=+，于是1111(1)2n n n n a a ---=-，又11112a -=-，∴数列{1}n n a -是以12-为首项，12为公比的等比数列，故112n n n a -=-，*2()21n n n n a n N ∴=∈-． 5．已知数列{}n a 满足1a a =，*121()n n a a n N +=+∈．（1）若数列{}n a 是等差数列，求通项公式n a ；（2）已知2a =，求证数列{1}n a +是等比数列，并求通项公式n a ．【解析】（1）数列{}n a 是等差数列，1a a =，121(*)n n a a n N +=+∈，设数列的公差为d ，则(1)n a a n d =+-． 2((1))1a nd a n d ∴+=+-+，即21nd d a =--对*n N ∈成立，于是0d =． n a a ∴=，且21a a =+，解得1a =-．1n a ∴=-；证明：（2）2a =，121(*)n n a a n N +=+∈，112(1)n n a a +∴+=+．1130a +=≠，∴数列{1}n a +是以3为首项，公比为2的等比数列．∴1132n n a -+=．∴1321n n a -=-．6．已知数列{}n a 满足：132a =，且*113(2,)21n n n na a n n N a n --=∈+-．（1）求1212nna a a ++⋯+的值；（2）求证：*2151()263n n a a a n n N n++⋯++-∈；（3）设*()nn a b n N n=∈，求证：122n b b b ⋯<．【解析】（1）132a =，且*113(2,)21n n n na a n n N a n --=∈+-，∴112113n n n a n a na --+-=，121133n n n n a a --=+⨯．∴1312n n n n a a --=+，113(1)1n n n n a a --∴-=-．故可得{1}n n a -是以13-位首项，以13为公比的等比数列，∴1111()33n n n a --=-，∴11()3n n n a =-．∴1211[1()]1211133()122313n n n n n n a a a -++⋯+=-=-+-．（2）11()3n n n a =-，∴3121131313n n n n n a n ==++--， 1*2121[1()]11115193()()1222336313n n nn a aa n n n n N n--∴++⋯+++=++-=+-∈-．（3）331n n n n a b n ==-，现用数学归纳法证明122n b b b ⋯<313n n-，(2)n ．当2n =时，1239271623191169b b ==<=--919-．假设当n k =(2)k 时，122k b b b ⋯<313k k -，当1n k =+时，1212k k b b b b +⋯<11313331k kk k ++--．要证明 2 11113133123313k k k k k k +++--<-，只需证明1133(k k ++1231)3(31)k k k +-<-，只要证133k +⨯(1231)(31)k k +-<-，222221333231k k k k ++++-<-⨯+，即证213231k k ++>⨯-，即证131k +>-．而131k +>- 显然成立，1n k ∴=+ 时，112113123k k k k b b b b ++-⋯<，综上得1121131223k k k k b b b b ++-⋯<<．又当1n =时，12b <，所以1212k k b b b b +⋯< 第4讲分组求和1．数列1，1，2，3，5，8，13，21，⋯最初是由意大利数学家斐波拉契于1202年研究兔子繁殖问题中提出来的，称之为斐波拉契数列．又称黄金分割数列．后来发现很多自然现象都符合这个数列的规律．某校数学兴趣小组对该数列探究后，类比该数列各项产生的办法，得到数列{}:1n a ，2，1，6，9，10，17，⋯，设数列{}n a 的前n 项和为n S ．（1）请计算123a a a ++，234a a a ++，345a a a ++．并依此规律求数列{}n a 的第n 项n a =（）．（2）31n S +=（）．（请用关于n 的多项式表示，其中2222(1)(21)123)6n n n n +++++⋯+=【解析】（1）由题意得11a =，22a =，31a =，46a =，59a =，610a =，717a =，计算：1234a a a ++=，2349a a a ++=，34516a a a ++=，⋯ 可归纳得数列{}n a 满足的递推关系式为212(1)n n n a a a n ++++=+，由212(1)n n n a a a n ++++=+，2123(2)n n n a a a n +++++=+，两式相减得323n n a a n +-=+．可得1211,23n n n n a a a n --=⎧=⎨+⎩．（2）由212(1)n n n a a a n ++++=+可得2222212345678932313(11),(41),(71),(31)961n n n a a a a a a a a a a a a n n n --++=+++=+++=+⋯++=-=-+ 312345632313()()()n n n n S a a a a a a a a a --∴=++++++⋯+++，222329(12)6(12)(1)(21)(1)319636222n n n n n n n n n n n n=++⋯+-++⋯+++++=-+=+- 由323n n a a n +-=+得：41213a a -=+，74243a a -=+，107273a a -=+，⋯，31322(32)3n n a a n +--=-+， ∴2311(321)2(1432)323322n n n a a n n n n n +-+-=++⋯+-+=+=+，∴231321n a n n +=++ ∴322323133131933321312222n n n S S a n n n n n n n n ++=+=+-+++=+++． 2．求数列的前n 项和：2111111,4,7,,32,n n a a a -+++⋯+-⋯．【解析】设21111(11)(4)(7)(32)n n S n a a a -=++++++⋯++-将其每一项拆开再重新组合得21111(1)(14732)n n S n a a a-=+++⋯+++++⋯+- 当1a =时，(31)(31)22n n n n n S n -+=+=，当1a ≠时，111(31)(31)12121n n n n n a a n n a S a a-----=+=+-- 3．数列{}n a 中，*1112,,()22n n n a a a a n N n +-=-=∈+，n P 为抛物线24y x =与直线n y a =的交点，过n P 作抛物线的切线交直线1x =-于点n Q ，记n Q 的纵坐标为n b ．（Ⅰ）求n a ，n b 的通项公式；（Ⅱ）求数列{}n b 的前n 项和n S ．（附2222(1)(21):123)6n n n n +++++⋯+=【解析】（Ⅰ）*1,()2n n n a a n N n +=∈+，由112a =易得0n a ≠，11,(2)1n n a n n a n --=+，1212111232121143(1)n n n n n a a a a n n n a a a a n n n n n ------⨯⨯⋯⨯==⨯⨯⨯⋯⨯⨯=+-+，112a =，故1(2)(1)n a n n n =+，经检验1n =时也符合，故n a 的通项公式为*1()(1)n a n N n n =∈+．对24y x =两边取导数，可得2y y'=，0(x ，0)y 处切线斜率为002(0)k y y =≠，切线方程为0000022()2y y x x y x y y =-+=+，与1x =-的交点的纵坐标为0022y y -+，故n b 的通项公式为*212(1)()22(1)n n n a b n n n N a n n =-+=-++∈+．（Ⅱ）2111111112(1)22()2(1)21nn n n n k k k k S k k k k k k k k =====-++=--+-++∑∑∑∑ (1)(21)112(1)(1)621n n n n n n ++=-⨯-++-+(1)(24)32(1)n n n n n ++=-++．4．已知数列{}n a 满足11a =，2*12(1)()n n na n a n n n N +-+=+∈．（1）求证：数列1n a n ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭为等比数列：（2）求数列{}n a 的前n 项和n S ．【解析】（1）由212(1)n n na n a n n +-+=+，两边同除以(1)n n +得1211n n a an n+-⨯=+，∴11222(1)1n n n a a an n n++=⨯+=++．11201a +=≠，∴10n a n +≠，∴11121n na n a n+++=+， ∴数列1n a n ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是以2为首项，2为公比的等比数列．（2）由（1）有12nn a n+=，∴2n n a n n =-，1212(1).12222(123)122222n n n n n S n n n +=⨯+⨯+⋯+-+++⋯+=⨯+⨯+⋯+-．令1212222n n T n =⨯+⨯+⋯+，23412122232(1)22n n n T n n +=⨯+⨯+⨯+⋯+-+，∴231112(12)222222(1)2212n nn n n n T n n n +++⨯--=+++⋯+-=-=---，∴1(1)22n n T n +=-+．则前n 项和1(1)(1)222n n n n S n ++=-+-． 5．已知正项数列{}n a 的前三项分别为1，3，5，n S 为数列的前n 项和，满足：22321(1)(1)(3)(n n nS n S n n An Bn A +-+=+++，B R ∈，*)n N ∈．（1）求A ，B 的值；（2）求数列{}n a 的通项公式；（3）若数列{}n b 满足122(1)()222n n nb b b n a n N ++=++⋯+∈，求数列{}n b 的前n 项和n T ．（参考公式：222112(1)(21))6n n n n ++⋯+=++【解析】（1）正项数列{}n a 的前三项分别为1，3，5，n S 为数列的前n 项和，满足：22321(1)(1)(3)(n n nS n S n n An Bn A +-+=+++，B R ∈，*)n N ∈．分别令1n =，2，可得：222122(3)S S A B -=++，2232233(2442)S S A B -=++，又111S a ==，23a =，35a =，24S =，39S =．24212(3)A B ∴-⨯=++，2229343(2442)A B ⨯-⨯=++，化为：427A B A B +=⎧⎨+=⎩，解得3A =，1B =．（2）由（1）可得：22321(1)(1)(33)n nnSn S n n n n +-+=+++化为：22213311n n S S n n n n+-=+++．∴22222222222112211()()()3[(1)(2)1]3(121)11221n n n n n S S S S S S S S n n n n n n n n n ---=-+-+⋯+-+=-+-+⋯++++⋯+-+--- (1)(21)(1)3362n n n n n n ---=⨯+⨯+3n =，0n S >．2n S n ∴=．（3）由（2）可得：2n 时，221(1)21n n n a S S n n n -=-=--=-．数列{}n b 满足122(1)()222n n n b b b n a n N ++=++⋯+∈，即122(1)(21)()222n n b b b n n n N ++-=++⋯+∈， 1n ∴=时，122b =，解得14b =．当2n 时，11221(23)222n n b b bn n ---=++⋯+，可得：412n nb n =-，即(41)2n n b n =-． ∴数列{}n b 的前n 项和23472112(41)2n n T n =+⨯+⨯+⋯+-．231243272(45)2(41)2n n n T n n +=-+⨯+⨯+⋯+-+-，231112(21)84(222)(41)24(41)2(54)2821n n n n n n T n n n +++-∴-=+++⋯+--=⨯--=---，1(45)28(1n n T n n +∴=-+=时也成立）．6．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，39S =，45627a a a ++=．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若2n n b a =，求数列{}n b 前n 项和n T ．参考公式：222(1)(21)126n n n n ++++⋯⋯+=．【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，由1322a a a +=，知3239S a ==，即23a =．又由4565327a a a a ++==，得59a =．52932523a a d --∴===-．2(2)32(2)21n a a n d n n ∴=+-=+-=-；（2）由222(21)441n nb a n n n ==-=-+． ∴2224(12)4(12)n T n n n =++⋯+-++⋯++(1)(21)(1)4462n n n n n n +++=⨯-⨯+3(1)(21)14[441]623n n n n nn +++-=⨯-⨯+⨯=7．已知数列{}n a 的前n 项和为3n n S =，数列{}n b 满足11b =-，*1(21)()n n b b n n N +=+-∈．（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）求数列{}n b 的通项公式n b ；（3）求数列{}n b 的前n 项和n T ．参考公式：22221123(1)(21)6n n n n +++⋯+=++．【解析】（1）数列{}n a 的前n 项和为3n n S =，1n ∴=时，113a S ==．2n 时，1113323n n n n n n a S S ---=-=-=⨯．13,123,2n n n a n -=⎧∴=⎨⨯⎩．（2）数列{}n b 满足11b =-，*1(21)()n n b b n n N +=+-∈，即121n n b b n +-=-． 112211()()()n n n n n b b b b b b b b ---∴=-+-+⋯+-+(23)(25)311n n =-+-+⋯++-2(231)22n n n n --==-．（3）数列{}n b 的前n 项和22221(1)(1)(25)1232(12)(1)(21)2626n n n n n n T n n n n n ++-=+++⋯+-++⋯+=++-⨯=．8．已知数列{}n a 满足123(1)258(31)2n n n a a a n a ++++⋯+-=．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设(31)32(32)nn a nn a b n n -=++，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【解析】（1）数列{}n a 满足123(1)258(31)2n n n a a a n a ++++⋯+-=，① 当2n 时，1231(1)258(34)2n n n a a a n a --+++⋯+-=，② ①-②得：(1)(1)(31)22n n n n n n a n +--=-=，故(2)31n n a n n =-，当1n =时，解得112a =，首项符合通项，故31n n a n =-．（2）由（1）得：(31)3311222()(32)(31)(32)3132nn a n n n n a b n n n n n n -=+=+=+-+-+-+，所以12111111(222)()25583132nn T n n =++⋯++-+-+⋯+--+2(21)1121232n n ⨯-=+--+1132322n n +=--+ 9．已知数列{}n a 满足123(1)258(31)2n n n a a a n a ++++⋯+-=．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设(31)22nn a n nn b a -=+，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【解析】（1）数列{}n a 满足123(1)258(31)2n n n a a a n a ++++⋯+-=，① 当2n 时，1231(1)258(34)2n n n a a a n a --+++⋯+-=，② ①-②得：(1)(1)(31)22n n n n n n a n +--=-=，故(2)31n n a n n =-，当1n =时，解得112a =，首项符合通项，故31n na n =-．（2）设(31)2222(31)nn a n n n n b n a -=+=+-，所以122(21)(231)2232212n n n n n T n n +-+-=+⨯=++--．10．已知数列{}n a 满足*1(1)(1)()n n nS n S n n n N +=+++∈，且11a =．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设(2)1(1)(1)(1)n n n n a b n n n ++=≠+-，记23n n T b b b =++⋯+，求n T ．【解析】（1）*1(1)(1)()n n nS n S n n n N +=+++∈，且11a =．∴111n n S S n n +=++，即111n n S Sn n+-=+， ∴数列{}n S n 是等差数列，首项为1，公差为1．∴1(1)n Sn n n=+-=，2n S n ∴=． ∴当2n 时，221(1)21n n n a S S n n n -=-=--=-．当1n =时也成立，21n a n ∴=-．（2）2n 时，(2)1(2)(21)111232()(1)(1)(1)(1)11n n n n a n n n b n n n n n n n +++-+===++-+-+--+，23(1)(523)1111111112[(1)()()()()]232435211n n n n T b b b n n n n -++∴=++⋯+=+-+-+-+⋯+-+---+2111342(1)21n n n n =+-++--+24231(1)n n n n n +=+--+．11．在数列{}n a 中，13a =，12(2)(2n n a a n n -=+-，*)n N ∈．（1）求证：数列{}n a n +是等比数列，并求{}n a 的通项公式；（2）求数列{}n a 的与前n 项和n S ．【解析】（1）证明：13a =，12(2)(2n n a a n n -=+-，*)n N ∈．12(1)n n a n a n -∴+=+-，∴数列{}n a n +是等比数列，首项为4，公比为2．11422n n n a n n -+∴=⨯-=-．（2）{}n a 与前n 项和231(222)(12)n n S n +=++⋯+-++⋯+4(21)(1)212n n n -+=--22242n n n ++=-- 12．单调递增数列{}n a 满足21231()2n na a a a a n +++⋯+=+．（1）求1a ，并求数列{}n a 的通项公式；（2）设111,21,n n n a n a n c a n -+-⎧=⎨⨯+⎩为奇数为偶数，求数列{}n c 的前2n 项和2n T ．【解析】（1）21231()2n n a a a a a n +++⋯+=+，①∴当1n =时，2111(1)2a a =+，解得11a =，当2n 时，2123111(1)2n n a a a a a n --+++⋯+=+-，② ①-②并整理，得2211(1)2n n n a a a -=-+，∴221(1)0n n a a ---=，解得11nn a a --=或11(2)n n a a n -+= 又{}n a 单调递增数列，故11n n a a --=，{}n a ∴是首项是1，公差为1的等差数列，n a n ∴=⋯ （2）111,21,n n n a n a n c a n -+-⎧=⎨⨯+⎩为奇数为偶数，∴13212(242)[1232(21)2]n n T n n n -=++⋯++⨯+⨯+⋯-⨯+ 1321(1)[1232(21)2]n n n n n -=++⨯+⨯+⋯-⨯+，记13211232(21)2n n S n -=⨯+⨯+⋯-⨯③ 352141232(21)2n n S n +=⨯+⨯+⋯-⨯④，由③-④得4622132222(21)2n n n S n +-=+++⋯+--，∴24622132222(21)22n n n S n +-=+++⋯+---，214(14)3(21)2214n n n S n +--=----，∴214(14)(21)22933n n n n S +--=++，21(65)21099n n n S +-=+，∴2122(65)210299n n n T n n +-=+++．⋯（13分）第5讲裂项求和1．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且912162a a =+，24a =，则数列1{}n S 的前20项的和为( )A ．1920 B ．2021C ．2122D ．2223【解析】由912162a a =+及等差数列通项公式得1512a d +=，又214a a d ==+，12a d ∴==，2(1)222n n n S n n n -∴=+⨯=+，∴1111(1)1n S n n n n ==-++， ∴数列1{}n S 的前20项的和为1111111120112233420212121-+-+-+⋯+-=-=，选B 2．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足(1)2n n n S +=，则数列11{}n n a a +的前10项的和为．【解析】数列{}n a 的前n 项和n S 满足(1)2n n n S +=，可得1n =时，111a S ==， 2n 时，1(1)(1)22n n n n n n na S S n -+-=-=-=，上式对1n =也成立，故n a n =，*n N ∈， 11111(1)1n n a a n n n n +==-++，则数列11{}n n a a +的前10项的和为111111101122310111111-+-+⋯+-=-=． 3．数列{}n a 的各项均为正数，12a =，114n n n n a a a a ++-=+，若数列11{}n na a -+的前n 项和为5，则n = ．【解析】数列{}n a 的各项均为正数，12a =，114n n n n a a a a ++-=+，2214n n a a +∴-=，2214n n a a +∴=+，1n a +∴ 12a =，2a ∴=3a ∴=4a =，⋯由此猜想n a =．11142,n n n n a a a a a ++=-=+，若数列11n n a a -⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和为5，∴21321111()(2)544n n n a a a a a a a ++-+-+⋯+-=-=，22∴=，解得1121n +=，120n ∴=． 4．已知数列{}n a 中，11a =，214a =，且1(1)(2n n n n a a n n a +-==-，3，4，)⋯．（1）求3a 、4a 的值；（2）设*111()n n b n N a +=-∈，试用n b 表示1n b +并求{}n b 的通项公式；（3）设*1sin3()cos cos n n n c n N b b +=∈，求数列{}n c 的前n 项和n S ．【解析】（1）数列{}n a 中，11a =，214a =，且1(1)(2nn nn a a n n a +-==-，3，4，)⋯，∴2321(21)1412724a a a -===--，34312(31)17131037a a a ⨯-===--，∴317a =，4110a = （2）当2n 时，1(1)1111(1)(1)(1)1n n n n n n n a n a n a n a n a n a +---=-==----，∴当2n 时，11n n n b b n -=-，故*11,n n n b b n N n++=∈，累乘得1n b nb =，13b =，3n b n ∴=，*n N ∈ （3）1sin 3cos cos n n n c b b +=sin(333)tan(33)tan3cos(33)cos3n n n n n n+-==+-+，12n n S c c c ∴=++⋯+(tan6tan3)(tan9tan6)(tan(33)tan3)n n =-+-+⋯++-tan(33)tan3n =+-5．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且223n n a a =+，33S =，数列{}n b 为等比数列，13310b b a +=，24610b b a +=．（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）若11(1)(1)(1)n n n n n b c b b b -+=+++，求数列{}n c 的前n 项和n T ，并求使得2116n T λλ<-恒成立的实数λ的取值范围．【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，223n n a a =+，33S =，21123a a a d ∴=+=+，1333a d +=，解得11a =-，2d =．12(1)23n a n n ∴=-+-=-．设等比数列{}n b 的公比为q ，13310b b a +=，24610b b a +=．∴21(1)103b q +=⨯，31()109b q q +=⨯，解得13b =，3q =．3n n b ∴=．（2）1111113311[](1)(1)(1)(31)(31)(31)8(31)(31)(31)(31)n n n n n n n n n n n n n b c b b b -+-+-+===-++++++++++， ∴数列{}n c 的前n 项和13113[]824(31)(31)64n n n T +=-<⨯++，2116n T λλ<-恒成立，化为2316416λλ-，即264430λλ--，解得：14λ，或316λ-． 6．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且5125S S =，212n n a a -=．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 满足11b a =，且n b，2n ，*n N ∈，求证：{}n b 的前n 项和n T <．【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，5125S S =，212n n a a -=，11545252a d a ⨯∴+=，111(1)[(21)1]2a n d a n d +-=+--，解得11a =，2d =．12(1)21n a n n ∴=+-=-．（2）证明：2(121)2n n n S n +-==．n b =，2n ，*n N ∈，则：{}n b 的前n项和1n T b =+⋯⋯+11==222()2()a b a b ++，a ，0b >，a b ≠．1∴+=．n T ∴<．7．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且2321112322n S S S S n n n +++⋯+=+．（1）求数列{}n a 的前n 项和n S 和通项公式n a ；（2）设11n n n b a a +=，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求使得715n T >的最小正整数n ．【解析】（1）2321112322n S S S S n n n +++⋯+=+，① ∴2312111(1)(1)23122n S S S S n n n -+++⋯+=-+--，2n ，② ①②两式相减得nS n n=，2n 故2n S n =，2n ，又11S =，从而2n S n =，*n N ∈ 易得11,11,1,221,2n nn S n n a S S n n n -==⎧⎧==⎨⎨--⎩⎩，21n a n ∴=-．（2）由（1）得1111()(21)(21)22121n b n n n n ==--+-+，故12311111111(1)(1)2335212122121n n nT b b b b n n n n =+++⋯+=-+-+⋯+-=-=-+++．由715n T >得7n >，又当*n N ∈时，n T 单调递增，故所求最小正整数n 为8．。

数列中的最大最小项问题20题解析

数列中的最大最小项问题20题一、单选题1．（2022·江西赣州·高三期中（理））设公比为q 的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，且11a >，202120221a a >，20212022101a a -<-，则下列结论正确的是（）A ．1q >B ．2021202210S S ->C ．2022T 是数列{}n T 中的最大值D ．数列{}n T 无最大值2．（2022·贵州·黔西南州义龙蓝天学校高三阶段练习（理））设等比数列{}n a 的公比为q ，其前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，且满足条件11a >，202020211a a >，()()20202021110a a --<，则下列选项错误的是（）A ．01q <C ．2020T 是数列{}n T 中的最大项D ．40411T >【答案】D【分析】根据题意，分析可得20201a >，20211a <，从而有11a >，01q <<，则等比数列{}n a 为正项的递减数列．再结合等比数列的性质逐一判断即可．【详解】等比数列{}n a 的公比为q ，若202020211a a >，则2019202024039111()()()()1a q a q a q =>，由11a >，可得0q >，则数列{}n a 各项均为正值，若20202021(1)(1)0a a --<，当1q ≥时，由11a >则1n a >恒成立，显然不适合，故01q <<，且20201a >，202101a <<，故A 正确；因为202101a <<，所以20202020202120211S S a S +>+=，故B 正确；根据122020202110a a a a >>⋯>>>>⋯>，可知2020T 是数列{}n T 中的最大项，故C 正确；由等比数列的性质可得21404124040202020222021a a a a a a a ==⋯==，202101a <<所以4041404112404120211T a a a a =⋯=<，故D 错误．故选：D ．3．（2022·安徽·蒙城县第六中学高三开学考试（文））设数列{}m A ：1a ，2a ，…，()2m a m ≥，若存在公比为q 的等比数列{}1m B +：1b ，2b ，…，1m b +，使得1k k k b a b +<<，其中1k =，2，…，m ，则称数列{}1m B +为数列{}m A 的“等比分割数列”.若数列{}10A 的通项公式为()21,2,,10n n a n == ，其“等比分割数列”{}11B 的首项为1，则数列{}11B 的公比q 的取值范围是（）A ．()9102,2B ．()10112,2C ．()1092,2D ．()11102,24．（2021·北京房山·高三开学考试）已知等比数列{}n a 中，1n n a q +=，那么“01q <<”是“1a 为数列{}n a 的最大项”的（）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】利用充分条件和必要条件的定义，结合等比数列的性质判断即可【详解】当01q <<时，可知1n n a q +=递减，所以1a 为数列{}n a 的最大项，当1a 为数列{}n a 的最大项时，则12a a >，所以23q q >，解得1q <且0q ≠，所以“01q <<”是“1a 为数列{}n a 的最大项”的充分而不必要条件，故选：A二、多选题5．（2022·江苏盐城·模拟预测）设等比数列{}n a 的公比为q ，其前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，并满足条件11a >，201920201a a ⋅>，20192020101a a -<-，下列结论正确的是（）A ．20192020S S ，则n 最大为4038．【答案】ABD【分析】先根据题意可确定01q <<，根据20200a >可判断A ；根据等比数列的性质结合6．（2020·湖南·华容县教育科学研究室高一期末）等比数列{}n a 的公比为q ，其前n 项的积为n T ，并且满足条件11a >，9910010a a ->，99100101a a -<-．给出下列结论其中正确的结论是（）A ．01q <，公比1q >，且1220211a a a ⋅⋅⋅<，1220221a a a ⋅⋅⋅>，则（）A ．20211a >B ．当2021n =时，12n a a a ⋅⋅⋅最小C ．当1011n =时，12n a a a ⋅⋅⋅最小D ．存在1011n <，使得12n n n a a a ++=8．（2023·全国·高三专题练习）设{}n a 是各项为正数的等比数列，q 是其公比，n T 是其前n 项的积，且67T T <，789T T T =>，则下列结论正确的是（）A ．1q >B ．81a=C ．106T T >D ．7T 与8T 均为nT 的最大值【答案】BD【分析】结合等比数列的性质依次分析选项即可.【详解】由题意知，9．（2022·山东·邹平市第一中学高三期中）已知等差数列{}n a ，前n 项和为202312022,0,1n a S a a ><-，则下列结论正确的是（）A ．20220a >B ．n S 的最大值为2023S C ．n a 的最小值为2022a D ．40440S <10．（2022·浙江省常山县第一中学高二期中）公差为d 的等差数列{}n a 前n 项和为n S ，若1089S S S <<，则下列选项，正确的有（）A ．d ＞0B ．0n a >时，n 的最大值为9C ．n S 有最小值D ．0n S >时，n 的最大值为1711．（2023·全国·高三专题练习）已知等差数列{}n a 的前n 项和为67,n S S S <，且78S S >，则（）A ．在数列{}n a 中，1a 最大B ．在数列{}n a 中，3a 或4a 最大C ．310S S =D ．当8n ≥时，0n a <【答案】AD【分析】根据67S S <，且78S S >，可推出70a >，8780a a a <>，，故0d <，可判断AD 正确，B 错误，结合等差数列的性质可判断103770S S a -=>，判断C.【详解】{}n a 为等差数列，∵67S S <，且78S S >，∴7678787800S S a S S a a a -=>-=<>，，，即0d <，∴{an }是递减等差数列，1a 最大，当7n ≤时，0n a >，当8n ≥时，0n a <，故AD 正确，B 错误，10310987654770S S a a a a a a a a ++++=++-=>，则103S S ≠，故C 错误，故选：AD ．12．（2022·河北·石家庄二中高二期末）等差数列{}n a 中，6778,S S S S <>，则下列命题中为真命题的是（）A ．公差0d 得：780,0a a ><，进而再等差数列的性质逐个判断即可【详解】由6778,S S S S <>得：780,0a a ><，所以870d a a =-<，且各项中最大的项为1a ，故A 正确，C 错误；96987830S S a a a a -=++=<，所以96S S <，故B 正确；因为780,0a a ><，等差数列{}n a 递减，所以7S 最大，故D 正确；故选：ABD13．（2022·辽宁·沈阳二中高二阶段练习）已知数列{}n a 为等差数列，若981a a <-，且数列{}n a 的前n 项和n S 有最大值，则下列结论正确的是（）A ．{}n a 中的最大值为8aB ．n S 的最大值为8SC ．170S >D ．160S <14．（2022·黑龙江·哈九中高二期末）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差为d ，已知312a =，120S >，70a <，则（）A ．60a >B ．43d -<<-C ．0n S <时，n 的最小值为13D ．数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中最小项为第7项15．（2021·全国·高二专题练习）已知无穷等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，10a >，0d <，则（）A ．数列{}n a 单调递减B ．数列{}n a 没有最小值C ．数列{}n S 单调递减D ．数列{}n S 有最大值16．（2020·江苏省句容高级中学高二阶段练习）已知等差数列{}n a 的首项是正数，记n S 为数列的前n 项和，若1232020a a a S ++=，则下列结论中正确的有（）A ．0d 0②a 4<0③a 5>0④S 7<0⑤S 8>018．（2020·广东·大沥高中模拟预测）已知等差数列{}n a 的通项公式为31()n a tn t Z =-∈，当且仅当10n =时，数列{}n a 的前n 项和n S 最大.则当10k S =-时，k =___________.19．（2020·湖北·武汉市钢城第四中学高一阶段练习）等差数列{}n a 前n 项和为n S ，若180S >，190S <，当n S 取得最大值时，n 的值为_______．20．（2020·江西·宜丰中学高二开学考试（文））等差数列{}n a 中，设n S 为其前n 项和，且10a >，311S S =，则当n 为______时，n S 最大.【答案】7【分析】方法一:因为公差不为零的等差数列的前n 项和n S 是关于n 的二次函数,由311S S =可知对称轴为7n =,又开口向下,即可得出结果.方法二:由311S S =,10a >可得780+=a a ,0d <,则70a >，80a <,即可得出结果.【详解】解法一：由于()2f x ax bx =+是关于x 的二次函数，且(),n n S 在二次函数()f x 的。

第13讲基本不等式(解析版)

第13讲基本不等式【知识点总结】1. 几个重要的不等式（1）()()()20,00,0.a a R a a a a R ≥∈≥≥≥∈ （2）基本不等式：如果,a b R +∈，则2a bab +≥ (当且仅当“a b =”时取“”). 特例：10,2;2(,a ba a ab a b a>+≥+≥同号）. （3）其他变形：①()2222a b a b ++≥(沟通两和a b +与两平方和22a b +的不等关系式)②222a b ab +≤(沟通两积ab 与两平方和22a b +的不等关系式)③22a b ab +⎛⎫≤ ⎪⎝⎭(沟通两积ab 与两和a b +的不等关系式)④重要不等式串：()222,1122a b a b ab a b R a b+++≤≤≤∈+即调和平均值几何平均值算数平均值平方平均值(注意等号成立的条件). 2. 均值定理已知,x y R +∈.（1）如果x y S +=(定值)，则2224x y S xy +⎛⎫≤=⎪⎝⎭(当且仅当“x y =”时取“=”).即“和为定值，积有最大值”.（2）如果xy P =(定值)，则22x y xy P +≥=(当且仅当“x y =”时取“=”).即积为定值，和有最小值”.【典型例题】例1．（2022·江苏·高三专题练习）《几何原本》卷2的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．现有如图所示图形，点F 在半圆O 上，点C 在直径AB 上，且OF AB ⊥，设AC a =，BC b =，则该图形可以完成的无字证明为（）A ．0,0)2a ba b +≥>> B ．220,0)a b a b +≥>>C ．20,0)aba b a b >>+ D ．0,0)2a b a b +>>【答案】D 【详解】设,AC a BC b ==，可得圆O 的半径为122a br OF AB +===，又由22a b a bOC OB BC b +-=-=-=，在直角OCF △中，可得2222222()()222a b a b a b FC OC OF -++=+=+=，因为FO FC ≤，所以2a b +≤a b =时取等号．故选：D.例2．（2022·全国·高三专题练习（文））若实数,x y 满足221x y xy ++=，则x y +的取值范围是（）A ．⎡⎢⎣⎦B ．⎛ ⎝⎭C ．⎡⎢⎣⎦D ．⎛ ⎝⎭【答案】A 【详解】解：2221()1x y xy xy x y ++=⇔=+-，又2()2x y xy +， 22()1()2x y x y +∴+-，令x y t +=，则2244t t -，233t ，即233x y +，当且仅当x y =时，取等号，x y ∴+的取值范围是[．故选：A ．例3．（2022·全国·高三专题练习）已知a ，b ，c 均为正数，且abc ＝4(a ＋b )，则a ＋b ＋c 的最小值为（）A ．5B ．6C ．7D ．8【答案】D 【详解】由a ，b ，c 均为正数，abc ＝4(a ＋b )，得c ＝44a b+，代入得a ＋b ＋c ＝a ＋b ＋44a b +＝4()a a +＋4()b b +8，当且仅当a ＝b ＝2时，等号成立，所以a ＋b ＋c 的最小值为8. 故选：D例4．（2022·全国·高三专题练习）若x ，R y ∈，221x y +=，则x y +的取值范围是（） A ．(-∞，2]- B ．(0,1) C ．(-∞，0] D ．(1,)+∞【答案】A 【详解】因为122222x y x y =+⋅ 所以124x y+，即2x y +-，当且仅当1222x y==，即1x y ==-时取“=”，所以x y +的取值范围是(-∞，2]-. 故选：A.例5．（2021·山西大同·高三阶段练习（理））已知点(),P a b 在直线23x y +=上，则24a b+的最小值为（）A ．2B ．C ．D ．4【答案】C 【详解】∵点(),P a b 在直线23x y +=上， ∴23a b +=，所以24a b +≥当且仅当2a b =时，等号成立故选：C.例6．（2021·四川·乐山市教育科学研究所一模（文））已知0x >，0y >，且420x y xy +-=，则2x y +的最小值为（）A．16 B ．8+C ．12D ．6+【答案】A 【详解】由题可知241x y +=，乘“1”得24822(2)8816x y x y x y x y y x ⎛⎫+=++=++≥= ⎪⎝⎭，当且仅当82x y y x=时，取等号，则2x y +的最小值为16. 故选：A例7．（2021·贵州遵义·高三阶段练习（文））已知a ，b 为正实数，且满足326a b +=，则23a b+的最小值为（）A．2 B ．C ．4D ．【答案】C 【详解】由326a b +=，可得123a b+=，2323232242332a b b a a b a b a b ⎛⎫⎛⎫+=++=++≥+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，当且仅当2332b aa b =且326a b +=，即31,2a b ==时等号成立．故选：C ．例8．（2021·重庆·西南大学附中高三阶段练习）已知097x y x y xy >++=，，，则3xy 的最大值为（）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】C 【详解】解：因为097x y x y xy >++=，，，所以79xy x y -=+≥即70xy +≤，则1)0≤，所以71-≤，又,0x y >，所以01xy <≤，所以3xy 最大为3. 故选：C.例9．（2021·江西·高三阶段练习（理））已知a 、()0,b ∈+∞，若14a b a bλ+≥+恒成立，则实数λ的取值范围为（）A ．[)5,+∞B ．[)9,+∞C ．(],5-∞D ．(],9-∞【答案】D 【详解】因为a 、()0,b ∈+∞，由已知可得()14a b a b λ⎛⎫≤++ ⎪⎝⎭，因为()144559b a a b a b a b ⎛⎫++=++≥= ⎪⎝⎭，当且仅当2b a =时等号成立，故实数λ的取值范围为(],9-∞，故选：D ．【技能提升训练】一、单选题1．（2022·全国·高三专题练习（理））已知函数()4(0,0)af x x x a x=+>>在3x =时取得最小值，则a 等于（）A ．6B ．8C ．16D ．36【答案】D 【分析】利用基本不等式“一正，二定，三相等”求解即可【详解】因为()4(0,0)a f x x x a x =+>>，故4a x x +≥=当且仅当4a x x =，即x =3,36a == 故选：D 【点睛】均值不等式a b +≥一正：0,0a b >>，二定：ab 为定值，三相等：当且仅当a b =时等号成立2．（2021·黑龙江·大庆实验中学高三阶段练习（文））三国时期赵爽所制的弦图由四个全等的直角三角形构成，该图可用来解释下列哪个不等式（）A ．如果,a b b c >>，那么a c >；B ．如果0a b >>，那么22a b >；C ．对任意实数a 和b ，有222a b ab +≥，当且仅当a b =时等号成立；D ．如果a b >，0c >，那么ac bc >．【答案】C 【分析】设图中直角三角形的直角边长分别为,a b 积以及外围正方形的面积，由图可得结果.【详解】设图中全等的直角三角形的直角边长分别为,a b 图中四个直角三角形的面积和为1422a b ab ⨯⨯⨯=，外围正方形的面积为222a b =+.由图可知，四个直角三角形的面积之和不超过外围正方形的面积，所以222ab a b ≤+，当且仅当a b =时，等号成立.故选：C.3．（2020·广东·普宁市第二中学高三阶段练习）下列不等式一定成立的是（） A ．21lg lg 4x x ⎛⎫+> ⎪⎝⎭ (0)x >B ．1sin 2sin x x+≥ (,)x k k Z π≠∈ C ．212x x +≥ ()x R ∈D ．2111x ≥+ ()x R ∈ 【答案】C 【分析】应用特殊值法，即可判断A 、B 、D 的正误，作差法有2212(||1)0x x x +-=-≥，即可确定C 的正误.【详解】 A ：当12x =时，有21lg lg 4x x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，故不等式不一定成立；B ：当sin 1x =-，即()322x k k Z ππ=+∈时，有1sin 22sin x x +=-<，故不等式不一定成立；C ：2212(||1)0x x x +-=-≥恒成立；D ：当1x =时，有211112x =<+，故不等式不一定成立；故选：C4．（2022·全国·高三专题练习）函数233(1)1x x y x x ++=<-+的最大值为（） A ．3 B ．2 C ．1 D ．-1【答案】D 【分析】将函数的解析式进行变形，再利用基本不等式，即可得答案；【详解】2233(1)(1)111x x x x y x x ++++++==++ 1[(1)]1(1)x x =--+++-+11≤-=-，当且仅当1111x x +==-+,即2x =-等号成立. 故选：D. 【点睛】本题考查基本不等式求最值，考查运算求解能力，求解时注意等号成立的条件. 5．（2022·全国·高三专题练习）若72x ，则2610()3x x f x x -+=-有（）A ．最大值52B ．最小值52C ．最大值2D ．最小值2【答案】D 【分析】构造基本不等式()1()33f x x x =-+-即可得结果. 【详解】 ∵72x ≥，∴30x ->，∴()()22316101()=32333x x x f x x x x x -+-+==-+≥=---，当且仅当133x x -=-，即4x =时，等号成立，即()f x 有最小值2. 故选：D. 【点睛】本题主要考查通过构造基本不等式求最值，属于基础题.6．（2022·浙江·高三专题练习）已知x ＞0，y ＞0，且x +2y ＝1，若不等式21x y+≥m 2+7m恒成立，则实数m 的取值范围是（）A ．﹣8≤m ≤1B ．m ≤﹣8或m ≥1C ．﹣1≤m ≤8D ．m ≤﹣1或m ≥8【答案】A 【分析】由题意可得21x y +=（x +2y ）（21x y +）4y x x y =++=8，不等式21x y +≥m 2+7m 成立⇔m 2+7m ＜（21x y+）min ，即可求得实数m 的取值范围．【详解】解：∵x ＞0，y ＞0，x +2y ＝1，∴21x y +=（x +2y ）（21x y+）4y x x y =++=8．（当4y x x y =，即x ＝2y 12=时取等号），∵不等式21x y+≥m 2+7m 成立，∴m 2+7m ≤8，求得﹣8≤m ≤1．故选：A ．7．（2022·全国·高三专题练习）已知非负数,x y 满足1x y +=，则1912x y +++的最小值是（）A ．3B ．4C ．10D ．16【答案】B 【分析】根据基本不等式，结合“1”的妙用即可得解. 【详解】由1x y +=，可得124x y +++=，19119()(12)12412129(1)1(19)(1044124x y x y x y y x x y +=++++++++++=+++≥+=++当且仅当(21)3y x +=+取等号，故选：B8．（2022·全国·高三专题练习）设,x y 均为正实数，且33122x y+=++，则x y +的最小值为（）A ．8B ．16C ．9D ．6【答案】A 【分析】根据题中条件，将所求式子化为()()3322422x y x y x y ⎛⎫⎡⎤+=+++⋅+- ⎪⎣⎦++⎝⎭，展开后，再利用基本不等式，即可得出结果.【详解】因为,x y 均为正实数33122x y+=++，所以()()3322422422x y x y x y x y ⎛⎫⎡⎤+=+++-=+++⋅+- ⎪⎣⎦++⎝⎭22324324124822y x x y ⎛⎛⎫++=++-≥+-=-= ⎪ ++⎝⎭⎝，当且仅当2222y x x y ++=++，即4x y ==时取等号.因此x y +的最小值为8. 故选：A. 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.9．（2022·全国·高三专题练习）若正数,x y 满足220x y xy +-=，则2x y +的最小值为（） A ．9 B ．8C ．5D ．4【答案】D 【分析】将已知条件化简得到1112y x+=，然后将2x y +变换成()112)2y x y x +⋅+（，然后化简整理结合均值不等式求解即可.【详解】由220x y xy +-=，有22x y xy +=，所以1112y x+=，则()()112212)22422x y x y x y y x y x +⋅=+⋅+=++≥+（，当且仅当22220x yy x x y xy ⎧=⎪⎨⎪+-=⎩，即12y x =⎧⎨=⎩时，等号成立.故选：D.10．（2022·全国·高三专题练习）若对满足8a b ab +=的任意正数a b ，及任意x ∈R ，不等式22218a b x x m +≥-++-恒成立，则实数m 的取值范围是（）A ．[)6,-+∞B ．(],6-∞-C ．(],1-∞D ．[)1,+∞【答案】A 【分析】利用基本不等式“1”的妙用求得2+a b 的最小值，即可转化为二次不等式恒成立问题，利用判别式求得实数m 的取值范围即可.【详解】∵正数a b ，满足8a b ab +=，∴811b a +=，()812822171725b a a b a b b a a b ⎛⎫+=++=++≥+= ⎪⎝⎭，当且仅当28b aa b=，即2b a =，510a b ==，时，等号成立， ∴225218x x m ≥-++-，即2270x x m -++≥对任意实数x 恒成立， ∴()4470m ∆=-+≤，解得6m ≥-．故选：A ．【点睛】在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．11．（2022·全国·高三专题练习）设m ，n 为正数，且2m n +=，则1112m n +++的最小值为（）A ．32B ．53C ．74D ．45【答案】D 【分析】由2m n +=得125m n +++=，再利用基本等式“1”的代换进行求解. 【详解】由2m n +=得125m n +++=，11111121()(12)(2)12512512n m m n m n m n m n +++=⋅+⋅+++=⋅++++++++14[255≥+=，当且仅当2112n m m n ++=++，即31,22m n ==时取等号，故选：D.【点睛】在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．二、多选题 12．（2022·江苏·高三专题练习）已知0a >，0b >，且222a b +=，则下列不等式中一定成立的是（）A ．1ab ≤B ．112a b+≤C ．lg lg 1a b +≤D ．2a b +≤【答案】ACD 【分析】利用基本不等式逐一判断四个选项的正误即可得正确答案. 【详解】对于选项A ：2222a b ab +=≥，所以1ab ≤，当且仅当1a b ==时等号成立，故选项A 正确；对于选项B ：11a ba b ab ++=≥1ab ≤1≥，所以112a b +≥≥，当且仅当1a b ==时等号成立，故选项B 不正确；对于选项C ：lg lg lg lg10a b ab +=≤=，故选项C 正确；对于选项D ：因为12a b +≤，所以2a b +≤，，当且仅当1a b ==时等号成立，故选项D 正确；故选：ACD三、填空题 13．（2022·浙江·高三专题练习）若a >0，b >0，且a ＋b ＝4，则下列不等式恒成立的是________（填序号）.①114ab ≤；②111a b+≤；④a 2＋b 2≥8. 【答案】④ 【分析】结合基本不等式进行逐个判定，①③直接利用基本不等式可判定正误，②④通过变形可得正误.【详解】因为4=+≥a b a ＝b 时，等号成立），，ab ≤4，114ab ≥，故①③不成立； 1141a b a b ab ab ++==≥，故②不成立； 222()21628,a b a b ab ab +=+-=-≥故④成立.故答案为：④.14．（2022·全国·高三专题练习）若102a <<，则()12a a -的最大值是 _______ 【答案】1 8【分析】()()()()22121112212222a a a a a a ⎛⎫+--=-≤⋅ ⎪⎝⎭即可求得最值.【详解】102a <<，故120a ->，则()()()()2212111122122228a a a a a a ⎛⎫+--=-≤⋅= ⎪⎝⎭，当且仅当2=12a a -即14a =时取“=”，故答案为：1 8.15．（2022·全国·高三专题练习）若正数,x y 满足2249330x y xy ++=，则xy 的最大值是________．【答案】2 【分析】利用基本不等式进行转化即可得解. 【详解】由0,0x y >>，得()()224932233x y xy x y xy ++⋅⋅+≥ ，当且仅当23x y =时等号成立，∴ 12330xy xy +≤，即2xy ≤， ∴ xy 的最大值为2．故答案为：216．（2022·全国·高三专题练习）函数31x y a -=+（0a >且1a ≠）的图象恒过定点A ，若点A 在直线10mx ny +-=上，其中0m >，0n >，则mn 的最大值为___________.【答案】124【分析】根据指数函数的图像性质求出A 点坐标，代入直线方程，利用均值不等式即可求解. 【详解】解：函数31x y a -=+（0a >且1a ≠）的图象恒过定点A ， ()3,2A ∴，点A 在直线10mx ny +-=上，321m n ∴+=，又0m >，0n >，132m n ∴=+≥，124mn ∴≤，当且仅当32321m n m n =⎧⎨+=⎩，即11,64m n ==时等号成立，所以mn 的最大值为124，故答案为：124. 17．（2022·全国·高三专题练习）当1x >时，41x x +-的最小值为______．【答案】5 【分析】将所求代数式变形为441111x x x x +=-++--，利用基本不等式即可求解. 【详解】因为1x >，所以10x ->，所以44111511x x x x +=-++≥=--，当且仅当411x x -=-即3x =时等号成立，所以41x x +-的最小值为5，故答案为：5.18．（2022·全国·高三专题练习）已知x ，0y >，且满足2x y +=，则14x y x y+++的最小值为_________【答案】132【分析】将()1414114222x y x y x y x y x y ⎛⎫+++=++=+++ ⎪⎝⎭展开利用基本不等式即可求解. 【详解】因为2x y +=，所以()1414114222x y x y x y x y x y ⎛⎫+++=++=+++ ⎪⎝⎭()141113252525222222x x y y ⎛⎛⎫=+++≥++=+⨯+⨯= ⎪ ⎝⎭⎝，当且仅当24x y y x x y +=⎧⎪⎨=⎪⎩即2343x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩时等号成立，所以14x y x y +++的最小值为132.故答案为：132. 19．（2022·全国·高三专题练习）已知0x >，0y >，且280x y xy +-=，则x y +的最小值为______．【答案】18 【分析】等式280x y xy +-=变形为281y x +=，则28()()x y x y y x +=++根据基本不等式即可得到答案．【详解】解：已知0x >，0y >，且280x y xy +-=．28x y xy +=，即：281y x+=．则282828()()101018x y x yx y x y yxy xy x+=++=++⋅=，当且仅当28x y y x=，212x y ==时取等号，所以x y +的最小值为18．故答案为：18．20．（2022·全国·高三专题练习）已知,a b ∈R ，且210a b -+=，则124ab+的最小值为___________.【分析】首先根据题意得到21a b -=-，再利用基本不等式求解即可. 【详解】由210a b -+=得21a b -=-，所以212224aa b b -+=+≥ 当且仅当222a b -=，即12a =-，14b =时取等号.21．（2022·上海·高三专题练习）若0 , 0a b >>，则21a b ab ++的最小值为____________．【答案】【分析】两次利用基本不等式即可求出. 【详解】0 , 0a b >>，212a b b a b b b ∴++≥=+≥当且仅当21a a b =且2b b=，即a b ==所以21ab ab ++的最小值为故答案为：22．（2022·全国·高三专题练习）已知()()23601x x f x x x ++=>+，则()f x 的最小值是________．【答案】5 【分析】将函数()y f x =的解析式变形为()()4111f x x x =++++，然后利用基本不等式可求得该函数的最小值.【详解】当0x >时，11x +>，()()()232444211111x x f x x x x x x +++==++=++++++15≥=，当且仅当411x x +=+，即当1x =时，等号成立，因此，函数()()0y f x x =>的最小值为5. 故答案为：5. 【点睛】本题考查利用基本不等式求解函数的最小值，解答的关键就是对函数解析式进行化简变形，考查计算能力，属于基础题.23．（2022·全国·高三专题练习）设x ，y ，z 为正实数，满足20x y z -+=，则2yxz的最小值是__________．【答案】8 【详解】解：由题意可得：2y x z =+ ，则：()2224448x z y x z xz xz z x +==++≥= ，当且仅当2x z = 时等号成立，即：2y xz的最小值是8.点睛：应用基本不等式要有两个防范意识：一是在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．对于公式a ＋b 22a b ab +⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，要弄清它们的作用、使用条件及内在联系，两个公式也体现了ab 和a ＋b 的转化关系．二是在利用不等式求最值时，一定要尽量避免多次使用基本不等式．若必须多次使用，则一定要保证它们等号成立的条件一致.24．（2022·全国·高三专题练习）函数2221x x y x ++=+的值域是_______．【答案】(][),22,-∞-+∞ 【分析】将函数2221x x y x ++=+进行化简，得到()()2111111x y x x x ++==++++，分别对10x +>和10x +<，利用基本不等式，得到答案.【详解】函数2221x x y x ++=+ ()()2111111x x x x ++==++++，当10x +>，由基本不等式得()1112y x x =+++≥，当且仅当111x x +=+，即0x =时，等号成立，当10x +<时，由基本不等式得()1112y x x ≤-=+++，当且仅当111x x +=+，即2x =-时，等号成立，所以函数的值域为(][),22,-∞-+∞，故答案为(][),22,-∞-+∞. 【点睛】本题考查求具体函数的值域，属于简单题.25．（2021·四川·成都七中一模（文））已知实数,x y 满足2241x y xy ++=，则2x y +的最大值为___________.【分析】利用基本不等式，即可求解. 【详解】解：()()()()22222233251422222228x y x y xy x y xy x y x y +⎛⎫=++=+-≥+-=+ ⎪⎝⎭，即2x y +(当且仅当2x y =，即x y ==)26．（2020·辽宁·开原市第二高级中学三模）如图，将一矩形花坛ABCD 扩建成一个更大的矩形花坛AMPN ，要求点B 在AM 上，点D 在AN 上，且对角线MN 过点C ，已知4AB =，3AD =，那么当BM =_______时，矩形花坛的AMPN 面积最小，最小面积为______.【答案】4 48【分析】设BM x =，则123AN x =+，则()124843324AMPN S x x x x ⎛⎫=++=++ ⎪⎝⎭，结合基本不等式即可得解.【详解】解：设BM x =，则34x x AN =+，则123AN x=+，则()12484843324232448AMPN S x x x x x x ⎛⎫=++=++⋅= ⎪⎝⎭，当且仅当483x x=，即4x =时等号成立，故矩形花坛的AMPN 面积最小值为48．即当4BM =时，矩形花坛的AMPN 面积最小，最小面积为48. 故答案为：4；48.。

等差数列的前n项和的最值问题

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解方法一 ∵a1＝20，S10＝S15， ∴10×20＋10× 2 9d＝15×20＋15× 2 14d， ∴d＝－53. ∴an＝20＋(n－1)×－53＝－53n＋635. ∴a13＝0. 即当 n≤12 时，an>0，n≥14 时，an<0. ∴当 n＝12 或 13 时，Sn 取得最大值，且最大值为 S12＝S13＝12×20＋12× 2 11×－53＝130.
S2 009＝0.
(1)求 Sn 的最小值及此时 n 的值；
(2)求 n 的取值集合，使 an≥Sn.
解方法一 (1)设公差为 d，则由 S2 009＝0
⇒2
009a1＋2
009×2 2
008d＝0⇒a1＋1
004d＝0，
d＝－1 0104a1，a1＋an＝2 010090－4 na1，
∴Sn＝n2(a1＋an)＝n09n－n2)
∵a1<0，n∈N*，
∴当
n＝1
004
或
1
005精品时资料，Sn
取最小值1
005 2 a1.
(2)an＝1 100050－ 4 na1，
Sn≤an⇔2
a0108(2
009n－n2)≤1
005－n 1 004 a1
∵a1<0， ∴n2－2 011n＋2 010≤0，即(n－1)(n－2 010)≤0，
等差数列(děnɡ chā shù liè)的前n项和的最值问题
精品资料
前n项和Sn最大（最小）
1）在a1 0, d 0,求n为何值时Sn最大，可由不等式组 aann100来确定n 2)在a1 0, d 0,求n为何值时Sn最小，可由不等式组 aann100来确定n

考点1.3 数列的新定义问题(解析版)

考点1.3 数列的新定义问题数列是高考重点考查的内容之一，其命题形式多种多样，其中基于问题情境的数列问题在高考中逐步成为热点。

通过具体的问题背景或新的定义，考察数列在问题情境中的应用，以此来检验学生的核心价值，学科素养，关键能力，必备知识。

解决数列的新定义问题，常用的解题思路是：审题、建模、研究模型、解决新定义问题。

研究模型时需注意：(1) 量(多个量) ；(2) 量之间的关系(规律)：等差、等比规律；递推关系；其它规律——由特殊到一般进行归纳总结；(3) 与数列通项公式有关或与前n 项和有关等．基础知识1．等差数列与等差中项 (1)定义：①文字语言：一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数； ②符号语言：a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)．a n －a n -1＝d (n 2≥ n ∈N *，d 为常数)． (2)等差中项：若三个数a ，A ，b 组成等差数列，则A 叫做a ，b 的等差中项．即A=2a b+． 2．等差数列的通项公式与前n 项和公式(1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ． (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (a 1＋a n )2．3．等差数列的性质已知数列{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和． (1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n ．(3)若k ＋l ＝2m (k ，l ，m ∈N *),则a k ＋a l ＝2a m ． 4．等差数列与函数的关系(1)通项公式：当公差d ≠0时，等差数列的通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋a 1－d 是关于n 的一次函数，且一次项系数为公差d .若公差d ＞0，则为递增数列，若公差d ＜0，则为递减数列．(2)前n 项和：当公差d ≠0时，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d2n 是关于n 的二次函数且常数项为0. 5．等比数列的有关概念 (1)定义：①文字语言：一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数(非零)． ②符号语言：a n ＋1a n＝q (n ∈N *，q 为非零常数)．1n n a q a-=(n 2≥ n ∈N *，d 为常数)．(2)等比中项：如果a ，A ，b 成等比数列，那么A 叫做a 与b 的等比中项．即A＝6．等比数列的有关公式(1)通项公式：a n ＝a 1q n －1． (2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.7．等比数列的性质已知数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和．(m ，n ，p ，q ，r ，k ∈N *) (1)若m ＋n ＝p ＋q ＝2r ，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2r ； 8．数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可用一个式子来表达，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．(2)已知数列{a n }的前n 项和S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.9．数列的递推公式如果已知数列{a n }的首项(或前几项)，且任一项a n 与它的前一项a n －1(n ≥2)(或前几项)间的关系可用一个公式来表示，那么这个公式叫做数列的递推公式．数列的新定义问题（1）单选题1．南宋数学家杨辉《详解九张算法》和《算法通变本末》中，提出垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差不相等，但是逐项差数之差或者高次成等差数列.在杨辉之后一般称为“块积术”.现有高阶等差数列，其前7项分别1，7，15，27，45，71，107，则该数列的第8项为（） A ．161 B ．155C ．141D ．139【答案】B 【分析】画出图形分析即可列出式子求解. 【详解】所给数列为高阶等差数列,设该数列的第8项为x ，根据所给定义：用数列的后一项减去前一项得到一个新数列，得到的新数列也用后一项减去前一项得到一个新数列，即得到了一个等差数列，如图：由图可得：3612107y x y -=⎧⎨-=⎩ ，解得15548x y =⎧⎨=⎩. 故选：B.2．数列{}:1,1,2,3,5,8,13,21,34,...,n F 成为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，该数列从第三项开始，每项等于其前两相邻两项之和，记该数{}n F 的前n 项和为n S ，则下列结论正确的是（）A ．201920212S F =+B ．201920211S F =-C ．201920202S F =+D ．201920201S F =- 【答案】B 【分析】利用迭代法可得21123211n n n n n n n F F F F F F F F F ++---=+=+++++++，可得21n n F S +=+，代入2019n =即可求解.【详解】由题意可得该数列从第三项开始，每项等于其前两相邻两项之和，则211112n n n n n n n n n n F F F F F F F F F F ++----=+=++=+++1211232n n n n n n n n n F F F F F F F F F -------=+++=++++=123211n n n n F F F F F F ---=+++++++，所以21n n F S +=+，令2019n =，可得201920211S F =-，故选：B 【点睛】关键点点睛：本题的关键点是理解数列新定义的含义得出21n n n F F F ++=+，利用迭代法得出21123211n n n n n n n F F F F F F F F F ++---=+=+++++++，进而得出21n n F S +=+.3．（2016•新课标Ⅲ，理12）定义“规范01数列” {}n a 如下：{}n a 共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意2k m ，1a ，2a ，⋯，k a 中0的个数不少于1的个数，若4m =，则不同的“规范01数列”共有( ) A ．18个 B ．16个C ．14个D ．12个【答案】C【解析】由题意可知，“规范01数列”有偶数项2m 项，且所含0与1的个数相等，首项为0，末项为1，若4m =，说明数列有8项，满足条件的数列有：0，0，0，0，1，1，1，1； 0，0，0，1，0，1，1，1； 0，0，0，1，1，0，1，1； 0，0，0，1，1，1，0，1； 0，0，1，0，0，1，1，1；0，0，1，0，1，0，1，1； 0，0，1，0，1，1，0，1； 0，0，1，1，0，1，0，1； 0，0，1，1，0，0，1，1； 0，1，0，0，0，1，1，1；0，1，0，0，1，0，1，1； 0，1，0，0，1，1，0，1； 0，1，0，1，0，0，1，1； 0，1，0，1，0，1，0，1．共14个，故选C ．4．（2020全国Ⅱ理12）0-1周期序列在通信技术中有着重要应用．若序列12na a a 满足()()0,11,2,i a i ∈=，且存在正整数m ，使得(1,2,)i m i a a i +==成立，则称其为0-1周期序列，并称满足),2,1(⋯==+i a a i m i 的最小正整数m 为这个序列的周期．对于周期为m 的0-1序列12na a a ，()11()1,2,,1mi i k i C k a a k m m +===-∑是描述其性质的重要指标．下列周期为5的0-1序列中，满足()()11,2,3,45C k k ≤=的序列是（）A ．11010B ．11011C ．10001D ．11001【答案】C【解析】由i mi a a +=知，序列i a 的周期为m ，由已知，5m =，511(),1,2,3,45i i k i C k a a k +===∑．对于选项A ，511223344556111111(1)()(10000)55555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=≤∑52132435465711112(2)()(01010)5555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=∑，不满足；对于选项B ，51122334455611113(1)()(10011)5555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=∑，不满足；对于选项D ，51122334455611112(1)()(10001)5555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=∑，不满足；故选：C5．（2017•新课标Ⅰ，理12）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：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，⋯，其中第一项是02，接下来的两项是02，12，再接下来的三项是02，12，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数:100N N >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( ) A ．440B ．330C ．220D ．110【解析】设该数列为{}n a ，设1(1)(1)12221n n n n n n b a a +-++=+⋯+=-，()n N +∈，则(1)211n n ni i i i b a +===∑∑，由题意可设数列{}n a 的前N 项和为N S ，数列{}n b 的前n 项和为n T ，则121121212122n n n T n ++=-+-+⋯+-=--，可知当N 为(1)2n n +时()n N +∈，数列{}n a 的前N 项和为数列{}n b 的前n 项和，即为122n n +--，容易得到100N >时，14≥n ，A 项，由29304352⨯=，4404355=+，可知305304402952292212S T b =+=--+-=，故A 项符合题意． B 项，仿上可知25263252⨯=，可知2652633025522522124S T b =+=--+-=+，显然不为2的整数幂，故B 项不符合题意．C 项，仿上可知20212102⨯=，可知2110211022020102202212223S T b =+=--+-=+-，显然不为2的整数幂，故C 项不符合题意．D 项，仿上可知14151052⨯=，可知15515110145214221215S T b =+=--+-=+，显然不为2的整数幂，故D 项不符合题意．故选A ．（2）多选题6．若数列{}n a 满足：对任意正整数n ，{}1n n a a +-为递减数列，则称数列{}n a 为“差递减数列”.给出下列数列{}()*n a n N ∈，其中是“差递减数列”的有（）A ．3n a n =B ．21n a n =+C ．n aD ．ln1n n a n =+ 【答案】CD 【分析】分别求出四个选项中数列{}()*n a n N ∈对应的{}1n n a a +-，再进行判断.【详解】对A ，若3n a n =，则13(1)33n n a a n n +-=+-=，所以{}1n n a a +-不为递减数列，故A 错误；对B ，若21n a n =+，则221(1)21n n a a n n n +-=+-=+，所以{}1n n a a +-为递增数列，故B 错误；对C ，若n a =1n n a a +-=={}1n n a a +-为递减数列，故C 正确；对D ，若ln1n n a n =+，则121111lnln ln ln(1)2122n n n n n n a a n n n n n n++++-=-=⋅=+++++，由函数21ln(1)2y x x=++在(0,)+∞递减，所以数{}1n n a a +-为递减数列，故D 正确.故选：CD . 【点睛】本题考查数列新定义、数列单调性及递推关系，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.7．在数学领域内，“数列”无疑是一个非常重要的话题.然而，中学生所学到的数列内容非常有限，除了等差、等比数列之外，其它数列涉及很少.下面向大家介绍一种有趣的数列，叫语言数列.例如第一项1123a =，对于一个对数列一窍不通的人，你怎样介绍它呢？你可以这样说，从左向右看，这里含有一个1，一个2和一个3，你再把它用数字表示出来，就得到了第二项2111213a =.再从左向右看2a ，它里面又是含有四个1，一个2和一个3，再把它用数字表示出来，就得到了第三项3411213a =，同样可得第四项414311213a =.按此规则重复下去，可以得到一个无穷数列{}n a ，你会惊奇地发现，无论11a =、12a =、13a =，还是1123a =，都有这样的结论：*0n N ∃∈，()*0n n n N ∀≥∈，都有2n n a a +=.则0n a 的可能值为（）A ．23322114B ．32142321C ．32232114D ．24312213【答案】AC 【分析】对各选项中0n a 的可能取值进行验证，结合题意可求出02n a +，并验证02n a +与0n a 是否相等，由此可得出合适的选项. 【详解】对于A 选项，若023322114n a =，从左往右看，有3个2，2个3，2个1，1个4，则0132232114n a +=，从左往右看，有2个3，3个2，2个1，1个4，则00223312114n n a a +==，合乎题意；对于B 选项，若032142321n a =，从左往右看，有2个3，3个2，2个1，1个4，则0123322114n a +=，从左往右看，有3个2，2个3，2个1，1个4，则00232232114n n a a +=≠，不合乎题意；对于C 选项，若032232114n a =，从左往右看，有2个3，3个2，2个1，1个4，则0123322114n a +=，有3个2，2个3，2个1，1个4，则00232232114n n a a +==，合乎题意；对于D 选项，若024312213n a =，从左往右看，有3个2，1个4，2个3，2个1，则0132142321n a +=，从左往右看，有2个3，3个2，2个1，1个4，则00223322114n n a a +=≠，不合乎题意. 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义，结合的关键就是充分利用题中定义，由0n a 的值逐步推导02n a +的值. 8．定义在()(),00,-∞⋃+∞上的函数()f x ，如果对于任意给定的等比数列{}n a ，数列(){}n f a 仍是等比数列，则称()f x 为“保等比数列函数”.现有定义在()(),00,-∞⋃+∞上的四个函数中，是“保等比数列函数”的为（）A ．()2f x x = B ．()2xf x = C ．()f x =D ．()ln f x x =【答案】AC 【分析】直接利用题目中“保等比数列函数”的性质，代入四个选项一一验证即可. 【详解】设等比数列{}n a 的公比为q .对于A ，则2221112()()n n n n n n f a a a q f a a a +++⎛⎫=== ⎪⎝⎭，故A 是“保等比数列函数”；对于B ，则111()22()2n n n n a a a n a n f a f a ++-+==≠ 常数，故B 不是“保等比数列函数”；对于C，则1()()n n f a f a +=== ，故C 是“保等比数列函数”；对于D ，则11ln ln ln ln ln ()1()ln ln ln ln n n n n n n n n na a q a qq f a f a a a a a ++⋅+====+≠ 常数，故D 不是“保等比数列函数”. 故选：AC. 【点睛】本题考查等比数列的定义，考查推理能力，属于基础题. 9．定义11222n nn a a a H n-+++=为数列{}n a 的“优值”.已知某数列{}n a 的“优值”2nn H =，前n 项和为n S ，则（）A ．数列{}n a 为等差数列B ．数列{}n a 为等比数列C ．2020202320202S = D ．2S ，4S ，6S 成等差数列【答案】AC 【分析】由题意可知112222n n nn a a a H n-+++==，即112222n n n a a a n -+++=⋅，则2n ≥时，()()111221212n n n n n a n n n ---=⋅--⋅=+⋅，可求解出1n a n =+，易知{}n a 是等差数列，则A 正确，然后利用等差数列的前n 项和公式求出n S ，判断C ，D 的正误. 【详解】解：由112222n n nn a a a H n-+++==，得112222n n n a a a n -+++=⋅，①所以2n ≥时，()211212212n n n a a a n ---+++=-⋅，②得2n ≥时，()()111221212n n n n n a n n n ---=⋅--⋅=+⋅，即2n ≥时，1n a n =+，当1n =时，由①知12a =，满足1n a n =+．所以数列{}n a 是首项为2，公差为1的等差数列，故A 正确，B 错，所以()32n n n S +=，所以2020202320202S =，故C 正确．25S =，414S =，627S =，故D 错，故选：AC ．【点睛】本题考查数列的新定义问题，考查数列通项公式的求解及前n 项和的求解，难度一般.10．设数列{}n x ，若存在常数a ，对任意正数r ，总存在正整数N ，当n N ≥，有n x a r -<，则数列{}n x 为收敛数列.下列关于收敛数列正确的有（）A ．等差数列不可能是收敛数列B ．若等比数列{}n x 是收敛数列，则公比(]1,1q ∈-C ．若数列{}n x 满足sin cos 22n x n n ππ⎛⎫⎛⎫=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则{}n x 是收敛数列 D ．设公差不为0的等差数列{}n x 的前n 项和为()0n n S S ≠，则数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭一定是收敛数列【答案】BCD 【分析】根据等差数列前n 和公式以及收敛数列的定义可判断A ；根据等比数列的通项公式以及收敛的定义可判断B ；根据收敛的定义可判断C ；根据等差数列前n 和公式以及收敛数列的定义可判断D. 【详解】当0n S >时，取2111222222n d d dd d d S n a n n n a n a ⎛⎫⎛⎫=+-=+-≥+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，为使得1n S r >，所以只需要1122d d n a r +->1112222da ra dr r n N d dr -+-+⇒>==.对于A ，令1n x =，则存在1a =，使0n x a r -=<，故A 错；对于B ，11n n x x q-=，若1q >，则对任意正数r ，当11log 1q r n x ⎛⎫+>+ ⎪ ⎪⎝⎭时， 1n x r >+，所以不存在正整数N 使得定义式成立，若1q =，显然符合；若1q =-为摆动数列()111n n x x -=-，只有1x ±两个值，不会收敛于一个值，所以舍去；若()1,1q ∈-，取0a =，1log 11q rN x ⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦，当n N >时，11110n n rx x qx r x --=<=，故B 正确；对于C ，()1sin cos sin 0222n x n n n πππ⎛⎫⎛⎫===⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，符合；对于D ，()11n x x n d =+-，2122n d d S n x n ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，当0d >时，n S 单调递增并且可以取到比1r更大的正数，当n N>=时，110n n r S S -=<，同理0d <，所以D 正确. 故选：BCD【点睛】关键点点睛：解题的关键是理解收敛数列的定义，借助等差数列前n 和公式以及等比数列的通项公式求解，属于中档题.（3）填空题11．意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，…，即(1)(2)1F F ==，*()(1)(2)(3,)F n F n F n n n N =-+-≥∈，此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，若此数列被3整除后的余数构成一个新数列{}n b ，则2020b =_________．【答案】0【分析】由题设描述可得被3整除后的余数构成一个新数列{}n b，观察可知是周期数列，结合目标项下标即可求值.【详解】由题意知：“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，…，∴此数列被3整除后的余数：1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，0，2，2，1，0，…，观察可知新数列是以1，1，2，0，2，2，1，0为一个周期的循环，而20208的余数为4，∴20200b=故答案为：0【点睛】本题考查了数列新定义，应用观察法找规律求项，属于简单题.12．音乐与数学有着密切的联系，我国春秋时期有个著名的“三分损益法”：以“宫”为基本音，“宫”经过一次“损”频率变为原来的32，得到“徵”；“徵”经过一次“益”，频率变为原来的34，得到“商”；……依次损益交替变化，获得了“宫、徵、商、羽、角”五个音阶，设“宫”的频率为1，则“角”的频率为________.【答案】81 64【分析】根据已知条件经过一次“损”频率变为原来的32，经过一次“益”，频率变为原来的34，依次损益交替变化求概率即可.【详解】由“宫”的频率为1，“宫”经过一次“损”得到“徵”的频率变为32，“徵”经过一次“益”，得到商的频率为339 248⨯=，“商”经过一次“损”，得到“羽”的频率为9327 8216⨯=，“羽”经过一次“益”，得到“角”的频率为27381 16464⨯=，所以“角”的频率为81 64，故答案为：8164【点睛】本题主要考查了数列与文化知识结合，关键是读懂题意求出概率，属于基础题. 13．已知数列{}n a 满足：152a =，()2*1122n n n a a a n N +=-+∈，若上取整函数⎡⎤⎢⎥x 表示不小于x 的最小整数（例如：1.22=⎡⎤⎢⎥，33=⎡⎤⎢⎥），则122020111a a a ⎡⎤+++=⎢⎥⎢⎥______．【答案】2 【分析】已知等式变形为111122n n n a a a +=---，由此可求得122020120212*********2222a a a a a a +++=-=----，再证明{}n a 是递增数列，并通过前几项，估计出20213a >，这样再根据新定义可得．【详解】由已知得111122n n n a a a +=---，即111122n n n a a a +=---，1220201202120211111112222a a a a a a +++=-=----，因为21112(2)222n n n n n a a a a a +=-+=-+，且1522a =>，所以12n a +>，即数列{}n a 各项均大于2，又()22111222022n n n n n a a a a a +-=-+=->，故{}n a 单调递增，152a =，可得2218a =，3 2.82a ≈，4 3.16a ≈，故当4n ≥时，3n a >，所以20213a >，故12202011112a a a <+++<，1220201112a a a ⎡⎤+++=⎢⎥⎢⎥. 故答案为：2．【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，考查数列的单调性与裂项相消求和法．解题关键是求得和式122020111a a a +++，通过已知式变形后可用裂项相消法求和，然后问题转化为估计数列中各项的取值范围，结合新定义只要考察数列的前几项即可得出结论．14．在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和为同一个常数，那么这个数列称为等和数列，这个常数称为该数列的公和．已知数列{}n a 是等和数列，且120202,8a a =-=，则这个数列的前2020项的和为____. 【答案】6060 【分析】设等和数列的公和为m ．根据12a =-，利用等和数列的定义求得通项公式，然后利用并项求和法求解. 【详解】设等和数列的公和为m ．因为12a =-，所以23452,2,2,2,...a m a a m a =+=-=+=-，所以2n 2,n a m n -⎧=⎨+⎩，为奇数为偶数，又202028a m =+=，所以6m =，所以()()()()202012345620192020...S a a a a a a a a =++++++++，101066060=⨯=，故答案为：6060 【点睛】本题主要考查数列的新定义以及通项公式的求法和并项求和法的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.15．若数列{}n a 满足111n nd a a +-=（*n N ∈，d 为常数），则称数列{}n a 为“调和数列”，已知正项数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为“调和数列”，且12201920190b b b ++⋯+=，则22018b b 的最大值是________．【答案】100 【分析】本题首先可根据调和数列的性质得出1n n d b b +=-，从而判断出数列{}n b 是等差数列，然后根据()1220122018920192b b b b b +=++⋯+得出2201820b b +=，最后根据基本不等式求最值，即可得出结果. 【详解】因为正项数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为“调和数列”，所以1n n d b b +=-，数列{}n b 是等差数列，则()221018220192012019209b b b b b ++==⋯++，解得2201820b b +=，故2201820b b ≤+=，即22018100b b ≤，当且仅当2201810b b ==时等号成立，故22018b b 的最大值是100，故答案为：100. 【点睛】关键点点睛：本题考查学生对新定义的理解与转化，能否根据“调和数列”的定义和等差数列的定义得出数列{}n b 是等差数列是解决本题的关键，若数列{}n b 是等差数列，且c d e f ，则c d e f b b b b ，考查计算能力，是中档题.（4）解答题16．（2020山东18）已知公比大于1的等比数列{}n a 满足2420a a +=，38a =．（1）求{}n a 的通项公式；（2）记m b 为{}n a 在区间(]0,m ()m *∈N 中的项的个数，求数列{}m b 的前100项和100S ．【答案】（1）2n n a =；（2）100480S =．【思路导引】（1）利用基本元的思想，将已知条件转化为1,a q 的形式，求解出1,a q ，由此求得数列{}n a 的通项公式；（2）通过分析数列{}m b 的规律，由此求得数列{}m b 的前100项和100S ．【解析】（1）由于数列{}n a 是公比大于1的等比数列，设首项为1a ，公比为q ，依题意有31121208a q a q a q ⎧+=⎨=⎩，解得12,2a q ==，所以2n n a =，所以数列{}n a 的通项公式为2nn a =．（2）由于123456722,24,28,216,232,264,2128=======，所以1b 对应的区间为：(]0,1，则10b =；23,b b 对应的区间分别为：(](]0,2,0,3，则231b b ==，即有2个1；4567,,,b b b b 对应的区间分别为：(](](](]0,4,0,5,0,6,0,7，则45672b b b b ====，即有22个2； 8915,,,b b b 对应的区间分别为：(](](]0,8,0,9,,0,15，则89153b b b ====，即有32个3；161731,,,b b b 对应的区间分别为：(](](]0,16,0,17,,0,31，则1617314b b b ====，即有42个4； 323363,,,b b b 对应的区间分别为：(](](]0,32,0,33,,0,63，则3233635b b b ====，即有52个5； 6465100,,,b b b 对应的区间分别为：(](](]0,64,0,65,,0,100，则64651006b b b ====，即有37个6．所以23451001222324252637480S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．17．（2016•新课标Ⅱ，理17）n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且11a =，728S =，记[]n n b lga =，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[0.9]0=，[99]1lg =．（Ⅰ）求1b ，11b ，101b ；（Ⅱ）求数列{}n b 的前1000项和．【解析】（Ⅰ）n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且11a =，728S =，4728a =．可得44a =，则公差1d =．n a n =，[]n b lgn =，则1[1]0b lg ==，11[11]1b lg ==，101[101]2b lg ==．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知：12390b b b b ===⋯==，101112991b b b b ===⋯==．1001011021039992b b b b b ====⋯==，10,003b =．数列{}n b 的前1000项和为：90901900231893⨯+⨯+⨯+=．18．（2020江苏20）已知数列*{}()n a n N ∈的首项11a =，前n 项和为n S ．设λ与k 是常数．若对一切正整数n ，均有11111k k k n n n S S a λ++-=成立，则称此数列为“k λ-”数列．（1）若等差数列是“1λ-”数列，求λ的值；（2）若数列{}n a 2-”数列，且0n a >，求数列{}n a 的通项公式；（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{}n a 为“3λ-”数列，且0n a ≥？若存在，求出λ的取值范围；若不存在，说明理由．【答案】见解析【解析】（1）1k =时，111n n n n a S S a λ+++=-=，∴1λ=．（2=11n n n a S S ++=-=，==11144()33n n n n S a S S +++==-．从而14n n S S +=．又111S a ==，14n n S -=，2134n n n n a S S --=-=⋅，2n ≥．综上，21,134,2n n n a n -=⎧=⎨⋅≥⎩．（3）若存在三个不同的数列{}n a 为“3λ-”数列，则11133311n n n S S aλ++-=，则21123333331111133()n n nn nn n n n SS S S S S a S S λλ+++++-+-==-，由11a =，0n a ≥则0n S >，令113()0n n nS p S +=>，则3323(1)33(1)0n n n p p p λλ--+--=， 1λ=时，2n n p p =，由0n p >可得1n p =，则1n n S S +=，即10n a +=，此时{}n a 唯一，不存在三个不同的数列{}n a ；1λ≠时，令331t λ=-，则3210n n n p tp tp -+-=，则2(1)[(1)1]0n n n p p t p -+-+=， ①1t ≤时2(1)10n n p t p +-+>，则1n p =同理不存在三个不同的数列{}n a ；②13t <<时，2(1)40t ∆=--<，2(1)10n n p t p +-+=无解，则1n p =，同理不存在三个不同的数列{}n a ； ③3t =时，3(1)0n p -=，则1n p =，同理不存在三个不同的数列{}n a ；④3t >即01λ<<时，2(1)40t ∆=-->，2(1)10n n p t p +-+=有两解α，β，设αβ<，12t αβ+=->，10αβ=>，则01αβ<<<，则对任意*n N ∈，11n n S S +=或31n n S S α+=或31n nSS β+=，此时1n S =，31,1,2n n S n β=⎧=⎨≥⎩，31,1,2,3n n S n β=⎧=⎨≥⎩均符合条件，对应1,10,2n n a n =⎧=⎨≥⎩，31,11,20,3n n a n n β=⎧⎪=-=⎨⎪≥⎩，31,10,21,30,4n n n a n n β=⎧⎪=⎪=⎨-=⎪⎪≥⎩，则存在三个不同的数列{}n a 为“3λ-”数列，且0n a ≥，综上，01λ<<． 19．（2019江苏20）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：，求证：数列{a n }为“M －数列”；（2）已知数列{b n }满足：，其中S n 为数列{b n }的前n 项和． ①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数，若存在“M －数列”{c n }，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有成立，求m 的最大值．【解析】（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0．由，得，解得．因此数列为“M —数列”．（2）①因为，所以．由，得，则．由，得，当时，由，得，整理得．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 ．②由①知，b k =k ，．*()n ∈N 245324,440a a a a a a =-+=*()n ∈N 111221,n n n b S b b +==-*()n ∈N 1k k k c b c +245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩112a q =⎧⎨=⎩{}n a 1122n n n S b b +=-0n b ≠1111,b S b ==212211b =-22b =1122n n n S b b +=-112()n n n n n b b S b b ++=-2n ≥1n n n b S S -=-()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---112n n n b b b +-+=()*n ∈N *k ∈N因为数列{c n }为“M –数列”，设公比为q ，所以c 1=1，q >0．因为c k ≤b k ≤c k +1，所以，其中k =1，2，3，…，m ．当k =1时，有q ≥1；当k =2，3，…，m 时，有．设f （x ）=，则．令，得x =e ．列表如下：因为，所以．取k =1，2，3，4，5时，，即，经检验知也成立．因此所求m 的最大值不小于5．若m ≥6，分别取k =3，6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216，所以q 不存在．因此所求m 的最大值小于6．综上，所求m 的最大值为5．20．(2014江苏)设数列的前项和为．若对任意正整数，总存在正整数，使得，则称是“H 数列”．（Ⅰ）若数列的前n 项和(N )，证明: 是“H 数列”；（Ⅱ）设是等差数列，其首项，公差．若是“H 数列”，求的值；（Ⅲ）证明：对任意的等差数列，总存在两个“H 数列”和，使得(N )成立．【解析】（Ⅰ）当2n ≥时，111222n n n n n n a S S ---=-=-= 当1n =时，112a S ==∴1n =时，11S a =，当2n ≥时，1n n S a +=，∴{}n a 是“H 数列”．1k k q k q -≤≤ln ln ln 1k kq k k ≤≤-ln (1)x x x >21ln ()xf 'x x-=()0f 'x =ln 2ln 82663=<=max ln ()(3)3f k f ==q =ln ln kq kk k q ≤1k q k -≤}{n a n n S n m m n a S =}{n a }{n a n n S 2=∈n *}{n a }{n a 11=a 0<d }{n a d }{n a }{n b }{n c n n n c b a +=∈n *（Ⅱ）1(1)(1)22n n n n n S na d n d --=+=+ 对n *∀∈N ，m *∃∈N 使n m S a =，即(1)1(1)2n n n d m d -+=+- 取2n =得1(1)d m d +=-，12m d=+∵0d <，∴2m <，又m *∈N ，∴1m =，∴1d =-．（Ⅲ）设{}n a 的公差为d令111(1)(2)n b a n a n a =--=-，对n *∀∈N ，11n n b b a +-=- 1(1)()n c n a d =-+，对n *∀∈N ，11n n c c a d +-=+则1(1)n n n b c a n d a +=+-=，且{}{}n n b c ，为等差数列 {}n b 的前n 项和11(1)()2n n n T na a -=+-，令1(2)n T m a =-，则(3)22n n m -=+ 当1n =时1m =；当2n =时1m =；当3n ≥时，由于n 与3n -奇偶性不同，即(3)n n -非负偶数，m *∈N 因此对n ∀，都可找到m *∈N ，使n m T b =成立，即{}n b 为“H 数列”． {}n c 的前ｎ项和1(1)()2n n n R a d -=+，令1(1)()n m c m a d R =-+=，则(1)12n n m -=+ ∵对n *∀∈N ，(1)n n -是非负偶数，∴m *∈N即对n *∀∈N ，都可找到m *∈N ，使得n m R c =成立，即{}n c 为“H 数列”，因此命题得证．。

数列中的最值问题

【解析】
∵an＝n2－kn(n∈N*)，且{an}单调递增，
∴an＋1－an＞0 对∀n∈N*都成立
此处在求解时，常犯“an 是关于 n 的二次函数，若{an} 单调递增，则必有\f(k,2)≤1，k≤2”的错误.,出错的原因是忽视了数列作为函数的特殊性即自变量是正整数. 又 an＋1－an＝(n＋1)2－k(n＋1)－n2＋kn＝2n＋1－k，所以由 2n＋1－k＞0，即 k＜2n＋1 恒成立可知 k＜(2n＋1)min＝3.
【典型例题】
问题一：现给出下列数列的通项公式，问 n 取何值时， an 最小？
⑴ an (n 11) 1；an ( n
2
10 2 7 2 ； ) 1 an ( n ) 1 3 2
10 2 7 2 y ( x 11) 1 ； y ( x ) 1 ； y ( x ) 1 3 2
2
【典型例题】
an
y x
n2 156 ⑵ 求 an 最小项. n 156 an n 解： n
156 x

12 O
13
n 9.2 ⑶ 求 an 最大、最小项.an n 10.2
an min a12 或 a13
156 12.49
n
1 y 1 x 10.2
数列复习——对数列中几个最值来自题的学习与反思【典型例题】
问题一：现给出下列数列的通项公式，问 n 取何值时， an 最小？
⑴ an (n 11) 1；an ( n
2
10 2 7 2 ； ) 1 an ( n ) 1 3 2 当 n 3或4 时，当 n 11时，当 n 3 时，；； 10 5 a 1 n min an min 9 an min 4

分布列概率的三大最值问题(解析版)

分布列概率的三大最值问题题型解密题型一：二项分布的转化为数列问题求最值①当p 给定时，可得到函数f (k )=C k n p k(1−p )n −k ,k =0,1,2,⋅⋅⋅n ，这个是数列的最值问题.p k p k −1=C n k p k (1−p )n −k C k −1n p k −1(1−p )n −k +1=(n −k +1)p k (1−p )=k (1−p )+(n +1)p −k k (1−p )=1+(n +1)p −kk (1−p ).分析：当k <(n +1)p 时，p k >p k −1，p k 随k 值的增加而增加；当k >(n +1)p 时，p k <p k −1，p k 随k 值的增加而减少.如果(n +1)p 为正整数，当k =(n +1)p 时，p k =p k −1，此时这两项概率均为最大值.如果(n +1)p 为非整数，而k 取(n +1)p 的整数部分，则p k 是唯一的最大值.注：在二项分布中，若数学期望为整数，则当随机变量k 等于期望时，概率最大.【精选例题】1某人在11次射击中击中目标的次数为X ，若X ~B 11,0.8 ，若P X =k 最大，则k =()A.7B.8C.9D.10【答案】C 【详解】因为P X =k =C k n p k1-p n -k ，若P X =k 最大，则P X =k ≥P X =k +1 P X =k ≥PX =k -1，化简得：np +p -1≤k ≤np +p ，k ∈N .代入已知数值得：8.6≤k≤9.6，所以k =9时P X =k 最大.故选：C .2(多选题)下列选项中正确的是()A.已知随机变量X 服从二项分布B 10,12，则D 2X =5B.口袋中有大小相同的7个红球、2个蓝球和1个黑球，从中任取两个球，记其中红球的个数为随机变量X ，则X 的数学期望E X =75C.抛掷一枚质地均匀的骰子一次，所得的样本空间为Ω=1,2,3,4,5,6 ，令事件A =2,3,4 ，事件B =1,2 ，则事件A 与事件B 相互独立D.某射击运动员每次射击击中目标的概率为0.8，则在9次射击中，最有可能击中的次数是7次【答案】BC 【详解】A 选项，X ~B 10,12 ，D X =10×12×1-12 =52，D 2X =4D X =10，A 错误；B 选项，X 服从超几何分布，N =10，M =7，n =2，E X =np =n ⋅M N=2×710=75；C选项，P A =12，P B =13，AB ={2}，P AB =16=P A P B ，A ，B 相互独立；D 选项，设9次射击击中k 次概率P X =k =C k9⋅0.8k⋅0.29-k最大，则C k 9⋅0.8k ⋅0.29-k ≥C k -19⋅0.8k -1⋅0.210-kC k 9⋅0.8k ⋅0.29-k ≥C k +19⋅0.8k +1⋅0.28-k ，解得7≤k ≤8，P (X =7)=P (X =8)同时最大，故k =7或8，D 错误．故选：BC ．3高中生的数学阅读水平与其数学阅读认知、阅读习惯和方法等密切相关．为了解高中生的数学阅读现状，调查者在某校随机抽取100名学生发放调查问卷，在问卷中对于学生每周数学阅读时间统计如下：时间(x 小时/周)00<x ≤0.50.5<x ≤1x >1人数20403010(1)为了解学生数学阅读时间偏少的原因，采用样本量比例分配的分层随机抽样从这100名学生中随机抽取10名学生，再从这10人中随机抽取2名进行详细调查，求这2名学生中恰有一人每周数学阅读时间大于0.5小时的概率；(2)用频率估计概率，从该校所有学生中随机抽取10名学生，用P X =k 表示这10名学生中恰有k k ∈N ,0≤k ≤10 名学生数学阅读时间在0,0.5 小时的概率，求P X =k 取最大值时对应的k 的值．【答案】(1)815；(2)4【分析】(1)抽取的10人中，周阅读时间大于0.5小时的有4人，小于等于0.5小时的有6人，故恰有一人每周数学阅读时间大于0.5小时的概率为C 14C 16C 210=815(2)周阅读时间在0,0.5 小时的频率为25，故概率为25，则k ~B 10,25，所以P (k )=C k1025 k3510-k，由P (k )≥P (k +1)P (k )≥P (k -1) 得：C k 1025 k3510-k≥C k +11025k +1359-kC k 1025 k 35 10-k ≥C k -11025 k -13511-k，化简得C k 1035 ≥C k +11025 Ck 1025 ≥C k -11035；解得175≤k ≤225，又k ∈Z ，故k =4，【题型专练】1(多选题)某同学共投篮12次，每次投篮命中的概率为0.8，假设每次投篮相互独立，记他投篮命中的次数为随机变量X ，下列选项中正确的是()A.X ~B 12,0.8B.E X =9.6C.D 2X =3.84D.该同学投篮最有可能命中9次【答案】AB 【详解】由二项分布的定义可知，X ~B 12，0.8 ，E X =12×0.8=9.6，D 2X =22D X =4×12×0.81-0.8 =7.68，故AB 正确，C 错误；设该同学投篮最有可能命中m 次，则P (X =m )≥P (X =m +1)P (X =m )≥P (X =m -1) C m 120.8m 0.212-m ≥C m +1120.8m +10.211-m C m 120.8m 0.212-m ≥C m -1120.8m -10.213-m ，即475≤m ≤525，因为m 为正整数，所以m =10，故D 错误；故选：AB2若随机变量X 服从二项分布B 15,14，则使P X =k 取得最大值时，k =．【答案】3或4【详解】依题意0≤k ≤15,k ∈N ，依题意P X =k =C k15⋅14k⋅1-1415-k=C k15⋅14k ⋅315-k 415-k =1415⋅C k 15⋅315-k ，P X =0 =1415⋅C 015⋅315=3415,P X =1 =1415⋅C 115⋅314=5×3415，P X =15 =1415，P X =15 <P X =0 <P X =1 ，所以P X =0 、P X =15 不是P X =k的最大项，当1≤k ≤14时，由1415⋅C k 15⋅315-k ≥1415⋅C k -115⋅316-k1415⋅C k 15⋅315-k ≥1415⋅C k +115⋅314-k，整理得C k 15≥3C k -1153C k 15≥C k +115 ，即15!k !×15-k !≥3×15!k -1 !×16-k !3×15!k !×15-k !≥15!k +1 !×14-k !，整理得1k≥316-k315-k ≥1k +1，16-k ≥3k3k +3≥15-k ⇒3≤k ≤4，所以当k 为3或4时，P X =k 取得最大值.故答案为：3或43已知随机变量X ∼B 6,0.8 ，若P X =k 最大，则D kX +1 =．【答案】24【详解】由题意知：P X =k =C k 6⋅0.2 6-k ⋅(0.8)k ，要使P X =k 最大，有C k 6⋅0.2 6-k ⋅0.8 k ≥C k -16⋅0.2 7-k ⋅0.8 k -1C k 6⋅0.2 6-k ⋅0.8 k ≥C k +16⋅0.2 5-k ⋅0.8 k +1 ，化简得0.8×7-k k ≥0.20.2≥0.8×6-k k +1，解得235≤k ≤285，故k =5，又D (X )=6×0.8×0.2=0.96，故D kX +1 =D 5X +1 =52D (X )=24.故答案为：24.4一年之计在于春，一日之计在于晨，春天是播种的季节，是希望的开端．某种植户对一块地的n 个坑进行播种，每个坑播3粒种子，每粒种子发芽的概率均为12，且每粒种子是否发芽相互独立．对每一个坑而言，如果至少有两粒种子发芽，则不需要进行补播种，否则要补播种．则当n =时，有3个坑要补播种的概率最大，最大概率为．【答案】 5或6516【详解】对一个坑而言，要补播种的概率P =C 03123+C 13123=12，所以补播种坑的数量服从B n ,12，则3个坑要补播种的概率为C 3n 123⋅12n -3=C 3n12n．要使C 3n12n最大，只需C 3n 12 n ≥C 2n 12nC 3n12 n≥C 4n12n ，解得5≤n ≤7，当n =5或n =6，C 35125=C 36126=516>C 37127=35128.所以，当n =5或n =6时有3个坑要补播种的概率最大，最大概率为516．故答案为：5或6，516.5小区为了加强对“新型冠状病毒”的防控，确保居民在小区封闭期间生活不受影响，小区超市采取有力措施保障居民正常生活物资供应.为做好甲类生活物资的供应，超市对社区居民户每天对甲类生活物资的购买量进行了调查，得到了以下频率分布直方图.(1)从小区超市某天购买甲类生活物资的居民户中任意选取5户.若抽取的5户中购买量在[3,6](单位：kg )的户数为2户，从5户中选出3户进行生活情况调查，记3户中需求量在[3,6](单位：kg )的户数为ξ，求ξ的分布列和期望；(2)将某户某天购买甲类生活物资的量与平均购买量比较，当超出平均购买量不少于0.5kg 时，则该居民户称为“迫切需求户”，若从小区随机抽取10户，且抽到k 户为“迫切需求户”的可能性最大，试求k 的值.【答案】(1)答案见解析；(2)k =3.【详解】(1)随机变量ξ所有可能的取值为0，1，2.则P ξ=0 =C 33C 35=110，P ξ=1 =C 23C 12C 35=35，P ξ=2 =C 13C 22C 35=310，ξ012P ξ11035310所以E ξ =1×35+2×310=65.(2)根据频率分布直方图可知，每天对甲类生活物资的需求平均值为1.5×0.10+2.5×0.30+3.5×0.25+4.5×0.20+5.5×0.15=3.5(kg )，则购买甲类生活物资为“迫切需求户”的购买量为4,6 ，从小区随机抽取中随机抽取一户为“迫切需求户”的概率为p =0.20+0.15=0.35.若从小区随机抽取10户，且抽到X 户为“迫切需求户”，则X ~B 10,0.35 ，若k 户的可能性最大，则P X =k =C k 10p k1-p10-k，k =0,1,⋅⋅⋅,10，P X =k ≥PX =k -1 P X =k ≥PX =k +1，得C k 100.35 k 0.65 10-k ≥C k -1100.35 k -10.65 11-kC k 100.35 k 0.65 10-k ≥C k +1100.35 k +10.659-k ，即711-k ≥13k13k +1 ≥710-k，解得2.85≤k ≤3.85，由于k ∈N ∗，故k =3.题型二：二项分布的转化为导数问题求最值当k 给定时，可得到函数f (p )=C k n p k (1−p )n −k ,p ∈(0,1)，这个是函数的最值问题，这可以用导数求函数最值与最值点.分析：f '(p )=C kn kp k −1(1−p )n −k −p k (n −k )(1−p )n −k −1=C k n p k −1(1−p )n −k −1k (1−p )−(n −k )p =C k n p k −1(1−p )n −k −1(k −np ).当k =1,2,⋯,n −1时，由于当p <k n 时，f '(p )>0，f (p )单调递增，当p >kn时，f '(p )<0，f (p )单调递减，故当p =k n 时，f (p )取得最大值，f (p )max =f kn.又当p →0,f (p )→1，当p →0时，f (p )→0，从而f (p )无最小值.【精选例题】1(2018年全国1卷)．某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验，设每件产品为不合格品的概率都为p (0<p <1)，且各件产品是否为不合格品相互独立．(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f (p ),求f (p )的最大值点p 0；(2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以(1)中确定的p 0作为p 的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．(i )若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X ，求EX ;(ii )以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？解析：(1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f p =C 220p 21-p 18.因此f p =C 2202p 1-p18-18p 21-p 17 =2C 220p 1-p 171-10p .令f p =0，得p =0.1.当p ∈0,0.1 时，fp >0；当p ∈0.1,1 时，fp <0.所以f p 的最大值点为p 0=0.1；(2)由(1)知，p =0.1.(i )令Y 表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知Y ∼B 180,0.1 ，X =20×2+25Y ，即X =40+25Y .所以EX =E 40+25Y =40+25EY =490.(ii )如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元.由于EX >400，故应该对余下的产品作检验.2设离散型随机变量X 和Y 有相同的可能取值，它们的分布列分别为P X =a k =x k ，P Y =a k =y k ，x k >0，y k >0，k =1,2,⋯,n ,n k =1x k =nk =1y k =1．指标D (X ‖Y )可用来刻画X 和Y 的相似程度，其定义为D (X ‖Y )=nk =1x k lnx ky k．设X ~B (n ,p ),0<p <1．(1)若Y ~B (n ,q ),0<q <1，求D (X ‖Y )；(2)若n =2,P (Y =k -1)=13,k =1,2,3，求D (X ‖Y )的最小值；(3)对任意与X 有相同可能取值的随机变量Y ，证明：D (X ‖Y )≥0，并指出取等号的充要条件【答案】(1)np lnp (1-q )q (1-p )+n ln 1-p 1-q ；(2)ln3-32ln2；(3)证明见解析【详解】(1)不妨设a k =k ，则x k =C k n p k (1-p )n -k ,y k =C k n q k(1-q )n -k .所以D (X ‖Y )=ni =1C k np k1-pn -klnp k 1-p n -k q k 1-q n -k =ln p (1-q )q (1-p )⋅n k =0k C k n p k (1-p )n -k+n ln 1-p 1-q ⋅n k =0C k n p k (1-p )n -k =np lnp (1-q )q (1-p )+n ln 1-p1-q .(2)当n =2时，P (X =2)=p 2,P (X =1)=2p (1-p ),P (X =0)=(1-p )2，记f (p )=D (X ‖Y )=p 2ln3p 2+2p (1-p )ln6p (1-p )+(1-p )2ln3(1-p )2=p 2ln p 2+2p (1-p )ln2p (1-p )+(1-p )2ln (1-p )2+ln3，则f (p )=4p ln p +2p +(2-4p )[ln2p (1-p )+1]-4(1-p )ln (1-p )-2(1-p )=2[ln p -ln (1-p )+(1-2p )ln2]，令g (p )=ln p -ln (1-p )+(1-2p )ln2，则g (p )=1p +11-p-2ln2>0，令φp =1p +11-p -2ln2，则φ p =2p -1p 21-p2，当00，φp 单调递增；所以φp >φ12 =4-2ln2>0，则g (p )单调递增，而g 12=0，所以f(p )在0,12 为负数，在12,1 为正数，则f (p )在0,12 单调递减，在12,1 单调递增，所以D (X ‖Y )的最小值为ln3-32ln2.(3)令h x =ln x -x +1，则h x =1x -1=1-xx ，当0<x <1时，h x >0，h x 单调递增；当x>1时，h x <0，h x 单调递减；所以h x ≤h 1 =0，即ln x -x +1≤0，当且仅当x =1时，等号成立，则当x >0时，ln x ≤x -1，所以ln 1x ≤1x -1，即ln x ≥1-1x ，故D (X ‖Y )=nk =1x k ln x k y k ≥nk =1x k 1-y kx k=n k =1x k -y k =n k =1x k -nk =1y k =0，当且仅当对所有的k ,x k =y k 时等号成立.【跟踪训练】1某超市推出了一项优惠活动，规则如下：规则一：顾客在本店消费满100元，返还给顾客10元消费券；规则二：顾客在本店消费满100元，有一次抽奖的机会，每次中奖，就会有价值20元的奖品．顾客每次抽奖是否中奖相互独立．(1)某顾客在该超市消费了300元，进行了3次抽奖，每次中奖的概率均为p ．记中奖2次的概率为f (p )，求f (p )取得最大值时，p 的值p 0．(2)若某顾客有3次抽奖的机会，且中奖率均为p 0，则该顾客选择哪种规则更有利？请说明理由．【答案】(1)p 0=23；(2)选择规则二更有利，理由见解析【详解】(1)由题意知，3次抽奖有2次中奖的概率f p =C 23p 21-p =-3p 3+3p 2(00，则f (p )单调递增，当p ∈23,1 时，f ′(p )<0，则f (p )单调递减．所以当p =23时，f (p )取得最大值，则p 0=23．(2)①该顾客选择规则一，其获利为30元；②该顾客选择规则二，由第一问知p 0=23，则其中奖次数X 服从二项分布B 3,23 ，所以E (X )=3×23=2，所以该顾客获得奖品金额的期望值为2×20=40(元)．因为40>30，所以该顾客选择规则二更有利．2某单位为了激发党员学习党史的积极性，现利用“学习强国”APP 中特有的“四人赛”答题活动进行比赛，活动规则如下：一天内参与“四人赛”活动，仅前两局比赛可获得积分，第一局获胜得3分，第二局获胜得2分，失败均得1分，小张周一到周五每天都参加了两局“四人赛”活动，已知小张第一局和第二局比赛获胜的概率分别为p (0<p <1)，12，且各局比赛互不影响.(1)若p =23，记小张一天中参加“四人赛”活动的得分为X ，求X 的分布列和数学期望；(2)设小张在这5天的“四人赛”活动中，恰有3天每天得分不低于4分的概率为f p ，试问当p 为何值时，f p 取得最大值.【答案】(1)分布列见解析，E (X )=236；(2)p =35【详解】(1)由题可知，X 的可能取值为2，3，4，5.因为p =23，所以P (X =2)=13×12=16，P (X =3)=13×12=16，P (X =4)=23×12=13，P (X =5)=23×12=13.故X 的分布列为X 2345P16161313E (X )=2×16+3×16+4×13+5×13=236.(2)设一天得分不低于4分为事件A ，则P (A )=p 2+p 2=p ，则f (p )=C 35p 3(1-p )2=10p 3(1-p )2,00；当35<p <1时，f (p )<0所以f (p )在0,35 上单调递增，在35,1 上单调递减，故当p =35时，f (p )取得最大值.题型三：超几何分布的概率最值将从(a +b )件产品中取出n 件产品的可能组合全体作为样本点，总数为C na +b .其中，次品出现k 次的可能为C ka C n −k b.令N =a +b ，则所求概率为h k (N )=C k a C n −k N −aC nN即h k (N )h k (N −1)=C k a C n −k N −aC n N C k a C n −k N −1−aC n N −1=N 2−aN −nN +anN 2−aN −nN +kN .令h k (N )h k(N −1)=λ,则当an >kN 时，λ>1；当an <kN 时，λ<1，即当N <an k 时，h k (N )是关于N 的增函数；当N >ank时，h k (N )是关于N 的减函数.所以当N =an k时，h k (N )达到最大值.【精选例题】1设随机变量X ∼H (10,M ,1000)(2≤M ≤992且M ∈N ∗)，H (2;10,M ,1000)最大时，E (X )=()A.1.98B.1.99C.2.00D.2.01【答案】C 【详解】随机变量X ∼H (10,M ,1000)，则H 2;10,M ,1000 =P X =2 =C 2M C 81000-MC 101000，因H (2;10,M ,1000)最大，则有H (2;10,M ,1000)≥H (2;10,M +1,1000)H (2;10,M ,1000)≥H (2;10,M -1,1000) ，即C 2M C 81000-M C 101000≥C 2M +1C 8999-MC 101000C 2M C 81000-MC 101000≥C 2M -1C 81001-MC 101000，M (M -1)2⋅(1000-M )!8!(992-M )!≥M (M +1)2⋅(999-M )!8!(991-M )!M (M -1)2⋅(1000-M )!8!(992-M )!≥(M -1)(M -2)2⋅(1001-M )!8!(993-M )!，整理得(M -1)(1000-M )≥(M +1)(992-M )M (993-M )≥(M -2)(1001-M ) ，解得199.2≤M ≤200.2，而M ∈N ∗，则M =200，所以E (X )=10M 1000=10×2001000=2.00.故选：C 2(2023届四省联考)一个池塘里的鱼的数目记为N ，从池塘里捞出200尾鱼，并给鱼作上标识，然后把鱼放回池塘里，过一小段时间后再从池塘里捞出500尾鱼，X 表示捞出的500尾鱼中有标识的鱼的数目．(1)若N =5000，求X 的数学期望；(2)已知捞出的500尾鱼中15尾有标识，试给出N 的估计值(以使得P (X =15)最大的N 的值作为N 的估计值)．解析：(1)依题意X 服从超几何分布，且N =5000,M =200,n =500，故E (X )=N ×Mn=500×2005000=20．(2)当N <685时，P (X =15)=0，当N ≥685时，P (X =15)=C 15200C 485N -200C 500N ，记a (N )=C 15200C 485N -200C 500N ，则a (N +1)a (N )=C 485N +1-200C 500N C 500N +1C 485N -200=(N +1-500)(N +1-200)(N +1)(N +1-200-485)=(N -499)(N -199)(N +1)(N -684)=N 2-698N +499×199N 2-683N -684．由N 2-698N +499×199>N 2-683N -684，当且仅当N <499×199+68415≈6665.7，则可知当685≤N ≤6665时，a (N +1)>a (N )；当N ≥6666时，a (N +1)<a (N )，故N =6666时，a (N )最大，所以N 的估计值为6666．【跟踪训练】12023年中央一号文件指出,艮旋要复兴,乡村必振兴.为助力乡村振兴,某电商平台准备为某地的农副特色产品开设直播带货专部.(公众号浙江省高中数学)直播前,此平台用不同的单价试销,并在购买的顾客中进行体验调本向卷.已知有N (N >30)名热心参与问卷的顾客,此平台决定在直播中专门为他们设置两次抽奖活迹次抽奖都是由系统独立、随机地从这N 名顾客中抽取20名顾客,抽中顾客会有礼品赠送,若直拱时这N 名顾客都在线,记两次抽中的顾客总人数为X (不重复计数).(1)若甲是这N 名顾客中的一人,且甲被抽中的概率为925，求N ;(2)求使P (X =30)取得最大值时的整数N .解析：(1)记A =“甲被抽中”,A i =“第i 次被抽中”(i =1,2),则P (A )=P A 1A 2 =C 20N -1C 20N ⋅C 20N -1C 20N=N -20N ⋅N -20N =1625,解得：N =100(2)由于P (X =30)=C 20N C 10N -20C 1020C 20N C 20N =C 10N -20C 1020C 20N ，记f (N )=C 10N -20C 20N,即求f (N )在何时取到最大值，下面讨论f (N )的单调性：f (N +1)f (N )=C 10N -19C20N C 20N +1C 10N -20=(N -19)!10!(N -29)!N !20!(N -20)!(N +1)!20!(N -19)!10!(N -30)!=(N -19)(N -19)(N +1)(N -29)≥1解得N ≤39，所以，当N =39或40时,P (X =30)取到最大值.考点过关练1随着春季学期开学，郴州市市场监管局加强了对学校食堂食品安全管理，助力推广校园文明餐桌行动，培养广大师生文明餐桌新理念，以“小餐桌”带动“大文明”，同时践行绿色发展理念.郴州市某中学食堂每天都会提供A ，B 两种套餐供学生选择(学生只能选择其中的一种)，经过统计分析发现：学生第一天选择A 套餐的概率为23，选择B 套餐的概率为13.而前一天选择了A 套餐的学生第二天选择A 套餐的概率为14，选择B 套餐的概率为34；前一天选择B 套餐的学生第二天选择A 套餐的概率为12，选择B 套餐的概率也是12，如此往复.记同学甲第n 天选择B 套餐的概率为P n .(1)求同学甲第二天选择B 套餐的概率；(2)证明：数列P n -35为等比数列；(3)从该校所有学生中随机抽取100名学生统计第二天选择去A 餐厅就餐的人数X ，用P X =k 表示这100名学生中恰有k 名学生选择去A 餐厅就餐的概率，求P X =k 取最大值时对应的k 的值.【答案】(1)23；(2)证明见解析；(3)33【分析】(1)根据题意结合全概率公式运算求解；(2)根据题意结合全概率公式可得P n +1=-14P n +34，结合等比数列的定义分析证明；(3)根据题意分析可得X ∼B 100,13，结合二项分布的概率公式列式求解.【详解】(1)设B 1=“第1天选择B 套餐”，B 2=“第2天选择B 套餐”，则B 1=“第1天不选择B 套餐”.根据题意可知：P B 1 =23,P B 1 =13,P B 2∣B 1 =12,P B 2∣B 1 =34.由全概率公式可得P B 2 =P B 1 P B 2∣B 1 +P B 1 P B 2∣B 1 =13×12+23×34=23.(2)设B n =“第n 天选择B 套餐”，则P n =P B n ,P Bn =1-P n ，根据题意P B n +1∣B n =12,P B n +1∣B n =34.由全概率公式可得P n +1=P B n +1 =P B n P B n +1∣B n +P B n P B n +1∣Bn =12P n +341-P n =-14P n +34，整理得P n +1-35=-14P n -35 ，且P 1-35=-415≠0，所以P n -35 是以-415为首项，-14为公比的等比数列.(3)第二天选择A 类套餐的概率P A =23×14+13×12=13由题意可得：同学甲第二天选择A 类套餐的概率为13，则不选择A 类套餐的概率为23，所以X ∼B 100,13 ，则P X =k =C k10013k⋅23100-k,k =0,1,2,⋯,100，当P X =k 取最大值时，则P X =k ≥P X =k +1P X =k ≥P X =k -1，即C k 10013 k⋅23100-k≥C k +110013 k +1⋅2399-kCk 10013 k ⋅23 100-k ≥C k -110013 k -1⋅23101-k，解得32.6≤k ≤33.6，且k ∈N ，所以k =33.2某研究所研究某一型号疫苗的有效性，研究人员随机选取50只小白鼠注射疫苗，并将白鼠分成5组，每组10只，观察每组被感染的白鼠数.现用随机变量X i i =1,2,⋯,5 表示第i 组被感染的白鼠数，并将随机变量X i 的观测值x i i =1,2,⋯,5 绘制成如图所示的频数分布条形图.若接种疫苗后每只白鼠被感染的概率为p p ∈0,1 ，假设每只白鼠是否被感染是相互独立的.记A i 为事件“X i =x i i =1,2,⋯,5 ”.(1)写出P A 1 (用p 表示，组合数不必计算)；(2)研究团队发现概率p 与参数θ(0<θ<1)之间的关系为p =12θ2-56θ+1945.在统计学中，若参数θ=θ0时的p 值使得概率P A 1A 2A 3A 4A 5 最大，称θ0是θ的最大似然估计，求θ0.【答案】(1)P A 1 =C 210p 2(1-p )8；(2)13【分析】(1)由题知随机变量X 1∼B 10,p ，然后利用二项分布的概率公式求解；(2)设事件A =A 1A 2A 3A 4A 5，再根据频数分布图和二项分布的概率公式可求出P (A )，令g p =ln P A ，化简后利用导数可求出其最大值，并求出此时的p ，代入p =12θ2-56θ+1945中可求得θ0.【详解】(1)由题知随机变量X 1∼B 10,p ，所以P A 1 =C 210p 2(1-p )8.(2)设事件A =A 1A 2A 3A 4A 5，由题图可知x 1=2,x 2=1,x 3=1,x 4=3,x 5=3，则P A =C 210p 2(1-p )8 ⋅C 110p (1-p )9 2⋅C 310p 3(1-p )7 2，即P A =C 110 2C 210 C 310 2p 10(1-p )40.设g p =ln P A =ln C 110 2C 210 C 310 2 +10ln p +40ln 1-p ,p ∈0,1 ，则g p =10p -401-p=10-50pp 1-p ，所以当00，所以g p 在0,15上单调递增；当15<p <1时，g p <0，所以g p 在15,1 上单调递减；所以当p =15时，g p 取得最大值，即P A 取得最大值，所以12θ20-56θ0+1945=15，即9θ20-15θ0+4=0，解得θ0=13或θ0=43，因为0<θ0<1，所以θ0=13.【点睛】关键点点睛：此题考查二项分布的概率公式的应用，考查独立事件的概率，考查导数的应用，第(2)问解题的关键是根据二项分布的概率公式表示出P A 1A 2A 3A 4A 5 ，然后构造函数，利用导数求出其最大值，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.3N 95型口罩是新型冠状病毒的重要防护用品，它对空气动力学直径≥0.3μm 的颗粒的过滤效率达到95%以上．某防护用品生产厂生产的N 95型口罩对空气动力学直径≥0.3μm 的颗粒的过滤效率服从正态分布N 0.97,9.025×10-5 ．(1)当质检员随机抽检10只口罩，测量出一只口罩对空气动力学直径≥0.3μm 的颗粒的过滤效率为93．6%时，他立即要求停止生产，检查设备和工人工作情况．请你根据所学知识，判断该质检员的要求是否有道理，并说明判断的依据．(2)该厂将对空气动力学直径≥0.3μm 的颗粒的过滤效率达到95．1%以上的N 95型口罩定义为“优质品”．(ⅰ)求该企业生产的一只口罩为“优质品”的概率；(ⅱ)该企业生产了1000只这种N 95型口罩，且每只口罩互相独立，记X 为这1000只口罩中“优质品”的件数，当X 为多少时可能性最大(即概率最大)？【答案】(1)生产的口罩出现过滤效果在3σ之外的值，发生的可能性很小，一旦发生，应该停止生产(2)(ⅰ)0.9772；(ⅱ)当k =978时，P X =k 取得最大值【解析】(1)已知过滤效率服从N 0.97,9.025×10-5 ．而90.25×10-6=9.5×10-3 2，所以σ=9.5×10-3=0.0095，则0.936<0.97-0.0095×3=0.9415，即生产的口罩出现过滤效果在3σ之外的值，发生的可能性很小，一旦发生，应该停止生产．(2)(ⅰ)不妨记“N 95口罩的过滤效果”为Y ，则一只口罩为“优质品”的概率为P Y >0.951 =P Y >0.97-2σ =1-12-P 0.97-2σ<Y <0.97+2σ 2=0.9772．(ⅱ)依题意X ~B 1000,0.9772 ，记n =1000，p =0.9772，则P X =k =C k n p k1-p n -kk =0,1,2,⋯,1000 ．问题等价于求当k 取何值时P X =k =C k n p k 1-p n -k 取得最大值．(解法1)由C k n p k1-p n -k≥C k -1np k -11-p n -k +1,C k n p k1-p n -k ≥Ck +1n p k +11-p n -k -1,化简得p k ≥1-pn +1-k ,1-p n -k ≥pk +1,即n +1 p -1≤k ≤n +1 p ，从而1001p -1≤k ≤1001p ，解得k =978．(解法2)由于对0P X =k -1 ；当k =n +1 p 时，P X =k =P X =k -1 ；当k >n +1 p 时，P X =k P X =977 且P X =979 <P X =978 ，故当k =978时，P X =k 取得最大值．4汽车尾气排放超标是全球变暖、海平面上升的重要因素．我国近几年着重强调可持续发展，加大在新能源项目的支持力度，积极推动新能源汽车产业发展，某汽车制造企业对某地区新能源汽车的销售情况进行调查，得到下面的统计表：年份t20172018201920202021年份代码x x =t -201612345销量y /万辆1012172026(1)统计表明销量y 与年份代码x 有较强的线性相关关系，求y 关于x 的线性回归方程，并预测该地区新能源汽车的销量最早在哪一年能突破50万辆；(2)为了解购车车主的性别与购车种类(分为新能源汽车与传统燃油汽车)的情况，该企业心随机调查了该地区200位购车车主的购车情况作为样本其中男性车主中购置传统燃油汽车的有w 名，购置新能源汽车的有45名，女性车主中有20名购置传统燃油汽车．①若w =95，将样本中购置新能源汽车的性别占比作为概率，以样本估计总体，试用(1)中的线性回归方程预测该地区2023年购置新能源汽车的女性车主的人数(假设每位车主只购买一辆汽车，结果精确到千人)；②设男性车主中购置新能源汽车的概率为p ，将样本中的频率视为概率，从被调查的所有男性车主中随机抽取5人，记恰有3人购置新能源汽车的概率为f p ，求当w 为何值时，f p 最大．附：y =b x +a 为回归方程，b =ni =1x i y i -nxyni =1x 2i -nx2，a =y -b x ．【答案】(1)y =4x +5，2028年；(2)①15.5万人；②w =30【分析】(1)根据所给数据，结合线性回归的公式求解方程，再令y >50求解即可；(2)①计算该地区购置新能源汽车的车主中女性车主的频数与总人数求解即可；②根据二项分布的概率公式可得f (p )=C 35p 3(1-p )2=10p 5-2p 4+p 3 ，再求导分析f (p )的最大值即可.【详解】(1)解：由题意得x =1+2+3+4+55=3，ni =1x i y i =1×10+2×12+3×17+4×20+5×26=295，y =10+12+17+20+265=17，ni =1x 2i =12+22+32+42+52=55．所以b =ni =1x i y i -nx ⋅yni =1x 2i -nx2=295-5×3×1755-45=4，a =y -b x =17-4×3=5．所以y 关于x 的线性回归方程为y =4x +5，令y =4x +5>50，得x >11.25，所以最小的整数为12，2016+12=2028，所以该地区新能源汽车的销量最早在2028年能突破50万辆．(2)解：①由题意知，该地区200名购车者中女性有200-95-45=60名，故其中购置新能源汽车的女性车主的有60-20=40名．所购置新能源汽车的车主中，女性车主所占的比例为4040+45=817．所以该地区购置新能源汽车的车主中女性车主的概率为817．预测该地区2023年购置新能源汽车的销量为33万辆，因此预测该地区2020年购置新能源汽车的女性车主的人数为817×33≈15.5万人②由题意知，p =45w +45,0≤w ≤135，则f (p )=C 35p 3(1-p )2=10p 5-2p 4+p 3f (p )=105p 4-8p 3+3p 2 =10p 25p 2-8p +3 =10p 2(p -1)(5p -3)当p ∈0,35时，知f p >0所以函数f (p )单调递增当p ∈35,1时，知f p <0所以函数f (p )单调递减所以当p =35,f p 取得最大值f 35 =C 3535 31-35 2=216625．此时45w +45=35，解得w =30，所以当w =30时f (p )取得最大值216625．5学习强国中有两项竞赛答题活动，一项为“双人对战”，另一项为“四人赛”．活动规则如下：一天内参与“双人对战”活动，仅首局比赛可获得积分，获胜得2分，失败得1分；一天内参与“四人赛”活动，仅前两局比赛可获得积分，首局获胜得3分，次局获胜得2分，失败均得1分．已知李明参加“双人对战”活动时，每局比赛获胜的概率为12；参加“四人赛”活动(每天两局)时，第一局和第二局比赛获胜的概率分别为p ，13．李明周一到周五每天都参加了“双人对战”活动和“四人赛”活动(每天两局)，各局比赛互不影响．(1)求李明这5天参加“双人对战”活动的总得分X 的分布列和数学期望；(2)设李明在这5天的“四人赛”活动(每天两局)中，恰有3天每天得分不低于3分的概率为f p ．求p 为何值时，f p 取得最大值．【答案】(1)分布列见解析，E X =7.5(分)；(2)p =25【分析】(1)X 可取5，6，7，8，9，10，求出对应随机变量的概率，从而可求出分布列，再根据期望公式求出数学期望即可；(2)先求出一天得分不低于3分的概率，再求出恰有3天每天得分不低于3分的概率为f p ，再根据导出求出函数f p 的单调区间，即可得出答案.【详解】(1)解：X 可取5，6，7，8，9，10，P X =5 =C 05·125=132，P X =6 =C 15×12×124=532，P X =7 =C 25·12 2×123=516，P X =8 =C 35·123×122=516，P X =9 =C 45·124×12=532，P X =10 =C 55·125=132，分布列如下：X5678910P132532516516532132所以E X =5×132+6×532+7×516+8×516+9×532+10×132=7.5(分)；(2)解：设一天得分不低于3分为事件A ，则P A =1-1-p 1-13 =1-231-p =2p +13，则恰有3天每天得分不低于3分的概率f p =C 352p +13 3⋅1-2p +13 2=402432p +1 31-p 2，00，当25<p <1时，f p <0，所以函数f p 在0,25上递增，在25,1 上递减，所以当p =25时，f p 取得最大值.6某市居民用天然气实行阶梯价格制度，具体见下表：阶梯年用气量(立方米)价格(元/立方米)第一阶梯不超过228的部分 3.25第二阶梯超过228而不超过348的部分3.83第三阶梯超过348的部分4.70从该市随机抽取10户(一套住宅为一户)同一年的天然气使用情况，得到统计表如下：居民用气编号12345678910年用气量(立方米)95106112161210227256313325457(1)求一户居民年用气费y (元)关于年用气量x (立方米)的函数关系式；(2)现要在这10户家庭中任意抽取3户，求抽到的年用气量超过228立方米而不超过348立方米的用户数的分布列与数学期望；(3)若以表中抽到的10户作为样本估计全市居民的年用气情况，现从全市中依次抽取10户，其中恰有k 户年用气量不超过228立方米的概率为P k ，求P k 取最大值时的值．【答案】(1)y = 3.25x ,x ∈0,2283.83x -132.24,x ∈228,3484.7x -435,x ∈348,+∞；(2)分布列见解析，数学期望为910；(3)6．【分析】(1)由表格中的数据结合题意，即可求得一户居民年用气费y (元)关于年用气量x (立方米)的函数关系式；(2)由题意知10户家庭中年用气量超过228立方米而不超过348立方米的用户有3户，得到随机变量ξ可取0,1,2,3，利用超几何分布求得相应的概率，得到随机变量的分布列，进而求得期望；(3)由P k =C k1035k2510-k，列出不等式组由C k 1035 k2510-k≥C k +11035k +12510-k -1Ck 1035 k 25 10-k≥C k -11035 k -12510-k +1 ，求得k 的值，即可求解.【详解】(1)由题意，当x ∈0,228 时，y =3.25x ；当x ∈228,348 时，y =3.83x -132.24；当x ∈348,+∞ 时，y =4.7x -435，所以年用气费y 关于年用气量x 的函数关系式为y = 3.25x ,x ∈0,2283.83x -132.24,x ∈228,3484.7x -435,x ∈348,+∞.(2)由题知10户家庭中年用气量超过228立方米而不超过348立方米的用户有3户，设取到年用气量超过228立方米而不超过348立方米的用户数为ξ，则ξ可取0,1,2,3，则P ξ=0 =C 37C 310=724，P ξ=1 =C 27C 13C 310=2140，P ξ=2 =C 17C 23C 310=740，P ξ=3 =C 33C 310=1120，故随机变量ξ的分布列为：ξ0123P72421407401120所以E ξ =0×724+1×2140+2×740+3×1120=910.(3)由题意知P k =C k1035k2510-kk =0,1,2,3⋯,10 ，由C k 1035 k2510-k≥C k +11035k +12510-k -1C k 1035 k 25 10-k ≥C k -11035 k -12510-k +1，解得285≤k ≤335，k ∈N *，所以当k =6时，概率P k 最大，所以k =6.【点睛】本题主要考查了分段函数模型的性质及其应用，以及离散型随机变量的分布列与期望的求解，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.7某小区为了加强对“新型冠状病毒”的防控，确保居民在小区封闭期间生活不受影响，小区超市采取有力措施保障居民正常生活物资供应.为做好甲类生活物资的供应，超市对社区居民户每天对甲类生活物资的购买量进行了调查，得到了以下频率分布直方图.(1)从小区超市某天购买甲类生活物资的居民户中任意选取5户.①若将频率视为概率，求至少有两户购买量在3,4 (单位：kg )的概率是多少？②若抽取的5户中购买量在3,6 (单位：kg )的户数为2户，从5户中选出3户进行生活情况调查，记3户中需求量在3,6 (单位：kg )的户数为ξ，求ξ的分布列和期望；(2)将某户某天购买甲类生活物资的量与平均购买量比较，当超出平均购买量不少于0.5kg 时，则称该居民户称为“迫切需求户”，若从小区随机抽取10户，且抽到k 户为“迫切需求户”的可能性最大，试求k 的值.【答案】(1)①47128；②详见解析；(2)k =3.【解析】(1)事件“从小区超市购买甲类物资的居民户中任意选取1户，购买量在[3，4)”发生的概率为p =14．①记事件“从小区超市购买甲类物资的居民户中任意选取5户，则至少有两户购买量在[3，4)”为A ，利用独立重复实验的概率求解即可．②随机变量ξ所有可能的取值为0，1，2．求出概率得到分布列，然后求解期望．(2)每天对甲类物资的购买量平均值，求出从小区随机抽取中随机抽取一户为“迫切需求户”的概率为p =0.35，判断X ~B (10,0.35)，通过若k 户的可能性最大，列出不等式组，求解k 即可．【详解】(1)由题意，事件“从小区超市购买甲类生活物资的居民户中任意选取1户，购买量在3,4 ”发生的概率为p =14.①记事件“从小区超市购买甲类生活物资的居民户中任意选取5户，则至少有两户购买量在3,4 ”为A ，则P A =1-C 15141-144-1-145=47128.②随机变量ξ所有可能的取值为0，1，2.则。

等差数列前n项和最值问题

等差数列前n 项和的最值问题问题引入：已知数列{},n a 的前n 项和212n S n n =+,求这个数列的通项公式.数列是等差数列吗?如果是,它的首项与公差分别是什么? 解:当n>1时:1122nn n a s s n -=-==- 当n=1时:211131122a s ==+⨯= 综上:122n a n =-,其中:132a =,2d = 探究1:一般地,如果一个数列{}n a 的前n 项和为:2,ns pn qn r =++≠0,那么这个数列一定是等差数列吗?如果是,它的首项和公差分别是什么?结论:当r=0时为等差,当r ≠0时不是一、应用二次函数图象求解最值例1：等差数列{}n a 中， 1490,a S S >=，则n 的取值为多少时n S 最大分析：等差数列的前n 项和n S 是关于n 的二次函数，因此可从二次函数的图象的角度来求解。

解析：由条件1490,a S S >=可知，d<0，且211(1)()222n n n d d S na d n a n -=+=+-，其图象是开口向下的抛物线，所以在对称轴处取得最大值，且对称轴为49 6.52n +==，而n N *∈，且6.5介于6与7的中点，从而6n =或7n =时n S 最大。

1. 已知等差数列{n a }中1a =13且3S =11S ,那么n 取何值时,n S 取最大值.解析：设公差为d ，由3S =11S 得：3×13+3×2d/2=11×13+11×10d/2 d= -2, n a =13-2(n-1), n a =15-2n,由⎩⎨⎧≤≥+0a 0a 1n n 即⎩⎨⎧≤+-≥-0)1n (2150n 215得：6.5≤n ≤7.5,所以n=7时,n S 取最大值. 2. 已知a n 是各项不为零的等差数列，其中a 1＞0，公差d ＜0，若S 10=0，求数列a n 前 5 项和取得最大值．结合二次函数的图象，得到二次函数图象的开口向下，根据图象关于对称轴对称的特点，得到函数在对称轴处取到最大值，，注意对称轴对应的自变量应该是整数或离对称轴最近的整数．a n 是各项不为零的等差数列，其中a 1＞0，公差d ＜0，S 10=0，根据二次函数的图象特点得到图象开口向下，且在n==5时，数列a n 前5项和取得最大值．二、转化为求二次函数求最值例2、在等差数列{n a }中, 4a ＝－14, 公差d ＝3, 求数列{n a }的前n 项和n S 的最小值分析：利用条件转化为二次函数，通过配方写成顶点式易求解。

第十三章第二节数列的极限(理)

2．若． A．|a|＜．＜ C．a＞．＞解析：解析：答案：答案： C
＝ 0，则a的取值范围是 ( ，的取值范围是 B．a＜1 ．＜ D．a＝1 ．＝＜1，解得＞，解得a＞
)
3. A. B.
＝ C．1 ． D．2 ．
(
)
解析：解析：原式＝解析：解析：原式＝答案：答案： B
三、常用的几个极限 1．若C为常数，则．为常数，为常数 2． C为常数 2．若C为常数，则为常数， 3．若|a|＜1，则．＜， C＝ C ；＝＝0； an＝ 0 ；
4．如果等比数列{an}的首项为 1，公比满足＜1且q≠0，．如果等比数列的首项为a 公比满足|q|＜且的首项为， Sn为其前n项和，则项和，为其前项和 Sn＝
求下列极限：求下列极限： (1) (2) (3)
(4)
【解】 (1)
(2)
(3)
(4)
1．计算下列极限：．计算下列极限：
原式＝解：(1)原式＝原式
(2)原式＝原式＝原式
(3)原式＝原式＝原式
＝
(1－0)＝－＝
高考对数列极限考查的落脚点是求数列的极限．高考对数列极限考查的落脚点是求数列的极限．求数列的
2．(1)若．若 (2)
的值；＝0，求a和b的值；，和的值的取值范围．求a的取值范围．的取值范围
解：(1)∵ ∵
－an－b －
＝
＝ ( －an－b)＝0，－＝，＝－1. 即a＝1，b＝－＝，＝－
由已知
得
(2)∵ ∵
∴
＝0，，
∴
＜1，∴－4＜a＜2. ，＜＜

专题13 数列(解答题)(教师版)

专题13 数列（解答题）1．【2022年全国甲卷】记S n为数列{a n}的前n项和．已知2S nn+n=2a n+1．(1)证明：{a n}是等差数列；(2)若a4,a7,a9成等比数列，求S n的最小值．【答案】(1)证明见解析；(2)−78．【解析】【分析】（1）依题意可得2S n+n2=2na n+n，根据a n={S1,n=1S n−S n−1,n≥2，作差即可得到a n−a n−1=1，从而得证；（2）由（1）及等比中项的性质求出a1，即可得到{a n}的通项公式与前n项和，再根据二次函数的性质计算可得．(1)解：因为2S nn+n=2a n+1，即2S n+n2=2na n+n①，当n≥2时，2S n−1+(n−1)2=2(n−1)a n−1+(n−1)②，①−②得，2S n+n2−2S n−1−(n−1)2=2na n+n−2(n−1)a n−1−(n−1)，即2a n+2n−1=2na n−2(n−1)a n−1+1，即2(n−1)a n−2(n−1)a n−1=2(n−1)，所以a n−a n−1=1，n≥2且n∈N*，所以{a n}是以1为公差的等差数列．(2)解：由（1）可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，又a4，a7，a9成等比数列，所以a72=a4⋅a9，即(a1+6)2=(a1+3)⋅(a1+8)，解得a1=−12，所以a n=n−13，所以S n=−12n+n(n−1)2=12n2−252n=12(n−252)2−6258，所以，当n=12或n=13时(S n)min=−78．2．【2022年新高考1卷】记S n为数列{a n}的前n项和，已知a1=1,{S na n }是公差为13的等差数列．(1)求{a n }的通项公式； (2)证明：1a 1+1a 2+⋯+1a n<2．【答案】(1)a n =n (n+1)2(2)见解析【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得S na n=1+13(n −1)=n+23，得到S n =(n+2)a n3，利用和与项的关系得到当n ≥2时，a n =S n −S n−1=(n+2)a n3−(n+1)a n−13,进而得：a nan−1=n+1n−1，利用累乘法求得a n =n (n+1)2，检验对于n =1也成立，得到{a n }的通项公式a n =n (n+1)2；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到1a 1+1a 2+⋯+1a n=2(1−1n+1)，进而证得.(1)∵a 1=1，∴S 1=a 1=1,∴S1a 1=1,又∵{S na n}是公差为13的等差数列，∴S na n=1+13(n −1)=n+23,∴S n =(n+2)a n3,∴当n ≥2时，S n−1=(n+1)a n−13，∴a n =S n −S n−1=(n+2)a n3−(n+1)a n−13,整理得：(n −1)a n =(n +1)a n−1, 即a nan−1=n+1n−1,∴a n =a 1×a2a 1×a3a 2×…×an−1a n−2×ana n−1=1×32×43×…×n n−2×n+1n−1=n (n+1)2，显然对于n =1也成立， ∴{a n }的通项公式a n =n (n+1)2；(2)1a n=2n (n+1)=2(1n −1n+1),∴1a 1+1a 2+⋯+1a n=2[(1−12)+(12−13)+⋯(1n −1n+1)]=2(1−1n+1)<23．【2022年新高考2卷】已知{a n }为等差数列，{b n }是公比为2的等比数列，且a 2−b 2=a 3−b 3=b 4−a 4． (1)证明：a 1=b 1；(2)求集合{k |b k =a m +a 1,1≤m ≤500}中元素个数．【答案】(1)证明见解析； (2)9．【解析】【分析】（1）设数列{a n }的公差为d ，根据题意列出方程组即可证出；（2）根据题意化简可得m =2k−2，即可解出． (1)设数列{a n }的公差为d ，所以，{a 1+d −2b 1=a 1+2d −4b 1a 1+d −2b 1=8b 1−(a 1+3d ) ，即可解得，b 1=a 1=d2，所以原命题得证． (2)由（1）知，b 1=a 1=d2，所以b k =a m +a 1⇔b 1×2k−1=a 1+(m −1)d +a 1，即2k−1=2m ，亦即m =2k−2∈[1,500]，解得2≤k ≤10，所以满足等式的解k =2,3,4,⋯,10，故集合{k |b k =a m +a 1,1≤m ≤500}中的元素个数为10−2+1=9．4．【2021年甲卷文科】记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知210,3n a a a >=，且数列{}n S 是等差数列，证明：{}n a 是等差数列. 【答案】证明见解析. 【解析】【分析】21S S {}n S 的公差d ，进一步写出{}n S 的通项，从而求出{}n a 的通项公式，最终得证. 【详解】∵数列{}n S 是等差数列，设公差为d 212111a a a a S S +111(1)n S a n a a n =-，()n *∈N∴12n S a n =，()n *∈N∴当2n ≥时，()221111112n n n a S S a n a n a n a -=-=--=- 当1n =时，11121=a a a ⨯-，满足112n a a n a =-， ∴{}n a 的通项公式为112n a a n a =-，()n *∈N ∴()()111111221=2n n a a a n a a n a a --=----⎡⎤⎣⎦ ∴{}n a 是等差数列. 【点睛】在利用1n n n a S S -=-求通项公式时一定要讨论1n =的特殊情况.5．【2021年甲卷理科】已知数列{}n a 的各项均为正数，记n S 为{}n a 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{}n a 是等差数列：②数列{}n S 是等差数列；③213a a =．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【答案】证明过程见解析【解析】【分析】n S ,n n a S 的关系求出n a ，利用{}n a 是等差数列可证213a a =；也可分别设出公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系，进行证明.n S 选②③作条件证明①时，n S an b =+，结合,n n a S 的关系求出n a ，根据213a a =可求b ，然后可证{}n a 是等差数列；也可利用前两项的差求出公差，然后求出通项公式，进而证明出结论. 【详解】选①②作条件证明③：[方法一]：待定系数法+n a 与n S 关系式 (0)n S an b a =+>，则()2n S an b =+，当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b -=-=+--+()22a an a b =-+；因为{}n a 也是等差数列，所以()()222a b a a a b +=-+，解得0b =；所以()221n a a n =-，21a a =，故22133a a a ==.[方法二] ：待定系数法设等差数列{}n a 的公差为d ，等差数列{}n S 的公差为1d ， 11(1)n S a n d -，将1(1)2n n n S na d -=+11(1)n S a n d -，化简得())222221111111222d d n a n d n a d d n a d ⎛⎫+-=+-+⎪⎝⎭对于n +∀∈N 恒成立．则有2121111112,2440,d d a d a d d a d ⎧=⎪⎪-=-⎨=，解得111,2d a d a =．所以213a a =．选①③作条件证明②：因为213a a =，{}n a 是等差数列，所以公差2112d a a a =-=，所以()21112n n n S na d n a -=+=1n S a n =， )11111n n S S a n a n a +=+ 所以{}n S 是等差数列. 选②③作条件证明①： [方法一]：定义法(0)n S an b a =+>，则()2n S an b =+，当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b -=-=+--+()22a an a b =-+；因为213a a =，所以()()2323a a b a b +=+，解得0b =或43a b =-；当0b =时，()221,21n a a a a n ==-，当2n ≥时，2-1-2n n a a a =满足等差数列的定义，此时{}n a 为等差数列；当43a b =-4=3n S an b an a =+-103aS =-<不合题意，舍去. 综上可知{}n a 为等差数列. [方法二]【最优解】：求解通项公式因为213a a =11S a =21212S a a a +{}n S 也为等差数列，所以公差1211d S S a ()1111n S a n d n a -=21n S n a =，当2n ≥时，()()221111121n n n a S S n a n a n a -=-=--=-，当1n =时，满足上式，故{}n a 的通项公式为()121n a n a =-，所以()1123n a n a -=-，112n n a a a --=，符合题意.【整体点评】这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，选①②时，法一：利用等差数列的通项公式是关于n 的一次函数，直接设出(0)n S an b a =+>，平方后得到n S 的关系式，利用11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩得到{}n a 的通项公式，进而得到213a a =，是选择①②证明③的通式通法；法二：分别设出{}n a 与{}n S 的公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系11d a =12d a =，进而得到213a a =；选①③时，按照正常的思维求出公差，表示出n S n S 进行证明；选②③时，法一：利用等差数列的通项公式是关于n 的一次函数，直接设出(0)n S an b a =+>，结合,n n a S 的关系求出n a ，根据213a a =可求b ，然后可证{}n a 是等差数n S 1211d S S a ==nS 的通项公式，利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，求出{}n a 的通项公式，进而证明出结论.6．【2021年乙卷文科】设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <．【答案】（1）11()3n n a -=，3n nn b =；（2）证明见解析. 【解析】【分析】（1）利用等差数列的性质及1a 得到29610q q -+=，解方程即可；（2）利用公式法、错位相减法分别求出,n n S T ，再作差比较即可. 【详解】（1）因为{}n a 是首项为1的等比数列且1a ，23a ，39a 成等差数列，所以21369a a a =+，所以211169a q a a q =+，即29610q q -+=，解得13q =，所以11()3n n a -=，所以33n n n na nb ==. （2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和211213333n n n n nT --=++++，012111111223333-⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭n n S ， 230121123111112333323333n n n n S n T -⎛⎫⎛⎫-=++++-++++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭012111012222333---++++111233---+n n n n ．设0121111101212222Γ3333------=++++n n n ， ⑧ 则1231111012112222Γ33333-----=++++n nn ． ⑨由⑧-⑨得1121113312111113322Γ13233332313--⎛⎫--- ⎪⎛⎫⎝⎭=-++++-=-+- ⎪⎝⎭-n n n n n n n ．所以211312Γ432323----=--=-⨯⨯⨯n n n n n n ．因此10232323--=-=-<⨯⨯n n n n n S n n nT ．故2nn S T <． [方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得11(1)313(1)12313n n n S ⨯-==--，211213333n n nn nT --=++++，① 231112133333n n n n nT +-=++++，② ①-②得23121111333333n n n n T +=++++- 1111(1)1133(1)1323313n n n n n n ++-=-=---，所以31(1)4323n n nnT =--⋅，所以2n n S T -=3131(1)(1)043234323n n n n n n ----=-<⋅⋅，所以2nn S T <. [方法三]：构造裂项法由（Ⅰ）知13⎛⎫= ⎪⎝⎭n n b n ，令1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，且1+=-n n n b c c ，即1111()[(1)]333αβαβ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭nnn n n n ，通过等式左右两边系数比对易得33,24αβ==，所以331243nn c n ⎛⎫⎛⎫=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．则12113314423nn n n n T b b b c c +⎛⎫⎛⎫=+++=-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，下同方法二．[方法四]：导函数法设()231()1-=++++=-n nx x f x x x x x x，由于()()()()()()1221'111'11(1)'1(1)1n n n n nx x x x x x x x nx n x x x x +⎡⎤⎡⎤⎡⎤----⨯--+-+⎣⎦⎣⎦⎢⎥==---⎢⎥⎣⎦，则12121(1)()123(1)+-+-+=++++='-n nn nx n x f x x x nxx ．又1111333-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n n n b n n ，所以2112311111233333n n n T b b b b n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++++=+⨯+⨯++⋅=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12111(1)11133333113n nn n f +⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⋅=⨯ ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭' 13113311(1)4334423n nnn n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，下同方法二．【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,n n S T ,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，使1+=-n n n b c c ，求得n T 的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.7．【2021年乙卷理科】记n S 为数列{}n a 的前n 项和，n b 为数列{}n S 的前n 项积，已知212n nS b +=．（1）证明：数列{}n b 是等差数列; （2）求{}n a 的通项公式．【答案】（1）证明见解析；（2）()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩. 【解析】【分析】（1）由已知212n n S b +=得221n n n b S b =-,且0n b ≠，取1n =,得132b =,由题意得1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---,消积得到项的递推关系111221n n n n b bb b +++=-,进而证明数列{}n b 是等差数列;（2）由（1）可得n b 的表达式,由此得到n S 的表达式,然后利用和与项的关系求得()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.【详解】（1）[方法一]：由已知212n n S b +=得221n n n b S b =-,且0n b ≠，12n b ≠, 取1n =,由11S b =得132b =, 由于n b 为数列{}n S 的前n 项积，所以1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---, 所以1121121222212121n n n b b b b b b b +++⋅⋅⋅⋅=---，所以111221n n n nb bb b +++=-,由于10n b +≠ 所以12121n n b b +=-，即112n n b b +-=,其中*n N ∈所以数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差等差数列; [方法二]【最优解】：由已知条件知1231-⋅=⋅⋅⋅⋅n n n b S S S S S ①于是11231(2)--=⋅⋅⋅⋅≥n n b S S S S n ． ②由①②得1nn n b S b -=． ③又212n nS b +=， ④ 由③④得112n n b b --=．令1n =，由11S b =，得132b =．所以数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列． [方法三]：由212n n S b +=，得22=-nn n S b S ，且0n S ≠，0n b ≠，1n S ≠．又因为111--=⋅⋅=⋅n n n n n b S S S S b ，所以1122-==-n n n n b b S S ，所以()1111(2)2222212---=-==≥---n n n n n n n S S b b n S S S ．在212n n S b +=中，当1n =时，1132==b S ．故数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列． [方法四]：数学归纳法由已知212n n S b +=，得221n n n b S b =-，132b =，22b =，352=b ，猜想数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列，且112n b n =+．下面用数学归纳法证明．当1n =时显然成立．假设当n k =时成立，即121,21+=+=+k k k b k S k ．那么当1n k =+时，11112++⎛⎫==+ ⎪⎝⎭k k k b b S k 331(1)1222k k k k ++⋅==+++．综上，猜想对任意的n ∈N 都成立．即数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列．（2）由（1）可得，数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差的等差数列， ()3111222n n b n ∴=+-⨯=+, 22211n n n b n S b n+==-+,当n =1时，1132a S ==, 当n ≥2时,()121111n n n n n a S S n n n n -++=-=-=-++,显然对于n =1不成立, ∴()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩. 【整体点评】（1）方法一从212n n S b +=得221n n n b S b =-，然后利用n b 的定义，得到数列{}n b 的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论；方法二先从n b 的定义，替换相除得到1nn n b S b -=，再结合212n n S b +=得到112n n b b --=，从而证得结论，为最优解；方法三由212n n S b +=，得22=-n n n S b S ，由n b 的定义得1122-==-n n n n b b S S ，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列112n b n =+，然后利用数学归纳法证得结论．（2）由（1）的结论得到112n b n =+，求得n S 的表达式,然后利用和与项的关系求得{}n a 的通项公式；8．【2021年新高考1卷】已知数列{}n a 满足11a =，11,,2,.n n n a n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数（1）记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式；（2）求{}n a 的前20项和.【答案】（1）122,5,31n b b b n ===-；（2）300. 【解析】【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列{}n b 的特征，然后求和其通项公式即可； (2)方法二：分组求和，结合等差数列前n 项和公式即可求得数列的前20项和. 【详解】解：（1）[方法一]【最优解】：显然2n 为偶数，则21222212,1n n n n a a a a +++=+=+，所以2223n n a a +=+，即13n n b b +=+，且121+12b a a ===，所以{}n b 是以2为首项，3为公差的等差数列，于是122,5,31n b b b n ===-． [方法二]：奇偶分类讨论由题意知1231,2,4a a a ===，所以122432,15b a b a a ====+=．由11n n a a +-=（n 为奇数）及12n n a a +-=（n 为偶数）可知，数列从第一项起，若n 为奇数，则其后一项减去该项的差为1，若n 为偶数，则其后一项减去该项的差为2．所以*23()n n a a n N +-=∈，则()11331n b b n n =+-⨯=-．[方法三]：累加法由题意知数列{}n a 满足*113(1)1,()22nn n a a a n +-==++∈N ．所以11213(1)11222b a a -==++=+=，322433223(1)3(1)11212352222b a a a a a --==++=+=+++=++=+=，则222121222111()()()121221+n n n n n n b a a a a a a a a a ---==-+-+-+=+++++++12(1)131n n n =+-+=-⨯．所以122,5b b ==，数列{}n b 的通项公式31n b n =-．（2）[方法一]：奇偶分类讨论 20123201351924620++++++++()()S a a a a a a a a a a a a =+=+++1231012310(1111)b b b b b b b b =-+-+-++-+++++110()102103002b b +⨯=⨯-=． [方法二]：分组求和由题意知数列{}n a 满足12212121,1,2n n n n a a a a a -+==+=+，所以2122123n n n a a a +-=+=+．所以数列{}n a 的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；同理，由2221213n n n a a a ++=+=+知数列{}n a 的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．从而数列{}n a 的前20项和为： 201351924260()()S a a a a a a a a =+++++++++1091091013102330022⨯⨯=⨯+⨯+⨯+⨯=．【整体点评】(1)方法一：由题意讨论{}n b 的性质为最一般的思路和最优的解法；方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质；方法三：写出数列{}n a 的通项公式，然后累加求数列{}n b 的通项公式，是一种更加灵活的思路.(2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前n 项和是一种常规的方法；方法二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前n 项和公式和分组的方法进行求和是一种不错的选择.9．【2021年新高考2卷】记n S 是公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和，若35244,a S a a S ==．（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）求使n n S a >成立的n 的最小值．【答案】(1)26n a n =-；(2)7. 【解析】【分析】(1)由题意首先求得3a 的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；(2)首先求得前n 项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n 的最小值. 【详解】(1)由等差数列的性质可得：535S a =，则：3335,0a a a =∴=，设等差数列的公差为d ，从而有：()()22433a a a d a d d =-+=-，()()()41234333322S a a a a a d a d a a d d =+++=-+-++-=-，从而：22d d -=-，由于公差不为零，故：2d =，数列的通项公式为：()3326n a a n d n =+-=-.(2)由数列的通项公式可得：1264a =-=-，则：()()214252n n n S n n n -=⨯-+⨯=-，则不等式n n S a >即：2526n n n ->-，整理可得：()()160n n -->，解得：1n <或6n >，又n 为正整数，故n 的最小值为7. 【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.10．【2020年新课标1卷理科】设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项．（1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．【答案】（1）2-；（2）1(13)(2)9nn n S -+-=. 【解析】【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比q 的方程，求解即可得出结论；（2）由（1）结合条件得出{}n a 的通项，根据{}n na 的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论. 【详解】（1）设{}n a 的公比为q ，1a 为23,a a 的等差中项，212312,0,20a a a a q q =+≠∴+-=，1,2q q ≠∴=-；（2）设{}n na 的前n 项和为n S ，111,(2)n n a a -==-，21112(2)3(2)(2)n n S n -=⨯+⨯-+⨯-++-，①23121(2)2(2)3(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=⨯-+⨯-+⨯-+--+-，②①-②得，2131(2)(2)(2)(2)n n n S n -=+-+-++---1(2)1(13)(2)(2)1(2)3n n n n n ---+-=--=--， 1(13)(2)9nn n S -+-∴=. 【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题.11．【2020年新课标3卷理科】设数列{an }满足a 1=3，134n n a a n +=-．（1）计算a 2，a 3，猜想{an }的通项公式并加以证明；（2）求数列{2nan }的前n 项和Sn ．【答案】（1）25a =，37a =，21n a n =+，证明见解析；（2）1(21)22n n S n +=-⋅+.【解析】【分析】（1）方法一：（通性通法）利用递推公式得出23,a a ，猜想得出{}n a 的通项公式，利用数学归纳法证明即可；（2）方法一：（通性通法）根据通项公式的特征，由错位相减法求解即可．【详解】（1）［方法一］【最优解】：通性通法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=，由数列{}n a 的前三项可猜想数列{}n a 是以3为首项，2为公差的等差数列，即21n a n =+．证明如下：当1n =时，13a =成立；假设()n k k *=∈N 时，21k a k =+成立.那么1n k =+时，1343(21)4232(1)1k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立. 则对任意的*n N ∈，都有21n a n =+成立；［方法二］：构造法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=．由123,5a a ==得212a a -=．134n n a a n +=-，则134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--．令1n n n b a a +=-，且12b =，所以134n n b b -=-，两边同时减去2，得()1232n n b b --=-，且120b -=，所以20n b -=，即12n n a a +-=，又212a a -=，因此{}n a 是首项为3，公差为2的等差数列，所以21n a n =+．［方法三］：累加法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=．由134n n a a n +=-得1114333n n n n n a a n +++-=-，即2121214333a a -=-⨯，3232318333a a -=-⨯， (111)4(1)(2)333n n nn n a a n n ---=--⨯≥．以上各式等号两边相加得1123111412(1)33333n n n a a n ⎡⎤-=-⨯+⨯++-⨯⎢⎥⎣⎦，所以1(21)33n n n a n =+⋅．所以21(2)n a n n =+≥．当1n =时也符合上式．综上所述，21n a n =+．［方法四］：构造法21322345,387a a a a =-==-=，猜想21n a n =+．由于134n n a a n +=-，所以可设()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，其中,λμ为常数．整理得1322n n a a n λμλ+=++-．故24,20λμλ=--=，解得2,1λμ=-=-．所以()112(1)13(21)3211n n n a n a n a +-+-=--=⋅⋅⋅=-⨯-．又130a -=，所以{}21n a n --是各项均为0的常数列，故210n a n --=，即21n a n =+．（2）由（1）可知，2(21)2n nn a n ⋅=+⋅［方法一］：错位相减法231325272(21)2(21)2n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，① 23412325272(21)2(21)2n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，②由①-②得：()23162222(21)2n n n S n +-=+⨯+++-+⋅()21121262(21)212n n n -+-=+⨯-+⋅⨯-1(12)22n n +=-⋅-，即1(21)22n n S n +=-⋅+.［方法二］【最优解】：裂项相消法112(21)2(21)2(23)2n n n n n n n a n n n b b ++=+=---=-，所以231232222n n nS a a a a =++++()()()()2132431n n b b b b b b b b +=-+-+-++-11n b b +=-1(21)22n n +=-+．［方法三］：构造法当2n ≥时，1(21)2n n n S S n -=++⋅，设11()2[(1)]2n n n n S pn q S p n q --++⋅=+-+⋅，即122nn n pn q p S S ----=+⋅，则2,21,2pq p -⎧=⎪⎪⎨--⎪=⎪⎩，解得4,2p q =-=．所以11(42)2[4(1)2]2n n n n S n S n --+-+⋅=+--+⋅，即{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，而1(42)22S +-+⋅=，所以(42)22n n S n +-+⋅=．故12(21)2n n S n +=+-⋅．［方法四］：因为12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+，令12n n b n -=⋅，则()()231()0,11n n x x f x x x x x x x-=++++=≠-，()121211(1)()1231(1)nn n n x x nx n x f x x x nx x x +-'⎡⎤-+-+=++++==⎢⎥--⎢⎥⎣⎦'，所以12n b b b +++21122322n n -=+⋅+⋅++⋅1(2)12(1)2n nf n n +==+-+'⋅．故234(2)2222nn S f =++'+++()1212412(1)212n n nn n +-⎡⎤=+⋅-++⎣⎦-1(21)22n n +=-+．【整体点评】（1）方法一：通过递推式求出数列{}n a 的部分项从而归纳得出数列{}n a 的通项公式，再根据数学归纳法进行证明，是该类问题的通性通法，对于此题也是最优解；方法二：根据递推式134n n a a n +=-，代换得134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--，设1n n n b a a +=-，从而简化递推式，再根据构造法即可求出n b ，从而得出数列{}n a 的通项公式；方法三：由134n n a a n +=-化简得1114333n n n n n a a n+++-=-，根据累加法即可求出数列{}n a 的通项公式；方法四：通过递推式求出数列{}n a 的部分项，归纳得出数列{}n a 的通项公式，再根据待定系数法将递推式变形成()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，求出,λμ，从而可得构造数列为常数列，即得数列{}n a 的通项公式．（2）方法一：根据通项公式的特征可知，可利用错位相减法解出，该法也是此类题型的通性通法；方法二：根据通项公式裂项，由裂项相消法求出，过程简单，是本题的最优解法；方法三：由2n ≥时，1(21)2nn n S S n -=++⋅，构造得到数列{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，从而求出；方法四：将通项公式分解成12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+，利用分组求和法分别求出数列{}{}12,2n n n -⋅的前n 项和即可，其中数列{}12n n -⋅的前n 项和借助于函数()()231()0,11n n x x f x x x x x x x-=++++=≠-的导数，通过赋值的方式求出，思路新颖独特，很好的简化了运算．12．【2020年新课标3卷文科】设等比数列{an }满足124a a +=，318a a -=．（1）求{an }的通项公式；（2）记n S 为数列{log 3an }的前n 项和．若13m m m S S S +++=，求m ．【答案】（1）13-=n n a ；（2）6m =. 【解析】【分析】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，根据题意，列出方程组，求得首项和公比，进而求得通项公式；（2）由（1）求出3{log }n a 的通项公式，利用等差数列求和公式求得n S ，根据已知列出关于m 的等量关系式，求得结果. 【详解】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，根据题意，有1121148a a q a q a +=⎧⎨-=⎩，解得113a q =⎧⎨=⎩，所以13-=n n a ；（2）令313log log 31n n n b a n -===-，所以(01)(1)22n n n n n S +--==，根据13m m m S S S +++=，可得(1)(1)(2)(3)222m m m m m m -++++=，整理得2560m m --=，因为0m >，所以6m =，【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算，以及等差数列求和公式的应用，考查计算求解能力，属于基础题目.13．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==．（1）求{}n a 的通项公式；（2）记m b 为{}n a 在区间*(0,]()m m ∈N 中的项的个数，求数列{}m b 的前100项和100S ．【答案】（1）2n n a =；（2）100480S =. 【解析】【分析】（1）利用基本元的思想，将已知条件转化为1,a q 的形式，求解出1,a q ，由此求得数列{}n a 的通项公式.（2）方法一：通过分析数列{}m b 的规律，由此求得数列{}m b 的前100项和100S .【详解】（1）由于数列{}n a 是公比大于1的等比数列，设首项为1a ，公比为q ，依题意有31121208a q a q a q ⎧+=⎨=⎩，解得解得12,2a q ==，或1132,2a q ==(舍)，所以2n n a =，所以数列{}n a 的通项公式为2n n a =. （2）［方法一］：规律探索由于123456722,24,28,216,232,264,2128=======，所以 1b 对应的区间为(0,1]，则10b =；23,b b 对应的区间分别为(0,2],(0,3]，则231b b ==，即有2个1；4567,,,b b b b 对应的区间分别为(0,4],(0,5],(0,6],(0,7]，则45672b b b b ====，即有22个2； 8915,,,b b b 对应的区间分别为(0,8],(0,9],,(0,15]，则89153b b b ====，即有32个3；161731,,,b b b 对应的区间分别为(0,16],(0,17],,(0,31]，则1617314b b b ====，即有42个4； 323363,,,b b b 对应的区间分别为(0,32],(0,33],,(0,63]，则3233635b b b ====，即有52个5； 6465100,,,b b b 对应的区间分别为(0,64],(0,65],,(0,100]，则64651006b b b ====，即有37个6．所以23451001222324252637480S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．［方法二］【最优解】：由题意，2n m ≤，即2log n m ≤，当1m =时，10b =．当)12,21k k m +⎡∈-⎣时，,m b k k *=∈N ，则()()()()1001234573233636465100S b b b b b b b b b b b b =++++++++++++++0122438416532637480=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．［方法三］：由题意知)1,2,2k k m b k m +⎡=∈⎣，因此，当1m =时，10b =；[2,4)m ∈时，1m b =；[4,8)m ∈时，2m b =；[8,16)m ∈时，3m b =；[16,32)m ∈时，4m b =；[32,64)m ∈时，5m b =；[64,128)m ∈时，6m b =．所以1001234100S b b b b b =+++++ 0(11)(222)(666)=++++++++++0122438416532637480=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．所以数列{}n b 的前100项和100480S =．【整体点评】（2）方法一：通过数列{}n a 的前几项以及数列{}m b 的规律可以得到12100,,,b b b 的值，从而求出数列{}m b 的前100项和，这是本题的通性通法；方法二：通过解指数不等式可得数列{}m b 的通项公式，从而求出数列{}m b 的前100项和，是本题的最优解；方法三，是方法一的简化版．14．【2020年新高考2卷（海南卷）】已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==．（1）求{}n a 的通项公式；（2）求112231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-.【答案】（1）2nn a =；（2）2382(1)55n n +-- 【解析】【分析】(1)由题意得到关于首项、公比的方程组，求解方程组得到首项、公比的值即可确定数列的通项公式；(2)首先求得数列(){}111n n n a a -+-的通项公式，然后结合等比数列前n 项和公式求解其前n 项和即可. 【详解】(1) 设等比数列{}n a 的公比为q (q >1)，则32411231208a a a q a q a a q ⎧+=+=⎨==⎩，整理可得：22520q q -+=， 11,2,2q q a >==，数列的通项公式为：1222n nn a -=⋅=.(2)由于：()()()1121111122112n n n n n n n n a a --++-+=-⨯⨯=--，故：112231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-35791212222(1)2n n -+=-+-+⋯+-⋅()()3223221282(1)5512nn n +⎡⎤--⎢⎥⎣⎦==----. 【点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，等差数列与等比数列求和公式是数列求和的基础. 15．【2019年新课标1卷文科】记Sn 为等差数列{an }的前n 项和，已知S 9=－a 5．（1）若a 3=4，求{an }的通项公式；（2）若a 1>0，求使得Sn ≥an 的n 的取值范围．【答案】（1）210n a n =-+；（2）110()n n *≤≤∈N . 【解析】【分析】（1）首项设出等差数列的首项和公差，根据题的条件，建立关于1a 和d 的方程组，求得1a 和d 的值，利用等差数列的通项公式求得结果；（2）根据题意有50a =，根据10a >，可知0d <，根据n n S a >，得到关于n 的不等式，从而求得结果. 【详解】（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，根据题意有111989(4)224a d a d a d ⨯⎧+=-+⎪⎨⎪+=⎩，解答182a d =⎧⎨=-⎩，所以8(1)(2)210n a n n =+-⨯-=-+，所以等差数列{}n a 的通项公式为210n a n =-+；（2）由条件95S a =-，得559a a =-，即50a =，因为10a >，所以0d <，并且有5140a a d =+=，所以有14a d =-，由n n S a ≥得11(1)(1)2n n na d a n d -+≥+-，整理得2(9)(210)n n d n d -≥-，因为0d <，所以有29210n n n -≤-，即211100n n -+≤，解得110n ≤≤，所以n 的取值范围是：110()n n *≤≤∈N 【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等差数列的通项公式，等差数列的求和公式，在解题的过程中，需要认真分析题意，熟练掌握基础知识是正确解题的关键.16．【2019年新课标2卷理科】已知数列{an }和{bn }满足a 1=1，b 1=0，1434n n n a a b +-=+ ，1434n n n b b a +-=-.（1）证明：{an +bn }是等比数列，{an –bn }是等差数列；（2）求{an }和{bn }的通项公式. 【答案】（1）见解析；（2）1122nn a n，1122nnb n．【解析】【分析】(1)可通过题意中的1434n n n a a b +-=+以及1434n n n b b a +-=-对两式进行相加和相减即可推导出数列{}n n a b +是等比数列以及数列{}n n a b -是等差数列；(2)可通过(1)中的结果推导出数列{}n n a b +以及数列{}n n a b -的通项公式，然后利用数列{}n n a b +以及数列{}n n a b -的通项公式即可得出结果．【详解】(1)由题意可知1434n n n a a b +-=+，1434n n n b b a +-=-，111a b ，111a b -=，所以1144323442n n n n n n n n a b a b b a a b ，即1112n n n n a b a b ，n n 22n n 因为11443434448n n n n n n n n a b a b b a a b ，所以112n n n n a b a b ，数列{}n n a b -是首项1、公差为2的等差数列，21n na b n ．(2)由(1)可知，112n n n a b ，21n na b n ，所以111222nnn n n na ab a b n，111222nn n n n nb a b a b n．【点睛】本题考查了数列的相关性质，主要考查了等差数列以及等比数列的相关证明，证明数列是等差数列或者等比数列一定要结合等差数列或者等比数列的定义，考查推理能力，考查化归与转化思想，是中档题．17．【2019年新课标2卷文科】已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，1322,216a a a ==+. （1）求{}n a 的通项公式；（2）设2log n n b a =，求数列{}n b 的前n 项和.【答案】（1）212n n a -=；（2）2n S n =.【解析】【分析】(1)本题首先可以根据数列{}n a 是等比数列将3a 转化为21a q ，2a 转化为1a q ，再然后将其带入32216a a 中，并根据数列{}n a 是各项均为正数以及12a =即可通过运算得出结果；(2)本题可以通过数列{}n a 的通项公式以及对数的相关性质计算出数列{}n b 的通项公式，再通过数列{}n b 的通项公式得知数列{}n b 是等差数列，最后通过等差数列求和公式即可得出结果．【详解】(1)因为数列{}n a 是各项均为正数的等比数列，32216a a ，12a =，所以令数列{}n a 的公比为q ，2231=2a a q q ，212a a qq ，所以22416q q =+，解得2q =-(舍去)或4，n n (2)因为2log n n b a =，所以21n b n =-，+121n b n ，12n nb b ，所以数列{}n b 是首项为1、公差为2的等差数列，21212n n S nn ．【点睛】本题考查数列的相关性质，主要考查等差数列以及等比数列的通项公式的求法，考查等差数列求和公式的使用，考查化归与转化思想，考查计算能力，是简单题．18．【2018年新课标1卷文科】已知数列{}n a 满足11a =，()121n n na n a +=+，设nn a b n=．（1）求123b b b ，，；（2）判断数列{}n b 是否为等比数列，并说明理由；（3）求{}n a 的通项公式．【答案】（1）11b =，22b =，34b =；（2）{}n b 是首项为1，公比为2的等比数列．理由见解析；（3）12n n a n -=⋅.【解析】【分析】（1）根据题中条件所给的数列{}n a 的递推公式()121n n na n a +=+，将其化为()121n n n a a n++=，分别令1n =和2n =，代入上式求得24a =和312a =，再利用nn a b n=，从而求得11b =，22b =，34b =；（2）利用条件可以得到121n na a n n+=+，从而可以得出12n n b b +=，这样就可以得到数列{}n b 是首项为1，公比为2的等比数列；（3）借助等比数列的通项公式求得12n na n-=，从而求得12n n a n -=⋅. 【详解】（1）由条件可得()121n n n a a n++=．将1n =代入得，214a a =，而11a =，所以，24a =．将2n =代入得，323a a =，所以，312a =．从而11b =，22b =，34b =；（2）{}n b 是首项为1，公比为2的等比数列．由条件可得121n na a n n+=+，即12n n b b +=，又11b =，所以{}n b 是首项为1，公比为2的等比数列；（3）由（2）可得11122n n nn a b n--==⨯=，所以12n n a n -=⋅．【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有根据数列的递推公式确定数列的项，根据不同数列的项之间的关系，确定新数列的项，利用递推关系整理得到相邻两项之间的关系确定数列是等比数列，根据等比数列通项公式求得数列{}n b 的通项公式，借助于{}n b 的通项公式求得数列{}n a 的通项公式，从而求得最后的结果.19．【2018年新课标2卷理科】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知17a =-，315S =-．（1）求{}n a 的通项公式；（2）求n S ，并求n S 的最小值．【答案】（1）an =2n –9，（2）Sn =n 2–8n ，最小值为–16．【解析】【详解】分析：（1）根据等差数列前n 项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式得结果，（2）根据等差数列前n 项和公式得n S 的二次函数关系式，根据二次函数对称轴以及自变量为正整数求函数最值.详解：（1）设{an }的公差为d ，由题意得3a 1+3d =–15．由a 1=–7得d =2．所以{an }的通项公式为an =2n –9．（2）由（1）得Sn =n 2–8n =（n –4）2–16．所以当n =4时，Sn 取得最小值，最小值为–16．点睛：数列是特殊的函数，研究数列最值问题，可利用函数性质，但要注意其定义域为正整数集这一限制条件.20．【2018年新课标3卷理科】等比数列{}n a 中，15314a a a ==，．（1）求{}n a 的通项公式；（2）记n S 为{}n a 的前n 项和．若63m S =，求m ．【答案】（1）()12n n a -=-或12n n a -= .（2）6m =. 【解析】【详解】分析：（1）列出方程，解出q 可得；（2）求出前n 项和，解方程可得m ．详解：（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得1n n a q -=．由已知得424q q =，解得0q =（舍去），2q =-或2q =．故()12n n a -=-或12n n a -=．（2）若()12n n a -=-，则()123nn S --=．由63m S =得()2188m-=-，此方程没有正整数解．若12n n a -=，则21nn S =-．由63m S =得264m =，解得6m =．综上，6m =．点睛：本题主要考查等比数列的通项公式和前n 项和公式，属于基础题．。

数列中的最值问题

问题二：数列中的最值问题数列中的最值常见题型有：求数列的最大项或最小项、与n S 有关的最值、求满足数列的特定条件的最值、求满足条件的参数的最值、实际问题中的最值及新定义题型中的最值问题等. 题型一：求数列的最大项或最小项求数列中的最大项的基本方法是： (1)利用不等式组⎩⎨⎧a n －1≤a n ，a n ≥a n ＋1(n ≥2)确定数列的最大项；(2)利用不等式组⎩⎨⎧a n －1≥a n ，a n ≤a n ＋1(n ≥2)确定数列的最小项．(3)利用函数或数列单调性求最大项或最小项.【例1】已知数列}{n a 的通项公式为n a =2156nn +,求}{n a 的最大项．【分析】思路1：利用基本不等式求解.思路2：求满足⎩⎨⎧≥≥-+11n n n n a a a a 的的值.【解法一】基本不等式法.n a =2156n n +=1156n n+,因为156n n +1562n n ⨯；当且仅当156n n =,即n=156时,而,144156169<< 且n ∈N *,于是将n=12或13代人,得1213a =a 且最大．【评注】解法一是是利用基本不等式求解,解法二是通过确定满足⎩⎨⎧≥≥-+11n nn n a a a a 的的值,从而找到最大项【小试牛刀】在数列{a n }中,a n ＝(n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n(n ∈N *).(1)求证：数列{a n }先递增,后递减；(2)求数列{a n }的最大项.(2)解：由(1)知a 9＝a 10＝1010119最大.【点评】要证明数列{a n }是单调的,可利用“{a n }是递增数列⇔a n ＜a n ＋1,数列{a n }是递减数列⇔a n ＞a n ＋1”来证明.注意数列的单调性是探索数列的最大、最小项及解决其他许多数列问题的重要途径,因此要熟练掌握上述求数列单调性的方法.题型二：数列前n 项和最值问题公差不为0的等差数列的前n 项和的最值问题在高考中常出现,题型有小题也有大题,难度不大,求等差数列前n 项和最值的方法有：(1)利用{a n }中项的单调性,求出其正负转折项．(2)利用二次函数的性质求最值．公差不为0的等差数列的前n 项和S n ＝An 2＋Bn(A,B 为常数)．(3)利用⎩⎨⎧S n ≥S n －1，S n ≥S n ＋1求出S n 的最值.【例2】在等差数列{a n }中,a 1＝7,公差为d,前n 项和为S n ,当且仅当n ＝8时S n 取最大值,则d 的取值范围是________．【分析】知a 1和S 8最大,可以求出S n 关于d 的表达式是关于n 的二次函数,再用二次函数的最值来解决；还可用S 8最大推出项的正负和变化规律,并利用所有正数项和最大．【解析】 (2)方法一(通法)：由于S n ＝7n ＋n （n －1）2d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎪⎫7－d 2n,设f(x)＝d 2x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫7－d 2x,则其图象的对称轴为直线x ＝12－7d .当且仅当n ＝8时S n 取得最大值,故7.5<12－7d <8.5,解得－1<d<－78.方法二(优法)：由题意,得a 8>0,a 9<0,所以7＋7d>0,且7＋8d<0,即－1<d<－78.【小试牛刀】【山西大学附属中学2017级上学期11月模块诊断】设等差数列{}n a 的前项和为n S ,且满足170S >,180S <,则11S a ,22S a ,…,1515S a 中最大的项为（） A ．77S a B ．88S a C ．99S a D ．1010Sa 【答案】C 【解析】117917917()17(2)000022a a a S a +>⇒>⇒>⇒>11889181091018()18()0000022a a a a S a a a ++<⇒<⇒<⇒+<⇒<,因此8910121289100,0,0,0,0,S S SS S a a a a a >>>><而1291289,S S S a a a a <<<>>>>,所以89121289S S S S a a a a <<<<,选C. 题型三：求满足数列的特定条件的最值【例3】【2016届云南师范大学附属中学高三月考四】数列{}n a 是等差数列,若981a a <-,且它的前n 项和n S 有最大值,那么当n S 取得最小正值时,n 等于（） A ．17 B ．16 C ．15 D ．14 【分析】利用等差数列的性质求前项和的最值.【解析】∵数列{}n a 的前n 项和有最大值,∴数列{}n a 为递减数列,又981a a <-, 8900a a ><∴，且890a a +<,又115116158168915()16()1508()022a a a a S a S a a ++==>==+<，,故当15n =时,n S 取得最小正值,故选C ．【小试牛刀】【四川省2017年普通高考适应性测试】设数列{}n a 各项为正数,且214a a =,()2*12n n n a a a n N +=+∈.（Ⅰ）证明：数列(){}3log 1n a +为等比数列；（Ⅱ）令()321log 1n n b a -=+,数列{}n b 的前项和为n T ,求使345n T >成立时的最小值. 【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）6【解析】（Ⅰ）由已知,2211124a a a a =+=,则()1120a a -=, 因为数列{}n a 各项为正数,所以12a =, 由已知,()21110n n a a ++=+>, 得()()313log 12log 1n n a a ++=+. 又()313log 1log 31a +==,所以,数列(){}3log 1n a +是首项为1,公比为2的等比数列.题型四：求满足条件的参数的最值【例4】【山东省枣庄市2017届高三上学期期末】已知n S 为各项均为正数的数列{}n a 的前项和,()210,2,326n n n a a a S ∈++=.（1）求{}n a 的通项公式；（2）设11n n n b a a +=,数列{}n b 的前项和为n T ,若对,4n n N t T *∀∈≤恒成立,求实数的最大值. 【分析】(1)首先求得1a 的值,然后利用n a 与n S 的关系推出数列{}n a 为等差数列,由此求得{}n a 的通项公式；(2)首先结合（1）求得n b 的表达式,然后用裂项法求得n T ,再根据数列{}n T 的单调性求得的最大值．【解析】(1)当1n =时,由2326n n n a a S ++=,得2111326a a a ++=,即211320a a -+=. 又()10,2a ∈,解得11a =.由2326n n n a a S ++=,可知2111326n n n a a S +++++=.两式相减,得()2211136n n n n n a a a a a +++-+-=,即()()1130n n n n a a a a +++--=.由于0n a >,可得130n n a a +--=,即13n n a a +-=,所以{}n a 是首项为,公差为的等差数列,所以()13132n a n n =+-=-.【点评】(1) 求解与参数有关的问题,一般是分离变量,再构造新函数求解.(2)使用裂项法,要注意正负项相消时,消去了哪些项,保留了哪些项．要注意由于数列{}n a 中每一项n a 均裂成一正一负两项,所以互为相反数的项合并为零后,所剩正数项与负数项的项数必是一样多的,切不可漏写未被消去的项,未被消去的项有前后对称的特点．【小试牛刀】已知数列{}n a 的通项公式为11n a n =+,前项和为n S ,若对任意的正整数,不等式216n n mS S ->恒成立,则常数m 所能取得的最大整数为. 【答案】5【解析】要使216n n m S S ->恒成立,只需2min ()16n n m S S ->. 因2(1)1()n n S S ++-2222121221()()()n n n n n n n n n S S S S S S a a a +++++--=---=+-11111111022232222422224n n n n n n n n =+->+-=->++++++++,所以22113n n S S S S -≥-=,所以1161633m m <⇒<,m 所能取得的最大整数为5.题型五：实际问题中的最值【例5】为了保障幼儿园儿童的人身安全,国家计划在甲、乙两省试行政府规范购置校车方案,计划若干时间内（以月为单位）在两省共新购1000辆校车．其中甲省采取的新购方案是：本月新购校车10辆,以后每月的新购量比上一月增加50％；乙省采取的新购方案是：本月新购校车40辆,计划以后每月比上一月多新购m 辆．（Ⅰ）求经过n 个月,两省新购校车的总数S(n)；（Ⅱ）若两省计划在3个月内完成新购目标,求m 的最小值．【分析】本题主要考查实际问题、等差等比数列的前n 项和公式、不等式的解法等数学知识,考查学生将实际问题转化为数学问题的能力,考查学生分析问题解决问题的能力和计算能力.第一问,通过对题意的分析可知甲方案能构成等比数列,而乙方案能构成等差数列,利用等差等比数列的前n 项和公式分别求和,再相加即可；第二问,利用第一问的结论,得出3n =且(3)1000S ≥,直接解不等式即可得到m 的取值范围,并写出最小值.【解析】（Ⅰ）设a n ,b n 分别为甲省,乙省在第n 月新购校车的数量．依题意,{a n }是首项为10,公比为1＋50%＝32的等比数列；{b n }是首项为40,公差为m 的等差数列． {a n }的前n 项和310[1()]2312n n A -=-,{b n }的前n 项和[4040(1)](1)4022n n n m n n mB n ++--==+. 所以经过n 个月,两省新购校车的总数为S(n)＝310[1()](1)2403212n n n n n m A B n --+=++- 3(1)20[()1]4022n n n mn -=-++2320()(40)20222n m mn n =++--.（Ⅱ）若计划在3个月内完成新购目标,则S(3)≥1000,所以323(3)20()3(40)3201000222m mS =+⨯+-⨯-≥,解得m ≥277.5.又*∈N m ,所以m 的最小值为278.【小试牛刀】某企业为节能减排,用万元购进一台新设备用于生产. 第一年需运营费用万元,从第二年起,每年运营费用均比上一年增加万元,该设备每年生产的收入均为11万元. 设该设备使用了()n n *∈N 年后,年平均盈利额达到最大值（盈利额等于收入减去成本）,则等于（） A. B. C. D. 【答案】A【解析】设该设备第()n n N *∈的营运费用为n a 万元,则数列{}n a 是以为首项,以为公差的等差数列,则2n a n =,则该设备到第()n n N *∈年的营运费用总和为12242n a a a n +++=+++=()2222n n n n +=+,设第()n n N *∈的盈利总额为n S 万元,则()22119109n S n n n n n =-+-=-+-,因此,该设备年平均盈利额为210999*********n S n n n n n n n n n n -+-⎛⎫==--+=-++≤-⋅+= ⎪⎝⎭,当且仅当9n n =且当n N *∈,即当3n =时,该设备年平均盈利额达到最大值,此时3n =,故选A.【迁移运用】1．【2016·辽宁大连统考】数列{a n }中,如果存在a k ,使得a k ＞a k －1且a k ＞a k ＋1成立(其中k ≥2,k ∈N *),则称a k 为数列{a n }的峰值,若a n ＝－3n 2＋15n －18,则{a n }的峰值为( ) A ．0 B ．4 C.133 D.163【答案】A【解析】因为a n ＝－3⎝ ⎛⎭⎪⎫n －522＋34,且n ∈N *,所以当n ＝2或n ＝3时,a n 取最大值,最大值为a 2＝a 3＝0.2.【中原名校豫南九校2017届第四次质量考评】已知等差数列{}n a 的公差0d ≠,n S 是其前项和,若236 a a a ，，成等比数列,且1017a =-,则2nnS 的最小值是（） A ．12- B ．58- C.38- D ．1532-【答案】A3.【河南省豫北名校联盟2017届高三年级精英对抗赛,】已知在正项等比数列{}n a 中,存在两项,m n a a 满足14m n a a a =,且6542a a a =+,则14m n+的最小值是（） A ．32 B ．2 C. 73 D ．256【答案】A【解析】设数列{}n a 的公比为(0)q q >,则由6542a a a =+得220q q --=,解之得2q =或1q =-（舍去）,因为存在两项,m n a a 满足14m n a a a =,所以1111224m n a a --=,解之得6m n +=,所以1411414143()()(5)(52)6662n m n m m n m n m n m n m n +=++=++≥+⨯=,当且仅当4,6n m m n m n =+=即2,4m n ==时等号成立,所以14m n +的最小值是32,故选A. 4.【天津六校2017届高三上学期期中联考】已知数列{}n a 满足：11a =,12n n n a a a +=+()n N *∈．若11(2)(1)n n b n a λ+=-⋅+()n N *∈,1b λ=-,且数列{}n b 是单调递增数列,则实数λ的取值范围是（） A ．23λ>B ．32λ>C ．32λ<D ．23λ< 【答案】D5.设a n ＝－3n 2＋15n －18,则数列{a n }中的最大项的值是( )． A.163 B.133 C ．4 D ．0【答案】D【解析】∵a n ＝－32)25(-n ＋34,由二次函数性质,得当n ＝2或3时,a n 最大,最大为0.6.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 ．5 B ．6 C ．7 D ．8【答案】 C【解析一】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．【解析二】由S 3＝S 11,可得3a 1＋3d ＝11a 1＋55d,把a 1＝13代入,得d ＝－2, 故S n ＝13n －n(n －1)＝－n 2＋14n,根据二次函数的性质,知当n ＝7时,S n 最大．【解析三】根据a 1＝13,S 3＝S 11,则这个数列的公差不等于零,且这个数列的和先是单调递增然后又单调递减,根据公差不为零的等差数列的前n 项和是关于n 的二次函数,以及二次函数图象的对称性,得只有当n ＝3＋112＝7时,S n 取得最大值．7.在数列{a n }中,a n ＝n － 2 013n － 2 014,则该数列前100项中的最大项与最小项分别是( ) A ．a 1,a 50B ．a 1,a 44C ．a 45,a 44D ．a 45,a 50【答案】C 【解析】a n ＝n － 2 013n － 2 014＝1＋ 2 014－ 2 013n － 2 014,∴当n ∈1,44]时,{a n }单调递减,当n ∈45,100]时,{a n }单调递减, 结合函数f(x)＝x － 2 013x － 2 014的图象可知,(a n )max ＝a 45,(a n )min ＝a 44,选C.8.【2016届重庆市南开中学高三12月月考】已知函数()()22812f x x a x a a =++++-,且()()2428f a f a -=-,设等差数列{}n a 的前项和为n S ,()*n N ∈若()n S f n =,则41n n S aa --的最小值为（） A ．276 B ．358 C ．143 D ．378【答案】【解析】由题意可得等差数列的通项公式和求和公式,代入由基本不等式可得．由题意可得2428a a -=-或2842822a a a +-+-=⨯-（），解得a=1或a=-4,当a=-1时,2712f x x x =+-（）,数列{a n }不是等差数列；当a=-4时,24f x x x =+（）,24nS f n n n ==+（）, ()()1257575123n a a a n n ∴===+--=+，，,()22121134416122)11(2n n n n S a n n a n n ++++-++∴==-++⨯()113113122121312121n n n n =⨯+++≥++⎡⎤⨯⎢⎥=++⎣⎦+（）（），当且仅当1311n n +=+,即131n =-时取等号, ∵n 为正数,故当n=3时原式取最小值378,故选D ． 9. 【2016届江苏省盐城市盐阜中学高三上12月月】等差数列{a n }的前n 项和为S n ,已知S 10=0,S 15=25,则nS n 的最小值为．【答案】﹣49【解析】设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d, ∵S 10=10a 1+45d=0,S 15=15a 1+105d=25, ∴a 1=﹣3,d=, ∴S n =na 1+d=n 2﹣n,∴nS n =n 3﹣n 2,令nS n =f （n ）,∴f ′（n ）=n 2﹣n,∴当n=时,f （n ）取得极值,当n ＜时,f （n ）递减；当n ＞时,f （n ）递增；因此只需比较f （6）和f （7）的大小即可． f （6）=﹣48,f （7）=﹣49, 故nS n 的最小值为﹣49．故答案为：﹣49．10.【2016届河北省正定中学高三上第五次月考】已知数列{}n a 满足151=a ,12n na a n+-=,则na n的最小值为．【答案】27411.【2016·湖南衡阳五校联考】已知数列{a n }满足a 1＝1,a n ＋1＝1－14a n,其中n ∈N *. (1)设b n ＝22a n －1,求证：数列{b n }是等差数列,并求出{a n }的通项公式a n . (2)设c n ＝4a n n ＋1,数列{c n c n ＋2}的前n 项和为T n ,是否存在正整数m,使得T n <1c m c m ＋1对于n ∈N *恒成立？若存在,求出m 的最小值；若不存在,请说明理由．【解析】(1)b n ＋1－b n ＝22a n ＋1－1－22a n －1＝22⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14a n －1－22a n －1＝4a n 2a n －1－22a n －1＝2. 所以数列{b n }是等差数列,a 1＝1,b 1＝2,因此b n ＝2＋(n －1)×2＝2n, 由b n ＝22a n －1得a n ＝n ＋12n .(2)c n ＝2n ,c n c n ＋2＝4n （n ＋2）＝2⎝ ⎛1n －⎭⎪⎫1n ＋2, 所以T n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2<3, 依题意要使T n <1c m c m ＋1对于n ∈N *恒成立,只需m （m ＋1）4≥3, 解得m ≥3或m ≤－4(舍), 所以m 的最小值为3.12.【天津六校2017届高三上学期期中联考】已知各项都是正数的数列{}n a 的前项和为n S ,212n n n S a a =+,n N *∈（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列{}n b 满足：11b =,12(2)n n n b b a n --=≥,数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前项和n T ,求证：2n T <；（3）若(4)n T n λ≤+对任意n N *∈恒成立,求λ的取值范围. 【答案】（Ⅰ）12n a n =（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）29λ≥ 【解析】（1）时,是以为首项,为公差的等差数列（2）,,即2n T <（3）由得, 当且仅当时,有最大值,13.【中原名校豫南九校2017届第四次质量考评】设等差数列{}n a 的前项和为n S ,且55625S a a =+=.（1）求{}n a 的通项公式；（2）若不等式()()282714nn n S n k a ++>-+对所有的正整数都成立,求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）34n a n =-（Ⅱ）2974k -<<14.【河南省豫北名校联盟2017届高三年级精英对抗赛】已知各项均不相等的等差数列{}n a 的前五项和520S =,且137,,a a a 成等比数列. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若n T 为数列11{}n n a a +的前项和,且存在*n N ∈,使得10n n T a λ+-≥成立,求实数λ的取值范围.【答案】（1）1n a n =+；（2）1(,]16-∞. 【解析】（1）设数列{}n a 的公差为d ,则1211154520,2(2)(6),a d a d a a d ⨯⎧+=⎪⎨⎪+=+⎩即12124,2.a d d a d +=⎧⎨=⎩ 又因为0d ≠,所以12,1.a d =⎧⎨=⎩所以1n a n =+. （2）因为11111(1)(2)12n n a a n n n n +==-++++, 所以11111111233412222(2)n n T n n n n =-+-++-=-=++++. 因为存在*n N ∈,使得10n n T a λ+-≥成立,所以存在*n N ∈,使得(2)02(2)nn n λ-+≥+成立,即存在*n N ∈,使22(2)nn λ≤+成立.又2142(2)2(4)n n n n =+++,114162(4)n n≤++（当且仅当2n =时取等号）, 所以116λ≤.即实数λ的取值范围是1(,]16-∞.15.已知等差数列{}n a 满足：12a =,且1a ,2a ,5a 成等比数列.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）记n S 为数列{}n a 的前项和,是否存在正整数n,使得n S 60800n >+？若存在,求的最小值；若不存在,说明理由.【解析】（Ⅰ）设数列{}n a 的公差为,依题意, ,2d +,24d +成等比数列,故有2(2)2(24)d d +=+,化简得240d d -=,解得0d =或d =. 当0d =时,2n a =；当d =时,2(1)442n a n n =+-⋅=-,从而得数列{}n a 的通项公式为2n a =或42n a n =-.16.已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列,其前n 项和为S n (n ∈N *),且S 3＋a 3,S 5＋a 5,S 4＋a 4成等差数列．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)设T n ＝S n －1S n (n ∈N *),求数列{T n }的最大项的值与最小项的值．【解析】(1)设等比数列{a n }的公比为q, 因为S 3＋a 3,S 5＋a 5,S 4＋a 4成等差数列, 所以S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5, 即4a 5＝a 3,于是q 2＝a 5a 3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32,所以q ＝－12.故等比数列{a n }的通项公式为 a n ＝32×1)21(--n ＝(－1)n －1·32n .(Ⅱ)由(Ⅰ)得S n ＝1－n)21(-＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n ，n 为奇数，1－12n，n 为偶数.当n 为奇数时,S n 随n 的增大而减小, 所以1<S n ≤S 1＝32,故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时,S n 随n 的增大而增大,所以34＝S 2≤S n <1,故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712.综上,对于n ∈N *,总有－712≤S n －1S n ≤56. 所以数列{T n }最大项的值为56,最小项的值为－712.17.【2016届上海市七校高三上12月联考】公差不为零的等差数列{a n }中,a 1、a 2、a 5成等比数列,且该数列的前10项和为100．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）若b n =a n ﹣10,求数列{b n }的前n 项和T n 的最小值．【答案】（1）a n =2n ﹣1；（2）﹣25．【解析】（1）∵公差不为零的等差数列{a n }中,a 1、a 2、a 5成等比数列,且该数列的前10项和为100,∴,∴解得a 1=1,d=2,∴a n =1+（n ﹣1）×2=2n ﹣1．（2）∵b n =a n ﹣10=2n ﹣11, ∴=2﹣11=﹣9,b n ﹣b n ﹣1=（2n ﹣11）﹣2（n ﹣1）﹣11]=2,∴数列{b n }是首项为﹣9,公差为2的等差数列, T n ==n 2﹣10n=（n ﹣5）2﹣25．∴当n=5时,数列{b n }的前n 项和T n 的最小值为﹣25． 18.已知数列{}n a 满足：*1a ∈N ,136a ,且()12,18,1,2,236,18n n n n n a a a n a a +⎧==⎨->⎩,记集合{}*n M a n =∈N .（1）若16a =,写出集合M 的所有元素；（2）若集合M 存在一个元素时3的倍数,证明：M 的所有元素都是3的倍数；（3）求集合M 的元素个数的最大值. 解析：（1）6,12,24.（2）因为集合M 存在一个元素是3的倍数,所以不妨设k a 是3的倍数. 由12,18236,18n n n n n a a a a a +⎧=⎨->⎩,可归纳证明对任意nk ,n a 是3的倍数.如果1k =,则M 的所有元素都是3的倍数；如果1k >,因为12k k a a -=或1236k k a a -=-,所以12k a -是3的倍数,或1236k a --是3的倍数,于是1k a -是3的倍数.类似可得,2k a -,…,1a 都是3的倍数.从而对任意1n ,n a 是3的倍数,因此M 的所有元素都是3的倍数.综上,若集合M 存在一个元素是3的倍数,则M 的所有元素都是3的倍数. （3）由136a ,*1a ∈N ,11112,18236,18n n n n n a a a a a ----⎧=⎨->⎩,可归纳证明()362,3,na n =.因为1a 是正整数,112112,18236,18a a a a a ⎧=⎨->⎩,所以2a 是2的倍数.从而当3n时,n a 是4的倍数.如果1a 是3的倍数,由（2）知对所有正整数n ,n a 是3的倍数,因此当3n时,{}12,24,36n a ∈,这时,M 中的元素的个数不超过5.如果1a 不是3的倍数,由（2）知,对所有的正整数n ,n a 不是3的倍数,因此当3n时,{}4,8,16,20,28,32n a ∈,这时M 的元素的个数不超过8.当11a =时,{}1,2,4,8,16,20,28,32M =有8个元素. 综上可知,集合M 的元素个数的最大值为8. 19.设数列{}n a （1,2,3,n =）的前项和n S 满足12n n S a a =-,且1a ,21a +,3a 成等差数列.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前项和为n T ,求使得111000nT -<成立的的最小值.（2）由（1）可得112n n a =,所以211122111111222212nn n nT ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦=+++==--.由111000n T -<,得111121000n --<,即21000n>.因为9102512100010242=<<=,所以10n .所以使111000nT-<成立的的最小值为10.。

新高考数学数列经典题型专题提升-第13讲数列性质：单调性(解析版)

第13讲数列性质:单调性参考答案与试题解析一．填空题（共6小题）1．（2021•南通模拟）已知为递减数列，且对于任意正整数，恒成立，恒成立，则的取值范围是．【解答】解：恒成立又由恒成立即又由故答案为：2．（2021秋•秀屿区校级月考）已知数列满足：，是与无关的常数且，若数列是单调递减数列，则的取值范围为．【解答】解：是与无关的常数且，，数列是等差数列，首项为，公差为，，．数列是单调递减数列，对于都成立．对于都成立．令，则是关于的单调递增数列，．．的取值范围为．{}n a n 1n n a a +<2n a n n λ=-+λ3λ<1n n a a +< 2n a n nλ=-+22(1)(1)n n n n λλ∴-+++<-+21n λ<+n N ∈+3λ∴<3λ<{}n a 11a =122(n n n a a k k +=+n 0)k ≠{}n a k 1(,)2-∞- 122(n n n a a k k +=+n 0)k ≠∴11222n n n n a a k ++=+∴{}2n n a 11122a =2k ∴1(1)222n n a k n =+-g ∴12[1(1)]n n a n k -=+- {}n a 1112(1)2[1(1)]2[1(1)]0n n n n n a a nk n k n k --+∴-=+-+-=++<*n N ∀∈∴11k n -<+*n N ∀∈1(1min k n -⇔<+1()1f n n =-+()f n n ∴1()2min f n =-12k ∴<-k ∴1(,)2-∞-故答案为．3．（2021•衡水模拟）若数列满足，则称数列为“差递减”数列，若数列是“差递减”数列，且其通项与其前项和满足，则实数的取值范围是．【解答】解：，时，，解得．时，，化为．同理可得：，，．，，，，，解得：．则实数的取值范围是．故答案为：．4．（2021•东湖区校级模拟）若数列满足，且，若使不等式成立的有且只有三项，则的取值范围为．【解答】解：当时，，于是有：，所以，显然也适合，因此数列的通项公式为：．当为奇数时，，此时数列的奇数项数列是单调递增函数；当为偶数时，，此时数列的偶数项数列是单调递增函数，要想使不等式成立的有且只有三项，1(,2-∞-{}n a 2132431n n a a a a a a a a +->->->⋯>->⋯{}n a {}n a n a n *()n S n N ∈*2321()n n S a n N λ=+-∈λ12λ>*2321()n n S a n N λ=+-∈ 1n ∴=112321a a λ=+-112a λ=-2n …1233n n n a a a -=-13n n a a -=23(12)a λ=-39(12)a λ=-427(12)a λ=-212(12)a a λ∴-=-326(12)a a λ-=-4318(12)a a λ-=-213243a a a a a a ->->->⋯ 2(12)6(12)18(12)λλλ∴->->-12λ>λ12λ>12λ>{}n a 113a =-1(2)(2)n n n a a n -=+-…||n a λ…n a λ1335[,)332n …11223211()()()()n n n n n n n a a a a a a a a a a -----=-+-+-+⋯+-+211221(2)[1(2)]1(2)(2)(2)(2)(31(2)3n n n n n a ------=-+-+-+⋯+-+-=---111(2)3n n a +=--113a =-{}n a 111(2)3n n a +=--n 111111|||1(2)||12|21333n n n n a +++=--=-=-g {}n a n 111111|||1(2)||12|21333n n n n a +++=--=+=+g g {}n a ||n a λ…n a只需有：．故答案为：．5．（2021•辽宁模拟）已知数列满足：，，若，，且数列是单调递增数列，则实数的取值范围是．【解答】解：因为，即，所以数列是首项为，公比为2的等比数列，则有，即，所以，则，，因为数列是单调递增数列，所以对恒成立，即对恒成立，所以，又，即，解得，所以实数的取值范围是．故答案为：．6．（2021秋•渝中区校级月考）设数列满足．（1）若，则；（2）若数列是正项单调递增数列，则的取值范围是．1234||||||||a a a a λλλλ⎧⎪⎪⎨⎪⎪>⎩………⇒23451213121312131213λλλλ⎧-⎪⎪⎪+⎪⎨⎪-⎪⎪⎪+>⎩………⇒131********λλλλ⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪<⎩………⇒133533λ<…1335[,)33{}n a 11a =121n n a a +=+1(2)(1)n n b n t a +=-+1b t =-{}n b t 2(,)3-∞121n n a a +=+112(1)n n a a ++=+{1}n a +112a +=1122n n a -+=⋅21n n a =-1(2)(1)(2)2n n n b n t a n t +=-+=-⋅1(12)2n n b n t -=--⋅2n ...{}n b 1(2)2(12)2n n n t n t --⋅>--⋅2n ...21n t >-2n (32)t <21b b >2(12)t t ->-23t <t 2(,)3-∞2(,)3-∞{}n a 2*121()n na a n N +=-∈112a =-2020a =12-{}n a 1a【解答】解：（1）若，则，故数列为常数列，故．（2）解法一：若数列是正项单调递增数列，则（舍去）或，当时，则，故若，则数列是单调递增数列，综上所述，的取值范围是．解法二：若数列是正项单调递增数列，则对于任意，，且，又此时，故或（舍去），综上所述，的取值范围是．二．解答题（共7小题）7．（2021秋•洛阳期中）已知数列的前项和为，且，．（1）证明：数列是等差数列；（2）若对任意整数恒成立，求实数的取值范围．【解答】解：（1）证明：，可得，即有，则数列是1为首项，4为公差的等差数列；（2）由（1）可得，即有，由可得，112a =-211212n n a a +=-=-12n a =-202012a =-{}n a 21121(21)(1)02n n n n n n n a a a a a a a +-=--=+->⇒<-1n a >1n a >21211n na a +=->11a >{}n a 1a (1,)+∞{}n a 2n …221111(21)(21)2()()0n n n n n n n n a a a a a a a a +----=---=+->10n n a a -->10n n a a -+>22111102101a a a a a ->⇒-->⇒>112a <-1a (1,)+∞{}n a n n S 11a =*1114(2,)n n n n n a a S S a n n N ---+=+∈…1{}na 111nn a a λλ++…(2)n n …λ*1114(2,)n n n n n a a S S a n n N ---+=+∈…1140n n n n a a a a --+-=1114(2)n n n a a --=…1{}na 114(1)43n n n a =+-=-143n a n =-111n n a a λλ++…1444143n n n λ-+-g …即，令，则，即有数列为递增数列，当时，取得最小值，且为，可得，解得或．即实数的取值范围为，．8．（2021•内江四模）已知函数的图象在处的切线方程为．（1）求，的值；（2）若，求函数的单调区间；（3）若正项数列满足，，证明：数列是递减数列．【解答】解：（1）由题意得，，则　，解得，；（2）由（1）可得，由题意得，，①当时，令，解得或，所以在和上单调递增；令，解得，所以在上单调递减；②当时，，则在上单调递增；③当时，令，解得或，所以在和上单调递增；1(43)(41)(2)44n n n n λ-+-……(43)(41)(2)44n n n n n -+=-…ð1(41)(45)04(1)n n n n c n n ++--=>-ð{}n ð2n =4541454λ…0λ<445λ…λ4(,0)[45-∞ )+∞()x f x s ke -=-0x =y x =s k 21()(1)1(0)2x g x mlnx e x m x m -=-+-++>()()()h x g x f x =-{}n a 112a =1()n a n n a e f a +={}n a (0)0f =(0)1f '=01s k k -=⎧⎨=⎩1s =1k =()1x f x e -=-21()(1)(0)2h x mlnx x m x x =+-+>∴()(1)()(1)m x m x h x x m x x--'=+-+=01m <<()0h x '>0x m <<1x <()h x (0,)m (1,)+∞()0h x '<1m x <<()h x (,1)m 1m =()0h x '…()h x (0,)+∞1m >()0h x '>01x <<m x <()h x (0,1)(,)m +∞令，解得，所以在上单调递减；综上：当时，的单调递增区间和，单调递减区间是；当时，的单调递增区间是；当时，的单调递增区间和，单调递减区间是．（3）证明：正项数列满足，，，数列是递减数列，等价为，即为，即为即，令，是上的增函数，，即，故，是递减数列．9．（2021春•安徽期末）已知数列中，，且．（1）证明：数列是等比数列；（2）若数列的前项和为①当时，求；②若单调递增，求的取值范围．【解答】解：（1）证明：设，则，，()0h x '<1x m <<()h x (1,)m 01m <<()h x (0,)m (1,)+∞(,1)m 1m =()h x (0,)+∞1m >()h x (0,1)(,)m +∞(1,)m {}n a 112a =1()n a n n a e f a +=∴1()1n na n n a n a a e f a e +-==-{}n a 1n n a a +<1n n a a e e +<1nn a n a a e e-<-1n a n e a >+()1(0)x t x e x x =-->()10(0)x t x e x '=->> ()t x ∴(0,)+∞()(0)0t x t ∴>=1x e x >+1n a n e a >+{}n a ∴{}n a 1(1)a t t =≠-12,1,2n n n a n n a a n n ++⎧⎪=⎨-⎪⎩为奇数为偶数2{1}n a +{}n a 2n 2:n S 1t =2n S 2{}n S t 21n n b a =+121b a =+212121a a t =+=+，（1分），（3分）数列是公比为2的等比数列，故数列是等比数列，（4分），，（6分）（2）由（1）得，，，（7分），（8分），，（10分）①当时，；（11分）②单调递增，对且恒成立，（12分）即，设，则，在且单调递减，（14分）12(1)0b t ∴=+≠⋯ 2(1)1212222221(221)1[2()21]12(1)21111n n n n n n n n n n a b a n a n n a b a a a a +++++++-++++=====++++⋯∴{}n b 2{1}n a +⋯∴11122(1)2(1)2n n n n b b t t --==+=+g g g ∴2(1)21n n a t =+-g ⋯221(1)21221n n n a t a n -=+-=+-g ∴121(1)2n n a t n --=+-g ⋯∴12123(1)21n n n a a t n --+=+--g ⋯21234212()()()n n n S a a a a a a -∴=++++⋯++1(3)3(1)(122)(12)3(1)(21)2n n n n t n n t -+=+++⋯+-++⋯+-=+--g g ⋯1t =∴12(3)(3)6(21)32622n n n n n n n S +++=--=⨯--⋯2{}n S ∴12223(1)210n n n S S t n ---=+-->g 2n …*n N ∈⋯113(1)2n n t -++>11,22n n n P n -+=…11210222n n n n n n n n P P +-++--=-=<{}n P ∴2n …*n N ∈⋯，，即，故的取值范围为．（16分）10．（2021春•南昌期末）已知首项为正的数列中，相邻两项不为相反数，且前项和（1）求证：数列为等差数列；（2）设数列的前项和为，对一切正整数都有成立，求的最大值．【解答】（本小题12分）解：（1）证明：，，，或．又相邻两项不为相反数，，数列为公差为2的等差数列．（2）由或，数列的首项为正，，由（1）得，数列在，上是递增数列．又当时， 232P =∴33(1)2t +>12t >-t 1(,)2-+∞⋯{}n a n 1(5)(7)4n n n S a a =-+{}n a 11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭n n T n n T M …M 1(5)(7)4n n n S a a =-+ 11n n na S S ++∴=-1111(5)(7)(5)(7)44n n n n a a a a ++=-+--+11(2)()0n n n n a a a a ++∴--+=12n n a a +∴-=10n n a a ++=12n n a a +∴-=∴{}n a 11111(5)(7)74S a a a =-+⇒=15a =- {}n a 17a ∴=25n a n =+∴111111()(25)(27)22527n n a a n n n n +==-++++∴1111111111[()()()](27991125272727n T n n n =-+-+⋯+-=-+++∴*{}()n T n N ∈[1)+∞1n =1163T =要使得对于一切正整数都有成立，只要，所以的最大值为．11．（2021•天津一模）已知数列的前项和为，且对一切正整数都有．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求数列的通项公式；（Ⅲ）是否存在实数，使不等式对一切正整数都成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由．【解答】解：，，，即．在中，令，得，代入得．，，两式相减，得：，数列的偶数项，，，，，依次构成一个等差数列，且公差为，当为偶数时，，当为奇数时，为偶数，由上式及知：，数列的通项公式是．，∴n n T M …163M …M 163{}n a n n S n 212n n S n a =+142n n a a n ++=+{}n a a 12111(1)(1(1)n a a a --⋯-<n a 2*1()()2n n I S n a n N =+∈ ∴2211111[(1)][]22n n n n n a S S n a n a +++=-=++-+1112122n n a a n +=-++∴11()212n n a a n ++=+*142,n n a a n n N ++=+∈()II 2*1()2n n S n a n N =+∈1n =12a =()I 24a =142n n a a n ++=+ 2146n n a a n ++∴+=+24n n a a +-=∴{}n a 2a 4a 6a ⋯26a ⋯4d =∴n2(1)24(1)222n n n a a d n =+-=+-=n 1n +()I 142422(1)2n n a n a n n n +=+-=+-+=∴{}n a 2n a n =12111()(1)(1(1n III a a a --⋯-<，令，则由知，．，即的值随的增大而减小，时，的最大值为，若存在实数，符合题意，则必有：，它等价于，解得，或因此，存在实数，符合题意，其取值范围为．12．已知数列的前项和为，且对一切正整数都有．（1）证明：；（2）求数列的通项公式；（3）设，求证：对一切都成立．21211123)(1)(12n a a a a a---⋯-<12111())(1)nf n a a a =--⋯-()II ()0f n >∴12(1)()nf n f n +====1=<(1)()f n f n ∴+<()f n n *n N ∴∈()f n (1)f =a 2232a a ->0>(0a a a +>0a <<a >a ()+∞ {}n a n n S n 212n n S n a =+142n n a a n ++=+{}n a 12111()(1)(1)(1n f n a a a =--⋯-(1)()f n f n +<n N ⨯∈【解答】解：（1）．①．②②①得：；（2）；；又（3）对一切都成立．13．（2017秋•海安市校级月考）首项为正数的数列满足．（1）证明：若为奇数，则对，都是奇数；（2）若对，都有，求的取值范围．【解答】（1）证明：利用数学归纳法证明：已知是奇数，时成立．假设是奇数，其中为正整数，则由递推关系得是奇数．即时也成立．根据数学归纳法，对任何，都是奇数．（2）解：由，得，于是或．，因为，，所以所有的均大于0，因此与同号．因此，对一切都有的充要条件是或．212n n S n a =+ 2111(1)2n n S n a ++∴=++∴-142n n a a n ++=+142n n a a n ++=+ 112(1)(2)(1)(2)n n n a n a n a +∴-+=--=⋯=--12a =2n a n∴=1111()(1)(1)(1(12462f n n=---⋯-∴(1)1()f n f n +=<(1)()f n f n ∴+<n N ⨯∈{}n a 2*11(3),4n n a a n N +=+∈1a *n N ∀∈n a *n N ∀∈1n n a a +>1a 1︒1a 1n =2︒21k a m =-m 211(3)(1)14k k a a m m +=+=-+1n k =+2n …n a 212134a a a +=>211430a a -+>101a <<13a >22111133()()444n n n n n n n n a a a a a a a a ---+++-+-=-=10a >2*11(3),4n n a a n N +=+∈n a 1n n a a +-1n n a a --n N +∈1n n a a +>101a <<13a >。

上海市六年级(上)数学暑假讲义第13讲 (培优)比的意义与性质(解析版)

比的意义和比的基本性质是六年级数学上学期第三章第一节的内容，通过本讲的学习，同学们需要理解比和比值的意义、能区分比和比值、熟练地求解比和比值，同时要理清比与除法、分数等概念之间的联系和区别，也必须理解比的基本性质，并能熟练运用这个性质进行最简整数比的化简和连比的求解．1、比和比值a 、b 是两个数或两个同类的量，为了把b 和a 相比较，将a 与b 相除，叫做a 与b的比．记作a : b ，或写成ab，其中0b ；读作a 比b ，或a 与b 的比．a 叫做比的前项，b 叫做比的后项．前项a 除以后项b 所得的商叫做比值． 2、比、分数和除法的关系比：前项：后项 = 比值；分数：分子分母= 分数值；除法：被除数÷除数 = 商．比的前项相当于分数的分子和除式中的被除数；比的后项相当于分数的分母和除式中的除数；比值相当于分数的分数值和除式的商． 3、比、分数和除法的区别比是表示两个数关系的式子，分数是一个数，除法是一种运算．比的意义与性质内容分析知识结构模块一：比的意义知识精讲【例1】比的前项是38，比的后项是223，则它们的比值是______．【答案】964．【解析】由题意，得3238339 283838864÷=÷=⨯=．【总结】考查比值的意义．【例2】王奶奶买了2斤苹果用去10.8元，买了3斤梨用去12元，苹果与梨的单价比的比值是______．【答案】1.35．【解析】苹果单价：10.82 5.4÷=元，梨的单价：1234÷=元，苹果与梨的单价之比为275.4:4 5.44 1.3520=÷=或．【总结】考查比的基础应用．【例3】夏日炎炎，商店需调制一种夏日特饮：青柠雪碧，要求青柠汁与雪碧的质量之为1 : 200，这个比的意义是（）A．每200克饮料中含1克青柠汁B．每1克青柠汁配200克雪碧C．青柠汁比雪碧少199克D．雪碧比青柠汁多199克【答案】B【解析】青柠汁和雪碧的质量之比为1:200，是指1份青柠汁配200份雪碧，不一定指青柠汁一定是1克，雪碧一定是200克，另外，A选项应该是201克饮料中含有1克青柠汁．【总结】考查比的基本意义．【例4】求下列各个比的比值：（1）40分钟: 1.5小时；（2）16小时: 5天；（3）4千克: 500克；（4）20cm : 0.6m．【答案】（1）49；（2）215；（3）8；（4）13．【解析】求各项的比值，当两者单位不一样时，需要先统一单位，比如40分钟：1.5小时，需要统一为分钟，40分钟：90分钟＝49，其它都需要强调单位换算的进率．例题解析2/ 12【总结】考查比值的意义．【例5】一个数的小数点向右移动三位，得到的数与原数的比是______．【答案】1000:1．【解析】一个数的小数点向右移动三位，这个数扩大1000倍，与原数之比为1000:1．【总结】考查小数点移动的意义．【例6】甲数是乙数的4倍，乙数是丙数的6倍，求甲数与丙数的比值．【答案】24．【解析】设丙数为1份，则乙数是6份，甲数是24份，所以甲数是乙数的24倍，甲与丙的比值为24．【总结】考查三个数之间的比的基础转换．【例7】公园有一个湖泊，其余为绿地、建筑物和道路．已知公园面积为215平方千米，绿地面积为公园的23，建筑物和道路的占地总面积是公园面积的118，求湖泊面积和绿地面积的比值．【答案】512．【解析】公园分3部分，一是湖泊，二是绿地，三是建筑物和道路，绿地占总体的23，建筑物和道路占总体的118，所以湖泊占总体的215131818--=，所以湖泊与绿地面积之比为52:5:12183=，比值为512．【总结】考查比的基础应用．【例8】一根绳子长132米，若按3 : 4分成两段，其中长的一段是多少米？【答案】2米．【解析】一根绳子按3:4分成两段，其中较长的一段占总体的47，长为143227⨯=米．【总结】考查按比例分配的基础应用．模块二：比的基本性质4 / 121、比的基本性质比的前项和后项同时乘以或者除以相同的数（0除外），比值不变． 2、最简整数比比的前项和后项都是整数且互素，这样的比叫做最简整数比．注：题目中比的结果都必须化成最简整数比． 3、三连比的性质1、如果::a b m n =，::b c n k =，那么::::a b c m n k =；2、如果0k ≠，那么::::a b c ak bk ck =．【例9】以下说法中，正确的个数是（）（1）比的前项和后项乘以一个相同的数，比值不变；（2）女同学占全班人数的49，则女同学和男同学的人数之比为4 : 5；（3）把20克糖溶解在100克水中，糖与糖水的质量比为1 : 6；（4）25厘米和15米的比值是53；（5）在4 : 8中，如果前项加上8，要使比值不变，后项应加上8． A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】B【解析】理解比的基本性质，要强调乘以（或除以）同一个不为零的数，所以（1）不对；女生占全部人数的49，则男生占全部人数的59，则女生与男生之比为4:5，所以（2）是对的；把20克糖溶解在100克水中，糖与糖水之比为20:1201:6=，所以（3）是对的；25厘米和15米单位不一样，所以比值不是53，所以（4）不对；4:8的前项加上8，增加了2倍，要使比值不变，后项也要增加2倍，也就是应该加上16，所以（5）是不对的．【总结】考查比的意义及基本性质的相关概念．知识精讲例题解析【例10】化简下列各比：（1）511:196；（2）60.3::35；（3）125毫升: 0.6升；（4）1.2米: 40厘米: 8分米．【答案】（1）4:3；（2）1:4:10；（3）5:24；（4）3:1:2．【解析】比的化简，运用的是比的基本性质，比如第（2）题，有分数有小数，可以统一为小数，也可以统一为分数，60.3::30.3:1.2:33:12:301:4:105===，当比的各项单位不一样时，需要给学生强调统一单位再化简，以及注意结果是最简整数比，比如第（4）题，1.2米：40厘米：8分米＝120厘米：40厘米：80厘米＝3：1：2．【总结】考查比的基本性质．【例11】根据已知条件求a : b : c．（1）a : b = 2 : 3，b : c = 3 : 4；（2）a : b = 2 : 3，b : c = 6 : 5；（3）a : b = 3 : 2，b : c =41:153．【答案】（1）::2:3:4a b c=；（2）::4:6:5a b c=；（3）::9:6:10a b c=．【解析】三项连比的化简，先确定两个比是最简整数比，再确定哪一项是关联项，关联项统一为最小公倍数，这样三项连比才是正确的结果；（1）:2:3a b=，:3:4b c=，b在两个比中都是占3份，所以三项比的结果直接写::2:3:4a b c=；（2）:2:3a b=，:6:5b c=，b在第一个比中占3份，在第二个比中占6份，利用比的基本性质统一第一个比:4:6a b=，所以::4:6:5a b c=；（3）第二个比不是最简整数比，化简41::13:553b c==，b在两个比中，一个占2份，一个占3份，统一为6份，第一个比化为:9:6a b=，第二个比化为:6:10b c=，所以::9:6:10a b c=．【总结】考查三项连比的化简方法，这是一个教学重难点．【例12】写同样多的作业，小智用12分钟，小方用15分钟，那么小智与小方速度的最简整数比是____________．【答案】5:4．【解析】小智的时间12分，效率为112，小方的时间为15分钟，效率为115，效率就是速度，所以小智与小方的速度之比为11:15:125:41215==，也可以给学生拓展相等的工作量，速度比是时间的反比．【总结】考查行程（工程）问题中速度比的求解．【例13】甲数的35等于乙数的14，甲乙两数的比为__________．【答案】5:12．【解析】这一题考查比例的应用，由题意，得3154=甲乙，所以13=:5:1245=甲：乙．【总结】考查等积式与比例式之间的转换【例14】一项工程，甲队单独做3天完成，乙队单独做5天完成，丙队单独做6天完成，那么甲、乙、丙三队的工作效率之比为_________________．【答案】10:6:5．【解析】甲单独完成一件工作，3天，所以甲每天完成13，同理，乙每天完成15，丙每天完成16，三个工作队的效率之比为111::10:6:5356=．【总结】考查工程问题中效率之比的求法．【例15】5克盐完全溶解在100克水中．（1）求盐与水的质量比；（2）求盐与盐水的质量比；（3）要配制520千克这样的浓度的盐水，需要盐多少千克？【答案】（1）1:20；（2）1:21；（3）52021千克．【解析】（1）盐：水＝5:1001:20=；（2）盐：盐水＝1:21；（3）盐占盐水的121，要配置520千克这样浓度的盐水，需要盐15205202121⨯=千克．【总结】考查“盐水”问题中的相关比的求解．【例16】如图，阴影部分的面积是正方形面积的27，是圆面积的316，求正方形与圆的面积之比．【答案】21:32．6/ 12【解析】方法一：阴影面积是正方形面积的27，是圆面积的316，所以23=716S S 正圆，所以32::21:32167S S ==正圆；方法二：利用分数基本性质，将23716和统一分子，即66==2132S S S S 正阴阴圆；，所以:21:32S S =正圆【总结】本题综合性较强，考查比的综合应用，注意分析条件【例17】 a : b : c = 1 : 3 : 4，a + c = 20，求a + b + c 的值．【答案】32．【解析】设34a k b k c k ===，，，因为20a c +=，即4204k k k +==，，所以4121632a b c a b c ===++=，，，．【总结】考查比的综合应用，利用设k 法求值．【例18】甲、乙、丙三人去书店买书，共带去54元，甲用去了自己钱的35，乙用去了自己钱的34，丙用去了自己钱的23，各买了一本相同的书，三人用去的钱数正好相等，问这本书的价格是多少？【答案】12元．【解析】由题意，得332===543甲乙丙书的价钱，∵33=54甲乙，∴33==5:445甲：乙：；∵32=43乙丙，∴23=:8:934=乙：丙，利用连比的化简方法得，=10:8:9甲：乙：丙，又因为甲、乙、丙共带了54元，所以甲带了54的1010=10+8+927，即甲带了1054=2027⨯元，这本书的价钱是甲带的钱的35，所以这本书的价钱为320=125⨯元．【总结】考查比和比例的综合应用，难度较大．随堂检测8 / 12【习题1】一个比的前项是15，比值是114，则这个比的后项是______．【答案】12．【解析】比的后项＝比的前项除以比值，即1151124÷=．【总结】考查比的前项、后项和比值之间的相互转换．【习题2】求下列各比的比值：（1）123:125；（2）3小时 : 150分．【答案】（1）52；（2）65．【解析】（1）127753:125252=÷=；（2）63:150=1805小时分分:150分=．【总结】考查比值的求解方法，注意结果不能写成:a b 的形式．【习题3】化简下列各比：（1）511:163；（2）2平方米 : 4320平方厘米；（3）4:0.4:25（4）120分 : 1.2小时 : 1小时20分钟．【答案】（1）11:8；（2）125:27；（3）2:1:5；（4）15:9:10．【解析】利用比的基本性质，化简比，注意结果的最简性即可，比如第（3）题，4:0.4:20.8:0.4:28:4:202:1:55===；比如第（4）题，120:1.2:120120:72:8015:9:10==分小时小时分分分分．【总结】考查比的基本性质及比的化简．【习题4】比的前项是2.5，比的后项是5.25，如果比的前项增加1.5，那么比的后项增加______时，比值不变．【答案】3.15．【解析】首先这个比是2.5:5.25250:52510:21==，比值为1021，设比的后项增加x ，根据比值不变，列方程1010 1.52121x+=+，解得 3.15x =．【总结】结合方程思想考查比的应用．【习题5】根据已知条件，求下列各比．（1）已知:15:4x y =，:5:12z y =，求::x y z ；（2）已知11:1:223a b =，:2:3b c =，求::a b c ．【答案】（1）::45:12:5x y z =；（2）::2:6:9a b c =．【解析】（1）统一字母y ，:15:445:12x y ==，:5:12z y =，所以::45:12:5x y z =；（2）∵11:1:223a b =，∴11232b a =⨯，即13a b =，∴:1:32:6a b ==，又∵:2:36:9b c ==，∴::2:6:9a b c =．【总结】考查比和比例的基本性质，以及三项连比的化简方法．【习题6】现有黄沙、水泥、石子各12吨，根据施工要求，将黄沙、水泥、石子按2 : 3 : 5拌成混凝土，当水泥用完时，黄沙用了几吨？石子还缺几吨？【答案】黄沙用了8吨，石子还缺8吨．【解析】水泥12吨正好用完，按2:3:5的比例，黄沙需要12328÷⨯=吨，石子需要123520÷⨯=吨，所以黄沙用了8吨，石子还缺8吨．【总结】考查比的综合应用．【习题7】某中学460名学生分成三组参加植树活动，第一组与第二组人数比是3 : 4，第一组与第三组人数比是2 : 3，第三组比第二组多多少人？【答案】20人．【解析】根据连比化简规律，三队人数之比为6:8:9，每一份有()46068920÷++=人，第三组比第二组多一份，所以第三组比第二组多20人．【总结】考查比的综合应用，难度较大．10 / 1264.5甲乙【作业1】如图，甲、乙两个三角形的面积之比为____________．【答案】4:3．【解析】甲、乙两个三角形等高，所以面积比是底之比，6:4.560:454:3==．【总结】考查共底等高型三角形的面积比问题．【作业2】求下列各比的比值：（1）1.2 : 1.8；（2）2.4 m : 30 dm ．【答案】（1）23；（2）45．【解析】比的前项除以后项所得的商是比值，求比值可以灵活变通，将比化为最简整数比:a b ，再写成a b 即为比值：（1）21.2:1.812:182:33===；（2）42.4:3024:3024:304:55m dm dm dm ====．【总结】考查比值求解问题．课后作业【作业3】根据已知条件，求下列各比．（1）已知11::23x y =，:2:3z x =，求::x y z ；（2）已知()12::1:2:33x y z ⎛⎫= ⎪⎝⎭，求::x y z ．【答案】（1）::3:2:2x y z =；（2）::1:12:6x y z =．【解析】（1）先化简比：11::3:2;:2:323x y z x ===，关联项是x ，在两个比中都是占3份，所以直接写三项连比为::3:2:2x y z =，需要学生认真审题；第（2）题，由题意得12:1:2(1)31:2:3(2)3x y y z ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，由（1）得114::41:1233y x x y =⇒==；由（2）得2:2:112:6z y y z =⇒==，所以::1:12:6x y z =．【总结】考查三项连比的化简，第（2）小题需要运用比例的基本性质．【作业4】一个分数，分子和分母之和是100，如果分子加23，分母加32，新分数约分后是23，原来的分数是多少？【答案】3961．【解析】设原来的分数为100x x-，由题意，得232100323x x +=-+，交叉相乘，解得39x =，所以原来的分数为3961．【总结】结合方程考查分数的基本性质12 / 127k 7k5kPDCBA乙甲【作业5】一个长方体的长和宽的比是5 : 6，宽与高的比是4 : 7，如果长方体的长是20厘米，求它的体积．【答案】320160cm ．【解析】由题意，得长、宽、高的最简整数比为10:12:21，当长为20厘米时，宽为24厘米，高为42厘米，体积为20244220160⨯⨯=立方厘米．【总结】考查比的综合应用．【作业6】如图所示，有三种物体：圆球、圆柱、正方体，每一种物体的大小、质量相同．若两个天平都平衡，三个球体的重量等于几个正方体的重量？【答案】35个球等于个正方体．【解析】此题关键利用圆柱体作为中间量进行代换，由题意，得2=56=152=310=15⎧⎧⇒⎨⎨⎩⎩球柱球柱方柱方柱，所以6=103=5球方，即球方5个正方体的重量．【总结】考查连比的综合运用，难度较大．【作业7】如图，ABCD 是梯形，底边为AB 和CD ，P 是AD 的中点，CP 把梯形分成甲、乙两个部分，它们的面积之比为12 : 7，求：上底AB 与下底CD 长的比．【答案】:5:14AB CD =．【解析】联结AC ，因为P 是AD 中点，所以APC DPC S S S ∆∆==乙，因为:12:7S S =甲乙，设=12,S =7S k k 甲乙，则(127)5ABC S k k k ∆=-=，即 :5:145:14ABC ADC S S k k ∆∆==，又因为它们等高，所以底之比是面积之比，即:5:14AB CD =．【总结】考查比的综合运用，难度较大．。

第13讲双变量不等式：主元法(解析版)

第13讲双变量不等式:主元法参考答案与试题解析一．解答题（共9小题）1．（2021春•哈密市校级月考）已知函数()f x xlnx =．（1）求函数()f x 的单调区间和最小值；（2）当0b >时，求证：11()bn be（其中e 为自然对数的底数）；（3）若0a >，0b >求证：()()2()f x a b ln f a b f +++-（b ）．【解答】解：（1）()1f x lnx '=+ (0)x >-----（1分）令()0f x '得：11lnx lne --=， 1e >，1xe∴；令()0f x '<得：10x e<<；-----（2分）()f x ∴在1[e ，)+∞上为增函数；在(0，1]e 上为减函数．----（4分）（2）由（1）知：当0b >时，有f （b ）11()()mix f x f e e==-，----（6分）1blnb e∴-，即：11()b nlnb ln e ，11()b n b e ∴．-----（8分）（3）将f （a ）()2()a b ln f a b f +++-（b ）变形为： f （a ）f +（b ）()()2f a b a b ln +-+------（7分）即只证：f （a ）()()()2f a b a f a b a b ln ++-+-+ 设函数()()()(0)g x f x f k x k =+->------（8分） ()()()g x xlnx k x ln k x ∴=+--，0x k ∴<< ()1()1xg x lnx ln k x lnk x∴'=+---=- 令()0g x '>，得：2102x x k kx k k x k x ->⇒>⇒<<--． ()g x ∴在[2k ，)k 上单调递增；在(0，]2k上单调递减；()g x ∴的最小值为：()2k g ，即总有：()()2kg x g ．----（12分）()()()(2)()22222k k k kg f f k kln k lnk f k kln =+-==-=- ()()2g x f k kln ∴-，即：()()()2f x f k x f k kln +--，-----（13分）令x a =，k x b -=，则k a b =+f ∴（a ）f +（b ）()()2f a b a b ln +-+，f ∴（a ）()2()a b ln f a b f +++-（b ）成立．------（14分）2．（2021秋•广东月考）已知函数()()xe f x a lnx x x=+-（其中a R ∈且a 为常数，e 为自然对数的底数，2.71828)e =⋯．（Ⅰ）若函数()f x 的极值点只有一个，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）当0a =时，若()f x kx m +（其中0)m >恒成立，求(1)k m +的最小值()h m 的最大值．【解答】解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，其导数为22(1)1(1)()()x x xe x x e x xf x a a x x x e---'=⋅-=-．由()01f x x '=⇒=或xx a e =，设()xxu x e =，1()xxu x e -'=， ∴当(0,1)x ∈时，()0u x '>；当(1,)x ∈+∞时，()0u x '<．即()u x 在区间(0,1)上递增，在区间(1,)+∞上递减，∴()1()1u x u e==极大，又当0x →时，()0u x →，当x →+∞时，()0u x →且()0u x >恒成立．∴当0a 或1a e>时，方程x x a e =无根，函数()f x 只有1x =一个极值点．当1a e =时，方程x x a e =的根也为1x =，此时()f x '的因式0xxa e-恒成立，故函数()f x 只有1x =一个极值点．当10a e <<时，方程x xa e=有两个根1x 、2x 且1(0,1)x ∈，2(1,)x ∈+∞， ∴函数()f x 在区间1(0,)x 单调递减；1(x ，1)单调递增；2(1,)x 单调递减；2(x ，)+∞单调递增，此时函数()f x 有1x 、1、2x 三个极值点．综上所述，当0a 或1ae时，函数()f x 只有一个极值点．（Ⅱ）依题意得lnx x kx m -+，令()(1)x lnx k x m ϕ=-+-，则对(0,)x ∀∈+∞，都有()0x ϕ成立．1()(1)x kxϕ'=-+，∴当10k +时，函数()x ϕ在(0,)+∞上单调递增，注意到()(1)0m m e k e ϕ=-+，∴若(m x e ∈，)+∞，有()0x ϕ>成立，这与()0x ϕ恒成立矛盾；当10k +>时，因为()x ϕ'在(0,)+∞上为减函数，且1()01k ϕ'=+， ∴函数()x ϕ在区间1(0,)1k +上单调递增，在1(,)1k +∞+上单调递减， ∴1()()(1)11x ln k m k ϕϕ=-+--+，若对(0,)x ∀∈+∞，都有()0x ϕ成立，则只需(1)10ln k m -+--成立，1(1)11m ln k m k e --∴+--⇒+，当0m >时，则(1)k m +的最小值1()m h m me --=，1()(1)m h m e m --'=-，∴函数()h m 在(0,1)上递增，在(1,)+∞上递减， ∴21()h m e ，即(1)k m +的最小值()h m 的最大值为21e；综上所述，(1)k m +的最小值()h m 的最大值为21e ． 3．（2021•微山县校级二模）设函数()f x xlnx =．（Ⅰ）求()f x 的极值；（Ⅱ）设()(1)g x f x =+，若对任意的0x ，都有()g x mx 成立，求实数m 的取值范围；（Ⅲ）若0a b <<，证明：0()()2()()22a bf a f b f b a ln +<+-<-．【解答】（本小题满分14分）解：（Ⅰ）函数()f x xlnx =，则()1f x lnx '=+，(0)x > 令()0f x '=，解得：1x e =，且当1(0,)x e ∈时，()0f x '<，1(,)x e∈+∞时，()0f x '> 因此：()f x 的极小值为11()f e e=-（Ⅱ）()(1)(1)(1)g x f x x ln x =+=++令()(1)(1)h x x ln x mx =++-，则()(1)1h x ln x m '=++-注意到：(0)0h =，若要()0h x ，必须要求(0)0h '，即10m -，亦即1m 另一方面：当1m 时，()(1)10h x ln x m '=++-恒成立；故实数m 的取值范围为：1m()III 构造函数()()2a x F x alna xlnx a x ln+=+-+，x a >，2()112a x xF x lnx ln ln a x+'=+--=+，x a >，02a x x ∴<+<，()0F x '>，()F x 在(,)a +∞上是单调递增的；故F （b ）F >（a ）0=，即：()()2()02a bf a f b f ++-> 另一方面，构造函数()()()22a xG x alna xlnx a x ln x a ln +=+-+--， 2()20x xG x lnln ln a x a x'=-=<++， ()G x 在(,)a +∞上是单调递减的故G （b ）G <（a ）0=即：()()2()()22a bf a f b f b a ln ++-<- 综上，0()()2()()22a bf a f b f b a ln +<+-<-． 4．（2021•泉州二模）已知函数()x f x e x =-，()()()g x x k ln x k x =++-．（1）若1k =，()()f t g t ''=，求实数t 的值．（2）若a ，b R +∈，f （a ）g +（b ）(0)(0)f g ab ++，求正实数k 的取值范围．【解答】解：（1）函数()x f x e x =-，()()()g x x k ln x k x =++-．()1x f x e ∴'=-，()()g x ln x k '=+，由1k =，()()f t g t '='，得(1)10t e ln t -+-=，令()(1)1t t e ln t ϕ=-+-，则1()1t t e t ϕ'=-+， 21()0(1)t t e t ϕ''=+>+，()t ϕ∴'在(1,)-+∞单调递增，又(0)0ϕ'=，∴当10x -<<时，()0t ϕ'>，()t ϕ单调递增，当0x >时，()0t ϕ'<，()t ϕ单调递减， ()(0)0t ϕϕ∴=，当且仅当0t =时等号成立，∴方程()()f t g t '='有且仅有唯一解0t =，实数t 的值为0．（2）令()()h x f x bx g =-+（b ）(0)(0)f g --，0x >，则()(1)x h x e b '=-+，∴当(1)x ln b >+时，()0h x '>，()h x 单调递增．当0(1)x ln b <<+时，()0h x '<，()h x 单调递减，故()((1))((1))h x h ln b f ln b g +=++（b ）(0)(0)(1)f g bln b ---+()()(1)(1)b k ln b k x ln x klnk =++-++-，(0)x >，令()()()(1)(1)t x x k ln x k x ln x klnk =++-++-，(0)x >，则()()(1)t x ln x k ln x '=+-+，()i 若1k >时，()0t x '>，()t x 在(0,)+∞单调递增， ()(0)0t x t ∴>=，满足题意； ()ii 若1k =时，()0t x =，满足题意；()iii 若01k <<时，()0t x '<，()t x 在(0,)+∞单调递减， ()(0)0t x t ∴<=，不满足题意．综上，正实数k 的取值范围是[1，)+∞．5．（2021•浙江）已知实数0a ≠，设函数()f x alnx =0x >．（Ⅰ）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）对任意21[x e∈，)+∞均有()2x f x a ，求a 的取值范围．注： 2.71828e =⋯为自然对数的底数．【解答】解：（1）当34a =-时，3()4f x lnx =-+0x >，3()4f x x '=-+=， ∴函数()f x 的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3,)+∞．（2）由f （1）12a ，得204a <，当204a<时，()2x f x a ，等价于20lnx -，令1t a=，则22t ，设()22g t t lnx =-，22t ，则2()2g t t lnx=--，()i 当1[7x ∈，)+∞122x ，则()(22)2g x g lnx =，记()p x lnx =，17x，则1()p x x '=-==，列表讨论：()p x p ∴（1）0=，()(22)2()2()0g t g p x p x ∴==．()ii 当211[,)7x e ∈时，1()(1g t g x +，令()(1)q x x =++，21[x e ∈，1]7，则()10q x'=+>，故()q x 在21[e ，1]7上单调递增，1()()7q x q ∴，由()i 得11()()77q p p =<（1）0=，()0q x ∴<，1()(10g t g x ∴+=>，由()()i ii 知对任意21[x e ∈，)+∞，t ∈，)+∞，()0g t ，即对任意21[x e ∈，)+∞，均有()2x f x a ，综上所述，所求的a 的取值范围是(0． 6．（2021•江苏）设函数()()()()f x x a x b x c =---，a ，b ，c R ∈，()f x '为()f x 的导函数．（1）若a b c ==，f （4）8=，求a 的值；（2）若a b ≠，b c =，且()f x 和()f x '的零点均在集合{3-，1，3}中，求()f x 的极小值；（3）若0a =，01b <，1c =，且()f x 的极大值为M ，求证：427M．【解答】解：（1）a b c ==，3()()f x x a ∴=-， f （4）8=，3(4)8a ∴-=， 42a ∴-=，解得2a =．（2）a b ≠，b c =，设2()()()f x x a x b =--．令2()()()0f x x a x b =--=，解得x a =，或x b =．2()()2()()()(32)f x x b x a x b x b x b a '=-+--=---．令()0f x '=，解得x b =，或23a bx +=． ()f x 和()f x '的零点均在集合{3A =-，1，3}中，若：3a =-，1b =，则2615333a b A +-+==-∉，舍去． 1a =，3b =-，则2231333a b A +-==-∉，舍去． 3a =-，3b =，则263133a b A +-+==-∉，舍去．． 3a =，1b =，则2617333a b A ++==∉，舍去．1a =，3b =，则2533a b A +=∉，舍去． 3a =，3b =-，则263133a b A +-==∈，因此3a =，3b =-，213a bA +=∈，可得：2()(3)(3)f x x x =-+． ()3[(3)](1)f x x x '=---．可得1x =时，函数()f x 取得极小值，f （1）22432=-⨯=-．（3）证明：0a =，01b <，1c =， ()()(1)f x x x b x =--．2()()(1)(1)()3(22)f x x b x x x x x b x b x b '=--+-+-=-++． △22214(1)124444()332b b b b b =+-=-+=-+．令2()3(22)0f x x b x b '=-++=．解得：11(0,]3x =，2x =．12x x <，12223b x x ++=，123b x x =，可得1x x =时，()f x 取得极大值为M ，2111()3(22)0f x x b x b '=-++=，令11(0,]3x t =∈，可得：23221t tb t -=-．43211112()()(1)()(1)21t t t M f x x x b x t t b t t -+-∴==--=--=-， 432261282(21)t t t tM t -+-+'=-．令32()61282g t t t t =-+-+，22()182482(32)0g t t t t '=-+-=--<，∴函数()g t 在1(0,]3t ∈上单调递减，14()039g =>． ()0t g t ∴⋅>．0M ∴'>．∴函数()M t 在1(0,]3t ∈上单调递增，14()()327M t M ∴=． 7．（2021春•湖南期中）已知函数1()1f x alnx x=-+，()a R ∈．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）函数()2(1)()g x x xf x =++，证明：当01a <时，()0g x >恒成立．【解答】解：（1）2211()a axf x x x x+'=+=，（1分）当0a 时，()0f x '>，()f x ∴的单调递增区间为(0,)+∞，（2分）当0a <时，令1()00f x x a '>⇒<<-，令1()0f x x a'<⇒>-，（3分） ()f x ∴的单调递增区间为1(0,)a -，单调递减区间为1(,)a-+∞．（4分）（2）()2(1)131(0)g x x x axlnx x axlnx x =++-+=++>．方法一：直接求导()3(1)3g x a lnx alnx a '=++=++，令(3)()0a ag x x e -+'=⇒=，（5分）0a >，令(3)()0a ag x x e-+'>⇒>，令(3)()00a ag x x e-+'<⇒<<，∴()()()330,,,a a a a g x e e -+-+⎛⎫⎛⎫↓+∞↑ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭在，（6分） ∴(3)()()a ag x g e-+，(3)(3)(3)(3)()31a a a aaaa g eea ea-+-+-+-+=⋅++⋅⋅，（7分）令()()()()334,3141t ta t t t g t e e t at -+-=-=⋅++⋅-+则，（8分）下面证明33101t tt e e t -⋅++⋅>+，即证3101t e t +>+，令3()1,(4)1te h t t t =+-+，（9分）则23()0(1)tte h t t '=<+，()h t ∴在(,4)-∞-递减，∴41()(4)10h t h e-=->，∴3101t e t +>+，（11分） ∴当01a <时，()0g x >恒成立．（12分）方法二：1()31(3),(0)g x x axlnx x alnx x x =++=++>，要证()0g x >，只需证130alnx x++>，（5分）令()()221113,a ax h x alnx h x x x x x-=++'=-+=则，（6分）令11()0,()00h x x h x x a a''>⇒><⇒<<，（7分）()110,,,h x a a ⎛⎫⎛⎫↓+∞↑ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭在，∴11()(),()3h x h h a alna a a =+-，（8分）证明方式11:()()3min h x h a alna a==+-，(0a ∈，1]，0lna ∴，（9分）0alna ∴-，（10分）， 30a alna ∴+->，（11分） ∴当01a <时，()0g x >恒成立．（12分）证明方式132:()3(1)h a alna a lna a a=+-=+-下面只需证明310lna a+->，令()()23311,(01),0r a lna a r a a a a=+-<'=--<则， r ∴（a ）在(0,1)递减，（10分）r ∴（a ）r （1）40=>，∴310lna a+->，（11分） ∴当01a <时，()0g x >恒成立．（12分）8．（2021•天津）已知函数3()()f x x klnx k R =+∈，()f x '为()f x 的导函数．（Ⅰ）当6k =时，（ⅰ）求曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程；（ⅱ）求函数9()()()g x f x f x x=-'+的单调区间和极值；（Ⅱ）当3k -时，求证：对任意的1x ，2[1x ∈，)+∞，且12x x >，有121212()()()()2f x f x f x f x x x '+'->-．【解答】解：()()I i 当6k =时，3()6f x x lnx =+，故26()3f x x x'=+，f ∴'（1）9=， f （1）1=，∴曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程为19(1)y x -=-，即980x y --=．3293()()()()63ii g x f x f x x lnx x x x=-'+=+-+，0x >， 3222633(1)(1)()36x x g x x x x x x-+∴'=-+-=，令()0g x '=，解得1x =，当01x <<，()0g x '<，当1x >，()0g x '>，∴函数()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，1x =是极小值点，极小值为g （1）1=，无极大值（Ⅱ）证明：由3()f x x klnx =+，则2()3k f x x x'=+，对任意的1x ，2[1x ∈，)+∞，且12x x >，令12x t x =，1t >，则22331121212121212122()[()()]2[()()]()(33)2()x k k x x f x f x f x f x x x x x x x kln x x x -'+'--=-+++--+， 332212112121221233()2x x xx x x x x x k kln x x x =--++--， 33221(331)(2)x t t t k t lnt t=-+-+--，①令1()2h x x lnx x=--，1x >，当1x >时，22121()1(1)0h x x x x'=+-=->， ()h x ∴在(1,)+∞单调递增，∴当1t >，()h t h >（1）0=，即120t lnt t-->，21x ，323331(1)0t t t t -+-=->，3k -，33232322113(331)(2)3313(2)361x t t t k t lnt t t t t lnt t t lnt t t t∴-+-+---+----=-++-，②，由（Ⅰ）()ii 可知当1t 时，()g t g >（1）即323361t t lnt t-++>，③，由①②③可得121212()[()()]2[()()]0x x f x f x f x f x -'+'-->，∴当3k -时，对任意的1x ，2[1x ∈，)+∞，且12x x >，有121212()()()()2f x f x f x f x x x '+'->-． 9．（2021•新课标模拟）设函数()1f x lnx x =-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）证明当(1,)x ∈+∞时，11x x lnx-<<；（3）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)x c x c +->．【解答】解：（1）函数()1f x lnx x =-+的导数为1()1f x x'=-，0x >，由()0f x '>，可得01x <<；由()0f x '<，可得1x >．即有()f x 的增区间为(0,1)；减区间为(1,)+∞；（2）证明：当(1,)x ∈+∞时，11x x lnx-<<，即为1lnx x xlnx <-<．由（1）可得()1f x lnx x =-+在(1,)+∞递减，可得()f x f <（1）0=，即有1lnx x <-；设()1F x xlnx x =-+，1x >，()11F x lnx lnx '=+-=，当1x >时，()0F x '>，可得()F x 递增，即有()F x F >（1）0=，即有1xlnx x >-，则原不等式成立；（3）证明：设()1(1)x G x c x c =+--，则需要证明：当(0,1)x ∈时，()0(1)G x c >>；()1x G x c c lnc '=--，2()()0x G x lnc c ''=-<，()G x ∴'在(0,1)单调递减，而(0)1G c lnc '=--，G '（1）1c clnc =--，由（1）中()f x 的单调性，可得(0)10G c lnc '=-->，由（2）可得G '（1）1(1)10c clnc c lnc =--=--<，(0,1)t ∴∃∈，使得()0G t '=，即(0,)x t ∈时，()0G x '>，(,1)x t ∈时，()0G x '<；即()G x 在(0,)t 递增，在(,1)t 递减；又因为：(0)G G =（1）0=，(0,1)x ∴∈时()0G x >成立，不等式得证；即1c >，当(0,1)x ∈时，1(1)x c x c +->．。

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第13讲数列最值问题
一．选择题（共12小题）
1．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足150S >，160S <，则
11S a ，22S a ，⋯，1313S a 中最大的项为( ) A ．77S a B ．66S a C ．99
S a D ．88S a 【解析】解：设等差数列{}n a 的公差为d ，150S >，160S <，∴115815()1502a a a +=>，1168916()
8()02a a a a +=+<，
80a ∴>，90a <，因此0d <．
若视为函数，则对称轴在8S 和9S 之间，
89S S >，n S ∴最大值是8S ，
故n S 最大值为8S ．
又0d <，n a 递减，前8项中n S 递增，
故n S 最大且n a 取最小正值时n n
S a 有最大值， ∴8
8
S a 最大．
故选：D ．
2．设等差数列{}n a 的前n 项和n S ，若150S >，160S <，则数列{}n n
S a 的前15项中最大的项是(
) A ．第1项 B ．第8项 C ．第9项 D ．第15项【解析】解：等差数列前n 项和21()()22n d d
S n a n =+-，
由150S >，160S <，得170a d +>，115
02a d +<，
80a ∴>，90a <，0d <，
若视为函数则对称轴在8S 和9S 之间，
89S S >，n S ∴最大值是8S ，分析n
n
S a ，知n a 为正值时有最大值，故为前8项，
又0d <，n a 递减，前8项中n S 递增，
∴前8项中n S 最大n a 最小时n n
S a 有最大值， ∴8
8
S a 最大．。

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