(浙江专用)最新2020-2021高考数学二轮复习专题三数列与不等式第4讲不等式学案

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(浙江专用)2020高考数学二轮复习专题三数列与不等式第3讲数列的综合问题学案

第3讲数列的综合问题[考情考向分析] 1.数列的综合问题，往往将数列与函数、不等式结合，探求数列中的最值或证明不等式.2.以等差数列、等比数列为背景，利用函数观点探求参数的值或范围.3.与数列有关的不等式的证明问题是高考考查的一个热点，也是一个难点，主要涉及到的方法有作差法、放缩法、数学归纳法等．热点一利用S n ，a n 的关系式求a n 1.数列{a n }中，a n 与S n 的关系a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2．求数列通项的常用方法(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．(2)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1－a n ＝f (n )，且f (1)＋f (2)＋…＋f (n )可求，则可用累加法求数列的通项a n . (3)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1a n＝f (n )，且f (1)·f (2)·…·f (n )可求，则可用累乘法求数列的通项a n . (4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．例1 (2018·浙江)已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n .(1)求q 的值；(2)求数列{b n }的通项公式．解 (1)由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项，得a 3＋a 5＝2a 4＋4，所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28，解得a 4＝8.由a 3＋a 5＝20，得8⎝⎛⎭⎪⎫q ＋1q ＝20，解得q ＝2或q ＝12.因为q >1，所以q ＝2.(2)设c n ＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{c n }的前n 项和为S n .由c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，解得c n ＝4n －1(n ∈N *)．由(1)可得a n ＝2n －1，所以b n ＋1－b n ＝(4n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，故b n －b n －1＝(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －9)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋…＋7×12＋3.设T n ＝3＋7×12＋11×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，①则12T n ＝3×12＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －9)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，n ≥2，② ①－②，得12T n ＝3＋4×12＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2－(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，n ≥2，因此T n ＝14－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2.又b 1＝1，所以b n ＝15－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，当n ＝1时，b 1＝1也满足上式，所以b n ＝15－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ∈N *.思维升华给出S n 与a n 的递推关系，求a n ，常用思路：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n . 跟踪演练1 已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：a 1a n ＝S 1＋S n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a n >0，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫log 2a n 32的前n 项和为T n ，试问当n 为何值时，T n 最小？并求出最小值．解 (1)由已知a 1a n ＝S 1＋S n ，①可得当n ＝1时，a 21＝a 1＋a 1，解得a 1＝0或a 1＝2，当n ≥2时，由已知可得a 1a n －1＝S 1＋S n －1，② ①－②得a 1()a n －a n －1＝a n .若a 1＝0，则a n ＝0，此时数列{a n }的通项公式为a n ＝0. 若a 1＝2，则2()a n －a n －1＝a n ，化简得a n ＝2a n －1，即此时数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，故a n ＝2n (n ∈N *)．综上所述，数列{a n }的通项公式为a n ＝0或a n ＝2n(n ∈N *)． (2)因为a n >0，故a n ＝2n.设b n ＝log 2a n32，则b n ＝n －5，显然{b n }是等差数列，由n －5≥0，解得n ≥5，所以当n ＝4或n ＝5时，T n 最小，最小值为T 4＝T 5＝5()－4＋02＝－10.热点二数列与函数、不等式的综合问题数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化．例2 已知函数f (x )＝ln(1＋x )－x (1＋λx )1＋x.(1)若x ≥0时，f (x )≤0，求λ的最小值；(2)设数列{a n }的通项a n ＝1＋12＋13＋…＋1n ，证明：a 2n －a n ＋14n >ln 2.(1)解由已知可得f (0)＝0， ∵f (x )＝ln(1＋x )－x (1＋λx )1＋x，∴f ′(x )＝(1－2λ)x －λx2(1＋x )2，且f ′(0)＝0. ①若λ≤0，则当x >0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， ∴f (x )≥f (0)＝0，不合题意； ②若0<λ<12，则当0<x <1－2λλ时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，∴当0<x <1－2λλ时，f (x )>f (0)＝0，不合题意； ③若λ≥12，则当x >0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ≥0时，f (x )≤f (0)＝0，符合题意．综上，λ≥12.∴实数λ的最小值为12.(2)证明由于a 2n －a n ＋14n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n －1＋12n ＋14n ，若λ＝12，由(1)知，f (x )＝ln(1＋x )－x (2＋x )2＋2x ，且当x >0时，f (x )<0，即x (2＋x )2＋2x>ln(1＋x )，令x ＝1n ，则2n ＋12n (n ＋1)>ln n ＋1n ，∴12n ＋12(n ＋1)>ln n ＋1n， 12(n ＋1)＋12(n ＋2)>ln n ＋2n ＋1，12(n ＋2)＋12(n ＋3)>ln n ＋3n ＋2，…，12(2n －1)＋14n >ln 2n2n －1.以上各式两边分别相加可得12n ＋12(n ＋1)＋12(n ＋1)＋12(n ＋2)＋12(n ＋2)＋12(n ＋3)＋…＋12(2n －1)＋14n >ln n ＋1n ＋ln n ＋2n ＋1＋ln n ＋3n ＋2＋…＋ln 2n2n －1，即1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n －1＋12n ＋14n>ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n·n ＋2n ＋1·n ＋3n ＋2·…·2n 2n －1＝ln 2n n ＝ln 2， ∴a 2n －a n ＋14n>ln 2.思维升华解决数列与函数、不等式的综合问题要注意以下几点(1)数列是一类特殊的函数，函数定义域是正整数，在求数列最值或不等关系时要特别重视． (2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件． (3)不等关系证明中进行适当的放缩．跟踪演练2 设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n－1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2. (1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23内有且仅有一个零点(记为a n )，且0<a n －12<13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n . (1)解由题设f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1，所以f n ′(2)＝1＋2×2＋…＋(n －1)2n －2＋n ·2n －1，①则2f n ′(2)＝2＋2×22＋…＋(n －1)2n －1＋n ·2n，②由①－②得，－f n ′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n－1，所以f n ′(2)＝(n －1)·2n＋1. (2)证明因为f n (0)＝－1<0，f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 1－23－1＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ≥1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫232>0，所以f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23内至少存在一个零点，又f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nxn －1>0，所以f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23内单调递增，因此f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23内有且仅有一个零点a n ，由于f n (x )＝x －x n ＋11－x－1，所以f n (a n )＝a n －a n ＋1n1－a n－1＝0，由此可得a n ＝12＋12a n ＋1n >12，故12<a n <23，所以0<a n －12＝12a n ＋1n <12×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n.热点三数列的实际应用数列与不等式的综合问题把数列知识与不等式的内容整合在一起，形成了关于证明不等式、求不等式中的参数取值范围、求数列中的最大(小)项、比较数列中项的大小等问题，求解方法既要用到不等式知识，又要用到数列的基础知识，经常涉及到放缩法和数学归纳法的使用．例3 (2018·浙江省名校协作体联考)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋(－1)n(n ∈N *)．(1)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋(－1)n3是等比数列； (2)当k 是奇数时，证明：1a k ＋1a k ＋1<92k ＋1；(3)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n<3.证明 (1)∵a n ＋1＝2a n ＋(－1)n， ∴a n ＋1＋(－1)n ＋13＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤a n ＋(－1)n3，又a 1＋(－1)3＝23，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋(－1)n3是首项为23，公比为2的等比数列． (2)由(1)可知a n ＋(－1)n 3＝2n 3，即a n ＝2n －(－1)n3，当k 是奇数时，1a k ＋1a k ＋1＝32k ＋1＋32k ＋1－1＝3(2k ＋1－1)＋3(2k＋1)2k 2k ＋1＋2k －1<9·2k2k 2k ＋1＝92k ＋1. (3)当n 为偶数时，1a n －1＋1a n <92n ＝32n －1＋32n ， ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 3＋1a 4＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1＋1a n <3⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n <3；当n 为奇数时，1a n ＋1a n ＋1<92n ＋1＝32n ＋32n ＋1，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋⎝⎛⎭⎪⎫1a 3＋1a 4＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1a n －2＋1a n －1＋1a n <3⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1＋12n ＋1<3⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1＋12n ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n <3. ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n<3.思维升华数列中的不等式问题主要有证明数列不等式、比较大小或恒成立问题，解决方法如下： (1)利用数列(或函数)的单调性．(2)放缩法：①先求和后放缩；②先放缩后求和，包括放缩后成等差(或等比)数列再求和，或者放缩后用裂项相消法求和． (3)数学归纳法．跟踪演练3 (2018·杭州质检)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋c a n(c >0，n ∈N *)． (1)证明：a n ＋1>a n ≥1；(2)若对任意n ∈N *，都有a n ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫c －12n －1，证明：①对于任意m ∈N *，当n ≥m 时，a n ≤c a m(n －m )＋a m ； ②a n ≤5n －12. 证明 (1)因为c >0，a 1＝1，所以a n ＋1＝a n ＋c a n>a n (n ∈N *)，下面用数学归纳法证明a n ≥1. ①当n ＝1时，a 1＝1≥1； ②假设当n ＝k 时，a k ≥1，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋c a k>a k ≥1. 所以当n ∈N *时，a n ≥1. 所以a n ＋1>a n ≥1.(2)①由(1)知当n ≥m 时，a n ≥a m ≥1，所以a n ＋1＝a n ＋c a n ≤a n ＋c a m，即a n ＋1－a n ≤c a m ，累加得a n －a m ≤c a m(n －m )．所以a n ≤c a m(n －m )＋a m .②若c >12，当m >8c －2(2c －1)2时，a m >⎝⎛⎭⎪⎫c －128c －2(2c －1)2－1＝2c2c －1. 所以c a m <c －12.所以当n ≥m 时，⎝ ⎛⎭⎪⎫c －12n －1≤a n ≤c a m (n －m )＋a m .所以当n >1＋a m －cma m c －12－c a m 时，⎝ ⎛⎭⎪⎫c －12n －1>c a m (n －m )＋a m ，矛盾．所以c ≤12.因为a 2n ＋1＝a 2n ＋2c ＋c 2a 2n ≤a 2n ＋2c ＋c 2≤a 2n ＋54，累加得a 2n ≤a 21＋54(n －1)＝5n －14，所以a n ≤5n －12.真题体验1．(2018·全国Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. 答案－63解析 ∵S n ＝2a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1＝－1，公比q ＝2的等比数列，∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－1(1－2n )1－2＝1－2n，∴S 6＝1－26＝－63.2．(2017·浙江)已知数列{x n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)(n ∈N *)．证明：当n ∈N *时， (1)0<x n ＋1<x n ； (2)2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12；(3)12n －1≤x n ≤12n －2. 证明 (1)用数学归纳法证明x n >0. 当n ＝1时，x 1＝1>0.假设当n ＝k (k ∈N *)时，x k >0，那么当n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0，则0<x k ＝x k ＋1＋ln(1＋x k ＋1)≤0，与假设矛盾，故x k ＋1>0，因此x n >0(n ∈N *)．所以x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)>x n ＋1，因此0<x n ＋1<x n (n ∈N *)． (2)由x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)得，x n x n ＋1－4x n ＋1＋2x n＝x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)．记函数f (x )＝x 2－2x ＋(x ＋2)ln(1＋x )(x ≥0)． f ′(x )＝2x 2＋x x ＋1＋ln ()1＋x >0(x >0)，函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以f (x )≥f (0)＝0，因此x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)＝f (x n ＋1)≥0，故2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12(n ∈N *)．(3)因为x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)≤x n ＋1＋x n ＋1＝2x n ＋1，所以x n ≥12n －1.由x n x n ＋12≥2x n ＋1－x n 得1x n ＋1－12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －12>0，所以1x n －12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －1－12≥…≥2n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－12 ＝2n －2，故x n ≤12n －2.综上，12n －1≤x n ≤12n －2(n ∈N *)．押题预测已知数列{a n }满足a 1＝2，点(a n ，a n ＋1)在直线y ＝3x ＋2上．数列{b n }满足b 1＝2，b n ＋1a n ＋1＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n. (1)求b 2的值；(2)求证：数列{a n ＋1}为等比数列，并求出数列{a n }的通项公式； (3)求证：2－12·3n －1≤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b 2…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b n <3316.押题依据数列与不等式的综合是高考重点考查的内容，常以解答题的形式出现，也是这部分的难点，考查学生的综合能力．(1)解由已知得a 2＝3a 1＋2＝8，所以b 2a 2＝1a 1，b 28＝12，解得b 2＝4.(2)解由条件得a n ＋1＝3a n ＋2，则a n ＋1＋1a n ＋1＝3a n ＋3a n ＋1＝3，所以数列{a n ＋1}是以a 1＋1为首项，3为公比的等比数列．即a n ＋1＝(a 1＋1)·3n －1＝3n，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n－1(n ∈N *)． (3)证明由题设b n ＋1a n ＋1＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n ，① 知b n a n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n －1(n ≥2)，② 由①－②，得b n ＋1a n ＋1－b n a n ＝1a n，则b n ＋1a n ＋1＝1＋b na n，即1＋b n b n ＋1＝a na n ＋1(n ≥2)．当n ＝1时，2－12×1＝32， 1＋1b 1＝32<3316，所以原不等式成立；当n ≥2时，⎝⎛⎭⎪⎫1＋1b 1⎝⎛⎭⎪⎫1＋1b 2…⎝⎛⎭⎪⎫1＋1bn＝1＋b 1b 1·1＋b 2b 2·…·1＋b nb n＝1b 1·1＋b 1b 2·1＋b 2b 3·…·1＋b n －1b n·(1＋b n )＝12×34×a 2a 3·…·a n －1a n·(1＋b n )＝38×8a n ·(1＋b n ) ＝3⎝⎛⎭⎪⎫1＋b n a n＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋b n a n＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n －1＋1a n ，先证明不等式左边，当n ≥2时，因为1a n ＝13n －1>13n ，所以3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n>3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋132＋133＋ (13)＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋19⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n －11－13＝2－12·3n －1.所以3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≥2－12·3n －1. 再证明不等式右边，当n ≥2时， 1a n＝13n－1＝19·3n －2－1≤18·3n －2，所以3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n≤3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a 1＋18⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋…＋13n －2＝3⎝⎛⎭⎪⎫12＋18·1－13n －11－13＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋316⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n －1<3316.所以2－12·3n －1≤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b 2…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b n <3316成立．综上所述，不等式成立．A 组专题通关1．删去正整数数列1,2,3，… 中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2 018项是( ) A ．2 062 B ．2 063 C ．2 064 D ．2 065答案 B解析由题意可得，这些数可以写为12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，第k 个平方数与第k ＋1个平方数之间有2k 个正整数，而数列12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，452共有2 025项，去掉45个平方数后，还剩余2 025－45＝1 980(个)数，所以去掉平方数后第2 018项应在2 025后的第38个数，即是原来数列的第2 063项，即为2 063.2．已知数列{a n }满足0<a n <1，a 41－8a 21＋4＝0，且数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 2n ＋4a 2n 是以8为公差的等差数列，设{a n }的前n 项和为S n ，则满足S n >10的n 的最小值为( ) A ．60 B ．61 C ．121 D ．122 答案 B解析由a 41－8a 21＋4＝0，得a 21＋4a 21＝8，所以a 2n ＋4a 2n＝8＋8(n －1)＝8n ，所以⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋2an2＝a 2n ＋4a 2n＋4＝8n ＋4，所以a n ＋2a n＝22n ＋1，即a 2n －22n ＋1a n ＋2＝0，所以a n ＝22n ＋1±22n －12＝2n ＋1±2n －1，因为0<a n <1，所以a n ＝2n ＋1－2n －1，S n ＝2n ＋1－1，由S n >10得2n ＋1>11，所以n >60.3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n ≥2(n ∈N *)，S n 为数列{a n }的前n 项和，则( ) A ．a n ≥2n ＋1 B ．S n ≥n 2C ．a n ≥2n －1D ．S n ≥2n －1答案 B解析由题意得a 2－a 1≥2，a 3－a 2≥2，a 4－a 3≥2，…，a n －a n －1≥2，∴a 2－a 1＋a 3－a 2＋a 4－a 3＋…＋a n －a n －1≥2(n －1)，∴a n －a 1≥2(n －1)，∴a n ≥2n －1. ∴a 1≥1，a 2≥3，a 3≥5，…，a n ≥2n －1， ∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ≥1＋3＋5＋…＋2n －1，即S n ≥n2(1＋2n －1)＝n 2.4．数列{a n }满足a 1＝65，a n ＝a n ＋1－1a n －1(n ∈N *)，若对n ∈N *，都有k >1a 1＋1a 2＋…＋1a n 成立，则最小的整数k 是( )A ．3B ．4C ．5D ．6 答案 C 解析由a n ＝a n ＋1－1a n －1，得a n ()a n －1＝a n ＋1－1， ∴1a n ＋1－1＝1a n ()a n －1＝1a n －1－1a n，即1a n ＝1a n －1－1a n ＋1－1，且a n >1. ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1－1a 2－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1－1a 3－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1－1a n ＋1－1 ＝1a 1－1－1a n ＋1－1， ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n＝5－1a n ＋1－1<5.又对n ∈N *，都有k >1a 1＋1a 2＋…＋1a n成立，∴k ≥5.故最小的整数k 是5.5．已知f (n )表示正整数n 的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1,2,3,4,6,12，则f (12)＝3；21的因数有1,3,7,21，则f (21)＝21，那么∑i ＝51100f (i )的值为( )A ．2 488B ．2 495C ．2 498D ．2 500 答案 D解析由f (n )的定义知f (n )＝f (2n )，且n 为奇数时f (n )＝n ，则∑i ＝1100f (i )＝f (1)＋f (2)＋…＋f (100)＝1＋3＋5＋…＋99＋f (2)＋f (4)＋…＋f (100) ＝50×()1＋992＋f (1)＋f (2)＋…＋f (50)＝2 500＋∑i ＝150f (i )，∴∑i ＝51100f (i )＝∑i ＝1100f (i )－∑i ＝150f (i )＝2 500.6．(2018·宁波期末)对给定的正整数n (n ≥6)，定义f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，其中a 0＝1，a i ＝2a i －1(i ∈N *，i ≤n )，则a 6＝________；当n ＝2 019时，f (2)＝________.答案 6442 020－13解析由a 0＝1，a i ＝2a i －1(i ∈N *，i ≤n )得数列{a i }为首项为2，公比为2的等比数列，则a i ＝2i (i ∈N *，i ≤n )，所以a 6＝26＝64.当n ＝2 019时，f (x )＝1＋2x ＋22x 2＋…＋22 019x 2 019，则f (2)＝1＋2×2＋22×22＋…＋22 019×22 019＝1＋4＋42＋…＋42 019＝1·(1－42 020)1－4＝42 020－13. 7．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝43(a n －1)，则(4n －2＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫16a n ＋1的最小值为__________．答案 4解析 ∵S n ＝43(a n －1)，∴S n －1＝43(a n －1－1)(n ≥2)，∴a n ＝S n －S n －1＝43(a n －a n －1)，∴a n ＝4a n －1，又a 1＝S 1＝43(a 1－1)，∴a 1＝4，∴{a n }是首项为4，公比为4的等比数列， ∴a n ＝4n，∴(4n －2＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫16a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4n16＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫164n ＋1 ＝2＋4n16＋164n ≥2＋2＝4，当且仅当n ＝2时取“＝”．8．已知数列{a n }的首项a 1＝a ，其前n 项和为S n ，且满足S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N *)，若对任意n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立，则a 的取值范围是______________．答案 (3,5)解析由条件S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N *)，得S n ＋1＋S n ＝4(n ＋1)2，两式相减，得a n ＋1＋a n ＝8n ＋4，故a n ＋2＋a n ＋1＝8n ＋12，两式再相减，得a n ＋2－a n ＝8，将n ＝2代入S n ＋S n －1＝4n 2，得a 1＋a 2＋a 1＝16，所以a 2＝16－2a ，从而a 2n ＝16－2a ＋8(n －1)＝8n ＋8－2a ；将n ＝3代入S n ＋S n －1＝4n 2，得a 1＋a 2＋a 3＋a 1＋a 2＝36，所以a 3＝4＋2a ，从而a 2n ＋1＝4＋2a ＋8(n －1)＝8n －4＋2a ，由条件得⎩⎪⎨⎪⎧a <16－2a ，8n ＋8－2a <8n －4＋2a ，8n －4＋2a <8(n ＋1)＋8－2a ，解得3<a <5.9．(2018·浙江省重点中学联考)已知数列{a n }满足：a 1＝0，ln(a n ＋1－a n )＋a n ＋n ln 2＝0(n ∈N *)． (1)求a 3； (2)证明：ln(2－21－n)≤a n ≤1－21－n；(3)是否存在正实数c ，使得对任意的n ∈N *，都有a n ≤1－c ，并说明理由． (1)解由已知得a n ＋1＝a n ＋()ln2e,-+n a n又a 1＝0，所以a 2＝12，a 3＝12＋14e .(2)证明因为a n ＋1>a n ，a 1＝0，所以a n ≥0. 则a n ＋1＝a n ＋()ln2e-+n a n ≤a n ＋e－n ln 2＝a n ＋2－n，所以a n ≤a n －1＋2－(n －1)≤a n －2＋2－(n －2)＋2－(n －1)≤…≤a 1＋2－1＋…＋2－(n －2)＋2－(n －1)＝1－21－n.令f (n )＝e n a＋21－n－2，则f (n ＋1)－f (n )＝()()11e 22e 22+---⎡⎤+--+-⎣⎦n nn a a n＝1ee +-n na a －2－n＝()ln 2ee 2-++---a n nn n a e a n＝()()ln2ee e 1-+-a n n n a －2－n>()ln 2e e-+n n a n a－2－n＝0，所以{f (n )}是递增数列，所以f (n )≥f (1)＝0，即n a e ＋21－n－2≥0，所以a n ≥ln(2－21－n)，综上所述，ln(2－21－n)≤a n ≤1－21－n得证．(3)解由(2)得a n ＋1＝a n ＋()ln 2e-+n a n ≤a n ＋()1ln 22ln 2e-⎡⎤--+⎣⎦n n＝a n ＋12n ＋1－2，所以a n ≤a n －1＋12n －2≤a n －2＋12n －1－2＋12n －2≤…≤a 1＋122－2＋…＋12n －1－2＋12n －2＝122－2＋…＋12n －1－2＋12n －2(n ≥2)．2019年因为12n －2＝14·2n －2－2≤13·2n －2(n ≥3)，所以当n ≥4时，a n <12＋16＋13·22＋…＋13·2n －2＝12＋16＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫12－12n －2<56.由{a n }的单调性知当n ＝1,2,3时，a n <56，综上所述，对任意的n ∈N *，都有a n <56，所以存在c ＝16使a n ≤1－c 成立．10. (2018·浙江省杭州二中月考)已知数列a n ＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)．(1)求证：a 2 018>6；(2)求证：对一切n ≥2都有a 2n ＋2>2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 11＋a 22＋a 33＋…＋a nn .证明 (1)∵a n ＝1＋12＋13＋…＋1n，∴a 2 018＝1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1513＋…＋11 024＋…＋12 018， a 2 018>1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1513＋…＋11 024>1＋12＋24＋…＋5121 024＝1＋12×10＝6. (2)由题意得a n －a n －1＝1n (n ≥2)，即a n －1＝a n －1n，将式子两边平方得a 2n －1＝a 2n －2⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n ＋1n 2，∴a 2n －a 2n －1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n －1n2，a 2n ＝a 2n －a 2n －1＋a 2n －1－a 2n －2＋a 2n －2－a 2n －3＋…＋a 22－a 21＋a 21＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 11＋a 22＋a 33＋…＋a n n －⎝ ⎛⎭⎪⎫112＋122＋…＋1n 2.∵1＋122＋…＋1n 2<1＋11×2＋12×3＋…＋1(n －1)n＝2－1n<2，∴对一切n ≥2都有a 2n ＋2>2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 11＋a 22＋a 33＋…＋a nn .B 组能力提高11．(2018·浙江)已知a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)，若a 1>1，则( ) A ．a 1<a 3，a 2<a 4B ．a 1>a 3，a 2<a 4C ．a 1<a 3，a 2>a 4D ．a 1>a 3，a 2>a 4答案 B解析构造不等式ln x ≤x －1，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)≤a 1＋a 2＋a 3－1，所以a 4＝a 1·q 3≤－1.由a 1>1，得q <0.若q ≤－1，则ln(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q )·(1＋q 2)≤0. 又a 1＋a 2＋a 3＝a 1(1＋q ＋q 2)≥a 1>1，所以ln(a 1＋a 2＋a 3)>0，矛盾．因此－1<q <0.所以a 1－a 3＝a 1(1－q 2)>0，a 2－a 4＝a 1q (1－q 2)<0，所以a 1>a 3，a 2<a 4. 故选B.12．设x ＝1是函数f (x )＝a n ＋1x 3－a n x 2－a n ＋2x ＋1(n ∈N *)的极值点，数列{a n }满足 a 1＝1，a 2＝2，b n ＝log 2a n ＋1，若[x ]表示不超过x 的最大整数，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019等于( )A ．2 017B ．2 018C ．2 019D ．2 020 答案 A解析由题意可得f ′(x )＝3a n ＋1x 2－2a n x －a n ＋2， ∵x ＝1是函数f (x )的极值点， ∴f ′(1)＝3a n ＋1－2a n －a n ＋2＝0，即a n ＋2－3a n ＋1＋2a n ＝0. ∴a n ＋2－a n ＋1＝2()a n ＋1－a n ，∵a 2－a 1＝1，∴a 3－a 2＝2×1＝2，a 4－a 3＝2×2＝22，…，a n －a n －1＝2n －2，以上各式累加可得a n ＝2n －1.∴b n ＝log 2a n ＋1＝log 22n＝n . ∴2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019＝2 018⎝⎛⎭⎪⎫11×2＋12×3＋…＋12 018×2 019＝2 018⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 019＝2 018－2 0182 019＝2 017＋12 019. ∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019＝2 017.13．(2018·湖州、衢州、丽水三地市质检)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝ln(1＋a n )(n ∈N *)，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n .证明：(1)a n >0(n ∈N *)；(2)a n ＋1<3a n a n ＋3(n ∈N *)； (3)n 2＋5n6≤T n ≤n 2＋3n4(n ∈N *)．证明 (1)①当n ＝1时，a 1＝1>0，所以当n ＝1时，命题成立；②假设当n ＝k (k ∈N *)时，命题成立，即a k >0，则由1＋a k >1，知a k ＋1＝ln(1＋a k )>0，所以a k ＋1>0. 故对于n ∈N *都有a n >0.(2)先利用ln(1＋x )<x (x >0)证明ln(1＋a n )<a n ，即a n ＋1<a n ，故a n ≤1，因此0<a n ≤1. 要证明a n ＋1<3a n a n ＋3，即证ln(1＋a n )<3a na n ＋3，构造函数h (x )＝ln(1＋x )－3xx ＋3(0<x ≤1)，则h ′(x )＝11＋x －9(x ＋3)2＝x (x －3)(1＋x )(x ＋3)2<0，所以h (x )在(0,1]上单调递减．故h (x )＝ln(1＋x )－3xx ＋3<h (0)＝0，因此ln(1＋a n )<3a n a n ＋3，即a n ＋1<3a n a n ＋3(n ∈N *)． (3)由(2)可知1a n ＋1－1a n >13成立，则累加可得1a n ≥1＋13(n －1)＝n ＋23，故T n ≥n ＋n (n －1)2×13＝n 2＋5n6.构造函数g (x )＝ln(1＋x )－2xx ＋2(0<x ≤1)， g ′(x )＝11＋x －4(x ＋2)2＝x2(1＋x )(x ＋2)2>0，所以g (x )在(0,1]上单调递增，所以g (x )＝ln(1＋x )－2xx ＋2>g (0)＝0，得ln(1＋a n )>2a na n ＋2. 所以有a n ＋1>2a n a n ＋2，进一步有1a n ＋1－1a n <12，则累加可得1a n ≤n ＋12，故T n ≤n ＋n (n －1)2×12＝n 2＋3n4.因此原命题成立．14. (2018·宁波期末)已知数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a 2n 2a n －2，n 为奇数，2a n －2，n 为偶数，a 1＝a .(1)若a >1，求证：对任意正整数n (n >1)均有a n ≥2；(2)若a ＝3，求证：4n ＋1<a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2n <4n ＋3对任意n ∈N *恒成立．证明 (1)当a >2时，根据g (x )＝2x －2和f (x )＝x 22x －2在[2，＋∞)上均为增函数，从而当a n ≥2时，必有a n ＋1＝f (a n )≥f (2)＝2 或a n ＋1＝g (a n )≥g (2)＝2.当1<a <2时，由于f (x )＝x 22x －2在(1,2]上为减函数，得a 2>2.当a ＝2时，a 2＝a 3＝2，从而a n ＝2恒成立．综上所述，当a >1时，a n ≥2对所有满足n >1的正整数n 均成立． (2)当a ＝3时，一方面，由(1)知a 2k －1＋a 2k >4(k ≥2，k ∈N )．又a 1＋a 2＝3＋94>5，所以a 1＋a 2＋…＋a 2n >4n ＋1.另一方面，a 2k －1＋a 2k ＝a 2k －1＋a 22k －12a 2k －1－2＝3a 22k －1－2a 2k －12(a 2k －1－1)，且a 2k ＋1＝2a 2k －2＝a 22k －1－2a 2k －1＋2a 2k －1－1，令a 2k －1－2＝b k ，则b k ＋1＋2＝(b k ＋1)2＋1b k ＋1，即b k ＋1＝b 2kb k ＋1，且b 1＝1，b 2＝12. 所以a 2k －1＋a 2k ＝3a 22k －1－2a 2k －12(a 2k －1－1)＝3b 2k ＋10b k ＋82(b k ＋1)＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤3(b k ＋1)＋1b k ＋1＋4. 由b k ＋1－b k ＝(b k －b k －1)(b k b k －1＋b k ＋b k －1)(b k ＋1)(b k －1＋1)，且b 2－b 1<0知{b k }为递减数列，且b k >0，所以1b k ＋1<1. 从而a 2k －1＋a 2k ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤3(b k ＋1)＋1b k ＋1＋4<32b k ＋4.又由b k ＋1b k ＝b k b k ＋1＝1－1b k ＋1≤1－1b 1＋1＝12，所以b 1＋b 2＋…＋b n <b 11－12＝2，所以a 1＋a 2＋…＋a 2n <32(b 1＋b 2＋…＋b n )＋4n <3＋4n .综上，所证成立．。

高考复习方案专题数列高三数学理科二轮复习浙江省专用

知
识则 a1a23a5＝________．
聚
焦
[答案]
1 4
[解析] 因为a1a5＝a2a4＝a23＝12，所以a1a23a5＝122＝14.
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第8讲等差数列、等比数列
体验高考
核
6.[2013·全国卷改编] 已知数列{an}满足3an＋1＋an＝0，
心知
a2＝－43，则{an}的前10项和⑥ 等于________．
aman＝apaq⇔m＋n＝p ＋q(q∈N*)
aman
＝
a
2 p
⇔
m
＋
n
＝
2p(q∈N*)
(公比不等于 1)
公比不等于－1 时， Sm，S2m－Sm，S3m－ S2m，…成等比数列
注：表格中 m，n，p 均为正整数．
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第8讲等差数列、等比数列
► 考点一数列数列的概念——数列、通项公式、前 n 项和
化”，即转化为两类
an＋1＝can＋d(c≠0，1，d≠0)
基本数列 (等差数列、
⇔an＋1＋λ＝c(an＋λ)，λ＝c－d 1 等比数列)
求解
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第8讲等差数列、等比数列
—— 教师知识必备 ——
数列、等差等差数列、数列等比 {an} 数列
概念满足 an＋1－an＝d(常数)，d＞0 递增、d＜0 递减、d＝0 常数数列
②得 an＝23an－23an－1，即 an＝－2an－1.又因为 S1＝a1＝23a1＋13
⇒a1＝1，所以数列{an}是以 1 为首项，－2 为公比的等比数列，所以 an＝(－2)n－1.
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第8讲等差数列、等比数列

(浙江专用)最新2020-2021高考数学二轮复习专题三数列与不等式第2讲数列的求和问题学案

第2讲数列的求和问题[考情考向分析] 数列的求和问题作为数列的基础知识，为数列与不等式等综合问题提供必要的准备．热点一分组转化法求和有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．例1 在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1a 3＝4，a 3是a 2－2与a 4的等差中项，若a n ＋1＝2n b (n ∈N *)．(1)求数列{b n }的通项公式； (2)若数列{}c n 满足c n ＝a n ＋1＋1b 2n －1·b 2n ＋1，求数列{}c n 的前n 项和S n .解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，且q >0，由a n >0，a 1a 3＝4，得a 2＝2，又a 3是a 2－2与a 4的等差中项，故2a 3＝a 2－2＋a 4，∴2·2q ＝2－2＋2q 2， ∴q ＝2或q ＝0(舍)．∴a n ＝a 2qn －2＝2n －1，∴a n ＋1＝2n＝2n b，∴b n ＝n (n ∈N *)．(2)由(1)得，c n ＝a n ＋1＋1b 2n －1·b 2n ＋1＝2n＋1(2n －1)(2n ＋1)＝2n＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴数列{}c n 的前n 项和S n ＝2＋22＋…＋2n ＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝2(1－2n)1－2＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝2n ＋1－2＋n 2n ＋1(n ∈N *)．思维升华在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．跟踪演练1 已知{a n }为等差数列，且a 2＝3，{a n }前4项的和为16，数列{b n }满足b 1＝4，b 4＝88，且数列{}b n －a n 为等比数列(n ∈N *)．(1)求数列{a n }和{}b n －a n 的通项公式； (2)求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)设{a n }的公差为d ，因为a 2＝3，{a n }前4项的和为16，所以a 1＋d ＝3,4a 1＋4×32d ＝16，解得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1(n ∈N *)．设{}b n －a n 的公比为q ，则b 4－a 4＝()b 1－a 1q 3，所以q 3＝b 4－a 4b 1－a 1＝88－74－1＝27，得q ＝3，所以b n －a n ＝()4－1×3n －1＝3n (n ∈N *)．(2)由(1)得b n ＝3n＋2n －1，所以S n ＝(3＋32＋33＋ (3))＋(1＋3＋5＋…＋2n －1) ＝3()1－3n1－3＋n ()1＋2n －12＝32()3n －1＋n 2＝3n ＋12＋n 2－32(n ∈N *)．热点二错位相减法求和错位相减法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别是等差数列和等比数列．例2 已知数列{a n }满足a 1＝a 3，a n ＋1－a n 2＝32n ＋1，设b n ＝2n a n (n ∈N *)．(1)求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .解 (1)由b n ＝2na n ，得a n ＝b n 2n ，代入a n ＋1－a n 2＝32n ＋1得b n ＋12n ＋1－b n 2n ＋1＝32n ＋1，即b n ＋1－b n ＝3，所以数列{b n }是公差为3的等差数列，又a 1＝a 3，所以b 12＝b 38，即b 12＝b 1＋68，所以b 1＝2，所以b n ＝b 1＋3(n －1)＝3n －1(n ∈N *)．(2)由b n ＝3n －1，得a n ＝b n 2n ＝3n －12n ，所以S n ＝22＋522＋823＋…＋3n －12n ，12S n ＝222＋523＋824＋…＋3n －12n ＋1，两式相减得12S n ＝1＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋…＋12n －3n －12n ＋1＝52－3n ＋52n ＋1，所以S n ＝5－3n ＋52n (n ∈N *)．思维升华 (1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列．(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．跟踪演练2 已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且S n ＋12a n ＝1(n ∈N *)．数列{b n }是公差d 不等于0的等差数列，且满足：b 1＝32a 1，b 2，b 5，b 14成等比数列．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ·b n ，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)当n ＝1时，a 1＋12a 1＝1，a 1＝23，当n ≥2时，⎩⎪⎨⎪⎧S n＝1－12a n，S n －1＝1－12a n －1，S n －S n －1＝12()a n －1－a n ，所以a n ＝13a n －1(n ≥2)，所以{a n }是以23为首项，13为公比的等比数列，所以a n ＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n.由b 1＝1，又b 25＝b 2b 14，得()1＋4d 2＝()1＋d ()1＋13d ，d 2－2d ＝0，因为d ≠0，所以d ＝2，所以b n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由(1)得c n ＝4n －23n ，则T n ＝23＋632＋1033＋…＋4n －23n ，①13T n ＝232＋633＋1034＋…＋4n －63n ＋4n －23n ＋1，② ①－②得，23T n ＝23＋4⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋133＋…＋13n －4n －23n ＋1，＝23＋4×19－13n ＋11－13－4n －23n ＋1＝43－23n －4n －23n ＋1，所以T n ＝2－2n ＋23n (n ∈N *)．热点三裂项相消法求和裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1或⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋2(其中{a n }为等差数列)等形式的数列求和．例3 已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝a (S n －a n ＋1)(n ∈N *)(a 为常数，a ≠0，a ≠1)． (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n ＋S n ，若数列{b n }为等比数列，求a 的值； (3)在满足条件(2)的情形下，c n ＝a n ＋1()a n ＋1()a n ＋1＋1.若数列{}c n 的前n 项和为T n ，且对任意n ∈N *满足T n <λ2＋23λ，求实数λ的取值范围．解 (1)∵S n ＝a ()S n －a n ＋1， ∴n ＝1时，a 1＝a .n ≥2时，S n －1＝a (S n －1－a n －1＋1)，∴S n －S n －1＝a n ＝a (S n －S n －1)－aa n ＋aa n －1， ∴a n ＝aa n －1，即a na n －1＝a 且 a ≠0，a ≠1， ∴数列{a n }是以a 为首项，a 为公比的等比数列，∴a n ＝a n (n ∈N *)．(2)由b n ＝a n ＋S n 得，b 1＝2a ，b 2＝2a 2＋a ， b 3＝2a 3＋a 2＋a .∵数列{b n }为等比数列，∴b 22＝b 1b 3，即(2a 2＋a )2＝2a (2a 3＋a 2＋a )，解得a ＝12.(3)由(2)知c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＋1＝2n(2n ＋1)(2n ＋1＋1)＝12n ＋1－12n ＋1＋1， ∴T n ＝121＋1－122＋1＋122＋1－123＋1＋…＋12n ＋1－12n ＋1＋1＝13－12n ＋1＋1<13， ∴13≤λ2＋23λ，解得λ≥13或λ≤－1. 即实数λ的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞∪(－∞，－1]．思维升华 (1)裂项相消法的基本思想就是把通项a n 分拆成a n ＝b n ＋k －b n (k ≥1，k ∈N *)的形式，从而在求和时达到某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{a n }的通项公式，使之符合裂项相消的条件． (2)常用的裂项公式 ①若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1，1a n a n ＋2＝12d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋2； ②1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，1n (n ＋k )＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ；③1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；④1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －2n ＋1＋1n ＋2； ⑤1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )．跟踪演练 3 已知数列{a n }为递增数列，a 1＝1，其前n 项和为S n ，且满足2S n ＝a 2n －2S n －1＋1()n ≥2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝1a n ·a n ＋1，其前n 项和为T n ，若T n >919成立，求n 的最小值．解 (1)由2S n ＝a 2n －2S n －1＋1知， 2S n －1＝a 2n －1－2S n －2＋1()n ≥3，两式相减得，2a n ＝a 2n －a 2n －1－2a n －1，即2()a n ＋a n －1＝()a n －a n －1()a n ＋a n －1，又数列{a n }为递增数列，a 1＝1，∴a n ＋a n －1>0， ∴a n －a n －1＝2()n ≥3，又当n ＝2时，2()a 1＋a 2＝a 22－2a 1＋1，即a 22－2a 2－3＝0，解得a 2＝3或a 2＝－1(舍)，a 2－a 1＝2，符合a n －a n －1＝2，∴{a n }是以1为首项，以2为公差的等差数列， ∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1(n ∈N *)． (2)b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1，又∵T n >919，即12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1>919，解得n >9，又n ∈N *，∴n 的最小值为10.真题体验1．(2017·全国Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝________.答案2n n ＋1(n ∈N *) 解析设等差数列{a n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.∴S n ＝n ×1＋n (n －1)2×1＝n (n ＋1)2，1S n＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.∴∑k ＝1n1S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1(n ∈N *)． 2．(2017·天津)已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12，又b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0. 又因为q >0，解得q ＝2，所以b n ＝2n. 由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8，① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16，② 联立①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2(n ∈N *)．所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2(n ∈N *)，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n (n ∈N *)． (2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1，得a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n，故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n，③ 4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1，④③－④，得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n －1)×4n ＋1＝12×(1－4n)1－4－4－(3n －1)×4n ＋1＝－(3n －2)×4n ＋1－8，得T n ＝3n －23×4n ＋1＋83(n ∈N *)．所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83(n ∈N *)．押题预测1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋22n n (n ＋1)(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，若存在M ∈Z ，满足对任意的n ∈N *，都有S n <M 恒成立，则M 的最小值为________．押题依据数列的通项以及求和是高考重点考查的内容，也是《考试大纲》中明确提出的知识点，年年在考，年年有变，变的是试题的外壳，即在题设的条件上有变革，有创新，但在变中有不变性，即解答问题的常用方法有规律可循．答案 1解析因为a n ＝n ＋22n n (n ＋1)＝2(n ＋1)－n 2n n (n ＋1)＝12n －1n －12n (n ＋1)，所以S n ＝⎝⎛⎭⎪⎫120×1－121×2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫121×2－122×3＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n －1n －12n (n ＋1)＝1－12n (n ＋1)，由于1－12n (n ＋1)<1，所以M 的最小值为1.2．数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝n 2，数列{b n }满足： ①b 3＝14；②b n >0；③2b 2n ＋1＋b n ＋1b n －b 2n ＝0.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式； (2)设c n ＝a n b n ，求数列{c n }的前n 项和T n .押题依据错位相减法求和是高考的重点和热点，本题先利用a n ，S n 的关系求a n ，也是高考出题的常见形式．解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ∈N *)，又a 1＝1满足a n ＝2n －1， ∴a n ＝2n －1(n ∈N *)． ∵2b 2n ＋1＋b n ＋1b n －b 2n ＝0，且b n >0，∴2b n ＋1＝b n ， ∴q ＝12，又b 3＝b 1q 2＝14，∴b 1＝1，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1(n ∈N *)．(2)由(1)得c n ＝(2n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，T n ＝1＋3×12＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，12T n ＝1×12＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －3)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，两式相减，得12T n ＝1＋2×12＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝3－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋n . ∴T n ＝6－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1(2n ＋3)(n ∈N *)．A 组专题通关1．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是方程x 2－b n x ＋2n＝0的两根，则b 10等于( ) A ．24 B ．32 C ．48 D ．64答案 D解析由已知有a n a n ＋1＝2n， ∴a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，则a n ＋2a n＝2， ∴数列{a n }的奇数项、偶数项均为公比为2的等比数列，可以求出a 2＝2， ∴数列{a n }的项分别为1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32，…，而b n ＝a n ＋a n ＋1， ∴b 10＝a 10＋a 11＝32＋32＝64. 2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n ＋1＋m ，且a 1，a 4，a 5－2成等差数列，b n ＝a n(a n －1)(a n ＋1－1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，则满足T n >2 0172 018的最小正整数n 的值为( )A ．11B ．10C ．9D ．8 答案 B 解析根据S n ＝2n ＋1＋m 可以求得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧m ＋4，n ＝1，2n，n ≥2，所以有a 1＝m ＋4，a 4＝16，a 5＝32，根据a 1，a 4，a 5－2成等差数列，可得m ＋4＋32－2＝32，从而求得m ＝－2，所以a 1＝2满足a n ＝2n，从而求得a n ＝2n(n ∈N *)，所以b n ＝a n (a n －1)(a n ＋1－1)＝2n(2n －1)(2n ＋1－1)＝12n－1－12n ＋1－1，所以T n ＝1－13＋13－17＋17－115＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1，令1－12n ＋1－1>2 0172 018，整理得2n ＋1>2 019，解得n ≥10.3．设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝12，n ＋1a n ＋1＝n a n ＋2n (n ∈N *)，则S 100等于( )A ．2－492100B ．2－49299C ．2－512100 D ．2－51299答案 D 解析由n ＋1a n ＋1＝n a n ＋2n ，得n ＋1a n ＋1－n a n＝2n，则n a n －n －1a n －1＝2n －1，n －1a n －1－n －2a n －2＝2n －2，…，2a 2－1a 1＝21，将各式相加得n a n －1a 1＝21＋22＋…＋2n －1＝2n－2，又a 1＝12，所以a n ＝n ·12n ，因此S 100＝1×12＋2×122＋…＋100×12100，则12S 100＝1×122＋2×123＋…＋99×12100＋100×12101，两式相减得12S 100＝12＋122＋123＋…＋12100－100×12101，所以S 100＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1299－100·⎝ ⎛⎭⎪⎫12100＝2－51299.4．在等比数列{a n }中，a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为17，设b n ＝(－1)n a n ，n ∈N *，则数列{b n }的前2 018项的和为________．答案41 0083－112解析设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q . ∵a 2·a 3＝2a 1， ∴a 1·q 3＝2，即a 4＝2.∵a 4与2a 7的等差中项为17，∴a 4＋2a 7＝34，即a 7＝16，∴a 1＝14，q ＝2， ∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14·2n －1＝2n －3(n ∈N *)． ∵b n ＝(－1)n a n ＝(－1)n ·2n －3，∴数列{b n }的前2 018项的和为S 2 018＝－(a 1＋a 3＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2 018)＝－(2－2＋20＋22＋…＋22 014)＋(2－1＋21＋23＋…＋22 015)＝－14(1－41 009)1－4＋12(1－41 009)1－4＝41 0083－112. 5．若数列{a n }的通项公式a n ＝n sinn π3(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，则S 2 018＝________. 答案 2 01932 解析 a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝－33，a 7＋a 8＋a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝－33，…，a 6m ＋1＋a 6m ＋2＋a 6m ＋3＋a 6m ＋4＋a 6m ＋5＋a 6m ＋6 ＝－33，m ∈N ，所以S 2 018＝2 01932. 6．已知数列{a n }，a 1＝e(e 是自然对数的底数)，a n ＋1＝a 3n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(2n －1)ln a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由a 1＝e ，a n ＋1＝a 3n 知，a n >0，所以ln a n ＋1＝3ln a n ，数列{}ln a n 是以1为首项，3为公比的等比数列，所以ln a n ＝3n －1，a n ＝13n e -(n ∈N *)．(2)由(1)得b n ＝(2n －1)ln a n ＝(2n －1)·3n －1，T n ＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n －1)×3n －1，①3T n ＝1×31＋3×32＋…＋(2n －3)×3n －1＋(2n －1)×3n，②①－②，得－2T n ＝1＋2(31＋32＋33＋…＋3n －1)－(2n －1)×3n＝1＋2×3－3n1－3－(2n －1)×3n ＝－2(n －1)×3n －2.所以T n ＝(n －1)×3n ＋1(n ∈N *)．7．在等比数列{a n }中，首项a 1＝8，数列{b n }满足b n ＝log 2a n (n ∈N *)，且b 1＋b 2＋b 3＝15.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{b n }的前n 项和为S n ，又设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为T n ，求证：T n <34.(1)解由b n ＝log 2a n 和b 1＋b 2＋b 3＝15，得log 2(a 1a 2a 3)＝15，∴a 1a 2a 3＝215，设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 1＝8，∴a n ＝8q n －1，∴8·8q ·8q 2＝215，解得q ＝4，∴a n ＝8·4n －1，即a n ＝22n ＋1(n ∈N *)．(2)证明由(1)得b n ＝2n ＋1，易知{b n }为等差数列，S n ＝3＋5＋…＋(2n ＋1)＝n 2＋2n ，则1S n ＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2，∴T n <34.8．在公差不为0的等差数列{a n }中，a 22＝a 3＋a 6，且a 3为a 1与a 11的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)nn ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1－12(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ，∵a 22＝a 3＋a 6，∴(a 1＋d )2＝a 1＋2d ＋a 1＋5d ，①∵a 23＝a 1·a 11，即(a 1＋2d )2＝a 1·(a 1＋10d )，②∵d ≠0，由①②解得a 1＝2，d ＝3.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1(n ∈N *)．(2)由题意知，b n ＝(－1)n n⎝ ⎛⎭⎪⎫3n －32·⎝ ⎛⎭⎪⎫3n ＋32＝(－1)n ·16·⎝⎛⎭⎪⎪⎫13n －32＋13n ＋32 ＝(－1)n ·19·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1 T n ＝19⎣⎢⎡ －⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋…⎦⎥⎤＋(－1)n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1 ＝19⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1＋(－1)n 12n ＋1. B 组能力提高9．(2018·浙江省台州中学模拟)数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为( )A ．3 660B ．3 690C ．1 830D ．1 845答案 C解析由a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1得a n ＋2＋(－1)n ＋1a n ＋1＝2n ＋1，当n 为奇数时，有a n ＋1－a n ＝2n －1，a n ＋2＋a n ＋1＝2n ＋1，两式相减得a n ＋2＋a n ＝2；当n 为偶数时，有a n ＋1＋a n ＝2n －1，a n ＋2－a n ＋1＝2n ＋1，两式相加得a n ＋2＋a n ＝4n ，所以可将数列{a n }的所有奇数项连续两项看成一个整体，构成每一项都为2的常数数列，所有偶数项连续两项看成一个整体，构成首项为8，公差为16的等差数列，则S 60＝15×2＋15×8＋15×142×16＝1 830，故选C. 10．设数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，对于任意的n ∈N *，a n ，S n ，a 2n 成等差数列，设数列{b n }的前n 项和为T n ，且b n ＝()ln x na 2n ，若对任意的实数x ∈(]1，e (e 是自然对数的底数)和任意正整数n ，总有T n <r ()r ∈N *，则r 的最小值为________．答案 2解析由题意得，2S n ＝a n ＋a 2n ，当n ≥2时，2S n －1＝a n －1＋a 2n －1，∴2S n －2S n －1＝a n ＋a 2n －a n －1－a 2n －1，∴(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0，∵a n >0，∴a n －a n －1＝1，即数列{a n }是等差数列，又2a 1＝2S 1＝a 1＋a 21，∴a 1＝1，∴a n ＝n (n ∈N *)．又x ∈(1，e]，∴0<ln x ≤1，∴T n ≤1＋122＋132＋…＋1n 2<1＋11×2＋12×3＋…＋1(n －1)n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝2－1n<2，∴r ≥2，即r 的最小值为2. 11．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2a n －1(n ∈N *)，数列{b n }满足nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)，且b 1＝1，(1)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 为等差数列，并求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)若c n ＝(－1)n －14(n ＋1)(3＋2log 2a n )(3＋2log 2a n ＋1)，求数列{c n }的前2n 项和T 2n ； (3)若d n ＝a n ·b n ，数列{}d n 的前n 项和为D n ，对任意的n ∈N *，都有D n ≤nS n －a ，求实数a 的取值范围．解 (1)由nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)两边同除以n (n ＋1)，得b n ＋1n ＋1－b n n＝1，从而数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 为首项b 11＝1，公差d ＝1的等差数列，所以b n n ＝n (n ∈N *)，所以数列{b n }的通项公式为b n ＝n 2(n ∈N *)．当n ＝1时，S 1＝2a 1－1＝a 1，所以a 1＝1.当n ≥2时，S n ＝2a n －1，S n －1＝2a n －1－1，两式相减得a n ＝2a n －1，又a 1＝1≠0，所以a n a n －1＝2，从而数列{a n }为首项a 1＝1，公比q ＝2的等比数列，从而数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)c n ＝(－1)n －1·⎣⎢⎡⎦⎥⎤4(n ＋1)(2n ＋1)(2n ＋3)＝(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＋12n ＋3， T 2n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2n －1＋c 2n＝13＋15－15－17＋…－14n ＋1－14n ＋3＝13－14n ＋3(n ∈N *)． (3)由(1)得d n ＝a n ·b n ＝n ·2n －1，D n ＝1×1＋2×2＋3×22＋…＋(n －1)·2n －2＋n ·2n －1， 2D n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n . 两式相减得－D n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝1－2n 1－2－n ·2n ，所以D n ＝(n －1)·2n ＋1，由(1)得S n ＝2a n －1＝2n－1，因为对任意n ∈N *，都有D n ≤nS n －a ，即(n －1)·2n ＋1≤n ()2n －1－a 恒成立，所以a ≤2n－n －1恒成立，记e n ＝2n －n －1，所以a ≤()e n min ，因为e n ＋1－e n ＝[]2n ＋1－(n ＋1)－1－()2n－n －1＝2n －1>0，从而数列{}e n 为递增数列，所以当n ＝1时，e n 取最小值e 1＝0，于是a ≤0.12．设数列{a n }的首项为1，前n 项和为S n ，若对任意的n ∈N *，均有S n ＝a n ＋k －k (k 是常数且k ∈N *)成立，则称数列{a n }为“P (k )数列”．(1)若数列{a n }为“P (1)数列”，求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在数列{a n }既是“P (k )数列”，也是“P (k ＋2)数列”？若存在，求出符合条件的数列{a n }的通项公式及对应的k 的值；若不存在，请说明理由；(3)若数列{a n }为“P (2)数列”，a 2＝2，设T n ＝a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n 2n ，证明：T n <3. (1)解因为数列{a n }为“P (1)数列”，则S n ＝a n ＋1－1，故S n ＋1＝a n ＋2－1，两式相减得，a n ＋2＝2a n ＋1，又n ＝1时，a 1＝S 1＝a 2－1，所以a 2＝2，故a n ＋1＝2a n 对任意的n ∈N *恒成立，即a n ＋1a n＝2(常数)，故数列{a n }为等比数列，其通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *.(2)解假设存在这样的数列{a n }，则S n ＝a n ＋k －k ，故S n ＋1＝a n ＋k ＋1－k ，两式相减得，a n ＋1＝a n ＋k ＋1－a n ＋k ，故a n ＋3＝a n ＋k ＋3－a n ＋k ＋2，同理由{a n }是“P (k ＋2)数列”可得， a n ＋1＝a n ＋k ＋3－a n ＋k ＋2，所以a n ＋1＝a n ＋3对任意n ∈N *恒成立．所以S n ＝a n ＋k －k ＝a n ＋k ＋2－k ＝S n ＋2，即S n ＝S n ＋2，又S n ＝a n ＋k ＋2－k －2＝S n ＋2－2，即S n ＋2－S n ＝2，两者矛盾，故不存在这样的数列{a n }既是“P (k )数列”，也是“P (k ＋2)数列”．(3)证明因为数列{a n }为“P (2)数列”，所以S n ＝a n ＋2－2，所以S n ＋1＝a n ＋3－2，故有a n ＋1＝a n ＋3－a n ＋2，又n ＝1时，a 1＝S 1＝a 3－2，故a 3＝3，满足a 3＝a 2＋a 1，所以a n ＋2＝a n ＋1＋a n 对任意正整数n 恒成立，数列的前几项为1,2,3,5,8. 故T n ＝a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n2n＝12＋222＋323＋524＋825＋…＋an2n ，所以12T n ＝122＋223＋324＋525＋…＋a n －12n ＋a n2n ＋1，两式相减得12T n ＝12＋122＋123＋224＋…＋a n －22n －a n 2n ＋1＝34＋14T n －2－a n 2n ＋1，显然T n －2<T n ，a n2n ＋1>0，故12T n <34＋14T n ，即T n <3.。

高三数学浙江专用二轮复习：专题三数列与不等式

B.2 019 C.－2 017 D.－2 018
解析在等差数列{an}中，设公差为d. ∵S6－2S3＝18， ∴a4＋a5＋a6－(a1＋a2＋a3)＝9d＝18. ∴d＝2，
∴S2
019＝2
019a1＋2
019×2 2
018d
＝2 019×2 018－2 019×2 017＝2 019，故选B.
板块三专题突破核心考点
专题三数列与不等式
第1讲等差数列与等比数列
[考情考向分析]
1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现. 2.等差、等比数列的判定及综合应用也是高考考查的重点，注意基本量及定义的使用，考查分析问题、解决问题的综合能力．
内容索引
热点分类突破真题押题精练
解
若
an＝(－2)n－1，则
1－－2n Sn＝ 3 .
由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解. 若an＝2n－1，则Sn＝2n－1. 由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6. 综上，m＝6.
解答
热点二等差数列、等比数列的判定与证明
证明数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法 (1)证明数列{an}是等差数列的两种基本方法 ①利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为一常数； ②利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2，n∈N*). (2)证明数列{an}是等比数列的两种基本方法 ①利用定义，证明aan＋n 1(n∈N*)为一常数；
解析答案
(2)(2018·杭州质检)设各项均为正数的等比数列{an}中，若S4＝80，S2＝8，则公比q＝__3__，a5＝__1_6_2_. 解析由题意可得，S4－S2＝q2S2，代入得q2＝9. ∵等比数列{an}的各项均为正数， ∴q＝3，解得a1＝2，故a5＝162.

新(浙江专用)高考数学二轮专题突破专题三数列与不等式第2讲数列的求和问题理-人教版高三全册

第2讲数列的求和问题1．(2015·福建)在等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值．2．(2014·课标全国Ⅰ)已知{a n }是递增的等差数列，a 2，a 4是方程x 2－5x ＋6＝0的根． (1)求{a n }的通项公式； (2)求数列{a n2n }的前n 项和．高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现转化与化归的思想.热点一分组转化求和有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．例1 等比数列{a n}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若数列{b n}满足：b n＝a n＋(－1)n ln a n，求数列{b n}的前n项和S n.思维升华在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．跟踪演练1 在等差数列{a n}中，a3＋a4＋a5＝84，a9＝73.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)对任意m∈N*，将数列{a n}中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为b m，求数列{b m}的前m项和S m.热点二错位相减法求和错位相减法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n·b n}的前n项和，其中{a n}，{b n}分别是等差数列和等比数列．例2 (2015·衡阳联考)已知数列{a n}的前n项和为S n，且有a1＝2,3S n＝5a n－a n－1＋3S n－n≥2)．1((1)求数列{a n}的通项公式；(2)若b n＝(2n－1)a n，求数列{b n}的前n项和T n.思维升华(1)错位相减法适用于求数列{a n·b n}的前n项和，其中{a n}为等差数列，{b n}为等比数列；(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．跟踪演练2 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝2S n ＋n ＋1(n ∈N *)， (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝na n ＋1－a n，求数列{b n }的前n 项和T n .热点三裂项相消法求和裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于{1a n a n ＋1}或{1a n a n ＋2}(其中{a n }为等差数列)等形式的数列求和．例3 (2015·广东韶关高三联考)已知在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n (S n －12)．(1)求S n 的表达式； (2)设b n ＝S n 2n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明T n <12.思维升华 (1)裂项相消法的基本思想就是把通项a n 分拆成a n ＝b n ＋k －b n (k ≥1，k ∈N *)的形式，从而达到在求和时某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{a n }的通项公式，使之符合裂项相消的条件． (2)常化的裂项公式 ①1nn ＋k ＝1k (1n －1n ＋k)； ②12n －12n ＋1＝12(12n －1－12n ＋1)；③1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )．跟踪演练3 (1)已知数列{a n }，a n ＝1n ＋1＋n，其前n 项和S n ＝9，则n ＝________.(2)(2015·江苏)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋22nnn ＋1，其前n 项和为S n ，若存在实数M ，满足对任意的n ∈N *，都有S n <M 恒成立，则M 的最小值为________．2．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝a (S n －a n ＋1)(a 为常数，且a >0)，且4a 3是a 1与2a 2的等差中项．(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n ＋1a n，求数列{b n }的前n 项和T n .提醒：完成作业专题三第2讲二轮专题强化练专题三第2讲数列的求和问题A 组专题通关1．已知数列112，314，518，7116，…，则其前n 项和S n 为( )A ．n 2＋1－12nB ．n 2＋2－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2＋2－12n －12．已知在数列{a n }中，a 1＝－60，a n ＋1＝a n ＋3，则|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|等于( ) A ．445 B ．765 C ．1 080D ．3 1053．在等差数列{a n }中，a 1＝－2 012，其前n 项和为S n ，若S 2 0122 012－S 1010＝2 002，则S 2 014的值等于( ) A ．2 011 B ．－2 012 C ．2 014D ．－2 0134．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，a n ＋1a n －1＝a n (n ≥2)，则数列{a n }的前40项和S 40等于( ) A ．20 B ．40 C ．60 D ．805．(2015·绍兴模拟)122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋12－1的值为( ) A.n ＋12n ＋2 B.34－n ＋12n ＋2C.34－12(1n ＋1＋1n ＋2)D.32－1n ＋1＋1n ＋26．设f (x )＝4x4x ＋2，若S ＝f (12 015)＋f (22 015)＋…＋f (2 0142 015)，则S ＝________.7．(2015·浙江名校联考)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋2＋(－1)na n ＝1，记S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 60＝________.8．设S n 为数列{a n }的前n 项和，若S 2n S n(n ∈N *)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”；若数列{c n }是首项为2，公差为d (d ≠0)的等差数列，且数列{c n }是“和等比数列”，则d ＝________.9．(2014·北京)已知{a n }是等差数列，满足a 1＝3, a 4＝12，数列{b n }满足b 1＝4，b 4＝20，且{b n －a n }为等比数列．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{b n }的前n 项和．10．(2015·山东)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知2S n ＝3n＋3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n b n ＝log 3a n ，求{b n }的前n 项和T n .B 组能力提高11．数列{a n }满足a 1＝2，a n ＝a n ＋1－1a n ＋1＋1，其前n 项积为T n ，则T 2 016等于( )A.16 B ．－16C ．1D ．－112．已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前2 016项的和等于( )A ．1 509B ．3 018C ．1 512D ．2 01613．已知lg x ＋lg y ＝1，且S n ＝lg x n＋lg(xn －1y )＋lg(x n －2y 2)＋…＋lg y n ，则S n ＝________.14．(2015·湖南)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3, n ∈N *. (1)证明：a n ＋2＝3a n ； (2)求S n .学生用书答案精析第2讲数列的求和问题高考真题体验1．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝4，a 1＋3d ＋a 1＋6d ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋2. (2)由(1)可得b n ＝2n＋n ，所以b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10) ＝21－2101－2＋1＋10×102＝(211－2)＋55 ＝211＋53＝2 101.2．解 (1)方程x 2－5x ＋6＝0的两根为2,3，由题意得a 2＝2，a 4＝3.设数列{a n }的公差为d ，则a 4－a 2＝2d ，故d ＝12，从而a 1＝32.所以{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1.(2)设{a n2n }的前n 项和为S n .由(1)知a n 2n ＝n ＋22n ＋1，则S n ＝322＋423＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1，12S n ＝323＋424＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2.两式相减得12S n ＝34＋(123＋…＋12n ＋1)－n ＋22n ＋2 ＝34＋14(1－12n －1)－n ＋22n ＋2. 所以S n ＝2－n ＋42n ＋1.热点分类突破例1 解 (1)当a 1＝3时，不合题意；当a 1＝2时，当且仅当a 2＝6，a 3＝18时，符合题意；当a 1＝10时，不合题意．因此a 1＝2，a 2＝6，a 3＝18，所以公比q ＝3. 故a n ＝2·3n －1(n ∈N *)．(2)因为b n ＝a n ＋(－1)nln a n ＝2·3n －1＋(－1)n ln(2·3n －1)＝2·3n －1＋(－1)n[ln 2＋(n －1)ln 3]＝2·3n －1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nn ln 3，所以S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn ]ln 3. 当n 为偶数时， S n ＝2×1－3n1－3＋n 2ln 3＝3n＋n2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n1－3－(ln 2－ln 3)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12－n ln 3＝3n－n －12ln 3－ln 2－1.综上所述，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3n ＋n2ln 3－1， n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1， n 为奇数.跟踪演练1 解 (1)因为{a n }是一个等差数列，所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＝84，所以a 4＝28. 设数列{a n }的公差为d ，则5d ＝a 9－a 4＝73－28＝45，故d ＝9. 由a 4＝a 1＋3d 得28＝a 1＋3×9，即a 1＝1，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋9(n －1)＝9n －8(n ∈N *)． (2)对m ∈N *，若9m <a n <92m，则9m＋8<9n <92m ＋8，因此9m －1＋1≤n ≤92m －1，故得b m ＝92m －1－9m －1.于是S m ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b m ＝(9＋93＋…＋92m －1)－(1＋9＋…＋9m －1)＝9×1－81m1－81－1－9m1－9＝92m ＋1－10×9m＋180.例2 解 (1)3S n －3S n －1 ＝5a n －a n －1(n ≥2)， ∴2a n ＝a n －1，a n a n －1＝12，又∵a 1＝2，∴{a n }是以2为首项，公比为12的等比数列，∴a n ＝2×(12)n －1＝(12)n －2＝22－n.(2)b n ＝(2n －1)22－n，T n ＝1×21＋3×20＋5×2－1＋…＋(2n －1)·22－n ，12T n ＝1×20＋3×2－1＋…＋(2n －3)·22－n ＋(2n －1)·21－n ， ∴12T n ＝2＋2(20＋2－1＋…＋22－n )－(2n －1)·21－n ＝2＋2[1－2－1n －1]1－2－1－(2n －1)21－n＝6－(2n ＋3)×21－n，∴T n ＝12－(2n ＋3)×22－n.跟踪演练2 解 (1)∵S n ＋1＝2S n ＋n ＋1，当n ≥2时，S n ＝2S n －1＋n ， ∴a n ＋1＝2a n ＋1， ∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，即a n ＋1＋1a n ＋1＝2(n ≥2)，① 又S 2＝2S 1＋2，a 1＝S 1＝1， ∴a 2＝3，∴a 2＋1a 1＋1＝2， ∴当n ＝1时，①式也成立， ∴a n ＋1＝2n，即a n ＝2n－1(n ∈N *)． (2)∵a n ＝2n －1， ∴b n ＝n 2n ＋1－1－2n－1＝n 2n ＋1－2n ＝n2n ，∴T n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，12T n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1， ∴T n ＝2(12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1)＝2－12n －1－n 2n ＝2－n ＋22n .例3 (1)解当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1代入S 2n ＝a n (S n －12)，得2S n S n －1＋S n －S n －1＝0，由于S n ≠0，所以1S n －1S n －1＝2，所以{1S n}是首项为1，公差为2的等差数列，从而1S n＝1＋(n －1)×2＝2n －1，所以S n ＝12n －1.(2)证明因为b n ＝S n2n ＋1＝ 12n －12n ＋1＝12(12n －1－12n ＋1)，所以T n ＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝12(1－12n ＋1)<12，所以T n <12.跟踪演练3 (1)99 (2)2011解析 (1)因为a n ＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，所以S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(n －n －1)＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1. 由n ＋1－1＝9，解得n ＝99.(2)∵a 1＝1，a n ＋1－a n ＝n ＋1，∴a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n ，将以上n －1个式子相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝2＋nn －12，即a n ＝n n ＋12，令b n ＝1a n ，故b n ＝2nn ＋1＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n －1n ＋1，故S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－12＋12－13＋…＋110－111＝2011.高考押题精练 1．1解析因为a n ＝n ＋22nnn ＋1＝2n ＋1－n 2n n n ＋1＝12n －1n －12n n ＋1，所以S n ＝(120×1－121×2)＋(121×2－122×3)＋…＋[12n －1n －12nn ＋1] ＝1－12nn ＋1，由于1－12nn ＋1<1，所以M 的最小值为1. 2．解 (1)当n ＝1时，S 1＝a (S 1－a 1＋1)，所以a 1＝a ，当n ≥2时，S n ＝a (S n －a n ＋1)，①S n －1＝a (S n －1－a n －1＋1)，②由①－②，得a n ＝a ×a n －1，即a na n －1＝a ，故{a n }是首项a 1＝a ，公比等于a 的等比数列，所以a n ＝a ×an －1＝a n.故a 2＝a 2，a 3＝a 3.由4a 3是a 1与2a 2的等差中项，可得8a 3＝a 1＋2a 2，即8a 3＝a ＋2a 2，因为a ≠0，整理得8a 2－2a －1＝0，即(2a －1)(4a ＋1)＝0，解得a ＝12或a ＝－14(舍去)，故a n ＝(12)n ＝12n .(2)由(1)，得b n ＝2n ＋1a n＝(2n ＋1)×2n，所以T n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n －1)×2n －1＋(2n ＋1)×2n，①2T n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n －1)×2n＋(2n ＋1)×2n ＋1，② 由①－②，得－T n ＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n )－(2n ＋1)×2n ＋1＝6＋2×22－2n ＋11－2－(2n ＋1)·2n ＋1＝－2＋2n ＋2－(2n ＋1)·2n ＋1＝－2－(2n －1)·2n ＋1，所以T n ＝2＋(2n －1)·2n ＋1.二轮专题强化练答案精析第2讲数列的求和问题 1．A [因为a n ＝2n －1＋12n ，所以S n ＝n 1＋2n －12＋1－12n·121－12＝n 2＋1－12n .]2．B [∵a n ＋1＝a n ＋3，∴a n ＋1－a n ＝3.∴{a n }是以－60为首项，3为公差的等差数列． ∴a n ＝－60＋3(n －1)＝3n －63. 令a n ≤0，得n ≤21. ∴前20项都为负值． ∴|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30| ＝－(a 1＋a 2＋…＋a 20)＋a 21＋…＋a 30 ＝－2S 20＋S 30. ∵S n ＝a 1＋a n 2n ＝－123＋3n2×n ，∴|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝765.] 3．C [等差数列中，S n ＝na 1＋n n －12d ，S n n ＝a 1＋(n －1)d 2，即数列{S nn }是首项为a 1＝－2012，公差为d 2的等差数列；因为S 2 0122 012－S 1010＝2 002，所以，(2 012－10)d2＝2 002，d2＝1，所以，S 2 014＝2 014·[(－2 012)＋(2 014－1)×1]＝2 014，选C.] 4．C [由a n ＋1＝a n a n －1(n ≥2)，a 1＝1，a 2＝3，可得a 3＝3，a 4＝1，a 5＝13，a 6＝13，a 7＝1，a 8＝3，…，这是一个周期为6的数列，一个周期内的6项之和为263，又40＝6×6＋4，所以S 40＝6×263＋1＋3＋3＋1＝60.]5．C [∵1n ＋12－1＝1n 2＋2n ＝1n n ＋2＝12(1n －1n ＋2)， ∴122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋12－1＝12(1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2) ＝12(32－1n ＋1－1n ＋2) ＝34－12(1n ＋1＋1n ＋2)．] 6．1 007解析 ∵f (x )＝4x4x ＋2，∴f (1－x )＝41－x41－x ＋2＝22＋4x ，∴f (x )＋f (1－x )＝4x 4x ＋2＋22＋4x ＝1.S ＝f (12 015)＋f (22 015)＋…＋f (2 0142 015)，① S ＝f (2 0142 015)＋f (2 0132 015)＋…＋f (12 015)，② ①＋②得，2S ＝[f (12 015)＋f (2 0142 015)]＋[f (22 015)＋f (2 0132 015)]＋…＋[f (2 0142 015)＋f (12 015)]＝2 014， ∴S ＝2 0142＝1 007.7．480解析方法一依题意得，当n 是奇数时，a n ＋2－a n ＝1，即数列{a n }中的奇数项依次形成首项为1、公差为1的等差数列，a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 59＝30×1＋30×292×1＝465；当n 是偶数时，a n ＋2＋a n ＝1，即数列{a n }中的相邻的两个偶数项之和均等于1，a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋…＋a 58＋a 60＝(a 2＋a 4)＋(a 6＋a 8)＋…＋(a 58＋a 60)＝15.因此，该数列的前60项和S 60＝465＋15＝480.方法二 ∵a n ＋2＋(－1)na n ＝1，∴a 3－a 1＝1，a 5－a 3＝1，a 7－a 5＝1，…，且a 4＋a 2＝1，a 6＋a 4＝1，a 8＋a 6＝1，…，∴{a 2n －1}为等差数列，且a 2n －1＝1＋(n －1)×1＝n ，即a 1＝1，a 3＝2，a 5＝3，a 7＝4，∴S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋1＋2＝4，S 8－S 4＝a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝3＋4＋1＝8，S 12－S 8＝a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝5＋6＋1＝12，…，∴S 60＝4×15＋15×142×4＝480.8．2解析由题意可知，数列{c n }的前n 项和为S n ＝n c 1＋c n2，前2n 项和为S 2n ＝2nc 1＋c 2n2，所以S 2nS n ＝2nc 1＋c 2n2n c 1＋c n2＝2＋2nd 2＋nd －d ＝2＋21＋2－d nd.因为数列{c n }是“和等比数列”，即S 2nS n为非零常数，所以d ＝2.9．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得d ＝a 4－a 13＝12－33＝3，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝3n (n ＝1,2，…)．设等比数列{b n －a n }的公比为q ，由题意得q 3＝b 4－a 4b 1－a 1＝20－124－3＝8，解得q ＝2.所以b n －a n ＝(b 1－a 1)q n －1＝2n －1.从而b n ＝3n ＋2n －1(n ＝1,2，…)．(2)由(1)知b n ＝3n ＋2n －1(n ＝1,2，…)．数列{3n }的前n 项和为32n (n ＋1)，数列{2n －1}的前n 项和为1－2n1－2＝2n－1.所以，数列{b n }的前n 项和为32n (n ＋1)＋2n－1.10．解 (1)因为2S n ＝3n＋3，所以2a 1＝3＋3，故a 1＝3，当n ＞1时，2S n －1＝3n －1＋3，此时2a n ＝2S n －2S n －1＝3n－3n －1＝2×3n －1，即a n ＝3n －1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，3n －1，n ＞1.(2)因为a n b n ＝log 3a n ，所以b 1＝13，当n ＞1时，b n ＝31－nlog 33n －1＝(n －1)·31－n.所以T 1＝b 1＝13；当n ＞1时，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝13＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋(n －1)×31－n)，所以3T n ＝1＋(1×30＋2×3－1＋…＋(n －1)×32－n)，两式相减，得2T n ＝23＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n )－(n －1)×31－n＝23＋1－31－n1－3－1－(n －1)×31－n ＝136－6n ＋32×3n ，所以T n ＝1312－6n ＋34×3n ，经检验，n ＝1时也适合．综上可得T n ＝1312－6n ＋34×3n .11．C [由a n ＝a n ＋1－1a n ＋1＋1，得a n ＋1＝1＋a n1－a n.∵a 1＝2，∴a 2＝－3，a 3＝－12，a 4＝13，a 5＝2，a 6＝－3.故数列{a n }具有周期性，周期为4， ∵a 1a 2a 3a 4＝1， ∴T 2 016＝T 4＝1.] 12．C [因为a 1＝12，又a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，所以a 2＝1，从而a 3＝12，a 4＝1，即得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝2k －1k ∈N *，1，n ＝2k k ∈N *，故数列的前2 016项的和等于S 2 016＝1 008×(1＋12)＝1 512.]13.12n 2解析因为lg x ＋lg y ＝1，所以lg(xy )＝1. 因为S n ＝lg x n＋lg(xn －1y )＋lg(x n －2y 2)＋…＋lg(xyn －1)＋lg y n，所以S n ＝lg y n＋lg(xy n －1)＋…＋lg(xn －2y 2)＋lg(xn －1y )＋lg x n ，两式相加，得2S n ＝(lg x n＋lg y n)＋[lg(x n －1y )＋lg(xy n －1)]＋…＋(lg y n ＋lg x n )＝lg(x n ·y n )＋lg(xn －1y ·xy n －1)＋…＋lg(y n ·x n )＝n [lg(xy )＋lg(xy )＋…＋lg(xy )]＝n 2lg(xy )＝n 2，所以S n ＝12n 2.14．(1)证明由条件，对任意n ∈N *，有a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，因而对任意n ∈N *，n ≥2，有a n ＋1＝3S n －1－S n ＋3. 两式相减，得a n ＋2－a n ＋1＝3a n －a n ＋1，即a n ＋2＝3a n ，n ≥2. 又a 1＝1，a 2＝2，所以a 3＝3S 1－S 2＋3＝3a 1－(a 1＋a 2)＋3＝3a 1，故对一切n ∈N *，a n ＋2＝3a n . (2)解由(1)知，a n ≠0，所以a n ＋2a n＝3.于是数列{a 2n －1}是首项a 1＝1，公比为3等比数列；数列{a 2n }是首项a 2＝2，公比为3的等比数列．因此a 2n －1＝3n －1，a 2n ＝2×3n －1.于是S 2n ＝a 1＋a 2＋…＋a 2n＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n ) ＝(1＋3＋…＋3n －1)＋2(1＋3＋…＋3n －1)＝3(1＋3＋…＋3n －1)＝33n－12.从而S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝33n－12－2×3n －1＝32(5×3n －2－1)．综上所述， S n＝⎩⎪⎨⎪⎧325×3n －32－1，n 是奇数，323n2－1，n 是偶数.。

(浙江专用)2021高考数学二轮复习专题三数列第3讲数列不等式的证明问题(选用)学案

第3讲数列不等式的证明问题(选用)高考定位 1.数列中不等式的证明是浙江高考数学试题的压轴题；2.主要考察数学归纳法、放缩法、反证法等数列不等式的证明方法，以及不等式的性质；3.重点考察学生逻辑推理能力和创新意识.真题感悟(2021·浙江卷)数列{x n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)(n ∈N *). 证明：当n ∈N *时， (1)0＜x n ＋1＜x n ； (2)2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12；(3)12n －1≤x n ≤12n －2. 证明 (1)用数学归纳法证明：x n ＞0. 当n ＝1时，x 1＝1＞0.假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，x k ＞0，那么n ＝k ＋1时，假设x k ＋1≤0，那么0＜x k ＝x k ＋1＋ln(1＋x k ＋1)≤0，矛盾，故x k ＋1＞0，因此x n ＞0(n ∈N *).所以x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)＞x n ＋1，因此0＜x n ＋1＜x n (x ∈N *). (2)由x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)得，x n x n ＋1－4x n ＋1＋2x n ＝x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1).记函数f (x )＝x 2－2x ＋(x ＋2)ln(1＋x )(x ≥0). f ′(x )＝2x 2＋x x ＋1＋ln ()1＋x ＞0(x ＞0)，函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以f (x )≥f (0)＝0，因此x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)＝f (x n ＋1)≥0，故2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12(n ∈N *).(3)因为x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)≤x n ＋1＋x n ＋1＝2x n ＋1，所以x n ≥12x n －1≥122x n －2≥…≥12n －1x 1＝12n －1.故x n ≥12n －1.由x n x n ＋12≥2x n ＋1－x n 得1x n ＋1－12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －12＞0，所以1x n －12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －1－12≥…≥2n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－12＝2n －2，故x n ≤12n －2.综上，12n －1≤x n ≤12n －2(n ∈N *).考点整合证明一个与正整数n 有关的命题，可按以下步骤进展： (1)(归纳奠基)证明当n 取第一个值n 0(n 0∈N *)时命题成立；(2)(归纳递推)假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N *)时命题成立，证明当n ＝k ＋1时命题也成立. 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n 0开场的所有正整数n 都成立.一般地，由证明p q 转向证明：綈q r …t ，t 与假设矛盾，或与某个真命题矛盾，从而判定綈q 为假，推出q 为真的方法，叫做反证法.放缩法是利用不等式的传递性，证明不等式的方法，要证A <B ，可先将A 放大到C ，然后只需证明C <B 即可.热点一数学归纳法证明数列不等式【例1】 (2021·金丽衢联考)设数列{a n }满足：a 1＝a ，a n ＋1＝2a n a 2n ＋1(a >0且a ≠1，n ∈N *). (1)证明：当n ≥2时，a n <a n ＋1<1；(2)假设b ∈(a 2，1)，求证：当整数k ≥〔b －a 2〕〔b ＋1〕a 2〔1－b 〕＋1时，a k ＋1>b .证明 (1)由a n ＋1＝2a na 2n ＋1知，a n 与a 1的符号一样，而a 1＝a >0，所以a n >0，所以a n ＋1＝2a n ＋1a n≤1，当且仅当a n ＝1时，a n ＋1＝1，下面用数学归纳法证明： ①因为a >0且a ≠1，所以a 2<1，a 3a 2＝2a 22＋1>1，即有a 2<a 3<1； ②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，有a k <a k ＋1<1，那么a k ＋2＝2a k ＋1a 2k ＋1＋1＝2a k ＋1＋1a k ＋1<1，且a k ＋2a k ＋1＝2a 2k ＋1＋1>1，即a k ＋1<a k ＋2<1. 综上，对任意n ≥2，均有a n <a n ＋1<1成立.(2)假设a k ≥b ，那么由(1)知当k ≥2时，1>a k ＋1>a k ≥b ；假设a k <b ，因为0<x <1及二项式定理知(1＋x )n ＝1＋C 1n x ＋…＋C n n x n≥1＋nx ，而a 2k ＋1<b 2＋1<b ＋1，且a 2<a 3<…<a k <b <1，所以a k ＋1＝a 2·a 3a 2·a 4a 3·…·a k ＋1a k＝a 2·2k －1〔1＋a 22〕〔1＋a 23〕…〔1＋a 2k 〕>a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋b 2k －1> a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋b k －1＝a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－b 1＋b k －1≥a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1－b 1＋b 〔k －1〕. 因为k ≥〔b －a 2〕〔b ＋1〕a 2〔1－b 〕＋1，所以1－b 1＋b (k －1)＋1≥b －a 2a 2＋1＝b a 2，所以 a k ＋1>b .探究提高数学归纳法是解决和正整数有关命题的证明方法，可以借助递推公式，证明由特殊到一般的结论成立问题.因此，可以在数列不等式的证明中大显身手.在本例中，(1)首先根据条件等式的构造特征推出a n >0，然后用数学归纳法证明即可；(2)首先由(1)知当k ≥2时，1>a k ＋1>a k ≥b ，然后利用数列的递推公式证明即可. 热点二反证法证明数列不等式【例2】 (2021·温州调考)数列{a n }满足：a n >0，a n ＋1＋1a n<2(n ∈N *).(1)求证：a n ＋2<a n ＋1<2(n ∈N *)； (2)求证：a n >1(n ∈N *). 证明 (1)由a n >0，a n ＋1＋1a n<2，得a n ＋1<2－1a n<2.因为2>a n ＋2＋1a n ＋1>2a n ＋2a n ＋1(由题知a n ＋1≠a n ＋2)，所以a n ＋2<a n ＋1<2.(2)法一假设存在a N ≤1(N ≥1，N ∈N *)，由(1)可得当n >N 时，a n ≤a N ＋1<1. 根据a n ＋1－1<1－1a n ＝a n －1a n<0，而a n <1，所以1a n ＋1－1>a n a n －1＝1＋1a n －1，于是1a N ＋2－1>1＋1a N ＋1－1，……1a N ＋n －1>1＋1a N ＋n －1－1.累加可得1a N ＋n －1>n －1＋1a N ＋1－1.(*)由假设可得a N ＋n －1<0，而当n >－1a N ＋1－1＋1时，显然有n －1＋1a N ＋1－1>0，因此有1a N ＋n －1<n －1＋1a N ＋1－1，这显然与(*)矛盾. 所以a n >1(n ∈N *).法二假设存在a N ≤1(N ≥1，N ∈N *)，由(1)可得当n >N 时，0<a n ≤a N ＋1<1. 根据a n ＋1－1<1－1a n ＝a n －1a n<0，而a n <1，所以11－a n ＋1<a n 1－a n ，所以1－a n ＋11－a n >1a n ≥1a N ＋1>1.于是1－a n >(1－a n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1，1－a n －1>(1－a n －2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1，……1－a N ＋2>(1－a N ＋1)⎝⎛⎭⎪⎫1a N ＋1.累乘可得1－a n >(1－a N ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1n －N －1，(*)由(1)可得1－a n <1，而当n >log1a N ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫11－a N ＋1＋N ＋1时，那么有(1－a N ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1n －N －1>1，这显然与(*)矛盾. 所以a n >1(n ∈N *).探究提高数列不等式需要对数列的范围及变化趋势进展探究，而条件又少，因此，反证法就成为解决这类问题的利器.在本例中，(1)首先根据不等式由a n ＋1＜2－1a n<2证明不等式的右边，再根据不等式利用根本不等式，可证明不等式的左边；(2)考虑反证法，即假设存在a N ≤1，利用条件和(1)，并结合放缩法逐步推出矛盾.进而证明不等式成立.热点三放缩法证明数列不等式 [考法1] 放缩为等比数列【例3－1】 (2021·宁波调研)数列{a n }满足a 1＝25，a n ＋1＝2a n 3－a n ，n ∈N *.(1)求a 2；(2)求⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的通项公式；(3)设{a n }的前n 项的和为S n ，求证：65⎝ ⎛⎭⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ≤S n <2113. (1)解由条件可知a 2＝2a 13－a 1＝413.(2)解由a n ＋1＝2a n 3－a n 得1a n ＋1＝32·1a n －12，即1a n ＋1－1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n－1是等比数列，又1a 1－1＝32，那么1a n －1＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n，所以1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n＋1. (3)证明由(2)可得a n ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1≥1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝25⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1.所以S n ≥25＋25·⎝ ⎛⎭⎪⎫231＋…＋25·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝65⎝ ⎛⎭⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ，故S n ≥65⎝ ⎛⎭⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 成立.另一方面a n ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1<1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n，所以S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n <25＋413＋⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋⎝ ⎛⎭⎪⎫234＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23n＝4665＋89－89·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2<4665＋89<2113，n ≥3，又S 1＝25<2113，S 2＝4665<2113，因此S n <2113.所以65⎝ ⎛⎭⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ≤S n <2113.[考法2] 放缩为裂项求和【例3－2】 (2021·金华联考)数列{a n }中，a 1＝3，2a n ＋1＝a 2n －2a n ＋4. (1)证明：a n ＋1>a n ；(2)证明：a n ≥2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1；(3)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，求证：1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ≤S n <1.证明 (1)∵2a n ＋1－2a n ＝a 2n －4a n ＋4＝(a n －2)2≥0，∴a n ＋1≥a n ≥3，∴(a n －2)2>0， ∴a n ＋1>a n .(2)∵2a n ＋1－4＝a 2n －2a n ＝a n (a n －2)， ∴a n ＋1－2a n －2＝a n 2≥32， ∴a n －2≥32(a n －1－2)≥⎝ ⎛⎭⎪⎫322(a n －2－2)≥…≥⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(a 1－2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，∴a n ≥2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.(3)∵2(a n ＋1－2)＝a n (a n －2)， ∴12〔a n ＋1－2〕＝1a n 〔a n －2〕＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －2－1a n ，∴1a n ＋1－2＝1a n －2－1a n ，∴1a n ＝1a n －2－1a n ＋1－2，∴S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n＝1a 1－2－1a 2－2＋1a 2－2－1a 3－2＋…＋1a n －2－1a n ＋1－2 ＝1a 1－2－1a n ＋1－2 ＝1－1a n ＋1－2.∵a n ＋1－2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ，∴0<1a n ＋1－2≤⎝ ⎛⎭⎪⎫23n， ∴1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n≤S n ＝1－1a n ＋1－2<1. 探究提高数列中不等式的证明本身就是放缩的结果，在证明过程中，要善于观察数列通项的特点，结合不等式的构造合理地选择放大与缩小，常见的两种放缩方式是：①放缩成等比数列求和形式；②放缩成裂项求和形式.数列、不等式是高中数学的重点内容之一，也是初等数学与高等数学的衔接点之一.命题方式灵活，对学生的数学思维要求较高，具有良好的高考选拔功能.数列中不等式的证明，是浙江省高考数学试题的特色，解决问题方法独特，需要综合运用分析法、放缩法、反证法、数学归纳法、以及构造函数借助导数的工具、不等式的性质等解决问题.1.(2021·浙江卷)设数列{a n }满足|a n －a n ＋12|≤1，n ∈N *.(1)证明：|a n |≥2n －1(|a 1|－2)，n ∈N *；(2)假设|a n |≤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n，n ∈N *，证明：|a n |≤2，n ∈N *.证明 (1)由⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1得|a n |－12|a n ＋1|≤1，故|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1≤12n ，n ∈N *，所以|a 1|21－|a n |2n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 1|21－|a 2|22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 2|22－|a 3|23＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n－1|2n －1－|a n |2n ≤121＋122＋…＋12n －1＝1－12n －1＜1，因此|a n |≥2n －1(|a 1|－2).(2)任取n ∈N *，由(1)知，对于任意m ＞n ，|a n |2n －|a m |2m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n ＋1|2n ＋1－|a n ＋2|2n ＋2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a m－1|2m －1－|a m |2m ≤12n ＋12n ＋1＋…＋12m －1＝12n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12m －n ＜12n －1，故|a n |＜⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋|a m |2m ·2n≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n －1＋12m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫32m ·2n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m ·2n .从而对于任意m ＞n ，均有|a n |＜2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m·2n.①由m 的任意性得|a n |≤2. 否那么，存在n 0∈N *，与①式矛盾.综上，对于任意n ∈N *，均有|a n |≤2. 2.(2021·学军中学月考)数列{a n }满足，a 1＝1，a n ＝1a n ＋1－12. (1)求证：23≤a n ≤1；(2)求证：|a n ＋1－a n |≤13；(3)求证：|a 2n －a n |≤1027.证明 (1)用数学归纳法证明. ①当n ＝1时，命题显然成立；②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，有23≤a k ≤1成立，那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝1a k ＋12≤123＋12<1，a k ＋1＝1a k ＋12≥11＋12＝23，即当n ＝k ＋1时也成立，所以对任意n ∈N *，都有23≤a n ≤1.(2)当n ＝1时，|a 2－a 1|＝13，当n ≥2时，∵⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12·1a n ＝1＋12a n ≥1＋12＝32， ∴|a n ＋1－a n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1a n ＋12－1a n －1＋12 ＝|a n －a n －1|⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1＋12≤23|a n －a n －1|≤…≤⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1|a 2－a 1| ＝13·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1<13. 综上所述，|a n ＋1－a n |≤13.(3)当n ＝1时，|a 2－a 1|＝13＝927<1027；当n ≥2时，由(2)知 |a 2n －a n |≤|a 2n －a 2n－1|＋|a 2n－1－a 2n－2|＋…＋|a n＋1－a n |≤13⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫232n －2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232n －3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫232n －1≤23－⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝1027. 综上所述，|a 2n －a n |≤1027.3.(2021·浙东北大联盟考试)数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝a n －a 2nn 〔n ＋1〕，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1a n 的前n 项和为S n .证明：当n ∈N *时， (1)0<a n ＋1<a n ； (2)a n ≤n3n －1；(3)S n >n －12.证明 (1)由于a n ＋1－a n ＝－a 2nn 〔n ＋1〕≤0，那么a n ＋1≤a n .假设a n ＋1＝a n ，那么a n ＝0，与a 1＝12矛盾，故a n ≠0，从而a n ＋1<a n ，a 1＝12>a 2>a 3>…>a n .又a n ＋1a n ＝1－a n n 〔n ＋1〕≥1－12n 〔n ＋1〕>0，那么a n ＋1与a n 同号.又a 1＝12>0，那么a n ＋1>0，故0<a n ＋1<a n .(2)由于0<a n ＋1<a n ，那么a n ＋1＝a n －a 2nn 〔n ＋1〕<a n －a n a n ＋1n 〔n ＋1〕，即1a n －1a n ＋1<－1n 〔n ＋1〕＝1n ＋1－1n，1a n ＋1－1a n >1n －1n ＋1. 当n ≥2时，1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1－1a n －2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a 1＋1a 1>1n －1－1n ＋1n －2－1n －1＋…＋1－12＋1a 1＝3－1n ＝3n －1n >0，从而a n <n3n －1. 当n ＝1时，a 1＝12＝13×1－1，从而a n ≤n 3n －1.(3)由a n ＋1a n ＝1－a n n 〔n ＋1〕≥1－a 1n 〔n ＋1〕＝1－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1(当且仅当n ＝1时，取等号)，得S n ＝a 2a 1＋a 3a 2＋…＋a n ＋1a n ≥n －12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1>n －12. 4.(2021·杭州质量检测)数列{a n }的各项均为非负数，其前n 项和为S n ，且对任意的n ∈N *，都有a n ＋1≤a n ＋a n ＋22.(1)假设a 1＝1，a 505＝2 017，求a 6的最大值；(2)假设对任意n ∈N *，都有S n ≤1，求证：0≤a n －a n ＋1≤2n 〔n ＋1〕. (1)解由题意知a n ＋1－a n ≤a n ＋2－a n ＋1，设d i ＝a i ＋1－a i (i ＝1，2，…，504)，那么d 1≤d 2≤d 3≤…≤d 504，且d 1＋d 2＋d 3＋…＋d 504＝a 505－a 1＝2 016. ∵d 1＋d 2＋…＋d 55≤d 6＋d 7＋…＋d 504499＝2 016－〔d 1＋d 2＋…＋d 5〕499， ∴d 1＋d 2＋…＋d 5≤20，∴a 6＝a 1＋(d 1＋d 2＋…＋d 5)≤21，a 6的最大值为21.(2)证明假设存在k ∈N *，使得a k <a k ＋1，那么由a n ＋1≤a n ＋a n ＋22，得a k ＋1≤a k －a k ＋1＋a k ＋2＜a k ＋2，因此，从第k 项a k 开场，数列{a n }严格递增，故a 1＋a 2＋…＋a n ≥a k ＋a k ＋1＋…＋a n ≥(n －k ＋1)a k . 对于固定的k ，当n 足够大时，必有a 1＋a 2＋…＋a n ＞1，与题设矛盾，∴{a n }不可能递增，即只能a n －a n ＋1≥0.令b k ＝a k －a k ＋1(k ∈N *)，由a k －a k ＋1≥a k ＋1－a k ＋2得b k ≥b k ＋1，b k ≥0，故1≥a 1＋a 2＋…＋a n ＝(b 1＋a 2)＋a 2＋…＋a n ＝b 1＋2(b 2＋a 3)＋a 3＋…＋a n ＝…＝b 1＋2b 2＋…＋nb n ＋na n ＋1≥(1＋2＋…＋n )b n ＝n 〔n ＋1〕2b n ， ∴b n ≤2n 〔n ＋1〕，综上，对一切n ∈N *，都有0≤a n －a n ＋1≤2n 〔n ＋1〕.。

2022版高考数学二轮专题突破(浙江专用理科)文档：专题三数列与不等式第2讲 Word版含答案

第2讲数列的求和问题1．(2021·福建)在等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值．2．(2022·课标全国Ⅰ)已知{a n }是递增的等差数列，a 2，a 4是方程x 2－5x ＋6＝0的根． (1)求{a n }的通项公式； (2)求数列{a n2n }的前n 项和．高考对数列求和的考查主要以解答题的形式毁灭，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现转化与化归的思想.热点一分组转化求和有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．例1 等比数列{a n }中，a 1，a 2，a 3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a 1，a 2，a 3中的任何两个数不在下表的同一列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足：b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ，求数列{b n}的前n 项和S n .思维升华在处理一般数列求和时，确定要留意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清楚正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n 进行争辩，最终再验证是否可以合并为一个公式．跟踪演练1 在等差数列{a n }中，a 3＋a 4＋a 5＝84，a 9＝73. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意m ∈N *，将数列{a n }中落入区间(9m,92m )内的项的个数记为b m ，求数列{b m }的前m 项和S m .热点二错位相减法求和错位相减法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n·b n}的前n项和，其中{a n}，{b n}分别是等差数列和等比数列．例2(2021·衡阳联考)已知数列{a n}的前n项和为S n，且有a1＝2,3S n＝5a n－a n－1＋3S n－1(n≥2)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若b n＝(2n－1)a n，求数列{b n}的前n项和T n.思维升华(1)错位相减法适用于求数列{a n·b n}的前n项和，其中{a n}为等差数列，{b n}为等比数列；(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要留意的是相减后得到部分，求等比数列的和，此时确定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n＝1,2进行验证．跟踪演练2设数列{a n}的前n项和为S n，已知a1＝1，S n＋1＝2S n＋n＋1(n∈N*)，(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若b n＝na n＋1－a n，求数列{b n}的前n项和T n.热点三裂项相消法求和裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于{1a n a n＋1}或{1a n a n＋2}(其中{a n}为等差数列)等形式的数列求和．例3(2021·广东韶关高三联考)已知在数列{a n}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和S n满足S2n＝a n(S n－12)．(1)求S n的表达式；(2)设b n＝S n2n＋1，数列{b n}的前n项和为T n，证明T n<12.思维升华(1)裂项相消法的基本思想就是把通项a n分拆成a n＝b n＋k－b n(k≥1，k∈N*)的形式，从而达到在求和时某些项相消的目的，在解题时要擅长依据这个基本思想变换数列{a n}的通项公式，使之符合裂项相消的条件．(2)常化的裂项公式①1n (n ＋k )＝1k (1n －1n ＋k)；②1(2n －1)(2n ＋1)＝12(12n －1－12n ＋1)； ③1n ＋n ＋k＝1k (n ＋k －n )．跟踪演练3 (1)已知数列{a n }，a n ＝1n ＋1＋n，其前n 项和S n ＝9，则n ＝________.(2)(2021·江苏)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋22n n (n ＋1)，其前n 项和为S n ，若存在实数M ，满足对任意的n ∈N *，都有S n <M 恒成立，则M 的最小值为________．2．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝a (S n －a n ＋1)(a 为常数，且a >0)，且4a 3是a 1与2a 2的等差中项． (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n ＋1a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .提示：完成作业专题三第2讲二轮专题强化练专题三第2讲数列的求和问题A 组专题通关1．已知数列112，314，518，7116，…，则其前n 项和S n 为( )A ．n 2＋1－12nB ．n 2＋2－12nC ．n 2＋1－12n－1D ．n 2＋2－12n－12．已知在数列{a n }中，a 1＝－60，a n ＋1＝a n ＋3，则|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|等于( ) A ．445 B ．765 C ．1 080D ．3 1053．在等差数列{a n }中，a 1＝－2 012，其前n 项和为S n ，若S 2 0122 012－S 1010＝2 002，则S 2 014的值等于( )A ．2 011B ．－2 012C ．2 014D ．－2 0134．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，a n ＋1a n －1＝a n (n ≥2)，则数列{a n }的前40项和S 40等于( ) A ．20 B ．40 C ．60 D ．805．(2021·绍兴模拟)122－1＋132－1＋142－1＋…＋1(n ＋1)2－1的值为( )A.n ＋12(n ＋2)B.34－n ＋12(n ＋2)C.34－12(1n ＋1＋1n ＋2)D.32－1n ＋1＋1n ＋26．设f (x )＝4x 4x ＋2，若S ＝f (12 015)＋f (22 015)＋…＋f (2 0142 015)，则S ＝________.7．(2021·浙江名校联考)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋2＋(－1)n a n ＝1，记S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 60＝________.8．设S n 为数列{a n }的前n 项和，若S 2nS n (n ∈N *)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”；若数列{c n }是首项为2，公差为d (d ≠0)的等差数列，且数列{c n }是“和等比数列”，则d ＝________.9．(2022·北京)已知{a n }是等差数列，满足a 1＝3, a 4＝12，数列{b n }满足b 1＝4，b 4＝20，且{b n －a n }为等比数列．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{b n }的前n 项和．10．(2021·山东)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知2S n ＝3n ＋3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n b n ＝log 3a n ，求{b n }的前n 项和T n .B 组力气提高11．数列{a n }满足a 1＝2，a n ＝a n ＋1－1a n ＋1＋1，其前n 项积为T n ，则T 2 016等于( )A.16 B ．－16C ．1D ．－112．已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前2 016项的和等于( ) A ．1 509 B ．3 018 C ．1 512 D ．2 01613．已知lg x ＋lg y ＝1，且S n ＝lg x n ＋lg(x n －1y )＋lg(x n －2y 2)＋…＋lg y n ，则S n ＝________. 14．(2021·湖南)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3, n ∈N *. (1)证明：a n ＋2＝3a n ； (2)求S n .同学用书答案精析第2讲数列的求和问题高考真题体验1．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝4，(a 1＋3d )＋(a 1＋6d )＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋2. (2)由(1)可得b n ＝2n ＋n ，所以b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10) ＝2(1－210)1－2＋(1＋10)×102＝(211－2)＋55 ＝211＋53＝2 101.2．解 (1)方程x 2－5x ＋6＝0的两根为2,3，由题意得a 2＝2，a 4＝3.设数列{a n }的公差为d ，则a 4－a 2＝2d ，故d ＝12，从而a 1＝32.所以{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1.(2)设{a n2n }的前n 项和为S n .由(1)知a n 2n ＝n ＋22n ＋1，则S n ＝322＋423＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1，12S n ＝323＋424＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2. 两式相减得12S n ＝34＋(123＋…＋12n ＋1)－n ＋22n ＋2 ＝34＋14(1－12n －1)－n ＋22n ＋2. 所以S n ＝2－n ＋42n ＋1.热点分类突破例1 解 (1)当a 1＝3时，不合题意；当a 1＝2时，当且仅当a 2＝6，a 3＝18时，符合题意；当a 1＝10时，不合题意．因此a 1＝2，a 2＝6，a 3＝18，所以公比q ＝3. 故a n ＝2·3n －1 (n ∈N *)． (2)由于b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ＝2·3n －1＋(－1)n ln(2·3n －1) ＝2·3n －1＋(－1)n [ln 2＋(n －1)ln 3]＝2·3n －1＋(－1)n (ln 2－ln 3)＋(－1)n n ln 3，所以S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n ]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)n n ]ln 3. 当n 为偶数时， S n ＝2×1－3n 1－3＋n2ln 3＝3n＋n2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n 1－3－(ln 2－ln 3)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12－n ln 3＝3n－n －12ln 3－ln 2－1.综上所述，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3n ＋n2ln 3－1， n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1， n 为奇数.跟踪演练1 解 (1)由于{a n }是一个等差数列，所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＝84，所以a 4＝28. 设数列{a n }的公差为d ，则5d ＝a 9－a 4＝73－28＝45，故d ＝9. 由a 4＝a 1＋3d 得28＝a 1＋3×9，即a 1＝1，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋9(n －1)＝9n －8(n ∈N *)．(2)对m ∈N *，若9m <a n <92m ，则9m ＋8<9n <92m ＋8，因此9m －1＋1≤n ≤92m －1，故得b m ＝92m －1－9m －1. 于是S m ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b m＝(9＋93＋…＋92m －1)－(1＋9＋…＋9m －1) ＝9×(1－81m )1－81－1－9m 1－9＝92m ＋1－10×9m ＋180.例2 解 (1)3S n －3S n －1 ＝5a n －a n －1(n ≥2)， ∴2a n ＝a n －1，a n a n －1＝12，又∵a 1＝2，∴{a n }是以2为首项，公比为12的等比数列，∴a n ＝2×(12)n －1＝(12)n －2＝22－n .(2)b n ＝(2n －1)22－n ，T n ＝1×21＋3×20＋5×2－1＋…＋(2n －1)·22－n ， 12T n＝1×20＋3×2－1＋…＋(2n －3)·22－n ＋(2n －1)·21－n ， ∴12T n ＝2＋2(20＋2－1＋…＋22－n )－(2n －1)·21－n ＝2＋2[1－(2－1)n －1]1－2－1－(2n －1)21－n ＝6－(2n ＋3)×21－n ，∴T n ＝12－(2n ＋3)×22－n .跟踪演练2 解 (1)∵S n ＋1＝2S n ＋n ＋1，当n ≥2时，S n ＝2S n －1＋n ，∴a n ＋1＝2a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，即a n ＋1＋1a n ＋1＝2(n ≥2)，①又S 2＝2S 1＋2，a 1＝S 1＝1， ∴a 2＝3，∴a 2＋1a 1＋1＝2，∴当n ＝1时，①式也成立，∴a n ＋1＝2n ，即a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)∵a n ＝2n －1，∴b n ＝n (2n ＋1－1)－(2n －1)＝n 2n ＋1－2n ＝n2n ，∴T n ＝12＋222＋323＋…＋n 2n ，12T n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1， ∴T n ＝2(12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1)＝2－12n －1－n2n ＝2－n ＋22n .例3 (1)解当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1代入S 2n ＝a n (S n －12)，得2S n S n －1＋S n －S n －1＝0，由于S n ≠0，所以1S n －1S n －1＝2，所以{1S n }是首项为1，公差为2的等差数列，从而1S n＝1＋(n －1)×2＝2n －1，所以S n ＝12n －1.(2)证明由于b n ＝S n2n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12(12n －1－12n ＋1)，所以T n ＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝12(1－12n ＋1)<12，所以T n <12.跟踪演练3 (1)99 (2)2011解析 (1)由于a n ＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，所以S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(n －n －1)＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1.由n ＋1－1＝9，解得n ＝99.(2)∵a 1＝1，a n ＋1－a n ＝n ＋1，∴a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n ，将以上n －1个式子相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝(2＋n )(n －1)2，即a n ＝n (n ＋1)2，令b n ＝1a n ，故b n ＝2n (n ＋1)＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n －1n ＋1，故S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10＝2⎣⎡⎦⎤1－12＋12－13＋…＋110－111＝2011. 高考押题精练 1．1解析由于a n ＝n ＋22n n (n ＋1)＝2(n ＋1)－n 2n n (n ＋1)＝12n －1n －12n (n ＋1)，所以S n ＝(120×1－121×2)＋(121×2－122×3)＋…＋[12n －1n －12n (n ＋1)]＝1－12n (n ＋1)，由于1－12n (n ＋1)<1，所以M 的最小值为1.2．解 (1)当n ＝1时，S 1＝a (S 1－a 1＋1)，所以a 1＝a ，当n ≥2时，S n ＝a (S n －a n ＋1)，① S n －1＝a (S n －1－a n －1＋1)，② 由①－②，得a n ＝a ×a n －1，即a na n －1＝a ，故{a n }是首项a 1＝a ，公比等于a 的等比数列，所以a n ＝a ×a n －1＝a n .故a 2＝a 2，a 3＝a 3.由4a 3是a 1与2a 2的等差中项，可得8a 3＝a 1＋2a 2，即8a 3＝a ＋2a 2，由于a ≠0，整理得8a 2－2a －1＝0，即(2a －1)(4a ＋1)＝0，解得a ＝12或a ＝－14(舍去)，故a n ＝(12)n ＝12n .(2)由(1)，得b n ＝2n ＋1a n＝(2n ＋1)×2n ，所以T n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n －1)×2n －1＋(2n ＋1)×2n ，① 2T n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n －1)×2n ＋(2n ＋1)×2n ＋1，② 由①－②，得－T n ＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n )－(2n ＋1)×2n ＋1 ＝6＋2×22－2n ＋11－2－(2n ＋1)·2n ＋1＝－2＋2n ＋2－(2n ＋1)·2n ＋1 ＝－2－(2n －1)·2n ＋1，所以T n ＝2＋(2n －1)·2n ＋1.二轮专题强化练答案精析第2讲数列的求和问题1．A [由于a n ＝2n －1＋12n ，所以S n ＝n 1＋2n －12＋1－12n ·121－12＝n 2＋1－12n .]2．B [∵a n ＋1＝a n ＋3，∴a n ＋1－a n ＝3. ∴{a n }是以－60为首项，3为公差的等差数列． ∴a n ＝－60＋3(n －1)＝3n －63. 令a n ≤0，得n ≤21. ∴前20项都为负值． ∴|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝－(a 1＋a 2＋…＋a 20)＋a 21＋…＋a 30 ＝－2S 20＋S 30.∵S n ＝a 1＋a n 2n ＝－123＋3n 2×n ，∴|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝765.] 3．C [等差数列中，S n ＝na 1＋nn －12d ，S n n ＝a 1＋(n －1)d 2，即数列{S n n }是首项为a 1＝－2 012，公差为d2的等差数列；由于S 2 0122 012－S 1010＝2 002，所以，(2 012－10)d 2＝2 002，d2＝1，所以，S 2 014＝2 014·[(－2 012)＋(2 014－1)×1]＝2 014，选C.]4．C [由a n ＋1＝a n a n －1(n ≥2)，a 1＝1，a 2＝3，可得a 3＝3，a 4＝1，a 5＝13，a 6＝13，a 7＝1，a 8＝3，…，这是一个周期为6的数列，一个周期内的6项之和为263，又40＝6×6＋4，所以S 40＝6×263＋1＋3＋3＋1＝60.]5．C [∵1n ＋12－1＝1n 2＋2n ＝1n n ＋2＝12(1n －1n ＋2)， ∴122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋12－1＝12(1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2) ＝12(32－1n ＋1－1n ＋2) ＝34－12(1n ＋1＋1n ＋2)．] 6．1 007解析 ∵f (x )＝4x 4x ＋2，∴f (1－x )＝41－x41－x ＋2＝22＋4x ，∴f (x )＋f (1－x )＝4x 4x ＋2＋22＋4x ＝1.S ＝f (12 015)＋f (22 015)＋…＋f (2 0142 015)，① S ＝f (2 0142 015)＋f (2 0132 015)＋…＋f (12 015)，②①＋②得，2S ＝[f (12 015)＋f (2 0142 015)]＋[f (22 015)＋f (2 0132 015)]＋…＋[f (2 0142 015)＋f (12 015)]＝2 014，∴S ＝2 0142＝1 007.7．480解析方法一依题意得，当n 是奇数时，a n ＋2－a n ＝1，即数列{a n }中的奇数项依次形成首项为1、公差为1的等差数列，a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 59＝30×1＋30×292×1＝465；当n 是偶数时，a n ＋2＋a n ＝1，即数列{a n }中的相邻的两个偶数项之和均等于1，a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋…＋a 58＋a 60＝(a 2＋a 4)＋(a 6＋a 8)＋…＋(a 58＋a 60)＝15. 因此，该数列的前60项和S 60＝465＋15＝480.方法二 ∵a n ＋2＋(－1)n a n ＝1，∴a 3－a 1＝1，a 5－a 3＝1，a 7－a 5＝1，…，且a 4＋a 2＝1，a 6＋a 4＝1，a 8＋a 6＝1，…，∴{a 2n －1}为等差数列，且a 2n －1＝1＋(n －1)×1＝n ，即a 1＝1，a 3＝2，a 5＝3，a 7＝4， ∴S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋1＋2＝4，S 8－S 4＝a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝3＋4＋1＝8， S 12－S 8＝a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝5＋6＋1＝12，…，∴S 60＝4×15＋15×142×4＝480.8．2解析由题意可知，数列{c n }的前n 项和为S n ＝nc 1＋c n 2，前2n 项和为S 2n ＝2nc 1＋c 2n 2，所以S 2nS n＝2n c 1＋c 2n2nc 1＋c n 2＝2＋2nd2＋nd －d＝2＋21＋2－dnd.由于数列{c n }是“和等比数列”，即S 2nS n 为非零常数，所以d ＝2.9．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得 d ＝a 4－a 13＝12－33＝3，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝3n (n ＝1,2，…)．设等比数列{b n －a n }的公比为q ，由题意得 q 3＝b 4－a 4b 1－a 1＝20－124－3＝8，解得q ＝2.所以b n －a n ＝(b 1－a 1)q n －1＝2n －1. 从而b n ＝3n ＋2n －1(n ＝1,2，…)． (2)由(1)知b n ＝3n ＋2n －1(n ＝1,2，…)．数列{3n }的前n 项和为32n (n ＋1)，数列{2n －1}的前n 项和为1－2n1－2＝2n －1.所以，数列{b n }的前n 项和为32n (n ＋1)＋2n －1.10．解 (1)由于2S n ＝3n ＋3，所以2a 1＝3＋3，故a 1＝3，当n ＞1时，2S n －1＝3n －1＋3，此时2a n ＝2S n －2S n －1＝3n －3n －1＝2×3n －1，即a n ＝3n －1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，3n －1，n ＞1.(2)由于a n b n ＝log 3a n ，所以b 1＝13，当n ＞1时，b n ＝31－n log 33n －1＝(n －1)·31－n .所以T 1＝b 1＝13；当n ＞1时，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝13＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋(n －1)×31－n )，所以3T n ＝1＋(1×30＋2×3－1＋…＋(n －1)×32－n )，两式相减，得2T n ＝23＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n )－(n －1)×31－n＝23＋1－31－n1－3－1－(n －1)×31－n ＝136－6n ＋32×3n ，所以T n＝1312－6n ＋34×3n ，经检验，n ＝1时也适合．综上可得T n ＝1312－6n ＋34×3n.11．C [由a n ＝a n ＋1－1a n ＋1＋1，得a n ＋1＝1＋a n1－a n.∵a 1＝2，∴a 2＝－3，a 3＝－12，a 4＝13，a 5＝2，a 6＝－3.故数列{a n }具有周期性，周期为4， ∵a 1a 2a 3a 4＝1， ∴T 2 016＝T 4＝1.] 12．C [由于a 1＝12，又a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，所以a 2＝1，从而a 3＝12，a 4＝1，即得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝2k －1k ∈N *，1，n ＝2k k ∈N *，故数列的前2 016项的和等于 S 2 016＝1 008×(1＋12)＝1 512.]13.12n 2 解析由于lg x ＋lg y ＝1，所以lg(xy )＝1. 由于S n ＝lg x n ＋lg(x n －1y )＋lg(x n －2y 2)＋…＋ lg(xy n －1)＋lg y n ，所以S n ＝lg y n ＋lg(xy n －1)＋…＋lg(x n －2y 2)＋ lg(x n －1y )＋lg x n ，两式相加，得2S n ＝(lg x n ＋lg y n )＋[lg(x n －1y )＋lg(xy n －1)]＋…＋(lg y n ＋lg x n )＝lg(x n ·y n )＋lg(x n －1y ·xy n －1)＋…＋lg(y n ·x n )＝n [lg(xy )＋lg(xy )＋…＋lg(xy )]＝n 2lg(xy )＝n 2，所以S n ＝12n 2.14．(1)证明由条件，对任意n ∈N *，有a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，因而对任意n ∈N *，n ≥2，有a n ＋1＝3S n －1－S n ＋3. 两式相减，得a n ＋2－a n ＋1＝3a n －a n ＋1，即a n ＋2＝3a n ，n ≥2. 又a 1＝1，a 2＝2，所以a 3＝3S 1－S 2＋3＝3a 1－(a 1＋a 2)＋3＝3a 1，故对一切n ∈N *，a n ＋2＝3a n .(2)解由(1)知，a n ≠0，所以a n ＋2a n ＝3.于是数列{a 2n －1}是首项a 1＝1，公比为3等比数列；数列{a 2n }是首项a 2＝2，公比为3的等比数列．因此a 2n －1＝3n －1，a 2n ＝2×3n －1. 于是S 2n ＝a 1＋a 2＋…＋a 2n＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝(1＋3＋…＋3n －1)＋2(1＋3＋…＋3n －1)＝3(1＋3＋…＋3n －1)＝33n －12. 从而S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝33n －12－2×3n －1＝32(5×3n －2－1)．综上所述，S n＝⎩⎨⎧325×3n －32－1，n 是奇数，323n2－1，n 是偶数.。

(浙江专版)高考数学二轮专题复习第一部分专题三第二讲等差数列、等比数列课件.pptx

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二、经典例题领悟好 [例 2] (2018 届高三·浙江联考)已知数列{an}的前 n 项和为
Sn，且 Sn＝2－n2＋1 an(n≥1)．
(1)求证：数列ann是等比数列； (2)设数列{2nan}的前 n 项和为 Tn，An＝T11＋T12＋T13＋…＋T1n，试比较 An 与n2an的大小．
比较n2n2与n＋n 1的大小．
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设 f(n)＝n2n2，g(n)＝n＋n 1，因为 f(n＋1)－f(n)＝2n[[nnnn－＋21－]2 1]，当 n≥3 时，f(n＋1)－f(n)>0，所以当 n≥3 时，f(n)单调递增，所以当 n≥4 时，f(n)≥f(4)＝1，而 g(n)<1，所以当 n≥4 时，f(n)>g(n)．经检验当 n＝1,2,3 时，仍有 f(n)>g(n)．综上可得，An<n2an.
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1判断一个数列是等差等比数列，还有通项公式法及前 n 项和公式法，但不可作为证明方法. 2若要判断一个数列不是等差等比数列，只需判断存在连续三项不成等差等比数列即可. 3 a2n＝an－1an＋1n≥2，n∈N*是{an}为等比数列的必要不充分条件，也就是要注意判断一个数列是等比数列时，各项不能为 0.
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考点二等差、等比数列的判定与证明一、基础知识要记牢 1．证明数列{an}是等差数列的两种基本方法 (1)利用定义，证明 an＋1－an(n∈N*)为一常数； (2)利用等差中项，即证明 2an＝an－1＋an＋1(n≥2)． 2．证明{an}是等比数列的两种基本方法 (1)利用定义，证明aan＋n 1(n∈N*)为一常数； (2)利用等比中项，即证明 an2＝an－1an＋1(n≥2，an≠0)．

2020浙江新高考数学二轮复习教师用书：专题三 3 第3讲数列的综合问题

第3讲数列的综合问题数列不等式的证明[核心提炼]数列不等式的证明问题能有效地考查学生综合运用数列与不等式知识解决问题的能力．与数列有关的不等式除利用数学归纳法证明外，还可以借助以下方法：若所证数列不等式能够转化为函数，可借助函数的单调性证明；若所证数列不等式两边均是整式多项式，可以借助比较法；若所证数列能够求和，且所证不等式与和式有关，可先求出其和，再借助放缩法证明．[典型例题]已知数列{x n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)(n ∈N *)．证明：当n ∈N *时， (1)0<x n ＋1<x n ； (2)2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12；(3)12n －1≤x n ≤12n －2. 【证明】 (1)用数学归纳法证明：x n >0. 当n ＝1时，x 1＝1>0. 假设n ＝k 时，x k >0，那么n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0时，则0<x k ＝x k ＋1＋ln(1＋x k ＋1)≤0，矛盾，故x k ＋1>0. 因此x n >0(n ∈N *)．所以x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)>x n ＋1. 因此0<x n ＋1<x n (n ∈N *)． (2)由x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)得，x n x n ＋1－4x n ＋1＋2x n ＝x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)．记函数f (x )＝x 2－2x ＋(x ＋2)ln(1＋x )(x ≥0)， f ′(x )＝2x 2＋x x ＋1＋ln(1＋x )>0(x >0)，函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以f (x )≥f (0)＝0，因此x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)＝f (x n ＋1)≥0，故2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12(n ∈N *)．(3)因为x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)≤x n ＋1＋x n ＋1＝2x n ＋1，所以x n ≥12n －1.由x n x n ＋12≥2x n ＋1－x n 得1x n ＋1－12≥2⎝⎛⎭⎫1x n －12>0，所以1x n －12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －1－12≥…≥2n －1⎝⎛⎭⎫1x 1－12＝2n －2，故x n ≤12n －2.综上，12n －1≤x n ≤12n －2(n ∈N *)．证明数列不等式常用的四种方法(1)构造函数，结合数列的单调性证明．(2)若待证不等式的两边均为关于n 的整式多项式，常用作差比较法证明数列不等式． (3)与数列前n 项和有关的不等式的证明方法主要有两种：一是若数列的通项能够直接求和，则先求和后，再根据和的性质证明不等式；二是若数列的通项不能够直接求和，则先放缩后再求和证明．(4)当待证不等式随n 的变化呈现的规律较明显，且初始值n 0易于确定时，用数学归纳法证明．[对点训练]1．设数列{a n }满足⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1，n ∈N *.(1)证明：|a n |≥2n －1(|a 1|－2)，n ∈N *；(2)若|a n |≤⎝⎛⎭⎫32n，n ∈N *，证明：|a n |≤2，n ∈N *.证明：(1)由⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1，得|a n |－12|a n ＋1|≤1，故|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1≤12n ，n ∈N *，所以|a 1|21－|a n |2n ＝⎝⎛⎭⎫|a 1|21－|a 2|a 2＋⎝⎛⎭⎫|a 2|22＝|a 3|23＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫|a n －1|2n －1－|a n |2n ≤121＋122＋…＋12n －1＜1，因此|a n |≥2n －1(|a 1|－2)．(2)任取n ∈N *，由(1)知，对于任意m ＞n ， |a n |2n －|a m |2m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n ＋1|2n ＋1－|a n ＋2|2n ＋2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a m －1|2m －1－|a m |2m ≤12n ＋12n ＋1＋…＋12m －1＜12n －1，故|a n |＜⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋|a m|2m ·2n ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n －1＋12m ·⎝⎛⎭⎫32m·2n＝2＋⎝⎛⎭⎫34m·2n.从而对于任意m ＞n ，均有|a n |＜2＋⎝⎛⎭⎫34m·2n .① 由m 的任意性得|a n |≤2. 否则，存在n 0∈N *，有|an0|＞2，取正整数m 0＞log 34|an 0|－22n 0且m 0＞n 0，则2n 0·⎝⎛⎭⎫34m 0＜2n 0·⎝⎛⎭⎫34log 34|a n 0|－22n 0＝|an 0|－2，与①式矛盾，综上，对于任意n ∈N *，均有|a n |≤2. 2．已知数列{a n }满足，a 1＝1，a n ＝1a n ＋1－12. (1)求证：23≤a n ≤1；(2)求证：|a n ＋1－a n |≤13.证明：(1)由已知得a n ＋1＝1a n ＋12，计算a 2＝23，a 3＝67，a 4＝1419，猜想23≤a n ≤1.下面用数学归纳法证明． ①当n ＝1时，命题显然成立；②假设n ＝k 时，有23≤a n ≤1成立，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝1a k ＋12≤123＋12＜1，a k ＋1＝1a k ＋12≥11＋12＝23，即当n ＝k ＋1时也成立，所以对任意n ∈N *，都有23≤a n ≤1.(2)当n ＝1时，|a 1－a 2|＝13，当n ≥2时，因为(a n ＋12)(a n －1＋12)＝(a n ＋12)·1a n ＝1＋12a n ≥1＋12＝32，所以|a n ＋1－a n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1a n ＋12－1a n －1＋12 ＝|a n －a n －1|（a n ＋12）（a n －1＋12）≤23|a n －a n －1|≤…≤⎝⎛⎭⎫23n －1|a 2－a 1|＝13·⎝⎛⎭⎫23n －1<13.综上知，|a n ＋1－a n |≤13.数列中的交汇创新问题[核心提炼]数列在中学教材中既有相对独立性，又有较强的综合性，很多数列问题一般转化为特殊数列求解，一些题目常与函数、向量、三角函数、解析几何、不等式等知识交汇结合，考查数列的基本运算与应用．[典型例题](1)(2018·高考浙江卷)已知a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)．若a 1>1，则( )A ．a 1<a 3，a 2<a 4B ．a 1>a 3，a 2<a 4C ．a 1<a 3，a 2>a 4D ．a 1>a 3，a 2>a 4(2)已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1＋x 2＝3，x 3－x 2＝2. ①求数列{x n }的通项公式；②如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1, 1)，P 2(x 2, 2)，…，P n ＋1(x n ＋1, n ＋1)得到折线P 1 P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的区域的面积T n .【解】 (1)选B.法一：因为ln x ≤x －1(x >0)，所以a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)≤a 1＋a 2＋a 3－1，所以a 4≤－1，又a 1>1，所以等比数列的公比q <0.若q ≤－1，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q )(1＋q 2)≤0，而a 1＋a 2＋a 3≥a 1>1，所以ln(a 1＋a 2＋a 3)>0，与ln(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4≤0矛盾，所以－1<q <0，所以a 1－a 3＝a 1(1－q 2)>0，a 2－a 4＝a 1q (1－q 2)<0，所以a 1>a 3≥a 1，a 2<a 4，故选B.法二：因为e x ≥x ＋1，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)，所以e a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1＋a 2＋a 3≥a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋1，则a 4≤－1，又a 1>1，所以等比数列的公比q <0.若q ≤－1，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q )(1＋q 2)≤0，而a 1＋a 2＋a 3≥a 1>1，所以ln(a 1＋a 2＋a 3)>0，与ln(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4≤0矛盾，所以－1<q <0，所以a 1－a 3＝a 1(1－q 2)>0，a 2－a 4＝a 1q (1－q 2)<0，所以a 1>a 3，a 2<a 4，故选B.(2)①设数列{x n }的公比为q ，由已知q ＞0.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2.所以3q 2－5q －2＝0. 因为q ＞0，所以q ＝2，x 1＝1，因此数列{x n }的通项公式为x n ＝2n －1.②过P 1，P 2，…，P n ＋1向x 轴作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，…，Q n ＋1. 由①得x n ＋1－x n ＝2n －2n －1＝2n －1，记梯形P n P n ＋1Q n ＋1Q n 的面积为b n ，由题意得b n ＝（n ＋n ＋1）2×2n －1＝(2n ＋1)×2n －2，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n －1)×2n －3＋(2n ＋1)×2n －2.(i) 又2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1.(ii)(i)－(ii)得－T n ＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n －1)－(2n ＋1)×2n －1＝32＋2（1－2n －1）1－2－(2n ＋1)×2n －1.所以T n ＝（2n －1）×2n ＋12.数列与函数的综合问题主要有两类(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题； (2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法等对式子进行化简变形．[对点训练]已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω＞0，|φ|＜π)的图象经过点⎝⎛⎭⎫π12，－2，⎝⎛⎭⎫7π12，2，且在区间⎝⎛⎭⎫π12，7π12上为单调函数． (1)求ω，φ的值； (2)设a n ＝nf ⎝⎛⎭⎫n π3(n ∈N *)，求数列{a n }的前30项和S 30.解：(1)由题可得ωπ12＋φ＝2k π－π2，k ∈Z ，7ωπ12＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ，解得ω＝2，φ＝2k π－2π3，k ∈Z ，因为|φ|＜π，所以φ＝－2π3.(2)因为a n ＝2n sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n π3－2π3(n ∈N *)，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n π3－2π3 (n ∈N *)的周期为3，前三项依次为0，3，－3，所以a 3n －2＋a 3n －1＋a 3n ＝(3n －2)×0＋(3n －1)×3＋3n ×(－3)＝－3(n ∈N *)，所以S 30＝(a 1＋a 2＋a 3)＋…＋(a 28＋a 29＋a 30)＝－10 3.数列中的探索性问题[核心提炼]探索性问题是指根据已知条件(或给出的结论)，探求相应结论(或条件)是否存在的一类问题，主要包括结论存在型，结论探索型，条件探索型，综合探索型．[典型例题]已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n >60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意，2，2＋d ，2＋4d 成等比数列，故有(2＋d )2＝2(2＋4d )，化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4. 当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2. (2)当a n ＝2时，S n ＝2n .显然2n <60n ＋800，此时不存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立．当a n ＝4n －2时，S n ＝n [2＋（4n －2）]2＝2n 2.令2n 2>60n ＋800，即n 2－30n －400>0，解得n >40或n <－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的n ，其最小值为41.要判断在某些确定条件下的某一数学对象是否存在或某一结论是否成立，“是否存在”的问题的命题形式有两种：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由．这类问题常用“肯定顺推”的方法．[对点训练]数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝(n 2＋n －λ)a n (n ＝1，2，…)，λ是常数． (1)当a 2＝－1时，求λ及a 3的值；(2)数列{a n }是否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，说明理由．解：(1)由于a n ＋1＝(n 2＋n －λ)a n (n ＝1，2，…)，且a 1＝1，所以当a 2＝－1时，得－1＝2－λ，故λ＝3. 从而a 3＝(22＋2－3)×(－1)＝－3.(2)数列{a n }不可能为等差数列，理由如下：由a 1＝1，a n ＋1＝(n 2＋n －λ)a n ，得a 2＝2－λ，a 3＝(6－λ)·(2－λ)，a 4＝(12－λ)(6－λ)(2－λ)．若存在λ，使{a n }为等差数列，则a 3－a 2＝a 2－a 1，即(5－λ)(2－λ)＝1－λ，解得λ＝3.于是a 2－a 1＝1－λ＝－2，a 4－a 3＝(11－λ)(6－λ)(2－λ)＝－24.这与{a n }为等差数列矛盾，所以，对任意λ，{a n }都不可能是等差数列．专题强化训练1．(2019·台州市高三期末考试)在正项数列{a n }中，已知a 1＝1，且满足a n ＋1＝2a n －1a n ＋1(n ∈N *)．(1)求a 2，a 3； (2)证明：a n ≥(32)n －1.解：(1)因为在正项数列{a n }中，a 1＝1，且满足a n ＋1＝2a n －1a n ＋1(n ∈N *)，所以a 2＝2×1－11＋1＝32，a 3＝2×32－132＋1＝135.(2)证明：①当n ＝1时，由已知a 1＝1≥(32)1－1＝1，不等式成立；②假设当n ＝k 时，不等式成立，即a k ≥(32)k －1，因为f (x )＝2x －1x ＋1在(0，＋∞)上是增函数，所以a k ＋1＝2a k －1a k ＋1≥2(32)k －1－1（32）k －1＋1＝(32)k ＋13(32)k －1（32）k －1＋1 ＝(32)k ＋13（32）2k －1＋13（32）k －1（32）k －1＋1 ＝(32)k ＋19[（32）k ＋3][2×（32）k －3]（32）k －1＋1，因为k ≥1，所以2×(32)k －3≥2×32－3＝0，所以a k ＋1≥(32)k ，即当n ＝k ＋1时，不等式也成立．根据①②知不等式对任何n ∈N *都成立．2．(2019·嘉兴调研)已知S n 为各项均为正数的数列{a n }的前n 项和，a 1∈(0，2)，a 2n ＋3a n＋2＝6S n .(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，若对任意的n ∈N *，t ≤4T n 恒成立，求实数t 的最大值．解：(1)当n ＝1时，由a 2n ＋3a n ＋2＝6S n ，得a 21＋3a 1＋2＝6a 1，即a 21－3a 1＋2＝0. 又a 1∈(0，2)，解得a 1＝1.由a 2n ＋3a n ＋2＝6S n ，可知a 2n ＋1＋3a n ＋1＋2＝6S n ＋1.两式相减，得a 2n ＋1－a 2n ＋3(a n ＋1－a n )＝6a n ＋1，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －3)＝0.由于a n ＞0，可得a n ＋1－a n －3＝0，即a n ＋1－a n ＝3，所以{a n }是首项为1，公差为3的等差数列，所以a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. (2)由a n ＝3n －2 ，可得b n ＝1a n a n ＋1＝1（3n －2）（3n ＋1）＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1， T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝13⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－14＋⎝⎛⎭⎫14－17＋…⎦⎥⎤＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1 ＝n3n ＋1. 因为T n ＝n 3n ＋1＝13－133n ＋1随着n 的增大而增大，所以数列{T n }是递增数列，所以t ≤4T n ⇔t 4≤T n ⇔t 4≤T 1＝14⇔t ≤1，所以实数t 的最大值是1.3．(2019·金华模拟)已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1a n ＝2a n ＋1－1(n ∈N *)，令b n ＝a n －1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝a 2n ＋1a 2n ，求证：c 1＋c 2＋…＋c n <n ＋724.解：(1)因为a n ＋1a n ＝2a n ＋1－1(n ∈N *)，b n ＝a n －1，即a n ＝b n ＋1. 所以(b n ＋1＋1)(b n ＋1)＝2(b n ＋1＋1)－1，化为：1b n ＋1－1b n ＝－1，所以数列{1b n }是等差数列，首项为－2，公差为－1.所以1b n＝－2－(n －1)＝－1－n ，所以b n ＝－1n ＋1.(2)证明：由(1)可得：a n ＝b n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.所以c n ＝a 2n ＋1a 2n ＝2n ＋12n ＋1＋12n 2n ＋1＝（2n ＋1）22n （2n ＋2）＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －12n ＋2，因为n ≥2时，2n ＋2≤2n ＋1－1，所以12n －12n ＋2<12n －1－12n ＋1－1，所以c 1＋c 2＋…＋c n <n ＋12⎝⎛⎭⎫12－14＋ 12⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1－12n ＋1－1＝n ＋724－12（2n ＋1－1）<n ＋724. 4．(2019·绍兴市高三教学质量调测)已知数列{a n }满足a n ＞0，a 1＝2，且(n ＋1)a 2n ＋1＝na 2n ＋a n (n ∈N *)．(1)证明：a n ＞1；(2)证明：a 224＋a 239＋…＋a 2nn 2＜95(n ≥2)．证明：(1)由题得(n ＋1)·a 2n ＋1－(n ＋1)＝na 2n －n ＋a n －1，故(a n ＋1－1)(a n ＋1＋1)(n ＋1)＝(a n －1)(na n ＋n ＋1)，由a n ＞0，n ∈N *，可知(a n ＋1＋1)(n ＋1)＞0，na n ＋n ＋1＞0，所以a n ＋1－1与a n －1同号，又a 1－1＝1＞0，故a n ＞1.(2)由(1)知a n ＞1，故(n ＋1)a 2n ＋1＝na 2n ＋a n ＜(n ＋1)a 2n ，所以a n ＋1＜a n ，1＜a n ≤2.又由题可得a n ＝(n ＋1)a 2n ＋1－na 2n ，所以，a 1＝2a 22－a 21，a 2＝3a 23－2a 22，…，a n ＝(n ＋1)·a 2n ＋1－na 2n ，相加得a 1＋a 2＋…＋a n ＝(n ＋1)a 2n ＋1－4≤2n ，所以a 2n ＋1≤2n ＋4n ＋1，即a 2n ≤2n ＋2n (n ≥2)，a 2nn 2≤2n 2＋2n 3≤2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－2n ＋1n ＋1(n ≥2)．当n ＝2时，a 2222＝34＜95.当n ＝3时，a 2222＋a 2332≤34＋232＋233＜34＋13＜95.当n ≥4时，a 224＋a 239＋a 2416＋…＋a 2nn2＜2⎝⎛⎭⎫14＋19＋116＋14＋⎝⎛⎭⎫14＋227＋13－14 ＝1＋29＋18＋14＋227＋112＜95.从而，原命题得证．5．(2019·台州市高考一模)已知数列{a n }满足：a n ＞0，a n ＋1＋1a n ＜2(n ∈N *)．(1)求证：a n ＋2＜a n ＋1＜2(n ∈N *)； (2)求证：a n ＞1(n ∈N *)．证明：(1)由a n ＞0，a n ＋1＋1a n ＜2，所以a n ＋1＜2－1a n ＜2，因为2＞a n ＋2＋1a n ＋1≥2a n ＋2a n ＋1，所以a n ＋2＜a n ＋1＜2.(2)假设存在a N ≤1(N ≥1，N ∈N *)，由(1)可得当n ＞N 时，a n ≤a N ＋1＜1，根据a n ＋1－1＜1－1a n ＝a n －1a n ＜0，而a n ＜1，所以1a n ＋1－1＞a n a n －1＝1＋1a n －1.于是1a N ＋2－1＞1＋1a N ＋1－1，…1a N ＋n －1＞1＋1a N ＋n －1－1.累加可得1a N ＋n －1＞n －1＋1a N ＋1－1(*)，由(1)可得a N ＋n －1＜0，而当n ＞－1a N ＋1－1＋1时，显然有n －1＋1a N ＋1－1＞0，因此有1a N ＋n －1＜n －1＋1a N ＋1－1，这显然与(*)矛盾，所以a n ＞1(n ∈N *)．6．(2019·金丽衢十二校高三联考)已知f n (x )＝a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋…＋a n x n ，且f n (－1)＝(－1)n ·n ，n ＝1，2，3，….(1)求a 1，a 2，a 3；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)当k >7且k ∈N *时，证明：对任意n ∈N *都有2a n ＋1＋2a n ＋1＋1＋2a n ＋2＋1＋…＋2a nk －1＋1>32成立．解：(1)由f 1(－1)＝－a 1＝－1得a 1＝1，由f 2(－1)＝－a 1＋a 2＝2，得a 2＝3，又因为f 3(－1)＝－a 1＋a 2－a 3＝－3，所以a 3＝5.(2)由题意得：f n (－1)＝－a 1＋a 2－a 3＋…＋(－1)n a n ＝(－1)n ·n ， f n －1(－1)＝－a 1＋a 2－a 3＋…＋(－1)n －1a n －1 ＝(－1)n －1·(n －1)，n ≥2，两式相减得：(－1)n a n ＝(－1)n ·n －(－1)n －1·(n －1)＝(－1)n (2n －1)，得当n ≥2时，a n ＝2n －1，又a 1＝1符合，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)． (3)证明：令b n ＝a n ＋12＝n ，则S ＝1b n ＋1b n ＋1＋1b n ＋2＋…＋1b nk －1＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1nk －1，所以2S ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1nk －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1nk －2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋2＋1nk －3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1nk －1＋1n .(*)当x >0，y >0时，x ＋y ≥2xy ，1x ＋1y≥21xy，所以(x ＋y )⎝⎛⎭⎫1x ＋1y ≥4，所以1x ＋1y ≥4x ＋y ，当且仅当x ＝y 时等号成立，上述(*)式中，k >7，n >0，n ＋1，n ＋2，…，nk －1全为正，所以2S >4n ＋nk －1＋4n ＋1＋nk －2＋4n ＋2＋nk －3＋…＋4nk －1＋n ＝4n （k －1）n ＋nk －1，所以S >2（k －1）1＋k －1n>2（k －1）k ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2k ＋1>2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－27＋1＝32，得证． 7．(2019·宁波市诺丁汉大学附中高三期中考试)已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝a 2n ＋2a n ，n ∈N *，设b n ＝log 2(a n ＋1)．(1)求{a n }的通项公式；(2)求证：1＋12＋13＋…＋1b n －1＜n (n ≥2)；(3)若2c n ＝b n ，求证：2≤(c n ＋1c n)n＜3.解：(1)由a n ＋1＝a 2n ＋2a n ，则a n ＋1＋1＝a 2n ＋2a n ＋1＝(a n ＋1)2，由a 1＝3，则a n ＞0，两边取对数得到log 2(a n ＋1＋1)＝log 2(a n ＋1)2＝2 log 2(a n ＋1)，即b n ＋1＝2b n . 又b 1＝log 2(a 1＋1)＝2≠0，所以{b n }是以2为公比的等比数列．即b n ＝2n .又因为b n ＝log 2(a n ＋1)，所以a n ＝22n －1.(2)证明：用数学归纳法证明：①当n ＝2时，左边为1＋12＋13＝116＜2＝右边，此时不等式成立；②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，不等式成立，则当n ＝k ＋1时，左边＝1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1＜k ＋12k ＋12k＋1＋…＋12k ＋1－1＜k ＋12k ＋12k ＋…＋12k 2k个,＜k ＋1＝右边，所以当n ＝k ＋1时，不等式成立．综上可得：对一切n ∈N *，n ≥2，命题成立． (3)证明：由2c n ＝b n 得c n ＝n ，所以(c n ＋1c n )n ＝(1＋n n )n ＝(1＋1n )n ，首先(1＋1n )n ＝C 0n ＋C 1n 1n ＋C 2n 1n 2＋…＋ C k n 1n k ＋…＋C n n 1n n ≥2，其次因为C k n 1nk ＝n （n －1）…（n －k ＋1）k ！n k ＜1k ！≤1k （k －1）＝1k －1－1k(k ≥2)，所以(1＋1n )n ＝C 0n ＋C 1n 1n ＋C 2n 1n 2＋…＋ C k n 1n k ＋…＋C n n 1nn ，＜1＋1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝3－1n ＜3，当n ＝1时显然成立．所以得证．8．数列{a n }满足a 1＝14，a n ＝a n －1（－1）n a n －1－2(n ≥2，n ∈N )．(1)试判断数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n＋（－1）n 是否为等比数列，并说明理由；(2)设b n ＝a n sin （2n －1）π2，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：对任意的n ∈N *，T n ＜47.解：(1)a n ＝a n －1（－1）n a n －1－2⇒1a n ＝（－1）na n －1－2a n －1＝(－1)n－2a n －1，所以1a n ＋(－1)n ＝2·(－1)n －2a n －1⇒所以1a n ＋(－1)n＝(－2)·⎣⎢⎡⎦⎥⎤（－1）n －1＋1a n －1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n＋（－1）n 为公比是－2的等比数列．(2)证明：1a 1＋(－1)1＝3，由(1)可得1a n＋(－1)n ＝⎣⎡⎦⎤1a 1＋（－1）1·(－2)n －1＝3·(－2)n －1，所以a n ＝13·（－2）n －1－（－1）n.而sin（2n －1）π2＝(－1)n －1，所以b n ＝a n ·sin （2n －1）π2＝（－1）n －13·（－2）n －1－（－1）n ＝13·2n －1＋1，所以b n ＝13·2n －1＋1＜13·2n －1，当n ≥3时，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＜(b 1＋b 2)＋13·22＋13·23＋…＋13·2n －1＝14＋17＋112⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －21－12＜14＋17＋16＝4784＜47. 因为{b n }为正项数列，所以T 1＜T 2＜T 3＜…＜T n ，所以n ∈N *，T n ＜47.。

(浙江专用)2020高考数学二轮复习专题三数列与数学归纳法第三讲专题提能——“数列与数学归纳法”专题

@专题提能”数列与数学归纳法〃专题提能课土曰牝占/一、防止思维定式＜址冃匕庶（一）实现〃移花接木"［例1］已知数列｛©｝的前n 项和S“=A/+B(gHO), 则“A = —B”是“数列仙｝是等比数列”的 ()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件［解析］当A = —B 时，S n=Aq—A,则a n=Aq l~\q—V), 当g = l或A = 0时，a“ = 0,此时数列仙｝不是等比数列. 若数列｛冷｝是等比数列，当q = '时，S lt=na lt此时不具备S〃=Ag"+B(gHO)的形式，故彳工1,则S n =此时A = —«i A = ~B.综上，a A = -B^是“数列仙｝是等比数列”的必要不充分条件•［答案］B［微评］(I)等比数列｛砌｝的前〃项和公式£ =na 1(q = l)9(2)计算过程中，若出现方程q n=t 9要看/中的〃是奇数还是偶数，若〃是奇数，则q=^t ；若“是偶数,则40时,q=±'& tvO 时，无解.如(1一/)、\_q(狞1)9特别注意q = \时,S t =na x 这一特殊情况•［例2］已知数列仙｝的前n项和为S n9 «i = l,当n^2时, 2S n = (n + l)a n—2.⑴求“2，“3和通项给;［解］当n=2时，2S2=2(l+°2)=3"2—2，则“2=4,当n=3时，2S3=2(l+4+a3)=4a3—2,则a3=6,当n^2时，2S lt = (n-\-l)a n—2,当"M3 时，2S”_i=〃a”_i—2, 所以当“M3 时,2(S W—S w-i) = (n + l)a fl—na n-x=2a n,即2a fl = (n + l)a n—na n-\,整理可得(n — l)a n—na n-i9所以沪笛，因为齐牛2,所以沪铝因此, 当n ^2 时，u n=2n 9而如=1，n = l, n^2.(2)设数列血｝满足叽=aQT,求｛%｝的前n项和T n.［解］由⑴可知加=：2；：；2, 所以当兀=1时，T\=b\ = l,当“N2时，几=加+如+^3 ------- b n,则T n = l+2X22+3X23 (n-l)X2w_1+nX2\ 2T W=2+2X23+3X24H——(n-l)X2n+nX2^l9 作差得T… = l-8-(23+24H—— 2")+〃X2"+i = (n-l)X2w+1 + l,易知当”=1时，也满足上式，故T n = (W-l)X2n+1 + l(nGN*)・［微评］数列仏｝中，由s“与给的等量关系式求a“时，先利用ai=Si求出首项如，然后用”一1替换等量关系式中的〃, 得到一个新的等量关系式，再利用a“=S“一S“—232),便可求出当时a“的表达式，最后对〃=1时的结果进行检验，看是否符合“M2时©的表达式，若符合，则可以把数列仏｝的通项合写，若不符合，则应该分〃=1与两段来写.而a n—a n-x=d(n^2)与a n+l—a n=d(n^ *)等价,q(n^2)与等价，不需验证〃=1的情形•失误3 因错位相减法求和处理不当而失分［例 3］已知函数/(x)=4v,数歹 1|｛给｝中，2a w+1—2a n +a n ^a n =0,⑴证明：数列｛讣是等差数列，并求数列｛如的通项公式；1 1 1［解］证明：由给工0创卄1—2^+a 卄冋=0,得 —7=6 给+1 an/ 所以数列｛初｝是首项为;=1,公差为*的等差数列，所以彳=1+*〃_1)=暂1, “”=谆亍ai = l,且给HO,数列｛亦｝中，方i=2, b n =fw eN*).(n^2,⑵求数列低｝的前n项和S“・［解］当心时,b n=f任卜/哥=2",当〃=1时，〃1=2也符合上式，所以加=2"(M WN), p=(〃 + l)・2"T,u tl5…=2X2°+3X21+4X22H ---------- (H +1)X2,,_1,①25…=2X2X+3X22+4X23H --- 兀X2"T+(〃 + l)X2",②由①一②得一S“ = 2+2】+22 ------ 2"T-S + 1)X2" = 2+ 2"—2—(n + 1)X2" =—w X2/z,故S n=n X2/z.［微评］错位相减法主要用于形如仙鬧的数列的求和，其中数列仏｝是公差不为0的等差数列，数列他｝是公比不为］的等比数列，若它们的通项分别为偏="兀+以"工°),叽= /TgHi),则数列仏亦｝的前n项和为S n = (An+B)-q,l+C的b~A形式，其中*白C=-B.土曰细｛占/ — \灵活垣用策略! 于疋冃g(_)尝试"借石攻玉“［例1］已知数列｛a订满足«i=2, a n—a n-i=n(n^29 *),则a n= _______ •［解析］由题意可知，«2—«i=2, a3a n-i=n(n^2)9以上式子累加得，砌一如=2+3 --------- n.因为如=2,所以«71=2+(2+3+•••+«)2+(兀—1)(2+〃)/+兀+22心)•因为如=2满足上式，所以a“=-------- 2-----［答案］电也［微评］已知形如砒+1=砒+丹0的递推关系式，常令w 分别为1,2,3, H-1,把所得的M — 1个等式相加，即利用a n=«1 + («2—«1) + («3—«2)+... + («n —a n-i),求出通项公［例2］已知在数列｛砒｝中，且©=4,贝1|数列仏｝的通项公式给=［解析］由覘+1=治“，得管=命,#2 1 «3 2 a n M —1故石=亍《；=/•••，扃=吊（〃$2），a n 1 2 n—3 n—2 n— 1 2以上式子累乘得,——•——■ • • • ■• ■«1 3 4 n— 1 n w + 1 n(n + l)#因为如=4满足上式，所以给=论+ ］）•［答案］為［微评］已知形如节=/（〃）的递推关系式，常令〃分别u n 为1，2,3,…，H —1,把所得的n — 1个等式相乘，即利用a n«2 «3• e • <a …如，求出通项公式 "兀一1[例3] (1)(2018•衡水中学模拟)数列仏}满足如=2 ，“比+1 —°紬“>0, *),则a“=( )A. IO"®B. IO" 】C. 102//_1D. 22"T［解析］因为数列｛a“｝满足如=2, a“+i=af(a“>0,所以log2tt…+i=21og2tt…,即2・又«i=2,所以log2ai=log22=l.故数列｛1。

(浙江专用)2021高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列求和及综合应用学案

第2讲数列求和及综合应用高考定位数列求和主要考察通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中档偏下；数列的综合问题是高考考察的热点，主要考察数列与其他知识的交汇问题.真题感悟(2021·浙江卷)等比数列{a n }的公比q >1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项.数列{b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n . (1)求q 的值；(2)求数列{b n }的通项公式.解 (1)由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项得a 3＋a 5＝2a 4＋4，所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28，解得a 4＝8.由a 3＋a 5＝20得8⎝⎛⎭⎪⎫q ＋1q ＝20，解得q ＝2或q ＝12，因为q >1，所以q ＝2.(2)设c n ＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{c n }前n 项和为S n . 由c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，解得c n ＝4n －1.由(1)可知a n ＝2n －1，所以b n ＋1－b n ＝(4n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，故b n －b n －1＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋…＋7·12＋3.设T n ＝3＋7·12＋11·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，12T n ＝3·12＋7·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以12T n ＝3＋4·12＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2－()4n －5·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，因此T n ＝14－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，又b 1＝1，所以b n ＝15－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，又b 1＝1也适合上式，所以b n ＝15－(4n＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2.考点整合(1)分组转化求和：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和.S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n 两边同乘以相应等比数列的公比q ，得到qS n ＝a 1q ＋a 2q ＋…＋a n q ，两式错位相减即可求出S n .(3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间假设干项的方法，裂项相消法适用于形如⎩⎨⎧⎭⎬⎫c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列.2.数列中的不等式问题主要有证明数列不等式、比拟大小或恒成立问题，解决方法如下： (1)利用数列(或函数)的单调性；(2)放缩法：①先求和后放缩；②先放缩后求和，包括放缩后成等差(或等比)数列再求和，或者放缩后成等差比数列再求和，或者放缩后裂项相消法求和； (3)数学归纳法.主要题型为：证明不等式，或不等式恒成立问题，转化为最值问题是其主要思路，而求最值常用方法为：①作差比拟，利用数列单调性求最值；②放缩法求最值.热点一数列的求和问题 [考法1] 分组转化求和【例1－1】 (2021·天津卷)设{a n }是等差数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)；{b n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为T n (n ∈N *).b 1＝1，b 3＝b 2＋2，b 4＝a 3＋a 5，b 5＝a 4＋2a 6. (1)求S n 和T n ；(2)假设S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n ，求正整数n 的值. 解 (1)设等比数列{b n }的公比为q (q >0).由b 1＝1，b 3＝b 2＋2，可得q 2－q －2＝0. 因为q >0，可得q ＝2，故b n ＝2n －1.所以，T n ＝1－2n1－2＝2n－1.设等差数列{a n }的公差为d . 由b 4＝a 3＋a 5，可得a 1＋3d ＝4.由b 5＝a 4＋2a 6，可得3a 1＋13d ＝16，从而a 1＝1，d ＝1，故a n ＝n . 所以，S n ＝n 〔n ＋1〕2.(2)由(1)，有T 1＋T 2＋…＋T n ＝(21＋22＋ (2))－n ＝2×〔1－2n〕1－2－n ＝2n ＋1－n －2.由S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n 可得n 〔n ＋1〕2＋2n ＋1－n －2＝n ＋2n ＋1，整理得n 2－3n －4＝0，解得n ＝－1(舍)，或n ＝4. 所以，n 的值为4.探究提高 1.在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思想.把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进展求和.在利用分组求和法求和时，常常需要对项数n 进展讨论，最后再验证是否可以合并为一个表达式.2.分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正号、负号分组. [考法2] 裂项相消法求和【例1－2】设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n 满足S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N *. (1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式； (3)证明：对一切正整数n ，有1a 1〔a 1＋1〕＋1a 2〔a 2＋1〕＋…＋1a n 〔a n ＋1〕＜13.(1)解由题意知，S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N *. 令n ＝1，有S 21－(12＋1－3)S 1－3×(12＋1)＝0，可得S 21＋S 1－6＝0，解得S 1＝－3或2，即a 1＝－3或2，又a n 为正数，所以a 1＝2.(2)解由S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N *可得，(S n ＋3)(S n －n 2－n )＝0，那么S n ＝n 2＋n 或S n ＝－3，又数列{a n }的各项均为正数，所以S n ＝n 2＋n ，S n －1＝(n －1)2＋(n －1)，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －[(n －1)2＋(n －1)]＝2n . 又a 1＝2＝2×1，所以a n ＝2n . (3)证明当n ＝1时，1a 1〔a 1＋1〕＝12×3＝16＜13成立；当n ≥ 2时，1a n 〔a n ＋1〕＝12n 〔2n ＋1〕＜1〔2n －1〕〔2n ＋1〕＝12(12n －1－12n ＋1)，所以1a 1〔a 1＋1〕＋1a 2〔a 2＋1〕＋…＋1a n 〔a n ＋1〕＜16＋12[(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝16＋12(13－12n ＋1)＜16＋16＝13. 所以对一切正整数n ，有1a 1〔a 1＋1〕＋1a 2〔a 2＋1〕＋…＋1a n 〔a n ＋1〕＜13.探究提高 (1)解决此题的关键是先放缩后裂项求和，如此题中12n 〔2n ＋1〕＜1〔2n －1〕〔2n ＋1〕，根据构造特征合理放缩.(2)裂项相消法的根本思想是把数列的通项a n 分拆成a n ＝b n ＋1－b n 等形式，从而到达在求和时逐项相消的目的，在解题中要善于根据这个根本思想变换数列{a n }的通项公式，使之符合裂项相消法的条件. [考法3] 错位相减法求和【例1－3】 (2021·杭州调研)等差数列{a n }满足：a n ＋1>a n (n ∈N *)，a 1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后成等比数列，且a n ＋2log 2b n ＝－1. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .解 (1)设d 为等差数列{a n }的公差，且d >0，由a 1＝1，a 2＝1＋d ，a 3＝1＋2d ，分别加上1，1，3成等比数列，得(2＋d )2＝2(4＋2d )，因为d >0，所以d ＝2，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又因为a n ＝－1－2log 2b n ，所以log 2b n ＝－n 即b n ＝12n .(2)由(1)知，a n ·b n ＝(2n －1)·12n .T n ＝121＋322＋523＋…＋2n －12n ，①12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1，② ①－②，得12T n ＝12＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋124＋…＋12n －2n －12n ＋1＝12＋2×122⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－2n －12n ＋1 ＝12＋1－12n －1－2n －12n ＋1＝32－2n ＋32n ＋1. 所以T n ＝3－2n ＋32n .探究提高 (1)所谓“错位〞，就是要找“同类项〞相减.要注意的是相减后得到的局部，在求等比数列的和时，一定要查清其项数.(2)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1，2进展验证.【训练1－1】 (2021·北京卷)设{a n }是等差数列，且a 1＝ln 2，a 2＋a 3＝5ln 2. (1)求{a n }的通项公式； (2)求e a 1＋e a 2＋…＋e an. 解 (1)设{a n }的公差为d . 因为a 2＋a 3＝5ln 2，所以2a 1＋3d ＝5ln 2. 又a 1＝ln 2，所以d ＝ln 2. 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ln 2. (2)因为e a1＝eln 2＝2，e an e a n －1＝e a n －a n －1＝e ln 2＝2，所以{e an }是首项为2，公比为2的等比数列. 所以e a1＋e a2＋…＋e an ＝2×1－2n1－2＝2n ＋1－2.【训练1－2】 {a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{a 2n b n }的前n 项和(n ∈N *).解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q (q >0)，由b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12，而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0，又因为q >0，解得q ＝2，所以b n ＝2n. 由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8，①由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16，②联立①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2. 所以{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，{b n }的通项公式为b n ＝2n.(2)设数列{a 2n b n }的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，b n ＝2n ，有T n ＝ 4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n －2)×2n，2T n ＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n －8)×2n ＋(6n －2)×2n ＋1，上述两式相减，得－T n ＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n －(6n －2)×2n ＋1，＝12×〔1－2n〕1－2－4－(6n －2)×2n ＋1＝－(3n －4)2n ＋2T n ＝(3n －4)2n ＋2＋16.所以数列{a 2n b n }的前n 项和为(3n －4)2n ＋2＋16.热点二数列的综合应用【例2】数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…a n ＝(2)bn (n ∈N *).假设{a n }为等比数列，且a 1＝2，b 3＝6＋b 2. (1)求a n 与b n ；(2)设c n ＝1a n －1b n(n ∈N *).记数列{c n }的前n 项和为S n .①求S n ；②求正整数k ，使得对任意n ∈N *均有S k ≥S n .解 (1)设数列{a n }的公比为q ，由题意a 1a 2a 3…a n ＝(2)bn ，b 3－b 2＝6，知a 3＝(2)b 3－b2＝8.又由a 1＝2，得公比q ＝2(q ＝－2舍去)，所以数列{a n }的通项为a n ＝2n(n ∈N *).所以，a 1a 2a 3…a n ＝2n 〔n ＋1〕2＝(2)n (n ＋1).故数列{b n }的通项为b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *). (2)①由(1)知c n ＝1a n －1b n ＝12n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1(n ∈N *)，所以S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋ (12)－⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝1n ＋1－12n (n ∈N *). ②因为c 1＝0，c 2>0，c 3>0，c 4>0；当n ≥5时，c n ＝1n 〔n ＋1〕⎣⎢⎡⎦⎥⎤n 〔n ＋1〕2n－1，而n 〔n ＋1〕2n－〔n ＋1〕〔n ＋2〕2n ＋1＝〔n ＋1〕〔n －2〕2n ＋1>0，得n 〔n ＋1〕2n≤5·〔5＋1〕25<1，所以，当n ≥5时，c n <0.综上，对任意n ∈N *，恒有S 4≥S n ，故k ＝4.探究提高以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性求解.【训练2】 {x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1＋x 2＝3，x 3－x 2＝2.(1)求数列{x n }的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1，1)，P 2(x 2，2)，…，P n ＋1(x n ＋1，n ＋1)得到折线P 1P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的区域的面积T n . 解 (1)设数列{x n }的公比为q ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2.所以3q 2－5q －2＝0，由q ＞0，所以q ＝2，x 1＝1.因此数列{x n }的通项公式为x n ＝2n －1.(2)过P 1，P 2，…，P n ＋1向x 轴作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，…，Q n ＋1. 由(1)得x n ＋1－x n ＝2n－2n －1＝2n －1，记梯形P n P n ＋1Q n ＋1Q n 的面积为b n ，由题意b n ＝〔n ＋n ＋1〕2×2n －1＝(2n ＋1)×2n －2，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n －1)×2n －3＋(2n ＋1)·×2n －2.① 又2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1.②①－②得－T n ＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n －1)－(2n ＋1)×2n －1＝32＋2〔1－2n －1〕1－2－(2n ＋1)×2n －1. 所以T n ＝〔2n －1〕×2n＋12.(1)适用题型：等差数列{a n }乘以等比数列{b n }对应项得到的数列{a n ·b n }的求和. (2)步骤：①求和时先乘以数列{b n }的公比.②把两个和的形式错位相减.③整理结果形式. (1)1n 〔n ＋1〕＝1n －1n ＋1.(2)1n 〔n ＋k 〕＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k .(3)1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.(4)14n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1.(1)如果是证明不等式，常转化为数列和的最值问题，同时要注意比拟法、放缩法、根本不等式的应用；(2)如果是解不等式，注意因式分解的应用.一、选择题1.我国古代数学名著?算法统宗?中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？〞意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，那么塔的顶层共有灯( ) A.1盏B.3盏C.5盏解析设塔的顶层的灯数为a 1，七层塔的总灯数为S 7，公比为q ，那么依题意S 7＝381，公比q ＝2.∴a 1〔1－27〕1－2＝381，解得a 1＝3.答案 B2.(2021·全国Ⅰ卷)记S n 为等差数列{a n }的前nS 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，那么a 5＝( ) A.－12B.－10C.10解析法一设等差数列{a n }的公差为d ，∵3S 3＝S 2＋S 4，∴3⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 1＋3×22d ＝2a 1＋d ＋4a 1＋4×32d ，解得d ＝－32a 1.∵a 1＝2，∴d ＝－3，∴a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10.应选B. 法二设等差数列{a n }的公差为d ，∵3S 3＝S 2＋S 4，∴3S 3＝S 3－a 3＋S 3＋a 4，∴S 3＝a 4－a 3，∴3a 1＋3×22d ＝d .∵a 1＝2，∴d ＝－3，∴a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10.应选B.答案 B3.数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，那么|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝( )解析 ∵a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，∴数列{a n }是公差为2的等差数列. ∴a n ＝－5＋2(n －1)＝2n －7. 数列{a n }的前n 项和S n ＝n 〔－5＋2n －7〕2＝n 2－6n .令a n ＝2n －7≥0，解得n ≥72.∴n ≤3时，|a n |＝－a n ；n ≥4时，|a n |＝a n .那么|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝－a 1－a 2－a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝S 6－2S 3＝62－6×6－2(32－6×3)＝18.答案 C4.数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，a n ＋1a n －1＝a n (n ≥2)，那么数列{a n }的前40项和S 40等于( ) A.20 B.40C.60解析由a n ＋1＝a n a n －1(n ≥2)，a 1＝1，a 2＝3，可得a 3＝3，a 4＝1，a 5＝13，a 6＝13，a 7＝1，a 8＝3，…，这是一个周期为6的数列，一个周期内的6项之和为263，又40＝6×6＋4，所以S 40＝6×263＋1＋3＋3＋1＝60. 答案 C5.(2021·宁波十校联考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，(a 5－1)3＋3a 5＝4，(a 8－1)3＋3a 8＝2，那么以下选项正确的选项是( ) A.S 12＝12，a 5>a 8 B.S 12＝24，a 5>a 8 C.S 12＝12，a 5<a 8 D.S 12＝24，a 5<a 8解析由得⎩⎪⎨⎪⎧〔a 5－1〕3＋3〔a 5－1〕＝1，〔a 8－1〕3＋3〔a 8－1〕＝－1，设f (x )＝x 3＋3x ，易知f (x )在R 上为奇函数且单调递增，又f (a 5－1)＝1，f (a 8－1)＝－1，所以f (a 5－1)>f (a 8－1)，且f (a 5－1)＋f (a 8－1)＝0，故a 5>a 8，且a 5－1＝－(a 8－1)，即a 5＋a 8＝2，又{a n }是等差数列，所以S 12＝12〔a 1＋a 12〕2＝12〔a 5＋a 8〕2＝12.答案 A6.各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且3S n ＝a n a n ＋1，那么∑nk ＝1a 2k ＝( ) A.n 〔n ＋5〕2 B.3n 〔n ＋1〕2 C.n 〔5n ＋1〕2D.〔n ＋3〕〔n ＋5〕2解析当n ＝1时，3S 1＝a 1a 2，即3a 1＝a 1a 2，∴a 2＝3，当n ≥2时，由3S n ＝a n a n ＋1，可得3S n －1＝a n －1a n ，两式相减得：3a n ＝a n (a n ＋1－a n －1).∵a n ≠0，∴a n ＋1－a n －1＝3，∴{a 2n }为一个以3为首项，3为公差的等差数列，∴∑nk ＝1a 2k ＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n ＝3n ＋n 〔n －1〕2×3＝3n 〔n ＋1〕2，选B.答案 B二、填空题7.在数列{a n }中， a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，假设b n ＝2a n a n ＋1，那么数列{b n }的前n 项和S n 为________.解析 a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋nn ＋1＝n 〔n ＋1〕2n ＋1＝n2. ∴b n ＝2a n a n ＋1＝2n 〔n ＋1〕4＝8n 〔n ＋1〕＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝8⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝8nn ＋1. 答案8n n ＋18.(2021·绍兴调研)设等比数列{a n }的首项a 1＝1，且4a 1，2a 2，a 3成等差数列，那么公比q ＝________；数列{a n }的前n 项和S n ＝________.解析因为a 1＝1，且4a 1，2a 2，a 3成等差数列，所以4q ＝4＋q 2，解得q ＝2，所以S n ＝1－2n1－2＝2n－1. 答案 2 2n－19.(2021·浙江卷)设数列{a n }的前n 项和为S n .假设S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，那么a 1＝________，S 5＝________.解析 ∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，∴S n ＋1＝3S n ＋1，∴S n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎪⎫S n ＋12， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是公比为3的等比数列， ∴S 2＋12S 1＋12S 2＝4，∴S 1＝1，∴a 1＝1， ∴S 5＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫S 1＋12×34＝32×34＝2432， ∴S 5＝121.答案 1 12110.(2021·全国Ⅰ卷)记S n 为数列{a n }的前nS n ＝2a n ＋1，那么S 6＝________. 解析法一因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1；当n ＝2时，a 1＋a 2＝2a 2＋1，解得a 2＝－2；当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝2a 3＋1，解得a 3＝－4；当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2a 4＋1，解得a 4＝－8；当n ＝5时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝2a 5＋1，解得a 5＝－16；当n ＝6时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝2a 6＋1，解得a 6＝－32.所以S 6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.法二因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)，所以a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1，所以S 6＝－1×〔1－26〕1－2＝－63. 答案－6311.(2021·北京昌平区调研)数列{a n }的奇数项依次构成公差为d 1的等差数列，偶数项依次构成公差为d 2的等差数列(其中d 1，d 2为整数)，且对任意n ∈N *，都有a n <a n ＋1，假设a 1＝1，a 2＝2，且数列{a n }的前10项和S 10＝75，那么d 1＝________，a 8＝________. 解析因为a 1＝1，a 2＝2，所以a 3＝1＋d 1，a 4＝2＋d 2，a 5＝1＋2d 1.因为对任意n ∈N *，都有a n <a n ＋1，所以a 3>a 2，即1＋d 1>2，解得d 1>1；又⎩⎪⎨⎪⎧a 4>a 3，a 5>a 4，所以⎩⎪⎨⎪⎧2＋d 2>1＋d 1，1＋2d 1>2＋d 2，解得－1＋d 1<d 2<－1＋2d 1.因为S 10＝75，所以5×1＋5×42d 1＋5×2＋5×42d 2＝75，所以d 1＋d 2＝6，所以d 2＝6－d 1，所以－1＋d 1<6－d 1<－1＋2d 1，解得73<d 1<72.又d 1，d 2为整数，所以d 1＝3，所以d 2a 8＝2＋(4－1)d 2＝2＋3×3＝11.答案 3 11三、解答题12.(2021·全国Ⅱ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 1＝－7，S 3＝－15.(1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并求S n 的最小值.解 (1)设{a n }的公差为d ，由题意得3a 1＋3d ＝－15.由a 1＝－7得d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －9.(2)由(1)得S n ＝n 2－8n ＝(n －4)2－16.所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16.13.(2021·全国Ⅲ卷)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3.(1)求{a n }的通项公式，(2)记S n 为{a n }的前nS m ＝63，求m .解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝qn －1. 由得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2.故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1. (2)假设a n ＝(－2)n －1，那么S n ＝1－〔－2〕n 3. 由S m ＝63得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解.假设a n ＝2n －1，那么S n ＝2n －1.由S m ＝63得2m ＝64，解得m ＝6.综上，m ＝6.14.数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝〔a n ＋1〕n ＋1〔b n ＋2〕n ，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，所以a n ＝6n ＋5.设数列{b n }的公差为d .由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得b 1＝4，d ＝3，所以b n ＝3n ＋1.(2)由(1)知，c n ＝〔6n ＋6〕n ＋1〔3n ＋3〕n ＝3(n ＋1)·2n ＋1. 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]， 2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]. 两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4〔1－2n 〕1－2－〔n ＋1〕×2n ＋2 ＝－3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2.15.(2021·天津卷)设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n a 1＝1，a 3＝a 2＋2，a 4＝b 3＋b 5，a 5＝b 4＋2b 6.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *)，①求T n ；②证明∑n k ＝1 〔T k ＋b k ＋2〕b k 〔k ＋1〕〔k ＋2〕＝2n ＋2n ＋2－2(n ∈N *). (1)解设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，由a 1＝1，a 3＝a 2＋2，可得q 2－qq >0，可得q ＝2，故a n ＝2n －1.设等差数列{b n }的公差为d .由a 4＝b 3＋b 5，可得b 1＋3da 5＝b 4＋2b 6，可得3b 1＋13d ＝16，从而b 1＝1，d ＝1，故b n ＝n .所以，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，数列{b n }的通项公式为b n ＝n . (2)①解由(1)，有S n ＝1－2n 1－2＝2n －1，故T n ＝∑n k ＝1 (2k －1)＝∑n k ＝12k －n ＝2×〔1－2n 〕1－2－n ＝2n ＋1－n －2.②证明因为〔T k ＋b k ＋2〕b k 〔k ＋1〕〔k ＋2〕＝〔2k ＋1－k －2＋k ＋2〕k 〔k ＋1〕〔k ＋2〕＝k ·2k ＋1〔k ＋1〕〔k ＋2〕＝2k ＋2k ＋2－2k ＋1k ＋1，所以∑n k ＝1 〔T k ＋b k ＋2〕b k 〔k ＋1〕〔k ＋2〕＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫244－233＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋2n ＋2－2n ＋1n ＋1＝2n ＋2n ＋2－2.。

高考数学二轮复习专题三第2讲数列的综合应用课件(浙江专版)

(2)Tn＝1×2＋4×5＋42×8＋…＋4n 1(3n－1)，①
－
4Tn＝4×2＋42×5＋43×8＋…＋4n(3n－1)，② ②－①得3Tn＝－2－3(4＋42＋…＋4n－1)＋4n(3n－1) ＝－2＋4(1－4n 1)＋4n(3n－1)
－
＝2＋(3n－2)· 4n.
2 n 2 ∴Tn＝n－34 ＋ . 3
当a1＝10时，不合题意．因此a1＝2，a2＝6，a3＝18.所以公比q＝3，故an＝2· 3n－1.
(2)因为bn＝an＋(－1)nlnan ＝2· 3n－1＋(－1)nln(2· 3 n －1 ) ＝2· 3n 1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnln3，
－
所以S2n＝b1＋b2＋…＋b2n ＝2(1＋3＋…＋32n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)2n](ln2－ln3)＋[－ 1＋2－3＋…＋(－1)2n2n]ln3 1－32n ＝ 2× ＋nln3＝32n＋nln3－1. 1－3
(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an nn＋1 ＝－(1＋2＋…＋n)＝－ . 2 1 2 1 1 故b ＝－＝－2(n－ )． nn＋1 n＋ 1 n 1 1 1 1 1 1 1 1 2n ＋＋…＋b ＝－2[(1－ )＋( － )＋…＋(n－ )]＝－ . b1 b2 2 2 3 n ＋ 1 n ＋ 1 n 1 2n 所以数列{b }的前n项和为－ . n＋ 1 n
解答题
解答题为主
[联知识数列求和的方法技巧： (1)转化法：
串点成面]
有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数
列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．

(浙江专版)高考数学二轮专题复习第一部分专题三第三讲数列的综合应用课件.pptx

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1错位相减法适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得的数列求和，属于等比数列求和公式的推导方法的应用. 2利用错位相减法求和时，应注意：①在写出“Sn”与 “qSn”的表达式时应注意两式“错项对齐”；②当等比数列的公比为字母时，应对字母是否为 1 进行讨论.
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二、预测押题不能少 2．已知{an}是各项均为正数的等比数列，且 a1＋a2＝6，a1a2＝a3.
第三讲
数列的综合应用
考点一数列求和数列求和的关键是分析其通项，熟悉两个基本数列的求和公式以及体现的思想方法(如转化与化归思想、错位相减法、倒序相加法等)，根据具体情形采取灵活手段解决．数列求和的基本方法有公式法、错位相减法、裂(拆)项相消法、分组法、倒序相加法和并项法等．
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考查类型(一) 利用公式、分组求和
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两式相减得 12Tn＝32＋12＋212＋…＋2n1－1－22nn＋＋11＝32＋1－12n－1－22nn＋＋11＝ 52－22nn＋＋15，所以 Tn＝5－2n2＋n 5.
一、经典例题领悟好
[例 1] (2016·北京高考)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数
列，且 b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设
[解]
cn＝an＋bn，求数列Байду номын сангаасcn}的前 n 项和．
(1)设等比数列{bn}的公比为 q，则
q＝bb23＝93＝3，
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[解] (1)设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q. 由 b2＋b3＝12，得 b1(q＋q2)＝12. 因为 b1＝2，所以 q2＋q－6＝0. 又因为 q＞0，解得 q＝2.所以 bn＝2n. 由 b3＝a4－2a1，可得 3d－a1＝8.① 由 S11＝11b4，可得 a1＋5d＝16.② 联立①②，解得 a1＝1，d＝3，由此可得 an＝3n－2. 所以{an}的通项公式为 an＝3n－2，{bn}的通项公式为 bn＝2n.

浙江专用2020高考数学二轮复习专题三数列与数学归纳法第1讲等差数列等比数列课件

解析：选 C.由直线 ax＋by＋ci＝0，当 a＝0，b≠0 时，直线 by＋ci＝0 与抛物线 y2＝2px(p>0) 仅有一个交点，不合题意．当 a≠0，b＝0 时，直线 ax＋ci＝0，化为： x＝－cai，则 xi＝－cai，yi＝0，xi＋yi＝－cai，由{ci}(i∈N*)是公比不为 1 的等比数列，可得{xi}是等比数列，{xi＋yi}是等比数列，不是等差数列．
ห้องสมุดไป่ตู้
【解析】 (1)设公差为 d，则4a1a＋1 6d＝110，d＝a1，
所以SS35＝53aa11＋＋130dd＝25，故选 A.
(2)由 Sn＋3＝8Sn＋3，则 Sn＋2＝8Sn－1＋3，
两式相减得，an＋3＝8an⇒anq3＝8an，则 q3＝8⇒q＝2，由等比数列前 n 项和公式得，a1（11－－22n＋3）＝8·a1（11－－22n）＋3，
D．96 盏
解析：选 C.设塔的底层共有灯 x 盏，则各层的灯数构成一个首项为 x，公比为12的等比数
列.x11－－12127＝381，解得 x＝192.
3．(2019·绍兴市柯桥区高三期中考试)已知正数数列{an}的前 n 项和 Sn 满足：Sn 和 2 的等
比中项等于 an 和 2 的等差中项，则 a1＝________，Sn＝________．
[典型例题]
(1)(2019·嘉兴市高考一模)设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，若SS14＝110，则SS35＝(
)
A.25
B.35
3
4
C.7
D.7
(2)(2019·浙江名校协作体高三下学期考试)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，满足对任意的正整数 n，均有 Sn＋3＝8Sn＋3，则 a1＝________，公比 q＝________．

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第4讲不等式[考情考向分析] 1.利用不等式性质比较大小、不等式的求解、利用基本不等式求最值、线性规划、绝对值不等式的应用问题是高考的热点，主要以选择题、填空题为主.2.一元二次不等式常与函数、数列结合考查一元二次不等式的解法和参数的取值范围.3.在解答题中，特别是在解析几何中求最值、范围问题或在解决导数或数列问题时常利用不等式进行求解，难度较大．热点一基本不等式利用基本不等式求最大值、最小值，其基本法则是：(1)如果x >0，y >0，xy ＝p (定值)，当x ＝y 时，x ＋y 有最小值2p (简记为：积定，和有最小值)；(2)如果x >0，y >0，x ＋y ＝s (定值)，当x ＝y 时，xy 有最大值14s 2(简记为：和定，积有最大值)．例1 (1)(2018·浙江省金丽衢十二校联考)设a >b >0，当a 22＋2b (a －b )取得最小值c 时，函数f (x )＝|x －a |＋|x －b |＋|x －c |的最小值为( ) A ．3 B ．2 2 C ．5 D ．4 2 答案 A解析 a 22＋2b (a －b )＝[b ＋(a －b )]22＋2b (a －b )≥2b (a －b )＋2b (a －b )≥22b (a －b )·2b (a －b )＝4，当且仅当a ＝2b ＝2时，上面不等式中两个等号同时成立，所以a 22＋2b (a －b )的最小值为4，此时a ＝2，b ＝1，c ＝4，则f (x )＝|x －1|＋|x －2|＋|x －4| ＝⎩⎪⎨⎪⎧7－3x ，x <1，5－x ，1≤x ≤2，x ＋1，2<x ≤4，3x －7，x >4，所以当x ＝2时，函数f (x )取得最小值f (2)＝5－2＝3，故选A.(2)(2018·诸暨市高考适应性考试)已知a ，b 为正实数，且(a ＋b )(a ＋2b )＋a ＋b ＝9，则3a ＋4b 的最小值为________．答案 62－1解析由(a ＋b )(a ＋2b )＋a ＋b ＝9，得a ＋b ＝9a ＋2b ＋1，则3a ＋4b ＝2(a ＋b )＋a ＋2b ＝18a ＋2b ＋1＋(a ＋2b ＋1)－1≥218a ＋2b ＋1×(a ＋2b ＋1)－1＝62－1，当且仅当18a ＋2b ＋1＝a＋2b ＋1>0时，等号成立，所以3a ＋4b 的最小值为62－1.思维升华在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号成立的条件)的条件，否则会出现错误．跟踪演练1 (1)设x >0，y >0，若x lg 2，lg 2，y lg 2成等差数列，则1x ＋9y的最小值为( )A ．8B ．9C ．12D ．16 答案 D解析 ∵x lg 2，lg 2，y lg 2成等差数列， ∴2lg 2＝()x ＋y lg 2， ∴x ＋y ＝1，∴1x ＋9y＝()x ＋y ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋9y ＝10＋y x ＋9x y≥10＋2y x ·9xy＝10＋6＝16，当且仅当x ＝14，y ＝34时取等号，故1x ＋9y的最小值为16，故选D.(2) 已知点E ，F 分别在正方形ABCD 的边BC ，CD 上运动，且AB →＝(2，2)，设|CE |＝x ，|CF |＝y ，若|AF →－AE →|＝|AB →|，则x ＋y 的最大值为( ) A ．2 B ．4 C ．2 2 D ．4 2 答案 C解析 ∵|AB →|＝2＋2＝2，|AF →－AE →|＝|AB →|，又|AF →－AE →|＝|EF →|＝x 2＋y 2＝2, ∴x 2＋y 2＝4，∵(x ＋y )2＝x 2＋y 2＋2xy ≤2(x 2＋y 2)＝8，当且仅当x ＝y 时取等号，∴x ＋y ≤22，即x ＋y 的最大值为22，故选C.热点二简单的线性规划问题解决线性规划问题首先要找到可行域，再注意目标函数表示的几何意义，数形结合找到目标函数达到最值时可行域的顶点(或边界上的点)，但要注意作图一定要准确，整点问题要验证解决．例 2 (1)(2018·浙江)若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，2x ＋y ≤6，x ＋y ≥2，则z ＝x ＋3y 的最小值是________，最大值是________．答案－2 8解析由⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，2x ＋y ≤6x ＋y ≥2，画出可行域如图阴影部分所示(含边界)．由⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＝6，x ＋y ＝2，解得A (4，－2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，2x ＋y ＝6，解得B (2,2)，将目标函数y ＝－13x 平移可知，当目标函数的图象经过A (4，－2)时，z min ＝4＋3×(－2)＝－2；当目标函数的图象经过B (2,2)时，z max ＝2＋3×2＝8. (2)(2018·浙江省重点中学联考)若实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y <1，y ≥|2x －1|，则x 2＋y 2的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，13B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，13C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫55，13 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫15，13答案 D解析在平面直角坐标系内作出满足约束条件的平面区域，如图所示的阴影部分，其中不含边界线段NP ，设z ＝x 2＋y 2，求z ＝x 2＋y 2的取值范围，即求图中阴影部分内的点到原点的距离的平方的取值范围．由图可知，作OH ⊥MN 于点H ，由N (0,1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，得OH ＝OM ·ON MN ＝55， ∴z min ＝15.又∵OP 2＝22＋32＝13，但点P 不在图中阴影部分内， ∴z ＝x 2＋y 2取不到13，∴x 2＋y 2的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫15，13，故选D.思维升华 (1)线性规划问题一般有三种题型：一是求最值；二是求区域面积；三是确定目标函数中的字母系数的取值范围．(2)一般情况下，目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界上取得．跟踪演练2 (1)(2018·浙江省名校协作体联考)若不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≤1，y ≤3，λx －y ＋2λ－2≥0表示的平面区域经过四个象限，则实数λ的取值范围是( ) A ．(－∞，2] B ．[－1,1] C ．[－1,2) D ．(1，＋∞)答案 D解析在平面直角坐标系内画出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≤1，y ≤3表示的平面区域如图中阴影部分(含边界)所示．直线λx －y ＋2λ－2＝0恒过定点(－2，－2)，由图易得不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≤1，y ≤3，λx －y ＋2λ－2≥0表示的平面区域为阴影部分在直线λx －y ＋2λ－2＝0下方的部分，当λ>1时，不等式组表示的平面区域经过四个象限；当23<λ≤1时，不等式组表示的平面区域不经过第二象限；当0≤λ≤23时，不等式组表示的平面区域不经过第一和第二象限；当λ<0时，不等式组表示的平面区域不经过第一象限，所以实数λ的取值范围是(1，＋∞)，故选D.(2)(2018·浙江省稽阳联谊学校联考)在平面直角坐标系中，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≤m ，x ＋y ≥0，2x －y ≥0(m >0)表示的平面区域为Ω，P (x ，y )为Ω上的点，当2x ＋y 的最大值为8时，Ω的面积为( ) A ．12 B ．8 C ．4 D ．6 答案 D解析在平面直角坐标系内画出题中的不等式组表示的平面区域，其是以(0,0)，(m ，－m )，(m,2m )为顶点的三角形区域(包含边界)，由图(图略)易得当目标函数z ＝2x ＋y 经过平面区域内的点(m,2m )时，z ＝2x ＋y 取得最大值，所以2m ＋2m ＝8，解得m ＝2，则此时平面区域Ω的面积为12×2×(4＋2)＝6，故选D.热点三绝对值不等式及其应用 1．绝对值不等式的解法(1)|ax ＋b |≤c (c >0)⇔－c ≤ax ＋b ≤c ； |ax ＋b |≥c (c >0)⇔ax ＋b ≥c 或ax ＋b ≤－c .(2)含绝对值的不等式的几种解法：公式法；零点分区间法；几何意义法；图象法． 2．绝对值三角不等式(1)|a ＋b |≤|a |＋|b |，当且仅当ab ≥0时等号成立．(2)|a －c |≤|a －b |＋|b －c |，当且仅当(a －b )(b －c )≥0时，等号成立．例3 (1)(2018·宁波期末)若函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪|x |－1x 在{x |1≤|x |≤4，x ∈R }上的最大值为M ，最小值为m ，则M －m 等于( ) A.74 B ．2 C.94 D.114 答案 C解析因为f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪|x |－1x ≥0，当x ＝1时，等号成立，所以m ＝0.又因为f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪|x |－1x ≤||x ||＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x ＝|x |＋1|x |，当x <0时等号成立．设t ＝|x |，g (t )＝t ＋1t (1≤t ≤4)，则g ′(t )＝12t－1t2＝32222t t -,令g ′(t )＝32222t t-＝0，得t ＝34，所以函数g (x )在[1，34]上单调递减，在(34，4]上单调递增，且g (1)＝2，g (4)＝94，所以g (t )在[1,4]上的最大值为94，所以当x ＝－4时，f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪|x |－1x 取得最大值M ＝94，所以M －m ＝94，故选C.(2)已知m ∈R ，要使函数f (x )＝|x 2－4x ＋9－2m |＋2m 在区间[0,4]上的最大值是9，则m 的取值范围是__________．答案 ⎝⎛⎦⎥⎤－∞，72解析不等式即为|x 2－4x ＋9－2m |＋2m ≤9，x ∈[0,4]，等价于|x 2－4x ＋9－2m |≤9－2m ，x ∈[0,4]， 2m －9≤x 2－4x ＋9－2m ≤9－2m ，x ∈[0,4]， 4m －18≤x 2－4x ≤0，x ∈[0,4]，结合函数的定义域可得(x 2－4x )min ＝－4，据此可得4m －18≤－4，m ≤72，即m 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，72. 思维升华 (1)利用绝对值三角不等式求最值要注意等号成立的条件．(2)绝对值不等式在某一区间上的最值可以进行分类讨论，也可以直接分析区间端点的取值，结合最值取到的条件灵活确定．跟踪演练3 (1)对任意x ，y ∈R ，|x －1|＋|x |＋|y －1|＋|y ＋1|的最小值为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案 C解析 |x －1|＋|x |＋|y －1|＋|y ＋1| ≥|(x －1)－x |＋|(y －1)－(y ＋1)|＝3，当且仅当0<x <1，－1<y <1时等号成立．(2)(2018·杭州质检)设函数f (x )(x ∈R )满足|f (x )－x 2|≤14，|f (x )＋1－x 2|≤34，则f (1)＝________. 答案 34解析由题意得|f (1)－12|≤14，①|f (1)＋1－12|≤34，②由①得34≤f (1)≤54，由②得－34≤f (1)≤34，所以f (1)＝34.真题体验1．(2016·上海)设x ∈R ，则不等式|x －3|<1的解集为__________．答案 (2,4)解析由－1<x －3<1，得2<x <4，故解集为(2,4)．2．(2017·浙江改编)若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，x ＋y －3≥0，x －2y ≤0，则z ＝x ＋2y 的取值范围是____________．答案 [4，＋∞)解析作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分(含边界)所示．由题意可知，当直线y ＝－12x ＋z2过点A (2,1)时，z 取得最小值，即z min ＝2＋2×1＝4.所以z ＝x ＋2y 的取值范围是[4，＋∞)．3．(2016·浙江改编)已知实数a ，b ，c ，则下列正确的是________．(填序号) ①若|a 2＋b ＋c |＋|a ＋b 2＋c |≤1，则a 2＋b 2＋c 2<100； ②若|a 2＋b ＋c |＋|a 2＋b －c |≤1，则a 2＋b 2＋c 2<100； ③若|a ＋b ＋c 2|＋|a ＋b －c 2|≤1，则a 2＋b 2＋c 2<100； ④若|a 2＋b ＋c |＋|a ＋b 2－c |≤1，则a 2＋b 2＋c 2<100. 答案 ④解析对①，当a ＝b ＝10，c ＝－110时，此式不成立；对②，当a ＝10，b ＝－100，c ＝0时，此式不成立；对③，当a ＝10，b ＝－10，c ＝0时，此式不成立．故填④.4．(2017·天津)若a ，b ∈R ，ab >0，则a 4＋4b 4＋1ab的最小值为________．答案 4解析 ∵a ，b ∈R ，ab >0，∴a 4＋4b 4＋1ab ≥4a 2b 2＋1ab ＝4ab ＋1ab≥24ab ·1ab＝4，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2b 2，4ab ＝1ab，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝22，b 2＝24时取得等号．故a 4＋4b 4＋1ab的最小值为4.押题预测1．已知x ，y 为正实数，且x ＋y ＋1x ＋1y＝5，则x ＋y 的最大值是( )A ．3 B.72 C ．4D.92押题依据基本不等式在历年高考中的地位都很重要，已成为高考的重点和热点，用基本不等式求函数(和式或积式)的最值问题，有时与解析几何、数列等知识相结合．答案 C解析由x ＋y ＋1x ＋1y ＝5，得5＝x ＋y ＋x ＋yxy，∵x >0，y >0，∴5≥x ＋y ＋x ＋y ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＝x ＋y ＋4x ＋y ，当且仅当x ＝y 时取等号． ∴(x ＋y )2－5(x ＋y )＋4≤0，解得1≤x ＋y ≤4，∴x ＋y 的最大值是4. 2．在R 上定义运算：⎪⎪⎪⎪⎪⎪a b cd ＝ad －bc ，若不等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －1 a －2a ＋1 x ≥1对任意实数x 恒成立，则实数a 的最大值为( ) A ．－12 B ．－32 C.12 D.32押题依据不等式的解法作为数学解题的一个基本工具，在高考中是必考内容．往往与函数的单调性相结合，最后转化成一元一次不等式或一元二次不等式．答案 D解析由定义知，不等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －1 a －2a ＋1 x ≥1等价于x 2－x －(a 2－a －2)≥1，∴x 2－x ＋1≥a 2－a 对任意实数x 恒成立．∵x 2－x ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34≥34，∴a 2－a ≤34，解得－12≤a ≤32，则实数a 的最大值为32.3．设变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋y －6≥0，x －y －2≤0，y －3≤0，则目标函数z ＝4x ＋y 的最小值为( )A ．－6B ．6C ．7D ．8押题依据线性规划的实质是数形结合思想的应用，利用线性规划的方法求一些线性目标函数的最值是近几年高考的热点．答案 C解析由x ，y 满足的约束条件⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋y －6≥0，x －y －2≤0，y －3≤0画出可行域如图阴影部分所示(含边界)，当直线z ＝4x ＋y 过点C (1,3)时，z 取得最小值且最小值为4＋3＝7，故选C.4．若不等式x 2＋2x <a b＋16b a对任意a ，b ∈(0，＋∞)恒成立，则实数x 的取值范围是( )A ．(－4,2)B ．(－∞，－4)∪(2，＋∞)C ．(－∞，－2)∪(0，＋∞)D ．(－2,0)押题依据 “恒成立”问题是函数和不等式交汇处的重要题型，可综合考查不等式的性质，函数的值域等知识，是高考的热点．答案 A解析不等式x 2＋2x <a b＋16b a对任意a ，b ∈(0，＋∞)恒成立，等价于不等式x 2＋2x <⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋16b a min .因为对任意a ，b ∈(0，＋∞)，a b＋16ba≥2a b ·16b a ＝8(当且仅当a b ＝16ba，即a ＝4b >0时取等号)，所以x 2＋2x <8，解得－4<x <2，故选A.A 组专题通关1．若a >b >0，且ab ＝1，则下列不等式成立的是( ) A ．a ＋1b <b2a <log 2(a ＋b )B.b 2a <log 2(a ＋b )<a ＋1bC ．a ＋1b <log 2(a ＋b )<b 2aD ．log 2(a ＋b )<a ＋1b <b2a答案 B解析方法一 ∵a >b >0，ab ＝1， ∴log 2(a ＋b )>log 2(2ab )＝1.∵b 2a ＝1a2a ＝a －1·2－a ，令f (a )＝a －1·2－a，又∵b ＝1a，a >b >0，∴a >1a，解得a >1.∴f ′(a )＝－a －2·2－a －a －1·2－a·ln 2 ＝－a －2·2－a(1＋a ln 2)<0， ∴f (a )在(1，＋∞)上单调递减．∴f (a )<f (1)，即b 2a <12.∵a ＋1b＝a ＋a ＝2a >a ＋b >log 2(a ＋b )，∴b 2a <log 2(a ＋b )<a ＋1b. 故选B.方法二 ∵a >b >0，ab ＝1， ∴取a ＝2，b ＝12，此时a ＋1b ＝4，b 2a ＝18，log 2(a ＋b )＝log 25－1≈1.3，∴b 2a <log 2(a ＋b )<a ＋1b. 故选B.2．(2018·嘉兴市、丽水市测试)已知p ：不等式(ax －1)·(x －1)>0的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1，q ：a <12，则p 是q 的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案 A解析由不等式(ax －1)(x －1)>0的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1，得a <0且1a<1，解得a <0，所以“不等式(ax－1)(x －1)>0的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1”是“a <12”的充分不必要条件，故选A.3．(2018·绍兴市柯桥区质检)若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≤2，x －y ≥－1，2x ＋y ≥4，则z ＝－2x ＋y 的取值范围是( ) A ．[－4,0] B ．[－4，－1] C ．[－1,0] D ．[0,1]答案 A解析作出约束条件所对应的可行域，如图中阴影部分(含边界)所示，平移直线y ＝2x ＋z ，当其过点B (1,2)，C (2,0)时，目标函数z 分别取到最大值0和最小值－4，故选A.4．(2018·诸暨模拟)已知a ，b ∈R ，|a －sin 2θ |≤1，|b ＋cos 2θ|≤1，则( ) A ．a ＋b 的取值范围是[－1,3] B ．a ＋b 的取值范围是[－3,1] C ．a －b 的取值范围是[－1,3] D ．a －b 的取值范围是[－3,1] 答案 C解析由|a －sin 2θ|≤1，|b ＋cos 2θ|≤1，得－1≤a －sin 2θ≤1，－1≤b ＋cos 2θ≤1，则－1≤－b －cos 2θ≤1，所以－2≤a －sin 2θ＋(－b －cos 2θ)≤2，即－2≤a －b －1≤2，所以－1≤a －b ≤3，故选C.5．已知正项等比数列{a n }的公比为3，若a m a n ＝9a 22，则2m ＋12n 的最小值等于( )A ．1 B.12 C.34 D.32答案 C解析 ∵正项等比数列{a n }的公比为3，且a m a n ＝9a 22， ∴a 2·3m －2·a 2·3n －2＝a 22·3m ＋n －4＝9a 22，∴m ＋n ＝6，∴16×(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫2m ＋12n ＝16×⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋m 2n ＋2n m ＋12≥16×⎝ ⎛⎭⎪⎫52＋2＝34，当且仅当m ＝2n ＝4时取等号．故选C.6．(2018·浙江省名校新高考研究联盟联考)若关于x 的不等式|x ＋t 2－2|＋|x ＋t 2＋2t －1|<3t 无解，则实数t 的取值范围是( ) A ．－15≤t ≤1B ．0≤t ≤1C ．t ≤1D ．1≤t ≤5答案 C解析 |x ＋t 2－2|＋|x ＋t 2＋2t －1|≥|(x ＋t 2－2)－(x ＋t 2＋2t －1)|＝|2t ＋1|，则由关于x 的不等式|x ＋t 2－2|＋|x ＋t 2＋2t －1|<3t 无解，得|2t ＋1|≥3t ，解得t ≤1，故实数t 的取值范围为t ≤1，故选C.7．(2018·嘉兴市、丽水市测试)已知x ＋y ＝1x ＋4y＋8(x ，y >0)，则x ＋y 的最小值为( )A ．5 3B ．9C ．4＋26D ．10 答案 B解析由x ＋y ＝1x ＋4y ＋8，得x ＋y －8＝1x ＋4y，则(x ＋y －8)(x ＋y )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋4y (x ＋y )＝5＋y x＋4xy≥5＋2y x ·4xy＝9，当且仅当y x＝4xy，即y ＝2x >0时，等号成立，令t ＝x ＋y ，所以(t －8)·t ≥9，解得t ≤－1或t ≥9，因为x ＋y >0，所以x ＋y ≥9，所以x ＋y 的最小值为9，故选B.8．若实数a ，b ，c 满足对任意实数x ，y 有3x ＋4y －5≤ax ＋by ＋c ≤3x ＋4y ＋5，则( ) A ．a ＋b －c 的最小值为2 B ．a －b ＋c 的最小值为－4 C ．a ＋b －c 的最大值为4 D ．a －b ＋c 的最大值为6答案 A解析由题意可得－5≤(a －3)x ＋(b －4)y ＋c ≤5恒成立，所以a ＝3，b ＝4，－5≤c ≤5，则2≤a ＋b －c ≤12，即a ＋b －c 的最小值是2，最大值是12，A 正确，C 错误；－6≤a －b ＋c ≤4，则a －b ＋c 的最小值是－6，最大值是4，B 错误，D 错误，故选A.9．若存在实数x 使|x －a |＋|x －1|≤3成立，则实数a 的取值范围是________．答案 [－2,4]解析 |x －a |＋|x －1|≥|a －1|，则只需要|a －1|≤3，解得－2≤a ≤4. 10．已知x ≥0，y ≥0，且x ＋y ＝1，则x 2＋y 2的取值范围是________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1解析方法一由x ＋y ＝1，得y ＝1－x .又x ≥0，y ≥0，所以0≤x ≤1，x 2＋y 2＝x 2＋(1－x )2＝2x 2－2x ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋12.由0≤x ≤1，得0≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122≤14，即12≤x 2＋y 2≤1.所以x 2＋y 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1. 方法二 x 2＋y 2＝(x ＋y )2－2xy ，已知x ≥0，y ≥0，x ＋y ＝1，所以x 2＋y 2＝1－2xy . 因为1＝x ＋y ≥2xy ，所以0≤xy ≤14，所以12≤1－2xy ≤1，即x 2＋y 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1.方法三依题意，x 2＋y 2可视为原点与线段x ＋y －1＝0(x ≥0，y ≥0)上的点的距离的平方，如图所示，故(x 2＋y 2)min ＝⎝⎛⎭⎪⎫|－1|22＝12，(x 2＋y 2)max ＝OA 2＝OB 2＝1，故x 2＋y 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1.11．(2018·台州市联考)若实数x ，y 满足x 2＋4y 2＋4xy ＋4x 2y 2＝32，则x ＋2y 的最小值为________，7(x ＋2y )＋2xy 的最大值为__________．答案－4 2 16解析因为x 2＋4y 2＋4xy ＋4x 2y 2＝32，所以(x ＋2y )2＋4x 2y 2＝32，则(x ＋2y )2≤32，－42≤x ＋2y ≤42，即x ＋2y 的最小值为－42.由(x ＋2y )2＋4x 2y 2＝32，不妨设⎩⎨⎧x ＋2y ＝42sin θ，2xy ＝42cos θ，则7(x ＋2y )＋2xy ＝42(7sin θ＋cos θ)＝16sin(θ＋φ)，其中tan φ＝77，所以当sin(θ＋φ)＝1时，7(x ＋2y )＋2xy 取得最大值16. 12．(2018·浙江省衢州二中模拟)已知实数x ，y 满足x >1，y >0，且x ＋4y ＋1x －1＋1y＝11，则1x －1＋1y 的最大值为________．答案 9 解析由x ＋4y ＋1x －1＋1y＝11得 1x －1＋1y ＝10－[(x －1)＋4y ]，则⎝⎛⎭⎪⎫1x －1＋1y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1＋1y {10－[(x －1)＋4y ]}＝10⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1＋1y －⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋4y x －1＋x －1y≤10⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1＋1y －⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋24y x －1·x －1y ＝10⎝⎛⎭⎪⎫1x －1＋1y －9，当且仅当4y x －1＝x －1y，即2y ＝x －1>0时，等号成立，令t ＝1x －1＋1y，则有t 2≤10t －9，解得1≤t ≤9，所以1x －1＋1y的最大值为9. B 组能力提高13．(2018·台州市联考)设实数x ，y 满足条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1≥0，x ＋2y －2≥0，x －2y －2≤0，若z ＝2x 2－y －2，则( )A ．z 的最小值为－258B ．z 的最小值为－3C ．z 的最大值为33D ．z 的最大值为6答案 A解析在平面直角坐标系内画出题中的不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分(含边界)所示，由图易得当目标函数z ＝2x 2－y －2与平面区域内的边界x －y ＋1＝0(x ≥0)相切时，z ＝2x 2－y －2取得最小值，联立⎩⎪⎨⎪⎧z ＝2x 2－y －2，x －y ＋1＝0，消去y 化简得2x 2－x －3－z ＝0，因为曲线z＝2x 2－y －2与x －y ＋1＝0(x ≥0)相切，所以关于x 的一元二次方程2x 2－x －3－z ＝0有两个相等的正实数根，则(－1)2－4×2×(－3－z )＝0，解得z ＝－258，满足题意，即目标函数z ＝2x 2－y －2的最小值为－258，由于不等式组所表示的平面区域右侧为开放区域，所以目标函数无最大值，故选A.14．(2018·浙江省杭州第二中学等五校联考)已知△ABC 的三边长分别为a ，b ，c ，有以下四个命题：①以a ，b ，c 为边长的三角形一定存在； ②以2a ,2b ,2c为边长的三角形一定存在； ③以a 3，b 3，c 3为边长的三角形一定存在；④以|a －b |＋c ，|b －c |＋a ，|c －a |＋b 为边长的三角形一定存在．其中正确命题的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案 B解析由题意不妨设a ≥b ≥c ，则b ＋c >a .对于①，(b ＋c )2－(a )2＝b ＋c ＋2bc －a >0，所以以a ，b ，c 为边长的三角形一定存在，①正确；对于②，令a ＝5，b ＝c ＝3，此时a ，b ，c 可以构成三角形，而2a ＝32,2b ＝2c ＝8，则2a ,2b ,2c 不能构成三角形，②错误；对于③，取a ＝3，b ＝c ＝2，此时a ，b ，c 可以构成三角形，而a 3＝27，b 3＝c 3＝8，则a 3，b 3，c 3不能构成三角形，③错误；对于④，因为|a －b |＋c ＝a ＋c －b ，|b －c |＋a ＝|c －a |＋b ＝a ＋b －c ，且a ＋b －c ≥a ＋c －b ，所以|b －c |＋a ＋|c －a |＋b >|a －b |＋c ，所以以|a －b |＋c ，|b －c |＋a ，|c －a |＋b 为边长的三角形一定存在，④正确．综上所述，正确命题的个数为2，故选B.15．(2018·浙江省台州中学统练)设m ，k 为整数，方程mx 2－kx ＋2＝0在(0,1)内有两个不同的根，则当m ＋k 取到最小值时，m ＝________，k ＝________. 答案 6 7解析设f (x )＝mx 2－kx ＋2，则方程mx 2－kx ＋2＝0在(0,1)内有两个不同的根等价于函数f (x )＝mx 2－kx ＋2在(0,1)内有两个不同的零点，又因为f (0)＝2>0，所以有⎩⎪⎨⎪⎧m >0，f (1)＝m －k ＋2>0，0<k2m <1，(－k )2－8m >0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧m >0，m －k ＋2>0，2m >k >0，k 2－8m >0，以m 为横坐标，k 为纵坐标建立平面直角坐标系，画出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧m >0，m －k ＋2>0，2m >k >0，k 2－8m >0所表示的平面区域如图中阴影部分(不包括边界)所示，又因为m ，k 为整数，则由图易得当目标函数z ＝m ＋k 经过平面区域内的点(6,7)时，z ＝m ＋k 取得最小值z min ＝6＋7＝13，此时m ＝6，k ＝7.16．已知a >b ，二次三项式ax 2＋2x ＋b ≥0对于一切实数x 恒成立，又存在x 0∈R ，使ax 20＋2x 0＋b ＝0成立，则a 2＋b 2a －b的最小值为________．答案 2 2解析由题意，得a >b ，二次三项式ax 2＋2x ＋b ≥0对于一切实数x 恒成立，所以a >0，且Δ＝4－4ab ≤0，所以ab ≥1.由存在x 0∈R ，使ax 20＋2x 0＋b ＝0成立，可得Δ＝0，所以ab ＝1，所以a >1，所以a 2＋b 2a －b＝a 2＋1a 2a －1a＝a 4＋1a 3－a >0，所以⎝⎛⎭⎪⎫a 4＋1a 3－a 2＝a 8＋1＋2a 4a 6＋a 2－2a 4＝a 4＋1a4＋2a 2＋1a2－2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 22⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2－2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2－22＋4⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2－4⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2－2，令a 2＋1a2＝t >2，则⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4＋1a 3－a 2＝(t －2)2＋4(t －2)＋4t －2＝(t －2)＋4t －2＋4 ≥2(t －2)·4t －2＋4＝4＋4＝8，当且仅当t ＝4时取等号，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4＋1a 3－a 2的最小值为8，所以a 2＋b 2a －b的最小值为2 2.。

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