2019年高考数学一轮复习(文理通用) 第5章 数列 练案36

2019-2020年高考数学一轮复习第五章数列5.4数列求和学案含解析【考纲传真】1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式．2.掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法．3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题. 【知识扫描】知识点 数列求和的常见方法1．公式法；直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和 (1)等差数列的前n 项和公式：S n ＝n a 1＋a n 2＝na 1＋n n －2d .(2)等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q＝a 1－q n1－q ，q ≠1.2．倒序相加法；如果一个数列{a n }的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．3．错位相减法；如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n 项和可用错位相减法．4．裂项相消法；(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．(2)裂项时常用的三种变形： ①1n n ＋＝1n －1n ＋1； ②1n －n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .5．分组求和法；一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．6．并项求和法；一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)nf (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.1．必会结论；常用求和公式1＋2＋…＋n ＝n n ＋212＋22＋…＋n 2＝n n ＋n ＋613＋23＋…＋n 3＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n ＋222.(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．(2)在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如a n，an ＋1的式子应进行合并．(3)在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项． 【学情自测】1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( ) (2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.( )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n之和时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减 法求得．( )(4)如果数列{a n }是周期为k (k 为大于1的正整数)的周期数列，那么S km ＝mS k .( ) 2．数列{a n }中，a n ＝1nn ＋，若{a n }的前n 项和为2 0152 016，则项数为( )A ．2 014B ．2 015C ．2 016D ．2 0173．设{a n }是公差不为0的等差数列，a 1＝2且a 1，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A.n 2＋7n4B.n 2＋5n3C.2n 2＋3n 4D ．n 2＋n4．若S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 2 016＝________.5．(xx·安徽高考)数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，n ∈N *.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列；(2)设b n ＝3n·a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .参考答案1.【答案】 (1)√ (2)√ (3)× (4)√2.【解析】 a n ＝1n n ＋＝1n －1n ＋1， S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n n ＋1. 令nn ＋1＝2 0152 016，得n ＝2 015. 【答案】 B3.【解析】 设等差数列公差为d ，则a 1＝2.a 3＝2＋2d ，a 6＝2＋5d . 又∵a 1，a 3，a 6成等比数列，∴a 23＝a 1·a 6. 即(2＋2d )2＝2(2＋5d )，整理得2d 2－d ＝0. ∵d ≠0，∴d ＝12.∴S n ＝na 1＋nn －2d ＝n 24＋74n .【答案】 A4.【解析】 S 2 016＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋2 015－2 016＝(－1)×1 008＝－1 008. 【答案】 －1 0085.【解】 (1)证明：由已知可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋1，即a n ＋1n ＋1－a nn＝1， 所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 11＝1为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)得a n n＝1＋(n －1)·1＝n ，所以a n ＝n 2. 从而b n ＝n ·3n.S n ＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n ·3n ，①3S n ＝1×32＋2×33＋…＋(n －1)·3n ＋n ·3n ＋1，②①－②得，－2S n ＝31＋32＋…＋3n －n ·3n ＋1＝－3n1－3－n ·3n ＋1＝－2nn ＋1－32，所以S n ＝n －n ＋1＋34.2019-2020年高考数学一轮复习第五章数列5.4数列求和练习含解析时间:50分钟 总分：70分班级： 姓名：一、 选择题（共6小题，每题5分，共30分）1.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝－20，则－6a 4＋3a 5＝( ) A.－20 B.4 C.12 D.20【答案】C【解析】 因为S 5＝－20，所以S 5＝5a 3＝－20，∴a 3＝－4，∴－6a 4＋3a 5＝－6(a 1＋3d )＋3(a 1＋4d )＝－3(a 1＋2d )＝－3a 3＝12.2.(xx·大纲全国)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为( )A.100101 B.99101 C.99100 D.101100【答案】A【解析】 由S 5＝5a 3及S 5＝15得a 3＝3，∴d ＝a 5－a 35－3＝1，a 1＝1，∴a n ＝n ，1a n a n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和T 100＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101，故选A.3.数列{a n }满足：a 1 ＝1，且对任意的m ，n ∈N *都有：a m ＋n ＝a m ＋a n ＋mn ，则1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 008＝( )A.2 0072 008B.2 0071 004 C.2 0082 009 D.4 0162 009【答案】D【解析】法一 因为a n ＋m ＝a n ＋a m ＋mn ，则可得a 1＝1，a 2＝3，a 3＝6，a 4＝10，则可猜得数列的通项a n ＝n （n ＋1）2，∴1a n＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 008＝ 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋12 008－12 009＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 009＝4 0162 009.故选D. 法二 令m ＝1，得a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ＝1＋a n ＋n ，∴a n ＋1－a n ＝n ＋1，用叠加法：a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋2＋…＋n ＝n （n ＋1）2，所以1a n＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.于是1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 008＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫12 008－12 009＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－12 009＝4 0162 009，故选D. 4.设a 1，a 2，…，a 50是以－1，0，1这三个整数中取值的数列，若a 1＋a 2＋…＋a 50＝9且(a 1＋1)2＋(a 2＋1)2＋…＋(a 50＋1)2＝107，则a 1，a 2，…，a 50当中取零的项共有( ) A.11个 B.12个 C.15个 D.25个【答案】A【解析】 (a 1＋1)2＋(a 2＋1)2＋…＋(a 50＋1)2＝a 21＋a 22＋…＋a 250＋2(a 1＋a 2＋…＋a 50)＋50＝107，∴a 21＋a 22＋…＋a 250＝39，∴a 1，a 2，…，a 50中取零的项应为50－39＝11(个)，故选A.5.中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n(n ∈N ＋)，则S 100＝( ) A.1 300 B. 2 600 C.0 D.2 602【答案】B【解析】原问题可转化为当n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝0；当n 为偶数时，a n ＋2－a n ＝2.进而转化为当n 为奇数时，为常数列{1}；当n 为偶数时，为首项为2，公差为2的等差数列.所以S 100＝S 奇＋S 偶＝50×1＋(50×2＋50×492×2)＝2 600.6.已知定义在R 上的函数f (x )、g (x )满足f （x ）g （x ）＝a x ，且f ′(x )g (x )<f (x )g ′(x )，f （1）g （1）＋f （－1）g （－1）＝52，若有穷数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （n ）g （n ）(n ∈N *)的前n 项和等于3132，则n ＝( )A.5B.6C.7D.8【答案】A 【解析】令h (x )＝f （x ）g （x ）＝a x ，∵h ′(x )＝f ′（x ）g （x ）－f （x ）g ′（x ）[g （x ）]2<0， ∴h (x )在R 上为减函数，∴0<a <1.由题知，a 1＋a －1＝52，解得a ＝12或a ＝2(舍去)，∴f （n ）g （n ）＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，∴有穷数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （n ）g （n ）的前n 项和S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝3132，∴n ＝5.二、填空题（共4小题，每题5分，共20分）7.已知实数a 1，a 2，a 3，a 4构成公差不为零的等差数列，且a 1，a 3，a 4构成等比数列，则此等比数列的公比等于________. 【答案】 12【解析】设公差为d ，公比为q .则a 23＝a 1·a 4，即(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，解得a 1＝－4d ，所以q ＝a 3a 1＝a 1＋2d a 1＝12.8.(xx·辽宁14)已知等比数列{a n }是递增数列，S n 是{a n }的前n 项和.若a 1，a 3是方程x 2－5x ＋4＝0的两个根，则S 6＝________. 【答案】63【解析】 因为x 2－5x ＋4＝0的两根为1和4，又数列{a n }是递增数列，所以a 1＝1，a 3＝4，所以q ＝2.所以S 6＝1·（1－26）1－2＝63.9.已知数列{a n }为等差数列，若a 11a 10<－1，且它们的前n 项和S n 有最大值，则使得S n >0的n 的最大值为________. 【答案】19 【解析】 由a 11a 10<－1得a 11＋a 10a 10<0，由它们的前几项和S n 有最大值，可得公差d <0， ∴a 10>0，a 10＋a 11<0，a 11<0，∴a 1＋a 19＝2a 10>0，a 1＋a 20＝a 10＋a 11<0，使得S n >0的n 的最大值为19，10.已知向量a ＝(2，－n )，b ＝(S n ，n ＋1)，n ∈N *，其中S n 是数列{a n }的前n 项和，若a⊥b ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n a n ＋1a n ＋4的最大项的值为________. 【答案】19【解析】 依题意得a·b ＝0，即2S n ＝n (n ＋1)，S n ＝n （n ＋1）2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n （n ＋1）2－n （n －1）2＝n ；又a 1＝1，因此a n ＝n ，a n a n ＋1a n ＋4＝n （n ＋1）（n ＋4）＝n n 2＋5n ＋4＝1n ＋4n＋5≤19，当且仅当n ＝4n，n ∈N *，即n ＝2时取等号，因此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n a n ＋1a n ＋4的最大项的值是19.三、解答题（共2小题，每题10分，共20分）11.(xx·天津18)已知数列{a n }满足a n ＋2＝qa n (q 为实数，且q ≠1)，n ∈N *，a 1＝1，a 2＝2，且a 2＋a 3，a 3＋a 4，a 4＋a 5成等差数列.(1)求q 的值和{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a 2n a 2n －1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和.【答案】见解析【解析】 (1)由已知，有(a 3＋a 4)－(a 2＋a 3)＝(a 4＋a 5)－(a 3＋a 4)， 即a 4－a 2＝a 5－a 3，所以a 2(q －1)＝a 3(q －1)，又因为q ≠1， 故a 3＝a 2＝2，由a 3＝a 1q ，得q ＝2.当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a n ＝a 2k －1＝2k －1＝2n －12；当n ＝2k (k ∈N *)时，a n ＝a 2k＝2k＝2n2.所以，{a n}的通项公式为a n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －12，n 为奇数，2n 2，n 为偶数.(2)由(1)得b n ＝log 2a 2n a 2n －1＝n 2n －1，n ∈N *.设{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1×120＋2×121＋3×122＋…＋(n －1)×12n －2＋n ×12n －1，12S n ＝1×121＋2×122＋3×123＋…＋(n －1)×12n －1＋n ×12n . 上述两式相减得：12S n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝1－12n1－12－n 2n ＝2－22n －n2n ，整理得，S n ＝4－n ＋22n －1，n ∈N *.所以，数列{b n }的前n 项和为4－n ＋22n －1，n ∈N *.12.设函数f (x )＝23＋1x (x >0)，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1，n ∈N *，且n ≥2.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)对n ∈N *，设S n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 3a 4＋…＋1a n a n ＋1，若S n ≥3t 恒成立，求实数t 的取值范围.【答案】见解析【解析】 (1)由a n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1得a n －a n －1＝23，n ∈N *，n ≥2，所以{a n }是等差数列，又因为a 1＝1，所以a n ＝1＋(n －1)×23＝2n ＋13.(2)由a n ＝2n ＋13得a n ＋1＝2n ＋33.所以1a n a n ＋1＝9（2n ＋1）（2n ＋3）＝92⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3.∴S n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 3a 4＋…＋1a n a n ＋1＝92⎣⎢⎡13－15＋15－17＋17－19＋…⎦⎥⎤＋12n ＋1－12n ＋3＝92⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3＝3n 2n ＋3.由S n ≥3t 得t ≤n 2n ＋3，又⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 2n ＋3递增，所以n ＝1时，n 2n ＋3有最小值为15，所以t ≤15.即t 的取值范围为.。

第1讲数列的概念与简单表示法板块一知识梳理·自主学习[必备知识]考点1 数列的定义按照一定顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．考点2 数列的分类考点3 数列的表示法数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析法． 考点4 数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．[必会结论]1．若数列{a n }的前n 项和为S n ，通项公式为a n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2．在数列{a n }中，若a n 最大，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1.若a n 最小，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1.3．数列与函数的关系数列是一种特殊的函数，即数列是一个定义在非零自然数集或其子集上的函数，当自变量依次从小到大取值时所对应的一列函数值，就是数列．[考点自测]1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( ) (2)数列：1,0,1,0,1,0，…，通项公式只能是a n ＝1＋(－1)n ＋12.( )(3)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( ) (4)若数列用图象表示，则从图象上看都是一群孤立的点．( ) 答案 (1)√ (2)× (3)√ (4)√2．[课本改编]数列1，23，35，47，59，…的一个通项公式a n 是( )A.n 2n ＋1 B.n 2n －1 C.n 2n －3 D.n 2n ＋3答案 B解析 由已知得，数列可写成11，23，35，…，故该数列的一个通项公式为n 2n －1.故选B.3．[课本改编]在数列{a n }中，a 1＝1，a n a n －1＝a n －1＋(－1)n(n ≥2，n ∈N *)，则a 3a 5的值是( )A.1516 B.158 C.34 D.38答案 C解析 由已知得a 2＝1＋(－1)2＝2，∴2a 3＝2＋(－1)3，a 3＝12，∴12a 4＝12＋(－1)4，a 4＝3，∴3a 5＝3＋(－1)5，∴a 5＝23，∴a 3a 5＝12×32＝34.故选C.4．已知f (1)＝3，f (n ＋1)＝f (n )＋12(n ∈N *)．则f (4)＝________.答案 54解析 由f (1)＝3，得f (2)＝2，f (3)＝32，f (4)＝54.5．[2018·山东师大附中月考]已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n ＋1n ＋2，则a 5＋a 6＝________. 答案124解析 a 5＋a 6＝S 6－S 4＝6＋16＋2－4＋14＋2＝78－56＝124.6．[课本改编]在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋1n (n ＋1)，则数列a n ＝________.答案 3－1n解析 由题意，得a n ＋1－a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －2－1n －1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋2＝3－1n .板块二 典例探究·考向突破考向由数列的前几项求数列的通项公式例 1 写出下面各数列的一个通项公式：(1)－1,7，－13,19，…； (2)32，1，710，917，…； (3)12，14，－58，1316，－2932，6164，…； (4)1,3,6,10,15，…； (5)3,33,333,3333，….解 (1)符号问题可通过(－1)n或(－1)n ＋1表示，其各项的绝对值的排列规律为：后面的数的绝对值总比前面数的绝对值大6，故通项公式为a n ＝(－1)n(6n －5)．(2)将数列统一为32，55，710，917，…，对于分子3,5,7,9，…，是序号的2倍加1，可得分子的通项公式为b n ＝2n ＋1，对于分母2,5,10,17，…，联想到数列1,4,9,16，…，即数列{n 2}，可得分母的通项公式为c n ＝n 2＋1，因此可得它的一个通项公式为a n ＝2n ＋1n 2＋1. (3)各项的分母分别为21,22,23,24，…，易看出第2,3,4项的分子分别比分母少3.因此把第1项变为－2－32，原数列可化为－21－321，22－322，－23－323，24－324，…，所以a n ＝(－1)n·2n－32n .(4)将数列改写为1×22，2×32，3×42，4×52，5×62，…，因而有a n ＝n (n ＋1)2，也可用逐差法a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝4，a 5－a 4＝5，…，a n －a n －1＝n ，各式累加得a n ＝n (n ＋1)2.(5)将数列各项改写为93，993，9993，99993，…，分母都是3，而分子分别是10－1,102－1,103－1,104－1，…，所以a n ＝13(10n －1)．触类旁通观察法求通项公式的常用技巧求数列的通项公式实际上是寻找数列的第n 项与序号n 之间的关系，常用技巧有：(1)借助于(－1)n或(－1)n ＋1来解决项的符号问题；(2)项为分数的数列，可进行恰当的变形，寻找分子、分母各自的规律以及分子、分母间的关系；(3)对较复杂的数列的通项公式的探求，可采用添项、还原、分割等方法，转化为熟知的数列，如等差数列、等比数列等来解决．考向由a n 与S n 的关系求通项a n例 2 (1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ，则a n ＝________.答案 4n －5解析 (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)设S n 为数列{a n }的前n 项的和，且S n ＝32(a n －1)(n ∈N *)，则a n ＝________.答案 3n解析 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝32(a n －1)－32(a n －1－1)，整理，得a n ＝3a n －1，即a na n －1＝3，又a 1＝3，∴数列{a n }是以3为首项，3为公比的等比数列，∴a n ＝3n.(3)已知数列{a n }，满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n，则a n ＝________. 答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n，n ≥2解析 当n ＝1时，由已知，可得a 1＝21＝2， 当n ≥2时，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n， ① 故a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝2n －1， ②由①－②得na n ＝2n－2n －1＝2n －1，∴a n ＝2n －1n.显然n ＝1时不满足上式，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n ，n ≥2.触类旁通给出S n 与a n 的递推关系，求a n 的常用思路：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 .【变式训练】 (1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n＋1，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋1＝4； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋1)－(3n －1＋1)＝2×3n －1.当n ＝1时，2×31－1＝2≠a 1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2.(2)[2018·广州模拟]设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，则a n ＝________.答案13n 解析 因为a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，①则当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，②①－②得3n －1a n ＝13，所以a n ＝13n (n ≥2)．由题意知a 1＝13，符合上式，所以a n ＝13n .(3)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝________.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1解析 由已知S n ＝2a n ＋1，得S n ＝2(S n ＋1－S n )， 即2S n ＋1＝3S n ，S n ＋1S n ＝32，而S 1＝a 1＝1， 所以S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.考向由递推公式求数列的通项公式命题角度1 形如a n ＋1＝a n f (n )，求a n例 3 在数列{a n }中，a 1＝4，na n ＋1＝(n ＋2)a n ，求数列{a n }的通项公式． 解 由递推关系得a n ＋1a n ＝n ＋2n， 又a 1＝4， ∴a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n ＋1n －1·n n －2·n －1n －3·…·42·31·4＝(n ＋1)·n2·1·4＝2n (n ＋1)(n ∈N *)．命题角度2 形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，求a n例 4 (1)[2015·江苏高考]设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和． 解 由题意可得，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，则1a n＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前10项的和为1a 1＋1a 2＋…＋1a 10＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋110－111＝2011.(2)若数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n，求数列{a n }的通项公式． 解 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＝1－2n1－2＝2n－1.命题角度3 形如a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)，求a n 例 5 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，求a n .解 设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1－t ＝2(a n －t )，即a n ＋1＝2a n －t ，解得t ＝－3.故递推公式为a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)． 令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝4，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2. 所以{b n }是以b 1＝4为首项，2为公比的等比数列． 所以b n ＝4×2n －1＝2n ＋1，即a n ＝2n ＋1－3.命题角度4 形如a n ＋1＝Aa nBa n ＋C(A ，B ，C 为常数)，求a n 例 6 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2，求数列{a n }的通项公式． 解 ∵a n ＋1＝2a na n ＋2，a 1＝1，∴a n ≠0， ∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12，又a 1＝1，则1a 1＝1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列，∴1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n ＋12，∴a n ＝2n ＋1(n ∈N *)． 触类旁通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 . (2)已知a 1且a na n －1＝f (n )，可用“累乘法”求a n . (3)已知a 1且a n ＋1＝qa n ＋b ，则a n ＋1＋k ＝q (a n ＋k )(其中k 可由待定系数法确定)，可转化为等比数列{a n ＋k }．(4)形如a n ＋1＝Aa nBa n ＋C(A ，B ，C 为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解．核心规律已知递推关系求通项，一般有以下方法： (1)算出前几项，再归纳、猜想； (2)累加法、累乘法、待定系数法． 满分策略1.数列是一种特殊的函数，在利用函数观点研究数列时，一定要注意自变量的取值，如数列a n ＝f (n )和函数y ＝f (x )的单调性是不同的． 2.数列的通项公式不一定唯一．3.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.板块三 启智培优·破译高考数学思想系列6——用函数思想解决数列的单调性问题[2018·南京段考]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．解题视点 (1)求使a n <0的n 值；从二次函数看a n 的最小值．(2)数列是一类特殊函数，通项公式可以看作相应的解析式f (n )＝n 2＋kn ＋4.f (n )在N *上单调递增，可利用二次函数的对称轴研究单调性，但应注意数列通项中n 的取值．解 (1)由n 2－5n ＋4<0，解得1<n <4.∵n ∈N *，∴n ＝2,3，∴数列中有两项是负数，即为a 2，a 3.∵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.答题启示 (1)在利用二次函数的观点解决该题时，一定要注意二次函数对称轴位置的选取.,(2)本题易错答案为k >－2.原因是忽略了数列作为函数的特殊性，即自变量是正整数.跟踪训练已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋2(n －1)(n ∈N *，a ∈R ，且a ≠0)．(1)若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值； (2)若对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围．解 (1)∵a n ＝1＋1a ＋2(n －1)(n ∈N *，a ∈R ，且a ≠0)，又∵a ＝－7，∴a n ＝1＋12n －9.结合函数f (x )＝1＋12x －9的单调性，可知1>a 1>a 2>a 3>a 4，a 5>a 6>a 7>…>a n >1(n ∈N *)． ∴数列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0. (2)a n ＝1＋1a ＋2(n －1)＝1＋12n －2－a2.∵对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立， 结合函数f (x )＝1＋12x －2－a 2的单调性，知5<2－a 2<6，∴－10<a <－8.故a 的取值范围为(－10，－8)．板块四 模拟演练·提能增分[A 级 基础达标]1．已知数列2，5，22，…，则25是该数列的( ) A ．第5项 B ．第6项 C ．第7项 D ．第8项 答案 C解析 由数列2，5，22，…的前三项2，5，8可知，数列的通项公式为a n ＝2＋3(n －1)＝3n －1，由3n －1＝25，可得n ＝7.故选C.2．[2018·上饶模拟]已知数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝n ，若a 1＝2，则a 4－a 2＝( ) A ．4 B ．3 C ．2 D ．1 答案 D解析 由a n ＋1＋a n ＝n ，得a n ＋2＋a n ＋1＝n ＋1，两式相减得a n ＋2－a n ＝1，令n ＝2，得a 4－a 2＝1.故选D.3．[2018·济宁模拟]若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝nn ＋1，则1a 5等于( ) A.56 B.65 C.130 D ．30 答案 D解析 ∵当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝nn ＋1－n －1n ＝1n (n ＋1)，∴1a 5＝5×(5＋1)＝30.故选D.4．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1a n ＝2n(n ∈N *)，则a 10＝( )A ．64B ．32C ．16D ．8 答案 B解析 ∵a n ＋1a n ＝2n，∴a n ＋2a n ＋1＝2n ＋1，两式相除得a n ＋2a n＝2.又a 1a 2＝2，a 1＝1，∴a 2＝2. 则a 10a 8·a 8a 6·a 6a 4·a 4a 2＝24，即a 10＝25＝32.故选B. 5．在各项均为正数的数列{a n }中，对任意m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ·a n .若a 6＝64，则a 9等于( )A ．256B ．510C ．512D ．1024 答案 C解析 在各项均为正数的数列{a n }中，对任意m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ·a n .∴a 6＝a 3·a 3＝64，a 3＝8.∴a 9＝a 6·a 3＝64×8，a 9＝512.故选C.6．[2018·辽宁实验中学月考]设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2(a n －1)，则a n ＝( )A ．2nB ．2n －1C ．2nD ．2n－1 答案 C解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2(a 1－1)，可得a 1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n－1，∴a n ＝2a n －1，∴a n ＝2·2n －1＝2n.选C.7．若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－10n (n ∈N *)，则数列{na n }中数值最小的项是( ) A ．第2项 B ．第3项 C ．第4项 D ．第5项 答案 B解析 ∵S n ＝n 2－10n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －11； 当n ＝1时，a 1＝S 1＝－9也适合上式． ∴a n ＝2n －11(n ∈N *)．记f (n )＝na n ＝n (2n －11)＝2n 2－11n ，此函数图象的对称轴为直线n ＝114，但n ∈N *，∴当n ＝3时，f (n )取最小值．于是，数列{na n }中数值最小的项是第3项．故选B.8．已知数列{a n }中，a 1＝1，若a n ＝2a n －1＋1(n ≥2)，则a 5的值是________． 答案 31解析 ∵a n ＝2a n －1＋1，∴a n ＋1＝2(a n －1＋1)， ∴a n ＋1a n －1＋1＝2，又a 1＝1，∴{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，即a n ＋1＝2×2n－1＝2n，∴a 5＋1＝25，即a 5＝31.9．[2018·洛阳模拟]数列{a n }中，a 1＝1，对于所有的n ≥2，n ∈N *，都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝________.答案6116解析 由题意知：a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝(n －1)2，所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n n －12(n ≥2)， 所以a 3＋a 5＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫542＝6116. 10．[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 ＝________.答案 －1n解析 ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ，又由a 1＝－1，知S n ≠0，∴1S n －1S n ＋1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，且公差为－1，而1S 1＝1a 1＝－1， ∴1S n ＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n. [B 级 知能提升]1．[2018·天津模拟]已知正数数列{a n }中，a 1＝1，(n ＋2)·a 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1＝0，n ∈N *，则它的通项公式为( )A ．a n ＝1n ＋1 B ．a n ＝2n ＋1 C ．a n ＝n ＋12 D ．a n ＝n答案 B解析 由题意可得a n ＋1a n ＝n ＋1n ＋2，则a n ＝a n a n －1.a n －1a n －2.....a 2a 1.a 1＝n n ＋1.n －1n .. (23)×1＝2n ＋1.故选B. 2．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋k 2n ，若数列{a n }为递减数列，则实数k 的取值范围为( )A ．(3，＋∞)B ．(2，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(0，＋∞) 答案 D解析 因为a n ＋1－a n ＝3n ＋3＋k 2n ＋1－3n ＋k 2n ＝3－3n －k 2n ＋1，由数列{a n }为递减数列知，对任意n ∈N *，a n ＋1－a n ＝3－3n －k 2n ＋1＜0， 所以k ＞3－3n 对任意n ∈N *恒成立，所以k ∈(0，＋∞)．故选D.3．[2018·重庆模拟]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2018项为_______． 答案 15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 2018＝a 2＝15. 4．已知a 1＋2a 2＋22a 3＋…＋2n －1a n ＝9－6n ，求数列{a n }的通项公式． 解 令S n ＝a 1＋2a 2＋22a 3＋…＋2n －1a n ，则S n ＝9－6n ， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，2n －1a n ＝S n －S n －1＝－6，∴a n ＝－32n －2.而n ＝1时，a 1＝3，不符合上式， ∴通项公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 3，n ＝1，－32n －2，n ≥2.5．[2018·贵阳模拟]已知在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n . (1)求a 2，a 3；(2)求{a n }的通项公式．解 (1)由S 2＝43a 2，得3(a 1＋a 2)＝4a 2， 解得a 2＝3a 1＝3；由S 3＝53a 3，得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3， 解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6. (2)由题设知a 1＝1.当n ＞1时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1， 整理，得a n ＝n ＋1n －1a n －1. 于是a 1＝1，a 2＝31a 1，a 3＝42a 2，…，a n －1＝n n －2a n －2，a n ＝n ＋1n －1a n －1. 将以上n 个等式两端分别相乘，整理，得a n ＝n (n ＋1)2. 综上，{a n }的通项公式a n ＝n (n ＋1)2.。

考案[5]第五章 综合过关规范限时检测(时间：120分钟 满分150分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝5，a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，则a 2 019＝导学号 58534543( D )A ．5B ．－5C ．1D ．4[解析] 由题意知a 3＝4，a 4＝－1，a 5＝－5，a 6＝－4，a 7＝1，a 8＝5，…，{a n }是以6为周期的周期数列，∴a 2 019＝a 3＝4，故选D ．2．(2018·吉林长春外国语学校期中)已知等差数列{a n }满足a 3＝3，且a 1，a 2，a 4成等比数列，则a 5＝导学号 58534544( C )A ．5B ．3C ．5或3D ．4或3[解析] 设公差为d ，则由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝3，(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3a 1d ＝d 2解得⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝0a 1＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1a 1＝1∴a 5＝a 1＋4d ＝3或5.故选C ． 3．(2017·辽宁六校协作体期中)已知等差数列{a n }满足a 3＋a 13－a 8＝2，则{a n }的前15项和S 15＝导学号 58534545( C )A ．10B ．15C ．30D ．60[解析] 由等差数列的性质知a 3＋a 13－a 8＝2a 8－a 8＝a 8＝2，∴S 15＝15(a 1＋a 15)2＝15a 8＝30，故选C ．4．(2018·江西赣州十四县(市)期中联考)在等比数列{a n }中，若a 1＝19，a 4＝3，则该数列前5项的积为导学号 58534546( D )A ．±3B ．3C ．±1D ．1[解析] ∵3＝a 4＝a 1·q 3＝19·q 3，∴q ＝3，∴a 3＝a 4q ＝1，a 1a 2a 3a 4a 5＝a 53＝1，故选D ．5．(2018·河南郑州一中期中)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若公差d ＝－2，S 3＝21，则当S n 取最大值时，n 的值为导学号 58534547( D )A ．10B ．9C ．6D ．5[解析] 由题意知21＝S 3＝3(a 1＋a 3)2＝3a 2，∴a 2＝7，∴a n ＝a 2＋(n －2)d ＝7－(2n －4)＝11－2n ，由a n ≥0得n ≤112，又n ∈N *，∴n ≤5，故选D ．6．(文)(2018·湖北重点中学协作体期中联考)公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，且a 2·a 12＝16，则a 6等于导学号 58534548( B )A ．1B ．2C ．4D ．8[解析] 由等比数列的性质知a 2·a 12＝a 27＝16，又a n >0，∴a 7＝4，又q ＝2，∴a 6＝a 7q ＝2.故选B ．(理)(2018·山东曲阜期中)公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，且a 3a 11＝16，则log 2a 10＝导学号 58534549( B )A ．4B ．5C ．6D ．7[解析] 因为a 27＝a 1a 11＝16，且a n >0，所以a 7＝4，因为公比q ＝2，所以a 10＝a 7q 3＝4×23＝25.所以log 2a 10＝log 225＝5.故B 正确．7．(2018·河南八市测评二)设a ∈R ，则“1，x ，a ，y,16为等比数列”是“a ＝4”的导学号 58534550( A )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[解析] 若1，x ，a ，y,16为等比数列，则a 2＝16，∴a ＝4或－4，设公比为q ，则a ＝q 2，∴a ＝4.a ＝4时，1，x ，a ，y,16不一定是等比数列，如x ＝3，y ＝1时，故“1，x ，a ，y,16为等比数列”是“a ＝4”的充分不必要条件．故选A ．8．(2018·河南许昌、平顶山联考)中国古代数学老师在教学中对学生提出这样一个问题：“三百一十五里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行数里，请公仔细算相还”，其意思为：“有一个人走3 1 5里路，第一天健步行走，从笫二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”，则此人笫二天走了导学号 58534551( A )A ．80里B ．40里C ．160里D ．20里[解析] 设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ＝12，依题意有a 1(1－126)1－12＝315，解得a 1＝160，则a 2＝160×12＝80，即第二天走了80里，故选A ．9．(2018·北京朝阳区期中)已知S n 是等差数列{a n }(n ∈N *)的前n 项和，且S 5>S 6>S 4，以下四个命题：①数列{S n }中的最大项为S 10；②数列{a n }的公差d <0；③S 10>0；④S 11<0；其中正确的序号是导学号 58534552( A )A ．②③B ．②③④C ．②④D ．①③④[解析] ∵S 5>S 6>S 4，∴a 6<0，a 5>0，a 5＋a 6>0，∴{S n }中最大项为S 5，①错；d ＝a 6－a 5<0，②正确，S 10＝10(a 1＋a 10)2＝5(a 5＋a 6)>0，③正确；S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11a 6<0，④错，故选A ．10．(2018·河南南阳期中)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2a 5＝2a 3，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5＝导学号 58534553( B )A ．29B ．31C ．33D ．36[解析] 由等比数列的性质知a 2a 5＝a 3a 4＝2a 3，又a 3≠0，∴a 4＝2，又由题意知a 4＋2a 7＝52，∴a 7＝14，∴q ＝3a 7a 4＝12，且a 1＝a 4q 3＝16，∴S 5＝16(1－(12)5)1－12＝31.故选B ． 11．(理)(2018·河北衡水中学调研)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的最小值为导学号 58534554( B )A ．3B ．4C ．23－2D ．92[解析] 由已知有a 23＝a 1a 13，所以有(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋12d )，d ＝2(d ≠0)，数列{a n }通项公式a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，S n ＝n (1＋2n －1)2＝n 2，所以2S n ＋16a n ＋3＝n 2＋8n ＋1＝(n ＋1)＋9n ＋1－2≥4，当且仅当n ＋1＝9n ＋1，即n ＝2时等号成立．故选B ．(文)(2018·河南洛阳期中)等比数列{a n }中，a 1＝2，a 10＝4，函数f (x )＝x (x －a 1)…(x －a 10)，则f ′(0)＝导学号 58534555( D )A ．26B ．29C ．212D ．215[解析] f ′(x )＝(x －a 1)…(x －a 10)＋x (x －a 2)…(x －a 10)＋x (x －a 1)(x －a 3)…(x －a 10)＋…＋x (x －a 1)(x －a 2)…(x －a 9)，又a 1＝2，a 10＝4，∴f ′(0)＝a 1·a 2…a 10＝(a 1·a 10)5＝85＝25.故选D ．12．(理)(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导学号 58534556( A )A ．440B ．330C ．220D ．110[解析] 设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n 组的项数为n ，前n 组的项数和为n (n ＋1)2.由题意可知，N > 100，令n (n ＋1)2>100，∴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2(1－2n )1－2－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，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＋1)2＋4＝95<100，不满足题意，当t ＝5，k ＝29时，N ＝29×(29＋1)2＋5＝440，当t >5时，N >440，故选A ．12．(文)(2018·河北衡水中学调研)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的最小值为导学号 58534557( B )A ．3B ．4C ．23－2D ．92[解析] 由已知有a 23＝a 1a 13，所以有(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋12d )，d ＝2(d ≠0)，数列{a n }通项公式a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，S n ＝n (1＋2n －1)2＝n 2，所以2S n ＋16a n ＋3＝n 2＋8n ＋1＝(n ＋1)＋9n ＋1－2≥4，当且仅当n ＋1＝9n ＋1，即n ＝2时等号成立．故选B ．二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上) 13．(2018·云南师大附中月考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝3S n ＋1，则S 4＝__85__.导学号 58534558[解析] a n ＋1＝3S n ＋1①，a n ＝3S n －1＋1(n ≥2)②，①－②得：a n ＋1＝4a n (n ≥2)，又a 1＝1，a 2＝3a 1＋1＝4，∴{a n }是首项为1，公比为4的等比数列，∴S 4＝1－441－4＝85.或S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋4＋16＋64＝85.14．已知命题：“在等差数列{a n }中，若4a 2＋a 10＋a ( )＝24，则S 11为定值”为真命题，由于印刷问题，括号处的数模糊不清，可推得括号内的数为__18__.导学号 58534559[解析] S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11a 6，由S 11为定值，可知a 6＝a 1＋5d 为定值．设4a 2＋a 10＋a n ＝24，整理得a 1＋n ＋126d ＝4，可知n ＝18.15．(2015·安徽高考)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__2n －1__.导学号 58534560[解析] ∵⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 4＝9，a 1a 4＝8，则a 1，a 4可以看作一元二次方程x 2－9x ＋8＝0的两根，故⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝8，a 4＝1，又因为{a n }是递增等比数列∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8，∴q ＝2，∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝1－2n 1－2＝2n －1. 16．(文)(2018·湖南“三湘教育联盟”联考)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n1＋3a n，则a 10＝__255__.导学号 58534561[解析] ∵a n ＋1＝a n 1＋3a n ，∴1a n ＋1＝1a n ＋3，即1a n ＋1－1a n＝3，又a 1＝2，∴1a 1＝12，∴{1a n}是首项为12，公差为3的等差数列，∴1a 10＝12＋27＝552，∴a 10＝255.(理)(2018·广东实验中学月考)设数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝6，且a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝2，若[x ]表示不超过x 的最大整数，则[2 017a 1＋2 017a 2＋…＋2 017a 2 017]＝__2_016__.导学号 58534562[解析] ∵a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝2，∴(a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝2，又a 2－a 1＝4 ∴{a n ＋1－a n }是首项为4，公差为2的等差数列 ∴a n ＋1－a n ＝4＋2(n －1)＝2(n ＋1) ∴a n －a n －1＝2n∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2[n ＋(n －1)＋…＋2＋1]＝n (n ＋1)∴2 017a 1＋2 017a 2＋…＋2 017a 2 017＝2 017[11×2＋12×3＋…＋12 017×2 018] ＝2 017[1－12＋12－13＋…＋12 017－12 018]＝2 017(1－12 018]＝2 017－2 0172 018，0<2 0172 018<1，∴[2 017a 1＋2 017a 2＋…＋2 017a 2 017]＝2 016.三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分)(2016·全国卷Ⅲ，12分)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.导学号 58534563(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．[解析] (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)． 因为{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 －1.18．(本小题满分12分)(2017·全国Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知S 2＝2，S 3＝－6.导学号 58534564(1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列．[解析] (1)设{a n }的公比为q 由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q )＝2a 1(1＋q ＋q 2)＝－6，解得q ＝－2，a 1＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n(2)由(1)可得S n ＝a 1(1－q n )1－a ＝－23＋(－1)n2n ＋13由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n2n ＋3－2n ＋23＝2[－23＋(－1)n 2n ＋13]＝2S n ， 故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．19．(本小题满分12分)(2018·重庆一中期中)已知公比为q 的等比数列{a n }的前6项和S 6＝21，且4a 1，32a 2，a 2成等差数列.导学号 58534565(1)求a n ；(2)设{b n }是首项为2，公差为－a 1的等差数列，记{b n }前n 项和为T n ，求T n 的最大值． [解析] (1)4a 1，32a 2，a 2成等差数列，∴4a 1＋a 2＝3a 2，即2a 1＝a 2，∴q ＝2，∴S 6＝a 1(1－26)1－2＝21，解得a 1＝13，所以a n ＝2n －13.(2)由(1)可知{b n }是首项为2，公差为－13的等差数列，∴b n ＝－13n ＋73，于是T n ＝n (b 1＋b n )2＝－16n 2＋136n ＝－16(n －132)2＋16924则T n 的最大值为7，此时n ＝6或7.20．(本小题满分12分)(2018·河南中原名校质量考评)设数列{a n }的前n 项和S n 满足S n＝2a n －2.导学号 58534566(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝log 2a n ，求数列{1b n b n ＋1}的前n 项和T n .[解析] (1)∵S n ＝2a n －2，∴S 1＝2a 1－2，∴a 1＝2， 又S n －1＝2a n －1－2(n ≥2)，两式相减得a n ＝2(a n －a n －1)，即a n ＝2a n －1，∴{a n }是首项为2，公比为2的等比数列a n＝2n ；(2)b n ＝log 2a n ＝n ，1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，T n ＝1－12＋12－13＋13－14＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.21．(本小题满分12分)(2018·辽宁六校协作体期中)数列{a n }的前n 项和记为S n ，已知a 1＝2，a n ＋1＝n ＋2n S n(n ＝1,2,3，…).导学号 58534567(1)证明：数列{S nn }是等比数列；(2)求数列{S n }的前n 项和T n .[解析] (1)证明：因为a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝n ＋2n S n ，∴S n ＋1n ＋1＝2S nn ，又a 1＝2，∴S 11＝2≠0，∴S n ＋1n ＋1S nn ＝2，∴数列{S nn }是首项为2，公比为2的等比数列．(2)由(1)可知S nn＝2n ，∴S n ＝n ·2nT n ＝2＋2·22＋3·23＋…(n －1)·2n －1＋n ·2n ， 2T n ＝22＋2·23＋3·24＋…＋(n －1)2n ＋n ·2n ＋1， 所以T n －2T n ＝－T n ＝2＋22＋23＋24＋…＋2n －n ·2n ＋1 ＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )2n ＋1－2， 所以T n ＝(n －1)2n ＋1＋2.22．(本小题满分12分)(2018·宁夏银川一中月考)已知等比数列{a n }的公比q >1，且满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项.导学号 58534568(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n ·2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值？[解析] (1)∵a 3＋2是a 2，a 4的等差中项， ∴2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，代入a 2＋a 3＋a 4＝28，可得a 3＝8，∴a 2＋a 4＝20，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝8a 1q ＋a 1q 3＝20，解之得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝2q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝32q ＝12，∵q >1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2q ＝2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n (2)∵b n ＝a n log 12a n ＝2n log 122n ＝－n ·2n ，∴S n ＝－(1×2＋×2×22＋…＋n ·2n )①2S n＝－(1×22＋×2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1)②②－①得S n＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝2(1－2n)1－2－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1∵S n＋n·2n＋1>62，∴2n＋1－2>62，即2n＋1>26.∴n＋1>6，n>5，∴使S n＋n·2n＋1>62成立的正整数n的最小值为6.。

第五章数列、推理与证明第 1 讲数列的观点与简单表示法1．设数列 { a n n2)} 的前n项和S＝ n ，则 a8的值为(A．15 B ．16 C ．49 D ．64≥2时，·2· · n＝2，则＋5＝()2．在数列 {a n}中，已知1＝ 1，且当n1n3a a a a a a7613111A.3B.16C. 15D.43．古希腊人常用小石子在沙岸上摆成各样形状来研究数，如图X5-1-1.图 X5-1-1他们研究过图 X5-1-1(1)中的1,3,6,10 ，，因为这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；近似地，称图 X5-1-1(2)中的 1,4,9,16 ，，这样的数为正方形数．以下数中既是三角形数又是正方形数的是()A． 289 B ． 1024 C ． 1225 D ．1378a n＋1－14．已知数列 { a n} 知足a1＝ 2，a n＝a n＋1＋1，其前 n 项积为 T n，则 T2017＝() 11A.2B．－2C．2D．－25． (2015年辽宁大连模拟 ) 在数列 { a } 中，a＝2，a＝ a ＋ln1＋n，则 a ＝()n1n＋ 1n1n A． 2＋ln n B ．2＋(－1)ln nnC． 2＋n ln n D．1＋ n＋ln n6． (2014年新课标Ⅱ ) 若数列 {} 知足n＋ 1＝11＝________.n， 8＝2，则a a1－ana a7．已知数列 { a n} 知足：a4n－3＝ 1，a4n－1＝ 0，a2n＝a n，n∈ N*，则a2009＝________，a2014＝________.8．已知递加数列{ a n} 的通项公式为a n＝ n2＋ kn＋2，则实数 k 的取值范围为________．9． (201321年新课标Ⅰ ) 若数列 { a n} 的前n项和S n＝a n＋，则数列 { a n} 的通项公式是a n33＝________.10．(2016年上海 ) 无量数列 { a n} 由k个不一样的数构成，S n为 { a n} 的前n项和．若对随意*n∈N， S n∈{2,3}，则 k 的最大值为________．n n10n*n 11．已知数列 { a } 的通项公式为 a ＝( n＋1)11( n∈ N ) ，则当n为多大时，a最大？12． (2012 年纲领 ) 已知数列 { a } 中，a1＝ 1，前n项和S＝＋ 2a.3n nn n(1)求 a2， a3；(2)n求 { a } 的通项公式．第2讲等差数列1．(2017 年江西南昌二模) 已知数列 { a n} 为等差数列，其前n项和为S n，2a7－a8＝ 5，则S11＝()A．110 B ．55C． 50 D ．不可以确立2．设 { a n} 是首项为a1，公差为－1的等差数列， S n为其前 n 项和，若 S1， S2，S4成等比数列，则 a1＝()A．2 B ．－211C.2D．－23．已知S n为等差数列 { a n} 的前n项和，若a1＋a7＋a13的值是一个确立的常数，则以下各式：①a21；② a7；③ S13；④ S14；⑤ S8－ S5.其结果为确立常数的是()A．②③⑤ B ．①②⑤C．②③④D ．③④⑤4．(2017 年新课标Ⅲ ) 等差数列 { a n} 的首项为1，公差不为0. 若a2，a3，a6成等比数列，则数列 { a n} 前 6 项的和为 ()A．－24 B ．－3 C ．3 D．85．(2017 年湖北七市 4 月联考 ) 在我国古代有名的数学专著《九章算术》里有一段表达：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相遇，问：几天相逢？()A．9日 B ．8日 C ．16日 D ．12 日d 2 a －d，6．已知等差数列 { } 的公差为，对于的不等式 2＋ 2 x＋ c≥0的解集是[0,22]1则使得数列 { a n} 的前n项和最大的正整数n 的值是()A． 11B ．11或12C． 12D ．12或13，7．(2017 年广东揭阳一模 ) 已知数列 { a } 对随意的n∈N都有 a ＋1＝ a －2a ＋1 a ，若 a1＝2n*nn nn1则 a8＝__________.8．已知数列 { a n} 的通项公式为a n＝2n－10( n∈N*)，则| a1|＋| a2|＋＋| a15|＝________.9． (2016 年新课标Ⅱ ) 在等差数列 { a n} 中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝ 6.(1)求数列 { a n} 的通项公式；(2)设 b n＝[ a n]，求数列{ b n}的前10项和，此中[ x]表示不超出 x 的最大整数，如[0.9]＝0， [2.6] ＝ 2.10． (2014 年纲领 ) 数列 { a n} 知足a1＝ 1，a2＝ 2，a n＋2＝ 2a n＋1－a n＋2.(1)设 b n＝ a n＋1－a n，证明{ b n}是等差数列；(2)求 { a n} 的通项公式．11．(2014 年新课标Ⅰ ) 已知数列 { a n} 的前n项和为S n，a1＝ 1，a n≠0，a n a n＋1＝λS n－ 1，此中λ 为常数．(1)证明： a n＋2－ a n＝λ；(2)能否存在λ，使得 { a n} 为等差数列？并说明原因．第3讲等比数列1．对随意的等比数列 { a n} ，以下说法必定正确的选项是()A．a1，a3，a9成等比数列 B ．a2，a3，a6成等比数列C．2，4，8 成等比数列D．3，6，9 成等比数列a a a a a a{ a n} 的前n项和为S n，若S n＝ 2，S3n 2．(2016 年河北衡水模拟 ) 各项均为正数的等比数列＝14，则S4n＝ ()A．80 B ．30 C ．26 D ．163．(2013年新课标Ⅰ ) 设首项为 1，公比为2的等比数列 {n}的前n项和为n，则() 3a SA．n＝2n－1 B．n＝3a n－2S a SC．S n＝ 4－ 3a n D ．S n＝ 3－ 2a n4．(2017年广东深圳一模 ) 已知等比数列 { a } 的前n n－ 1a)项和为 S＝ a·3＋b，则b＝n nA．－3 B ．－1 C．1 D．35． (2016年河南模拟 ) 已知等比数列 {a3，公比为－1n项和为n，则n}的首项为，其前22Sn 的最大值为()S3243A.4B.3C.3D.2年北京 ) 若等差数列 { a n } 和等比数列{b n}知足a1＝ b1＝－1，a4＝ b4a26．(2017＝ 8，则b2＝__________.年江西南昌二模 ) 在等比数列 { a n} 中，a1＝ 1，前n项和为S n，知足S7－ 4S6 7． (2017＋3 5＝0，则4＝________.S S8．(2017 年广东深圳第二次调研 )《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，问何日相遇，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，此后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，此后每天减半．”假如墙足够厚，S 为前 nn天两只老鼠打洞长度之和，则n＝__________尺．S19． (2016年新课标Ⅰ ) 已知 { a n} 是公差为 3 的等差数列，数列{ b n} 知足b1＝ 1，b2＝3，a nb n＋1＋ b n＋1＝ nb n.(1)求 { a n} 的通项公式；(2)求 { b n} 的前n项和．10． (2016 年新课标Ⅲ ) 已知数列 { a n} 的前n项和S n＝ 1＋λa n，此中λ ≠0.(1)证明 { a n} 是等比数列，并求其通项公式；31(2)若 S5＝32，求λ.11． (2017 年广东广州一模) 已知数列 { a n} 的前n项和为S n，且S n＝2a n－ 2( n∈ N* ) ．(1)求数列 { a n} 的通项公式；(2)求数列 { S n} 的前n项和T n.第 4 讲数列的乞降1． (2017 年辽宁鞍山一中统测) 数列 { a } 的通项公式为 a ＝14n － 1，则数列 { a } 的前 nnn2n项和 S ＝()n2nA.2n ＋ 1 B.2n ＋ 12nnC.4 ＋1 D.4＋1nnn ·(3 n － 2) ，则 a 1＋ a 2＋ ＋ a 10＝ (2．若数列 { a n } 的通项公式是 a n ＝ ( － 1) ) A ．15 B ．12 C ．－ 12 D ．－ 153．已知等差数列 { a n } 知足 a 1 >0， 5 a 8＝ 8a 13，则目前 A ．20 B ．21 C ．22D ．23 2nn 项和 n4．已知数列 { a } 的前S ＝ n － 6n ，则数列 {|A ． 6n － n 2B ． n 2－ 6n ＋ 186n － n 2，1≤ n ≤3，6n － n 2，1≤ n ≤3，n 项和 S n 取最大值时， n ＝ ()a n |} 的前 n 项和 T n 等于 ()C.n 2－ 6n ＋ 18， n ＞ 3D.n 2－ 6n ，n ＞ 35．(2016 年湖北七校 2 月联考 ) 中国古代数学著作 《算法统宗》 中有这样一个问题： “三百七十八里关，初行健步不犯难，次日脚痛减一半，六朝才获得其关，要见次日行里数，请 公认真算相还． ”其意思为：有一个人走 378 里路，第一天健步行走， 从次日起脚痛每天 走的行程为前一天的一半，走了 6 天后抵达目的地，请问次日走了 ( )A ．192里B ．96里C ．48里D ．24里6． (2015 年江苏 ) 已知数列 { a } 知足 a ＝ 1，且 a－ a*1的前n ＋1＝ n ＋ 1( n ∈ N ) ，则数列a nn1n10 项和为 ________．7．如图 X5-4-1 ，它知足： ①第 n 行首尾两数均为 n ；②图中的递推关系近似杨辉三角， 则第 ( ≥2) 行的第 2 个数是 ______________．n n12 234 34 7 7 45 11 14 11 5图 X5-4-18． (2017 年安徽合肥第二次质检 ) 已知数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，若 S n ＝ 2a n －2n ，则 S n＝ __________.9． (2016 年浙江金华模拟 ) 设数列 { a n } 的前 n 项和 S n 知足 6S n ＋ 1＝ 9a n ( n ∈ N * ) ． (1) 求数列 { a n } 的通项公式；1(2) 若数列 { b n } 知足 b n ＝ ，求数列 { b n } 的前 n 项和 T n . a n10． (2017年广东佛山二模) 已知 { a n} 是等差数列，{ b n} 是各项均为正数的等比数列，且 b1＝ a1＝1， b3＝ a4， b1＋ b2＋ b3＝ a3＋ a4.(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.11． (2017 年广东湛江二模 ) 察看以下三角形数表，数表 (1) 是杨辉三角数表，数表 (2) 是与数表 (1) 有相同构成规律 ( 除每行首末两头的数外 ) 的一个数表．对于数表 (2)，设第 n 行第二个数为 a n.( n∈N*)( 如1＝2，2＝4，3＝7)a a an n－ 1*不用证明 ) ，并由概括的递推公式求出n(1) 概括出a与 a ( n≥2，n∈N)的递推公式({ a }的通项公式a n；(2) 数列 { b n} 知足： ( a n－1) ·b n＝ 1，求证：b1＋b2＋＋b n<2.第 5 讲合情推理和演绎推理S 11．在平面几何中有以下结论： 正三角形 ABC 的内切圆面积为 S 1，外接圆面积为 S 2，则 S 211＝ 4，推行到空间能够获得近似结论；已知正四周体P - ABC 的内切球体积为 V ，外接球体积2V1为 V ，则 V 2 ＝ ( )1 111A. 8B. 9C. 64D.272． (2017 年广东惠州三模 ) 我国南北朝期间的数学家祖暅提出体积的计算原理 ( 祖暅原理) ：“幂势既同，则积不容异”．“势”即是高，“幂”是面积．意思是：假如两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积恒等，那么这两个几何体的体积相等． 类比祖暅原理， 如图 X5-5-1 ，在平面直角坐标系中， 图 X5-5-1(1) 是一个形状不规则的关闭图形， 图 X5-5-1(2) 是一个上底为 1 的梯形，且当实数 t 取 [0,3] 上的随意值时，直线 y ＝ t 被图 X5-5-1(1) 和图 X5-5-1(2) 所截得的两线段长一直相等，则图(1) 的面积为 __________.(1) (2)图 X5-5-13． (2017 年北京 ) 某学习小组由学生和教师构成，人员构成同时知足以下三个条件： ①男学生人数多于女学生人数； ②女学生人数多于教师人数；③教师人数的两倍多于男学生人数．(1) 若教师人数为 4，则女学生人数的最大值为 _____________；(2) 该小组人数的最小值为 __________ ． 4．察看以下等式： 12＝ 112－ 22＝－ 3 12－ 22＋ 32＝612－ 22＋ 32－42＝－ 10照此规律，第 n 个等式为 _____________________________________ ．5．如图 X5-5-2 ，在平面上，用一条直线截正方形的一个角，则截下的一个直角三角形按如图 X5-5-2(1) 所标边长，由勾股定理，得 c 2＝ a 2＋ b 2. 假想把正方形换成正方体，把截线 换成如图 X5-5-2(2) 所示的截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥 O - ABC ，若用 S 1，S 2，S 3表示三个侧面面积，S 4表示截面面积，则能够类比获得的结论是 __________________ ．(1)(2)图 X5-5-26．已知 cos π＝1， cosπ·cos2π＝1，cosπ·cos2π·cos3π＝1，，依据以上等325547778式，可猜想出的一般结论是___________________________________ ．7．(2017 年东北三省四市一联) 在某次数学考试中，甲、乙、丙三名同学中只有一个人得了优异．当他们被问到谁获得了优异时，丙说“甲没有得优异”，乙说“我得了优异”，甲说“丙说的是实话”．事实证明，在这三名同学中，只有一人说的是谎话，那么得优异的同学是 __________ ．*－nb ma8．已知数列 { a n} 为等差数列，若a m＝a，a n＝b( n－m≥1，m，n∈ N ) ，则a m＋n＝n－m .n nn*m n类比等差数列 { a } 的上述结论，对于等比数列{ b }( b >0， n∈N ) ，若 b ＝ c，b ＝ d( n－m≥2，*＝________.m， n∈N )，则能够获得 bm＋ n9．某同学在一次研究性学习中发现，以下 5 个式子的值都等于同一个常数．①sin 213°＋ cos 217°－ sin13 °cos17°；22②sin 15°＋ cos 15°－ sin15 °cos15°；③ sin 218°＋ cos 212°－ sin18 °cos12°；22④ sin ( －18°) ＋ cos 48°－ sin( －18°)cos48 °；22⑤ sin ( －25°) ＋ cos 55°－ sin( －25°)cos55 °.(1)试从上述 5 个式子中选择一个，求出这个常数；(2)依据 (1) 的计算结果，将该同学的发现推行为三角恒等式，并证明你的结论．10．在等差数列 { a n} 中，a1＋a2＝ 5，a3＝ 7，记数列1的前 n 项和为 S n.a n a n＋1(1)求数列 { a n} 的通项公式；(2)能否存在正整数 m， n，且1<m<n，使得 S1， S m， S n成等比数列？若存在，求出全部切合条件的 m， n 的值；若不存在，请说明原因．第 6 讲直接证明与间接证明1．用反证法证明命题“设a ，b 为实数，则方程x2＋ax ＋ ＝0 起码有一个实根”时，b要作的假定是 ( )A ．方程 2 ＋ ax ＋ ＝ 0 没有实根x bB ．方程 x 2 ＋ ax ＋ b ＝ 0 至多有一个实根C ．方程 x 2 ＋ ax ＋ b ＝ 0 至多有两个实根D ．方程 x 2 ＋ ax ＋ b ＝ 0 恰巧有两个实根2．剖析法又称执果索因法， 若用剖析法证明： “设 a >b >c ，且 a ＋ b ＋ c ＝ 0，求证 b 2－ ac< 3a ”索的因应是 () A ． － >0B ．－>0aba cC ． ( a － b )( a － c )>0D ．( a － b )( a － c )<0 3．在△ 中，三个内角 ， ， C 的对边分别为 a ， ， ，且 ， ， 成等差数列，，ABCA Bb cA B Cab ，c 成等比数列，则△ ABC 的形状为 __________三角形．4．用反证法证明命题： 若整系数一元二次方程 ax 2＋ bx ＋c ＝ 0( a ≠0) 存在有理数根， 则 a ， b ， c 中起码有一个是偶数．以下假定正确的选项是 ________．①假定 a ， b ， c 都是偶数； ②假定 a ， b ， c 都不是偶数； ③假定 a ， b ， c 至多有一个偶数； ④假定 a ， b ， c 至多有两个偶数．5．凸函数的性质定理：假如函数 f ( x ) 在区间 D 上是凸函数，那么对于区间D 内的随意 f x 1 ＋f x 2 ＋ ＋ f x n ≤ f x 1＋ x 2＋ ＋ x nx x 1，x 2， ， x n ，有 n n. 已知函数 y ＝sin在区间 (0 ，π ) 上是凸函数，则在△中， sin＋ sin＋ sin C 的最大值为 ________．ABCAB6．α ，β 是两个不一样的平面， m ，n 是平面 α 及 β 以外的两条不一样的直线，给出以下 四个论断：① m ⊥ n ；② α ⊥ β ；③ n ⊥ β ；④ m ⊥ α . 以此中的三个论断作为条件，余下一个论 断 作 为 结 论 ， 写 出 你 认 为 正 确 的 一 个 命 题 ： _________________________________________________________________________________________________________________________.7．下表中的对数值有且仅有一个是错误的：x3 5 89 15lg x2 － b＋3－3 －3 c4 a － 23 －＋ ＋ 1aa c aba bc请将错误的一个更正为________________ ．8．已知会合 { a ，b ， c } ＝ {0,1,2} ，且以下三个关系：① a ≠2；② b ＝ 2；③ c ≠0有且只有一个正确，则 100 ＋ 10 b ＋ ＝ __________.a c9．已知等差数列 { a n } 的公差 d >0，设 { a n } 的前 n 项和为 S n ，a 1＝ 1， S 2·S 3＝ 36.(1) 求 d 及 S n ；(2) 求 m ， k ( m ，k ∈ N * ) 的值，使得 a m ＋ a m ＋ 1＋ a m ＋ 2＋ ＋ a m ＋ k ＝ 65 建立．10． (2016 年湖北武汉调研 ) 已知等差数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ， a 3＝5， S 8＝ 64.(1) 求数列 { a n } 的通项公式；(2) 求证： 1 ＋ 1 > 2( n ≥2， n ∈ N * ) ．S n －1 S n ＋1 S n第 7 讲 数学概括法1．用数学概括法证明： ( n ＋ 1)( n ＋2) · ·( n ＋ n ) ＝ 2n ×1×3× × (2n －1)( n ∈ N * ) ，从“ ＝ ”到“ n ＝ k ＋1”左端需乘的代数式是 ( )n kA ． 2k ＋ 1B ． 2(2 k ＋ 1)2 ＋ 12 k ＋ 3C.k ＋ 1 D. k ＋ 12．用数学概括法证明：22222n n 2＋，第二步证明由“ k1＋2 ＋ ＋ n ＋ ＋ 2 ＋ 1 ＝3到 k ＋1”时，左侧应加 () A ． k 2B ． ( k ＋ 1) 2C ． k 2＋ ( k ＋ 1) 2＋ k 2D ． ( k ＋ 1) 2＋ k 2n 1－a n ＋12*3．用数学概括法证明1＋ a ＋a ＋ ＋ a ＝1－a ( a ≠1， n ∈N ) 时，当考证 n ＝ 1时，左侧计算所得的式子是 ()A ． 1B ． 1＋ aC ． 1＋a ＋ a 2D ．1＋ a ＋ a 2＋a 4n 4＋ n 24．用数学概括法证明等式： 1＋ 2＋ 3＋ ＋n 2＝*＝ 到＝ ＋ 1(∈N )，则从2nn kn k时，左侧应增添的项为 ()A ． k 2＋ 1B ． ( k ＋ 1) 2k ＋ 4＋k ＋2C.2D． ( k2＋1) ＋ ( k2＋ 2) ＋ ( k2＋ 3) ＋＋ ( k＋ 1)25．用数学概括法证明1＋2＋ 22＋＋ 25n－1是 31 的整数倍时，当n＝ 1 时，上式等于 () A．1＋2 B ． 1＋2＋22C． 1＋2＋ 22＋ 23 D ． 1＋ 2＋22＋ 23＋ 246．用数学概括法证明n n－ 12n－ 1∈ N＋ ) 时，假定当＝k时命题成1＋ 2＋3＋＋ 2 ＝2＋ 2(n n立，则当 n＝ k＋1时，左端增添的项数是()A． 1 项 B ．k－ 1 项 C ．k项 D ． 2k项7．用数学概括法证明“n3＋( n＋ 1) 3＋ ( n＋ 2) 3( n∈N*) 能被 9 整除”，利用概括法假定证明当 n＝ k＋1时，只要睁开()A． ( k＋ 3) 3B ． ( k＋ 2) 3C． ( k＋ 1) 3D ． ( k＋ 1) 3＋ ( k＋ 2) 3111138．用数学概括法证明不等式n＋1＋n＋2＋＋n＋n>24的过程中，由k推导到k＋ 1 时，不等式左侧增添的式子是________________ ．9．能否存在常数a，b，c，使等式222n n＋21×2＋2×3＋＋n( n＋ 1) ＝12( an＋bn＋c)对全部正整数n 都建立？证明你的结论．10． (2017n1n＝ x n＋1＋ ln (1＋x n＋ 1*年浙江 ) 已知数列 { x } 知足： x ＝ 1，x)( n∈ N ) ．证明：当 n∈N*时，(1)0 ＜x n＋ 1n；＜ xx n x n＋1(2)2 x n＋1－x n≤；211(3)2n＋ 1≤x n≤2n＋ 2.第五章数列、推理与证明第 1 讲 数列的观点与简单表示法1． A 分析： a 8＝S 8－ S 7＝ 228 － 7 ＝ 64－49＝15. 2． B3．C 分析：第n 个三角形数可表示为1( ＋1)，第 n 个四边形数可表示为 2. 应选 C.2n nn4． C 分析：由 a n ＝ a n ＋1 －11＋ a n，得 a n ＋ 1＝，而 a 1＝ 2，a n ＋ 1＋ 11－ a n则有115＝2. 故数列 {n1234a＝－，＝－，＝，a 是以 4 为周期的周期数列，且a2a3 aa a a a＝ 1.所以 T 2017＝ ( a 1 a 2a 3a 4) 504a 1＝ 1504×2＝ 2.n ＋1) － lnn .5． A分析：由已知，得an ＋ － a ＝ ln(所以2－ 1＝ ln 2－ ln 11n－ ln 2 ，4－3＝ ln 4 －ln 3 ， ，n－ n － 1＝a，a 3－2＝ ln 3ln n － ln(aaaaaan － 1) ，以上 ( n － 1) 个式子左、 右分别相加， 得 a － a ＝ lnn ．所以 a ＝ 2＋ lnn ．故n1n选 A.1分析：由已知，得n186.a ＝－， a ＝ 2，2a ＋1n1 1a11∴7＝1－＝，6＝1－＝－ 1， 5＝1－ ＝ 2.aa 82 a 7aa 611同理， a ＝ 2， a ＝－ 1， a ＝ 2， a ＝ 2.43217． 1 0 分析： a 2009＝a 4×503－ 3＝ 1， a 2014＝ a 2×1007 ＝ a 1007＝ a 4×252－ 1＝0.8． ( －3，＋∞) 分析：由 { } 为递加数列，得 － ＝( 2＋ ( ＋1)＋2－2－a a a n ＋ 1) nnn ＋1nkn － 2＝ 2n ＋ 1＋ k >0 恒建立，即 k >－ (2 n ＋ 1) 恒建立，即 k >[ － (2 n ＋ 1)] max ＝－ 3.9． ( －2) n －1 分析：当 n ＝ 1 时， a 1＝ 1；22当 n ≥2时， a n ＝ S n －S n － 1＝ 3a n － 3a n －1，故 a n＝－ 2，故 a n ＝ ( －2) n －1.a n －1当 n ＝1 时，也切合 a n ＝ ( －2) n －1.综上所述， a n ＝ ( －2) n －1.10．4 分析：从研究 S n 与 a n 的关系下手， 推测数列的构成特色， 解题时应特别注意“数列{ a n } 由 k 个不一样的数构成”的“不一样”和“ k 的最大值”．此题主要考察考生的逻辑推理能力、 基本运算求解能力等． 当 n ＝ 1 时， a 1＝ 2 或 a 1＝ 3；当 n ≥2时，若 S n ＝ 2，则 S n － 1＝ 2，*此中数 于是 a n ＝ 0，若 S n ＝ 3，则 S n － 1＝3，于是 a n ＝ 0. 进而存在 k ∈ N ，当 n ≥ k 时， a k ＝ 0. 列{ a n } ： 2,1 ，－ 1， 0,0,0 ， 知足条件，所以 k max ＝ 4.11．解：∵a n ＋ 1－ n ＝ ( ＋ 2) 10 n ＋ 1－ ( ＋1) 10 na n 11n 11n9－ n 10 n＝11 · 11 ，而 11 >0，10∴当 n <9 时， a n ＋ 1－ a n >0，即 a n ＋1 >a n ；当 n ＝9 时， a n ＋1－ a n ＝ 0，即 a 10＝ a 9；当 n >9 时， a n ＋ 1－ a n <0，即 a n ＋ 1<a n . 所以 a 1<a 2 < <a 9＝ a 10>a 11>a 12> .∴当 n ＝ 9 或 n ＝ 10 时，数列 { a n } 有最大项，最大项为a 9 或 a 10.12．解： (1) 由 a 1＝1 与 S n ＝ n ＋ 2 a n 可得322＋2 21 2 21 S ＝ 3 a ＝ a ＋ a ? a ＝ 3a ＝ 3，S ＝a ＝ a ＋ a ＋ a ?a ＝ a ＋ a ＝ 4? a ＝ 6.33＋2 3123 2 3 12333故所求 a 2， a 3 的值分别为 3,6.n ＋ 2(2) 当 n ≥2时， S n ＝ 3 a n ，①n ＋ 1S n － 1＝ 3 a n －1，②＋ 2 n ＋ 1①－②，可得 S －Sa，即＝ 3a － 3n －nn － 1n1nn ＋ 2 n n ＋ 1 n － 1 n －1 n n ＋ 1 n － 1 ? a nn ＋1a ＝a －a ? a ＝ a＝3333－1n －1n故有 a n ＝ a na n － 1a 2n ＋ 1 × n3n 2＋ n×× ×× a 1＝n － 1 n － × × ×1＝.a n － 1 a n － 2a 1 21212＋ 1 1nnn 2＋ n而2 ＝1＝ a ，所以 { a } 的通项公式为 a ＝2.第2讲等差数列1． B 分析：设公差为d ，则 2 7－ 8＝ 2( a 1＋ 6 d ) － (a 1＋7 )＝ 1＋ 5 ＝6＝ 5， 11＝11× a 1＋ a 11a ad ad aS＝ 11a 6＝55. 应选 B.2222．D 分析：因为 S 1，S 2， S 4 成等比数列，有－6) ，解得S 2＝S 1S 4，即 (2 a 1－ 1) ＝ a 1(4 a 1 11 a ＝－ 2.3． A 分析：由 a 1＋ a 7＋ a 13 是一个确立的常数，得3a 7 是确立的常数，故②正确；S 13＝aa1＋ 13＝13a 7 是确立的常数，故③正确； S 8－ S 5＝ a 6＋ a 7＋ a 8＝ 3a 7 是确立的常数，故⑤2正确．24． A 分析：设等差数列的公差为d ，由 a 2， a 3， a 6 成等比数列，可得a 3＝ a 2a 6，即 (1＋2d )2 ＋d )(1 ＋ 5d ) ．整理，可得2＝ (1d ＋2d ＝ 0. ∵d ≠0，∴ d ＝－ 2. 则 { a } 前 6 项的和为 Sn6＝66×56×5a 1＋d ＝6×1＋×( － 2) ＝－ 24.2 25．A 分析：依据题意，明显良马每天行程构成一个首项a 1＝ 103，公差1＝ 13 的等差dn n －132数列．前 n 天共跑的里程为 S ′＝ na 1＋2d 1＝ 103n ＋ 2 n ( n － 1) ＝ 6.5 n ＋ 96.5 n ；驽马每天行程也构成一个首项b ＝ 97，公差 d ＝－ 0.5的等差数列，前 n 天共跑的里程为S ′12n n －0.52＝ nb 1＋ 2d 2＝ 97n － 2 n ( n － 1) ＝－ 0.25 n ＋ 97.25 n . 两马相遇时，共跑了一个来 回．设其第 n 天相遇， 则有 6.5 n 2＋ 96.5 n － 0.25 n 2＋97.25 n ＝1125×2，解得 n ＝ 9. 即它们第 9 天相遇．应选 A.d 2 a 1－ d6 ． A 解 析 ： ∵ 关 于 x 的 不 等 式 2 x ＋ 2 x ＋ c ≥0 的 解 集 是 [0,22] ， ∴d <0，1d解得 a 1＝－21da － 22.－d＝ 22，2n121d－ 23∴ a ＝ a＋( n － 1) d ＝－ 2 ＋( n － 1) d ＝ n2 d .1111－ 23 11212－ 231可得 a ＝ 2 d ＝－ 2d >0，a ＝ 2 d ＝ 2d <0.故使得数列 { a n } 的前 n 项和最大的正整数 n 的值是 11.7. 1 分析： 由 a n ＋ 1＝ a n － 2a n ＋1a n ，得 1 － 1＝2，故数列16 n ＋1 na a 的等差数列，则 1 ＝ 2＋2( n－1)＝2 .故a 8＝ 1 .a nn16{ 1 } 是首项 1＝ 2，公差 d ＝ 2 a n a 18．130 分析：由n－ 10(*n 为首项， 2 为公差的等差数列． 令a ＝ 2∈N ) ，知a 是以－nna n ＝2n －10≥0，得 n ≥5. 所以当 n <5 时，a n <0；当 n ≥5时，a n ≥0. 所以 | a 1| ＋ | a 2| ＋ ＋ | a 15| ＝－ ( a 1＋ a 2＋ a 3＋ a 4) ＋ ( a 5＋ a 6＋ ＋ a 15) ＝ S 15－2( a 1＋ a 2＋ a 3＋ a 4) ＝ 90＋ 40＝ 130.9．解： (1) 设 { a n } 的公差为 d ，由题意，得 2a 1＋ 5d ＝4， a 1＋ 5d ＝ 3.2 2n ＋ 3解得 a 1＝1， d ＝ 5. 所以 a n ＝5 .(2) 由 (1) 知， b n ＝ 2n ＋ 3 .52n ＋ 3当 n ＝1,2,3时， 1≤<2， b n ＝ 1；52n ＋ 3当 n ＝4,5 时， 2<<3， b n ＝ 2；5当 n ＝6,7,8 当 n ＝9,10 时， 4<5 <5， b n ＝ 4.所以数列 { b n } 的前 10 项和为 1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝ 24.10． (1) 证明：由 a n ＋ 2＝2a n ＋ 1－a n ＋ 2，得 a n ＋ 2－a n ＋ 1＝a n ＋ 1－ a n ＋2，即 b n ＋ 1＝ b n ＋2. 又 b 1＝ a 2－a 1＝ 1，所以 { b n } 是以首项为 1，公差为 2 的等差数列． (2) 解：由 (1) ，得 b n ＝ 1＋2( n － 1) ，即 a n ＋1－ a n ＝ 2n －1.nn于是( a k ＋ 1－ a k ) ＝ ( 2k － 1) ，k 1k 1所以 a22n ＋ － a ＝ n ，即 a ＝ n ＋ a .11n ＋ 11又 a 1＝ 1，所以 { a n } 的通项公式为 a n ＝ n 2－ 2n ＋ 2.11． (1) 证明：由题意，得 a n a n ＋ 1＝λ S n － 1， a n ＋1a n ＋ 2＝ λ S n ＋ 1－ 1. 两式相减，得 a n ＋1( a n ＋ 2－ a n ) ＝ λ a n ＋ 1. 因为 a n ＋ 1≠0，所以 a n ＋ 2－ a n ＝ λ .(2) 解：由题意，得 a 1＝ 1，a 1a 2＝ λ S 1－ 1，可得 a 2＝ λ－ 1. 由 (1) 知， a 3＝ λ ＋1.令 2a 2＝ a 1＋ a 3，解得 λ ＝ 4.2n ＋ 32n ＋ 3时， 3≤ <4， b n ＝ 3； 5故 a n ＋2－ a n ＝ 4，由此可得{ a 2n － 1} 是首项为 1，公差为 4 的等差数列， a 2 n － 1＝ 4n －3；{ a 2n } 是首项为 3，公差为 4 的等差数列， a 2n ＝ 4n － 1. 所以 a n ＝2n － 1， a n ＋ 1－ a n ＝2.所以存在 λ ＝ 4，使得数列 { a n } 为等差数列．第3讲 等比数列1． D 分析：因为数列 { n2 ，所以3，6， 9 成等比数列．a是等比数列，a＝ aa aa a2． B 分析：由等比数列性质，得 S n ， S 2n － S n ， S 3n － S 2n ， S 4n －S 3n 成等比数列，则 ( S 2n －S ) ＝ ·( － S )．所以( S － 2) ＝2×(14 － S ) ．又 S >0，得 S ＝6. 又( S － S ) ＝ ( S n 2 n 3n 2n 2n 2 2n 2n 2n 3n 2n22n－S n )( S 4n － S 3n ) ，所以 (14 － 6) 2＝ (6 － 2)( S 4n －14) ，解得 S 4n ＝ 30.3． D分析：方法一，在等比数列{ a } 中，n1－ n21－ a · 3naa qn2nS ＝ 1－ q ＝＝3－ 2a .1－32方法二，在等比数列 { a n } 中， a 1＝ 1， q ＝ ，3∴ a n ＝1× 2 n － 1＝ 2 n － 1.3 32 n∴ S n ＝ 1×1－3＝3 1－2 n1－2332 2n － 1n＝3 1－3 3＝ 3－ 2a .4． A 分析：因为 a 1＝ S 1＝ a ＋ b ， a 2＝ S 2－ S 1＝2a ， a 3＝ S 3－ S 2＝6a ，由等比数列，得公 比 q ＝a 3 a＝－ 3.＝ 3. 又 a 2＝ a 1q ，所以 2a ＝ 3( a ＋ b ) ，解得ba 25． D 分析：∵等比数列 { a n } 的首项为3，公比为－1，2231－ － 1n2 21 n1 nn＝1－ －nn∴ S ＝12. 当 n 取偶数时， S ＝ 1－ 2<1；当 n 取奇数时， S ＝ 11－ －21 n 1 3n3＋ 2 ≤1＋ 2＝ 2. ∴ S 的最大值为2. 应选 D.6． 1 分析：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 4＝ b 4＝8，得－1＋ 3d ＝－ q 3＝ 8，解得 q ＝－ 2， d ＝ 3. 则 a＝ － 1＋ 3＝ 1.22 2分析：设 { a } 的公比为ba7． 408，由 S － 4S ＋3S ＝0，可得 S －S －3( S － S ) ＝0?n76 57 6 657a 1－ q 41－ 34－3a 6＝ 0，所以 q ＝ 3. 所以 S 4＝1－ q＝ 1－ 3＝40.n18． 2 －2n － 1＋1 分析：依题意，得大老鼠每天打洞的距离构成以1 为首项，2 为公比的等比数列，所从前 n 天大老鼠打洞的距离共为 － 2n n＝2 －1；1－ 21 n1×1－2＝ 2－2 1同理可得前 n 天小老鼠打洞的距离共为1.n － 11－ 2n1 n1所以 S n ＝2 － 1＋ 2－ n －1＝ 2 － n － 1＋ 1.229．解： (1) 由 a b ＋b ＝ b ， b ＝ 1，b ＝ 13，得 a ＝ 2.1 221121所以数列 { a n } 是首项为 2，公差为 3 的等差数列，通项公式为a n ＝ 3n － 1.(2) 由 (1) 和 n n ＋ 1＋ b n ＋ 1＝ n ，得b b n＋ 1＝ a bnb31 n11－ 33所以 { b n } 是首项为 1，公比为 3的等比数列． 记 { b n } 的前 n 项和为 S n ，则 S n＝1－ 1＝ 2－31n － 1.2×310．解： (1) 由题意，得 a 1＝ S 1＝ 1＋λ a 1.1故 λ≠1， a 1＝ 1－λ ， a 1≠0.由 S n ＝ 1＋ λ a n ， S n ＋1＝ 1＋ λ a n ＋ 1，得 a n ＋ 1＝λ a n ＋ 1－ λ a n ，即 a n ＋ 1( λ－ 1) ＝ λa n .由 a ≠0， λ ≠0，得 a ≠0，所以 a n ＋ 1 λ a n＝λ －1.1n所以 { a n } 是首项为1，公比为 λ 的等比数列，于是 a n ＝1λ n － 1.1－ λ λ － 11－ λ λ － 1λ n(2) 由 (1) ，得 S n ＝1－ λ －1 .31λ 5 31 λ51由 S 5＝ ，得 1－λ － 1 ＝ ，即λ － 1 ＝ ，32 32 32解得 λ ＝－ 1.11. 解： (1) 当 n ＝ 1 时， S 1＝ 2a 1－ 2，即 a 1＝ 2a 1－ 2. 解得 a 1＝2.当 n ≥2时， a n ＝ S n －S n － 1＝(2 a n － 2) －(2 a n － 1－2) ＝ 2a n － 2a n －1，即 a n ＝ 2a n －1.所以数列 { a n } 是首项为 2，公比为 2 的等比数列．n －1n*所以 a n ＝2×2 ＝ 2 ( n ∈ N ) ．(2) 因为 S n ＝ 2a n － 2＝2n ＋1－2,所以 T n ＝S 1＋ S 2＋ ＋ S n ＝ 22＋ 23＋ ＋ 2n ＋1－ 2n－ 2 n n ＋2－ 4－ 2n . ＝－2n ＝ 2 1－ 2第 4 讲 数列的乞降1． B 分析：由题意，得数列{ a } 的通项公式为nn1＋1－1 1 －1a ＝ 42－ 1＝＝2 2n － 12n ＋1 ，nnnnn1 1－ 1所以数列 { a } 的前 n 项和 S ＝ 23 ＋1 11 1 113－5 ＋ 5－7＋ ＋ 2 －1－ 2 ＋ 1n n11n＝2 1－2n ＋ 1 ＝2n ＋ 1.应选B.2． A3． B 分析：设公差为 d . 由 5a 8＝ 8a 13，得 5( a 1＋ 7d ) ＝ 8( a 1＋12d ) ．解得 d ＝－ 613a 1. 由n11－ 3a 1641a ＝a ＋ ( n － 1) d ＝ a ＋ ( n －1) · 61≥0? n ≤ 3 ＝ 213. ∴数列 { a n } 的前 21 项都是正数，此后各项都是负数．故 S n 取最大值时， n 的值为 21. 应选 B.24． C 分析：由 S n ＝ n － 6n ，得 { a n } 是等差数列， ∴ a n ＝－ 5＋ ( n －1) ×2＝ 2n － 7. ∴当 n ≤3时， a n <0；当 n >3 时， a n >0.6n － n 2∴ T n ＝ 1≤ n ≤3，n 2－ 6n ＋ 18， n ＞ 3.11a 1 1－ 65．Ba 1 为首项， 公比为 2分析：由题意， 知每天所走行程形成以2的等比列， 则11－ 2＝378. 解得 a 1＝ 192，则 a 2＝ 96，即次日走了96 里路．应选 B.6. 20分析：由题意， 得 a n ＝ ( a n － a n －1) ＋ ( a n －1－ a n －2) ＋ ( a n －2－ a n －3) ＋ ＋ ( a 2－ a 1) ＋ a 1 11 ＝ ＋ － 1＋－2＋ ＋ 1＝nn ＋.nnn21＝211所以 nn ＋＝2× n －n ＋ 1 .a n1 1 1 1 ＋ ＋1 1 ＝2×1－ 12010－ ＋ － － 11 S ＝2× 1 2 2 3 10 11 ＝ 11.7. 2－ ＋2 n ( n ≥2) 行的第 2 个数构成数列 { a } ，则有 a － a ＝2， a － a nn分析：设第n 32 4322＋ n －1＝ 4， ， a n － a n － 1＝ n －1，相加，得a n －a 2＝ 2＋ 3＋ ＋ ( n － 1) ＝ ×(n 2＋－n ＋－2－ ＋2－2) ＝＝， a ＝2＋.2n22n *n nnnn8．n ·2( n ∈ N )分析：由 S ＝ 2a－2，适当 n ＝1 时，S 1＝ a 1＝ 2；当 n ≥2时，S ＝ 2( Sn － 1n，－S) －2S nS n － 1nS n即 2n － 2n － 1 ＝ 1. 所以数列S是首项为1 ，公差为1的等差数列，则2n ＝ n ， S ＝2nnnn ＝ 1 时，也切合上式，所以n *n ·2( n ≥2) ．当 S n ＝ n ·2( n ∈ N ) ．9．解： (1) 当 ＝1 时，由 6 1＋1＝91，得a 11＝ .n a a 3当≥2时，由 6n ＋ 1＝ 9 n ，得 6 n － 1＋ 1＝ 9nn － 1，S a S a两式相减，得 6( S n － S n －1 )＝9( a n － a n － 1) ，即 6a n ＝ 9( a n － a n －1) ．∴ a n ＝ 3a n － 1.1∴数列 { a n } 是首项为 3，公比为 3 的等比数列，其通项公式为a n ＝ 1 n － 1n －23×3＝ 3 .(2) ∵ b n ＝ 1＝1 n － 2， a n3∴ { b n } 是首项为13，公比为 3的等比数列．1 n∴ T n ＝ b 1＋b 2＋ ＋ b n ＝31－39 1 n1＝ 2 1－ 3 .1－ 310．解： (1) 设数列 { a n } 的公差为 d ，{ b n } 的公比为1＋ 3d ＝ q 2，依题意，得 1＋ q ＋ q 2＝ 2＋ 5d ，d ＝ 1，解得q ＝ 2.所以 a n ＝1＋ ( n － 1) ＝ n ， b n ＝1×2n －1＝ 2n －1 .(2) 由 (1) 知， c n ＝a n b n ＝ nn ·2－1，则：0 1 2n －1 ， ①T n ＝1×2 ＋2×2＋3×2＋ ＋ n ×21 2n － 1n2 n ＝1×2＋2×2 ＋ ＋ ( －1)×2 ＋×2，②Tnn12n －1n①－②，得－ T n ＝ 2 ＋ 2 ＋2 ＋ ＋ 2 － n ·2＝q ，－2n1－2n n－ n ·2＝ (1 － n ) ·2－ 1.所以 T n ＝( n －1) ·2n ＋ 1.11． (1) 解：依题意，当 ≥2，可概括出n＝ n － 1＋ .naan所以 a n ＝( a n － a n －1) ＋ ( a n －1－ a n －2) ＋ ＋ ( a 2－ a 1) ＋ a 1.＋ －1 a n ＝ n ＋ ( n － 1) ＋ ＋ 2＋ 2＝ n2 n＋ 2＝ 2( n 2＋ n ) ＋ 1.查验当 n ＝ 1 时，上式也建立．12所以通项公式为 a n ＝ ( n ＋ n ) ＋ 1. (2) 证明：∵ ( a n －1) · b n ＝ 1，1 2＝ 2 1 1 n－ ∴ b ＝ a n － 1＝nn ＋ n n ＋ 1 . ∴ b 1 ＋ b 2 ＋ ＋ b n1 1 1 1 1 1 ＝2 1－ 2 ＋ 2－3 ＋ ＋ n －n ＋ 11＝ 2 1－ n ＋ 1 .1又 1－ n ＋1<1，∴ b 1＋ b 2＋ ＋ b n <2.第 5 讲 合情推理和演绎推理V11． D1∶3. 故 1.分析：正四周体的内切球与外接球的半径之比为＝ 27V 29192. 2 分析：类比祖暅原理， 可得两个图形的面积相等， 梯形面积为 S ＝2(1 ＋2) ×3＝ 2，9 所以图 X5-5-1(1) 的面积为2.3． (1)6 (2)124． 12－ 22＋32－ ＋ ( － 1)n ＋1n 2＝ ( － 1) n ＋1nn ＋2 2 2 225． S 4＝ S 1＋ S 2＋ S 3π2π n π1*6． cos 2n ＋ 1·cos 2n ＋ 1· · cos 2n ＋ 1＝ 2n ， n ∈ N 7．丙 分析：假如丙说的是谎话，则“甲得优异”是实话，又乙说“我得了优异”是 实话，所以矛盾； 若甲说的是谎话， 即“丙说的是实话”是假的， 则说明“丙说的是假的”， 即“甲没有得优异”是假的， 也就是说“甲得了优异”是真的， 这与乙说“我得了优异”是 实话矛盾； 若乙说的是谎话，即“乙没得优异”是真的， 而丙说“甲没得优异”为真， 则说 明“丙得优异”， 这与甲说“丙说的是实话”切合． 所以三人中说谎话的是乙， 得优异的同 学是丙．8.n m d n 分析：方法一，设数列 { a } 的公差为d ，则 d ＝ a n －a m b － a . 所以 a ＝ a m＝cn1 1 － m n －m m ＋n mn＋nd 1＝ a ＋ n ·b － a bn － am＝.n － m n － m类比推导方法可知：设数列{ b n } 的公比为 q ，由 b n ＝ b m qn －m，可知 d ＝ cqn －m. 所以 q ＝ n m d. cnn所以 b m ＋ n ＝ b m q n ＝c · n md＝n mdm .c c方法二， ( 直接类比 ) 设数列 { a n } 的公差为 d 1，数列 { b n } 的公比为 q ，则 a n ＝ a 1＋ ( n － 1) d 1，b ＝b qn － 1＝ nb － ma＝ n m d n. 因为 a，所以 bm.n1m ＋ n－m ＋ ncn m9．解： (1) 选择②，由sin 215°＋ cos 215°－ sin15 °cos15°＝ 1－ 1 s in30 °＝ 3 . 故这2 43个常数是 4.(2) 推行，获得三角恒等式2α ＋cos23sin (30 °－ α ) － sin α cos(30 °－ α) ＝ .4证明： sin 2α ＋ cos 2(30 °－ α ) － sin αcos(30 °－ α )＝ sin 2 α＋ (cos30 ° cos α＋ sin30 ° sin α ) 2－ sin α (cos30 °cos α ＋sin30 °sin α ) ＝ sin 2323 1 23 123 2αα＋cosα ＋sin α cos α＋ sinα －sin α cos α － sinα＝ sin42422423＋ 4cos α ＝ 4.310．解： (1) 设等差数列 { a n } 的公差为 d ，a 1＋ a 2＝ 5， 2a 1＋ d ＝ 5， a 1＝1，因为 即 解得a ＝ 7，a ＋ 2d ＝ 7，d ＝3.31所以 a ＝a ＋ ( n － 1) d ＝ 1＋ 3( n － 1) ＝ 3n － 2.n1所以数列 { a n } 的通项公式为 a n ＝ 3n － 2( n ∈ N * ) ．(2) 因为 1 ＝ 1 ＝ 1 1 1，n － n ＋ 3 － ＋ 1n n ＋ 13 － 2 3a a n n所以数列1的前 n 项和a n a n ＋ 1n＝1 ＋ 1 ＋1＋ ＋ 1＋ 1Sa 1a 2 a 2a 3 a 3a 4a n － 1a n a n a n ＋ 111 1 1 1 1 1 1 111111 ＝ 3 1－ 4 ＋3 4－ 7 ＋ 3 7－10 ＋ ＋ 3 3 －5－3 －2＋3 3 n － 2－3 ＋ 1nnn＝ 1 1－ 3 1 ＝ n .3 ＋ 1 3n ＋ 1n假定存在正整数m ， n ，且 1<m <n ，使 S ， S ， S 成等比数列，则2S ＝SS ，1m nm1n即m2＝ 1×n .3m ＋ 1n ＋1432所以 ＝－ 4m2.n 3m － 6m －1因为 n >0，所以 23m － 6m －1<0.2 3 因为 m >1，所以 1<m <1＋ 3 <3.因为 m ∈ N * ，所以 m ＝ 2.2－ 4m此时 n ＝ 3 2－ 6－1＝ 16.m m故存在知足题意的正整数 m ， n ，且只有一组值，即 m ＝2， n ＝ 16.第 6 讲 直接证明与间接证明1．A 分析：反证法的步骤第一步是假定命题的反面建立，而“起码有一个实根”的否定是“没有实根”．应选 A.2． C 分析：由题意，知 b 2－ ac < 3a ? b 2－ ac <3a 2? ( a ＋ c ) 2－ ac <3a 2? a 2＋ 2ac ＋c 2－ ac－ 3a 2<0? － 2a 2＋ ac ＋c 2<0? 2a 2－ ac － c 2>0? ( a － c )(2 a ＋ c )>0 ? ( a － c )( a － b )>0.3．等边 分析：由题意，得 2B ＝ A ＋C ，又 A ＋ B ＋ C ＝ π ，∴ B ＝π3 . 又 b 2＝ ac ，由余弦定理，得 b 2＝ a 2＋c 2－ 2ac cos B ＝ a 2＋ c 2－ac . ∴ a 2＋ c 2－2ac ＝ 0，即 ( a － c ) 2 ＝0. ∴ a ＝c . ∴ A＝C . ∴ A ＝ B ＝ C ＝π3. ∴△ ABC 为等边三角形．4．②3 3 x 在区间 (0 ， π ) 上是凸函数，且 A ， B ，C ∈ (0 ， π) ．5. 分析：∵ f ( x ) ＝ sin 2 f A ＋ f B ＋ f C A ＋ B ＋C π ∴3≤ f3＝ f 3 .A ＋ sinB ＋ sinC ≤3sinπ3 3即 sin 3 ＝2 .3 3∴ sin A ＋ sin B ＋ sin C 的最大值为 2 .6．若①③④，则② ( 或若②③④，则① )分析：依题意可得以下四个命题：(1) m ⊥n ， α ⊥β ， n ⊥ β? m ⊥ α ； (2) m ⊥ n ， α ⊥ β ，m ⊥ α ? n ⊥ β ；(3) m ⊥n ， n ⊥ β， m ⊥ α? α ⊥ β； (4) α ⊥β ， n ⊥ β ， m ⊥ α ? m ⊥ n .不难发现，命题 (3)(4) 为真命题，而命题 (1)(2) 为假命题．7． lg 15 ＝ 3 － ＋分析：假如 lg 3 ＝ 2 a － b 是正确的，那么lg 9 ＝ 2lg 3 ＝2(2 a －a b c。

课时规范练36　数学归纳法一、基础巩固组1.在用数学归纳法证明等式1+2+3+…+2n=n (2n+1)时,当n=1时的左边等于( )A.1B.2C.3D.42.如果用数学归纳法证明:对于足够大的正整数n ,总有2n >n 3,那么验证不等式成立所取的第一个n 的最小值应该是( )A.1B.9C.10D.n>10,且n ∈N *3.用数学归纳法证明1++…+(n ∈N *)成立,其初始值至少应取( )12+1412n -1>12764A.7 B.8 C.9 D.104.某同学回答“用数学归纳法证明<n+1(n ∈N *)”的过程如下:n 2+n 证明:(1)当n=1时,显然命题是正确的.(2)假设当n=k 时,有<k+1,则当n=k+1时,k (k +1)=(k+1)+1,所以当n=k+1时命题是正确的.由(1)(k +1)2+(k +1)=k 2+3k +2<k 2+4k +4(2)可知对于n ∈N *,命题都是正确的.以上证法是错误的,错误在于( )A.从k 到k+1的推理过程没有使用归纳假设B.归纳假设的写法不正确C.从k 到k+1的推理不严密D.当n=1时,验证过程不具体5.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”的第二步是( )A.假设n=2k+1时正确,再推n=2k+3正确(k ∈N *)B.假设n=2k-1时正确,再推n=2k+1正确(k ∈N *)C.假设n=k 时正确,再推n=k+1正确(k ∈N *)D.假设n ≤k (k ≥1)时正确,再推n=k+2时正确(k ∈N *)6.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)为( )A.f (n )+n+1B.f (n )+nC.f (n )+n-1D.f (n )+n-27.(2017河南郑州模拟)用数学归纳法证明不等式+…+的过程中,由n=k 1n +1+1n +21n +n >1324推导n=k+1时,不等式的左边增加的式子是 . 8.由下列不等式:1>,1+>1,1++…+,1++…+>2,……你能得到一个怎样的1212+1312+1317>3212+13115一般不等式?并加以证明.〚导学号21500741〛9.平面内有n 条直线,其中任何两条不平行,任何三条不共点,求证:这n 条直线把平面分割成(n 2+n+2)个区域.12二、综合提升组10.设f (x )是定义在正整数集上的函数,且f (x )满足:当f (k )≥k+1成立时,总能推出f (k+1)≥k+2成立,则 下列命题总成立的是( )A.若f (1)<2成立,则f (10)<11成立B.若f (3)≥4成立,则当k ≥1时,均有f (k )≥k+1成立C.若f (2)<3成立,则f (1)≥2成立D.若f (4)≥5成立,则当k ≥4时,均有f (k )≥k+1成立11.在数列{a n }中,a 1=,且S n =n (2n-1)a n ,通过求a 2,a 3,a 4,猜想a n 的表达式为( )13A. B.1(n -1)(n +1)12n (2n +1)C. D.1(2n -1)(2n +1)1(2n +1)(2n +2)12.(2017广西南宁质检)用数学归纳法证明不等式:·…·.2+12·4+142n +12n >n +1〚导学号21500742〛三、创新应用组13.已知f (n )=1++…+(n ∈N *),经计算得f (4)>2,f (8)>,f (16)>3,f (32)>,则其一般结论为 12+131n 5272. 14.(2017山东济南模拟)已知函数f (x )=a ln x+(a ∈R ).2x +1(1)当a=1时,求f (x )在[1,+∞)内的最小值;(2)若f (x )存在单调递减区间,求a 的取值范围;(3)求证:ln(n+1)>+…+(n ∈N *).13+15+1712n +1课时规范练36　数学归纳法1.C 在用数学归纳法证明等式1+2+3+…+2n=n (2n+1)时,当n=1时的左边=1+2=3.2.C 210=1 024>103.故选C.3.B 左边=1++…+=2-,12+1412n -1=1-12n 1-1212n -1代入验证可知n 的最小值是8.故选B .4.A 证明<(k+1)+1时进行了一般意义的放大,而没有使用归纳假设(k +1)2+(k +1)<k+1.k (k +1)5.B 因为n 为正奇数,根据数学归纳法证题的步骤,第二步应先假设第k 个正奇数也成立,本题即假设n=2k-1正确,再推第k+1个正奇数,即n=2k+1正确.6.C 边数增加1,顶点也相应增加1个,它与它不相邻的(n-2)个顶点连接成对角线,原来的一条边也成为对角线,因此,对角线增加(n-1)条.故选C .7　不等式的左边增加的式子是,.1(2k +1)(2k +2)12k +1+12k +2‒1k +1=1(2k +1)(2k +2)故填1(2k +1)(2k +2).8.解 一般结论:1++…+(n ∈N *),证明如下:12+1312n -1>n 2(1)当n=1时,由题设条件知不等式成立.(2)假设当n=k (k ∈N *)时不等式成立,即1++…+12+1312k -1>k 2.则当n=k+1时,1++…++…++…+12+1312k -1+12k 12k +1-1>k 2+12k +12k +112k +1-1>k 2+12k +1+12k +1+…+12k +1⏟2k 个=k 2+2k 2k +1=k +12.所以当n=k+1时不等式成立.根据(1)和(2)可知不等式对任何n ∈N *都成立.9.证明 (1)当n=1时,一条直线把平面分成两个区域,又(12+1+2)=2,12×所以当n=1时命题成立.(2)假设当n=k 时,命题成立,即k 条满足题意的直线把平面分割成了(k 2+k+2)个区域.12则当n=k+1时,k+1条直线中的k 条直线把平面分成了(k 2+k+2)个区域,第k+1条直线被这k 12条直线分成k+1段,每段把它们所在的区域分成了两块,因此增加了k+1个区域,所以k+1条直线把平面分成了(k 2+k+2)+k+1=[(k+1)2+(k+1)+2]个区域.1212所以当n=k+1时命题也成立.由(1)(2)知,对一切的n ∈N *,此命题均成立.10.D 当f (k )≥k+1成立时,总能推出f (k+1)≥k+2成立,说明如果当k=n 时,f (n )≥n+1成立,那么当k=n+1时,f (n+1)≥n+2也成立,所以如果当k=4时,f (4)≥5成立,那么当k ≥4时,f (k )≥k+1也成立.11.C 由a 1=,S n =n (2n-1)a n ,得S 2=2(2×2-1)a 2,即a 1+a 2=6a 2.13解得a 2=,S 3=3(2×3-1)a 3,即+a 3=15a 3.115=13×513+115解得a 3=135=15×7.同理可得a 4=,故猜想a n 的表达式为163=17×91(2n -1)(2n +1).12.证明 (1)当n=1时,左式=,右式=,左式>右式,所以结论成立.322(2)假设当n=k (k>1,k ∈N *)时结论成立,即…,则当n=k+1时,2+12·4+14··2k +12k >k +1…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)由基本不等式可得成立,故成2k +32=(k +1)+(k +2)2>(k +1)(k +2)2k +32k +1>k +2立.所以当n=k+1时,结论成立.由(1)(2)可知n ∈N *时,不等式…成立.2+12·4+14··2n +12n >n +113.f (2n )>(n ≥2,n ∈N *)　因为f (22)>,f (23)>,f (24)>,f (25)>,所以当n ≥2,n ∈N *时,有n +2242526272f (2n )>故填f (2n )>(n ≥2,n ∈N *).n +22.n +2214.(1)解 当a=1时,f (x )=ln x+,定义域为(0,+∞).2x +1因为f'(x )=>0,1x ‒2(x +1)2=x 2+1x (x +1)2所以f (x )在(0,+∞)内是增函数,所以f (x )在[1,+∞)内的最小值为f (1)=1.(2)解 f'(x )=,因为f (x )存在单调递减区间,所以f'(x )<0有a x ‒2(x +1)2=ax 2+2(a -1)x +a x (x +1)2正数解,即ax 2+2(a-1)x+a<0有正数解.①当a=0时,显然成立.②当a<0时,h (x )=ax 2+2(a-1)x+a 是开口向下的抛物线,所以ax 2+2(a-1)x+a<0有正数解.③当a>0时,h (x )=ax 2+2(a-1)x+a 是开口向上的抛物线,即方程ax 2+2(a-1)x+a=0有正根.因为x 1x 2=1>0,所以方程ax 2+2(a-1)x+a=0有两正根,所以解得0<a<{Δ>0,x 1+x 2>0,12.综合①②③知,a 的取值范围是(-∞,12).(3)证明 ①当n=1时,ln(n+1)=ln 2.因为3ln 2=ln 8>1,所以ln 2>,即当n=1时,不等式成立.13②假设当n=k 时,ln(k+1)>+…+成立.13+1512k +1则当n=k+1时,ln(n+1)=ln(k+2)=ln(k+1)+ln +…++ln k +2k +1>13+1512k +1k +2k +1.根据(1)的结论可知,当x>1时,ln x+>1,即ln x>2x +1x -1x +1.令x=,所以ln ,则有ln(k+2)>+…+,即当n=k+1时,k +2k +1k +2k +1>12k +313+1512k +1+12k +3不等式也成立.由①②可知不等式成立.。

第五节 数列的综合问题【考纲下载】能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题．1．数列综合应用题的解题步骤(1)审题——弄清题意，分析涉及哪些数学内容，在每个数学内容中，各是什么问题．(2)分解——把整个大题分解成几个小题或几个“步骤”，每个小题或每个“步骤”分别是数列问题、函数问题、解析几何问题、不等式问题等．(3)求解——分别求解这些小题或这些“步骤”，从而得到整个问题的解答．2．常见的数列模型(1)等差数列模型：通过读题分析，由题意抽象出等差数列，利用等差数列有关知识解决问题．(2)等比数列模型：通过读题分析，由题意抽象出等比数列，利用等比数列有关知识解决问题．(3)递推公式模型：通过读题分析，由题意把所给条件用数列递推式表达出来，然后通过分析递推关系式求解．1．设本金为a ，每期利率为r ，存期为n ，若按单利计算，本利和是多少？此模型是等差数列模型还是等比数列模型？提示：本利和为a(1＋rn)，属等差数列模型．2．设本金为a ，每期利率为r ，存期为n ，若按复利计算，本利和是多少？此模型是等差数列模型还是等比数列模型？提示：本利和为a(1＋r)n ，属等比数列模型．1．设{a n }是公差不为0的等差数列，a 1＝2且a 1，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A.n 24＋7n 4B.n 23＋5n 3C.n 22＋3n 4D ．n 2＋n 解析：选A 设等差数列{a n }的公差为d.∵a 1，a 3，a 6成等比数列，∴a 23＝a 1·a 6，即(a 1＋2d)2＝a 1(a 1＋5d)．又a 1＝2，∴(2＋2d)2＝2×(2＋5d)，解之得d ＝12或d ＝0(舍)．∴S n ＝na 1＋－2d ＝2n ＋－4＝n 24＋7n 4. 2．已知x>0，y>0，x ，a ，b ，y 成等差数列，x ，c ，d ，y 成等比数列，则＋2cd的最小值是( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．4解析：选D ∵x ，a ，b ，y 成等差数列，∴a ＋b ＝x ＋y ，又x ，c ，d ，y 成等比数列，∴cd ＝xy.∴＋2cd ＝＋2xy ＝2＋x 2＋y 2xy ≥2＋2xy xy ＝4.当且仅当x ＝y 时取等号，所以＋2cd的最小值是4. 3.在如图所示的表格中，如果每格填上一个数后，每一行成等差数列，每一列成等比数列，那么x ＋y ＋z 的值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C 由题意知，第三列各数成等比数列，故x ＝1；第一行第五个数为6，第二行第五个数为3，故z ＝34；第一行第四个数为5，第二行第四个数为52，故y ＝54，从而x ＋y ＋z ＝3. 4．已知正项等差数列{a n }满足：a n ＋1＋a n －1＝a 2n (n≥2)，等比数列{b n }满足：b n ＋1b n －1＝2b n (n≥2)，则log 2(a 2＋b 2)＝________.解析：由题意可知a n ＋1＋a n －1＝2a n ＝a 2n ，解得a n ＝2(n≥2)(由于数列{a n }每项都是正数，故a n ＝0舍去)，又b n ＋1b n －1＝b 2n ＝2b n (n≥2)，所以b n ＝2(n≥2)，所以log 2(a 2＋b 2)＝log 24＝2.答案：25．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意n ∈N *都有S n ＝23a n －13，若1＜S k ＜9(k ∈N *)，则k 的值为________． 解析：由S n ＝23a n －13，得当n ＝1时，S 1＝a 1＝23a 1－13，则a 1＝－1. 当n≥2时，S n ＝23(S n －S n －1)－13，即S n ＝－2S n －1－1. 令S n ＋p ＝－2(S n －1＋p)，得S n ＝－2S n －1－3p ，可知p ＝13. 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋13是以－23为首项，－2为公比的等比数列．则S n ＋13＝－23×(－2)n －1， 即S n ＝－23×(－2)n －1－13.由1＜－23×(－2)k －1－13＜9，k ∈N *，得k ＝4. 答案：4前沿热点(七)数列中的三类探索性问题1．条件探索性问题此类问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探求，或条件增删需确定，或条件正误需判定；解决此类问题的基本策略是：执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或认证找到结论成立的充分条件，在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意．[典例1] 已知数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝3，其前n 项和S n 满足S n ＋2＋S n ＝2S n ＋1＋1(n ∈N *)；数列{b n }中，b 1＝a 1，b n ＋1＝4b n ＋6(n ∈N *)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝b n ＋2＋(－1)n －1λ·2a n (λ为非零整数，n ∈N *)，试确定λ的值，使得对任意n ∈N *，都有c n ＋1>c n成立．[解题指导] 处理第(2)问中的c n ＋1>c n 恒成立问题，可通过构造函数将问题转化为函数的最值问题，再来研究所构造的函数的最值．[解] (1)由已知得S n ＋2－S n ＋1－(S n ＋1－S n )＝1，所以a n ＋2－a n ＋1＝1(n≥1)．又a 2－a 1＝1，所以数列{a n }是以a 1＝2为首项，1为公差的等差数列．所以a n ＝n ＋1.因为b n ＋1＝4b n ＋6，即b n ＋1＋2＝4(b n ＋2)，又b 1＋2＝a 1＋2＝4，所以数列{b 2＋2}是以4为首项，4为公比的等比数列．所以b n ＝4n －2.(2)因为a n ＝n ＋1，b n ＝4n －2，所以c n ＝4n ＋(－1)n －1λ·2n ＋1.要使c n ＋1>c n 成立，需c n ＋1－c n ＝4n ＋1－4n ＋(－1)n λ·2n ＋2－(－1)n －1λ·2n ＋1>0恒成立，化简得3·4n －3λ(－1)n －12n ＋1>0恒成立，即(－1)n －1λ<2n －1恒成立，①当n 为奇数时，即λ<2n －1恒成立，当且仅当n ＝1时，2n －1有最小值1，所以λ<1；②当n 为偶数时，即λ>－2n －1恒成立，当且仅当n ＝2时，－2n －1有最大值－2，所以λ>－2，即－2<λ<1.又λ为非零整数，则λ＝－1.综上所述，存在λ＝－1，使得对任意n ∈N *，都有c n ＋1>c n 成立．[名师点评] 对于数列问题，一般要先求出数列的通项，不是等差数列和等比数列的要转化为等差数列或等比数列．遇到S n 要注意利用S n 与a n 的关系将其转化为a n ，再研究其具体性质．遇到(－1)n 型的问题要注意分n 为奇数与偶数两种情况进行讨论，本题易忘掉对n 的奇偶性的讨论而致误．2．结论探索性问题此类问题的基本特征是：有条件而无结论或结论的正确与否需要确定；解决此类问题的策略是：先探索结论而后去论证结论，在探索过程中常可先从特殊情形入手，通过观察、分析、归纳、判断来猜测，得出结论，再就一般情形去认证结论．[典例2] 已知各项均为正数的数列{a n }满足：a 2n ＋1＝2a 2n ＋a n a n ＋1，且a 2＋a 4＝2a 3＋4，其中n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足：b n ＝na n ＋n ，是否存在正整数m ，n(1<m<n)，使得b 1，b m ，b n 成等比数列？若存在，求出所有的m ，n 的值，若不存在，请说明理由．[解题指导] 处理第(2)问中的是否存在问题，可先假设存在正整数m ，n ，把m ，n 转化为一个变量求出这个变量的范围，根据正整数求其值，若在所求范围内能够得到适合题目的值，则存在，否则就不存在．[解] (1)因为a 2n ＋1＝2a 2n ＋a n a n ＋1，即(a n ＋a n ＋1)(2a n －a n ＋1)＝0.又a n >0，所以2a n －a n ＋1＝0，即2a n ＝a n ＋1.所以数列{a n }是公比为2的等比数列．由a 2＋a 4＝2a 3＋4，得2a 1＋8a 1＝8a 1＋4，解得a 1＝2.故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n (n ∈N *)．(2)因为b n ＝na n ＋n ＝n 2n ＋1，所以b 1＝13，b m ＝m 2m ＋1，b n ＝n 2n ＋1. 若b 1，b m ，b n 成等比数列，则⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m ＋12＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n ＋1，即m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3. 由m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3，可得3n ＝－2m 2＋4m ＋1m 2，所以－2m 2＋4m ＋1>0，从而1－62<m<1＋62.又n ∈N *，且m>1，所以m ＝2，此时n ＝12.故当且仅当m ＝2，n ＝12时，b 1，b m ，b n 成等比数列．[名师点评] 对于结论探索性问题，需要先得出一个结论，再进行证明．注意含有两个变量的问题，变量归一是常用的解题思想，一般把其中的一个变量转化为另一个变量，根据题目条件，确定变量的值．遇到数列中的比较大小问题可以采用构造函数，根据函数的单调性进行证明，这是解决复杂问题常用的方法．3．存在探索性问题此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立；解决此类问题的一般方法是：假定题中的数学对象存在或结论成立或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用．[典例3] 已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，n ∈N *. (1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1为等比数列； (2)是否存在互不相等的正整数m ，s ，n ，使m ， s ，n 成等差数列，且a m －1，a s －1，a n －1成等比数列？如果存在，请给以证明；如果不存在，请说明理由．[解题指导] 第(1)问中a n ＋1与a n 的关系以分式形式给出，可以通过取倒数处理，目的仍然是变为等差数列或等比数列；第(2)问可先假设所探求问题存在再去求解，注意应用重要不等式进行判断．[解] (1)证明：因为1a n ＋1＝23＋13a n ，所以1a n ＋1－1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1. 又因为1a 1－1≠0，所以1a n －1≠0(n∈N *)．所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1为等比数列． (2)假设存在，则m ＋n ＝2s ，(a m －1)(a n －1)＝(a s －1)2，由(1)知1a n －1＝(a 1－1)⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝23n ，则a n ＝3n 3n ＋2， 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫3n 3n ＋2－1⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 3m ＋2－1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3s 3s ＋2－12，化简得3m ＋3n ＝2×3s . 因为3m ＋3n ≥2×3m ＋n ＝2×3s ，当且仅当m ＝n 时等号成立，又m ，s ，n 互不相等，所以不存在．[名师点评] 数列问题是以分式形式给出条件的，一般采用取倒数，再转化为等差数列或等比数列，通过等差数列与等比数列的桥梁作用求出通项．遇到多个变量的存在性问题，一般假设存在，求出满足的关系，再寻找满足的条件，一般可以利用重要不等式、值域或范围等判断是否存在．。

第五章 第4节[基础训练组]1．(导学号14577473)设f (x )是定义在R 上的恒不为零的函数，对任意实数x ，y ∈R ，都有f (x )·f (y )＝f (x ＋y )，若a 1＝12，a n ＝f (n )(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫12，2B.⎣⎡⎦⎤12，2 C.⎣⎡⎭⎫12，1D.⎣⎡⎦⎤12，1解析：C [∵对任意x ，y ∈R ，都有f (x )·f (y )＝f (x ＋y )， ∴令x ＝n ，y ＝1，得f (n )·f (1)＝f (n ＋1)， 即a n ＋1a n ＝f (n ＋1)f (n )＝f (1)＝12，∴数列{a n }是以12为首项，以12为等比的等比数列，∴a n ＝f (n )＝⎝⎛⎭⎫12n，∴S n ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝1－⎝⎛⎭⎫12n ∈⎣⎡⎭⎫12，1.故选C.] 2．(导学号14577474)12＋12＋38＋…＋n2n 等于( )A.2n －n －12nB.2n ＋1－n －22nC.2n －n ＋12nD.2n ＋1－n ＋22n解析：B [法一：令S n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①则12S n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，② ①－②，得12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12－n2n ＋1.∴S n ＝2n ＋1－n －22n.故选B.法二：取n ＝1时，n 2n ＝12，代入各选项验证可知选B.]3．(导学号14577475)已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，15＋25＋35＋45，…，那么数列{b n }＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为( )A ．4⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1B ．4⎝⎛⎭⎫12－1n ＋1C ．1－1n ＋1D.12－1n ＋1解析：A [由题意知a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋3n ＋1＋…＋nn ＋1＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n 2，b n ＝1a n a n ＋1＝4⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，所以b 1＋b 2＋…＋b n ＝4⎝⎛⎭⎫1－12＋4⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋4⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝4⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝4⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1.]4．(导学号14577476)数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( )A ．200B ．－200C ．400D ．－400解析：B [S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.]5．(导学号14577477)(2018·太原市三模)数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的n ∈N *都有a n＋1＝a 1＋a n ＋n ，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前100项和为( )A.100101B.99100C.101100D.200101解析：D [数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ， ∴a n ＋1－a n ＝1＋n ，∴a n －a n －1＝n ，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n ＋(n －1)＋…＋2＋1＝n (n ＋1)2，∴1a n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前100项和 2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝2⎝⎛⎭⎫1－1101＝200101，故选D.] 6．(导学号14577478)(2018·大理州一模)若数列{a n }的首项a 1＝2，且a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)；令b n ＝log 3(a n ＋1)，则b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 100＝ ____________ .解析：∵数列{a n }的首项a 1＝2，且a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，a 1＋1＝3，∴{a n ＋1}是首项为3，公比为3的等比数列， ∴a n ＋1＝3n ，∴b n ＝log 3(a n ＋1)＝log 33n ＝n ，∴b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 100＝1＋2＋3＋…＋100＝100(100＋1)2＝5 050.答案：5 0507．(导学号14577479)数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－4n ＋2，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 10|＝ ________ .解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －5.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，2n －5，n ≥2.令2n －5≤0，得n ≤52，∴当n ≤2时，a n <0，当n ≥3时，a n >0，∴|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 10|＝－(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4＋…＋a 10)＝S 10－2S 2＝66. 答案：668．(导学号14577480)等比数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝________ .解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1－(2n －1－1)＝2n －1，又∵a 1＝1适合上式．∴a n ＝2n －1，∴a 2n ＝4n －1. ∴数列{a 2n }是以a 21＝1为首项，以4为公比的等比数列．∴a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1·(1－4n)1－4＝13(4n－1)． 答案：13(4n －1)9．(导学号14577481)(2018·郴州市一模)等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值．解：(1)设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝4，(a 1＋3d )＋(a 1＋6d )＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝1，所以a n ＝3＋(n －1)＝n ＋2；(2)b n ＝2a n －2＋n ＝2n ＋n ，所以b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝(2＋1)＋(22＋2)＋…＋ ＝(2＋22＋…＋210)＋(1＋2＋…＋10) ＝2(1－210)1－2＋(1＋10)×102＝2 101.10．(导学号14577482)(2018·绵阳市质量诊断)设S n 为各项不相等的等差数列{a n }的前n 项和，已知a 3a 5＝3a 7，S 3＝9.(1)求数列{a n }通项公式；(2)设T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和，求T na n ＋1的最大值．解：(1)设{a n }的公差为d ，∵a 3a 5＝3a 7，S 3＝9， ∴⎩⎪⎨⎪⎧(a 1＋2d )(a 1＋4d )＝3(a 1＋6d )3a 1＋3×22d ＝9， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝0a 1＝3(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1a 1＝2，∴a n ＝2＋(n －1)×1＝n ＋1； (2)∵1a n a n ＋1＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2， ∴T n ＝1a 1a 2＝1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n 2(n ＋2)∴T n a n ＋1＝n 2(n ＋2)2＝n 2(n 2＋4n ＋4)＝12⎝⎛⎭⎫n ＋4＋4n ≤12⎝⎛⎭⎫4＋2n ·4n ＝116， 当且仅当n ＝4n ，即n ＝2时“＝”成立，即当n ＝2时，T n a n ＋1取得最大值116.[能力提升组]11．(导学号14577483)已知等比数列{a n }的各项均为不等于1的正数，数列{b n }满足b n＝lg a n ，b 3＝18，b 6＝12，则数列{b n }的前n 项和的最大值等于( )A ．126B ．130C ．132D ．134 解析：C [b n ＋1－b n ＝lg a n ＋1－lg a n ＝lga n ＋1a n＝lg q (常数)，∴{b n }为等差数列．∴⎩⎪⎨⎪⎧ b 1＋2d ＝18，b 1＋5d ＝12，∴⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－2，b 1＝22.由b n ＝－2n ＋24≥0，得n ≤12，∴{b n }的前11项为正，第12项为零，从第13项起为负，∴S 11、S 12最大且S 11＝S 12＝132.]12．(导学号14577484)已知F (x )＝f ⎝⎛⎭⎫x ＋12－1是R 上的奇函数，a n ＝f (0)＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋f (1)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为( ) A ．a n ＝n －1 B ．a n ＝n C ．a n ＝n ＋1D ．a n ＝n 2解析：C [∵F (x )＋F (－x )＝0，∴f ⎝⎛⎭⎫x ＋12＋f ⎝⎛⎭⎫－x ＋12＝2，即若a ＋b ＝1，则f (a )＋f (b )＝2.于是，由a n ＝f (0)＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫2n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋f (1)，得2a n＝[f (0)＋f (1)]＋⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋…＋⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＋[f (1)＋f (0)]＝2n ＋2，∴a n ＝n ＋1.故选C.]13．(导学号14577485)(理科)(2018·太原市一模)已知数列{a n }中，a 1＝－1，a n ＋1＝2a n＋3n －1(n ∈N *)，则其前n 项和S n ＝ __________ .解析：∵数列{a n }中，a 1＝－1，a n ＋1＝2a n ＋3n －1(n ∈N *)， ∴a 2＝0，n ≥2时，a n ＝2a n －1＋3n －4，∴a n ＋1－a n ＝2a n －2a n －1＋3，化为a n ＋1－a n ＋3＝2(a n －a n －1＋3)，a 2－a 1＋3＝2， ∴数列{a n －a n －1＋3}是等比数列，首项为2，公比为2. ∴a n －a n －1＋3＝2n ，即a n －a n －1＝2n －3.∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －3＋2n －1－3＋…＋22－3－1＝4(2n －1－1)2－1－3(n －1)－1＝2n ＋1－3n －2.∴S n ＝4(2n －1)2－1－3×n (n ＋1)2－2n＝2n ＋2－4－3n 2＋7n2.答案：2n ＋2－4－3n 2＋7n 213．(导学号14577486)(文科)(2018·龙岩市一模)已知S n 为数列{a n }的前n 项和，对n ∈N *都有S n ＝1－a n ，若b n ＝log 2a n ，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝ _______________ .解析：对n ∈N *都有S n ＝1－a n ，n ＝1时，a 1＝1－a 1，解得a 1＝12.n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝1－a n －(1－a n －1)，化为a n ＝12a n －1，∴数列{a n }是等比数列，公比为12，首项为12，∴a n ＝⎝⎛⎭⎫12n，∴b n ＝log 2a n ＝－n . ∴1b n b n ＋1＝1－n (－n －1)＝1n －1n ＋1， ∴1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.答案：nn ＋114．(导学号14577487)(2018·潍坊市一模)已知各项为正数的等比数列{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 ∵b 4是a 2和a 4的等比中项，∴a 2·a 4＝a 23＝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 －1，①2H n ＝2＋2·22＋3·23＋4·24＋…＋n ·2n ，② ①－②，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＋1－4n21－4＝⎝⎛⎭⎫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.。

练案[35]第五章 数列第一讲 数列的概念与简单表示法A 组基础巩固一、选择题1．在数列1,1,2,3,5,8,13，x,34,55，…中，x 应取导学号 58534445( C ) A ．19 B ．20 C ．21D ．22[解析] a 1＝1，a 2＝1，a 3＝2，∴a n ＋2＝a n ＋1＋a n ，∴x ＝8＋13＝21，故选C ． 2．数列23，－45，67，－89，…的第10项是导学号 58534446( C )A ．－1617B ．－1819C ．－2021D ．－2223[解析] a n ＝(－1)n＋12n 2n ＋1，∴a 10＝－2021，选C 项．3．已知数列{a n }对于任意p ，q ∈N *，有a p ＋a q ＝a p ＋q ，若a 1＝19，则a 36＝导学号 58534447( D )A ．136B ．19C ．1D ．4[解析] 因为a p ＋q ＝a p ＋a q ，所以a 36＝a 32＋a 4＝2a 16＋a 4＝4a 8＋a 4＝8a 4＋a 4＝18a 2＝36a 1＝4.4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝导学号 58534448( B ) A ．2n －1B ．(32)n －1C ．(23)n －1D ．12n －1[解析] 由已知S n ＝2a n ＋1，得S n ＝2(S n ＋1－S n )， 即2S n ＋1＝3S n ，S n ＋1S n ＝32，而S 1＝a 1＝1，所以S n ＝(32)n －1.另解：当n ＝1时，S 1＝2a 2，又因S 1＝a 1＝1，所以a 2＝12，S 2＝1＋12＝32.显然只有B 项符合．5．将石子摆成如图的梯形形状．称数列5,9,14,20，…为“梯形数”．根据图形的构在，数列的第10项a 10＝导学号58534449( C )A ．90B ．81C ．77D ．65[解析] 解法一：由图可知a 1＝2＋3，a 2＝2＋3＋4，a 3＝2＋3＋4＋5，…，a 10＝2＋3＋4＋…＋12＝(2＋12)×112＝77解法二：由数可得⎭⎪⎬⎪⎫a 1＝5a 2－a 1＝4a 3－a 2＝5a 4－a 3＝6…a 10－a 11＝12a 10＝776．(2017·吉林模拟改编)若数列{a n }满足a 1＝12，a n ＝1－1a n －1(n ≥2且n ∈N *)，则a 2 019等于导学号 58534450( D )A ．－1B ．12C ．1D ．2[解析] ∵a 1＝12，a n ＝1－1a n －1(n ≥2且n ∈N *)，∴a 2＝1－1a 1＝1－112＝－1，∴a 3＝1－1a 2＝1－1－1＝2，∴a 4＝1－1a 3＝1－12＝12，…，依此类推，可得a n ＋3＝a n ，∴a 2019＝a 672×3＋3＝a 3＝2，故选D ．7．(2018·广西柳州摸底)数列{a n }的通项公式a n ＝cos n π2，n ∈N *，其前n 项和S n ，则S 2 017＝导学号 58534451( D )A ．1 008B ．－1 008C ．－1D ．0[解析] a 1＝cos π2＝0，a 2＝cosπ＝－1，a 3＝cos 3π2＝0，a 4＝cos2π＝1，a 5＝cos 5π2＝0，a 6＝cos3π＝－1，……{a n }是以4为周期的周期数列，∴S 2017＝504(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 1＝0，故选D ．8．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，则其通项公式a n ＝导学号 58534452( A ) A ．2n －1 B ．2n －1＋1C ．2n －1D ．2(n －1)[解析] ∵a n ＋1＝2a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，又a 1＝1，∴a 1＋1＝2，∴{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，∴a n ＋1＝2n ，∴a n ＝2n －1，故选A ．另解：∵a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，∴a 2＝3，a 4＝7，a 5＝15，由a 1＝1，排除D ，由a 4＝7，排除B ，由a 5＝15，排除C ．故选A ．二、填空题9．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n ＋1，则数列的通项公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，(n ＝1)2·3n －1，(n ≥2) .导学号 58534453 [解析] 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋1＝4，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n ＋1－3n －1－1＝2·3n －1，显然n ＝1时，a 1不满足上式，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，(n ＝1)2·3n －1，(n ≥2).10．(2017·河南八校联考)在数列{a n }中，S n 为其前n 项和，且S n ＝2a n ＋1，则该数列的通项公式a n ＝__－2n －1__.导学号 58534454[解析] ∵S n ＝2a n ＋1，∴S n ＋1＝2a n ＋1＋1，两式相减得a n ＋1＝2a n ＋1－2a n ，即a n ＋1＝2a n ，又S 1＝2a 1＋1，∴a 1＝－1，∴{a n }是首项为－1，公比为2的等比数列，∴a n ＝－2n －1.11．(课本改编)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋1n (n ＋1)，则数列a n ＝ 3－1n.导学号 58534455 [解析] 由题意，得a n ＋1－a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，a n＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝(1n －1－1n )＋(1n －2－1n －1)＋…＋(12－13)＋(1－12)＋2＝3－1n .12．(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＝__1__，S 5＝__121__.导学号 58534456[解析] 解法一：由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝4，a 2＝2a 1＋1，解得a 1＝1.由a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，得S n ＋1＝3S n＋1，所以S n ＋1＋12＝3(S n ＋12)，所以{S n ＋12}是以32为首项，3为公比的等比数列，所以S n ＋12＝32×3n －1，即S n ＝3n －12，所以S 5＝121. 解法二：由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 2＝4a 2＝2a 1＋1解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1a 2＝3，又a n ＋1＝2S n ＋1，a n ＋2＝2S n ＋1＋1，两式相减得a n ＋2－a n ＋1＝2a n ＋1，即a n ＋2a n ＋1＝3，又a 2a 1＝3，∴{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，∴a n ＋1＝3n，∴S n ＝3n －12，∴S 5＝121.三、解答题13．已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n .导学号 58534457(1)求a 2，a 3；(2)求数列{a n }的通项公式．[解析] (1)因为S n ＝n ＋23a n ，且a 1＝1，所以S 2＝43a 2，即a 1＋a 2＝43a 2，得a 2＝3.由S 3＝53a 3，得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，得a 3＝6.(2)由题意知a 1＝1.当n ≥2时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1， 整理，得a n ＝n ＋1n －1a n －1，即a n a n －1＝n ＋1n －1.所以a 2a 1＝3，a 3a 2＝42，a 4a 3＝53，…，a n a n －1＝n ＋1n －1，将以上n －1个式子的两端分别相乘，得a n a 1＝n (n ＋1)2.所以a n ＝n (n ＋1)2(n ≥2)．又a 1＝1适合上式，故a n ＝n (n ＋1)2(n ∈N *)．B 组能力提升1．若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－10n (n ∈N *)，则数列{na n }中数值最小的项是导学号 58534458( B )A ．第2项B ．第3项C ．第4项D ．第5项[解析] ∵S n ＝n 2－10n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －11；当n ＝1时，a 1＝S 1＝－9也适合上式． ∴a n ＝2n －11(n ∈N *)．记f (n )＝na n ＝n (2n －11)＝2n 2－11n ，此函数图象的对称轴为直线n ＝114，但n ∈N *，∴当n ＝3时，f (n )取最小值．于是，数列{na n }中数值最小的项是第3项．2．数列{a n }中{a n }中，a 1＝1，且a 1·a 2·a 3…a n ＝n 2(n ≥2，n ∈N *)，则a 3＋a 5＝导学号 58534459( A )A ．6116B ．259C ．2516D ．3115[解析] 记T n ＝a 1a 2a 3…a n ＝n 2 则T 5＝25，T 4＝16，T 3＝9，T 2＝4 a 3＋a 5＝T 3T 2＋T 5T 4＝94＋2516＝6116，故选A ．3．(2017·湖南岳阳一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＝(n ＋1)a n2，则a 2 017＝导学号 58534460( B )A ．2 016B ．2 017C ．4 032D ．4 034 [解析] 由题意知n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n ＋1)a n 2－na n －12，化为a n n ＝a n －1n －1∴a n n ＝a n －1n －1＝…＝a 11＝1，∴a n ＝n . 则a 2 017＝2 017.故选B ．4．(2014·课标全国Ⅱ)数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n ，a 8＝2，则a 1＝ 12 .导学号 58534461[解析] 由a n ＋1＝11－a n 及a 8＝2，得2＝11－a 7，解得a 7＝12；由a 7＝12，得12＝11－a 6，解得a 6＝－1；同理可得a 5＝2.由此可得，a 4＝12，a 3＝－1，a 2＝2，a 1＝12.5．(2015·江苏高考)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列{1a n}前10项的和为2011.导学号 58534462 [解析] 由题意可知，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，则1a n ＝2n (n ＋1)＝2(1n －1n ＋1)，数列{1a n }的前10项的和为1a 1＋1a 2＋…＋1a 10＝2(1－12＋12－13＋…＋110－111)＝2011.。

第五章 数 列第一节数列的概念与简单表示法1．数列的有关概念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 ≥2.5．数列的分类1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( ) (2)1,1,1,1，…，不能构成一个数列．( )(3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( )(4)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( ) 答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√2．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝9＋12n ，则在下列各数中，不是{a n }的项的是( ) A ．21 B ．33 C ．152D ．153解析：选C 由9＋12n ＝152，得n ＝14312∉N *.3．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋1a n －1(n ≥2)，则a 4＝( ) A.32 B.53 C.74D.85 解析：选B 由题意知，a 1＝1，a 2＝1＋1a 1＝2，a 3＝1＋1a 2＝32，a 4＝1＋1a 3＝53.4．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －1＋2n (n ≥2)，则a 7＝( )A ．53B ．54C ．55D ．109解析：选C 由题意知，a 2＝a 1＋2×2，a 3＝a 2＋2×3，……，a 7＝a 6＋2×7，各式相加得a 7＝a 1＋2(2＋3＋4＋…＋7)＝55.5．数列1，23，35，47，59，…的一个通项公式a n ＝________.解析：由已知得，数列可写成11，23，35，…，故通项公式可以为a n ＝n 2n －1.答案：n2n －16．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －3，则数列{a n }的通项公式是________________． 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n －3)－(2n －1－3)＝2n －2n －1＝2n －1.又a 1＝－1不适合上式，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，2n －1，n ≥2考点一 由a n 与S n 的关系求通项a n (基础送分型考点——自主练透)[考什么·怎么考]n n 1．已知S n ＝3n ＋2n ＋1，则a n ＝____________. 解析：因为当n ＝1时，a 1＝S 1＝6； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋2n ＋1)－[3n －1＋2(n －1)＋1]＝2·3n －1＋2，由于a 1不适合此式，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，2·3n －1＋2，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，2·3n －1＋2，n ≥22．(2017·全国卷Ⅲ改编)设数列{a n}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)a n＝2n，则a n＝____________.解析：因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)a n＝2n，故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)a n－1＝2(n－1)．两式相减得(2n－1)a n＝2，所以a n＝22n－1(n≥2)．又由题设可得a1＝2，满足上式，从而{a n}的通项公式为a n＝22n－1(n∈N*)．答案：22n－1(n∈N*)[题型技法]已知Sn求a n的3步骤(1)先利用a1＝S1求出a1；(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)注意检验n＝1时的表达式是否可以与n≥2的表达式合并．考法(二)由S n与a n的关系，求a n，S n3．设数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝2(a n－1)(n∈N*)，则a n＝()A．2n B．2n－1C．2n D．2n－1解析：选C当n＝1时，a1＝S1＝2(a1－1)，可得a1＝2，当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2a n－2a n－1，∴a n＝2a n－1，∴数列{a n}为首项为2，公比为2的等比数列，所以a n＝2n.4．(2015·全国卷Ⅱ)设S n是数列{a n}的前n项和，且a1＝－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1S1＝－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：－1n[题型技法]Sn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．考点二 由递推关系式求数列的通项公式 (基础送分型考点——自主练透)[考什么·怎么考]1．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，则数列{a n }的通项公式为__________． 解析：∵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 *)． 答案：a n ＝1n(n ∈N *)[方法点拨] 叠乘法求通项公式的4步骤方法(二) 叠加法求通项公式2．设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________________．解析：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时也满足上式，∴a n ＝n 2＋n2(n ∈N *)．答案：a n ＝n 2＋n2(n ∈N *)[方法点拨] 叠加法求通项公式的4步骤方法(三) 构造法求通项公式3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，则数列{a n }的通项公式为________________． 解析：∵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 *)．答案：a n ＝2·3n －1－1(n ∈N *)[方法点拨] 构造法求通项公式的3步骤[怎样快解·准解]1．正确选用方法求数列的通项公式(1)对于递推关系式可转化为a n ＋1a n＝f (n )的数列，并且容易求数列{f (n )}前n 项的积时，采用叠乘法求数列{a n }的通项公式．(2)对于递推关系式可转化为a n ＋1＝a n ＋f (n )的数列，通常采用叠加法(逐差相加法)求其通项公式．(3)对于递推关系式形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠0,1，q ≠0)的数列，采用构造法求数列的通项． 2．避免2种失误(1)利用叠乘法，易出现两个方面的问题：一是在连乘的式子中只写到a 2a 1，漏掉a 1而导致错误；二是根据连乘求出a n 之后，不注意检验a 1是否成立．(2)利用构造法求解时应注意数列的首项的正确求解以及准确确定叠加、叠乘后最后一个式子的形式．考点三 数列的性质及应用 (重点保分型考点——师生共研)1．已知数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n，若a 1＝12，则a 2 018＝( )A ．－1 B.12 C ．1D ．2解析：选D 由a 1＝12，a n ＋1＝11－a n ，得a 2＝11－a 1＝2，a 3＝11－a 2＝－1，a 4＝11－a 3＝12，a 5＝11－a 4＝2，…， 于是可知数列{a n }是以3为周期的周期数列，因此a 2 018＝a 3×672＋2＝a 2＝2. 2．已知数列{a n }满足a n ＝n ＋13n －16(n ∈N *)，则数列{a n }的最小项是第________项．解析：因为a n ＝n ＋13n －16，所以数列{a n }的最小项必为a n <0，即n ＋13n －16<0,3n －16<0，从而n <163.又n ∈N *，所以当n ＝5时，a n 的值最小．答案：5[解题师说]1．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． 2．判断数列单调性的2种方法(1)作差比较法：比较a n ＋1－a n 与0的大小．(2)作商比较法：比较a n ＋1a n 与1的大小，注意a n 的符号．3．求数列最大项或最小项的方法(1)利用不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≤a n ，a n ≥a n ＋1(n ≥2)找到数列的最大项；(2)利用不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≥a n ，a n ≤a n ＋1(n ≥2)找到数列的最小项．[冲关演练]1．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1(n ∈N *)，则a 2 018＝( )A ．1B ．0C ．2 018D ．－2 018解析：选B ∵a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1＝(a n －1)2，∴a 2＝(a 1－1)2＝0，a 3＝(a 2－1)2＝1，a 4＝(a 3－1)2＝0，…，可知数列{a n }是以2为周期的数列，∴a 2 018＝a 2＝0，选B.2．等差数列{a n }的公差d <0，且a 21＝a 211，则数列{a n }的前n 项和S n 取得最大值时的项数n 的值为( )A ．5B ．6C ．5或6D ．6或7解析：选C 由a 21＝a 211，可得(a 1＋a 11)(a 1－a 11)＝0，因为d <0，所以a 1－a 11≠0，所以a 1＋a 11＝0， 又2a 6＝a 1＋a 11，所以a 6＝0. 因为d <0，所以{a n }是递减数列，所以a 1>a 2>…>a 5>a 6＝0>a 7>a 8>…，显然前5项和或前6项和最大，故选C.(一)普通高中适用作业A 级——基础小题练熟练快1．已知数列1,2，7，10，13，…，则219在这个数列中的项数是( ) A ．16 B ．24 C ．26D ．28解析：选C 因为a 1＝1＝1，a 2＝2＝4，a 3＝7，a 4＝10，a 5＝13，…，所以a n＝3n －2.令a n ＝3n －2＝219＝76，解得n ＝26.2．数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n (n ∈N *)，若p －q ＝5，则a p －a q ＝( ) A ．10 B ．15 C ．－5D ．20解析：选D 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－3n －[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1，符合上式，所以a n ＝4n －5，所以a p －a q ＝4(p －q )＝20.3．(2017·河南许昌二模)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2－a n ＝6，则a 11的值为( )A ．31B ．32C ．61D ．62解析：选A ∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2－a n ＝6，∴a 3＝6＋1＝7，a 5＝6＋7＝13，a 7＝6＋13＝19，a 9＝6＋19＝25，a 11＝6＋25＝31. 4．(2018·云南检测)设数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－bn ，若数列{a n }是单调递增数列，则实数b 的取值范围为( )A ．(－∞，－1]B ．(－∞，2]C ．(－∞，3)D.⎝⎛⎦⎤－∞，92 解析：选C 因为数列{a n }是单调递增数列，所以a n ＋1－a n ＝2n ＋1－b >0(n ∈N *)，所以b <2n ＋1(n ∈N *)，所以b <(2n ＋1)min ＝3，即b <3.5．(2018·湖南湘潭一中、长沙一中等六校联考)已知数列{a n }满足：∀m ，n ∈N *，都有a n ·a m ＝a n ＋m ，且a 1＝12，那么a 5＝( )A.132B.116C.14D.12解析：选A ∵数列{a n }满足：∀m ，n ∈N *，都有a n ·a m ＝a n ＋m ，且a 1＝12，∴a 2＝a 1a 1＝14，a 3＝a 1·a 2＝18，∴a 5＝a 3·a 2＝132. 6．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，a 2＝2，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21为( )A ．5 B.72 C.92D.132解析：选B ∵a n ＋a n ＋1＝12，a 2＝2，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－32，n 为奇数，2， n 为偶数.∴S 21＝11×⎝⎛⎭⎫－32＋10×2＝72. 7．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1(n ∈N *)，则a n ＝________. 解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝4≠2×1＋1，因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥28．已知数列{a n }为12，14，－58，1316，－2932，6164，…，则数列{a n }的一个通项公式是________．解析：各项的分母分别为21,22,23,24，…，易看出从第2项起，每一项的分子都比分母少3，且第1项可变为－2－32，故原数列可变为－21－321，22－322，－23－323，24－324，…故其通项公式为a n ＝(－1)n·2n －32n ，n ∈N *.答案：a n ＝(－1)n·2n －32n ，n ∈N *9．数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＋S n －1＝2n －1(n ≥2，n ∈N *)，且S 2＝3，则a 1＋a 3的值为________．解析：∵S n ＋S n －1＝2n －1(n ≥2)，令n ＝2， 得S 2＋S 1＝3，由S 2＝3得a 1＝S 1＝0， 令n ＝3，得S 3＋S 2＝5，所以S 3＝2，则a 3＝S 3－S 2＝－1，所以a 1＋a 3＝0＋(－1)＝－1. 答案：－110．在一个数列中，如果∀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：28B 级——中档题目练通抓牢1．若a 1＝12，a n ＝4a n －1＋1(n ≥2)，则a n >100时，n 的最小值为( )A ．3B ．4C ．5D ．6解析：选C 由a 1＝12，a n ＝4a n －1＋1(n ≥2)得，a 2＝4a 1＋1＝4×12＋1＝3，a 3＝4a 2＋1＝4×3＋1＝13，a 4＝4a 3＋1＝4×13＋1＝53，a 5＝4a 4＋1＝4×53＋1＝213>100.2．(2018·咸阳模拟)已知正项数列{a n }中，a 1＋a 2＋…＋a n ＝n (n ＋1)2(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝nB ．a n ＝n 2C ．a n ＝n2D ．a n ＝n 22解析：选B ∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝n (n ＋1)2， ∴a 1＋a 2＋…＋a n －1＝n (n －1)2(n ≥2)， 两式相减得a n ＝n (n ＋1)2－n (n －1)2＝n (n ≥2)， ∴a n ＝n 2(n ≥2)．又当n ＝1时，a 1＝1×22＝1，a 1＝1，适合上式，∴a n ＝n 2，n ∈N *.故选B.3．若数列{a n }满足：a 1＝19，a n ＋1＝a n －3(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和数值最大时，n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：选B ∵a 1＝19，a n ＋1－a n ＝－3，∴数列{a n }是以19为首项，－3为公差的等差数列， ∴a n ＝19＋(n －1)×(－3)＝22－3n . 设{a n }的前k 项和数值最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧ a k ≥0，a k ＋1≤0k ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧22－3k ≥0，22－3(k ＋1)≤0，∴193≤k ≤223， ∵k ∈N *，∴k ＝7.∴满足条件的n 的值为7.4．在数列{a n }中，a n >0，且前n 项和S n 满足4S n ＝(a n ＋1)2(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________．解析：当n ＝1时，4S 1＝(a 1＋1)2，解得a 1＝1； 当n ≥2时，由4S n ＝(a n ＋1)2＝a 2n ＋2a n ＋1， 得4S n －1＝a 2n －1＋2a n －1＋1，两式相减得4S n －4S n －1＝a 2n －a 2n －1＋2a n －2a n －1＝4a n ，整理得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0，因为a n >0，所以a n －a n －1－2＝0，即a n －a n －1＝2， 又a 1＝1，故数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列， 所以a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1. 答案：a n ＝2n －15.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，故该数阵中的第10行第3个数为97. 答案：976．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，解得k >－3.所以实数k 的取值范围为(－3，＋∞)．7．已知二次函数f (x )＝x 2－ax ＋a (a >0，x ∈R)，有且只有一个零点，数列{a n }的前n 项和S n ＝f (n )(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设c n ＝1－4a n(n ∈N *)，定义所有满足c m ·c m ＋1<0的正整数m 的个数，称为这个数列{c n }的变号数，求数列{c n }的变号数．解：(1)依题意，Δ＝a 2－4a ＝0， 所以a ＝0或a ＝4. 又由a >0得a ＝4，所以f (x )＝x 2－4x ＋4. 所以S n ＝n 2－4n ＋4.当n ＝1时，a 1＝S 1＝1－4＋4＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －5.所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －5，n ≥2.(2)由题意得c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，n ＝1，1－42n －5，n ≥2. 由c n ＝1－42n －5可知，当n ≥5时，恒有c n >0. 又c 1＝－3，c 2＝5，c 3＝－3，c 4＝－13，c 5＝15，c 6＝37，即c 1·c 2<0，c 2·c 3<0，c 4·c 5<0， 所以数列{c n }的变号数为3. C 级——重难题目自主选做1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(n ＋2)⎝⎛⎭⎫910n (n ∈N *)，则数列{a n }的最大项是( ) A ．a 6或a 7 B ．a 7或a 8 C ．a 8或a 9D ．a 7解析：选B 因为a n ＋1－a n ＝(n ＋3)⎝⎛⎭⎫910n ＋1－(n ＋2)⎝⎛⎭⎫910n ＝⎝⎛⎭⎫910n ·7－n 10，当n <7时，a n＋1－a n >0，即a n ＋1>a n ；当n ＝7时，a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝a n ；当n >7时，a n ＋1－a n <0，即a n ＋1<a n ，则a 1<a 2<…<a 7＝a 8>a 9>a 10>…，所以此数列的最大项是第7项或第8项，即a 7或a 8.故选B.2．(2018·成都诊断)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n 2n 2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝________.解析：由题意知a n a n －1＝n 2n 2－1＝n 2(n －1)(n ＋1)，所以a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×…×a na n －1＝1×2222－1×3232－1×…×n 2n 2－1＝22×32×42×…×n 2(2－1)×(2＋1)×(3－1)×(3＋1)×(4－1)×(4＋1)×…×(n －1)×(n ＋1) ＝22×32×42×…×n 21×3×2×4×3×5×…×(n －1)×(n ＋1)＝2nn ＋1.答案：2nn ＋1(二)重点高中适用作业A 级——保分题目巧做快做1．已知数列1,2，7，10，13，…，则219在这个数列中的项数是( ) A ．16 B ．24 C ．26D ．28解析：选C 因为a 1＝1＝1，a 2＝2＝4，a 3＝7，a 4＝10，a 5＝13，…，所以a n＝3n －2.令a n ＝3n －2＝219＝76，解得n ＝26.2.(2018·郑州模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2－a n ＝6，则a 11的值为( ) A ．31 B ．32 C ．61D ．62解析：选A ∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2－a n ＝6， ∴a 3＝6＋1＝7，a 5＝6＋7＝13，a 7＝6＋13＝19， a 9＝6＋19＝25，a 11＝6＋25＝31.3．数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n (n ∈N *)，若p －q ＝5，则a p －a q ＝( ) A ．10 B ．15 C ．－5D ．20解析：选D 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－3n －[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1，符合上式，所以a n ＝4n －5，所以a p －a q ＝4(p －q )＝20.4．(2018·湖南湘潭一中、长沙一中等六校联考)已知数列{a n }满足：∀m ，n ∈N *，都有a n ·a m ＝a n ＋m ，且a 1＝12，那么a 5＝( )A.132B.116C.14D.12解析：选A ∵数列{a n }满足：∀m ，n ∈N *，都有a n ·a m ＝a n ＋m ，且a 1＝12，∴a 2＝a 1a 1＝14，a 3＝a 1·a 2＝18，∴a 5＝a 3·a 2＝132. 5．若数列{a n }满足：a 1＝19，a n ＋1＝a n －3(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和最大时，n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：选B ∵a 1＝19，a n ＋1－a n ＝－3，∴数列{a n }是以19为首项，－3为公差的等差数列， ∴a n ＝19＋(n －1)×(－3)＝22－3n . 设{a n }的前k 项和最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧ a k ≥0，a k ＋1≤0k ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧22－3k ≥0，22－3(k ＋1)≤0， ∴193≤k ≤223， ∵k ∈N *，∴k ＝7. ∴满足条件的n 的值为7.6.(2018·河北唐山一模)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a 1(4n －1)3，若a 4＝32，则a 1＝________.解析：∵S n ＝a 1(4n －1)3，a 4＝32，∴S 4－S 3＝255a 13－63a 13＝32，∴a 1＝12. 答案：127．已知数列{a n }为12，14，－58，1316，－2932，6164，…，则数列{a n }的一个通项公式是________．解析：各项的分母分别为21,22,23,24，…，易看出从第2项起，每一项的分子都比分母少3，且第1项可变为－2－32，故原数列可变为－21－321，22－322，－23－323，24－324，…故其通项公式为a n ＝(－1)n·2n －32n ，n ∈N *.答案：a n ＝(－1)n·2n －32n ，n ∈N *8．在一个数列中，如果∀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.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn ，k ∈N *，且S n 的最大值为8.试确定常数k ，并求数列{a n }的通项公式．解：因为S n ＝－12n 2＋kn ＝－12(n －k )2＋12k 2，其中k 是常数，且k ∈N *，所以当n ＝k时，S n 取最大值12k 2，故12k 2＝8，k 2＝16，因此k ＝4，从而S n ＝－12n 2＋4n .当n ＝1时，a 1＝S 1＝－12＋4＝72；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝⎝⎛⎭⎫－12n 2＋4n －－12(n －1)2＋4(n －1)＝92－n . 当n ＝1时，92－1＝72＝a 1，所以a n ＝92－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，解得k >－3.所以实数k 的取值范围为(－3，＋∞)． B 级——拔高题目稳做准做1.(2018·云南检测)设数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－bn ，若数列{a n }是单调递增数列，则实数b 的取值范围为( )A ．(－∞，－1]B ．(－∞，2]C ．(－∞，3)D.⎝⎛⎦⎤－∞，92 解析：选C 因为数列{a n }是单调递增数列，所以a n ＋1－a n ＝2n ＋1－b >0(n ∈N *)，所以b <2n ＋1(n ∈N *)，所以b <(2n ＋1)min ＝3，即b <3.2.已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n ＋2n ，且a 1＝33，则a nn 的最小值为( ) A ．21 B ．10 C.212D.172解析：选C 由已知条件可知，当n ≥2时， a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝33＋2＋4＋…＋2(n －1)＝n 2－n ＋33，又n ＝1时，a 1＝33满足此式． 所以a n n ＝n ＋33n －1.令f (n )＝a n n ＝n ＋33n －1，则f (n )在[1,5]上为减函数，在[6，＋∞)上为增函数． 又f (5)＝535，f (6)＝212，则f (5)>f (6)， 故f (n )＝a n n 的最小值为212.3.(2018·成都质检)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n 2n 2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝________.解析：由题意知a n a n －1＝n 2n 2－1＝n 2(n －1)(n ＋1)，所以a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×…×a na n －1＝1×2222－1×3232－1×…×n 2n 2－1＝22×32×42×…×n 2(2－1)×(2＋1)×(3－1)×(3＋1)×(4－1)×(4＋1)×…×(n －1)×(n ＋1) ＝22×32×42×…×n 21×3×2×4×3×5×…×(n －1)×(n ＋1)＝2nn ＋1. 答案：2nn ＋14.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，故该数阵中的第10行第3个数为97. 答案：975．已知二次函数f (x )＝x 2－ax ＋a (a >0，x ∈R)，有且只有一个零点，数列{a n }的前n 项和S n ＝f (n )(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设c n ＝1－4a n(n ∈N *)，定义所有满足c m ·c m ＋1<0的正整数m 的个数，称为这个数列{c n }的变号数，求数列{c n }的变号数．解：(1)依题意，Δ＝a 2－4a ＝0，所以a ＝0或a ＝4. 又由a >0得a ＝4， 所以f (x )＝x 2－4x ＋4. 所以S n ＝n 2－4n ＋4.当n ＝1时，a 1＝S 1＝1－4＋4＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －5.所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －5，n ≥2.(2)由题意得c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，n ＝1，1－42n －5，n ≥2. 由c n ＝1－42n －5可知，当n ≥5时，恒有c n >0. 又c 1＝－3，c 2＝5，c 3＝－3，c 4＝－13，c 5＝15，c 6＝37，即c 1·c 2<0，c 2·c 3<0，c 4·c 5<0， 所以数列{c n }的变号数为3.6.已知{a n }是公差为d 的等差数列，它的前n 项和为S n ，S 4＝2S 2＋4，在数列{b n }中，b n ＝1＋a na n.(1)求公差d 的值；(2)若a 1＝－52，求数列{b n }中的最大项和最小项的值；(3)若对任意的n ∈N *，都有b n ≤b 8成立，求a 1的取值范围． 解：(1)∵S 4＝2S 2＋4，∴4a 1＋3×42d ＝2(2a 1＋d )＋4，解得d ＝1. (2)∵a 1＝－52，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝－52＋(n －1)×1＝n －72，∴b n ＝1＋a n a n ＝1＋1a n＝1＋1n －72.∵函数f (x )＝1＋1x －72在⎝⎛⎭⎫－∞，72和⎝⎛⎭⎫72，＋∞上分别是单调减函数，∴b 3<b 2<b 1<1，当n ≥4时，1<b n ≤b 4，∴数列{b n }中的最大项是b 4＝3，最小项是b 3＝－1. (3)由b n ＝1＋1a n，得b n ＝1＋1n ＋a 1－1.又函数f (x )＝1＋1x ＋a 1－1在(－∞，1－a 1)和(1－a 1，＋∞)上分别是单调减函数，且x <1－a 1时，y <1；当x >1－a 1时，y >1.∵对任意的n ∈N *，都有b n ≤b 8， ∴7<1－a 1<8，∴－7<a 1<－6， ∴a 1的取值范围是(－7，－6)．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，符号表示为a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)．(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．4．与等差数列各项的和有关的性质(1)若{a n }是等差数列，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也成等差数列，其首项与{a n }首项相同，公差是{a n }公差的12. (2)若{a n }是等差数列，S m ，S 2m ，S 3m 分别为{a n }的前m 项，前2m 项，前3m 项的和，则S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 成等差数列．(3)关于等差数列奇数项和与偶数项和的性质． ①若项数为2n ，则S 偶－S 奇＝nd ，S 奇S 偶＝a na n ＋1. ②若项数为2n －1，则S 偶＝(n －1)a n ，S 奇＝na n ，S 奇－S 偶＝a n ，S 奇S 偶＝n n －1. (4)两个等差数列{a n }，{b n }的前n 项和S n ，T n 之间的关系为a n b n＝S 2n －1T 2n －1.1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( )(2)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．( )(3)等差数列的前n 项和公式是常数项为0的二次函数．( ) (4)已知等差数列{a n }的通项公式a n ＝3－2n ，则它的公差为－2.( ) 答案：(1)× (2)√ (3)× (4)√2．在等差数列{}a n 中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6＝( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．6解析：选B ∵{}a n 为等差数列，∴2a 4＝a 2＋a 6，∴a 6＝2a 4－a 2＝2×2－4＝0.3．(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．已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，且a 1＝1，a 4＝4，则a 10＝( )A ．－45B ．－54C.413D.134解析：选A 设等差数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的公差为d ，由题意可知，1a 4＝1a 1＋3d ＝14，解得d ＝－14，所以1a 10＝1a 1＋9d ＝－54，所以a 10＝－45. 5．已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 3＋a 9＝a 10－a 8，若a n ＝0，则n ＝________. 解析：因为a 3＋a 9＝a 10－a 8，所以a 1＋2d ＋a 1＋8d ＝a 1＋9d －(a 1＋7d )， 解得a 1＝－4d ，所以a n ＝－4d ＋(n －1)d ＝(n －5)d ， 令(n －5)d ＝0(d ≠0)，可解得n ＝5. 答案：56．在等差数列{a n }中，a n >0，a 7＝12a 4＋4，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 19＝________.解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由a 7＝12a 4＋4，得a 1＋6d ＝12(a 1＋3d )＋4，即a 1＋9d ＝8，所以a 10＝8，因此S 19＝19(a 1＋a 19)2＝19×a 10＝19×8＝152. 答案：152考点一 等差数列的基本运算 (基础送分型考点——自主练透)[考什么·怎么考]n 527A ．12 B ．13 C ．14D ．15解析：选B 设等差数列{a n }的公差为d ， 由S 5＝5(a 2＋a 4)2，得5(3＋a 4)2＝25，解得a 4＝7，所以7＝3＋2d ，解得d ＝2，所以a 7＝a 4＋3d ＝7＋3×2＝13.2．(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．(2018·福州质检)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 ．5B ．6C ．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.4．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若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[怎样快解·准解]1．等差数列运算中方程思想的应用(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a 1和公差d ，然后由通项公式或前n 项和公式转化为方程(组)求解．(2)等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．[易错提醒] 在求解数列基本量运算中，要注意公式使用时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意整体代换思想的运用，使运算更加便捷．2．等差数列前n 项和公式的应用方法根据不同的已知条件选用两个求和公式，若已知首项和公差，则使用公式S n ＝na 1＋n (n －1)2d ；若已知通项公式，则使用公式S n ＝n (a 1＋a n )2，同时注意与性质“a 1＋a n ＝a 2＋a n －1＝a 3＋a n －2＝…”的结合使用．考点二 等差数列的判定与证明 (重点保分型考点——师生共研)(2018·贵州适应性考试)已知数列{a n }满足a 1＝1，且na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n . (1)求a 2，a 3；(2)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列，并求{a n }的通项公式．[思维路径](1)要求数列的项，可根据已知首项和递推关系式，令n ＝1,2可解得．(2)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列，其关键应推出a n ＋1n ＋1－a n n 为常数，对所给条件进行必要的变形即可．解：(1)由已知，得a 2－2a 1＝4， 则a 2＝2a 1＋4，又a 1＝1，所以a 2＝6. 由2a 3－3a 2＝12，得2a 3＝12＋3a 2，所以a 3＝15.(2)证明：由已知na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n ， 得na n ＋1－(n ＋1)a n n (n ＋1)＝2，即a n ＋1n ＋1－a nn＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项a 11＝1，公差d ＝2的等差数列．则a nn ＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以a n ＝2n 2－n .[解题师说]等差数列的判定与证明方法用定义证明等差数列时，容易漏掉对起始项的检验，从而产生错解．比如，对于满足a n－a n－1＝1(n≥3)的数列{a n}而言并不能判定其为等差数列，因为不能确定起始项a2－a1是否等于1.[冲关演练]1．(2018·陕西质检)已知数列{a n}的前n项和S n＝an2＋bn(a，b∈R)且a2＝3，a6＝11，则S7等于()A．13B．49C．35 D．63解析：选B由S n＝an2＋bn(a，b∈R)可知数列{a n}是等差数列，所以S7＝7(a1＋a7)2＝7(a2＋a6)2＝49.2．已知数列{a n}中，a1＝2，a n＝2－1a n－1(n≥2，n∈N*)，设b n＝1a n－1(n∈N*)．求证：数列{b n}是等差数列．证明：∵a n＝2－1a n－1(n≥2)，∴a n＋1＝2－1a n.∴b n＋1－b n＝1a n＋1－1－1a n－1＝12－1a n－1－1a n－1＝a n－1a n－1＝1，∴{b n}是首项为b1＝12－1＝1，公差为1的等差数列．考点三等差数列的性质及前n项和的最值(重点保分型考点——师生共研)1．在等差数列{a n}中，a1＝29，S10＝S20，则数列{a n}的前n项和S n的最大值为() A．S15B．S16C．S15或S16D．S17解析：选A∵a1＝29，S10＝S20，∴10a1＋10×92d＝20a1＋20×192d，解得d＝－2，∴S n＝29n＋n(n－1)2×(－2)＝－n2＋30n＝－(n－15)2＋225.∴当n＝15时，S n取得最大值．2．(2018·石家庄一模)已知函数f(x)的图象关于直线x＝－1对称，且f(x)在(－1，＋∞)上单调，若数列{a n}是公差不为0的等差数列，且f(a50)＝f(a51)，则数列{a n}的前100项的和为❶❷() A．－200 B．－100C．－50 D．0[学审题]①由函数的对称性及单调性知f(x)在(－∞，－1)上也单调；②结合函数的性质知a50＋a51＝－2.解析：选B因为函数f(x)的图象关于直线x＝－1对称，又函数f(x)在(－1，＋∞)上单调，所以f(x)在(－∞，－1)上也单调，且数列{a n}是公差不为0的等差数列．又f(a50)＝f(a51)，所以a50＋a51＝－2，所以S100＝100(a1＋a100)2＝50(a50＋a51)＝－100.[解题师说]1．应用等差数列的性质解题的2个注意点(1)如果{a n}为等差数列，m＋n＝p＋q，则a m＋a n＝a p＋a q(m，n，p，q∈N*)．因此，若出现a m－n，a m，a m＋n等项时，可以利用此性质将已知条件转化为与a m(或其他项)有关的条件；若求a m项，可由a m＝12(a m－n＋a m＋n)转化为求a m－n，a m＋n或a m＋n＋a m－n的值．(2)要注意等差数列通项公式及前n项和公式的灵活应用，如a n＝a m＋(n－m)d，d＝a n －a m n －m，S 2n －1＝(2n －1)a n ，S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (a 2＋a n －1)2(n ，m ∈N *)等．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 .3．理清等差数列的前n 项和与函数的关系 等差数列的前n 项和公式为S n ＝na 1＋n (n －1)2d 可变形为S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ，令A ＝d2，B ＝a 1－d2，则S n ＝An 2＋Bn .当A ≠0，即d ≠0时，S n 是关于n 的二次函数，(n ，S n )在二次函数y ＝Ax 2＋Bx 的图象上，即为抛物线y ＝Ax 2＋Bx 上一群孤立的点．利用此性质可解决前n 项和S n 的最值问题．[冲关演练]1．(2018·岳阳模拟)在等差数列{a n }中，如果a 1＋a 2＝40，a 3＋a 4＝60，那么a 7＋a 8＝( ) A ．95 B ．100 C ．135D ．80解析：选B 由等差数列的性质可知，a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6，a 7＋a 8构成新的等差数列，于是a 7＋a 8＝(a 1＋a 2)＋(4－1)[(a 3＋a 4)－(a 1＋a 2)]＝40＋3×20＝100.2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1>0，a 3＋a 10>0，a 6a 7<0，则满足S n >0的最大自然数n 的值为( )A ．6B ．7C ．12D ．13解析：选C 因为a 1>0，a 6a 7<0，所以a 6>0，a 7<0，等差数列的公差小于零，又a 3＋a 10＝a 1＋a 12>0，a 1＋a 13＝2a 7<0，所以S 12>0，S 13<0，所以满足S n >0的最大自然数n 的值为12.3．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)普通高中适用作业A 级——基础小题练熟练快1．(2018·兰州诊断考试)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，a 8＋a 10＝28，则S 9＝( )A ．36B ．72C ．144D ．288解析：选B 法一：∵a 8＋a 10＝2a 1＋16d ＝28，a 1＝2， ∴d ＝32，∴S 9＝9×2＋9×82×32＝72.法二：∵a 8＋a 10＝2a 9＝28，∴a 9＝14， ∴S 9＝9(a 1＋a 9)2＝72. 2．(2018·安徽两校阶段性测试)若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 2＋S 3＝4，a 3＋S 5＝12，则a 4＋S 7的值是( )A ．20B ．36C ．24D ．72解析：选C 由a 2＋S 3＝4及a 3＋S 5＝12，得⎩⎪⎨⎪⎧ 4a 1＋4d ＝4，6a 1＋12d ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0，d ＝1，∴a 4＋S 7＝8a 1＋24d ＝24.3．(2018·西安质检)已知数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2.若a k ·a k ＋1<0，则正整数k ＝( )A ．21B ．22C ．23D ．24解析：选C 由3a n ＋1＝3a n －2⇒a n ＋1－a n ＝－23⇒{a n }是等差数列，则a n ＝473－23n .∵a k ·a k＋1<0，∴⎝⎛⎭⎫473－23k ⎝⎛⎭⎫453－23k <0，∴452<k <472，又∵k ∈N *，∴k ＝23.4．(2018·东北三校联考)已知数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列，且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，若b 3＝－2，b 2＝12，则a 8＝( )A ．0B ．－109C ．－181D ．121解析：选B 设等差数列{b n }的公差为d ，则d ＝b 3－b 2＝－14，因为a n ＋1－a n ＝b n ，所以a 8－a 1＝b 1＋b 2＋…＋b 7＝7(b 1＋b 7)2＝7b 4＝7×(－2－14)＝－112，又a 1＝3，所以a 8＝－109.5．(2018·云南11校跨区调研)在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝3a n a n ＋3，则a 4＝( )A.34 B ．1 C.43D.32解析：选A 依题意得1a n ＋1＝a n ＋33a n ＝1a n ＋13，1a n ＋1－1a n ＝13，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1a 1＝13为首项、13为公差的等差数列，则1a n ＝13＋n －13＝n 3，a n ＝3n ，a 4＝34.6．(2018·东北四市高考模拟)已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝( )A ．9B ．15C ．18D ．30解析：选C 由a n ＋1－a n ＝2可得数列{a n }是等差数列，公差d ＝2，又a 1＝－5，所以a n ＝2n －7，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋|a 4|＋|a 5|＋|a 6|＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18.7．(2016·北京高考)已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝________.解析：∵a 3＋a 5＝2a 4，∴a 4＝0. ∵a 1＝6，a 4＝a 1＋3d ，∴d ＝－2. ∴S 6＝6a 1＋6×(6－1)2d ＝6×6－30＝6.答案：68．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 59．若等差数列{a n }的前17项和S 17＝51，则a 5－a 7＋a 9－a 11＋a 13＝________. 解析：因为S 17＝a 1＋a 172×17＝17a 9＝51，所以a 9＝3. 根据等差数列的性质知a 5＋a 13＝a 7＋a 11， 所以a 5－a 7＋a 9－a 11＋a 13＝a 9＝3. 答案：310．在等差数列{a n }中，公差d ＝12，前100项的和S 100＝45，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝________.解析：因为S 100＝1002(a 1＋a 100)＝45，所以a 1＋a 100＝910， a 1＋a 99＝a 1＋a 100－d ＝25，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝502(a 1＋a 99)＝502×25＝10. 答案：10B 级——中档题目练通抓牢1．(2018·湖南五市十校联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，a 4＋a 5＝23，则S 8＝( )A ．72B ．88C ．92D ．98解析：选C 法一：由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，得a n ＋1－a n ＝3，故数列{a n }是公差为3的等差数列，又a 4＋a 5＝23＝2a 1＋7d ＝2a 1＋21，∴a 1＝1，S 8＝8a 1＋8×72d ＝92.法二：由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，得a n ＋1－a n ＝3，故数列{a n }是公差为3的等差数列，S 8＝8(a 1＋a 8)2＝8(a 4＋a 5)2＝92. 2．(2018·广东潮州二模)在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增一十三里；驽马初日行九十七里，日减半里，良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢，问：几日相逢( )A ．8日B ．9日C ．12日D ．16日解析：选B 设n 日相逢，则依题意得103n ＋n (n －1)2×13＋97n ＋n (n －1)2×⎝⎛⎭⎫－12＝1125×2，整理得n 2＋31n －360＝0，解得n ＝9(负值舍去)，故选B.3．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，其中n ∈N *，则下列命题错误的是( ) A ．若a n >0，则S n >0 B ．若S n >0，则a n >0C ．若a n >0，则{S n }是单调递增数列D ．若{S n }是单调递增数列，则a n >0解析：选D 由等差数列的性质可得：∀n ∈N *，a n >0，则S n >0，反之也成立．a n >0，d >0，则{S n }是单调递增数列．因此A 、B 、C 正确．对于D ，{S n }是单调递增数列，则d >0，而a n >0不一定成立．4．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 5．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝________. 解析：因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，所以a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，数列的公差d ＝1，a m ＋a m ＋1＝S m ＋1－S m－1＝5，即2a 1＋2m －1＝5， 所以a 1＝3－m . 由S m ＝(3－m )m ＋m (m －1)2×1＝0， 解得m ＝5. 答案：56．(2018·广西三市第一次联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n －1(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 4a n ＋1，求{b n }的前n 项和T n . 解：(1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1，当n ＝1时，a 1＝2－1＝1，满足a n ＝2n －1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由(1)得，b n ＝log 4a n ＋1＝n ＋12，。

非常考案通用版2019版高考数学一轮复习第五章数列分层限时跟踪练一、选择题1．(2015·贵州八校联盟)已知数列{a n }是等差数列，若a 2＋2，a 4＋4，a 6＋6构成等比数列，则数列{a n }的公差d 等于( )A ．1B ．－1C ．2D ．－2【解析】 因为a 2＋2，a 4＋4，a 6＋6构成等比数列，所以(a 4＋4)2＝(a 2＋2)(a 6＋6)，化简得d 2＋2d ＋1＝0，所以d ＝－1，故选B.【答案】 B2．(2015·江西省高考适应性测试)已知数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝8，数列{a n ＋1－2a n }是公比为2的等比数列，则下列判断正确的是( )A ．{a n }是等差数列B ．{a n }是等比数列 C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是等差数列 D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是等比数列 【解析】 由已知a 2－2a 1＝4，a n ＋1－2a n ＝4×2n －1＝2n ＋1，故a n ＋12n ＋1－a n2n ＝1，所以{a n2n }是等差数列，故选C. 【答案】 C3．已知在数列{a n }中，a 1＝－60，a n ＋1＝a n ＋3，则|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|等于( ) A ．445 B ．765 C ．1 080D ．3 105【解析】 ∵a n ＋1＝a n ＋3，∴a n ＋1－a n ＝3. ∴{a n }是以－60为首项，3为公差的等差数列． ∴a n ＝－60＋3(n －1)＝3n －63，n ∈N *. 令a n ≤0，得n ≤21.∴前20项都为负值．∴|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝－(a 1＋a 2＋…＋a 20)＋a 21＋…＋a 30＝－2S 20＋S 30. ∵S n ＝n a 1＋a n2＝n －123＋3n2，∴|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝765，故选B. 【答案】 B4．设某商品一次性付款的金额为a 元，以分期付款的形式等额地分n 次付清，若每期利率r 保持不变，按复利计算，则每期期末所付款是( )A.a n(1＋r )n元 B.ar 1＋r n 1＋r n－1元 C.a n(1＋r )n －1元 D.ar 1＋r n －11＋r n－1元 【解析】 设每期期末所付款是x 元，则各次付款的本利和为x (1＋r )n －1＋x (1＋r )n －2＋x (1＋r )n －3＋…＋x (1＋r )＋x ＝a (1＋r )n， 即x ·1＋rn－1r＝a (1＋r )n，故x ＝ar 1＋r n1＋r n－1. 【答案】 B5．(2015·浙江高考)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n ，若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( )A ．a 1d >0，dS 4>0B ．a 1d <0，dS 4<0C ．a 1d >0，dS 4<0D ．a 1d <0，dS 4>0【解析】 ∵a 3，a 4，a 8成等比数列，∴a 24＝a 3a 8，∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋7d )，展开整理，得－3a 1d ＝5d 2，即a 1d ＝－53d 2.∵d ≠0，∴a 1d <0.∵S n ＝na 1＋n n －12d ，∴S 4＝4a 1＋6d ，dS 4＝4a 1d ＋6d 2＝－23d 2<0.【答案】 B 二、填空题6．某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n (n ∈N *)等于 ．【解析】 每天植树的棵树构成以2为首项，2为公比的等比数列，其前n 项和S n ＝a 11－q n 1－q ＝21－2n1－2＝2n ＋1－2.由2n ＋1－2≥100，得2n ＋1≥102，由于26＝64,27＝128，则n ＋1≥7，即n ≥6.【答案】 67．(2015·天津模拟)已知数列{a n }满足 a 1＝33，a n ＋1－a n ＝2n ，则a nn的最小值为 ．【解析】 a n ＝a n －a n －1＋a n －1－a n －2＋…＋a 2－a 1＋a 1＝2(n －1)＋2(n －2)＋…＋2＋33＝2(1＋2＋…＋n －1)＋33＝(n －1)n ＋33，故a n n＝n ＋33n－1.令f (x )＝x ＋33x －1，则f (x )＝x ＋33x－1在(0，33)上单调递减，在(33，＋∞)上单调递增．又f (5)＝535＞f (6)＝636，故a n n 的最小值为636.【答案】6368．(2014·安徽高考)如图5­5­1，在等腰直角三角形ABC 中，斜边BC ＝22，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＝ .图5­5­1【解析】 根据题意易得a 1＝2，a 2＝2，a 3＝1， ∴{a n }构成以a 1＝2，q ＝22的等比数列， ∴a 7＝a 1q 6＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫226＝14. 【答案】 14三、解答题9．(2015·吉林模拟)已知等差数列{a n }的公差d ≠0，它的前n 项和为S n ，若S 5＝70，且a 2，a 7，a 22成等比数列，(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为T n ，求证：16≤T n ＜38.【解】 (1)由已知及等差数列的性质得S 5＝5a 3，∴a 3＝14，又a 2，a 7，a 22成等比数列，即a 27＝a 2·a 22.由(a 1＋6d )2＝(a 1＋d )(a 1＋21d )且d ≠0， 解得a 1＝32d ，∴a 1＝6，d ＝4.故数列{a n }的通项公式为a n ＝4n ＋2，n ∈N *. (2)由(1)得S n ＝n a 1＋a n2＝2n 2＋4n ，1S n＝12n 2＋4n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，∴T n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋…＋1n －1n ＋2＝38－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2. 又T n ≥T 1＝38－14⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＝16，所以16≤T n ＜38.10.(2015·安徽高考)设n ∈N *，x n 是曲线y＝x2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线与x 轴交点的横坐标．(1)求数列{x n }的通项公式； (2)记T n ＝x 21x 23…x 22n －1，证明：T n ≥14n .【解】 (1)y ′＝(x 2n ＋2＋1)′＝(2n ＋2)x2n ＋1，曲线y ＝x2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线斜率为2n ＋2，从而切线方程为y －2＝(2n ＋2)(x －1)． 令y ＝0，解得切线与x 轴交点的横坐标x n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1，所以数列{x n }的通项公式x n ＝n n ＋1.(2)证明：由题设和(1)中的计算结果知，T n ＝x 21x 23…x 22n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122⎝ ⎛⎭⎪⎫342…⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －12n 2. 当n ＝1时，T 1＝14.当n ≥2时，因为x22n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －12n 2＝2n －122n 2>2n －12－12n 2＝2n －22n ＝n －1n，所以T n >⎝ ⎛⎭⎪⎫122×12×23×…×n －1n ＝14n .综上可得，对任意的n ∈N *，均有T n ≥14n.[能 力 练]扫盲区 提素能1．已知数列{a n }满足a n ＋1＋a n －1＝2a n ，n ≥2，点O 是平面上不在l 上的任意一点，l 上有不重合的三点A 、B 、C ，又知a 2OA →＋a 2 009OC →＝OB →，则S 2 010＝( )A ．1 004B ．2 010C ．2 009D ．1 005【解析】 如图所示，设AB →＝λAC →，则a 2OA →＋a 2 009OC →＝OB →＝OA →＋AB →＝OA →＋λAC →＝OA →＋λ(OC →－OA →)．故(a 2－1＋λ)OA →＝(λ－a 2 009)OC →.又∵A 、B 、C 三点不重合，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2－1＋λ＝0，λ－a 2 009＝0，∴a 2＋a 2 009＝1.又∵a n ＋1＋a n －1＝2a n ，n ≥2，∴{a n }为等差数列．∴S 2 010＝2 010×a 1＋a 2 0102＝2 010×a 2＋a 2 0092＝1 005.【答案】 D2．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n的两个零点，则b 10等于( )A ．24B ．32C ．48D ．64 【解析】 依题意有a n a n ＋1＝2n，所以a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，两式相除，得a n ＋2a n＝2，所以a 1，a 3，a 5，…成等比数列，a 2，a 4，a 6，…成等比数列．而a 1＝1，a 2＝2，所以a 10＝2·24＝32，a 11＝1·25＝32.又因为a n ＋a n ＋1＝b n ，所以b 10＝a 10＋a 11＝64. 【答案】 D3．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝25－n，数列{b n }的通项公式为b n ＝n ＋k ，设c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，a n ≤b n ，a n ，a n ＞b n ，若在数列{c n }中，c 5≤c n 对任意n ∈N *恒成立，则实数k 的取值范围是 ．【解析】 数列c n 是取a n 和b n 中的最大值，据题意c 5是数列{c n } 的最小项，由于函数y ＝25－n 是减函数，函数y ＝n ＋k 是增函数，所以b 5≤a 5≤b 6或a 5≤b 5≤a 4，即5＋k ≤25－5≤6＋k 或25－5≤5＋k ≤25－4，解得－5≤k ≤－4或－4≤k ≤－3，所以－5≤k ≤－3.【答案】 [－5，－3]4．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋1，前n 项和为S n ，若对任意的正整数n ，不等式S 2n －S n ＞m16恒成立，则常数m 所能取得的最大整数为 ．【解析】 要使S 2n －S n ＞m 16恒成立，只需(S 2n －S n )min ＞m16.因为(S 2(n ＋1)－S n ＋1)－(S 2n －S n )＝(S 2n ＋2－S 2n )－(S n ＋1－S n )＝a 2n ＋1＋a 2n ＋2－a n ＋1 ＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋2＞12n ＋2＋12n ＋4－1n ＋2＝12n ＋2－12n ＋4＞0，所以S 2n －S n ≥S 2－S 1＝13，所以m 16＜13，即m ＜163，故m 所能取得的最大整数为5.【答案】 55．(2014·全国卷Ⅱ)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.【证明】 (1)由a n ＋1＝3a n ＋1，得a n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋12.又a 1＋12＝32，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列．a n ＋12＝3n 2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n－12.(2)由(1)知1a n ＝23n －1.因为当n ≥1时，3n－1≥2×3n －1，所以13n －1≤12×3n －1＜13n －1.于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＜1＋13＋…＋13n －1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n <32.所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.6．(2015·青岛模拟)已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6. (1)求数列{a n }的通项公式a n 与前n 项和S n ；(2)将数列{a n }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{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *，总有S n ＜T m ＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．【解】 (1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6得a 7＝－2，∴a 1＝4，∴a n ＝5－n ，从而S n ＝n 9－n2，n ∈N *.(2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1，设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 2b 1＝12，∴T m ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 1－12＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ，∵⎝ ⎛⎭⎪⎫12m随m 增加而递减，∴{T m }为递增数列，得4≤T m ＜8.又S n ＝n 9－n2＝－12(n 2－9n )＝－12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫n －922－814，故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *总有S n ＜T m ＋λ，则10＜4＋λ，得λ＞6. 即实数λ的取值范围为(6，＋∞)．。

第五单元数列课时作业(二十八)第28讲数列的概念与简单表示法基础热身1.在数列中,a1=1,a n+1=2a n+1(n∈N*),则a4的值为()A.31B.30C.15D.632.[2017·天门三校月考]数列-1,4,-9,16,-25,…的一个通项公式为()A.a n=n2B.a n=·n2C.a n=·n2D.a n=·(n+1)23.数列0,2,6,14,30,…的第6项为()A.60B.62C.64D.944.[2017·吉林一中月考]数列{a n}的通项公式为a n=3n2-28n,则数列{a n}的最小项是第项.5.[2017·衡阳期末]在数列中,其前n项和为S n,且满足S n=n2+n(n∈N*),则a n= .能力提升6.[2017·保定二模]在数列中,其前n项和为S n,且S n=a n,则的最大项的值为()A.-3B.-1C.3D.17.在数列{a n}中a1=3,(3n+2)a n+1=(3n-1)a n (n≥1),则a n=()A.B.C.D.8.在数列{a n}中,a1=3,a2=6,a n+2=a n+1-a n,则a2018=()A.-6B.-3C.3D.69.[2017·郑州一中模拟]已知数列{a n}满足a n=8+(n∈N*).若数列{a n}的最大项和最小项分别为M和m,则M+m= ()A.B.C.D.10.已知数列,满足a1=b1=1,a n+1=a n+2b n,b n+1=a n+b n,则下列结论中正确的是()A.只有有限个正整数n使得a n<b nB.只有有限个正整数n使得a n>b nC.数列是递增数列D.数列是递减数列11.[2018·江西省宜春三中月考]设数列的前n项和为S n,若a1=1,a n+1=S n(n∈N*),则通项公式a n= .12.已知函数f=记a n=f(n∈N*),若是递减数列,则实数t的取值范围是.13.[2017·锦州质检]已知数列满足a1=1,a n-a n+1=,n∈N*,则a n= .14.(10分)[2018·六盘山高级中学月考]设等差数列{a n}的前n项和为S n,已知a3=24,S11=0.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求数列{a n}的前n项和S n,并求使得S n取得最大值时n的值.15.(13分)[2017·信阳质检]已知数列满足a2=,且a n+1=3a n-1.(1)求数列的通项公式以及数列的前n项和S n的表达式;(2)若不等式≤m对任意的n∈N*恒成立,求实数m的取值范围.难点突破16.(12分)[2018·宜春三中月考]设a1=2,a2=4,数列{b n}满足b n+1=2b n+2,且a n+1-a n=b n.(1)求证:数列{b n+2}是等比数列;(2)求数列{a n}的通项公式.加练一课(四) 递推数列的通项的求法一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.[2017·遵义航天高级中学月考]数列满足a1=1,a n+1=2a n-1,则a n=()A.1B.2n-1C.nD.-12.已知数列{a n}对任意的p,q∈N*满足a p+q=a p+a q且a2=6,那么a10等于()A.165B.33C.30D.213.[2017·黄山二模]已知数列的前n项和为S n,且a1=2,a n+1=S n+1(n∈N*),则S5=()A.31B.42C.37D.474.若数列{a n}前8项的值各异,且a n+8=a n对任意的n∈N*都成立,则下列数列中可取遍{a n}前8项值的数列为()A.{a2k+1}B.{a3k+1}C.{a4k+1}D.{a6k+1}5.[2017·揭阳模拟]已知数列满足a1=1,a n+1=a n,则a n=()A. B.C.D.6.[2017·三明质检]已知数列的前n项和为S n,且a1=1,a n+1·a n=2n(n∈N*),则S2017=()A.3·21008-3B.22017-1C.22009-3D.21010-37.已知数列满足a1=1,a n+1=a n+,则a n= ()A.B.C.D.8.已知数列满足a1=1,a n-a n+1=na n a n+1(n∈N*),则a n=()A.B.C.D.9.[2017·赣州期末]已知数列{a n}的前n项和为S n,若a n+1+(-1)n a n=n,则S40=()A.120B.150C.210D.42010.已知数列{a n}满足a1=2,且a n=(n≥2,n∈N*),则a n=()A.B.C.D.11.[2017·福州第一中学质检]已知数列满足a1=a2=,a n+1=2a n+a n-1(n∈N*,n≥2),则的整数部分是()A.0B.1C.2D.312.已知S n为数列的前n项和,且a n=a1=a(a∈R).给出下列3个结论:①数列一定是等比数列;②若S5<100,则a<18;③若a3,a6,a9成等比数列,则a=-.其中,所有正确结论的序号为()A.②B.②③C.①③D.①②③二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中横线上)13.若数列满足a1=1,a n+1=a n+2,则a10= .14.[2017·深圳调研]若数列,满足a1=b1=1,b n+1=-a n,a n+1=3a n+2b n,n∈N*,则a2017-a2016= .15.[2017·株洲一模]已知数列{a n}满足a1=1,a n=a1+2a2+3a3+…+(n-1)a n-1(n≥2),则数列{a n}的通项公式为a n= .16.[2018·南宁二中、柳州高中联考]已知数列2008,2009,1,-2008,…若这个数列从第二项起,每一项都等于它的前后两项之和,则这个数列的前2018项之和S2018= .课时作业(二十九)第29讲等差数列及其前n项和基础热身1.[2017·重庆诊断]设S n为等差数列的前n项和,a1=-2,S3=0,则的公差为()A.1B.2C.3D.42.在等差数列中,已知a1+a4+a7=39,a2+a5+a8=33,则a3+a6+a9=()A.30B.27C.24D.213.[2017·葫芦岛期末]已知S n为等差数列的前n项和,若a4+a9=10,则S12=()A.30B.45C.60D.1204.[2017·大理模拟]在等差数列中,若a3+a4+a5+a6+a7=45,那么a5= .5.在等差数列中,a3+a6=11,a5+a8=39,则公差d= .能力提升6.[2017·河南八市联考]在等差数列中,若a2+a4+a6=3,则a1+a3+a5+a7=()A.3B.4C.5D.67.[2017·杭州质检]设是等差数列,S n为其前n项和.若正整数i,j,k,l满足i+l=j+k(i ≤j≤k≤l),则()A.a i a l≤a j a kB.a i a l≥a j a kC.S i S l<S j S kD.S i S l≥S j S k8.已知等差数列的前n项和为S n,且a1+a5=-14,S9=-27,则使得S n取最小值时,n的值为()A.1B.6C.7D.6或79.[2017·长沙模拟]《九章算术》是我国古代第一部数学专著,全书收集了246个问题及解法,其中一个问题可用现代汉语描述为“现有一根九节的竹子,自上而下各节的容积成等差数列,上面四节容积之和为3升,下面三节容积之和为4升,求中间一节的容积为多少?”则该问题中第2节,第3节,第8节竹子的容积之和为()A.升B.升C.升D.升10.[2017·蚌埠质检]已知数列满足a1=0,数列为等差数列,且a n+1=a n+b n,b15+b16=15,则a31=()A.225B.200C.175D.15011.[2017·桂林、崇左、百色模拟]已知S n是等差数列的前n项和,若a1=-2017,-=6,则S2017= .12.[2017·浙江五校联考]已知数列,满足a1=2,b1=1,(n≥2,n∈N*),则(a1008+b1008)(a2017-b2017)= .13.(15分)[2017·北京海淀区期中]已知等差数列满足a1+a2=6,a2+a3=10.(1)求数列的通项公式;(2)求数列{a n+a n+1}的前n项和.14.(15分)[2017·安徽师大附中期中]已知正项数列的前n项和为S n,且是1与a n 的等差中项.(1)求数列的通项公式;(2)求数列的前n项和T n.难点突破15.(5分)[2017·太原期中]已知等差数列的前n项和为S n,且S3=9,a2a4=21,数列满足++…+=1-(n∈N*),若b n<,则n的最小值为()A.6B.7C.8D.916.(5分)[2017·石家庄一模]已知数列满足a1=-,a n+1b n=b n+1a n+b n,且b n=(n∈N*),则数列的前2n项和S2n取最大值时,n= .课时作业(三十)第30讲等比数列及其前n项和基础热身1.已知2是a与2-的等比中项,则a= ()A.2-B.4(2-)C.2+D.4(2+)2.在等比数列{a n}中,a3=4,a6=,则公比q=()A.B.-C.2D.-23.[2017·常德一模]已知各项均为正数的等比数列的前n项和为S n,且S3=14,a3=8,则a6=()A.16B.32C.64D.1284.在等比数列中,公比q=,a3a5a7=64,则a4= .5.[2017·太原质检]设S n是等比数列的前n项和,若S2=2,S6=4,则S4= .能力提升6.[2017·绍兴柯桥区二模]已知等比数列的前n项和为S n,且满足a5=2S4+3,a6=2S5+3,则此数列的公比为()A.2B.3C.4D.57.[2017·衡阳联考]已知数列为等比数列,且a3=-4,a7=-16,则a5=()A.8B.-8C.64D.-648.已知等比数列满足log2a3+log2a10=1,且a5a6a8a9=16,则数列的公比为()A.2B.4C.±2D.±49.[2017·泉州模拟]已知数列为等比数列,a4+a7=2,a5·a6=-8,则a1+a10的值为 ()A.7B.5C.-7D.-510.已知各项均为正数的等比数列{a n}满足a7=a6+2a5,若存在两项a m,a n使得=4a1,则+的最小值为()A.B.C.D.11.[2017·大连模拟]已知等差数列{a n}的公差d≠0,且a3,a5,a15成等比数列,若a1=3,S n为数列{a n}的前n项和,则a n·S n的最小值为()A.0B.-3C.-20D.912.[2017·榆林一模]在等比数列{a n}中,a1=4,公比为q,前n项和为S n,若数列{S n+2}也是等比数列,则q= .13.已知是正项等比数列,a2=3,a6=,则a1a2+a2a3+…+a100a101= .14.(10分)[2017·上饶六校联考]已知数列的前n项和为S n,且a n+1=1+S n对一切正整数n恒成立.(1)试求当a1为何值时,数列是等比数列,并求出它的通项公式;(2)在(1)的条件下,当n为何值时,数列的前n项和T n取得最大值.15.(13分)[2018·广西钦州月考]已知数列的前n项和为S n,且S n=λ+(n-1)·2n,又数列满足a n·b n=n.(1)求数列的通项公式.(2)当λ为何值时,数列是等比数列?此时数列的前n项和为T n,若存在m∈N*,使得m<T n成立,求m的最大值.难点突破16.(12分)[2017·泸州诊断]设等比数列{a n}的前n项和为S n,已知a3=,S3=.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=log2,T n为数列{b n}的前n项和,求使T n=+105成立的n的值.课时作业(三十一)第31讲数列求和基础热身1.数列4,8,16,32,…的前n项和为()A.2n+1-2-n-1B.2n+2-2-n-3C.2n+1+2-n-1D.2n+1-2-n-1-12.[2018·山东临沂一中月考]若数列的通项公式是a n=(-1)n(3n-2),则a1+a2+…+a10=()A.15B.12C.-12D.-153.[2017·蚌埠第二中学月考]已知函数f=且a n=f+f,则a1+a2+a3+…+a8=()A.-16B.-8C.8D.164.已知数列的通项公式为a n=,则数列的前40项和为.5.[2017·呼和浩特调研]在等差数列中,a2=8,前6项和S6=66,设b n=,T n=b1+b2+…+b n,则T n= .能力提升6.[2017·湘潭模拟]已知T n为数列的前n项和,若n>T10+1013恒成立,则整数n的最小值为()A.1026B.1025C.1024D.10237.[2017·合肥调研]已知数列满足a1=2,4a3=a6,是等差数列,则数列{(-1)n a n}的前10项的和S10=()A.220B.110C.99D.558.[2017·临川实验学校一模]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(“少广”算法),该算法的前两步用现代汉语描述如下.第一步:构造数列1,,,,…,①.第二步:将数列①的各项乘,得到一个新数列a1,a2,a3,…,a n.则a1a2+a2a3+a3a4+…+a n-1a n等于()A.B.C.D.9.[2017·重庆第八中学月考]设数列的前n项和为S n,若a n+1=(-1)n-1a n+2n+1,则S32=()A.560B.360C.280D.19210.[2017·唐山一模]数列是首项为1,公差为1的等差数列,数列是首项为1,公比为2的等比数列,则数列的前n项和等于.11.[2017·陕西黄陵中学模拟]已知数列是公差为整数的等差数列,前n项和为S n,且a1+a5+2=0,2S1,3S2,8S3成等比数列,则数列的前10项和为.12.[2017·玉溪质检]已知数列满足a1=1,a2=2,a n+2=1+sin2a n+2cos2,则该数列的前20项和为.13.(15分)[2017·莆田一模]设数列的前n项和S n=2n+1-2,数列满足b n=+22n-1.(1)求数列的通项公式;(2)求数列的前n项和T n.14.(15分)[2017·佛山质检]已知数列满足a1=1,a n+1=a n+2,数列的前n项和为S n,且S n=2-b n.(1)求数列,的通项公式;(2)设c n=a n b n,求数列的前n项和T n.难点突破15.(5分)[2017·洛阳三检]已知数列{a n}的前n项和为S n,且满足a n+1=,若a1=2,则{log2a n}的前2017项的和为()A.1B.2C.-6D.-58616.(5分)[2017·抚州临川区模拟]在数列中,a1=2,n(a n+1-a n)=a n+1,n∈N*,若对于任意的a∈[-2,2],不等式<2t2+at-1恒成立,则t的取值范围为.课时作业(三十二)第32讲数列的综合问题基础热身1.[2017·河北五校一模]设等差数列的前n项和为S n,a2,a4是方程x2-x-2=0的两个根,则S5=()A.-B.-5C.5D.2.[2017·河南新乡一模]已知数列为等差数列,且满足=a3+a2015,其中点A,B,C 在一条直线上,点O为直线AB外一点,记数列的前n项和为S n,则S2017的值为() A.B.2017C.2018D.20153.[2017·宜宾二诊]数列的通项公式为a n=n cos2-sin2,其前n项和为S n,则S40为()A.10B.15C.20D.254.[2017·梅河口五中期末]已知数列满足a1=33,a n=n2-n+33,则取最小值时n= .5.现在传播信息的渠道有很多,可以通过广播、电视、网络等渠道进行传递.现有一人自编了一则健康有趣的笑话想通过QQ传递给好友进行分享,他立即通过QQ发给好友,用10秒钟发给了6个在线好友,接到信息的人同样用10秒钟将此信息发给不知此信息的6个在线好友,依此下去,则经过一分钟后有个人知道这条信息.能力提升6.[2018·鞍山第一中学一模]设{a n}是首项为a1,公差为-2的等差数列, S n为其前n项和,若S1,S2,S4成等比数列,则a1=()A.8B.-8C.1D.-17.[2017·湖南五市十校联考]已知等差数列的前n项和为S n,且a1<0,若存在自然数m ≥3,使得a m=S m,则当n>m时,S n与a n的大小关系是()A.S n<a nB.S n≤a nC.S n>a nD.大小不能确定8.[2018·河南名校联考]已知公比不为1的等比数列{a n}的前n项和为S n,a1a2a3a4a5=,且a2,a4,a3成等差数列,则S5=()A.B.C.D.9.[2017·黄山二模]对正整数n,设曲线y=(2-x)x n在x=3处的切线与y轴交点的纵坐标为a n,则数列的前n项和等于 ()A.-3B.C. D.10.[2017·太原三模]已知数列的前n项和为S n,点(n,S n+3)(n∈N*)在函数y=3×2x的图像上,等比数列满足b n+b n+1=a n(n∈N*),其前n项和为T n,则下列结论正确的是()A.S n=2T nB.T n=2b n+1C.T n>a nD.T n<b n+111.[2017·资阳二模]我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题:“今有蒲(水生植物名)生一日,长三尺;莞(植物名,俗称水葱、席子草)生一日,长一尺.蒲生日自半,莞生日自倍.问几何日而长等?”其大意是:今有蒲生长1日,长为3尺;莞生长1日,长为1尺.今后蒲的生长逐日减半,莞的生长逐日增加1倍.若蒲、莞长度相等,则所需的时间约为日.(结果保留一位小数,参考数据:lg 2≈0.30,lg 3≈0.48)12.[2017·淮北第一中学三模]若数列满足-=d(n∈N*,d为常数),则称数列为“调和数列”,已知正项数列为“调和数列”,且b1+b2+…+b9=90,则b4b6的最大值是.13.(15分)[2017·长沙十校二联]设是公比大于1的等比数列,S n为其前n项和,已知S3=7,a1+3,3a2,a3+4构成等差数列.(1)求数列的通项公式;(2)令b n=a n+ln a n,求数列的前n项和T n.14.(15分)已知数列的首项a1=4,当n≥2时,a n-1a n-4a n-1+4=0,数列满足b n=(n∈N*).(1)求证:数列是等差数列,并求的通项公式;(2)若c n=·(na n-6),对任意n∈N*,都有c n+t≤2t2,求实数t的取值范围.难点突破15.(5分)设等比数列{a n}的公比为q,其前n项之积为T n,并且满足条件:a1>1,a2015a2016>1,<0.给出下列结论:(1)0<q<1;(2)a2015a2017-1>0;(3)T2016的值是T n中最大的;(4)使T n>1成立的最大自然数等于4030.其中正确的结论为()A.(1)(3)B.(2)(3)C.(1)(4)D.(2)(4)16.(5分)[2017·湖南永州三模]已知数列的前n项和S n=·n,若对任意的正整数n,有(a n+1-p)(a n-p)<0恒成立, 则实数p的取值范围是.课时作业(二十八)1.C[解析] 由题意,得a2=2a1+1=3,a3=2a2+1=7,a4=2a3+1=15,故选C.2.B[解析] 易知数列-1,4,-9,16,-25,…的一个通项公式为a n=·n2,故选B.3.B[解析] 观察数列,得出规律:a2-a1=21,a3-a2=22,a4-a3=23,a5-a4=24,因此a6-a5=25,所以a6=62,故选B.4.5[解析] 因为a n=3n2-28n=3n-2-,且n∈N*,所以当n=5时,a n取得最小值.5.2n [解析] 当n≥2时,a n=S n-S n-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n.当n=1时,a1=S1=2,满足上式.故a n=2n.6.C[解析] 当n≥2时,S n=a n,S n-1=a n-1.两式作差可得a n=S n-S n-1=a n-a n-1,则==1+,据此可得,当n=2 时,取到最大值3.7.A[解析]∵(3n+2)a n+1=(3n-1)a n,∴a n+1=a n,∴a n=··…··a1=××…×××3=,故选A.8.D[解析] 根据题意可知a1=3,a2=6,a n+2=a n+1-a n,那么a3=a2-a1=3,a4=a3-a2=-3,a5=a4-a3=-6,a6=a5-a4=-3,a7=a6-a5=3,a8=a7-a6=6,…,可知数列{a n}的周期为6,那么a2018=a336×6+2=a2=6,故选D.9.D[解析] ∵a n=8+,∴a n+1=8+,∴a n+1-a n=-==.∴当1≤n≤4时,a n+1>a n,即a5>a4>a3>a2>a1;当n≥5时,a n+1<a n,即a5>a6>a7>….因此数列先递增后递减,∴当n=5时,a5=为最大项,即M=,又当n→∞时,a n→8,a1=,∴最小项为,即m=,∴m+M=+=.故选D.10.D[解析] 根据题意可构造数列{a n-b n},则a n+1-b n+1=a n+2b n-a n-b n=(1-)a n-(1-)b n=(1-)(a n-b n).因为a1=b1=1,所以a1-b1=1-,所以{a n-b n}是以1-为首项,1-为公比的等比数列,故a n-b n=(1-)n,所以A,B不正确.因为{a n-b n}的公比为1-,其绝对值小于1,所以{|a n-b n|}为递减数列,所以C不正确.-=·|a n-b n|,易知数列,为递增数列,故为递减数列,又{|a n-b n|}为递减数列,故-为递减数列,D正确. 11.a n=[解析] 由a n+1=S n①,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=2(n≥2),又a2=S1=1,所以=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=12.[解析] 因为是递减数列,数列{a n}从a4项开始用式子(t-13)计算,所以只要t-13<0,即t<13即可.因为a1,a2,a3通过x2-3tx+18计算,所以根据二次函数的性质,应该有>且a3>a4,即t>且9-9t+18>t-13,解得<t<4.综上,t的取值范围是<t<4.13.[解析] 由a n-a n+1=可得-==2-,利用累加法可得-+-+…+-=2-+2-+…+21-,即-=21-,可得=3-=,即a n=.14.解:(1)设等差数列{a n}的公差为d,由可得解得所以数列{a n}的通项公式为a n=48-8n.(2)由(1)知S n=-4n2+44n=-4n-2+121,因为n∈N*,所以当n=5或6时,S n取得最大值.15.解:(1)因为a2=,所以由a2=3a1-1可求得a1=.因为a n+1=3a n-1,所以a n+1-=3a n-,所以数列a n-是以1为首项,以3为公比的等比数列.所以a n-=3n-1,即a n=+3n-1.故S n=+=.(2)依题意,≤m,即+≤m对任意的n∈N*恒成立.设c n=+,则易知数列是递减数列,所以=c1=1.综上,可得m≥1.故所求实数m的取值范围是[1,+∞).16.解:(1)证明:由题知==2,∵b1=a2-a1=4-2=2,∴b1+2=4,∴数列{b n+2}是以4为首项以2为公比的等比数列.(2)由(1)可得b n+2=4·2n-1,故b n=2n+1-2.∵a n+1-a n=b n,∴a2-a1=b1,a3-a2=b2,a4-a3=b3,…,a n-a n-1=b n-1,累加得a n-a1=b1+b2+b3+…+b n-1=(22-2)+(23-2)+(24-2)+…+(2n-2) =-2(n-1)=2n+1-2n-2,则a n=2n+1-2n.加练一课(四)1.A[解析] ∵a n+1=2a n-1,∴a n+1-1=2(a n-1).∵a1-1=0,∴a n-1=0,即a n=1,故选A.2.C[解析] a4=a2+a2=12,a6=a4+a2=18,a10=a6+a4=30.故选C.3.D[解析] 由a n+1=S n+1①,可得a n=S n-1+1(n≥2)②,①-②得a n+1=2a n,又∵a2=S1+1=3,a1=2,∴S5=2+=47,故选D.4.B[解析] 因为数列{a n}前8项的值各异,且a n+8=a n对任意的n∈N*都成立,所以该数列为周期为8的周期数列.为使数列中可取遍{a n}前8项的值,必须保证项数被8除的余数可以取到0,1,2,3,4,5,6,7.经验证A,C,D都不可以,因为它们的项数全部由奇数组成,被8除的余数只能是奇数,故选B.5.B[解析] 由条件知=,分别令n=1,2,3,…,(n-1)(n≥2),可得=,=,=,…,=,累乘得···…·=××……××,即=.又∵a1=1,∴a n=,故选B.6.D[解析] ∵数列满足a1=1,a n+1·a n=2n(n∈N*),∴a2·a1=2,解得a2=2.由题得=,即=2,∴数列{a n}的奇数项与偶数项分别成等比数列,首项分别为a1=1,a2=2,公比都为2,则S2017=(a1+a3+…+a2017)+(a2+a4+…+a2016)=+=21010-3,故选D.7.C[解析] 由条件知a n+1-a n==-.分别令n=1,2,3,…,(n-1),代入上式得到(n-1)个等式,这些等式累加可得(a2-a1)+(a3-a2)+(a4-a3)+…+(a n-a n-1)=(-1)+(-)+(-)+…+(-),即a n-a1=-1.又因为a1=1,所以a n=,故选C.8.D[解析] 因为a n-a n+1=na n a n+1,所以=-=n,所以=-+-+…+-+=(n-1)+(n-2)+…+3+2+1+=+1=,则a n=.9.D[解析] 由已知得a3+a1=(a3+a2)-(a2-a1)=1,同理可得a5+a7=1,…,a37+a39=1,又a2+a4=(a3+a2)+(a4-a3)=2+3=5,a6+a8=13,…,a38+a40=77,∴S40=(a1+a3+…+a39)+(a2+a4+…+a40)=10×1+(5+13+…+77)=10+410=420,故选D.10.C[解析] 由a n=,得=+,于是-1=-1(n≥2,n∈N*).又-1=-,∴数列-1是以-为首项,为公比的等比数列,故-1=-(n≥2,n∈N*),当n=1时,a1=2满足上式,则-1=-,∴a n=(n∈N*),故选C.11.B[解析]∵a1=,a2=,a n+1=2a n+a n-1,∴=1,a3=2a2+a1=,∴=·=-= -,=-+-+…+-=-=4-=2-<2,又∵=>1,∴1<<2,则的整数部分是1,故选B.12.B[解析] 根据题意,数列满足a n=且a1=a,则a2=a1+1=a+1,a3=a2+1=a+2,a4=a3+1=a+3,a5=a4+1=a+4,a6=2a5=2a+8,a7=2a6,…对于①,当a=-4时,a6=2a+8=0,此时数列不是等比数列,故①错误;对于②,若S5<100,则有S5=(a1+a2+…+a5)=5(a+2)<100,则有a<18,故②正确;对于③,根据题意,a3=a+2,a6=2a+8,a9=24a5=16×(a+4),若a3,a6,a9成等比数列,则有(2a+8)2=(a+2)×16×(a+4),且a6=2a+8≠0,解得a=-,故③正确.故选B.13.19[解析] 因为a n+1=a n+2,所以a n+1-a n=2,所以数列是首项为1,公差为2的等差数列,所以a10=1+(10-1)×2=19.14.22017[解析] 由题得,a2=3a1+2b1=5,当n≥2时,a n+1=3a n+2b n=3a n-2a n-1,所以a n+1-a n=2(a n-a n-1),又a2-a1=4,所以数列{a n-a n-1}是首项为4,公比为2的等比数列,所以a2017-a2016=4×22016-1=22017.15.[解析] 当n≥2时,由已知得a n+1=a1+2a2+3a3+…+(n-1)a n-1+na n,用此等式减去已知等式,得a n+1-a n=na n,即a n+1=(n+1)a n,又a2=a1=1,∴a1=1,=1,=3,=4,…,=n,将以上n 个式子相乘,得a n=(n≥2).当n=1时,a1=1不满足上式,则a n=16.4017[解析] 设该数列为{a n},则a1=2008,a2=2009,a3=1,a4=-2008,由题意得a5=-2009,a6=-1,a7=2008,…所以a n+6=a n,即数列是以6为周期的数列,又a1+a2+a3+a4+a5+a6=0, ∴S2018=336(a1+a2+a3+a4+a5+a6)+(a1+a2)=4017.课时作业(二十九)1.B[解析] 设等差数列{a n}的公差为d,由题设可得3×(-2)+·d=0,解得d=2,故选B.2.B[解析] 根据等差数列的性质可得,等差数列第1,4,7项的和,第2,5,8项的和与第3,6,9项的和成等差数列,所以a3+a6+a9=2×33-39=27,故选B.3.C[解析] S12==6×(a4+a9)=60,故选C.4.9[解析] 根据等差数列的性质可知a3+a4+a5+a6+a7=5a5=45,所以a5=9.5.7[解析] 由(a5+a8)-(a3+a6)=39-11=4d=28,得d=7.6.B[解析] 由a2+a4+a6=3得a4=1,则a1+a3+a5+a7=4a4=4,故选B.7.A[解析] 设等差数列{a n}的公差为d.可以令i=1,j=2,k=3,l=4,则a i a l-a j a k=a1a4-a2a3=a1(a1+3d)-(a1+d)(a1+2d)=-2d2≤0,S1S4-S2S3=a1(4a1+6d)-(2a1+d)(3a1+3d)=-2-3a1d-3d2=-2a1+d2-d2≤0,故只有A选项正确.8.B[解析] 设等差数列{a n}的公差为d,由题意,得解得则a n=2n-13.令解得≤n≤.因为n∈N*,所以n=6,即当n=6时,S n取得最小值,故选B.9.A[解析] 设最上面一节竹子的容积为a1,则依题意可知根据等差数列的性质可知a1+a2+a3+a4=2(a2+a3)=3,a7+a8+a9=3a8=4,则有a2+a3=,a8=,所以a2+a3+a8=+=,故选A.10.A[解析] 设等差数列{b n}的公差为d,则由题设可得b n=a n+1-a n=b1+(n-1)d,则a2-a1=b1,a3-a2=b1+d,a4-a3=b1+2d,…,a31-a30=b1+29d,累加得a31-a1=30b1+(1+2+…+29)d=30b1+d,即a31=15(2b1+29d),又b15+b16=2b1+29d=15,所以a31=15(2b1+29d)=15×15=225,故选A.11.-2017[解析] ∵S n是等差数列的前n项和,∴是等差数列,设其公差为d.∵-=6,∴6d=6,d=1.∵a1=-2017,∴=-2017,∴=-2017+(n-1)×1=-2018+n,∴S2017= (-2018+2017)×2017=-2017.12.[解析] 由题意可得,当n≥2时,a n+b n=a n-1+b n-1+2,a n-b n=a n-1-b n-1=(a n-1-b n-1),所以数列{a n+b n}是以a1+b1=3 为首项,2为公差的等差数列,数列{a n-b n}是以a1-b1=1 为首项,为公比的等比数列,所以(a1008+b1008)(a2017-b2017)=(3+2×1007)×1×=.13.解:(1)设等差数列的公差为d,因为a1+a2=6,a2+a3=10,所以a3-a1=4,所以2d=4,d=2.又a1+a2=a1+a1+d=6,所以a1=2,所以a n=a1+(n-1)d=2n.(2)记b n=a n+a n+1,所以b n=2n+2(n+1)=4n+2,又b n+1-b n=4(n+1)+2-4n-2=4,所以数列是首项为6,公差为4的等差数列,其前n项和S n===2n2+4n.14.解:(1)由题意知2=1+a n,即4S n=(1+a n)2.当n=1时,可得a1=1.当n≥2时,有4S n-1=(a n-1+1)2,又4S n=(a n+1)2,两式相减得(a n+a n-1)(a n-a n-1-2)=0,∵a n>0,∴a n-a n-1=2,则数列{a n}是以1为首项,2为公差的等差数列,即a n=2n-1.(2)==-,∴T n=1-+-+…+-=1-=.15.C[解析] 设等差数列{a n}的公差为d.∵S3=a1+a2+a3=3a2=9,a2a4=21,∴a2=3,a4=7,d=2,a n=2n-1.设T n=++…+=++…+=1-,则T n+1=++…++=1-,两式作差得T n+1-T n==-=,所以b n+1=,则b n=.当b n<,即<时,得n的最小值为8,故选C.16.8[解析] 由题知当n为奇数时,b n=-2,当n为偶数时,b n=3.又a2b1=b2a1+b1,可得a2=.当n=2k时,有a2k+1b2k=b2k+1a2k+b2k,即3a2k+1=-2a2k+3①.当n=2k-1时,有a2k b2k-1=b2k a2k-1+b2k-1,即-2a2k=3a2k-1-2②.当n=2k+1时,有a2k+2b2k+1=b2k+2a2k+1+b2k+1,即-2a2k+2=3a2k+1-2③.由①③可得a2k+2-a2k=-,由①②可得a2k+1-a2k-1=,则数列,都是等差数列,首项分别为a2=,a1=-,公差分别为-,.则S2n=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)=na1+×+na2+×=-+n.则当n=8时,S2n取得最大值.课时作业(三十)1.D[解析] 由题意,得(2-)a=22,解得a=4(2+),故选D.2.A[解析] 由题意得,q3===,则q=,故选A.3.C[解析] 设等比数列{a n}的公比为q(q>0),由S3=14,a3=8,得可得a1=2,q=2,所以a6=a1q5=2×25=64,故选C.4.8[解析] 因为a3a5a7=64,所以=64,解得a5=4,故a4==8.5.1+[解析] 由等比数列的性质知S2,S4-S2,S6-S4也成等比数列,所以(S4-S2)2=S2·(S6-S4),即(S4-2)2=2·(4-S4),解得S4=1+或S4=1-(舍).6.B[解析] 由a5=2S4+3,a6=2S5+3可得a6-a5=2a5,则=3,故选B.7.B[解析] 设等比数列{a n}的公比为q.∵数列{a n}为等比数列,且a3=-4,a7=-16,∴=a3·a7=(-4)×(-16)=64,又a5=a3q2=-4q2<0,∴a5=-8.故选B.8.A[解析] 设等比数列{a n}的公比为q.由log2a3+log2a10=1得log2a3a10=1,即a3a10=2.∵a5a6a8a9=16,∴(a5a8)(a6a7)q2=16,∴q2=4.由真数大于零得q>0,∴q=2.故选A.9.C[解析] 由等比数列的性质可知a5·a6=a4·a7=-8,又a4+a7=2,故a4,a7是一元二次方程x2-2x-8=0的两个根,解得a4=-2,a7=4或a4=4,a7=-2,故a1=1,q3=-2,a10=-8或a1=-8,q3=-,a10=1,所以a1+a10=-7.10.A[解析] 由各项均为正数的等比数列{a n}满足a7=a6+2a5,可得a1q6=a1q5+2a1q4,∴q2-q-2=0,∴q=2.∵=4a1,∴q m+n-2=16,∴2m+n-2=24,∴m+n=6,∴+=(m+ n)+=5++≥(5+4)=,当且仅当=时等号成立,故+的最小值等于.11.B[解析] ∵等差数列{a n}的公差d≠0,且a3,a5,a15成等比数列,a1=3,∴(3+4d)2=(3+2d)(3+14d),解得d=-2或d=0,∵d≠0,∴d=-2,则a n=3+(n-1)×(-2)=5-2n,S n=3n+×(-2)=4n-n2,a n·S n=(5-2n)(4n-n2)=2n3-13n2+20n.设f(x)=2x3-13x2+20x,则f'(x)=6x2-26x+20,令f'(x)=0,得x1=1,x2=,则f(x)在1,上单调递减,在,+∞上单调递增.结合f(x)的单调性可知,当n=3时,a n·S n取得最小值2×33-13×32+20×3=-3.故a n·S n的最小值为-3.故选B.12.3[解析] 由数列{S n+2}也是等比数列可得S1+2,S2+2,S3+2成等比数列,则(S2+2)2=(S1+2)(S3+2),即(4+4q+2)2=(4+2)(4+4q+4q2+2),解得q=3或q=0(舍去).13.24(1-4-100)[解析] 由题得等比数列的公比q===,所以a1=6,显然数列也是等比数列,其首项为a1a2=18,公比q'==q2==,于是a1a2+a2a3+…+a100a101==24(1-4-100).14.解:(1)由a n+1=1+S n得当n≥2时,a n=1+S n-1,两式相减得a n+1=2a n.因为数列{a n}是等比数列,所以a2=2a1,又因为a2=1+S1=1+a1,所以a1=1,则a n=2n-1.(2)易得数列是一个递减数列,所以lg>lg>lg>…>lg>0>lg>…由此可知当n-1=8,即n=9时,数列的前n项和T n取得最大值.15.解:(1)当n=1时,a1=S1=λ.当n≥2 时,a n=S n-S n-1=(n-1)·2n-(n-2)·2n-1=n·2n-1.故数列的通项公式为a n=(2)由a n·b n=n,可得b n=因为数列为等比数列,所以首项b1=满足n≥2的情况,故λ=1.则T n=b1+b2+…+b n==21-.因为T n+1-T n=>0,所以T n是递增的,故T n≥1且T n<2.又存在m∈N*,使得m<T n成立,则m的最大值为1.16.解:(1)设等比数列{a n}的公比为q,由a3=,S3=,得a1q2=,a1(1+q+q2)=,解得a1=6,q=-或a1=,q=1.则数列{a n}的通项公式为a n=或a n=6×.(2)当a n=时,b n=log2=log2=2,所以T n=2n.由T n=+105,得2n=+105,所以n=70.当a n=6×时,b n=log2=log2=2n,故数列{b n}是首项为2,公差为2的等差数列,所以T n=n2+n.由T n=+105,得n2+n=+105,所以n=10或n=-(舍).综上知,n=70或10.课时作业(三十一)1.B[解析] 由题知,所给数列的通项公式为a n=2n+1+,则前n项和S n=+=2n+2-2-n-3.故选B.2.A[解析] a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9+a10=-1+4-7+10-13+16-19+22-25+28=5×3=15,故选A.3.C[解析] 当n为奇数时,n+1为偶数,则a n=n2-(n+1)2=-2n-1,所以a1+a3+a5+a7=-(3+7+11+15)=-36.当n为偶数时,n+1为奇数,则a n=-n2+(n+1)2=2n+1,则a2+a4+a6+a8=5+9+13+17=44.所以a1+a2+…+a8=-36+44=8,故选C.4.[解析] a n==(-),则数列的前40项和S40=[(-)+(-)+…+(-)]=(-)=.5.[解析] 设等差数列{a n}的公差为d,由题意得解得则a n=2n+4,因此b n==-,∴T n=-+-+…+-=-=.6.C[解析] 因为=1+,所以T n=n+1-,T10+1013=11-+1013=1024-,又n>T10+1013,所以整数n的最小值为1024.故选C.7.B[解析] 设数列的公差为d,则解得d=2,所以=a1+(n-1)d=2n,a n=2n2,所以S10=-a1+a2-a3+a4-…-a9+a10=-2×12+2×22-2×32+2×42-…-2×92+2×102=2[(22-12)+(42-32)+…+(102-92)]=2[(2-1)×(1+2)+(4-3)×(3+4)+…+(10-9)×(9+10)]=2×(1+2+…+10)=110,故选B.8.C[解析] 新数列为1×,×,×,…,×,所以a1a2+a2a3+a3a4+…+a n-1a n=+++…+=1-+-+-+…+-=1-=.故选C.9.A[解析] 依题意有a2-a1=3,a3+a2=5,a4-a3=7,a5+a4=9,a6-a5=11,a7+a6=13,a8-a7=15,…,由此可得a1+a3=2,a5+a7=2,…,a2+a4=12,a6+a8=28,…,所以S32=(a1+a3+…+a31)+(a2+a4+…+a32)=8×2+8×12+×16=560,故选A.10.(n-1)2n+1[解析] 由题意得a n=n,b n=2n-1,则a n b n=n·2n-1,则数列的前n项和S n=1·20+2·21+3·22+…+n·2n-1①,所以2S n=1·21+2·22+3·23+…+(n-1)·2n-1+n·2n②.①-②得-S n=1+21+22+…+2n-1-n·2n=-n·2n,整理得S n=(n-1)·2n+1.11.-[解析] 设等差数列{a n}的公差为d,因为a1+a5+2=0,所以2a1+4d+2=0,a1=-1-2d.因为2S1,3S2,8S3成等比数列,所以16S1S3=9,即16(-1-2d)(-3-3d)=9(-2-3d)2.因为d为整数,所以解得d=-2,则a1=3,所以a n=3-2(n-1)=5-2n.则==-,所以数列的前10项和为×-+×-+…+×-=×-=-.12.1133[解析] 当n为奇数时,a n+2=2a n,故奇数项是以a1=1为首项,2为公比的等比数列;当n为偶数时,a n+2=a n+2,故偶数项是以a2=2为首项,2为公差的等差数列,所以前20项中的奇数项和S奇==210-1=1023,前20项中的偶数项和S偶=10×2+×2=110,所以S20=1023+110=1133.13.解:(1)当n=1时,a1=S1=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).当n=1时,a1=2满足上式,∴a n=2n(n∈N*).(2)b n=+22n-1=+22n-1=-+22n-1,则T n=1-+-+…+-+(2+23+25+…+22n-1)=1-+=+-.14.解:(1)因为a1=1,a n+1-a n=2,所以是首项为1,公差为2的等差数列,所以a n=1+(n-1)×2 =2n-1.当n=1时,b1=S1=2-b1,所以b1=1.当n≥2时,S n=2-b n①,S n-1=2-b n-1②,由①-②得b n=-b n+b n-1,即=.所以是首项为1,公比为的等比数列,故b n=.(2)由(1)知c n=a n b n=,则T n=+++…+③,T n=++…++④,③-④得T n=+++…+-=1+1++…+-= 1+-=3-,所以T n=6-.15.A[解析] 由a1=2,a n+1=,得a2=-3,a3=-,a4=,a5=2,a6=-3,…,由此可得数列{a n}是以4为周期的周期数列,且a1a2a3a4=1,所以{a n}的前2017项的积为a1a2a3a4…a2017=1×1×1×…×a1=2,所以{log2a n}的前2017项的和为log2a1+log2a2+…+log2a2017=log2(a1a2…a2017)=1,故选A.16.(-∞,-2]∪[2,+∞)[解析] 由题设可得a n+1-a n=a n+,即a n+1=a n+,即=+,所以-=-.令n=1,2,3,…,n可得-=-,-=-,-=-,…,-=-,累加得-=1-,则=3-<3,所以2t2+at-1≥3,即2t2+at-4≥0.令F(a)=2t2+at-4,a∈[-2,2],则即解得t≥2或t≤-2.课时作业(三十二)1.D[解析] 根据韦达定理可得a2+a4=1,所以S5===,故选D.2.A[解析] 因为点A,B,C在一条直线上,所以a3+a2015=1,则S2017===,故选A.3.C[解析] 由a n=n cos2-sin2,得a1=0,a2=-2,a3=0,a4=4,a5=0,a6=-6,a7=0,…则a2n-1=0,a2n=(-1)n·2n,则S40=(a1+a3+…+a39)+(a2+a4+…+a40)=-2+4-6+8-…+40=2×10=20,故选C.4.8[解析] =n+-,其中n+≥2=,当且仅当n=即n=时取等号.易知8<<9,且<,∴取最小值时n=8.5.55 987[解析] 经过10秒钟后知道这条信息的人数为1+6,经过20秒钟后知道这条信息的人数为1+6+62,经过30秒钟后知道这条信息的人数为1+6+62+63,则经过x个10秒钟后知道这条信息的人数为1+6+62+…+6x,所以经过一分钟即经过60秒钟后知道此信息的人数为1+6+62+…+66=55 987.6.D[解析] 因为S1,S2,S4成等比数列,所以=S1·S4,即(2a1-2)2=a1(4a1-12),解得a1=-1,故选D.7.C[解析] 由题意得公差d>0,且a m>0,所以当n>m时,S n-a n=S n-S m+a m-a n=a m+a m+1+…+a n-1>0,所以S n>a n,故选C.8.D[解析] 设等比数列{a n}的公比为q,则由a2,a4,a3成等差数列得,2a2q2=a2+a2q,即2q2-q-1=0,解得q=-或q=1(舍去).由a1a2a3a4a5===得a3==a1q2,所以a1=1,S5==,故选D.9.C[解析] y'=2nx n-1-(n+1)x n,所以曲线y=(2-x)x n在x=3处的切线的斜率为-n-13n,所以切线方程为y=-n-13n(x-3)-3n.令x=0,得a n=(n+2)·3n,则=3n,所以数列的前n 项和S n==,故选C.10.D[解析] 由题意可得S n+3=3×2n,S n=3×2n-3,由等比数列前n项和的特点可得数列是首项为3,公比为2的等比数列,数列{a n}的通项公式为a n=3×2n-1.设等比数列{b n}的公比为q,则b1q n-1+b1q n=3×2n-1,解得b1=1,q=2,数列的通项公式为b n=2n-1,由等比数列的求和公式有T n=2n-1.则有S n=3T n,T n=2b n-1,T n<a n,T n<b n+1.故选D.11.2.6[解析] 设蒲每日的生长的长度组成等比数列,其中a1=3,公比为,其前n项和为A n.莞每日生长的长度组成等比数列,其中b1=1,公比为2,其前n项和为B n.则A n=,B n=.令A n=B n,得2n+=7,解得2n=6 或2n=1 (舍去).则n==1+≈2.6,故所需的时间约为2.6日.12.100[解析] 因为数列是“调和数列”,所以b n+1-b n=d,即数列是等差数列,所以b1+b2+…+b9==90,则b4+b6=20,所以b4b6≤=100,当且仅当b4=b6=10时等号成立,因此b4b6的最大值为100.13.解:(1)设数列的公比为q(q>1).由已知,得即由q>1,解得故数列的通项公式为a n=2n-1.(2)由(1)得b n=2n-1+(n-1)ln 2,所以T n=(1+2+22+…+2n-1)+[0+1+2+…+(n-1)]ln 2=+ln 2=2n-1+ln 2.14.解:(1)当n≥2时,b n-b n-1=-=,∵a n-1a n-4a n-1+4=0,∴b n-b n-1==-,∴是等差数列.∴b n=b1+(n-1)=-.(2)∵b n==-,∴a n=+2,∴c n=(2n-4).设f(x)=,则f'(x)=,路漫漫其修远兮，吾将上下而求索- 百度文库∴函数f (x )在-∞,+2上单调递增,在+2,+∞上单调递减,∴数列{c n}当1≤n≤3时递增,当n≥4时递减且c n >0,∴-1≤c n ≤.设y=c n+t-2t2,则y=c n+t-2t2是关于c n 的一次函数,且函数单调递增,∴当c n=时,y≤0即可满足要求,∴+t-2t2≤0,解得t≤-或t≥.5.C[解析] 由<0可知a2015<1或a2016<1.如果a2015<1,那么a2016>1,若a2015<0,则q<0;又∵a2016=a1q2015,∴a2016应与a1异号,即a2016<0,这与假设矛盾,故q>0.若q≥1,则a2015>1且a2016>1,与推出的结论矛盾,故0<q<1,故(1)正确.又a2015a2017=<1,故(2)错误.由结论(1)可知a2015>1,a2016<1,故数列从第2016项开始小于1,则T2015最大,故(3)错误.由结论(1)可知数列从第2016项开始小于1,而T n=a1a2a3…a n,故当T n=(a2015)n时,求得T n>1对应的自然数为4030,故(4)正确.16.(-3,1)[解析] 当n=1时,a1=S1=1.当n≥2时,a n=S n-S n-1=n-(n-1)=(-1)n-1(2n-1).由对任意正整数n,有(a n+1-p)(a n-p)<0恒成立,得[(-1)n(2n+1)-p][(-1)n-1(2n-1)-p]<0①.当n是奇数时,①式化为[p+(2n+1)][p-(2n-1)]<0,解得-(2n+1)<p<2n-1.又该不等式对任意正奇数n都成立,取n=1,可得-3<p<1.当n是偶数时,①式化为[p-(1+2n)][p+(2n-1)]<0,解得1-2n<p<2n+1,又该不等式对任意正偶数n都成立,取n=2,可得-3<p<5.综上所述,-3<p<1.31。