2017高考数学文科二轮复习对点练：第一部分 专题四 数列、推理与证明 第2讲 演练 精品

高考冲刺模拟卷Ⅰ本试卷分第Ⅰ卷(选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．时间：120分钟，满分：150分．第Ⅰ卷一、选择题：(本大题共12小题,每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1。

复数6i7+8i2 016(其中i是虚数单位）在复平面上对应的点位于（ C )A.第一象限B。

第二象限C.第三象限D。

第四象限2。

一批产品有A，B,C三种型号，数量分别是120件，80件，60件。

为了解它们的质量是否存在差异,用分层抽样的方法抽取了一个容量为n的样本,其中从型号C的产品中抽取了3件,则n的值是（ D ）A。

9 B。

10C。

12 D。

133。

已知条件p：log2(x-1)〈1;条件q:|x—2|〈1，则p是q成立的（ C )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4。

已知0≤θ≤2π，且cos )2(θπ-->0，012sin 22>-θ，则θ的范围是（ C ）A.)2,0(π B 。

),2(ππC 。

)23,(ππ D 。

)2,23(ππ5。

已知椭圆的中心在原点,焦点在x 轴上,长轴长为4,过焦点且垂直于长轴的弦长为3,则椭圆的方程是 （ A )A.13422=+y xB 。

12422=+y xC 。

14522=+y xD 。

1222=+y x6。

随机掷两枚质地均匀的骰子，它们向上的点数之和不超过5的概率记为p 1，点数之和大于5的概率记为p 2,点数之和为偶数的概率记为p 3,则（ C ）A.p 1〈p 2<p 3 B 。

p 2<p 1<p 3C.p 1〈p 3〈p 2D.p 3<p 1<p 27.在长为5 cm 的线段AB 上任取一点C ，以AC ，BC 为邻边作一矩形,则矩形面积不小于4 cm 2的概率为 ( C )A.51 B.52C 。

53 D.548。

如图，△ABC 的外接圆的圆心为O ，AB=2，AC=3，BC=7，则BC AO •= （ B ）A.23 B.25C 。

第一部分 专题二 第3讲1．某市生产总值连续两年持续增加，第一年的增长率为p ，第二年的增长率为q ，则该市这两年生产总值的年平均增长率为( D )A ．p ＋q 2B.(p ＋1)(q ＋1)－12C ．pqD.(p ＋1)(q ＋1)－1解析：设原来的生产总值为a ，平均增长率为x ， 则a (1＋p )(1＋q )＝a (1＋x )2， 解得1＋x ＝(p ＋1)(q ＋1)， 即x ＝(p ＋1)(q ＋1)－1.2．设a ，b ，c 均为不等于1的正实数，则下列等式中恒成立的是( B ) A ．log a b ·log c b ＝log c a B ．log a b ·log c a ＝log c b C ．log a bc ＝log a b ·log a cD ．log a (b ＋c )＝log a b ＋log a c解析：对于A ，log a b ·log c b ＝log c a ⇒log a b ＝log c a log c b ，与换底公式矛盾，所以A 不正确；对于B ，log a b ·log c a ＝log a b ，⇒log a b ＝log c blog c a，符合换底公式，所以正确；对于C ，log a bc ＝log a b ·log a c ，不满足对数运算公式log a (xy )＝log a x ＋log a y (x ，y >0)，所以不正确；对于D ，log a (b ＋c )＝log a b ＋log a c ，不满足log a (xy )＝log a x ＋log a y (x ，y >0)，所以不正确． 3．定义在R 上的函数f (x )满足：f ′(x )>f (x )恒成立，若x 1<x 2，则e x 1f (x 2)与e x 2f (x 1)的大小关系为( A )A ．e x 1f (x 2)>e x 2f (x 1)B ．e x 1f (x 2)<e x 2f (x 1)C ．e x 1f (x 2)＝e x 2f (x 1)D ．e x 1f (x 2)与e x 2f (x 1)的大小关系不确定解析：构造函数g (x )＝f (x )e x ，则g ′(x )＝f ′(x )－f (x )e x >0，∴函数g (x )单调递增．∵x 1<x 2，∴g (x 1)<g (x 2)，即f (x 1)e x 1<f (x 2)e x 2，∴e x 1f (x 2)>e x 2f (x 1)．4．已知实数x ，y 满足a x <a y (0<a <1)，则下列关系式恒成立的是( A ) A ．x 3>y 3B ．sin x >sin yC ．ln(x 2＋1)>ln(y 2＋1)D.1x 2＋1>1y 2＋1解析：∵实数x ，y 满足a x <a y (0<a <1)，∴x >y ， 对于A ，当x >y 时，x 3>y 3，恒成立．对于B ，当x ＝π，y ＝π2时，满足x >y ，但sin x >sin y 不成立．对于C ，若ln(x 2＋1)>ln(y 2＋1)，则等价为x 2>y 2成立，当x ＝1，y ＝－1时，满足x >y ，但x 2>y 2不成立．对于D ，若1x 2＋1>1y 2＋1，则等价为x 2＋1<y 2＋1，即x 2<y 2，当x ＝1，y ＝－1时，满足x >y ，但x 2<y 2不成立．5．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1x ＋1－3，x ∈(－1，0]，x ，x ∈(0，1]，且g (x )＝f (x )－mx －m 在(－1,1]内有且仅有两个不同的零点，则实数m 的取值范围是( A )A ．⎝⎛⎦⎤－94，－2∪⎝⎛⎦⎤0，12 B.⎝⎛⎦⎤－114，－2∪⎝⎛⎦⎤0，12 C ．⎝⎛⎦⎤－94，－2∪⎝⎛⎦⎤0，23 D.⎝⎛⎦⎤－114，－2∪⎝⎛⎦⎤0，23 解析：由g (x )＝f (x )－mx －m ＝0，得f (x )＝m (x ＋1)， 分别作出函数f (x )和y ＝h (x )＝m (x ＋1)的图象如图． 由图象可知f (1)＝1，h (x )表示过定点A (－1,0)的直线．当h (x )过(1,1)时，m ＝12，此时两个函数有两个交点，此时满足条件的m 的取值范围是0<m ≤12.当h (x )过(0，－2)时，h (0)＝－2， 解得m ＝－2，此时两个函数有两个交点． 当h (x )与f (x )相切时，两个函数只有一个交点， 此时1x ＋1－3＝m (x ＋1)，即m (x ＋1)2＋3(x ＋1)－1＝0， 当m ＝0时，x ＝－23，只有1解；当m ≠0，由Δ＝9＋4m ＝0得m ＝－94，此时直线和f (x )相切．∴要使函数有两个零点，则－94<m ≤－2或0<m ≤12.6．某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为800元．若每批生产x 件，则平均仓储时间为x8天，且每件产品每天的仓储费用为1元．为使平均每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品( B )A ．60件B ．80件C ．100件D ．120件解析：根据题意，该生产x 件产品的生产准备费用与仓储费用之和是800＋x ·x 8＝800＋18x 2，这样平均每件的生产准备费用与仓储费用之和为 f (x )＝800＋18x 2x ＝800x ＋18x (x 为正整数)．由基本不等式，得f (x )≥2800x ·18x ＝20. 当且仅当800x ＝18x ＝10时，f (x )取得最小值，可得x ＝80时，每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小．7．已知函数f (x )＝2－，x ≤ 2 , 函数g (x )＝3－f (2－x )，则函数y ＝f (x )－g (x )的零点个 (x －2)2, x > 2数为 ( A )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：由已知条件可得g (x )＝3－f (2－x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x －2|＋1，x ≥0，3－x 2，x <0. 函数y ＝f (x )－g (x )的零点个数即为函数y ＝f (x )与y ＝g (x )图象的交点个数， 在平面直角坐标系内作出函数y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象如图所示．由图象可知函数y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象有2个交点，所以函数y ＝f (x )－g (x )的零点个数为2.8．设函数f (x )＝⎩⎨⎧x ，x >0，4x ，x ≤0，若函数y ＝f (x )－k 存在两个零点，则实数k 的取值范围是(0,1]．解析：∵函数y ＝f (x )－k 存在两个零点，∴函数y ＝f (x )与y ＝k 的图象有两个公共点，在同一个坐标系中作出它们的图象，由图象可知：实数k 的取值范围是(0,1]．9．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a ·2x ，x ≥0，2－x ，x <0，(a ∈R )，若f [f (－1)]＝1，则a ＝ 14 .解析：∵f [f (－1)]＝1， ∴f [f (－1)]＝f (2－(－1))＝f (2)＝a ·22＝4a ＝1，∴a ＝14.10．若函数f （x ）=有两个零点，则实数b 的取值范围是__( 0,2 )__．解析：函数f （x ）=有两个零点等价于函数y=与y =b 的图像有两个不同的交点.在同一坐标系中作出函数y=及y =b 的图像.11．设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋a ，x ≤0，x ＋1x ，x >0，若f (0)是f (x )的最小值，则a 的取值范围为(－∞，2]．解析：当x ＝0时，f (0)＝a ， 由题意得：a ≤x ＋1x ，又∵x ＋1x ≥2x ·1x＝2， ∴a ≤2.12．已知函数y ＝|x 2－1|x －1的图象与函数y ＝kx 的图象恰有两个交点，则实数k 的取值范围是(0,1)∪(1,2)．解析：函数y ＝|x 2－1|x －1＝|x ＋1|·|x －1|x －1＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x >1，－(x ＋1)，－1≤x <1，x ＋1，x <－1，由图可知当一次函数y ＝kx 的斜率k 满足0<k <1或1<k <2时，直线y ＝kx 与函数y ＝|x 2－1|x －1的图象相交于两点．。

第2讲 数列的求和问题1．(2016·课标全国甲)S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1. (1)求b 1，b 11，b 101；(2)求数列{b n }的前1 000项和．解 (1)设{a n }的公差为d ，据已知有7＋21d ＝28， 解得d ＝1.所以{a n }的通项公式为a n ＝n .b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1，b 101＝[lg 101]＝2.(2)因为b n＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1≤n <10，1，10≤n <100，2，100≤n <1 000，3，n ＝1 000，所以数列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.2．(2016·山东)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1. (1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝a n ＋n ＋1b n ＋n，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，所以a n ＝6n ＋5.设数列{b n }的公差为d .由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得b 1＝4，d ＝3，所以b n ＝3n ＋1.(2)由(1)知，c n ＝n ＋n ＋1n ＋n＝3(n ＋1)·2n ＋1.又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]，2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]．两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋41－2n1－2－n ＋1×2n ＋2 ＝－3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2.高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现转化与化归的思想.热点一 分组转化求和有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．例1 等比数列{a n }中，a 1，a 2，a 3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a 1，a 2，a 3中的任何两个数不在下表的同一列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足：b n ＝a n ＋(－1)nln a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)当a 1＝3时，不合题意；当a 1＝2时，当且仅当a 2＝6，a 3＝18时，符合题意； 当a 1＝10时，不合题意．因此a 1＝2，a 2＝6，a 3＝18，所以公比q ＝3. 故a n ＝2·3n －1(n ∈N *)．(2)因为b n ＝a n ＋(－1)nln a n ＝2·3n －1＋(－1)n ln(2·3n －1)＝2·3n －1＋(－1)n[ln 2＋(n －1)ln 3]＝2·3n －1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nn ln 3，所以S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn ]ln 3. 当n 为偶数时， S n ＝2×1－3n1－3＋n2ln 3＝3n＋n2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n1－3－(ln 2－ln 3)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12－n ln 3＝3n－n －12ln 3－ln 2－1.综上所述，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n＋n2ln 3－1， n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1， n 为奇数.思维升华 在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．跟踪演练1 (2015·湖南)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，n ∈N *.(1)证明：a n ＋2＝3a n ； (2)求S n .(1)证明 由条件，对任意n ∈N *，有a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3， 因而对任意n ∈N *，n ≥2，有a n ＋1＝3S n －1－S n ＋3. 两式相减，得a n ＋2－a n ＋1＝3a n －a n ＋1， 即a n ＋2＝3a n ，n ≥2. 又a 1＝1，a 2＝2，所以a 3＝3S 1－S 2＋3＝3a 1－(a 1＋a 2)＋3＝3a 1， 故对一切n ∈N *，a n ＋2＝3a n . (2)解 由(1)知，a n ≠0，所以a n ＋2a n＝3.于是数列{a 2n －1}是首项a 1＝1，公比为3等比数列；数列{a 2n }是首项a 2＝2，公比为3的等比数列． 因此a 2n －1＝3n －1，a 2n ＝2×3n －1.于是S 2n ＝a 1＋a 2＋…＋a 2n＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n ) ＝(1＋3＋…＋3n －1)＋2(1＋3＋…＋3n －1)＝3(1＋3＋…＋3n －1)＝33n－12. 从而S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝33n－12－2×3n －1＝32(5×3n －2－1)．综上所述，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧32n －32－，n 是奇数，32n2－，n 是偶数.热点二 错位相减法求和错位相减法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别是等差数列和等比数列．例2 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且有a 1＝2,3S n ＝5a n －a n －1＋3S n －1(n ≥2)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(2n －1)a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)3S n －3S n －1＝5a n －a n －1(n ≥2)， ∴2a n ＝a n －1，a n a n －1＝12， 又∵a 1＝2，∴{a n }是首项为2，公比为12的等比数列，∴a n ＝2×(12)n －1＝(12)n －2＝22－n.(2)b n ＝(2n －1)22－n，T n ＝1×21＋3×20＋5×2－1＋…＋(2n －1)·22－n ，12T n ＝1×20＋3×2－1＋…＋(2n －3)·22－n ＋(2n －1)·21－n ， ∴12T n ＝2＋2(20＋2－1＋…＋22－n )－(2n －1)·21－n ＝2＋2[1－－1n －1]1－2－1－(2n －1)21－n＝6－(2n ＋3)·21－n，∴T n ＝12－(2n ＋3)·22－n.思维升华 (1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列；(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．跟踪演练2 已知正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：4S n ＝(a n －1)(a n ＋3)(n ∈N *)． (1)求a n ；(2)若b n ＝2n·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)∵4S n ＝(a n －1)(a n ＋3)＝a 2n ＋2a n －3，∴当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －1＋2a n －1－3， 两式相减得，4a n ＝a 2n －a 2n －1＋2a n －2a n －1， 化简得，(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0， ∵{a n }是正项数列，∴a n ＋a n －1≠0，∴a n －a n －1－2＝0，对任意n ≥2，n ∈N *都有a n －a n －1＝2， 又由4S 1＝a 21＋2a 1－3得，a 21－2a 1－3＝0， 解得a 1＝3或a 1＝－1(舍去)，∴{a n }是首项为3，公差为2的等差数列， ∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1. (2)由已知及(1)知，b n ＝(2n ＋1)·2n ，T n ＝3·21＋5·22＋7·23＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n ，①2T n ＝3·22＋5·23＋7·24＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，②②－①得，T n ＝－3×21－2(22＋23＋24＋ (2))＋(2n ＋1)·2n ＋1＝－6－2×－2n －11－2＋(2n ＋1)·2n ＋1＝2＋(2n －1)·2n ＋1.热点三 裂项相消法求和裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于{1a n a n ＋1}或{1a n a n ＋2}(其中{a n }为等差数列)等形式的数列求和．例3 已知等比数列{a n }的各项均为正数，a 1＝1，公比为q ；等差数列{b n }中，b 1＝3，且{b n }的前n 项和为S n ，a 3＋S 3＝27，q ＝S 2a 2. (1)求{a n }与{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝32S n ，求{c n }的前n 项和T n .解 (1)设数列{b n }的公差为d ， ∵a 3＋S 3＝27，q ＝S 2a 2，∴q 2＋9＋3d ＝27,6＋d ＝q 2，解得q ＝3，d ＝3. ∴a n ＝3n －1，b n ＝3n .(2)由题意及(1)，得S n ＝n＋3n2， c n ＝32S n ＝32×23·1n n ＋＝1n －1n ＋1.所以T n ＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 思维升华 (1)裂项相消法的基本思想就是把通项a n 分拆成a n ＝b n ＋k －b n (k ≥1，k ∈N *)的形式，从而达到在求和时某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{a n }的通项公式，使之符合裂项相消的条件． (2)常用的裂项公式 ①1nn ＋k ＝1k (1n －1n ＋k)； ②1n －n ＋＝12(12n －1－12n ＋1)； ③1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )．跟踪演练3 (1)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 2＝2，S 5＝15，若⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1的前m 项和为910，则m 的值为( ) A ．8 B ．9 C ．10 D ．11(2)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝log 2n ＋1n ＋2(n ∈N *)，设其前n 项和为S n ，则使S n <－5成立的正整数n 有( ) A ．最小值63 B ．最大值63 C ．最小值31 D ．最大值31答案 (1)B (2)A解析 (1)设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝2，5a 1＋5×42d ＝15，∴a 1＝d ＝1，∴a n ＝n ， ∴1a n ·a n ＋1＝1n －1n ＋1.∴1a 1·a 2＋1a 2·a 3＋1a 3·a 4＋…＋1a m ·a m ＋1＝1－12＋12－13＋…＋1m －1m ＋1＝1－1m ＋1＝m m ＋1＝910， ∴m ＝9. (2)∵a n ＝log 2n ＋1n ＋2(n ∈N *)， ∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝log 223＋log 234＋…＋log 2n ＋1n ＋2＝(log 22－log 23)＋(log 23－log 24)＋…＋log 2(n ＋1)－log 2(n ＋2)＝log 22－log 2(n ＋2) ＝log 22n ＋2，由S n <－5＝log 2132⇒2n ＋2<132⇒n >62， 故使S n <－5成立的正整数n 有最小值63.1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋22nnn ＋，其前n 项和为S n ，若存在M ∈Z ，满足对任意的n ∈N *，都有S n <M 恒成立，则M 的最小值为________．押题依据 数列的通项以及求和是高考重点考查的内容，也是《考试大纲》中明确提出的知识点，年年在考，年年有变，变的是试题的外壳，即在题设的条件上有变革，有创新，但在变中有不变性，即解答问题的常用方法有规律可循． 答案 1解析 因为a n ＝n ＋22nn n ＋＝n ＋－n2nn n ＋＝12n －1n －12nn ＋，所以S n ＝(120×1－121×2)＋(121×2－122×3)＋…＋[12n －1n －12nn ＋]＝1－12nn ＋，由于1－12n n ＋<1，所以M 的最小值为1.2．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝a (S n －a n ＋1)(a 为常数，且a >0)，且4a 3是a 1与2a 2的等差中项．(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n ＋1a n，求数列{b n }的前n 项和T n .押题依据 错位相减法求和是高考的重点和热点，本题先利用a n ，S n 的关系求a n ，也是高考出题的常见形式．解 (1)当n ＝1时，S 1＝a (S 1－a 1＋1)， 所以a 1＝a ，当n ≥2时，S n ＝a (S n －a n ＋1)，①S n －1＝a (S n －1－a n －1＋1)，②由①－②，得a n ＝a ·a n －1， 即a na n －1＝a ， 故{a n }是首项a 1＝a ，公比为a 的等比数列， 所以a n ＝a ·an －1＝a n.故a 2＝a 2，a 3＝a 3.由4a 3是a 1与2a 2的等差中项，可得8a 3＝a 1＋2a 2， 即8a 3＝a ＋2a 2，因为a ≠0，整理得8a 2－2a －1＝0， 即(2a －1)(4a ＋1)＝0， 解得a ＝12或a ＝－14(舍去)，故a n ＝(12)n ＝12n .(2)由(1)，得b n ＝2n ＋1a n＝(2n ＋1)·2n，所以T n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n，①2T n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n －1)·2n＋(2n ＋1)·2n ＋1，② 由①－②，得－T n ＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n )－(2n ＋1)·2n ＋1＝6＋2×22－2n ＋11－2－(2n ＋1)·2n ＋1＝－2＋2n ＋2－(2n ＋1)·2n ＋1＝－2－(2n －1)·2n ＋1，所以T n ＝2＋(2n －1)·2n ＋1.A 组 专题通关1．已知数列112，314，518，7116，…，则其前n 项和S n 为( )A ．n 2＋1－12nB ．n 2＋2－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2＋2－12n －1答案 A解析 因为a n ＝2n －1＋12n ，所以S n ＝n＋2n －2＋－12n121－12＝n 2＋1－12n .2．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n 等于( ) A ．6n －n 2B ．n 2－6n ＋18C.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ＋18，n >3D.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ，n >3答案 C解析 由S n ＝n 2－6n 可得， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－6n －(n －1)2＋6(n －1)＝2n －7. 当n ＝1时，S 1＝－5＝a 1，也满足上式， ∴a n ＝2n －7，n ∈N *.∴n ≤3时，a n <0；n >3时，a n >0. ∴当n ≤3时，T n ＝|S n |＝6n －n 2， 当n >3时，T n ＝S n ＋2|S 3|＝n 2－6n ＋18.∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ＋18，n >3.3．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)，则S 20等于( ) A ．31 B ．122 C ．324 D ．484答案 B解析 由题意得，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的等差数列，所以S 20＝(a 1＋a 3＋…＋a 19)＋(a 2＋a 4＋…＋a 20)＝122，故选B.4．设数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝1－1a n，记数列{a n }的前n 项之积为T n ，则T 2 016的值为( )A ．－12B ．－1C.12 D ．1答案 D解析 由a 1＝2，a n ＋1＝1－1a n，得a 2＝1－1a 1＝12，a 3＝1－1a 2＝－1，a 4＝1－1a 3＝2，…，由上可知，数列{a n }是以3为周期的周期数列， 又a 1a 2a 3＝2×12×(－1)＝－1，且2 016＝3×672.∴T 2 016＝(－1)672＝1. 故选D.5．1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋14＋…＋1210 的值为( )A ．18＋129B ．20＋1210C ．22＋1211D ．18＋1210答案 B解析 设a n ＝1＋12＋14＋…＋12n －1＝1[1－12n ]1－12＝2[1－(12)n]，原式＝a 1＋a 2＋…＋a 11＝2[1－(12)1]＋2[1－(12)2]＋…＋2[1－(12)11]＝2[11－(12＋122＋…＋1211)]＝2[11－12－12111－12] ＝2[11－(1－1211)]＝2(11－1＋1211)＝20＋1210.6．设f (x )＝4x4x ＋2，若S ＝f (12 015)＋f (22 015)＋…＋f (2 0142 015)，则S ＝________.答案 1 007解析 ∵f (x )＝4x 4x ＋2， ∴f (1－x )＝41－x41－x ＋2＝22＋4x ， ∴f (x )＋f (1－x )＝4x 4x ＋2＋22＋4x ＝1. S ＝f (12 015)＋f (22 015)＋…＋f (2 0142 015)，① S ＝f (2 0142 015)＋f (2 0132 015)＋…＋f (12 015)，② ①＋②得，2S ＝[f (12 015)＋f (2 0142 015)]＋[f (22 015)＋f (2 0132 015)]＋…＋[f (2 0142 015)＋f (12 015)]＝2 014， ∴S ＝2 0142＝1 007. 7．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋2＋(－1)n a n ＝1，记S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 60＝________. 答案 480解析 方法一 依题意得，当n 是奇数时，a n ＋2－a n ＝1，即数列{a n }中的奇数项依次形成首项为1、公差为1的等差数列，a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 59＝30×1＋30×292×1＝465； 当n 是偶数时，a n ＋2＋a n ＝1，即数列{a n }中的相邻的两个偶数项之和均等于1，a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋…＋a 58＋a 60＝(a 2＋a 4)＋(a 6＋a 8)＋…＋(a 58＋a 60)＝15.因此，该数列的前60项和S 60＝465＋15＝480.方法二 ∵a n ＋2＋(－1)na n ＝1，∴a 3－a 1＝1，a 5－a 3＝1，a 7－a 5＝1，…，且a 4＋a 2＝1，a 6＋a 4＝1，a 8＋a 6＝1，…，∴{a 2n －1}为等差数列，且a 2n －1＝1＋(n －1)×1＝n ，即a 1＝1，a 3＝2，a 5＝3，a 7＝4，∴S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋1＋2＝4，S 8－S 4＝a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝3＋4＋1＝8， S 12－S 8＝a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝5＋6＋1＝12，…，∴S 60＝4×15＋15×142×4＝480. 8．定义np 1＋p 2＋…＋p n 为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”，若已知数列{a n }的前n 项的“均倒数”为15n ，又b n ＝a n 5，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝________. 答案 1021解析 由定义可知a 1＋a 2＋…＋a n ＝5n 2，a 1＋a 2＋…＋a n ＋a n ＋1＝5(n ＋1)2，可求得a n ＋1＝10n＋5，所以a n ＝10n －5，则b n ＝2n －1，又1b n b n ＋1＝12(1b n －1b n ＋1)， 所以1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝12(1b 1－1b 2＋1b 2－…－1b 10＋1b 10－1b 11) ＝12(1b 1－1b 11)＝1021. 9．(2015·福建)在等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝22n a －＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝4，a 1＋3d ＋a 1＋6d ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝3，d ＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋2.(2)由(1)可得b n ＝2n ＋n ，所以b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10) ＝－2101－2＋＋2 ＝(211－2)＋55＝211＋53＝2 101.10．已知在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n (S n －12)． (1)求S n 的表达式；(2)设b n ＝S n 2n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明T n <12. (1)解 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1代入S 2n ＝a n (S n －12)，得2S n S n －1＋S n －S n －1＝0，由于S n ≠0， 所以1S n －1S n －1＝2， 所以{1S n }是首项为1，公差为2的等差数列，从而1S n＝1＋(n －1)×2＝2n －1， 所以S n ＝12n －1. (2)证明 因为b n ＝S n 2n ＋1＝1n －n ＋＝12(12n －1－12n ＋1)， 所以T n ＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)] ＝12(1－12n ＋1)<12， 所以T n <12. B 组 能力提高11．已知等差数列{a n }的通项公式a n ＝64－4n 5，设A n ＝|a n ＋a n ＋1＋…＋a n ＋12| (n ∈N *)，则当A n 取最小值时，n 的值为( )A ．16B ．14C ．12D ．10答案 D解析 令a n ＝0，得a 16＝0，所得a 16－i ＋a 16＋i ＝0 (i ∈N *)． 因为A n 是等差数列{a n }中连续13项的和的绝对值，A n ≥0. 因此取n ＝10时，a n ＋a n ＋1＋…＋a n ＋12＝0，即A n ＝0最小，故选D.12．已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前2 016项的和等于( ) A ．1 509B ．3 018C ．1 512D ．2 016 答案 C解析 因为a 1＝12， a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，所以a 2＝1，从而a 3＝12，a 4＝1，即得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 12，n ＝2k －k ∈N *，1，n ＝2k k ∈N *故数列的前2 016项的和等于 S 2 016＝1 008×(1＋12)＝1 512.13．设向量a ＝(1,2)，b ＝(1n 2＋n ，a n ) (n ∈N *)，若a ∥b ，设数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n 的最小值为________．答案 1解析 因为向量a ＝(1,2)，b ＝(1n 2＋n ，a n ) (n ∈N *)， a ∥b ，所以1·a n －1n 2＋n·2＝0， 即a n ＝2n 2＋n ＝2(1n －1n ＋1)， 从而数列{a n }的前n 项和为S n ＝2(11－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＋1n －1n ＋1)＝2(1－1n ＋1)＝2n n ＋1＝21＋1n ， 显然当n ＝1时，S n 取得最小值，为1.14．已知{a n }是一个公差d 大于0的等差数列，且满足a 3a 5＝45，a 2＋a 6＝14.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足：b 12＋b 222＋…＋b n 2n ＝a n ＋n 2，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)∵a 3＋a 5＝a 2＋a 6＝14，a 3a 5＝45，∴a 3＝5，a 5＝9或a 3＝9，a 5＝5，∵d >0，∴a 3＝5，a 5＝9，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 3＝a 1＋2d ＝5，a 5＝a 1＋4d ＝9⇒a 1＝1，d ＝2，∴a n ＝2n －1.(2)由b 12＋b 222＋…＋b n 2n ＝a n ＋n 2， 得b 12＋b 222＋…＋b n 2n ＝2n －1＋n 2， b 12＋b 222＋…＋b n －12n －1＝2(n －1)－1＋(n －1)2(n ≥2)，两式相减得b n 2n ＝2n ＋1，∴b n ＝2n (2n ＋1)(n ≥2)， 又b 12＝a 1＋1，∴b 1＝4， ∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2n n ＋，n ≥2，4，n ＝1.记T n ＝b 2＋b 3＋…＋b n ， 则T n ＝22×5＋23×7＋…＋2n (2n ＋1)， 2T n ＝23×5＋24×7＋…＋2n ＋1(2n ＋1)， 两式相减得－T n ＝4＋2n ＋1(1－2n )， 则T n ＝2n ＋1(2n －1)－4，∴S n ＝2n ＋1(2n －1)．。

第一部分专题四第2讲1．用反证法证明命题“设a,b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是（A)A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根解析：因为“方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”等价于“方程x3＋ax＋b＝0的实根的个数大于或等于1"，因此，要做的假设是“方程x3＋ax＋b＝0没有实根”．2．观察下列等式12＝112－22＝－312－22＋32＝612－22＋32－42＝－10…照此规律,第n个等式可为12－22＋32－42＋…＋（－1）n－1·n2＝（－1）n－1·n n＋12。

解析：左边为平方项的(－1）n－1倍的和,右边为（1＋2＋3＋…＋n）的(－1)n－1倍，可用数学归纳法证明成立．3．观察下列等式：13＝12,13＋23＝32,13＋23＋33＝62,13＋23＋33＋43＝102，…，根据上述规律，第n(n∈N*）个等式为13＋23＋33＋43＋…＋n3＝错误!2.解析：由题可知13＝（0＋1)2；13＋23＝（1＋2)2；13＋23＋33＝(1＋2＋3)2；13＋23＋33＋43＝（1＋2＋3＋4）2；…∴13＋23＋33＋43＋…＋n3＝(1＋2＋3＋4＋…＋n）2＝错误!2。

4．在计算“1×2＋2×2＋…＋n(n＋1）”时，某同学学到了如下一种方法:先改写第k项：k(k＋1)＝错误!k（k＋1)(k＋2）－(k－1）k（k＋1)］，由此得1×2＝错误!（1×2×3－0×1×2),2×3＝错误!(2×3×4－1×2×3），…n（n＋1）＝错误!n(n＋1)（n＋2)－(n－1）n（n＋1)］，相加得1×2＋2×3＋…＋n(n＋1)＝错误!n（n＋1）(n＋2)．类比上述方法，请你计算“1×2×3×4＋2×3×4×5＋…＋n（n ＋1）(n＋2）（n＋3)”，其结果为错误!n（n＋1）（n＋2）（n＋3)·(n ＋4）．解析:先改写第k项：k（k＋1)(k＋2)(k＋3)＝1k(k＋1）（k＋2）（k＋3)(k＋4）－(k－1）k（k＋1）（k＋2)·(k＋3）], 5由此得1×2×3×4＝错误!（1×2×3×4×5－0×1×2×3×4)，2×3×4×5＝错误!(2×3×4×5×6－1×2×3×4×5）,…，n（n＋1)(n＋2）（n＋3）＝错误!n(n＋1)(n＋2)(n＋3）(n＋4)－(n－1）n（n＋1)(n＋2）（n＋3）］，相加得1×2×3×4＋2×3×4×5＋…＋n（n＋1）(n＋2）·(n＋3）＝错误!n(n＋1)(n＋2）(n＋3)(n＋4）．5．（2016·山西质量检测）观察下列式子：1,1＋2＋1，1＋2＋3＋2＋1，1＋2＋3＋4＋3＋2＋1,…,由以上可推测出一个一般性结论:对于n∈N*，1＋2＋…＋n＋…＋2＋1＝__n2__。

第一部分 专题四 第1讲1．(2016·陕西八校联考)在等差数列{a n }中，a 1＝0，公差d ≠0，若a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9，则m 的值为( A )A ．37B ．36C ．20D ．19解析：a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9＝9a 1＋9×82d ＝36d ＝a 37， ∴m ＝37.故选A ．2．(2016·河北唐山统考)设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若S 4S 2＝3，则S 6S 4＝( B )A ．2B ．73C ．310D ．1或2解析：设S 2＝k ，S 4＝3k ，由数列{a n }为等比数列(易知数列{a n }的公比q ≠－1)，得S 2，S 4－S 2，S 6－S 4为等比数列，又S 2＝k ，S 4－S 2＝2k ，∴S 6－S 4＝4k ，∴S 6＝7k ，∴S 6S 4＝7k 3k ＝73，故选B.3．(2016·山西四校联考)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若公比q ＞1，a 3＋a 5＝20，a 2a 6＝64，则S 5＝( A )A ．31B ．36C ．42D ．48解析：由等比数列的性质，得a 3a 5＝a 2a 6＝64，于是由⎩⎨⎧a 3＋a 5＝20，a 3a 5＝64，且公比q >1，得a 3＝4，a 5＝16，所以⎩⎨⎧ a 1q 2＝4，a 1q 4＝16，解得⎩⎨⎧a 1＝1，q ＝2(q ＝－2舍)，所以S 5＝1×(1－25)1－2＝31，故选A ．4．设{a n }是等差数列．下列结论中正确的是( C ) A ．若a 1＋a 2＞0，则a 2＋a 3＞0B ．若a 1＋a 3＜0，则a 1＋a 2＜0C ．若0＜a 1＜a 2，则a 2＞a 1a 3D ．若a 1＜0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)＞0解析：因为{a n }为等差数列，所以2a 2＝a 1＋a 3，当a 2>a 1>0时，得公差d >0，∴a 3>0，∴a 1＋a 3>2a 1a 3，∴2a 2>2a 1a 3，即a 2>a 1a 3，故选C ．5．(2016·江西南昌调研)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则下列说法中一定成立的是( C )A ．若a 3＞0，则a 2 015＜0B ．若a 4＞0，则a 2 016＜0C ．若a 3＞0，则S 2 015＞0D ．若a 4＞0，则S 2 016＞0解析：等比数列{a n }的公比q ≠0. 对于A ，若a 3>0，则a 1q 2>0，所以a 1>0，所以a 2 015＝a 1q 2 014>0，所以A 不正确； 对于B ，若a 4>0，则a 1q 3>0，所以a 1q >0， 所以a 2 016＝a 1q 2 015>0，所以B 不正确； 对于C ，若a 3>0，则a 1＝a 3q 2>0， 所以当q ＝1时，S 2 015>0，当q ≠1时，S 2 015＝a 1(1－q 2 015)1－q >0(1－q 与1－q 2 015同号)，所以C 正确，同理可知D 错误，故选C ．6．(2016·福建卷)若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p ＞0，q ＞0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2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( D )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：由题可知a ，b 是方程x 2－px ＋q ＝0的两根， ∴a ＋b ＝p >0，ab ＝q >0，故a ，b 均为正数． ∵a ，b ，－2适当排序后成等比数列， ∴－2是a ，b 的等比中项，得ab ＝4，∴q ＝4. 又a ，b ，－2适当排序后成等差数列， 所以－2是第一项或第三项，不妨设a <b ， ∴2a ＝b －2，联立⎩⎨⎧2a ＝b －2，ab ＝4，消去b 得a 2＋a －2＝0，得a ＝1或a ＝－2，又a >0，∴a ＝1，此时b ＝4， ∴p ＝a ＋b ＝5，∴p ＋q ＝9，故选D.7．下列关于五角星的图案构成一个数列，该数列的一个通项公式是( C )★★ ★ ★★ ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ …A ．a n ＝n 2－n ＋1B ．a n ＝n (n －1)2 C ．a n ＝n (n ＋1)2D ．a n ＝n (n ＋2)2解析：从图中观察五角星构成规律， n ＝1时，有1个； n ＝2时，有3个； n ＝3时，有6个； n ＝4时，有10个； …所以a n ＝1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2.8．(2016·山东泰安模拟)在如图所示的表格中，如果每格填上一个数后，每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，那么x ＋y ＋z 的值为( B )A ．1 C ．3D ．4解析：由题知表格中第三纵列中的数成首项为4，公比为12的等比数列，故有x ＝1.根据每横行成等差数列得第四列前两个数字依次为5，52，故第四列的公比为12. 所以y ＝5×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝58，同理z ＝6×⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝38，因此x ＋y ＋z ＝2.9．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝3n －1.解析：设等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，依题意得a 2＝a 1·q ＝q ，a 3＝a 1q 2＝q 2，S 1＝a 1＝1，S 2＝1＋q ，S 3＝1＋q ＋q 2.又3S 1,2S 2，S 3成等差数列，所以4S 2＝3S 1＋S 3，即4(1＋q )＝3＋1＋q ＋q 2，所以q ＝3(q ＝0舍去)．所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1.10．(2016·云南统考)在数列{a n }中，a n ＞0，a 1＝12，如果a n ＋1是1与2a n a n ＋1＋14－a 2n 的等比中项，那么a 1＋a 222＋a 332＋a 442＋…＋a 1001002的值是100101.解析：由题意可得，a 2n ＋1＝2a n a n ＋1＋14－a 2n⇒(2a n ＋1＋a n a n ＋1＋1)(2a n ＋1－a n a n ＋1－1)＝0， 又a n >0，∴2a n ＋1－a n a n ＋1－1＝0，又2－a n ≠0，∴a n ＋1＝12－a n ⇒a n ＋1－1＝a n －12－a n ，又可知a n ≠1，∴1a n ＋1－1＝1a n －1－1，∴⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －1是以1a 1－1为首项，－1为公差的等差数列，∴1a n －1＝112－1－(n －1)＝－n －1⇒a n ＝n n ＋1⇒a n n 2＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴a 1＋a 222＋a 332＋a 442＋…＋a 1001002＝1－12＋12－13＋13－14＋14－15＋…＋1100－1101＝100101.11．设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为2011. 解析：由已知得，a 2－a 1＝1＋1，a 3－a 2＝2＋1，a 4－a 3＝3＋1，…，a n －a n －1＝n －1＋1(n ≥2)，则有a n －a 1＝1＋2＋3＋…＋n －1＋(n －1)(n ≥2)，因为a 1＝1，所以a n ＝1＋2＋3＋…＋n (n ≥2)，即a n ＝n 2＋n2(n ≥2)，又当n ＝1时，a 1＝1也适合上式，故a n ＝n 2＋n 2(n ∈N *)，所以1a n ＝2n 2＋n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，从而1a 1＋1a 2＋1a 3＋ (1)10＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫110－111＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－111＝2011.12．已知数列{a n}是等差数列，a1＝tan 225°，a5＝13a1，设S n为数列{(－1)n a n}的前n项和，则S2 016＝3_024.解析：因为a1＝tan 225°＝1，所以a5＝13a1＝13，则公差d＝a5－a15－1＝13－14＝3，所以a n＝3n－2，所以(－1)n a n＝(－1)n(3n－2)，所以S2 016＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋(a6－a5)＋…＋(a2 016－a2 015)＝1 008 d＝3 024.。

小题对点练四数列2建议用时：40分钟一、选择题1．等差数列{a n}的前n项和为S n，假设a3＋a5＝8，那么S7＝A 28 B．32 C．56 D．242．数列1错误!，3错误!，5错误!，7错误!，…，那么其前n项和S n为A．n2＋1－错误!B．n2＋2－错误!C．n2＋1－错误!D．n2＋2－错误!3．等比数列{a n}的前n项和为S n，假设2S4＝S5＋S6，那么数列{a n}的公比q的值为A．－2或1 B．－1或2C．－2 D．14．等比数列{a n}中，a2·a8＝4a5，等差数列{b n}中，b4＋b6＝a5，那么数列{b n}的前9项和S9等于A．9 B．18 C．36 D．725．中国古代数学著作?算法统宗?中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．〞其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了A．192里B．96里C．48里D．24里6．等比数列{a n}中，a4＝2, a7＝5，那么数列{g a n}的前10项和等于A．2 B．g 50 C．5 D．107．数列{a n}是等差数列，其前n项和为S n，假设a1a2a3＝15，且错误!＋错误!＋错误!＝错误!，那么a2等于A．2 C．38．数列{a n}的前n项和S n＝4n＋bb是常数，n∈N*，假设这个数列是等比数列，那么b＝A．－1 B．0 C．1 D．49．在数列{a n}中，a1＝错误!，a2＝错误!，a n a n＋2＝1，那么a2 018＋a2 019＝D．510．在等差数列{a n}中，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，以S n表示{a n}的前n项和，那么使S n到达最大值的n是A．21 B．2021 C．19 D．1811．S n表示数列{a n}的前n项和，假设对任意n∈N*满足a n＋1＝a n＋a2，且a3＝2，那么S2 019＝A．1 008×2 02021 B．1 008×2 019C．1 009×2 019 D．1 009×2 020212．在各项都为正数的数列{a n}中，首项a1＝2，且点a错误!，a错误!在直线－9＝0上，那么数列{a n}的前n项和S n等于A．3n－1二、填空题13．各项均不为零的等差数列{a n}中，a1＝2，假设a错误!－a n－1－a n＋1＝0n∈N*，n≥2，那么S2 018＝________14．设数列{a n}2＝4，a n＋1＝2S n＋1，n∈N*，那么a1＝________，S5＝________ 15．数列5,6,1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，那么这个数列的前16项之和S16等于________．16．数列{a n}的各项均为正数，S n为其前n项和，且对任意n∈N*，均有a n，S n，a错误!成等差数列，那么a n＝________习题答案1答案：A解析：[S7＝错误!＝错误!＝]2答案：A解析：[∵a n＝2n－1＋错误!，∴S n＝错误!＋错误!＝n2＋1－错误!]3答案：C解析：[假设q＝1，那么S4＝4a1，S5＝5a1，S6＝6a1，显然不满足2S4＝S5＋S6，故A、D错．假设q＝－1，那么S4＝S6＝0，S5＝a5≠0，不满足条件，故B错，因此选C]4答案：B解析：[∵在等比数列{a n}中，a2·a8＝4a5，即a错误!＝4a5，∴a5＝4∴由题意可知a5＝b4＋b6＝2b5＝4，∴b5＝2∴S9＝9b5＝18]5答案：B解析：[由题意，知每天所走路程形成以a1为首项，公比为错误!的等比数列，那么错误!＝378，解得a1＝192，那么a2＝96，即第二天走了96里]解析：[由题意可知a4a7＝a5a6＝a3a8＝a2a9＝a1a10，即a1a2…a9a10＝105，所以数列{g a n}的前10项和等于g a1＋g a2＋…＋g a9＋g a10＝g a1a2…a10＝g 105＝5]7答案：C解析：[∵S1＝a1，S3＝3a2，S5＝5a3，∴错误!＝错误!＋错误!＋错误!，∵a1a2a3＝15，∴错误!＝错误!＋错误!＋错误!＝错误!，即a2＝3]8答案：A解析：[显然数列{a n}的公比不等于1，所以S n＝错误!＝错误!·q n－错误!＝4n＋b，∴b＝－1]9答案：C解析：[由于a1＝错误!，a2＝错误!，结合a n a n＋2＝1，可得a3＝2，a4＝3，a5＝错误!，a6＝错误!，…，归纳可知其具有周期性，周期为4，故a2 018＋a2 019＝a4×504＋2＋a4×504＝a2＋a3＝错误!＋2＝错误!]＋310答案：B解析：[因为{a n}是等差数列，所以a1＋a3＋a5＝3a3＝105，a3＝35，a2＋a4＋a6＝3a4＝99，a4＝33，那么公差d＝a4－a3＝－2，那么a n＝a3＋n－3d＝41－2n，该数列前2021正数，从第21项开始是负数，所以S n ma＝S2021使S n到达最大值的n是2021选B]11答案：C解析：[在a n＋1＝a n＋a2中，令n＝1，得a2＝a1＋a2，a1＝0；令n＝2，得a3＝2＝2a2，a2＝1，于是a n＋1－a n＝1，故数列{a n}是首项为0，公差为1的等差数列，S2 019＝错误!＝1 009×2 019]解析：[由点a错误!，a错误!在直线－9＝0上，得a错误!－9a错误!＝0，即a n＋3a na n－3a n－1＝0，又数列{a n}各项均为正数，且a1＝2，∴a n＋3a n－1＞0，∴a n－－13a n－1＝0，即错误!＝3，∴数列{a n}是首项a1＝2，公比q＝3的等比数列，其前n 项和S n＝错误!＝错误!＝3n－1]13答案：4 036解析：[由于a错误!－a n－1－a n＋1＝0n∈N*，n≥2，即a错误!－2a n＝0，∴a n＝2，n≥2，又a1＝2，∴a n＝2，n∈N*，故S2 018＝4 036]14答案：1121解析：[∵a n＋1＝2S n＋1，∴S n＋1－S n＝2S n＋1，∴S n＋1＝3S n＋1，∴S n＋1＋错误!＝3错误!，∴数列错误!是公比为3的等比数列，∴错误!＝3，又S2＝4，∴S1＝1，∴a1＝1，∴S5＋错误!＝错误!×34＝错误!×34＝错误!，∴S5＝121]15答案：7解析：[根据题意这个数列的前7项分别为5,6,1，－5，－6，－1,5,6，发现从第7项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋－5＋－6＋－1＝0又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S16＝2×0＋7＝7]16答案：n解析：[∵a n，S n，a错误!成等差数列，∴2S n＝a n＋a错误!当n＝1时，2a1＝2S1＝a1＋a错误!又a1>0，∴a1＝1当n≥2时，2a n＝2S n－S n－1＝a n＋a错误!－a n－1－a错误!，∴a错误!－a错误!－a n＋a n－1＝0，∴a n＋a n－1a n－a n－1－a n＋a n－1＝0，又a n＋a n－1>0，∴a n－a n－1＝1，∴{a n}是以1为首项，1为公差的等差数列，∴a n＝nn∈N* ]。

专题对点练 154.1~4.2 组合练一、选择题 (共 9 小题 ,满分 45 分 )(限时 90分钟 ,满分 100 分)1.设 S n 是等差数列 { a n } 的前 n 项和 ,若 a 1+a 3+a 5= 3,则 S 5= () A .5 B.7 C.9 D.112.《九章算术》是我国第一部数学专著 ,下有源自此中的一个问题 : “今有金箠 ,长五尺 ,斩本一尺 ,重四 斤,斩末一尺 ,重二斤 .问金箠重几何 ?”其意思为 :今有金杖 (粗细平均变化 )长 5 尺,截得本端 1尺,重 4斤, 截得尾端 1 尺,重 2 斤 ,则金杖重 ( ) A.18 斤B.15 斤C.13 斤D.20 斤3.已知等差数列 { a n } 的公差为 2,若 a 2,a 4,a 8 成等比数列 ,则{ a n } 的前 n 项和 S n = () A .n(n+ 1) B.n( n-1)C. D. 4.公差不为零的等差数列 { a n } 的前 n 项和为 S n .若 a 4 是 a 3 与 a 7 的等比中项 ,S 8 =16,则 S 10 等于 ( )A .18 B.24 C.30 D.60 5.等比数列 { a n } 的前 n 项和为 S n .已知 S 3=a 2+ 10a 1,a 5= 9,则 a 1=( ) A . B.- C. D.-6.(2018 广东深圳耀华模拟 ) 在数列 { a n } 中 ,a 1= 1,a n+ 1= 2a n - 2n ,则 a 17= ()1617A .-15×2B.15×2C.-16×216D.16×2177.设等差数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ,若 S m-1=- 2,S m = 0,S m+1= 3,则 m= ( )A .3 B.4C.5D. 68.在等比数列 { a n } 中,各项均为正数 ,S n 是其前 n 项和 ,且知足 2S 3= 8a 1+ 3a 2,a 4= 16,则 S 4= ( )A .9 B.15 C.18 D.309.在递减等差数列 { a n } 中 , a 1a 3= -4.若 a 1= 13,则数列的前 n 项和的最大值为 ()A .B.C. D.二、填空题 (共 3 小题 ,满分 15 分 )10.已知等比数列 { a}, a a =a5,a = 8,则{ a } 的前 4 项和 S =.n 2 44n411.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 .12.(2018 湖北要点高中协作体模拟 )定义 “等积数列 ”,在一个数列中 ,假如每一项与它的后一项的积都为同一个常数 ,那么这个数列叫做等积数列 ,这个常数叫做该数列的公积 .已知数列 { a n } 是等积数列且a 1= 2,公积为 10,则这个数列前 21 项和 S 21 的值为三、解答题 (共 3 个题 ,满分分别为 13 分 ,13 分 ,14 分)13.已知数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ,且对随意正整数 n,都有(1) 求数列 { a n } 的通项公式 ;(2) 设 b n = log 3a n ,求数列 { b n } 的前 n 项和 T n ..3a n = 2S n + 3 建立 .14.已知数列{ a n}的前n项和为S n,且知足S n+n= 2a n(n∈ N*) .(1)证明 :数列 { a n+ 1} 为等比数列 ,并求数列 { a n} 的通项公式 ;(2) 若 b n= (2n+ 1)a n+ 2n+ 1,数列 { b n} 的前 n 项和为 T n,求知足不等式> 2 010 的 n 的最小值 .15.已知数列{ a n}的前n项和为S n,且知足a1= 1,2S n= (n+ 1)a n.在数列{ b n}中,b n=.(1)求数列 { a n},{ b n} 的通项公式 ;(2) 求数列的前n项和T n.专题对点练15 答案1.A分析由 a1+a 3 +a 5= 3,得 3a3= 3,解得 a3= 1.故 S5==5a3= 5.2.B分析由意可知 ,在等差数列 { a n} 中 ,a1 = 4,a5= 2,S5== 15,故金杖重15 斤.3.A分析∵a2,a4,a8成等比数列 ,∴=a 2·a8,即 (a1+ 6)2=( a1+2)( a1+ 14),解得 a1= 2.∴S n=na 1+d= 2n+n 2-n=n 2+n=n (n+ 1).故 A .4.C分析等差数列 { a n} 的公差 d≠0.由意 ,得( a1+3d)2= (a1+ 2d)(a1+ 6d),即 2a1+3d= 0.①∵S8= 16,∴8a1+× d=16,②立①②解得 a1=- ,d= 1. S10= 10××1= 30.5.C分析数列 { a n} 的公比 q,若 q= 1,由 a5= 9,得 a1= 9,此 S3= 27,而 a2+ 10a1= 99,不足意 ,所以 q≠1.∵当 q≠1 ,S3==a 1·q+ 10a1,∴2=q+ 10,整理得 q = 9.∵a5=a 1·q4= 9,即 81a1= 9,∴a1=.6.A分析由意可得,即=- ,据此可得 ,数列是首,公差 -的等差数列 ,故+ (17-1)×=-,∴a17=- 15×216.故 A .a =S -S= 0-(-2)= 2,a =S-S = 3-0= 3.d=a-a= 3-2= 1.7.C分析S=- 2,S = 0,S = 3,m+1m+1∵ m-1m m+1∴ m m m-1m+ 1m∴m∵S m=ma 1+×1= 0,∴a1=- .又=a 1+m× 1= 3,∴-+m= 3.∴m= 5.故 C.8.D分析等比数列 { a n} 的公比 q> 0,∵2S3= 8a1+3a2,∴2(a1+a 2+a 3)= 8a1+ 3a2,22即 2a1q = 6a1+a 1q,即 2q-q- 6= 0,解得 q= 2.又 a4= 16,可得 a1×23= 16,解得 a1= 2.S4== 30.9.D分析公差 d, d< 0.由意 ,得 13(13+ 2d)= (13+d )2-4,解得 d=- 2 或 d= 2(舍去 ),∴a n=a 1+( n-1)d= 15-2n.当 a n= 15-2n≥0 ,即 n≤7.5;当 a n+ 1 =13-2n≤0 ,即 n≥6.5. ∴当n≤7 ,a n> 0.∴=,∴数列的前 n 和+ ⋯ +,∴当 n= 6 ,数列的前 n 和最大 ,最大,故 D.10.15分析等比数列 { a n } 的公比 q,∵a2a4=a 1q·a4=a 1·a5=a 5,∴a1= 1.又 a4= 8,∴3∴4= 15.q = 8,q= 2.故 S =11.2分析∵等比数列 { a n} 的前 n 和 S n,S3,S9,S6成等差数列 ,且 a2+a 5= 4,∴解得 a 1q= 8,q 3=- ,∴a 8=a 1q 7= (a 1q)( q 3)2= 8×=2.12.72 分析 由数列 { a n } 是等 数列 ,且 a 1= 2,公 10,依据等 数列的定 ,得 a 2= 5,a 3= 2,由此能够知道数列 { a n } 的全部奇数 2,全部偶数 5. 故 个数列前 21 和 S 21= 7×10+ 2= 72.13.解 (1)在 3a n = 2S n + 3 中 ,令 n= 1,得 a 1= 3.当 n ≥2 ,3a nn①=2S + 3,3a n- 1= 2S n-1+ 3,② ①- ②得 a n = 3a n-1,∴数列 { a n } 是以 3 首 ,3 公比的等比数列 ,∴a n = 3n .(2) 由 (1)得 b n = log 3a n =n ,数列 { b n } 的前 n 和 T n = 1+ 2+ 3+ ⋯+n= .14.(1) 明 当 n= 1 ,2a 1=a 1+ 1,∴a 1= 1.∵2a n n* , ∴ 2a n- 1 n-1+n- 1,n ≥ 2,=S +n ,n ∈ N =S两式相减 ,得 a n = 2a n-1+1,n ≥ 2,即 a n + 1= 2(a n-1+ 1),n ≥ 2,∴数列 { a n + 1} 以 2 首 ,2 公比的等比数列 ,nn*∴a n + 1= 2 ,∴a n = 2 -1,n ∈ N .(2) 解 b n = (2n+ 1)a n + 2n+ 1= (2n+ 1) ·2n ,∴T n = 3×2+ 5×22+ ⋯ + (2n+ 1)·2n ,∴2T n = 3×22+ 5×23+ ⋯ + (2n+ 1) ·2n+ 1,两式相减可得 -T n = 3×2+ 2×2 23 n n+ 1,+ 2×2 + ⋯ + 2·2 -(2n+ 1)·2n+ 1n+ 1∴T n = (2n-1)·2 + 2,∴ >2010可化 2 > 2 010.∵210 11∴ 足不等式> 2 010 的 n 的最小 10.= 1 024,2 = 2 048,15.解 (1)当 n ≥2 ,由 2S n = (n+ 1)a n ,得 2S n-1=na n-1,两式相减得 2a n = (n+ 1)a n -na n-1,整理得.由 a n = ·⋯ ··⋯ ·1=n (n ≥ 2).又当 n= 1 ,a 1= 1,∴a n =n (n ∈ N * ).由 b n = = 2n+ 1,∴{ b n } 的通 公式 b n = 2n+ 1.(2) 由 (1)得.∴T n =+ ⋯ += 1-+ ⋯ += 1-.故数列的前 n 和 T n =.。

第一部分 专题四 第1讲1．在等差数列{a n }中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6＝( B ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．6解析：设数列{a n }的公差为d ，由a 4＝a 2＋2d ，a 2＝4， a 4＝2，得2＝4＋2d ，d ＝－1，∴a 6＝a 4＋2d ＝0.故选B.2．已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝( B ) A ．21 B ．42 C ．63D ．84解析：设{a n }的公比为q ，由a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21得1＋q 2＋q 4＝7，解得q 2＝2(负值舍去)．∴a 3＋a 5＋a 7＝a 1q 2＋a 3q 2＋a 5q 2＝(a 1＋a 3＋a 5)q 2＝21×2＝42.3．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( B )A ．a 1d >0，dS 4>0B ．a 1d <0，dS 4<0C ．a 1d >0，dS 4<0D ．a 1d <0，dS 4>0解析：由a 24＝a 3a 8，得(a 1＋2d )(a 1＋7d )＝(a 1＋3d )2，整理得d (5d ＋3a 1)＝0，又d ≠0，∴a 1＝－53d ，则a 1d ＝－53d 2<0， 又∵S 4＝4a 1＋6d ＝－23d ， ∴dS 4＝－23d 2<0，故选B.4．在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝__10__. 解析：利用等差数列的性质可得a 3＋a 7＝a 4＋a 6＝2a 5， 从而a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝25， 故a 5＝5，所以a 2＋a 8＝2a 5＝10.5．已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和等于2n －1.解析：由已知得，a 1a 4＝a 2a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，解得⎩⎨⎧ a 1＝1，a 4＝8或⎩⎨⎧a 1＝8，a 4＝1.而数列{a n }是递增的等比数列，∴a 1<a 4，∴a 1＝1，a 4＝8，从而q 3＝a 4a 1＝8，即q ＝2，则前n 项和S n ＝a 1(1－q n )1－q＝2n－1.6．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝－1n . 解析：∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ， 又由a 1＝－1，知S n ≠0， ∴S n ＋1S n ＋1S n －S nS n ＋1S n ＝1， 即1S n ＋1－1S n ＝－1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，且公差为－1， 而1S 1＝1a 1＝－1，∴1S n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n .7．(2016·辽宁协作体一模)已知数列{a n }满足(a n ＋1－1)·(a n －1)＝3(a n －a n ＋1)，a 1＝2，令b n ＝1a n －1.(1)证明：数列{b n }是等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解析：(1)∵1a n ＋1－1－1a n －1＝a n －a n ＋1(a n ＋1－1)(a n －1)＝13，∴b n ＋1－b n ＝13， ∴{b n }是等差数列． (2)由(1)及b 1＝1a 1－1＝12－1＝1，知b n ＝13n ＋23，∴a n －1＝3n ＋2，∴a n ＝n ＋5n ＋2.8．已知数列{a n }满足a n ＋2＝qa n (q 为实数，且q ≠1)，n ∈N *，a 1＝1，a 2＝2，且a 2＋a 3，a 3＋a 4，a 4＋a 5成等差数列．(1)求q 的值和{a n }的通项公式； (2)设b n ＝log 2a 2na 2n －1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和．解析：(1)由已知，有(a 3＋a 4)－(a 2＋a 3)＝(a 4＋a 5)－(a 3＋a 4)，即a 4－a 2＝a 5－a 3， 所以a 2(q －1)＝a 3(q －1)． 又因为q ≠1，故a 3＝a 2＝2， 由a 3＝a 1·q ，得q ＝2. 当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a n ＝a 2k －1＝2k －1＝2n -12 ；当n ＝2k (k ∈N *)时，a n ＝a 2k ＝2k ＝2n 2.所以{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎨⎧2n -12，n 为奇数，2n2 ，n 为偶数.(2)由(1)得b n ＝log 2a 2n a 2n －1＝n 2n －1.设{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1×120＋2×121＋3×122＋…＋(n －1)×12n －2＋n ×12n －1，12S n ＝1×121＋2×122＋3×123＋…＋(n －1)×12n －1＋n ×12n ， 上述两式相减，得12S n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝1－12n1－12－n 2n ＝2－22n －n 2n ， 整理得，S n ＝4－n ＋22n －1.所以，数列{b n }的前n 项和为4－n ＋22n －1，n ∈N *. 9．数列{a n }满足：a 1＋2a 2＋…＋na n ＝4－n ＋22n －1，n ∈N *.(1)求a 3的值．(2)求数列{a n }的前n 项和T n ；(3)令b 1＝a 1，b n ＝T n －1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1n a n (n ≥2)，证明：数列{b n }的前n 项和S n 满足S n <2＋2ln n .解析：(1)令n ＝3，a 1＋2a 2＋3a 3＝114，令n ＝2，a 1＋2a 2＝2，解得a 3＝14. (2)当n ＝1，a 1＝1，当n ≥2，na n ＝⎝⎛⎭⎪⎫4－n ＋22n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫4－n ＋12n －2＝n2n －1，∴a n ＝12n －1(n ≥2)，当n ＝1时代入a 1也满足，故a n ＝12n －1.所以数列{a n }为等比数列， 所以T n ＝1－12n1－12＝2－12n －1. (3)当n ＝1时，显然命题成立． 当n ≥2时，∵b n ＝T n －1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1n a n＝T n －1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1n (T n －T n －1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1n T n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1n －1T n －1， ∴S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝1＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12T 2－T 1＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13T 3－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12T 2＋…＋ ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋…＋1n T n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋…＋ 1n －1T n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1n T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12n －1 <2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋…＋1n .∵f (x )＝1－1x －ln x ，在(1，＋∞)为减函数，(可用导数证明) ∴f (x )<f (1)＝0，∴1－1x <ln x ，∴1－n －1n <ln nn －1＝ln n －ln(n －1)，故两边叠加得12＋13＋…＋1n <ln n ，所以S n <2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋…＋1n <2＋2ln n . 10．(2016·四川成都诊断)已知数列{a n }，如果数列{b n }满足b 1＝a 1，b n ＝a n ＋a n－1，n ≥2，n ∈N *，则称数列{b n }是数列{a n }的“生成数列”．(1)若数列{a n }的通项为a n ＝n ，写出数列{a n }的“生成数列”{b n }的通项公式； (2)若数列{c n }的通项为c n ＝2n ＋b (其中b 是常数)，试问数列{c n }的“生成数列”{q n }是否是等差数列，请说明理由；(3)已知数列{d n }的通项为d n ＝2n ＋n ，求数列{d n }的“生成数列”{p n }的前n 项和T n .解析：(1)当n ≥2时，b n ＝a n ＋a n －1＝2n －1， 当n ＝1时，b 1＝a 1＝1适合上式， ∴b n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)q n ＝⎩⎨⎧2＋b ，n ＝1，4n ＋2b －2，n ≥2，当b ＝0时，q n ＝4n －2，由于q n ＋1－q n ＝4， 所以此时数列{c n }的“生成数列”{q n }是等差数列． 当b ≠0时，由于q 1＝c 1＝2＋b ，q 2＝6＋2b ，q 3＝10＋2b ， 此时q 2－q 1≠q 3－q 2，所以数列{c n }的“生成数列”{q n }不是等差数列．综上，当b ＝0时，{q n }是等差数列；当b ≠0时，{q n }不是等差数列． (3)p n ＝⎩⎨⎧3，n ＝1，3·2n －1＋2n －1，n ≥2，当n >1时，T n ＝3＋(3·2＋3)＋(3·22＋5)＋…＋(3·2n －1＋2n －1)， ∴T n ＝3＋3(2＋22＋23＋…＋2n －1)＋(3＋5＋7＋…＋2n －1)＝3·2n ＋n 2－4. 又n ＝1时，T 1＝3，适合上式，∴T n ＝3·2n ＋n 2－4.。

高考冲刺模拟卷Ⅱ本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷(非选择题）两部分．时间：120分钟,满分：150分．第Ⅰ卷一、选择题:（本大题共12小题,每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.若集合A=｛x |ln x >0},B=｛y|y =1+x ｝，则A ∩B = ( B )A. φB.{x ｜x >1}C 。

{x |x ≥0｝D 。

｛x |0≤x 〈1}2。

设a ，b 为实数，若复数（1+i ）·（a +b i)=1+2i,则 ( A ） A 。

21,23==b a B 。

a =3，b =1C.23,21==b a D.a =1，b =33.“sin α=21"是“cos2α=21"的 （ A d ）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 4。

给定下列四个命题：①若一个平面内的两条直线与另外一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；②若一个平面经过另一个平面的垂线,那么这两个平面相互垂直；③垂直于同一直线的两条直线相互平行；④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直.其中，为真命题的是 ( D )A.①和② B 。

②和③ C 。

③和④ D.②和④ 5.若x ，y 满足约束条件 x —y +1≥0, x +y -3≤0，x +3y -3≥0,则12++=x y z 的最小值是 （ C ）A.—1B.0 C 。

21 D 。

16.函数f （x ）=Asin(ωx +ϕ)A ＞0，ω＞0,｜ϕ|＜2π的部分图象如图所示，则将y =f （x ）的图象向右平移6π个单位后，得到的图象解析式为 （ D ）A 。

y =sin2x B.y =cos2x C 。

y =sin )322(π+x D.y =sin )62(π-x7。

设F 1和F 2为双曲线)0,0(12222>>=-b a b y a x 的两个焦点，若F 1,F 2,P (0,2b )是正三角形的三个顶点,则双曲线的离心率为 （ B ）A.23 B.2C.25 D 。

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生新的解题方法,这种思维方法的特点就是“构造”。

若已知条件给的是数列的递推公式要求出该数列的通项公式,此类题通常较难，但使用构造法往往给人耳目一新的感觉。

1）构造等差数列或等比数列由于等差数列与等比数列的通项公式显然，对于一些递推数列问题，若能构造等差数列或等比数列，无疑是一种行之有效的构造方法。

2）构造差式与和式解题的基本思路就是构造出某个数列的相邻两项之差，然后采用迭加的方法就可求得这一数列的通项公式.3）构造商式与积式构造数列相邻两项的商式，然后连乘也是求数列通项公式的一种简单方法。

4）构造对数式或倒数式有些数列若通过取对数，取倒数代数变形方法,可由复杂变为简单,使问题得以解决.四、典型例题分析【题型5】 构造法：1）构造等差数列或等比数列例5 设各项均为正数的数列的前n 项和为,对于任意正整数n ，都有等式：{}n a n S 成立，求的通项.n n n S a a 422=+{}n a n a 解：，n n n S a a 422=+⇒112142---=+n n n S a a ∴nn n n n n n a S S a a a a 4)(42211212=-=-+----，∵，∴。

第一部分 专题二 第4讲1．(2016·浙江杭州调考)函数f (x )＝3x 2＋1n x －2x 的极值点的个数是( A ) A ．0 B ．1 C ．2D ．无数个解析：由题意，知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝6x ＋1x －2＝6x 2－2x ＋1x .由于x >0，g (x )＝6x 2－2x ＋1的判别式Δ＝－20<0，所以g (x )>0恒成立，故f ′(x )>0恒成立，即f (x )在定义域上单调递增，无极值点．故选A ．2．(2016·湖北武汉二月调考)设曲线y ＝1＋cos x sin x 在点⎝⎛⎭⎫π2，1处的切线与直线x －ay ＋1＝0平行，则实数a ＝( A )A ．－1B ．12C ．－2D ．2解析：∵y ′＝－sin 2x －(1＋cos x )·cos x sin 2x ＝－1－cos xsin 2 x ， ∴y ′|x ＝π2＝－1，由条件知1a＝－1，∴a ＝－1.故选A ．3．(2016·河南郑州质量预测)如图，y ＝f (x )是可导函数，直线l ：y ＝kx ＋2是曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线，令g (x )＝xf (x )，g ′(x )是g (x )的导函数，则g ′(3)＝( B )A ．－1B ．0C ．2D ．4解析：由图可知曲线y ＝f (x )在x ＝3处切线的斜率等于－13，即f ′(3)＝－13.又g (x )＝xf (x )，g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，g ′(3)＝f (3)＋3f ′(3)，由图知f (3)＝1，所以g ′(3)＝1＋3×(－13)＝0.4．(湖北部分重点中学)已知函数f (x )的导函数是f ＇(x ),且满足关系式f (x )=x 2+ 3xf ＇(2)+ln x,则f ＇(2)的值等于 （ C ）A ．－2B ．2C ．－D ．解析：因为f (x )=x 2+3x (2)+ln x ，所以(x )=2x +3(2)+，所以(2)=2×2+3(2)+，解得(2)=.故选C.5．(2016·河北石家庄模拟)已知函数f (x )＝x 2－ax ＋3在(0,1)上为减函数，函数g (x )＝x 2－a 1n x 在(1,2)上为增函数，则a 的值等于( B )A ．1B ．2C ．0 D. 2解析：∵函数f (x )＝x 2－ax ＋3在(0,1)上为减函数，∴a 2≥1，得a ≥2.又∵g ′(x )＝2x －ax ，依题意g ′(x )≥0在x ∈(1,2)上恒成立，得2x 2≥a 在x ∈(1,2)上恒成立，有a ≤2，∴a ＝2.故选B.6. 在R 上可导的函数f (x )的图象如图所示,则关于x 的不等式x · f ′(x )＜0的解集为 ( A )A. (-∞,-1)∪(0,1)B.(-1,0)∪(1,+∞)C.(-2,-1)∪(1,2)D.(-∞,-2)∪(2,+∞)解析：(1)当x ∈(-∞,-1)和x ∈(1,+∞)时,f (x )是增函数, ∴f ′(x )＞0.由x ·f ′(x )<0得x ＜0, ∴x ·f ′(x )＜0的解集是(-∞,-1). (2)当-1＜x ＜1时,f (x )递减,∴f ′(x )＜0. 由x ·f ′(x )＜0,得x ＞0,∴0＜x ＜1. 故x ·f ′(x )＜0的解集为(-∞,-1)∪(0,1).7．曲线y ＝x 2与直线y ＝x 所围成的封闭图形的面积为16.解析：曲线y ＝x 2与y ＝x 的交点为(0,0)，(1,1)，则两图形围成的封闭图形的面积为 ⎠⎛01(x －x 2)d x ＝⎝⎛⎭⎫12x 2－13x 3⎪⎪⎪10＝16. 8．(2016·辽宁沈阳调考)若函数f (x )＝13x 3－32x 2＋ax ＋4恰在[－1,4]上单调递减，则实数a 的值为__－4__.解析：f (x )＝13x 3－32x 2＋ax ＋4，∴f ′(x )＝x 2－3x ＋a .又函数f (x )恰在[－1,4]上单调递减，∴－1,4是f ′(x )＝0的两根，∴a ＝－1×4＝－4.9．(2016·福建福州调考)设函数f (x )＝1n x －12ax 2－bx ，若x ＝1是f (x )的极大值点，则a的取值范围为(－1，＋∞)．解析：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －ax －b ，由f ′(1)＝0，得b ＝1－a .∴f ′(x )＝1x －ax ＋a －1＝－ax 2＋1＋ax －x x ＝－(ax ＋1)(x －1)x .①若a ≥0，当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x >1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 所以x ＝1是f (x )的极大值点．②若a <0，由f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝－1a .因为x ＝1是f (x )的极大值点， 所以－1a>1，解得－1<a <0.综合①②得a 的取值范围是(－1，＋∞)．10．设曲线y ＝e x 在点(0,1)处的切线与曲线y ＝1x (x ＞0)上点P 处的切线垂直，则P 的坐标为(1,1)．解析：∵函数y ＝e x 的导函数为y ′＝e x ，∴曲线y ＝e x 在点(0,1)处的切线的斜率k 1＝e 0＝1.设P (x 0，y 0)(x 0>0)，∵函数y ＝1x 的导函数为y ′＝－1x 2，∴曲线y ＝1x (x >0)在点P 处的切线的斜率k 2＝－1x 20，则有k 1k 2＝－1，即1·(－1x 20)＝－1，解得x 20＝1. 又x 0>0，∴x 0＝1.又∵点P 在曲线y ＝1x (x >0)上，∴y 0＝1，故点P 的坐标为(1,1)．11．设x 3＋ax ＋b ＝0，其中a ，b 均为实数．下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是①③④⑤.(写出所有正确条件的编号)①a ＝－3，b ＝－3；②a ＝－3，b ＝2；③a ＝－3，b ＞2；④a ＝0，b ＝2；⑤a ＝1，b ＝2.解析：设f (x )＝x 3＋ax ＋b .当a ＝－3，b ＝－3时，f (x )＝x 3－3x －3，f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )>0，得x >1或x <－1；令f′(x)<0，得－1<x<1，故f(x)在(－∞，－1)上为增函数，在(－1,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，又f(－1)＝－1，f(1)＝－5，故方程f(x)＝0只有一个实根，故①正确．当a＝－3，b＝2时，f(x)＝x3－3x＋2，易知f(x)在(－∞，－1)上为增函数，在(－1,1)上为减函数，在(1，－∞)上为增函数，又f(－1)＝4，f(1)＝0，x→－∞时，f(x)→－∞，从而方程f(x)＝0有两个根，故②错．当a＝－3，b>2时，f(x)＝x3－3x＋b，易知f(x)的极大值为f(－1)＝2＋b>0，极小值为f(1)＝b－2>0，x→－∞时，f(x)→－∞，故方程f(x)＝0有且仅有一个实根，故③正确．当a＝0，b＝2时，f(x)＝x3＋2，显然方程f(x)＝0有且仅有一个实根，故④正确．当a＝1，b＝2时，f(x)＝x3＋x＋2，f′(x)＝3x3＋1>0，则f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，易知f(x)的值域为R，故f(x)＝0有且仅有一个实根，故⑤正确．综上，正确条件的编号有①③④⑤.12．(2016·河南郑州质检)设函数f(x)是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且有2f(x)＋xf′(x)＞x2，则不等式(x＋2 015)2f(x＋2 015)－4f(－2)＞0的解集为_(－∞，－2_017)．解析：由2f(x)＋xf′(x)>x2，x<0得2xf(x)＋x2f′(x)<x3，∴[x2f(x)]′<x3<0.令F(x)＝x2f(x)(x<0)，则F′(x)<0(x<0)，即F(x)在(－∞，0)上是减函数，因为F(x＋2 015)＝(x＋2 015)2f(x ＋2 015)，F(－2)＝4f(－2)，所以不等式(x＋2 015)2f(x＋2 015)－4f(－2)>0 即为F(x＋2 015)－F(－2)>0，即F(x＋2 015)>F(－2)，又因为F(x)在(－∞，0)上是减函数，所以x＋2 015<－2，∴x<－2 017.。

一、选择题1．［2016·重庆测试］在数列{a n}中，若a1＝2,且对任意正整数m，k，总有a m＋k＝a m＋a k，则{a n｝的前n项和S n＝( ) A．n（3n－1）B。

错误!C．n(n＋1) D。

错误!答案C解析依题意得a n＋1＝a n＋a1，即有a n＋1－a n＝a1＝2，所以数列{a n}是以2为首项、2为公差的等差数列,a n＝2＋2（n－1）＝2n，S n ＝错误!＝n(n＋1），选C.2．[2016·郑州质检]正项等比数列｛a n｝中的a1、a4031是函数f （x)＝错误!x3－4x2＋6x－3的极值点，则log 错误!a2016＝( ）A．1 B．2C。

2 D．－1答案A解析因为f′(x)＝x2－8x＋6,且a1、a4031是方程x2－8x＋6＝0的两根，所以a1·a4031＝a2，2016＝6,即a2016＝6，所以log错误!a2016＝1,故选A。

3．[2016·太原一模]已知数列{a n｝的通项公式为a n＝(－1)n(2n －1)·cos错误!＋1(n∈N*），其前n项和为S n，则S60＝（) A．－30 B．－60C．90 D．120答案D解析由题意可得,当n＝4k－3（k∈N*)时，a n＝a4k－3＝1；当n ＝4k－2(k∈N*)时，a n＝a4k－2＝6－8k；当n＝4k－1(k∈N*）时，a n＝a4k－1＝1;当n＝4k(k∈N＊）时，a n＝a4k＝8k。

∴a4k－3＋a4k－2＋a4k－1＋a4k ＝8，∴S60＝8×15＝120。

故选D.4．某年“十一”期间,北京十家重点公园举行免费游园活动，北海公园免费开放一天，早晨6时30分有2人进入公园,接下来的第一个30分钟内有4人进去1人出来，第二个30分钟内有8人进去2人出来,第三个30分钟内有16人进去3人出来，第四个30分钟内有32人进去4人出来……按照这种规律进行下去，到上午11时30分公园内的人数是（)A．211－47 B．212－57C．213－68 D．214－80答案B解析由题意,可知从早晨6时30分开始,接下来的每个30分钟内进入的人数构成以4为首项,2为公比的等比数列，出来的人数构成以1为首项，1为公差的等差数列，记第n个30分钟内进入公园的人数为a n，第n个30分钟内出来的人数为b n则a n＝4×2n－1，b n ＝n，则上午11时30分公园内的人数为S＝2＋错误!－错误!＝212－57。

一、选择题1．［2015·重庆高考]在等差数列{a n｝中,若a2＝4,a4＝2,则a6＝( )A．－1 B．0C．1 D．6答案B解析设数列{a n}的公差为d，由a4＝a2＋2d，a2＝4,a4＝2，得2＝4＋2d，d＝－1，∴a6＝a4＋2d＝0.故选B。

2．[2016·山西四校联考］等比数列{a n}的前n项和为S n，若公比q〉1，a3＋a5＝20，a2a6＝64，则S5＝( ）A．31 B．36C．42 D．48答案A解析由等比数列的性质，得a3a5＝a2a6＝64，于是由错误!且公比q>1，得a3＝4，a5＝16，所以错误!解得错误!所以S5＝错误!＝31，故选A。

3．［2016·唐山统考］设S n是等比数列{a n｝的前n项和，若错误!＝3,则错误!＝( )A．2 B。

错误!C.错误!D．1或2答案B解析设S2＝k，S4＝3k，由数列{a n}为等比数列,得S2，S4－S2,S6－S4为等比数列，∴S2＝k,S4－S2＝2k，S6－S4＝4k，∴S6＝7k,S4＝3k，∴错误!＝错误!＝错误!,故选B。

4．[2015·浙江高考］已知{a n｝是等差数列,公差d不为零，前n项和是S n。

若a3，a4,a8成等比数列，则( )A．a1d>0，dS4 >0 B．a1d〈0，dS4〈0C．a1d>0，dS4〈0 D．a1d<0，dS4〉0答案B解析由a错误!＝a3a8,得（a1＋2d）(a1＋7d）＝（a1＋3d)2，整理得d（5d＋3a1)＝0，又d≠0，∴a1＝－错误!d，则a1d＝－错误!d2<0，又∵S4＝4a1＋6d＝－错误!d，∴dS4＝－错误!d2<0，故选B。

5．正项等比数列｛a n｝满足：a3＝a2＋2a1，若存在a m，a n，使得a m·a n＝16a2，1，m，n∈N*，则错误!＋错误!的最小值为( ）A．2 B．16C。

第三讲推理与证明(1)归纳推理的一般步骤：①通过观察某些个别情况发现某些相同性质；②从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题(猜想)．(2)类比推理的一般步骤：①找出两类事物之间的相似性或一致性；②用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题(猜想)．(3)综合法的特点是：从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，要求逐步推理，实际上是寻找它的必要条件．(4)分析法的特点是：从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，即从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，即把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件为止．(5)适合用反证法证明的四类数学命题：①唯一性命题；②结论涉及“至多”“至少”“无限”的命题；③否定性命题；④直接证明较繁琐或困难的命题．1． (2013·福建)设S，T是R的两个非空子集，如果存在一个从S到T的函数y＝f(x)满足：(1)T＝{f(x)|x∈S}；(2)对任意x1，x2∈S，当x1<x2时，恒有f(x1)<f(x2)．那么称这两个集合“保序同构”．以下集合对不是“保序同构”的是( )A．A＝N*，B＝NB．A＝{x|－1≤x≤3}，B＝{x|x＝－8或0<x≤10}C．A＝{x|0<x<1}，B＝RD．A＝Z，B＝Q答案 D解析对于A，取f(x)＝x＋1，满足题意．对于B ，取f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－8，x ＝－1，x ＋1，－1<x <0，满足题意.x 2＋1，0≤x ≤3，对于C ，取f (x )＝tan[π(x －12)]，满足题意．排除法，选D.2． (2013·陕西)观察下列等式12＝1 12－22＝－3 12－22＋32＝6 12－22＋32－42＝－10 ……照此规律，第n 个等式可为________． 答案 12－22＋32－42＋…＋(－1)n ＋1n 2＝(－1)n ＋1·n n ＋12解析 观察等式左边的式子，每次增加一项，故第n 个等式左边有n 项，指数都是2，且正、负相间，所以等式左边的通项为(－1)n ＋1n 2.等式右边的值的符号也是正、负相间，其绝对值分别为1,3,6,10,15,21，….设此数列为{a n }，则a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝4，a 5－a 4＝5，…，a n －a n －1＝n ，各式相加得a n －a 1＝2＋3＋4＋…＋n ，即a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12.所以第n 个等式为12－22＋32－42＋…＋(－1)n ＋1n 2＝(－1)n ＋1n n ＋12.3． (2013·湖北)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数，如三角形数1,3,6,10，…，第n 个三角形数为n n ＋12＝12n 2＋12n ，记第n 个k 边形数为N (n ，k )(k≥3)，以下列出了部分k 边形数中第n 个数的表达式：三角形数 N (n,3)＝12n 2＋12n ，正方形数 N (n,4)＝n 2， 五边形数 N (n,5)＝32n 2－12n ， 六边形数N (n,6)＝2n 2－n………………………………………可以推测N (n ，k )的表达式，由此计算N (10,24)＝___________. 答案 1 000解析 由N (n,4)＝n 2，N (n,6)＝2n 2－n ，可以推测：当k 为偶数时，N (n ，k )＝k －22n2＋4－k2n ，∴N (10,24)＝24－22×100＋4－242×10＝1 100－100＝1 000.4．(2012·陕西)观察下列不等式：1＋122<32， 1＋122＋132<53， 1＋122＋132＋142<74， ……照此规律，第五个．．．不等式为________． 答案 1＋122＋132＋142＋152＋162<116解析 归纳观察法．观察每行不等式的特点，每行不等式左端最后一个分数的分母与右端值的分母相等，且每行右端分数的分子构成等差数列．∴第五个不等式为1＋122＋132＋142＋152＋162<116.题型一 合情推理例1 (1)设数列{a n }是首项为0的递增数列，n ∈N *，f n (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin 1nx －a n ，x ∈[a n ，a n ＋1]，满足：对于任意的b ∈[0,1)，f n (x )＝b 总有两个不同的根，则{a n }的通项公式为_______．(2)若P 0(x 0，y 0)在椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)外，则过P 0作椭圆的两条切线的切点为P 1，P 2，则切点弦P 1P 2所在直线方程是x 0x a 2＋y 0yb2＝1.那么对于双曲线则有如下命题：若P 0(x 0，y 0)在双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)外，则过P 0作双曲线的两条切线的切点为P 1，P 2，则切点弦P 1P 2所在的直线方程是________．审题破题 (1)先求数列{a n }的前几项，归纳项的规律，作出猜想；(2)双曲线和椭圆方程相比，形式类似，只要注意到椭圆的切线方程中x 2，y 2分别换成了x 0x ，y 0y 即可．答案 (1)a n ＝n n －1π2 (2)x 0x a 2－y 0yb 2＝1解析 (1)∵a 1＝0，当n ＝1时，f 1(x )＝|sin(x －a 1)|＝|sin x |，x ∈[0，a 2]，又∵对任意的b ∈[0,1)，f 1(x )＝b 总有两个不同的根，∴a 2＝π； f 2(x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin12x －a 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin 12x －π＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos x 2，x ∈[π，a 3]，∵对任意的b ∈[0,1)，f 2(x )＝b 总有两个不同的根，∴a 3＝3π；f 3(x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin 13x －a 3 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin 13x －3π＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin 13x ，x ∈[3π，a 4]， ∵对任意的b ∈[0,1)，f 3(x )＝b 总有两个不同的根， ∴a 4＝6π.由此可得a n ＋1－a n ＝n π，∴a n ＝n n －1π2.(2)对于椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1，切点弦P 1P 2所在直线方程x 0x a 2＋y 0y b 2＝1，x 2→xx 0，y 2→yy 0.类比，双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的切点弦P 1P 2所在直线方程为x 0x a 2－y 0yb2＝1.反思归纳 应用合情推理应注意的问题：(1)在进行归纳推理时，要先根据已知的部分个体，把它们适当变形，找出它们之间的联系，从而归纳出一般结论．(2)在进行类比推理时，要充分考虑已知对象性质的推理过程，然后类比推导类比对象的性质．注意：归纳推理关键是找规律，类比推理关键是看共性．变式训练1 (1)若从点O 所作的两条射线OM 、ON 上分别有点M 1、M 2与点N 1、N 2，则三角形面积之比2211N OM N OM S S ∆∆＝OM 1OM 2·ON 1ON 2.如图，若从点O 所作的不在同一平面内的三条射线OP 、OQ 和OR 上分别有点P 1、P 2，点Q 1、Q 2和点R 1、R 2，则类似的结论为________．答案222111R Q P O R Q P O V V --＝OP 1OP 2·OQ 1OQ 2·OR 1OR 2解析 考查类比推理问题，由图看出三棱锥P 1－OR 1Q 1及三棱锥P 2－OR 2Q 2的底面面积之比为OQ 1OQ 2·OR 1OR 2，又过顶点分别向底面作垂线，得到高的比为OP 1OP 2，故体积之比为222111R Q P O R Q P O VV --＝OP 1OP 2·OQ 1OQ 2·OR 1OR 2. (2)已知命题：若数列{a n }为等差数列，且a m ＝a ，a n ＝b (m ≠n ，m 、n ∈N *)，则a m ＋n ＝bn －amn －m；现已知等比数列{b n } (b ≠0，n ∈N *)，b m ＝a ，b n ＝b (m ≠n ，m 、n ∈N *)，若类比上述结论，则可得到b m ＋n ＝__________.答案 n －m b na m解析 等差数列中的bn 和am 可以类比等比数列中的b n和a m，等差数列中的bn －am 可以类比等比数列中的b n a m ，等差数列中的bn －amn －m 可以类比等比数列中的 n －m b na m ，故b m ＋n ＝ n －m b na m.题型二 直接证明例2 设实数数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋1＝a n ＋1S n (n ∈N *)．(1)若a 1，S 2，－2a 2成等比数列，求S 2和a 3；(2)求证：对k ≥3有0≤a k ＋1≤a k ≤43.审题破题 (1)根据S 22＝－2a 1a 2及S 2＝a 2a 1从方程的角度求出S 2.再由S 3＝a 3S 2＝S 2＋a 3，求出a 3.(2)根据S n ＋1＝a n ＋1S n (n ∈N *)的关系，寻找a n ＋1与a n 的递推关系，再用不等式放缩法、分析法、反证法的思想方法求解．(1)解 由题意⎩⎪⎨⎪⎧S 22＝－2a 1a 2，S 2＝a 2S 1＝a 1a 2，得S 22＝－2S 2，由S 2是等比中项知S 2≠0.因此S 2＝－2.由S 2＋a 3＝S 3＝a 3S 2解得a 3＝S 2S 2－1＝－2－2－1＝23.(2)证明 由题设条件有S n ＋a n ＋1＝a n ＋1S n ， 故S n ≠1，a n ＋1≠1且a n ＋1＝S n S n －1，S n ＝a n ＋1a n ＋1－1， 从而对k ≥3有a k ＝S k －1S k －1－1＝a k －1＋S k －2a k －1＋S k －2－1＝a k －1＋a k －1a k －1－1a k －1＋a k －1a k －1－1－1＝a 2k －1a 2k －1－a k －1＋1.①因a 2k －1－a k －1＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a k －1－122＋34>0且a 2k －1≥0，由①得a k ≥0.要证a k ≤43，由①只要证a 2k －1a 2k －1－a k －1＋1≤43，即证3a 2k －1≤4(a 2k －1－a k －1＋1)，即(a k －1－2)2≥0，此式明显成立．因此a k ≤43(k ≥3)．最后证a k ＋1≤a k ，若不然a k ＋1＝a 2ka 2k －a k ＋1>a k ，又因a k ≥0，故a k a 2k －a k ＋1>1，即(a k －1)2<0.矛盾． 因此a k ＋1≤a k (k ≥3)．综上，当k ≥3时有0≤a k ＋1≤a k ≤43.反思归纳 综合法与分析法是直接证明中的“姊妹证明”方法．通常情况下，运用分析法，由果索因，找到一个正确的结论或已知条件，然后运用综合法正确推理书写．在进行立体几何证明中，我们常从结论出发寻找问题的突破口，但在逆推时也可能碰到障碍，这时再从已知出发顺推找寻中间细节，问题即可得以解决．变式训练2 设椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右顶点分别为A 、B ，点P 在椭圆上且异于A 、B两点，O 为坐标原点．(1)若直线AP 与BP 的斜率之积为－12，求椭圆的离心率；(2)若|AP |＝|OA |，证明：直线OP 的斜率k 满足|k |> 3. (1)解 设点P 的坐标为(x 0，y 0)．由题意，有x 20a 2＋y 20b2＝1.①由A (－a,0)，B (a,0)，得k AP ＝y 0x 0＋a，k BP ＝y 0x 0－a.由k AP · k BP ＝－12，可得x 20＝a 2－2y 20，代入①并整理得(a 2－2b 2)y 20＝0.由于y 0≠0，故a 2＝2b 2.于是e 2＝a 2－b 2a 2＝12，所以椭圆的离心率e ＝22. (2)证明 方法一 依题意，直线OP 的方程为y ＝kx ，设点P 的坐标为(x 0，y 0)．由条件得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝kx 0，x 20a 2＋y 2b2＝1.消去y 0并整理得x 20＝a 2b 2k 2a 2＋b2②由|AP |＝|OA |，A (－a,0)及y 0＝kx 0， 得(x 0＋a )2＋k 2x 20＝a 2. 整理得(1＋k 2)x 20＋2ax 0＝0.而x 0≠0，于是x 0＝－2a1＋k2，代入②，整理得(1＋k 2)2＝4k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫a b 2＋4.由于a >b >0，故(1＋k 2)2>4k 2＋4，即k 2＋1>4， 因此k 2>3，所以|k |> 3.方法二 依题意，直线OP 的方程为y ＝kx ，可设点P 的坐标为(x 0，kx 0)．由点P 在椭圆上，有x 20a 2＋k 2x 20b2＝1.因为a >b >0，kx 0≠0，所以x 20a 2＋k 2x 20a2<1，即(1＋k 2)x 20<a 2.③由|AP |＝|OA |，A (－a,0)，得(x 0＋a )2＋k 2x 20＝a 2，整理得(1＋k 2)x 20＋2ax 0＝0，于是x 0＝－2a 1＋k2.代入③，得(1＋k 2)4a 21＋k 22<a 2，解得k 2>3，所以|k |> 3. 题型三 间接证明 例3 已知函数f (x )＝a x＋x －2x ＋1(a >1)． (1)证明：函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数； (2)用反证法证明方程f (x )＝0没有负数根．审题破题 (1)可根据函数单调性的定义进行证明；(2)反证法证题的思想是正难则反． 证明 (1)任取x 1，x 2∈(－1，＋∞)， 不妨设x 1<x 2，则x 2－x 1>0，因为a >1，所以a x 2－x 1>1，且a x 1>0，所以a x 2－a x 1＝ax 1(ax 2－x 1－1)>0.又因为x 1＋1>0，x 2＋1>0，所以x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1＝x 2－2x 1＋1－x 1－2x 2＋1x 1＋1x 2＋1＝3x 2－x 1x 1＋1x 2＋1>0.于是f (x 2)－f (x 1) ＝a x 2－a x 1＋x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1>0，故函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数．(2)假设方程f (x )＝0有负数根，设为x 0(x 0≠－1)． 则有x 0<0，且f (x 0)＝0. ∴a x 0＋x 0－2x 0＋1＝0⇔a x 0＝－x 0－2x 0＋1.∵a >1，∴0<a x 0<1，∴0<－x 0－2x 0＋1<1.解上述不等式，得12<x 0<2.这与假设x 0<0矛盾．故方程f (x )＝0没有负数根．反思归纳 反证法证明问题，要先否定欲证结论(假设)，然后从假设和条件出发导出矛盾，证明原结论正确．变式训练3 (2013·陕西)设{a n }是公比为q 的等比数列．(1)推导{a n }的前n 项和公式；(2)设q ≠1，证明：数列{a n ＋1}不是等比数列． (1)解 设{a n }的前n 项和为S n ， 当q ＝1时，S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1； 当q ≠1时，S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1qn －1.① qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＋…＋a 1q n ，②①－②得，(1－q )S n ＝a 1－a 1q n，∴S n ＝a 11－q n1－q，∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 11－q n1－q，q ≠1.(2)证明 假设{a n ＋1}是等比数列，则对任意的k ∈N *， (a k ＋1＋1)2＝(a k ＋1)(a k ＋2＋1)，a 2k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1，a 21q 2k ＋2a 1q k ＝a 1qk －1·a 1q k ＋1＋a 1q k －1＋a 1q k ＋1， ∵a 1≠0，∴2q k ＝qk －1＋qk ＋1.∵q ≠0，∴q 2－2q ＋1＝0， ∴q ＝1，这与已知矛盾．∴假设不成立，故{a n ＋1}不是等比数列．典例 (1)(2012·江西)观察下列各式：a ＋b ＝1，a 2＋b 2＝3，a 3＋b 3＝4，a 4＋b 4＝7，a 5＋b 5＝11，…，则a 10＋b 10等于( )A ．28B ．76C ．123D ．199解析 观察规律，归纳推理．从给出的式子特点观察可推知，等式右端的值，从第三项开始，后一个式子的右端值等于它前面两个式子右端值的和，照此规律，则a 10＋b 10＝123. 答案 C(2)记等差数列{a n}的前n项和为S n，利用倒序求和的方法，可将S n表示成首项a1、末项a n与项数n的一个关系式，即公式S n＝n a1＋an2；类似地，记等比数列{b n}的前n 项积为T n，且b n>0 (n∈N*)，试类比等差数列求和的方法，可将T n表示成首项b1、末项b n与项数n的一个关系式，即公式T n＝________.解析利用等比数列的性质：若m＋n＝p＋q，则b m·b n＝b p·b q，利用倒序求积方法有⎩⎪⎨⎪⎧T n＝b1b2·…·b n，T n＝b n b n－1 (1)两式相乘得T2n＝(b1b n)n，即T n＝(b1b n) .答案(b1b n)得分技巧合情推理的关键是寻求规律，明确已知结论的性质或特征．高考中此类问题的指向性很强，要得到正确结论的归纳或类比．阅卷老师提醒(1)在进行归纳推理时，要先根据已知的部分个体，把它们适当变形，找出它们之间的联系，从而归纳出一般结论．(2)在进行类比推理时，要充分考虑已知对象性质的推理过程，然后通过类比，推导出类比对象的性质．(3)归纳推理关键是找规律，类比推理关键是看共性．1．已知数列{a n}的前n项和S n＝n2a n(n≥2)，而a1＝1，通过计算a2，a3，a4，猜想a n等于( ) A.2n＋12B.2n n＋1C.22n－1D.22n－1答案 B解析a n＝S n－S n－1＝n2a n－(n－1)2a n－1，∴(n－1)2a n－1＝(n－1)(n＋1)a n.∴a n＝n－1n＋1a n－1.由a1＝1知：a2＝13，a3＝16.∴猜想a n＝2n n＋1，故选B.2．下列四个图形中，着色三角形的个数依次构成一个数列的前4项，则这个数列的一个通项公式为( )A．a n＝3n－1B．a n＝3nn2n2C ．a n ＝3n－2n D ．a n ＝3n －1＋2n －3答案 A解析 a 1＝1，a 2＝3，a 3＝9，a 4＝27，故猜a n ＝3n －1.3． 下列推理中属于归纳推理且结论正确的是( )A ．设数列{a n }的前n 项和为S n ，由a n ＝2n －1，求出S 1＝12，S 2＝22，S 3＝32，…，推 断：S n ＝n 2B ．由f (x )＝x cos x 满足f (－x )＝－f (x )对∀x ∈R 都成立，推断：f (x )＝x cos x 为奇函数C ．由圆x 2＋y 2＝r 2的面积S ＝πr 2，推断：椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的面积S ＝πabD ．由(1＋1)2>21，(2＋1)2>22，(3＋1)2>23，…，推断：对一切n ∈N *，(n ＋1)2>2n答案 A解析 注意到，选项A 由一些特殊事例得出一般性结论，且注意到数列{a n }是等差数列，其前n 项和等于S n ＝n 1＋2n －12＝n 2，选项D 中的推理属于归纳推理，但结论不正确．因此选A.4． 设△ABC 的三边长分别为a 、b 、c ，△ABC 的面积为S ，内切圆半径为r ，则r ＝2Sa ＋b ＋c；类比这个结论可知：四面体S —ABC 的四个面的面积分别为S 1、S 2、S 3、S 4，内切球的半径为R ，四面体P —ABC 的体积为V ，则R 等于( )A.V S 1＋S 2＋S 3＋S 4B.2VS 1＋S 2＋S 3＋S 4C.3V S 1＋S 2＋S 3＋S 4D.4VS 1＋S 2＋S 3＋S 4 答案 C解析 本题考查类比推理，用体积分割的方法，可以得出R ＝3VS 1＋S 2＋S 3＋S 4. 5． 观察等式：11×2＋12×3＝23，11×2＋12×3＋13×4＝34，11×2＋12×3＋13×4＋14×5＝45，根据以上规律，第四个等式为________．答案 11×2＋12×3＋13×4＋14×5＋15×6＝566． 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8，S 16－S 12成等差数列．类比以上结论有：设等比数列{b n }的前n 项积为T n ，则T 4，________，________，T 16T 12成等比数列． 答案T 8T 4 T 12T 8解析 等差数列类比于等比数列，和类比于积，减法类比于除法，可得类比结论为：设等比数列{b n }的前n 项积为T n ，则T 4，T 8T 4，T 12T 8，T 16T 12成等比数列．专题限时规范训练一、选择题1． 观察下列各式：72＝49,73＝343,74＝2 401，…，则72 014的末两位数字为 ( )A ．01B ．43C ．07D ．49答案 D解析 因为71＝7,72＝49,73＝343,74＝2 401,75＝16 807,76＝117 649，…，所以这些数的末两位数字呈周期性出现，且周期T ＝4.又因为2 014＝4×503＋2，所以72 014的末两位数字与72的末两位数字相同，故选D.2． 定义一种运算“*”：对于自然数n 满足以下运算性质：(ⅰ)1*1=1,(ⅱ)(n +1)*1=n *1+1,则n *1等于( )A ．nB ．n ＋1C ．n －1D ．n 2答案 A解析 由(n ＋1)*1＝n *1＋1，得n *1＝(n －1)*1＋1＝(n －2)*1＋2＝ (1)3． 定义A *B ，B *C ，C *D ，D *A 的运算分别对应下图中的(1)(2)(3)(4)，那么下图中的(A)(B)所对应的运算结果可能是( )A ．B *D ，A *DB ．B *D ，A *C C ．B *C ，A *DD ．C *D ，A *D答案 B解析 由(1)(2)(3)(4)图得A 表示|，B 表示□，C 表示—，D 表示○，故图(A)(B)表示B *D 和A *C .4． 已知数列：11，21，12，31，22，13，41，32，23，14，…，依它的前10项的规律，这个数列的第2 013项a 2 013满足( )A ．0<a 2 013<110B.110≤a 2 013<1 C ．1≤a 2 013≤10D ．a 2 013>10答案 A解析 数列中项的规律：分母每一组中从小到大排列：(1)，(1,2)，(1,2,3)， (1,2,3,4)，…；分子每一组中从大到小排列(1)，(2,1)，(3,2,1)，(4,3,2,1)，…，由上规律知a 2 013＝460＝115.5． 给出若干数字按如图所示排成倒三角形，其中第一行各数依次是1,2,3，…，2 011，从第二行起每个数分别等于上一行左、右两数之和，最后一行只有一个数M ，则这个数M 是 ( )A ．2 012·22 009B ．2 011·22 010C ．2 010·22 011D ．2 010·22 007答案 A解析 第一行公差为1；第二行公差为2；……；第2 010行公差为22 009，第2 011行只有M ，发现规律，得M ＝(1＋2 011)·22 009.或从第一行为1,2,3及1,2,3,4,5的两个“小三角形”结合选项归纳得结果为(3＋1)×21及(5＋1)×23，猜一般规律为(n ＋1)·2n－2.6． 设a ，b ，c ，d ∈R ＋，若a ＋d ＝b ＋c 且|a －d |<|b －c |，则有( ) A ．ad ＝bc B ．ad <bcC ．ad >bcD ．ad ≤bc答案 C解析 |a －d |<|b －c |⇔(a －d )2<(b －c )2⇔a 2＋d 2－2ad <b 2＋c 2－2bc ，又∵a ＋d ＝b ＋c⇔(a ＋d )2＝(b ＋c )2⇔a 2＋d 2＋2ad ＝b 2＋c 2＋2bc ，∴－4ad <－4bc ，∴ad >bc .7． 已知a >b >0，且ab ＝1，若0<c <1，p ＝log c a 2＋b 22，q ＝log c (1a ＋b)2，则p ，q 的大小关系是 ( )A ．p >qB ．p <qC ．p ＝qD ．p ≥q答案 B 解析 ∵a 2＋b 22>ab ＝1，∴p ＝log c a 2＋b 22<0.又q ＝log c (1a ＋b)2＝log c1a ＋b ＋2ab >logc 14ab＝log c 14>0，∴q >p .8． 已知定义在R 上的函数f (x )，g (x )满足f xg x ＝a x，且f ′(x )g (x )<f (x )g ′(x )，f 1g 1＋f －1g －1＝52，若有穷数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f n g n (n ∈N *)的前n 项和等于3132，则n 等于( )A ．4B ．5C ．6D ．7答案 B解析 令h (x )＝f xg x ，则h ′(x )＝f ′x g x －f x g ′xg 2x<0，故函数h (x )为减函数，即0<a <1.再根据f 1g 1＋f －1g －1＝52，得a ＋1a ＝52，解得a ＝2(舍去)或者a ＝12.所以f n g n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f n g n 的前n 项和是12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝1－12n ，由于1－12n ＝3132，所以n ＝5.二、填空题 9．观察下列等式1＝1 2＋3＋4＝9 3＋4＋5＋6＋7＝25 4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49……照此规律，第n 个等式为________．答案 n ＋(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋(3n －2)＝(2n －1)2解析 第n 个等式是首项为n ，公差为1，项数为2n －1的等差数列，即n ＋(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋(3n －2)＝(2n －1)2.10．若数列{a n }的通项公式a n ＝1n ＋12，记f (n )＝2(1－a 1)·(1－a 2)…(1－a n )，试通过计算f (1)，f (2)，f (3)的值，推测出f (n )＝________.答案 n ＋2n ＋1解析 f (1)＝2(1－a 1)＝32＝1＋21＋1，f (2)＝2(1－a 1)(1－a 2)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19 ＝43＝2＋22＋1， f (3)＝2(1－a 1)(1－a 2)(1－a 3)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19⎝ ⎛⎭⎪⎫1－116＝54＝3＋23＋1，可猜测f (n )＝n ＋2n ＋1.11．二维空间中圆的一维测度(周长)l ＝2πr ，二维测度(面积)S ＝πr 2，观察发现S ′＝l ；三维空间中球的二维测度(表面积)S ＝4πr 2，三维测度(体积)V ＝43πr 3，观察发现V ′＝S .则四维空间中“超球”的四维测度W ＝2πr 4，猜想其三维测度V ＝________. 答案 8πr 3解析 由已知，可得圆的一维测度为二维测度的导函数；球的二维测度是三维测度的导函数．类比上述结论，“超球”的三维测度是四维测度的导函数，即V ＝W ′＝(2πr 4)′＝8πr 3.12．函数f (x )的定义域为A ，若x 1，x 2∈A ，且f (x 1)＝f (x 2)时总有x 1＝x 2，则称f (x )为单函数．例如f (x )＝2x ＋1 (x ∈R )是单函数，下列命题：①函数f (x )＝x 2(x ∈R )是单函数；②指数函数f (x )＝2x(x ∈R )是单函数，③若f (x )为单函数，x 1，x 2∈A 且x 1≠x 2，则f (x 1)≠f (x 2)；④在定义域上具有单调性的函数一定是单函数． 其中的真命题是__________(写出所有真命题的编号)． 答案 ②③④解析 由x 21＝x 22，未必有x 1＝x 2，故①不正确；对于f (x )＝2x，当f (x 1)＝f (x 2)时一定有x 1＝x 2，故②正确；当f (x )为单函数时，有f (x 1)＝f (x 2)⇒x 1＝x 2，则其逆否命题f (x )为单函数时，x 1≠x 2⇒f (x 1)≠f (x 2)为真命题，故③正确；当函数在其定义域上单调时，一定有f (x 1)＝f (x 2)⇒x 1＝x 2，故④正确． 三、解答题13．(2012·福建)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：①sin 213°＋cos 217°－sin 13°cos 17°； ②sin 215°＋cos 215°－sin 15°cos 15°； ③sin 218°＋cos 212°－sin 18°cos 12°； ④sin 2(－18°)＋cos 248°－sin(－18°)cos 48°； ⑤sin 2(－25°)＋cos 255°－sin(－25°)cos 55°. (1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论． 解 方法一 (1)选择②式，计算如下： sin 215°＋cos 215°－sin 15°cos 15°＝1－12sin 30°＝1－14＝34.(2)三角恒等式为sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝34.证明如下：sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝sin 2α＋(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)2－sin α(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)＝sin 2α＋34cos 2α＋32sin αcos α＋14sin 2α－32sin αcos α－12sin 2α＝34sin 2α＋34cos 2α＝34. 方法二 (1)同解法一．(2)三角恒等式为sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝34.证明如下：sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α) ＝1－cos 2α2＋1＋cos 60°－2α2－sin α(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)＝12－12cos 2α＋12＋12(cos 60°cos 2α＋sin 60°sin 2α)－32sin αcos α－12sin 2α＝12－12cos 2α＋12＋14cos 2α＋34sin 2α－34sin 2α－ 14(1－cos 2α)＝1－14cos 2α－14＋14cos 2α＝34. 14．设集合W 是满足下列两个条件的无穷数列{a n }的集合． ①a n ＋a n ＋22≤a n ＋1；②a n ≤M ，其中n ∈N *，M 是与n 无关的常数．(1)若{a n }是等差数列，S n 是其前n 项的和，a 3＝4，S 3＝18，试探究{S n }与集合W 之间的关系；(2)若数列{b n }的通项为b n ＝5n －2n，且{b n }∈W ，M 的最小值为m ，求m 的值；(3)在(2)的条件下，设c n ＝15[b n ＋(m －5)n]＋2，求证：数列{c n }中任意不同的三项都不能成为等比数列． (1)解 ∵a 3＝4，S 3＝18，∴a 1＝8，d ＝－2，∴S n ＝－n 2＋9n ，S n ＋S n ＋22<S n ＋1满足条件①，S n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫n －922＋814，当n ＝4或5时，S n 取最大值20.∴S n ≤20满足条件②， ∴{S n }∈W .(2)解 b n ＋1－b n ＝5－2n可知{b n }中最大项是b 3＝7， ∴M ≥7，M 的最小值为7.(3)证明 由(2)知c n ＝n ＋2，假设{c n }中存在三项c p 、c q 、c r (p 、q 、r 互不相等)成等比数列，则c 2q ＝c p ·c r ，∴(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)， ∴(q 2－pr )＋(2q －p －r )2＝0.∵p 、q 、r ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧q 2＝pr ，2q －p －r ＝0，消去q 得(p －r )2＝0， ∴p ＝r ，与p ≠r 矛盾．∴{c n }中任意不同的三项都不能成为等比数列．。

第4讲 推理与证明1．(2016·课标全国丙)定义“规范01数列”{a n }如下：{a n }共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意k ≤2m ，a 1，a 2，…，a k 中0的个数不少于1的个数．若m ＝4，则不同的“规范01数列”共有( )A ．18个B ．16个C ．14个D ．12个 答案 C解析 第一位为0，最后一位为1，中间3个0,3个1,3个1在一起时为000111,001110；只有2个1相邻时，共A 24个，其中110100；110010；110001,101100不符合题意，三个1都不在一起时有C 34个，共2＋8＋4＝14(个)． 2．(2016·山东)观察下列等式：⎝ ⎛⎭⎪⎫sin π3－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2π3－2＝43×1×2； ⎝ ⎛⎭⎪⎫sin π5－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2π5－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 3π5－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 4π5－2＝43×2×3； ⎝ ⎛⎭⎪⎫sin π7－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2π7－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 3π7－2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 6π7－2＝43×3×4； ⎝ ⎛⎭⎪⎫sin π9－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2π9－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 3π9－2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 8π9－2＝43×4×5； …照此规律，⎝ ⎛⎭⎪⎫sin π2n ＋1－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2π2n ＋1－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 3π2n ＋1－2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2n π2n ＋1－2＝__________. 答案 43n (n ＋1)解析 观察等式右边的规律：第1个数都是43，第2个数对应行数n ，第3个数为n ＋1.3．(2016·课标全国甲)有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是________． 答案 1和3解析 由丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”可知，丙为“1和2”或“1和3”，又乙说“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，所以乙只可能为“2和3”，所以由甲说“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，所以甲只能为“1和3”．1.以数表、数阵、图形为背景与数列、周期性等知识相结合考查归纳推理和类比推理，多以小题形式出现.2.直接证明和间接证明的考查主要作为证明和推理数学命题的方法，常与函数、数列及不等式等综合命题.热点一 归纳推理1．归纳推理是由某类事物的部分对象具有某些特征，推出该类事物的全部对象都具有这些特征的推理，或者由个别事实概括出一般结论的推理． 2．归纳推理的思维过程如下：实验、观察→概括、推广→猜测一般性结论例1 (1)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数，如三角形数1,3,6,10，…，第n 个三角形数为n n ＋2＝12n 2＋12n ，记第n 个k 边形数为N (n ，k )(k ≥3)，以下列出了部分k 边形数中第n 个数的表达式： 三角形数 N (n,3)＝12n 2＋12n ， 正方形数 N (n,4)＝n 2， 五边形数 N (n,5)＝32n 2－12n ， 六边形数 N (n,6)＝2n 2－n……可以推测N (n ，k )的表达式，由此计算N (8,12)＝____________.(2)已知f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)，经计算得f (4)>2，f (8)>52，f (16)>3，f (32)>72，则有______________________． 答案 (1)288 (2)f (2n)>n ＋22(n ≥2，n ∈N *)解析 (1)原已知式子可化为N (n,3)＝12n 2＋12n ＝3－22n 2＋4－32n ，N (n,4)＝n 2＝4－22n 2＋4－42n ，N (n,5)＝32n 2－12n ＝5－22n 2＋4－52n ，N (n,6)＝2n 2－n ＝6－22n 2＋4－62n ， 由归纳推理可得N (n ，k )＝k －22n 2＋4－k2n ，故N (8,12)＝12－22×82＋4－122×8＝288.(2)由题意得f (22)>42，f (23)>52，f (24)>62，f (25)>72，所以当n ≥2时，有f (2n)>n ＋22.故填f (2n)>n ＋22(n ≥2，n ∈N *)．思维升华 归纳递推思想在解决问题时，从特殊情况入手，通过观察、分析、概括，猜想出一般性结论，然后予以证明，这一数学思想方法在解决探索性问题、存在性问题或与正整数有关的命题时有着广泛的应用．其思维模式是“观察—归纳—猜想—证明”，解题的关键在于正确的归纳猜想．跟踪演练1 (1)两旅客坐火车外出旅游，希望座位连在一起，且有一个靠窗，已知火车上的座位的排法如图所示，则下列座位号码符合要求的应当是( )A ．48,49B ．62,63C ．75,76D ．84,85(2)用黑白两种颜色的正方形地砖依照下图所示的规律拼成若干个图形，则按此规律，第100个图形中有白色地砖________块；现将一粒豆子随机撒在第100个图中，则豆子落在白色地砖上的概率是________．答案 (1)D (2)503503603解析 (1)由已知图形中座位的排列顺序，可得：被5除余1的数和能被5整除的座位号临窗，由于两旅客希望座位连在一起，且有一个靠窗，分析答案中的4组座位号，只有D 符合条件． (2)按拼图的规律，第1个图有白色地砖(3×3－1)块，第2个图有白色地砖(3×5－2)块，第3个图有白色地砖(3×7－3)块，…，则第100个图中有白色地砖3×201－100＝503(块)．第100个图中黑白地砖共有603块，则将一粒豆子随机撒在第100个图中，豆子落在白色地砖上的概率是503603.热点二 类比推理1．类比推理是由两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征，推出另一类对象也具有这些特征的推理． 2．类比推理的思维过程如下：观察、比较→联想、类推→猜测新的结论例2 (1)已知结论：“在正△ABC 中，若D 是边BC 的中点，G 是△ABC 的重心，则AG GD＝2”．若把该结论推广到空间，则有结论：“在棱长都相等的四面体A —BCD 中，若△BCD 的中心为M ，四面体内部一点O 到四面体各面的距离都相等”，则AOOM等于( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4(2)已知双曲正弦函数sh x ＝e x－e －x2和双曲余弦函数ch x ＝e x ＋e －x2与我们学过的正弦函数和余弦函数有许多类似的性质，请类比正弦函数和余弦函数的和角或差角．．．．．公式，写出双曲正弦或双曲余弦函数的一个．．类似的正确结论______________________． 答案 (1)C (2)ch(x －y )＝ch x ch y －sh x sh y 解析 (1)如图，设正四面体的棱长为1，则易知其高AM ＝63，此时易知点O 即为正四面体内切球的球心，设其半径为r ，利用等积法有4×13×34r ＝13×34×63⇒r ＝612，故AO ＝AM－MO ＝63－612＝64， 故AO ∶OM ＝64∶612＝3∶1.(2)ch x ch y －sh x sh y ＝e x＋e －x2·e y ＋e －y 2－e x －e －x 2·e y －e－y2＝14(e x ＋y ＋e x －y ＋e －x ＋y ＋e －x －y －e x ＋y ＋e x －y ＋e －x ＋y －e －x －y)＝14(2e x －y ＋2e －(x －y ))＝e x －y＋e －x －y2＝ch(x －y )，故知ch(x ＋y )＝ch x ch y ＋sh x sh y ， 或sh(x －y )＝sh x ch y －ch x sh y ， 或sh(x ＋y )＝sh x ch y ＋ch x sh y .思维升华 类比推理是合情推理中的一类重要推理，强调的是两类事物之间的相似性，有共同要素是产生类比迁移的客观因素，类比可以由概念性质上的相似性引起，如等差数列与等比数列的类比，也可以由解题方法上的类似引起．当然首先是在某些方面有一定的共性，才能有方法上的类比．跟踪演练2 (1)公比为4的等比数列{b n }中，若T n 是数列{b n }的前n 项积，则有T 20T 10，T 30T 20，T 40T 30也成等比数列，且公比为4100；类比上述结论，相应地在公差为3的等差数列{a n }中，若S n 是{a n }的前n 项和，则有一相应的S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30成等差数列，该等差数列的公差为________．(2)若点P 0(x 0，y 0)在椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)外，过点P 0作该椭圆的两条切线，切点分别为P 1，P 2，则切点弦P 1P 2所在直线的方程为x 0x a 2＋y 0y b 2＝1.那么对于双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)，类似地，可以得到切点弦所在直线的方程为____________________． 答案 (1)300 (2)x 0x a 2－y 0yb 2＝1 解析 (1)在等比数列{b n }中，若T n 是数列{b n }的前n 项积，则有T 20T 10，T 30T 20，T 40T 30也成等比数列，且公比为4100；类比上述结论，在公差为3的等差数列{a n }中，我们可以类比推断出：S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30也构成等差数列，公差为100d ＝300.(2)设P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，P 0(x 0，y 0)，则过点P 1，P 2的切线的方程分别为x 1x a 2－y 1y b 2＝1，x 2xa2－y 2y b 2＝1.因为P 0(x 0，y 0)在这两条切线上，所以x 1x 0a 2－y 1y 0b 2＝1，x 2x 0a 2－y 2y 0b2＝1，这说明P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)都在直线x 0x a 2－y 0y b 2＝1上，故切点弦P 1P 2所在直线的方程为x 0x a 2－y 0yb2＝1.热点三 直接证明和间接证明直接证明的常用方法有综合法和分析法，综合法由因导果，而分析法则是执果索因，反证法是反设结论导出矛盾的证明方法．例3 已知{a n }是正数组成的数列，a 1＝1，且点(a n ，a n ＋1) (n ∈N *)在函数y ＝x 2＋1的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若数列{b n }满足b 1＝1，b n ＋1＝b n ＋2na ，求证：b n ·b n ＋2<b 2n ＋1.(1)解 由已知得a n ＋1＝a n ＋1， 则a n ＋1－a n ＝1，又a 1＝1，所以数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列． 故a n ＝1＋(n －1)×1＝n .(2)证明 由(1)知，a n ＝n ，从而b n ＋1－b n ＝2n.b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1＝2n －1＋2n －2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n－1.因为b n ·b n ＋2－b 2n ＋1＝(2n －1)(2n ＋2－1)－(2n ＋1－1)2＝(22n ＋2－2n ＋2－2n ＋1)－(22n ＋2－2·2n ＋1＋1)＝－2n<0， 所以b n ·b n ＋2<b 2n ＋1.思维升华 (1)有关否定性结论的证明常用反证法或举出一个结论不成立的例子即可． (2)综合法和分析法是直接证明常用的两种方法，我们常用分析法寻找解决问题的突破口，然后用综合法来写出证明过程，有时候分析法和综合法交替使用．跟踪演练3 (1)已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 成等差数列，A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .求证：1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c； (2)已知f (x )＝a x＋x －2x ＋1(a >1)，证明：方程f (x )＝0没有负根． 证明 (1)要证1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c， 即证a ＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b ＋cb ＋c＝3， 也就是c a ＋b ＋ab ＋c＝1，只需证c (b ＋c )＋a (a ＋b )＝(a ＋b )(b ＋c )， 需证c 2＋a 2＝ac ＋b 2，又△ABC 三内角A ，B ，C 成等差数列， 故B ＝60°， 由余弦定理，得b 2＝c 2＋a 2－2ac cos 60°，即b 2＝c 2＋a 2－ac ，故c 2＋a 2＝ac ＋b 2成立． 于是原等式成立．(2)假设x 0是f (x )＝0的负根， 则x 0<0，且x 0≠－1，0002,1x x ax -=-+ 所以001x a <<⇒0<－x 0－2x 0＋1<1， 解得12<x 0<2，这与x 0<0矛盾，故方程f (x )＝0没有负根．热点四 数学归纳法 数学归纳法证明的步骤(1)证明当n 取第一个值n 0(n 0∈N *)时结论成立．(2)假设n ＝k (k ∈N *，且k ≥n 0)时结论成立，证明n ＝k ＋1时结论也成立． 由(1)(2)可知，对任意n ≥n 0，且n ∈N *时，结论都成立．例4 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，通项公式为a n ＝1n ，f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧S 2n ，n ＝1，S 2n －S n －1，n ≥2.(1)计算f (1)，f (2)，f (3)的值；(2)比较f (n )与1的大小，并用数学归纳法证明你的结论． 解 (1)由题意知f (1)＝S 2＝1＋12＝32，f (2)＝S 4－S 1＝12＋13＋14＝1312， f (3)＝S 6－S 2＝13＋14＋15＋16＝1920.(2)由(1)知f (1)>1，f (2)>1； 下面用数学归纳法证明： 当n ≥3时，f (n )<1.①由(1)知当n ＝3时，f (n )<1；②假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N *)时，f (k )<1， 即f (k )＝1k ＋1k ＋1＋…＋12k <1，那么当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＝(1k ＋1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k )＋12k ＋1＋12k ＋2－1k<1＋(12k ＋1－12k )＋(12k ＋2－12k )＝1＋2k －k ＋2k k ＋＋2k －k ＋2k k ＋＝1－12kk ＋－1kk ＋<1，所以当n ＝k ＋1时，f (n )<1也成立． 由①和②知，当n ≥3时，f (n )<1. 所以当n ＝1和n ＝2时，f (n )>1； 当n ≥3时，f (n )<1.思维升华 用数学归纳法证明与正整数有关的等式命题时，关键在于弄清等式两边的构成规律，等式的两边各有多少项，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，等式的两边会增加多少项，增加怎样的项．难点在于寻求等式在n ＝k 和n ＝k ＋1时的联系． 跟踪演练4 设a >0，f (x )＝ax a ＋x，令a 1＝1，a n ＋1＝f (a n )，n ∈N *. (1)写出a 2，a 3，a 4的值，并猜想数列{a n }的通项公式； (2)用数学归纳法证明你的结论．(1)解 ∵a 1＝1，∴a 2＝f (a 1)＝f (1)＝a1＋a；a 3＝f (a 2)＝a 2＋a；a 4＝f (a 3)＝a3＋a. 猜想a n ＝an －＋a(n ∈N *)．(2)证明 ①由(1)易知，n ＝1时，猜想正确． ②假设n ＝k 时猜想正确，即a k ＝a k －＋a， 则a k ＋1＝f (a k )＝a ·a ka ＋a k ＝a ·ak －＋a a ＋ak －＋a＝a k －＋a ＋1＝a k ＋－1]＋a.这说明，n ＝k ＋1时猜想正确． 由①②知，对于任何n ∈N *， 都有a n ＝a n －＋a.1．将正整数作如下分组：(1)， (2,3)， (4,5,6)， (7,8,9,10)， (11,12,13,14,15)， (16,17,18,19,20,21)， (22,23,24,25,26,27,28)，…分别计算各组包含的正整数的和，如下所示：S 1＝1， S 2＝2＋3＝5， S 3＝4＋5＋6＝15， S 4＝7＋8＋9＋10＝34， S 5＝11＋12＋13＋14＋15＝65， S 6＝16＋17＋18＋19＋20＋21＝111， S 7＝22＋23＋24＋25＋26＋27＋28＝175，…试猜测S 1＋S 3＋S 5＋…＋S 2 015＝________.押题依据 数表(阵)是高考命题的常见类型，本题以三角形数表中对应的各组包含的正整数的和的计算为依托，围绕简单的计算、归纳猜想以及数学归纳法的应用等，考查考生归纳猜想能力以及对数学归纳法逻辑推理证明步骤的掌握程度． 答案 1 0084解析 由题意知，当n ＝1时，S 1＝1＝14； 当n ＝2时，S 1＋S 3＝16＝24； 当n ＝3时，S 1＋S 3＋S 5＝81＝34； 当n ＝4时，S 1＋S 3＋S 5＋S 7＝256＝44； ……猜想：S 1＋S 3＋S 5＋…＋S 2n －1＝n 4. ∴S 1＋S 3＋S 5＋…＋S 2 015＝1 0084.2．已知下列不等式：x ＋1x ≥2，x ＋4x 2≥3，x ＋27x3≥4，…，则第n 个不等式为________________．押题依据 根据n 个等式或不等式归纳猜想一般规律的式子是近几年高考热点，相对而言，归纳推理在高考中出现的机率较大．答案 x ＋n nxn ≥n ＋1解析 已知所给不等式的左边第一个式子都是x ，不同之处在于第二个式子，当n ＝1时，为1x；当n ＝2时，为4x 2；当n ＝3时，为27x3；……显然式子中的分子与分母是对应的，分母为x n ，分子是n n，所以不等式左边的式子为x ＋n nxn ，显然不等式右边的式子为n ＋1，所以第n 个不等式为x ＋n nxn ≥n ＋1.3．设数列{a n }是公比为q 的等比数列，S n 是它的前n 项和，证明：数列{S n }不是等比数列． 押题依据 反证法是一种重要的证明方法，对含“至多”“至少”等词语的命题用反证法十分有效，近几年高考时有涉及．证明 假设{S n }是等比数列，则S 22＝S 1S 3，即a 21(1＋q )2＝a 1·a 1(1＋q ＋q 2)．因为a 1≠0，所以(1＋q )2＝1＋q ＋q 2，即q ＝0，这与q ≠0矛盾，故{S n }不是等比数列．A 组 专题通关1．观察下列各式：a ＋b ＝1，a 2＋b 2＝3，a 3＋b 3＝4，a 4＋b 4＝7，a 5＋b 5＝11，…，则a 10＋b 10等于( ) A ．28 B ．76 C ．123 D ．199答案 C解析 观察可得各式的值构成数列1,3,4,7,11，…，其规律为从第三项起，每项等于其前相邻两项的和，所求值为数列中的第10项．继续写出此数列为1,3,4,7,11,18,29,47,76,123，…， 第10项为123，即a 10＋b 10＝123.2．设a ，b ，c ∈(－∞，0)，则a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a( )A ．都不大于－2B ．都不小于－2C ．至少有一个不大于－2D ．至少有一个不小于－2 答案 C解析 假设a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a 都大于－2，即a ＋1b >－2，b ＋1c>－2，c ＋1a>－2，将三式相加，得a ＋1b ＋b ＋1c ＋c ＋1a>－6，又因为a ＋1a ≤－2，b ＋1b ≤－2，c ＋1c≤－2，所以a ＋1b ＋b ＋1c ＋c ＋1a≤－6，所以假设不成立，故选C.3．正弦函数是奇函数，f (x )＝sin(x 2＋1)是正弦函数，因此f (x )＝sin(x 2＋1)是奇函数，以上推理( ) A ．结论正确 B ．大前提不正确 C ．小前提不正确 D ．全不正确答案 C解析 因为f (x )＝sin(x 2＋1)不是正弦函数，所以小前提不正确．4．某珠宝店丢了一件珍贵珠宝，以下四人中只有一个人说了真话，只有一人偷了珠宝．甲：我没有偷；乙：丙是小偷；丙：丁是小偷；丁：我没有偷．根据以上条件，可以判断偷珠宝的人是( )A ．甲B ．乙C ．丙D ．丁 答案 A解析 假如甲说了真话，则乙、丙、丁都说了假话，那么丙不是小偷，丁不是小偷，丁偷了珠宝，显然矛盾，故甲说了假话，即甲是小偷，故选A. 5．设a ，b ∈R ，定义：M (a ，b )＝a ＋b ＋|a －b |2，m (a ，b )＝a ＋b －|a －b |2，则下列式子错误的是( )A ．M (a ，b )＋m (a ，b )＝a ＋bB ．m (|a ＋b |，|a －b |)＝|a |－|b |C ．M (|a ＋b |，|a －b |)＝|a |＋|b |D ．m (M (a ，b )，m (a ，b ))＝m (a ，b ) 答案 B解析 ∵M (a ，b )＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≥b ，b ，a <b ，m (a ，b )＝⎩⎪⎨⎪⎧b ，a ≥b ，a ，a <b ，∴m (M (a ，b )，m (a ，b ))＝m (a ，b )，D 正确；M (a ，b )＋m (a ，b )＝a ＋b ，A 正确；m (|a ＋b |，|a －b |)＝min{|a ＋b |2，|a －b |2}＝⎩⎪⎨⎪⎧|a ＋b |， ab <0，|a －b |， ab ≥0，B 错误；M (|a ＋b |，|a －b |)＝max{|a ＋b |2，|a －b |2}＝⎩⎪⎨⎪⎧|a ＋b |＝|a |＋|b |，ab ≥0，|a －b |＝|a |＋|b |，ab <0，C 正确．故选B.6．对于任意的两个实数对(x 1，y 1)和(x 2，y 2)，规定：(x 1，y 1)＝(x 2，y 2)，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝x 2，y 1＝y 2；运算“⊗”为(x 1，y 1)⊗(x 2，y 2)＝(x 1x 2－y 1y 2，y 1x 2＋x 1y 2)；运算“”为(x 1，y 1)(x 2，y 2)＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)．设k ，n ∈R ，若(1,2)⊗(k ，n )＝(3,1)，则(1,2)(k ，n )＝________. 答案 (2,1)解析 由(1,2)⊗(k ，n )＝(3,1)，得⎩⎪⎨⎪⎧k －2n ＝3，2k ＋n ＝1， 解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝1，n ＝－1.所以(1,2)(k ，n )＝(1,2)(1，－1)＝(2,1)．7．宋元时期杰出的数学家朱世杰在其数学巨著《四元玉鉴》卷中“茭草形段”第一个问题“今有茭草六百八十束，欲令‘落一形’埵(同垛)之．问底子(每层三角形边茭草束数，等价于层数)几何？”中探讨了“垛枳术”中的落一形垛(“落一形”即是指顶上1束，下一层3束，再下一层6束，……，成三角锥的堆垛，故也称三角垛，如图，表示第二层开始的每层茭草束数)，则本问题中三角垛底层茭草总束数为________．答案 120解析 由题意，第n 层茭草束数为 1＋2＋…＋n ＝n n ＋2， ∴1＋3＋6＋…＋n n ＋2＝680，即为12[16n (n ＋1)(2n ＋1)＋12n (n ＋1)]＝16n (n ＋1)(n ＋2)＝680， 即有n (n ＋1)(n ＋2)＝15×16×17，∴n ＝15，∴n n ＋2＝120.8．如果函数f (x )在区间D 上是凸函数，那么对于区间D 内的任意x 1，x 2，…，x n ，都有f x 1＋f x 2＋…＋f x n n ≤f (x 1＋x 2＋…＋x nn)．若y ＝sin x 在区间(0，π)上是凸函数，那么在△ABC 中，sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值是________． 答案332解析 由题意知，凸函数满足f x 1＋f x 2＋…＋f x n n ≤f (x 1＋x 2＋…＋x nn)，又y ＝sin x 在区间(0，π)上是凸函数， 则sin A ＋sin B ＋sin C ≤3sinA ＋B ＋C3＝3sin π3＝332.9．某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数： ①sin 213°＋cos 217°－sin 13°cos 17°； ②sin 215°＋cos 215°－sin 15°cos 15°； ③sin 218°＋cos 212°－sin 18°cos 12°； ④sin 2(－18°)＋cos 248°－sin(－18°)cos 48°； ⑤sin 2(－25°)＋cos 255°－sin(－25°)cos 55°. (1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论． 解 方法一 (1)选择②式，计算如下： sin 215°＋cos 215°－sin 15°cos 15° ＝1－12sin 30°＝1－14＝34.(2)三角恒等式为sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝34.证明如下：sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α) ＝sin 2α＋(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)2－sin α(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)＝sin 2α＋34cos 2α＋32sin αcos α＋14sin 2α－32sin αcos α－12sin 2α＝34sin 2α＋34cos 2α＝34.方法二 (1)同方法一．(2)三角恒等式为sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝34.证明如下：sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α) ＝1－cos 2α2＋1＋cos 60°－2α2－sin α(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)＝12－12cos 2α＋12＋12(cos 60°cos 2α＋sin 60°sin 2α)－32sin αcos α－12sin 2α ＝12－12cos 2α＋12＋14cos 2α＋34sin 2α－34sin 2α－14(1－cos 2α) ＝1－14cos 2α－14＋14cos 2α＝34.10．已知a ，b ，m 为非零实数，且a 2＋b 2＋2－m ＝0，1a 2＋4b2＋1－2m ＝0.(1)求证：1a 2＋4b2≥9a 2＋b 2； (2)求证：m ≥72.证明 (1)(分析法)要证1a 2＋4b2≥9a 2＋b 2成立， 只需证(1a 2＋4b2)(a 2＋b 2)≥9，即证1＋4＋b 2a 2＋4a 2b 2≥9，即证b 2a 2＋4a 2b2≥4.根据基本不等式，有b 2a 2＋4a 2b2≥2b 2a 2·4a 2b 2＝4成立， 所以原不等式成立．(2)(综合法)因为a 2＋b 2＝m －2，1a 2＋4b2＝2m －1，由(1)，知(m －2)(2m －1)≥9，即2m 2－5m －7≥0， 解得m ≤－1或m ≥72.又因为a 2＋b 2＝m －2>0.所以m >2，故m ≤－1舍去，所以m ≥72.B 组 能力提高11．已知正方形ABCD 的边长是a ，依次连接正方形ABCD 各边中点得到一个新的正方形，再依次连接新正方形各边中点又得到一个新的正方形，由此规律，依次得到一系列的正方形，如图所示．现有一只小虫从A 点出发，沿正方形的边逆时针方向爬行，每遇到新正方形的顶点时，沿这个正方形的边逆时针方向爬行，如此下去，爬行了10条线段．则这10条线段长度的平方和是()A.1 0232 048a 2B.1 023768a 2C.5111 024a 2D.2 0474 096a 2答案 A解析 由题意可知，这只小虫爬行的第一条线段长度的平方为a 21＝(12a )2＝14a 2，第二条线段长度的平方为a 22＝(24a )2＝18a 2，第三条线段长度的平方为a 23＝(14a )2＝116a 2，…，从而可知，小虫爬行的线段长度的平方可以构成以a 21＝14a 2为首项，12为公比的等比数列，所以该数列的前10项和为S 10＝14a 2[1－1210]1－12＝1 023a 22 048.故选A. 12．对大于1的自然数m 的三次幂可用奇数进行以下方式的“分裂”：23⎩⎪⎨⎪⎧35，33⎩⎪⎨⎪⎧7911，43⎩⎪⎨⎪⎧13151719，….仿此，若m 3的“分裂数”中有一个是59，则m 的值为________．答案 8解析 由已知可观察出m 3可分裂为m 个连续奇数，最小的一个为(m －1)m ＋1.当m ＝8时，最小的数为57，第二个便是59.∴m ＝8.13．如图(1)，已知O 是△ABC 内任意一点，连接AO ，BO ，CO 并延长交对边分别于点A ′，B ′，C ′，则OA ′AA ′＋OB ′BB ′＋OC ′CC ′＝1.这是平面几何中的一道题，其证明常采用“面积法”：OA ′AA ′＋OB ′BB ′＋OC ′CC ′＝S △OBC S △ABC ＋S △OCA S △ABC ＋S △OAB S △ABC ＝S △ABC S △ABC＝1.请运用类比思想，如图(2)所示，在空间四面体V —BCD 中，任取一点O ，连接VO ，DO ，BO ，CO 并延长分别交四个面于点E ，F ，G ，H ，用“体积法”可得的类似结论为________________．答案OE VE ＋OF DF ＋OG BG ＋OH CH＝1 解析 利用类比推理，面积类比体积．14．蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师，单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形，如图为一组蜂巢的截面图．其中第一个图有1个蜂巢，第二个图有7个蜂巢，第三个图有19个蜂巢，按此规律，以f (n )表示第n 个图的蜂巢总数．(1)试给出f (4)，f (5)的值，并求f (n )的表达式(不要求证明)； (2)证明：1f＋1f＋1f＋…＋1f n <43. (1)解 f (4)＝37，f (5)＝61. 由于f (2)－f (1)＝7－1＝6，f (3)－f (2)＝19－7＝2×6， f (4)－f (3)＝37－19＝3×6， f (5)－f (4)＝61－37＝4×6，…因此，当n ≥2时，有f (n )－f (n －1)＝6(n －1)，所以f (n )＝[f (n )－f (n －1)]＋[f (n －1)－f (n －2)]＋…＋[f (2)－f (1)]＋f (1) ＝6[(n －1)＋(n ＋2)＋…＋2＋1]＋1＝3n 2－3n ＋1. 又f (1)＝1＝3×12－3×1＋1，所以f (n )＝3n 2－3n ＋1. (2)证明 当k ≥2时，1f k ＝13k 2－3k ＋1<13k 2－3k ＝13(1k －1－1k )． 所以1f＋1f＋1f＋…＋1f n <1＋13[(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1－1n)] ＝1＋13(1－1n )<1＋13＝43.。

第一部分专题四第2讲1．(2016·江苏南京模拟)已知数列{a n}满足a1＝1，a n＝a n－12a n－1＋1(n∈N*，n≥2)，数列{b n}满足关系式b n＝1a n(n∈N*)．(1)求证：数列{b n}为等差数列；(2)求数列{a n}的通项公式．解析：(1)证明：∵b n＝1a n，且a n＝a n－12a n－1＋1，∴b n＋1＝1a n＋1＝1a n2a n＋1＝2a n＋1a n，∴b n＋1－b n＝2a n＋1a n－1a n＝2.又b1＝1a1＝1，∴数列{b n}是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知数列{b n}的通项公式为b n＝1＋(n－1)×2＝2n－1，又b n＝1a n，∴a n＝1b n＝12n－1.∴数列{a n}的通项公式为a n＝12n－1.2．(2016·福建厦门模拟)已知数列{a n}的前n项和为S n，若S n＝3a n＋2n.(1)求证：数列{a n－2}是等比数列；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n2×3n的前n项和T n.解析：(1)证明：由S n＝3a n＋2n，得S n＋1＝3a n＋1＋2(n＋1)，以上两式相减得a n＋1＝3a n＋1－3a n＋2，即a n＋1＝32a n－1，所以a n＋1－2＝32(a n－2)．又因为S1＝a1＝3a1＋2，所以a1＝－1，a1－2＝－3.故数列{a n－2}是以－3为首项，32为公比的等比数列．(2)由(1)得a n－2＝－3×⎝⎛⎭⎪⎫32n－1，所以a n ＝2－3×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，所以a n 2×3n ＝13n －12n ， 所以T n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n 1－13－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝12n －12×3n －12. 3．(2016·河北石家庄模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *，λ≠－1)，且a 1,2a 2，a 3＋3为等差数列{b n }的前三项．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{a n b n }的前n 项和．解析：(1)方法一 ∵a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *)， ∴a n ＝λS n －1＋1(n ≥2)， ∴a n ＋1－a n ＝λa n ，即a n ＋1＝(λ＋1)a n (n ≥2)，λ＋1≠0， 又a 1＝1，a 2＝λS 1＋1＝λ＋1，∴数列{a n }是以1为首项，公比为λ＋1的等比数列， ∴a 3＝(λ＋1)2，∴4(λ＋1)＝1＋(λ＋1)2＋3， 整理得λ2－2λ＋1＝0，解得λ＝1， ∴a n ＝2n －1，b n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. 方法二 ∵a 1＝1，a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *)， ∴a 2＝λS 1＋1＝λ＋1，a 3＝λS 2＋1＝λ(1＋λ＋1)＋1＝λ2＋2λ＋1， ∴4(λ＋1)＝1＋λ2＋2λ＋1＋3， 整理得λ2－2λ＋1＝0，解得λ＝1， ∴a n ＋1＝S n ＋1(n ∈N *)， ∴a n ＝S n －1＋1(n ≥2)，∴a n ＋1－a n ＝a n (n ≥2)，即a n ＋1＝2a n (n ≥2)， 又a 1＝1，a 2＝2，∴数列{a n }是以1为首项，公比为2的等比数列， ∴a n ＝2n －1，b n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. (2)由(1)知，a n b n ＝(3n －2)×2n －1， 设T n 为数列{a n b n }的前n 项和，∴T n ＝1×1＋4×21＋7×22＋…＋(3n －2)×2n －1，①∴2T n ＝1×21＋4×22＋7×23＋…＋(3n －5)×2n －1＋(3n －2)×2n .②①－②得，－T n ＝1×1＋3×21＋3×22＋…＋3×2n －1－(3n －2)×2n ＝1＋3×2×(1－2n －1)1－2－(3n －2)×2n ，整理得：T n ＝(3n －5)×2n ＋5.4．(2016·江西八校联考)已知f (x )＝2sin π2x ，集合M ＝{x ||f (x )|＝2，x ＞0}，把M 中的元素从小到大依次排成一列，得到数列{a n }，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)记b n ＝1a 2n ＋1，设数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n ＜14.解析：(1)∵|f (x )|＝2，∴π2x ＝k π＋π2，k ∈Z ，x ＝2k ＋1，k ∈Z . 又∵x >0，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)证明：∵b n ＝1a 2n ＋1＝1(2n ＋1)2＝14n 2＋4n ＋1<14n 2＋4n ＝14⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n <14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝14－14(n ＋1)<14， ∴T n <14得证．5.设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为数列{a n }的前n项和.已知S 3=7,且a 1+3,3a 2,a 3+4构成等差数.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n =n a n n 2)1(1++,n =1,2,…,求数列{b n }的前n 项和T n .解析：(1)由已知得: a 1+a 2+a 3=7,23132)4()3(a a a =+++,解得a 2=2.设数列{a n }的公比为q,由a 2=2,可得a 1=q 2,a 3=2q.又S 3=7,可知q2+2+2q=7,即2q 2-5q+2=0,解得q 1=2,q 2=21.由题意得q>1,∴q=2,∴a 1=1.故数列{a n }的通项公式为a n =2n-1(n ∈N*). (2)b n =1222)1(1)1(1-++=++n n n n a n n .T n =⎥⎦⎤⎢⎣⎡++⨯+++⨯++⨯-1232)1(1)2321()2211(n n n)(1131323)14(2)111(41)41(2)111()3121()211()222()1(132121112123*+-∈+-+=-++-=--+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-++-+-=++++⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⨯++⨯+⨯=N n n n n n n n n n n n .综上,T n =11313212+-++n n (n ∈N*).6．(2016·东北三校二模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2a n －2n (n ∈N *)．(1)证明：{a n ＋2}是等比数列，并求{a n }的通项公式； (2)数列{b n }满足b n ＝log 2(a n ＋2)，T n 为数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n b n ＋1的前n 项和，若T n ＜a 对任意正整数n 都成立，求a 的取值范围．解析：(1)证明：因为S n ＝2a n －2n (n ∈N *)， 所以S n －1＝2a n －1－2(n －1)(n ≥2)． 所以S n －S n －1＝a n ＝2a n －2a n －1－2(n ≥2)， 所以a n ＋2＝2(a n －1＋2)(n ≥2)，又当n ＝1时，S 1＝2a 1－2＝a 1，解得a 1＝2，所以a 1＋2＝4， 所以{a n ＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列， 所以a n ＋2＝4×2n －1(n ∈N *)，所以a n ＝2n ＋1－2(n ∈N *)． (2)因为b n ＝log 2(a n ＋2)＝log 22n ＋1＝n ＋1， 所以1b n b n ＋1＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2<12，因为T n <a 对任意正整数n 都成立，所以a ≥12.7．(2016·安徽合肥第一次模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 3＝6，正项数列{b n }满足b 1·b 2·b 3…·b n ＝2S n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若λb n ＞a n 对 n ∈N *均成立，求实数λ的取值范围． 解析：(1)∵a 1＝1，S 3＝6， ∴数列{a n }的公差d ＝1，a n ＝n .由题知，⎩⎨⎧b 1·b 2·b 3·…·b n ＝2S n ，①b 1·b 2·b 3·…·b n －1＝2S n －1(n ≥2)，②①÷②，得b n ＝2S n －S n －1＝2a n ＝2n (n ≥2)， 又b 1＝2S 1＝21＝2，满足上式，故b n ＝2n . (2)由λb n >a n 恒成立⇒λ>n2n 恒成立， 设c n ＝n2n ，则c n ＋1c n＝n ＋12n ，当n ≥2时，c n <1，数列{c n }单调递减， ∴(c n )max ＝12，故λ>12，即实数λ的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.8．(2016·湖北武汉四月调考)已知数列{a n }中，前m 项依次构成首项为1，公差为－2的等差数列，第m ＋1项至第2m 项依次构成首项为1，公比为12的等比数列，其中m ≥3，m ∈N *.(1)当1≤n ≤2m 时，求a n ；(2)若对任意的m ∈N *，都有a n ＋2m ＝a n ，设数列{a n }的前n 项和为S n ，求证：S 4m＋3≤－112.解析：(1)当1≤n ≤m 时，a n ＝1＋(n －1)·(－2)＝3－2n ； 当m ＋1≤n ≤2m 时，a n ＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －m －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －m －1.综上，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3－2n ，1≤n ≤m ，⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－m，m ＋1≤n ≤2m .(2)证明：因为对任意的n ∈N *，都有a n ＋2m ＝a n ， 所以数列{a n }具有周期性，周期为2m . S 4m ＋3＝S 4m ＋a 4m ＋1＋a 4m ＋2＋a 4m ＋3 ＝2S 2m ＋a 1＋a 2＋a 3＝2(a 1＋a 2＋…a m )＋(a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a 2m )]＋a 1＋a 2＋a 3＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤m ·1＋m (m －1)2·(－2)＋2·1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m －1·121－12＋1－1－3＝4m －2m 2＋1－42m . 令f (m )＝4m －2m 2＋1－42m (m ≥3，m ∈N *)， 则f (m ＋1)－f (m )＝4(m ＋1)－2(m ＋1)2＋1－42m ＋1－4m ＋2m 2－1＋42m ＝2－4m ＋22m .因为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2－4m ＋22m (m ≥3)单调递减， 所以f (m ＋1)－f (m )＝2－4m ＋22m ≤2－4×3＋223＝－394<0，所以f (m ＋1)<f (m )．所以函数f (m )单调递减． 所以f (m )≤f (3)＝4×3－2×32＋1－423＝－112. 即S 4m ＋3≤－112.。

专题对点练14数列与数列不等式的证明及数列中的存在性问题1.已知等比数列{a n},a1=,公比q=.(1)S n为{a n}的前n项和,证明:S n=;(2)设b n=log3a1+log3a2+…+log3a n,求数列{b n}的通项公式.2.已知数列{a n}满足a1=3,a n+1=.(1)证明:数列是等差数列,并求{a n}的通项公式;(2)令b n=a1a2…a n,求数列的前n项和S n.3.已知数列{a n}的前n项和S n=1+λa n,其中λ≠0.(1)证明{a n}是等比数列,并求其通项公式;(2)若S5=,求λ的值.4.在数列{a n}中,设f(n)=a n,且f(n)满足f(n+1)-2f(n)=2n(n∈N*),且a1=1.(1)设b n=,证明数列{b n}为等差数列;(2)求数列{a n}的前n项和S n.5.设数列{a n}的前n项和为S n,且(3-m)S n+2ma n=m+3(n∈N*),其中m为常数,且m≠-3.(1)求证:{a n}是等比数列;(2)若数列{a n}的公比q=f(m),数列{b n}满足b1=a1,b n=f(b n-1)(n∈N*,n≥2),求证:为等差数列,并求b n.6.已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=-2,且满足S n=a n+1+n+1(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=log3(-a n+1),求数列的前n项和T n,并求证T n<.7.(2018天津模拟)已知正项数列{a n},a1=1,a2=2,前n项和为S n,且满足-2(n≥2,n ∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记c n=,数列{c n}的前n项和为T n,求证:≤T n<.8.已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=2,2S n=(n+1)2a n-n2a n+1,数列{b n}满足b1=1,b n b n+1=λ·.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)是否存在正实数λ,使得{b n}为等比数列?并说明理由.专题对点练14答案1.(1)证明因为a n=,S n=,所以S n=.(2)解b n=log3a1+log3a2+…+log3a n=-(1+2+…+n)=-.所以{b n}的通项公式为b n=-.2.解(1)∵a n+1=,∴a n+1-1=-1=,∴,∴.∵a1=3,∴,∴数列是以为首项,为公差的等差数列,∴(n-1)= n,∴a n=.(2)∵b n=a1a2…a n,∴b n=×…×,∴=2,∴S n=2+…+=2.3.解(1)由题意得a1=S1=1+λa1,故λ≠1,a1=,a1≠0.由S n=1+λa n,S n+1=1+λa n+1得a n+1=λa n+1-λa n,即a n+1(λ-1)=λa n.由a1≠0,λ≠0得a n≠0,所以.因此{a n}是首项为,公比为的等比数列,于是a n=.(2)由(1)得S n=1-.由S5=得1-,即.解得λ=-1.4.(1)证明由已知得a n+1=2a n+2n,∴b n+1=+1=b n+1,∴b n+1-b n=1.又a1=1,∴b1=1,∴{b n}是首项为1,公差为1的等差数列.(2)解由(1)知,b n==n,∴a n=n·2n-1.∴S n=1+2×21+3×22+…+n·2n-1,2S n=1×21+2×22+…+(n-1)·2n-1+n·2n,两式相减得-S n=1+21+22+…+2n-1-n·2n=2n-1-n·2n=(1-n)2n-1,∴S=(n-1)·2n+1.5.证明(1)由(3-m)S n+2ma n=m+3,得(3-m)S n+1+2ma n+1=m+3,两式相减,得(3+m)a n+1=2ma n.∵m≠-3,∴,∴{a n}是等比数列.(2)由(3-m)S n+2ma n=m+3,得(3-m)S1+2ma1=m+3,即a1=1,∴b1=1.∵数列{a n}的公比q=f(m)=,∴当n≥2时,b n=f(b n-1)=,∴b n b n-1+3b n=3b n-1,∴.∴是以1为首项,为公差的等差数列,∴=1+.又=1也符合,∴b n=.6.(1)解∵S n=a n+1+n+1(n∈N*),∴当n=1时,-2=a2+2,解得a2=-8.当n≥2时,a n=S n-S n-1=a n+1+n+1-,即a n+1=3a n-2,可得a n+1-1=3(a n-1).当n=1时,a2-1=3(a1-1)=-9,∴数列{a n-1}是等比数列,首项为-3,公比为3.∴a n-1=-3n,即a n=1-3n.(2)证明b n=log3(-a n+1)=n,∴.∴T n=+…+.∴T n<.7.(1)解由-2(n≥2,n∈N*),得+2S n+1S n-1+=4,即(S n+1+S n-1)2=(2S n)2.由数列{a n}的各项均为正数,得S n+1+S n-1=2S n,所以数列{S n}为等差数列.由a1=1,a2=2,得S1=a1=1,S2=a1+a2=3,则数列{S n}的公差为d=S2-S1=2,所以S n=1+(n-1)×2=2n-1.当n≥2时,a n=S n-S n-1=(2n-1)-(2n-3)=2,而a1=1不适合上式,所以数列{a n}的通项公式为a n=(2)证明由(1)得c n=,则T n=c1+c2+c3+…+c n=+…+1-.又T n=是关于n的增函数,则T n≥T1=,因此,≤T n<.8.解(1)由2S n=(n+1)2a n-n2a n+1,得2S n-1=n2a n-1-(n-1)2a n,∴2a n=(n+1)2a n-n2a n+1-n2a n-1+(n-1)2a n,∴2a n=a n+1+a n-1,∴数列{a n}为等差数列.∵2S1=(1+1)2a1-a2,∴4=8-a2.∴a2=4.∴d=a2-a1=4-2=2.∴a n=2+2(n-1)=2n.(2)∵b n b n+1=λ·=λ·4n,b1=1,∴b2b1=4λ,∴b2=4λ,∴b n+1b n+2=λ·4n+1,∴=4,∴b n+2=4b n,∴b3=4b1=4.若{b n}为等比数列,则=b3·b1,∴16λ2=4×1,∴λ=.故存在正实数λ=,使得{b n}为等比数列.。