(浙江专用)2020版高考数学 数列的综合应用讲义(含解析)

§7.1 数列的概念与简单表示法1．数列的有关概念2.数列的表示方法3.a n 与S n 的关系若数列{a n }的前n 项和为S n ， 则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.4．数列的分类概念方法微思考1．数列的项与项数是一个概念吗？提示 不是，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号． 2．数列的通项公式a n ＝3n ＋5与函数y ＝3x ＋5有何区别与联系？提示 数列的通项公式a n ＝3n ＋5是特殊的函数，其定义域为N *，而函数y ＝3x ＋5的定义域是R ，a n ＝3n ＋5的图象是离散的点，且排列在y ＝3x ＋5的图象上．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．( × ) (2)所有数列的第n 项都能使用公式表达．( × )(3)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( √ ) (4)1,1,1,1，…，不能构成一个数列．( × )(5)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( × )(6)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＝S n －S n －1.( × ) 题组二 教材改编2．[P33A 组T4]在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝4a n ＋1，则a 3＝________. 答案 21解析 由题意知，a 2＝4a 1＋1＝5，a 3＝4a 2＋1＝21.3．[P33A 组T5]根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式a n ＝________.答案 5n －4 题组三 易错自纠4．已知a n ＝n 2＋λn ，且对于任意的n ∈N *，数列{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是________． 答案 (－3，＋∞)解析 因为{a n }是递增数列，所以对任意的n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，即(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn ，整理，得2n ＋1＋λ>0，即λ>－(2n ＋1)．(*)因为n ≥1，所以－(2n ＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ>－3. 5．数列{a n }中，a n ＝－n 2＋11n (n ∈N *)，则此数列最大项的值是________． 答案 30解析 a n ＝－n 2＋11n ＝－⎝⎛⎭⎪⎫n －1122＋1214，∵n ∈N *，∴当n ＝5或n ＝6时，a n 取最大值30.6．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2，n ∈N*解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋1－[(n －1)2＋1]＝2n －1，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2，n ∈N *.题型一 由数列的前几项求数列的通项公式例1根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式： (1)23，415，635，863，1099，…；(2)－1,7，－13,19，…； (3)12，2，92，8，252，…；(4)5,55,555,5555，…. 解 (1)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3,3×5,5×7,7×9,9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积，分子依次为2,4,6，…，相邻的偶数．故所求数列的一个通项公式为a n ＝2n(2n －1)(2n ＋1).(2)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为a n ＝(－1)n (6n －5)．(3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察．即12，42，92，162，252，…，分子为项数的平方，从而可得数列的一个通项公式为a n ＝n 22. (4)将原数列改写为59×9，59×99，59×999，…，易知数列9,99,999，…的通项为10n－1，故所求的数列的一个通项公式为a n ＝59(10n－1)．思维升华求数列通项时，要抓住以下几个特征： (1)分式中分子、分母的特征． (2)相邻项的变化特征．(3)拆项后变化的部分和不变的部分的特征． (4)各项符号特征等．(5)若关系不明显时，应将部分项作适当的变形，统一成相同的形式．跟踪训练1(1)(2018·宁波北仑中学期中)数列32，－54，78，－916，…的一个通项公式为( )A ．a n ＝(－1)n·2n＋12B ．a n ＝(－1)n·2n ＋12nC ．a n ＝(－1)n ＋1·2n＋12nD ．a n ＝(－1)n ＋1·2n ＋12n答案 D解析 数列各项的分母为等比数列{2n}，分子为2n ＋1，可用(－1)n ＋1来控制各项的符号，故数列的一个通项公式为a n ＝(－1)n ＋1·2n ＋12n .(2)数列{a n }的前4项是32，1，710，917，则这个数列的一个通项公式是a n ＝________.答案2n ＋1n 2＋1解析 数列{a n }的前4项可变形为2×1＋112＋1，2×2＋122＋1，2×3＋132＋1，2×4＋142＋1，故a n ＝2n ＋1n 2＋1.题型二 由a n 与S n 的关系求通项公式例2(1)(2018·浙江绍兴一中期中)已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2＋n ＋1，b n ＝(－1)n·(a n －2)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________，数列{b n }的前50项和为________．答案 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2 49解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n ＋1－[(n －1)2＋(n －1)＋1]＝2n ，当n ＝1时不满足上式，故则其通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2.当n ＝1时，b 1＝－1；当n ≥2时，b n ＝(－1)n·(a n －2)＝(－1)n·2(n －1)，则数列{b n }的前50项和为－1＋2×1－2×2＋2×3－…＋2×49＝－1＋2×(1－2＋3－…＋49)＝－1＋2×25＝49. (2)(2018·全国Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. 答案 －63解析 ∵S n ＝2a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)， 即a n ＝2a n －1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1＝－1，公比q ＝2的等比数列，∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－1×(1－2n )1－2＝1－2n，∴S 6＝1－26＝－63.(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， ∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n，① 故a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝2n －1(n ≥2)，②由①－②得na n ＝2n－2n －1＝2n －1，∴a n ＝2n －1n.显然当n ＝1时不满足上式， ∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n，n ≥2.思维升华已知S n 求a n 的常用方法是利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，一定要检验a 1的情况．跟踪训练2(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)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)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n ＝________.答案 (－2)n －1解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝23a 1＋13，即a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝23a n －23a n －1，故a n a n －1＝－2，故a n ＝(－2)n －1.题型三 由数列的递推关系求通项公式例3设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则a n ＝________.答案n 2＋n ＋22解析 由条件知a n ＋1－a n ＝n ＋1，则当n ≥2时a n ＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＋a 1＝(2＋3＋4＋…＋n )＋2＝n 2＋n ＋22.当n ＝1时，符合上式，因此a n ＝n 2＋n ＋22.引申探究1．若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝nn ＋1a n ”，如何求解？ 解 ∵a n ＋1＝nn ＋1a n ，a 1＝2，∴a n ≠0， ∴a n ＋1a n ＝n n ＋1. ∴当n ≥2时a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1 ＝n －1n ·n －2n －1·n －3n －2·…·12·2＝2n. 当n ＝1时，符合上式，因此a n ＝2n.2．若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝2a n ＋3”，如何求解？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a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)．令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝5，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2.所以{b n }是以5为首项，2为公比的等比数列． 所以b n ＝5×2n －1，故a n ＝5×2n －1－3.3．若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝2a na n ＋2”，如何求解？ 解 ∵a n ＋1＝2a na n ＋2，a 1＝2，∴a n ≠0， ∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12， 又a 1＝2，则1a 1＝12，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以12为首项，12为公差的等差数列．∴1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2.∴a n ＝2n.4．若将本例条件换为“a 1＝1，a n ＋1＋a n ＝2n ”，如何求解？ 解 ∵a n ＋1＋a n ＝2n ，∴a n ＋2＋a n ＋1＝2n ＋2， 故a n ＋2－a n ＝2.即数列{a n }的奇数项与偶数项都是公差为2的等差数列．当n 为偶数时，a 2＝1，故a n ＝a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫n2－1＝n －1. 当n 为奇数时，∵a n ＋1＋a n ＝2n ，a n ＋1＝n (n ＋1为偶数)，故a n ＝n .综上所述，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，n －1，n 为偶数，n ∈N *.思维升华已知数列的递推关系求通项公式的典型方法 (1)当出现a n ＝a n －1＋m 时，构造等差数列． (2)当出现a n ＝xa n －1＋y 时，构造等比数列． (3)当出现a n ＝a n －1＋f (n )时，用累加法求解． (4)当出现a na n －1＝f (n )时，用累乘法求解． 跟踪训练3(1)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝4，a n ＋2＋2a n ＝3a n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝______________. 答案 3×2n －1－2解析 由a n ＋2＋2a n －3a n ＋1＝0， 得a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )，∴数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝3为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＋1－a n ＝3×2n －1，∴当n ≥2时，a n －a n －1＝3×2n －2，…，a 3－a 2＝3×2，a 2－a 1＝3，将以上各式累加，得a n －a 1＝3×2n －2＋…＋3×2＋3＝3(2n －1－1)，∴a n ＝3×2n －1－2(当n ＝1时，也满足)．(2)在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋1n (n ＋1)，则通项公式a n ＝________.答案 4－1n解析 原递推公式可化为a n ＋1＝a n ＋1n －1n ＋1，则当n ≥2时，a 2＝a 1＋11－12，a 3＝a 2＋12－13，a 4＝a 3＋13－14，…，a n －1＝a n －2＋1n －2－1n －1，a n ＝a n －1＋1n －1－1n ，逐项相加得a n ＝a 1＋1－1n，故a n ＝4－1n，经验证当n ＝1时也符合．题型四 数列的性质命题点1 数列的单调性 例4已知a n ＝n －1n ＋1，那么数列{a n }是( ) A ．递减数列 B ．递增数列 C ．常数列 D ．摆动数列答案 B 解析 a n ＝1－2n ＋1，将a n 看作关于n 的函数，n ∈N *，易知{a n }是递增数列． 命题点2 数列的周期性例5(2018·台州质检)在数列{a n }中，a 1＝0，a n ＋1＝3＋a n1－3a n ，则S 2020＝________.答案 0解析 ∵a 1＝0，a n ＋1＝3＋a n1－3a n ，∴a 2＝31＝3，a 3＝3＋31－3×3＝23－2＝－3， a 4＝3－31＋3×3＝0，即数列{a n }的取值具有周期性，周期为3， 且a 1＋a 2＋a 3＝0，则S 2020＝S 3×673＋1＝a 1＝0. 命题点3 数列的最值例6已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3(m ≥2)，则nS n 的最小值为( ) A ．－3 B ．－5 C ．－6 D ．－9答案 D解析 由S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3(m ≥2)可知a m ＝2，a m ＋1＝3，设等差数列{a n }的公差为d ，则d ＝1， ∵S m ＝0，∴a 1＝－a m ＝－2， 则a n ＝n －3，S n ＝n (n －5)2，nS n ＝n 2(n －5)2.设f (x )＝x 2(x －5)2，x >0，f ′(x )＝32x 2－5x ，x >0，∴f (x )的极小值点为x ＝103，∵n ∈N *，且f (3)＝－9，f (4)＝－8， ∴f (n )min ＝－9.思维升华应用数列单调性的关键是判断单调性，判断数列单调性的常用方法有两个：(1)利用数列对应的函数的单调性判断；(2)对数列的前后项作差(或作商)，利用比较法判断． 跟踪训练4(1)(2018·浙江杭州二中期中)已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝11－a n(n ∈N *)，则a 2020等于( )A ．－2B ．－1C ．2D.12答案 C解析 由a 1＝2，a n ＋1＝11－a n (n ∈N *)，得a 2＝11－a 1＝－1，a 3＝11－a 2＝12，a 4＝11－a 3＝2，…，以此类推知数列{a n }是周期为3的周期数列，所以a 2020＝a 3×673＋1＝a 1＝2，故选C. (2)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． ∴数列{na n }中数值最小的项是第3项．1．(2018·嘉兴期末检测)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2n 2＋n ，则115是它的( ) A ．第4项 B ．第5项 C ．第6项 D ．第7项答案 B 解析 由2n 2＋n ＝115，n ∈N *，得n ＝5，所以115是数列{a n }的第5项，故选B. 2．记S n 为数列{a n }的前n 项和．“任意正整数n ，均有a n >0”是“{S n }是递增数列”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件答案 A解析 ∵“a n >0”⇒“数列{S n }是递增数列”， ∴“a n >0”是“数列{S n }是递增数列”的充分条件．如数列{a n }为－1,1,3,5,7,9，…，显然数列{S n }是递增数列，但是a n 不一定大于零，还有可能小于零，∴“数列{S n }是递增数列”不能推出“a n >0”， ∴“a n >0”是“数列{S n }是递增数列”的不必要条件． ∴“a n >0”是“数列{S n }是递增数列”的充分不必要条件． 3．若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝2a n －2，则S 8等于( ) A ．255B ．256C ．510D ．511 答案 C解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1－2，据此可得a 1＝2， 当n ≥2时，S n ＝2a n －2，S n －1＝2a n －1－2， 两式作差可得a n ＝2a n －2a n －1，则a n ＝2a n －1，据此可得数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列， 其前8项和为S 8＝2×()1－281－2＝29－2＝512－2＝510.4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1的前6项和为( ) A.215B.415C.511D.1011 答案 A解析 数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ，S n －1＝n 2－1，两式作差得到a n ＝2n ＋1(n ≥2)， 又当n ＝1时，a 1＝S 1＝12＋2×1＝3，符合上式， 所以a n ＝2n ＋1，1a n ·a n ＋1＝1()2n ＋1()2n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3裂项求和得到S 6＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…－115＝215，故选A.5．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1n ＋1＝a n n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ，则a n 等于( ) A ．2＋n ln n B ．2n ＋(n －1)ln n C ．2n ＋n ln n D ．1＋n ＋n ln n答案 C 解析 由题意得a n ＋1n ＋1－a n n ＝ln(n ＋1)－ln n ，n 分别用1,2,3，…，(n －1)取代，累加得a n n －a 11＝ln n －ln1＝ln n ，a nn＝2＋ln n ，∴a n ＝(ln n ＋2)n ，故选C.6．已知数列{a n }的通项公式a n ＝632n ，若a 1·a 2·…·a n ≤a 1·a 2·…·a k 对n ∈N *恒成立，则正整数k 的值为( ) A ．5B ．6C ．7D ．8 答案 A解析 a n ＝632n ，当n ≤5时，a n >1；当n ≥6时，a n <1，由题意知，a 1·a 2·…·a k 是{a n }的前n 项乘积的最大值，所以k ＝5.故选A. 7．若数列{a n }满足关系a n ＋1＝1＋1a n ，a 8＝3421，则a 5＝________.答案 85解析 借助递推关系，由a 8递推依次得到a 7＝2113，a 6＝138，a 5＝85.8．(2018·浙江“七彩阳光”新高考研究联盟第二学期期初)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n －1(n ∈N *)，则a 1＝________；数列{a n }的通项公式为a n ＝________.答案 2 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n ＋1，n ≥2解析 由题意易得a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2＋2n －1)－[(n －1)2＋2(n －1)－1]＝2n ＋1，而a 1＝2≠3，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.9．(2018·绍兴柯桥第二学期质检)已知正数数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n 和2的等比中项等于a n 和2的等差中项，则a 1＝________；S n ＝________. 答案 2 2n 2解析 由题意，得a n ＋22＝2S n ，即(a n ＋2)2＝8S n ，①所以(a 1＋2)2＝8a 1，解得a 1＝2； 当n ≥2时，(a n －1＋2)2＝8S n －1，②①－②，得(a n －a n －1)(a n ＋a n －1)＝4(a n ＋a n －1)，又a n >0，所以a n －a n －1＝4，所以数列{a n }是首项为2，公差为4的等差数列，所以S n ＝2n ＋n (n －1)2×4＝2n 2.10．(2019·衢州质检)在数列{a n }中，a 1＝1，(n 2＋2n )(a n ＋1－a n )＝1(n ∈N *)，则通项公式a n ＝________. 答案 74－2n ＋12n (n ＋1)解析 由(n 2＋2n )(a n ＋1－a n )＝1得a n ＋1－a n ＝1n 2＋2n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，所以当n ≥2时，a 2－a 1＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13，a 3－a 2＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14，…，a n －1－a n －2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －2－1n ，a n －a n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋1＝74－2n ＋12n (n ＋1)，当n ＝1时，满足上式，故a n ＝74－2n ＋12n (n ＋1).11．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.经检验，当n ＝1时，a 1＝1符合上式， 综上，{a n }的通项公式a n ＝n (n ＋1)2.12．已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项和为S n ，且满足2S n ＝(n ＋1)a n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝3n－λa 2n ，若数列{b n }为递增数列，求λ的取值范围． 解 (1)∵2S n ＝(n ＋1)a n ， ∴2S n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1，∴2a n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ， 即na n ＋1＝(n ＋1)a n ，∴a n ＋1n ＋1＝a nn， ∴a n n ＝a n －1n －1＝…＝a 11＝1，∴a n ＝n (n ∈N *)． (2)b n ＝3n－λn 2.b n ＋1－b n ＝3n ＋1－λ(n ＋1)2－(3n －λn 2)＝2·3n－λ(2n ＋1)． ∵数列{b n }为递增数列，∴2·3n－λ(2n ＋1)>0，即λ<2·3n2n ＋1.令c n ＝2·3n2n ＋1，即c n ＋1c n ＝2·3n ＋12n ＋3·2n ＋12·3n ＝6n ＋32n ＋3>1. ∴{c n }为递增数列，∴λ<c 1＝2， 即λ的取值范围为(－∞，2)．13．(2018·浙江杭州四中期中)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)．若b n ＋1＝(n －2λ)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n＋1(n ∈N *)，b 1＝－λ，且数列{b n }是单调递增数列，则实数λ的取值范围是( ) A ．λ>23B ．λ<23C ．λ>32D ．λ<32答案 B 解析 由a n ＋1＝a na n ＋2，得1a n ＋1＝2a n ＋1，则1a n ＋1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1是等比数列，首项为2，公比为2，于是有1a n＋1＝2×2n －1＝2n ，所以b n ＝(n －1－2λ)·2n －1(n ≥2)．由b 2>b 1得2(1－2λ)>－λ，解得λ<23；当n ≥2时，由b n ＋1>b n 得(n －2λ)·2n >(n －1－2λ)·2n －1，解得λ<n ＋12.综上所述，λ<23，故选B. 14．已知数列{a n }的首项a 1＝a ，其前n 项和为S n ，且满足S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N *)，若对任意n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立，则a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，163 B.⎝⎛⎭⎪⎫5，163C.⎝⎛⎭⎪⎫3，163D ．(3,5)答案 D解析 ∵S n ＋S n －1＝4n 2，S n ＋1＋S n ＝4(n ＋1)2， ∴当n ≥2时，S n ＋1－S n －1＝8n ＋4， 即a n ＋1＋a n ＝8n ＋4， 即a n ＋2＋a n ＋1＝8n ＋12， 故a n ＋2－a n ＝8(n ≥2)，由a 1＝a 知a 2＋2a 1＝4×22＝16， ∴a 2＝16－2a 1＝16－2a ，a 3＋2S 2＝4×32＝36，∴a 3＝36－2S 2＝36－2(16－a )＝4＋2a ，a 4＝24－2a ； 若对任意n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立， 只需使a 1<a 2<a 3<a 4， 即a <16－2a <4＋2a <24－2a ，解得3<a <5，故选D.15．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝15，且满足()2n －5a n ＋1＝()2n －3a n ＋4n 2－16n ＋15，已知n ，m ∈N *，n >m ，则S n －S m 的最小值为( ) A ．－494B ．－498C ．－14D ．－28答案 C解析 根据题意可知(2n －5)a n ＋1＝(2n －3)a n ＋(2n －5)(2n －3)， 式子的每一项都除以(2n －5)(2n －3)， 可得a n ＋12n －3＝a n2n －5＋1，即a n ＋12(n ＋1)－5－a n2n －5＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －5是以152－5＝－5为首项，以1为公差的等差数列，所以a n2n －5＝－5＋(n －1)·1＝n －6，即a n ＝(n －6)(2n －5)，a n <0， 解得52<n <6.由此可以判断出只有a 3，a 4，a 5这三项是负数，且a 6＝0，从而得到当n ＝5或6，m ＝2时，S n －S m 取得最小值，且S n －S m ＝S 5－S 2＝S 6－S 2＝a 3＋a 4＋a 5＝－3－6－5＝－14，故选C.16．已知数列{a n }是递增的等比数列且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，设S n 是数列{a n }的前n 项和，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1S n ·S n ＋1的前n 项和为T n ，若不等式λ≤T n 对任意的n ∈N *恒成立，求实数λ的最大值．解 ∵数列{a n }是递增的等比数列， 且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，a 1a 4＝a 2a 3，∴a 1，a 4是方程x 2－9x ＋8＝0的两个根，且a 1<a 4， 解方程x 2－9x ＋8＝0， 得a 1＝1，a 4＝8，∴q 3＝a 4a 1＝81＝8，解得q ＝2， ∴a n ＝a 1qn －1＝2n －1.∴S n ＝a 1()1－q n1－q ＝1×()1－2n1－2＝2n－1，令b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝2n ()2n －1·()2n ＋1－1＝12n－1－12n ＋1－1， ∴数列{b n }的前n 项和T n ＝1－13＋13－17＋17－115＋…＋12n－1－12n ＋1－1＝1－12－1在正整数集上单调递增，∴T n ≥T 1＝23，∵λ≤T n ，且对一切n ∈N *恒成立， ∴λ≤23，∴实数λ的最大值是23.。

高考专题突破四 高考中的数列问题题型一 等差数列、等比数列的基本问题例1(2018·浙江杭州地区四校联考)已知数列{a n }满足a 1＝1, 1a 2n＋4＝1a n ＋1，记S n ＝a 21＋a 22＋…＋a 2n ，若S 2n ＋1－S n ≤t30对任意的n ∈N *恒成立．(1)求数列{a 2n }的通项公式； (2)求正整数t 的最小值． 解 (1)由题意得1a 2n ＋1－1a 2n＝4，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 是以1为首项，4为公差的等差数列， 则1a 2n＝1＋(n －1)×4＝4n －3，则a 2n ＝14n －3. (2)不妨设b n ＝S 2n ＋1－S n ＝a 2n ＋1＋a 2n ＋2＋…＋a 22n ＋1，考虑到b n －b n ＋1＝a 2n ＋1＋a 2n ＋2＋…＋a 22n ＋1－(a 2n ＋2＋a 2n ＋3＋…＋a 22n ＋2＋a 22n ＋3) ＝a 2n ＋1－a 22n ＋2－a 22n ＋3 ＝14n ＋1－18n ＋5－18n ＋9＝18n ＋2－18n ＋5＋18n ＋2－18n ＋9>0， 因此数列{b n }单调递减，则b n 的最大值为b 1＝S 3－S 1＝a 22＋a 23＝15＋19＝1445≤t 30，∴t ≥283，则t min ＝10.思维升华等差数列、等比数列综合问题的解题策略(1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．(2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．跟踪训练1 (2018·浙江名校联盟联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比是q (q ≠1)，且满足：a 1＝2，b 1＝1，S 2＝3b 2，a 2＝b 3. (1)求a n 与b n ；(2)设c n ＝2b n －λ·23na ，若数列{c n }是递减数列，求实数λ的取值范围．解 (1)设数列{a n }的公差为d ，依题意可得⎩⎪⎨⎪⎧2＋2＋d ＝3q ，2＋d ＝q 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－1，q ＝1(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2.故a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，b n ＝2n －1.(2)由(1)可知c n ＝2n－λ·3n， 若{c n }是递减数列，则c n ＋1<c n ， 即2n ＋1－λ·3n ＋1<2n －λ·3n，即λ>12×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 在n ∈N *时成立，只需λ>⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n max . 因为y ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 在n ∈N *时单调递减，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n max ＝12×23＝13. 故λ>13，即实数λ的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞.题型二 数列的通项与求和例2(2018·台州质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是首项为1，公差为2的等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝5－(4n ＋5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)因为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是首项为1，公差为2的等差数列，所以S n n＝1＋2(n －1)＝2n －1. 所以S n ＝2n 2－n . 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－n )－[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3， 当n ＝1时，a 1＝1也符合上式．所以数列{a n }的通项公式为a n ＝4n －3(n ∈N *)．(2)当n ＝1时，a 1b 1＝12，所以b 1＝2a 1＝2；当n ≥2时，由a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝5－(4n ＋5)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，所以a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n －1b n －1＝5－(4n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1. 两式相减，得a n b n ＝(4n －3)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.因为a n ＝4n －3，所以b n ＝4n －3(4n －3)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝2n(当n ＝1时，也符合此式)．又b n ＋1b n ＝2n ＋12n ＝2，则数列{b n }是首项为2，公比为2的等比数列． 所以T n ＝2(1－2n)1－2＝2n ＋1－2.思维升华(1)可以利用数列的递推关系探求数列的通项，利用递推关系构造数列或证明数列的有关结论．(2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的求和方法有错位相减法、分组转化法、裂项相消法等．跟踪训练2(2018·浙江教育绿色评价联盟适应性考试)已知数列{a n }中，a 1＝3，a 2＝5，其前n 项和S n 满足S n ＋S n －2＝2S n －1＋2n －1(n ≥3)．令b n ＝1a n ·a n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若f (x )＝2x －1，求证：T n ＝b 1f (1)＋b 2f (2)＋…＋b n f (n )<16(n ≥1)．(1)解 由题意知S n －S n －1＝S n －1－S n －2＋2n －1(n ≥3)，即a n －a n －1＝2n －1(n ≥3)，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋a 2 ＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋5 ＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋1＋2＝2n＋1(n ≥3)，检验知n ＝1,2时，结论也成立，故a n ＝2n＋1.(2)证明 由于b n f (n )＝1(2n ＋1)(2n ＋1＋1)·2n －1＝12·(2n ＋1＋1)－(2n＋1)(2n ＋1)(2n ＋1＋1) ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋1＋1. 故T n ＝b 1f (1)＋b 2f (2)＋…＋b n f (n ) ＝12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋1－122＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋1－123＋1＋…⎦⎥⎤＋⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋1＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋1－12n ＋1＋1<12×12＋1＝16. 所以T n <16.题型三 数列与不等式的交汇例3 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n1＋a 2n ，n ∈N *，记S n ，T n 分别是数列{a n }，{a 2n }的前n 项和，证明：当n ∈N *时， (1)a n ＋1<a n ； (2)T n ＝1a2n ＋1－2n －1；(3)2n －1<S n <2n . 证明 (1)由a 1＝1及a n ＋1＝a n1＋a 2n， 知a n >0，故a n ＋1－a n ＝a n1＋a 2n －a n ＝－a 3n1＋a 2n <0，∴a n ＋1<a n ，n ∈N *. (2)由1a n ＋1＝1a n＋a n ，得1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2， 从而1a 2n ＋1＝1a 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋2×2＝…＝1a 21＋a 21＋a 22＋…＋a 2n ＋2n ，又a 1＝1，∴1a 2n ＋1＝1＋a 21＋a 22＋…＋a 2n ＋2n ， ∴T n ＝1a 2n ＋1－2n －1，n ∈N *.(3)由(2)知，a n ＋1＝1T n ＋2n ＋1，由T n ≥a 21＝1，得a n ＋1≤12n ＋2，∴当n ≥2时，a n ≤12n ＝22n <2n ＋n －1＝2(n －n －1)，∴S n <a 1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)] ＝1＋2(n －1)<2n ，n ≥2， 又a 1＝1，∴S n <2n ，n ∈N *， 由a n ＝1a n ＋1－1a n，得S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 3－1a 2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1－1a n ＝1a n ＋1－1a 1≥2n ＋2－1>2n －1，综上，2n －1<S n <2n .思维升华(1)以数列为背景的不等式证明的基本策略是对数列递推式进行放缩； (2)解题过程中要注意观察数列递推公式的特点，联想常用的求和形式灵活进行转化． 跟踪训练3对任意正整数n ，设a n 是方程x 2＋xn＝1的正根． 求证：(1)a n ＋1>a n ；(2)12a 2＋13a 3＋…＋1na n <1＋12＋13＋…＋1n . 证明 由a 2n ＋a n n＝1且a n >0，得0<a n <1. (1)a 2n ＋a n n＝1，a 2n ＋1＋a n ＋1n ＋1＝1， 两式相减得 0＝a 2n ＋1－a 2n ＋a n ＋1n ＋1－a n n <a 2n ＋1－a 2n ＋a n ＋1n －a n n＝(a n ＋1－a n )⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1＋a n ＋1n .因为a n ＋1＋a n ＋1n>0，故a n ＋1－a n >0，即a n ＋1>a n .(2)因为a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1n ＝1，所以1a n ＝a n ＋1n，由0<a n <1，得1a n <1＋1n，从而当i ≥2时，1i ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a i －1<1i ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1i－1＝1i 2<1i －1－1i， ∑ni ＝11i ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a i －1＝1a 1－1＋∑ni ＝21i ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a i －1 <1a 1－1＋∑ni ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1i －1－1i ＝1a 1－1n <1a 1.所以12a 2＋13a 3＋...＋1na n <1＋12＋13＋ (1).1．(2018·绍兴市上虞区调研)已知数列{a n }满足a 1＝511,4a n ＝a n －1－3(n ≥2)． (1)求证：{a n ＋1}是等比数列；(2)令b n ＝|log 2(a n ＋1)|，求{b n }的前n 项和S n . (1)证明 由题意知a n ＝14a n －1－34，则a n ＋1＝14(a n －1＋1)，∵a 1＋1＝512≠0，∴数列{a n ＋1}是以512为首项，14为公比的等比数列．(2)解 由(1)知，a n ＋1＝512·⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＝211－2n ，则log 2(a n ＋1)＝11－2n . ∴b n ＝|11－2n |，令c n ＝11－2n ，当n ≤5时，c n >0； 当n ≥6时，c n <0，设{c n }的前n 项和为T n ，则T n ＝10n －n 2， 当n ≤5时，S n ＝T n ＝10n －n 2； 当n ≥6时，S n ＝2T 5－T n ＝n 2－10n ＋50.综上，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧10n －n 2，n ≤5，n 2－10n ＋50，n ≥6.2．(2018·绍兴市嵊州市适应性考试)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，a 1＝2，且4S n ＝a n ·a n＋1，数列{b n }中，b 1＝14，且b n ＋1＝nb n (n ＋1)－b n，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设12332n n n b a c +=(n ∈N *)，求{c n }的前n 项和T n .解 (1)当n ＝1时，可得a 2＝4，当n ≥2时，4S n ＝a n ·a n ＋1,4S n －1＝a n ·a n －1， 两式相减，得4a n ＝a n (a n ＋1－a n －1)， ∵a n ≠0，∴a n ＋1－a n －1＝4，∴{a n }的奇数项和偶数项分别成以4为公差的等差数列， 当n ＝2k －1，k ∈N *时，a n ＝2n ； 当n ＝2k ，k ∈N *时，a n ＝2n . ∴a n ＝2n (n ∈N *)． (2)∵1b n ＋1＝n ＋1nb n －1n， 1(n ＋1)b n ＋1＝1nb n －1n (n ＋1)，当n ≥2时，1nb n －1(n －1)b n －1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ， 1(n －1)b n －1－1(n －2)b n －2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －2－1n －1， 12b 2－1b 1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12，将上式累加得1nb n＝3n ＋1n，∴b n ＝13n ＋1(n ≥2)，n ＝1时也适合，∴b n ＝13n ＋1(n ∈N *)，∴c n ＝n 2n ， T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，12T n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1， 再由错位相减得T n ＝2－n ＋22n.3．(2018·浙江名校新高考研究联盟联考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是一个首项与公差均为1的等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意的k ∈N *，将数列{a n }中落入区间(2k,22k)内的项的个数记为b k ， ①求数列{b k }的通项公式；②记c k ＝222k －1－b k ，数列{c k }的前k 项和为T k ，求使等式T k －m T k ＋1－m ＝1c m ＋1成立的所有正整数k ，m 的值．解 (1)由题意得S n n＝1＋(n －1)×1＝n ，∴S n ＝n 2， 则a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝1，适合上式，因此a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)①∵2k<a n <22k，∴2k <2n －1<22k ，则2k ＋1<2n <22k ＋1，即2k －1＋12<n <22k －1＋12， ∴2k －1＋1≤n ≤22k －1，则b k ＝22k －1－(2k －1＋1)＋1＝22k －1－2k －1，k ∈N *.②由题意得c k ＝222k －1－22k －1＋2k －1＝42k ， ∴T k ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋122＋…＋12k ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12k ， 则T k ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12k ＋1，T k －m T k ＋1－m ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12k －m 4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12k ＋1－m＝4－m －22k －22k 4－m －22k ＝1－22k4－m －22k ，1c m ＋1＝142m ＋1＝1－44＋2m ， 由T k －m T k ＋1－m ＝1c m ＋1，得22k 4－m －22k＝44＋2m ， 则4＋2m＝(4－m )2k ＋1－4，即有0<8＋2m＝(4－m )2k ＋1，因此m <4，对于m ∈N *，则当m ＝1时，正整数k 不存在，m ＝2时，正整数k 不存在，m ＝3时，k ＝3， 因此存在符合条件的k ，m ，且m ＝3，k ＝3.4．(2018·浙江名校协作体联考)已知数列{a n }中，a 1＝1，且点P (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线x －y ＋1＝0上．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若f (n )＝1n ＋a 1＋1n ＋a 2＋1n ＋a 3＋…＋1n ＋a n(n ∈N *，且n ≥2)，求f (n )的最小值； (3)设b n ＝1a n，S n 表示数列{b n }的前n 项和．试问：是否存在关于n 的整式g (n )，使得S 1＋S 2＋…＋S n －1＝(S n －1)g (n )对于一切不小于2的自然数n 恒成立？若存在，写出g (n )的解析式，并加以证明；若不存在，请说明理由．解 (1)因为a n －a n ＋1＋1＝0，所以a n ＋1－a n ＝1，因此数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列，则a n ＝1＋(n －1)×1＝n . (2)因为f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋1n ＋n ， f (n ＋1)＝1n ＋2＋1n ＋3＋1n ＋4＋…＋1n ＋n ＋1n ＋1＋n ＋1n ＋1＋n ＋1， 所以f (n ＋1)－f (n )＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＝12n ＋1－12n ＋2＝1(2n ＋1)(2n ＋2)>0.因此f (n )单调递增，则f (n )的最小值为f (2)＝12＋1＋12＋2＝712. (3)方法一 由(1)知，b n ＝1n ，当n ≥2时，因为S 1＝1，S 2＝1＋12，S 3＝1＋12＋13，…，S n －1＝1＋12＋13＋…＋1n －1， 所以S 1＋S 2＋…＋S n －1＝n －1＋12(n －2)＋13(n －3)＋…＋1n －1[n －(n －1)]＝n －1＋12n －1＋13n －1＋…＋1n －1n －1＝n －(n －1)＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋…＋1n －1＝1＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋…＋1n －1＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋…＋1n －1＋1n 而(S n －1)g (n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋…＋1n ×g (n )，因此g (n )＝n .故存在关于n 的整式g (n )＝n ，使得对于一切不小于2的自然数恒成立． 方法二 由b n ＝1n ，可得S n ＝1＋12＋…＋1n，S n －S n －1＝1n(n ≥2)，即n (S n －S n －1)＝1(n ≥2)，故nS n －(n －1)S n －1＝S n －1＋1，(n －1)S n －1－(n －2)S n －2＝S n －2＋1，…，2S 2－S 1＝S 1＋1，以上式子相加得nS n －S 1＝S 1＋S 2＋…＋S n －1＋(n －1)， 则有S 1＋S 2＋…＋S n －1＝nS n －n ＝n (S n －1)(n ≥2)， 因此g (n )＝n ，故存在关于n 的整式g (n )＝n ，使得对于一切不小于2的自然数恒成立．5．(2019·诸暨质检)已知数列{a n }的各项都大于1，且a 1＝2，a 2n ＋1－a n ＋1－a 2n ＋1＝0(n ∈N *)． (1)求证：n ＋74≤a n <a n ＋1<n ＋2；(2)求证：12a 21－3＋12a 22－3＋12a 23－3＋…＋12a 2n －3<1.证明 (1)由a 2n ＋1－a 2n ＝a n ＋1－1>0，得a n ＋1>a n ， ∵a n ＋1－a n ＝a n ＋1－1a n ＋1＋a n<1，∴a n ＋1＝(a n ＋1－a n )＋…＋(a 2－a 1)＋a 1<n ＋2.a n ＋1－a n ＝a n ＋1－1a n ＋1＋a n >a n ＋1－12a n ＋1＝12－12a n ＋1>14，∴a n ＝(a n －a n －1)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1>n －14＋2＝n ＋74(n ≥2)，又a 1＝2＝1＋74，∴a n ≥n ＋74.∴原不等式得证．(2)∵a 2n ＋1－a 2n ＝a n ＋1－1≥n ＋84－1＝n ＋44， ∴a 2n ＋1>n 2＋9n 8＋a 21＝n 2＋9n ＋328， 即a 2n ≥n 2＋7n ＋248， 2a 2n －3≥n 2＋7n ＋124＝(n ＋3)(n ＋4)4， 12a 21－3＋12a 22－3＋…＋12a 2n －3 ≤4⎝ ⎛⎭⎪⎫14－15＋15－16＋…＋1n ＋3－1n ＋4 ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫14－1n ＋4＝1－4n ＋4<1. ∴原不等式得证．6．(2018·浙江名校协作体考试)已知无穷数列{a n }的首项a 1＝12，1a n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n ，n ∈N *. (1)证明：0＜a n ＜1；(2)记b n ＝(a n －a n ＋1)2a n a n ＋1，T n 为数列{b n }的前n 项和，证明：对任意正整数n ，T n ＜310. 证明 (1)①当n ＝1时，0＜a 1＝12＜1，显然成立； ②假设当n ＝k (k ∈N *)时不等式成立，即0＜a k ＜1，那么当n ＝k ＋1时，1a k ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a k ＋1a k ＞12·2a k ·1a k ＝1， ∴0＜a k ＋1＜1.即当n ＝k ＋1时不等式也成立．综合①②可知，0＜a n ＜1对任意n ∈N *成立．(2)∵0＜a n ＜1，∴a n ＋1a n ＝2a 2n ＋1＞1， 即a n ＋1＞a n ，∴数列{a n }为递增数列．又1a n －1a n ＋1＝1a n －12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －a n ， 易知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －a n 为递减数列，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1a n ＋1为递减数列， 又1a 2＝12⎝⎛⎭⎪⎫a 1＋1a 1＝54， ∴当n ≥2时，1a n －1a n ＋1≤12⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－a 2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫54－45＝940， ∴当n ≥2时，b n ＝(a n －a n ＋1)2a n a n ＋1＝(a n ＋1－a n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1≤940(a n ＋1－a n )． 当n ＝1时，T n ＝T 1＝b 1＝940＜310，成立； 当n ≥2时，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ≤940＋940[(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n ＋1－a n )] ＝940＋940(a n ＋1－a 2)≤940＋940(1－a 2) ＝940＋940⎝ ⎛⎭⎪⎫1－45＝27100＜310. 综上，对任意正整数n ，T n ＜310.。

第1讲 等差数列、等比数列等差、等比数列的基本运算[核心提炼]1．等差数列的通项公式及前n 项和公式a n ＝a 1＋(n －1)d ；S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d .2．等比数列的通项公式及前n 项和公式 a n ＝a 1qn －1(q ≠0)；S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q1－q(q ≠1)．[典型例题](1)(2019·嘉兴市高考一模)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 1S 4＝110，则S 3S 5＝( )A.25 B.35 C.37D.47(2)(2019·浙江名校协作体高三下学期考试)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，满足对任意的正整数n ，均有S n ＋3＝8S n ＋3，则a 1＝________，公比q ＝________．【解析】 (1)设公差为d ，则a 14a 1＋6d ＝110，d ＝a 1，所以S 3S 5＝3a 1＋3d 5a 1＋10d ＝25，故选A.(2)由S n ＋3＝8S n ＋3，则S n ＋2＝8S n －1＋3，两式相减得，a n ＋3＝8a n ⇒a n q 3＝8a n ，则q 3＝8⇒q ＝2，由等比数列前n 项和公式得，a 1（1－2n ＋3）1－2＝8·a 1（1－2n ）1－2＋3，即2n ＋3a 1－a 1＝8·2n a 1－8a 1＋3， 从而解得a 1＝37.【答案】 (1)A (2)372关于等差(等比)数列的基本运算，一般通过其通项公式和前n 项和公式构造关于a 1和d (或q )的方程或方程组解决，如果所给出的是递推关系式，可通过将递推关系式变形，构造出满足等差(等比)数列定义的新数列，然后再按等差(等比)数列进行基本运算．[对点训练]1．(2019·温州瑞安七中高考模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ≥1)，则a 6＝( )A ．3×44B ．3×44＋1C ．44D ．44＋1解析：选A.由a n ＋1＝3S n ，得到a n ＝3S n －1(n ≥2)， 两式相减得：a n ＋1－a n ＝3(S n －S n －1)＝3a n ， 则a n ＋1＝4a n (n ≥2)，又a 1＝1，a 2＝3S 1＝3a 1＝3，得到此数列除去第一项后，为首项是3，公比为4的等比数列， 所以a n ＝a 2q n －2＝3×4n －2(n ≥2)， a 6＝3×44，故选A.2．(2019·名校新高考研究联盟)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的底层共有灯( )A ．186盏B ．189盏C ．192盏D ．96盏解析：选C.设塔的底层共有灯x 盏，则各层的灯数构成一个首项为x ，公比为12的等比数列.x ⎝⎛⎭⎫1－⎝⎛⎭⎫1271－12＝381，解得x ＝192.3．(2019·绍兴市柯桥区高三期中考试)已知正数数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n 和2的等比中项等于a n 和2的等差中项，则a 1＝________，S n ＝________．解析：由题意知a n ＋22＝2S n ，平方可得S n ＝（a n ＋2）28，①由a 1＝S 1得a 1＋22＝2a 1，从而可解得a 1＝2.又由①式得S n －1＝（a n －1＋2）28(n ≥2)，②①－②可得a n ＝S n －S n －1＝（a n ＋2）28－（a n －1＋2）28(n ≥2)，整理得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－4)＝0 因为数列{a n }的各项都是正数， 所以a n －a n －1－4＝0，即a n －a n －1＝4.故数列{a n }是以2为首项4为公差的等差数列， 所以S n ＝2n ＋n （n －1）2×4＝2n 2.当n ＝1时，S 1＝a 1＝2. 故S n ＝2n 2. 答案：2 2n 24．(2019·杭州市学军中学高三模拟)已知等比数列{a n }的公比q >0，前n 项和为S n ，若2a 3，a 5，3a 4成等差数列，a 2a 4a 6＝64，则q ＝________，S n ＝________．解析：由2a 3，a 5，3a 4成等差数列得2a 5＝2a 3＋3a 4⇒2q 2＝2＋3q ⇒q ＝2(负舍)，a 2a 4a 6＝64⇒a 34＝64⇒a 4＝4⇒a 1＝a 4q 3＝12，S n ＝12（1－2n ）1－2＝2n －12.答案：2 2n －12等差、等比数列的判定与证明[核心提炼]1．证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法 (1)利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数； (2)利用等差中项，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)．2．证明数列{a n }是等比数列的两种基本方法 (1)利用定义，证明a n ＋1a n (n ∈N *)为一常数；(2)利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)．[典型例题](1)如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且|A n A n ＋1|＝|A n ＋1A n ＋2|，A n ≠A n ＋2，n ∈N *，|B n B n ＋1|＝|B n ＋1B n ＋2|，B n ≠B n ＋2，n ∈N *(P ≠Q 表示点P 与Q 不重合)．若d n ＝|A n B n |，S n 为△A n B n B n ＋1的面积，则( )A ．{S n }是等差数列B ．{S 2n }是等差数列C ．{d n }是等差数列D ．{d 2n }是等差数列(2)(2019·温州市高考二模)设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *.已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1.①求a 4的值；②证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列；③求数列{a n }的通项公式．【解】 (1)选A.由题意，过点A 1，A 2，A 3，…，A n ，A n ＋1，…分别作直线B 1B n ＋1的垂线，高分别记为h 1，h 2，h 3，…，h n ，h n ＋1，…，根据平行线的性质，得h 1，h 2，h 3，…，h n ，h n ＋1，…成等差数列，又S n ＝12×|B n B n ＋1|×h n ，|B n B n ＋1|为定值，所以{S n }是等差数列．故选A.(2)①当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4⎝⎛⎭⎫1＋32＋54＋a 4＋5⎝⎛⎭⎫1＋32＝8⎝⎛⎭⎫1＋32＋54＋1， 解得：a 4＝78.②证明：因为4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)， 所以4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2)， 即4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ≥2)，因为4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2，所以4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1，因为a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n ＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n＝2a n ＋1－a n2（2a n ＋1－a n ）＝12.所以数列{a n ＋1－12a n }是以a 2－12a 1＝1为首项，公比为12的等比数列；③由②知，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1为首项，公比为12的等比数列，所以a n ＋1－12a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1.即a n ＋1⎝⎛⎭⎫12n ＋1－a n⎝⎛⎭⎫12n ＝4， 所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ⎝⎛⎭⎫12n 是以a 112＝2为首项，4为公差的等差数列，所以a n ⎝⎛⎭⎫12n ＝2＋(n －1)×4＝4n －2，即a n ＝(4n －2)×⎝⎛⎭⎫12n ＝(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n －1， 所以数列{a n }的通项公式是a n ＝(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n －1.(1)判断一个数列是等差(等比)数列，还有通项公式法及前n 项和公式法，但不作为证明方法．(2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，只需判断存在连续三项不成等差(等比)数列即可．(3)a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)是{a n }为等比数列的必要不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.[对点训练]1．(2019·金华十校高考模拟)已知a ，b 为实常数，{c i }(i ∈N *)是公比不为1的等比数列，直线ax ＋by ＋c i ＝0与抛物线y 2＝2px (p >0)均有两个交点，所成弦的中点为M i (x i ，y i )，则下列说法错误的是( )A ．数列{x i }可能是等比数列B ．数列{y i }是常数列C ．数列{x i }可能是等差数列D ．数列{x i ＋y i }可能是等比数列解析：选C.由直线ax ＋by ＋c i ＝0，当a ＝0，b ≠0时，直线by ＋c i ＝0与抛物线y 2＝2px (p >0)仅有一个交点，不合题意．当a ≠0，b ＝0时，直线ax ＋c i ＝0，化为： x ＝－c i a ，则x i ＝－c i a ，y i ＝0，x i ＋y i ＝－c i a，由{c i }(i ∈N *)是公比不为1的等比数列，可得{x i }是等比数列，{x i ＋y i }是等比数列，不是等差数列．当a ≠0，b ≠0时，直线ax ＋by ＋c i ＝0化为：x ＝－b a y －c ia ，代入抛物线y 2＝2px (p >0)，所以y 2＋2pb a y ＋2pc ia＝0.根据根与系数的关系可得：M i ⎝⎛⎭⎫pb 2a 2－c i a ，－pb a ，即y i＝－pb a ，{y i }是常数列，是等比数列，是等差数列． 综上可得：A ，B ，D 都有可能，只有C 不可能．故选C. 2．记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知S 2＝2，S 3＝－6. (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：(1)设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1＋q ）＝2，a 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－q ＝－23＋(－1)n 2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n 2n ＋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．数列的性质及应用[核心提炼]1.等差数列等比数列性 质(1)若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ， 则a m ＋a n ＝a p ＋a q ； (2)a n ＝a m ＋(n －m )d ；(3)S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等差数列 (1)若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ， 则a m ·a n ＝a p ·a q ； (2)a n ＝a m q n－m；(3)S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等比数列(q ≠－1)从第二项起，每一项都大于它的前一项，即a n >a n －1(n ≥2)的数列叫做递增数列；每一项都小于它的前一项，即a n <a n －1(n ≥2)的数列叫做递减数列．[典型例题](1)(2019·义乌高三模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，则“a 2>0且a 1>0”是“数列{S n }单调递增”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件(2)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________． 【解析】 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，d ≠0. S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d2n ＝d 2⎝ ⎛⎭⎪⎫n －d －2a 12d 2－（d －2a 1）28d ， 因为数列{S n }单调递增， 所以d >0，d －2a 12d ≤1，可得d ＋2a 1≥0.由a 2>0且a 1>0，可得a 2＝a 1＋d >0.所以“a 2>0且a 1>0”是“数列{S n }单调递增”的既不充分也不必要条件．(2)设{a n }的公比为q ，由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5得a 1＝8，q ＝12，则a 2＝4，a 3＝2，a 4＝1，a 5＝12，所以a 1a 2…a n ≤a 1a 2a 3a 4＝64.【答案】 (1)D (2)64等差、等比数列性质问题的求解策略(1)抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．(2)数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题．(3)利用数列性质进行运算时，要利用整体思想(如本例(2))，可以减少计算量，此方法还适用于求函数值、求函数的解析式等问题．[对点训练]1．(2019·丽水市高考数学模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，下列结论一定成立的是( )A ．a 1＋a 3≥2a 2B ．a 1＋a 3≤2a 2C ．a 1S 3>0D ．a 1S 3<0解析：选C.选项A ，数列－1，1，－1为等比数列，但a 1＋a 3＝－2<2a 2＝2，故A 错误；选项B ，数列1，－1，1为等比数列，但a 1＋a 3＝2>2a 2＝－2，故B 错误；选项D ，数列1，－1，1为等比数列，但a 1S 3＝1>0，故D 错误；对于选项C ，a 1(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)＝a 21(1＋q ＋q 2)，因为等比数列的项不为0，故a 21>0，而1＋q ＋q 2＝⎝⎛⎭⎫q ＋122＋34>0，故a 21(1＋q ＋q 2)>0，故C 正确．2．设公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，－217<d <－19，则当S n 取最大值时n 的值为________．解析：因为等差数列{a n }的公差d 为负值，所以{a n }是递减数列．又a 1＝1，所以由a n ＝a 1＋(n －1)d >0得n <d －a 1d ，即n <1－1d，因为－217<d <－19，所以192<1－1d <10，所以n ≤9，即当n ≤9时，a n >0，当n ≥10时，a n <0. 所以当S n 取得最大值时n 的值为9. 答案：9数列中的交汇创新问题[典型例题](1)(2019·绍兴市一中高三期末检测)对于数列{x n }，若对任意n ∈N *，都有x n ＋2－x n ＋1<x n ＋1－x n 成立，则称数列{x n }为“减差数列”．设b n ＝2t －tn 2－n2n －1，若数列b 5，b 6，b 7，…，b n (n ≥5，n ∈N *)是“减差数列”，则实数t 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫0，35 B.⎝⎛⎦⎤0，35 C.⎝⎛⎭⎫35，＋∞ D.⎣⎡⎭⎫35，＋∞ (2)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13，….该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”．若{a n }是“斐波那契数列”，则(a 1a 3－a 22)·(a 2a 4－a 23)(a 3a 5－a 24)·…·(a 2 017·a 2 019－a 22 018)的值为________． 【解析】 (1)由数列b 5，b 6，b 7，…，b n (n ≥5，n ∈N *)是“减差数列”，得b n ＋b n ＋22<b n＋1(n ≥5)，即t －tn 2－n 2n ＋t －t （n ＋2）2－（n ＋2）2n ＋2<2t －t （n ＋1）2－（n ＋1）2n ，即tn 2－n 2n ＋t （n ＋2）2－（n ＋2）2n ＋2>t （n ＋1）2－（n ＋1）2n ，化简得t (n 2－4n )>n －2，当n ≥5时，若t (n 2－4n )>n －2恒成立，则t >n －2n 2－4n＝1（n －2）－4n －2恒成立，又当n ≥5时，1（n －2）－4n －2的最大值为35，则t 的取值范围是⎝⎛⎭⎫35，＋∞.故选C. (2)因为a 1a 3－a 22＝1×2－12＝1，a 2a 4－a 23＝1×3－22＝－1，a 3a 5－a 24＝2×5－32＝1，a 4a 6－a 25＝3×8－52＝－1，…，a 2 017a 2 019－a 22 018＝1， 共有2 017项，所以(a 1a 3－a 22)(a 2a 4－a 23)·(a 3a 5－a 24)…(a 2 017a 2 019－a 22 018)＝1.【答案】 (1)C (2)1数列新定义型创新题的一般解题思路(1)阅读审清“新定义”；(2)结合常规的等差数列、等比数列的相关知识，化归、转化到“新定义”的相关知识； (3)利用“新定义”及常规的数列知识，求解证明相关结论．[对点训练]1．(2019·杭州第一次质量预测)正项等比数列{a n }中的a 1、a 4 035是函数f (x )＝13x 3－4x 2＋6x－3的极值点，则log 6a 2 018＝( )A ．1B ．2C ． 2D ．－1解析：选A.因为f ′(x )＝x 2－8x ＋6，且a 1、a 4 035是方程x 2－8x ＋6＝0的两根，所以a 1·a 4 035＝a 22 018＝6，即a 2 018＝6，所以log 6a 2 018＝1，故选A.2．若数列{b n }对于n ∈N *，都有b n ＋2－b n ＝d (常数)，则称数列{b n }是公差为d 的准等差数列，如数列{c n }，若c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4n －1，n 为奇数，4n －9，n 为偶数，则数列{c n }是公差为8的准等差数列．设数列{a n }满足a 1＝a ，对于n ∈N *，都有a n ＋a n ＋1＝2n .(1)求证：{a n }为准等差数列； (2)求{a n }的通项公式及前20项和S 20. 解：(1)证明：因为a n ＋1＋a n ＝2n ，① 所以a n ＋2＋a n ＋1＝2n ＋2.② 由②－①得a n ＋2－a n ＝2(n ∈N *)， 所以{a n }是公差为2的准等差数列． (2)已知a 1＝a ，a n ＋1＋a n ＝2n (n ∈N *)， 所以a 1＋a 2＝2，即a 2＝2－a .所以由(1)可知a 1，a 3，a 5，…，成以a 为首项，2为公差的等差数列，a 2，a 4，a 6，…，成以2－a 为首项，2为公差的等差数列．所以当n 为偶数时，a n ＝2－a ＋⎝⎛⎭⎫n 2－1×2＝n －a ， 当n 为奇数时，a n ＝a ＋⎝⎛⎭⎪⎫n ＋12－1×2＝n ＋a －1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＋a －1，n 为奇数，n －a ，n 为偶数.S 20＝a 1＋a 2＋…＋a 19＋a 20＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 19＋a 20) ＝2×1＋2×3＋…＋2×19＝2×（1＋19）×102＝200.专题强化训练1．(2019·浙江新高考冲刺卷)已知等差数列{a n }，S n 是{a n }的前n 项和，则对于任意的n ∈N *，“a n >0”是“S n >0”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A.对于任意的n ∈N *，“a n >0”，能推出“S n >0”，是充分条件，反之，不成立，比如：数列－3，－1，1，3，5，不满足条件，不是必要条件，故选A.2．(2018·浙江选考试卷)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＋1＝2a n ＋1，n ∈N *，则a 3＝( ) A ．3 B ．2 C ．1D ．0解析：选B.S n ＋1＝2a n ＋1，n ∈N *，则n ＝1时，a 1＋a 2＝2a 1＋1，可得：a 2＝a 1＋1.n ＝2时，a 1＋a 2＋a 3＝2a 2＋1，可得：a 3＝2.故选B.3．“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为( )A.32f B.322f C.1225fD.1227f解析：选 D.从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122，第一个单音的频率为f ，由等比数列的概念可知，这十三个单音的频率构成一个首项为f ，公比为122的等比数列，记为{a n }，则第八个单音的频率为a 8＝f (122)8－1＝1227f ，故选D.4．(2019·长春质量检测(一))等差数列{a n }中，已知|a 6|＝|a 11|，且公差d >0，则其前n 项和取最小值时n 的值为 ( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：选C.由d >0可得等差数列{a n }是递增数列，又|a 6|＝|a 11|，所以－a 6＝a 11，即－a 1－5d ＝a 1＋10d ，所以a 1＝－15d 2，则a 8＝－d 2<0，a 9＝d2>0，所以前8项和为前n 项和的最小值，故选C.5．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝12，a 3a 5＝4，则下列说法正确的是( ) A ．{a n }是单调递减数列 B ．{S n }是单调递减数列 C ．{a 2n }是单调递减数列D ．{S 2n }是单调递减数列解析：选C.由于{a n }是等比数列，则a 3a 5＝a 24＝4，又a 2＝12，则a 4＞0，a 4＝2，q 2＝16，当q ＝－66时，{a n }和{S n }不具有单调性，选项A 和B 错误；a 2n ＝a 2q 2n －2＝12×⎝⎛⎭⎫16n －1单调递减，选项C 正确；当q ＝－66时，{S 2n }不具有单调性，选项D 错误． 6．(2019·温州市高考数学模拟)已知{a n }是等差数列，其公差为非零常数d ，前n 项和为S n ，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前n 项和为T n ，当且仅当n ＝6时，T n 有最大值，则a 1d 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫－∞，－52 B ．(－3，＋∞) C.⎝⎛⎭⎫－3，－52 D ．(－∞，－3)∪⎝⎛⎭⎫－52，＋∞ 解析：选C.因为S n n ＝d 2n ＋(a 1－d2)，由题意知d <0，且⎩⎨⎧S 66＝a 1＋52d >0S 77＝a 1＋3d <0，得－3<a 1d <－52.7．(2019·杭州市第一次质量预测)已知数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2n 2(n ∈N *)，且对任意n ∈N *都有1a 1＋1a 2＋…＋1a n<t ，则实数t 的取值范围为( )A ．(13，＋∞)B ．[13，＋∞)C ．(23，＋∞)D ．[23，＋∞)解析：选D.依题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1a 2a 3…a na 1a 2a 3…a n －1＝2n 22（n －1）2＝2n 2－(n －1)2＝22n －1，又a 1＝21＝22×1－1，因此a n ＝22n －1，1a n ＝122n －1，数列{1a n }是以12为首项，14为公比的等比数列，等比数列{1a n }的前n 项和等于12（1－14n ）1－14＝23(1－14n )<23，因此实数t 的取值范围是[23，＋∞)，选D.8．(2019·绍兴一中高考数学模拟)等差数列{a n }的公差d ∈(0，1)，且sin 2a 3－sin 2a 7sin （a 3＋a 7）＝－1，当n ＝10时，数列{a n }的前n 项和S n 取得最小值，则首项a 1的取值范围为( )A.⎝⎛⎭⎫－58π，－916π B.⎣⎡⎦⎤－58π，－916π C.⎝⎛⎭⎫－54π，－98π D.⎣⎡⎦⎤－54π，－98π 解析：选D.因为{a n }为等差数列，sin 2a 3－sin 2a 7sin （a 3＋a 7）＝－1，所以1－cos 2a 32－1－cos 2a 72sin （a 3＋a 7）＝－1，所以cos 2a 7－cos 2a 32＝－sin(a 3＋a 7)，由和差化积公式可得：12×(－2)sin(a 7＋a 3)·sin(a 7－a 3)＝－sin(a 3＋a 7)， 因为sin(a 3＋a 7)≠0， 所以sin(a 7－a 3)＝1， 所以4d ＝2k π＋π2∈(0，4)，所以k ＝0， 所以4d ＝π2，d ＝π8.因为n ＝10时，数列{a n }的前n 项和S n 取得最小值，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 10≤0a 11≥0即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋9×π8≤0a 1＋10×π8≥0， 所以－5π4≤a 1≤－9π8.9．(2019·宁波诺丁汉大学附中高三期中检测)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n －1(n ∈N *)，则a 1＝________；数列{a n }的通项公式为a n ＝________．解析：因为S n ＝n 2＋2n －1， 当n ＝1时，a 1＝1＋2－1＝2， 当n ≥2时，所以a n ＝S n －S n －1＝n 2＋2n －1－[(n －1)2＋ 2(n －1)－1]＝2n ＋1，因为当n ＝1时，a 1＝2＋1＝3≠2，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝12n ＋1，n ≥2.答案：2 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝12n ＋1，n ≥210．(2019·台州市高考一模)已知数列{a n }的前m (m ≥4)项是公差为2的等差数列，从第m －1项起，a m －1，a m ，a m ＋1，…成公比为2的等比数列．若a 1＝－2，则m ＝________，{a n }的前6项和S 6＝________．解析：由a 1＝－2，公差d ＝2， 得a m －1＝－2＋2(m －2)＝2m －6，a m ＝－2＋2(m －1)＝2m －4，则a m a m －1＝2m －42m －6＝2，所以m ＝4；所以S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6 ＝－2＋0＋2＋4＋8＋16＝28. 答案：4 2811．设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，若S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列，则q 的值为________．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，且S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列， 则2S n ＝S n ＋1＋S n ＋2，若q ＝1，则S n ＝na 1，等式显然不成立，若q ≠1，则有2·a 1（1－q n ）1－q ＝a 1（1－q n ＋1）1－q ＋a 1（1－q n ＋2）1－q ，故2q n ＝q n ＋1＋q n ＋2，即q 2＋q －2＝0，因此q ＝－2.答案：－212．已知数列{a n }满足a n ＋2＝a n ＋1－a n ，且a 1＝2，a 2＝3，则a 2 018的值为________． 解析：由题意得，a 3＝a 2－a 1＝1，a 4＝a 3－a 2＝－2，a 5＝a 4－a 3＝－3，a 6＝a 5－a 4＝－1，a 7＝a 6－a 5＝2，a 8＝a 7－a 6＝3，…，所以数列{a n }是周期为6的周期数列，而2 018＝6×336＋2，所以a 2 018＝a 2＝3.答案：313．设某数列的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称该数列为“和谐数列”．若一个首项为1，公差为d (d ≠0)的等差数列{a n }为“和谐数列”，则该等差数列的公差d ＝________．解析：由S n S 2n ＝k (k 为常数)，且a 1＝1，得n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎡⎦⎤2n ＋12×2n （2n －1）d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整理得，(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0，因为对任意正整数n ，上式恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧d （4k －1）＝0，（2k －1）（2－d ）＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，k ＝14.所以数列{a n }的公差为2.答案：214．(2019·义乌市高三月考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 8>0，a 8＋a 9<0，则S n >0的最大n 是______；数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n (1≤n ≤15)中最大的项为第______项．解析：因为a 8>0，a 8＋a 9<0，所以S 15＝15（a 1＋a 15）2＝15a 8>0，S 16＝162(a 1＋a 16)＝8(a 8＋a 9)<0，所以S n >0的最大n 是15.因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 8>0，a 8＋a 9<0，所以该数列是递减数列，当n ＝8时，|a 8|最小，且|S 8|最大，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n (1≤n ≤15)中最大的项为第8项．答案：15 815．设数列{a n }的前n 项积为T n ，且T n ＋2a n ＝2(n ∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1T n 是等差数列；(2)设b n ＝(1－a n )(1－a n ＋1)，求数列{b n }的通项公式．解：(1)证明：因为T n ＋2a n ＝2，所以当n ＝1时，T 1＋2a 1＝2， 所以T 1＝23，即1T 1＝32.又当n ≥2时，T n ＝2－2×T nT n －1，得 T n ·T n －1＝2T n －1－2T n ，所以1T n －1T n －1＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1T n 是以32为首项，12为公差的等差数列． (2)由(1)知，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1T n 为等差数列，所以1T n ＝32＋12(n －1)＝n ＋22，所以a n ＝2－T n 2＝n ＋1n ＋2.所以b n ＝(1－a n )(1－a n ＋1)＝1（n ＋2）（n ＋3）.16．(2019·宁波高考模拟)已知数列{a n }中，a 1＝4，a n ＋1＝6＋a n2，n ∈N *，S n 为{a n }的前n 项和．(1)求证：n ∈N *时，a n >a n ＋1； (2)求证：n ∈N *时，2≤S n －2n <167.证明：(1)n ≥2时，作差：a n ＋1－a n ＝6＋a n2－6＋a n －12＝ 12×a n －a n －16＋a n2＋6＋a n －12，所以a n ＋1－a n 与a n －a n －1同号， 由a 1＝4，可得a 2＝6＋42＝5，可得a 2－a 1<0， 所以n ∈N *时，a n >a n ＋1.(2)因为2a 2n ＋1＝6＋a n ，所以2(a 2n ＋1－4)＝a n －2，即2(a n ＋1－2)(a n ＋1＋2)＝a n －2，① 所以a n ＋1－2与a n －2同号， 又因为a 1－2＝2>0，所以a n >2.所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ≥4＋2(n －1)＝2n ＋2. 所以S n －2n ≥2.由①可得：a n ＋1－2a n －2＝12（a n ＋1＋2）<18，因此a n －2≤(a 1－2)·⎝⎛⎭⎫18n －1，即a n ≤2＋2×⎝⎛⎭⎫18n －1.所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ≤2n ＋2×1－⎝⎛⎭⎫18n －11－18<2n ＋167.综上可得：n ∈N *时，2≤S n －2n <167.17．(2019·温州瑞安七中高考模拟)已知数列{a n }的各项均为正数，记A (n )＝a 1＋a 2＋…＋a n ，B (n )＝a 2＋a 3＋…＋a n ＋1，C (n )＝a 3＋a 4＋…＋a n ＋2，n ＝1，2，….(1)若a 1＝1，a 2＝5，且对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(2)证明：数列{a n }是公比为q 的等比数列的充分必要条件是：对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列．解：(1)因为对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成等差数列，所以B (n )－A (n )＝C (n )－B (n )，即a n ＋1－a 1＝a n ＋2－a 2，亦即a n ＋2－a n ＋1＝a 2－a 1＝4.故数列{a n }是首项为1，公差为4的等差数列，于是a n ＝1＋(n －1)×4＝4n －3.(2)证明：(必要性)：若数列{a n }是公比为q 的等比数列，对任意n ∈N *，有a n ＋1＝a n q .由a n >0知，A (n )，B (n )，C (n )均大于0，于是B （n ）A （n ）＝a 2＋a 3＋…＋a n ＋1a 1＋a 2＋…＋a n ＝q （a 1＋a 2＋…＋a n ）a 1＋a 2＋…＋a n ＝q ，C （n ）B （n ）＝a 3＋a 4＋…＋a n ＋2a 2＋a 3＋…＋a n ＋1＝q （a 2＋a 3＋…＋a n ＋1）a 2＋a 3＋…＋a n ＋1＝q ，即B （n ）A （n ）＝C （n ）B （n ）＝q ，所以三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列； (充分性)：若对任意n ∈N *，三个数A (n )， B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列，则 B (n )＝qA (n )，C (n )＝qB (n )，于是C (n )－B (n )＝q [B (n )－A (n )]，即a n ＋2－a 2＝q (a n ＋1－a 1)，亦即a n ＋2－qa n ＋1＝a 2－qa 1. 由n ＝1时，B (1)＝qA (1)，即a 2＝qa 1，从而a n ＋2－qa n ＋1＝0. 因为a n >0，所以a n ＋2a n ＋1＝a 2a 1＝q .故数列{a n }是首项为a 1，公比为q 的等比数列．综上所述，数列{a n }是公比为q 的等比数列的充分必要条件是：对任意n ∈N *，三个数A (n )， B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列．18．已知数列{a n }满足a 1＝12且a n ＋1＝a n －a 2n (n ∈N *)． (1)证明：1<a n a n ＋1≤2(n ∈N *)；(2)设数列{a 2n }的前n 项和为S n，证明：12（n ＋2）<S n n ≤12（n ＋1）(n ∈N *)． 证明：(1)由题意得a n ＋1－a n ＝－a 2n <0，即a n ＋1<a n ， 故a n ≤12.由a n ＝(1－a n －1)a n －1得a n ＝(1－a n －1)(1－a n －2)…(1－a 1)a 1>0. 由0<a n ≤12得a n a n ＋1＝a n a n －a 2n ＝11－a n ∈(1，2]，所以1<a na n ＋1≤2.(2)由题意得a 2n ＝a n －a n ＋1，所以S n ＝a 1－a n ＋1.① 由1a n ＋1－1a n ＝a n a n ＋1和1<a n a n ＋1≤2得1<1a n ＋1－1a n ≤2， 所以n <1a n ＋1－1a 1≤2n ，因此12（n ＋1）≤a n ＋1<1n ＋2(n ∈N *)．②由①②得12（n ＋2）<S n n ≤12（n ＋1）(n ∈N *)．。

[基础达标]1．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n ·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 12＝( ) A ．18 B ．15 C ．－18 D ．－15解析：选A.记b n ＝3n －2，则数列{b n }是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 11＋a 12＝(－b 1)＋b 2＋…＋(－b 11)＋b 12＝(b 2－b 1)＋(b 4－b 3)＋…＋(b 12－b 11)＝6×3＝18.2．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A ．158或5B ．3116或5C ．3116D ．158解析：选C.设数列{a n }的公比为q .由题意可知q ≠1，且9（1－q 3）1－q ＝1－q 61－q，解得q ＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公比的等比数列，由求和公式可得S 5＝3116.3．数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为( )A ．120B ．99C ．11D ．121解析：选A.a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n（n ＋1＋n ）（n ＋1－n ）＝n ＋1－n ，所以a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1＝10.即n ＋1＝11，所以n ＋1＝121，n ＝120.4．设各项均为正数的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 4a 8＝32，则S 11的最小值为( )A ．22 2B ．44 2C ．22D ．44解析：选 B.因为数列{a n }为各项均为正数的等差数列，所以a 4＋a 8≥2a 4a 8＝82，S 11＝（a 1＋a 11）×112＝112(a 4＋a 8)≥112×82＝442，故S 11的最小值为442，当且仅当a 4＝a 8＝42时取等号．5．设等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1＝12，a 24＝4a 2a 8，若1b n＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ，则数列{b n }的前10项和为( )A ．－2011B ．2011C ．－95D ．95解析：选A.设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 24＝4a 2a 8，所以(a 1q 3)2＝4a 1q ·a 1q 7，即4q 2＝1，所以q ＝12或q ＝－12(舍)，所以a n ＝⎝⎛⎭⎫12n ＝2－n ，所以log 2a n ＝log 22－n ＝－n ，所以1b n＝－(1＋2＋3＋…＋n )＝－n （1＋n ）2，所以b n ＝－2n （1＋n ）＝－2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，所以数列{b n }的前10项和为－2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫110－111＝ －2⎝⎛⎭⎫1－111＝－2011. 6．(2019·杭州八校联考)在各项都为正数的数列{a n }中，首项a 1＝2，且点(a 2n ，a 2n －1)在直线x －9y ＝0上，则数列{a n }的前n 项和S n 等于( )A ．3n－1 B ．1－（－3）n 2C ．1＋3n 2D ．3n 2＋n 2解析：选A.由点(a 2n ，a 2n －1)在直线x －9y ＝0上，得a 2n －9a 2n －1＝0，即(a n ＋3a n －1)(a n －3a n －1)＝0，又数列{a n }各项均为正数，且a 1＝2，所以a n ＋3a n －1>0，所以a n －3a n －1＝0，即a na n －1＝3，所以数列{a n }是首项a 1＝2，公比q ＝3的等比数列，其前n 项和S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝2×（3n －1）3－1＝3n－1，故选A.7．在等差数列{a n }中，a 1>0，a 10·a 11<0，若此数列的前10项和S 10＝36，前18项和S 18＝12，则数列{|a n |}的前18项和T 18的值是________．解析：由a 1>0，a 10·a 11<0可知d <0，a 10>0，a 11<0， 所以T 18＝a 1＋…＋a 10－a 11－…－a 18 ＝S 10－(S 18－S 10)＝60. 答案：608．设函数f (x )＝12＋log 2x 1－x ，定义S n ＝f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫2n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ，其中n ∈N *，且n ≥2，则S n ＝________．解析：因为f (x )＋f (1－x )＝12＋log 2x 1－x ＋12＋log 21－x x ＝1＋log 21＝1，所以2S n ＝⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋[f⎝⎛⎭⎫2n ＋f ⎝⎛⎭⎫n －2n ]＋…＋⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＝n －1. 所以S n ＝n －12.答案：n －129．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n （n ＋1）的前n 项和为99100，则n 的值为________．解析：由题意得11×2＋12×3＋13×4＋…＋1n ×（n ＋1）＝11－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝99100.所以n ＝99. 答案：9910．(2019·温州中学高三模考)已知数列{a n }满足：a 1＝12，a n ＋1＝a 2n ＋a n ，用[x ]表示不超过x 的最大整数，则⎣⎡⎦⎤1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a 2 017＋1的值等于________．解析：因为a n ＋1＝a 2n ＋a n ，故a n ＋1－a n ＝a 2n >0，即数列{a n }是递增数列，由a n ＋1＝a 2n ＋a n 可得a n ＋1＝a n (a n ＋1)，所以1a n ＋1＝1a n －1a n ＋1，从而1a n ＋1＝1a n －1a n ＋1，所以1<1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a 2 017＋1＝1a 1－1a 2 018<1a 1＝2，故⎣⎡⎦⎤1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a 2 017＋1＝1.答案：111．(2019·金华十校联考)设数列{a n }的各项均为正数，且a 1，22，a 2，24，…，a n ，22n ，…成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，若S k ≥30(2k ＋1)，求正整数k 的最小值．解：(1)设等比数列的公比为q ，则q 2＝2422＝22，又由题意q ＞0，故q ＝2， 从而a n ＝22n q＝22n －1，即数列{a n }的通项公式为a n ＝22n －1.(2)由(1)知a 1＝2，数列{a n }是以22为公比的等比数列，故S n ＝2[1－（22）n ]1－22＝23(22n－1)．因此不等式S k ≥30(2k ＋1)可化为23(22k －1)≥30(2k ＋1)，即23(2k －1)(2k ＋1)≥30(2k ＋1)，因为2k ＋1＞0，所以2k ≥46， 即k ≥log 246， 又5＜log 246＜6，所以正整数k 的最小值为6.12．(2019·温州市普通高中模考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝32，2S n ＝(n ＋1)a n ＋1(n ≥2)．(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1（a n ＋1）2(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：T n <710(n ∈N *)． 解：(1)当n ＝2时，2S 2＝3a 2＋1，解得a 2＝2. 当n ＝3时，2S 3＝4a 3＋1， 解得a 3＝3.当n ≥3时，2S n ＝(n ＋1)a n ＋1，2S n －1＝na n －1＋1， 以上两式相减，得2a n ＝(n ＋1)a n －na n －1， 所以a n n ＝a n －1n －1，所以a n n ＝a n －1n －1＝…＝a 22＝1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧32，n ＝1n ，n ≥2.(2)证明：b n＝1（a n＋1）2＝⎩⎨⎧425，n ＝11（n ＋1）2，n ≥2，当n ≥2时，b n ＝1（n ＋1）2<1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1， 所以T n ＝425＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝3350－1n ＋1<710.[能力提升]1．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>0 B ．a 1d <0，dS 4<0 C ．a 1d >0，dS 4<0 D ．a 1d <0，dS 4>0解析：选B.因为 a 3，a 4，a 8成等比数列，所以a 24＝a 3a 8，所以(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋7d )，展开整理，得－3a 1d ＝5d 2，即a 1d ＝－53d 2.因为 d ≠0，所以a 1d ＜0.因为 S n ＝na 1＋n （n －1）2d ，所以S 4＝4a 1＋6d ，dS 4＝4a 1d ＋6d 2＝－23d 2<0.2．在等差数列{a n }中，a 2＝5，a 6＝21，记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，若S 2n ＋1－S n ≤m15对任意的n ∈N *恒成立，则正整数m 的最小值为( )A ．3B ．4C ．5D ．6解析：选C.在等差数列{a n }中，因为a 2＝5，a 6＝21，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝5，a 1＋5d ＝21，解得a 1＝1，d ＝4，所以1a n ＝11＋4（n －1）＝14n －3.因为()S 2n ＋1－S n －()S 2n ＋3－S n ＋1＝⎝⎛⎭⎫1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a 2n ＋1－⎝⎛⎭⎫1a n ＋2＋1a n ＋3＋…＋1a 2n ＋3 ＝1a n ＋1－1a 2n ＋2－1a 2n ＋3＝14n ＋1－18n ＋5－18n ＋9 ＝⎝⎛⎭⎫18n ＋2－18n ＋5＋⎝⎛⎭⎫18n ＋2－18n ＋9>0，所以数列{}S 2n ＋1－S n (n ∈N *)是递减数列，数列{}S 2n ＋1－S n (n ∈N *)的最大项为S 3－S 1＝15＋19＝1445，所以1445≤m 15，m ≥143.又m 是正整数，所以m 的最小值是5.3．设a 1，d 为实数，首项为a 1，公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 5S 6＋15＝0，则d 的取值范围是________．解析：由S 5S 6＋15＝0，得⎝⎛⎭⎫5a 1＋5×42d ·(6a 1＋6×52d )＋15＝0. 整理可得2a 21＋9a 1d ＋10d 2＋1＝0.因为a 1，d 为实数，所以Δ＝(9d )2－4×2×(10d 2＋1)≥0，解得d ≤－22或d ≥2 2. 答案：d ≤－22或d ≥2 24．(2019·台州诊断考试)已知数列{a n }中，a 1＝1，S n 为数列{a n }的前n 项和，且当n ≥2时，有2a na n S n －S 2n＝1成立，则S 2 017＝________．解析：当n ≥2时，由2a n a n S n －S 2n ＝1，得2(S n －S n －1)＝(S n －S n －1)S n －S 2n ＝－S n S n －1， 所以2S n －2S n －1＝1，又2S 1＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫2S n 是以2为首项，1为公差的等差数列，所以2S n ＝n ＋1，故S n ＝2n ＋1，则S 2 017＝11 009.答案：11 0095．(2019·浙江“七彩阳光”联盟联考)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2⎝⎛⎭⎫1＋1n a n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2na n ，数列{b n }的前n 项的和为S n ，试求数列{S 2n －S n }的最小值．解：(1)由条件a n ＋1＝2⎝⎛⎭⎫1＋1n a n 得a n ＋1n ＋1＝2·a n n ， 又a 1＝2，所以a 11＝2，因此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 构成首项为2，公比为2的等比数列，从而a n n＝2·2n －1＝2n ，因此，a n ＝n ·2n .(2)由(1)得b n ＝1n ，设c n ＝S 2n －S n ，则c n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ，所以c n ＋1＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋12n ＋1＋12n ＋2，从而c n ＋1－c n ＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1>12n ＋2＋12n ＋2－1n ＋1＝0，因此数列{c n }是单调递增的，所以{c n }min ＝c 1＝12.6．(2019·浙江严州阶段测试)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 7＝4，a 19＝2a 9，数列{b n }的前n 项和为T n ，满足42a n －1＝λT n －(a 5－1)(n ∈N *)．(1)是否存在非零实数λ，使得数列{b n }为等比数列？并说明理由；(2)已知对于n ∈N *，不等式1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n ＜M 恒成立，求实数M 的最小值．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d .因为⎩⎪⎨⎪⎧a 7＝4，a 19＝2a 9，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋6d ＝4，a 1＋18d ＝2（a 1＋8d ）.解得a 1＝1，d ＝12，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋12.因为a 5＝3，42a n －1＝λT n －(a 5－1)， 所以4n ＝λT n －2，T n ＝1λ4n ＋2λ.当n ＝1时，b 1＝6λ；当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝1λ4n ＋2λ－1λ4n －1－2λ＝3λ4n －1.所以b n ＋1＝3λ4n ＝4b n (n ≥2)，若数列{b n }是等比数列，则有b 2＝4b 1， 而b 2＝12λ，所以b 2b 1＝2与b 2＝4b 1矛盾．故不存在非零实数λ，使得数列{b n }为等比数列． (2)由(1)知S n ＝n （n ＋3）4，所以1S n ＝4n （n ＋3）＝43⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋3，从而1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝43⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－14＋⎝⎛⎭⎫12－15＋⎝⎛⎭⎫13－16＋…＋⎝⎛1n －2⎭⎫－1n ＋1⎦⎤＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋2＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋3 ＝43⎝⎛⎭⎫1＋12＋13－1n ＋1－1n ＋2－1n ＋3 ＝43⎝⎛⎭⎫116－1n ＋1－1n ＋2－1n ＋3＜229， 所以M ≥229，故实数M 的最小值为229.。

2020年高考数学（理）总复习：数列的求和及综合应用题型一 数列求和 【题型要点】(1)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．(2)裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n ＝f (n ＋1)－f (n )的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如1+n n a a c(其中{a n }是各项均不为0的等差数列，c 为常数)的数列等．(3)错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．(4)倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思．(5)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求S n .(6)归纳猜想法：通过对S 1，S 2，S 3，…的计算进行归纳分析，寻求规律，猜想出S n ，然后用数学归纳法给出证明．【例1】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 .【解析】 (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)，∴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＋1－4·2n 1－4＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-32n ·2n ＋23.当n 为奇数，且n ≥3时，T n ＝T n －1＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-35n ·2n －1＋23＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-322n ·2n －1＋23，经检验，T 1＝2符合上式， ∴T n ＝⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛--为偶数为奇数n n n n n n ,32232,3223221【反思总结】(1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列． (2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后所得部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．题组训练一 数列求和已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)．(1)求a 的值及数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2，求{b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵等比数列{a n }满足6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)，n ＝1时，6a 1＝9＋a ；n ≥2时，6a n ＝6(S n －S n －1)＝3n ＋1＋a －(3n ＋a )＝2×3n .∴a n ＝3n －1，n ＝1时也成立，∴1×6＝9＋a ，解得a ＝－3，∴a n ＝3n －1.(2)b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)n 2(n ＋1)2＝(－1)n －1()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n当n 为奇数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1＋1(n ＋1)2； 当n 为偶数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1－1(n ＋1)2. 综上，T n ＝1＋(－1)n－11(n ＋1)2. 题型二 数列与函数的综合问题 【题型要点】数列与函数的综合问题主要有以下两类：(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； (2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．【例2】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋2n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若点(b n ，a n )在函数y ＝log 2x 的图象上，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解】 (1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋2n －[2(n －1)2＋2(n －1)]＝4n ， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＝4×1， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝4n .(2)由点{b n ，a n }在函数y ＝log 2x 的图象上得a n ＝log 2b n ，且a n ＝4n ，∴b n ＝2an ＝24n ＝16n ，故数列{b n }是以16为首项，公比为16的等比数列．T n ＝16(1－16n )1－16＝16n ＋1－1615.题组训练二 数列与函数的综合问题已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n,0)，且f ′(0)＝2n (n ∈N *)． (1)求f (x )的解析式；(2)若数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛na 1，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式． 【解】 (1)由f ′(x )＝2ax ＋b ，f ′(0)＝2n ，得b ＝2n ，又f (x )的图象过点(－4n,0)，所以16n 2a －4nb ＝0，解得a ＝12.所以f (x )＝12x 2＋2nx (n ∈N *)．(2)由(1)知f ′(x )＝x ＋2n (n ∈N *)， 所以1a n ＋1＝1a n ＋2n ，即1a n ＋1－1a n＝2n .所以1a n －1a n －1＝2(n －1), 1a n －1－1a n －2＝2(n －2)，…1a 2－1a 1＝2，以上各式相加得1a n －14＝n 2－n ，所以a n ＝1n 2－n ＋14，即a n ＝4(2n －1)2(n ∈N *)． 题型三 数列与不等式的综合问题 【题型要点】(1)以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性求解．(2)以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，常利用放缩法或单调性法证明．(3)当已知数列关系时，需要知道其范围时，可借助数列的单调性，即比较相邻两项的大小即可．【例3】设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n －1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2. (1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点(记为a n )，且0＜a n －12＜13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32.(1)【解】 方法一 由题设f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1，所以f n ′(2)＝1＋2×2＋…＋(n －1)2n －2＋n ·2n －1，①则2f n ′(2)＝2＋2×22＋…＋(n －1)2n －1＋n ·2n ，②由①－②得，－f n ′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )2n －1， 所以f n ′(2)＝(n －1)2n ＋1.方法二 当x ≠1时，f n (x )＝x －x n ＋11－x－1，则f n ′(x )＝[1－(n ＋1)x n ](1－x )＋(x －x n ＋1)(1－x )2，可得f n ′(2)＝－[1－(n ＋1)2n ]＋2－2n ＋1(1－2)2＝(n －1)2n ＋1.(2)[证明] 因为f n (0)＝－1＜0，f n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32＝32132132-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-n－1＝1－2×n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32≥1－2×232⎪⎭⎫ ⎝⎛＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内至少存在一个零点，又f ′n (x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内单调递增，因此f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点a n ，由于f n (x )＝x －x n ＋11－x －1，所以0＝f n (a n )＝a n －a n ＋1n1－a n－1，由此可得a n ＝12＋12a n ＋1n ＞12，故12＜a n ＜23，所以0＜a n －12＝12a n ＋1n ＜12×132+⎪⎭⎫ ⎝⎛n ＝13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32. 题组训练三 数列与不等式的综合问题1.已知等比数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝10·4n －1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，且b n ＝log 2a n .(1)求b n ，S n ；(2)设c n ＝b n ＋12，证明：c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)．【解】 (1)解 由题意知a 2＋a 1＝10，a 2＋a 3＝40，设{a n }的公比为q ，则a 2＋a 3a 1＋a 2＝q (a 1＋a 2)a 1＋a 2＝4，∴q ＝4.则a 1＋a 2＝a 1＋4a 1＝10，解得a 1＝2，∴a n ＝2·4n －1＝22n －1.∴b n ＝log 222n －1＝2n －1.∴S n ＝n (b 1＋b n )2＝n (1＋2n －1)2＝n 2.(2)证明 法一∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，∴S n ＋1＝(n ＋1)2.要证明c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1，即证1×2＋2×3＋…＋n ×(n ＋1)<12(n ＋1)2，①当n ＝1时，1×2<12×(1＋1)2＝2成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时不等式成立， 即1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)<12(k ＋1)2，则当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，要证1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)＋(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2，即证(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2－12(k ＋1)2，即(k ＋1)(k ＋2)<k ＋32，两边平方得k 2＋3k ＋2<k 2＋3k ＋94显然成立，∴当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，不等式成立． 综上，不等式成立．法二 ∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，S n ＋1＝(n ＋1)2，由基本不等式可知n (n ＋1)≤n ＋n ＋12＝n ＋12，故1×2<1＋12，2×3<2＋12，…，n (n ＋1)≤n ＋12，∴1×2＋2×3＋3×4＋…＋n (n ＋1)<(1＋2＋3＋…＋n )＋n 2＝n 2＋2n 2<n 2＋2n ＋12＝(n ＋1)22，即不等式c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)成立．2.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 1＋a 2n，n ∈N *，记S n ，T n 分别是数列{a n }，{a 2n }的前n 项和．证明：当n ∈N *时，(1)a n ＋1<a n ； (2)T n ＝1a 2n ＋1－2n －1；(3)2n －1<S n <2n .【证明】 (1)由a 1＝1及a n ＋1＝a n1＋a 2n 知，a n >0，故a n ＋1－a n ＝a n 1＋a 2n －a n ＝－a 3n1＋a 2n <0， ∴a n ＋1<a n ，n ∈N *. (2)由1a n ＋1＝1a n ＋a n ，得1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2，从而1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2＝1a 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋2×2＝…＝1a 21＋a 21＋a 22＋…＋a 2n ＋2n ，又∵a 1＝1，∴T n ＝1a 2n ＋1－2n －1，n ∈N *. (3)由(2)知，a n ＋1＝1T n ＋2n ＋1，由T n ≥a 21＝1，得a n ＋1≤12n ＋2，∴当n ≥2时，a n ≤12n ＝22n <2n ＋n －1＝2(n －n －1)，由此S n <a 1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)]＝1＋2(n －1)<2n ，n ≥2，又∵a 1＝1，∴S n <2n .另一方面，由a n ＝1a n ＋1－1a n ，得S n ＝1a n ＋1－1a 1≥2n ＋2－1>2n －1.综上，2n －1<S n <2n .【专题训练】1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8, S n ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3na n a n ＋1的前n 项和T n .【解】 (1)因为S n ＝a n ＋12－n －1，故当n ＝1时，a 1＝a 22－1－1＝2；当n ≥2时，2S n ＝a n ＋1－2n －2,2S n －1＝a n －2(n －1)－2，两式相减可得a n ＋1＝3a n ＋2； 经检验，当n ＝1时也满足a n ＋1＝3a n ＋2，故a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，故数列{a n ＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，故a n ＋1＝3n ，即a n ＝3n －1.(2)由(1)可知，2×3n a n a n ＋1＝2×3n(3n －1)(3n ＋1－1) ＝13n－1－13n ＋1－1， 故T n ＝131－1－132－1＋132－1－133－1＋…＋13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1.2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n ＝log 2a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .【解析】 (1)∵a n ＋1＝S n ＋2，∴当n ≥2时，a n ＝S n －1＋2，两式相减得，a n ＋1－a n ＝S n －S n －1＝a n ，则a n ＋1＝2a n ，所以a n ＋1a n ＝2(n ≥2)，∵a 1＝2，∴a 2＝S 1＋2＝4，满足a 2a 1＝2，∴数列{a n }是以2为公比、首项为2的等比数列，则a n ＝2·2n －1＝2n ；(2)由(1)得，b n ＝log 2a n ＝log 22n ＝n ， ∴1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴T n ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 3．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2,4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，求证：n 4n ＋4<T n <12.【解析】 (1)∵4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *， ∴4a 1＝a 1·a 2，又a 1＝2，∴a 2＝4.当n ≥2时，4S n －1＝a n －1·a n ，得4a n ＝a n ·a n ＋1－a n －1·a n .由题意知a n ≠0，∴a n ＋1－a n －1＝4. ①当n ＝2k ＋1，k ∈N *时，a 2k ＋2－a 2k ＝4，即a 2，a 4，…，a 2k 是首项为4，公差为4的等差数列， ∴a 2k ＝4＋(k －1)×4＝4k ＝2×2k ； ②当n ＝2k ，k ∈N *时，a 2k ＋1－a 2k －1＝4，即a 1，a 3，…，a 2k －1是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a 2k －1＝2＋(k －1)×4＝4k －2＝2(2k －1)． 综上可知，a n ＝2n ，n ∈N *.(2)证明：∵1a 2n ＝14n 2>14n (n ＋1)＝14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-111n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n>14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝141－1n ＋1＝n 4n ＋4. 又∵1a 2n ＝14n 2<14n 2－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--121121n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n <12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-+-+-12112171515131311n n ＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+-1211n <12. 即得n 4n ＋4<T n <12.4．已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )恒成立．(1)若A n ＝n 2，b 1＝2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n ＝B n 及b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＜13成立，求正实数b 1的取值范围；(3)若a 1＝2，b n ＝2n ，是否存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列？若存在，求出s ，t 的值；若不存在，请说明理由． 【解】 (1)因为A n ＝n 2，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n 2－(n －1)2，n ≥2， 即a n ＝2n －1，故b n ＋1－b n ＝12(a n ＋1－a n )＝1，所以数列{b n }是以2为首项，1为公差的等差数列，所以B n ＝n ·2＋12·n ·(n －1)·1＝12n 2＋32n . (2)依题意B n ＋1－B n ＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1b n＝2， 所以数列{b n }是以b 1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝B n ＝1－2n1－2×b 1＝b 1(2n －1)， 所以b n ＋1a n a n ＋1＝2nb 1(2n －1)·(2n ＋1－1)， 因为b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+1211211n n 所以b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ，所以1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ＜13恒成立，即b 1＞3⎪⎭⎫ ⎝⎛--+12111n ，所以b 1≥3.(3)由a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )得：a n ＋1－a n ＝2n ＋1，所以当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋23＋22＋2＝2n ＋1－2， 当n ＝1时，上式也成立，所以A n ＝2n ＋2－4－2n ， 又B n ＝2n ＋1－2，所以A n B n ＝2n ＋2－4－2n 2n ＋1－2＝2－n 2n －1， 假设存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t 成等差数列，等价于121－1，s 2s －1，t 2t －1成等差数列， 即2s 2s－1＝121－1＋t 2t －1，即2s 2s －1＝1＋t 2t －1，因为1＋t 2t －1＞1，所以2s 2s －1＞1，即2s ＜2s ＋1，令h (s )＝2s －2s －1(s ≥2，s ∈N *)，则h (s ＋1)－h (s )＝2s －2＞0所以h (s )递增， 若s ≥3，则h (s )≥h (3)＝1＞0，不满足2s ＜2s ＋1，所以s ＝2，代入2s 2s －1＝121－1＋t 2t －1得2t －3t －1＝0(t ≥3)，当t ＝3时，显然不符合要求； 当t ≥4时，令φ(t )＝2t －3t －1(t ≥4，t ∈N *)，则同理可证φ(t )递增，所以φ(t )≥φ(4)＝3＞0，所以不符合要求．所以，不存在正整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列．。

第2课时 数列的综合应用题型一 数列和解析几何的综合问题例1 (2004·浙江)已知△OBC 的三个顶点坐标分别为O (0,0)，B (1,0)，C (0,2)，设P 1为线段BC 的中点，P 2为线段CO 的中点，P 3为线段OP 1的中点，对于每一个正整数n ，P n ＋3为线段P n P n ＋1的中点，令P n 的坐标为(x n ，y n )，a n ＝12y n ＋y n ＋1＋y n ＋2.(1)求a 1，a 2，a 3及a n 的值； (2)求证：y n ＋4＝1－y n4，n ∈N *；(3)若记b n ＝y 4n ＋4－y 4n ，n ∈N *，求证：{b n }是等比数列． (1)解 因为y 1＝y 2＝y 4＝1，y 3＝12，y 5＝34，所以a 1＝a 2＝a 3＝2，又由题意可知y n ＋3＝y n ＋y n ＋12，所以a n ＋1＝12y n ＋1＋y n ＋2＋y n ＋3＝12y n ＋1＋y n ＋2＋y n ＋y n ＋12 ＝12y n ＋y n ＋1＋y n ＋2＝a n ， 所以{a n }为常数列， 所以a n ＝a 1＝2，n ∈N *.(2)证明 将等式12y n ＋y n ＋1＋y n ＋2＝2两边除以2得14y n ＋y n ＋1＋y n ＋22＝1.又因为y n ＋4＝y n ＋1＋y n ＋22，所以y n ＋4＝1－y n4，n ∈N *.(3)证明 因为b n ＋1＝y 4n ＋8－y 4n ＋4 ＝⎝⎛⎭⎫1－y 4n ＋44－⎝⎛⎭⎫1－y 4n 4＝－14(y 4n ＋4－y 4n )＝－14b n ，又因为b 1＝y 8－y 4＝－14≠0，所以{b n }是首项为－14，公比为－14的等比数列．思维升华 利用题目中曲线或直线上点的坐标之间的关系，得到数列的递推关系，然后利用数列的递推关系寻求数列通项，从而求解题目．跟踪训练1 (2016·浙江)如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且|A n A n ＋1|＝|A n ＋1A n ＋2|，A n ≠A n＋2，n ∈N *，|B n B n ＋1|＝|B n ＋1B n ＋2|，B n ≠B n ＋2，n ∈N *(P ≠Q 表示点P 与Q 不重合)．若d n ＝|A n B n |，S n为△A n B n B n ＋1的面积，则( )A ．{S n }是等差数列B ．{S 2n }是等差数列C ．{d n }是等差数列D ．{d 2n }是等差数列答案 A解析 作A 1C 1，A 2C 2，A 3C 3，…，A n C n 垂直于直线B 1B n ，垂足分别为C 1，C 2，C 3，…，C n ， 则A 1C 1∥A 2C 2∥…∥A n C n .∵|A n A n ＋1|＝|A n ＋1A n ＋2|，∴|C n C n ＋1|＝|C n ＋1C n ＋2|. 设|A 1C 1|＝a ，|A 2C 2|＝b ，|B 1B 2|＝c ， 则|A 3C 3|＝2b －a ，…，|A n C n |＝(n －1)b －(n －2)a (n ≥3)，∴S n ＝12c [(n －1)b －(n －2)a ]＝12c [(b －a)n ＋(2a －b )]，∴S n ＋1－S n ＝12c [(b －a )(n ＋1)＋(2a －b )－(b －a )n －(2a －b )]＝12c (b －a )，∴数列{S n }是等差数列．题型二 数列与不等式的综合问题命题点1 可求通项的裂项放缩例2 已知数列{}a n 满足1a n ＋1＝12a n ＋12且a 1＝4(n ∈N *)．(1)求数列{}a n 的通项公式；(2)设b n ＝a 2n －a n ，且S n 为{}b n 的前n 项和，证明：12≤S n <15. (1)解 由1a n ＋1＝12a n ＋12得， 1a n ＋1－1＝12⎝⎛⎭⎫1a n －1， 由a 1＝4得1a 1－1＝－34，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为－34，公比为12的等比数列．所以⎝⎛⎭⎫1a n －1＝⎝⎛⎭⎫1a 1－1⎝⎛⎭⎫12n －1＝－34⎝⎛⎭⎫12n －1， 即a n ＝2n＋12n ＋1－3. (2)证明b n ＝a 2n －a n ＝3·2n ＋1(2n ＋1－3)2， 又S n ＋1－S n ＝b n ＋1＝3·2n ＋2(2n ＋2－3)2>0，故S n 是关于n 的递增数列，故S n ≥S 1＝b 1＝a 21－a 1＝12.当k ≥2时，b k ＝a 2k －a k ＝3·2k ＋1(2k ＋1－3)2<3·2k ＋1(2k ＋1－3)(2k ＋1－4)＝3·2k(2k ＋1－3)(2k －2) <3·2k(2k ＋1－3)(2k－3)＝3⎝⎛⎭⎫12k －3－12k ＋1－3， 故当n ≥2时，S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝12＋b 2＋b 3＋…＋b n <12＋3⎝⎛122－3－123－3＋123－3－124－3＋…＋⎭⎫12n－3－12n ＋1－3＝15－32n ＋1－3<15. 又n ＝1时，S 1＝12<15，综上有12≤S n <15. 命题点2 可求通项构造放缩例3 (2018·湖州调研)已知数列{a n }满足a 1＝25，a n ＋1＝2a n 3－a n ，n ∈N *.(1)求a 2；(2)求⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的通项公式；(3)设{a n }的前n 项的和为S n ，求证：65⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫23n ≤S n <2113. (1)解 由条件可知a 2＝2a 13－a 1＝413. (2)解 由a n ＋1＝2a n3－a n， 得1a n ＋1＝32·1a n －12， 即1a n ＋1－1＝32⎝⎛⎭⎫1a n －1，又1a 1－1＝32≠0， 所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为32，公比为32的等比数列，则1a n －1＝32×⎝⎛⎭⎫32n －1＝⎝⎛⎭⎫32n，所以1a n ＝⎝⎛⎭⎫32n ＋1.(3)证明 由(2)可得 a n ＝1⎝⎛⎭⎫32n ＋1≥1⎝⎛⎭⎫32n ＋⎝⎛⎭⎫32n －1＝25·⎝⎛⎭⎫23n －1. 所以S n ≥25＋25·⎝⎛⎭⎫231＋…＋25·⎝⎛⎭⎫23n －1＝65⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫23n ， 故S n ≥65⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫23n 成立． 另一方面a n ＝1⎝⎛⎭⎫32n ＋1<1⎝⎛⎭⎫32n ＝⎝⎛⎭⎫23n ， S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n <25＋413＋⎝⎛⎭⎫233＋⎝⎛⎭⎫234＋…＋⎝⎛⎭⎫23n ＝4665＋89－89·⎝⎛⎭⎫23n －2<4665＋89<2113，n ≥3， 又S 1＝25<2113，S 2＝4665<2113，因此S n <2113，n ∈N *.所以65⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫23n ≤S n <2113. 命题点3 不可求通项裂项放缩例4 (2018·杭州模拟)设数列{a n }满足a 1＝13，a n ＋1＝a n ＋a 2nn 2(n ∈N *)．(1)证明：a n <a n ＋1<1(n ∈N *)； (2)证明：a n ≥n2n ＋1(n ∈N *)．证明 (1)方法一 易知a n >0，所以a n ＋1＝a n ＋a 2nn2>a n ，即a k ＋1＝a k ＋a 2kk 2<a k ＋a k a k ＋1k2，k ∈N *，所以1a k －1a k ＋1<1k 2，k ∈N *，所以，当n ≥3时，1a n ＝1a 1－∑k ＝1n －1 ⎝⎛⎭⎫1a k －1a k ＋1>1a 1－∑k ＝1n －1 1k 2 >3－⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1＋∑k ＝2n －1 1k (k －1)＝3－⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1＋∑k ＝2n －1 ⎝⎛⎭⎫1k －1－1k ＝3－⎝⎛⎭⎫1＋1－1n －1＝n n －1>1，所以a n <1. 又a 1＝13<1，a 2＝49<1，所以a n <1(n ∈N *)， 所以a n <a n ＋1<1(n ∈N *)．方法二 易知a n >0，所以a n ＋1＝a n ＋a 2nn 2>a n ，由题意，得1a n ＋1＝1a n ＋a 2n n2＝n 2a n (a n ＋n 2)＝1a n －1a n ＋n 2. 则1a n －1a n ＋1＝1a n ＋n 2， 即1a 1－1a 2＝1a 1＋12，1a 2－1a 3＝1a 2＋22，…，1a n －1a n ＋1＝1a n ＋n 2， 累加得，1a 1－1a n ＋1＝1a 1＋12＋1a 2＋22＋…＋1a n ＋n 2<112＋122＋…＋1n 2<1＋11×2＋…＋1(n －1)·n ＝2－1n ， 即3－1a n ＋1<2－1n ，所以a n ＋1<1.所以a n <a n ＋1<1(n ∈N *)． (2)方法一 当n ＝1时，a 1＝12×1＋1＝13，显然成立．由a n <1，知a k ＋1＝a k ＋a 2kk 2<a k ＋a k k 2，所以a k >k 2k 2＋1a k ＋1，所以a k ＋1＝a k ＋a 2kk 2>a k ＋1k 2a k ·k 2k 2＋1a k ＋1＝a k ＋1k 2＋1·a k a k ＋1，所以1a k －1a k ＋1>1k 2＋1，所以，当n ≥2时，1a n ＝1a 1－∑k ＝1n －1 ⎝⎛⎭⎫1a k －1a k ＋1<1a 1－∑k ＝1n －1 1k 2＋1<3－∑k ＝1n －1 1k (k ＋1)＝3－∑k ＝1n －1 ⎝⎛⎭⎫1k －1k ＋1＝3－⎝⎛⎭⎫1－1n ＝2n ＋1n ， 即a n >n2n ＋1. 所以a n ≥n2n ＋1(n ∈N *)．方法二 当n ≥2时，1a 1－1a n ＋1＝1a 1＋12＋1a 2＋22＋…＋1a n ＋n 2>11＋12＋11＋22＋…＋11＋(n －1)2>11×2＋12×3＋…＋1(n －1)·n ＝1－1n ，即3－1a n >1－1n ，即a n >n2n ＋1，又n ＝1时，a 1＝13，12×1＋1＝13，所以a n ≥n2n ＋1(n ∈N *)．命题点4 不可求通项构造放缩例5 (2018·浙江模拟训练冲刺卷)已知数列{a n }满足a 1＝0，a n ＋1＝a 2n ＋a n ＋1a n ＋1，n ∈N *.(1)求证：a n ＋1>a n ，n ∈N *； (2)求证：a n ≥2n －1－1，n ∈N *； (3)求证：n ≥2时，a n ≤2n －3.证明 (1)∵a n ＋1＝a 2n ＋a n ＋1a n ＋1＝a n ＋1a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝a n ＋1＋1a n ＋1，∴(a n ＋1＋1)(a n ＋1)＝(a n ＋1)2＋1>0， 故a n ＋1＋1与a n ＋1同号． 又a 1＋1＝1>0， ∴a n ＋1>0，∴a n ＋1－a n ＝1a n ＋1>0，故a n ＋1>a n ，n ∈N *.(2)∵a k ＋1＋1＝a k ＋1＋1a k ＋1，k ∈N *，∴(a k ＋1＋1)2＝(a k ＋1)2＋1(a k ＋1)2＋2>(a k ＋1)2＋2，k ∈N *， 当n ≥2时，(a n ＋1)2＝[(a n ＋1)2－(a n －1＋1)2]＋[(a n －1＋1)2－(a n －2＋1)2]＋…＋[(a 2＋1)2－(a 1＋1)2]＋(a 1＋1)2>2(n －1)＋1＝2n －1.又a n ＋1>0，故当n ≥2时，a n ＋1>2n －1， 即当n ≥2时，a n >2n －1－1. 又当n ＝1时，a 1≥2×1－1－1＝0， 所以a n ≥2n －1－1，n ∈N *.(3)由(2)知a k ＋1－a k ＝1a k ＋1≤12k －1，k ∈N *，所以当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －1－a n －2)＋(a n －a n －1)， 即当n ≥2时，a n ≤1＋13＋15＋…＋12n －3. 当n ≥3时，12n －3＝222n －3<22n －3＋2n －5＝2n －3－2n －5， 所以当n ≥3时，a n ≤1＋13＋15＋…＋12n －3<1＋(3－1)＋(5－3)＋…＋(2n －3－2n －5)＝2n －3.又a 2＝1≤2×2－3，所以n ≥2时，a n ≤2n －3.思维升华 数列与不等式的综合问题把数列知识与不等式的内容整合在一起，形成了关于证明不等式、求不等式中参数的取值范围、求数列中的最大(小)项、比较数列中项的大小等问题．而数列的条件可能是等差数列、等比数列，甚至是一个递推公式等，求解方法既要用到不等式知识(如比较法、放缩法、基本不等式法等)，又要用到数列的基础知识． 跟踪训练2 (2016·浙江)设数列{a n }满足⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1，n ∈N *.(1)证明：|a n |≥2n －1(|a 1|－2)，n ∈N *；(2)若|a n |≤⎝⎛⎭⎫32n ，n ∈N *，证明：|a n |≤2，n ∈N *. 证明 (1)由⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1得|a n |－12|a n ＋1|≤1，故|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1≤12n ，n ∈N *， 所以|a 1|21－|a n |2n ＝⎝⎛⎭⎫|a 1|21－|a 2|22＋⎝⎛⎭⎫|a 2|22－|a 3|23＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n －1|2n －1－|a n |2n ≤121＋122＋…＋12n －1＜1，n ≥2. 因此|a n |≥2n －1(|a 1|－2)，n ＝1时也成立．(2)任取n ∈N *，由(1)知，对于任意m ∈N *，m ＞n ，|a n |2n －|a m |2m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n ＋1|2n ＋1－|a n ＋2|2n ＋2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a m －1|2m －1－|a m |2m ≤12n ＋12n ＋1＋…＋12m －1＜12n －1， 故|a n |＜⎝⎛⎭⎫12n －1＋|a m |2m ·2n ≤⎣⎡⎦⎤12n －1＋12m ·⎝⎛⎭⎫32m ·2n ＝2＋⎝⎛⎭⎫34m ·2n . 从而对于任意m ＞n ，均有|a n |＜2＋⎝⎛⎭⎫34m ·2n.① 由m 的任意性得|a n |≤2.否则，存在n 0∈N *， 有02,n a >取正整数000342log 2n n a m ->且m 0＞n 0，则003402log 23322244n a m n n n a -⎛⎫⎛⎫⋅<⋅=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，与①式矛盾．综上，对于任意n ∈N *，均有|a n |≤2.1．设a >3，数列{a n }中，a 1＝a ，a n ＋1＝a 2n2a n －3，n ∈N *.(1)求证：a n >3，且a n ＋1a n<1，(2)当a ≤4时，证明：a n ≤3＋15n －1.证明 (1) ∵a n ＋1－3＝a 2n2a n －3－3＝(a n －3)22⎝⎛⎭⎫a n －32，又∵a n ＋1－32＝a 2n2a n －3－32＝⎝⎛⎭⎫a n －322＋942⎝⎛⎭⎫a n －32，∴⎝⎛⎭⎫a n ＋1－32⎝⎛⎭⎫a n －32＝⎝⎛⎭⎫a n －322＋942>0， ∴a n ＋1－32与a n －32同号．∵a 1－32＝a －32，a >3，∴a 1－32>0，∴a n －32>0.∴a n ＋1－3＝(a n －3)22⎝⎛⎭⎫a n －32>0，∴a n ＋1>3，∴a n >3. ∴a n ＋1a n ＝a n 2a n －3＝12－3a n <1. (2)∵a n ＋1－3＝(a n －3)22a n －3，∴a n ＋1－3a n －3＝a n －32a n －3. 由(1)知3<a n ≤a 1＝a ， ∴3<a n ≤4，设a n －3＝t ，则0<t ≤1.故a n ＋1－3a n －3＝t 2t ＋3＝12＋3t≤15，∴当n ≥2时，a 2－3a 1－3·a 3－3a 2－3·a 4－3a 3－3·…·a n －3a n －1－3≤⎝⎛⎭⎫15n －1，∴a n －3a 1－3≤⎝⎛⎭⎫15n －1， ∴a n －3≤(a 1－3)·⎝⎛⎭⎫15n －1≤⎝⎛⎭⎫15n －1， ∴a n ≤3＋⎝⎛⎭⎫15n －1.又当n ＝1时，a 1＝a ≤4满足上式， ∴a n ≤3＋15n －1成立．2．(2018·温州市适应性考试)数列{a n }，{b n }的每一项都是正数，a 1＝8，b 1＝16，且a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，n ＝1,2,3，…. (1)求a 2，b 2的值，并求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)证明：对一切正整数n ，有1a 1－1＋1a 2－1＋1a 3－1＋…＋1a n －1<27.(1)解 由2b 1＝a 1＋a 2，可得a 2＝2b 1－a 1＝24. 由a 22＝b 1b 2，可得b 2＝a 22b 1＝36.因为a n ，b n ，a n ＋1成等差数列， 所以2b n ＝a n ＋a n ＋1.①因为b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列， 所以a 2n ＋1＝b n b n ＋1，因为数列{a n }，{b n }的每一项都是正数， 所以a n ＋1＝b n b n ＋1，② 于是当n ≥2时，a n ＝b n －1b n .③将②，③代入①式，可得2b n ＝b n －1＋b n ＋1， 因此数列{b n }是首项为4，公差为2的等差数列， 所以b n ＝b 1＋(n －1)d ＝2n ＋2， 于是b n ＝4(n ＋1)2. 由③式，可得当n ≥2时，a n ＝b n －1b n ＝4n 2·4(n ＋1)2＝4n (n ＋1)．当n ＝1时，a 1＝8，满足该式子，所以对一切正整数n ，都有a n ＝4n (n ＋1)． (2)证明 由题意知，所证明的不等式为17＋123＋147＋…＋14n 2＋4n －1<27，首先证明14n 2＋4n －1<27⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1(n ≥2)．14n 2＋4n －1<27⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1⇔14n 2＋4n －1<27n 2＋7n⇔7n 2＋7n <8n 2＋8n －2⇔n 2＋n －2>0⇔(n －1)·(n ＋2)>0， 所以当n ≥2时， 17＋123＋…＋14n 2＋4n －1 <17＋27⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝17＋27⎝⎛⎭⎫12－1n ＋1 <17＋27×12＝27. 当n ＝1时，17<27.综上所述，对一切正整数n ，有1a 1－1＋1a 2－1＋1a 3－1＋…＋1a n －1<27.3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝12a n ＋1(n ∈N *)．(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫⎪⎪⎪⎪a n －12为递减数列； (2)记S n 为数列{|a n ＋1－a n |}的前n 项和，证明：S n <53(n ∈N *)．证明 (1)由题意知a n >0，故⎪⎪⎪⎪a n ＋1－12⎪⎪⎪⎪a n －12＝12a n ＋1<1， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫⎪⎪⎪⎪a n －12为递减数列． (2)因为a 1＝1，a 2＝13，所以当n ≥3时，⎪⎪⎪⎪a n －12<16， 所以13<a n <23(n ≥3)，故13≤a n <23(n ≥2)． 因为|a n ＋2－a n ＋1||a n ＋1－a n |＝22a n ＋3≤611(n ≥2)，当n ＝1时，也满足上式，故|a n ＋1－a n |≤|a 2－a 1|·⎝⎛⎭⎫611n －1， 所以S n ＝|a 2－a 1|＋|a 3－a 2|＋…＋|a n ＋1－a n | ≤|a 2－a 1|·1－⎝⎛⎭⎫611n1－611<2215<53(n ∈N *)．4．(2018·金华十校调研)已知数列{x n }满足x n ∈(0,1)(n ∈N *)，函数f (x )＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 1－x 在点(x n ，f (x n))处的切线与x 轴交点的横坐标为x n ＋1. (1)证明：当x ∈(0,1)时，f (x )>2x ； (2)证明：x n ＋1<x 3n ； (3)若x 1∈(0，a )，a ∈(0,1)，求证：对任意的正整数m ，都有12*11log log log ()23n n n m n x x x a a a n -⎛⎫⋅⋅⋅<⋅∈ ⎪⎝⎭N ＋＋＋＋＋．证明 (1)设g (x )＝ln(1＋x )－ln(1－x )－2x ，则g ′(x )＝2x 21－x 2，故当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0，函数g (x )在(0,1)上单调递增， 所以g (x )>g (0)＝0，即f (x )>2x . (2)由f ′(x )＝11＋x ＋11－x ＝21－x 2，知曲线在点(x n ，f (x n ))处的切线方程为 y ＝21－x 2n(x －x n )＋f (x n )． 令y ＝0，有x n ＋1＝x n ＋12f (x n )(x 2n －1)， 则x n ＋1＝12(x 2n －1)ln 1＋x n 1－x n ＋x n .由(1)及x 2n －1<0知， x n ＋1<12(2x n )·(x 2n －1)＋x n ＝x 3n . (3)令0log (1,2)log .n k n x k x a b k m b a ⋅⋅⋅＋＝＝，，，＝ 因为x n ＋k <x 3n ＋k －1， 且a ∈(0,1)，x n ∈(0,1)， 所以log a x n ＋k >log a x 3n ＋k －1， 从而有31log log n k n k k x x b a a +-<=＋＝13b k －1<⎝⎛⎭⎫132b k －2<…<⎝⎛⎭⎫13k b 0，所以1log log log n n n m x x x a a a ⋅⋅⋅＋＋＋＋＋＝b 0＋b 1＋…＋b m<b 0⎣⎡⎦⎤1＋13＋⎝⎛⎭⎫132＋…＋⎝⎛⎭⎫13m ＝32b 0⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13m ＋1<32b 0. 要证1211log log log ,23n n n m n x x x a a a ++-⎛⎫++⋅⋅⋅+<⋅ ⎪⎝⎭只需证32b 0<12·⎝⎛⎭⎫13n －2，即证b 0<⎝⎛⎭⎫13n －1，即证log x n a <⎝⎛⎭⎫13n －1， 即证x n <a 3n －1，由(2)及x 1∈(0，a )可得2113333121.n n n n n x x xxa ----<<<⋅⋅⋅<<综上即可证得．5．已知正项数列{a n }满足a 1＝3，a 2n ＋1＝a n ＋2，n ∈N *.求证：(1)数列{a n }是单调递减数列； (2)|a n ＋1－2|<14|a n －2|，n ∈N *；(3)|a 1－2|＋2|a 2－2|＋3|a 3－2|＋…＋n |a n －2|<169，n ∈N *. 证明 (1)由a 2n ＋1＝a n ＋2，得a 2n ＋2＝a n ＋1＋2， 两式相减，得a 2n ＋2－a 2n ＋1＝a n ＋1－a n ，即(a n ＋2－a n ＋1)(a n ＋2＋a n ＋1)＝a n ＋1－a n ， 因为a n >0，所以a n ＋2＋a n ＋1>0， 所以a n ＋2－a n ＋1与a n ＋1－a n 同号．由a 22＝a 1＋2＝5，得a 2＝5，a 2－a 1＝5－3<0， 所以a n ＋1－a n <0， 即a n ＋1<a n ，故数列{a n }是递减数列．(2)由a 2n ＋1＝a n ＋2，得a 2n ＋1－4＝a n －2，即(a n ＋1＋2)(a n ＋1－2)＝a n －2， 所以|a n ＋1－2|＝|a n －2|a n ＋1＋2，由(a n ＋1＋2)(a n ＋1－2)＝a n －2，知a n ＋1－2与a n －2同号， 由a 1－2＝3－2>0，知a n －2>0，即a n >2， 故a n ＋1＋2>4.所以1a n ＋1＋2<14，所以|a n ＋1－2|<14|a n －2|，n ∈N *.(3)由(2)知，当n ≥2时，有|a n －2|＝|a 1－2|×|a 2－2||a 1－2|×|a 3－2||a 2－2|×…×|a n －2||a n －1－2|<14n －1|a 1－2|＝14n －1，所以当n ≥2时，有|a 1－2|＋2|a 2－2|＋3|a 3－2|＋…＋n |a n －2|<1＋24＋342＋…＋n 4n －1，令S n ＝1＋24＋342＋…＋n4n －1，则14S n ＝14＋242＋343＋…＋n4n ， 所以34S n ＝1＋14＋142＋143＋…＋14n －1－n 4n＝1－14n1－14－n 4n ＝43－43×4n －n 4n <43， 所以S n <169，故|a 1－2|＋2|a 2－2|＋3|a 3－2|＋…＋n |a n －2|<169，n ≥2. 又当n ＝1时，|a 1－2|＝1<169. 综上，|a 1－2|＋2|a 2－2|＋3|a 3－2|＋…＋n |a n －2|<169，n ∈N *.6．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 1＋a 2n (n ∈N *)． (1)证明：当n ≥1，n ∈N *时，2n ＋2≤a n≤1；(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，证明：S n ≤2n －1(n ∈N *)． 证明 (1)由已知条件易知a n >0，a 2＝a 11＋a 21＝12， 且1a n ＋1＝1a n ＋a n ，(*) 所以1a n ＋1>1a n >0，所以a n ＋1<a n ，即数列{a n }是递减数列， 故a n ≤a 1＝1.当n ≥2，n ∈N *时，a n ≤a 2＝12.又由(*)知，1a n ＋1＝1a n ＋a n ≤1a n ＋12(n ≥2)，…，1a 3≤1a 2＋12，累加可得1a n ≤1a 2＋12(n －2)＝12n ＋1，即a n ≥2n ＋2，n ≥2，n ∈N *.经验证：当n ＝1时，a 1＝1≥21＋2＝23也成立．所以当n ≥1，n ∈N *时，2n ＋2≤a n≤1. (2)将(*)式平方可得1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n＋2，累加可得1a 2n ＝1a 21＋a 21＋a 22＋…＋a 2n －1＋2(n －1)≥2＋2(n －1)＝2n (n ≥2)， 所以a n ≤22n <2n ＋n －1＝2(n －n －1)，n ≥2.所以当n ≥2，n ∈N *时，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n <1＋2(2－1＋3－2＋…＋n －n －1)＝2n ＋1－2， 只需证2n ＋1－2≤2n －1， 即证2n ＋1≤2n －1＋2，两边平方整理得2n ＋1＋22n ≤2n ＋1＋222n －1，即n ≤2n －1， 两边再次平方即证n ≥1，显然成立．经验证：当n ＝1时，S 1＝1≤2×1－1＝1也成立． 故S n ≤2n －1(n ∈N *)．。