2019届浙江高三数学三轮复习专题突破数列与数学归纳法(解析版)

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高考专题06 数列与数学归纳法-浙江省高考数学复习必备高三优质考---精校解析Word版

一．基础题组1.【浙江省“七彩阳光”联盟2019届高三期初联考】设实数成等差数列，且它们的和为9，如果实数成等比数列，则的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】【分析】根据题意得，，故，然后求出范围【详解】【点睛】在解答多元的取值范围时运用已知条件将其转化为单元问题，这样可以利用函数的性质求得最小值，在等差数列和等比数列中要注意的问题进行取舍。

2. 【浙江省杭州市第二中学2018届高三6月热身考】已知数列是等比数列，其公比为，则“”是“数列为单调递增数列“的”（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】D【解析】分析：等比数列的通项公式为，故其单调性不仅取决于的符号，还要考虑还是．详解：取，，则，但为减数列；取，，则，为增数列，但，故“”是“等比数列为单调递增数列”的既不充分又不必要条件，故选D．点睛：一般地，等比数列为单调递增数列的充要条件是或．等差数列为单调递增数列的充要条件是公差．3. 【浙江省教育绿色评价联盟2018届高三5月适应性考试】将公差不为零的等差数列，，调整顺序后构成一个新的等比数列，，，其中，则该等比数列的公比为______．【答案】或【解析】分析：设等差数列的公差为，则，然后由，，，成等比数列，分类列等式求公比即可.点睛：等差数列基本量的运算是等差数列的一类基本题型，数列中的五个基本量，一般可以“知二求三”；等比数列基本量的运算是等比数列的一类基本题型，数列中的五个基本量，一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解.4. 【浙江省杭州市第二中学2018届高三仿真考】各项都是正数的等比数列中，，，成等差数列，则的值为（）A ．B ．C ．D ．或【答案】B【解析】分析：首先设的公比为q （），根据题意，结合三个数成等差数列的条件列出等量关系式，求得公比，而，代入化简求得结果.点睛：该题考查的是数列的有关问题，涉及到的知识点有三个数成等差数列的条件，等比数列的性质等，注意题中的隐含条件.5.【浙江省杭州市学军中学2018年5月高三模拟】等差数列{}n a 的公差为d ，前n 项的和为n S ，当首项1a 和公差d 变化时， 2811a a a ++是一个定值，则下列各数中也为定值的是（） A ． 7S B ． 8S C ． 13S D ． 15S 【答案】C【解析】试题分析： ()()()()2811111117710318363a a a a d a d a d a d a d a ++=+++++=+=+=，所以7a 是定值， ()11313713132a a S a +∴==是定值。

【浙江专用】2019年高考数学总复习教师用书第7章第6讲数学归纳法

第6讲数学归纳法最新考纲 1.了解数学归纳法的原理；2.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.知识梳理1.数学归纳法证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立；(2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，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n0开始的所有正整数n都成立.2.数学归纳法的框图表示诊断自测1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)(1)用数学归纳法证明等式“1＋2＋22＋…＋2n＋2＝2n＋3－1”，验证n＝1时，左边式子应为1＋2＋22＋23.()(2)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明.()(3)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用.()(4)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n＝k到n＝k＋1时，项数都增加了一项.()解析对于(2)，有些命题也可以直接证明；对于(3)，数学归纳法必须用归纳假设；对于(4)，由n＝k到n＝k＋1，有可能增加不止一项.答案(1)√(2)×(3)×(4)×2.(选修2－2P99B1改编)在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为12n(n－3)条时，第一步检验n等于()A.1B.2C.3D.4解析三角形是边数最少的凸多边形，故第一步应检验n＝3. 答案 C3.已知f(n)＝1n＋1n＋1＋1n＋2＋…＋1n2，则()A.f(n)中共有n项，当n＝2时，f(2)＝12＋13B.f(n)中共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝12＋13＋14C.f(n)中共有n2－n项，当n＝2时，f(2)＝12＋13D.f(n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝12＋13＋14解析f(n)共有n2－n＋1项，当n＝2时，1n＝12，1n2＝14，故f(2)＝12＋13＋14.答案 D4.用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12n－1<n(n∈N，且n>1)，第一步要证的不等式是________.解析当n＝2时，式子为1＋12＋13<2.答案1＋12＋13<25.用数学归纳法证明“当n为正奇数时，x n＋y n能被x＋y整除”，当第二步假设n＝2k－1(k∈N*)命题为真时，进而需证n＝________时，命题亦真.解析由于步长为2，所以2k－1后一个奇数应为2k＋1.答案2k＋16.(2017·宁波调研)用数学归纳法证明“当n为正偶数时，x n－y n能被x＋y整除”第一步应验证n＝________时，命题成立；第二步归纳假设成立应写成________. 解析因为n为正偶数，故第一个值n＝2，第二步假设n取第k个正偶数成立，即n＝2k，故应假设成x2k－y2k能被x＋y整除.答案2x2k－y2k能被x＋y整除考点一用数学归纳法证明等式【例1】用数学归纳法证明：1 2×4＋14×6＋16×8＋…＋12n（2n＋2）＝n4（n＋1）(n∈N*).证明(1)当n＝1时，左边＝12×1×（2×1＋2）＝1 8，右边＝14（1＋1）＝1 8，左边＝右边，所以等式成立.(2)假设n＝k(k∈N*)时等式成立，即有1 2×4＋14×6＋16×8＋…＋12k（2k＋2）＝k4（k＋1），则当n＝k＋1时，12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k（2k＋2）＋12（k＋1）[2（k＋1）＋2]＝k4（k＋1）＋14（k＋1）（k＋2）＝k（k＋2）＋14（k＋1）（k＋2）＝（k＋1）24（k＋1）（k＋2）＝k＋14（k＋2）＝k＋14（k＋1＋1）.所以当n＝k＋1时，等式也成立，由(1)(2)可知，对于一切n∈N*等式都成立.规律方法(1)用数学归纳法证明等式问题，要“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值n0是多少.(2)由n＝k时等式成立，推出n＝k＋1时等式成立，一要找出等式两边的变化(差异)，明确变形目标；二要充分利用归纳假设，进行合理变形，正确写出证明过程，不利用归纳假设的证明，就不是数学归纳法.【训练1】求证：(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1·3·5·…·(2n－1)(n∈N*).证明(1)当n＝1时，等式左边＝2，右边＝2，故等式成立；(2)假设当n＝k(k∈N*)时等式成立，即(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)＝2k·1·3·5·…·(2k－1)，那么当n＝k＋1时，左边＝(k＋1＋1)(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k＋1)＝(k＋2)(k＋3)·…·(k＋k)(2k＋1)(2k＋2)＝2k·1·3·5·…·(2k－1)(2k＋1)·2＝2k＋1·1·3·5·…·(2k－1)(2k＋1)，所以当n＝k＋1时等式也成立.由(1)(2)可知，对所有n∈N*等式成立.考点二用数学归纳法证明不等式【例2】(2017·浙江五校联考)等比数列{a n}的前n项和为S n.已知对任意的n∈N*，点(n，S n)均在函数y＝b x＋r(b>0，且b≠1，b，r均为常数)的图象上.(1)求r的值；(2)当b＝2时，记b n＝2(log2a n＋1)(n∈N*).证明：对任意的n∈N*，不等式b1＋1b1·b2＋1b2·…·b n＋1b n>n＋1成立.(1)解由题意，S n＝b n＋r，当n≥2时，S n－1＝b n－1＋r，所以a n＝S n－S n－1＝b n－1(b－1)，由于b>0，且b≠1，所以n≥2时，{a n}是以b为公比的等比数列，又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，a2a1＝b，即b（b－1）b＋r＝b，解得r＝－1.(2)证明由(1)知a n＝2n－1，因此b n＝2n(n∈N*)，所证不等式为2＋1 2·4＋14·…·2n＋12n>n＋1.①当n＝1时，左式＝32，右式＝2，左式>右式，所以结论成立.②假设n＝k时结论成立，即2＋12·4＋14·…·2k＋12k>k＋1，则当n ＝k ＋1时，2＋12·4＋14·…·2k ＋12k ·2k ＋32（k ＋1）>k ＋1·2k ＋32（k ＋1）＝2k ＋32k ＋1，要证当n ＝k ＋1时结论成立，只需证2k ＋32k ＋1≥k ＋2，即证2k ＋32≥（k ＋1）（k ＋2），由基本不等式可得2k ＋32＝（k ＋1）＋（k ＋2）2≥（k ＋1）（k ＋2）成立，故2k ＋32k ＋1≥k ＋2成立，所以当n ＝k ＋1时，结论成立. 由①②可知，n ∈N *时，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n>n ＋1成立.规律方法应用数学归纳法证明不等式应注意的问题(1)当遇到与正整数n 有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法.(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由n ＝k 成立，推证n ＝k ＋1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法、构造函数法等证明方法.【训练2】求证：12＋13＋…＋1n ＋1<ln(n ＋1)，n ∈N *.证明 ①当n ＝1时，12<ln 2，结论成立.②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立，即12＋13＋…＋1k ＋1<ln(k ＋1).那么，当n ＝k ＋1时，12＋13＋…＋1k ＋1＋1k ＋2<ln(k ＋1)＋1k ＋2.下面证明ln(k ＋1)＋1k ＋2<ln(k ＋2). 令f (x )＝ln(1＋x )－x1＋x(x >0)，则f ′(x )＝x（1＋x ）2>0，∴f (x )在(0，＋∞)上递增，∴f (x )>f (0)＝0，∵1k ＋1>0，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1>0，即ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋1－1k ＋11＋1k ＋1>0，即ln k ＋2k ＋1－1k ＋2>0，∴ln(k ＋2)－ln(k ＋1)－1k ＋2>0，即ln(k ＋1)＋1k ＋2<ln(k ＋2). ∴当n ＝k ＋1时，不等式也成立.综上由①②，12＋13＋…＋1n ＋1<ln(n ＋1)，n ∈N *成立.考点三归纳——猜想——证明【例3】已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝a n 2＋1a n－1，且a n >0，n ∈N *.(1)求a 1，a 2，a 3，并猜想{a n }的通项公式； (2)证明(1)中的猜想.(1)解当n ＝1时，由已知得a 1＝a 12＋1a 1－1，即a 21＋2a 1－2＝0.∴a 1＝3－1(a 1>0).当n ＝2时，由已知得a 1＋a 2＝a 22＋1a 2－1，将a 1＝3－1代入并整理得a 22＋23a 2－2＝0. ∴a 2＝5－3(a 2>0).同理可得a 3＝7－ 5. 猜想a n ＝2n ＋1－2n －1(n ∈N *).(2)证明 ①由(1)知，当n ＝1，2，3时，通项公式成立. ②假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N *)时，通项公式成立，即a k＝2k＋1－2k－1.由于a k＋1＝S k＋1－S k＝a k＋12＋1a k＋1－a k2－1a k，将a k＝2k＋1－2k－1代入上式，整理得a2k＋1＋22k＋1a k＋1－2＝0，∴a k＋1＝2k＋3－2k＋1，即n＝k＋1时通项公式成立.由①②可知对所有n∈N*，a n＝2n＋1－2n－1都成立.规律方法(1)利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳—猜想—证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理论证结论的正确性.(2)“归纳—猜想—证明”的基本步骤是“试验—归纳—猜想—证明”.高中阶段与数列结合的问题是最常见的问题.【训练3】设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数.(1)令g1(x)＝g(x)，g n＋1(x)＝g(g n(x))，n∈N*，求g n(x)的表达式；(2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)设n∈N*，猜想g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明.解由题设得，g(x)＝x1＋x(x≥0).(1)由已知，g1(x)＝x1＋x，g2(x)＝g(g1(x))＝x1＋x1＋x1＋x＝x1＋2x，g3(x)＝x1＋3x，…，可猜想g n(x)＝x1＋nx.下面用数学归纳法证明.①当n＝1时，g1(x)＝x1＋x，结论成立.②假设n＝k时结论成立，即g k(x)＝x1＋kx.那么，当n＝k＋1时，g k＋1(x)＝g(g k(x))＝g k（x）1＋g k（x）＝x1＋kx1＋x1＋kx＝x1＋（k＋1）x，即结论成立.由①②可知，结论对n∈N*成立.(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥ax1＋x恒成立.设φ(x)＝ln(1＋x)－ax1＋x(x≥0)，则φ′(x)＝11＋x－a（1＋x）2＝x＋1－a（1＋x）2，当a≤1时，φ′(x)≥0(仅当x＝0，a＝1时等号成立)，∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增.又φ(0)＝0，∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，∴a≤1时，ln(1＋x)≥ax1＋x恒成立(仅当x＝0时等号成立).当a>1时，对x∈(0，a－1]有φ′(x)≤0，∴(x)在(0，a－1]上单调递减，∴φ(a－1)<φ(0)＝0.即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0，∴ln(1＋x)≥ax1＋x不恒成立，综上可知，实数a的取值范围是(－∞，1].(3)由题设知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝12＋23＋…＋nn＋1，n－f(n)＝n－ln(n＋1)，猜想结果为g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1).证明如下：上述不等式等价于12＋13＋…＋1n＋1<ln(n＋1)，在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>x1＋x，x>0.令x＝1n，n∈N*，则1n＋1<lnn＋1n.下面用数学归纳法证明.①当n ＝1时，12<ln 2，结论成立.②假设当n ＝k 时结论成立，即12＋13＋…＋1k ＋1<ln(k ＋1).那么，当n ＝k ＋1时，12＋13＋…＋1k ＋1＋1k ＋2<ln(k ＋1)＋1k ＋2<ln(k ＋1)＋ln k ＋2k ＋1＝ln(k ＋2)，即结论成立.由①②可知，结论对n ∈N *成立.[思想方法]1.数学归纳法证明中的两个步骤体现了递推思想，第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，两个步骤缺一不可，否则就会导致错误.有一无二，是不完全归纳法，结论不一定可靠；有二无一，第二步就失去了递推的基础.2.归纳假设的作用在用数学归纳法证明问题时，对于归纳假设要注意以下两点： (1)归纳假设就是已知条件；(2)在推证n ＝k ＋1时，必须用上归纳假设. 3.利用归纳假设的技巧在推证n ＝k ＋1时，可以通过凑、拆、配项等方法用上归纳假设.此时既要看准目标，又要掌握n ＝k 与n ＝k ＋1之间的关系.在推证时，分析法、综合法、反证法等方法都可以应用. [易错防范]1.数学归纳法证题时初始值n 0不一定是1.2.推证n ＝k ＋1时一定要用上n ＝k 时的假设，否则不是数学归纳法.3.解“归纳——猜想——证明”题的关键是准确计算出前若干具体项，这是归纳、猜想的基础，否则将会做大量无用功.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.用数学归纳法证明“2n＞2n＋1对于n≥n0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取()A.2B.3C.5D.6解析∵n＝1时，21＝2，2×1＋1＝3，2n＞2n＋1不成立；n＝2时，22＝4，2×2＋1＝5，2n＞2n＋1不成立；n＝3时，23＝8，2×3＋1＝7，2n＞2n＋1成立.∴n的第一个取值n0＝3.答案 B2.某个命题与正整数有关，如果当n＝k(k∈N*)时该命题成立，那么可以推出n ＝k＋1时该命题也成立.现已知n＝5时该命题成立，那么()A.n＝4时该命题成立B.n＝4时该命题不成立C.n≥5，n∈N*时该命题都成立D.可能n取某个大于5的整数时该命题不成立解析显然A，B错误，由数学归纳法原理知C正确，D错.答案 C3.利用数学归纳法证明不等式“1＋12＋13＋…＋12n－1>n2(n≥2，n∈N*)”的过程中，由“n＝k”变到“n＝k＋1”时，左边增加了()A.1项B.k项C.2k－1项D.2k项解析左边增加的项为12k＋12k＋1＋…＋12k＋1－1共2k项，故选D.答案 D4.对于不等式n2＋n<n＋1(n∈N*)，某同学用数学归纳法证明的过程如下：(1)当n＝1时，12＋1<1＋1，不等式成立.(2)假设当n＝k(k∈N*)时，不等式k2＋k<k＋1成立，当n＝k＋1时，（k＋1）2＋k＋1＝k2＋3k＋2<（k2＋3k＋2）＋（k＋2）＝（k＋2）2＝(k＋1)＋1.∴当n ＝k ＋1时，不等式成立，则上述证法( ) A.过程全部正确 B.n ＝1验得不正确 C.归纳假设不正确D.从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确解析在n ＝k ＋1时，没有应用n ＝k 时的假设，不是数学归纳法. 答案 D5.用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22，则当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k的基础上加上( ) A.k 2＋1 B.(k ＋1)2C.（k ＋1）4＋（k ＋1）22D.(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2解析当n ＝k 时，左端＝1＋2＋3＋…＋k 2.当n ＝k ＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2，故当n ＝k ＋1时，左端应在n ＝k 的基础上加上(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2.故选D. 答案 D 二、填空题6.设S n ＝1＋12＋13＋14＋…＋12n ，则S n ＋1－S n ＝________. 解析 ∵S n ＋1＝1＋12＋…＋12n ＋12n ＋1＋…＋12n ＋2n ，S n ＝1＋12＋13＋14＋…＋12n .∴S n ＋1－S n ＝12n ＋1＋12n ＋2＋12n ＋3＋…＋12n ＋2n.答案12n＋1＋12n＋2＋12n＋3＋…＋12n＋2n7.(2017·绍兴调研)数列{a n}中，已知a1＝2，a n＋1＝a n3a n＋1(n∈N*)，依次计算出a2，a3，a4的值分别为________；猜想a n＝________.解析a1＝2，a2＝23×2＋1＝27，a3＝273×27＋1＝213，a4＝2133×213＋1＝219.由此，猜想a n是以分子为2，分母是以首项为1，公差为6的等差数列.∴a n＝26n－5.答案27，213，21926n－58.凸n多边形有f(n)条对角线.则凸(n＋1)边形的对角线的条数f(n＋1)与f(n)的递推关系式为________.解析f(n＋1)＝f(n)＋(n－2)＋1＝f(n)＋n－1.答案f(n＋1)＝f(n)＋n－1三、解答题9.用数学归纳法证明：1＋122＋132＋…＋1n2<2－1n(n∈N*，n≥2).证明(1)当n＝2时，1＋122＝54<2－12＝32，命题成立.(2)假设n＝k时命题成立，即1＋122＋132＋…＋1k2<2－1k.当n＝k＋1时，1＋122＋132＋…＋1k2＋1（k＋1）2<2－1k＋1（k＋1）2<2－1k＋1k（k＋1）＝2－1k＋1k－1k＋1＝2－1k＋1，命题成立.由(1)(2)知原不等式在n∈N*，n≥2时均成立. 10.数列{a n}满足S n＝2n－a n(n∈N*).(1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式a n；(2)证明(1)中的猜想.(1)解当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，∴a1＝1；当n ＝2时，a 1＋a 2＝S 2＝2×2－a 2，∴a 2＝32；当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝S 3＝2×3－a 3，∴a 3＝74；当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝S 4＝2×4－a 4， ∴a 4＝158.由此猜想a n ＝2n －12n －1(n ∈N *).(2)证明 ①当n ＝1时，a 1＝1，结论成立. ②假设n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时，结论成立，即a k ＝2k －12k －1，那么n ＝k ＋1时，a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝2(k ＋1)－a k ＋1－2k ＋a k ＝2＋a k －a k ＋1， ∴2a k ＋1＝2＋a k .∴a k ＋1＝2＋a k 2＝2＋2k －12k －12＝2k ＋1－12k .所以当n ＝k ＋1时，结论成立. 由①②知猜想a n ＝2n －12n －1(n ∈N *)成立.能力提升题组 (建议用时：25分钟)11.(2017·昆明诊断)设n 为正整数，f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n ，经计算得f (2)＝32，f (4)＞2，f (8)＞52，f (16)＞3，f (32)＞72，观察上述结果，可推测出一般结论( ) A.f (2n )＞2n ＋12B.f (n 2)≥n ＋22 C.f (2n )≥n ＋22D.以上都不对解析因为f (22)＞42，f (23)＞52，f (24)＞62，f (25)＞72，所以当n ≥1时，有f (2n)≥n ＋22. 答案 C12.设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”.那么，下列命题总成立的是()A.若f(1)<1成立，则f(10)<100成立B.若f(2)<4成立，则f(1)≥1成立C.若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立D.若f(4)≥16成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立解析选项A，B的答案与题设中不等号方向不同，故A，B错；选项C中，应该是k≥3时，均有f(k)≥k2成立；对于选项D，满足数学归纳法原理，该命题成立.答案 D13.(2017·金华调研)设平面上n个圆周最多把平面分成f(n)片(平面区域)，则f(2)＝________，f(n)＝________.(n≥1，n∈N*)解析易知2个圆周最多把平面分成4片；n个圆周最多把平面分成f(n)片，再放入第n＋1个圆周，为使得到尽可能多的平面区域，第n＋1个应与前面n个都相交且交点均不同，有n条公共弦，其端点把第n＋1个圆周分成2n段，每段都把已知的某一片划分成2片，即f(n＋1)＝f(n)＋2n(n≥1)，所以f(n)－f(1)＝n(n－1)，而f(1)＝2，从而f(n)＝n2－n＋2.答案4n2－n＋214.数列{x n}满足x1＝0，x n＋1＝－x2n＋x n＋c(n∈N*).(1)证明：{x n}是递减数列的充要条件是c＜0；(2)若0＜c≤14，证明数列{x n}是递增数列.证明(1)充分性：若c＜0，由于x n＋1＝－x2n＋x n＋c≤x n＋c＜x n，∴数列{x n}是递减数列.必要性：若{x n}是递减数列，则x2＜x1，且x1＝0.又x2＝－x21＋x1＋c＝c，∴c＜0.故{x n}是递减数列的充要条件是c＜0.(2)若0＜c ≤14，要证{x n }是递增数列. 即x n ＋1－x n ＝－x 2n ＋c ＞0，即证x n ＜c 对任意n ≥1成立. 下面用数学归纳法证明：当0＜c ≤14时，x n ＜c 对任意n ≥1成立. ①当n ＝1时，x 1＝0＜c ≤12，结论成立.②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立，即x k ＜c .因为函数f (x )＝－x 2＋x ＋c 在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12内单调递增，所以x k ＋1＝f (x k )＜f (c )＝c ，∴当n ＝k ＋1时，x k ＋1＜c 成立.由①，②知，x n ＜c 对任意n ≥1，n ∈N *成立. 因此，x n ＋1＝x n －x 2n ＋c ＞x n ，即{x n }是递增数列.15.(2017·浙江名校协作体联考)已知函数f 0(x )＝sin xx (x >0)，设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *.(1)求2f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋π2f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2的值；(2)证明：对任意的n ∈N *，等式|nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4|＝22都成立.(1)解由已知，得f 1(x )＝f ′0(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x x ′＝cos x x －sin x x 2，于是f 2(x )＝f ′1(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x x ′－⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x x 2′＝－sin x x －2cos x x 2＋2sin x x 3，所以f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－4π2，f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－2π＋16π3.故2f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋π2f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－1.(2)证明由已知，得xf 0(x )＝sin x ，等式两边分别对x 求导，得f 0(x )＋xf ′0(x )＝cos x ，即f 0(x )＋xf 1(x )＝cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π2，类似可得2f 1(x )＋xf 2(x )＝－sin x ＝sin(x ＋π)， 3f 2(x )＋xf 3(x )＝－cos x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋3π2，4f 3(x )＋xf 4(x )＝sin x ＝sin(x ＋2π).下面用数学归纳法证明等式nf n －1(x )＋xf n (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立.(ⅰ)当n ＝1时，由上可知等式成立.(ⅱ)假设当n ＝k (k ≥1，且k ∈N *)时等式成立，即kf k －1(x )＋xf k (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋k π2.因为[kf k －1(x )＋xf k (x )]′＝kf ′k －1(x )＋f k (x )＋xf ′k (x )＝(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )，⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2′＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2·⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2′＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋（k ＋1）π2，所以(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋（k ＋1）π2. 因此当n ＝k ＋1时，等式也成立.综合(ⅰ)，(ⅱ)可知等式nf n －1(x )＋xf n (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立. 令x ＝π4，可得nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋n π2(n ∈N *).所以|nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4|＝22(n ∈N *).高考导航考查内容主要集中在两个方面：一是以选择题和填空题的形式考查等差、等比数列的运算和性质，题目多为常规试题；二是等差、等比数列的通项与求和问题；三是结合函数、不等式(放缩法)等进行综合考查，难度较大，涉及内容较为全面，试题思维量较大.热点一等差数列、等比数列的综合问题解决等差、等比数列的综合问题时，重点在于读懂题意，灵活利用等差、等比数列的定义、通项公式及前n 项和公式解决问题，求解这类问题要重视方程思想的应用.【例1】已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝S n －1S n(n ∈N *)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值.解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列，所以S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，即4a 5＝a 3，于是q 2＝a 5a 3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12. 故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n .(2)由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n ，n 为奇数，1－12n ，n 为偶数，当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小，所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大，所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n≥S 2－1S 2＝34－43＝－712.综上，对于n ∈N *，总有－712≤S n －1S n≤56.所以数列{T n }最大项的值为56，最小项的值为－712.探究提高解决等差数列与等比数列的综合问题，既要善于综合运用等差数列与等比数列的相关知识求解，更要善于根据具体问题情境具体分析，寻找解题的突破口.【训练1】 (2017·乐清模拟)已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，其前n 项和为S n ，满足S 5－2a 2＝25，且a 1，a 4，a 13恰为等比数列{b n }的前三项. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设T n 是数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前n 项和，是否存在k ∈N *，使得等式1－2T k ＝1b k成立？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由. 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫5a 1＋5×42d －2（a 1＋d ）＝25，（a 1＋3d ）2＝a 1（a 1＋12d ），解得a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝2n ＋1. ∵b 1＝a 1＝3，b 2＝a 4＝9，∴等比数列{b n }的公比q ＝3，∴b n ＝3n . (2)不存在.理由如下：∵1a n a n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3， ∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3， ∴1－2T k ＝23＋12k ＋3(k ∈N *)，易知数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫12k ＋3为单调递减数列， ∴23<1－2T k ≤1315，又1b k ＝13k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13，∴不存在k ∈N *，使得等式1－2T k ＝1b k成立.热点二数列的通项与求和(规范解答)数列的通项与求和是高考必考的热点题型，求通项属于基本问题，常涉及与等差、等比的定义、性质、基本量运算.求和问题关键在于分析通项的结构特征，选择合适的求和方法.常考求和方法有：错位相减法、裂项相消法、分组求和法等. 【例2】 (满分12分)(2015·湖北卷)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d >1时，记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .满分解答 (1)解由题意有⎩⎨⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎨⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，2分解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.4分故⎩⎨⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝19（2n ＋79），b n ＝9·⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1.6分 (2)解由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，7分于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，①12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .②8分 ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n 10分＝3－2n ＋32n ，11分故T n ＝6－2n ＋32n －1.12分❶由题意列出方程组得2分； ❷解得a 1与d 得2分，漏解得1分； ❸正确导出a n ，b n 得2分，漏解得1分； ❹写出c n 得1分；❺把错位相减的两个式子，按照上下对应好，再相减，就能正确地得到结果，本题就得满分，否则就容易出错，丢掉一些分数.用错位相减法解决数列求和的模板第一步：(判断结构)若数列{a n ·b n }是由等差数列{a n }与等比数列{b n }(公比q )的对应项之积构成的，则可用此法求和.第二步：(乘公比)设{a n ·b n }的前n 项和为T n ，然后两边同乘以q . 第三步：(错位相减)乘以公比q 后，向后错开一位，使含有q k (k ∈N *)的项对应，然后两边同时作差. 第四步：(求和)将作差后的结果求和，从而表示出T n .【训练2】已知数列{a n }，a n ＝(－1)n －14n（2n －1）（2n ＋1），求数列{a n }的前n项和T n . 解 a n ＝(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1，当n 为偶数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1. 当n 为奇数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1. 所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数(或T n ＝2n ＋1＋（－1）n－12n ＋1).热点三数列的综合应用热点3.1 数列的实际应用数列在实际问题中的应用，要充分利用题中限制条件确定数列的特征，如通项公式、前n 项和公式或递推关系式，建立数列模型.【例3－1】某企业的资金每一年都比上一年分红后的资金增加一倍，并且每年年底固定给股东们分红500万元，该企业2010年年底分红后的资金为1 000万元.(1)求该企业2014年年底分红后的资金；(2)求该企业从哪一年开始年底分红后的资金超过32 500万元. 解设a n 为(2010＋n )年年底分红后的资金，其中n ∈N *，则a 1＝2×1 000－500＝1 500， a 2＝2×1 500－500＝2 500，…， a n ＝2a n －1－500(n ≥2).∴a n －500＝2(a n －1－500)(n ≥2)，即数列{a n －500}是以a 1－500＝1 000为首项，2为公比的等比数列， ∴a n －500＝1 000×2n －1， ∴a n ＝1 000×2n －1＋500.(1)∵a 4＝1 000×24－1＋500＝8 500，∴该企业2014年年底分红后的资金为8 500万元.(2)由a n >32 500，即2n －1>32，得n >6，∴该企业从2017年开始年底分红后的资金超过32 500万元.热点3.2 数列与函数的综合问题数列是特殊的函数，以函数为背景的数列的综合问题体现了在知识交汇点上命题的特点，该类综合题的知识综合性强，能很好地考查逻辑推理能力和运算求解能力，因而一直是高考命题者的首选.【例3－2】已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n ，0)，且f ′(0)＝2n (n ∈N *). (1)求f (x )的解析式； (2)若数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式； (3)对于(2)中的数列{a n }，求证： ①∑nk ＝1a k <5；②43≤∑nk ＝1a k a k ＋1<2.(1)解由f ′(x )＝2ax ＋b ，f ′(0)＝2n ，得b ＝2n ，又f (x )的图象过点(－4n ，0)，∴16n 2a －4nb ＝0，解得a ＝12.∴f (x )＝12x2＋2nx (n ∈N *).(2)解由(1)知f ′(x )＝x ＋2n (n ∈N *)，∴1a n ＋1＝1a n ＋2n ，即1a n ＋1－1a n ＝2n ， ∴1a n －1a n －1＝2(n －1)，1a n －1－1a n －2＝2(n －2)，…，1a 2－1a 1＝2，∴1a n－14＝n 2－n ，∴a n ＝1n 2－n ＋14，即a n ＝4（2n －1）2(n ∈N *). (3)证明 ①a k ＝1k （k －1）＋14<1k （k －1）＝1k －1－1k (k ≥2).当n ＝1时，∑nk ＝1a k <5显然成立；当n ≥2时，∑nk ＝1a k<4＋ ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝5－1n <5.②∵a k a k ＋1＝4（2k －1）（2k ＋1）＝22k －1－22k ＋1，∴∑nk ＝1a k a k ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫21－23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23－25＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫22n －1－22n ＋1＝2－22n ＋1.∵n ∈N *，∴2n ＋1≥3， ∴43≤2－22n ＋1<2.综上，原不等式得证.热点3.3 数列与不等式的综合问题数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等式的证明.在解决这些问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等.如果是解不等式问题，要使用不等式的各种不同解法，如数轴法、因式分解法.【例3－3】 (2016·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 n |－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|22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|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.由m 的任意性得|a n |≤2.① 否则，存在n 0∈N *，有|a n 0|＞2，取正整数m 0＞log 34|a n 0|－22n 0且m 0＞n 0，综上，对于任意n ∈N *，均有|a n |≤2.(建议用时：70分钟)1.(2015·重庆卷)已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92. (1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设{a n }的公差为d ，则由已知条件得 a 1＋2d ＝2，3a 1＋3×22d ＝92，化简得a 1＋2d ＝2，a 1＋d ＝32，解得a 1＝1，d ＝12，故{a n }的通项公式a n ＝1＋n －12，即a n ＝n ＋12. (2)由(1)得b 1＝1，b 4＝a 15＝15＋12＝8.设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 4b 1＝8，从而q ＝2，故{b n }的前n 项和T n ＝b 1（1－q n ）1－q ＝1×（1－2n ）1－2＝2n －1.2.(2017·东北三省四校模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d ≠0，且S 3＋S 5＝50，a 1，a 4，a 13成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)依题意得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3×22d ＋5a 1＋4×52d ＝50，（a 1＋3d ）2＝a 1（a 1＋12d ），解得⎩⎨⎧a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝2n ＋1.(2)∵b na n＝3n －1，∴b n ＝a n ·3n －1＝(2n ＋1)·3n －1，∴T n ＝3＋5×3＋7×32＋…＋(2n ＋1)×3n －1，3T n ＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n －1)×3n －1＋(2n ＋1)×3n ，两式相减得，－2T n ＝3＋2×3＋2×32＋…＋2×3n －1－(2n ＋1)×3n ＝3＋2×3（1－3n －1）1－3－(2n ＋1)×3n ＝－2n ×3n ，∴T n ＝n ×3n .3.已知函数f (x )＝x 2－4，设曲线y ＝f (x )在点(x n ，f (x n ))处的切线与x 轴的交点为(x n＋1，0)(n ∈N *)，其中x 1为正实数.(1)用x n 表示x n ＋1；(2)求证：对一切正整数n ，x n ＋1≤x n 的充要条件是x 1≥2.(1)解 ∵f ′(x )＝2x ，∴过点(x n ，f (x n ))的切线方程为y －(x 2n －4)＝2x n (x －x n )，将(x n＋1，0)代入切线方程并整理，得x 2n ＋4＝2x n x n ＋1，显然x n ≠0，∴x n ＋1＝x n 2＋2x n.(2)证明 (必要性)若对一切正整数n ，x n ＋1≤x n ，则x 2≤x 1，即x 12＋2x 1≤x 1，而x 1>0，∴x 21≥4，故x 1≥2.(充分性)由x 1≥2>0，x n ＋1＝x n 2＋2x n，易得数列{x n }为正项数列，从而x n ＋1＝x n 2＋2x n≥2x n 2·2x n ＝2(n ≥1)，即x n ≥2(n ≥2)，又x 1≥2，∴x n ≥2(n ≥1).于是x n ＋1－x n ＝x n2＋2x n －x n ＝4－x 2n 2x n ＝（2－x n ）（2＋x n ）2x n ≤0，即x n ＋1≤x n 对一切正整数n 成立.4.(2015·浙江卷)已知数列{a n }满足a 1＝12且a n ＋1＝a n －a 2n (n ∈N *). (1)证明：1≤a na n ＋1≤2(n ∈N *)； (2)设数列{a 2n }的前n 项和为S n，证明：12（n ＋2）≤S n n ≤12（n ＋1）(n ∈N *). (1)证明由题意得a n ＋1－a n ＝－a 2n ≤0，即a n ＋1≤a n ，故a n ≤12.由a n ＝(1－a n －1)a n －1得a n ＝(1－a n －1)(1－a n －2)…(1－a 1)a 1>0. 由0<a n ≤12得a n a n ＋1＝a n a n －a 2n ＝11－a n ∈(1，2]，即1≤a na n ＋1≤2成立. (2)解由题意得a 2n ＝a n －a n ＋1，所以S n ＝a 1－a n ＋1①由1a n ＋1－1a n ＝a n a n ＋1和1≤a n a n ＋1≤2得1≤1a n ＋1－1a n ≤2，所以n ≤1a n ＋1－1a 1≤2n ，因此12（n ＋1）≤a n ＋1≤1n ＋2(n ∈N *).②由①②得12（n ＋2）≤S n n ≤12（n ＋1）(n ∈N *).5.(2017·杭州调研)已知数列{a n }，{b n }中，a 1＝1，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 2n a 2n ＋1·1a n ＋1，n ∈N *，数列{b n }的前n 项和为S n . (1)若a n ＝2n －1，求S n ；(2)是否存在等比数列{a n }，使b n ＋2＝S n 对任意n ∈N *恒成立？若存在，求出所有满足条件的数列{a n }的通项公式；若不存在，请说明理由； (3)若{a n }是单调递增数列，求证：S n <2. (1)解当a n ＝2n －1时，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14·12n ＝32n ＋2.所以S n ＝38⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋…＋12n －1 ＝38×1－12n 1－12＝34－32n ＋2. (2)解满足条件的数列{a n }存在且只有两个，其通项公式为a n ＝1和a n ＝(－1)n －1. 证明：在b n ＋2＝S n 中，令n ＝1，得b 3＝b 1. 设a n ＝q n －1，则b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1q 21q n .由b 3＝b 1得⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1q 21q 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1q 21q . 若q ＝±1，则b n ＝0，满足题设条件. 此时a n ＝1和a n ＝(－1)n －1.若q ≠±1，则1q 3＝1q ，即q 2＝1，矛盾.综上所述，满足条件的数列{a n }存在，且只有两个，一个是a n ＝1，另一个是a n ＝(－1)n －1. (3)证明因为1＝a 1<a 2<…<a n <…，故a n >0，0<a n a n ＋1<1，于是0<a 2na 2n ＋1<1.b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 2n a 2n ＋1·1a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a n a n ＋1⎝⎛⎭⎪⎫1－a n a n ＋1·1a n ＋1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a n a n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1·a n a n ＋1<2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1. 故S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n<2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a 3＋…＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a n ＋1<2. 所以S n <2.6.已知正项数列{a n }满足S 2n ＝a 31＋a 32＋…＋a 3n (n ∈N *)，其中S n 为数列{a n }的前n项的和.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：2n ＋1（n ＋1）n ＋1<⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 132＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 332＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2n ＋132<3.(1)解 ∵S 2n ＝a 31＋a 32＋…＋a 3n (n ∈N *)， ∴S 2n －1＝a 31＋a 32＋a 3n －1，两式相减得S 2n －S 2n －1＝a 3n ⇒a n (S n ＋S n －1)＝a 3n ⇒S n ＋S n －1＝a 2n ，则S n －1＋S n －2＝a 2n －1，两式相减得a n ＋a n －1＝a 2n －a 2n －1⇒a n －a n －1＝1，∴a n ＝n .(2)证明根据(1)知⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n 32＝1n n.∵k (2n ＋2－k )≤⎝⎛⎭⎪⎫k ＋2n ＋2－k 22＝(n ＋1)2， ∴1k k ＋1（2n ＋2－k ）2n ＋2－k> 2k （2n ＋2－k ）k （2n ＋2－k ）≥2（n ＋1）n ＋1，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1a k 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a2n ＋2－k 32>2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋132，令k ＝1，2，3，…，n ，累加后再加⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋132得⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 132＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 332＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2n ＋132 >2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋132＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋132＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋132＋…＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋132＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋132 ＝(2n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋132＝2n ＋1（n ＋1）n ＋1.又∵11＋122＋133＋…＋1（2n ＋1）2n ＋1<3⇔122＋133＋…＋1（2n ＋1）2n ＋1<2，而1k k ＝1k ·k ·k <1k ·k ·k －1＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k 1k －k －1 ＝k ＋k －1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k <2k k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k . 令k ＝2，3，4，…，2n ＋1，累加得 122＋133＋…＋1（2n ＋1）2n ＋1<2⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －12n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<2， ∴2n ＋1（n ＋1）n ＋1<⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 132＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 332＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2n ＋132<3.。

(浙江专用)2019高考数学二轮复习专题三数列与数学归纳法学案

专题三数列与数学归纳法[析考情·明重点]小题考情分析大题考情分析常考点 1.等差、等比数列的概念及运算(5年4考)2.等差、等比数列的性质(5年4考) 高考对数列的考查在解答题中常以数列的相关项以及关系式，或a n 与S n 的关系入手，结合等差、等比数列的定义展开考查．数学归纳法也是高考常考内容，题型主要有： (1)等差、等比数列基本量的运算；(2)数列求和问题；(3)数列与不等式的综合问题；(4)数学归纳法常与数列、不等式等知识综合考查.偶考点1.数列的递推关系式2.等差与等比数列的综合应用问题第一讲小题考法——数列的概念及基本运算考点(一)数列的递推关系式主要考查方式有两种：一是利用a n 与S n 的关系求通项a n或前n 项和S n ；二是利用a n 与a n ＋1的关系求通项a n 或前n 项和S n .[典例感悟][典例] (1)(2018·台州调考)设数列{a n }，{b n }满足a n ＋b n ＝700，a n ＋1＝710a n ＋25b n ，n∈N *，若a 6＝400，则( )A ．a 4>a 3B ．b 4b 3D ．a 4<b 4(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝S n (n ∈N *)，则通项公式a n ＝____________.(3)(2018·镇海期中)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＋1＋1S n ＋1＝a n ＋1a n对一切n ∈N *都成立，则a 2＝________，S n ＋1a n＝________. [解析] (1)由⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋b n ＝700，a n ＋1＝710a n ＋25b n ，消去b n 可得a n ＋1＝310a n ＋280，所以a n ＋1－400＝310(a n －400)．因为a 6＝400，所以a n －400＝(a 6－400)×⎝ ⎛⎭⎪⎫310n －6＝0，即a n ＝400，故b n ＝300，故选C.(2)由a n ＋1＝S n ①，可得a n ＝S n －1(n ≥2)②，①－②得a n ＋1－a n ＝S n －S n －1＝a n (n ≥2)，即a n ＋1a n＝2(n ≥2)，又a 2＝S 1＝1，所以a 2a 1＝1≠2，则数列{a n }从第二项起是以1为首项2为公比的等比数列，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －2，n ≥2.(3)当n ＝1时，有S 2＋1S 1＋1＝a 2a 1，即a 2＝a 21＋a 1，所以a 2＝2.由S n ＋1＋1S n ＋1＝a n ＋1a n ，得S n ＋1＋1a n ＋1＝S n ＋1a n，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋1a n 是常数列，故S n ＋1a n ＝S 1＋1a 1＝2.[答案] (1)C (2)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －2，n ≥2(3)2 2[方法技巧]1．由递推关系式求通项公式的常用方法(1)已知a 1且a n －a n －1＝f (n )，可用“累加法”求a n ，即a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1(n ≥2)．(2)已知a 1且a na n －1＝f (n )，可用“累乘法”求a n ，即a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1(n ≥2)． 2．S n 与a n 关系问题的求解思路根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化． (1)利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)转化为只含S n ，S n －1的关系式，再求解． (2)利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为只含a n ，a n －1的关系式，再求解．[演练冲关]1．(2019届高三·浙江名校协作体联考)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －3(n ∈N *)，则S 6＝( )A ．192B ．189C ．96D ．93解析：选B ∵a 1＝S 1＝2a 1－3，∴a 1＝3.又n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2a n －3)－(2a n －1－3)，即有n ≥2时，a n ＝2a n －1，故数列{a n }是首项为3，公比为2的等比数列，则a 6＝3×25＝96，∴S 6＝2a 6－3＝189，故选B.2．(2018·衢州质量检测)在数列{a n }中，a 1＝1，(n 2＋2n )·(a n ＋1－a n )＝1(n ∈N *)，则通项公式a n ＝________.解析：由(n 2＋2n )(a n ＋1－a n )＝1(n ∈N *)，得a n ＋1－a n ＝1n 2＋2n ＝1nn ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， ∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －2－1n ＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n －1n ＋1＋1＝74－2n ＋12n n ＋1. 答案：74－2n ＋12n n ＋13．(2018·杭州七校联考)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－2a n ＝2n(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________.解析：a n ＋1－2a n ＝2n两边同除以2n ＋1，可得a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝12，又a 12＝12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是以12为首项，12为公差的等差数列，∴a n 2n ＝12＋(n －1)×12＝n 2，∴a n ＝n ·2n －1.答案：n ·2n －1考点(二)等差、等比数列的基本运算主要考查与等差比数列的通项公式、前n 项和公式有关的五个基本量间的“知三求二”运算.[典例感悟][典例] (1)(2017·浙江高考)已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d >0”是“S 4＋S 6>2S 5”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件(2)(2018·浙江考前冲刺)已知等差数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝2n －3，n ∈N *，则a 1＋a 2＋a 6＋a 7＝________，数列{a n }的前n 项和S n ＝________.(3)(2017·江苏高考)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________. [解析] (1)因为{a n }为等差数列，所以S 4＋S 6＝4a 1＋6d ＋6a 1＋15d ＝10a 1＋21d,2S 5＝10a 1＋20d ，S 4＋S 6－2S 5＝d ，所以d >0⇔S 4＋S 6>2S 5.(2)分别令n ＝1,6，可得a 1＋a 2＋a 6＋a 7＝－1＋9＝8.设数列{a n }的公差为d ，则2n －3＝a n ＋a n ＋1＝a 1＋(n －1)d ＋a 1＋nd ＝2dn ＋(2a 1－d )对任意的n ∈N *恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧2d ＝2，2a 1－d ＝－3，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，a 1＝－1，故S n ＝n ×(－1)＋n n －12×1＝n 2－3n2.(3)设等比数列{a n}的公比为q ，则由S 6≠2S 3，得q ≠1，则⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 11－q 31－q ＝74，S 6＝a11－q 61－q＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝14，则a 8＝a 1q 7＝14×27＝32.[答案] (1)C (2)8n 2－3n2(3)32[方法技巧]等差(比)数列基本运算的解题思路(1)设基本量：首项a 1和公差d (公比q )．(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a 1和d (或q )的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量．[演练冲关]1．(2018·诸暨质量检测)已知数列{a n }的前n 项和是S n ，则下列四个命题中，错误的是( )A ．若数列{a n }是公差为d 的等差数列，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是公差为d2的等差数列B ．若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是公差为d 的等差数列，则数列{a n }是公差为2d 的等差数列C ．若数列{a n }是等差数列，则数列的奇数项、偶数项分别构成等差数列D ．若数列{a n }的奇数项、偶数项分别构成公差相等的等差数列，则{a n }是等差数列解析：选D A 项，若等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，前n 项的和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列，且通项为S n n ＝a 1＋(n －1)d 2，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是公差为d2的等差数列，故说法正确；B项，由题意得S nn＝a 1＋(n －1)d ，所以S n ＝na 1＋n (n －1)d ，则a n ＝S n －S n －1＝a 1＋2(n －1)d ，即数列{a n }是公差为2d 的等差数列，故说法正确；C 项，若等差数列{a n }的公差为d ，则数列的奇数项、偶数项都是公差为2d 的等差数列，故说法正确；D 项，若数列{a n }的奇数项、偶数项分别构成公差相等的等差数列，则{a n }不一定是等差数列，例如：{1,4,3,6,5,8,7}，说法错误．故选D.2．(2017·全国卷Ⅲ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________. 解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则a 1＋a 2＝a 1(1＋q )＝－1，a 1－a 3＝a 1(1－q 2)＝－3，两式相除，得1＋q 1－q 2＝13，解得q ＝－2，a 1＝1，所以a 4＝a 1q 3＝－8. 答案：－83．(2019届高三·浙江名校联考)已知等比数列{a n }的公比q >0，前n 项和为S n .若2(a 5－a 3－a 4)＝a 4，且a 2a 4a 6＝64，则q ＝________，S n ＝________.解析：∵2(a 5－a 3－a 4)＝a 4，∴2a 5＝2a 3＋3a 4⇒2q 4＝2q 2＋3q 3⇒2q 2－3q －2＝0，得q ＝－12(舍去)或q ＝2.∵a 2a 4a 6＝64，∴a 34＝64⇒a 4＝4，∴a 1＝12，S n ＝121－2n1－2＝2n－12.答案：2 2n－12考点(三) 等差、等比数列的性质主要考查利用等差、等比数列的性质求解基本量及与前n 项和有关的最值问题.[典例感悟][典例] (1)(2018·浙江“七彩阳光”联盟期中)已知等差数列{a n }，S n 表示前n 项的和，a 5＋a 11>0，a 6＋a 9<0，则满足S n <0的正整数n 的最大值是( )A ．12B ．13C ．14D ．15(2)(2018·杭州二中期中)已知等比数列{a n }的前n 项积为T n ，log 2a 3＋log 2a 7＝2，则T 9的值为( )A ．±512B ．512C ．±1 024D ．1 024(3)(2019届高三·温州十校联考)已知数列{a n }的首项a 1＝1，前n 项和为S n ，且满足2a n ＋1＋S n ＝2，则满足1 0011 000<S 2n S n <1110的n 的最大值是( )A ．8B ．9C ．10D ．11(4)(2018·绍兴高三3月适应性模拟)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，满足S 2＝S 6，S 55－S 44＝2，则a 1＝________，公差d ＝________. [解析] (1)∵2a 8＝a 5＋a 11>0，∴a 8>0，则S 15＝a 1＋a 152×15＝15a 8>0.又a 7＋a 8＝a 6＋a 9<0，∴a 7<－a 8<0，则S 13＝a 1＋a 132×13＝13a 7<0.而S 14＝a 1＋a 142×14＝7(a 6＋a 9)<0，则满足S n <0的正整数n 的最大值是14.(2)∵a 3>0，a 7>0，∴a 5＝a 3q 2>0.∴log 2a 3＋log 2a 7＝log 2(a 3a 7)＝log 2a 25＝2，故a 5＝2.从而T 9＝(a 1a 9)×(a 2a 8)×(a 3a 7)×(a 4a 6)×a 5＝a 95＝29＝512，故选B. (3)当n ＝1时，由2a 2＋S 1＝2，得a 2＝12.由2a n ＋1＋S n ＝2知，当n ≥2时，有2a n ＋S n －1＝2，两式相减得a n ＋1＝12a n .当n ＝1时上式也成立，所以数列{a n }是公比为12的等比数列，故S n ＝2－2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.因此原不等式化为1 0011 000<2－2·⎝ ⎛⎭⎪⎫122n2－2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n <1110，化简得11 000<⎝ ⎛⎭⎪⎫12n <110，解得n ＝4,5,6,7,8,9，所以n 的最大值为9.(4)由S 2＝S 6得S 6－S 2＝a 6＋a 5＋a 4＋a 3＝2(a 5＋a 4)＝0， ∴a 5＋a 4＝0，∴2a 1＋7d ＝0，由S 55－S 44＝2得52a 1＋a 55－42a 1＋a 44＝12(a 5－a 4)＝2，∴d ＝4.∴a 1＝－14.[答案] (1)C (2)B (3)B (4)－14 4[方法技巧]等差、等比数列性质问题的求解策略(1)解题关键：抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．(2)运用函数性质：数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题．[演练冲关]1．已知等差数列{a n }中，a 1＝1，前10项和等于前5项和，若a m ＋a 6＝0，则m ＝( ) A ．10 B ．9 C ．8D ．2解析：选A 记数列{a n }的前n 项和为S n ，由题意S 10＝S 5，所以S 10－S 5＝a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝0，又a 6＋a 10＝a 7＋a 9＝2a 8，于是a 8＝0，又a m ＋a 6＝0，所以m ＋6＝2×8，解得m ＝10.2．已知数列{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，数列{b n }满足b n ＝1＋a na n.若对任意的n ∈N *，都有b n ≥b 8成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－8，－7)B ．[－8，－7)C ．(－8，－7]D ．[－8，－7]解析：选A 因为{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，所以a n ＝n ＋a －1，因为b n＝1＋a n a n ＝1＋1a n ，又对任意的n ∈N *都有b n ≥b 8成立，所以1＋1a n ≥1＋1a 8，即1a n ≥1a 8对任意的n∈N *恒成立，因为数列{a n }是公差为1的等差数列，所以{a n }是单调递增的数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 8<0，a 9>0，即⎩⎪⎨⎪⎧8＋a －1<0，9＋a －1>0，解得－8<a <－7.3．(2018·台州八中段测)等差数列{a n }中的a 1，a 4 035是函数f (x )＝13x 3－4x 2＋6x －1的极值点，则log 2a 2 018的值为________．解析：∵f (x )＝13x 3－4x 2＋6x －1，∴f ′(x )＝x 2－8x ＋6，又a 1，a 4 035是函数f (x )＝13x 3－4x 2＋6x －1的极值点，∴a 1，a 4 035是方程x 2－8x ＋6＝0的实根，由根与系数的关系可得a 1＋a 4 035＝8，由等差数列的性质可得a 2 018＝a 1＋a 4 0352＝4，∴log 2a 2 018＝log 24＝2. 答案：2考点(四) 等差、等比数列的综合问题主要考查等差、等比数列相结合的基本量的计算、数列有关最值问题的求解及与不等式相结合问题.[典例感悟][典例] (1)(2018·浙江六校联考)已知数列{a n }是公比为2的等比数列，满足a 6＝a 2·a 10，设等差数列{b n }的前n 项和为S n ，若b 9＝2a 7，则S 17＝( )A ．34B ．39C ．51D ．68(2)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10＝0，S 15＝25，则nS n 的最小值为( ) A ．－47 B ．－48 C ．－49D ．－50(3)(2018·浙江高考)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[解析] (1)法一：数列{a n }是公比q ＝2的等比数列，由a 6＝a 2·a 10得a 1q 5＝a 1q ·a 1q 9，∴a 1q 5＝1，∴a 6＝1，∴b 9＝2a 7＝2a 6·q ＝2×1×2＝4，设等差数列{b n }的公差为d ，则S 17＝17b 1＋17×162d ＝17(b 1＋8d )＝17b 9＝68，故选D.法二：数列{a n }是公比为2的等比数列，由等比数列的性质得a 6＝a 2·a 10＝a 26，∴a 6＝1，∴b 9＝2a 7＝2a 6×2＝4，∴等差数列{b n }的前17项和S 17＝17b 1＋b 172＝17b 9＝68，故选D.(2)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧S10＝10a 1＋10×92d ＝0，S15＝15a 1＋15×142d ＝25，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝23，那么nS n ＝n 2a 1＋n 2n －12d ＝n 33－10n 23.由于函数f (x )＝x 33－10x 23在x ＝203处取得极小值，又6<203<7，从而检验n ＝6时，6S 6＝－48，n ＝7时，7S 7＝－49.所以nS n 的最小值为－49.(3)法一：构造不等式ln x ≤x －1(x >0)，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.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.[答案] (1)D (2)C (3)B[方法技巧]等差、等比数列综合问题的求解策略(1)对于等差数列与等比数列交汇的问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用等差中项、等比中项等性质，可使运算简便．(2)数列的通项或前n 项和可以看作关于n 的函数，然后利用函数的性质求解数列的有关最值问题．(3)等差、等比数列与不等式交汇的问题常构造函数，根据函数的性质解不等式．[演练冲关]1．已知数列{a n }是等差数列，若a 1－1，a 3－3，a 5－5依次构成公比为q 的等比数列，则q ＝( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2解析：选C 依题意，得2a 3＝a 1＋a 5,2a 3－6＝a 1＋a 5－6，即2(a 3－3)＝(a 1－1)＋(a 5－5)，所以a 1－1，a 3－3，a 5－5成等差数列．又a 1－1，a 3－3，a 5－5依次构成公比为q 的等比数列，因此有a 1－1＝a 3－3＝a 5－5，q ＝a 3－3a 1－1＝1. 2．设数列{}a n 是等差数列，数列{}b n 是等比数列，记数列{}a n ，{}b n 的前n 项和分别为S n ，T n .若a 5＝b 5，a 6＝b 6，且S 7－S 5＝4(T 6－T 4)，则a 7＋a 5b 7＋b 5＝( ) A ．513B ．713C ．－513D ．－713解析：选C 设等差数列{}a n 的公差为d ，等比数列{}b n 的公比为q . 由a 5＝b 5，a 6＝b 6，且S 7－S 5＝4(T 6－T 4)，得⎩⎪⎨⎪⎧a 5＝b 5，a 5＋d ＝b 5q ，2a 5＋3d ＝4b 5＋b 5q ，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝－5，d ＝－6a 5.故a 7＋a 5b 7＋b 5＝2a 5＋2d b 5q 2＋b 5＝2a 5＋2－6a 525a 5＋a 5＝－10a 526a 5＝－513. 3．(2019届高三·浙江十校联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是单调递增的等比数列，b 1是a 1与a 2的等差中项，b 1＝2，a 3＝5，b 3＝a 4＋1.若当n ≥m (m ∈N *)时，S n ≤b n 恒成立，则m 的最小值为________．解析：由题意设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，q >1，则a 1＋a 2＝2a 1＋d ＝2b 1＝4，又a 3＝a 1＋2d ＝5，所以a 1＝1，d ＝2，a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以b 3＝a 4＋1＝8，S n ＝n ＋n n －12×2＝n 2.因为数列{b n }是单调递增的等比数列，所以q 2＝b 3b 1＝4，q ＝2，b n ＝2n .因为当n ≥m (m ∈N *)时，S n ≤b n 恒成立，所以当n ≥m (m ∈N *)时，n 2≤2n 恒成立，数形结合可知m 的最小值为4.答案：4[必备知能·自主补缺](一) 主干知识要记牢 1．等差数列、等比数列等差数列等比数列通项公式 a n ＝a 1＋(n －1)d a n ＝a 1q n －1(q ≠0)前n 项和公式S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋(1)q ≠1，S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q1－q；n n －12d2．判断等差数列的常用方法(1)定义法：a n ＋1－a n ＝d (常数)(n ∈N *)⇔{a n }是等差数列．(2)通项公式法：a n ＝pn ＋q (p ，q 为常数，n ∈N *)⇔{a n }是等差数列． (3)中项公式法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)⇔{a n }是等差数列．(4)前n 项和公式法：S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数，n ∈N *)⇔{a n }是等差数列． 3．判断等比数列的常用方法 (1)定义法：a n ＋1a n＝q (q 是不为0的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列． (2)通项公式法：a n ＝cq n(c ，q 均是不为0的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列． (3)中项公式法：a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(a n ·a n ＋1·a n ＋2≠0，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列． (二) 二级结论要用好 1．等差数列的重要规律与推论(1)a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d ；p ＋q ＝m ＋n ⇒a p ＋a q ＝a m ＋a n . (2)a p ＝q ，a q ＝p (p ≠q )⇒a p ＋q ＝0；S m ＋n ＝S m ＋S n ＋mnd .(3)连续k 项的和(如S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…)构成的数列是等差数列．(4)若等差数列{a n }的项数为偶数2m ，公差为d ，所有奇数项之和为S 奇，所有偶数项之和为S 偶，则所有项之和S 2m ＝m (a m ＋a m ＋1)，S 偶－S 奇＝md ，S 奇S 偶＝a ma m ＋1. (5)若等差数列{a n }的项数为奇数2m －1，所有奇数项之和为S 奇，所有偶数项之和为S偶，则所有项之和S 2m －1＝(2m －1)a m ，S 奇＝ma m ，S 偶＝(m －1)a m ，S 奇－S 偶＝a m ，S 奇S 偶＝m m －1. [针对练1] 一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和之比为32∶27，则该数列的公差d ＝________.解析：设等差数列的前12项中奇数项的和为S 奇，偶数项的和为S 偶，等差数列的公差为d .由已知条件，得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝354，S 偶∶S 奇＝32∶27，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 偶＝192，S 奇＝162.又S 偶－S 奇＝6d ，所以d ＝192－1626＝5.答案：52．等比数列的重要规律与推论 (1)a n ＝a 1qn －1＝a m qn －m；p ＋q ＝m ＋n ⇒a p ·a q ＝a m ·a n .(2){a n }，{b n }成等比数列⇒{a n b n }成等比数列．(3)连续m 项的和(如S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…)构成的数列是等比数列(注意：这连续m 项的和必须非零才能成立)．(4)若等比数列有2n 项，公比为q ，奇数项之和为S 奇，偶数项之和为S 偶，则S 偶S 奇＝q . (5)对于等比数列前n 项和S n ，有： ①S m ＋n ＝S m ＋q mS n ；②S m S n ＝1－q m 1－q n(q ≠±1)． (三) 易错易混要明了已知数列的前n 项和求a n ，易忽视n ＝1的情形，直接用S n －S n －1表示．事实上，当n ＝1时，a 1＝S 1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1.[针对练2] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则该数列的通项公式为________．解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2＋1)－[(n －1)2＋1]＝n 2－(n －1)2＝2n －1，又当n ＝1时，2×1－1＝1≠2.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2[课时跟踪检测]A 组——10＋7提速练一、选择题1．设等比数列{a n }的公比q ＝2，前n 项和为S n ，则S 4a 2＝( ) A ．2 B ．4 C ．152D ．172解析：选C ∵q ＝2， ∴S 4＝a 11－241－2＝15a 1，∴S 4a 2＝15a 12a 1＝152.故选C. 2．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选C 设等差数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝24，6a 1＋6×52d ＝48，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝24，2a 1＋5d ＝16，解得d ＝4.3．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 1＝13a 2－13，S 2＝13a 3－13，则公比q ＝( )A ．1B ．4C ．4或0D ．8解析：选B ∵S 1＝13a 2－13，S 2＝13a 3－13，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝13a 1q －13，a 1＋a 1q ＝13a 1q 2－13，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－13，q ＝0舍去，故所求的公比q ＝4.故选B.4．(2019届高三·湖州五校联考)若{a n }是公差为d (d ≠0)的等差数列，S n 是其前n 项和，则下列结论中正确的是( )A ．若a 1＋a 2>0，则a 1＋a 3>0B ．若a 1＋a 4>0，则a 1a 4>a 2a 3C ．若d >0且a 1>0，则S 22＋S 66>S 42 D ．若S 3＋S 7>2S 5，则d >0解析：选D 由a 1＋a 2＝2a 1＋d >0，得d >－2a 1，由a 1＋a 3＝2a 1＋2d >0，得d >－a 1，显然不符，A 错；a 1·a 4＝a 21＋3a 1d ，a 2·a 3＝a 21＋3a 1d ＋2d 2，因为d ≠0，所以a 1a 4<a 2a 3，B 错；由S 22＝a 1＋d 2，S 42＝2a 1＋3d ，S 66＝a 1＋5d 2，得S 22＋S 66＝S 42，C 错；S 3＝3a 1＋3d ，S 5＝5a 1＋10d ，S 7＝7a 1＋21d ，由S 3＋S 7＝10a 1＋24d >2S 5＝10a 1＋20d ，解得d >0，D 正确．5．(2018·金华统考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 7＝S 11，且a 1>0，则S n中最大的是( )A ．S 7B ．S 8C ．S 9D ．S 10解析：选C 法一：设数列{a n }的公差为d ，根据S 7＝S 11可得7a 1＋7×62d ＝11a 1＋11×102d ，即d ＝－217a 1，则S n ＝na 1＋n n －12d ＝na 1＋n n －12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－217a 1＝－a 117(n －9)2＋8117a 1，由a 1>0可知－a 117<0，故当n ＝9时，S n 最大．法二：根据S 7＝S 11可得a 8＋a 9＋a 10＋a 11＝0，根据等差数列的性质可得a 8＋a 11＝a 9＋a 10＝0，由a 1>0可知a 9>0，a 10<0，所以数列{a n }的前9项和最大．6．(2019届高三·浙江名校联考信息卷)已知数列{a n }是正项数列，则“{a n }为等比数列”是“a 2n ＋a 2n ＋2≥2a 2n ＋1”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A 若{a n }为等比数列，则有a n ·a n ＋2＝a 2n ＋1，所以a 2n ＋a 2n ＋2≥2a 2n ·a 2n ＋2＝2a 2n ＋1，当且仅当a n ＝a n ＋2时取等号，所以充分性成立；当a 2n ＋a 2n ＋2≥2a 2n ＋1时，取a n ＝n ，则a 2n ＋a 2n ＋2－2a 2n ＋1＝n 2＋(n ＋2)2－2(n ＋1)2＝2n 2＋4n ＋4－2n 2－4n －2＝2>0，所以a 2n ＋a 2n ＋2≥2a 2n ＋1成立，但{a n }是等差数列，不是等比数列，所以必要性不成立．所以“{a n }为等比数列”是“a 2n ＋a 2n ＋2≥2a 2n ＋1”的充分不必要条件．故选A.7．若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6>S 7>S 5，则满足S n S n ＋1<0的正整数n 的值为( ) A ．10 B ．11 C ．12D ．13解析：选C 由S 6>S 7>S 5，得S 7＝S 6＋a 7<S 6，S 7＝S 5＋a 6＋a 7>S 5，所以a 7<0，a 6＋a 7>0，所以S 13＝13a 1＋a 132＝13a 7<0，S 12＝12a 1＋a 122＝6(a 6＋a 7)>0，所以S 12S 13<0，即满足S n S n＋1<0的正整数n 的值为12，故选C.8．(2018·浙江考前热身联考)我国古代的天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷(ɡuǐ)长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度)．二十四个节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长的变化量相同，周而复始．若冬至晷长一丈三尺五寸夏至晷长一尺五寸(一丈等于十尺，一尺等于十寸)，则夏至之后的那个节气(小暑)晷长是( )A ．五寸B ．二尺五寸C ．三尺五寸D ．四尺五寸解析：选B 设从夏至到冬至的晷长依次构成等差数列{a n }，公差为d ，a 1＝15，a 13＝135，则15＋12d ＝135，解得d ＝10.∴a 2＝15＋10＝25，∴小暑的晷长是25寸．故选B.9．已知数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2n 2(n ∈N *)，且对任意n ∈N *都有1a 1＋1a 2＋…＋1a n<t ，则实数t 的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞ D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞ 解析：选D 依题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1a 2a 3…a n a 1a 2a 3…a n －1＝2n22n －12＝2n 2－(n －1)2＝22n －1，又a 1＝21＝22×1－1，因此a n ＝22n －1，1a n ＝122n －1＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以12为首项，14为公比的等比数列，等比数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和等于12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n <23，因此实数t 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞. 10．若数列{a n }满足a 1＝1，且对于任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017＋1a 2 018等于( ) A.4 0352 017 B.2 0162 017 C.4 0362 019D.4 0352 018解析：选C 由a n ＋1＝a n ＋n ＋1，得a n ＋1－a n ＝n ＋1，则a 2－a 1＝1＋1，a 3－a 2＝2＋1， a 4－a 3＝3＋1，…，a n －a n －1＝(n －1)＋1，以上等式相加，得a n －a 1＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n －1，把a 1＝1代入上式得，a n ＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n ＝n n ＋12，1a n ＝2nn ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017＋1a 2 018＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017－12 018＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 018－12 019＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 019＝4 0362 019.二、填空题11．(2018·杭州高三质检)设各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝80，S 2＝8，则公比q ＝________，a 5＝________.解析：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧S 2＝a 1＋a 1q ＝8，S 4＝a 1＋a 1q 1＋q 2＝80，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，q ＝－3(舍去)，从而a 5＝a 1q 4＝2×34＝162.答案：3 16212．已知数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n，0≤a n<12，2a n－1，12≤a n<1.若a 1＝35，则a 2 018＝________.解析：因为a 1＝35，根据题意得a 2＝15，a 3＝25，a 4＝45，a 5＝35，所以数列{a n }以4为周期，又2 018＝504×4＋2，所以a 2 018＝a 2＝15.答案：1513．(2018·宁波调研)已知{a n }，{b n }是公差分别为d 1，d 2的等差数列，且A n ＝a n ＋b n ，B n ＝a n b n .若A 1＝1，A 2＝3，则A n ＝________；若{B n }为等差数列，则d 1d 2＝________.解析：∵{a n }，{b n }是公差分别为d 1，d 2的等差数列，且A n ＝a n ＋b n ， ∴数列{A n }是等差数列，又A 1＝1，A 2＝3， ∴数列{a n }的公差d ＝A 2－A 1＝2. 则A n ＝1＋2(n －1)＝2n －1；∵B n ＝a n b n ，且{B n }为等差数列，∴B n ＋1－B n ＝a n ＋1b n ＋1－a n b n ＝(a n ＋d 1)(b n ＋d 2)－a n b n ＝a n d 2＋b n d 1＋d 1d 2＝[a 1＋(n －1)d 1]d 2＋[b 1＋(n －1)d 2]d 1＋d 1d 2＝a 1d 2＋b 1d 1－d 1d 2＋2d 1d 2n 为常数．∴d 1d 2＝0. 答案：2n －1 014．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＝10，S 4＝50，则公差d ＝________，若S n 取到最大值，则n ＝________.解析：由已知条件可得S 4＝a 3－2d ＋a 3－d ＋a 3＋a 3＋d ＝4a 3－2d ＝50，又a 3＝10，所以d ＝－5.法一：可得a 4＝5，a 5＝0，a 6＝－5，…，故当n ＝4或5时，S n 取到最大值．法二：可知a 1＝20，a n ＝－5n ＋25，S n ＝n －5n ＋452，根据二次函数的知识可得，当n ＝4或5时，S n 取到最大值．答案：－5 4或515．设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝q (a 1＋a 3)＝5，知q ＝12.又a 1＋a 1q 2＝10，∴a 1＝8.故a 1a 2…a n ＝a n 1q1＋2＋…＋(n －1)＝23n·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1n2＝23n －n 22＋n2＝2－n 22＋72n .记t ＝－n 22＋7n2＝－12(n 2－7n )＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫n －722＋498，结合n ∈N *可知n ＝3或4时，t 有最大值6. 又y ＝2t为增函数，从而a 1a 2…a n 的最大值为26＝64. 答案：6416．已知等差数列{a n }满足a 3＝－1，a 4＋a 12＝－12，则数列{a n }的通项公式a n ＝________；若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和为S n ，则使S n >14的最大正整数n 为________．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝－1，2a 1＋14d ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝－1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n .S n ＝a 1＋a 22＋…＋a n2n －1，①S n 2＝a 12＋a 222＋…＋a n2n .② ①－②得S n2＝a 1＋a 2－a 12＋…＋a n －a n －12n －1－a n2n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－2－n 2n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n－1－2－n 2n ＝n 2n ，所以S n ＝n 2n －1，由S n ＝n 2n －1>14，得0<n ≤5，故最大正整数n 为5.答案：2－n 517．(2018·南昌调研)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝3且当n ≥2时，2a n ＝S n ·S n－1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：当n ≥2时，由2a n ＝S n ·S n －1可得2(S n －S n －1)＝S n ·S n －1，∴1S n －1－1S n ＝12，即1S n －1S n －1＝－12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为13，公差为－12的等差数列，∴1S n ＝13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12·(n －1)＝5－3n6，∴S n ＝65－3n .当n ≥2时，a n ＝12S n S n －1＝12×65－3n ×65－3n －1＝185－3n8－3n，又a 1＝3，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 3，n ＝1，185－3n 8－3n ，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，185－3n8－3n ，n ≥2B 组——能力小题保分练1．(2016·浙江高考)如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且|A n A n ＋1|＝|A n ＋1A n ＋2|，A n ≠A n ＋2，n ∈N *，|B n B n ＋1|＝|B n ＋1B n ＋2|，B n ≠B n ＋2，n ∈N *.(P ≠Q 表示点P 与Q 不重合)若d n ＝|A n B n |，S n 为△A n B n B n ＋1的面积，则( )A ．{S n }是等差数列B ．{S 2n }是等差数列 C ．{d n }是等差数列 D ．{d 2n }是等差数列解析：选A 由题意，过点A 1，A 2，A 3，…，A n ，A n ＋1，…分别作直线B 1B n ＋1的垂线，高分别记为h 1，h 2，h 3，…，h n ，h n ＋1，…，根据平行线的性质，得h 1，h 2，h 3，…，h n ，h n ＋1，…成等差数列，又S n ＝12×|B n B n ＋1|×h n ，|B n B n ＋1|为定值，所以{S n }是等差数列．故选A.2．(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( )A ．440B ．330C ．220D ．110解析：选A 设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n 组的项数为n ，前n 组的项数和为n n ＋12.由题意可知，N >100，令n n ＋12>100，得n ≥14，n ∈N *，即N 出现在第13组之后．易得第n 组的所有项的和为1－2n 1－2＝2n－1，前n 组的所有项的和为21－2n1－2－n ＝2n ＋1－n －2.设满足条件的N 在第k ＋1(k ∈N *，k ≥13)组，且第N 项为第k ＋1组的第t (t ∈N *)个数，若要使前N 项和为2的整数幂，则第k ＋1组的前t 项的和2t－1应与－2－k 互为相反数，即2t－1＝k ＋2，∴2t＝k ＋3，∴t ＝log 2(k ＋3)，∴当t ＝4，k ＝13时，N ＝13×13＋12＋4＝95<100，不满足题意；当t ＝5，k ＝29时，N ＝29×29＋12＋5＝440；当t >5时，N >440，故选A.3．(2018·浙江考前冲刺卷)已知数列{a n }是首项为1，公差d 不为0的等差数列，且a 2a 3＝a 8，数列{b n }是等比数列，其中b 2＝－2，b 5＝16，若数列{c n }满足c n ＝a n b n ，则|c 1|＋|c 2|＋|c 3|＋…＋|c n |＝( )A ．3＋(2n －3)2n ＋1B ．3＋(2n －3)2nC ．3－(2n －3)2nD ．3＋(2n ＋3)2n解析：选B 由题意知，(a 1＋d )(a 1＋2d )＝a 1＋7d ，a 1＝1，得d ＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1.设数列{b n }的公比为q ，则q 3＝b 5b 2＝－8，q ＝－2，所以b n ＝(－2)n －1，所以|c n |＝|(2n －1)(－2)n －1|＝(2n －1)·2n －1，所以|c 1|＋|c 2|＋|c 3|＋…＋|c n |＝1×20＋3×21＋…＋(2n －1)2n －1.令T n ＝1×20＋3×21＋…＋(2n －1)2n －1，则2T n ＝1×21＋3×22＋…＋(2n －3)2n －1＋(2n －1)2n，两式相减得T n ＝－2(21＋22＋…＋2n －1)＋(2n －1)2n －1＝3＋(2n －3)2n，所以选B.4．(2018·浙江高三模拟)已知在数列{a n }中，a 1＝－74，[1－(－1)n ]a n ＝(－1)n·a n －1＋2－12n (n ≥2)，且对任意的n ∈N *，(a n ＋1－p )(a n －p )<0恒成立，则实数p 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－74，234B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，234C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－74，6 D.⎝⎛⎭⎪⎫－2，234 解析：选A ∵[1－(－1)n ]a n ＝(－1)na n －1＋2－12n (n ≥2)，(*)a 1＝－74，∴①当n 为偶数时，化简(*)式可知，a n －1＝12n －2，∴a n ＝12n ＋1－2(n 为奇数)；②当n 为奇数时，化简(*)式可知，2a n ＝－a n －1＋2－12n ，即12n －4＝－a n －1＋2－12n ，即a n－1＝6－12n －1，∴a n＝6－12n(n 为偶数)．于是a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12n ＋1－2，n 为奇数，－12n＋6，n 为偶数.∵对任意n ∈N *，(a n ＋1－p )(a n －p )<0恒成立，∴对任意n ∈N *，(p －a n ＋1)(p －a n )<0恒成立．又数列{a 2k －1}单调递减，数列{a 2k }单调递增，∴当n 为奇数时，有a n <p <a n ＋1，则a 1<p <a 1＋1，即－74<p <234；当n 为偶数时，有a n ＋1<p <a n ，则a 2＋1<p <a 2，即－3116<p <234.综上所述，－74<p <234，故选A.5．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{a n }为12，13，23，14，24，34，15，25，35，45，…，1n ，2n，…，n －1n，…，若S k ＝14，则a k ＝________. 解析：因为1n ＋2n ＋…＋n －1n ＝1＋2＋…＋n －1n ＝n 2－12，1n ＋1＋2n ＋1＋…＋nn ＋1＝1＋2＋…＋n n ＋1＝n 2，所以数列12，13＋23，14＋24＋34，…，1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1是首项为12，公差为12的等差数列，所以该数列的前n 项和T n ＝12＋1＋32＋…＋n 2＝n 2＋n 4.令T n ＝n 2＋n 4＝14，解得n ＝7(n ＝－8舍去)，所以a k ＝78.答案：786．已知在首项都为2的数列{a n }，{b n }中，a 2＝b 2＝4,2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，b n ＋1－b n <2n＋12，b n ＋2－b n >3×2n －1，且b n ∈Z ，则b n ＝________，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫nb n a n 的前n 项和为________．解析：由2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，知数列{a n }是等差数列，因为a 1＝2，a 2＝4，所以其公差为2，所以a n ＝2n .由b n ＋1－b n <2n ＋12，得b n ＋2－b n ＋1<2n ＋1＋12，所以b n ＋2－b n <3×2n＋1，又b n ＋2－b n >3×2n－1，且b n ∈Z ，所以b n ＋2－b n ＝3×2n，又b 1＝2，b 2＝4，所以b n ＝2n.所以nb n a n ＝n ·2n2n＝2n －1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫nb n a n 的前n 项和为1×1－2n1－2＝2n－1.答案：2n2n－1第二讲大题考法——数列的综合应用及数学归纳法题型(一)等差、等比数列基本量的计算主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n 项和的求解，且常结合数列的递推公式命题.[典例感悟][典例1] 已知数列{a n }是等差数列，满足a 1＝2，a 4＝8，数列{b n }是等比数列，满足b 2＝4，b 5＝32.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ＋b n }的前n 项和S n . [解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得d ＝a 4－a 13＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)×2＝2n . 设等比数列{b n }的公比为q ，由题意得q 3＝b 5b 2＝8，解得q ＝2.因为b 1＝b 2q＝2，所以b n ＝b 1·qn －1＝2×2n －1＝2n.(2)因为a n ＝2n ，b n ＝2n，所以a n ＋b n ＝2n ＋2n，所以S n ＝n 2＋2n2＋21－2n1－2＝n2＋n ＋2n ＋1－2.[备课札记][方法技巧]等差、等比数列的基本量的求解策略(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要先求解的中间问题．如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，即确定解题的逻辑次序．(2)注意细节．例如：在等差数列与等比数列综合问题中，若等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能；在数列的通项问题中，第一项和后面的项能否用同一个公式表示等．[演练冲关]1．(2018·浙江第二次联盟联考)设数列{a n }的首项a 1＝32，前n 项和为S n ，且满足2a n＋1＋S n ＝3(n ∈N *)． (1)求a 2及a n ；(2)求证：a n S n 的最大值为94.解：(1)由题意得2a 2＋S 1＝3，即2a 2＋a 1＝3，所以a 2＝3－a 12＝34.当n ≥2时，由2a n ＋1＋S n ＝3，得2a n ＋S n －1＝3，两式相减得2a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝12a n .因为a 1＝32，a 2＝34，所以a 2＝12a 1，即当n ＝1时，a n ＋1＝12a n 也成立．所以{a n }是以32为首项，12为公比的等比数列，所以a n ＝32n .(2)证明：因为2a n ＋1＋S n ＝3，且a n ＋1＝12a n ，所以S n ＝3－2a n ＋1＝3－a n . 于是，a n S n ＝a n (3－a n )≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤a n ＋3－a n 22＝94，当且仅当a n ＝32，即n ＝1时等号成立．故a n S n 的最大值为94.题型(二)等差、等比数列的判定与证明主要考查等差数列与等比数列的定义、等差中项及等比中项，且常与数列的递推公式相结合命题.[典例感悟][典例2] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.[解] (1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，故a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n . 由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1. 因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1.(2)由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫λλ－1n .由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132. 解得λ＝－1.[备课札记][方法技巧]判定和证明数列是等差(比)数列的方法定义法对于n≥1的任意自然数，验证a n＋1－a n⎝⎛⎭⎪⎫或a n＋1a n为与正整数n无关的某一常数中项公式法①若2a n＝a n－1＋a n＋1(n∈N*，n≥2)，则{a n}为等差数列；②若a2n＝a n－1·a n＋1≠0(n∈N*，n≥2)，则{a n}为等比数列[演练冲关]2．(2018·温州高考适应性测试)已知数列{a n}的前n项积为T n，且T n＝1－a n.(1)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1T n是等差数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nT n的前n项和S n.解：(1)证明：由T n＝1－a n得，当n≥2时，T n＝1－T nT n－1，两边同时除以T n，得1T n－1T n－1＝1.∵T1＝1－a1＝a1，∴a1＝12，1T1＝1a1＝2，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1T n是首项为2，公差为1的等差数列．(2)由(1)知1T n＝n＋1，则T n＝1n＋1，从而a n＝1－T n＝nn＋1，故a nT n＝n.∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nT n是首项为1，公差为1的等差数列，∴S n＝n n＋12.题型(三)数列求和问题主要考查错位相减法求和、裂项相消法求和以及分组求和、含绝对值的数列求和，且常结合数列的递推公式、周期等命题.。

2019年-2019年浙江省高考数学试题(理)分类解析汇编-数列、数学归纳法共11页word资料

2019年-2019年浙江省高考数学试题（理）分类解析汇编专题3：数列、数学归纳法锦元数学工作室编辑一、选择题1. （浙江2019年理5分）已知等差数列{}n a 的公差为2,若431,,a a a 成等比数列, 则2a =【】 (A) –4 (B) –6 (C) –8 (D) –10【答案】B 。

【考点】等差数列；等比数列。

【分析】利用已知条件列出关于1a 的方程，求出1a ，代入通项公式即可求得2a ：∵416a a =+，314a a =+，且1a ，3a ，4a 成等比数列，∴2314a a a =⋅，即()()211146a a a +=+。

解得18a =-。

∴2126a a =+=-。

故选B 。

2.（浙江2019年理5分）lim n →∞2123nn ++++＝【】(A) 2 (B) 4 (C) 21(D)0【答案】C 。

【考点】极限及其运算，等差数列求和公式。

【分析】()2211231112limlim lim 122n n n n n n n n n →∞→∞→∞+++++⎛⎫==+= ⎪⎝⎭。

故选C 。

3.（浙江2019年理5分）已知{}n a 是等比数列，41252==a a ，，则13221++++n n a a a a a a =【】 A ．16（n --41） B ．16（n --21） C ．332（n --41） D ．332（n--21）【答案】C 。

【考点】等比数列的前n 项和。

【分析】由335211==2=42a a q q q =⋅⇒，∴数列{}1n n a a +仍是等比数列：其首项是12=8a a ，公比为14。

∴()12231181432==141314n n n n a a a a a a -+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦+++--。

故选C 。

4.（浙江2019年理5分）设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，2580a a +=，则52S S =【】（A ）11 （B ）5 （C ）8- （D ）11- 【答案】D 。

2019年-2019年浙江省高考数学试题(理)分类解析汇编-数列、数学归纳法共13页word资料

2002年-2011年浙江省高考数学试题（理）分类解析汇编专题3：数列、数学归纳法锦元数学工作室编辑一、选择题1. （浙江2004年理5分）已知等差数列{}n a 的公差为2,若431,,a a a 成等比数列, 则2a =【】 (A) –4 (B) –6 (C) –8 (D) –10【答案】B 。

【考点】等差数列；等比数列。

解得18a =-。

∴2126a a =+=-。

故选B 。

2.（浙江2005年理5分）limn →∞2123nn++++L ＝【】 (A) 2 (B) 4 (C) 21(D)0【答案】C 。

【考点】极限及其运算，等差数列求和公式。

【分析】()2211231112lim lim lim 122n n n n n n n n n →∞→∞→∞+++++⎛⎫==+= ⎪⎝⎭L 。

故选C 。

3.（浙江2008年理5分）已知{}n a 是等比数列，41252==a a ，，则13221++++n n a a a a a a Λ=【】A ．16（n --41）B ．16（n --21）C ．332（n --41）D ．332（n --21）【答案】C 。

【考点】等比数列的前n 项和。

【分析】由335211==2=42a a q q q =⋅⇒，∴数列{}1n n a a +仍是等比数列：其首项是12=8a a ，公比为14。

∴()12231181432==141314n n n n a a a a a a -+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦+++--L 。

故选C 。

4.（浙江2010年理5分）设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，2580a a +=，则52S S =【】（A ）11 （B ）5 （C ）8- （D ）11- 【答案】D 。

专题06数列与数学归纳法-2019届浙江省高考数学复习必备高三优质考卷分项解析(Word版含解析)

2. 【浙江省杭州市第二中学2018届高三6月热身考】已知数列是等比数列，其公比为，则“”是“数列为单调递增数列“的”（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】D【解析】分析：等比数列的通项公式为，故其单调性不仅取决于的符号，还要考虑还是．详解：取，，则，但为减数列；取，，则，为增数列，但，故“”是“等比数列为单调递增数列”的既不充分又不必要条件，故选D．点睛：一般地，等比数列为单调递增数列的充要条件是或．等差数列为单调递增数列的充要条件是公差．3. 【浙江省教育绿色评价联盟2018届高三5月适应性考试】将公差不为零的等差数列，，调整顺序后构成一个新的等比数列，，，其中，则该等比数列的公比为______．【答案】或【解析】分析：设等差数列的公差为，则，然后由，，，成等比数列，分类列等式求公比即可.点睛：等差数列基本量的运算是等差数列的一类基本题型，数列中的五个基本量，一般可以“知二求三”；等比数列基本量的运算是等比数列的一类基本题型，数列中的五个基本量，一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解.4. 【浙江省杭州市第二中学2018届高三仿真考】各项都是正数的等比数列中，，，成等差数列，则的值为（） A ． B ．C ．D ．或【答案】B【解析】分析：首先设的公比为q （），根据题意，结合三个数成等差数列的条件列出等量关系式，求得公比，而，代入化简求得结果.点睛：该题考查的是数列的有关问题，涉及到的知识点有三个数成等差数列的条件，等比数列的性质等，注意题中的隐含条件.5.【浙江省杭州市学军中学2018年5月高三模拟】等差数列{}n a 的公差为d ，前n 项的和为n S ，当首项1a 和公差d 变化时， 2811a a a ++是一个定值，则下列各数中也为定值的是（） A ． 7S B ． 8S C ． 13S D ． 15S 【答案】C【解析】试题分析： ()()()()2811111117710318363a a a a d a d a d a d a d a ++=+++++=+=+=，所以7a 是定值， ()11313713132a a S a +∴==是定值。

2019版步步高二轮数学三专题突破核心考点专题二数列第3讲数列的综合问题

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.将数列与实际应用问题相结合,考查数学建模和数学应用能力.热点一利用S n ,a n 的关系式求a n1.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 已知等差数列{a n }中,a 2＝2,a 3＋a 5＝8,数列{b n }中,b 1＝2,其前n 项和S n 满足:b n ＋1＝S n ＋2(n ∈N *).(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)∵a 2＝2,a 3＋a 5＝8,∴2＋d ＋2＋3d ＝8,∴d ＝1,∴a n ＝n (n ∈N *).∵b n ＋1＝S n ＋2(n ∈N *),①∴b n ＝S n －1＋2(n ∈N *,n ≥2).②由①－②,得b n ＋1－b n ＝S n －S n －1＝b n (n ∈N *,n ≥2),∴b n ＋1＝2b n (n ∈N *,n ≥2).∵b 1＝2,b 2＝2b 1,∴{b n }是首项为2,公比为2的等比数列,∴b n ＝2n (n ∈N *).(2)由c n ＝a n b n ＝n 2n , 得T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n , 12T n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1, 两式相减,得12T n ＝12＋122＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－2＋n 2n ＋1, ∴T n ＝2－n ＋22n (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 (2018·绵阳诊断性考试)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 2 a 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 －1,②①－②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 .(2)因为a n >0,故a n ＝2n .设b n ＝log 2 a n 32,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,通常利用点在曲线上给出S n 的表达式,还有以曲线上的切点为背景的问题,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.数列与不等式的综合问题一般以数列为载体,考查最值问题,不等关系或恒成立问题.例2 (2018·遵义联考)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 －λx 2(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 2n 2n －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 2n 2n －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 (2018·南昌模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *),满足S 4＝2a 4－1,S 3＝2a 3－1.(1)求{a n }的通项公式；(2)记b n ＝log 2()a n ·a n ＋1(n ∈N *),数列{b n }的前n 项和为T n ,求证:1T 1＋1T 2＋…＋1T n<2. (1)解设{a n }的公比为q ,由S 4－S 3＝a 4,S 4＝2a 4－1得,2a 4－2a 3＝a 4,所以a 4a 3＝2,所以q ＝2.又因为S 3＝2a 3－1, 所以a 1＋2a 1＋4a 1＝8a 1－1,所以a 1＝1,所以a n ＝2n －1(n ∈N *). (2)证明由(1)知b n ＝log 2(a n ＋1·a n )＝log 2(2n ×2n －1)＝2n －1, 所以T n ＝1＋(2n －1)2n ＝n 2, 所以1T 1＋1T 2＋…＋1T n ＝112＋122＋…＋1n 2<1＋11×2＋12×3＋…＋1(n －1)n＝1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n＝2－1n<2. 热点三数列的实际应用用数列知识解相关的实际问题,关键是合理建立数学模型——数列模型,弄清所构造的数列是等差模型还是等比模型,它的首项是什么,项数是多少,然后转化为解数列问题.求解时,要明确目标,即搞清是求和,还是求通项,还是解递推关系问题,所求结论对应的是解方程问题,还是解不等式问题,还是最值问题,然后进行合理推算,得出实际问题的结果.例3 科学研究证实,二氧化碳等温室气体的排放(简称碳排放)对全球气候和生态环境产生了负面影响,环境部门对A 市每年的碳排放总量规定不能超过550万吨,否则将采取紧急限排措施.已知A 市2017年的碳排放总量为400万吨,通过技术改造和倡导低碳生活等措施,此后每年的碳排放总量比上一年的碳排放总量减少10%.同时,因经济发展和人口增加等因素,每年又新增加碳排放量m 万吨(m >0).(1)求A 市2019年的碳排放总量(用含m 的式子表示)；(2)若A 市永远不需要采取紧急限排措施,求m 的取值范围.解设2018年的碳排放总量为a 1,2019年的碳排放总量为a 2,…,(1)由已知,a 1＝400×0.9＋m ,a 2＝0.9×()400×0.9＋m ＋m＝400×0.92＋0.9m ＋m ＝324＋1.9m .(2)a 3＝0.9×()400×0.92＋0.9m ＋m ＋m＝400×0.93＋0.92m ＋0.9m ＋m ,…,a n ＝400×0.9n ＋0.9n －1m ＋0.9n －2m ＋…＋0.9m ＋m ＝400×0.9n＋m 1－0.9n 1－0.9＝400×0.9n ＋10m ()1－0.9n ＝()400－10m ×0.9n ＋10m .由已知∀n ∈N *,a n ≤550,(1)当400－10m ＝0,即m ＝40时,显然满足题意；(2)当400－10m >0,即m <40时,由指数函数的性质可得()400－10m ×0.9＋10m ≤550,解得m ≤190.综合得m <40；(3)当400－10m <0,即m >40时,由指数函数的性质可得10m ≤550,解得m ≤55,综合得40<m ≤55.综上可得所求m 的范围是(]0，55.【思维升华】常见数列应用题模型的求解方法(1)产值模型:原来产值的基础数为N ,平均增长率为p ,对于时间n 的总产值y ＝N (1＋p )n .(2)银行储蓄复利公式:按复利计算利息的一种储蓄,本金为a 元,每期的利率为r ,存期为n ,则本利和y ＝a (1＋r )n .(3)银行储蓄单利公式:利息按单利计算,本金为a 元,每期的利率为r ,存期为n ,则本利和y ＝a (1＋nr ).(4)分期付款模型:a 为贷款总额,r 为年利率,b 为等额还款数,则b ＝r (1＋r )n a (1＋r )n －1. 跟踪演练3 (2018·上海崇明区模拟)2016 年崇明区政府投资 8 千万元启动休闲体育新乡村旅游项目.规划从 2017 年起,在今后的若干年内,每年继续投资 2 千万元用于此项目.2016 年该项目的净收入为 5 百万元,并预测在相当长的年份里,每年的净收入均在上一年的基础上增长50%.记 2016 年为第 1 年,f (n )为第 1 年至此后第 n (n ∈N *)年的累计利润(注:含第 n 年,累计利润＝累计净收入－累计投入,单位:千万元),且当 f (n )为正值时,认为该项目赢利. ⎝⎛⎭⎫参考数值：⎝⎛⎭⎫327≈17，⎝⎛⎭⎫328≈25，ln 3≈1.1，ln 2≈0.7 (1)试求 f (n )的表达式；(2)根据预测,该项目将从哪一年开始并持续赢利？请说明理由.解 (1)由题意知,第1年至此后第n (n ∈N *)年的累计投入为8＋2(n －1)＝2n ＋6(千万元),第1年至此后第n (n ∈N *)年的累计净收入为12＋12×⎝⎛⎭⎫321＋12×⎝⎛⎭⎫322＋…＋12×⎝⎛⎭⎫32n －1 ＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫32n 1－32＝⎝⎛⎭⎫32n －1(千万元).∴f (n )＝⎝⎛⎭⎫32n －1－(2n ＋6)＝⎝⎛⎭⎫32n －2n －7(千万元).(2)方法一 ∵f (n ＋1)－f (n )＝⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫32n ＋1－2(n ＋1)－7－⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫32n －2n －7 ＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫32n －4, ∴当n ≤3时,f (n ＋1)－f (n )<0,故当n ≤4时,f (n )递减；当n ≥4时,f (n ＋1)－f (n )>0,故当n ≥4时,f (n )递增.又f (1)＝－152<0, f (7)＝⎝⎛⎭⎫327－21≈17－21＝－4<0,f (8)＝⎝⎛⎭⎫328－23≈25－23＝2>0.∴该项目将从第8年开始并持续赢利.答:该项目将从2023年开始并持续赢利.方法二设f (x )＝⎝⎛⎭⎫32x －2x －7(x ≥1),则f ′(x )＝⎝⎛⎭⎫32x ln 32－2,令f ′(x )＝0,得⎝⎛⎭⎫32x ＝2ln 32＝2ln 3－ln 2≈21.1－0.7＝5, ∴x ≈4.从而当x ∈[1,4)时,f ′(x )<0,f (x )单调递减；当x ∈(4,＋∞)时,f ′(x )>0,f (x )单调递增.又f (1)＝－152<0, f (7)＝⎝⎛⎭⎫327－21≈17－21＝－4<0,f (8)＝⎝⎛⎭⎫328－23≈25－23＝2>0.∴该项目将从第8年开始并持续赢利.答:该项目将从2023年开始并持续赢利.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【试题解析】∵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·山东)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 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,由已知得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(n ∈N *). (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 －2.① 又2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1,② ①－②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(n ∈N *). 押题预测已知数列{a n }的前n 项和S n 满足关系式S n ＝ka n ＋1,k 为不等于0的常数.(1)试判断数列{a n }是否为等比数列；(2)若a 2＝12,a 3＝1. ①求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n 的表达式；②设b n ＝log 2S n ,数列{c n }满足c n ＝1b n ＋3b n ＋4＋b n ＋2·2n b ,数列{c n }的前n 项和为T n ,当n >1时,求使4n －1T n <S n ＋3＋n ＋122成立的最小正整数n 的值. 押题依据本题综合考查数列知识,第(1)问考查反证法的数学方法及逻辑推理能力,第(2)问是高考的热点问题,即数列与不等式的完美结合,其中将求数列前n 项和的常用方法“裂项相消法”与“错位相减法”结合在一起,考查了综合分析问题、解决问题的能力.解 (1)若数列{a n }是等比数列,则由n ＝1得a 1＝S 1＝ka 2,从而a 2＝ka 3.又取n ＝2,得a 1＋a 2＝S 2＝ka 3,于是a 1＝0,显然矛盾,故数列{a n }不是等比数列.(2)①由条件得⎩⎨⎧ a 1＝12k ，a 1＋12＝k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12，k ＝1，从而S n ＝a n ＋1.当n ≥2时,由S n －1＝a n ,得a n ＝S n －S n －1＝a n ＋1－a n ,即a n ＋1＝2a n ,此时数列是首项为a 2＝12,公比为2的等比数列. 综上所述,数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，2n －3，n ≥2.从而其前n 项和S n ＝2n －2(n ∈N *). ②由①得b n ＝n －2,从而c n ＝1(n ＋1)(n ＋2)＋n ·2n －2. 记C 1＝12×3＋13×4＋…＋1(n ＋1)(n ＋2)＝⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2 ＝n 2(n ＋2), 记C 2＝1·2－1＋2·20＋…＋n ·2n －2,则2C 2＝1·20＋2·21＋…＋n ·2n －1, 两式相减得C 2＝(n －1)·2n －1＋12, 从而T n ＝n 2(n ＋2)＋(n －1)·2n －1＋12 ＝n ＋1n ＋2＋(n －1)·2n －1, 则不等式4n －1T n <S n ＋3＋n ＋122可化为4(n ＋1)(n －1)(n ＋2)＋2n ＋1<2n ＋1＋n ＋122, 即n 2＋n －90>0,因为n ∈N *且n ≠1,故n >9, 从而最小正整数n 的值是10.A 组专题通关1.(2018·安徽省“皖南八校”联考)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【试题解析】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.(2018·百校联盟联考)已知数列{a n }满足0<a n <1,a 41－8a 21＋4＝0,且数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 2n ＋4a2n 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【试题解析】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 ＋2a n 2＝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.(2018·商丘模拟)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 2 C.a n ≥2n －1D.S n ≥2n －1答案 B【试题解析】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, ∴S n ≥n2(1＋2n －1)＝n 2.4.(2018·河南省豫南豫北联考)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.3 B.4 C.5 D.6 答案 C【试题解析】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.(2018·马鞍山联考)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【试题解析】由f (n )的定义知f (n )＝f (2n ),且若n 为奇数则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.对于数列{a n },定义H n ＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a nn为{a n }的“优值”,现在已知某数列{a n }的“优值”H n ＝2n ＋1,记数列{a n －kn }的前n 项和为S n ,若S n ≤S 5对任意的n 恒成立,则实数k 的取值范围为________. 答案 ⎣⎡⎦⎤73，125【试题解析】由题意可知a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n n＝2n ＋1,∴a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n ＝n ·2n ＋1,①a 1＋2a 2＋…＋2n －2a n －1＝(n －1)·2n ,②由①－②,得2n －1a n ＝n ·2n ＋1－(n －1)·2n (n ≥2,n ∈N *),则a n ＝2n ＋2(n ≥2),又当n ＝1时,a 1＝4,符合上式,∴a n ＝2n ＋2(n ∈N *),∴a n －kn ＝(2－k )·n ＋2, 令b n ＝(2－k )·n ＋2,∵S n ≤S 5,∴b 5≥0,b 6≤0,解得73≤k ≤125,∴k 的取值范围是⎣⎡⎦⎤73，125.7.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【试题解析】∵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＋4n 16＋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)【试题解析】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,由n ＝2,得a 1＋a 2＋a 1＝16⇒a 2＝16－2a , 从而a 2n ＝16－2a ＋8(n －1)＝8n ＋8－2a ；由n ＝3,得a 1＋a 2＋a 3＋a 1＋a 2＝36⇒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.已知数列{a n }中,a 1＝1,且点P (a n ,a n ＋1)(n ∈N *)在直线x －y ＋1＝0上. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若函数f (n )＝1n ＋a 1＋2n ＋a 2＋3n ＋a 3＋…＋nn ＋a n (n ∈N *,且n >2),求函数f (n )的最小值；(3)设b n ＝1a n ,S n 表示数列{b n }的前n 项和,试问:是否存在关于n 的整式g (n ),使得S 1＋S 2＋S 3＋…＋S n －1＝(S n －1)·g (n )对于一切不小于2的自然数n 恒成立？若存在,写出g (n )的解析式,并加以证明；若不存在,请说明理由.解 (1)点P (a n ,a n ＋1)在直线x －y ＋1＝0上, 即a n ＋1－a n ＝1,且a 1＝1,∴数列{a n }是以1为首项,1为公差的等差数列, ∴a n ＝1＋(n －1)·1＝n (n ∈N *). (2)∵f (n )＝1n ＋1＋2n ＋2＋…＋n 2n ,∴f (n ＋1)＝1n ＋2＋2n ＋3＋…＋n －12n ＋n2n ＋1＋n ＋12n ＋2,∴f (n ＋1)－f (n )＝－⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＋n 2n ＋1＋n ＋12n ＋2>12＋n 2n ＋1－nn ＋1＝12＋n (n ＋1)－n (2n ＋1)(2n ＋1)(n ＋1)＝12－n 22n 2＋3n ＋1 ＝12－12＋3n ＋1n2>0, ∴f (n ＋1)－f (n )>0,∴f (n )是单调递增的, 故f (n )的最小值是f (3)＝2320.(3)∵b n ＝1n ⇒S n ＝1＋12＋13＋…＋1n ,∴S n －S n －1＝1n (n ≥2),即nS n －(n －1)S n －1＝S n －1＋1,∴(n －1)S n －1－(n －2)S n －2＝S n －2＋1,…,2S 2－S 1＝S 1＋1, ∴nS n －S 1＝S 1＋S 2＋…＋S n －1＋n －1, ∴S 1＋S 2＋…＋S n －1＝nS n －n ＝(S n －1)·n (n ≥2),∴g (n )＝n .10.(2016·四川)已知数列{a n }的首项为1,S n 为数列{a n }的前n 项和,S n ＋1＝qS n ＋1,其中q >0,n ∈N *.(1)若2a 2,a 3,a 2＋2成等差数列,求数列{a n }的通项公式；(2)设双曲线x 2－y 2a 2n ＝1的离心率为e n ,且e 2＝53,证明:e 1＋e 2＋…＋e n >4n －3n 3n －1.(1)解由已知S n ＋1＝qS n ＋1,得S n ＋2＝qS n ＋1＋1,两式相减得到a n ＋2＝qa n ＋1,n ≥1.又由S 2＝qS 1＋1得到a 2＝qa 1,故a n ＋1＝qa n 对所有n ≥1都成立. 所以,数列{a n }是首项为1,公比为q 的等比数列. 从而a n ＝q n －1.由2a 2,a 3,a 2＋2成等差数列, 可得2a 3＝3a 2＋2,即2q 2＝3q ＋2,则(2q ＋1)(q －2)＝0, 由已知,q >0,故q ＝2.所以a n ＝2n －1(n ∈N *).(2)证明由(1)可知,a n ＝q n －1.所以双曲线x 2－y 2a 2n＝1的离心率e n ＝1＋a 2n ＝1＋q2(n－1).由e 2＝1＋q 2＝53,解得q ＝43.因为1＋q 2(k－1)>q 2(k－1),所以1＋q 2(k－1)>q k －1(k ∈N *).于是e 1＋e 2＋…＋e n >1＋q ＋…＋q n －1＝q n －1q －1. 故e 1＋e 2＋…＋e n >4n －3n3n －1.B 组能力提高11.若数列{a n }满足a n ＋12n ＋5－a n2n ＋3＝1,且a 1＝5,则数列{a n }的前100项中,能被5整除的项数为( )A.42B.40C.30D.20 答案 B【试题解析】∵数列{a n }满足a n ＋12n ＋5－a n2n ＋3＝1,即a n ＋12(n ＋1)＋3－a n 2n ＋3＝1,且a 12×1＋3＝1,∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋3是以1为首项,1为公差的等差数列,∴a n2n ＋3＝n , ∴a n ＝2n 2＋3n ,由题意可知,∴每10项中有4项能被5整除,∴数列{a n }的前100项中,能被5整除的项数为40.12.(2018·江西省重点中学协作体联考)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.2 017 B.2 018 C.2 019 D.2 020答案 A【试题解析】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.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足S n －n ＝2(a n －2)(n ∈N *). (1)证明:数列{a n －1}为等比数列；(2)若b n ＝a n ·log 2(a n －1),数列{b n }的前n 项和为T n ,求T n . (1)证明 ∵S n －n ＝2(a n －2), 当n ≥2时,S n －1－(n －1)＝2(a n －1－2), 两式相减,得a n －1＝2a n －2a n －1, ∴a n ＝2a n －1－1,∴a n －1＝2(a n －1－1), ∴a n －1a n －1－1＝2(n ≥2)(常数).又当n ＝1时,a 1－1＝2(a 1－2), 得a 1＝3,a 1－1＝2,∴数列{a n －1}是以2为首项,2为公比的等比数列. (2)解由(1)知,a n －1＝2×2n －1＝2n ,∴a n ＝2n ＋1, 又b n ＝a n ·log 2(a n －1), ∴b n ＝n (2n ＋1),∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n )＋(1＋2＋3＋…＋n ), 设A n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n ,则2A n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1,两式相减,得－A n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ×2n ＋1,∴A n ＝(n －1)×2n ＋1＋2.又1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2,∴T n ＝(n －1)×2n ＋1＋2＋n (n ＋1)2(n ∈N *).14.已知数列{a n }满足a 1＝2,a n ＋1＝2(S n ＋n ＋1)(n ∈N *),令b n ＝a n ＋1. (1)求证:{b n }是等比数列；(2)记数列{nb n }的前n 项和为T n ,求T n ；(3)求证:12－12×3n <1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n <1116. (1)证明 a 1＝2,a 2＝2(2＋2)＝8, a n ＋1＝2(S n ＋n ＋1)(n ∈N *), a n ＝2(S n －1＋n )(n ≥2),两式相减,得a n ＋1＝3a n ＋2(n ≥2). 经检验,当n ＝1时上式也成立, 即a n ＋1＝3a n ＋2(n ≥1). 所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1), 即b n ＋1＝3b n ,且b 1＝3.故{b n }是首项为3,公比为3的等比数列. (2)解由(1)得b n ＝3n ,nb n ＝n ·3n . T n ＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n ×3n , 3T n ＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n ×3n ＋1,两式相减,得－2T n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ×3n ＋1＝3(1－3n )1－3－n ×3n ＋1,化简得T n ＝⎝⎛⎭⎫32n －34×3n ＋34. (3)证明由1a k ＝13k －1>13k ,得1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n >13＋132＋…＋13n ＝13⎝⎛⎭⎫1－13n 1－13＝12－12×13n .又1a k ＝13k －1＝3k ＋1－1(3k －1)(3k ＋1－1)<3k ＋1(3k －1)(3k ＋1－1)＝32⎝⎛⎭⎫13k －1－13k ＋1－1, 所以1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n <12＋32⎣⎡⎝⎛⎭⎫132－1－133－1＋⎝⎛⎭⎫133－1－134－1＋…＋⎦⎤⎝⎛⎭⎫13n －1－13n ＋1－1 ＝12＋32⎝⎛⎭⎫132－1－13n ＋1－1 ＝12＋316－32×13n ＋1－1<1116, 故12－12×3n <1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n <1116.。

高考专题--数列与数学归纳法-浙江高三数学三轮---精校解析Word版

专题2.5 数列与数学归纳法1.求数列通项忽视检验首项致错在求数列通项公式时，不论用递推公式还是用数列的前n 项和公式，都应该检验首项是否适合例1【2018届天津市滨海新区七所重点学校高三联考】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,满足21n n S a =- (*n N ∈),数列{}n b 满足()()111n n nb n b n n +-+=+ (*n N ∈),且11b =（1）证明数列n b n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列,并求数列{}n a 和{}n b 的通项公式; （2）若()()()()122141132log 32log n n n n n c a a -++=-++,求数列{}n c 的前n 项和2n T ;（3）若n n d a =数列{}n d 的前n 项和为n D ,对任意的*n N ∈,都有n n D nS a ≤-,求实数a 的取值范围. 【答案】（1）12n n a -=， 2n b n =；（2）11343n -+；（3）0a ≤试题解析：（1）由()()111n n nb n b n n +-+=+两边同除以()1n n +，得111n nb b n n+-=+，从而数列n b n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为首项11b =，公差1d =的等差数列，所以=n b n n ，数列{}n b 的通项公式为2n b n =．当=1n 时， 11121=S a a =-，所以1=1a ．当2n ≥时， 21n n S a =-， -1-121n n S a =-，两式相减得12n n a a -=，又1=1a ，所以12nn a a -=，从而数列{}n a 为首项1=1a ，公比=2q 的等比数列，从而数列{}n a 的通项公式为12n n a -=．(2) ()()()41(2123n n c n n -⎛⎫+=⎪ ⎪++⎝⎭()11112123n n n -⎛⎫=-+ ⎪++⎝⎭2123212n n n T c c c c c -=++++=1111111135574143343n n n +--+--=-+++由（1）得2121n n n S a =-=-，因为对∀ *n N ∈，都有n n D nS a ≤-，即()12+121n n n n a -⋅≤--（）恒成立，所以21na n ≤--恒成立，记21n n d n =--，所以()min n a d ≤，因为()()1+121121n n n n d d n n +⎡⎤-=-+----⎣⎦ 210n=->，从而数列{}n d 为递增数列所以当=1n 时， n d 取最小值1=0d ，于是0a ≤．点评：1.本题考查知识点较多，有递推公式求通项公式，及通项公式与前n 项和关系，裂项求和，并项求和，等差数列求和，错位相减法，数列与不等式交汇等.2.由n n S a 和的关系求通项的注意问题：(1)应重视分类讨论的思想,分n ＝1和n≥2两种情况讨论．当n ＝1时, 1a 不适合n a 的情况要分开写,即n a 1,1,2n n n s n s s n -=⎧⎨-≥⎩＝(2)要注意n a 和n S 互化具有双向性,既可由n a 化为n S ,也可由n S 求n a . 2.求解等差（比）数列有关问题时，忽略0d =或1q =造成错误用基本量法求等差数列或等比数列有关的问题时忽略0d =或1q =而造成求解不全导致错误. 例2已知等差数列}{n a 满足：21=a ，且1a 、2a 、5a 成等比数列.（1）求数列}{n a 的通项公式.（2）记n S 为数列}{n a 的前n 项和，是否存在正整数n ，使得?80060+>n S n 若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）2=n a 或24-=n a n ；（2）41.（2）当2=n a 时，n S n 2=，显然800602+<n n ，不存在正整数n ，使得80060+>n S n . 当24-=n a n 时，222)]24(2[n n n S n =-+=，令8006022+>n n ，即0400302>--n n ，解得40>n 或10-<n （舍去）此时存在正整数n ，使得80060+>n S n 成立，n 的最小值为41.综上所述，当2=n a 时，不存在正整数n ；当24-=n a n 时，存在正整数n ，使得80060+>n S n 成立，n 的最小值为41.点评：本题求解第（1）问，在解方程2(2)2(24)d d +=+时，容易丢掉0d =这一结果，导致数列{}n a 的通项公式缺一种结果.3.应用等差数列与等比数列性质不当综合应用等差数列、数列等比数列性质时，因记不准性质或性质混用导致错误.例 3.【2018届山东省曲阜市高三上学期期中】若等差数列{}n a 满足7897100,0a a a a a ++>+<，则当n =__________时， {}n a 的前n 项和最大．【答案】8【解析】试题分析：由等差数列的性质，，，又因为，所以所以，所以，，故数列的前8项最大.点评：等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形. 在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法. 4.用错位相减法求和时弄不清等比数列项数导致错误错位相减法求和是等比数列求和的基本思想，学生在应用时，做到两式相减后时，弄不清楚相减后的式了中等比数列的项数导致求和出错.例4【2018届高三训练】已知数列{a n }是等比数列，首项a 1＝1，公比q>0，其前n 项和为S n ，且S 1＋a 1，S 3＋a 3，S 2＋a 2成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n ＋1＝12n na b ⎛⎫⎪⎝⎭，T n 为数列{b n }的前n 项和，若T n ≥m 恒成立，求m 的最大值.【答案】(1) 112n n a -⎛⎫= ⎪⎝⎭；(2)1.(2)由题意结合112n na b n a +⎛⎫= ⎪⎝⎭和(1)中求得的通项公式可得12n n b n ⋅－＝，错位相减有T n ＝1＋(n －1)2n .则原问题等价于(T n )min ≥m.结合数列{T n }为递增数列可得m 的最大值为1. 试题解析： (1)由题意可知2(S 3＋a 3)＝(S 1＋a 1)＋(S 2＋a 2)， ∴S 3－S 1＋S 3－S 2＝a 1＋a 2－2a 3，即4a 3＝a 1，于是23114a q a ==，∵q>0，∴12q =.∵a 1＝1，∴ 112n n a -⎛⎫= ⎪⎝⎭.∴T n ＝1＋(n －1)2n . 要使T n ≥m 恒成立，只需(T n )min ≥m.∵T n ＋1－T n ＝n·2n ＋1－(n －1)·2n ＝(n ＋1)·2n >0，∴{T n }为递增数列， ∴当n ＝1时，(T n )min ＝1， ∴m≤1，∴m 的最大值为1.点评：“错位相减法”求数列的和是重点也是难点,利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（如果数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，求数列{}•n n a b 的前n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{}n b 的公比，然后作差求解．）；②相减时注意最后一项的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以1q -. 5.周期数列的周期判断失误有的数列是呈周期性变化的，在求这类数列通项或求和问题时，常因判断不准数列的周期或数列的项数与通项的关系致错.例5. 数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n ，0≤a n ≤12，2a n－1，12<a n<1， a 1＝35，则数列的第2 017项为________．【答案】 35点评：解决数列周期性问题的方法：先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．解答此类问题，常因为判断不清数列的周期性或项数出错. 6. 应用数学归纳法忽视推理基础或不应用归纳假设致误1.数学归纳法：证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤进行： (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开始的所有正整数n 都成立． 2.数学归纳法的框图表示：3.应用数学归纳法过程中，常见错误有两种，一是忽视递推基础，二是不应用归纳假设，即对数学归纳法两步缺一不可重视不够，或对数学归纳法证明原理理解有误. 例6.设正项数列的前项和，且满足.（Ⅰ）计算的值，猜想的通项公式，并证明你的结论；（Ⅱ）设是数列的前项和，证明：.【答案】(1) （2）见解析【解析】试题分析：（1）先根据关系，将条件转化为项与项递推关系，依次代入求解，可得的值，根据规律猜想，利用项与项递推关系及归纳假设证明n=k+1时情况（2）利用放缩裂项求和：，也可直接利用数学不等式进行证明（Ⅱ）证法一：因为，证法二：数学归纳法证明：（ⅰ）当n=1时，，，（ⅱ）假设当n=k时，则当n=k+1时，要证：只需证：由于所以于是对于一切的自然数，都有.点评：1.数学归纳法证题时初始值0n 不一定是1.2.推证n ＝k ＋1时一定要用上n ＝k 时的假设，否则不是数学归纳法.3.解“归纳——猜想——证明”题的关键是准确计算出前若干具体项，这是归纳、猜想的基础，否则将会做大量无用功.1.已知数列 {}{},n n a b 满足 1n n n b a a +=+，则“ 数列{}n a 为等差数列” 是“ 数列{}n b 为等差数列”的（） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件 D ．即不充分也不必要条件【答案】A【易错点】1、充分条件与必要条件；2、等差数列的通项公式．2．【2018届江西省吉安一中、九江一中等八所重点中学高三4月联考】已知正项等比数列{}n a 的公比为3，若229m n a a a =，则212m n +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{}n a 的公比为3，且229m n a a a =∴2224222223339m n m n a a a a --+-⋅⋅⋅=⋅= ∴6m n += ∴()1211211532262622624m n m n m n n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⨯++=⨯+++≥⨯+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，当且仅当24m n ==时取等号. 故选C.【易错点】1、等比数列的性质的应用；2、基本不等式的应用．3．【2018届重庆市巴蜀中学高三3月月考】已知()2ln f x x a x =+在点()()1,1f 处的切线方程为430x y --=，()1'2n a f n n =- ()*1,n n N ≥∈， {}n a 的前n 项和为n S ，则下列选项正确的是（） A. 20181ln2018S -< B. 2018ln20181S >+ C. 1009ln20181S <- D. 2017ln2018S > 【答案】A∴()g x 在()0,1上单调递减，∴()()00g x g <=，即()ln 1x x +<，令1x n =，则111ln 1ln n n n n +⎛⎫+=< ⎪⎝⎭， ∴2341111lnln ln ln 112323n n n+++++<++++，故()ln 1n n S +<．设()()1ln 1,1,h x x x x =+-∈+∞，则()2110h x x x=->'，∴()h x 在()1,+∞上单调递增，∴()()10h x h >=，即()1ln 1,1,x x x>-∈+∞，令11x n =+，则111ln 1ln 1n n n n +⎛⎫+=> ⎪+⎝⎭， ∴23411111lnln ln ln123231n n n n +++++>+++++，故()1ln 11n n S ++>-．综上选A ．【易错点】1.导数的计算与应用；2.放缩法的应用.4.已知等差数列{}n a 的公差0d ≠，n S 是其前n 项和，若236 a a a ，，成等比数列，且1017a =-，则2nnS 的最小值是（）A ．12-B ．58- C.38- D ．1532-【答案】A【解析】()()()21111101252 917a d a d a d d a a a d +=++⇒=-=+=-，，∴1 1 2a d ==-，，22n S n n =-，1122n nn n S S ++>，1122n n n n S S -->，4n =时，122n nS =-最小.选A.【易错点】求解数列中的最大项或最小项的一般方法先研究数列的单调性，可以用11n n n n a a a a +-≥⎧⎨≥⎩或11n n n n a a a a +-≤⎧⎨≤⎩也可以转化为函数最值问题或利用数形结合求解.5.设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足170S >，180S <，则11S a ，22S a ，…，1515S a 中最大的项为（） A ．77S a B ．88S a C ．99S a D ．1010Sa 【答案】C 【解析】【易错点】1、等差数列的性质的应用；2、基本不等式的应用．6. 设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，首项10a >， 12130,0S S ><.则12313,,,,a a a a 中最小的项为________．【答案】7a【解析】依题意有1131121213120,13022a a a a S S ++=⨯>=⨯<,即1126711370,20a a a a a a a +=+>+=<,故670,0a a ><,公差0d <,故最小项为67,a a 中的一个,根据670a a +>可知67a a >,所以最小项为7a .【点睛】本小题主要考查等差数列的性质,考查等差数列前n 项和公式,考查绝对值的几何意义.题目给定n S 连续两项的正负,故先根据等差数列前n 项和公式得出两个关于n a 的条件,等差数列前n 项和公式有两个,要注意选择合适的.一正一负两个数的和为正数,那么其中正的绝对值大于负的绝对值. 【易错点】1.等差数列的性质；2.绝对值的概念.7.【2018届江西省八所重点中学高三下学期联考】对于任一实数序列{}123,,,A a a a =，定义A ∆为序列{}213243,,,aa a a a a ---，它的第n 项是1n n aa +-，假定序列()A ∆∆的所有项都是1，且1820170a a ==，则2018a =_________．【答案】1000【点睛】本小题主要考查新定义数列的性质,考查等差数列的前n 项和公式以及通项公式.题目定义的数列为二阶等差数列.高阶等差数列的定义是这样的:对于对于一个给定的数列，把它的连续两项1n a +与n a 的差1n n a a +-记为n b ，得到一个新数列，把数列n b 称为原数列的一阶差数列，如果1n n n c b b +=-=常数，则n a 的二阶等差数列.用累加法求得数列的通项公式.【易错点】不能正确理解新定义数列导致错误.8．【2018届北京市西城15中高三上学期期中】已知95个数1a ， 2a ， 3a ，， 95a ， {}1,1i a ∈-， 195i a ≤≤，则12139495a a a a a a +++的最小正值是__________．【答案】13【易错点】本题的难点也是易错点在把问题转化成()1213949522t a a a a a a =+++()()22221951295a a a a a =++-+++，转化的数学思想是高中数学中的一种重要思想，大家要注意理解掌握和灵活运用.9.【2018届河南省豫北豫南名校高三上学期精英联赛】在数列{}n a 中， 28a =， 52a =，且122n n n a a a ++-=（*n N ∈），则1210a a a ++⋯+的值是__________．【答案】50【解析】由()*122n n n a a a n N ++-=∈得()*122n n n a a a n N ++=+∈，即数列{}n a 是等差数列，由258,2a a ==，可得110,2,212n a d a n ==-∴=-+，当()*16n n N ≤≤∈时， 0n a ≥，当()*7n n N ≥∈时， 0n a <，设数列{}n a 的前n 项和为n S ，()121012678910......a a a a a a a a a a ∴+++=+++-+++=()61066101165109226105022S S S S S a d a d ⨯⨯⎛⎫⎛⎫--=-=+-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故答案为50.【易错点】本题主要考查等差数列的定义、等差数列通项公式及求和公式，任何一个环节都易导致错误.10. 已知等差数列{}n a 的公差为2,若134,,a a a 成等比数列,则2a =_________，数列{}n a 的前n 项和n S 的最小值是_________【答案】 6- 20-∴数列{}n a 的前n 项和n S 的最小值是()558202S ⨯-==-。

(浙江专版)2019版高考数学大一轮复习第七章数列与数学归纳法专题探究课三高考中数列不等

专题探究课三高考中数列不等式证明的热点题型高考导航 1.数列中不等式的证明是浙江高考数学试题的压轴题；2.主要考查数学归纳法、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.重点考查学生逻辑推理能力和创新意识．热点一数学归纳法证明数列不等式(规范解答)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．【例1】 (满分15分)(2018·绍兴检测)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；(3)求证：|a 2n －a n |≤1027.满分解答证明 (1)由已知得a n ＋1＝1a n ＋12，又a 1＝1，则a 2＝23，a 3＝67，a 4＝1419，猜想23≤a n ≤1.2分(得分点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 k ≤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 ≤1.5分(得分点2)(2)当n ＝1时，|a 2－a 1|＝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. 综上所述，|a n ＋1－a n |≤13.10分(得分点3)(3)当n ＝1时，|a 2－a 1|＝13＝927＜1027；当n ≥2时，|a 2n －a n |＝|a 2n －a 2n －1＋a 2n －1－a 2n －2＋…＋a n ＋1－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，|a 2n －a n |≤1027.15分(得分点4)❶得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为营”，求得满分．如(1)中，归纳猜想得2分；用数学归纳法证明得3分，第(2)放缩法证明结论得5分等．❷得关键分：解题过程不可忽略关键点，有则得分，无则没分．如(1)中的猜想，数学归纳法的两个步骤，(2)(3)中均分n ＝1，n ≥2加以推证等．❸得计算分：准确计算是得满分的基本保证．如(1)中a 2，a 3，a 4的正确计算，(2)(3)中放缩结果的计算等．第一步：归纳猜想；第二步：用数学归纳法证明；第三步：验证n ＝1时(2)的结论成立；第四步：用放缩法证明n ≥2时(2)的结论成立；第五步：验证n ＝1时(3)的结论成立．第六步：用放缩法证明n ≥2时(3)的结论成立．【训练1】 (2018·温州模拟)数列{a n }的各项均为正数，且a n ＋1＝a n ＋2a n－1(n ∈N *)，{a n }的前n 项和是S n .(1)若{a n }是递增数列，求a 1的取值范围；(2)若a 1>2，且对任意n ∈N *，都有S n ≥na 1－13(n －1)，证明：S n <2n ＋1.(1)解由a 2>a 1⇔a 1＋2a 1－1>a 1，得0<a 1<2；①又由a 3>a 2⇔a 2＋2a 2－1>a 2⇔0<a 2<2⇔0<a 1＋2a 1－1<2，得1<a 1<2，② 由①②，得1<a 1<2. 下面用数学归纳法证明：当1<a 1<2时，1<a n <2对任意n ∈N *恒成立． ①当n ＝1时，1<a 1<2成立；②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，1<a k <2成立，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋2a k－1∈[22－1，2)⊆(1，2)．综上，可知1<a n <2对任意n ∈N *恒成立．于是a n ＋1－a n ＝2a n－1>0，即{a n }是递增数列．所以a 1的取值范围是(1，2)．(2)证明因为a 1>2，可用数学归纳法证明：a n >2对任意n ∈N *恒成立．于是a n ＋1－a n ＝2a n－1<0，即{a n }是递减数列．在S n ≥na 1－13(n －1)中，令n ＝2，得2a 1＋2a 1－1＝S 2≥2a 1－13，解得a 1≤3，故2<a 1≤3.下证：①当2<a 1≤73时，S n ≥na 1－13(n －1)恒成立．事实上，当2<a 1≤73时，由于a n ＝a 1＋(a n －a 1)≥a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2－73＝a 1－13，于是S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ≥a 1＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－13＝na 1－13(n －1)．再证：②当73<a 1≤3时不合题意．事实上，当3≥a 1>73时，设a n ＝b n ＋2，则由a n ＋1＝a n ＋2a n －1可得b n ＋1＝b n ＋2b n ＋2－1，得b n ＋1b n ＝b n ＋1b n ＋2≤b 1＋1b 1＋2≤23⎝ ⎛⎭⎪⎫因为由73<a 1≤3得130)，则由(*)式得S n <na 1＋(2－a 1)n ＋3＝na 1－13(n －1)－tn ＋83，只要n 充分大，就有S n <na 1－13(n －1)，这与S n ≥na 1－13(n －1)矛盾．所以73<a 1≤3不合题意．综上，有2<a 1≤73.于是b n ＋1b n ＝b n ＋1b n ＋2≤b 1＋1b 1＋2≤47⎝⎛因为2<a 1≤73，故00，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 ＋2a n ＋1＜1，所以a n ＋2＜a 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 *)．探究提高在本例中，(1)首先根据已知不等式由a n ＋1＜2－1a n<2证明不等式的右边，再根据已知不等式利用基本不等式，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．【训练2】 (2016·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)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|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. 否则，存在n 0∈N *，有|a n 0|＞2，取正整数m 0＞log 34|a n 0|－22n 0且m 0＞n 0，则2n 0·⎝ ⎛⎭⎪⎫34m 0＜2n 0·⎝ ⎛⎭⎪⎫34log34|a n 0|－22n 0＝|a n 0|－2，与①式矛盾．综上，对于任意n ∈N *，均有|a n |≤2. 热点三放缩法证明数列不等式放缩法是证明不等式的基本方法和基本技能，找到合理的放缩依据恰当放缩是其关键．【例3】 (2017·湖州调研)已知数列{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，则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. 探究提高 (1)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，结合不等式的结构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．【训练3】 (2018·浙东北教联联考)已知数列{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)因为2a n ＋1－2a n ＝a 2n －4a n ＋4＝(a n －2)2≥0，又a 1＝3，所以a n ＋1≥a n ≥3，所以(a n －2)2>0，所以a n ＋1>a n .(2)因为2a n ＋1－4＝a 2n －2a n ＝a n (a n －2)，所以a n ＋1－2a n －2＝a n 2≥32，所以a n －2≥32(a n －1－2)≥⎝ ⎛⎭⎪⎫322(a n －2－2)≥…≥⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(a 1－2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，所以a n ≥2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.(3)因为2(a n ＋1－2)＝an (a n －2)，所以12（a n ＋1－2）＝1a n （a n －2）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －2－1a n ，所以1a n ＝1a n －2－1a n ＋1－2，所以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，因为a n ＋1－2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫32n，所以0<1a n ＋1－2≤⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ，所以1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n≤S n ＝1－1a n ＋1－2<1.1．数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝a 2n a 2n －a n ＋1(n ∈N *)．(1)求证：a n ＋1<a n ；(2)(一题多解)记数列{a n }的前n 项和为S n ，求证：S n <1. 证明 (1)因为a 2n －a n ＋1＝(a n －12)2＋34>0，且a 1＝12>0，所以a n >0，所以a n ＋1－a n ＝a 2na 2n －a n ＋1－a n ＝－a n （a n －1）2a 2n －a n ＋1<0，所以a n ＋1<a n ，n ∈N *.(2)法一因为a n ＝a 2n －1a 2n －1－a n －1＋1＝11－1a n －1＋1a 2n －1<1－1a n －1＋1a 2n －1＝11a n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1－1＝11a n －1－1－11a n －1＝－a n －1＋1－1a n －2＋1a 2n －2＝－a n －1－a n －2＋1－1a n －3＋1a 2n －3＝…＝－a n －1－a n －2－…－a 1＋11a 1－1＝1－a n －1－a n －2－…－a 1，所以S n <1.法二因为1－a n ＋1＝1－a 2na 2n －a n ＋1＝1－a n a 2n －a n ＋1，所以11－a n ＋1＝a 2n －a n ＋11－a n ＝11－a n －a n .所以a n ＝11－a n －11－a n ＋1，所以a 1＋a 2＋…＋a n ＝2－11－a n ＋1，又a n >0，所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝2－11－a n ＋1<1.2．(2015·浙江卷)已知数列{a n }满足a 1＝12且a n ＋1＝a n －a 2n (n ∈N *)．(1)证明：1≤a n a n ＋1≤2(n ∈N *)； (2)设数列{a 2n }的前n 项和为S n ，证明：12（n ＋2）≤S n n ≤12（n ＋1）(n ∈N *)．证明 (1)由题意得a n ＋1－a n ＝－a 2n ≤0，即a n ＋1≤a n ，故a n ≤12.由a n ＝(1－a n －1)a n －1得a n ＝(1－a n －1)(1－a n －2)…(1－a 1)a 1>0.由0<a n ≤12得a n a n ＋1＝a n a n －a 2n ＝11－a n ∈(1，2]，即1≤a na n ＋1≤2成立． (2)由题意得a 2n ＝a n －a n ＋1，所以S n ＝a 1－a n ＋1.①由1a n ＋1－1a n ＝a n a n ＋1和1≤a n a n ＋1≤2得1≤1a n ＋1－1a n≤2，所以n ≤1a n ＋1－1a 1≤2n ，因此12（n ＋1）≤a n ＋1≤1n ＋2(n ∈N *)．②由①②得12（n ＋2）≤S n n ≤12（n ＋1）(n ∈N *)．3．(2018·杭州高级中学模拟)在正数数列{a n }中，a 1＝43，a n ＋1＝a 2n ＋2a n－2.求证：1＜a n ＋1＜a n .证明 a n ＋1－1＝a 2n －1＋2a n －2＝（a n －1）2（a n ＋2）a n＞0，所以a n ＋1＞1，因为a n ＋1＝a 2n ＋2a n －2，所以a n ＋2＝a 2n ＋1＋2a n ＋1－2，相减，a n ＋2－a n ＋1＝(a n ＋1－a n )⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1＋a n －2a n ＋1a n ，因为a n ＋1＞1，a n ＞1，所以a n ＋1＋a n ＞2，2a n ＋1a n＜2，所以a n ＋1＋a n －2a n ＋1a n ＞0，所以a n ＋2－a n ＋1与a n ＋1－a n 同号，又a 2＝a 21＋2a 1－2＝2318＜43＝a 1，故a 2－a 1＜0，所以a n ＋1－a n ＜0，即a n ＋1＜a n ，综上，1＜a n ＋1＜a n .4．(2017·浙江卷)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 (k ≥1，k ∈N *)时，x k ＞0，那么n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0，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 (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 *)． 5．(2017·绍兴检测)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝1n(n ∈N *)． (1)证明：a n ＋2n ＝a n n ＋1； (2)证明：2(n ＋1－1)≤12a 3＋13a 4＋…＋1（n ＋1）a n ＋2≤n . 证明 (1)∵a n ＋1·a n ＝1n，① ∴a n ＋2·a n ＋1＝1n ＋1，② 而a 1＝1，易得a n >0，由②÷①得：a n ＋2·a n ＋1a n ＋1·a n ＝a n ＋2a n ＝n n ＋1， ∴a n ＋2n ＝a n n ＋1. (2)由(1)得(n ＋1)a n ＋2＝na n ，∴12a 3＋13a 4＋…＋1（n ＋1）a n ＋2＝1a 1＋12a 2＋…＋1na n . 令b n ＝na n ，则b n ·b n ＋1＝na n ·(n ＋1)a n ＋1＝n ·（n ＋1）n＝n ＋1，③ ∴当n ≥2时，b n －1·b n ＝n .④由b 1＝a 1＝1，b 2＝2，易得b n >0，由③－④得：1b n＝b n ＋1－b n －1(n ≥2)． ∴b 1<b 3<…<b 2n －1，b 2<b 4<…<b 2n ，得b n ≥1. 根据b n ·b n ＋1＝n ＋1，得b n ＋1≤n ＋1，∴1≤b n ≤n . ∴1a 1＋12a 2＋…＋1na n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n＝1b 1＋(b 3－b 1)＋(b 4－b 2)＋…＋(b n －b n －2)＋(b n ＋1－b n －1) ＝1b 1＋b n ＋b n ＋1－b 1－b 2＝b n ＋b n ＋1－2.一方面b n ＋b n ＋1－2≥2b n b n ＋1－2＝2(n ＋1－1)，另一方面，由1≤b n ≤n 可知，b n ＋b n ＋1－2＝b n ＋n ＋1b n－2 ≤min ⎩⎨⎧⎭⎬⎫1＋n ＋1－2，n ＋n ＋1n －2≤n . 得证．6．(2018·浙东北大联盟考试)已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝a n －a 2n n （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 2n n （n ＋1）≤0，则a n ＋1≤a n .若a n ＋1＝a n ，则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，则a n ＋1与a n 同号．又a 1＝12>0，则a n ＋1>0，故0<a n ＋1<a n .(2)由于0<a n ＋1<a n ，则a n ＋1＝a n －a 2n n （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 <n 3n －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. 7．(2017·杭州质量检测)已知数列{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)若a 1＝1，a 505＝2 017，求a 6的最大值；(2)若对任意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)，则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，故a 6的最大值为21.(2)证明若存在k ∈N *，使得a k <a k ＋1，则由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 开始，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）. 8．(2018·温州模拟)设数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋1a n(n ∈N *)． (1)证明：a n <a n ＋1(n ∈N *)；(2)证明：2n －1≤a n ≤3n －2(n ∈N *)；(3)求正整数m ，使|a 2 017－m |最小．(1)证明由已知条件可知a n 与a n ＋1同号且a 1＝1>0，故a n >0.故a n ＋1＝a n ＋1a n>a n . (2)证明因为a n ＋1＝a n ＋1a n≥a n ，所以a n ≥1，则a 2n ＋1－a 2n ＝2＋1a 2n，即2<a 2n ＋1－a 2n ≤3，所以2<a 22－a 21≤3，2<a 23－a 22<3，…，2<a 2n －a 2n －1<3(n ≥2)，则2(n －1)<a 2n －1<3(n －1)，2n －1<a 2n <3n －2，且当n ＝1时，2×1－1＝a 1＝3×1－2，故2n －1≤a n ≤3n －2.(3)解由a 2n ＋1－a 2n ＝2＋1a 2n，可得a 22 017－a 22＝2×2 015＋1a 22＋1a 23＋…＋1a 22 016.结合(2)，得a 22 017<4 034＋13＋15＋17＋19＋…＋14 031<4 034＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫18＋18＋18＋18＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1211＋1211＋…＋1211共210个1211)<4 034＋11×12＝4 039.5. 而a 22 017>4 034，且632＝3 969，63.52＝4 032.25，63.62＝4 044.96，所以63.5<a 2 017<63.6，故使|a 2 017－m |最小的正整数m ＝64.。

专题06 数列与数学归纳法-高考数学复习必备之2015-2019年浙江省高考试题分项解析(解析版)

第六章数列与数学归纳法一、选择题1.（2019年浙江卷）设,a b R ∈，数列{}n a 中，21,n n n a a a a b +==+，b N *∈ ,则（）A. 当101,102b a => B. 当101,104b a => C. 当102,10b a =-> D. 当104,10b a =->【答案】A 【解析】选项B ：不动点满足2211042x x x ⎛⎫-+=-= ⎪⎝⎭时，如图，若1110,,22n a a a ⎛⎫=∈< ⎪⎝⎭，排除如图，若a 为不动点12则12n a = 选项C ：不动点满足22192024x x x ⎛⎫--=--= ⎪⎝⎭，不动点为ax 12-，令2a =，则210n a =<，排除选项D ：不动点满足221174024x x x ⎛⎫--=--= ⎪⎝⎭，不动点为12x =±，令12a =±，则11022n a =±<，排除. 选项A ：证明：当12b =时，2222132431113117,,12224216a a a a a a =+≥=+≥=+≥≥，处理一：可依次迭代到10a ；处理二：当4n ≥时，221112n nn a a a +=+≥≥，则117117171161616log 2log log 2n n n n a a a -++>⇒>则12117(4)16n n a n -+⎛⎫≥≥ ⎪⎝⎭，则626410217164646311114710161616216a ⨯⎛⎫⎛⎫≥=+=++⨯+⋯⋯>++> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选A2.（2018年浙江卷）已知成等比数列，且．若，则A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】令则，令得，所以当时，，当时，，因此，若公比，则，不合题意；若公比，则但，即，不合题意；因此，，选B.3.（2017年浙江卷）已知等差数列{}n a 的公差为d,前n 项和为n S ,则“d>0”是465"+2"S S S >的 A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】由()46511210212510S S S a d a d d +-=+-+=，可知当0d >时，有46520S S S +->，即4652S S S +>，反之，若4652S S S +>，则0d >，所以“d >0”是“S 4 + S 6>2S 5”的充要条件，选C ．4.（2016年浙江文理）如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且，.（）若A ．是等差数列B ．是等差数列C ．是等差数列D ．是等差数列【答案】A 【解析】表示点到对面直线的距离（设为）乘以长度的一半，即，由题目中条件可知的长度为定值，那么我们需要知道的关系式，由于和两个垂足构成了直角梯形，那么，其中为两条线的夹角，即为定值，那么，，作差后：，都为定值，所以为定值．故选A ．5.（2015年浙江理）已知{}n a 是公差d 不为零的等差数列，其前n 项和为n S ，若348,,a a a 成等比数列，则A ．140,0a d dS >>B ．140,0a d dS <<C ．140,0a d dS ><D ．140,0a d dS 【答案】B 【解析】∵等差数列，，，成等比数列，∴，∴，∴，，故选B.二、填空题6.（2016年浙江理）设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2=4，a n+1=2S n +1，n ∈N *，则a 1= ，S 5= .【答案】1，121 【解析】1221124,211,3a a a a a a +==+⇒==，再由111121,21(2)23(2)n n n n n n n n n a S a S n a a a a a n +-++=+=+≥⇒-=⇒=≥，又213a a =，所以515133(1),121.13n n a a n S +-=≥==-7.（2015年浙江文）已知{}n a 是等差数列，公差d 不为零．若2a ， 3a ， 7a 成等比数列，且1221a a +=，则1a = ， d = ．【答案】2,13- 【解析】由题可得， ()()()211126a d a d a d +=++，故有1320a d +=，又因为1221a a +=，即131a d +=，所以121,3d a =-=. 三、解答题8.（2019年浙江卷）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，34a =，43a S =，数列{}n b 满足：对每12,,,n n n n n n n S b S b S b *++∈+++N 成等比数列.（1）求数列{},{}n n a b 的通项公式；（2）记,n C n *=∈N证明：12+.n C C C n *++<∈N【答案】（1）()21n a n =-，()1n b n n =+；（2）证明见解析. 【解析】(1)由题意可得：1112432332a d a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=+⎪⎩，解得：102a d =⎧⎨=⎩，则数列{}n a 的通项公式为. 其前n 项和()()02212n n n S nn +-⨯==-.则()()()()1,1,12n n n n n b n n b n n b -++++++成等比数列，即：()()()()21112n n n n n b n n b n n b ++=-+⨯+++⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎣⎦，据此有：()()()()()()()()2222121112121n n n n nn n n n b b n n n n n n b n n b b ++++=-++++++-+，故()()()()()22112121(1)(1)(1)(2)n n n n n n b n n n n n n n n n +--++==++++--+. (2)结合(1)中的通项公式可得：2n C ==<=<=，则()()()12210221212n C C C n n n +++<-+-++--=9.（2018年浙江卷）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 ．（Ⅰ）求q 的值；（Ⅱ）求数列{b n }的通项公式．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）由是的等差中项得，所以，解得.由得，因为，所以.（Ⅱ）设，数列前n 项和为.由解得.由（Ⅰ）可知，所以，故，.设，所以，因此，又，所以.10.（2017年浙江卷）已知数列{}n x 满足： ()()*1n n 1n 1x =1x x ln 1x n N ++=++∈，证明：当*n N ∈时（I ）n 1n 0x x +＜＜;（II ）n n 1n 1n x x 2x -x 2++≤； (III) n n 1n-211x 22-≤≤【答案】（I ）见解析；（II ）见解析；（Ⅲ）见解析. 【解析】（Ⅰ）用数学归纳法证明： 0n x >．当n =1时，x 1=1>0．假设n =k 时，x k >0，那么n =k +1时，若10k x +≤，则()110ln 10k k k x x x ++<=++≤，矛盾，故10k x +>．因此()*0n x n N >∈．所以()111ln 1n n n n x x x x +++=++>，因此()*10n n x x n N +<<∈．（Ⅱ）由()11ln 1n n n x x x ++=++得，()()21111114222ln 1n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++．记函数()()()()222ln 10f x x x x x x =-+++≥，()()22'ln 10(0)1x x f x x x x +=++>>+，函数f (x )在[0，+∞）上单调递增，所以()()0f x f ≥=0，因此()()()21111122ln 10n n n n n x x x x f x +++++-+++=≥，故()*1122n n n n x x x x n N ++-≤∈．（Ⅲ）因为()11111ln 12n n n n n n x x x x x x +++++=++≤+=，所以112n n x -≥，由1122n n n n x x x x ++≥-，得111112022n n x x +⎛⎫-≥-> ⎪⎝⎭，所以1211111111222222n n n n x x x ---⎛⎫⎛⎫-≥-≥⋅⋅⋅≥-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故212n n x -≤．综上，()*121122n n n x n N --≤≤∈． 11.（2016年浙江文）设数列{n a }的前n 项和为n S .已知2S =4， 1n a +=2n S +1， *N n ∈. （Ⅰ）求通项公式n a ；（Ⅱ）求数列{|2n a n --|}的前n 项和.【答案】（1）1*3,n n a n N -=∈；（2）2*2,1,{ 3511,2,.2n n n T n n n n N ==--+≥∈.【解析】本题主要考查等差、等比数列的基础知识，同时考查数列基本思想方法，以及推理论证能力. 试题解析：（Ⅰ）由题意得12214{21a a a a +==+，则121{ 3.a a ==，又当2n ≥时，由()()1121212n n n n n a a S S a +--=+-+=，得13n n a a +=.所以，数列{}n a 的通项公式为1*3,n n a n N -=∈.（Ⅱ）设132n n b n -=--， *n N ∈， 122,1b b ==.当3n ≥时，由于132n n ->+，故132,3n n b n n -=--≥.设数列{}n b 的前n 项和为n T ，则122,3T T ==.当3n ≥时， ()()()2291372351131322n nn n n n n T --+---+=+-=-，所以， 2*2,1,{ 3511,2,.2n n n T n n n n N ==--+≥∈12.（2016年浙江理）设数列满足，．（Ⅰ）证明：，；（Ⅱ）若，，证明：，．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析．【解析】（Ⅰ）由得，故，，所以，因此．（Ⅱ）任取，由（Ⅰ）知，对于任意，，故．从而对于任意，均有．由的任意性得．①否则，存在，有，取正整数且，则，与①式矛盾．综上，对于任意，均有．13.（2015年浙江文）已知数列和满足，（1）求与；（2）记数列的前项和为，求.【答案】（1）；（2）【解析】（1）由，得.当时，，故.当时，，整理得，所以.（2）由（1）知，所以所以所以.14.（2015年浙江理）已知数列{}n a 满足1a =12且1n a +=n a -2n a （n ∈*N ）（1）证明：112nn a a +≤≤（n ∈*N ）；（2）设数列{}2n a 的前n 项和为n S ，证明112(2)2(1)n S n n n ≤≤++（n ∈*N ）.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析. 【解析】（1）由题意得，210n n n a a a +-=-≤，即1n n a a +≤，12n a ≤，由11(1)n n n a a a --=- 得1211(1)(1)(1)0n n n a a a a a --=--⋅⋅⋅->，由102n a <≤得， 211[1,2]1n n n n n na a a a a a +==∈--，即112n n a a +≤≤；（2）由题意得21n n n a a a +=-， ∴11n n S a a +=-①，由1111=n n n n a a a a ++-和112n n a a +≤≤得，11112n na a +≤-≤， ∴11112n n n a a +≤-≤，因此*111()2(1)2n a n N n n +≤≤∈++②，由①②得 112(2)2(1)n S n n n ≤≤++.。

高考数学(浙江专版)二轮复习专题突破专题14 数列与数学归纳法【教师版】

数列与数学归纳法1.求数列通项忽视检验首项致错在求数列通项公式时，不论用递推公式还是用数列的前项和公式，都应该检验首项是否适合例1.（北京海淀区·人大附中高三期中）数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，12n n a S +=，1,2,3,n =⋅⋅⋅．则3a =______；234+1n a a a a +++⋅⋅⋅+=______.【答案】6 31n - 【解析】由已知当2n ≥时，12n n a S -=，结合已知条件知13n na a +=，验证1n =时不满足，得到数列{}n a 的通项公式为21,123,2n n n a n -=⎧=⎨⨯≥⎩，进而求得36a =，再利用等比数列求和公式可求得234+1n a a a a +++⋅⋅⋅+. 【详解】由12n n a S +=知，当2n ≥时，12n n a S -=两式作差得：11222n n n n n a a S S a +--=-=，即13n n a a +=，即13n na a +=；又11a =，2122a S ==，不符合上式，故数列{}n a 去掉第一项是公比为3的等比数列，所以数列{}n a 的通项公式为21,123,2n n n a n -=⎧=⎨⨯≥⎩所以当3n =时，36a =12+1234+13232313132311n n n n na a a a a a ---⨯⨯-+++⋅⋅⋅+====----故答案为：6，31n -点评：本题考查求数列的通项公式及等比数列求和公式，求数列通项公式常用的方法：（1）由n a 与n S 的关系求通项公式，当2n ≥时，1n n n a S S -=-，一定要验证当1n =时是否满足；（2）累加法；（3）累乘法；（4）两边取到数，构造新数列法，考查学生的逻辑推理能力与运算求解能力，属于易错题.n例2.( 2020届山东省潍坊市高三上学期统考）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21n S n n =-+，在正项等比数列{}n b 中22b a =，45b a =．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）设n n n c a b =，求数列{}n c 的前n 项和．【答案】（1）()()()11212n n a n n ⎧=⎪=⎨-≥⎪⎩，12n n b -=（2）()1522n n T n +=+-⋅【解析】（1）当1n =时，111a S ==，当2n ≥时，1n n n a S S -=- =22(1)[(1)(1)1]n n n n -+----+ =22n -，所以1(1)22(2)n n a n n =⎧=⎨-≥⎩．所以22b =，48b =于是2424b q b ==，解得2q 或2q =-（舍）所以22n n b b q -=⋅=12n -．（2）由以上结论可得，1(1)(1)2(2)n nn c n n =⎧=⎨-⋅≥⎩ 所以其前n 项和123n n S c c c c =++++n S =23411122232(2)2(1)2n n n n -+⨯+⨯+⨯++-⋅+-⋅ 2n S =34512122232(2)2(1)2n n n n ++⨯+⨯+⨯++-⋅+-⋅ -得，n S -=234112222(1)2n n n +-+++++--⋅=12(12)3(1)212n n n +--+--⋅-所以n S =1(2)25n n +-⨯+．点评：由n n S a 和的关系求通项的注意问题：(1)应重视分类讨论的思想,分n ＝1和n ≥2两种情况讨论．当n ＝1时, 1a 不适合n a 的情况要分开写,即n a 1,1,2n n n s n s s n -=⎧⎨-≥⎩＝(2)要注意n a 和n S 互化具有双向性,既可由n a 化为n S ,也可由n S 求n a . 2.求解等差（比）数列有关问题时，忽略或造成错误用基本量法求等差数列或等比数列有关的问题时忽略或而造成求解不全导致错误. 例3.已知等差数列满足：，且、、成等比数列.（1）求数列的通项公式.（2）记为数列的前项和，是否存在正整数，使得若存在，求的最小值；若不存在，说明理由.【答案】（1）或；（2）41.【解析】（1）设数列的公差为，依题意，成等比数列，所以，解得或，当时，；当时，，所以数列的通项公式为或.（2）当时，，显然，不存在正整数，使得. 当时，，令，即，解得或（舍去）此时存在正整数，使得成立，的最小值为41. 综上所述，当时，不存在正整数；当时，存在正整数，使得成立，的最小值为41.点评：本题求解第（1）问，在解方程时，容易丢掉这一结果，导致数列的通项公式缺一种结果.3.应用等差数列与等比数列性质不当综合应用等差数列、数列等比数列性质时，因记不准性质或性质混用导致错误.例4.若等差数列{}n a 满足7897100,0a a a a a ++>+<，则当n =__________时， {}n a 的前n 项和最大．0d =1q =0d =1q =}{n a 21=a 1a 2a 5a }{n a n S }{n a n n ?80060+>n S n n 2=n a 24-=n a n }{n a d d d 42,2,2++)42(2)2(2d d +=+0=d 4=d 0=d 2=n a 4=d 244)1(2-=⨯-+=n n a n }{n a 2=n a 24-=n a n 2=n a n S n 2=800602+<n n n 80060+>n S n 24-=n a n 222)]24(2[n n n S n =-+=8006022+>n n 0400302>--n n 40>n 10-<n n 80060+>n S n n 2=n a n 24-=n a n n 80060+>n S n n 2(2)2(24)d d +=+0d ={}n a【答案】8【解析】由等差数列的性质，，，又因为，所以所以，所以，，故数列的前8项最大.点评：等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形. 在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法. 4.用错位相减法求和时弄不清等比数列项数导致错误错位相减法求和是等比数列求和的基本思想，学生在应用时，做到两式相减后时，弄不清楚相减后的式了中等比数列的项数导致求和出错.例5．（山东高三期中）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()()21n n S n a n N *=+∈，且12a =．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()12n an n b a =-，数列{}n b 的前n 项和n T ，求证209n T >．【答案】（1）2n a n =；（2）证明见解析. 【解析】（1）由()21n n S n a =+可得()1122n n S n a ++=+，两式相减可得()11n n na n a +=+即1,1n na a n N n n*+=∈+，所以n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列，即可得{}n a 的通项公式；（2）()()12214na nn n b a n =-=-，利用乘公比错位相减求()16542020999n n n T +-=+>，即可得证. 【详解】（1）因为()21,n n S n a n N *=+∈，所以()1122,n n S n a n N *++=+∈，两式相减得()()11221n n n a n a n a ++-=++，整理得()11n n na n a +=+，即1,1n n a a n N n n *+=∈+，所以n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列，所以121n a a n ==，所以2n a n =（2）由（1）得：()()12214n ann n b a n =-=-，所以()123143454214nn T n =⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-()()23141434234214n n n T n n +=⨯+⨯+⋅⋅⋅+-+-两式相减得：()()231342444214n n n T n +-=+⨯++⋅⋅⋅+--， ()2114434221414n n n T n ++--=+⨯---，化简得()16542020999n n n T +-=+>点评：“错位相减法”求数列的和是重点也是难点,利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解．）；②在写出“S n ”与“qS n ” 的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n −qS n ”的表达式,相减时注意最后一项的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以.5.周期数列的周期判断失误有的数列是呈周期性变化的，在求这类数列通项或求和问题时，常因判断不准数列的周期或数列的项数与通项的关系致错.例5.（合肥一六八中学高一期末）已知数列{}n a 满足：*13(N 21)m a m =∈-，13,32,3n n n n na a a a a +->⎧=⎨≤⎩，则数列{}n a 的前44m +项的和44m S +=_______.{}n a {}n b {}•n n a b {}n b 1q -【答案】112(21)21m m+-- 【解析】当1m =时，13a =，26a =，33a =，46a =，53a =，，当2m =时，11a =，22a =，34a =，41a =，52a =，，当3m =时，137a =，267a =，3127a =，4247a =，537a =，，猜测，{}n a 是以1m +为周期的周期数列，且每个周期内都是以1a 为首项，2为公比的等比数列．设 {}n a 中133n n a a +≤⎧⎨>⎩，即13232132321n m n m -⎧⋅≤⎪⎪-⎨⎪⋅>⎪-⎩，∴12212n m n -≤-<，由于,m n 都是正整数，所以m n =，所以数列{}n a 中第1m +项开始大于3，前1m +项是以1a 为首项，2为公比的等比数列．211133323232121m mm m m m a a a a ++=-=⋅-=⋅-==--，所以{}n a 是以1m +为周期的周期数列，所以11114411(12)12(21)444(21)1221m m m m m m a S S a +++++--==⨯=-=--．故答案为：112(21)21m m +--．点评：解决数列周期性问题的方法：先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．解答此类问题，常因为判断不清数列的周期性或项数出错. 解题关键是确定数列的周期性．方法采取的是从特殊到一般，猜想与证明．6. 应用数学归纳法忽视推理基础或不应用归纳假设致误1.数学归纳法：证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤进行： (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开始的所有正整数n 都成立． 2.数学归纳法的框图表示：3.应用数学归纳法过程中，常见错误有两种，一是忽视递推基础，二是不应用归纳假设，即对数学归纳法两步缺一不可重视不够，或对数学归纳法证明原理理解有误.例6.（浙江省桐庐中学高三月考）数列{}n a 满足()2*1n n n a a a n N+=-+∈，110,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则以下说法正确的个数（）①10n n a a +<<；②22221231n a a a a a ++++<；③对任意正数b ，都存在正整数m 使得12311111111mb a a a a ++++>----成立； ④11n a n <+. A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】D 【解析】利用二次函数的性质及递推关系得0n a >，然后作差1n n a a +-，可判断①，已知等式变形为21n n n a a a +=-，求出平方和可得②成立，利用简单的放缩可得12111111nn a a a +++>---，可判断③，利用数学归纳法思想判断④．【详解】22111()24n n n n a a a a +=-+=--+，若10,2n a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则110,4n a +⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，∴210n n n a a a +-=-<，∴10n n aa +<<，①正确；由已知21n n n a a a +=-，∴2221212231111()()()n n n n a a a a a a a a a a a a +++++=-+-++-=-<，②正确；由110,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭及①得1112na <-<，1121na <<-， ∴12111111nn a a a +++>---，显然对任意的正数b ，在在正整数m ，使得m b >，此时12311111111mb a a a a ++++>----成立，③正确； (i)已知112a <成立， (ii)假设11n a n <+，则222111112411n n n n a a a a n n +⎛⎫⎛⎫=-+=--+<-+ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，又2211110(1)12(2)(1)n n n n n -+-=-<+++++，即2111(1)12n n n -+<+++，∴112n a n +<+，由数学归纳法思想得④正确． ∴4个命题都正确．故选：D ．点评：本题考查由数列的递推关系确定数列的性质．解题方法一是利用函数的知识求解，二是利用不等式的放缩法进行放缩证明，三与正整数有关的命题也可利用数学归纳法证明．应用数学归纳法要注意：（1）数学归纳法证题时初始值0n 不一定是1.（2）推证n ＝k ＋1时一定要用上n ＝k 时的假设，否则不是数学归纳法.（3）解“归纳——猜想——证明”题的关键是准确计算出前若干具体项，这是归纳、猜想的基础，否则将会做大量无用功.一、选择题1．（内蒙古包头市·高三期末（文））已知等比数列{}n a 的各项均不相等，且满足2126a a +=，2362a a =，则该数列的前4项的和为（） A ．120B ．120-C ．22.5D ．22.5-【答案】A 【解析】用基本量解方程即可. 【详解】设{}n a 的公比为q ，由题意得()1122511262a q a a q a q+=⎧⎪⎨=⎪⎩解得121a q =⎧⎨=⎩或163a q =-⎧⎨=-⎩ 又数列{}n a 的各项均不相等，所以121a q =⎧⎨=⎩舍去，即163a q =-⎧⎨=-⎩所以123461854162120a a a a +++=-+-+= 故选：A【易错提醒】本题要注意数列{}n a 的各项均不相等，即1q ≠这个条件. 2．（辽宁高三一模（文））已知数列{}n a 满足()*111,2nn n a a a n N +==∈，则2021S=（）A ．()1011321-B ．101123-C ．()1010321-D ．101223-【答案】D 【解析】由12nn n a a +=得到112n n a a +-=，则数列{}n a 的奇数项和偶数项是等比数列，然后利用等比数列前n 项和公式求解. 【详解】因为数列{}n a 满足()*111,2nn n a a a n N +==∈，当1n =时，22a =，当2n ≥,112n n n a a --=，则112n n a a +-=，所以数列{}n a 的奇数项是以1为首项，以2为公比的等比数列，数列{}n a 的偶数项是以2为首项，以2为公比的等比数列，所以()()1011101020211122121212S⨯-⨯-=+--，1011101021222=-+⨯-，1011101222323=⨯-=-故选：D【易错提醒】考察数列的特征，可以分奇数项、偶数项进行. 另外，涉及前n 项和与通项的关系问题，要考察n=1是否适合.3．（浙江高三月考）已知数列{}n a 满足1sin n n a a +=，*N n ∈，若对任意n ∈N *，都1n n a a +≤，则下列可能成立的是（） A ．11a = B ．21a =-C ．32a =-D ．412a =-【答案】A 【解析】先构造函数()sin f x x x =-，判断其单调性即可得到sin x x ≤，根据已知条件判断可知0n a ≥，即可得出结果. 【详解】设()sin f x x x =-，所以()cos 10f x x '=-≤，故 ()f x 在R 上单调递减，当0x >时，()(0)0f x f <=，即 sin x x <，当0x <时，()(0)0f x f >=，即 sin x x >，当任意n ∈N *，都1n n a a +≤， 1sin n n a a +=，即sin n n a a ≤，所以0n a ≥，即 10a ≥. 故选：A.【易错提醒】构造函数()sin f x x x =-利用导数判断其单调性sin x x ≤成立时，x 的取值是解答本题的关键.4．（黑龙江哈尔滨三中高三月考（理））设n S 为公差为()0d d ≠的无穷等差数列{}n a 的前n 项和，则“0d <”是“数列{}n S 有最大项”的( ) A ．充要条件 B ．充分不必要条件 C ．必要不充分条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】()2111222n n n d d S na d n a n -⎛⎫=+=+- ⎪⎝⎭，对应的二次函数为()2122d d f x x a x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭.故当0d <时，函数有最大值，数列{}n S 有最大项. 当数列{}n S 有最大项时，需满足0d <，故是充要条件. 故选：A .【易错提醒】1、等差数列及其求和；2、充要条件；3.二次函数的图象和性质．5.（江西高三月考（理））已知数列{}n a 为等差数列，且有2211018,0,n a a a n N ++=≥∈，则345678a a a a a a +++++的取值范围为（）A ．[]0,6B ．⎡⎤⎣⎦C ．⎡⎤⎣⎦D ．[]0,18【答案】C 【解析】设110a a t +=，101a t a =-，所以2222221101111()2218a a a t a a ta t +=+-=-+=，即221122180a ta t -+-=，1a ，10a 是方程2222180x tx t -+-=的解，所以2248(18)0t t ∆=--≥，6t ≤，又10a ≥，100a ≥，所以120x x t +=>，2121802t x x -=≥，t ≥综上6t ≤≤所以3456781103()a a a a a a a a +++++=+∈．故选：C ．【易错提醒】1.等差数列的性质；2.二次方程根的分布；3.解题关键是构造一个一元二次方程，110,a a 是它的两个根．6．（青海高三期末（理））已知函数2()f x x bx =+的图象在点(1,(1))A f 处的切线l 与直线320x y -+=平行，若数列1()f n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，则2009S 的值为（）A ．20072008B ．20092010C ．20082009D ．20102011【答案】B 【解析】因为函数2()f x x bx =+，所以()2f x x b '=+，代入1x =，得切线斜率2k b =+，因为切线l 与直线320x y -+=平行，所以23b +=，得1b = 所以()2f x x x =+所以21111()1f n n n n n ==-++，所以11111112231n S n n =-+-+⋅⋅⋅+-+ 111n =-+ 所以200912009120102010S =-=. 故选：B.【易错提醒】1、导数的几何意义，根据切线斜率求参数的值；2.裂项相消法求和. 7．（浙江湖州市·高三期末）设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且4331S S S =-，若11a >，则（） A ．13a a <，24a a ，24a a < C ．13a a <，24a a > D ．13a a >，24a a >【答案】B 【解析】首先根据题中所给的条件4331S S S =-，11a >利用等比数列求和公式求出0q <，分情况讨论求得10q -<<，从而可以得到项之间的大小关系.【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ，由4331S S S =-可得431a S =-，若1q =，则1113a a =-显然不成立，所以1q ≠，所以()312111q a a q q -++=，即()232111q q a q +=-+，因为22131024q q q ⎛⎫++=++> ⎪⎝⎭，210a >，所以30q <，所以0q <，当1q ≤-时，31q ≤-，211q q ++≥，因为11a >，则()232111q q a q +=-+不可能成立，所以10q -<<，()213110a a a q -=->，()224110a a a q q -=-<，所以13a a >，24a a <，故选：B.【易错提醒】1、递推数列的应用；2.等比数列求和公式的应用3.二次函数的图象和性质. 8.（浙江高三学业考试）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足*1112,1,n na a n a +=-=-∈N ，则（） A ．40100a a C ．40100S S < D ．40100S S >【答案】D 【解析】首先通过列举数列的项，得到数列{}n a 是周期数列，利用周期判断选项. 【详解】211312a a =-=，321113a a =-=，43112a a =-=-，541312a a =-=，…… 所以数列{}n a 是以3为周期的周期数列，前三项和316S =-，40313112a a a ⨯+∴===-，100333112a a a ⨯+===-，所以40100a a =，4034025136S S a =+=-，100310015332S S a =+=-，所以40100S S >. 故选：D【易错提醒】1、递推数列的应用；2.周期数列的概念.9．（浙江高三期末）已知数列{}n a 中，12a =，若21n n n a a a +=+，设1212222111m m m a a a S a a a =++⋅⋅⋅++++，若2020m S <，则正整数m 的最大值为（）A ．1009B ．1010C ．2019D ．2020【答案】B 【解析】21n n n a a a +=+,12a =∴0n a >,∴210n n n a a a +-=>,即数列{}n a 为单调增数列,1(+16n n n a a a +∴=≥）,即111111(+1+16n n n n n a a a a a +==-≤）, 1111+1n n n a a a +∴=-, 212(1)11m m m a a a =-++ 1212222111m m m a a a S a a a ∴=++⋅⋅⋅++++ 121112(1)2(1)2(1)111m a a a =-+-+⋅⋅⋅+-+++ 1211122()111m m a a a =-++⋅⋅⋅++++ 1312211111122()m m m a a a a a a +=--+-+⋅⋅⋅+-111122()m m a a +=-- 1221+m m a +=-223m ≤-2020m S <,2220203m ∴-<,即110103m <+, ∴正整数m 的最大值为1010,故选:B.【易错提醒】1.数列的递推关系；2.裂项相消法；3.放缩法. 10．（辽宁辽师大附中高三月考（理））已知数列{}n a 满足1212a a ++…2*1()n a n n n N n+=+∈，设数列{}n b 满足：121n n n n b a a ++=,数列{}n b 的前n 项和为n T ，若*()1n nT n N n λ<∈+恒成立，则λ的取值范围是（） A ．1(,) 4+∞ B ．1[,) 4+∞C ．3[,) 8+∞D ．3(,)8+∞【答案】D 【解析】因为1212a a ++…2*1()n a n n n N n +=+∈，所以1212a a ++…()()2*1111(,2)1n a n n n N n n -+=-+-∈≥-，故12n a n n=即22n a n =，其中2n ≥. 而令1n =，则22111221a =+==⨯，故22n a n =，1n ≥.()()2222211114411n n b n n n n ⎡⎤+==-⎢⎥⨯++⎢⎥⎣⎦，故()2222221111111412231n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+-++-⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭+⎢⎥⎣⎦()()22211214141n n n n ⎡⎤+=-=⎢⎥++⎢⎥⎣⎦，故*()1n n T n N n λ<∈+恒成立等价于()222141n n n n n λ+<++即()241n n λ+<+恒成立，化简得到()11441n λ+<+，因为()11113441488n +≤+=+，故38λ>.故选D.【易错提醒】数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法. 参数的数列不等式的恒成立问题，可以用参变分离的方法构建新数列，通过讨论新数列的最值来求参数的取值范围. 二、填空题11．（全国高三专题练习（文））记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和.已知30a =，848S =，则公差d =__________．【答案】4 【解析】设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，30a =，848S =()11208818482a d a d +=⎧⎪∴⎨⨯-+=⎪⎩解得184a d =-⎧⎨=⎩ 故答案为：4【易错提醒】等差数列通项公式，求和公式的应用.12．（全国高三开学考试（理））设()f n 为正整数n （十进制）各位数上数字的平方和，例如()123122314f =++=，记：()11(),,1,2,3,4,k k a f n a f a k +===，若101n ，则2021=a _______________________．【答案】58 【解析】依题意计算出数列的前几项，即可找到数列的周期性，即可得解；【详解】解：由题意，101n ，()11(),,1,2,3,4,k k a f n a f a k +===所以221112a =+=，2224a ==，23416a ==，2241637a =+=，2253758a =+=，2265889a =+=，22789145a =+=，222814542a =++=，2294220a =+=，21024a ==，……，可知该数列从第二项开始时周期为8的周期数列，2021558.a a == 故答案为：58【易错提醒】1.数列新定义；2.周期数列．13.（上海高三）若首项为正数的等比数列{}n a ，公比lg q x =，且10099101a a a <<，则实数x 的取值范围是____________ 【答案】10,10⎛⎫⎪⎝⎭【解析】10a >，∴989910a a q =>，由题意可得2999999a q a a q <<∴21q q <<，1q ∴<-，即lg 1x ，∴1010x. 故答案为：10,10⎛⎫⎪⎝⎭.【易错提醒】等比数列的通项和性质、对数函数的性质.14.（2019年9月浙江省嘉兴市高三测试）已知{}n a 是公差为2-的等差数列，n S 为其前n 项和，若21a +，51a +，71a +成等比数列，则1a =_____，当n =_______时，n S 取得最大值．【答案】19. 10. 【解析】因为21a +，51a +，71a +成等比数列，所以()75221(1)(1)+=++a a a ，又{}n a 是公差为2-的等差数列，所以()2111821(1)(112)+=---++a a a ，即()2111()7(111)--=-a a a ，解得119a =，所以2219(1)20(10)100=--=-+=--+n n n n n S n n ，因此，当10n =时，n S 取得最大值．故答案为(1). 19. (2). 10.【易错提醒】等比数列的通项公式、等差数列以及等差数列的前n 项和公式.15．（全国高三专题练习（文））设n S 为公比1q ≠的等比数列{}n a 的前n 项和,且13a ，22a ，3a 成等差数列，则q =__________,42S S =________. 【答案】3 10 【解析】设等比数列的通项公式11n n a a q -=,又因为13a ,22a ,3a 成等差数列,所以213322a a a =+⨯,即211143q a a a q =+,又因为等比数列中10a ≠,则243q q =+,解得1q =或3q =,又因为1q ≠,所以3q =.所以()()41444222211113*********11a q S q q S q a q q-----=====-----. 故答案为：(1).3 (2). 10【易错提醒】等比数列的通项公式、等差中项以及等比数列的前n 项和公式16．（上海高三）已知数列{}n a 满足：11a =，112{,,,}n n n a a a a a +-∈⋅⋅⋅（*n ∈N ），记数列{}n a 的前n 项和为n S ，若对所有满足条件的{}n a ，10S 的最大值为M ，最小值为m ，则M m +=________ 【答案】1078 【解析】由11a =，112{,,,}n n n a a a a a +-∈⋅⋅⋅（*n ∈N ），可得211a a a -=，解得2122a a ==，又3212{,}a a a a -∈，可得3213a a a =+=或3224a a ==，又43123{,,}a a a a a -∈，可得4314a a a =+=或5； 4325a a a =+=或6；4326a a ==或8；又541234{,,,}a a a a a a -∈，可得5415a a a =+=或6或7；5426a a a =+=或7或8；5437a a a =+=或8或9或10或12；5328a a ==或9或10或12或16，综上所示可得10S 的最大值为()10291121222102312M ⨯-=++++==-，最小值为()1101012310552m +⨯=++++==，所以1023551078M m +=+=. 故答案为：1078【易错提醒】1、等差数列、等比数列的求和公式；2、数列的新定义.17．（北京市八一中学高二月考）已知101a ≤≤，定义112,02121,2n n n n n a a a a a +⎧≤<⎪⎪=⎨⎪-≥⎪⎩.（1）如果23a a =，则2a =________.（2）如果13a a <，则1a 的取值范围是________. 【答案】0或1 111230,,,43234⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭【解析】（1）101a ≤≤，定义112,02121,2n n n n n a a a a a +⎧≤<⎪⎪=⎨⎪-≥⎪⎩.若2102a ≤<，则3222a a a ==，解得20a =；若212a ≥，则32221a a a =-=，解得21a =. 综上所述，20a =或1；（2）①当1102a ≤<时，212a a =. （i ）若2102a ≤<，即111102024a a ≤<⇒≤<，32124a a a ==，1314a a a <=，10a ∴>，此时，1104a <<；（ii ）若212a ≥，即1122a ≥，得11142a ≤<，3212141a a a =-=-，13141a a a <=-，113a ∴>，此时，11132a <<；②当1112a ≤≤时，1221a a =-.（i ）若2102a ≤<，即11113021224a a ≤-<⇒≤<，321242a a a ==-，13242a a a <=-，123a ∴>，此时，12334a <<；（ii ）若212a ≥，即111321124a a -≥⇒≤≤，3212143a a a =-=-，13143a a a <=-，11a ∴>，此时，1a 不存在.综上所述，1a 的取值范围是111230,,,43234⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 故答案为：0或1；111230,,,43234⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 【易错提醒】1、数列的性质；2、递推数列；3. 分类讨论思想的合理运用．三、解答题18.（河南高三期末（文））已知数列{}n a 满足()12347324n a a a n a n ++++-=.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求数列{}12n n a a ++的前n 项和为n S . 【答案】(1)432n a n =-；(2)434n nS n =+.【解析】(1)当1n =时，14a =. 当2n ≥时，()12347324n a a a n a n ++++-=，()()1231473541n a a a n a n -++++-=-，两式相减，可得()324n n a -=，故432n a n =-.因为14a =也适合上式，所以432n a n =-.(2)依题意，()()12161611313433134n n a a n n n n ++⎛⎫==- ⎪++++⎝⎭，故233412n n n S a a a a a a ++=+++16111111113477101013313+4n n ⎛⎫=-+-+-++- ⎪+⎝⎭16114343434nn n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭. 【易错提醒】1.数列的通项；2.裂项相消法．19. （河北高三期末（理））已知数列{}n a 的各项均为正数，且()223420n n a n a n ---+=，*n ∈N ，正项等比数列{}n b 的前n 项和为n S ，且12b =，381S a =-. （Ⅰ）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（Ⅱ）若数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：3n T <. 【答案】（Ⅰ）21n a n =-，2nn b =；（Ⅱ）见解析.【解析】（Ⅰ）由()223420n n a n a n ---+=，得()()2120n n a n a --+=⎡⎤⎣⎦，∴21n a n =-（2n a =-舍去），∵12b =，∴()23811421S a q q =-==++，解得2q（3q =-舍去），∴2nn b =；（Ⅱ）∵()1212nn n a n b ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，∴()()231111111135232122222n nn T n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()()()231111111113252321222222n nn n T n n n -+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯++-+-+- ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，∴()231.111111*********n n n T n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋯+--⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦， ()()211111113122221231222212n n n n n +++⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎛⎫⎛⎫⎝⎭⎝⎭=+⨯--=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭-，∴()13232nn T n ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭. 又∵()12302nn ⎛⎫+> ⎪⎝⎭，∴3n T <.【易错提醒】“错位相减法”求数列的和是重点也是难点,利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解．）；②在写出“S n ”与“qS n ” 的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n −qS n ”的表达式,相减时注意最后一项的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以.20．（湖北襄阳市·高三期末）已知()23f x x x =-，数列{}n a 前n 项和为n S ，且()n S f n =. （1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）若数列{}n b 满足43nn na b =⨯，数列{}n b 的前n 项和为n T ，且对于任意*n ∈N ，总存在[]2,4x ∈，使{}n a {}n b {}•n n a b {}n b 1q -得()n T mf x >成立，求实数m 的取值范围. 【答案】（1）24n a n =-；（2）11,,1224⎛⎫⎛⎫+∞⋃-∞- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【解析】（1）易知23n S n n =-，再利用通项与前n 项和关系11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩求解.（2）易得2424323n n nn n b --==⨯⨯，1160b =-<，20b =，3n ≥时，0n b >，则n T 的最小值为16-，再根据对于任意*n ∈N ，总存在[]2,4x ∈，使得()n T mf x >成立，由()min16mf x ⎡⎤->⎣⎦求解. 【详解】（1）因为()23f x x x =-，()n S f n =，所以23n S n n =-，当2n ≥时，()()21131n S n n -=---，124n n n a S S n -=-=-，当1n =时，112a S ==-，也满足24n a n =-，故24n a n =-.（2）因为24n a n =-，43nn na b =⨯，所以2424323n n nn n b --==⨯⨯，1160b =-<，20b =，当3n ≥时，0n b >，故12T T =为n T 的最小值，n T 的最小值为16-，因为对于任意*n ∈N ，总存在[]2,4x ∈，使得()n T mf x >成立，所以()min 16mf x ⎡⎤->⎣⎦，因为[]2,4x ∈，()2239324f x x x x ⎛⎫=-=-- ⎪⎝⎭，所以()[]2,4f x ∈-，当0m >时，()min16mf x ⎡⎤->⎣⎦，即126m ->-，解得112m >；当0m <时，()min 16mf x ⎡⎤->⎣⎦，即146m ->，解得124m <-， 0m =时，106->，显然不成立. 故实数m 的取值范围为11,,1224⎛⎫⎛⎫+∞⋃-∞- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【易错提醒】1.不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数()[],,y f x x a b =∈，()[],,y g x x c d =∈（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，总有()()12f x g x <成立，故()()2max min f x g x <；（2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2max max f x g x <；（3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2min min f x g x <；（4）若若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x =，则()f x 的值域是()g x 值域的子集． 2.数列的通项公式； 3.二次函数的图象和性质.21．（江苏高三专题练习）已知数列{}n a 满足111221,(2)311n n n a a n a a ---==≥--．（1）求数列{}n a 的通项公式;（2）设数列{}n a 的前n 项和为n S ,用数学归纳法证明:13ln 22n n S n +⎛⎫<+- ⎪⎝⎭. 【答案】（1）12n n a n +=+.（2）答案见解析【解析】（1）1121,(2)11n n n a n a a ---=≥--, 11111111111n n n n a a a a ----+∴==-+--- 111111n n a a -∴-=---∴11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是首项为3-,公差为1-的等差数列． 13(1)21n n n a ∴=---=--- 12n n a n +∴=+ （2）由（1）可得:111342n S n n =---⋯-+ 下面用数学归纳法证明:13ln 22n n S n +⎛⎫<+- ⎪⎝⎭①当1n =时,左边1123S a ===, 5ln 26> 右边12521ln 2ln 22363=+-=+->=左边∴命题成立．②假设当()*1,n k k k N=≥∈时命题成立,即13ln 22kk Sk +<+- 则当1n k =+时,11312ln 223k k k k k S S a k k ++++=+<-+++ 要证1(1)31(1)ln22k k S k +++<+-+ 只要证3121ln (1)ln12232k k k k k ++⎛⎫-++<+-+ ⎪+⎝⎭ 只要证241ln 33k k k +<++ 即证11ln 133k k ⎛⎫+< ⎪++⎝⎭ 考查函数()ln(1)(0)F x x x x =+->的单调性．0x >,∴1()1011x f x x x-'=-=<++ ∴函数()F x 在(0,)+∞上为减函数．()(0)0F x F ∴<=,即ln(1)x x +<.11ln 133k k ⎛⎫∴+< ⎪++⎝⎭故当1n k =+时命题也成立．综上所述,31ln 22n n S n +⎛⎫<-+⎪⎝⎭ 【易错提醒】1. 利用数学归纳法证明不等式；2. 利用导数证明不等式恒成立； 3.递推公式、等差数列、构造思想及转化思想.22．（江苏高三专题练习）已知数列{a n }满足2*11n 1,22,3n n a a a a n N +==-+∈. （1）用数学归纳法证明:10,2n a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭; （2）令12n n b a =-,证明:11133nn i ib +=≥-∑.【答案】（1）答案见解析（2）答案见解析【解析】（1）当1n =时,1110,32a ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭,结论显然成立; 假设当*,2,n k k k N =≥∈时,10,2k a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭则当1n k =+时,2211122222k k k k a a a a +⎛⎫=-+=--+ ⎪⎝⎭10,2k a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭是单调递增,可得110,2k a +⎛⎫∈ ⎪⎝⎭综上所述,10,2n a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭ （2）由（1）知,10,2n a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭, ∴110,22n n b a ⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭2122n n na a a+=-+∴()22211111222222222n n n n n na a a a a a+⎛⎫-=--+=-+=-⎪⎝⎭即212n nb b+=∴212log2log1n nb b+=+()212log12log1n nb b+∴+=+故{}2log1nb+构成以2为公比的等比数列,其首项为:212211log1log1log63b+=+=1221log1log23nnb-⎛⎫∴+=⋅⎪⎝⎭,即()1221log2log23nnb-⎛⎫= ⎪⎝⎭,∴12123nnb-⎛⎫= ⎪⎝⎭,即12123nnb-⎛⎫= ⎪⎝⎭,于是12123nnb-=⋅.当1,2i=时,12i i-=,当3i≥时,1101101111112(11)i i ii i i i iC C C C C i--------=+=++⋯+>+=∴对i N∀∈,有12i i-≥,∴1233i i-≥,即:1212323i iib-=⋅≥⋅()()121123131111233323313nin nni nb b b b=+-∴∑=++⋯+≥++⋯+=⨯=--【易错提醒】1. 根据数列的递推公式求通项公式；2. 数学归纳法； 3.等比数列的基本运算．。

2019年高考数学六大解答题突破突破三数列的综合应用高考解答题突破(三)数列的综合应用 (2)

高考解答题突破(三)数列的综合应用突破“两归”——化归、归纳[思维流程][技法点拨]1.由于数列是一个特殊的函数,也可根据题目特点,将其化归为函数问题,或通过对式子的改造,使其化归为可运用数列问题的基本方法.2.对于不是等差或等比的数列,可从简单的个别的特殊的情景出发,从中归纳出一般性的规律、性质,这种归纳思想便形成了解决一般性数学问题的重要方法：观察、归纳、猜想、证明.考向一等差、等比数列的证明证明数列是等差(比)数列的两种基本方法(1)定义法：a n ＋1－a n ＝d (常数)(n ∈N *)⇒{a n }是等差数列;a n ＋1a n ＝q (q 是非零常数)⇒{a n }是等比数列.(2)等差(比)中项法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)⇒{a n }是等差数列;a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N *,a n ≠0)⇒{a n }是等比数列.[解] (1)由题意知,2S n ＝(n ＋1)2a n －n 2a n ＋1,巧造等差或等比判定方法(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)a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2,n ∈N *)是{a n }为等比数列的必要而不充分条件,也就是要注意判断一个数列是等比数列时,要注意各项不为0.[对点训练]1.(2018·常州一模)已知n 为正整数,数列{a n }满足a n >0,4(n ＋1)a 2n －na 2n ＋1＝0,设数列{b n }满足b n ＝a 2n t n .(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 为等比数列;(2)若数列{b n }是等差数列,求实数t 的值.[解] (1)证明：∵数列{a n }满足a n >0,4(n ＋1)a 2n －na 2n ＋1＝0,∴2n ＋1a n ＝na n ＋1.即a n ＋1n ＋1＝2a n n . ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以2为公比的等比数列. (2)由(1)可得a n n＝a 1×2n －1,∴a 2n ＝na 21·4n －1. ∵b n ＝a 2n t n ,∴b 1＝a 21t ,b 2＝a 22t 2,b 3＝a 23t 3.∵数列{b n }是等差数列,∴2×a 22t 2＝a 21t ＋a 23t 3.∴2×2a 21×4t＝a 21＋3a 21×42t 2, 即16t ＝t 2＋48,解得t ＝12或t ＝4.经检验,当t ＝12时,b 2,b 3,b 4不成等差数列,故舍去.当t ＝4时,b n ＝a 2n 4n ＝na 214,数列{b n }为等差数列,所以t 的值为4.考向二数列的通项与求和1.求数列的通项公式的方法(1)等差、等比数列的通项公式适合用基本量法;(2)已知a n 与S n间关系式时适合用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2求得;(3)依据递推关系变形为等差(等比)数列求得.2.求数列的前n 项和的方法结合数列通项公式的特点,采用裂项相消、错位相减、分组求和等方法.[解](1)由题意知当n≥2时,a n＝S n－S n－1＝6n＋5.求解数列通项和前n 项和的关键步骤[对点训练]2.(2018·南宁第二次适应性测试)在各项均为正数的等比数列{a n }中,a 1＝2,且2a 1,a 3,3a 2成等差数列.(1)求等比数列{a n }的通项公式;(2)若数列{b n }满足b n ＝(n ＋2)log 2a n ,求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和T n . [解] (1)设数列{a n }的公比为q ,∵2a 1,a 3,3a 2成等差数列,∴2a 1＋3a 2＝2a 3,即2a 1＋3a 1q ＝2a 1q 2,化简得2q 2－3q －2＝0,解得q ＝2或q ＝－12. ∵q >0,∴q ＝2.∵a 1＝2,∴数列{a n }的通项公式a n ＝a 1q n －1＝2n ,n ∈N *.(2)∵b n ＝(n ＋2)log 2a n ＝n (n ＋2),∴1b n＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2, T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n －1＋1b n ＝12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋ ⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －2－1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－2n ＋32(n 2＋3n ＋2). 考向三数列与不等式的综合应用数列与不等式的综合问题主要体现在以下三方面：(1)判断数列问题中的一些不等关系,可以利用数列的单调性比较大小,或者借助数列对应函数的单调性比较大小,还可以作差或作商比较大小;(2)以数列为载体,考查不等式的恒成立问题,此类问题可转化为函数的最值问题;(3)考查与数列问题有关的不等式的证明问题,此类问题常通过构造函数证明,或者直接利用放缩法证明.[解](1)∵4S n＝a n·a n＋1,n∈N*,“算一算、猜一猜、证一证”是数列中特有的归纳思想,利用这种思想可探索一些一般数列的简单性质.等差数列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列,高考中通常考查的是非等差、等比数列问题,应对的策略就是通过化归思想,将其转化为这两种数列.审题时应注意归纳法的运用,要看清项及下标的特征,要注意下标的范围.[对点训练]3.(2018·临川质检)已知数列{a n}满足对任意的n∈N*,都有a31＋a32＋…＋a3n＝(a1＋a2＋…＋a n)2,且a n>0.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋2的前n 项和为S n ,不等式S n >13log a (1－a )对任意的正整数n 恒成立,求实数a 的取值范围.[解] (1)由a 31＋a 32＋…＋a 3n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n )2知a 31＋a 32＋…＋a 3n ＋1＝(a 1＋a 2＋…＋a n ＋1)2,则a 3n ＋1＝(a 1＋a 2＋…＋a n ＋1)2－(a 1＋a 2＋…＋a n )2＝a n ＋1[2(a 1＋a 2＋…＋a n )＋a n ＋1],又a n >0,所以a 2n ＋1＝2(a 1＋a 2＋…＋a n )＋a n ＋1,则a 2n ＝2(a 1＋a 2＋…＋a n －1)＋a n (n ≥2),故a 2n ＋1－a 2n ＝a n ＋a n ＋1,所以a n ＋1－a n ＝1.又a 31＝a 21,所以a 1＝1.又a 22＝2a 1＋a 2,所以a 2＝2,所以a 2－a 1＝1,即当n ≥1时,有a n ＋1－a n ＝1,所以数列{a n }是首项为1,公差为1的等差数列,故a n ＝n .(2)由(1)知a n ＝n ,则1a n a n ＋2＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2, 所以S n ＝1a 1a 3＋1a 2a 4＋…＋1a n a n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2, 则S n ＋1－S n ＝1(n ＋1)(n ＋3)>0,所以数列{S n }单调递增,所以(S n )min ＝S 1＝13.要使不等式S n >13log a (1－a )对任意正整数n 恒成立,只要13>13log a (1－a )即可.易知0<a <1,则1－a >a ,解得0<a <12.所以实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. 专题跟踪训练(二十)1.(2018·内蒙古包头一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n ＝2a n －3n (n ∈N *).(1)求a 1,a 2,a 3的值.(2)设b n ＝a n ＋3,试说明数列{b n }为等比数列,并求出数列{a n }的通项公式.[解] (1)当n ＝1时,由S 1＝a 1＝2a 1－3×1,得a 1＝3; 当n ＝2时,由S 2＝a 1＋a 2＝2a 2－3×2,可得a 2＝9; 当n ＝3时,由S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝2a 3－3×3,得a 3＝21.(2)因为S n ＝2a n －3n ,所以S n ＋1＝2a n ＋1－3(n ＋1). 上述两式相减得a n ＋1＝2a n ＋3,所以a n ＋1＋3＝2(a n ＋3), 所以b n ＋1＝2b n ,且b 1＝6.所以数列{b n }是以6为首项,2为公比的等比数列. 所以b n ＝6×2n －1.所以a n ＝b n －3＝6×2n －1－3＝3(2n －1).2.(2018·长春实验中学一模)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,求数列{b n }的前n 项和T n . [解] (1)当n ≥2时,将a n ＝S n －S n －1代入S 2n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －12中,得2S n S n－1＋S n －S n －1＝0,化简得1S n －1S n －1＝2,1S 1＝1,∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1为首项,2为公差的等差数列.∴1S n＝2n －1,即S n ＝12n －1. (2)b n ＝S n 2n ＋1＝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＝n 2n ＋1. 3.已知各项均为正数的等差数列{a n }满足：a 4＝2a 2,且a 1,4,a 4成等比数列,设数列{a n }的前n 项和为S n .(1)求数列{a n }的通项公式.(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n ·2n 的前n 项和为T n ,求证：T n <3. [解] (1)设等差数列{a n }的公差为d .因为a 4＝2a 2,且a 1,4,a 4成等比数列,a n >0,所以⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋3d ＝2(a 1＋d )，a 1·(a 1＋3d )＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝2. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋2(n －1)＝2n .(2)证明：由(1)知a 1＝d ＝2,则S n ＝2n ＋n (n －1)2×2＝n 2＋n .所以S n n ·2n ＝n ＋12n .所以T n ＝221＋322＋423＋…＋n ＋12n ,①12T n ＝222＋323＋…＋n 2n ＋n ＋12n ＋1.②由①－②得,12T n ＝221＋122＋123＋…＋12n －n ＋12n ＋1. 所以T n ＝2＋121＋122＋…＋12n －1－n ＋12n ＝2＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－n ＋12n ＝3－12n －1－n ＋12n <3. 故T n <3.4.设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ,满足4S n ＝a 2n ＋1－4n－1,且a 1＝1,公比大于1的等比数列{b n }满足b 2＝3,b 1＋b 3＝10.(1)求证数列{a n }是等差数列,并求其通项公式;(2)若c n ＝a n 3b n,且c n ≤t 2＋43t －2对一切正整数n 恒成立,求实数t 的取值范围.[解] (1)因为4S n ＝a 2n ＋1－4n －1,所以当n ≥2时,4S n －1＝a 2n －4(n －1)－1,得4a n ＝4S n －4S n －1＝a 2n ＋1－a 2n －4,即a 2n ＋1＝a 2n ＋4a n ＋4＝(a n ＋2)2.因为a n >0,所以a n ＋1＝a n ＋2.所以当n ≥2时,{a n }是公差d ＝2的等差数列, 又因为a 1＝1,a 22＝4a 1＋5＝9,所以a 2＝3. 故{a n }是首项为1,公差为2的等差数列. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)由题意得b 2q ＋b 2q ＝10,解得q ＝3或q ＝13(舍去).所以b n ＝3n －1,c n ＝a n 3b n＝2n －13n .由c n ＋1－c n ＝(2n ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1－(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ·43(1－n )≤0,可得c n 的最大值为c 1＝13,由c n ≤t 2＋43t －2对一切正整数n 恒成立, 得13≤t 2＋43t －2,解得t ≥1或t ≤－73.即实数t 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－73∪[1,＋∞).。

(高考冲刺押题)2019高考数学三轮基础技能闯关夺分必备数列的概念(含解析).doc

(高考冲刺押题)2019高考数学三轮基础技能闯关夺分必备数列的概念（含解析）【考点导读】1．了解数列〔含等差数列、等比数列〕的概念和几种简单的表示方法〔列表、图象、通项公式〕，了解数列是一种特殊的函数；2．理解数列的通项公式的意义和一些基本量之间的关系；3．能通过一些基本的转化解决数列的通项公式和前n 项和的问题。

【基础练习】1.数列}{n a 满足)(133,0*11N n a a a a n n n ∈+-==+，那么20a =3-。

分析:由a 1=0,)(1331++∈+-=N n a a a n n n 得⋅⋅⋅⋅⋅⋅==-=,0,3,3432a a a 由此可知:数列}{n a 是周期变化的,且三个一循环,所以可得:.3220-==a a2、在数列{}n a 中，假设11a =，12(1)n n a a n +=+≥，那么该数列的通项n a =2n-1。

3、数列{}n a ，满足112311,23...(1)(2)n n a a a a a n a n -==++++-≥，那么{}n a 的通项 1,n=1, n a =,n ≥2.(答案:2!n ) 4、设数列{}n a 的前n 项和为n S ，*1(31)()2n n a S n N -=∈，且454a =，那么1a =____2__. 5、数列{}n a 的前n 项和(51)2n n n S +=-，那么其通项n a =52n -+、【范例导析】例1、设数列{}n a 的通项公式是285n a n n =-+，那么〔1〕70是这个数列中的项吗？如果是，是第几项？〔2〕写出这个数列的前5项，并作出前5项的图象；[来源:]。

高中新三维一轮复习数学浙江专版：第六章数列与数学归纳法

第六章⎪⎪⎪数列与数学归纳法第一节数列的概念与简单表示法1．数列的有关概念概念含义数列按照一定顺序排列的一列数数列的项数列中的每一个数数列的通项数列{a n }的第n 项a n通项公式数列{a n }的第n 项a n 与n 之间的关系能用公式a n ＝f (n )表示，这个公式叫做数列的通项公式前n 项和数列{a n }中，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n 叫做数列的前n 项和列表法列表格表示n 与a n 的对应关系图象法把点(n ，a n )画在平面直角坐标系中公式法通项公式把数列的通项使用公式表示的方法递推公式使用初始值a 1和a n ＋1＝f (a n )或a 1，a 2和a n ＋1＝f (a n ，a n －1)等表示数列的方法n n 若数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.4．数列的分类[小题体验]1．已知数列{a n }的前4项为1,3,7,15，则数列{a n }的一个通项公式为________．答案：a n ＝2n －1(n ∈N *)2．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n2a n ＋3，则a 5等于________．答案：11613．(教材改编题)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝3n －1，则a n ＝________. 答案：2×3n －11．数列是按一定“次序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数”的排列顺序有关．2．易混项与项数的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号．3．在利用数列的前n 项和求通项时，往往容易忽略先求出a 1，而是直接把数列的通项公式写成a n ＝S n －S n －1的形式，但它只适用于n ≥2的情形．[小题纠偏]1．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＝n 2＋1，则数列{a n }的通项公式是________．答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥22．数列{a n }的通项公式为a n ＝－n 2＋9n ，则该数列第________项最大．答案：4或5考点一由数列的前几项求数列的通项公式(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．已知n ∈N *，给出4个表达式：①a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n 为奇数，1，n 为偶数，②a n ＝1＋(－1)n2，③a n ＝1＋cos n π2，④a n ＝⎪⎪⎪⎪sin n π2.其中能作为数列：0,1,0,1,0,1,0,1，…的通项公式的是( ) A ．①②③ B ．①②④ C ．②③④D ．①③④解析：选A 检验知①②③都是所给数列的通项公式． 2．根据数列的前几项，写出各数列的一个通项公式： (1)4,6,8,10，…；(2)(易错题)－11×2，12×3，－13×4，14×5，…；(3)－1,7，－13,19, …； (4)9,99,999,9 999，….解：(1)各数都是偶数，且最小为4，所以它的一个通项公式a n ＝2(n ＋1)，n ∈N *. (2)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式a n ＝(－1)n ×1n (n ＋1)，n ∈N *.(3)这个数列，去掉负号，可发现是一个等差数列，其首项为1，公差为6，所以它的一个通项公式为a n ＝(－1)n (6n －5)，n ∈N *.(4)这个数列的前4项可以写成10－1,100－1,1 000－1，10 000－1，所以它的一个通项公式a n ＝10n －1，n ∈N *.[谨记通法]由数列的前几项求数列通项公式的策略(1)根据所给数列的前几项求其通项公式时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征，并对此进行归纳、联想，具体如下：①分式中分子、分母的特征；②相邻项的变化特征；③拆项后的特征；④各项符号特征等．(2)根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是利用不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意代值检验，对于正负符号变化，可用(－1)n 或(－1)n＋1来调整．如“题组练透”第2(2)题．考点二由a n 与S n 的关系求通项a n (重点保分型考点——师生共研)[典例引领]已知下面数列{a n }的前n 项和S n ，求{a n }的通项公式． (1)S n ＝2n 2－3n ； (2)S n ＝2n －a n .解：(1)a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，由于a 1也适合此等式， ∴a n ＝4n －5.(2)当n ＝1时，S 1＝a 1＝2－a 1，所以a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n －a n )－[2(n －1)－a n －1]＝2－a n ＋a n －1，即a n ＝12a n －1＋1，转化可得a n －2＝12(a n －1－2)．所以{a n －2}是以首项为a 1－2＝－1，公比为12的等比数列，所以a n －2＝(－1)·⎝⎛⎭⎫ 12n －1，即a n ＝2－⎝⎛⎭⎫ 12n －1. [由题悟法]已知S n 求a n 的 3个步骤 (1)先利用a 1＝S 1求出a 1；(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式；(3)对n ＝1时的结果进行检验，看是否符合n ≥2时a n 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n ＝1与n ≥2两段来写．[即时应用]已知数列{a n }的前n 项和为S n . (1)若S n ＝(－1)n ＋1·n ，求a 5＋a 6及a n ；(2)若a n ＞0，S n ＞1，且6S n ＝(a n ＋1)(a n ＋2)，求a n . 解：(1)a 5＋a 6＝S 6－S 4＝(－6)－(－4)＝－2，当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(－1)n ＋1·n －(－1)n ·(n －1) ＝(－1)n ＋1·[n ＋(n －1)] ＝(－1)n ＋1·(2n －1)，又a 1也适合此式，所以a n ＝(－1)n ＋1·(2n －1)．(2)当n ＝1时，a 1＝S 1＝16(a 1＋1)(a 1＋2)，即a 21－3a 1＋2＝0.解得a 1＝1或a 1＝2.因为a 1＝S 1＞1，所以a 1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝16(a n ＋1)(a n ＋2)－16(a n －1＋1)(a n －1＋2)，所以(a n －a n －1－3)(a n＋a n －1)＝0.因为a n ＞0，所以a n ＋a n －1＞0，所以a n －a n －1－3＝0，所以数列{a n }是以2为首项，3为公差的等差数列．所以a n ＝3n －1.考点三由递推关系式求数列的通项公式(题点多变型考点——多角探明) [锁定考向]递推公式和通项公式是数列的两种表示方法，它们都可以确定数列中的任意一项，只是由递推公式确定数列中的项时，不如通项公式直接．常见的命题角度有： (1)形如a n ＋1＝a n f (n )，求a n ； (2)形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，求a n ；(3)形如a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)，求a n .[题点全练]角度一：形如a n ＋1＝a n f (n )，求a n1．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，求数列{a n }的通项公式．解：∵a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，∴a n －1＝n －2n －1a n －2，a n －2＝n －3n －2a n －3，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得 a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n .当n ＝1时，a 1＝1，上式也成立． ∴a n ＝1n(n ∈N *)．角度二：形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，求a n2．设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式．解：由题意有a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2)．以上各式相加，得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝(n －1)(2＋n )2＝n 2＋n －22.又∵a 1＝1，∴a n ＝n 2＋n2(n ≥2)．∵当n ＝1时也满足此式， ∴a n ＝n 2＋n 2(n ∈N *)．角度三：形如a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)，求a n3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，求数列{a n }的通项公式．解：∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， ∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3，∴数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3，又a 1＋1＝2，∴a n ＋1＝2·3n －1， ∴a n ＝2·3n －1－1(n ∈N *)．[通法在握]典型的递推数列及处理方法[演练冲关]根据下列条件，求数列{a n }的通项公式． (1)a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n ； (2)a 1＝12，a n ＝n －1n ＋1a n －1(n ≥2)；(3)a 1＝1，a n ＝3a n －1＋4(n ≥2)．解：(1)由题意知a n ＋1－a n ＝2n ，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋2＋1＝1－2n 1－2＝2n－1.(2)因为a n ＝n －1n ＋1a n －1(n ≥2)，所以当n ≥2时，a n a n －1＝n －1n ＋1，所以a n a n －1＝n －1n ＋1，a n －1a n －2＝n －2n ，…，a 3a 2＝24，a 2a 1＝13，以上n －1个式子相乘得a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2·a 2a 1＝n －1n ＋1·n －2n ·…·24·13，即a n a 1＝1n ＋1×1n ×2×1，所以a n ＝1n (n ＋1). 当n ＝1时，a 1＝11×2＝12，与已知a 1＝12相符，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝1n (n ＋1).(3)因为a n ＝3a n －1＋4(n ≥2)，所以(a n ＋2)＝3(a n －1＋2)．因为a 1＋2＝3，所以{a n ＋2}是首项与公比都为3的等比数列．所以a n ＋2＝3n ，即a n ＝3n －2.一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．数列2，6，23，25，…，则214是该数列的( ) A ．第6项 B ．第7项 C ．第9项 D ．第10项解析：选B2，6，23，25，…可转化为2，6，12，20，…，所以可知接下的项为30，42，56＝214，所以214为第7项．2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2－2n ＋2，则数列{a n }的通项公式为( ) A ．a n ＝2n －3B ．a n ＝2n ＋3C ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －3，n ≥2D ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n ＋3，n ≥2解析：选C 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －3，由于n ＝1时a 1的值不适合n ≥2的解析式，故通项公式为选项C.3．(2018·衢州模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2，则数列{a n }的通项公式a n为( )A.1n ＋1 B.2n ＋1 C.1nD.2n解析：选B 由a n ＋1＝2a n a n ＋2可得1a n ＋1＝a n ＋22a n＝1a n ＋12.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1a 1＝1为首项，公差为12的等差数列，所以1a n ＝n ＋12，即a n ＝2n ＋1.4．(2018·诸暨模拟)已知数列{a n }中，对任意的p ，q ∈N *都满足a p ＋q ＝a p a q ，若a 1＝－1，则a 9＝________.解析：由题可得，因为a 1＝－1，令p ＝q ＝1，则a 2＝a 21＝1；令p ＝q ＝2，则a 4＝a 22＝1；令p ＝q ＝4，则a 8＝a 24＝1，所以a 9＝a 8＋1＝a 1a 8＝－1.答案：－15．(2018·金华模拟)在数列{a n }中，a n ＝n －60n －50(n ∈N *)，则该数列的最大项为________；最小项为________．解析：因为a n ＝n －60n －50＝1－10n －50，所以可知当n ＜50时，数列{a n }是递增数列；当n ＞50时，数列{a n }也是递增的．对比函数y ＝1－10x －1的图象可知，当n ＝49时，数列{a n }取到最大项，最大值为11；当n ＝51时，数列取到最小项，最小值为－9.答案：11 －9二保高考，全练题型做到高考达标1．数列0,1,0，－1,0,1,0，－1，…的一个通项公式是a n 等于( ) A.(－1)n ＋12B ．cos n π2C ．cos n ＋12πD ．cos n ＋22π解析：选D 令n ＝1,2,3，…，逐一验证四个选项，易得D 正确．2．(2018·江山模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －1(n ∈N *)，则a 5＝( ) A ．－16 B ．16 C ．31D ．32解析：选B 当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 1－1，所以a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n－2a n －1，a n ＝2a n －1，所以有a na n －1＝2，所以{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，其通项为a n ＝2n －1，所以a 5＝24＝16.3．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＋S n ＋1＝a n ＋1(n ∈N *)，则此数列是( ) A ．递增数列 B ．递减数列 C ．常数列D ．摆动数列解析：选C 因为S n ＋S n ＋1＝a n ＋1，所以当n ≥2时，S n －1＋S n ＝a n ，两式相减，得a n ＋a n＋1＝a n ＋1－a n ，所以有a n ＝0.当n ＝1时，a 1＋a 1＋a 2＝a 2，所以a 1＝0.所以a n ＝0.即数列是常数列．4．(2018·浦江模拟)已知数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝n 2，则该数列的通项公式为( ) A ．a n ＝⎝⎛⎭⎫nn －12B ．a n ＝⎝⎛⎭⎫n －1n 2C ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，⎝⎛⎭⎫n n －12，n ≥2D ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，⎝⎛⎭⎫n －1n 2，n ≥2解析：选C 当n ＝1时，a 1＝1. 当n ≥2时，a 1a 2a 3…a n －1＝(n －1)2，所以当n ≥2时，a n ＝n 2(n －1)2＝⎝⎛⎭⎫n n －12.所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，⎝⎛⎭⎫n n －12，n ≥2.5．(2018·丽水模拟)数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n ，0≤a n ＜12，2a n－1，12≤a n＜1，若a 1＝35，则a 2 018＝( )A.15B.25C.35D.45解析：选A 由a 1＝35∈⎣⎡⎭⎫12，1，得a 2＝2a 1－1＝15∈⎣⎡⎭⎫0，12，所以a 3＝2a 2＝25∈⎣⎡⎭⎫0，12，所以a 4＝2a 3＝45∈⎣⎡⎭⎫12，1，所以a 5＝2a 4－1＝35＝a 1.由此可知，该数列是一个周期为4的周期数列，所以a 2 018＝a 504×4＋2＝a 2＝15.6．在数列－1,0，19，18，…，n －2n 2，…中，0.08是它的第____________项．解析：令n －2n 2＝0.08，得2n 2－25n ＋50＝0，即(2n －5)(n －10)＝0. 解得n ＝10或n ＝52(舍去)．答案：107．(2018·海宁模拟)已知数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝2n －1，则该数列的前8项和为________．解析：S 8＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝1＋5＋9＋13＝28. 答案：288．在一个数列中，如果对任意的n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________.解析：依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28.答案：289．已知S n 为正项数列{a n }的前n 项和，且满足S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3，a 4的值； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)由S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)，可得 a 1＝12a 21＋12a 1，解得a 1＝1； S 2＝a 1＋a 2＝12a 22＋12a 2，解得a 2＝2；同理，a 3＝3，a 4＝4. (2)S n ＝12a 2n ＋12a n ，① 当n ≥2时，S n －1＝12a 2n －1＋12a n －1，② ①－②得(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1)＝0. 由于a n ＋a n －1≠0，所以a n －a n －1＝1，又由(1)知a 1＝1，故数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列，故a n ＝n . 10．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，求实数k 的取值范围．解：(1)由n 2－5n ＋4<0，解得1<n <4.因为n ∈N *，所以n ＝2,3，所以数列中有两项是负数，即为a 2，a 3. 因为a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94，由二次函数性质，得当n ＝2或n ＝3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2. (2)由a n ＋1>a n ，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，可以看作是关于n 的二次函数，考虑到n ∈N *，所以－k 2<32，即得k >－3.所以实数k 的取值范围为(－3，＋∞)．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n ·2n ＋1，该数列的项排成一个数阵(如图)，则该数阵中的第10行第3个数为________．a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 ……解析：由题意可得该数阵中的第10行、第3个数为数列{a n }的第1＋2＋3＋…＋9＋3＝9×102＋3＝48项，而a 48＝(－1)48×96＋1＝97，故该数阵第10行、第3个数为97.答案：972．(2018·温州模拟)设函数f (x )＝log 2x －log x 4(0<x <1)，数列{a n }的通项公式a n 满足f (2a n )＝2n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)判定数列{a n }的单调性．解：(1)因为f (x )＝log 2x －log x 4(0<x <1)，f (2a n )＝2n (n ∈N *) ，所以f (2a n )＝log 22a n －log2a n 4＝a n －2a n ＝2n ，且0<2a n <1，解得a n <0.所以a n ＝n －n 2＋2.(2)因为a n ＋1a n ＝(n ＋1)－(n ＋1)2＋2n －n 2＋2＝n ＋n 2＋2n ＋1＋(n ＋1)2＋2<1.因为a n <0，所以a n ＋1>a n . 故数列{a n }是递增数列．第二节等差数列及其前n 项和1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d 表示．(2)等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫做a ，b 的等差中项．2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (a 1＋a n )2. 3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d .(4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．[小题体验]1．在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________. 答案：102．(2018·温州模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＝5，a 5＝3，则a n ＝________；S 7＝________.答案：－n ＋8 283．(教材习题改编)已知等差数列5,427，347，…，则前n 项和S n ＝________.答案：114(75n －5n 2)1．要注意概念中的“从第2项起”．如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列．2．求等差数列的前n 项和S n 的最值时，需要注意“自变量n 为正整数”这一隐含条件．[小题纠偏]1．首项为24的等差数列，从第10项开始为负数，则公差d 的取值范围是( ) A ．(－3，＋∞) B.⎝⎛⎭⎫－∞，－83 C.⎝⎛⎭⎫－3，－83 D.⎣⎡⎭⎫－3，－83 答案：D2．(2018·湖州模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 3＝16，a 6＝10，则公差d ＝________；S n 取到最大时的n 的值为________．解析：因为数列{a n }是等差数列，且a 3＝16，a 6＝10，所以公差d ＝a 6－a 36－3＝－2，所以a n ＝－2n ＋22，要使S n 能够取到最大值，则需a n ＝－2n ＋22≥0，所以解得n ≤11.所以可知使得S n 取到最大时的n 的值为10或11.答案：－2 10或11考点一等差数列的基本运算(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．(2017·嘉兴二模)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 1S 4＝110，则S 3S 5＝( )A.25 B.35 C.37D.47解析：选A 设数列{a n }的公差为d ，因为S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且S 1S 4＝110，所以10a 1＝4a 1＋6d ，所以a 1＝d .所以S 3S 5＝3a 1＋3d 5a 1＋10d ＝6d 15d ＝25.2．设等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 2＝－d ，若a k 是a 6与a k ＋6的等比中项，则k ＝( ) A ．5 B ．6 C ．9D ．11解析：选C 因为a k 是a 6与a k ＋6的等比中项，所以a 2k ＝a 6a k ＋6.又等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 2＝－d ，所以[a 2＋(k －2)d ]2＝(a 2＋4d )[a 2＋(k ＋4)d ]，所以(k －3)2＝3(k ＋3)，解得k ＝9或k ＝0(舍去)，故选C.3．公差不为零的等差数列{a n }中，a 7＝2a 5，则数列{a n }中第________项的值与4a 5的值相等．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 7＝2a 5，∴a 1＋6d ＝2(a 1＋4d )，则a 1＝－2d ，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝(n －3)d ，而4a 5＝4(a 1＋4d )＝4(－2d ＋4d )＝8d ＝a 11，故数列{a n }中第11项的值与4a 5的值相等．答案：114．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 12＝－8，S 9＝－9，则S 16＝________. 解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 12＝a 1＋11d ＝－8，S 9＝9a 1＋9×82d ＝－9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝－1.∴S 16＝16×3＋16×152×(－1)＝－72.答案：－72[谨记通法]等差数列基本运算的方法策略(1)等差数列中包含a 1，d ，n ，a n ，S n 五个量，可“知三求二”．解决这些问题一般设基本量a 1，d ，利用等差数列的通项公式与求和公式列方程(组)求解，体现方程思想．(2)如果已知等差数列中有几项的和是常数的计算问题，一般是等差数列的性质和等差数列求和公式S n ＝n (a 1＋a n )2结合使用，体现整体代入的思想．考点二等差数列的判断与证明(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2018·舟山模拟)已知数列{a n }中，a 1＝35，a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，数列{b n }满足b n＝1a n －1(n ∈N *)． (1)求证：数列{b n }是等差数列；(2)求数列{a n }中的最大项和最小项，并说明理由．解：(1)证明：b 1＝1a 1－1＝－52，当n ≥2时，b n －b n －1＝1a n －1－1a n －1－1＝12－1a n －1－1－1a n －1－1＝a n －1－1a n －1－1＝1. 所以数列{b n }是以首项为－52，1为公差的等差数列．(2)因为b 1＝－52，公差d ＝1；所以b n ＝－52＋n －1＝n －72＝1a n －1.所以a n ＝22n －7＋1.所以当n ＝3时，(a n )min ＝a 3＝－1；当n ＝4时，(a n )max ＝a 4＝3.[由题悟法]等差数列的判定与证明方法[即时应用]已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －12a n －1＋1(n ∈N *，n ≥2)，数列{b n }满足关系式b n ＝1a n (n ∈N *)．(1)求证：数列{b n }为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：∵b n ＝1a n ，且a n ＝a n －12a n －1＋1，∴b n ＋1＝1a n ＋1＝1a n 2a n ＋1＝2＋1a n ，∴b n ＋1－b n ＝2＋1a n －1a n ＝2.又b 1＝1a 1＝1，∴数列{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)知数列{b n }的通项公式为 b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又b n ＝1a n ，∴a n ＝1b n ＝12n －1.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝12n －1. 考点三等差数列的性质及最值(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 11＝22，则a 3＋a 7＋a 8＝( ) A ．18 B ．12 C ．9D ．6解析：选D 由题意得S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11(2a 1＋10d )2＝22，即a 1＋5d ＝2，所以a 3＋a 7＋a 8＝a 1＋2d ＋a 1＋6d ＋a 1＋7d ＝3(a 1＋5d )＝6.2．(2018·嘉兴一中模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6>S 7>S 5，则满足a n >0的最大n 的值为______，满足S k S k ＋1<0的正整数k ＝______.解析：由题可得a 6＝S 6－S 5>0，a 7＝S 7－S 6<0，所以使得a n >0的最大n 的值为6.又a 6＋a 7＝S 7－S 5>0，则S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11a 6>0，S 12＝12(a 1＋a 12)2＝6(a 6＋a 7)>0，S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13a 7<0，因为{a n }是递减的等差数列，所以满足S k S k ＋1<0的正整数k ＝12.答案：6 12[由题悟法]1．等差数列的性质(1)项的性质：在等差数列{a n }中，a m －a n ＝(m －n )d ⇔a m －a nm －n ＝d (m ≠n )，其几何意义是点(n ，a n )，(m ，a m )所在直线的斜率等于等差数列的公差．(2)和的性质：在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则 ①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)； ②S 2n －1＝(2n －1)a n .2．求等差数列前n 项和S n 最值的2种方法(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①当a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m .[即时应用]1．(2018·浙江新高考联盟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4S 8＝13，则S 8S 16＝( )A.310 B.37 C.13D.12解析：选A 因为数列{a n }是等差数列，所以S 4，S 8－S 4，S 12－S 8，S 16－S 12成等差数列，因为S 4S 8＝13，所以不妨设S 4＝1，则S 8＝3，所以S 8－S 4＝2，所以S 16＝1＋2＋3＋4＝10，所以S 8S 16＝310. 2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知前6项和为36，最后6项的和为180，S n ＝324(n ＞6)，则数列{a n }的项数为________．解析：由题意知a 1＋a 2＋…＋a 6＝36，① a n ＋a n －1＋a n －2＋…＋a n －5＝180，②①＋②得(a 1＋a n )＋(a 2＋a n －1)＋…＋(a 6＋a n －5)＝6(a 1＋a n )＝216，∴a 1＋a n ＝36，又S n ＝n (a 1＋a n )2＝324，∴18n ＝324，∴n ＝18. 答案：18一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·杭州模拟)已知递增的等差数列{a n }满足a 1＝1，a 3＝a 22－4.则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝2n －1B ．a n ＝－2n ＋3C ．a n ＝2n －1或－2n ＋3D ．a n ＝2n解析：选A 设数列{a n }的公差为d ，由a 3＝a 22－4可得1＋2d ＝(1＋d )2－4，解得d ＝±2.因为数列{a n }是递增数列，所以d >0，故d ＝2.所以a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.2．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 5＝6，则S 9为( ) A ．45 B ．54 C ．63D ．27解析：选B 法一：∵S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9a 5＝9×6＝54.故选B. 法二：由a 5＝6，得a 1＋4d ＝6，∴S 9＝9a 1＋9×82d ＝9(a 1＋4d )＝9×6＝54，故选B.3．(2018·温州十校联考)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 5等于( ) A ．8 B ．10 C ．12D ．14解析：选B 设数列{a n }的公差为d ，因为a 1＝2，S 3＝12，所以S 3＝3a 1＋3d ＝6＋3d ＝12，解得d ＝2.所以a 5＝2＋4d ＝10.4．(2015·全国卷Ⅱ)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________. 解析：∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝S n S n ＋1， ∴S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1.∵S n ≠0，∴1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n＝－1.又1S 1＝－1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为－1，公差为－1的等差数列． ∴1S n ＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n . 答案：－1n5．等差数列{a n }中，已知a 5>0，a 4＋a 7<0，则{a n }的前n 项和S n 的最大值为________．解析：∵⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝a 5＋a 6<0，a 5>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 5>0，a 6<0，∴S n 的最大值为S 5. 答案：S 5二保高考，全练题型做到高考达标1．记等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝12，S 4＝20，则S 6＝( )A ．16B ．24C ．36D ．48解析：选D 设数列{a n }的公差为d ，由S 4＝4a 1＋6d ＝2＋6d ＝20，解得d ＝3，所以S 6＝6a 1＋15d ＝3＋45＝48.2．(2018·浙江五校联考)等差数列{a n }中，a 1＝0，等差d ≠0，若a k ＝a 1＋a 2＋…＋a 7，则实数k ＝( )A ．22B ．23C ．24D ．25解析：选A 因为a 1＝0，且a k ＝a 1＋a 2＋…＋a 7，即(k －1)d ＝21d ，又因为d ≠0，所以k ＝22.3．(2018·河南六市一联)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，若{a n }和{S n }都是等差数列，且公差相等，则a 6＝( )A.114B.32C.72D ．1解析：选A 设{a n }的公差为d ，由题意得，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ，又{a n }和{S n}都是等差数列，且公差相同，∴⎩⎨⎧d ＝ d 2，a 1－d2＝0，解得⎩⎨⎧d ＝12，a 1＝14，a 6＝a 1＋5d ＝14＋52＝114.4．(2018·东阳模拟)已知两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且A nB n＝7n ＋45n ＋3，则使得a nb n 为整数的正整数的个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选D 由A n B n ＝7n ＋45n ＋3，可得a n b n ＝A 2n －1B 2n －1＝7n ＋19n ＋1＝7＋12n ＋1，所以要使a nb n 为整数，则需12n ＋1为整数，所以n ＝1,2,3,5,11，共5个． 5．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称数列{a n }为“吉祥数列”．已知等差数列{b n }的首项为1，公差不为0，若数列{b n }为“吉祥数列”，则数列{b n }的通项公式为( )A ．b n ＝n －1B ．b n ＝2n －1C ．b n ＝n ＋1D ．b n ＝2n ＋1解析：选B 设等差数列{b n }的公差为d (d ≠0)，S n S 2n ＝k ，因为b 1＝1，则n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎡⎦⎤2n ＋12×2n (2n －1)d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整理得(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0. 因为对任意的正整数n 上式均成立，所以(4k －1)d ＝0，(2k －1)(2－d )＝0，解得d ＝2，k ＝14.所以数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.6．(2018·金华十校联考)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，S 2＝a 3，则a 2＝________；S n ＝________.解析：设公差为d ，则2＋d ＝1＋2d ，所以d ＝1.所以a 2＝1＋1＝2；S n ＝n ＋n (n －1)2＝n (n ＋1)2.答案：2n (n ＋1)27．在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前 n 项和为S n ，当且仅当n ＝8 时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．解析：由题意，当且仅当n ＝8时S n 有最大值，可得⎩⎪⎨⎪⎧ d <0，a 8>0，a 9<0，即⎩⎪⎨⎪⎧d <0，7＋7d >0，7＋8d <0，解得－1<d <－78.答案：⎝⎛⎭⎫－1，－78 8．(2018·湖州模拟)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝4n －25，则其前10项和S 10的值为________，数列{|a n |}的前n 项和T n 为________．解析：因为a n ＝4n －25，所以S 10＝10(－21＋40－25)2＝－30；因为|a n |＝|4n －25|，所以当n ≤6时，T n ＝－a 1－a 2－…－a n ＝－n (－21＋4n －25)2＝n (23－2n )；当n >6时，T n ＝－a 1－a 2－…－a 6＋a 7＋…＋a n ＝n (－21＋4n －25)2－2S 6＝n (2n －23)＋132.所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n (23－2n )，n ≤6，n (2n －23)＋132，n >6. 答案：－30 T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n (23－2n )，n ≤6，n (2n －23)＋132，n >69．已知等差数列的前三项依次为a,4,3a ，前n 项和为S n ，且S k ＝110. (1)求a 及k 的值；(2)设数列{b n }的通项b n ＝S nn ，证明：数列{b n }是等差数列，并求其前n 项和T n .解：(1)设该等差数列为{a n }，则a 1＝a ，a 2＝4，a 3＝3a ，由已知有a ＋3a ＝8，得a 1＝a ＝2，公差d ＝4－2＝2，所以S k ＝ka 1＋k (k －1)2·d ＝2k ＋k (k －1)2×2＝k 2＋k .由S k ＝110，得k 2＋k －110＝0，解得k ＝10或k ＝－11(舍去)，故a ＝2，k ＝10. (2)证明：由(1)得S n ＝n (2＋2n )2＝n (n ＋1)，则b n ＝S nn＝n ＋1，故b n ＋1－b n ＝(n ＋2)－(n ＋1)＝1，即数列{b n }是首项为2，公差为1的等差数列，所以T n ＝n (2＋n ＋1)2＝n (n ＋3)2.10．(2018·南昌调研)设数列{a n }的前n 项和为S n,4S n ＝a 2n ＋2a n －3，且a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列，当n ≥5时，a n >0.(1)求证：当n ≥5时，{a n }成等差数列； (2)求{a n }的前n 项和S n .解：(1)证明：由4S n ＝a 2n ＋2a n －3,4S n ＋1＝a 2n ＋1＋2a n ＋1－3，得4a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋2a n ＋1－2a n ，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －2)＝0.当n ≥5时，a n >0，所以a n ＋1－a n ＝2，所以当n ≥5时，{a n }成等差数列．(2)由4a 1＝a 21＋2a 1－3，得a 1＝3或a 1＝－1，又a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列，所以由(1)得a n ＋1＋a n ＝0(n ≤5)，q ＝－1，而a 5>0，所以a 1>0，从而a 1＝3，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3(－1)n －1，1≤n ≤4，2n －7，n ≥5，所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧32[1－(－1)n ]，1≤n ≤4，n 2－6n ＋8，n ≥5.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2018·浙江五校联考)已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 1，a 3，a 13成等比数列，若a 1＝1，S n 为数列{a n }的前n 项和，则2S n ＋16a n ＋3的最小值为________．解析：设公差为d .因为a 1，a 3，a 13成等比数列，所以(1＋2d )2＝1＋12d ，解得d ＝2.所以a n ＝2n －1，S n＝n 2.所以2S n ＋16a n ＋3＝2n 2＋162n ＋2＝n 2＋8n ＋1.令t ＝n ＋1，则原式＝t 2＋9－2t t ＝t ＋9t －2.因为t ≥2，t ∈N *，所以当t ＝3，即n ＝2时，⎝⎛⎭⎪⎫2S n ＋16a n ＋3min＝4.答案：42．已知数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝4n －3(n ∈N *)． (1)若数列{a n }是等差数列，求a 1的值； (2)当a 1＝2时，求数列{a n }的前n 项和S n . 解：(1)法一：∵数列{a n }是等差数列， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ，a n ＋1＝a 1＋nd . 由a n ＋1＋a n ＝4n －3，得(a 1＋nd )＋[a 1＋(n －1)d ]＝4n －3， ∴2dn ＋(2a 1－d )＝4n －3，即2d ＝4,2a 1－d ＝－3，解得d ＝2，a 1＝－12.法二：在等差数列{a n }中，由a n ＋1＋a n ＝4n －3，得a n ＋2＋a n ＋1＝4(n ＋1)－3＝4n ＋1， ∴2d ＝a n ＋2－a n ＝(a n ＋2＋a n ＋1)－(a n ＋1＋a n ) ＝4n ＋1－(4n －3)＝4， ∴d ＝2.又∵a 1＋a 2＝2a 1＋d ＝2a 1＋2＝4×1－3＝1， ∴a 1＝－12.(2)由题意，①当n 为奇数时， S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝2＋4[2＋4＋…＋(n －1)]－3×n －12＝2n 2－3n ＋52.②当n 为偶数时，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝1＋9＋…＋(4n －7) ＝2n 2－3n 2.第三节等比数列及其前n 项和1．等比数列的有关概念 (1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n ＝q .(2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab .2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1.(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.3．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m (n ，m ∈N *)． (2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k ；(3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n (λ≠0)仍然是等比数列；(4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n ＋3k ，…为等比数列，公比为q k .[小题体验]1．(教材习题改编)将公比为q 的等比数列a 1，a 2，a 3，a 4，…依次取相邻两项的乘积组成新的数列a 1a 2，a 2a 3，a 3a 4，….此数列是( )A ．公比为q 的等比数列B ．公比为q 2的等比数列C ．公比为q 3的等比数列D ．不一定是等比数列答案：B2．(2018·台州模拟)已知等比数列{a n }各项都是正数，且a 4－2a 2＝4，a 3＝4，则a n ＝________；S 10＝________.解析：设公比为q ，因为a 4－2a 2＝4，a 3＝4，所以有4q －8q ＝4，解得q ＝2或q ＝－1.因为q >0，所以q ＝2.所以a 1＝a 3q 2＝1，a n ＝a 1q n －1＝2n －1.所以S 10＝1－2101－2＝210－1＝1 023.答案：2n －1 1 0233．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝3a n (n ∈N *)，则a 3＝______；S 5＝_________. 答案：9 1211．特别注意q ＝1时，S n ＝na 1这一特殊情况．2．由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.3．在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形而导致解题失误．4．S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 未必成等比数列(例如：当公比q ＝－1且n 为偶数时，S n ，S 2n－S n ，S 3n －S 2n 不成等比数列；当q ≠－1或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列)，但等式(S 2n －S n )2＝S n ·(S 3n －S 2n )总成立．[小题纠偏]1．在等比数列{a n }中，a 3＝2，a 7＝8，则a 5等于( ) A ．5 B ．±5 C ．4D ．±4解析：选C a 25＝a 3a 7＝2×8＝16，∴a 5＝±4，又∵a 5＝a 3q 2>0，∴a 5＝4. 2．设数列{a n }是等比数列，前n 项和为S n ，若S 3＝3a 3，则公比q ＝________. 答案：－12或1考点一等比数列的基本运算(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2018·绍兴模拟)等比数列{a n }的公比为2，前n 项和为S n .若1＋2a 2＝S 3，则a 1＝( ) A .17 B ．15C.13D ．1解析：选C 由题可得，1＋4a 1＝a 1＋2a 1＋4a 1，解得a 1＝13.2．(2015·全国卷Ⅰ)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和．若S n ＝126，则n ＝________.解析：∵a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．又∵S n ＝126，∴2(1－2n )1－2＝126，∴n ＝6.答案：6[由题悟法]解决等比数列有关问题的2种常用思想方程等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，[即时应用]1．(2018·暨阳模拟)等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，a 1a 9＝2a 3a 6，S 5＝－62，则a 1的值为( )A ．2B ．－2C ．1D ．－1解析：选B 设数列{a n }的公比为q ，因为a 1a 9＝2a 3a 6，所以a 21q 8＝2a 21q 7，所以q ＝2.因为S 5＝－62，所以S 5＝a 1(1－25)1－2＝31a 1＝－62，所以a 1＝－2.2．(2018·宁波模拟)已知等比数列{a n }满足a 2＝14，a 2a 8＝4(a 5－1)，则a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8的值为( )A ．20B ．31C ．62D ．63解析：选B 因为a 2a 8＝a 25＝4(a 5－1)，解得a 5＝2.所以q ＝2.所以a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝1＋2＋4＋8＋16＝31.3．已知数列{}a n 是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{}a n 的前n 项和等于________．解析：设等比数列的公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 3＝9，a 21·q 3＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12.又{}a n 为递增数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2， ∴S n ＝1－2n 1－2＝2n －1.答案：2n －1考点二等比数列的判定与证明(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2016·全国卷Ⅲ)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.解：(1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，故a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n .由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝⎛⎭⎫λλ－1n －1.(2)由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎫λλ－1n .由S 5＝3132得1－⎝⎛⎭⎫λλ－15＝3132，即⎝⎛⎭⎫λλ－15＝132.解得λ＝－1.[由题悟法]等比数列的4种常用判定方法[提醒] (1)前两种方法是判定等比数列的常用方法，常用于证明；后两种方法常用于选择题、填空题中的判定．(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．[即时应用](2018·衢州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2(n ∈N *)，若数列{b n }满足b n ＝a n ＋1－2a n ，求证：{b n }是等比数列．证明：因为S n ＋1＝4a n ＋2，所以S 2＝a 1＋a 2＝4a 1＋2，又a 1＝1，所以a 2＝5，b 1＝a 2－2a 1＝3，当n ≥2时，S n ＝4a n －1＋2. 所以S n ＋1－S n ＝a n ＋1＝4a n －4a n －1. 因为b n ＝a n ＋1－2a n ，所以当n ≥2时，b n b n －1＝a n ＋1－2a n a n －2a n －1＝4a n －4a n －1－2a n a n －2a n －1＝2(a n －2a n －1)a n －2a n －1＝2. 所以{b n }是以3为首项，2为公比的等比数列．考点三等比数列的性质(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2018·宁波模拟)已知各项不为0的等差数列{a n }满足a 6－a 27＋a 8＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 2b 8b 11＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选D 由等差数列的性质，得a 6＋a 8＝2a 7. 由a 6－a 27＋a 8＝0，可得a 7＝2，所以b 7＝a 7＝2.由等比数列的性质得b 2b 8b 11＝b 2b 7b 12＝b 37＝23＝8.2．若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4S 2＝5，则S 8S 4＝________.解析：由题可得，S 2，S 4－S 2，S 6－S 4，S 8－S 6成等比数列，因为S 4S 2＝5，不妨设S 2＝1，则S 4＝5，所以S 4－S 2＝4，所以S 8＝1＋4＋16＋64＝85，所以S 8S 4＝855＝17.答案：17[由题悟法]等比数列的性质可以分为3类前n 项和公式的变形[即时应用]1．(2018·诸暨模拟)已知等比数列{a n }中，a 1＋a 2＋a 3＝40，a 4＋a 5＋a 6＝20.则该数列的前9项和为( )A ．50B ．70C ．80D ．90解析：选B 由等比数列的性质得S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，由S 3＝40，S 6－S 3＝20，知公比为12，故S 9－S 6＝10，S 9＝70.2．(2018·浙江联盟模拟)已知{a n }是等比数列，且a n >0，a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝25，则a 3＋a 5＝________；a 4的最大值为________．解析：因为a n >0，a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝a 23＋2a 3a 5＋a 25＝(a 3＋a 5)2＝25，所以a 3＋a 5＝5，所以a 3＋a 5＝5≥2a 3a 5＝2a 4，所以a 4≤52.即a 4的最大值为52.答案：5 52一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·舟山模拟)已知x ，y ，z ∈R ，若－1，x ，y ，z ，－3成等比数列，则xyz 的值为( ) A ．－3 B ．±3 C ．－3 3D ．±3 3解析：选C 因为－1，x ，y ，z ，－3成等比数列，由等比数列的性质及等比中项可知，xz ＝3，y 2＝3，且y 与－1，－3符号相同，所以y ＝－3，所以xyz ＝－3 3.2．(2018·柯桥模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 5＝2S 4＋3，a 6＝2S 5＋3，则此数列的公比为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选B 因为a 5＝2S 4＋3，a 6＝2S 5＋3，两式相减，得a 6－a 5＝2S 5－2S 4＝2a 5，所以q ＝a 6a 5＝3. 3．(2018·金华十校联考)在等比数列{a n }中，已知a 7a 12＝5，则a 8a 9a 10a 11的值为( ) A ．10 B ．25 C ．50D ．75解析：选B 因为a 7a 12＝a 8a 11＝a 9a 10＝5，所以a 8a 9a 10a 11＝52＝25.4．(2018·浙江名校协作体测试)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的正整数n ，均有S n ＋3＝8S n ＋3，则a 1＝_________，公比q ＝________.解析：因为S n ＋3＝8S n ＋3，所以当n ≥2时，S n ＋2＝8S n －1＋3，两式相减，可得a n ＋3＝8a n ，所以q 3＝8，解得q ＝2；当n ＝1时，S 4＝8S 1＋3，即15a 1＝8a 1＋3，解得a 1＝37.答案：3725．(2018·永康适应性测试)数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝2a n ＋n ，则a 1＝______，数列{a n }的通项公式a n ＝_______.解析：因为S n ＝2a n ＋n ，所以当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 1＋1，所以a 1＝－1.当n ≥2时，a n＝S n －S n －1＝2a n ＋n －2a n －1－n ＋1，即a n ＝2a n －1－1，即a n －1＝2(a n －1－1)，所以数列{a n －1}是以－2为首项，2为公比的等比数列，所以a n －1＝－2n ，所以a n ＝1－2n .答案：－1 1－2n二保高考，全练题型做到高考达标1．已知数列{a n }为等比数列，若a 4＋a 6＝10，则a 7(a 1＋2a 3)＋a 3a 9的值为( ) A ．10 B ．20 C ．100D ．200解析：选C a 7(a 1＋2a 3)＋a 3a 9＝a 7a 1＋2a 7a 3＋a 3a 9＝a 24＋2a 4a 6＋a 26＝(a 4＋a 6)2＝102＝100. 2．(2018·浙江五校联考)已知数列{a n }是等比数列，则“a 1<a 2<a 3”是“{a n }为递增数列”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选C 由a 1<a 2<a 3可得1<q <q 2，所以数列{a n }为递增数列；当数列{a n }为递增数列时，满足a 1<a 2<a 3.所以“a 1<a 2<a 3”是“{a n }为递增数列”是充要条件．3．已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)的值是( )A ．－5B ．－15C ．5D.15解析：选A ∵log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1，∴a n ＋1＝3a n . ∴数列{a n }是以公比q ＝3的等比数列． ∵a 5＋a 7＋a 9＝q 3(a 2＋a 4＋a 6)，∴log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝log 13(9×33)＝log 1335＝－5.4．古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织。

浙江省2019高考数学优编增分练：解答题突破练三数列

(三)数列1．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且(t ＋1)S n ＝a 2n ＋3a n ＋2(t ∈R )． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1＝1，b n ＋1－b n ＝a n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12b n ＋7n 的前n 项和T n .解 (1)因为a 1＝S 1＝1，且(t ＋1)S n ＝a 2n ＋3a n ＋2，所以(t ＋1)S 1＝a 21＋3a 1＋2，所以t ＝5. 所以6S n ＝a 2n ＋3a n ＋2.①当n ≥2时，有6S n －1＝a 2n －1＋3a n －1＋2，② ①－②得6a n ＝a 2n ＋3a n －a 2n －1－3a n －1，所以(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－3)＝0，因为a n >0，所以a n －a n －1＝3，又因为a 1＝1，所以{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝3的等差数列，所以a n ＝3n －2(n ∈N *)． (2)因为b n ＋1－b n ＝a n ＋1，b 1＝1，所以b n －b n －1＝a n (n ≥2，n ∈N *)，所以当n ≥2时，b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1＝a n ＋a n －1＋…＋a 2＋b 1＝3n 2－n2.又b 1＝1也适合上式，所以b n ＝3n 2－n 2(n ∈N *)．所以12b n ＋7n ＝13n 2－n ＋7n＝13·1n (n ＋2)＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，所以T n ＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋…＋1n －1n ＋2＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝3n 2＋5n 12(n ＋1)(n ＋2). 2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3，S 52，S 4成等差数列，a 5＝3a 2＋2a 1－2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n －1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 的前n 项和T n .解 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由S 3，S 52，S 4成等差数列，可知S 3＋S 4＝S 5，得2a 1－d ＝0，① 由a 5＝3a 2＋2a 1－2，② 得4a 1－d －2＝0，由①②，解得a 1＝1，d ＝2，因此，a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)令c n ＝a n b n ＝(2n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，则T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，∴T n ＝1·1＋3·12＋5·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，③12T n ＝1·12＋3·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋5·⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，④③－④，得12T n ＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1 －(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝ 3－2n ＋32n ，∴T n ＝6－2n ＋32n －1(n ∈N *)．3．已知等差数列{a n }满足(n ＋1)a n ＝2n 2＋n ＋k ，k ∈R . (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝4n2a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)方法一由(n ＋1)a n ＝2n 2＋n ＋k ，令n ＝1,2,3，得到a 1＝3＋k 2，a 2＝10＋k 3，a 3＝21＋k4，∵{a n }是等差数列，∴2a 2＝a 1＋a 3，即20＋2k 3＝3＋k 2＋21＋k 4，解得k ＝－1.由于(n ＋1)a n ＝2n 2＋n －1＝(2n －1)(n ＋1)，又∵n ＋1≠0，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．方法二 ∵{a n }是等差数列，设公差为d ，则a n ＝a 1＋d (n －1)＝dn ＋(a 1－d )， ∴(n ＋1)a n ＝(n ＋1)(dn ＋a 1－d ) ＝dn 2＋a 1n ＋a 1－d ，∴dn 2＋a 1n ＋a 1－d ＝2n 2＋n ＋k 对于任意n ∈N *均成立，则⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，a 1＝1，a 1－d ＝k ，解得k ＝－1，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由b n ＝4n2a n a n ＋1＝4n 2(2n －1)(2n ＋1)＝4n 24n 2－1＝1＋14n 2－1＝1＋1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＋1，得S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋1＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＋n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＋n＝n 2n ＋1＋n ＝2n 2＋2n 2n ＋1(n ∈N *)． 4．(2018·绍兴市柯桥区模拟)已知数列{a n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋1e n x +－1，证明：当n ∈N*时，(1)0<x n ＋1<x n ； (2)x n x n ＋1>x n －2x n ＋1；(3)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ≤x n ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1. 证明 (1)用数学归纳法证明x n >0，当n ＝1时，x 1＝1>0，假设x k >0，k ∈N *，k ≥1，成立，当n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0，则x k ＝x k ＋1＋1ek x +－1≤0，矛盾，故x k ＋1>0，因此x n >0(n ∈N *)，所以x n ＝x n ＋1＋1en x +－1>x n ＋1＋e 0－1＝x n ＋1，综上，x n >x n ＋1>0.(2)x n ＋1x n ＋2x n ＋1－x n ＝x n ＋1(x n ＋1＋1en x +－1)＋2x n ＋1－x n ＋1－1en x +＋1＝x 2n ＋1＋1en x +(x n ＋1－1)＋1，设f (x )＝x 2＋e x(x －1)＋1(x ≥0)，则f ′(x )＝2x ＋e x·x ≥0，所以f (x )在[0，＋∞)上单调递增，因此f (x )≥f (0)＝0，因此x 2n ＋1＋1en x +(x n ＋1－1)＋1＝f (x n ＋1)>f (0)＝0，故x n x n ＋1>x n －2x n ＋1. (3)由(2)得1x n ＋1＋1<2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n＋1，所以当n >1时，1x n＋1<2⎝⎛⎭⎪⎫1x n －1＋1<…<2n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＋1＝2n ，当n ＝1时，1x n ＋1＝2n ，所以1x n ≤2n，即x n ≥12n ，又由于x n ＝x n ＋1＋1en x +－1≥x n ＋1＋(x n ＋1＋1)－1＝2x n ＋1，x n ＋1≤12x n ，所以易知x n ≤12n －1，综上，⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ≤x n ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.5．(2018·浙江省台州中学模拟)已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n2a n ＋1，n ＝1,2，….(1)求{a n }的通项公式； (2)证明：对任意的x >0，a n ≥11＋x －1(1＋x )2·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －x ，n ＝1,2，…；(3)证明：a 1＋a 2＋…＋a n >n 2n ＋1.(1)解 ∵a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，∴1a n ＋1－1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1，∴1a n －1＝23·13n －1＝23n ，∴a n ＝3n3n ＋2(n ∈N *)． (2)证明由(1)知a n ＝3n3n ＋2>0，11＋x －1(1＋x )2⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －x ＝11＋x －1(1＋x )2⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋1－1－x ＝11＋x －1(1＋x )2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a n －(1＋x )＝－1a n ·1(1＋x )2＋21＋x ＝－1a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋x －a n 2＋a n ≤a n ， ∴原不等式成立．(3)证明由(2)知，对任意的x >0，有a 1＋a 2＋…a n ≥11＋x －1(1＋x )2⎝ ⎛⎭⎪⎫23－x ＋11＋x －1(1＋x )2⎝ ⎛⎭⎪⎫232－x ＋…＋11＋x －1(1＋x )2⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －x ＝n1＋x－1(1＋x )2⎝ ⎛⎭⎪⎫23＋232＋…＋23n －nx ， ∴取x ＝1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＋232＋…＋23n ＝1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ，则a 1＋a 2…＋a n ≥n 1＋1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ＝n 2n ＋1－13n>n 2n ＋1，∴原不等式成立．6．已知在数列{a n }中，满足a 1＝12，a n ＋1＝a n ＋12，记S n 为a n 的前n 项和．(1)证明：a n ＋1>a n ； (2)证明：a n ＝cos π3·2n －1；(3)证明：S n >n －27＋π254.证明 (1)由题意知{a n }的各项均为正数，因为2a 2n ＋1－2a 2n ＝a n ＋1－2a 2n ＝(1－a n )(1＋2a n )．所以，要证a n ＋1>a n ，只需要证明a n <1即可．下面用数学归纳法证明a n <1. ①当n ＝1时，a 1＝12<1成立，②假设当n ＝k 时，a k <1成立，那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋12<1＋12＝1. 综上所述，a n <1成立，所以a n ＋1>a n . (2)用数学归纳法证明a n ＝cos π3·2n －1.①当n ＝1时，a 1＝12＝cos π3成立，②假设当n ＝k 时，a k ＝cos π3·2k －1. 那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋12＝cos π3·2k －1＋12＝cos π3·2k ，综上所述，a n ＝cos π3·2n －1.(3)由题意及(2)知， 1－a n －12＝1－a n －1＋12 ＝1－a 2n ＝1－cos 2π3·2n －1 ＝sin2π3·2n －1<⎝ ⎛⎭⎪⎫π3·2n －12(n ≥2)，得a n －1>1－2π29·4n －1(n ≥2)，故当n ＝1时，S 1＝12>1－27＋π254；当n ≥2时，S n >∑ni ＝2 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2π29·4i ＋12＝n －12－2π29×43×116⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n －1>n －27＋π254.综上所述，S n >n －27＋π254.。

2018-2019学年高中新三维一轮复习数学浙江专版：板块

板块命题点专练(九) 数列与数学归纳法1.(2014·辽宁高考)设等差数列{a n }的公差为d ，若数列{2a 1a n }为递减数列，则( ) A ．d <0 B ．d >0 C ．a 1d <0D ．a 1d >0 解析：选C ∵数列{2a 1a n }为递减数列，a 1a n ＝a 1[a 1＋(n －1)d ]＝a 1dn ＋a 1(a 1－d )，等式右边为关于n 的一次函数，∴a 1d <0.2．(2014·全国卷Ⅱ)数列 {a n }满足 a n ＋1＝11－a n ，a 8＝2，则a 1 ＝________. 解析：将a 8＝2代入a n ＋1＝11－a n ，可求得a 7＝12；再将a 7＝12代入a n ＋1＝11－a n，可求得a 6＝－1；再将a 6＝－1代入a n ＋1＝11－a n，可求得a 5＝2；由此可以推出数列{a n }是一个周期数列，且周期为3，所以a 1＝a 7＝12.答案：123.(2014·安徽高考)如图，在等腰直角三角形ABC 中，斜边BC＝2 2.过点 A 作BC 的垂线，垂足为A 1 ；过点 A 1作 AC 的垂线，垂足为 A 2；过点A 2 作A 1C 的垂线，垂足为A 3 ；…，依此类推．设BA ＝a 1 ，AA 1＝a 2 , A 1A 2＝a 3 ，…， A 5A 6＝a 7 ，则 a 7＝________.解析：法一：直接递推归纳：等腰直角三角形ABC 中，斜边BC ＝22，所以AB ＝AC ＝a 1＝2，AA 1＝a 2＝2，A 1A 2＝a 3＝1，…，A 5A 6＝a 7＝a 1×⎝⎛⎭⎫226＝14. 法二：求通项：等腰直角三角形ABC 中，斜边BC ＝22，所以AB ＝AC ＝a 1＝2，AA 1＝a 2＝2，…， A n －1A n ＝a n ＋1＝sin π4·a n ＝22a n ＝2×⎝⎛⎭⎫22n ，故a 7＝2×⎝⎛⎭⎫226＝14. 答案：141.(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．4D ．8 解析：选C 设等差数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝24，6a 1＋6×52d ＝48，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝24，2a 1＋5d ＝16，解得d ＝4. 2．(2017·全国卷Ⅱ)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，则塔的顶层共有灯( )A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏解析：选B 每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{a n }，则前7项的和S 7＝381，公比q ＝2，依题意，得S 7＝a 1(1－27)1－2＝381，解得a 1＝3.3．(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8解析：选A 设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 2，a 3，a 6成等比数列，所以a 2a 6＝a 23，即(a 1＋d )(a 1＋5d )＝(a 1＋2d )2. 又a 1＝1，所以d 2＋2d ＝0. 又d ≠0，则d ＝－2，所以{a n }前6项的和S 6＝6×1＋6×52×(－2)＝－24.4．(2016·全国卷Ⅰ)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( ) A ．100 B ．99 C ．98D ．97解析：选C 法一：∵{a n }是等差数列，设其公差为d ， ∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.又∵a 10＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋4d ＝3，a 1＋9d ＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝1.∴a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99×1＝98.故选C. 法二：∵{a n }是等差数列， ∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.在等差数列{a n }中，a 5，a 10，a 15，…，a 100成等差数列，且公差d ′＝a 10－a 5＝8－3＝5.故a 100＝a 5＋(20－1)×5＝98.故选C.5．(2016·浙江高考)设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则 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＋12＝3.又S 2＝4，∴S 1＝1，∴a 1＝1， ∴S 5＋12＝⎝⎛⎭⎫S 1＋12×34＝32×34＝2432， ∴S 5＝121. 答案：1 1216．(2016·全国卷Ⅰ)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0.(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．解：(1)由题意可得a 2＝12，a 3＝14.(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0得2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)．因此{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n＝12.故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1.7．(2017·北京高考)已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝1，a 2＋a 4＝10， b 2b 4＝a 5.(1)求{a n }的通项公式；(2)求和：b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1. 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d .因为⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 2＋a 4＝10，所以2a 1＋4d ＝10，解得d ＝2，所以a n ＝2n －1. (2)设等比数列{b n }的公比为q .因为b 1＝1，b 2b 4＝a 5，所以b 1q ·b 1q 3＝9.解得q 2＝3. 所以b 2n －1＝b 1q 2n －2＝3n －1.从而b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝3n －12.8．(2017·天津高考)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 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 . 由b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12. 因为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 b n ＝(6n －2)·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 ＋2－16.得T n ＝(3n －4)2n ＋2＋16.所以数列{a 2n b n }的前n 项和为(3n －4)2n ＋2＋16.1.(2016·天津高考)已知{a n }是等比数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，且1a 1－1a 2＝2a 3，S 6＝63.(1)求{a n }的通项公式；(2)若对任意的n ∈N *，b n 是log 2a n 和log 2a n ＋1的等差中项，求数列{(－1)n b 2n }的前2n 项和．解：(1)设数列{a n }的公比为q . 由已知，有1a 1－1a 1q ＝2a 1q 2，解得q ＝2或q ＝－1. 又由S 6＝a 1·1－q 61－q ＝63，知q ≠－1，所以a 1·1－261－2＝63，得a 1＝1.所以a n ＝2n －1.(2)由题意，得b n ＝12(log 2a n ＋log 2a n ＋1)＝12(log 22n －1＋log 22n )＝n －12，即{b n }是首项为12，公差为1的等差数列．设数列{(－1)n b 2n }的前n 项和为T n ，则T 2n ＝(－b 21＋b 22)＋(－b 23＋b 24)＋…＋(－b 22n －1＋b 22n )＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n －1＋b 2n ＝2n (b 1＋b 2n )2＝2n 2. 2．(2016·江苏高考)记U ＝{1,2，…，100}，对数列{a n }(n ∈N *)和U 的子集T ，若T ＝∅，定义S T＝0；若T＝{t1，t2，…，t k}，定义S T＝at1＋at2＋…＋at k.例如：T＝{1,3,66}时，S T ＝a1＋a3＋a66.现设{a n}(n∈N*)是公比为3的等比数列，且当T＝{2,4}时，S T＝30.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)对任意正整数k(1≤k≤100)，若T⊆{1,2，…，k}，求证：S T＜a k＋1；(3)设C⊆U，D⊆U，S C≥S D，求证：S C＋S C∩D≥2S D.解：(1)由已知得a n＝a1·3n－1，n∈N*.于是当T＝{2,4}时，S T＝a2＋a4＝3a1＋27a1＝30a1.又S T＝30，故30a1＝30，即a1＝1.所以数列{a n}的通项公式为a n＝3n－1，n∈N*.(2)证明：因为T⊆{1,2，…，k}，a n＝3n－1＞0，n∈N*，所以S T≤a1＋a2＋…＋a k＝1＋3＋…＋3k－1＝12(3k－1)＜3k.因此，S T＜a k＋1.(3)证明：下面分三种情况证明．①若D是C的子集，则S C＋S C∩D＝S C＋S D≥S D＋S D＝2S D.②若C是D的子集，则S C＋S C∩D＝S C＋S C＝2S C≥2S D.③若D不是C的子集，且C不是D的子集．令E＝C∩∁U D，F＝D∩∁U C，则E≠∅，F≠∅，E∩F＝∅.于是S C＝S E＋S C∩D，S D＝S F＋S C∩D，进而由S C≥S D得S E≥S F.设k为E中的最大数，l为F中的最大数，则k≥1，l≥1，k≠l. 由(2)知，S E＜a k＋1.于是3l－1＝a l≤S F≤S E＜a k＋1＝3k，所以l－1＜k，即l≤k.又k≠l，故l≤k－1.从而S F≤a1＋a2＋…＋a l＝1＋3＋…＋3l－1＝3l－12≤3k－1－12＝a k－12≤S E－12，故S E≥2S F＋1，所以S C－S C∩D≥2(S D－S C∩D)＋1，即S C＋S C∩D≥2S D＋1.综合①②③得，S C＋S C∩D≥2S D.3．(2017·北京高考)设{a n}和{b n}是两个等差数列，记c n＝max{b1－a1n，b2－a2n，…，b n－a n n}(n＝1,2，3，…)，其中max{x1，x2，…，x s}表示x1，x2，…，x s这s个数中最大的数．(1)若a n＝n，b n＝2n－1，求c1，c2，c3的值，并证明{c n}是等差数列；(2)证明：或者对任意正数M ，存在正整数m ，当n ≥m 时，c nn >M ；或者存在正整数m ，使得c m ，c m ＋1，c m ＋2，…是等差数列．解：(1)c 1＝b 1－a 1＝1－1＝0，c 2＝max{b 1－2a 1，b 2－2a 2}＝max{1－2×1,3－2×2}＝－1，c 3＝max{b 1－3a 1，b 2－3a 2，b 3－3a 3}＝max{1－3×1，3－3×2,5－3×3}＝－2. 当n ≥3时，(b k ＋1－na k ＋1)－(b k －na k )＝(b k ＋1－b k )－n (a k ＋1－a k )＝2－n <0，所以b k －na k 关于k ∈N *单调递减．所以c n ＝max{b 1－a 1n ，b 2－a 2n ，…，b n －a n n }＝b 1－a 1n ＝1－n . 所以对任意n ≥1，c n ＝1－n ，于是c n ＋1－c n ＝－1，所以{c n }是等差数列．(2)证明：设数列{a n }和{b n }的公差分别为d 1，d 2，则 b k －na k ＝b 1＋(k －1)d 2－[a 1＋(k －1)d 1]n ＝b 1－a 1n ＋(d 2－nd 1)(k －1)．所以c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b 1－a 1n ＋(n －1)(d 2－nd 1)，d 2>nd 1，b 1－a 1n ，d 2≤nd 1.①当d 1>0时，取正整数m >d 2d 1，则当n ≥m 时，nd 1>d 2，因此c n ＝b 1－a 1n . 此时，c m ，c m ＋1，c m ＋2，…是等差数列． ②当d 1＝0时，对任意n ≥1， c n ＝b 1－a 1n ＋(n －1)max{d 2,0} ＝b 1－a 1＋(n －1)(max{d 2,0}－a 1)．此时，c 1，c 2，c 3，…，c n ，…是等差数列． ③当d 1<0时，当n >d 2d 1时，有nd 1<d 2.所以c n n ＝b 1－a 1n ＋(n －1)(d 2－nd 1)n＝n (－d 1)＋d 1－a 1＋d 2＋b 1－d 2n≥n (－d 1)＋d 1－a 1＋d 2－|b 1－d 2|.对任意正数M ，取正整数m >max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫M ＋|b 1－d 2|＋a 1－d 1－d 2－d 1，d 2d 1，故当n≥m时，c nn>M.(2017·浙江高考)已知数列{x n}满足：x1＝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，x1＝1>0.假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，x k>0，那么n＝k＋1时，若x k＋1≤0，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＝x2n＋1－2x n＋1＋(x n＋1＋2)·ln(1＋x n＋1)．记函数f(x)＝x2－2x＋(x＋2)ln(1＋x)(x≥0)，f′(x)＝2x2＋xx＋1＋ln(1＋x)>0(x>0)，所以函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(0)＝0，因此x2n＋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⎝⎛⎭⎫1x1－12＝2n－2，故x n≤12n－2.综上，12n－1≤x n≤12n－2(n∈N*)．。

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专题2.5 数列与数学归纳法1.求数列通项忽视检验首项致错在求数列通项公式时，不论用递推公式还是用数列的前n项和公式，都应该检验首项是否适合例1.【河北省衡水中学2019届高三下学期一调】已知数列的前项和.若是中的最大值，则实数的取值范围是_____．【答案】【解析】因为，所以当时，；当时，也满足上式；当时，，当时，，综上，；因为是中的最大值，所以有且，解得.故答案为点评：由n nS a和的关系求通项的注意问题：(1)应重视分类讨论的思想,分n＝1和n≥2两种情况讨论．当n＝1时,1a不适合na的情况要分开写,即na1,1,2nn ns ns s n-=⎧⎨-≥⎩＝(2)要注意na和nS互化具有双向性,既可由na化为nS,也可由nS求na.2.求解等差（比）数列有关问题时，忽略0d =或1q =造成错误用基本量法求等差数列或等比数列有关的问题时忽略0d =或1q =而造成求解不全导致错误. 例2.已知等差数列}{n a 满足：21=a ，且1a 、2a 、5a 成等比数列.（1）求数列}{n a 的通项公式.（2）记n S 为数列}{n a 的前n 项和，是否存在正整数n ，使得?80060+>n S n 若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由.【答案】（1）2=n a 或24-=n a n ；（2）41.【解析】（1）设数列}{n a 的公差为d ，依题意，d d 42,2,2++成等比数列，所以)42(2)2(2d d +=+，解得0=d 或4=d ，当0=d 时，2=n a ；当4=d 时，244)1(2-=⨯-+=n n a n ，所以数列}{n a 的通项公式为2=n a 或24-=n a n .（2）当2=n a 时，n S n 2=，显然800602+<n n ，不存在正整数n ，使得80060+>n S n . 当24-=n a n 时，222)]24(2[n n n S n =-+=，令8006022+>n n ，即0400302>--n n ，解得40>n 或10-<n （舍去）此时存在正整数n ，使得80060+>n S n 成立，n 的最小值为41. 综上所述，当2=n a 时，不存在正整数n ；当24-=n a n 时，存在正整数n ，使得80060+>n S n 成立，n 的最小值为41.点评：本题求解第（1）问，在解方程2(2)2(24)d d +=+时，容易丢掉0d =这一结果，导致数列{}n a 的通项公式缺一种结果.3.应用等差数列与等比数列性质不当综合应用等差数列、数列等比数列性质时，因记不准性质或性质混用导致错误.例3.若等差数列{}n a 满足7897100,0a a a a a ++>+<，则当n =__________时， {}n a 的前n 项和最大．【答案】8【解析】试题分析：由等差数列的性质，，，又因为，所以所以，所以，，故数列的前8项最大.点评：等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形. 在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法. 4.用错位相减法求和时弄不清等比数列项数导致错误错位相减法求和是等比数列求和的基本思想，学生在应用时，做到两式相减后时，弄不清楚相减后的式了中等比数列的项数导致求和出错.例4【天津市十二重点中学2019届高三下学期联考（一)】设等比数列的前项和为，已知，且成等差数列．（1）求数列的通项公式；（2）若数列是首项为，公差为的等差数列，求数列的前项和．【答案】（1）或；（2）或.【解析】（1）设等比数列公比为,由,，，，或,当时，，当时，.（2）,,当时，,,当时，,,,-得 ,,所以，.点评：“错位相减法”求数列的和是重点也是难点,利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（如果数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，求数列{}•n n a b 的前n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{}n b 的公比，然后作差求解．）；②在写出“”与“” 的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式,相减时注意最后一项的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以1q -.5.周期数列的周期判断失误有的数列是呈周期性变化的，在求这类数列通项或求和问题时，常因判断不准数列的周期或数列的项数与通项的关系致错.例5. 数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n，0≤a n≤12，2a n－1，12<a n<1， a 1＝35，则数列的第2 017项为________．【答案】 35【解析】 ∵a 1＝35，∴a 2＝2a 1－1＝15.∴a 3＝2a 2＝25.∴a 4＝2a 3＝45.∴a 5＝2a 4－1＝35，a 6＝2a 5－1＝15，….∴该数列周期为T ＝4.∴a 2 017＝a 1＝35.点评：解决数列周期性问题的方法：先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．解答此类问题，常因为判断不清数列的周期性或项数出错. 6. 应用数学归纳法忽视推理基础或不应用归纳假设致误1.数学归纳法：证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤进行： (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开始的所有正整数n 都成立． 2.数学归纳法的框图表示：3.应用数学归纳法过程中，常见错误有两种，一是忽视递推基础，二是不应用归纳假设，即对数学归纳法两步缺一不可重视不够，或对数学归纳法证明原理理解有误.例6.【安徽省马鞍山市2019届高三高考一模】已知正项数列的前项和为，数列的前项积为，若，则数列中最接近2019的是第______项【答案】45【解析】，可得，且；则，即，，即，两式相除得：，则，由，解得；由，解得；猜想，用数学归纳法证明，当时，，满足，假设当时，猜想成立，即，则当时，，满足，故猜想成立，即.，时，，当，不满足，故，由，当时，，当时，，当时，．综上可得数列中最接近2019的是第45项．故答案为：45．点评：1.数学归纳法证题时初始值0n 不一定是1.2.推证n ＝k ＋1时一定要用上n ＝k 时的假设，否则不是数学归纳法.3.解“归纳——猜想——证明”题的关键是准确计算出前若干具体项，这是归纳、猜想的基础，否则将会做大量无用功.1.【上海市闵行区七宝中学2019届高三3月】无穷等差数列的首项为，公差为，前项和为，则“”是“为递增数列”的（） A ．充分非必要 B ．必要非充分C ．充要D ．既非充分也非必要【答案】B 【解析】等差数列的首项为,公差为,前项和为,则,若为递增数列，，必要性成立；若，不能推出（如）,即不能推出为递增数列，充分性不成立，故“”是“”为递增数列的必要非充分条件，故选B.【易错点】1、充分条件与必要条件；2、等差数列的通项公式．2．已知正项等比数列{}n a 的公比为3，若229m n a a a =，则212m n+的最小值等于（）A. 1B. 12C. 34D. 32【答案】C【解析】∵正项等比数列{}n a 的公比为3，且229m n a a a =∴2224222223339m n m n a a a a --+-⋅⋅⋅=⋅=∴6m n += ∴()1211211532262622624m n m n m n n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⨯++=⨯+++≥⨯+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，当且仅当24m n ==时取等号. 故选C.【易错点】1、等比数列的性质的应用；2、基本不等式的应用．3．【辽宁省丹东市2019届高三总复习质量测试（一)】我国明代伟大数学家程大位在《算法统综》中常以诗歌的形式呈现数学问题，其中有一首“竹筒容米”问题：“家有九节竹一茎，为因盛米不均平，下头三节三升九，上梢四节贮三升，唯有中间两节竹，要将米数次第盛，若有先生能算法，也教算得到天明”意思是：九节竹的盛米容积成等差数列，其中的“三升九”指3.9升，则九节竹的中间一节的盛米容积为（） A ．0.9升 B ．1升C ．1.1升D ．2.1升【答案】B 【解析】依题意得，故，即，解得，故升.故选B.【易错点】1.数学文化；2.等差数列.4.已知等差数列{}n a 的公差0d ≠，n S 是其前n 项和，若236 a a a ，，成等比数列，且1017a =-，则2nnS 的最小值是（）A ．12-B ．58- C.38- D ．1532-【答案】A【解析】()()()21111101252 917a d a d a d d a a a d +=++⇒=-=+=-，，∴1 1 2a d ==-，，22n S n n =-，1122n n n n S S ++>，1122n n n n S S -->，4n =时，122n n S =-最小.选A. 【易错点】求解数列中的最大项或最小项的一般方法先研究数列的单调性，可以用11n n n n a a a a +-≥⎧⎨≥⎩或11n n n n a a a a +-≤⎧⎨≤⎩也可以转化为函数最值问题或利用数形结合求解.5.设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足170S >，180S <，则11S a ，22S a ，…，1515S a 中最大的项为（） A ．77S a B ．88S a C ．99S a D ．1010Sa 【答案】C 【解析】117917917()17(2)000022a a a S a +>⇒>⇒>⇒>11889181091018()18()0000022a a a a S a a a ++<⇒<⇒<⇒+<⇒<，因此8910121289100,0,0,0,0,S S SS S a a a a a >>>><而1291289,S S S a a a a <<<>>>>，所以89121289S S S S a a a a <<<<，选C. 【易错点】1、等差数列的性质的应用；2、基本不等式的应用．6. 设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，首项10a >， 12130,0S S ><.则12313,,,,a a a a 中最小的项为________．【答案】7a 【解析】依题意有1131121213120,13022a a a a S S ++=⨯>=⨯<,即1126711370,20a a a a a a a +=+>+=<,故670,0a a ><,公差0d <,故最小项为67,a a 中的一个,根据670a a +>可知67a a >,所以最小项为7a .【点睛】本小题主要考查等差数列的性质,考查等差数列前n 项和公式,考查绝对值的几何意义.题目给定n S 连续两项的正负,故先根据等差数列前n 项和公式得出两个关于na 的条件,等差数列前n 项和公式有两个,要注意选择合适的.一正一负两个数的和为正数,那么其中正的绝对值大于负的绝对值. 【易错点】1.等差数列的性质；2.绝对值的概念. 7.【山东省2019届高三第一次大联考】已知等比数列的前项和为，满足是的等差中项.设是整数，若存在，使得等式成立，则的最大值是________. 【答案】【解析】因为是的等差中项，所以，所以，，所以等式，化为：，因此，因为为整数，所以，当时，，当时，，当时，.从而的最大值是16.【易错点】1.等差数列；2.分类讨论思想.8．【河北省省级示范性高中联合体2019届高三3月联考】设为等差数列的前项和，若，则的最小值为______．【答案】【解析】由题意可得，解可得a1＝﹣19，d＝4，∴S n＝﹣19n2n2﹣21n，∴nS n＝2n3﹣21n2，设f（x）＝2x3﹣21x2，f′（x）＝6x（x﹣7），当0＜x＜7时，f′（x）＜0；函数是减函数；当x＞7时，f′（x）＞0，函数是增函数；所以n＝7时，nS n取得最小值：﹣343．故答案为-343【易错点】1.等差数列的通项及求和公式；2.应用导数研究函数的性质.9.在数列{}n a 中， 28a =， 52a =，且122n n n a a a ++-=（*n N ∈），则1210a a a ++⋯+的值是__________．【答案】50【解析】由()*122n n n a a a n N ++-=∈得()*122n n n a a a n N ++=+∈，即数列{}n a 是等差数列，由258,2a a ==，可得110,2,212n a d a n ==-∴=-+，当()*16n n N ≤≤∈时， 0n a ≥，当()*7n n N ≥∈时， 0n a <，设数列{}n a 的前n 项和为n S ，()121012678910......a a a a a a a a a a ∴+++=+++-+++=()61066101165109226105022S S S S S a d a d ⨯⨯⎛⎫⎛⎫--=-=+-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故答案为50.【易错点】本题主要考查等差数列的定义、等差数列通项公式及求和公式，任何一个环节都易导致错误. 10. 已知等差数列{}n a 的公差为2,若134,,a a a 成等比数列,则2a =_________，数列{}n a 的前n 项和n S 的最小值是_________ 【答案】 6- 20-【解析】∵134,,a a a 成等比数列，∴2314a a a =⋅，即()()211146a a a +=+，解得18a =-. ∴2826a =-+=-.又()821210n a n n =-+-=-，∴当5n ≤时， 0n a ≤；当6n >时， 0n a >. ∴数列{}n a 的前n 项和n S 的最小值是()558202S ⨯-==-.答案： 6- ， 20-【易错点】等差数列、等比数列的通项公式及求和公式. 11．【北京师大附中2019届高三4月月考】设数列的前n 项和为，，且，若，则n 的最大值为______．【答案】63【解析】由数列的前n项和为，，又，故，则的偶数项成等差数列，则,（n为偶数）又，，为等差数列，首项为3，公差为4，当n为偶数时，设数列的前n项和为，可得，，则+若，无解舍去当n为奇数时，-(=,又所以解<n又则n的最大值为63，故答案为：63．【易错点】等差数列的性质及求和公式，主要是分奇偶数讨论及计算错误.12. 【山东省济南市2019届高三3月模拟】已知数列的前项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，求的最小值及取得最小值时的值.【答案】（1）；（2）【解析】（1）当时，，解得，当时，，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以；（2），所以为等差数列，所以，所以当时，有最小值：.【易错点】1.等比数列的通项公式；2.等差数列、等比数列的求和. 13．已知数列{}n a 的前n 项和为()12n n n S +=，数列{}n b 满足()*1n n n b a a n N +=+∈．（Ⅰ）求数列{}n b 的通项公式；（Ⅱ）若()()*21n a n n c b n N =⋅-∈，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【答案】(Ⅰ) 21n b n =+；(Ⅱ) ()2124n n T n +=-⋅+.【解析】试题分析：（1）由()12n n n S +=，可得n a n =，所以121n n n b a a n +=+=+.（2）由（1）得()1212n a n n n c b n +=-=⋅，由错位相减求和可求得n T .试题解析：（Ⅰ）当1n =时， 111a S ==，当2n ≥时， ()()()111222n n n n n n n a S S n----=-=-=，又11a =符合上式， n a n ∴=， 121n n n b a a n +∴=+=+．（Ⅱ）()1212na n n n cb n +=-=⋅， ()2341122232122n n n T n n +=⋅+⋅+⋅++-⋅+⋅ ①，()345122122232122n n n T n n ++=⋅+⋅+⋅++-⋅+⋅ ②，①-②得， ()()234122241222222212412n n n n n n T n n n ++++--=++++-⋅=-⋅=-⋅--，()2124n n T n +∴=-⋅+【易错点】1.忽略检验首项致错；2.“错位相减法”求和出错. 14.【江西省吉安市2019届高三上学期期末】已知是各项为正数的等比数列，是等差数列，且，，．Ⅰ求和的通项公式；Ⅱ设，求数列的前n 项和为．【答案】（Ⅰ）；；（Ⅱ）．【解析】解：Ⅰ设等比数列的公比为，等差数列的公差为d，，，，可得，，解得，，则；；Ⅱ，则前n项和为．【易错点】1.计算出错；2.等差数列、等比数列分组求和.15．【安徽省六安市第一中学2019届高三高考模拟（四)】己知分别为三内角A，B，C的对边，其面积在等差数列中，，公差．数列的前n项和为，且．(1)求数列,的通项公式；(2)若，求数列的前n项和为．【答案】（1），；（2）【解析】（1）S ac sin B ac•，∴ac＝4，又，＝，∴，∴b＝2，从而＝⇒∴,故可得：，∴＝2+2（n﹣1）＝2n；∵，∴当n＝1时，，当n≥2时，，两式相减，得，（n≥2）∴数列{}为等比数列，∴．（2）由（1）得，∴＝• +•+…+•＝1×21+2×21+3×21+…+，∴2＝1×22+2×23+3×24+…+n2n+1，∴﹣＝1×21+（22+23+…+2n）﹣n2n+1，即：﹣＝（1-n）2n+1-2，∴＝（n﹣1）2n+1+2.【易错点】1.计算出错；2.解题方向、方法把握不好，（2）余弦定理的应用；（3）错位相减法．16.【黑龙江省齐齐哈尔市2019届高三二模】已知等差数列的前项和为，且成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）设为数列的前项和，求满足的最小的值.【答案】（1）；（2）14.【解析】（1）设等差数列的公差为，由得，，由，，成等比数列得且，∴，∴，，∴等差数列的通项公式为.（2）∵，∴，∴，由得，，∴的最小值为14.【易错点】1.计算出错；2.应用“放缩法”出错． 17．已知无穷数列{}n a 的首项112a =，*1111,2n n n a n N a a +⎛⎫=+∈ ⎪⎝⎭. （Ⅰ）证明： 01n a <<；（Ⅱ）记()211n n nn n a a b a a ++-=， n T 为数列{}n b 的前n 项和，证明：对任意正整数n ， 310n T <. 【答案】(Ⅰ)见解析；(Ⅱ)见解析. 【解析】（Ⅰ）证明：①当1n =时显然成立；②假设当n k = ()*k N ∈时不等式成立，即01k a <<，那么当1n k =+时，11112k k k a a a +⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ > 1·12=，所以101k a +<<，即1n k =+时不等式也成立.综合①②可知， 01n a <<对任意*n N ∈成立. （Ⅱ）12211n n n a a a +=>+，即1n n a a +>，所以数列{}n a 为递增数列. 又1111112n n n n n a a a a a +⎛⎫-=-+ ⎪⎝⎭ 112n n a a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，易知1n n a a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为递减数列，所以111nn a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭也为递减数列，所以当2n ≥时，111n n a a +- 22112a a ⎛⎫≤- ⎪⎝⎭154245⎛⎫=- ⎪⎝⎭ 940=所以当2n ≥时， ()211n n nn n a a b a a ++-== ()()11111940n n n n n n a a a a a a +++⎛⎫--<- ⎪⎝⎭当1n =时， 11934010n T T b ===<，成立；当2n ≥时， 12n n T b b b =+++ < ()()()32431994040n n a a a a a a +⎡⎤+-+-++-⎣⎦()12994040n a a +=+- ()2999942731140404040510010a ⎛⎫<+-=+-=< ⎪⎝⎭ 综上，对任意正整数n ， 310n T <【易错点】1.计算出错；2.解题方向、方法把握不好，如（1）数学归纳法证明不等式；（2）构造函数，利用函数的单调性证明不等式；（3）利用递推关系证明．18．【江苏省无锡市锡山高级中学实验学校2019届高三12月月考】已知为等差数列，为等比数列，公比为q （q≠1）．令A ＝．A ＝{1，2}，（1）当，求数列的通项公式；（2）设，q ＞0，试比较与（n≥3）的大小？并证明你的结论．【答案】（1）；（2）当时，＜（n≥3）；当时，＞（n≥3）；当时，＝（n≥3）．【解析】（1）A ＝{1，2}，，所以，，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，；（2）当时，＜（n≥3）；当时，＝（n≥3）；当时，＞（n≥3）证明：当时，则，数列与单调递增，使用数学归纳法证明，当时，，，所以，即；若＜（n≥3），，，所以，即有，综上所述，当时，＜（n≥3），同理可得，当时，＞（n≥3），当时，＝（n≥3）【易错点】1.计算出错；2.解题方向、方法把握不好；3.应用数学归纳法出错．。

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