2019年高考数学二轮复习试题：专题六 第4讲 用数学归纳法证明数列问题(带解析)

2019年高考理数——数列1.(19全国二理19．（12分）)已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1，b 1=0，1434n n n a a b +-=+，1434n n n b b a +-=-. （1）证明：{a n +b n }是等比数列，{a n –b n }是等差数列； （2）求{a n }和{b n }的通项公式.2.(19北京理（20）（本小题13分）)已知数列{a n }，从中选取第i 1项、第i 2项、…、第i m 项（i 1<i 2<…<i m ），若12m i i i a a a <<⋅⋅⋅<，则称新数列12m i i i a a a ⋅⋅⋅，，，为{a n }的长度为m 的递增子列．规定：数列{a n }的任意一项都是{a n }的长度为1的递增子列．（Ⅰ）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（Ⅱ）已知数列{a n }的长度为p 的递增子列的末项的最小值为0m a ，长度为q 的递增子列的末项的最小值为0n a ．若p <q ，求证：0m a <0n a ；（Ⅲ）设无穷数列{a n }的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{a n }的长度为s 的递增子列末项的最小值为2s –1，且长度为s 末项为2s –1的递增子列恰有2s -1个（s =1，2，…），求数列{a n }的通项公式．3.(19天津理19．（本小题满分14分）)设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列．已知1122334,622,24a b b a b a ===-=+，．（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）设数列{}n c 满足111,22,2,1,,k k n kk c n c b n +=⎧<<=⎨=⎩其中*k ∈N ． （i ）求数列(){}221n n a c -的通项公式； （ii ）求()2*1ni ii a c n =∈∑N ．4. (19浙江20．（本小题满分15分）)设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，34a =，43a S =，数列{}n b 满足：对每个12,,,n n n n n n n S b S b S b *++∈+++N 成等比数列．（1）求数列{},{}n n a b 的通项公式； （2）记,n c n *=∈N证明：12+.n c c c n *++<∈N L5.(19江苏20．（本小满分16分）)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”.（1）已知等比数列{a n }*()n ∈N 满足：245324,440a a a a a a =-+=，求证：数列{a n }为“M －数列”；（2）已知数列{b n }*()n ∈N 满足：111221,n n n b S b b +==-，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数，若存在“M －数列”{c n }*()n ∈N ，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有1k k k c b c +剟成立，求m 的最大值．参考答案：1.解：（1）由题设得114()2()n n n n a b a b +++=+，即111()2n n n n a b a b +++=+． 又因为a 1+b 1=l ，所以{}n n a b +是首项为1，公比为12的等比数列． 由题设得114()4()8n n n n a b a b ++-=-+，即112n n n n a b a b ++-=-+． 又因为a 1–b 1=l ，所以{}n n a b -是首项为1，公差为2的等差数列． （2）由（1）知，112n n n a b -+=，21n n a b n -=-． 所以111[()()]222n n n n n n a a b a b n =++-=+-， 111[()()]222n n n n n n b a b a b n =+--=-+．2.解：（Ⅰ）1，3，5，6.（答案不唯一）（Ⅱ）设长度为q 末项为0n a 的一个递增子列为1210,,,,q r r r n a a a a -L . 由p <q ，得10p q r r n a a a -≤<.因为{}n a 的长度为p 的递增子列末项的最小值为0m a ， 又12,,,p r r r a a a L 是{}n a 的长度为p 的递增子列， 所以0p m r a a ≤. 所以00m n a a <·（Ⅲ）由题设知，所有正奇数都是{}n a 中的项.先证明：若2m 是{}n a 中的项，则2m 必排在2m −1之前（m 为正整数）. 假设2m 排在2m −1之后.设121,,,,21m p p p a a a m --L 是数列{}n a 的长度为m 末项为2m −1的递增子列，则121,,,,21,2m p p p a a a m m --L 是数列{}n a 的长度为m +1末项为2m 的递增子列.与已知矛盾.再证明：所有正偶数都是{}n a 中的项.假设存在正偶数不是{}n a 中的项，设不在{}n a 中的最小的正偶数为2m .因为2k 排在2k −1之前（k =1，2，…，m −1），所以2k 和21k -不可能在{}n a 的同一个递增子列中.又{}n a 中不超过2m +1的数为1，2，…，2m −2，2m −1，2m +1，所以{}n a 的长度为m +1且末项为2m +1的递增子列个数至多为1(1)22221122m mm --⨯⨯⨯⨯⨯⨯=<L 1442443个. 与已知矛盾.最后证明：2m 排在2m −3之后（m ≥2为整数）.假设存在2m （m ≥2），使得2m 排在2m −3之前，则{}n a 的长度为m +1且末项为2m +l 的递增子列的个数小于2m .与已知矛盾.综上，数列{}n a 只可能为2，1，4，3，…，2m −3，2m ，2m −1，…. 经验证，数列2，1，4，3，…，2m −3，2m ，2m −1，…符合条件. 所以1,1,n n n a n n +⎧=⎨-⎩为奇数，为偶数.3.（Ⅰ）解：设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ．依题意得2662,6124,q d q d =+⎧⎨=+⎩解得3,2,d q =⎧⎨=⎩故14(1)331,6232n nn n a n n b -=+-⨯=+=⨯=⨯． 所以，{}n a 的通项公式为{}31,n n a n b =+的通项公式为32n n b =⨯．（Ⅱ）（i ）解：()()()()22211321321941n n n n n n n a c a b -=-=⨯+⨯-=⨯-． 所以，数列(){}221n n a c -的通项公式为()221941n n n a c -=⨯-． （ii ）解：()()22221111211n n niini iiiiii i i i a c a a c a a c====⎡⎤=+-=+⎣⎦-∑∑∑∑()()12212439412n n n ni i =⎛⎫- ⎪=⨯+⨯+⨯- ⎪⎝⎭∑()()2114143252914n n n n ---=⨯+⨯+⨯--()211*2725212n n n n --=⨯+⨯--∈N ．4.（1）设数列{}n a 的公差为d ，由题意得11124,333a d a d a d +=+=+，解得10,2a d ==．从而*22,n a n n =-∈N ．所以2*n S n n n =-∈N ，，由12,,n n n n n n S b S b S b +++++成等比数列得()()()212n n n n n n S b S b S b +++=++．解得()2121n n n n b S S S d++=-．所以2*,n b n n n =+∈N ． （2）*n c n ===∈N ． 我们用数学归纳法证明．（i ）当n =1时，c 1=0<2，不等式成立；（ii ）假设()*n k k =∈N时不等式成立，即12k c c c +++<L 那么，当1n k =+时，121k k c c c c +++++<<L <==．即当1n k =+时不等式也成立．根据（i ）和（ii），不等式12n c c c +++<L 对任意*n ∈N 成立．5.解：（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩，得244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩．因此数列{}n a 为“M —数列”.（2）①因为1122n n n S b b +=-，所以0n b ≠． 由1111,b S b ==，得212211b =-，则22b =. 由1122n n n S b b +=-，得112()n n n n n b b S b b ++=-， 当2n ≥时，由1n n n b S S -=-，得()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---，整理得112n n n b b b +-+=．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n }的通项公式为b n =n ()*n ∈N .②由①知，b k =k ，*k ∈N .因为数列{c n }为“M –数列”，设公比为q ，所以c 1=1，q >0.因为c k ≤b k ≤c k +1，所以1k kq k q -≤≤，其中k =1，2，3，…，m .当k =1时，有q ≥1； 当k =2，3，…，m 时，有ln ln ln 1k kq k k ≤≤-． 设f （x ）=ln (1)x x x >，则21ln ()xf 'x x -=． 令()0f 'x =，得x =e.列表如下：x (1,e)e (e ，+∞) ()f 'x+0 –f （x ）极大值因为ln 2ln8ln 9ln 32663=<=，所以max ln 3()(3)3f k f ==． 取33q =k =1，2，3，4，5时，ln ln kq k…，即k k q ≤，经检验知1k qk -≤也成立．因此所求m 的最大值不小于5．若m ≥6，分别取k =3，6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216， 所以q 不存在.因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5．。

2019年高考数学试题分项版——数列（解析版）一、选择题1．(2019·全国Ⅲ文，6)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3等于( )A ．16B ．8C ．4D ．2 答案 C解析 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 5＝3a 3＋4a 1得q 4＝3q 2＋4，得q 2＝4，因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝2，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4.2．(2019·浙江，10)设a ，b ∈R ，数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＋1＝a n 2＋b ，n ∈N *，则( )A ．当b ＝12时，a 10＞10 B ．当b ＝14时，a 10＞10 C ．当b ＝－2时，a 10＞10 D ．当b ＝－4时，a 10＞10 答案 A解析 当b ＝12时，因为a n ＋1＝a n 2＋12，所以a 2≥12，又a n ＋1＝a n 2＋12≥√2a n ，故a 9≥a 2×(√2)7≥12×(√2)7＝4√2，a 10＞a 92≥32＞10.当b ＝14时，a n ＋1－a n ＝(a n −12)2，故当a 1＝a ＝12时，a 10＝12，所以a 10＞10不成立．同理b ＝－2和b ＝－4时，均存在小于10的数x 0，只需a 1＝a ＝x 0，则a 10＝x 0＜10，故a 10＞10不成立．3．(2019·全国Ⅰ理，9)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( ) A ．a n ＝2n －5 B ．a n ＝3n －10 C ．S n ＝2n 2－8n D ．S n ＝12n 2－2n答案 A解析 设等差数列{a n }的公差为d ，∵{S 4＝0，a 5＝5，∴{4a 1+4×32d =0,a 1+4d =5,解得{a 1=−3，d =2， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－3＋2(n －1)＝2n －5， S n ＝na 1＋n (n−1)2d ＝n 2－4n .故选A.4．(2019·全国Ⅲ理，5)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3等于( )A ．16B ．8C ．4D ．2 答案 C解析 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 5＝3a 3＋4a 1得q 4＝3q 2＋4，得q 2＝4，因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝2，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4. 二、填空题1．(2019·全国Ⅰ文，14)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，S 3＝34，则S 4＝________.答案 58解析 设等比数列的公比为q ， 则a n ＝a 1q n －1＝q n －1. ∵a 1＝1，S 3＝34，∴a 1＋a 2＋a 3＝1＋q ＋q 2＝34， 即4q 2＋4q ＋1＝0，∴q ＝－12，∴S 4＝1×[1−(−12)4]1−(−12)＝58.2．(2019·全国Ⅲ文，14)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 3＝5，a 7＝13，则S 10＝________. 答案 100解析 ∵{a n }为等差数列，a 3＝5，a 7＝13， ∴公差d ＝a 7−a 37−3＝13−54＝2，首项a 1＝a 3－2d ＝5－2×2＝1， ∴S 10＝10a 1＋10×92d ＝100.3．(2019·江苏，8)已知数列{a n }(n ∈N *)是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 2a 5＋a 8＝0，S 9＝27，则S 8的值是________． 答案 16解析 方法一 设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2a 5＋a 8＝(a 1＋d )(a 1＋4d )＋a 1＋7d ＝a 12＋4d 2＋5a 1d ＋a 1＋7d ＝0，S 9＝9a 1＋36d ＝27，解得a 1＝－5，d ＝2，则S 8＝8a 1＋28d ＝－40＋56＝16.方法二 ∵S 9＝a 1+a 92×9＝27，∴a 1＋a 9＝6， ∴a 2＋a 8＝2a 5＝6， ∴a 5＝3，则a 2a 5＋a 8＝3a 2＋a 8＝0， 即2a 2＋6＝0， ∴a 2＝－3，则a 8＝9，∴其公差d ＝a 8−a 58−5＝2，∴a 1＝－5，∴S 8＝8×a 1+a82＝16.4．(2019·全国Ⅰ理，14)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝13，a 42＝a 6，则S 5＝________.答案1213解析 设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 42＝a 6，所以(a 1q 3)2＝a 1q 5，所以a 1q ＝1，又a 1＝13，所以q ＝3，所以S 5＝a 1(1−q 5)1−q＝13×(1−35)1−3＝1213.5．(2019·全国Ⅲ理，14)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 1≠0，a 2＝3a 1，则s 10s 5＝________.答案 4解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由a 2＝3a 1， 即a 1＋d ＝3a 1，得d ＝2a 1，所以s 10s 5＝10a1+10×92d 5a1+5×42d＝10a1+10×92×2a15a1+5×42×2a1＝10025＝4.6．(2019·北京理，10)设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若23a =-，510S =-，则5a = ，n S 的最小值为 ．【思路分析】利用等差数列{}n a 的前n 项和公式、通项公式列出方程组，能求出14a =-，1d =，由此能求出5a 的n S 的最小值．【解析】：设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，23a =-，510S =-，∴113545102a d a d +=-⎧⎪⎨⨯+=-⎪⎩，解得14a =-，1d =，5144410a a d ∴=+=-+⨯=， 21(1)(1)19814()22228n n n n n S na d n n --=+=-+=--， 4n ∴=或5n =时，n S 取最小值为4510S S ==-．故答案为：0，10-．【归纳与总结】本题考查等差数列的第5项的求法，考查等差数列的前n 项和的最小值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题． 三、解答题1．(2019·全国Ⅰ文，18)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 9＝－a 5. (1)若a 3＝4，求{a n }的通项公式；(2)若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围． 解 (1)设{a n }的公差为d . 由S 9＝－a 5，即9a 5＝－a 5，所以a5＝0，得a1＋4d＝0.由a3＝4得a1＋2d＝4.于是a1＝8，d＝－2.因此{a n}的通项公式为a n＝10－2n，n∈N*.(2)由(1)得a1＝－4d，故a n＝(n－5)d，.S n＝n(n−9)d2由a1>0知d<0，≥(n－5)d，化简得故S n≥a n等价于n(n−9)d2n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10，所以n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N*}．2．(2019·全国Ⅱ文，18)已知{a n}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.(1)求{a n}的通项公式；(2)设b n＝log2a n，求数列{b n}的前n项和．解(1)设{a n}的公比为q，由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0，解得q＝－2(舍去)或q＝4.因此{a n}的通项公式为a n＝2×4n－1＝22n－1.(2)由(1)得b n＝log222n－1＝(2n－1)log22＝2n－1，因此数列{b n}的前n项和为1＋3＋…＋2n－1＝n2.3．(2019·北京文，16)设{a n}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列．(1)求{a n}的通项公式；(2)记{a n}的前n项和为S n，求S n的最小值．解(1)设{a n}的公差为d.因为a1＝－10，所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.因为a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6)．即(－2＋2d)2＝d(－4＋3d)．解得d＝2.所以a n＝a1＋(n－1)d＝2n－12.(2)由(1)知，a n＝2n－12.则当n≥7时，a n>0；当n≤6时，a n≤0.所以S n 的最小值为S 5＝S 6＝－30.4．(2019·天津文，18)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0.已知a 1＝b 1＝3，b 2＝a 3，b 3＝4a 2＋3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)设数列{c n }满足c n ＝{1,n 为奇数，b n 2,n 为偶数.求a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n (n ∈N *)．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，q ＞0. 依题意，得{3q ＝3＋2d ，3q 2＝15＋4d ，解得{d ＝3，q ＝3，故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，b n ＝3×3n －1＝3n .所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ，{b n }的通项公式为b n ＝3n . (2)a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＋(a 2b 1＋a 4b 2＋a 6b 3＋…＋a 2n b n ) ＝[n ×3+n(n−1)2×6]＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n ×3n )＝3n 2＋6(1×31＋2×32＋…＋n ×3n )． 记T n ＝1×31＋2×32＋…＋n ×3n ，① 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋n ×3n ＋1，② ②－①得，2T n ＝－3－32－33－…－3n ＋n ×3n ＋1 ＝－3(1−3n )1−3＋n ×3n ＋1＝(2n−1)3n+1+32.所以a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝3n 2＋6T n ＝3n 2＋3×(2n−1)3n+1+32＝3(n−1)3n+2+6n 2+92(n ∈N *)．5．(2019·浙江，20)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝4，a 4＝S 3.数列{b n }满足：对每个n ∈N *，S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列． (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记c n ＝√a n 2b n，n ∈N *，证明：c 1＋c 2＋…＋c n ＜2√n ，n ∈N *.(1)解 设数列{a n }的公差为d ，由题意得 a 1＋2d ＝4，a 1＋3d ＝3a 1＋3d ， 解得a 1＝0，d ＝2. 从而a n ＝2n －2，n ∈N *. 所以S n ＝n 2－n ，n ∈N *.由S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列得(S n ＋1＋b n )2＝(S n ＋b n )(S n ＋2＋b n )．解得b n ＝1a (S n+12－S n S n ＋2)．所以b n ＝n 2＋n ，n ∈N *.(2)证明 c n ＝√a n 2b n＝√2n−22n(n+1)＝√n−1n(n+1)，n ∈N *.我们用数学归纳法证明．①当n ＝1时，c 1＝0＜2，不等式成立； ②假设n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时不等式成立，即 c 1＋c 2＋…＋c k ＜2√k . 那么，当n ＝k ＋1时，c 1＋c 2＋…＋c k ＋c k ＋1＜2√k ＋√k(k+1)(k+2)＜2√k ＋√1k+1＜2√k ＋√k+1+√k＝2√k ＋2(√k +1－√k )＝2√k +1.即当n ＝k ＋1时不等式也成立．根据①和②，不等式c 1＋c 2＋…＋c n ＜2√n 对任意n ∈N *成立．6．(2019·江苏，20)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”．(1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足：a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，求证：数列{a n }为“M －数列”； (2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足：b 1＝1，1S n＝2b n －2b n+1，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数．若存在“M －数列”{c n }(n ∈N *)，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有c k ≤b k ≤c k＋1成立，求m 的最大值．(1)证明 设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由{a 2a 4=a 5,a 3−4a 2+4a 1=0,得{a 12q 4=a 1q 4,a 1q 2−4a 1q +4a 1=0,解得{a 1=1,q =2.因此数列{a n }为“M －数列”． (2)解 ①因为1S n＝2b n－2bn+1，所以b n ≠0.由b 1＝1，S 1＝b 1，得11＝21－2b 2，则b 2＝2.由2S n＝2b n－2bn+1，得S n ＝b nb n+12(b n+1−b n )，当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1， 得b n ＝b nb n+12(b n+1−b n)－b n−1bn2(b n−b n−1)， 整理得b n ＋1＋b n －1＝2b n .所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列．因此，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *)． ②由①知，b k ＝k ，k ∈N *.因为数列{c n }为“M －数列”，设公比为q ，所以c 1＝1，q >0. 因为c k ≤b k ≤c k ＋1，所以q k －1≤k ≤q k ，其中k ＝1,2,3，…，m . 当k ＝1时，有q ≥1； 当k ＝2,3，…，m 时，有lnk k≤ln q ≤lnkk−1.设f (x )＝lnx x(x >1)，则f ′(x )＝1−lnx x 2(x >1)．令f ′(x )＝0，得x ＝e ，列表如下：因为ln22＝ln86<ln96＝ln33，所以f (k )max ＝f (3)＝ln33.取q ＝√33，当k ＝1,2,3,4,5时，lnk k≤ln q ，即k ≤q k ，经检验知q k －1≤k 也成立．因此所求m 的最大值不小于5.若m ≥6，分别取k ＝3,6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216，所以q 不存在．因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5.7．(2019·全国Ⅱ理，19)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0,4a n ＋1＝3a n －b n ＋4,4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．(1)证明 由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )， 即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n )．又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8，即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2. 又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)解 由(1)知，a n ＋b n ＝12n−1,，a n －b n ＝2n －1.所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12， b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.8．(2019·北京理，20)（13分）已知数列{}n a ，从中选取第1i 项、第2i 项、⋯、第m i 项12()m i i i <<⋯<，若12m i i i a a a <<⋯<，则称新数列1i a ，2i a ，⋯，m i a 为{}n a 的长度为m 的递增子列．规定：数列{}n a 的任意一项都是{}n a 的长度为1的递增子列． （Ⅰ）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（Ⅱ）已知数列{}n a 的长度为p 的递增子列的末项的最小值为0m a ，长度为q 的递增子列的末项的最小值为0n a ．若p q <，求证：00m n a a <；（Ⅲ）设无穷数列{}n a 的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{}n a 的长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -，且长度为s 末项为21s -的递增子列恰有12s -个(1s =，2，)⋯，求数列{}n a 的通项公式．【思路分析】()1I ，3，5，6．答案不唯一．()II 考虑长度为q 的递增子列的前p 项可以组成长度为p 的一个递增子列，可得0n a >该数列的第p 项0m a ，即可证明结论．()III 考虑21s -与2s 这一组数在数列中的位置．若{}n a 中有2s ，在2s 在21s -之后，则必然在长度为1s +，且末项为2s 的递增子列，这与长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -矛盾，可得2s 必在21s -之前．继续考虑末项为21s +的长度为1s +的递增子列．因此对于数列21n -，2n ，由于2n 在21n -之前，可得研究递增子列时，不可同时取2n 与21n -，即可得出：递增子列最多有2s 个．由题意，这s 组数列对全部存在于原数列中，并且全在21s +之前．可得2，1，4，3，6，5，⋯⋯，是唯一构造． 【解析】：()1I ，3，5，6．()II 证明：考虑长度为q 的递增子列的前p 项可以组成长度为p 的一个递增子列，∴0n a >该数列的第p 项0m a ， ∴00m n a a <．()III 解：考虑21s -与2s 这一组数在数列中的位置．若{}n a 中有2s ，在2s 在21s -之后，则必然在长度为1s +，且末项为2s 的递增子列， 这与长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -矛盾，2s ∴必在21s -之前． 继续考虑末项为21s +的长度为1s +的递增子列．对于数列21n -，2n ，由于2n 在21n -之前，∴研究递增子列时，不可同时取2n 与21n -， 对于1至2s 的所有整数，研究长度为1s +的递增子列时，第1项是1与2二选1，第2项是3与4二选1，⋯⋯，第s 项是21s -与2s 二选1，故递增子列最多有2s 个．由题意，这s 组数列对全部存在于原数列中，并且全在21s +之前．2∴，1，4，3，6，5，⋯⋯，是唯一构造． 即221k a k =-，212k a k -=，*k N ∈．【归纳与总结】本题考查了数列递推关系、数列的单调性，考查了逻辑推理能力、分析问题与解决问题的能力，属于难题．9．(2019·天津理，19)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列．已知a 1＝4，b 1＝6，b 2＝2a 2－2，b 3＝2a 3＋4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c 1＝1，c n ＝{1,2k <n <2k+1,b k ,n =2k,其中k ∈N *. (ⅰ)求数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式；(ⅱ)求(n ∈N *)．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 依题意得{6q ＝6＋2d ，6q 2＝12＋4d ，解得{d ＝3，q ＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝4＋(n －1)×3＝3n ＋1， b n ＝b 1·q n －1＝6×2n －1＝3×2n .所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋1，{b n }的通项公式为b n ＝3×2n . (2)(ⅰ)a 2n (c 2n －1)＝a 2n (b n －1)＝(3×2n ＋1)(3×2n －1)＝9×4n －1. 所以数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式为a 2n (c 2n －1)＝9×4n －1. (ⅱ)a i c i ＝[a i ＋a i (c i －1)] ＝a i ＋a 2i (c 2i －1)＝[2n ×4+2n (2n −1)2×3]＋(9×4i －1) ＝(3×22n －1＋5×2n －1)＋9×4(1−4n )1−4－n＝27×22n －1＋5×2n －1－n －12(n ∈N *)．。

回扣4数列1．牢记概念与公式等差数列、等比数列2.活用定理与结论(1)等差、等比数列{a n}的常用性质(2)判断等差数列的常用方法①定义法a n＋1－a n＝d(常数)(n∈N*)⇔{a n}是等差数列．②通项公式法a n＝pn＋q(p，q为常数，n∈N*)⇔{a n}是等差数列．③中项公式法2a n＋1＝a n＋a n＋2(n∈N*)⇔{a n}是等差数列．④前n项和公式法S n＝An2＋Bn(A，B为常数，n∈N*)⇔{a n}是等差数列．(3)判断等比数列的常用方法①定义法a n＋1a n＝q(q是不为0的常数，n∈N *)⇔{an}是等比数列．②通项公式法a n ＝cq n (c ，q 均是不为0的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列． ③中项公式法a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(a n ·a n ＋1·a n ＋2≠0，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列． 3．数列求和的常用方法(1)等差数列或等比数列的求和，直接利用公式求和．(2)形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列，利用错位相减法求和． (3)通项公式形如a n ＝c (an ＋b 1)(an ＋b 2)(其中a ，b 1，b 2，c 为常数)用裂项相消法求和．(4)通项公式形如a n ＝(－1)n ·n 或a n ＝a ·(－1)n (其中a 为常数，n ∈N *)等正负项交叉的数列求和一般用并项法．并项时应注意分n 为奇数、偶数两种情况讨论．(5)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列． (6)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求S n .1．已知数列的前n 项和求a n ，易忽视n ＝1的情形，直接用S n －S n －1表示．事实上，当n ＝1时，a 1＝S 1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1.2．易混淆几何平均数与等比中项，正数a ，b 的等比中项是±ab .3．等差数列中不能熟练利用数列的性质转化已知条件，灵活整体代换进行基本运算．如等差数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，已知S n T n ＝n ＋12n ＋3，求a n b n 时，无法正确赋值求解．4．易忽视等比数列中公比q ≠0导致增解，易忽视等比数列的奇数项或偶数项符号相同造成增解．5．运用等比数列的前n 项和公式时，易忘记分类讨论．一定分q ＝1和q ≠1两种情况进行讨论．6．利用错位相减法求和时，要注意寻找规律，不要漏掉第一项和最后一项． 7．裂项相消法求和时，裂项前后的值要相等， 如1n (n ＋2)≠1n －1n ＋2，而是1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2.8．通项中含有(－1)n 的数列求和时，要把结果写成n 为奇数和n 为偶数两种情况的分段形式．1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 13>0，S 14<0，若a k ·a k ＋1<0，则k 等于( ) A ．6B ．7C ．13D ．14 答案 B解析 因为{a n }为等差数列，S 13＝13a 7，S 14＝7(a 7＋a 8)， 所以a 7>0，a 8<0，a 7·a 8<0，所以k ＝7.2．已知在等比数列{a n }中，a 1＋a 2＝3，a 3＋a 4＝12，则a 5＋a 6等于( ) A ．3B ．15C ．48D ．63 答案 C解析 a 3＋a 4a 1＋a 2＝q 2＝4，所以a 5＋a 6＝(a 3＋a 4)·q 2＝48.3．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 ．6 B ．7 C ．12 D ．13答案 C解析 ∵a 1>0，a 6a 7<0，∴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， ∴S 12>0，S 13<0，∴满足S n >0的最大自然数n 的值为12.4．已知数列{a n }满足13n a ＋＝9·3n a(n ∈N *)且a 2＋a 4＋a 6＝9，则15793log ()a a a ＋＋等于( ) A ．－13B ．3C ．－3 D.13答案 C解析 由已知13n a＋＝9·3n a＝23n a ＋，所以a n ＋1＝a n ＋2，所以数列{a n }是公差为2的等差数列，a 5＋a 7＋a 9＝(a 2＋3d )＋(a 4＋3d )＋(a 6＋3d ) ＝(a 2＋a 4＋a 6)＋9d ＝9＋9×2＝27，所以15793log ()a a a ＋＋＝13log 27＝－3.故选C.5．已知正数组成的等比数列{a n }，若a 1·a 20＝100，那么a 7＋a 14的最小值为( ) A ．20 B ．25 C ．50 D ．不存在答案 A解析 在正数组成的等比数列{a n }中，因为a 1·a 20＝100，由等比数列的性质可得a 1·a 20＝a 7·a 14＝100，那么a 7＋a 14≥2a 7·a 14＝2100＝20，当且仅当a 7＝a 14＝10时取等号，所以a 7＋a 14的最小值为20.6．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －4(n ∈N *)，则a n 等于( ) A ．2n ＋1B ．2nC ．2n －1D ．2n －2答案 A解析 a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－4－(2a n －4)⇒a n ＋1＝2a n ，再令n ＝1，∴S 1＝2a 1－4⇒a 1＝4， ∴数列{a n }是以4为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＝4·2n －1＝2n ＋1，故选A.7．已知等差数列{a n }的公差和首项都不等于0，且a 2，a 4，a 8成等比数列，则a 1＋a 5＋a 9a 2＋a 3等于( )A ．2B ．3C ．5D ．7 答案 B解析 ∵在等差数列{a n }中，a 2，a 4，a 8成等比数列，∴a 24＝a 2a 8，∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )，∴d 2＝a 1d ，∵d ≠0，∴d ＝a 1，∴a 1＋a 5＋a 9a 2＋a 3＝15a 15a 1＝3，故选B.8．已知S n 为数列{a n }的前n 项和，若a n (4＋cos n π)＝n (2－cos n π)(n ∈N *)，则S 20等于( ) A ．31 B ．122 C ．324 D ．484答案 B解析 由题意可知，因为a n (4＋cos n π)＝n (2－cos n π)， 所以a 1＝1，a 2＝25，a 3＝3，a 4＝45，a 5＝5，a 6＝65，…，所以数列{a n }的奇数项构成首项为1，公差为2的等差数列，偶数项构成首项为25，公差为25的。

专题限时集训(六)数列(限时：120分钟)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分，请把答案填写在题中横线上．)1．(四川省凉山州2019届高中毕业班第一次诊断性检测)设数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1(n ∈N *)，若数列{a n }是常数列，则a ＝________.－2[因为数列{a n }是常数列，所以a ＝a 2＝a 21－2a 1＋1＝a 2－2a ＋1，即a (a ＋1)＝a 2－2，解得a ＝－2.]2．(江苏省南京市、盐城市2019届高三第一次模拟)设{a n }是等差数列，若a 4＋a 5＋a 6＝21，则S 9＝________.63[由a 4＋a 5＋a 6＝21得a 5＝7，所以S 9＝a 1＋a 92＝9a 5＝63.]3．数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为________．1830[当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝4k －1； 当n ＝2k －1时，a 2k －a 2k －1＝4k －3. 所以a 2k ＋1＋a 2k －1＝2，所以a 2k ＋1＋a 2k ＋3＝2， 所以a 2k －1＝a 2k ＋3，所以a 1＝a 5＝…＝a 61. 所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 60＝(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 60＋a 61) ＝3＋7＋11＋…＋(2×60－1) ＝30×3＋1192＝30×61＝1830.]4．(江苏省泰州中学2019届高三上学期第二次月考)等差数列{a n }的前n 项和S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 6＝________.12[∵S 3＝12，∴S 3＝3a 1＋3×22d ＝3a 1＋3d ＝12.解得d ＝2，则a 6＝a 1＋5d ＝2＋2×5＝12.]5．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q ＝3，S 3＋S 4＝533，则a 3＝________.3[∵等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q ＝3，S 3＋S 4＝533，∴a 13－3－1＋a 14－3－1＝533，解得a 1＝13.则a 3＝13×32＝3.] 6．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列．且a 2＋a 5＝4，则a 8的值为________．2[∵等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列．且a 2＋a 5＝4，∴⎩⎪⎨⎪⎧2×a 1－q 91－q ＝a 1－q 31－q ＋a 1－q61－q，a 1q ＋a 1q 4＝4，解得a 1q ＝8，q 3＝－12，∴a 8＝a 1q 7＝(a 1q )(q 3)2＝8×14＝2.]7．《九章算术》中的“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则该竹子最上面一节的容积为________升． 1322[设最上面一节的容积为a 1， 由题设知⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋4×32d ＝3，⎝⎛⎭⎪⎫9a 1＋9×82d －⎝ ⎛⎭⎪⎫6a 1＋6×52d ＝4，解得a 1＝1322.]8．已知{a n }是公差不为0的等差数列，S n 是其前n 项和，若a 2a 3＝a 4a 5，S 9＝1，则a 1的值是________.【导学号：56394041】－527[设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)， ∵a 2a 3＝a 4a 5，S 9＝1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d a 1＋2d ＝a 1＋3d a 1＋4d ，9a 1＋9×82d ＝1，解得a 1＝－527.]9．(广东湛江市2019届高三上学期期中调研考试)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若log 2a 2＋log 2a 8＝1，则a 3·a 7＝________.2[由log 2a 2＋log 2a 8＝1得log 2(a 2a 8)＝1，所以a 2a 8＝2，由等比数列性质可得a 3a 7＝a 2a 8＝2.] 10．记公比为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若a 1＝1，S 4－5S 2＝0，则S 5的值为________．31[若等比数列的公比等于1，由a 1＝1，则S 4＝4,5S 2＝10，与题意不符． 设等比数列的公比为q (q ≠1)， 由a 1＝1，S 4＝5S 2，得a 1－q 41－q＝5a 1(1＋q )，解得q ＝±2.∵数列{a n }的各项均为正数，∴q ＝2. 则S 5＝1－251－2＝31.]11．(广东郴州市2019届高三第二次教学质量监测试卷)在△ABC 中，A 1，B 1分别是边BA ，CB 的中点，A 2，B 2分别是线段A 1A ，B 1B 的中点，…，A n ，B n 分别是线段A n －1A ，B n －1B (n ∈N *，n >1)的中点，设数列{a n }，{b n }满足：向量B n A n →＝a n CA →＋b n CB →(n ∈N *)，有下列四个命题，其中假命题是：________.【导学号：56394042】①数列{a n }是单调递增数列，数列{b n }是单调递减数列； ②数列{a n ＋b n }是等比数列； ③数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 有最小值，无最大值；④若△ABC 中，C ＝90°，CA ＝CB ，则|B n A n →|最小时，a n ＋b n ＝12.③[由BA n →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n (CA →－CB →)，B n B →＝12n CB →，B n A n →＝B n B →＋BA n →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n CA →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－1CB →，所以a n ＝1－12n ，b n ＝12n －1－1.则数列{a n }是单调递增数列，数列{b n }是单调递减数列，故①正确；数列{a n ＋b n }即为⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n 是首项和公比均为12的等比数列，故②正确；而当n ＝1时，a 1＝12，b 1＝0，a n b n 不存在；n ＞1时，a n b n ＝2n－12－2n ＝－1＋12－2n 在n ∈N *上递增，无最小值和最大值，故③错误；在△ABC 中，C ＝90°，CA ＝CB ，则|B n A n →|2＝(a 2n ＋b 2n )CA →2＋2a n b n CA →·CB →＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －352－15，当n ＝1时，取得最小值，即有|B n A n →|最小时，a n ＋b n ＝12，故④正确．]12．(天津六校2019届高三上学期期中联考)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)．若b n ＋1＝(n －2λ)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1(n ∈N *)，b 1＝－λ，且数列{b n }是单调递增数列，则实数λ的取值范围是________．⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，23[因为a n ＋1＝a n a n ＋2⇒1a n ＋1＝2a n ＋1⇒1a n ＋1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1⇒1a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋12n －1＝2n ，所以b n ＋1＝(n －2λ)·2n，因为数列{b n }是单调递增数列，所以当n ≥2时b n ＋1>b n ⇒(n －2λ)·2n>(n －1－2λ)·2n －1⇒n >2λ－1⇒2>2λ－1⇒λ<32；当n ＝1时，b 2>b 1⇒(1－2λ)·2>－λ⇒λ<23，因此λ<23.]13.(山西大学附属中学2019级上学期11月模块诊断)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 17>0，S 18<0，则S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的项为________．S 9a 9[S 17>0⇒a 1＋a 172>0⇒a 92>0⇒a 9>0，S 18<0⇒a 1＋a 182<0⇒a 9＋a 102<0⇒a 10＋a 9<0⇒a 10<0，因此S 1a 1>0，S 2a 2>0，…，S 8a 8>0，S 9a 9>0，S 10a 10<0，而S 1<S 2<…<S 9，a 1>a 2>…>a 8>a 9，所以S 1a 1<S 2a 2<…<S 8a 8<S 9a 9.] 14．(云南大理2019届高三第一次统测)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＝________. 5050[由a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)可知a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3，所以数列{a n ＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以a n ＋1＝3n，∴a n ＝3n－1，所以b n ＝log 3(a n ＋1)＝n ，因此b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 100＝＋2＝5050.]二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．) 15．(本小题满分14分)(泰州中学2019届高三上学期期中考试)已知{a n }是一个公差大于0的等差数列，且满足a 3a 6＝55，a 2＋a 7＝16. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)等比数列{b n }满足：b 1＝a 1，b 2＝a 2－1，若数列c n ＝a n ·b n ，求数列{c n }的前n 项和S n . [解](1)设等差数列{a n }的公差为d ，则依题意设d >0.由a 2＋a 7＝16，得2a 1＋7d ＝16.① 由a 3a 6＝55，得(a 1＋2d )(a 1＋5d )＝55.②4分由①得2a 1＝16－7d 将其代入②得(16－3d )(16＋3d )＝220.即256－9d 2＝220，∴d 2＝4，又d >0，∴d ＝2.代入①得a 1＝1，∴a n ＝1＋(n －1)2＝2n －1.6分(2)∵b 1＝1，b 2＝2，∴b n ＝2n －1，∴c n ＝a n b n ＝(2n －1)2n －1， 8分S n ＝1·20＋3·21＋…＋(2n －1)·2n －1,2S n ＝1·21＋3·22＋…＋(2n －1)·2n .两式相减可得：－S n ＝1·20＋2·21＋2·22＋…＋2·2n －1－(2n －1)·2n＝1＋2×－2n －11－2－(2n －1)·2n， 10分∴－S n ＝1＋－2n －11－2－(2n －1)·2n ＝1＋2n ＋1－4－(2n －1)·2n ＝2n ＋1－3－(2n －1)·2n ，∴S n ＝3＋(2n －1)·2n－2n ＋1＝3＋(2n －3)·2n.14分16．(本小题满分14分)(河南省豫北名校联盟2019届高三年级精英对抗赛)已知各项均不相等的等差数列{a n }的前五项和S 5＝20，且a 1，a 3，a 7成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和，且存在n ∈N *，使得T n －λa n ＋1≥0成立，求实数λ的取值范围．[解](1)设数列{a n }的公差为d ，则 ⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋5×42d ＝20，a 1＋2d 2＝a 1a 1＋6d ，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝4，2d 2＝a 1d .2分又因为d ≠0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝1.4分 所以a n ＝n ＋1. 5分(2)因为1a n a n ＋1＝1n ＋n ＋＝1n ＋1－1n ＋2， 所以T n ＝12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝nn ＋. 7分因为存在n ∈N *，使得T n －λa n ＋1≥0成立， 所以存在n ∈N *，使得n n ＋－λ(n ＋2)≥0成立， 即存在n ∈N *，使λ≤n n ＋2成立.10分又n n ＋2＝12⎝⎛⎭⎪⎫n ＋4n＋4≤116(当且仅当n ＝2时取等号)，所以λ≤116.即实数λ的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，116. 14分17．(本小题满分14分)(四川省凉山州2019届高中毕业班第一次诊断性检测)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n a n ＋1＝2n ，n ∈N *.(1)若函数f (x )＝A sin(2x ＋φ)(A >0,0<φ<π)在x ＝π6处取得最大值a 4＋1，求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π2上的值域； (2)求数列{a n }的通项公式． [解](1)∵a n a n ＋1＝2n，则a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，∴a n ＋2a n＝2， 又a 1＝1，故a 1a 2＝21，即a 2＝2，∴a 3＝2，a 4＝4，∴A ＝a 4＋1＝5，故f (x )＝5sin(2x ＋φ)，4分 又x ＝π6时，f (x )＝5，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋φ＝1，且0<φ<π，解得φ＝π6， ∴f (x )＝5sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，6分而x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π2，故2x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，7π6，从而sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1，综上知f (x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－52，5. 8分18．(本小题满分16分)(天津六校2019届高三上学期期中联考)已知各项都是正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝a 2n ＋12a n ，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足：b 1＝1，b n －b n －1＝2a n (n ≥2)，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和为T n ，求证：T n <2；(3)若T n ≤λ(n ＋4)对任意n ∈N *恒成立，求λ的取值范围.【导学号：56394043】[解](1)n ＝1时，a 1＝a 21＋12a 1，∴a 1＝12.⎩⎪⎨⎪⎧S n －1＝a 2n －1＋12a n －1S n ＝a 2n ＋12a n⇒a n ＝a 2n －a 2n －1＋12a n －12a n －1，⇒(a n ＋a n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －a n －1－12＝0，∵a n >0，∴a n －a n －1＝12， ∴{a n }是以12为首项，12为公差的等差数列．∴a n ＝12n .4分(2)证明：b n －b n －1＝n ，⎩⎪⎨⎪⎧b 2－b 1＝2b 3－b 2＝3⋮b n －b n －1＝n⇒b n －b 1＝n ＋n －2⇒b n ＝n n ＋2.1b n ＝2n n ＋＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴T n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1，即T n <2.12分(3)由2n n ＋1≤λ(n ＋4)得λ≥2nn ＋n ＋＝2n ＋4n ＋5，当且仅当n ＝2时，2n ＋4n＋5有最大值29，∴λ≥29.16分19．(本小题满分16分)(中原名校豫南九校2019届第四次质量考评)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 5＝a 5＋a 6＝25. (1)求{a n }的通项公式；(2)若不等式2S n ＋8n ＋27>(－1)nk (a n ＋4)对所有的正整数n 都成立，求实数k 的取值范围． [解](1)设公差为d ，则5a 1＋5×42d ＝a 1＋4d ＋a 1＋5d ＝25，∴a 1＝－1，d ＝3.∴{a n }的通项公式为a n ＝3n －4. 6分(2)S n ＝－n ＋3nn －2，2S n ＋8n ＋27＝3n 2＋3n ＋27，a n ＋4＝3n ；8分(－1)nk <n ＋1＋9n，当n 为奇数时，k >－⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1＋9n ；当n 为偶数时，k <n ＋1＋9n，∵n ＋1＋9n ≥7，当且仅当n ＝3时取等号，∴当n 为奇数时，n ＋1＋9n的最小值为7，当n为偶数时，n ＝4时，n ＋1＋9n 的最小值为294，∴－7<k <294.16分20．(本小题满分16分)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)是函数f (x )＝12＋log 2x1－x的图象上任意两点，且OM →＝12(OA →＋OB →)，已知点M 的横坐标为12.(1)求证：M 点的纵坐标为定值；(2)若S n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎪⎫n －1n ，n ∈N *，且n ≥2，求S n； (3)已知a n＝⎩⎪⎨⎪⎧23，n ＝1，1S n＋Sn ＋1＋，n ≥2.其中n ∈N *.T n 为数列{a n }的前n 项和，若T n <λ(S n ＋1＋1)对一切n ∈N *都成立，试求λ的取值范围.【导学号：56394044】[解](1)证明：∵OM →＝12(OA →＋OB →)，∴M 是AB 的中点．设M 点的坐标为(x ，y )，由12(x 1＋x 2)＝x ＝12，得x 1＋x 2＝1，则x 1＝1－x 2或x 2＝1－x 1.2分 而y ＝12(y 1＋y 2)＝12[f (x 1)＋f (x 2)]＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋log 2x 11－x 1＋12＋log 2x 21－x 2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋log 2x 11－x 1＋log 2x 21－x 2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋log 2x 11－x 1·x 21－x 2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋log 2x 1x 2x 1x 2＝12()1＋0＝12，∴M 点的纵坐标为定值12. 5分(2)由(1)，知x 1＋x 2＝1，f (x 1)＋f (x 2)＝y 1＋y 2＝1，S n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ，S n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ， 两式相加，得2S n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2n ＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＝1＋1＋…＋1n －1，∴S n＝n －12(n ≥2，n ∈N *).8分(3)当n ≥2时，a n ＝1S n ＋S n ＋1＋＝4n ＋n ＋＝4⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2.10分T n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝23＋4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝23＋4⎝ ⎛⎭⎪⎫13－1n ＋2＝2n n ＋2. 12分由T n <λ(S n ＋1＋1)，得2n n ＋2<λ·n ＋22.∴λ>4n n ＋2＝4nn 2＋4n ＋4＝4n ＋4n＋4.∵n ＋4n≥4，当且仅当n ＝2时等号成立，∴4n ＋4n＋4≤44＋4＝12. 因此λ>12，即λ的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞. 16分。

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2019年高考数学试题分项版--数列（解析版）一、选择题1．(2019·全国Ⅲ文，6)已知各项均为正数的等比数列{a n｝的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1,则a3等于（）A．16 B．8 C．4 D．2答案C解析设等比数列{a n}的公比为q，由a5＝3a3＋4a1得q4＝3q2＋4，得q2＝4，因为数列{a n}的各项均为正数，所以q＝2，又a1＋a2＋a3＋a4＝a1（1＋q＋q2＋q3）＝a1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a＝1，所以a3＝a1q2＝4.12．(2019·浙江，10)设a,b∈R，数列｛a n｝满足a1＝a，a n＋1＝＋b，n∈N＊，则（) A．当b＝时，a10＞10B．当b＝时,a10＞10C．当b＝－2时，a10＞10D．当b＝－4时,a10＞10答案A解析当b＝时，因为a n＋1＝＋,所以a2≥,又a n＋1＝＋≥a n,故a9≥a2×()7≥×（）7＝4，a＞≥32＞10.当b＝时,a n＋1－a n＝2，故当a1＝a＝时，a10＝，所以a10＞1010不成立．同理b＝－2和b＝－4时,均存在小于10的数x0，只需a1＝a＝x0，则a10＝x0＜10，故a＞10不成立．103．(2019·全国Ⅰ理，9)记S n为等差数列｛a n}的前n项和．已知S4＝0,a5＝5，则( )A．a n＝2n－5 B．a n＝3n－10C．S n＝2n2－8n D．S n＝n2－2n答案A解析设等差数列｛a n｝的公差为d,∵∴解得∴a n＝a1＋(n－1)d＝－3＋2（n－1)＝2n－5,S n＝na＋d＝n2－4n.故选A。

专题6 数列是需要注意的问题．．．【解析】方法一：∵22n n S S ≠， ∴1q ≠．n中等差数列的单调性同一次函数单调性的关系，的值为（公差为1．【答案】B【解析】由题意可知，数列{a n}满足条件12a1＋122a2＋123a3＋…＋12n a n＝2n＋5，则12a1＋122a2＋123a3＋…＋1 2n－1a n–1＝2（n–1）＋5，n>1，两式相减可得，a n2n＝2n＋5–2（n–1）–5＝2，∴a n＝2n＋1，n>1，n∈N*．当n ＝1时，a 12＝7，∴a 1＝14，综上可知，数列{a n }的通项公式为：114(1)2(2)n n n a n +=⎧=⎨≥⎩，故选B ．2．【答案】B3．【解析】S n ＝2（1＋3＋…＋3n –1）＋[–1＋1–1＋…＋（–1）n ]·（ln 2–ln 3）＋[–1＋2–3＋…＋ （–1）n n ]ln 3，所以当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n 1－3＋n 2ln 3＝3n ＋n 2ln 3–1； 学科……网当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n 1－3–（ln 2–ln 3）＋（n －12–n ）ln 3＝3n –n －12ln 3–ln 2–1．综上所述，S n＝⎩⎨⎧3n ＋n2ln 3－1，n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1，n 为奇数.4．【解析】（1）由题设，当3n ≥时，22n n a c a -=，12n n a ca --=，则122122n n n n a a ca a ---++==． 由题设条件可得20n a -≠，因此212cc +=，即2210c c --=，解得1c =或12c =-．（2）由（1）知，需要分两种情况讨论．当1c =时，数列{}n a 是一个常数列，即1()n a n =∈*N ． 这时，数列{}n na 的前n 项和(1)1232n n n S n +=++++=． 当12c =-时，数列{}n a 是一个公比为12-的等比数列，即11()()2n n a n -=-∈*N ．这时，数列{}n na 的前n 项和为：2111112()3()()222n n S n -=+⨯-+⨯-++⨯- ．①①式两边同乘12-，得：21111112()1()+()22222n n n S n n --=-+⨯-++-⨯-⨯- （）．②2111()1111112(1)1()()()()()122222212nn n n n S n n ---+=+-+-++--⨯-=-⨯-+ ．所以1132[4(1)]()92n n n n S n -+=--∈*N ．5．【答案】C【解析】∵A 、B 、C 三点共线，∴a 2+a 2017=1，∴a 1+a 2018=1，∴S 2018=20182（a 1+a 2018）=1009，故选C ． 6．【答案】B7．【答案】x n =(1)3n n + 【解析】OP 1的方程为y=，代入抛物线yP 1（13，3|OQ 1|=23． 同理可得P 2（43P 3（3，|Q 1Q 2|=43，|Q 2Q 3|=63， 可猜测|Q n ﹣1Q n |=23n ，∴x n ﹣x n ﹣1=23n， ∴x n ﹣x 1=4633++…+23n ，∴x n =23（1+2+…+n ）=(1)3n n +．8．【答案】4032【解析】设圆C 1与圆C 2交于A ，B ，则直线AB 的方程为： x 2+y 2﹣4x ﹣4y ﹣（x 2+y 2﹣2a n x ﹣2a 2017﹣n y ）=0， 化简得：（a n ﹣2）x +（a 2017﹣n ﹣2）y =0，∵圆C 1：x 2+y 2﹣4x ﹣4y =0的标准方程为圆（x ﹣2）2+（y ﹣2）2=8，∴圆心C 1：（2，2）．又圆C 2平分圆C 1的周长，则直线AB 过C 1：（2，2）．， 代入AB 的方程得：2（a n ﹣2）+2（a 2017﹣n ﹣2）=0，即a n +a 2017﹣n =4，∴{a n }的所有项的和为a 1+a 2+…+a 2017=（a 1+a 2016）+（a 2+a 2015）+…+（a 1008+a 1009）=1008×4=4032． 9．【答案】B【解析】∵51012105612()9333333log log log log log 5log 10a a a a a a a a ⋅⋅⋅⋅+++==== ，故应选B ．10．【答案】C【解析】根据题意，得1234123124,36,36,n n n n na a a a a a a a a a a ---+++=-⎧⎪+++=⎨⎪+++=⎩ 故114()32,36,2n n a a a a n +=⎧⎪⎨+=⎪⎩ ∴436n =，∴9n =．故选C ．14．【答案】11【解析】∵关于x 的不等式22d x +1()2da x -+c ≥0的解集为[0，22]， ∴22=122da --，且2d ＜0，即1212a d =-＞0，则a 11=a 1+10d ＞0，a 12=a 1+11d ＜0，故使数列{a n }的前n 项和S n 最大的正整数n 的值是11．故答案为：11． 15．【答案】992【解析】由f （x ）=331x x +，f （﹣x ）=113x +，可知f （x ）+f （﹣x ）=1，∵正项等比数列{a n }满足a 50=1，根据等比数列的性质得到：a 49•a 51=a 48•a 52=…=a 1•a 99=1，∴ln a 49+ln a 51=ln a 48+ln a 52=…=ln a 1+ln a 99=0，ln a 50=ln1=0且f （ln a 50）=f （ln1）=f （0）=12， 根据f （x ）+f （﹣x ）=1得 f （ln a 1）+f （ln a 2）+…+f （ln a 99）=[f （ln a 1）+f （ln a 99）]+[f （ln a 2）+f （ln a 98）]+…+[f （ln a 49）+f （ln a 51）]+f （ln a 50）=49+12=992． 故答案是992． 16．【解析】由()y f x =是一次函数，可设()()0f x ax b a =+≠，。

数列热点一 数列的通项与求和数列的通项与求和是高考必考的热点题型，求通项属于基本问题，常涉及与等差、等比的定义、性质、基本量运算.求和问题关键在于分析通项的结构特征，选择合适的求和方法.常考求和方法有：错位相减法、裂项相消法、分组求和法等.【例1】 (满分12分)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n . (1)求{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和. 教材探源 本题第(1)问源于教材必修5P44例3，主要考查由S n 求a n ，本题第(2)问源于教材必修5P47B 组T4，主要考查裂项相消法求和.(2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n ， 由(1)知a n 2n ＋1＝2（2n －1）（2n ＋1）＝12n －1－12n ＋1，8分 (得分点5)则S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 10分 (得分点6)＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1.12分 (得分点7)得分要点❶得步骤分：抓住得分点的解题步骤，“步步为赢”，在第(1)问中，由a n 满足的关系式，通过消项求得a n ，验证n ＝1时成立，写出结果.在第(2)问中观察数列的结构特征进行裂项→利用裂项相消法求得数列的前n 项和S n .❷得关键分：(1)a n －1满足的关系式，(2)验证n ＝1，(3)对通项裂项都是不可少的过程，有则给分，无则没分.❸得计算分：解题过程中的计算准确是得满分的根本保证，如(得分点2)，(得分点5)，(得分点7).【类题通法】求数列通项与求和的模板第一步：由等差(等比)数列基本知识求通项，或者由递推公式求通项. 第二步：根据和的表达式或通项的特征，选择适当的方法求和. 第三步：明确规范地表述结论.【对点训练】设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 3＝a 7，a 8－2a 3＝3. (1)求a n ；(2)设b n ＝1S n，求数列{b n }的前n 项和为T n .(2)由(1)得S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n (n ＋2)，∴b n ＝1n （n ＋2）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2.∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n －1＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.【例2】已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n ，已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n .解 (1)设{a n }的公比为q ， 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1＋q ）＝6，a 21q ＝a 1q 2，又a n >0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n.(2)由题意知：S 2n ＋1＝（2n ＋1）（b 1＋b 2n ＋1）2＝(2n ＋1)b n ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0， 所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝b n a n ，则c n ＝2n ＋12n ，因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ， 又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1， 两式相减得12T n ＝32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1，所以T n ＝5－2n ＋52n .【类题通法】用错位相减法解决数列求和的模板 第一步：(判断结构)若数列{a n ·b n }是由等差数列{a n }与等比数列{b n }(公比q )的对应项之积构成的，则可用此法求和. 第二步：(乘公比)设{a n ·b n }的前n 项和为T n ，然后两边同乘以q . 第三步：(错位相减)乘以公比q 后，向后错开一位，使含有q k(k ∈N *)的项对应，然后两边同时作差. 第四步：(求和)将作差后的结果求和，从而表示出T n .【对点训练】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是公差为1的等差数列，且a 2＝3，a 3＝5.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n ·3n，求数列{b n }的前n 项和T n .(2)由(1)得b n ＝(2n －1)·3n，所以T n ＝1×3＋3×32＋…＋(2n －1)·3n， 则3T n ＝1×32＋3×33＋…＋(2n －1)·3n ＋1.∴T n －3T n ＝3＋2×(32＋33＋ (3))－(2n －1)·3n ＋1，则－2T n ＝3＋2×32－3n×31－3－(2n －1)·3n ＋1＝3n ＋1－6＋(1－2n )·3n ＋1＝(2－2n )·3n ＋1－6，故T n ＝(n －1)·3n ＋1＋3.热点二 等差数列、等比数列的综合问题解决等差、等比数列的综合问题时，重点在于读懂题意，灵活利用等差、等比数列的定义、通项公式及前n 项和公式解决问题，求解这类问题要重视方程思想的应用.【例3】已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝S n －1S n(n ∈N *)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值.故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n . (2)由(1)得S n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n，n 为奇数，1－12n，n 为偶数，当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小， 所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大， 所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712.综上，对于n ∈N *，总有－712≤S n －1S n ≤56.所以数列{T n }最大项的值为56，最小项的值为－712.【类题通法】解决等差数列与等比数列的综合问题，既要善于综合运用等差数列与等比数列的相关知识求解，更要善于根据具体问题情境具体分析，寻找解题的突破口.【对点训练】 已知单调递增的等比数列{a n }满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项. (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 ，对任意正整数n ，S n ＋(n ＋m )a n ＋1<0恒成立，试求m 的取值范围.又{a n }单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2.∴a n ＝2n. (2)b n ＝2n ·log 122n ＝－n ·2n，∴－S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n，①∴－2S n＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，②①－②，得S n＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝2（1－2n）1－2－n×2n＋1＝2n＋1－n×2n＋1－2.由S n＋(n＋m)a n＋1<0，得2n＋1－n×2n＋1－2＋n×2n＋1＋m×2n＋1<0对任意正整数n恒成立，∴m·2n＋1<2－2n＋1，即m<12n－1对任意正整数n恒成立.∵12n－1>－1，∴m≤－1，故m的取值范围是(－∞，－1].。

专题六 数列1.【2015高考重庆，理2】在等差数列{}n a 中，若2a =4，4a =2，则6a = （ ） A 、-1 B 、0 C 、1 D 、6 【答案】B【解析】由等差数列的性质得64222240a a a =-=⨯-=，选B .【考点定位】本题属于数列的问题，考查等差数列的通项公式与等差数列的性质.【名师点晴】本题可以直接利用等差数列的通项公式求解，也可应用等差数列的性质求解，主要考查学生灵活应用基础知识的能力.是基础题.2.【2015高考福建，理8】若,a b 是函数()()20,0f x x px q p q =-+>> 的两个不同的零点，且,,2a b - 这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p q + 的值等于（ ）A ．6B ．7C ．8D ．9 【答案】D【解析】由韦达定理得a b p +=，a b q ⋅=，则0,0a b >>，当,,2a b -适当排序后成等比数列时，2-必为等比中项，故4a b q ⋅==，4b a=．当适当排序后成等差数列时，2-必不是等差中项，当a 是等差中项时，422a a =-，解得1a =，4b =；当4a是等差中项时，82a a=-，解得4a =，1b =，综上所述，5a b p +==，所以p q +9=，选D ． 【考点定位】等差中项和等比中项．【名师点睛】本题以零点为载体考查等比中项和等差中项，其中分类讨论和逻辑推理是解题核心．三个数成等差数列或等比数列，项与项之间是有顺序的，但是等差中项或等比中项是唯一的，故可以利用中项进行讨论，属于难题．3.【2015高考北京，理6】设{}n a 是等差数列. 下列结论中正确的是（ ）A ．若120a a +>，则230a a +>B ．若130a a +<，则120a a +<C ．若120a a <<，则2a >D ．若10a <，则()()21230a a a a --> 【答案】C【解析】先分析四个答案支，A 举一反例1232,1,4a a a ==-=-，120a a +>而230+<a a ，A 错误，B 举同样反例1232,1,4a a a ==-=-，130a a +<，而120+>a a ，B 错误，下面针对C 进行研究，{}n a 是等差数列，若120a a <<，则10,a >设公差为d ，则0d >，数列各项均为正，由于22215111()(2)a a a a d a a d -=+-+22221111220a a d d a a d d =++--=>，则2113a a a >1a ⇒>C.考点定位：本题考点为等差数列及作差比较法，以等差数列为载体，考查不等关系问题，重 点是对知识本质的考查.【名师点睛】本题考查等差数列的通项公式和比较法，本题属于基础题，由于前两个选项无法使用公式直接做出判断，因此学生可以利用举反例的方法进行排除，这需要学生不能死套公式，要灵活应对，作差法是比较大小常规方法，对判断第三个选择只很有效.4.【2015高考浙江，理3】已知{}n a 是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是n S ，若3a ，4a ，8a 成等比数列，则（ ）A.140,0a d dS >>B. 140,0a d dS <<C. 140,0a d dS ><D.140,0a d dS <>【答案】B.【名师点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，等比数列的概念等知识点，同时考查了学生的运算求解能力，属于容易题，将1a d ，4dS 表示为只与公差d 有关的表达式，即可求解，在解题过程中要注意等等差数列与等比数列概念以及相关公式的灵活运用.5.【2015高考安徽，理14】已知数列{}n a 是递增的等比数列，14239,8a a a a +==，则数列{}n a 的前n 项和等于 .【答案】21n- 【解析】由题意，14231498a a a a a a +=⎧⎨⋅=⋅=⎩，解得141,8a a ==或者148,1a a ==，而数列{}n a 是递增的等比数列，所以141,8a a ==，即3418a q a ==，所以2q =，因而数列{}n a 的前n 项和1(1)1221112n nn n a q S q --===---. 【考点定位】1.等比数列的性质；2.等比数列的前n 项和公式.【名师点睛】对于等差数列与等比数列综合考查的问题，要做到：①熟练掌握等差或等比数列的性质，尤其是m n p q +=+，则m n p q a a a a +=+（等差数列），m n p q a a a a ⋅=⋅（等比数列）；②注意题目给定的限制条件，如本题中“递增”，说明1q >；③要熟练掌握数列中相关的通项公式，前n 项和公式等.6.【2015高考新课标2，理16】设n S 是数列{}n a 的前n 项和，且11a =-，11n n n a S S ++=，则n S =________． 【答案】1n-【解析】由已知得111n n n n n a S S S S +++=-=⋅，两边同时除以1n n S S +⋅，得1111n nS S +=--，故数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1-为首项，1-为公差的等差数列，则11(1)n S n n =---=-，所以1nS n =-． 【考点定位】等差数列和递推关系．【名师点睛】本题考查数列递推式和等差数列通项公式，要搞清楚项n a 与n S 的关系，从而转化为1n S +与n S 的递推式，并根据等差数列的定义判断1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，属于中档题． 7.【2015高考广东，理10】在等差数列{}n a 中，若2576543=++++a a a a a ，则82a a += .【答案】10．【解析】因为{}n a 是等差数列，所以37462852a a a a a a a +=+=+=，345675525a a a a a a ++++==即55a =，所以285210a a a +==，故应填入10．【考点定位】等差数列的性质．【名师点睛】本题主要考查等差数列性质及其简单运算和运算求解能力，属于容易题，解答此题关键在于熟记()*,,,m n p q a a a a m n p q N m n p q +=+∈+=+且，()*2,,2m n p a a a m n p N m n p +=∈+=且及其熟练运用．8.【2015高考陕西，理13】中位数1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为 ． 【答案】5【解析】设数列的首项为1a ，则12015210102020a +=⨯=，所以15a =，故该数列的首项为5，所以答案应填：5． 【考点定位】等差中项．【名师点晴】本题主要考查的是等差中项，属于容易题．解题时一定要抓住重要字眼“中位数”和“等差数列”，否则很容易出现错误．解本题需要掌握的知识点是等差中项的概念，即若a ，A ，b 成等差数列，则A 称为a 与b 的等差中项，即2a b A =+．9.【2015江苏高考，11】数列}{n a 满足11=a ，且11+=-+n a a n n （*N n ∈），则数列}1{na 的前10项和为 【答案】2011【考点定位】数列通项，裂项求和【名师点晴】由数列的递推公式求通项公式时，若递推关系为a n ＋1＝a n ＋f (n )或a n ＋1＝f (n )·a n ，则可以分别通过累加、累乘法求得通项公式，另外，通过迭代法也可以求得上面两类数列的通项公式，注意：有的问题也可利用构造法，即通过对递推式的等价变形，转化为特殊数列求通项．数列求和的常用方法有倒序相加法，错位相减法，裂项相消法，分组求和法，并项求和法等，可根据通项特点进行选用.10.【2015江苏高考，20】（本小题满分16分）设1234,,,a a a a 是各项为正数且公差为d (0)d ≠的等差数列 （1）证明：31242,2,2,2a a a a依次成等比数列；（2）是否存在1,a d ，使得2341234,,,a a a a 依次成等比数列，并说明理由；（3）是否存在1,a d 及正整数,n k ，使得k n k n k n n a a a a 342321,,,+++依次成等比数列，并说 明理由.【答案】（1）详见解析（2）不存在（3）不存在 【解析】试题分析（1）根据等比数列定义只需验证每一项与前一项的比值都为同一个不为零的常数即可（2）本题列式简单，变形较难，首先令1dt a =将二元问题转化为一元，再分别求解两个高次方程，利用消最高次的方法得到方程：27+430t t +=，无解，所以不存在（3）同（2）先令1dt a =将二元问题转化为一元，为降次，所以两边取对数，消去n,k 得到关于t 的一元方程4ln(13)ln(1)ln(13)ln(12)3ln(12)ln(1)0t t t t t t ++-++-++=，从而将方程的解转化为研究函数()4ln(13)ln(1)ln(13)ln(12)3ln(12)ln(1)g t t t t t t t =++-++-++零点情况，这个函数需要利用二次求导才可确定其在(0,)+∞上无零点试题解析：（1）证明：因为112222n n n na a a d a ++-==（1n =，2，3）是同一个常数，所以12a ，22a ，32a ，42a 依次构成等比数列．（2）令1a d a +=，则1a ，2a ，3a ，4a 分别为a d -，a ，a d +，2a d +（a d >，2a d >-，0d ≠）． 假设存在1a ，d ，使得1a ，22a ，33a ，44a 依次构成等比数列， 则()()34a a d a d =-+，且()()6422a d aa d +=+．令d t a =，则()()3111t t =-+，且()()64112t t +=+（112t -<<，0t ≠），化简得32220t t +-=（*），且21t t =+．将21t t =+代入（*）式，()()21212313410t t t t t t t t +++-=+=++=+=，则14t =-．显然14t =-不是上面方程得解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在1a ，d ，使得1a ，22a ，33a ，44a 依次构成等比数列． （3）假设存在1a ，d 及正整数n ，k ，使得1na ，2n ka +，23n ka +，34n ka +依次构成等比数列，则()()()221112n kn k n a a d a d +++=+，且()()()()32211132n kn kn k a d a d a d +++++=+．分别在两个等式的两边同除以()21n k a +及()221n k a+，并令1d t a =（13t >-，0t ≠）， 则()()()22121n kn k t t +++=+，且()()()()32211312n kn kn k t t t +++++=+．将上述两个等式两边取对数，得()()()()2ln 122ln 1n k t n k t ++=++， 且()()()()()()ln 13ln 1322ln 12n k t n k t n k t +++++=++． 化简得()()()()2ln 12ln 12ln 1ln 12k t t n t t +-+=+-+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦， 且()()()()3ln 13ln 13ln 1ln 13k t t n t t +-+=+-+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦．令()()21t t ϕϕ'=，则()()()()212011213t t t t ϕ'=>+++．由()()()()1200000g ϕϕϕ====，()20t ϕ'>，知()2t ϕ，()1t ϕ，()t ϕ，()g t 在1,03⎛⎫- ⎪⎝⎭和()0,+∞上均单调．故()g t 只有唯一零点0t =，即方程（**）只有唯一解0t =，故假设不成立． 所以不存在1a ，d 及正整数n ，k ，使得1na ，2n ka +，23n ka +，34n ka +依次构成等比数列．【考点定位】等差、等比数列的定义及性质，函数与方程【名师点晴】解决等差数列与等比数列的综合问题，关键是理清两个数列的关系．如果同一数列中部分项成等差数列，部分项成等比数列，要把成等差数列或等比数列的项抽出来单独研究；如果两个数列通过运算综合在一起，要从分析运算入手，把两个数列分割开，弄清两个数列各自的特征，再进行求解．11.【2015高考浙江，理20】已知数列{}n a 满足1a =12且1n a +=n a -2n a （n ∈*N ） （1）证明：112nn a a +≤≤（n ∈*N ）； （2）设数列{}2n a 的前n 项和为n S ，证明112(2)2(1)n S n n n ≤≤++（n ∈*N ）. 【答案】（1）详见解析；（2）详见解析. 试题分析：（1）首先根据递推公式可得12n a ≤，再由递推公式变形可知 211[1,2]1n n n n n n a a a a a a +==∈--，从而得证；（2）由1111=n n n n a a a a ++-和112n n a a +≤≤得， 11112n n a a +≤-≤，从而可得*111()2(1)2n a n N n n +≤≤∈++，即可得证. 试题解析：（1）由题意得，210n n n a a a +-=-≤，即1n n a a +≤，12n a ≤，由11(1)n n n a a a --=- 得1211(1)(1)(1)0n n n a a a a a --=--⋅⋅⋅->，由102n a <≤得， 211[1,2]1n n n n n n a a a a a a +==∈--，即112n n a a +≤≤；（2）由题意得21n n n a a a +=-， ∴11n n S a a +=-①，由1111=n n n n a a a a ++-和112n n a a +≤≤得，11112n na a +≤-≤， ∴11112n n n a a +≤-≤，因此*111()2(1)2n a n N n n +≤≤∈++②，由①②得112(2)2(1)n S n n n ≤≤++. 【考点定位】数列与不等式结合综合题.【名师点睛】本题主要考查了数列的递推公式，不等式的证明等知识点，属于较难题，第一小问易证，利用条件中的递推公式作等价变形，即可得到2111n n n n n na a a a a a +==--，再结合已知条件即可得证，第二小问具有较强的技巧性，首先根据递推公式将n S 转化为只与1+n a 有关的表达式，再结合已知条件得到1+n a 的取值范围即可得证，此次数列自2008年之后作为解答题压轴题重出江湖，算是一个不大不小的冷门（之前浙江各地的模考解答题压轴题基本都是以二次函数为背景的函数综合题），由于数列综合题常与不等式，函数的最值，归纳猜想，分类讨论等数学思想相结合，技巧性比较强，需要平时一定量的训练与积累，在 后续复习时应予以关注.12.【2015高考山东，理18】设数列{}n a 的前n 项和为n S .已知233n n S =+. （I ）求{}n a 的通项公式；（II ）若数列{}n b 满足3log n n n a b a =，求{}n b 的前n 项和n T .【答案】（I ）13,1,3,1,n n n a n -=⎧=⎨>⎩; （II ）13631243n nn T +=+⨯.所以1113T b ==当1n > 时，()()12112311323133n n n T b b b b n ---=++++=+⨯+⨯++-所以()()01231132313n n T n --=+⨯+⨯++-两式相减，得()()012122333133n nn T n ---=+++--⋅ ()11121313313n n n ----=+--⋅- 1363623nn +=-⨯ 所以13631243n nn T +=+⨯ 经检验，1n = 时也适合， 综上可得：13631243n nn T +=+⨯ 【考点定位】1、数列前n 项和n S 与通项n a 的关系；2、特殊数列的求和问题.【名师点睛】本题考查了数列的基本概念与运算，意在考查学生的逻辑思维能力与运算求解能力，思维的严密性和运算的准确性，在利用n S 与通项n a 的关系求n a 的过程中，一定要注意1n = 的情况，错位相减不法虽然思路成熟但也对学生的运算能力提出了较高的要求.13. 【2015高考安徽，理18】设*n N ∈，n x 是曲线221n y x +=+在点(12)，处的切线与x 轴交点的横坐标.（Ⅰ）求数列{}n x 的通项公式；（Ⅱ）记2221321n n T x x x -=，证明14n T n≥. 【答案】（Ⅰ）1n n x n =+；（Ⅱ）14n T n≥. 【解析】试题分析：（Ⅰ）对题中所给曲线的解析式进行求导，得出曲线221n y x+=+在点(12)，处的切线斜率为22n +.从而可以写出切线方程为2(22)(1)y n x -=+-.令0y =.解得切线与x 轴交点的横坐标1111n nx n n =-=++. （Ⅱ）要证14n T n≥，需考虑通项221n x -，通过适当放缩能够使得每项相消即可证明.思路如下：先表示出22222213211321()()()242n n n T x x x n--==，求出初始条件当1n =时，114T =.当2n ≥时，单独考虑221n x -，并放缩得222222122221(21)(21)1441()2(2)(2)(2)n n n n n n n xn n n n n-------==>==，所以 211211()2234n n T n n ->⨯⨯⨯⨯=，综上可得对任意的*n N ∈，均有14n T n≥. 试题解析：（Ⅰ）解：2221'(1)'(22)n n y x n x ++=+=+，曲线221n y x +=+在点(12)，处的切线斜率为22n +.从而切线方程为2(22)(1)y n x -=+-.令0y =，解得切线与x 轴交点的横坐标1111n n x n n =-=++. （Ⅱ）证：由题设和（Ⅰ）中的计算结果知22222213211321()()()242n n n T x x x n--==. 当1n =时，114T =.当2n ≥时，因为222222122221(21)(21)1441()2(2)(2)(2)n n n n n n n xn n n n n-------==>==，所以211211()2234n n T n n->⨯⨯⨯⨯=. 综上可得对任意的*n N ∈，均有14n T n≥.【考点定位】1.曲线的切线方程；2.数列的通项公式；3.放缩法证明不等式.【名师点睛】数列是特殊的函数，不等式是深刻认识函数与数列的重要工具，三者的综合是近几年高考命题的新热点，且数列的重心已经偏移到不等式的证明与求解中，而不再是以前的递推求通项，此类问题在2010年、2012年、2013年安徽高考解答题中都曾考过.对于数列问题中求和类（或求积类）不等式证明，如果是通过放缩的方法进行证明的，一般有两种类型：一种是能够直接求和（或求积），再放缩；一种是不能直接求和（或求积），需要放缩后才能求和（或求积），求和（或求积）后再进行放缩.在后一种类型中，一定要注意放缩的尺度，二是要注意从哪一项开始放缩. 14.【2015高考天津，理18】（本小题满分13分）已知数列{}n a 满足212()*,1,2n n a qa q q n N a a +=≠∈==为实数，且1，，且 233445,,a a a a a a +++成等差数列.(I)求q 的值和{}n a 的通项公式； (II)设*2221log ,nn n a b n N a -=∈，求数列{}n b 的前n 项和. 【答案】(I) 1222,2,.n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数,为偶数; (II) 1242n n n S -+=-.(II) 由(I)得22121log 2n n n n a nb a --==，设数列{}n b 的前n 项和为n S ，则012111111232222n n S n -=⨯+⨯+⨯++⨯， 1231111112322222n n S n =⨯+⨯+⨯++⨯ 两式相减得2311111111*********2222212n n n n n n n n n n S --=+++++-=-=---， 整理得1242n n n S -+=-所以数列{}n b 的前n 项和为124,*2n n n N -+-∈. 【考点定位】等差数列定义、等比数列及前n 项和公式、错位相减法求和.【名师点睛】本题主要考查等差、等比数列定义与性质，求和公式以及错位相减法求和的问题，通过等差数列定义、等比数列性质，分n 为奇偶数讨论求通项公式，并用错位相减法基本思想求和.是中档题.15.【2015高考重庆，理22】在数列{}n a 中，()21113,0n n n n a a a a a n N λμ+++=++=∈（1）若0,2,λμ==-求数列{}n a 的通项公式； （2）若()0001,2,1,k N k k λμ+=∈≥=-证明：010011223121k a k k ++<<+++ 【答案】（1）132n n a -=⋅；（2）证明见解析. 【解析】试题分析：（1）由于0,2λμ==-，因此把已知等式具体化得212n n n a a a +=，显然由于13a =，则0n a ≠（否则会得出10a =），从而12n n a a +=，所以{}n a 是等比数列，由其通项公式可得结论；（2）本小题是数列与不等式的综合性问题，数列的递推关系是211010,n n n n a a a a k +++-=可变形为2101n n n a a a k +⎛⎫+= ⎪⎝⎭()N n +∈,由于00k >，因此11n n a a k <+，于是可得1n n a a +<，即有12130n n a a a a +=>>>>>>，又2222001000011111111n n n n n n n a a k k a a k k k a a a k k +-+===-+?+++，于是有()()00011211k k k a a a a a a ++=+-++-010000102011111111k a k k k k a k a k a ⎛⎫=-⋅+⋅+++ ⎪ ⎪+++⎝⎭000011112313131k k k k ⎛⎫>+⋅+++⎪+++⎝⎭01231k =++，这里应用了累加求和的思想方法，由这个结论可知2(*)n a n N >∈，因此01k a +=010000102011111111k a k k k k a k a k a ⎛⎫=-⋅+⋅+++ ⎪ ⎪+++⎝⎭000011112212121k k k k ⎛⎫<+⋅+++ ⎪+++⎝⎭01221k =++，这样结论得证，本题不等式的证明应用了放缩法.(1)由02λμ==-，,有212,(n N )n n n a a a ++=∈若存在某个0n N +∈，使得0n 0a =，则由上述递推公式易得0n 10a +=，重复上述过程可得10a =，此与13a =矛盾，所以对任意N n +∈,0n a ≠.从而12n n a a +=()N n +∈，即{}n a 是一个公比q 2=的等比数列. 故11132n n n a a q --==?.求和得()()00011211k k k a a a a a a ++=+-++-01000010200000011111111111112231313131k a k k k k a k a k a k k k k k ⎛⎫=-⋅+⋅+++ ⎪⎪+++⎝⎭⎛⎫>+⋅+++=+ ⎪++++⎝⎭另一方面，由上已证的不等式知001212k k a a a a +>>>>>得00110000102011111111k k a a k k k k a k a k a +⎛⎫=-⋅+⋅+++ ⎪ ⎪+++⎝⎭00000111112221212121k k k k k ⎛⎫<+⋅+++=+ ⎪++++⎝⎭ 综上：010011223121k a k k ++<<+++【考点定位】等比数列的通项公式，数列的递推公式，不等式的证明，放缩法.，考查探究能力和推理论证能力，考查创新意识．【名师点晴】数列是考查考生创新意识与实践精神的最好素材．从近些年的高考试题来看，一些构思精巧、新颖别致、极富思考性和挑战性的数列与方程、函数(包括三角函数)、不等式以及导数等的综合性试题不断涌现，这部分试题往往以压轴题的形式出现，考查综合运用知识的能力，突出知识的融会贯通．数列的问题难度大，往往表现在与递推数列有关，递推含义趋广，不仅有数列前后项的递推，更有关联数列的递推，更甚的是数列间的“复制”式递推；从递推形式上看，既有常规的线性递推，还有分式、三角、分段、积(幂)等形式．在考查通性通法的同时，突出考查思维能力、代数推理能力、分析问题解决问题的能力． 本题第（1）小题通过递推式证明数列是等比数列，从而应用等比数列的通项公式求得通项，第（2）小题把数列与不等式结合起来，利用数列的递推式证明数列是单调数列，利用放缩法证明不等式，难度很大．16.【2015高考四川，理16】设数列{}n a 的前n 项和12n n S a a =-，且123,1,a a a +成等差数列.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）记数列1{}na 的前n 项和n T ，求得1|1|1000n T -<成立的n 的最小值. 【答案】（1）2n n a =；（2）10.【解析】（1）由已知12n n S a a =-，有1122(1)n n n n n a S S a a n --=-=->， 即12(1)n n a a n -=>. 从而21312,4a a a a ==.又因为123,1,a a a +成等差数列，即1322(1)a a a +=+. 所以11142(21)a a a +=+，解得12a =.所以，数列{}n a 是首项为2，公比为2的等比数列. 故2n n a =. （2）由（1）得112n n a =. 所以2311[1()]1111122112222212n n n nT -=++++==--. 由1|1|1000n T -<，得11|11|21000n --<，即21000n>. 因为9102512100010242=<<=， 所以10n ≥. 于是，使1|1|1000n T -<成立的n 的最小值为10. 【考点定位】本题考查等差数列与等比数列的概念、等比数列通项公式与前n 项和公式等基础知识，考查运算求解能力.【名师点睛】凡是有n S 与n a 间的关系，都是考虑消去n S 或n a （多数时候是消去n S ，得n a 与1n a -间的递推关系）.在本题中，得到n a 与1n a -间的递推关系式后，便知道这是一个等比数列，利用等比数列的相关公式即可求解.等差数列与等比数列是高考中的必考内容，多属容易题，考生应立足得满分.17.【2015高考湖北，理18】设等差数列{}n a 的公差为d ，前n 项和为n S ，等比数列{}n b 的公比为q ．已知11b a =，22b =，q d =，10100S =． （Ⅰ）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式； （Ⅱ）当1d >时，记nn na cb =，求数列{}n c 的前n 项和n T ． 【答案】（Ⅰ）121,2.n n n a n b -=-⎧⎪⎨=⎪⎩或11(279),929().9n n n a n b -⎧=+⎪⎪⎨⎪=⋅⎪⎩；（Ⅱ）12362n n -+-. 2345113579212222222n n n T -=++++++. ② ①-②可得221111212323222222n n n nn n T --+=++++-=-， 故n T 12362n n -+=-. 【考点定位】等差数列、等比数列通项公式，错位相减法求数列的前n 项和.【名师点睛】错位相减法适合于一个由等差数列}{n a 及一个等比数列}{n b 对应项之积组成的数列．考生在解决这类问题时，都知道利用错位相减法求解，也都能写出此题的解题过程，但由于步骤繁琐、计算量大导致了漏项或添项以及符号出错等．两边乘公比后，对应项的幂指数会发生变化，应将相同幂指数的项对齐，这样有一个式子前面空出一项，另外一个式子后面就会多了一项，两项相减，除第一项和最后一项外，剩下的1-n 项是一个等比数列． 18.【2015高考陕西，理21】（本小题满分12分）设()n f x 是等比数列1，x ，2x ，⋅⋅⋅，nx的各项和，其中0x >，n ∈N ，2n ≥． （I ）证明：函数()()F 2n n x f x =-在1,12⎛⎫⎪⎝⎭内有且仅有一个零点（记为n x ），且11122n n n x x +=+； （II ）设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为()n g x ，比较()n f x与()n g x 的大小，并加以证明．【答案】（I ）证明见解析；（II ）当1x =时， ()()n n f x g x =，当1x ≠时，()()n n f x g x <，证明见解析． 【解析】试题分析：（I ）先利用零点定理可证()F n x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭内至少存在一个零点，再利用函数的单调性可证()F n x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭内有且仅有一个零点，进而利用n x 是()F n x 的零点可证11122n n n x x +=+；（II ）先设()()()n n h x f x g x =-，再对x 的取值范围进行讨论来判断()h x 与0的大小，进而可得()n f x 和()n g x 的大小． 试题解析：（I ）2()()212n n n F x f x x x x =-=++++-，则(1)10,n F n =->1211111112()1220,12222212n nn nF +⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫⎝⎭=++++-=-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭- 所以()n F x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭内至少存在一个零点n x . 又1()120n n F x x nx -'=+++>，故在1,12⎛⎫⎪⎝⎭内单调递增，所以()n F x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭内有且仅有一个零点n x .因为n x 是()n F x 的零点，所以()=0n n F x ，即11201n n n x x +--=-，故111=+22n n n x x +.(II)解法一：由题设，()()11().2nnn x gx ++=所以()(1)0h x h <=，即()()n n f x g x <.综上所述，当1x =时, ()()n n f x g x =；当1x ≠时()()n n f x g x <解法二 由题设，()()211()1,(),0.2n n n n n x f x x x x g x x ++=++++=>当1x =时, ()()n n f x g x =当1x ≠时, 用数学归纳法可以证明()()n n f x g x <. 当2n =时, 2221()()(1)0,2f xg x x -=--<所以22()()f x g x <成立. 假设(2)n k k =≥时，不等式成立，即()()k k f x g x <. 那么，当+1n k =时，()()111k+1k 11()()()2kk k k k k x f x f x xg x xx+++++=+<+=+()12112k k x k x k +++++=.又()()11k+121111()22k k k k x k x k kx k x g x ++++++-++-=令()1()11(0)k k k h x kx k x x +=-++>，则()()11()(1)11(1)k k k k h x k k x k k x k k x x --'=+-+=+- 所以当01x <<,()0kh x '<,()k h x 在(0,1)上递减； 当1x >,()0kh x '>,()k h x 在(1,)+∞上递增. 所以()(1)0k k h x h >=，从而()1k+1211()2k k x k x k g x +++++>故11()()k k f x g x ++<.即+1n k =，不等式也成立. 所以，对于一切2n ≥的整数，都有()()n n f x g x <.解法三:由已知，记等差数列为{}k a ,等比数列为{}k b ,1,2,, 1.k n =+则111a b ==，11n n n a b x ++==，所以()11+1(2n)n k x a k k n-=-⋅≤≤,1(2),k k b x k n -=≤≤令()()111(x)1,0(2).n k k k k k x m a b x x k n n---=-=+->≤≤当1x =时, =k k a b ,所以()()n n f x g x =. 当1x ≠时, ()()12211()(k 1)11n k k n k k k m x nx x k x x n----+-'=--=-- 而2k n ≤≤，所以10k ->，11n k -+≥. 若01x <<，11n k x -+<，()0k m x '<，当1x >，11n k x -+>，()0km x '>， 从而()k m x 在(0,1)上递减，()k m x 在(1,)+∞上递增.所以()(1)0k k m x m >=， 所以当01(2),k k x x a b k n >≠>≤≤且时,又11a b =，11n n a b ++=，故()()n n f x g x < 综上所述，当1x =时，()()n n f x g x =；当1x ≠时()()n n f x g x <.考点：1、等比数列的前n 项和公式；2、零点定理；3、等差数列的前n 项和公式；4、利用导数研究函数的单调性.【名师点晴】本题主要考查的是等比数列的前n 项和公式、零点定理、等差数列的前n 项和公式和利用导数研究函数的单调性，属于难题．解题时一定要抓住重要字眼“有且仅有一个”，否则很容易出现错误．证明函数仅有一个零点的步骤：①用零点存在性定理证明函数零点的存在性；②用函数的单调性证明函数零点的唯一性．有关函数的不等式，一般是先构造新函数，再求出新函数在定义域范围内的值域即可．19.【2015高考新课标1，理17】n S 为数列{n a }的前n 项和.已知n a ＞0，2n n a a +=错误！未找到引用源。

复习课[整合·网络构建][警示·易错提醒]1．数学归纳法的两个关注点．(1)关注用数学归纳法证题的步骤．第一步称“归纳奠基”，是递推链的起点；第二步称为“归纳递推”，是递推链具有传递性的保证．两步缺一不可，否则不能保证结论成立．(2)关注适用范围，数学归纳法适用于某些与正整数n有关的问题，这里n是任意的正整数，它可取无限多个值，但是，并不能说所有与正整数n有关的问题都可以用数学归纳法．2．数学归纳法的两个易错点．(1)在数学归纳法中，没有应用归纳假设．(2)归纳推理不到位．专题一数学归纳法在使用数学归纳法证明不等式时，一般来说，第一步，验证比较简明，而第二步归纳步骤情况较复杂．因此，熟悉归纳步骤的证明方法是十分重要的，其实归纳步骤可以看作是一个独立的证明问题，归纳假设“P(k)”是问题的条件，而命题P(k＋1)成立就是所要证明的结论，因此，合理运用归纳假设这一条件就成了归纳步骤中的关键．[例❶] 设0＜a＜1，定义a1＝1＋a，a n＋1＝1a n＋a，求证：对一切正整数n，有1＜a n＜11－a.证明：(1)当n＝1时，a1＞1，a1＝1＋a＜11－a，命题成立．(2)假设n＝k(k∈N*)时，命题成立．即1＜a k＜11－a，当n＝k＋1时，由递推公式，知a k＋1＝1a k＋a＞(1－a)＋a＝1.同时，a k＋1＝1a k＋a＜1＋a＝1－a21－a＜11－a，故当n＝k＋1时，命题也成立，即1＜a k＋1＜11－a，综合(1)(2)可知，对一切正整数n，有1＜a n＜11－a.归纳升华用数学归纳法证明不等式的题型多种多样，所以不等式的证明是一个难点，在由n＝k 成立，推导n＝k＋1也成立时，其他证明不等式的方法在此都可以使用，如比较法、放缩法、分析法、反证法等，有时还要考虑与原不等式等价的命题．[变式训练] 证明不等式122＋132＋…＋1n2＜1(n≥2，n∈N*)．证明：先证明122＋132＋…＋1n2＜1－1n(n≥2)，(*)对(*)运用数学归纳法证明：(1)当n＝2时，(*)显然成立．(2)设n＝k时，不等式(*)成立，则122＋132＋…＋1k2＜1－1k.当n＝k＋1时，1 22＋132＋…＋1k2＋1（k＋1）2＜1－1k＋1（k＋1）2＜1－1k＋1k（k＋1）＝1－1k＋⎝⎛⎭⎪⎫1k－1k＋1＝1－1k＋1.故当n＝k＋1时，不等式(*)成立．根据(1)和(2)知，对n∈N*且n≥2，不等式(*)成立，故原不等式成立.专题二归纳、猜想、证明思想的应用归纳、猜想、证明属于探索性问题的一种，一般经过计算、观察、归纳，然后猜想出结论，再利用数学归纳法证明，由于“猜想”是“证明”的前提和“对象”，因此务必要保持猜想的正确性，同时要注意数学归纳法步骤的书写．[例2] 数列{a n}满足S n＝2n－a n.(1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式a n；(2)用数学归纳法证明(1)的猜想．(1)解：当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，所以a1＝1.当n ＝2时，a 1＋a 2＝S 2＝2×2－a 2，所以a 2＝32. 当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝S 3＝2×3－a 3，所以a 3＝74. 当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝S 4＝2×4－a 4，所以a 4＝158. 由此猜想a n ＝2n－12n －1(n ∈N *)． (2)证明：①当n ＝1时，a 1＝1，结论成立．②假设当n ＝k (k ≥1且k ∈N ＋)时，结论成立，即a k ＝2k －12k －1. 当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝2(k ＋1)－a k ＋1－2k ＋a k ＝2＋a k －a k ＋1 ，即a k ＋1＝2＋a k －a k ＋1，所以a k ＋1＝2＋a k 2＝2＋2k －12k －12＝2k ＋1－12k ， 这表明当n ＝k ＋1时，结论成立．由①②知猜想的通项公式a n ＝2n －12n －1成立．归纳升华归纳—猜想—证明的三步曲(1)计算：根据条件，计算若干项．(2)归纳猜想：通过观察、分析、综合、联想、猜想出一般结论．(3)证明：用数学归纳法证明．[变式训练] “设f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N ＋)，有f (1)＝1＞12，f (3)＞1，f (7)＞32，f (15)＞2，…”．试问：f (2n －1)与n 2大小关系如何？试猜想并加以证明． 解：数列1，3，7，15，…，通项公式为a n ＝2n －1，数列12，1，32，2，…，通项公式为a n ＝n 2， 所以猜想：f (2n －1)＞n 2.下面用数学归纳法证明：(1)当n ＝1时，f (21－1)＝f (1)＝1＞12，不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时不等式成立，即f (2k －1)＞k 2. 当n ＝k ＋1时， f (2k ＋1－1)＝f (2k －1)＋12k ＋12k＋1＋…＋12k ＋1－2＋12k ＋1－1＞ f (2k －1)＋12k ＋1＋…＋12k ＋1,2k 个＝f (2k －1)＋12＞k 2＋12＝k ＋12. 所以当n ＝k ＋1时不等式也成立．据(1)(2)知对任何n ∈N ＋原不等式均成立．专题三 转化和化归思想把所要证的平面几何问题转化，运用数学归纳法来解决，这体现了转化和化归的思想．一般将待解决的平面几何问题进行转化，使之化为我们熟悉的或容易解决的问题．[例3] 设平面α内有n 条直线，这n 条直线把平面α分成互不垂叠的区域个数的最大值为f (n )，求f (n )的解析式，并用数学归纳法证明．解：设平面α内k (k ≥1)条直线把平面α分成区域个数的最大值为f (k )，则第k ＋1条直线与前k 条直线最多有k 个交点，因此第k ＋1条直线最多可以被分成k ＋1段，每一段可把所在的区域分为两部分，所以比原来的区域增加k ＋1个，即有f (k ＋1)＝f (k )＋k ＋1，所以f (k ＋1)－f (k )＝k ＋1.于是f (2)－f (1)＝2，f (3)－f (2)＝3，…，f (n )－f (n －1)＝n .把以上n －1个等式相加得f (n )－f (1)＝2＋3＋…＋n .因为f (1)＝2，所以f (n )＝f (1)＋(2＋3＋…＋n )＝12(n 2＋n ＋2)． 下面用数学归纳法证明：(1)n ＝1时，一条直线可以把平面分成2个，即f (1)＝2，而12(n 2＋n ＋2)＝12(1＋1＋2)＝2， 所以命题成立．(2)假设n ＝k 时，f (k )＝12(k 2＋k ＋2)成立， 当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝f (k )＋(k ＋1)＝12(k 2＋k ＋2)＋(k ＋1)＝12(k 2＋2k ＋1＋k ＋3)＝12[(k＋1)2＋(k＋1)＋2]，所以命题仍成立．由(1)(2)知，当n∈N*时，f(n)＝12(n2＋n＋2)成立．归纳升华有关几何图形的性质、公式等与自然数n有关的命题，主要是抓住递推关系，明确要证明的表达式，然后转化用数学归纳法进行证明．[变式训练] 用数学归纳法证明：对于任意正整数n，整式a n－b n都能被a－b整除．证明：(1)当n＝1时，a n－b n＝a－b能被a－b整除．(2)假设当n＝k(k∈N＋，k≥1)时，a k－b k能被a－b整除，那么当n＝k＋1时，a k＋1－b k ＋1＝a k＋1－a k b＋a k b－b k＋1＝a k(a－b)＋b(a k－b k)．因为(a－b)和a k－b k都能被a－b整除，所以上面的和a k(a－b)＋b(a k－b k)也能被a－b整除．这也就是说当n＝k＋1时，a k＋1－b k＋1能被a－b整除．根据(1)(2)可知对一切正整数n，a n－b n都能被a－b整除．。

第6讲数列与不等式选题明细表知识点·方法巩固提高A巩固提高B 与项有关的不等问题2，3，5，9,133，5,10，13与和有关的不等问题1，8,10,121,2,6，7，8,11,12与基本不等式和线性规划相关问题6,7,114，9数列放缩4，1414,15巩固提高A一、选择题1.在等比数列{a n}中，设T n=a1a2…a n，n∈N*,则（ D )(A）若T2n+1〉0，则a1〉0 (B)若T2n+1〈0，则a1<0(C）若T3n+1<0,则a1>0 （D)若T4n+1〈0，则a1<0解析：T4n+1=q1+2+…+4n=q（1+4n）2n〈0⇒a1<0,故选D。

2.{a n｝是等比数列,则“a1〈a2<a4"是“{a n｝是单调递增数列”的( B ）(A)充分不必要条件(B）必要不充分条件(C）充要条件（D）既不充分也不必要条件解析：“｛a n}是单调递增数列"显然能够推出“a1<a2<a4”,反之取“a n=—（-2）n—1”满足“a1<a2<a4”，但不满足“｛a n}是单调递增数列”,故选B。

3.等差数列｛a n}和等比数列｛b n}满足:0<a1=b1<a5=b5,则下面的结论①a3〈b3; ②a3>b3;③a6<b6；④a6〉b6中,正确的是( B )（A）①③（B)②（C)②③(D）①④解析：a3==〉=b3，取a n=20n-19,b n=3n-1排除④,取b n=（—3)n-1排除③,故选B.4.公差为d的等差数列{a n}满足d〉0，a2是a1，a4的等比中项,记b n=,对任意n∈N*都有++…+<2恒成立，则公差d的取值范围是（ A ）（A）[，+∞) （B）（,+∞)(C）[,）(D）［，］解析:由=a1a4得a1=d，a n=nd，b n=2n d，从而++…+=[+()2+…+ (]n］=[1—(）n］〈,2≥，d≥,故选A.5.实数a,b满足ab>0且a≠b,由a，b，，按一定顺序构成的数列( B )（A)可能是等差数列，也可能是等比数列（B）可能是等差数列,但不可能是等比数列（C）不可能是等差数列,但可能是等比数列(D）不可能是等差数列,也不可能是等比数列解析：不妨设a〉b。

专题六数列、不等式及数学归纳法专题检测选题明细表知识点·方法A组B组集合与简易逻辑 1复数 2平面向量 4不等式11 计数原理、概率、统计3,10 6三角函数11 10,13立体几何 5解析几何14 9,14,17函数与导数12,15 5,7,152,4,6,7,8,数列1,3,5,8,12,169,13,16A组一、选择题1.“|x-1|<2成立”是“<0成立”的( B )(A)充分非必要条件(B)必要非充分条件(C)充要条件(D)既非充分又非必要条件解析:“|x-1|<2成立”等价于“{x|-1<x<3}”,“<0成立”等价于“{x|0<x<1}”,而{x|0<x<1}{x|-1<x<3},则|x-1|<2是<0的必要非充分条件.故选B.2.《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一,书中有这样的一道题目:把100个面包分给5个人,使每人所得成等差数列,且使较大的三份之和的是较小的两份之和,则最小的一份为( A )(A)(B)(C) (D)解析:依题意有S5=100,设公差d>0,则a1+a2=(a3+a4+a5),得解得a1=.故选A.3.某学校获得5个高校自主招生推荐名额,其中甲大学2名,乙大学2名,丙大学1名,并且甲大学和乙大学都要求必须有男生参加,学校通过选拔定下3男2女共5个推荐对象,则不同的推荐方法共有( B )(A)36种(B)24种(C)22种(D)20种解析:第一类:男生分为1,1,1,女生全排,男生全排得·=12,第二类:男生分为2,1,所以男生两堆全排后女生全排·=12,不同的推荐方法共有12+12=24(种).故选B.4.设{a n}是公比为q的等比数列,首项a1=,对于n∈N*,b n=a n,当且仅当n=4时,数列{b n}的前n项和取得最大值,则q的取值范围为( C ) (A)(3,2) (B)(3,4)(C)(2,4) (D)(2,3)解析:因为{a n}是公比为q的等比数列,首项a1=,对于n∈N*,b n=a n=,由题得得即2<q<4.故选C.5.在三棱锥P ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥AC且AC=1,AB=2,PA=3,过AB作截面交PC于D,则截面ABD的最小面积为( C )(A) (B) (C) (D)解析:如图所示,当PC⊥平面ABD时,截面ABD的面积最小,此时应有=×S△ABC×PA=×S min×PC⇒S min==.故选C.6.已知等差数列{a n}的公差d≠0,且a1,a3,a13成等比数列,若a1=1,S n为数列{a n}的前n项和,则的最小值为( A )(A)4 (B)3 (C)2-2 (D)解析:由题意得,=a1(a1+12d)⇒(1+2d)2=1+12d⇒d=2(d=0 舍去), 所以a n=a1+(n-1)d=2n-1,S n==n2,==== n+1+-2≥2-2=4,当且仅当n+1=⇒n=2时等号成立,即的最小值为4.故选A.7.设等差数列{a n}的前n项和为S n,已知(a5-1)3+3a5=4,(a8-1)3+3a8=2,则下列选项正确的是( A )(A)S12=12,a5>a8(B)S12=24,a5>a8(C)S12=12,a5<a8(D)S12=24,a5<a8解析:由(a5-1)3+3a5=4,(a8-1)3+3a8=2可得(a5-1)3+3(a5-1)=1,(a8-1)3+ 3(a8-1)=-1,构造函数f(x)=x3+3x,显然函数f(x)是奇函数且为增函数, 所以f(a5-1)=1>-1=f(a8-1)⇒a5-1>a8-1,a5>a8,又f(a5-1)+f(a8-1)=0,所以(a5-1)=-(a8-1),所以a5+a8=2,故S12==6(a5+a8)=12.故选A.二、填空题8.等差数列{a n}的前n项和记为S n,满足2n=,则数列{a n}的公差d= .解析:因为2n=,所以S n=4n2-n,又S n=n2+(a1-)n,由此可得=4,故公差d=8.答案:89.设等差数列{a n}满足a5=11,a12=-3,{a n}的前n项和S n的最大值为M,则lg M= .解析:由a5=11,a12=-3,得公差d==-2,所以a n=11+(n-5)(-2)=21-2n,a1=19,故S n=19n+(-2)=-n2+20n=-(n-10)2+100≤100,所以M=100,lg M=2.答案:210.某校组织“中国诗词”竞赛,在“风险答题”的环节中,共为选手准备了A,B,C三类不同的题目,选手每答对一个A类、B类或C类的题目,将分别得到300分、200分、100分,但如果答错,则相应要扣去300分、200分、100分,根据平时训练经验,选手甲答对A类、B类或C类的题目的概率分别为0.6,0.75,0.85,若要每一次答题的均分更大一些,则选手甲应选择的题目类型应为.(选填“A”“B”或“C”)解析:选手甲选择A类题目,得分的均值为0.6×300+0.4×(-300)=60,选手甲选择B类题目,得分的均值为0.75×200+0.25×(-200)=100,选手甲选择C类题目,得分的均值为0.85×100+0.15×(-100)=70,所以若要每一次答题的均分更大一些,则选手甲应选择的题目类型应为B. 答案:B11.若sin C+sin(B-A)=sin 2A,则△ABC的形状是.解析:sin C+sin(B-A)=sin(A+B)+sin(B-A)=2sin Bcos A=2sin Acos A,即cos A(sin A-sin B)=0,所以sin A=sin B,cos A=0,所以A=B或A=90°,所以△ABC的形状是等腰三角形或直角三角形.答案:等腰三角形或直角三角形12.已知函数f(x)=-(a>0)在区间[0,1]上有极值,且函数f(x)在区间[0,1]上的最小值不小于-,则a的取值范围是.解析:f′(x)=,若f(x)在[0,1]上有极值,则即解得a>2,f(x)在[0,1]上先递增再递减,f(0)=-2>-,故f(1)=-≥-,解得a≤5,故a∈(2,5].答案:(2,5]13.已知数列{a n}与{}均为等差数列(n∈N*),且a1=2,则a1+()2+()3+…+()n= .解析:设{a n}的公差为d,a n=2+(n-1)d=dn+(2-d),=d2n+2d(2-d)+,因为{}为等差数列,所以d=2,()n=2n,从而a1+()2+()3+…+()n==2n+1-2.答案:2n+1-2三、解答题14.已知直线y=-x+1与椭圆+=1(a>b>0)相交于A,B两点.(1)若椭圆的离心率为,焦距为2,求线段AB的长;(2)若向量与向量互相垂直(其中O为坐标原点),当椭圆的离心率e∈[,]时,求椭圆的长轴长的最大值.解:(1)e=,2c=2,所以a=,c=1,则b==,所以椭圆的方程为+=1,联立消去y得5x2-6x-3=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=-,所以|AB|=·==.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),因为⊥,所以·=0,即x1x2+y1y2=0,由消去y得(a2+b2)x2-2a2x+a2(1-b2)=0,由Δ=(-2a2)2-4a2(a2+b2)(1-b2)>0,整理得a2+b2>1,又x1+x2=,x1x2=,所以y1y2=(-x1+1)(-x2+1)=x1x2-(x1+x2)+1, 由x1x2+y1y2=0,得2x1x2-(x1+x2)+1=0,所以-+1=0,整理得a2+b2-2a2b2=0,因为b2=a2-c2=a2-a2e2,代入上式得2a2=1+,所以a2=(1+),因为≤e≤,所以≤e2≤,所以≤1-e2≤,≤≤2,所以≤1+≤3,所以≤a2≤,适合条件a2+b2>1,由此得≤a≤,所以≤2a≤.故长轴长的最大值为.15.已知函数f(x)=x2+,x∈(0,1].(1)求f(x)的极值点;(2)证明:f(x)>+.(1)解:f′(x)=2x-.令f′(x)=0,解得x=∈(0,1].当0<x<时,f′(x)<0,此时f(x)单调递减;当<x≤1时,f′(x)>0,此时f(x)单调递增. 所以f(x)有极小值点x=,但不存在极大值点.(2)证明:设F(x)=f(x)-,x∈(0,1],则F′(x)=2x--=.设t=()3,则方程4x3-()3-2=4t2-t-2=0在区间t∈(0,1)内恰有一个实根.设方程4x3-()3-2=0在区间(0,1)内的实根为x0,即=. 所以当0<x<x0时,F′(x)<0,此时F(x)单调递减;当x0<x≤1时,F′(x)>0,此时F(x)单调递增.所以[F(x)]min=F(x0)=+-==-+.由y=-+在(0,1]上是减函数,知-+>-×1+=,故[F(x)]min>.综上,f(x)->,即f(x)>+.16.设各项为正的数列{a n}的前n项和为S n且满足:=. (1)求a n;(2)若T n=++…+,求T n;(3)求证:1≤T n<2.(1)解:因为=,所以2S n=+a n(n≥1),①2S n-1=+a n-1(n≥2),②①-②得2a n=-+a n-a n-1⇒(a n+a n-1)(a n-a n-1-1)=0,因为a n>0,所以a n-a n-1=1,故{a n}为等差数列,又在①中令n=1得a1=1,所以a n=1+(n-1)·1=n.(2)解:因为a n=n,所以S n=,所以T n=++…+=++…+=2[(1-)+(-)+…+(-)]=.(3)证明:由(2)知T n=2(1-),所以T n<2,当n=1时T n取到最小值1,所以1≤T n<2.B组一、选择题1.设S n为等差数列{a n}的前n项和,若3S3=S2+S4,a1=2,则a5等于( B )(A)-12 (B)-10 (C)10 (D)12解析:设{a n}的公差为d,则S2=4+d,S4=8+6d,S3=6+3d,所以18+9d=12+7d,所以d=-3,所以a5=2+4d=-10.故选B.2.i是虚数单位,若z(1-i)=i,则|z|等于( C )(A)1 (B)(C)(D)解析:z===(-+i)=-+i,所以|z|==.故选C.3.设等差数列{a n}的前n项和为S n,且满足S2 017>0,S2 018<0,则S n取最大值时,n的值为( C )(A)1 007 (B)1 008 (C)1 009 (D)1 010解析:因为S2 017>0,S2 018<0,所以a1 009>0,a1 009+a1 010<0,所以a1 010<0,所以S n最大时n的值为1 009.故选C.4.△ABC的外接圆半径为1,圆心为O,且3+4+5=0,则·的值为( A )(A)-(B)(C)-(D)解析:由3+4+5=0,得3+4=-5,平方得9+16+24·=25,即25+24·=25,得·=0,由于=-,所以·=-·(-)=-(4-3-·)=-(4-3-0)=-.故选A.5.已知数列{a n}的通项公式为a n=,若a n,a n+2,a n+k(k∈N*,k>2)成等差数列,则k不可能是( A )(A)4 (B)5 (C)6 (D)8解析:a n,a n+2,a n+k(k∈N*,k>2)成等差数列,从而2a n+2=a n+a n+k,=+,k==4+,k>2,k∈N*,从而n-2=1,2,4,8,对应的k=12,8,6,5.故选A.6.从(3-2)11的展开式中任取一项,则所取项为有理项的概率是( A )(A)(B) (C) (D)解析:由题意可得二项展开式的通项T r+1=(3)11-r(-2)r=(-2)r·311-r,根据题意可得,为整数时,展开式的项为有理项,则r=3,9共有2项,而r的所有取值是0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11共12个,所求的概率为=.故选A.7.设函数f(x)=e x+x-2,g(x)=ln x+x2-3.若实数a,b满足f(a)=0,g(b)=0,则( A )(A)g(a)<0<f(b) (B)f(b)<0<g(a)(C)0<g(a)<f(b) (D)f(b)<g(a)<0解析:因为函数f(x)=e x+x-2在R上单调递增,且f(0)=1-2<0,f(1)=e-1>0,所以f(a)=0时a∈(0,1).又g(x)=ln x+x2-3在(0,+∞)上单调递增,且g(1)=-2<0,所以g(a)<0.由g(2)=ln 2+1>0,g(b)=0得b∈(1,2),又f(1)>0,且f(x)=e x+x-2在R上单调递增,所以f(b)>0.综上可知,g(a)<0<f(b).8.设0<a<b,已知a,s,t,b依次成等差数列,a,u,v,b依次成等比数列,记x=st(s+t),y=uv(u+v),则( A )(A)x>y (B)x=y (C)x<y (D)不确定解析:设公比q>1,则b=aq3,u=aq,v=aq2,s=,t=.由a(1+q3)-a(q+q2)=a(q-1)(q2-1)>0知s+t=a+b>u+v,由·-q3a2=>0知st>ab=uv,故st(s+t)>uv(u+v).故选A.二、填空题9.直线l1:y=x+a和l2:y=x+b将单位圆C:x2+y2=1分成长度相等的四段弧,则a2+b2= .解析:由题意得,直线l1截圆所得的劣弧长为,则圆心到直线l1的距离为,即=⇒a2=1,同理可得b2=1,则a2+b2=2.答案:210.函数f(x)=sin(x+2φ)-2sinφcos(x+φ)的最大值为.解析:因为f(x)=sin(x+2φ)-2sinφcos(x+φ)=sin[φ+(x+φ)]-2sin φcos(x+φ)=sin φcos(x+φ)+cos φsin(x+φ)- 2sin φcos(x+φ)=cos φsin(x+φ)-sin φcos(x+φ)=sin x,因为x∈R,所以f(x)的最大值为1.答案:111.若实数a>0,b>0,且+=1,则当的最小值为m时,不等式m|x-1|-|x+2|<1的解集为.解析:由题意得,=(2a+b)(+)=(4++)≥2(当且仅当a=2,b=4时取等号),即m=2,那么2|x-1|-|x+2|<1,即|x-1|-|x+2|<0,解这个绝对值不等式可得x∈(-,+∞).答案(-,+∞)12.已知数列{a n}的首项a1=1,前n项和为S n,且满足2a n+1+S n=2(n∈N*),则满足<<的n的最大值为.解析:由2a n+1+S n=2,得2a n+S n-1=2(n≥2),两式相减得2a n+1=a n,又2a2+a1=2,2a2=a1,所以数列{a n}是首项为1,公比为的等比数列,S n=2(1-),<<⇒<<⇒10<2n<1 000⇒4≤n≤9,n的最大值为9.答案:913.已知f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0≤φ≤π)在[2,4]上是增函数,且f(2)=-1,f(4)=1,则f(3)= ,f(x)的单调递减区间是.解析:由题意知函数f(x)的周期T=2×(4-2)=4,所以ω==,所以f(x)=sin(x+φ),又因为f(2)=sin(π+φ)=-1,所以π+φ=2kπ+ (k∈Z),即φ=2kπ+(k∈Z),因为0≤φ≤π,所以φ=,所以f(x)=sin(x+)=cos x,所以f(3)=0,函数f(x)的单调递减区间为[4n,4n+2](n∈Z).答案:0 [4n,4n+2](n∈Z)14.双曲线-=1的左、右焦点分别为F1,F2,过F1作圆x2+y2=a2的切线分别交双曲线的左、右支于B,C,且|BC|=|CF2|,则双曲线的渐近线方程为.解析:结合图形可得cos α==,所以=,即()2-2()-2=0,解得=+1,所以渐近线方程为y=±(+1)x.答案:y=±(+1)x三、解答题15.已知函数f(x)=-xln x(a∈R),g(x)=2x3-3x2.(1)若m为正实数,求函数y=g(x),x∈[,m]上的最大值和最小值;(2)若对任意的实数s,t∈[,2],都有f(s)≤g(t),求实数a的取值范围. 解:(1)g′(x)=6x2-6x=6x(x-1),又0<<m,所以m>1,所以g(x)在[,1]上递减,在[1,m]上递增,所以g(x)min=g(1)=-1,g(x)max=max{g(),g(m)}.令g()-g(m)=--2m3+3m2=2(-m3)-3(-m2)=2(-m)(+m2+1)- 3(+m)(-m)=(-m)[2(m+)2-3(m+)-2]=(-m)[(m+)-2][2(m+)+1]< 0,所以g(x)max=g(m)=2m3-3m2.(2)由题得,问题等价于当x∈[,2]时,f(x)max≤g(x)min=-1,令s=1,则f(1)=a≤-1.下面证明:当a≤-1时,f(x)≤-1成立.因为f(x)=-xln x≤--xln x,故只需证--xln x≤-1,即+xln x≥1,令h(x)=+xln x,x∈[,2],则h′(x)=ln x-+1,h″(x)=+>0,又h′(1)=0,所以h(x)在[,1]上递减,在[1,2]上递增,所以h(x)≥h(1)=1.所以实数a的取值范围为(-∞,-1].16.已知在数列{a n}中,a1=2,a2=4,且a n+1=3a n-2a n-1(n≥2).(1)证明:数列{a n+1-a n}为等比数列,并求数列{a n}的通项公式;(2)令b n=,求数列{b n}的前n项和T n.解:(1)由a n+1=3a n-2a n-1(n≥2),得a n+1-a n=2(a n-a n-1),因此数列{a n+1-a n}是公比为2,首项为a2-a1=2的等比数列.所以当n≥2时,a n-a n-1=2×2n-2=2n-1,a n=(a n-a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a2-a1)+a1=(2n-1+2n-2+…+2)+2=2n,当n=1时,也符合,故a n=2n.(2)由(1)知b n=,所以T n=+++…+,①T n=+++…+,②①-②,得T n=++++…+-=+2(+++…+)-=+2×-=+1--=-,所以T n=3-.17.如图,P是抛物线y2=2x上的动点,点B,C在y轴上,圆(x-1)2+y2=1内切于△PBC,求△PBC面积的最小值.解:设P(x0,y0),B(0,b),C(0,c),不妨设b>c.直线PB的方程:y-b=x,化简得(y0-b)x-x0y+x0b=0.又圆心(1,0)到PB的距离为1,=1,故(y0-b)2+=(y0-b)2+2x0b(y0-b)+b2,易知x0>2,上式化简得(x0-2)b2+2y0b-x0=0,同理有(x0-2)c2+2y0c-x0=0.所以b+c=,bc=,则(b-c)2=.因为P(x0,y0)是抛物线上的点,有=2x0,则(b-c)2=,b-c=.所以S△PBC=(b-c)·x0=·x0=(x0-2)++4≥2+4=8.当(x0-2)2=4时,上式取等号,此时x0=4,y0=±2. 因此S△PBC的最小值为8.。