数学高考二轮复习专题四数列推-理科与证明第3讲数列的综合问题专题突破讲义-文科

第3讲 数列的综合问题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 n 1．数列{a n }中，a n 与S n 的关系a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2．求数列通项的常用方法(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．(2)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1－a n ＝f (n )，且f (1)＋f (2)＋…＋f (n )可求，则可用累加法求数列的通项a n .(3)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1a n＝f (n )，且f (1)·f (2)·…·f (n )可求，则可用累乘法求数列的通项a n .(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．例1 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 nb 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 . ∵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 }为首项为2，公比为2的等比数列，∴b n ＝2n . (2)由c n ＝a n b n ＝n2n ，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 －n2n ＋1＝1－2＋n 2n ＋1， ∴T n ＝2－n ＋22n .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 (2017·天津市红桥区重点中学八校联考)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(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.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 设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n －1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2. (1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎝⎛⎭⎫0，23内有且仅有一个零点(记为a n )，且0＜a n －12＜13⎝⎛⎭⎫23n . (1)解 方法一 由题设f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1， 所以f n ′(2)＝1＋2×2＋…＋(n －1)2n －2＋n ·2n －1， ① 则2f n ′(2)＝2＋2×22＋…＋(n －1)2n －1＋n ·2n ， ②由①－②得，－f n ′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )2n －1， 所以f n ′(2)＝(n －1)2n ＋1.方法二 当x ≠1时，f n (x )＝x －x n ＋11－x －1，则f n ′(x )＝[1－(n ＋1)x n ](1－x )＋(x －x n ＋1)(1－x )2，可得f n ′(2)＝－[1－(n ＋1)2n ]＋2－2n ＋1(1－2)2＝(n －1)2n ＋1.(2)证明 因为f n (0)＝－1＜0， f n ⎝⎛⎭⎫23＝23⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫23n 1－23－1＝1－2×⎝⎛⎭⎫23n ≥1－2×⎝⎛⎭⎫232＞0，所以f n (x )在⎝⎛⎭⎫0，23内至少存在一个零点， 又f ′n (x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1＞0， 所以f n (x )在⎝⎛⎭⎫0，23内单调递增， 因此f n (x )在⎝⎛⎭⎫0，23内有且仅有一个零点a n ，由于f n (x )＝x －x n ＋11－x－1，所以0＝f n (a n )＝a n －a n ＋1n1－a n－1，由此可得a n ＝12＋12a n ＋1n ＞12，故12＜a n ＜23， 所以0＜a n －12＝12a n ＋1n ＜12×⎝⎛⎭⎫23n ＋1＝13⎝⎛⎭⎫23n .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 (2016届浙江省宁波市期末)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 }是等比数列． (2)解 由(1)得b 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. 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 自从祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来，在11个省区设立了海峡两岸农业合作试验区和台湾农民创业园，台湾农民在那里申办个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受理、审批一站式服务，某台商第一年年初到大陆就创办了一座120万元的蔬菜加工厂M ，M 的价值在使用过程中逐年减少，从第二年到第六年，每年年初M 的价值比上年年初减少10万元，从第七年开始，每年年初M 的价值为上年年初的75%. (1)求第n 年年初M 的价值a n 的表达式；(2)设A n ＝a 1＋a 2＋…＋a n n ，若A n 大于80万元，则M 继续使用，否则须在第n 年年初对M 更新，证明：必须在第九年年初对M 更新．(1)解 当n ≤6时，数列{a n }是首项为120，公差为－10的等差数列，故a n ＝120－10(n －1)＝130－10n ，当n ≥7时，数列{a n }从a 6开始的项构成一个以a 6＝130－60＝70为首项，以34为公比的等比数列，故a n ＝70×⎝⎛⎭⎫34n －6，所以第n 年年初M 的价值a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧130－10n ，n ≤6，70×⎝⎛⎭⎫34n －6，n ≥7.(2)证明 设S n 表示数列{a n }的前n 项和，由等差数列和等比数列的求和公式，得 当1≤n ≤6时，S n ＝120n －5n (n －1)， A n ＝S nn ＝120－5(n －1)＝125－5n ≥95>80，当n ≥7时，由于S 6＝570，故S n ＝570＋(a 7＋a 8＋…＋a n )＝570＋70×34×4×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫34n －6＝780－210×⎝⎛⎭⎫34n －6. 因为{a n }是递减数列，所以{A n }是递减数列． 因为A n ＝S nn＝780－210×⎝⎛⎭⎫34n －6n，A 8＝780－210×⎝⎛⎭⎫3428≈82.734>80，A 9＝780－210×⎝⎛⎭⎫3439≈76.823<80，所以必须在第九年年初对M 更新． 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 (2017·全国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 ．440 B ．330 C ．220 D ．110答案 A解析 设首项为第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 (1＋n )2.由题意知，N >100，令n (1＋n )2>100⇒n ≥14且n ∈N *，即N 出现在第13组之后．第n 组的各项和为1－2n 1－2＝2n －1，前n 组所有项的和为2(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－2－n .设N 是第n ＋1组的第k 项，若要使前N 项和为2的整数幂，则N －n (1＋n )2项的和即第n ＋1组的前k 项的和2k －1应与－2－n 互为相反数，即2k －1＝2＋n (k ∈N *，n ≥14)，k ＝log 2(n ＋3)⇒n 最小为29，此时k ＝5，则N ＝29×(1＋29)2＋5＝440.故选A.真题体验1．(2016·浙江)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 由⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2a 1＋1，a 2＋a 1＝4，解得a 1＝1，a 2＝3，当n ≥2时，由已知可得 a n ＋1＝2S n ＋1， ① a n ＝2S n －1＋1，②由①－②，得a n ＋1－a n ＝2a n ，∴a n ＋1＝3a n ，又a 2＝3a 1， ∴{a n }是以a 1＝1为首项，以q ＝3为公比的等比数列． ∴S 5＝1－1×351－3＝121.2．(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.(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 则2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1， ②由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.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 ＋2·2b n ，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＝n2(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 *，故n >9， 从而最小正整数n 的值是10.A 组 专题通关1．(2017届江西抚州市七校联考)若数列{a n }满足(2n ＋3)·a n ＋1－(2n ＋5)a n ＝(2n ＋3)(2n ＋5)·lg ⎝⎛⎭⎫1＋1n ，且a 1＝5，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋3的第100项为( ) A ．2 B ．3 C ．1＋lg 99 D ．2＋lg 99答案 B解析 由(2n ＋3)a n ＋1－(2n ＋5)a n ＝(2n ＋3)(2n ＋5)lg ⎝⎛⎭⎫1＋1n ， 可得a n ＋12n ＋5－a n2n ＋3＝lg ⎝⎛⎭⎫1＋1n ， 记b n ＝a n2n ＋3，有b n ＋1－b n ＝lg ⎝⎛⎭⎫1＋1n ，由累加法，得b n ＝lg n ＋1，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋3的第100项为lg 100＋1＝3，故选B. 2．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n (n ∈N *)，则a 1·a 2·a 3·…·a 2 017等于( )A ．－6B ．6C ．－2D ．2答案 D解析 ∵a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n 1－a n ，∴a 2＝1＋21－2＝－3， 同理a 3＝－12，a 4＝13，a 5＝2，…，∴a n ＋4＝a n ，而a 1a 2a 3a 4＝1，∴a 1a 2a 3…a 2 017＝(a 1a 2a 3a 4)504×4×a 1＝1×2＝2，故选D.3．(2017届天水市模拟)我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：第一步：构造数列1，12，13，14，…，1n；①第二部：将数列①的各项乘以n ，得到数列(记为)a 1，a 2，a 3，…，a n ，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n－1a n 等于( )A ．n 2B ．(n －1)2C ．n (n －1)D ．n (n ＋1)答案 C解析 由题意得新数列为n ，n 2，n 3， n 4，…，n n ，所以a 1a 2＋a 2a 3＋a 3a 4＋…＋a n －1a n ＝n ·n 2＋n 2·n3＋n 3·n 4＋…＋n n －1·n n ＝n 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤11×2＋12×3＋13×4＋…＋1(n －1)×n ＝n 2⎝⎛⎭⎫1－1n ＝n (n －1)．故选C. 4．(2017届河北省衡水中学调研)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等于( )A.2 0162 017 B.2 0152 016 C.4 0302 016 D.2 0171 009答案 D解析 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 ＋1)2，所以1a n ＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017＝2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎫1－12＋⎝⎛⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫12 017－12 018 ＝2⎝⎛⎭⎫1－12 018＝2 0171 009 ，故选D.5．(2017届天津市六校联考)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a n a n ＋2(n ∈N *)．若b n ＋1＝(n －2λ)·⎝⎛⎭⎫1a n＋1 (n ∈N *)，b 1＝－λ，且数列{b n }是单调递增数列，则实数λ的取值范围是( ) A ．λ>23B ．λ>32C ．λ<32D ．λ<23答案 D解析 因为a n ＋1＝a na n ＋2⇒1a n ＋1＝2a n ＋1⇒1a n ＋1＋1＝2⎝⎛⎭⎫1a n ＋1⇒1a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫1a 1＋12n －1＝2n ，所以b n ＋1＝(n －2λ)·2n ，因为数列{b n }是单调递增数列，所以当n ≥2时b n >b n －1⇒(n －2λ)·2n >(n －1－2λ)·2n －1⇒n >2λ－1⇒2>2λ－1⇒λ<32；当n ＝1时，b 2>b 1⇒(1－2λ)·2>－λ⇒λ<23，因此λ<23，故选D.6．(2017届湖南湘中名校教改联合体联考)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解析 由题可知a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n n ＝2n ＋1，∴a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n ＝n ·2n ＋1，① a 1＋2a 2＋…＋2n －2a n －1＝(n －1)·2n ， ②由①－②，得2n －1a n ＝n ·2n ＋1－(n －1)·2n ， 则a n ＝2n ＋2，∴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．(2017届山西晋中榆社中学月考)已知数列{a n }的首项a 1＝a ，其前n 项和为S n ，且满足S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N *)，若对任意n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立，则a 的取值范围是______________． 答案 (3,5)解析 由条件S n ＋S n －1＝4n 2 (n ≥2，n ∈N *)， 得S n ＋1＋S n ＝4(n ＋1)2， 两式相减，得a n ＋1＋a n ＝8n ＋4， 故a n ＋2＋a n ＋1＝8n ＋12， 两式再相减，得a n ＋2－a n ＝8，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．(2017届百校联盟质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8, S n ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3n a n a n ＋1的前n 项和T n . 解 (1)因为S n ＝a n ＋12－n －1，故当n ＝1时，a 1＝a 22－1－1＝2；当n ≥2时，2S n ＝a n ＋1－2n －2， 2S n －1＝a n －2(n －1)－2， 两式相减可得a n ＋1＝3a n ＋2；经检验，当n ＝1时也满足a n ＋1＝3a n ＋2， 故a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，故数列{a n ＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列， 故a n ＋1＝3n ，即a n ＝3n －1. (2)由(1)可知， 2×3n a n a n ＋1＝2×3n(3n－1)(3n ＋1－1)＝13n －1－13n ＋1－1， 故T n ＝131－1－132－1＋132－1－133－1＋…＋13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1. 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，(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，S n ＋2＝qS n ＋1＋1，两式相减，得a n ＋2＝qa n ＋1，n ≥1.又由S 2＝qS 1＋1，得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＋q 2(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．(2017届江西抚州市七校联考)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 ．42 B ．40 C ．30D ．20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，以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，故选B.12．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＝a 2n －1＋2a n －1 (n ≥2)，若b n ＝1a n ＋1＋1a n ＋2 (n ∈N *)，则数列{b n }的前n 项和S n ＝________. 答案 1－122n －1解析 当n ≥2时，a n ＋1＝a 2n －1＋2a n －1＋1＝(a n －1＋1)2>0，两边取以2为底的对数可得log 2(a n ＋1)＝log 2(a n －1＋1)2＝2log 2(a n －1＋1)，则数列{log 2(a n ＋1)}是以1为首项，2为公比的等比数列， log 2(a n ＋1)＝2n －1，1221n n a -=-，又a n ＝a 2n －1＋2a n －1 (n ≥2)，可得a n ＋1＝a 2n ＋2a n (n ∈N *)，两边取倒数可得1a n ＋1＝1a 2n ＋2a n ＝1a n (a n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋2， 即2a n ＋1＝1a n －1a n ＋2， 因此b n ＝1a n ＋1＋1a n ＋2＝1a n －1a n ＋1，所以S n ＝b 1＋…＋b n ＝1a 1－1a n ＋1＝21121n --.13．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，试说明理由． 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 )>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 .14．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 1＋a 2n ，n ∈N *，记S n ，T n 分别是数列{a n }，{a 2n }的前n 项和．证明：当n ∈N *时，(1)a n ＋1<a n ；(2)T n ＝1a 2n ＋1－2n －1； (3)2n －1<S n <2n .证明 (1)由a 1＝1及a n ＋1＝a n 1＋a 2n知，a n >0， 故a n ＋1－a n ＝a n 1＋a 2n －a n ＝－a 3n 1＋a 2n<0， ∴a n ＋1<a n ，n ∈N *.(2)由1a n ＋1＝1a n ＋a n ， 得1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2， 从而1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2＝1a 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋2×2＝…＝1a 21＋a 21＋a 22＋…＋a 2n ＋2n ， 又∵a 1＝1，∴T n ＝1a 2n ＋1－2n －1，n ∈N *. (3)由(2)知，a n ＋1＝1T n ＋2n ＋1， 由T n ≥a 21＝1，得a n ＋1≤12n ＋2， ∴当n ≥2时，a n ≤12n ＝22n <2n ＋n －1 ＝2(n －n －1)， 由此S n <a 1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)]＝1＋2(n －1)<2n ，n ≥2， 又∵a 1＝1，∴S n <2n .另一方面，由a n ＝1a n ＋1－1a n ， 得S n ＝1a n ＋1－1a 1≥2n ＋2－1>2n －1. 综上，2n －1<S n <2n .。

第3讲推理与证明【高考考情解读】 1.高考主要考查对合情推理和演绎推理的理解及应用；直接证明和间接证明的考查主要作为证明和推理数学命题的方法，常与函数、数列、不等式、解析几何等综合命题．2.归纳推理和类比推理等主要是和数列、不等式等内容联合考查，多以选择题和填空题的形式出现，难度中等；而考查证明问题的知识面广，涉及知识点多，题目难度较大，主要考查逻辑推理能力、归纳能力和综合能力，难度较大．1．合情推理(1)归纳推理①归纳推理是由某类事物的部分对象具有某些特征，推出该类事物的所有对象具有这些特征的推理，或者由个别事实概括出一般结论的推理．②归纳推理的思维过程如下：实验、观察→概括、推广→猜测一般性结论(2)类比推理①类比推理是由两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征，推出另一类对象也具有这些特征的推理．②类比推理的思维过程如下：观察、比较→联想、类推→猜测新的结论2．演绎推理(1)“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：①大前提——已知的一般性原理．②小前提——所研究的特殊情况．③结论——根据一般原理，对特殊情况做出的判断．(2)合情推理与演绎推理的区别归纳和类比是常用的合情推理，从推理形式上看，归纳是由部分到整体、个别到一般的推理；类比是由特殊到特殊的推理；而演绎推理是由一般到特殊的推理．从推理所得的结论来看，合情推理的结论不一定正确，有待进一步证明；演绎推理在大前提、小前提和推理形式都正确的前提下，得到的结论一定正确．3．直接证明(1)综合法用P 表示已知条件、已有的定义、定理、公理等，Q 表示所要证明的结论，则综合法可用框图表示为P ⇒Q1→Q 1⇒Q 2→Q 2⇒Q 3→…→Q n ⇒Q (2)分析法用Q 表示要证明的结论，则分析法可用框图表示为 Q ⇐P 1→P 1⇐P 2→P 2⇐P 3→…→4． 间接证明反证法的证明过程可以概括为“否定——推理——否定”，即从否定结论开始，经过正确的推理，导致逻辑矛盾，从而达到新的否定(即肯定原命题)的过程．用反证法证明命题“若p 则q ”的过程可以用如图所示的框图表示．考点一 归纳推理例1 (2013·湖北)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数，如三角形数1,3,6,10，…，第n 个三角形数为n (n ＋1)2＝12n 2＋12n ，记第n 个k 边形数为N (n ，k )(k ≥3)，以下列出了部分k 边形数中第n 个数的表达式： 三角形数 N (n,3)＝12n 2＋12n ，正方形数 N (n,4)＝n 2， 五边形数 N (n,5)＝32n 2－12n ，六边形数N (n,6)＝2n 2－n………………………………………可以推测N (n ，k )的表达式，由此计算N (10,24)＝____________. 答案 1 000解析 由N (n,4)＝n 2，N (n,6)＝2n 2－n ，…，可以推测： 当k 为偶数时，N (n ，k )＝k －22n 2＋4－k2n ，得到一个明显成立的条件∴N (10,24)＝24－22×100＋4－242×10＝1 100－100＝1 000.归纳推理的一般步骤是：(1)通过观察个别事物发现某些相同的性质；(2)从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题．并且在一般情况下，如果归纳的个别事物越多，越具有代表性，那么推广的一般性结论也就越可靠．(1)在数列{a n }中，若a 1＝2，a 2＝6，且当n ∈N *时，a n ＋2是a n ·a n ＋1的个位数字，则a 2 014等于( )A ．2B ．4C ．6D ．8答案 A解析 由a 1＝2，a 2＝6，得a 3＝2，a 4＝2，a 5＝4，a 6＝8，a 7＝2，a 8＝6，…， 据此周期为6， 又2 014＝6×335＋4， 所以a 2 014＝a 4＝2，故答案选A.(2)(2012·江西)观察下列各式：a ＋b ＝1，a 2＋b 2＝3，a 3＋b 3＝4，a 4＋b 4＝7，a 5＋b 5＝11，…，则a 10＋b 10等于( )A ．28B ．76C ．123D ．199答案 C解析 令a n ＝a n ＋b n ，则a 1＝1，a 2＝3，a 3＝4，a 4＝7，…得a n ＋2＝a n ＋a n ＋1，从而a 6＝18，a 7＝29，a 8＝47，a 9＝76，a 10＝123. 考点二 类比推理例2 (1)在平面几何中有如下结论：若正三角形ABC 的内切圆面积为S 1，外接圆面积为S 2，则S 1S 2＝14.推广到空间几何可以得到类似结论：若正四面体ABCD 的内切球体积为V 1，外接球体积为V 2，则V 1V 2＝________.(2)椭圆与双曲线有许多优美的对偶性质，如对于椭圆有如下命题：AB 是椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的不平行于对称轴且不过原点的弦，M 为AB 的中点，则k OM ·k AB ＝－b 2a 2.那么对于双曲线则有如下命题：AB 是双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的不平行于对称轴且不过原点的弦，M 为AB 的中点，则k OM ·k AB ＝________. 答案 (1)127 (2)b 2a2解析 (1)本题考查类比推理，也即是由特殊到特殊的推理．平面几何中，圆的面积与圆的半径的平方成正比，而在空间几何中，球的体积与半径的立方成正比，所以V 1V 2＝127.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x 0，y 0)， 则有⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝x 1＋x 22，y 0＝y 1＋y 22.将A ，B 代入双曲线x 2a 2－y 2b2＝1中得x 21a 2－y 21b 2＝1，x 22a 2－y 22b 2＝1， 两式相减得x 21－x 22a 2＝y 21－y 22b2，即(x 1－x 2)(x 1＋x 2)a 2＝(y 1－y 2)(y 1＋y 2)b 2，即(y 1－y 2)(y 1＋y 2)(x 1－x 2)(x 1＋x 2)＝b 2a 2， 即k OM ·k AB ＝b 2a2.类比推理是合情推理中的一类重要推理，强调的是两类事物之间的相似性，有共同要素是产生类比迁移的客观因素，类比可以由概念性质上的相似性引起，如等差数列与等比数列的类比；也可以由解题方法上的类似引起，当然首先是在某些方面有一定的共性，才能有方法上的类比，本题即属于此类．一般来说，高考中的类比问题多发生在横向与纵向类比上，如圆锥曲线中椭圆与双曲线等的横向类比以及平面与空间中三角形与三棱锥的纵向类比等．(1)若数列{a n }是等差数列，b n ＝a 1＋a 2＋…＋a nn，则数列{b n }也为等差数列．类比这一性质可知，若正项数列{c n }是等比数列，且{d n }也是等比数列，则d n 的表达式应为( )A ．d n ＝c 1＋c 2＋…＋c nnB ．d n ＝c 1·c 2·…·c nnC ．d n ＝n c n1＋c n 2＋…＋c n nnD ．d n ＝nc 1·c 2·…·c n(2)命题p ：已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，F 1、F 2是椭圆的两个焦点，P 为椭圆上的一个动点，过F 2作∠F 1PF 2的外角平分线的垂线，垂足为M ，则OM 的长为定值．类比此命题，在双曲线中也有命题q ：已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >b >0)，F 1、F 2是双曲线的两个焦点，P 为双曲线上的一个动点，过F 2作∠F 1PF 2的________的垂线，垂足为M ，则OM 的长为定值________． 答案 (1)D (2)内角平分线 a解析 (1)由{a n }为等差数列，设公差为d ， 则b n ＝a 1＋a 2＋…＋a n n ＝a 1＋n －12d ，又正项数列{c n }为等比数列，设公比为q ，则d n ＝nc 1c 2…c n ＝nc n 1q n 2－n 2＝c 1q n －12，故选D.(2)对于椭圆，延长F 2M 与F 1P 的延长线交于Q . 由对称性知，M 为F 2Q 的中点，且PF 2＝PQ ， 从而OM ∥F 1Q 且OM ＝12F 1Q .而F 1Q ＝F 1P ＋PQ ＝F 1P ＋PF 2＝2a ，所以OM ＝a .对于双曲线，过F 2作∠F 1PF 2内角平分线的垂线，垂足为M ， 类比可得OM ＝a .因为OM ＝12F 1Q ＝12(PF 1－PF 2)＝12·2a ＝a .考点三 直接证明与间接证明例3 已知数列{a n }满足：a 1＝12，3(1＋a n ＋1)1－a n ＝2(1＋a n )1－a n ＋1，a n a n ＋1<0 (n ≥1)；数列{b n }满足：b n ＝a 2n ＋1－a 2n (n ≥1)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)证明：数列{b n }中的任意三项不可能成等差数列．(1)解 已知3(1＋a n ＋1)1－a n ＝2(1＋a n )1－a n ＋1化为1－a 2n ＋11－a 2n＝23， 而1－a 21＝34，所以数列{1－a 2n }是首项为34，公比为23的等比数列， 则1－a 2n ＝34×⎝⎛⎭⎫23n －1，则a 2n＝1－34×⎝⎛⎭⎫23n －1， 由a n a n ＋1<0，知数列{a n }的项正负相间出现， 因此a n ＝(－1)n ＋11－34×⎝⎛⎭⎫23n －1， b n ＝a 2n ＋1－a 2n ＝－34×⎝⎛⎭⎫23n ＋34×⎝⎛⎭⎫23n －1＝14×⎝⎛⎭⎫23n －1. (2)证明 假设存在某三项成等差数列，不妨设为b m 、b n 、b p ，其中m 、n 、p 是互不相等的正整数，可设m <n <p ，而b n ＝14×⎝⎛⎭⎫23n －1随n 的增大而减小，那么只能有2b n ＝b m ＋b p ，可得2×14×⎝⎛⎭⎫23n －1＝14×⎝⎛⎭⎫23m －1＋14×⎝⎛⎭⎫23p －1，则2×⎝⎛⎭⎫23n －m ＝1＋⎝⎛⎭⎫23p －m . 当n －m ≥2时，2×⎝⎛⎭⎫23n －m≤2×⎝⎛⎭⎫232＝89，上式不可能成立，则只能有n －m ＝1，此时等式为43＝1＋⎝⎛⎭⎫23p －m ， 即13＝⎝⎛⎭⎫23p －m ，那么p －m ＝log 2313，左边为正整数，右边为无理数，不可能相等． 所以假设不成立，那么数列{b n }中的任意三项不可能成等差数列．(1)有关否定性结论的证明常用反证法或举出一个结论不成立的例子即可．(2)综合法和分析法是直接证明常用的两种方法，我们常用分析法寻找解决问题的突破口，然后用综合法来写出证明过程，有时候，分析法和综合法交替使用．已知数列{a n }和{b n }满足：a 1＝λ，a n ＋1＝23a n ＋n －4，b n ＝(－1)n (a n －3n ＋21)，其中λ为实数，n 为正整数．(1)对任意实数λ，证明：数列{a n }不是等比数列； (2)试判断数列{b n }是否为等比数列．(1)证明 假设存在一个实数λ，使{a n }是等比数列，则有a 22＝a 1a 3，即⎝⎛⎭⎫23λ－32＝λ⎝⎛⎭⎫49λ－4 ⇔49λ2－4λ＋9＝49λ2－4λ⇔9＝0，矛盾． 所以{a n }不是等比数列．(2)解 因为b n ＋1＝(－1)n ＋1[a n ＋1－3(n ＋1)＋21] ＝(－1)n ＋1⎝⎛⎭⎫23a n －2n ＋14 ＝－23(－1)n ·(a n －3n ＋21)＝－23b n ，又b 1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时，b n ＝0 (n ∈N *)，此时{b n }不是等比数列； 当λ≠－18时，b 1＝－(λ＋18)≠0，由b n ＋1＝－23b n ，可知b n ≠0，所以b n ＋1b n ＝－23(n ∈N *)．故当λ≠－18时，数列{b n }是以－(λ＋18)为首项，－23为公比的等比数列；综上知，当λ＝－18时，数列{b n }构不成等比数列；当λ≠－18时，数列{b n }是以－(λ＋18)为首项，－23为公比的等比数列．1． 合情推理的精髓是“合情”，即得到的结论符合“情理”，其中主要是归纳推理与类比推理．归纳推理是由部分得到整体的一种推理模式．类比推理是由此及彼的推理模式；演绎推理是一种严格的证明方式．2． 直接证明的最基本的两种证明方法是综合法和分析法，这两种方法也是解决数学问题时常见的思维方式．在实际解题时，通常先用分析法寻求解题思路，再用综合法有条理地表述解题过程．1． 将全体正奇数排成一个三角形数阵：按照以上排列的规律，第45行从左向右的第17个数为________． 答案 2 013解析 观察数阵，记第n 行的第1个数为a n ，则有 a 2－a 1＝2， a 3－a 2＝4， a 4－a 3＝6， a 5－a 4＝8， ……a n －a n －1＝2(n －1)．将以上各等式两边分别相加，得a n －a 1＝2＋4＋6＋8＋…＋2(n －1)＝n (n －1)， 所以a n ＝n (n －1)＋1，所以a 45＝1 981.又从第3行起数阵每一行的数都构成一个公差为2的等差数列，则第45行从左向右的第17个数为1 981＋16×2＝2 013.2． 在计算“1×2＋2×3＋…＋n (n ＋1)”时，某同学学到了如下一种方法：先改写第k 项，k (k ＋1)＝13[k (k ＋1)(k ＋2)－(k －1)k (k ＋1)]，由此得1×2＝13(1×2×3－0×1×2)，2×3＝13(2×3×4－1×2×3)，…n (n ＋1)＝13[n (n ＋1)(n ＋2)－(n －1)n (n ＋1)]．相加，得1×2＋2×3＋…＋n (n ＋1)＝13n (n ＋1)(n ＋2)．类比上述方法，计算“1×2×3＋2×3×4＋…＋n (n ＋1)(n ＋2)”的结果为________． 答案 14n (n ＋1)(n ＋2)(n ＋3)解析 类比k (k ＋1)＝13[k (k ＋1)(k ＋2)－(k －1)k (k ＋1)]，可得到k (k ＋1)(k ＋2)＝14[k (k ＋1)(k ＋2)(k ＋3)－(k －1)k (k ＋1)(k ＋2)]，先逐项裂项，然后累加即得14n (n ＋1)(n ＋2)(n ＋3)．(推荐时间：60分钟)一、选择题1． 下列关于五角星的图案构成一个数列，该数列的一个通项公式是( )A ．a n ＝n 2－n ＋1B ．a n ＝n (n －1)2C ．a n ＝n (n ＋1)2D ．a n ＝n (n ＋2)2答案 C解析 从图中观察五角星构成规律， n ＝1时，有1个； n ＝2时，有3个； n ＝3时，有6个； n ＝4时，有10个；…所以a n ＝1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2.2． ①已知p 3＋q 3＝2，求证p ＋q ≤2，用反证法证明时，可假设p ＋q ≥2；②已知a ，b ∈R ，|a |＋|b |<1，求证方程x 2＋ax ＋b ＝0的两根的绝对值都小于1，用反证法证明时可假设方程有一根x 1的绝对值大于或等于1，即假设|x 1|≥1.以下结论正确的是( )A ．①与②的假设都错误B ．①与②的假设都正确C ．①的假设正确；②的假设错误D ．①的假设错误；②的假设正确 答案 D解析 反证法的实质是否定结论，对于①，其结论的反面是p ＋q >2，所以①不正确；对于②，其假设正确．3． 已知函数f (x )是R 上的单调增函数且为奇函数，数列{a n }是等差数列，a 3>0，则f (a 1)＋f (a 3)＋f (a 5)的值( )A ．恒为正数B ．恒为负数C ．恒为0D ．可正可负答案 A解析 由已知得f (0)＝0，a 1＋a 5＝2a 3>0，所以a 1>－a 5. 由于f (x )单调递增且为奇函数，所以f (a 1)＋f (a 5)>f (－a 5)＋f (a 5)＝0，f (a 3)>0. ∴选A.4． 已知“整数对”按如下规律排成一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，…，则第60个数对是( )A ．(7,5)B ．(5,7)C ．(2,10)D ．(10,1)答案 B解析 依题意，就每组整数对的和相同的分为一组，不难得知每组整数对的和为n ＋1，且每组共有n 个整数时，这样的前n 组一共有n (n ＋1)2个整数时，注意到10(10＋1)2<60<11(11＋1)2，因此第60个整数对处于第11组(每对整数对的和为12的组)的第5个位置，结合题意可知每对整数对的和为12的组中的各数对依次为(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，…，因此第60个整数对是(5,7)，选B.5． 已知正三角形内切圆的半径是其高的13，把这个结论推广到空间正四面体，类似的结论是( )A ．正四面体的内切球的半径是其高的12B ．正四面体的内切球的半径是其高的13C ．正四面体的内切球的半径是其高的14D ．正四面体的内切球的半径是其高的15 答案 C 解析 原问题的解法为等面积法，即S ＝12ah ＝3×12ar ⇒r ＝13h ， 类比问题的解法应为等体积法，V ＝13Sh ＝4×13Sr ⇒r ＝14h ， 即正四面体的内切球的半径是其高的14， 所以应选C.6． 把非零自然数按一定的规则排成了如图所示的三角形数表(每行比上一行多一个数)．设a ij (i 、j ∈N *)是位于这个三角形数表中从上往下数第i 行、从左往右数第j 个数，如a 42＝8，若a ij ＝2 010，则i ，j 的值的和为 ( )A ．75B ．76C ．77D ．78答案 C解析 观察偶数行的变化规律，2 010是数列：2,4,6,8，…的第1 005项，前31个偶数行的偶数的个数为(2＋62)×312＝32×31＝992，所以2 010是偶数行的第32行第13个数，即三角形数表中的第64行第13个数，所以i ＝64，j ＝13，所以i ＋j ＝77.故选C.二、填空题7． 有一个奇数列1,3,5,7,9，…，现在进行如下分组：第一组含一个数{1}，第二组含两个数{3,5}，第三组含三个数{7,9,11}，第四组含四个数{13,15,17,19}，…，现观察猜想每组内各数之和为a n 与其组的编号数n 的关系为________．答案 a n ＝n 3解析 由题意知a 1＝1＝13，a 2＝3＋5＝8＝23，a 3＝7＋9＋11＝27＝33，a 4＝13＋15＋17＋19＝64＝43，….因此可归纳出a n ＝n 3.8． (2013·陕西)观察下列等式：(1＋1)＝2×1(2＋1)(2＋2)＝22×1×3(3＋1)(3＋2)(3＋3)＝23×1×3×5…照此规律，第n 个等式可为______________．答案 (n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n )＝2n ×1×3×…×(2n －1)解析 由已知的三个等式左边的变化规律，得第n 个等式左边为(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n )，由已知的三个等式右边的变化规律，得第n 个等式右边为2n 与n 个奇数之积，即2n ×1×3×…×(2n －1)．9． 如图所示的三角形数阵叫“莱布尼兹调和三角形”，它们是由整数的倒数组成的，第n行有n 个数，且两端的数均为1n ，每个数是它下一行左右相邻两数的和，如11＝12＋12，12＝13＋16，13＝14＋112，…，则第10行第3个数(从左往右数)为________．答案 1360解析 由上面的规律可知第n 行的第一个数为1n ，第二个数为1n (n －1)，所以第9行的第二个数为18×9，第10行的第一个数为110，第二个数为19×10＝190，设第3个数为x ，即x ＋190＝19×8⇒x ＝1360. 10．对大于1的自然数m 的三次幂可用奇数进行以下方式的“分裂”：23⎩⎨⎧ 35，33⎩⎪⎨⎪⎧ 7911，43⎩⎪⎨⎪⎧ 13151719，….仿此，若m 3的“分裂数”中有一个是59，则m 的值为________．答案 8解析 由已知可观察出m 3可分裂为m 个连续奇数，最小的一个为(m －1)m ＋1.当m ＝8时，最小的数为57，第二个便是59.∴m ＝8.三、解答题11．观察下列三角形数表，假设第n 行的第二个数为a n (n ≥2，n ∈N *)．(1)依次写出第六行的所有6个数字；(2)归纳出a n ＋1与a n 的关系式并求出a n 的通项公式．解 (1)第六行的所有6个数字分别是6,16,25,25,16,6.(2)依题意a n ＋1＝a n ＋n (n ≥2)，a 2＝2，a n ＝a 2＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＝2＋2＋3＋…＋(n －1)＝2＋(n －2)(n ＋1)2. 所以a n ＝12n 2－12n ＋1(n ≥2)． 12．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1＋2，S 3＝9＋3 2.(1)求数列{a n }的通项a n 与前n 项和S n ；(2)设b n ＝S n n(n ∈N *)，求证：数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列． (1)解 由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，∴d ＝2， 故a n ＝2n －1＋2，S n ＝n (n ＋2)．(2)证明 由(1)得b n ＝S n n＝n ＋ 2. 假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ，q ，r 互不相等)成等比数列，则b 2q ＝b p b r . 即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)．∴(q 2－pr )＋(2q －p －r )2＝0.∵p ，q ，r ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0，∵(p ＋r 2)2＝pr ，(p －r )2＝0，∴p ＝r . 与p ≠r 矛盾．所以数列{b n }中任意不同的三项都不可能成等比数列．13．已知数列{a n }有a 1＝a ，a 2＝p (常数p >0)，对任意的正整数n ，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，并有S n 满足S n ＝n (a n －a 1)2. (1)求a 的值并证明数列{a n }为等差数列；(2)令p n ＝S n ＋2S n ＋1＋S n ＋1S n ＋2，是否存在正整数M ，使不等式p 1＋p 2＋…＋p n －2n ≤M 恒成立，若存在，求出M 的最小值；若不存在，说明理由．解 (1)由已知，得S 1＝1×(a －a )2＝a 1＝a ，所以a ＝0. 由a 1＝0得S n ＝na n 2，则S n ＋1＝(n ＋1)a n ＋12， ∴2(S n ＋1－S n )＝(n ＋1)a n ＋1－na n ，即2a n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ，于是有(n －1)a n ＋1＝na n ，并且na n ＋2＝(n ＋1)a n ＋1，∴na n ＋2－(n －1)a n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ，即n (a n ＋2－a n ＋1)＝n (a n ＋1－a n )，则有a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，∴{a n }为等差数列．(2)由(1)得S n ＝n (n －1)p 2， ∴p n ＝(n ＋2)(n ＋1)p 2(n ＋1)np 2＋(n ＋1)np 2(n ＋2)(n ＋1)p 2＝2＋2n －2n ＋2， ∴p 1＋p 2＋p 3＋…＋p n －2n ＝⎝⎛⎭⎫2＋21－23＋⎝⎛⎭⎫2＋22－24＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋2n －2n ＋2－2n ＝2＋1－2n ＋1－2n ＋2. 由n 是整数可得p 1＋p 2＋p 3＋…＋p n －2n <3. 故存在最小的正整数M ＝3，使不等式p 1＋p 2＋p 3＋…＋p n －2n ≤M 恒成立．。

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

第3讲 数列的综合问题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 n 1．数列{a n }中，a n 与S n 的关系a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2．求数列通项的常用方法(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．(2)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1－a n ＝f (n )，且f (1)＋f (2)＋…＋f (n )可求，则可用累加法求数列的通项a n .(3)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1a n＝f (n )，且f (1)·f (2)·…·f (n )可求，则可用累乘法求数列的通项a n .(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．例1 (2017·运城模拟)正项数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 2n ＋3a n ＝6S n ＋4. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)由a 2n ＋3a n ＝6S n ＋4，① 知a 2n ＋1＋3a n ＋1＝6S n ＋1＋4，② 由②－①，得a 2n ＋1－a 2n ＋3a n ＋1－3a n ＝6S n ＋1－6S n ＝6a n ＋1，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －3)＝0， ∵a n >0，∴a n ＋1＋a n >0，∴a n ＋1－a n －3＝0，即a n ＋1－a n ＝3. 又a 21＋3a 1＝6S 1＋4＝6a 1＋4，即a 21－3a 1－4＝(a 1－4)(a 1＋1)＝0，∵a n >0，∴a 1＝4， ∴{a n }是以4为首项，以3为公差的等差数列，∴a n ＝4＋3(n －1)＝3n ＋1. (2)b n ＝2n a n ＝(3n ＋1)·2n，故T n ＝4·21＋7·22＋10·23＋…＋(3n ＋1)·2n， 2T n ＝4·22＋7·23＋10·24＋…＋(3n ＋1)·2n ＋1，∴－T n ＝4·21＋3·22＋3·23＋…＋3·2n－(3n ＋1)·2n ＋1＝21＋3(2＋22＋23＋…＋2n )－(3n ＋1)·2n ＋1＝21＋3·2(1－2n)1－2－(3n ＋1)·2n ＋1＝－(3n －2)·2n ＋1－4， ∴T n ＝(3n －2)·2n ＋1＋4.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 (2017届湖南省娄底市二模)设数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋1－2，数列{b n }满足b n＝1(2n ＋1)log 2a 2n －1＋22n －1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)当n ＝1时， a 1＝S 1＝2， 由S n ＝2n ＋1－2，得S n －1＝2n－2(n ≥2)，∴a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2n ＝2n(n ≥2)，又a 1也符合，∴a n ＝2n(n ∈N *)． (2)b n ＝1(2n ＋1)log 222n －1＋22n －1＝1(2n ＋1)(2n －1)＋22n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＋22n －1， T n ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＋(2＋23＋25＋…＋22n －1) ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＋2(1－4n )1－4＝22n ＋13－14n ＋2－16. 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 设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n－1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2. (1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23内有且仅有一个零点(记为a n )，且0＜a n －12＜13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n . (1)解 方法一 由题设f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1，所以f n ′(2)＝1＋2×2＋…＋(n －1)2n －2＋n ·2n －1，①则2f n ′(2)＝2＋2×22＋…＋(n －1)2n －1＋n ·2n，②由①－②得，－f n ′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )2n－1， 所以f n ′(2)＝(n －1)2n＋1.方法二 当x ≠1时，f n (x )＝x －x n ＋11－x－1，则f n ′(x )＝[1－(n ＋1)x n](1－x )＋(x －xn ＋1)(1－x )2，可得f n ′(2)＝－[1－(n ＋1)2n]＋2－2n ＋1(1－2)2＝(n －1)2n＋1.(2)证明 因为f n (0)＝－1＜0， f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 1－23－1＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n≥1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＞0，所以f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23内至少存在一个零点， 又f ′n (x )＝1＋2x ＋…＋nxn －1＞0，所以f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23内单调递增， 因此f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23内有且仅有一个零点a n ， 由于f n (x )＝x －x n ＋11－x－1，所以0＝f n (a n )＝a n －a n ＋1n1－a n－1，由此可得a n ＝12＋12a n ＋1n ＞12，故12＜a n ＜23， 所以0＜a n －12＝12a n ＋1n ＜12×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n .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 (2016届浙江省宁波市期末)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 }是等比数列． (2)解 由(1)得b 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1a1＋1a2＋1a3＋…＋1a n>13＋132＋…＋13n＝13⎝⎛⎭⎪⎫1－13n1－13＝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1a1＋1a2＋1a3＋…＋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<1a1＋1a2＋1a3＋…＋1a n<1116.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 自从祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来，在11个省区设立了海峡两岸农业合作试验区和台湾农民创业园，台湾农民在那里申办个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受理、审批一站式服务，某台商第一年年初到大陆就创办了一座120万元的蔬菜加工厂M，M的价值在使用过程中逐年减少，从第二年到第六年，每年年初M的价值比上年年初减少10万元，从第七年开始，每年年初M的价值为上年年初的75%.(1)求第n年年初M的价值a n的表达式；(2)设A n ＝a 1＋a 2＋…＋a nn，若A n 大于80万元，则M 继续使用，否则须在第n 年年初对M 更新，证明：必须在第九年年初对M 更新．(1)解 当n ≤6时，数列{a n }是首项为120，公差为－10的等差数列，故a n ＝120－10(n －1)＝130－10n ，当n ≥7时，数列{a n }从a 6开始的项构成一个以a 6＝130－60＝70为首项，以34为公比的等比数列，故a n ＝70×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6，所以第n 年年初M 的价值a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧130－10n ，n ≤6，70×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6，n ≥7.(2)证明 设S n 表示数列{a n }的前n 项和，由等差数列和等比数列的求和公式，得 当1≤n ≤6时，S n ＝120n －5n (n －1)，A n ＝S nn＝120－5(n －1)＝125－5n ≥95>80，当n ≥7时，由于S 6＝570，故S n ＝570＋(a 7＋a 8＋…＋a n )＝570＋70×34×4×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6.因为{a n }是递减数列，所以{A n }是递减数列．因为A n ＝S n n＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6n，A 8＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫3428≈82.734>80，A 9＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫3439≈76.823<80，所以必须在第九年年初对M 更新． 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 一弹性小球从100 m 高处自由落下，每次着地后又跳回原来高度的23再落下，设它第n 次着地时，共经过了S n ，则当n ≥2时，有( ) A ．S n 的最小值为100 B ．S n 的最大值为400 C ．S n <500 D ．S n ≤500 答案 C解析 第一次着地时，经过了100 m ；第二次着地时共经过了⎝ ⎛⎭⎪⎫100＋100×23×2 m ；第三次着地时共经过了⎝ ⎛⎭⎪⎫100＋100×23×2＋100×⎝ ⎛⎭⎪⎫232×2m ；…；以此类推，第n 次着地时共经过了⎝⎛100＋100×23×2＋100×⎝ ⎛⎭⎪⎫232×2＋…＋100×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1×2 m ；所以S n ＝100＋100×23×2＋100×⎝ ⎛⎭⎪⎫232×2＋…＋100×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1×2＝100＋4003⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －11－23＝100＋400⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，显然S n是关于n 的单调增函数，所以当n ＝2时，S n 取得最小值S 2＝7003，且S n <100＋400＝500，故选C.真题体验1．(2016·浙江)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 由⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2a 1＋1，a 2＋a 1＝4，解得a 1＝1，a 2＝3，当n ≥2时，由已知可得a n ＋1＝2S n ＋1，① a n ＝2S n －1＋1，②由①－②，得a n ＋1－a n ＝2a n ，∴a n ＋1＝3a n ，又a 2＝3a 1， ∴{a n }是以a 1＝1为首项，以q ＝3为公比的等比数列． ∴S 5＝1－1×351－3＝121.2．(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.(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则2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1，②由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.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 ＋2·2b n ，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＝n2(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 ＝n2(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 *，故n >9， 从而最小正整数n 的值是10.A 组 专题通关1．(2017届江西抚州市七校联考)若数列{a n }满足(2n ＋3)·a n ＋1－(2n ＋5)a n ＝(2n ＋3)(2n ＋5)·lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ，且a 1＝5，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋3的第100项为( ) A ．2 B ．3C ．1＋lg 99D ．2＋lg 99 答案 B解析 由(2n ＋3)a n ＋1－(2n ＋5)a n＝(2n ＋3)(2n ＋5)lg ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n ，可得a n ＋12n ＋5－a n 2n ＋3＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ， 记b n ＝a n 2n ＋3，有b n ＋1－b n ＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ， 由累加法，得b n ＝lg n ＋1，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋3的第100项为lg 100＋1＝3，故选B. 2．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n 1－a n (n ∈N *)，则a 1·a 2·a 3·…·a 2 017等于( )A ．－6B ．6C ．－2D ．2 答案 D解析 ∵a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n 1－a n ，∴a 2＝1＋21－2＝－3，同理a 3＝－12，a 4＝13，a 5＝2，…，∴a n ＋4＝a n ，而a 1a 2a 3a 4＝1，∴a 1a 2a 3…a 2 017＝(a 1a 2a 3a 4)504×4×a 1＝1×2＝2，故选D.3．(2017届贵州省遵义航天高级中学模拟)南北朝时期的数学古籍《张邱建算经》有如下一道题：“今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差(即等差)降之，上三人，得金四斤，持出：下四人后入得三斤，持出；中间三人未到者，亦依等次更给，问：每等人比下等人多得几斤？”( )A.439B.778C.776D.585 答案 B解析 每等人所得金构成一个等差数列{a n }，设公差为d .由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝4，a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝3，即⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝4，4a 1＋30d ＝3，解得d ＝－778.故选B.4．(2017届河北省衡水中学调研)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等于( )A.2 0162 017B.2 0152 016 C.4 0302 016D.2 0171 009答案 D解析 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 ＋1)2，所以1a n＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 016＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017－12 018＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 018＝2 0171 009，故选D. 5．(2017届天津市六校联考)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)．若b n ＋1＝(n －2λ)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n＋1 (n ∈N *)，b 1＝－λ，且数列{b n }是单调递增数列，则实数λ的取值范围是( )A ．λ>23B ．λ>32C ．λ<32D ．λ<23答案 D解析 因为a n ＋1＝a na n ＋2⇒1a n ＋1＝2a n ＋1⇒1a n ＋1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1⇒1a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋12n －1＝2n ，所以b n ＋1＝(n －2λ)·2n，因为数列{b n }是单调递增数列， 所以当n ≥2时b n >b n －1⇒(n －2λ)·2n>(n －1－2λ)·2n －1⇒n >2λ－1⇒2>2λ－1⇒λ<32；当n＝1时，b 2>b 1⇒(1－2λ)·2>－λ⇒λ<23，因此λ<23，故选D.6．(2017届湖南湘中名校教改联合体联考)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 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 ，则a n ＝2n ＋2，∴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解析 ∵S n ＝43(a n －1)，∴S n －1＝43(a n －1－1)(n ≥2)，∴a n ＝S n －S n －1＝43(a n －a n －1)，∴a n ＝4a n －1，又a 1＝S 1＝43(a 1－1)，∴a 1＝4，∴{a n }是首项为4，公比为4的等比数列， ∴a n ＝4n，∴(4n －2＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫16a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4n16＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫164n ＋1＝2＋4n16＋164n ≥2＋2＝4，当且仅当n ＝2时取“＝”．8．(2017届山西晋中榆社中学月考)已知数列{a n }的通项公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，n ＝1，4n ＋(－1)n (8－2a )，n ≥2，若对任意n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立，则a 的取值范围是__________．答案 (3,5)解析 由已知可得a 2n ＝8n ＋8－2a ，a 2n ＋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．数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n (n ＋1)－1(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若数列{b n }满足：a n ＝b 13＋1＋b 232＋1＋b 333＋1＋…＋b n3n ＋1，求数列{b n }的通项公式．解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n (n ＋1)－(n －1)n ＝2n ， 知a 1＝1不满足该式，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n ，n ≥2.(2)当n ＝1时，b 1＝4；当n ＝2时，b 2＝30； ∵a n ＝b 13＋1＋b 232＋1＋b 333＋1＋…＋b n3n ＋1(n ≥2)，①a n ＋1＝b 13＋1＋b 232＋1＋b 333＋1＋…＋b n 3n ＋1＋b n ＋13n ＋1＋1，② 由②－①，得b n ＋1＝2(3n ＋1＋1)，∴b n ＝2(3n＋1)．综上，b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，30，n ＝2，2(3n ＋1)，n ≥3.10．(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 －3n3n －1.(1)解 由已知，S n ＋1＝qS n ＋1，S n ＋2＝qS n ＋1＋1，两式相减，得a n ＋2＝qa n ＋1，n ≥1.又由S 2＝qS 1＋1，得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 ＝qn －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 ＝qn －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＋q2(k －1)>q2(k －1)，所以1＋q 2(k －1)>qk －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．(2017届江西抚州市七校联考)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 ．42 B ．40 C ．30 D ．20 答案 B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，以1为公差的等差数列， ∴a n 2n ＋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，故选B. 12．(2017·广东省汕头市金山中学、河北省石家庄市第二中学联考)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＝a 2n －1＋2a n －1 (n ≥2)，若b n ＝1a n ＋1＋1a n ＋2(n ∈N *)，则数列{b n }的前n 项和S n ＝________. 答案 1－122n －1解析 当n ≥2时，a n ＋1＝a 2n －1＋2a n －1＋1＝(a n －1＋1)2>0，两边取以2为底的对数可得log 2(a n ＋1)＝log 2(a n －1＋1)2＝2log 2(a n －1＋1)，则数列{log 2(a n ＋1)}是以1为首项，2为公比的等比数列， log 2(a n ＋1)＝2n －1，1221n n a -=-，又a n ＝a 2n －1＋2a n －1 (n ≥2)，可得a n ＋1＝a 2n ＋2a n (n ∈N *)，两边取倒数可得 1a n ＋1＝1a 2n ＋2a n ＝1a n (a n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋2，即2a n ＋1＝1a n －1a n ＋2， 因此b n ＝1a n ＋1＋1a n ＋2＝1a n －1a n ＋1， 所以S n ＝b 1＋…＋b n ＝1a 1－1a n ＋1＝1－122n－1.13．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＋…＋n n ＋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，试说明理由． 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＋…＋n2n，∴f (n ＋1)＝1n ＋2＋2n ＋3＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1＋n ＋12n ＋2， ∴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 .14．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n1＋a 2n ，n ∈N *，记S n ，T n 分别是数列{a n }，{a 2n }的前n 项和．证明：当n ∈N *时， (1)a n ＋1<a n ； (2)T n ＝1a 2n ＋1－2n －1；(3)2n －1<S n <2n . 证明 (1)由a 1＝1及a n ＋1＝a n1＋a 2n 知，a n >0， 故a n ＋1－a n ＝a n1＋a 2n －a n ＝－a 3n1＋a 2n <0，∴a n ＋1<a n ，n ∈N *. (2)由1a n ＋1＝1a n＋a n ，得1a 2n ＋1＝1a 2n＋a 2n ＋2，从而1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2＝1a 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋2×2＝…＝1a 21＋a 21＋a 22＋…＋a 2n ＋2n ，又∵a 1＝1， ∴T n ＝1a 2n ＋1－2n －1，n ∈N *.(3)由(2)知，a n ＋1＝1T n ＋2n ＋1，由T n ≥a 21＝1，得a n ＋1≤12n ＋2，∴当n ≥2时，a n ≤12n ＝22n <2n ＋n －1＝2(n －n －1)，由此S n <a 1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)]＝1＋2(n －1)<2n ，n ≥2， 又∵a 1＝1，∴S n <2n . 另一方面，由a n ＝1a n ＋1－1a n，得S n ＝1a n ＋1－1a 1≥2n ＋2－1>2n －1.综上，2n －1<S n <2n .。

第2讲 数列的求和问题高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现转化与化归的思想.热点一 分组转化求和有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．例1 (2017届某某省某某市模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 4＝24，S 7＝63. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若2(1)n ann n b a =+-⋅，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)∵{a n }为等差数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝4a 1＋4×32d ＝24，S 7＝7a 1＋7×62d ＝63⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝2⇒a n ＝2n ＋1.(2)∵2(1)n ann n b a =+-⋅＝22n ＋1＋(－1)n·(2n ＋1)＝2·4n＋(－1)n·(2n ＋1)，∴T n ＝2(41＋42＋…＋4n )＋[－3＋5－7＋9－…＋(－1)n(2n ＋1)]＝8(4n－1)3＋G n ，当n ＝2k (k ∈N *)时，G n ＝2×n2＝n ，∴T n ＝8(4n－1)3＋n ，当n ＝2k －1(k ∈N *)时，G n ＝2×n －12－(2n ＋1)＝－n －2，∴T n ＝8(4n－1)3－n －2，∴T n＝⎩⎪⎨⎪⎧8(4n－1)3＋n ，n ＝2k ，k ∈N *，8(4n－1)3－n －2，n ＝2k －1，k ∈N *.思维升华 在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．跟踪演练1 (2017届市某某区二模)已知数列{a n }是首项a 1＝13，公比q ＝13的等比数列．设132log 1()n n b a n *=-∈N ．(1)求证：数列{b n }为等差数列； (2)设＝a n ＋b 2n ，求数列{}的前n 项和T n . (1)证明 由已知得a n ＝13·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n，所以1312log ()121(N )3n n b n n *=-=-∈，则b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)－1－2n ＋1＝2.所以数列{b n }是以1为首项，2为公差的等差数列． (2)解 由(1)知，b 2n ＝4n －1，则数列{b 2n }是以3为首项，4为公差的等差数列．＝a n ＋b 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n＋4n －1，则T n ＝13＋19＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n＋3＋7＋…＋(4n －1)＝13×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 1－13＋(3＋4n －1)·n 2.即T n ＝2n 2＋n ＋12－12·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n (n ∈N *)．热点二 错位相减法求和错位相减法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别是等差数列和等比数列．例2 (2017·某某省夏邑一高模拟)已知{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，且a 1＝b 1＝2，a 4＋b 4＝27，S 4－b 4＝10. (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式； (2)求T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n 的值．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a 1＝b 1＝2，得a 4＝2＋3d ，b 4＝2q 3，S 4＝8＋6d ，由条件得方程组⎩⎪⎨⎪⎧2＋3d ＋2q 3＝27，8＋6d －2q 3＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝2，故a n ＝3n －1，b n ＝2n(n ∈N *)．(2)T n ＝2×2＋5×22＋8×23＋…＋(3n －1)×2n，① 2T n ＝2×22＋5×23＋8×24＋…＋(3n －1)×2n ＋1，②①—②，得－T n ＝2×2＋3×22＋3×23＋…＋3×2n－(3n －1)×2n ＋1＝3×2＋3×22＋3×23＋…＋3×2n－2－(3n －1)×2n ＋1＝3×2(1－2n)1－2－2－(3n －1)×2n ＋1＝(4－3n )2n ＋1－8，∴T n ＝8＋(3n －4)·2n ＋1.思维升华 (1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列．(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．跟踪演练2 (2017·某某省某某市十四县(市)联考)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2＝7，a 3为整数，且S n 的最大值为S 5. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n2n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由a 2＝7，a 3为整数知，等差数列{a n }的公差d 为整数．又S n ≤S 5，故a 5≥0，a 6≤0， 解得－73≤d ≤－74，因此d ＝－2，数列{a n }的通项公式为a n ＝11－2n (n ∈N *)．(2)因为b n ＝a n 2n ＝11－2n 2n， 所以T n ＝92＋722＋523＋…＋11－2n2n，① 12T n ＝922＋723＋524＋…＋11－2n2n ＋1，② 由②－①，得－12T n ＝－92＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1＋11－2n 2n ＋1，整理得－12T n ＝－72＋7－2n2n ＋1，因此T n ＝7＋2n －72n (n ∈N *)．热点三 裂项相消法求和裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1或⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋2(其中{a n }为等差数列)等形式的数列求和． 例3 (2017届某某省某某市质量检测)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，a 3＝3，且λS n ＝a n a n ＋1，在等比数列{b n }中，b 1＝2λ，b 3＝a 15＋1.(1)求数列{a n }及{b n }的通项公式；(2)设数列{}的前n 项和为T n (n ∈N *)，且⎝ ⎛⎭⎪⎫S n ＋n 2＝1，求T n .解 (1)∵λS n ＝a n a n ＋1，a 3＝3， ∴λa 1＝a 1a 2，且λ(a 1＋a 2)＝a 2a 3＝3a 2， ∴a 2＝λ，a 1＋a 2＝a 3＝3，① ∵数列{a n }是等差数列， ∴a 1＋a 3＝2a 2， 即2a 2－a 1＝3，② 由①②得a 1＝1，a 2＝2，∴a n ＝n ，λ＝2， ∴b 1＝4，b 3＝16，则b n ＝2n ＋1或b n ＝(－2)n ＋1(n ∈N *)．(2)∵S n ＝n (1＋n )2，∴＝2n (n ＋2)，∴T n ＝21×3＋22×4＋23×5＋…＋2(n －1)(n ＋1)＋2n (n ＋2)＝1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1－1n ＋1＋1n －1n ＋2＝32－2n ＋3n 2＋3n ＋2.思维升华 (1)裂项相消法的基本思想就是把通项a n 分拆成a n ＝b n ＋k －b n (k ≥1，k ∈N *)的形式，从而在求和时达到某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{a n }的通项公式，使之符合裂项相消的条件． (2)常用的裂项公式 ①若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1，1a n a n ＋2＝12d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋2； ②1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，1n (n ＋k )＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ；③1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；④1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)； ⑤1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，1n ＋n ＋k ＝1k (n ＋k －n )．跟踪演练3 (2017·某某省某某市普通高中调研)已知等差数列{a n }的前n 和为S n ，公差d ≠0，且a 3＋S 5＝42，a 1，a 4，a 13成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设数列b n ＝1a n －1a n，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设数列{a n }的首项为a 1，因为等差数列{a n }的前n 和为S n ，a 3＋S 5＝42，a 1，a 4，a 13成等比数列．所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＋5a 1＋5×42d ＝42，(a 1＋3d )2＝a 1(a 1＋12d ).又公差d ≠0， 所以a 1＝3，d ＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋ 1. (2)因为b n ＝1a n －1a n，所以b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，则T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝n2n ＋1.真题体验1．(2017·全国Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝________.答案2n n ＋1解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.∴S n ＝n ×1＋n (n －1)2×1＝n (n ＋1)2，1S n＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.∴∑k ＝1n1S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1. 2．(2017·某某)已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12，而b 1＝2， 所以q 2＋q －6＝0.又因为q >0，解得q ＝2，所以b n ＝2n. 由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8，① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16，②联立①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n. (2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1，得a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n，故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n，③ 4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1，④③－④，得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n －1)×4n ＋1＝12×(1－4n)1－4－4－(3n －1)×4n ＋1＝－(3n －2)×4n ＋1－8，得T n ＝3n －23×4n ＋1＋83.所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83.押题预测1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋22n n (n ＋1)，其前n 项和为S n ，若存在M ∈Z ，满足对任意的n ∈N *，都有S n <M 恒成立，则M 的最小值为________．押题依据 数列的通项以及求和是高考重点考查的内容，也是《考试大纲》中明确提出的知识点，年年在考，年年有变，变的是试题的外壳，即在题设的条件上有变革，有创新，但在变中有不变性，即解答问题的常用方法有规律可循． 答案 1解析 因为a n ＝n ＋22n n (n ＋1)＝2(n ＋1)－n2n n (n ＋1)＝12n －1n －12n (n ＋1)，所以S n ＝⎝⎛⎭⎪⎫120×1－121×2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫121×2－122×3＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n －1n －12n (n ＋1)＝1－12n (n ＋1)， 由于1－12n (n ＋1)<1，所以M 的最小值为1.2．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝a (S n －a n ＋1) (a 为常数，且a >0)，且4a 3是a 1与2a 2的等差中项．(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n ＋1a n，求数列{b n }的前n 项和T n .押题依据 错位相减法求和是高考的重点和热点，本题先利用a n ，S n 的关系求a n ，也是高考出题的常见形式．解 (1)当n ＝1时，S 1＝a (S 1－a 1＋1)，所以a 1＝a ， 当n ≥2时，S n ＝a (S n －a n ＋1)，①S n －1＝a (S n －1－a n －1＋1)，②由①－②，得a n ＝a ·a n －1，即a na n －1＝a ， 故{a n }是首项a 1＝a ，公比为a 的等比数列， 所以a n ＝a ·an －1＝a n.故a 2＝a 2，a 3＝a 3.由4a 3是a 1与2a 2的等差中项，可得8a 3＝a 1＋2a 2， 即8a 3＝a ＋2a 2，因为a ≠0，整理得8a 2－2a －1＝0， 即(2a －1)(4a ＋1)＝0， 解得a ＝12或a ＝－14(舍去)，故a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝12n .(2)由(1)得b n ＝2n ＋1a n＝(2n ＋1)·2n，所以T n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n －1)×2n －1＋(2n ＋1)×2n，①2T n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n －1)·2n＋(2n ＋1)×2n ＋1，② 由①－②，得－T n ＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n )－(2n ＋1)×2n ＋1＝6＋2×22－2n ＋11－2－(2n ＋1)×2n ＋1＝－2＋2n ＋2－(2n ＋1)×2n ＋1＝－2－(2n －1)×2n ＋1，所以T n ＝2＋(2n －1)×2n ＋1.A 组 专题通关1．(2017届某某师大附中月考)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是方程x 2－b n x ＋2n＝0的两根，则b 10等于( ) A ．24 B ．32 C ．48 D ．64 答案 D解析 由已知有a n a n ＋1＝2n，∴a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，则a n ＋2a n＝2，所以数列{a n }奇数项、偶数项分别为公比为2的等比数列，可以求出a 2＝2，所以数列{a n }的项分别为1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32，…，而b n ＝a n ＋a n ＋1，所以b 10＝a 10＋a 11＝32＋32＝64，故选D. 2．(2017届某某省某某市质检)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 2＝3，S 5＝25，若⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为1 0082 017，则n 的值为( )A ．504B ．1 008C ．1 009D ．2 017 答案 B解析 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝3，5a 1＋5×42d ＝25， 解得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1， 又因为1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 3a 4＋…＋1a n a n ＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎣⎢⎡⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝1 0082 017，解得n ＝1 008，故选B.3．(2017届某某省某某市模拟)已知函数f (n )＝n 2cos(n π)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋…＋a 100等于( )A ．－100B ．0C ．100D ．10 200 答案 A解析 a 1＝－1＋22，a 2＝22－32，a 3＝－32＋42，a 4＝42－52，…，所以a 1＋a 3＋…＋a 99＝(－1＋22)＋…＋(－992＋1002)＝(1＋2)＋(3＋4)＋…＋(99＋100)＝5 050，a 2＋a 4＋…＋a 100＝(22－32)＋…＋(1002－1012)＝－(2＋3＋…＋100＋101)＝－5 150，所以a 1＋a 2＋…＋a 100＝5 050－5 150＝－100. 4．(2017届某某省某某市模拟)已知S n 为数列{a n }的前n 项和， a n ＝2·3n －1(n ∈N *)，若b n＝a n ＋1S n S n ＋1，则b 1＋b 2＋…＋b n ＝____________. 答案 12－13n ＋1－1解析 因为a n ＋1a n ＝2·3n2·3n －1＝3，所以数列{a n }为等比数列．所以S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝2(1－3n )1－3＝3n－1，又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1， 则b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝12－13n ＋1－1.5．(2017届某某某某怀远县摸底)对于任意实数x ，[x ]表示不超过x 的最大整数，如[－0.2]＝－1，[1.72]＝1，已知a n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n 3(n ∈N *)，S n 为数列{a n }的前项和，则S 2 017＝________.答案 677 712解析 由于⎣⎢⎡⎦⎥⎤13＝0，⎣⎢⎡⎦⎥⎤23＝0，⎣⎢⎡⎦⎥⎤33＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤43＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤53＝1，⎣⎢⎡⎦⎥⎤63＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤73＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤83＝2，根据这个规律，后面每3项都是相同的数，2 017－2＝671×3＋2，后余2项， 所以S 2 017＝1＋6712×671×3＋672＋672＝677 712.6．等比数列{a n }中，a 1，a 2，a 3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a 1，a 2，a 3中的任何两个数不在下表的同一列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝a n ＋(－1)nln a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)当a 1＝3时，不合题意；当a 1＝2时，当且仅当a 2＝6，a 3＝18时，符合题意； 当a 1＝10时，不合题意．因此a 1＝2，a 2＝6，a 3＝18，所以公比q ＝3. 故a n ＝2·3n －1(n ∈N *)．(2)因为b n ＝a n ＋(－1)nln a n ＝2·3n －1＋(－1)n ln(2·3n －1)＝2·3n －1＋(－1)n[ln 2＋(n －1)ln 3]＝2·3n －1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nn ln 3，所以S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn ]ln 3. 当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n1－3＋n 2ln 3＝3n＋n 2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n1－3－(ln 2－ln 3)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12－n ln 3＝3n－n －12ln 3－ln 2－1.综上所述，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n＋n2ln 3－1，n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1，n 为奇数.7．(2017届某某省胶州市普通高中期末)正项数列{}a n 的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n－(n 2＋n )＝0.(1)求数列{}a n 的通项公式a n ；(2)令b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n ，数列{}b n 的前n 项和为T n ，证明：对于任意的n ∈N *，都有T n <564. (1)解 由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0， 得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0.由于{}a n 是正项数列，所以S n >0，S n ＝n 2＋n .当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n . 综上可知，数列{}a n 的通项公式a n ＝2n . (2)证明 由于a n ＝2n ，b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n，所以b n ＝n ＋14n 2(n ＋2)2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1(n ＋2)2. T n ＝116⎣⎢⎡1－132＋122－142＋132－152＋…＋1(n －1)2－⎦⎥⎤1(n ＋1)2＋1n 2－1(n ＋2)2 ＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2<116⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＝564.8．(2017届某某省某某市模拟)已知等差数列{}a n 的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＋S 4＝S 5. (1)求数列{}a n 的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n －1a n a n ＋1，求数列{}b n 的前2n 项和T 2n .解 (1)设等差数列{}a n 的公差为d ，由S 3＋S 4＝S 5， 可得a 1＋a 2＋a 3＝a 5，即3a 2＝a 5，所以3(1＋d )＝1＋4d ，解得d ＝2.所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (2)由(1)可得b n ＝(－1)n －1·(2n －1)(2n ＋1)＝(－1)n －1·(4n 2－1)，所以T 2n ＝(4×12－1)－(4×22－1)＋(4×32－1)－(4×42－1)＋…＋(－1)2n －1×[4×(2n )2－1]＝4[12－22＋32－42＋…＋(2n －1)2－(2n )2]＝－4(1＋2＋3＋4＋…＋2n －1＋2n )＝－4×2n (2n ＋1)2＝－8n 2－4n .B 组 能力提高9．(2017·某某省荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟联考)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，且b n ＝a n cos 2n π3，记S n 为数列{b n }的前n 项和，则S 24等于( )A ．294B ．174C ．470D ．304 答案 D解析 由na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 为等差数列，因此a nn ＝1＋()n －1×1＝n ，a n ＝n 2，b n＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n 2，n ＝3k ＋1，k ∈N ，－12n 2，n ＝3k ＋2，k ∈N ，n 2，n ＝3k ＋3，k ∈N ，因此b 3k ＋1＋b 3k ＋2＋b 3k ＋3＝9k ＋132，k ∈N ， S 24＝9(0＋1＋…＋7)＋132×8＝304，故选D.10．(2017·某某省豫南九校质量考评)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋cos 2n π2a n＋sin2n π2，则该数列的前21项的和为________．答案 2 112解析 当n 为奇数时，cos 2n π2＝0，sin2n π2＝1；当n 为偶数时，cos2n π2＝1，sin2n π2＝0，所以当n 为奇数时有a n ＋2＝a n ＋1；n 为偶数时a n ＋2＝2a n ，即奇数项为等差数列，偶数项为等比数列．所以S 21＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 21)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 20) ＝(1＋2＋3＋…＋11)＋(2＋22＋…＋210) ＝12×112＋2(210－1)2－1＝6×11＋211－2＝2 112.11．(2017届某某如东高级中学等四校联考)已知数列{a n }满足a 1＝0，a 2＝18，且对任意m ，n ∈N *，都有a 2m －1＋a 2n －1＝2a m ＋n －1＋34(m －n )2.(1)求a 3，a 5；(2)设b n ＝a 2n ＋1－a 2n －1(n ∈N *)． ①求数列{b n }的通项公式；②设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和为S n ，是否存在正整数p ，q ，且1<p <q ，使得S 1，S p ，S q 成等比数列？若存在，求出p ，q 的值，若不存在，请说明理由． 解 (1)由题意，令m ＝2，n ＝1， 则a 3＋a 1＝2a 2＋34(2－1)2，解得a 3＝1.令m ＝3，n ＝1，则a 5＋a 1＝2a 3＋34(3－1)2，解得a 5＝5.(2)①以n ＋2代替m ，得a 2n ＋3＋a 2n －1＝2a 2n ＋1＋3， 则[a 2(n ＋1)＋1－a 2(n ＋1)－1]－(a 2n ＋1－a 2n －1)＝3， 即b n ＋1－b n ＝3.所以数列{b n }是以3为公差的等差数列． 又b 1＝a 3－a 1＝1，所以b n ＝1＋(n －1)×3＝3n －2. ②因为1b n b n ＋1＝1(3n －2)(3n ＋1) ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1，所以S n ＝13⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－17＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ＋1＝n 3n ＋1. 则S 1＝14，S p ＝p 3p ＋1，S q ＝q 3q ＋1.因为S 1，S p ，S q 成等比数列， 所以⎝⎛⎭⎪⎫p 3p ＋12＝14·q 3q ＋1，即6p ＋1p 2＝3q ＋4q .因为1<p <q ，所以3q ＋4q＝3＋4q>3，即6p ＋1p2>3. 解得3－233<p <3＋233.又1<p ，且p ∈N *，所以p ＝2，则q ＝16.所以存在正整数p ＝2，q ＝16，使得S 1，S p ，S q 成等比数列．12．(2017届某某某某中学月考)已知各项都为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，若S 3＝b 5＋1，b 4是a 2和a 4的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n . 解 (1)∵数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，∴b 5＝6，b 4＝4，设各项都为正数的等比数列{a n }的公比为q ，q >0， ∵S 3＝b 5＋1＝7，∴a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7，① 又b 4是a 2和a 4的等比中项，∴a 2a 4＝a 23＝b 24＝16， 解得a 3＝a 1q 2＝4，② 由①②得3q 2－4q －4＝0， 解得q ＝2或q ＝－23(舍去)，∴a 1＝1，a n ＝2n －1.(2)当n 为偶数时，T n ＝(1＋1)×20＋2×2＋(3＋1)×22＋4×23＋(5＋1)×24＋…＋[(n －1)＋1]×2n －2＋n ×2n －1＝(20＋2×2＋3×22＋4×23＋…＋n ×2n －1)＋(20＋22＋…＋2n －2)，设H n ＝20＋2×2＋3×22＋4×23＋…＋n ×2n －1，③则2H n ＝2＋2×22＋3×23＋4×24＋…＋n ×2n，④ 由③－④，得－H n ＝20＋2＋22＋23＋…＋2n －1－n ×2n＝1－2n 1－2－n ×2n ＝(1－n )×2n －1， ∴H n ＝(n －1)×2n＋1，∴T n ＝(n －1)×2n＋1＋1－24n1－4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －23×2n ＋23.当n 为奇数，且n ≥3时，T n ＝T n －1＋(n ＋1)×2n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －53×2n －1＋23＋(n ＋1)×2n －1＝⎝⎛⎭⎪⎫2n －23×2n －1＋23，经检验，T 1＝2符合上式，∴T n＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －23×2n －1＋23，n 为奇数，⎝ ⎛⎭⎪⎫n －23×2n＋23，n 为偶数.。

教学资料范本【2020最新】数学高考二轮复习专题四数列推-理科与证明第1讲等差数列与等比数列专题突破讲义-文科编辑：__________________时间：__________________1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现．2．数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力．热点一等差数列、等比数列的运算1．通项公式等差数列：an＝a1＋(n－1)d；等比数列：an＝a1·qn－1.2．求和公式等差数列：Sn＝＝na1＋d；等比数列：Sn＝＝(q≠1)．3．性质若m＋n＝p＋q，在等差数列中am＋an＝ap＋aq；在等比数列中am·an＝ap·aq.例1 (1)(20xx届江西师大附中、临川一中联考)已知数列，满足bn ＝log2an，n∈N*，其中是等差数列，且a9a2 009＝4，则b1＋b2＋b3＋…＋b2 017等于( )A．2 016 B．2 017C．log22 017 D.2 0172答案B解析 由题设可得log2a9＋log2a2 009＝2，即b9＋b2 009＝2，由等差数列的通项的性质，可得b9＋b2 009＝b1＋b2 017＝2，所以b1＋b2＋b3＋…＋b2 017＝＝2 017，故选B.(2)(20xx 届四川省××市诊断性检测)在等比数列{an}中，已知a3＝6, a3＋a5＋a7＝78，则a5等于( )A ．12B ．18C ．24D ．36 答案 B解析 由于a3＋a5＋a7＝a3＋a3q2＋a3q4＝6(q4＋q2＋1)＝78，得q4＋q2－12＝0，得q2＝3或q2＝－4(舍去)，则a5＝a3q2＝6×3＝18，故选B.思维升华 在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a1和d(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．跟踪演练 1 (1)(20xx·河北省××县第一中学模拟)设等差数列{an}的前n 项和为Sn ，若S4＝－4，S6＝6，则S5等于( )A ．0B ．－2C ．4D ．1 答案 A解析 由题设可得⇒⎩⎪⎨⎪⎧ a1＝－4，d ＝2，则S5＝－4×5＋×2＝0，故选A.(2)(20xx 届长沙一模)等比数列的公比为－，则ln2－ln2＝________.答案ln 2解析ln2－ln2＝ln2＝lnq2＝ln 2.热点二等差数列、等比数列的判定与证明数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法(1)证明数列{an}是等差数列的两种基本方法：①利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为一常数；②利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2)．(2)证明{an}是等比数列的两种基本方法①利用定义，证明(n∈N*)为一常数；②利用等比中项，即证明a＝an－1an＋1(n≥2)．例 2 (20xx届东北三省三校联考)已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝2an－n＋1，数列{bn}满足b1＝2，bn＋1＝bn＋an－n.(1)证明：{an－n}为等比数列；(2)数列{cn}满足cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.(1)证明∵an＋1＝2an－n＋1，∴an＋1－(n＋1)＝2(an－n)，又a1－1＝2，∴{an－n}是以2为首项，2为公比的等比数列．(2)解由(1)知an－n＝(a1－1)·2n－1＝2n，∵bn＋1＝bn＋an－n，∴bn＋1－bn＝2n，累加得到bn＝2＋＝2n (n≥2)．当n＝1时，b1＝2，∴bn＝2n，∴cn＝错误!＝错误!＝－.∴Tn＝－.思维升华(1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n项和公式，但不能作为证明方法．(2)＝q和a＝an－1an＋1(n≥2)都是数列{an}为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零．跟踪演练 2 (20xx届吉林省长××市模拟)在数列中，设f(n)＝an，且f(n)满足f(n＋1)－2f(n)＝2n(n∈N*)，且a1＝1.(1)设bn＝，证明：数列为等差数列；(2)求数列的前n项和Sn.(1)证明由已知得an＋1＝2an＋2n，得bn＋1＝＝＝＋1＝bn＋1，∴bn＋1－bn＝1，又a1＝1，∴b1＝1，∴是首项为1，公差为1的等差数列．(2)解由(1)知，bn＝＝n，∴a n＝n·2n－1.∴Sn＝1＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1，两边乘以2，得2Sn＝1·21＋2·22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，两式相减得－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n＝(1－n)2n－1，∴Sn＝(n－1)·2n＋1.热点三等差数列、等比数列的综合问题解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解．例3 已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.(1)求数列{an}的通项公式an与前n项和Sn；(2)将数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn，若存在m∈N*，使对任意n∈N*，总有Sn<Tm＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．解(1)由a2＋a7＋a12＝－6，得a7＝－2，∴a1＝4，∴an＝5－n，从而Sn＝.(2)由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，设等比数列{bn}的公比为q，则q＝＝，∴Tm＝＝8，∵m随m增加而递减，∴{Tm}为递增数列，得4≤Tm<8.又Sn＝＝－(n2－9n)＝－，故(Sn)max＝S4＝S5＝10，若存在m∈N*，使对任意n∈N*总有Sn<Tm＋λ，则10<8＋λ，得λ>2.即实数λ的取值范围为(2，＋∞)．思维升华(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便．(2)数列的项或前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问题．(3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解．跟踪演练3 (20xx·北京)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝1，a2＋a4＝10，b2b4＝a5.(1)求{an}的通项公式；(2)求和：b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1.解(1)设等差数列{an}的公差为d.因为a2＋a4＝10，所以2a1＋4d＝10，解得d＝2，所以an＝2n－1.(2)设等比数列{bn}的公比为q，因为b2b4＝a5，所以bq4＝9，解得q2＝3，所以b2n－1＝b1q2n－2＝3n－1.从而b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝.真题体验1．(20xx·全国Ⅰ改编)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为________．答案4解析设{an}的公差为d，由得错误!解得d＝4.2．(20xx·浙江改编)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d＞0”是“S4＋S6＞2S5”的________条件．答案充要解析方法一∵数列{an}是公差为d的等差数列，∴S4＝4a1＋6d，S5＝5a1＋10d，S6＝6a1＋15d，∴S4＋S6＝10a1＋21d,2S5＝10a1＋20d.若d＞0，则21d＞20d,10a1＋21d＞10a1＋20d，即S4＋S6＞2S5.若S4＋S6＞2S5，则10a1＋21d＞10a1＋20d，即21d＞20d，∴d＞0.∴“d＞0”是“S4＋S6＞2S5”的充要条件．方法二∵S4＋S6＞2S5⇔S4＋S4＋a5＋a6＞2(S4＋a5)⇔a6＞a5⇔a5＋d＞a5⇔d＞0.∴“d＞0”是“S4＋S6＞2S5”的充要条件．3．(20xx·北京)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则＝________.答案 1解析 设等差数列{an}的公差为d ，等比数列{bn}的公比为q ，则由a4＝a1＋3d ，得d ＝＝＝3，由b4＝b1q3，得q3＝＝＝－8，∴q＝－2.∴＝＝＝1.4．(20xx·江苏)等比数列{an}的各项均为实数，其前n 项和为Sn ，已知S3＝，S6＝，则a8＝________.答案 32解析 设{an}的首项为a1，公比为q ，则解得⎩⎪⎨⎪⎧ a1＝14，q ＝2，所以a8＝×27＝25＝32.押题预测1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1>0，a3＋a10>0，a6a7<0，则满足Sn>0的最大自然数n的值为( )A．6 B．7C．12 D．13押题依据等差数列的性质和前n项和是数列最基本的知识点，也是高考的热点，可以考查学生灵活变换的能力．答案C解析∵a1>0，a6a7<0，∴a6>0，a7<0，等差数列的公差小于零，又a3＋a10＝a1＋a12>0，a1＋a13＝2a7<0，∴S12>0，S13<0，∴满足Sn>0的最大自然数n的值为12.2．(20xx·安庆模拟)等比数列{an}中，a3－3a2＝2，且5a4为12a3和2a5的等差中项，则{an}的公比等于( )A．3 B．2或3C．2 D．6押题依据等差数列、等比数列的综合问题可反映知识运用的综合性和灵活性，是高考出题的重点．答案C解析设公比为q,5a4为12a3和2a5的等差中项，可得10a4＝12a3＋2a5,10a3q＝12a3＋2a3q2，得10q＝12＋2q2，解得q＝2或 3.又a3－3a2＝2，所以有a2q－3a2＝2，所以有q＝2，故选C.3．已知各项都为正数的等比数列{an}满足a7＝a6＋2a5，存在两项am，an使得＝4a1，则＋的最小值为( )A. B.53C. D.43押题依据 本题在数列、方程、不等式的交汇处命题，综合考查学生应用数学的能力，是高考命题的方向． 答案 A解析 由a7＝a6＋2a5，得a1q6＝a1q5＋2a1q4，整理得q2－q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－1(不合题意，舍去)，又由＝4a1，得aman ＝16a ，即a2m ＋n －2＝16a ，即有m ＋n －2＝4，亦即m ＋n ＝6，那么＋＝(m ＋n)⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n ＝≥＝，当且仅当＝，即n ＝2m ＝4时取得最小值.4．定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列{an}，{f(an)}仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数： ①f(x)＝x2；②f(x)＝2x ；③f(x)＝；④f(x)＝ln|x|. 则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为( ) A ．①② B．③④ C．①③ D．②④押题依据 先定义一个新数列，然后要求根据定义的条件推断这个新数列的一些性质或者判断一个数列是否属于这类数列的问题是近年来高考中逐渐兴起的一类问题，这类问题一般形式新颖，难度不大，常给人耳目一新的感觉． 答案 C解析 由等比数列性质得，anan ＋2＝a. ①f(an)f(an＋2)＝aa ＝(a)2＝f2(an ＋1)； ②f(an)f(an＋2)＝＝f2(an ＋1)；③f(an)f(an＋2)＝＝＝f2(an ＋1)；④f(an)f(an ＋2)＝ln|an|ln|an ＋2|≠(ln|an ＋1|)2＝f2(an ＋1)．故选C.A 组 专题通关1．(20xx·河南省××县第一高级中学阶段测试)已知等差数列{an}满足a1＋a2＝－1，a3＝4，则a4＋a5等于( )A ．17B ．16C ．15D ．14答案 A解析 设等差数列公差为d ，则有解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＝－2，d ＝3，所以a4＋a5＝2a1＋7d ＝2×(－2)＋7×3＝17，故选A.2．(20xx·河北省衡水中学三调)已知{an}是等比数列，且a2＋a6＝3，a6＋a10＝12，则a8＋a12等于( )B．24A．12D．48C．24答案B解析＝＝q4＝＝4，q2＝2，a8＋a12＝a6q2＋a10q2＝q2(a6＋a10)＝2×12＝24，故选B. 3．(20xx·全国Ⅲ)等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}的前6项和为( )A．－24 B．－3 C．3 D．8答案A解析由已知条件可得a1＝1，d≠0，由a＝a2a6，可得(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，解得d＝－2.所以S6＝6×1＋＝－24.故选A. 4．(20xx届三湘名校教育联盟联考)一个等比数列的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列的项数是( )B．12A．13D．10C．11答案B 解析设等比数列为{an}，其前n项积为Tn，由已知得a1a2a3＝2，anan－1an－2＝4，可得(a1an)3＝2×4，a1an＝2，∵Tn＝a1a2…an，∴T＝(a1a2…an)2＝(a1an)(a2an－1)…(ana1)＝(a1an)n＝2n＝642＝212，∴n＝12. 5．(20xx届福建省福州文博中学期中) 《九章算术》中的“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题：“今有垣厚若干尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺．大鼠日自倍，小鼠日自半．问何日相逢，各穿几何？”题意是：有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙．大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半，如果墙足够厚， Sn为前n天两只老鼠打洞长度之和，则S5等于( )A．31B．321516D．261C．332答案B 解析大老鼠、小老鼠每天打洞进度分别构成等比数列{an}，{bn}，公比分别为2，，首项都为1，所以S5＝＋＝32.故选B. 6．(20xx届河南省高中毕业年级考前预测)在等差数列{an}中，d>0, Sn是它的前n项和，若a1＋a2＝，且a2与a6的等比中项为4，则S8＝________.答案46解析由题意，得错误!解得则S8＝8×＋×＝46. 7．(20xx届三湘名校教育联盟联考)已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn，S10＝40，则a3·a8的最大值为______．答案16解析S10＝＝40⇒a1＋a10＝a3＋a8＝8，a3·a8≤2＝2＝16，当且仅当a3＝a8＝4时“＝”成立．8．(20xx 届内蒙古包头十校联考)设Sn 是数列{an}的前n 项和，且a1＝－1，＝Sn ，则Sn ＝__________.答案 －1n解析 ＝Sn ⇔an ＋1＝SnSn ＋1⇔Sn ＋1－Sn ＝SnSn ＋1，整理为－＝1，即－＝－1，即数列是以－1为首项，－1为公差的等差数列，所以＝－1＋(n －1)·(－1)＝－n ，即Sn ＝－.9．(20xx·××市××区月考)在数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝－2(n ＝1,2,3，…)，那么a8＝________.答案 －2解析 由数列的递推公式，可得an ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n 为奇数，－2，n 为偶数，据此可得a8＝－2.10．(20xx·全国Ⅰ)记Sn 为等比数列{an}的前n 项和．已知S2＝2，S3＝－6.(1)求{an}的通项公式；(2)求Sn ，并判断Sn ＋1，Sn ，Sn ＋2是否成等差数列．解 (1)设{an}的公比为q ，由题设可得解得q ＝－2，a1＝－2.故{an}的通项公式为an ＝(－2)n.(2)由(1)可得Sn ＝＝－＋(－1)n.由于Sn ＋2＋Sn ＋1＝－＋(－1)n2n ＋3－2n ＋23＝2＝2Sn ，故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．B组能力提高11．(20xx·安徽省××市教学质量检查)数列是以a为首项，b为公比的等比数列，数列满足bn＝1＋a1＋a2＋…＋an(n＝1,2，…)，数列满足cn＝2＋b1＋b2＋…＋bn(n＝1,2，…)，若为等比数列，则a＋b等于( )B．3A.D．6C.答案B解析由题意知，当b＝1时，{cn}不是等比数列，所以b≠1.由an＝abn－1，则bn＝1＋＝1＋－，得cn＝2＋n－·＝2－＋n＋，要使为等比数列，必有得a＋b＝3，故选B. 12．(20xx届吉林省××市普通中学调研)艾萨克·牛顿(1643年1月4日－1727年3月31日)英国皇家学会会长，英国著名物理学家，同时在数学上也有许多杰出贡献，牛顿用“作切线”的方法求函数f(x)的零点时给出一个数列满足xn＋1＝xn－，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)有两个零点1,2，数列为牛顿数列，设an＝ln ，已知a1＝2，xn>2，则的通项公式an＝________.答案2n 解析∵ 函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)有两个零点1,2，∴ 解得∴f(x)＝ax2－3ax＋2a，则f′(x)＝2ax－3a.则xn＋1＝xn－ax2n－3axn＋2a2axn－3a＝xn－＝，∴＝x2n－22xn－3－2 x2n－22xn－3－1＝＝2，则数列an是以2为公比的等比数列，又∵a1＝2 ，∴ 数列{an}是以2为首项，以2为公比的等比数列，则an＝2·2n－1＝2n. 13．(20xx届石家庄模拟)已知等比数列{an}满足an＋1＋an＝3·2n －1，n∈N*.设数列{an}的前n项和为Sn，若不等式Sn>kan－2对一切n∈N*恒成立，则实数k的取值范围为______．答案(－∞，2]解析设数列{an}的首项为a1，公比为q，则由an＋1＋an＝3·2n －1，得a2＋a1＝3，a3＋a2＝6，所以q＝＝2，所以2a1＋a1＝3，即a1＝1，所以an＝2n－1, Sn＝＝2n－1.因为不等式Sn>kan－2对一切n∈N*恒成立，即2n－1>k·2n－1－2，解得k≤2. 14．(20xx届江西鹰潭一中月考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，a ＝(a1,1)，b＝(1，a10)，若a·b＝24，且S11＝143，数列{bn}的前n项和为Tn，且满足＝λTn－(a1－1)(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式及数列的前n项和Mn；(2)是否存在非零实数λ，使得数列{bn}为等比数列？并说明理由．解(1)设数列{an}的公差为d，由a＝(a1,1)，b＝(1，a10)，a·b＝24，得a1＋a10＝24，又S11＝143，解得a1＝3，d＝2，因此数列的通项公式是an＝2n＋1(n∈N*)，所以＝，所以Mn ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3＝.(2)因为＝λTn －(a1－1)(n∈N*)，且a1＝3，可得Tn ＝＋，当n ＝1时，b1＝；当n≥2时，bn ＝Tn －Tn －1＝，此时有＝4，若{bn}是等比数列，则有＝4，而b1＝，b2＝，彼此相矛盾，故不存在非零实数λ使数列{bn}为等比数列．。