备战2020年浙江省高考数学优质卷分类解析：数列与数学归纳法(解析版)

§7.3 等比数列及其前n 项和最新考纲考情考向分析1.理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式及其应用．2.了解等比数列与指数函数的关系．3.会用数列的等比关系解决实际问题.以考查等比数列的通项、前n 项和及性质为主，等比数列的证明也是考查的热点．本节内容在高考中既可以以选择题、填空题的形式进行考查，也可以以解答题的形式进行考查．解答题往往与等差数列、数列求和、不等式等问题综合考查，难度为中低档.1．等比数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q (n ∈N *，q 为非零常数)． (2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即G 是a 与b 的等比中项⇒a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab . 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1.(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1(q ＝1)，a 1(1－q n )1－q＝a 1－a n q1－q (q ≠1).3．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m(n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k .(3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n (λ≠0)仍然是等比数列．(4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n ＋3k ，…为等比数列，公比为q k. 概念方法微思考1．将一个等比数列的各项取倒数，所得的数列还是一个等比数列吗？若是，这两个等比数列的公比有何关系？提示 仍然是一个等比数列，这两个数列的公比互为倒数． 2．任意两个实数都有等比中项吗？提示 不是．只有同号的两个非零实数才有等比中项． 3．“b 2＝ac ”是“a ，b ，c ”成等比数列的什么条件？提示 必要不充分条件．因为b 2＝ac 时不一定有a ，b ，c 成等比数列，比如a ＝0，b ＝0，c ＝1.但a ，b ，c 成等比数列一定有b 2＝ac .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)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( × )(2)如果数列{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列．( × ) (3)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列．( × )(4)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n )1－a.( × )(5)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．( × ) 题组二 教材改编2．[P51例3]已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q ＝______.答案 12解析 由题意知q 3＝a 5a 2＝18，∴q ＝12.3．[P54T3]公比不为1的等比数列{a n }满足a 5a 6＋a 4a 7＝18，若a 1a m ＝9，则m 的值为( ) A ．8B ．9C ．10D ．11 答案 C解析 由题意得，2a 5a 6＝18，a 5a 6＝9，∴a 1a m ＝a 5a 6＝9，∴m ＝10.题组三 易错自纠4．若1，a 1，a 2，4成等差数列，1，b 1，b 2，b 3,4成等比数列，则a 1－a 2b 2的值为________． 答案 －12解析 ∵1，a 1，a 2，4成等差数列， ∴3(a 2－a 1)＝4－1，∴a 2－a 1＝1.又∵1，b 1，b 2，b 3，4成等比数列，设其公比为q ， 则b 22＝1×4＝4，且b 2＝1×q 2>0，∴b 2＝2， ∴a 1－a 2b 2＝－(a 2－a 1)b 2＝－12. 5．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝________. 答案 －11解析 设等比数列{a n }的公比为q ， ∵8a 2＋a 5＝0，∴8a 1q ＋a 1q 4＝0. ∴q 3＋8＝0，∴q ＝－2，∴S 5S 2＝a 1(1－q 5)1－q ·1－q a 1(1－q 2)＝1－q 51－q 2＝1－(－2)51－4＝－11. 6．一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1MB ，然后每3秒自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机________秒，该病毒占据内存8GB.(1GB ＝210MB) 答案 39解析 由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成一等比数列{a n }，且a 1＝2，q ＝2，∴a n ＝2n，则2n＝8×210＝213，∴n ＝13. 即病毒共复制了13次． ∴所需时间为13×3＝39(秒)．题型一 等比数列基本量的运算1．(2018·台州质量评估)已知正项等比数列{a n }中，若a 1a 3＝2，a 2a 4＝4，则a 5等于( ) A ．±4B．4C ．±8D．8答案 B解析 由于等比数列各项为正，则由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1·a 1q 2＝2，a 1q ·a 1q 3＝4，解得⎩⎨⎧a 1＝1，q ＝2，所以a 5＝a 1q 4＝4，故选B.2．(2018·全国Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和，若S m ＝63，求m . 解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝qn －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－(－2)n3.由S m ＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解． 若a n ＝2n －1，则S n ＝2n－1.由S m ＝63得2m＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.思维升华 (1)等比数列的通项公式与前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，q ，n ，S n ，已知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”)．(2)运用等比数列的前n 项和公式时，注意对q ＝1和q ≠1的分类讨论． 题型二 等比数列的判定与证明例1(2018·丽水、衢州、湖州三地市质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝a n ＋1－3n －1，n ∈N *.(1)证明：数列{a n ＋3}是等比数列；(2)对k ∈N *，设f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧S n －a n ＋3n ，n ＝2k －1，log 2(a n ＋3)，n ＝2k ，求使不等式[f (2)－f (m )]cos(m π)≤0成立的正整数m 的取值范围．(1)证明 当n ≥2时，由S n ＝a n ＋1－3n －1，得S n －1＝a n －3(n －1)－1， 由S n －S n －1得，a n ＋1＝2a n ＋3，n ≥2，所以a n ＋1＋3a n ＋3＝2，n ≥2，又S 1＝a 2－3－1，a 1＝1，所以a 2＝5，a 2＋3a 1＋3＝2，因此{a n ＋3}是以a 1＋3＝4为首项，2为公比的等比数列． (2)解 由(1)知a n ＋3＝4×2n －1＝2n ＋1，S n ＝a n ＋1－3n －1＝2n ＋2－3n －4，因为f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1－1，n ＝2k －1，n ＋1，n ＝2k ，当m 为偶数时，cos(m π)＝1，f (2)＝3，f (m )＝m ＋1，因为原不等式可化为3－(m ＋1)≤0，即m ≥2，且m ＝2k (k ≥1，k ∈N *)． 当m 为奇数时，cos(m π)＝－1，f (2)＝3，f (m )＝2m ＋1－1，原不等式可化为3≥2m ＋1－1，当m ＝1时符合条件．综上可得，正整数m 的取值范围是m ＝2k (k ≥1，k ∈N *)或m ＝1. 思维升华判定一个数列为等比数列的常见方法 (1)定义法：若a n ＋1a n＝q (q 是非零常数)，则数列{a n }是等比数列． (2)等比中项法：若a 2n ＋1＝a n a n ＋2(n ∈N *，a n ≠0)，则数列{a n }是等比数列． (3)通项公式法：若a n ＝Aq n(A ，q 为非零常数)，则数列{a n }是等比数列．跟踪训练1(2018·浙江省六校协作体期末联考)已知数列{a n }的首项a 1＝t >0，a n ＋1＝3a n2a n ＋1，n ＝1,2，….(1)若t ＝35，求证⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等比数列，并求出{a n }的通项公式； (2)若a n ＋1>a n 对一切n ∈N *都成立，求t 的取值范围． 解 (1)由题意知a n >0，1a n ＋1＝2a n ＋13a n ＝13a n ＋23， 1a n ＋1－1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1，又1a 1－1＝23，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为23，公比为13的等比数列，所以1a n －1＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1，a n ＝3n3n ＋2.(2)由(1)知1a n ＋1－1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1，1a n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1， 由a 1>0，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，知a n >0，故由a n ＋1>a n 得1a n ＋1<1a n，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1<⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＋1，得1t－1>0，又t >0，则0<t <1，即t 的取值范围是(0,1)．题型三 等比数列性质的应用例2(1)(2018·浙大附中模拟)在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 3＝2－1，a 5＝2＋1，则a 23＋2a 2a 6＋a 3a 7等于( ) A ．8 B ．6 C ．4 D ．8－4 2答案 A解析 由等比数列的性质可知，a 23＋2a 2a 6＋a 3a 7＝a 23＋2a 3a 5＋a 25＝(a 3＋a 5)2＝8，故选A. (2)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，S 2＝－1，S 4＝－5，则S 6等于( ) A ．－9B ．－21C ．－25D ．－63 答案 B解析 因为S 2＝－1≠0，所以q ≠－1，由等比数列性质得S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等比数列，即－1×(S 6＋5)＝(－5＋1)2，∴S 6＝－21，故选B. 思维升华等比数列常见性质的应用 等比数列性质的应用可以分为三类： (1)通项公式的变形． (2)等比中项的变形．(3)前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．跟踪训练2(1)(2018·浙江稽阳联谊学校高三联考)等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，a 1a 9＝2a 3a 6，S 5＝－62，则a 1的值为________． 答案 －2解析 由等比数列的性质及题意知a 1a 9＝a 3a 7＝2a 3a 6，所以q ＝a 7a 6＝2，由S 5＝a 1(1－25)1－2＝－62，可得a 1＝－2.(2)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3S 6＝89，则a n ＋1a n －a n －1＝________(n ≥2，且n ∈N )．答案 －12解析 很明显等比数列的公比q ≠1，则由题意可得，S 3S 6＝a 1()1－q 31－q a 1()1－q 61－q＝11＋q 3＝89， 解得q ＝12，则a n ＋1a n －a n －1＝a n －1q 2a n －1q －a n －1＝q 2q －1＝1412－1＝－12.等差数列与等比数列关于等差(比)数列的基本运算在高考试题中频繁出现，其实质就是解方程或方程组，需要认真计算，灵活处理已知条件．例1(2018·浙江六校协作体期末联考)已知数列{a n }是公比为2的等比数列，满足a 6＝a 2·a 10，设等差数列{b n }的前n 项和为S n ，若b 9＝2a 7，则S 17等于( ) A ．34B ．39C ．51D ．68 答案 D解析 方法一 数列{a n }是公比q ＝2的等比数列，由a 6＝a 2·a 10得a 1q 5＝a 1q ·a 1q 9，∴a 1q5＝1，∴a 6＝1，b 9＝2a 7＝2a 6·q ＝2×1×2＝4，设等差数列{b n }的公差为d ，则S 17＝17b 1＋17×162d ＝17(b 1＋8d )＝17b 9＝68，故选D.方法二 数列{a n }是公比为2的等比数列，由等比数列的性质得a 6＝a 2·a 10＝a 26，∴a 6＝1，∴b 9＝2a 7＝2a 6×2＝4，∴等比数列{b n }的前17项和S 17＝17(b 1＋b 17)2＝17b 9＝68，故选D.例2(2018·浙江十校联盟适应性考试)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是单调递增的等比数列，b 1是a 1与a 2的等差中项，b 1＝2，a 3＝5，b 3＝a 4＋1.若当n ≥m (m ∈N *)时，S n ≤b n 恒成立，则m 的最小值为________． 答案 4解析 由题意设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，q >1，则a 1＋a 2＝2a 1＋d ＝2b 1＝4，又a 3＝a 1＋2d ＝5，所以a 1＝1，d ＝2，a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以b 3＝a 4＋1＝8，S n ＝n ＋n (n －1)2×2＝n 2.因为数列{b n }是单调递增的等比数列，所以q 2＝b 3b 1＝4，q ＝2，b n＝2n.因为当n ≥m (m ∈N *)时，S n ≤b n 恒成立，所以当n ≥m (m ∈N *)时n 2≤2n恒成立，数形结合可知m 的最小值为4.1．若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则“a 2<0且a 5<0”是“数列{S n }单调递减”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 C解析 设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 5＝a 2q 3<0，a 2<0，∴q >0，∴a n <0恒成立，∴当n ≥2时，S n －S n －1＝a n <0，数列{S n }单调递减，故“a 2<0且a 5<0”是“数列{S n }单调递减”的充分条件；若数列{S n }单调递减，则当n ≥2时，S n －S n －1＝a n <0⇒a 2<0，a 5<0，故“a 2<0且a 5<0”是“数列{S n }单调递减”的必要条件，故选C.2．已知递增的等比数列{a n }中，a 2＝6，a 1＋1，a 2＋2，a 3成等差数列，则该数列的前6项和S 6等于( )A ．93B ．189C.18916D ．378答案 B解析 设数列{a n }的公比为q ，由题意可知，q >1， 且2()a 2＋2＝a 1＋1＋a 3， 即2×()6＋2＝6q＋1＋6q ，整理可得2q 2－5q ＋2＝0， 则q ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＝12舍去，则a 1＝62＝3， ∴数列{a n }的前6项和S 6＝3×()1－261－2＝189.3．等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝32n －1＋r ，则r 的值为( )A.13B ．－13C.19D ．－19 答案 B解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋r ， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝32n －1－32n －3＝32n －3(32－1)＝8·32n －3＝8·32n －2·3－1＝83·9n －1，所以3＋r ＝83，即r ＝－13，故选B.4．已知等比数列{a n }的公比为－2，且S n 为其前n 项和，则S 4S 2等于( ) A ．－5B ．－3C ．5D ．3 答案 C解析 由题意可得，S 4S 2＝a 1[1－(－2)4]1－(－2)a 1[1－(－2)2]1－(－2)＝1＋(－2)2＝5. 5．(2018·浙江名校新高考研究联盟联考)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下类似问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问底层几盏灯？”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盏答案 C解析 设塔的底层共有灯x 盏，则各层的灯数从下到上构成一个首项为x ，公比为12的等比数列，则x ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1271－12＝381，解得x ＝192.6．若正项等比数列{a n }满足a n a n ＋1＝22n (n ∈N *)，则a 6－a 5的值是( ) A.2B ．－162C ．2D ．16 2 答案 D解析 设正项等比数列{a n }的公比为q >0， ∵a n a n ＋1＝22n(n ∈N *)，∴a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝22(n ＋1)22n ＝4＝q 2，解得q ＝2， ∴a 2n ×2＝22n，a n >0，解得a n ＝2122n -，则a 6－a 5＝1192222-＝162，故选D.7．(2018·杭州质检)设各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝80，S 2＝8，则公比q ＝________，a 5＝________. 答案 3 162解析 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧S 2＝a 1＋a 1q ＝8，S 4＝(a 1＋a 1q )(1＋q 2)＝80，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，q ＝－3(舍去)，从而a 5＝a 1q 4＝2×34＝162.8．(2018·浙江名校协作体测试)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 ＝________. 答案 372解析 由S n ＋3＝8S n ＋3得S n ＋4＝8S n ＋1＋3，两式作差得a n ＋4＝8a n ＋1，所以a n ＋4a n ＋1＝q 3＝8，即q ＝2，令n ＝1得S 4＝8a 1＋3，即a 1＋2a 1＋4a 1＋8a 1＝8a 1＋3，解得a 1＝37.9．(2019·台州调考)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1＝16，某同学经过计算得到S 2＝32，S 3＝76，S 4＝130，检验后发现其中恰好一个数算错了，则算错的这个数是________，该数列的公比是__________． 答案 32(S 2) 32解析 由题意得若S 2计算正确，则a 2＝S 2－S 1＝16＝a 1，则该等比数列的公比为1，易得S 3，S 4均错误，与恰有一个数算错矛盾，所以算错的数为32(S 2)．设该数列的公比为q ，因为S 4－S 3＝a 4＝130－76＝54，所以q 3＝a 4a 1＝5416＝278，解得q ＝32. 10．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3a 11＝2a 25，且S 4＋S 12＝λS 8，则λ＝________. 答案 83解析 ∵a 3a 11＝2a 25，∴a 27＝2a 25，∴q 4＝2， ∵S 4＋S 12＝λS 8，∴a 1(1－q 4)1－q ＋a 1(1－q 12)1－q ＝λa 1(1－q 8)1－q，1－q 4＋1－q 12＝λ(1－q 8)， 将q 4＝2代入计算可得λ＝83.11．(2018·浙江省第二次联盟校联考)设数列{a n }的首项a 1＝32，前n 项和为S n ，且满足2a n＋1＋S n ＝3(n ∈N *)．(1)求a 2及a n ；(2)求证：a n S n 的最大值为94.(1)解 由题意得2a 2＋S 1＝3，即2a 2＋a 1＝3，所以a 2＝3－a 12＝34. 当n ≥2时，由2a n ＋1＋S n ＝3，得2a n ＋S n －1＝3，两式相减得2a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝12a n . 因为a 1＝32，a 2＝34， 所以a 2＝12a 1，即当n ＝1时，a n ＋1＝12a n 也成立． 综上，{a n }是以32为首项，12为公比的等比数列， 所以a n ＝32n . (2)证明 因为2a n ＋1＋S n ＝3，且a n ＋1＝12a n ，所以S n ＝3－2a n ＋1＝3－a n . 于是，a n S n ＝a n (3－a n )≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤a n ＋(3－a n )22＝94，当且仅当a n ＝32，即n ＝1时等号成立． 故a n S n 的最大值为94. 12．(2018·浙江省十校联盟适应性考试)在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝4，且3a n ＋2－4a n ＋1＋a n ＝0，n ∈N *.(1)求证：数列{a n ＋1－a n }是等比数列；(2)若数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ≥m 2－2m 对任意的n ∈N *恒成立，求实数m 的取值范围．(1)证明 由题意，得3(a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝0，即a n ＋2－a n ＋1＝13(a n ＋1－a n )， 又a 2－a 1＝3，所以数列{a n ＋1－a n }是以3为首项，13为公比的等比数列． (2)解 由(1)得a n ＋1－a n ＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1， 所以a 2－a 1＝3，a 3－a 2＝3×13，a 4－a 3＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫132，…， a n －a n －1＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2(n ≥2，n ∈N *)， 将以上式子累加得a n －a 1 ＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2＝92⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫13n－1，所以a n＝112－92·⎝⎛⎭⎪⎫13n－1(易知当n＝1时也成立)．因为a n＝112－92·⎝⎛⎭⎪⎫13n－1关于n单调递增，且a1＝1>0，所以S n也关于n单调递增，所以S n≥S1＝1.于是，由S n≥m2－2m对任意的n∈N*恒成立，得1≥m2－2m，解得1－2≤m≤1＋ 2.故实数m的取值范围是[1－2，1＋2]．13．等比数列{a n}的首项为32，公比为－12，前n项和为S n，则当n∈N*时，S n－1S n的最大值与最小值的比值为( )A．－125B．－107C.109D.125答案 B解析∵等比数列{a n}的首项为32，公比为－12，∴a n＝32×⎝⎛⎭⎪⎫－12n－1，∴S n＝32⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫－12n1－⎝⎛⎭⎪⎫－12＝1－⎝⎛⎭⎪⎫－12n.①当n为奇数时，S n＝1＋⎝⎛⎭⎪⎫12n随着n的增大而减小，则1<Sn≤S1＝32，故0<S n－1S n≤56；②当n为偶数时，S n＝1－⎝⎛⎭⎪⎫12n随着n的增大而增大，则34＝S2≤S n<1，故－712≤S n－1S n<0.∴S n－1S n的最大值与最小值的比值为56－712＝－107.14．已知等比数列{a n}的各项均为正数且公比大于1，前n项积为T n，且a2a4＝a3，则使得T n>1的n的最小值为( )A．4B．5C．6D．7答案 C解析∵{a n}是各项均为正数的等比数列，且a2a4＝a3，∴a23＝a3，∴a3＝1.又∵q>1，∴a1<a2<1，a n >1(n >3)，∴T n >T n －1(n ≥4，n ∈N *)，T 1<1，T 2＝a 1·a 2<1，T 3＝a 1·a 2·a 3＝a 1a 2＝T 2<1，T 4＝a 1a 2a 3a 4＝a 1<1，T 5＝a 1·a 2·a 3·a 4·a 5＝a 53＝1，T 6＝T 5·a 6＝a 6>1，故n 的最小值为6，故选C.15．(2018·浙江)已知a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)，若a 1＞1，则( )A ．a 1＜a 3，a 2＜a 4B ．a 1＞a 3，a 2＜a 4C ．a 1＜a 3，a 2＞a 4D ．a 1＞a 3，a 2＞a 4 答案 B解析 构造不等式ln x ≤x －1，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)≤a 1＋a 2＋a 3－1，所以a 4＝a 1·q 3≤－1.由a 1＞1，得q ＜0.若q ≤－1，则ln(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q )·(1＋q 2)≤0.又a 1＋a 2＋a 3＝a 1(1＋q ＋q 2)≥a 1＞1，所以ln(a 1＋a 2＋a 3)＞0，矛盾．因此－1＜q ＜0.所以a 1－a 3＝a 1(1－q 2)＞0，a 2－a 4＝a 1q (1－q 2)＜0，所以a 1＞a 3，a 2＜a 4.故选B.16．在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”．将数列1,2进行“扩展”，第一次得到数列1,2,2；第二次得到数列1,2,2,4,2；….设第n 次“扩展”后得到的数列为1，x 1，x 2，…，x t,2，并记a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，其中t ＝2n －1，n ∈N *，求数列{a n }的通项公式．解 a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，所以a n ＋1＝log 2[1·(1·x 1)·x 1·(x 1·x 2)·…·x t ·(x t ·2)·2]＝log 2(12·x 31·x 32·x 33·…·x 3t ·22)＝3a n －1，所以a n ＋1－12＝3⎝⎛⎭⎪⎫a n －12， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12是一个以32为首项，以3为公比的等比数列， 所以a n －12＝32×3n －1， 所以a n ＝3n ＋12.。

§7.4 数列求和、数列的综合应用1．等差数列的前n 项和公式 S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .2．等比数列的前n 项和公式 S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.3．一些常见数列的前n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2.(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n －1＝n 2. (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n ＝n (n ＋1)． (4)12＋22＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6.4．数列求和的常用方法 (1)公式法等差、等比数列或可化为等差、等比数列的可直接使用公式求和． (2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． (3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． 常见的裂项公式 ①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；②1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． (5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广． (6)并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解． 例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.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)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q .( √ )(2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1.( √ )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 之和时，只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( × )(4)数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n ＋2n －1的前n 项和为n 2＋12n .( × )(5)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( √ )(6)如果数列{a n }是周期为k 的周期数列，那么S km ＝mS k (m ，k 为大于1的正整数)．( √ ) 题组二 教材改编2．[P61A 组T5]一个球从100 m 高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是( ) A ．100＋200(1－2－9)B ．100＋100(1－2－9)C ．200(1－2－9)D ．100(1－2－9)答案 A解析 第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋ (2)9)＝100＋200×2－1(1－2－9)1－2－1＝100＋200(1－2－9)．3．[P61A 组T4(3)]1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1＝________(x ≠0且x ≠1)．答案 1－x n (1－x )2－nx n1－x解析 设S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1，①则xS n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n ，②①－②得(1－x )S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋x n －1－nx n＝1－x n 1－x －nx n ， ∴S n ＝1－x n (1－x )2－nx n1－x .题组三 易错自纠4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，则S 2 019等于( ) A ．1 007 B ．1 008 C ．1 009 D ．1 010 答案 D解析 由a n ＋2S n －1＝n 得a n ＋1＋2S n ＝n ＋1，两式相减得a n ＋1－a n ＋2a n ＝1⇒a n ＋1＋a n ＝1⇒S 2 019＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 018＋a 2 019)＝1 009×1＋1＝1 010.5．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( )A ．200B ．－200C ．400D ．－400 答案 B解析 S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.6．数列{a n }的通项公式为a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 017＝________. 答案 1 008解析 因为数列a n ＝n cosn π2呈周期性变化，观察此数列规律如下：a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4. 故S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2. a 5＝0，a 6＝－6，a 7＝0，a 8＝8， 故a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2，∴周期T ＝4. ∴S 2 017＝S 2 016＋a 2 017 ＝2 0164×2＋2 017·cos 2 0172π＝1 008. 7．(2011·浙江)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n (n ＋4)⎝⎛⎭⎫23n 中的最大项是第k 项，则k ＝________. 答案 4 解析 由题意知⎩⎨⎧k (k ＋4)⎝⎛⎭⎫23k≥(k －1)(k ＋3)⎝⎛⎭⎫23k －1，k (k ＋4)⎝⎛⎭⎫23k≥(k ＋1)(k ＋5)⎝⎛⎭⎫23k ＋1，解得10≤k ≤1＋10.∵k ∈N *，∴k ＝4.第1课时 数列求和的常用方法题型一 分组转化法求和例1 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设2(1)n a nn n b a ＝＋－，求数列{b n }的前2n 项和． 解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－(n －1)2＋(n －1)2＝n .a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n (n ∈N *)． (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n . 记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋…＋22n ， B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝2(1－22n )1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n . 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.引申探究本例(2)中，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 由(1)知b n ＝2n ＋(－1)n n . 当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋ (2))＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ]＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n2－2；当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋ (2))＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ] ＝2n ＋1－2＋n －12－n＝2n ＋1－n 2－52.∴T n＝⎩⎨⎧2n ＋1＋n 2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数.思维升华 分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．跟踪训练1 (2018·温州市适应性考试)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2,2S n ＝(n ＋1)2a n －n 2a n ＋1，数列{b n }满足b 1＝a 1，nb n ＋1＝a n b n .(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c n ＝a n ＋b n (n ∈N *)，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)由2S n ＝(n ＋1)2a n －n 2a n ＋1，① 可得2S n ＋1＝(n ＋2)2a n ＋1－(n ＋1)2a n ＋2，②②－①得2a n ＋1＝2(n 2＋2n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)2a n ＋2－(n ＋1)2a n ， 所以2(n ＋1)2a n ＋1＝(n ＋1)2a n ＋2＋(n ＋1)2a n ， 化简得2a n ＋1＝a n ＋2＋a n ， 所以{a n }是等差数列．由2S 1＝(1＋1)2a 1－a 2可得a 2＝4， 所以公差d ＝a 2－a 1＝4－2＝2， 故a n ＝2＋2(n －1)＝2n .由b 1＝a 1，nb n ＋1＝a n b n 以及a n ＝2n 可知，b 1＝2，b n ＋1b n ＝2，所以数列{b n }是以2为首项，2为公比的等比数列，故b n ＝2×2n －1＝2n .(2)因为c n ＝a n ＋b n ＝2n ＋2n ，所以T n ＝(2＋2)＋(4＋22)＋(6＋23)＋…＋(2n ＋2n ) ＝(2＋4＋6＋…＋2n )＋(2＋22＋23＋…＋2n ) ＝n (2＋2n )2＋2(1－2n )1－2＝n 2＋n ＋2n ＋1－2.题型二 错位相减法求和例2 (2018·浙江省金华名校统考)已知数列{a n }是公比大于1的等比数列，且a 2＋a 4＝90，a 3＝27.在数列{b n }中，b 1＝1，b n ＋1＝b n b n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设c n ＝a nb n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)设等比数列{a n }的公比为q (q >1)，则由a 2＋a 4＝90，a 3＝27，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝90，a 1q 2＝27，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，q ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝243，q ＝13(舍去)，故a n ＝3×3n －1＝3n .因为b n ＋1＝b nb n ＋1(n ∈N *)，所以1b n ＋1＝1b n＋1，又b 1＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是首项为1，公差为1的等差数列．于是，1b n ＝1＋(n －1)×1＝n ，故b n ＝1n .(2)由(1)知，c n ＝a nb n＝n ×3n ，所以T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝1×3＋2×32＋…＋n ×3n ， 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋(n －1)×3n ＋n ×3n ＋1.两式相减得，－2T n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ×3n ＋1＝3(1－3n )1－3－n ×3n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12－n ×3n ＋1－32， 故T n ＝⎝⎛⎭⎫12n －14×3n ＋1＋34. 思维升华 错位相减法求和时的注意点(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式． (3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解． 跟踪训练2 (2018·杭州质检)已知各项均大于零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足2S n ＝a 2n ＋a n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设122log 2n n a an b =⋅，数列{b n }的前n 项和为H n ，求使得H n ＋n ·2n ＋1>50成立的最小整数n .解 (1)由2S n ＝a 2n ＋a n ，① 得2S n －1＝a 2n －1＋a n －1(n ≥2)，②当n ≥2时，①－②得2a n ＝a 2n ＋a n －a 2n －1－a n －1，即a n ＋a n －1＝a 2n －a 2n －1＝(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)，又由题设知a n ＋a n －1>0，所以a n －a n －1＝1， 故数列{a n }是公差为1的等差数列，又a 1＝1， 所以a n ＝1＋(n －1)×1＝n .(2)因为122log 2n n aan b =⋅＝－n ·2n ，所以H n ＝－(1×21＋2×22＋…＋n ×2n )， 则2H n ＝－(22＋2×23＋…＋n ×2n ＋1)．将以上两式作差化简可得H n ＝－n ·2n ＋1＋2n ＋1－2，于是，H n ＋n ·2n ＋1>50，即2n ＋1>52，解得n ≥5.故最小正整数n 是5.题型三 裂项相消法求和命题点1 形如a n ＝1n (n ＋k )型例3 (2018·浙江省金丽衢十二校联考)已知等差数列{a n }的公差为2，等比数列{b n }的公比为2，且a n b n ＝n ·2n . (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝1a n ·log 2b n ＋3，记数列{c n }的前n 项和为T n ，试比较T n 与38的大小．解 (1)∵a n b n ＝n ·2n ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1b 1＝2，a 2b 2＝8⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1b 1＝2，(a 1＋2)·2b 1＝8， 解得a 1＝2，b 1＝1， ∴a n ＝2＋2(n －1)＝2n ， b n ＝2n －1.(2)∵a n ＝2n ，b n ＝2n －1，∴c n ＝1a n ·log 2b n ＋3＝12n (n ＋2)＝14⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2，∴T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋c 4＋…＋c n －1＋c n ＝14⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋⎝⎛⎭⎫13－15＋⎝⎛⎭⎫14－16＋…⎦⎤＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2 ＝14⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝38－14⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2<38，∴T n <38.命题点2 a n ＝1n ＋n ＋k型例4 已知函数f (x )＝x α的图象过点(4,2)，令a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )，n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 019＝________.答案2 020－1解析 由f (4)＝2，可得4α＝2，解得α＝12，则f (x )＝12x .∴a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 019＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 019－ 2 018)＋( 2 020－ 2 019)＝2 020－1.命题点3 裂项相消法的灵活运用例5 (2018·绍兴诸暨市期末)已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n－14na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12，由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)， 解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1. (2)由题意可知，b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1＝(－1)n－14n(2n －1)(2n ＋1)＝(－1)n －1⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1.当n 为偶数时，T n ＝⎝⎛⎭⎫1＋13－⎝⎛⎭⎫13＋15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －3＋12n －1－⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1. 当n 为奇数时，T n ＝⎝⎛⎭⎫1＋13－⎝⎛⎭⎫13＋15＋…－⎝⎛⎭⎫12n －3＋12n －1＋⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1.所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数.⎝⎛⎭⎪⎫或T n＝2n ＋1＋(－1)n －12n ＋1思维升华 (1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )，1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ，裂项后可以产生连续相互抵消的项．(2)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．跟踪训练3 (2018·绍兴市六校质检)已知函数f (x )＝3x 2－2x ，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数f (x )的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n <m20对所有的n ∈N *都成立的最小正整数m .解 (1)由题意知S n ＝3n 2－2n ， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n －5， a 1＝3－2＝1，适合上式，∴a n ＝6n －5. (2)∵b n ＝3a n a n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫16n －5－16n ＋1，∴T n ＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－17＋⎝⎛⎭⎫17－113＋…＋⎝⎛⎭⎫16n －5－16n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1， ∵12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1<12， 要使12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1<m20对n ∈N *恒成立，需满足m 20≥12，∴m ≥10，故符合条件的最小正整数m 为10.1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12n答案 A解析 该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n ＝n 2＋1－12n .2．(2018·杭州质检)设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)．若S n 为数列的前n 项和，则S 2 018等于( ) A ．22 016－1 B ．3·21 009－3 C ．22 009－3 D ．22 010－3答案 B解析 由a n ＋1·a n ＝2n ，得a n ＋2·a n ＋1＝2n ＋1，两式作商，得a n ＋2a n ＝2，又a 1＝1，所以a 2＝2，则数列{a n }的奇数项和偶数项分别构成以2为公比的等比数列，所以S 2 018＝(a 1＋a 3＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2 018)＝1×(1－21 009)1－2＋2(1－21 009)1－2＝3·21 009－3，故选B.3．已知数列2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，…，这个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，则这个数列的前2 019项之和S 2 019等于( ) A ．4 018 B ．2 010 C ．1 D ．0 答案 A解析 由已知得a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)， ∴a n ＋1＝a n －a n －1.故数列的前8项依次为2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，－1,2 008,2 009. 由此可知此数列为周期数列，周期为6，且S 6＝0. ∵2 019＝6×336＋3，∴S 2 019＝S 3＝2 008＋2 009＋1＝4 018.4．在数列{a n }中，若a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1(n ∈N *)，则数列{a n }的前12项和等于( ) A ．76 B ．78 C ．80 D ．82 答案 B解析 由已知a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，得a n ＋2＋(－1)n ＋1·a n ＋1＝2n ＋1，得a n ＋2＋a n ＝(－1)n (2n －1)＋(2n ＋1)，取n ＝1,5,9及n ＝2,6,10，结果相加可得S 12＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 11＋a 12＝78.故选B.5．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，n 为奇数，－n 2，n 为偶数，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．10 200 答案 B解析 由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012 ＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝101－1＝100.故选B.6．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝________. 答案2n n ＋1解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则 由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1. ∴S n ＝n ×1＋n (n －1)2×1＝n (n ＋1)2，1S n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1. ∴∑k ＝1n1S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1(n ∈N *)． 7．有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n －1所有项的和为__________．答案 2n ＋1－2－n解析 由题意知所求数列的通项为1－2n 1－2＝2n －1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为2(1－2n )1－2－n ＝2n＋1－2－n .8．(2018·浙江五校联考)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝2(n ＋1)(n ∈N *)，则a 2 018－a 2 016＝________，1a 1a 3＋1a 2a 4＋1a 3a 5＋…＋1a 98a 100＋1a 99a 101＝________. 答案 2199303解析 ∵a n ＋a n ＋1＝2(n ＋1)(n ∈N *)，∴当n ≥2时，a n －1＋a n ＝2n ，∴a n ＋1－a n －1＝2，∴a 2 018－a 2 016＝2，数列{a n }的奇数项和偶数项分别是公差为2的等差数列，又a 1＝1，∴a 2＝3，∴1a 1a 3＋1a 2a 4＋1a 3a 5＋…＋1a 98a 100＋1a 99a 101＝2×12×⎝⎛⎭⎫13－15＋15－17＋…＋199－1101＋11×3＝13－1101＋13＝199303. 9．(2018·台州调研)已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且a n >0,6S n ＝a 2n ＋3a n ，n ∈N *，12(21)(21)n n n a n a a b +=--，若任意n ∈N *，k >T n 恒成立，则k 的最小值是________． 答案149解析 当n ＝1时，6a 1＝a 21＋3a 1，解得a 1＝3或a 1＝0. 由a n >0，得a 1＝3.由6S n ＝a 2n ＋3a n ，得6S n ＋1＝a 2n ＋1＋3a n ＋1. 两式相减得6a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋3a n ＋1－3a n .所以(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －3)＝0.因为a n >0，所以a n ＋1＋a n >0，a n ＋1－a n ＝3. 即数列{a n }是以3为首项，3为公差的等差数列， 所以a n ＝3＋3(n －1)＝3n .所以12(21)(21)n n n a n a a b +=--＝8n(8n －1)(8n ＋1－1) ＝17⎝⎛⎭⎫18n －1－18n ＋1－1. 所以T n ＝17⎝⎛18－1－182－1＋182－1－183－1＋…+⎭⎫18n－1－18n ＋1－1 ＝17⎝⎛⎭⎫17－18n ＋1－1<149. 要使任意n ∈N *，k >T n 恒成立，只需k ≥149，所以k 的最小值为149.10．(2018·湖州市适应性考试)已知等比数列{a n }满足2a 1＋a 3＝3a 2，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋log 21a n ，S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ，求使S n －2n ＋1＋47<0成立的正整数n 的最小值．解 (1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ， 依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4， 即2(a 1q 2＋2)＝a 1q ＋a 1q 3，①由2a 1＋a 3＝3a 2，得2a 1＋a 1q 2＝3a 1q ，解得q ＝1或q ＝2. 当q ＝1时，不合题意，故舍去；当q ＝2时，代入①式得a 1＝2，所以a n ＝2n . (2)b n ＝a n ＋log 21a n＝2n －n ，所以S n ＝2－1＋22－2＋23－3＋…＋2n －n ＝(2＋22＋23＋…＋2n )－(1＋2＋3＋…＋n )＝2(1－2n)1－2－(1＋n )n2＝2n ＋1－2－12n －12n 2，因为S n －2n ＋1＋47<0，所以n 2＋n －90>0，解得n >9或n <－10，由n ∈N *，故使S n －2n ＋1＋47<0成立的正整数n 的最小值为10.11．(2018·绍兴适应性考试)已知函数f (x )＝－4＋1x 2，点P n ⎝⎛⎭⎫a n ，－1a n ＋1(n ∈N *)在曲线y ＝f (x )上，且a 1＝1，a n >0. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a 2n ·a 2n ＋1}的前n 项和为S n ，若对于任意的n ∈N *，S n <t 2－t －12恒成立，求最小正整数t 的值． 解 (1)由题意得－1a n ＋1＝f (a n )＝－4＋1a 2n且a n >0， ∴1a n ＋1＝4＋1a 2n ，1a 2n ＋1＝4＋1a 2n， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 是等差数列，首项1a 21＝1，公差d ＝4，∴1a 2n ＝4n －3，∴a 2n ＝14n －3，∴a n ＝14n －3. (2)a 2n ·a 2n ＋1＝1(4n －3)(4n ＋1)＝14×⎝⎛⎭⎫14n －3－14n ＋1， 由S n ＝14⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫11－15＋⎝⎛⎭⎫15－19＋…＋⎝⎛⎭⎫14n －3－14n ＋1 ＝14⎝⎛⎭⎫1－14n ＋1， ∵n ∈N *，∴S n <14，∴14≤t 2－t －12，解得t ≥32或t ≤－12，∴t 的最小正整数为2.12．(2018·浙江衢州二中模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝log 2a n ，c n ＝b 2na n，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)当n ＝1时，S 1＝2a 1－2，所以a 1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2a n －2)－(2a n －1－2)＝2a n －2a n －1， 所以a n ＝2a n －1，即a na n －1＝2，所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2×2n －1＝2n .(2)由(1)知b n ＝log 2a n ＝log 22n ＝n ，c n ＝b 2na n ＝n22n .所以T n ＝122＋2222＋3223＋…＋(n －1)22n －1＋n 22n ，则12T n ＝1222＋2223＋…＋(n －1)22n ＋n 22n ＋1， 两式相减得12T n ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n －n 22n ＋1， 设A n ＝12＋322＋523＋…＋2n －32n －1＋2n －12n ，则12A n ＝122＋323＋524＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1， 两式相减得12A n ＝12＋2⎝⎛⎭⎫122＋123＋124＋…＋12n －2n －12n ＋1 ＝12＋2×122－12n ×121－12－2n －12n ＋1＝32－2n ＋32n ＋1， 所以A n ＝3－2n ＋32n .所以12T n ＝3－2n ＋32n －n 22n ＋1＝3－n 2＋4n ＋62n ＋1， 所以T n ＝6－n 2＋4n ＋62n.13．已知公差不为零的等差数列{a n }中，a 1＝1，且a 2，a 5，a 14成等比数列，{a n }的前n 项和为S n ，b n ＝(－1)n S n ，则a n ＝________，数列{b n }的前n 项和T n ＝________. 答案 2n －1 (－1)nn (n ＋1)2解析 设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，则由a 2，a 5，a 14成等比数列得a 25＝a 2·a 14，即(1＋4d )2＝(1＋d )(1＋13d )，解得d ＝2，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n 2，当n 为偶数时，T n ＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4－…－S n －1＋S n ＝－1＋22－32＋42－…－(n －1)2＋n 2＝3＋7＋…＋(2n －1)＝n (n ＋1)2；当n 为大于1的奇数时，T n ＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4－…＋S n －1－S n ＝－1＋22－32＋42－…－(n －2)2＋(n －1)2－n 2＝3＋7＋…＋(2n －3)－n 2＝－n (n ＋1)2，当n ＝1时，也符合上式，综上所述，T n ＝(－1)n n (n ＋1)2.14．“斐波那契数列”是数学史上一个著名数列，在斐波那契数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝1，…，a n ＋2＝a n ＋1＋a n (n ∈N *)，则a 7＝________；若a 2 021＝m ，则数列{a n }的前2 019项和是________(用m 表示)．答案 13 m －1解析 因为a 1＝1，a 2＝1，…，a n ＋2＝a n ＋1＋a n (n ∈N *)，所以a 3＝a 1＋a 2＝1＋1＝2，a 4＝a 2＋a 3＝1＋2＝3，a 5＝a 3＋a 4＝2＋3＝5，a 6＝a 4＋a 5＝3＋5＝8，a 7＝a 5＋a 6＝5＋8＝13.由已知有a 3＝a 1＋a 2，a 4＝a 2＋a 3，…，a 2 021＝a 2 019＋a 2 020，各式相加可得a 2 021＝a 2＋a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019，即a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019＝a 2 021－a 2＝m －1，故数列{a n }的前2 019项和为m －1.15．(2018·浙江温州中学月考)数列{a n }满足a 1＝43，a n ＋1＝a 2n －a n ＋1(n ∈N *)，则m ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 016的整数部分是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4答案 B 解析 由条件得1a n ＋1－1＝1a n (a n －1)＝1a n －1－1a n，即有1a n ＝1a n －1－1a n ＋1－1，则m ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 016＝1a 1－1－1a 2 017－1＝3－1a 2 017－1.又a n ＋1－a n ＝(a n －1)2≥0，则a n ＋1≥a n ≥…≥a 1>1，当n ≥2时，从而有(a n ＋1－a n )－(a n －a n －1)＝(a n －1)2－(a n －1－1)2＝(a n －a n －1)(a n ＋a n －1－2)≥0，则a n ＋1－a n ≥a n －a n －1≥…≥a 2－a 1＝19，则a 2 017＝a 1＋(a 2－a 1)＋…＋(a 2 017－a 2 016)≥43＋2 0169＝22513，得a 2 017－1≥22413>1，即有0<1a 2 017－1<1，则m ∈(2,3)，故选B.16．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，任意n ∈N *,2S n ＝a 2n ＋a n .令b n＝1a n a n ＋1＋a n ＋1a n ，设{b n }的前n 项和为T n ，则在T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为________． 答案 9解析 ∵2S n ＝a 2n ＋a n ，①∴2S n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1，②②－①，得2a n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1－a 2n －a n ，a 2n ＋1－a 2n －a n ＋1－a n ＝0，(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0.又∵{a n }为正项数列， ∴a n ＋1－a n －1＝0， 即a n ＋1－a n ＝1.在2S n ＝a 2n ＋a n 中，令n ＝1，可得a 1＝1.∴数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列． ∴a n ＝n ，∴b n ＝1n n ＋1＋(n ＋1)n＝(n ＋1)n －n n ＋1[n n ＋1＋(n ＋1)n ][(n ＋1)n －n n ＋1]＝(n＋1)n－n n＋1n(n＋1)＝1n－1n＋1，∴T n＝1－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＋1n－1n＋1＝1－1n＋1，要使T n为有理数，只需1n＋1为有理数，令n＋1＝t2，∵1≤n≤100，∴n＝3,8,15,24,35,48,63,80,99共9个数．∴T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为9.。

§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.。

第十章.计数原理与古典概率1.排列组合问题往往以实际问题为背景，考查排列数、组合数、分类分步计数原理，往往是排列组合小综合题．近三年两考，难度基本稳定在中等.2.二项展开式定理的问题是高考命题热点之一，近三年三考.关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式1r n r rr n T C a b -+=；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项式定理的应用．近两年，浙江紧紧围绕二项展开式的通项公式1r n r rr n T C a b -+=命题，考查某一项或考查某一项的系数.3.离散型随机变量的均值与方差是高考的热点题型，前几年以解答题为主，常与排列、组合、概率等知识综合命题．以实际问题为背景考查离散型随机变量的均值与方差在实际问题中的应用，是高考的主要命题方向．近三年浙江卷略有淡化，难度有所降低，主要考查分布列的性质、数学期望、方差的计算，及二者之间的关系.同时，考查二次函数性质的应用，近三年三考，逐渐形成稳定趋势.一．选择题1．【浙江省台州市2019届高三4月调研】已知，则（ ） A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】因为第三项为 所以故选：D.2.【浙江省宁波市2019届高三上期末】设，则（）.A．-4 B．-8 C．-12 D．-16【答案】C【解析】，是展开式中的系数，∴，故选C．3．【浙江省台州市2019届高三4月调研】已知六人排成一排拍照，其中甲、乙、丙三人两两不相邻，甲、丁两人必须相邻，则满足要求的排队方法数为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】除甲、乙、丙三人外的3人先排好队，共有种，这3人排好队后有4个空位，甲只能在丁的左边或右边，有种排法，乙、两的排法有：，共有：××＝72种排队方法.故选：A.4．【浙江省三校2019年5月份第二次联考】已知甲口袋中有个红球和个白球，乙口袋中有个红球和个白球，现从甲，乙口袋中各随机取出一个球并相互交换，记交换后甲口袋中红球的个数为，则（）A．B．C．D．【答案】A【解析】的可能取值为.表示从甲口袋中取出一个红球，从乙口袋中取出一个白球，故.表示从甲、乙口袋中各取出一个红球，或从甲、乙口袋中各取出一个白球，故.表示从甲口袋中取出一个白球，从乙口袋中取出一个红球，故. 所以.故选A.5．【浙江省宁波市2019届高三上期末】已知是离散型随机变量，则下列结论错误的是( ) A． B．C． D．【答案】D【解析】在A中，，故A正确；在B中，由数学期望的性质得，故B正确；在C中，由方差的性质得，故C正确；在D中，，故D错误．故选D.6．【浙江省温州市2019届高三2月高考适应性测试】随机变量 X 的分布列如下表所示，X 0 2 4P a则 D X ( )＝（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【解析】由题意，，∴a＝，∴E(x)= 0×+2×+4×=2,∴D(X)＝（0﹣2）2×+（2﹣2）2×+（4﹣2）2×＝2,7．【浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试】已知袋子中装有若干个大小形状相同且标有数字1，2，3的小球，每个小球上有一个数字，它们的个数依次成等差数列，从中随机抽取一个小球，若取出小球上的数字的数学期望是2，则的方差是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为取出小球上的数字的数学期望是2，且个数依次成等差数列，所以不妨设标有数字1，2，3的小球各有1个，从而随机抽取一个小球概率皆为，方差为，选B.8．【浙江省金华十校2019届高三上期末】已知，则A．64 B．48 C． D．【答案】C【解析】由，得，．故选：C．9．【浙江省金丽衢十二校2019届高三第一次联考】五人进行过关游戏，每人随机出现左路和右路两种选择．若选择同一条路的人数超过2人，则他们每人得1分；若选择同一条路的人数小于3人，则他们每人得0分，记小强游戏得分为，则（）A．B．C．D．【解析】五人进行过关游戏，每人随机出现左路和右路两种选择． 若选择同一条路的人数超过2人，则他们每人得1分； 若选择同一条路的人数小于3人，则他们每人得0分，，，．故选：．10．【浙江省金华十校2019届高考模拟】设01p <<，随机变量ξ的分布列是则当p 在(0,1)内增大时（ ） A ．()E ξ减小，()D ξ减小 B ．()E ξ减小，()D ξ增大 C ．()E ξ增大，()D ξ减小 D ．()E ξ增大，()D ξ增大【答案】A【解析】由题意得11()01212222p p pE ξ-=⨯+⨯+⨯=-，所以当p 在(0,1)内增大时，()E ξ减少；221()[0(1)][1(1)]2222p p p D ξ=--⨯+--⨯22132[2(1)]222p p p p --++--⨯=231()242p --=， 所以当p 在(0,1)内增大时，()D ξ减少． 故选：A ．11.【浙江省衢州市五校联盟2019届高三年级上联考】随机变量X 的分布列如下：X -1 0 1Pa13b若13EX =，则DX 的值是（ ） A ． 19 B ． 29 C ． 49 D ． 59【答案】D【解析】由题设可得2111,,3362a b b a a b +=-=⇒==， ()()221221()01,3339E X E X =⨯+⨯==所以由数学期望的计算公式可得，所以由随机变量的方差公式可得()()225()9DX E X E X =-=，应选答案D.12.【浙江省嘉兴市2019 届高三上期末】已知随机变量的分布列如下，则的最大值是-1A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】根据分布列的性质的到,所有的概率和为1,且每个概率都介于0和1之间，得到b-a=0,，根据公式得到化简得到，根据二次函数的性质得到函数最大值在轴处取，代入得到.故答案为：B.13.【浙江省台州市2019届高三上期末】一个袋中放有大小、形状均相同的小球，其中红球1个、黑球2个，现随机等可能取出小球．当有放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为；当无放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为，则（）A．， B．，C．， D．，【答案】B【解析】可能的取值为；可能的取值为，，，，故，.，，故，,故，.故选B.14.【浙江省浙南名校联盟2019届高三上期末联考】已知随机变量的分布列如下表：X-1 0 1P a b c其中.若的方差对所有都成立，则( )A． B． C． D．【答案】D【解析】由的分布列可得：的期望为，，所以的方差，因为所以当且仅当时，取最大值，又对所有都成立，所以只需，解得，故选D二.填空题15.【浙江省温州九校2019届高三第一次联考】名学生参加个兴趣小组活动，每人参加一个或两个小组，那么个兴趣小组都恰有人参加的不同的分组共有_________种.【答案】90【解析】由题意得4名学生中，恰有2名学生参加2个兴趣小组，，其余2 名学生参加一个兴趣小组，首先4名学生中抽出参加2个兴趣小组的学生共有种.下面对参加兴趣小组的情况进行讨论：参加两个兴趣小组的同学参加的兴趣小组完全相同，共种；2、参加两个兴趣小组的同学参加的兴趣小组有一个相同，共种.故共有种.16．【浙江省三校2019年5月份第二次联考】已知二项式的展开式中，第项是常数项，则__________．二项式系数最大的项的系数是__________．【答案】6 160【解析】二项式展开式的通项为，因为第项是常数项，所以，即.当时，二项式系数最大，故二项式系数最大的项的系数是.17．【浙江省温州市2019届高三2月高考适应性测试】若，则_____，_____【答案】【解析】令x＝0，得0=；又=,将x+1视为一个整体，则为二项式展开式中的系数，展开式的通项公式为，令r=1，则的系数的值为=-6,故答案为0，-6.18．【浙江省金丽衢十二校2019届高三第一次联考】已知，的展开式中存在常数项，则的最小值为__________，此时常数项为__________．【答案】5 2【解析】的展开式的通项公式为，令，可得，故的最小值为5，，此时常数项为，故答案为：5；2．19.【浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试】若，则_________，_________.【答案】-27 -940【解析】令得，所以，令得，令得，两式相加得20．【浙江省金华十校2019届下学期高考模拟】已知7280128(2)(12)x x a a x a x a x +-=+++L ，则128...a a a +++=_____，3a =_____．【答案】5- 476-【解析】因为7280128(2)(12)x x a a x a x a x +-=+++L ，令1x =得0128...(21)(121)3a a a a ++++=+-⨯=-， 令0x =得02a =，所以128...5a a a +++=-，由7(12)x -展开式的通项为17(2)r r r r T C x +=-， 则33223772(2)(2)476a C C =⨯-+-=-，故答案为：5- ，476-.21．【浙江省金华十校2019届下学期高考模拟】5位同学分成3组，参加3个不同的志愿者活动，每组至少1人，其中甲乙2人不能分在同一组，则不同的分配方案有_____种．（用数字作答） 【答案】114【解析】根据题意，分2步进行分析：①，将5位同学分成3组，要求甲乙2人不能分在同一组，若分成1、2、2的三组，有1225422215C C C A =种，其中甲乙分在同一组的情况有23C 3=种，此时有15312-=种分组方法；若分成3、1、1的三组，有3115212210C C C A =种，其中甲乙分在同一组的情况有133C =种，此时有1037-=种分组方法； 则符合题意的分法有12719+=种；②，将分好的3组全排列，对应3个不同的志愿者活动，有336A =种情况，⨯=种不同的分配方案；则有196114故答案为：114．22．【浙江省三校2019年5月份第二次联考】某超市内一排共有个收费通道，每个通道处有号，号两个收费点，根据每天的人流量，超市准备周一选择其中的处通道，要求处通道互不相邻，且每个通道至少开通一个收费点，则周一这天超市选择收费的安排方式共有__________种．【答案】108【解析】设6个收费通道依次编号为1,2,3,4,5,6，从中选择3个互不相邻的通道，有135,136,146,246共4种不同的选法.对于每个通道，至少开通一个收费点，即可以开通1号收费点，开通2号收费点，同时开通两个收费点，共3种不同的安排方式.由分步乘法计数原理，可得超市选择收费的安排方式共有种.23．【浙江省温州市2019届高三2月高考适应性测试】已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡、若顾客甲只带了现金，顾客乙只用支付宝或微信付款，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，这四名顾客购物后，恰好用了其中的三种结账方式，那么他们结账方式的可能情况有 _____ 种．【答案】20【解析】当乙选择支付宝时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选支付宝或现金，故有1+C21C21＝5，而乙选择支付宝时，丙丁也可以都选微信，或者其中一人选择微信，另一人只能选支付宝或现金，故有1+C21C21＝5，此时共有5+5=10种，当乙选择微信时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选微信或现金，故有1+C21C21＝5，而乙选择微信时，丙丁也可以都选支付宝，或者其中一人选择支付宝，另一人只能选微信或现金，故有1+C21C21＝5，此时共有5+5=10种，综上故有10+10＝20种，故答案为20.24．【浙江省宁波市2019届高三上期末】农历戊戌年即将结束，为了迎接新年，小康、小梁、小谭、小刘、小林每人写了一张心愿卡，设计了一个与此心愿卡对应的漂流瓶.现每人随机的选择一个漂流瓶将心愿卡放入，则事件“至少有两张心愿卡放入对应的漂流瓶”的概率为___【答案】【解析】为了迎接新年，小康、小梁、小谭、小刘、小林每人写了一张心愿卡， 设计了一个与此心愿卡对应的漂流瓶．现每人随机的选择一个漂流瓶将心愿卡放入，基本事件总数，事件“至少有两张心愿卡放入对应的漂流瓶”包含的基本事件个数，∴事件“至少有两张心愿卡放入对应的漂流瓶”的概率为，故答案为．25．【浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试】现有排成一排的7个不同的盒子，将红、黄、蓝、白颜色的4个小球全部放入这7个盒子中，若每个盒子最多放一个小球，则恰有两个空盒相邻且红球与黄球不相邻的不同放法共有_______种.（结果用数字表示） 【答案】336【解析】先不考虑红球与黄球不相邻，则4个小球有种排法，再安排空盒，有种方法，再考虑红球与黄球相邻，则4个小球有种排法，再安排空盒，有种方法，因此所求放法为26．【浙江省2019届高三高考全真模拟（二)】某书店有11种杂志，2元1本的8种，1元1本的3种，小张用10元钱买杂志（每种至多买一本，10元钱刚好用完），则不同买法的种数是 （用数字作答）． 【答案】266【解析】由题知，按钱数分10元钱，可有两大类，第一类是买2本1元，4本2元的共C 32C 84种方法；第二类是买5本2元的书，共C 85种方法． ∴共有C 32C 84＋C 85＝266(种)．27．【浙江省2019届高三高考全真模拟（二)】设9290129(21)(21)(21)x a a x a x a x =+++++++L ，则0a =________，8a =________.【答案】1512-； 1512.【解析】把12x =-代入等式中，得901()2a -=，即9011()2512a =-=-.在等式的右边只有在99(21)a x +这个展开式中，才会出现9x 项，它的系数为：099992512a C a ⋅⋅=，因此有9915121512a a =⇒=,所以0911,512512a a =-=.28．【浙江省台州市2019届高三4月调研】一个不透明袋中放有大小、形状均相同的小球，其中红球个、黑球个，现随机等可能取出小球.当有放回依此取出两个小球时，记取出的红球数为，则______；若第一次取出一个小球后，放入一个红球和一个黑球，再第二次随机取出一个小球.记取出的红球总数为，则______.【答案】【解析】可取值为0，1，2，＝，＝，＝，所以 ；可取值为0，1，2，＝，＝，＝，所以 .29．【浙江省金华十校2019届高三上期末】一个口袋里装有大小相同的5个小球，其中红色两个，其余3个颜色各不相同现从中任意取出3个小球，其中恰有2个小球颜色相同的概率是______；若变量X 为取出的三个小球中红球的个数，则X 的数学期望______．【答案】【解析】一个口袋里装有大小相同的5个小球，其中红色两个，其余3个颜色各不相同．现从中任意取出3个小球，基本事件总数，其中恰有2个小球颜色相同包含的基本事件个数，其中恰有2个小球颜色相同的概率是；若变量X为取出的三个小球中红球的个数，则X的可能取值为0，1，2，，，，数学期望．故答案为：，．30．【浙江省金华十校2019届高三上期末】某高中高三某班上午安排五门学科语文，数学，英语，化学，生物上课，一门学科一节课，要求语文与数学不能相邻，生物不能排在第五节，则不同的排法总数是______．【答案】60【解析】若第五节排语文或数学中的一门，则第四节排英语，化学，生物中的一门，其余三节把剩下科目任意排，则有种，若第五节排英语，化学中的一门，剩下的四节，将语文和数学插入到剩下的2门中，则有种，根据分类计数原理共有种，故答案为：60． 三.解答题31．【浙江省2019届高三高考全真模拟（二)】某单位举办2020年杭州亚运会知识宣传活动，进行现场抽奖，盒中装有9张大小相同的精美卡片，卡片上分别印有“亚运会会徽”或“五环”图案；抽奖规则是：参加者从盒中抽取卡片两张，若抽到两张都是“五环”卡即可获奖，否则，均为不获奖.卡片用后放回盒子，下一位参加者继续重复进行.（Ⅰ）活动开始后，一位参加者问：盒中有几张“五环”卡？主持人答：我只知道，从盒中抽取两张都是“会徽”卡的概率是518，求抽奖者获奖的概率； （Ⅱ）现有甲、乙、丙、丁四人依次抽奖，用ξ表示获奖的人数，求ξ的分布列及E ξ的值. 【答案】（Ⅰ）1；（Ⅱ）ξ的分布列为：16243E ξ==⨯.【解析】（Ⅰ）设“会徽”卡有n 张，因为从盒中抽取两张都是“会徽”卡的概率是518，所以有229518n C C =，5n =，所以“五环”图案卡片的张数为4，故抽奖者获奖的概率为242916C C =； （Ⅱ）由题意可知本题中的离散型随机变量ξ服从二项分布，即1~4,6B ξ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 0404625(=0)==12961566P C ξ⋅⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，13411250(=1)==656486P C ξ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎭⋅ ⎪⎝⎝⎭，224225(=2)==2161566C P ξ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⋅⎝⎭，34315(=3)==3241566P C ξ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⋅⎝⎭， 44041(=4)==12961566C P ξ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⋅⎝⎭，ξ的分布列为：16243E ξ==⨯.。

《备战2020年浙江省高考数学优质卷分类解析》第五章平面向量1.平面向量是高考考查的重点、热点，五年五考.往往以选择题或填空题的形式出现.常以平面图形为载体，考查线性运算、数量积、夹角、垂直的条件等问题；2.近几年浙江卷涉及模的最值问题，五年四考！同三角函数、解析几何、不等式等知识相结合，考查数形结合思想、函数方程思想以及分析问题解决问题的能力．难度为中等或中等偏难.一．选择题1．【浙江省金丽衢十二校2019届高三第一次联考】已知向量，，则与的夹角为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由条件可知，，，所以，故与的夹角为．故选：．2．【浙江省台州市2019届高三4月调研】若平面向量满足：，，且，则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】设向量的夹角为，因为，所以，，所以，，因为，所以的取值范围是故选：B.3．【浙江省三校2019年5月份第二次联考】已知平面向量不共线，且，，记与的夹角是，则最大时，（）A．B．C．D．【答案】C【解析】设，则，，所以.易得，，当时，取得最小值，取得最大值，此时.故选C.4．【浙江省温州市2019届高三2月高考适应性测试】在平面上，，是方向相反的单位向量，||＝2 ，(-) •(-) ＝0 ，则|-|的最大值为（）A．1 B．2 C．2 D．3【答案】D【解析】由题意(-) •(-) ＝0，即-（=0，又，是方向相反的单位向量，所以有，即||＝1，记,则A,B两点的轨迹分别是以原点为圆心，以2和1为半径的圆上，当反向共线时，如图：|-|的最大值为1+2=3，故选D.5．【浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试】已知向量，的夹角为，且，则的最小值为（）A．B．C．5 D．【答案】B【解析】由题意可设,，因此表示直线上一动点到定点距离的和,因为关于直线的对称点为，所以选B.6．【浙江省金华十校2019届高三上期末】已知向量，满足：，，，且，则的最小值为A． B．4 C． D．【答案】A【解析】由题意可知，把看作，，，则可表示为，点B在直线上，设，，，，，，，则的最小值可转化为在直线取一点B，使得最小，作点C关于的对称点，则最小值即可求出，设，由，解得，，则，故的最小值为．故选：A．7．【浙江省宁波市2019届高三上期末】在空间直角坐标系中，为坐标原点，满足，则下列结论中不正确的是（）A．的最小值为-6 B．的最大值为10C．最大值为 D．最小值为1【答案】B【解析】根据题意可设；则；当时，；当时，.另一方面，当时可以取到最大值，进一步变形上式，令，则，当时取等号，即最小值为1，综上可得，选B.8.【浙江省嘉兴市2019 届高三上期末】已知向量，满足，，则的取值范围是( ) A ． B ．C ．[D ．[【答案】D 【解析】设点M ，为平面中任意一点，点是关于原点对称的两个点，设，根据题意，根据椭圆的定义得到点M 的轨迹是以为焦点的椭圆，方程为.,即.故答案为：D.9．【浙江省2019届高三高考全真模拟（二)】在ABC ∆中，BC CA CA AB ⋅=⋅u u u r u u u r u u u r u u u r ，2BA BC +=uu r uu ur ，且233B ππ≤≤，则BA BC u u u v u u u v ⋅的取值范围是（ ） A ．[2,1)- B ．2,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．22,3⎡⎫-⎪⎢⎣⎭D ．22,3⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】D 【解析】()0()0BC CA CA AB CA BC AB CA BC BA ⋅=⋅⇒⋅-=⇒⋅+=u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r，以,BC BA 为邻边作平行四边形BCDA ，如下图：所以BC BA BD +=u u u r u u u r u u u r ，因此0CA BD CA BD ⋅=⇒⊥u u u r u u u r,所以平行四边形BCDA 是菱形，设CA BD O ⋂=，2BA BC +=uu r uu u r ，所以=21BD BO ⇒=u u u r，在Rt BOA ∆中，1coscos 2BO ABO AB ABC AB ∠=⇒=∠ 212cos ()cos 1cos cos2ABCy BA BC ABC ABC ABC ∠=⋅=⋅∠=∠+∠u u u v u u u v ， 设211cos [,]3322x ABC ABC x ππ=∠≤∠≤∴∈-Q ，所以当11[,]22x ∈- 时，'22201(1)x y y x x =⇒=>++，21x y x =+是增函数，故2[2,]3y ∈-，因此本题选D.10. 【浙江省2019届高考模拟卷（三)】如图，是以直径的圆上的动点，已知，则的最大值是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】如图，先将C 视为定点，设∠CAB ＝θ，θ∈[0，），则AC=2cosθ，连接CB，则CB AC，过O作AC的平行线交圆于E，交BC于M，且M为垂足，又知当D、C在AB同侧时，取最大值，设D在OE的投影为N，当C确定时，M为定点，则当N落在E处时，MN最大，此时取最大值，由向量的几何意义可知，=，最大时为，又OM=cosθ, ∴cosθ，∴最大为2cosθ,当且仅当cosθ=时等号成立，即θ=，∴ 的最大值为.故选A.11.【浙江省2019届高考模拟卷（一)】如图，在中，，，为上一点，且满足，若的面积为，则的最小值为( )A． B． C．3 D．【答案】D【解析】，得到，所以，结合的面积为，得到,得到，所以，故选D.12.【浙江省2019届高考模拟卷（二)】若平面向量满足，，，，则的最大值为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】设向量的夹角为θ，则，∴，．于是可设，令，则，由题意得，表示点在以为圆心，半径为的圆上．又，∴，表示圆上的点与点间的距离，∴的最大值为．故选D ．13.【浙江省温州九校2019届高三第一次联考】已知是不共线的两个向量，的最小值为，若对任意，的最小值为,的最小值为，则的最小值为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】 设的夹角为，则，则由的最小值为,的最小值为，可得，两式相乘可得（*）而，结合（*）可得，解得则 故选B.14.【浙江省绍兴市第一中学2019届高三上期末】设1234,,,a a a a R ∈，且14231a a a a -=，记2222123412341324(,,,)f a a a a a a a a a a a a =+++++，则()1234,,,f a a a a 的最小值为（ ）A ．1B ．3C ．2D ．23 【答案】B【解析】设()()221234,,,||m a a n a a f m n m n ==⇒=++⋅r r r r r r，记cos m n m nθ⋅=r rr r ，则214231111sin 1cos 2222S m n m n a a a a θθ∆==-==-=⇒r r L r r 12cos 23sin sin sin m n f m n m n θθθθ=⇒≥+⋅=+≥r r r r r r （利用三角函数的有界性）15.【浙北四校2019届高三12月模拟考数学试题】已知向量，满足，，则的最小值是（）A． 1 B． 2 C． 3 D． 4【答案】A【解析】因为，，由绝对值向量三角不等式得：===1，故选A.16.【浙江省镇海中学2019届高三上期中】已知双曲线的左右焦点分别为，为双曲线上一点，为双曲线渐近线上一点，均位于第一象限，且，，则双曲线的离心率为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】设，，注意到，从而，故即，故，.又，解得，代入双曲线方程，则有，，故选C.17.【浙江省金丽衢十二校2019届高三第二次联考】已知，，和为空间中的4个单位向量，且，则不可能等于（）A ．3B ．C ．4D ．【答案】A 【解析】 因为而，所以因为，，， 是单位向量，且， 所以不共线，所以，故选A.二.填空题18.【浙江省镇海中学2019届高三上期中考试数学试题】已知两不共线的非零向量满足,,则向量与夹角的最大值是__________.【答案】 【解析】 因为两非零向量满足,,设向量夹角为， 由于非零向量以及构成一个三角形，设，则由余弦定理可得，解得，当且仅当时，取得最小值，所以的最大值是，故答案是.19. 【浙江省衢州市五校联盟2019届高三上学期联考】已知ABC ∆中，BC CA CA AB ⋅=⋅u u u r u u u r u u u r u u u r，2BA BC +=uu r uu u r ，且2,33B ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则BC BA ⋅u u u r u u u r 的取值范围是 .【答案】22,3⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【解析】因为BC CA CA AB ⋅=⋅u u u r u u u r u u u r u u u r，所以c a AB BA AB BC CA AB BC CA ==∴-⊥∴=-⋅,),(,0)(,2BA BC +=uu r uu u r,所以2222222||2||||cos 4,22cos 4,1cos BA BC BA BC BA BC B c c B c B+=++⋅=∴+=∴=+u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r,2,33B ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,⎥⎦⎤⎢⎣⎡-∈21,21cos BBC BA ⋅u u u r u u u r∈+==1cos 12cos 2BB c 22,3⎡⎤-⎢⎥⎣⎦20.【浙江省绍兴市第一中学2019届高三上期末】在ABC ∆中，点D 满足34BD BC =u u u v u u u v，当点E 在射线AD（不含点A ）上移动时，若AE AB AC λμ=+u u u v u u u v u u u v ，则()221λμ++ 的 取值范围为__________．【答案】()1,+∞【解析】因为点E 在射线AD （不含点A ）上，设,0AE k AD k =<u u u v u u u u v，又34BD BC =u u u v u u u v ，所以()()33444k k AE k AB AD k AB AC AB AB AC ⎡⎤=+=+-=+⎢⎥⎣⎦u u u v u u u v u u u v u u uv u u u v u u u v u u u v u u u v ， 所以4{ 34kk λμ== ， ()2222295291114168510k t k k λμ⎛⎫⎛⎫=++=++=++> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故()221λμ++的取值范围()1,+∞.21. 【浙江省名校新高考研究联盟（Z20)2019届高三第一次联考】已知向量，满足，，则的取值范围为______．【答案】【解析】，，又，，，又，设为向量，的夹角，，又，，，，故答案为22.【浙江省2019届高考模拟卷（二)】设是抛物线上相异的两点，则的最小值是____．【答案】-16【解析】由题意直线的斜率存在，设，由消去整理得，且．设，中点为，则，∴，∴，∴，∴，又．∴，当时等号成立，∴的最小值是．故答案为．23.【浙江省七彩联盟2019届高三上期中】已知量面，满足，，若对任意实数x都有，则的最小值为______【答案】【解析】如图，由，知在上的投影为2，即，，对任意实数x都有，．由摄影定理可得，．设，取，可得P在直线BC上，线段OP的最小值为O到直线BC的距离，当时，．故答案为：．24．【浙江省宁波市2019届高三上期末】在中，为边中点，经过中点的直线交线段于点，若，则_____；该直线将原三角形分成的两部分，即三角形与四边形面积之比的最小值是_______.【答案】4【解析】∵ABC中，D为BC边的中点，E为AD的中点，∴，∵，∴，∴，同理∵与共线，∴存在实数，使（），即，∴，解得，，∴；∵，∵，∴，当且仅当时取等号，此时有最小值，则有M，N分别为AB，AC的中点，取得最小值，故答案为4，．25．【浙江省金丽衢十二校2019届高三第一次联考】若等边的边长为，平面内一点满足，则________【答案】-2 【解析】 以点为原点，以所在的直线为轴建立直角坐标系，可得，所以，所以，所以，所以，所以.26．【浙江省金华十校2019届高考模拟】已知平面向量a r ，m v ，n v，满足4a =r ，221010m a m n a n ⎧-⋅+=⎨-⋅+=⎩v v v v v v ，则当m n -=u r r _____，则m v 与n v的夹角最大．3【解析】设a r，m v ，n v的起点均为O ，以O 为原点建立平面坐标系，不妨设(4,0)a =r ，(,)m x y v=，则222m x y =+u r ，4a m x ⋅=r u r ，由210m a m -⋅+=u r r u r可得22410x y x +-+=，即22(2)3x y -+=， ∴m v的终点M 在以(2,0)3为半径的圆上， 同理n v的终点N 在以(2,0)3为半径的圆上．显然当OM ，ON 为圆的两条切线时，MON ∠最大，即m v ，n v的夹角最大． 设圆心为A ，则3AM =221OM OA AM =-=，3sin MOA ∠=60MOA ∠=︒， 设MN 与x 轴交于点B ，由对称性可知MN x ⊥轴，且2MN MB =， ∴322sin 213MN MB OM MOA ==⋅∠=⨯=3．27.【浙江省台州市2019届高三上期末】设圆，圆半径都为1，且相外切，其切点为．点，分别在圆，圆上，则的最大值为____．【答案】【解析】以为原点，两圆圆心所在的直线为轴建立如图所示的直角坐标系．则，，令，，所以所以，令，则，所以当时，有最大值，填．28.【浙江省金丽衢十二校2019届高三第二次联考】过点的直线与椭圆交于点和，且.点满足，若为坐标原点，则的最小值为_ ．【答案】【解析】设，，则于是，同理，于是我们可以得到.即，所以Q点的轨迹是直线，即为原点到直线的距离，所以29.【浙江省2019届高考模拟卷（二)】设是抛物线上相异的两点，则的最小值是____．【答案】-16【解析】由题意直线的斜率存在，设，由消去整理得，且．设，中点为，则，∴，∴，∴，∴，又．∴，当时等号成立，∴的最小值是．故答案为．30.【2018年11月浙江省学考】如图，O是坐标原点，圆O的半径为1，点A（-1，0），B（1，0），点P，Q分别从点A，B同时出发，圆O上按逆时针方向运动.若点P的速度大小是点Q的两倍，则在点P运动一周的过程中，的最大值是_______.【答案】2【解析】设，根据题意得，，且，依题意得，∴，当且仅当时，等号成立．故答案为：231.【浙江省2019届高考模拟卷（三)】已知直线与抛物线交于两点，点，，且，则__________．【答案】-3【解析】设，，则，，，则有，代入方程，故有，同理，有，即可视为方程的两根，则.故答案为-3.。

第六章 数列与数学归纳法数列是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，大小均有.其中，小题重点考查等差数列、等比数列基础知识以及数列的递推关系，和其它知识综合考查的趋势明显，小题难度加大趋势明显；解答题的难度中等或稍难，随着文理同卷的实施，数列与不等式综合热门难题(压轴题)，有所降温，难度趋减，将稳定在中等变难程度.往往在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合.在考查等差数列、等比数列的求和基础上，进一步考查“裂项相消法”、“错位相减法”等，与不等式结合，“放缩”思想及方法尤为重要．关于数学归纳法的考查，主要与数列、不等式相结合.一.选择题1．(浙江省杭州市第二中学2020届高三上学期开学考)已知等比数列{}n a 的各项均为正数，且132a ，34a ，2a 成等差数列，则20191817a a a a +=+( )A ．9B ．6C ．3D ．1【答案】A 【解析】 设公比为q .由132a ，34a ，2a 成等差数列，可得312322a a a +=， 所以2111322a a q a q +=，则2230q q --=，解1q =-(舍去)或3q =. 所以22201918171817181279a a a q a q a a a a q ++===++.故选A. 2.(2020届浙江省浙南名校联盟高三上学期第一次联考)已知数列{}n a 满足()*11112n n n na a n a a +++=+∈N ，则( ) A ．当()*01n a n <<∈N时，则1n n aa +> B ．当()*1n a n >∈N时，则1n n aa +<C ．当112a =时，则111n n a a +++>D ．当12a =时，则111n n a a +++>【答案】C 【解析】111111112n n n n n n n n n a a a a a a a a a +++++=+∴-+-=即111()(1)n n n n na a a a a ++--= 当01n a <<时，1110n na a +-<，故1n n a a +<，A 错误当1n a >时，1110n na a +->，故1n n a a +>，B 错误对于D 选项，当1n =时，12a =，212111922a a a a +=+=<D 错误 用数学归纳法证明选项C 易知0n a >恒成立 当1n =时，21211123a a a a +=+=> 假设当n k =时成立，111k k a a +++>2121122k k a k a +++>+ 当1n k =+时：222222111122211111112443426k k k k k k k k k a a a a a k a a a a +++++++++⎛⎫⎛⎫+=+=++=+++>+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭即221k k a a +++>成立故111n n a a +++>恒成立，得证 故答案选C3.(2020届浙江省五校高三上学期联考)已知数列{}n a 是公差为d 的等差数列，其前n 项和为n S ，则( ) A ．0d <时，n S 一定存在最大值B ．0d >时，n S 一定存在最大值C ．n S 存在最大值时，0d <D ．n S 存在最大值时，0d >【答案】A 【解析】对A ：因为0d <，所以数列单调递减，故n S 一定存在最大值，A 正确； 对B ：因为0d >，所以数列单调递增，故n S 不存在最大值，B 错； 对C ：因为当0d =，10a <时，n S 存在最大值1S ，C 错； 对D ：由C 的解析知，D 错； 故选A4.(2020届浙江省宁波市慈溪市高三上期中)已知数列{}n a 满足：()*2121,22n n n n n a a a n n a a ----=∈>-¥，若1231,7a a ==，则2019a =( ) A ．38075 B ．36054C ．56058D ．54036【答案】A 【解析】由题意数列{}n a 满足：*2121(,2)2n n n n n a a a n N n a a ----=∈>-，可得21112n n n a a a --+=，所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列， 211174133d a a =-=-=， 所以14411(1)33n n n a -=+-=，2019334201918075a ==⨯-． 故选：A ．5.(2020届浙江省宁波市镇海中学高三上期中)已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，且244,18S S ==，则6S 等于( ) A ．50 B ．42C ．38D ．36【答案】B 【解析】由24264,,S S S S S --成等差数列， 所以()()62184418S -=+- 所以642S =， 故选：B6.(2019·9月浙江省丽水四校高三联考)数列{}n a 满足143a =，2*11(N )n n n a a a n +=-+∈，则122013111m a a a =+++L 的整数部分是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4【答案】B 【解析】 因为,则,则,故122013111m a a a =+++L ,因,即,又,进而可得42a > ，故20142a >,则,应选B.7.(2020届浙江省金丽衢十二校高三上学期第一次联考)设等差数列1a ，2a ，…，n a (3n ≥，*N n ∈)的公差为d ，满足1211n a a a a ++⋅⋅⋅+=-2121122n a a a a +-+⋅⋅⋅+-=+++2n a m +⋅⋅⋅++=，则下列说法正确的是( ) A ．3d ≥B ．n 的值可能为奇数C ．存在*i N ∈，满足21i a -<<D ．m 的可能取值为11【答案】A 【解析】因为1211n a a a a ++⋅⋅⋅+=-2121122n a a a a +-+⋅⋅⋅+-=+++2n a m +⋅⋅⋅++= 所以111+(1)a a d a n d ++⋅⋅⋅++-11111+1(1)a a d a n d =-+-+⋅⋅⋅+-+-111222+(1)a a d a n d m =+++++⋅⋅⋅++-=令()2(1),3f x x x d x d x n d n =+++++++-≥L 则111()(1)(2)f a f a f a m =-=+= (*) ①当0d =时，()f x n x =，不满足(*)，舍去.②当0d >时，由(*)得()f x 为平底型，故n 为偶数(4)n ≥ . ()f x 的大致图像为：则11112(1)22n nd a a a d -≤-<<+≤-- 所以(1)+=322n n d d d --≥，故A 正确. 由1111212(1)222(1)2n d a n n d a d n a d⎧-≤-⎪⎪⇒-≤≤---⎨⎪+≤--⎪⎩当1,2,,2n i =L 时1(1)2(1)(1)()222i n na a i d d i d i d =+-≤---+-=-- 当+1,+2,,22n n i n =L 时1(1)1(1)=1+(1)122i n na a i d d i d i d =+-≥-+---≥故不存在*i N ∈，满足21i a -<<，C 错112122()n nn m f a a a a a a +==++++++L L1212222()()n n n n a a a a a a ++≥+++-+++L L2112=()24n n n a a d +-=由于4,3n d ≥≥ 所以2124n m d ≥≥，故D 错③当0d <时，令0d d '=->由于()f x 的图像与()f x -的图像关于y 轴对称，故只需研究()f x - 故令()()g x f x =-=2(1),3x x d x d x n d n -+-++-+++-+-≥L2(1),3x x d x d x n d n '''=+++++++-≥L因为111()(1)(2)f a f a f a m =-=+= 所以111()(1)(2)g a g a g a m -=--=-+=由②知()g x 为平底型，故n 为偶数(4)n ≥，故B 错 令1111,(1)1i i a a a a i d a ''''=--=+-=-所以()(1)(2)i i i g a g a g a m '''=-=+=3d d '⇒=-≥ ，故A 正确由②知，不存在*i N ∈，满足2121112i i i a a a -<<⇔-<-<⇔-<'<-，故C 错由②知，2()124i n m g a d '=≥≥，故D 错综上所述，A 正确,BCD 错误 故选A.8.(2020届浙江省高三上学期百校联考)设无穷数列{}n a 满足1(0)a p p =>，2(0)a q q =>，()*21122n n n a a n a ++⎛⎫=+∈ ⎪⎝⎭N ，若{}n a 为周期数列，则pq 的值为( )A ．12B ．1C ．2D ．4【答案】C 【解析】22111112122n n n n n n n a a a a a a a +++++⎛⎫=+∴ ⎪=⎝⎭+Q ， 2111(222)n n n n a a a a +++∴-=-111212(2)()2n n n a a a a +--∴-=因为数列是周期数列，所以存在11111122221222(2)(,)20,22n n n n N a a a a a a a a a a pq -++-=-∴-=-∴-==∈故pq 的值为2.故选C.9.(2020届浙江省台州五校高三上学期联考)若集合，则集合中的元素个数是( )A ．2016B ．2017C ．2018D ．2019 【答案】A 【解析】由题意知，，所以，必为一奇一偶，即共2016种情况，又.故选A.10.(2020届浙江学军中学高三上期中中)已知数列{}n a 满足112a =-，2131n n n a a a +=++，若12n n b a =+，设数列{}n b 的前项和为n S ，则使得2019S k -最小的整数k 的值为( ) A ．0 B ．1C ．2D ．3【答案】C 【解析】因为2131n n n a a a +=++，所以()2212110n n n n n a a a a a +-=++=+≥，所以n a 为递增数列，而()()2113212n n n n n a a a a a ++=++=++，所以()()1111111212n n n n n a a a a a +==-+++++ 所以1111211n n n n b a a a +==-+++， 因为数列{}n b 的前项和为n S ，112a =-所以2019122320192020111111111111S a a a a a a =-+-+⋅⋅⋅+-++++++ 2020121a =-+而()()21131124a a a +=++=， ()()3227711216a a a +=++=，所以20203771116a a ++=≥从而得到202011382,2177a ⎡⎫-∈⎪⎢+⎣⎭所以2019S k -要取最小，k 的整数值为2， 故选：C.11.(2020届浙江省名校新高考研究联盟(Z20联盟)高三上学期第一次联考)已知数列{}n a 满足：1102a <<，()1ln 2n n n a a a +=+-．则下列说法正确的是( ) A ．2019102a << B ．2019112a << C ．2019312a <<D ．2019322a <<【答案】B 【解析】考察函数()ln(2)(02)f x x x x =+-<<， 由'11()1022xf x x x-=-=>--可得()f x 在()0,1单调递增， 由'()0f x <可得()f x 在()1,2单调递减且()()11f x f ≤=，可得1n a <，数列{}n a 为单调递增数列， 如图所示：且1(0)ln 22f ==>=，211()(0)2a f a f =>>，图象可得1231012n a a a a <<<<<<<<L L ， 所以2019112a <<，故选B. 二.填空题12.(2020届浙江省台州五校高三上学期联考)设等比数列的前项和为，满足对任意的正整数，均有，则_______，公比_______.【答案】 2 【解析】由，则，两式相减得，，则，由等比数列前项和公式得，，即，从而解得.13.(2019年9月浙江省嘉兴市高三测试)已知{}n a 是公差为2-的等差数列，n S 为其前n 项和，若21a +，51a +，71a +成等比数列，则1a =_____，当n =_______时，n S 取得最大值．【答案】19. 10. 【解析】因为21a +，51a +，71a +成等比数列， 所以()75221(1)(1)+=++a a a ， 又{}n a 是公差为2-的等差数列，所以()2111821(1)(112)+=---++a a a ， 即()2111()7(111)--=-a a a ，解得119a =，所以2219(1)20(10)100=--=-+=--+n n n n n S n n ， 因此，当10n =时，n S 取得最大值． 故答案为(1). 19. (2). 10.14.(2020届浙江学军中学高三上期中中)等比数列{}n a中，1a =2a =，则2201382019a a a a +=+__________，1234a a a a =__________．【答案】89 92【解析】因为等比数列{}n a中，1a =2a =，所以21a q a ==， 所以()22013220136682019220131a a a a a a a a q q ++==++6189==⎛⎫644612341a a a a a q ⎛⎫=⋅=⋅99482=⨯=.故答案为：89；9215.(2019·9月浙江省丽水四校高三联考)已知数列{}n a 满足：2111,2n n n a a a a +==+，用[x ]表示不超过x 的最大整数，则122012111111a a a ⎡⎤+++⎢⎥+++⎣⎦L 的值等于_____ 【答案】1 【解析】由题意知，0n a >，1111(1)11n n n n n a a a a a +=-++=移项得11111n n n a a a +=-+又1220121220122013120132013111111111++1=11==12a a a a a a a a a a -+++---+++L L 2111,2n n n a a a a +==+，23,1,321416a a ==>又因210n n n a a a +-=>，所以数列{}n a 单调递增故201331,a a >> 所以20131122a <-<，故122012111=1111a a a ⎡⎤+++⎢⎥+++⎣⎦L 故填116．(2020届浙江省宁波市慈溪市高三上期中)设等差数列{}n a 的前项和为()*n S n ∈N，若153,11a a ==-，则3a =________，5S =________.【答案】4- 20- 【解析】 依题意，153311422a a a +-===-； 1553555(4)202a a S a +=⨯==⨯-=-． 故答案为：4-，20-．17.(2019年9月浙江省超级全能生高三第一次联考)已知数列{}n a ，满足()21n n na k a a +=-.若1112a k ==，则1n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的最小值是___________，若12a =，且存在常数0M >，使得任意n a M ≤，则k 的取值范围是______________.【答案】12[]11-，【解析】(1)令1y n n x a a +==，，2y x x =-， 1n n a a +表示点()1n n a a +，与原点连线的斜率，因为112a =，所以1(0,]2n a ∈，由于()12a a ，为21,(0,]2x y x x ∈=-最高点，所以21a a 最小，等于12.(2)当0k =时，显然存在；当0k ≠时，由12a =，则2M ≥ ，由2()y k x x =-图象可知，使得任意n a M≤成立，则需2,4(),k M k M M M ⎧≤⎪⎨⎪-≤⎩即4,1,1k M k M ⎧≤⎪⎨≤⎪-⎩ 又14(2)1M M M >≥-,所以111k M ≤≤-,故k 的取值范围是11k -≤≤.18.(浙江省杭州市第二中学2020届高三上学期开学考)已知正项数列{}n a 满足()()22112120nn n n n a n a a na+++++⋅-=，14a =，则数列()()12n a n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬+⋅+⎪⎪⎩⎭的前n 项和为___________．【答案】2222n n +-+【解析】由已知得22111(2)2()0,n n n n n n n n a a a a a a a ++++⋅-++= 所以11()(22)0,n n n n n a a na na a +++-+=又因为0n a > 所以1220.n n n na na a +-+=所以112n n a n a n++=⨯ 所以14a =2122;1a a =⨯ 32322a a =⨯； 4342;3a a =⨯ L L12;1n n a na n -=⨯-累乘得12.n n a n +=⋅所以()()()()121222,121221n n n n a n n n n n n n +++⋅==-+⋅++⋅+++ 所以()()12n a n n +⋅+=212221n n n n ++-++所以()()32122;111232a =-+⋅+ ()()43222;212243a =-+⋅+()()54322;313254a =-+⋅+L L()()2122;1221n n n a n n n n ++=-+⋅+++累加求和得222;2n n +-+故答案为222;2n n +-+19.(2020届浙江省五校高三上学期联考)设数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足()()112nnn n S a n N *⎛⎫=--∈ ⎪⎝⎭，则3a =______，7S =______.【答案】116- 1256- 【解析】当1n =时，1111124S a a =--⇒=-； 当2n ≥时，()()()()()()1111111112111111122112nn n nn n n n n n n n n n n n n n n S a a a a a a S a -------⎧⎛⎫=--⎪ ⎪⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎡⎤⇒=---+⇒--=-+⎨ ⎪ ⎪⎣⎦⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎪=-- ⎪⎪⎝⎭⎩当n 为偶数时，112nn a -⎛⎫=- ⎪⎝⎭即n 为奇数时112n n a +=-，所以3411216a =-=-； 7812a =-，()7787811111222256S ⎛⎫=---=-=- ⎪⎝⎭. 20.(2020届浙江省宁波市镇海中学高三上期中)已知{}n a 是等比数列，且0n a >，243546225a a a a a a ++=，则35a a +=__________，4a 的最大值为__________．【答案】5 52【解析】243546225a a a a a a ++=22233553535225()25,05n a a a a a a a a a ⇒++=⇒+=>∴+=Q22354354255()242a a a a a a +∴=≤=⇒≤ ，即4a 的最大值为5221.(浙江省宁波市宁波十校2020届高三11月联考)已知常数p ＞0，数列{a n }满足a n +1＝|p ﹣a n |+2a n +p (n ∈N *)，首项为a 1，前n 项和为S n ．若S n ≥S 3对任意n ∈N *成立，则1a p的取值范围为_____．【答案】[﹣6，﹣4] 【解析】由题意，120+-=-++≥-++=>n n n n n n a a p a a p p a a p p ， 及10n n a a +->，所以数列{}n a 为递增数列，要使得3n S S ≥对任意n N +∈恒成立，则必有340,0a a ≤≥， 所以21111220a p a a p p a a p =-++=-++<，32211111225()2540a p a a p a p a p a p a p a p =-++=+++=-+++=+≤， 433111112329(3)2960a p a a p a p a p a p a p a p =-++=+++=-+++=+≥，所以164a p-≤≤-，即1ap 的取值范围[6,4]--．故答案为：[6,4]--．三.解答题22.(2020届浙江省名校新高考研究联盟(Z20联盟)高三上学期第一次联考)已知数列{}n a 为等差数列，n S 是数列{}n a 的前n 项和，且55a =，36S a =，数列{}n b 满足24,b =1122(22)2n n n a b a b a b n b +++=-+L ． (1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式； (2)令*,nn na c n Nb =∈，证明：122n c c c ++<L ． 【答案】(1) n a n =.2nn b =. (2)证明见解析【解析】(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，11145335a d a d a d +=⎧∴⎨+=+⎩，解得111a d =⎧⎨=⎩，∴数列{}n a 的通项公式为n a n =.122(22)2n n b b nb n b ∴++=-+L ，当2n ≥时，12112(1)(24)2n n b b n b n b --++-=-+L11(24)(2)2nn n n b n b n b b --⇒-=-⇒=， 即{}n b 是等比数列，且12b =，2q =，2n n b ∴=. (2)2n n n n a nc b ==，记121212222n n n S c c c =++=++⋯+L ， 则1212321222n nS -=++++L ， 1211112212222222n n n n n S S S -+∴=-=++++-=-<L ．23.(2020届浙江省高三上学期百校联考)已知各项为正数的数列{}n a ，其前n 项和为n S，21n a =+，且11a =.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若23nn n b a =，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)n a n =.(2)()211332n nn n T +-+⨯-=【解析】(1)由8121n n S a +=+平方，得()28121n n S a +=+，所以()2118121n n S a +++=+()211821n n S a ++=+，将以上两式相减，可得()()221182121n n n a a a ++=+-+，则()()22121210n n a a +--+=，所以()()11222220n n n n a a a a +++--=，所以11n n a a +=+，故{}n a 是首项为1，公差为1的等差数列，从而可得数列{}n a 的通项公式为n a n =. (2)由题意可得2233nnn n b a n ==⋅， 则22213233nn T n =⨯+⨯++⨯L ，22322131323(1)33n n n T n n +=⨯+⨯++-⨯+⨯L ，将以上两式相减，可得22121333(21)33nn n T n n +-=⨯+⨯++-⨯-⨯L .设21333(21)3nn Q n =⨯+⨯++-⨯L ，则23131333(23)3(21)3nn n Q n n +=⨯+⨯++-⨯+-⨯L ，将以上两式相减，可得212132323(21)3nn n Q n +-=⨯+⨯++⨯--⨯L由此可得1(1)33n n Q n +=-⨯+，则()211332n nn n T+-+⨯-=.24.(2020届浙江省台州五校高三上学期联考)已知函数.(Ⅰ)求方程的实数解；(Ⅱ)如果数列满足，()，是否存在实数，使得对所有的都成立？证明你的结论． (Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下，设数列的前项的和为，证明：． 【答案】(Ⅰ);(Ⅱ)存在使得;(Ⅲ)见解析.【解析】(Ⅰ)；(Ⅱ)存在使得．证法1：因为，当时，单调递减，所以．因为，所以由得且．下面用数学归纳法证明．因为，所以当时结论成立．假设当时结论成立，即．由于为上的减函数，所以，从而，因此，即．综上所述，对一切，都成立，即存在使得．证法2：，且是以为首项，为公比的等比数列.所以.易知，所以当为奇数时，；当为偶数时，即存在，使得.(Ⅲ)证明：由(2)，我们有，从而.设，则由得.由于，因此n =1，2，3时，成立，左边不等式均成立．当n >3时，有，因此．从而．即．解法2: 由(Ⅱ)可知，所以，所以所以所以当为偶数时，；所以当为奇数时，即.(其他解法酌情给分)25.(2019年9月浙江省嘉兴市高三测试)已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足231n n S a =-(n ∈N *)． (Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式； (Ⅱ)设32log n n n a b a +=，n T 为数列{}n b 的前n 项和，求证：154n T <． 【答案】(Ⅰ)13-=n n a ；(Ⅱ)证明见解析. 【解析】(Ⅰ)当1n =时11a =． 当2n ≥时，11231231n n n n S a S a --=-⎧⎨=-⎩，两式相减得：13n n a a -=．故{}n a 是以3为公比的等比数列，且11a =， 所以13n n a -=．(Ⅱ)由(Ⅰ)得：113n n n b -+=， 由错位相减法12011231333n n n n T b b b -+=+++=+++L L (1) 121123133333n n n n n T -+=++++L (2)两式相减得：2121111525233333223n n n n n n T -++⎛⎫=+++-=- ⎪⋅⎝⎭L ，求得：11525443n n n T -+=-⋅． 所以154n T <．26．(2019年9月浙江省超级全能生高三第一次联考)已知等比数列{}n a 的公比1q >2a ，3a 的等比中项，31a +为2a ，4a 的等差中项. (Ⅰ)求q 的值；(Ⅱ)设()()*11nn n b a n N +=+-∈，数列1n b⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，求证：53nS <. 【答案】(Ⅰ)2q =(Ⅱ)详见解析 【解析】(Ⅰ)由题意得()23432421a a a a a a =⎧⎨+=+⎩，，则23222a q q q q =⎧⎨-+=⎩，，解得2q =. (Ⅱ)由题知12n n a -=，则()1121nn n b =+-. 当1n =时，111513S b ==<； 当2n ≥时，()222111323221n n n n n b ---=≤⋅⋅++-， 故111125*********n n S -⎛⎫- ⎪⎝⎭<+<+=-，综上所述，53n S <.27.(2020届浙江学军中学高三上期中中)已知正项等差数列{}n a 满足：233312n n S a a a L =+++，其中n S 是数列{}n a 的前n 项和. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)令()()()1412121n n n n n b a a -=--+，证明：122221n n b b b n ++++≤+L .【答案】(1)n a n =；(2)证明见解析； 【解析】(1)因为233312n n S a a a L =+++1n =时，2311S a =；2n =时，233212S a a =+，联立得：2311233212S a S a a ⎧=⎨=+⎩即()23112331212a a a a a a ⎧=⎪⎨+=+⎪⎩ 解得1212a a =⎧⎨=⎩，所以公差211d a a =-=所以n a n =； (2)()()()1412121n n n b n n -=--+()()111112121n nn n -=----+所以12n b b b +++L()()()()()()0112111111111111113352121n nn n -=---+---+⋅⋅⋅+----+ ()11121nn =--+12212121n n n +≤+=++.28.(2020届浙江湖州、衢州、丽水三地市高三上期中)已知数列{}n a 满足()*11()11,1n n a a n N n a +==∈+.(1)求23,a a ，并猜想{}n a 的通项公式(不需证明)； (2)求证()*)1n N <∈.【答案】(1) 2311,23a a ==;猜想1n a n=;(2)证明见解析 【解析】(1)2311,23a a == 猜想1n a n====<=1)1=(2)方法二用数学归纳法证明:(1)当1n =时，左边1==，右边)1==左边<右边，不等式成立；(2)假设*()n k k N =∈)1⋅⋅⋅+<，那么当1n k =+<)1成立，))11+<<只要证明()()12212231k k k +++++即证141k +<+，即证43k <+只要证明221624816249k k k k ++<++，显然成立， 所以1n k =+时不等式也成立.综合(1)(2)可得对一切的*n N ∈不等式均成立.29.(2020届浙江省金丽衢十二校高三上学期第一次联考)在数列{}n a 中，12a =，1431n n a a n +=-+，*N n ∈.(Ⅰ)证明：数列{}n a n -是等比数列；(Ⅱ)记()n n b a n n =-，求数列{}n b 的前n 项和n S .【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)()31419n n n S -+=【解析】(Ⅰ)证明：由1431n n a a n +=-+，可得()()114n n a n a n +-+=-. 又111a -=，所以数列{}n a n -是首项为1，公比为4的等比数列； (Ⅱ)由(Ⅰ)知14n n a n --=，即14n n a n -=+，所以14n n b n -=⋅，01114244n n S n -=⋅+⋅++⋅L ，① 12414244n n S n =⋅+⋅++⋅L ，②①-②得，21314444n nn S n --=++++-⋅L 4143n n n -=-⋅，所以()31419n nn S -+=30.(2020届浙江省五校高三上学期联考)设数列{}n a 是等比数列，数列{}n b 是等差数列，若223a b ==，359a b ==.(1)若nn nn b c a ⋅=，数列{}n c 中的最大项是第k 项，求k 的值 (2)设n n n d a b =⋅，求数列{}n d 的前n 项和n T 【答案】(1)2k = (2)()131nn T n =-⨯+【解析】(1)设公差为d ，公比为q则11112111314923a a qb d b a q b d d q =⎧⎪=+==⎧⎪⇒⎨⎨=+==⎩⎪⎪=⎩，所以13-=n n a ，21n b n =-；2123n n n n n b n n c a -⋅-==，212313n nn n c +++= 222112312461333n n n n nn n n n n n c c +-++--++-=-= 当1n =时，246120n n -++=>，于是21c c >； 当2n ≥时，24610n n -++<，于是1n n c c +<； 综上所述：123n c c c c <>>⋅⋅⋅>， 于是()2max 2n c c ==，2k = (2)错位相减求和法()1213n n d n -=-⋅，()()01112133321331333213n n n nT n T n -⎧=⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯⎪⎨=⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯⎪⎩，()()()()1213321233321312213223231n n nn n n T n n n ---=+⨯+⋅⋅⋅+--⨯=+--⨯=-+⨯--()131n n T n =-⨯+31.(浙江省宁波市宁波十校2020届高三11月联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2+2a 4＝a 9，S 6＝36． (1)求a n ，S n ；(2)若数列{b n }满足b 1＝1，1n n b b +=121111nb b b +++≥L (n ∈N *)． 【答案】(1)a n ＝2n ﹣1，S n ＝n 2(2)证明见解析 【解析】(1)设等差数列{a n }的公差设为d ，前n 项和为S n ，且a 2+2a 4＝a 9，S 6＝36， 可得a 1+d +2(a 1+3d )＝a 1+8d ，即2a 1＝d ，又6a 1+15d ＝36，即2a 1+5d ＝12，解得a 1＝1，d ＝2，则a n ＝1+2(n ﹣1)＝2n ﹣1，S n ＝n +n (n ﹣1)＝n 2； (2)证明：数列{b n }满足b 1＝1，1n n b b +==n ，当n ＝1时，b 1b 2＝1，可得b 2＝1，n ≥2时，b n b n ﹣1＝n ﹣1，相减可得b n (b n +1﹣b n ﹣1)＝1，即1nb =b n +1﹣b n ﹣1， 当n ≥2时，1211111n b b b b +++=+L b 3﹣b 1+b 4﹣b 2+b 5﹣b 3+…+b n +1﹣b n ﹣1 11b =-b 1﹣b 2+b n +b n +1≥﹣=1； 当n ＝1时，11b =1＝1，不等式成立，综上可得，121111nb b b +++≥L (n ∈N *)． 32.(2020届浙江省宁波市镇海中学高三上期中)已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足：()*11232n n a a S n N +==-+∈，．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)数列{}n b 满足12b =-，()()()2132n n n b b n n n a +-+=+，求数列{}n b 通项公式．【答案】(1)(2)nn a =--；(2)(2)nn b n-=.【解析】(1)数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：()*11232n n a a S n N +==-+∈，．当n ≥2时，a n ＝﹣3S n ﹣1+2，两式相减得：a n +1＝﹣2a n ， 所以数列{a n }是以2为首项﹣2为公比的等比数列． 所以(2)nn a =--．(2)由于()()()2132n n n b b n n n a +-+=+，所以()()12322nn nn bb n n++--=-+，由于()()()((122[2)3223212(2)(2)(2)[22)111nn n n n n nn n n nn n n n n n n n +⎤--+-⎤⎡+----⎛⎫⎦⎤-=⋅--=+--=+=- ⎪⎥⎢⎦+++++⎝⎭⎦⎣， 所以()()11221n nn nbb n n++---=-+，所以(2)nn b n-=．33.(2020届浙江省宁波市慈溪市高三上期中)记数列{}n a 的前n 项和为1231nn n i i S a a a a a ==++++=∑L ，已知数列{}n a 满足20202020*11,,A 0,1n i i i i a R n N a a ==∈∈==∑∑.(1)若数列{}n a 为等比数列，求20201ii ia=∑的值；(2)证明：|2020120192ii ia=≤∑. 【答案】(1) 12(2)证明见解析 【解析】(1)设等比数列{}n a 的公比为q ，易知10,1a q ≠≠所以由()2020202011101i i a q a q=-==-∑得20201q=，所以1q =-，又由202011i i a ==∑得112020a =设202020201232019202012320192020ii S iaa a a a a ===+++++∑L202020202342020202112320192020i i qS ia a a a a a ===+++++∑L200020201232020201120211(1)20202020i i q S a a a a a a a =-=++++-=-∑L20202011110202020202020a a q a =-=-=- 202011010S a =-故20202020112i i ia S ===∑ (2)证明：设{1,2,,2019}k ∈L ，因为2020121202010ik k i aa a a a a +==+++++=∑L L所以()12120201212020,k k k k a a a a a a a a a a +++++=-+++++=++L L L L 所以()12020121202012k k k a a a a a a a ++++=++++++L L L ()20201220201111222i i a a a a =≤+++==∑L 故202012320201232020ii iaa a a a ==++++∑L()()(1220202202020192020|a a a a a a a a =+++++++++L L12202022020201920202020a a a a a a a a ≤++++++++++L L L 120192111201902222≤+++⋯+=1442443个即2020120192i i ia =≤∑得证 34.(2019·9月浙江省丽水四校高三联考)已知数列{}n a ，0n a ≥，10a =，22111()n n n a a a n N *+++-=∈．记12n n S a a a =+++L ．112121111(1)(1)(1)(1)(1)n n T a a a a a a =+++++++++L L 求证：(Ⅰ)当n *∈N 时(Ⅰ)101n n a a +≤<<； (Ⅱ)2n S n >-； (Ⅲ)3n T <【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)证明见解析【解析】(Ⅰ)证明：因为22112211(1)1(2)(2)nn n n n n a a a a a a n ++-⎧+-=⎨+-=≥⎩ (1)-(2)()()221111n n n n n n a a a a a a ++--++=-所以(1)-(2)可得1n n a a +-与1n n a a --同号，即与21a a -一致.因为2a =，且210a a ->， 10n n a a +∴->22221111110n n n n n n a a a a a a +++++-=∴-=->Q ， 即11n a +< 根据①和②，可知101n n a a +≤<<对任何*n N ∈都成立． (Ⅱ)证明：由22111k k k a a a +++-=，121kn =-L ，，，(2n ≥)，得22231()(1)n n a a a a n a ++++--=L ．因为10a =，所以21n n S n a =--．Q 1n a <，所以2n S n >-．(Ⅲ)证明：由221112k k k k a a a a +++=+≥，得111(2313)12k k ka k n n a a ++=-+L ≤，，，，≥所以23421(3)(1)(1)(1)2n n n a n a a a a -+++L ≤≥，于是2222232211(3)(1)(1)(1)2()22n n n n n n a a n a a a a a ---=<++++L ≤≥， 故当3n ≥时，21111322n n T -<++++<L ， 又因为123T T T <<，所以3n T <．35.(2020届浙江省温州市11月适应测试)已知等差数列{}n a 的首项11a =，数列{}2n a的前n 项和为n S ，且12S +，22S +，32S +成等比数列．(1)求通项公式n a ；(2)求证：11n <L *n N ∈)； 【答案】(1)n a n =；(2)见解析 【解析】(1)记d 为{}n a 的公差，则对任意n *∈N ，112222n n n na a a d a ++-==，即{}2na 为等比数列，公比20dq =>.由12S +，22S +，32S +成等比数列，得2213(2)(2)(2)S S S +=++， 即22[2(1)2](22)[2(1)2]q q q ++=++++，解得2q =，即1d =.所以1(1)n a a n d n =+-=，即()n a n n N *=∈；(2)由(1))n N *++<∈L .下面用数学归纳法证明上述不等式. ①当1n =时，不等式显然成立；②假设当()n k k N *=∈<L ，则当1n k =+<L .因0+=<，<.<L，即当1n k=+时，不等式仍成立.)n N*<+∈L.所以11)n Nn*<+∈L36.(2020届浙江省浙南名校联盟高三上学期第一次联考)已知等比数列{}n a的公比1q>，且13542a a a++=，39a+是15,a a的等差中项，数列{}n b的通项公式nnb=，*n N∈. (Ⅰ)求数列{}n a的通项公式；(Ⅱ)证明：12nb b b+++<L，*n N∈.【答案】(Ⅰ)2nna=；(Ⅱ)详见解析.【解析】(Ⅰ)由39a+是1a，5a的等差中项得153218a a a+=+，所以135a a a++331842a=+=，解得38a=，由1534a a+=，得228834qq+=，解得24q=或214q=，因为1q>，所以2q=.所以，2nna=.(Ⅱ)法1：由(Ⅰ)可得nnb=，*n N∈.Q nn b ==122121n n n +==--+22n n=-∴12n b b b +++=+L ++L1=<法2： 由(Ⅰ)可得nn b =，*n N ∈.我们用数学归纳法证明. (1)当1n =时，11b ==<(2)假设n k =(*k N ∈)时不等式成立，即12k b b b +++<L .那么，当1n k =+时，121k k b b b b +++++L 1k +<=1k +==， 即当1n k =+时不等式也成立. 根据(1)和(2)，不等式12n b b b +++<L ，对任意*n N ∈成立.。

2020年浙江省高考数学试卷一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）1. 已知集合P ={x|1<x <4}，Q ={x|2<x <3}，则P ∩Q =( )A. {x|1<x ≤2}B. {x|2<x <3}C. {x|3≤x <4}D. {x|1<x <4}2. 已知a ∈R ，若a −1+(a −2)i(i 为虚数单位)是实数，则a =( )A. 1B. −1C. 2D. −2 3. 若实数x ，y 满足约束条件{x −3y +1≤0x +y −3≥0，则z =x +2y 的取值范围是( )A. (−∞,4]B. [4,+∞)C. [5,+∞)D. (−∞,+∞)4. 函数y =xcosx +sinx 在区间[−π,π]的图象大致为( )A.B.C.D.5. 某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A. 73 B. 143 C. 3 D. 66. 已知空间中不过同一点的三条直线m ，n ，l ，则“m ，n ，l 在同一平面”是“m ，n ，l 两两相交”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7. 已知等差数列{a n }的前n 项和S n ，公差d ≠0，a1d⩽1.记b 1=S 2，b n+1=S n+2−S 2n ，n ∈N ∗，下列等式不可能成立的是( )A. 2a 4=a 2+a 6B. 2b 4=b 2+b 6C. a 42=a 2a 8D. b 42=b 2b 8 8. 已知点O(0,0)，A(−2,0)，B(2,0)，设点P 满足|PA|−|PB|=2，且P 为函数y =3√4−x 2图象上的点，则|OP|=( )A. √222B. 4√105C. √7D. √109.已知a，b∈R且a，b≠0，若(x−a)(x−b)(x−2a−b)≥0在x≥0上恒成立，则()A. a<0B. a>0C. b<0D. b>010.设集合S，T，S⊆N∗，T⊆N∗，S，T中至少有两个元素，且S，T满足：①对于任意x，y∈S，若x≠y，都有xy∈T；②对于任意x，y∈T，若x<y，则yx∈S；下列命题正确的是()A. 若S有4个元素，则S∪T有7个元素B. 若S有4个元素，则S∪T有6个元素C. 若S有3个元素，则S∪T有5个元素D. 若S有3个元素，则S∪T有4个元素二、填空题（本大题共7小题，共36.0分）11.我国古代数学家杨辉、宋世杰等研究过高阶等差数列求和问题，如数列{n(n+1)2}就是二阶等差数列，数列{n(n+1)2}，(n∈N∗)的前3项和______．12.二项展开式(1+2x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a4=______；a1+a2+a3=______．13.已知tanθ=2，则cos2θ=______；tan(θ−π4)=______．14.已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是______．15.已知直线y=kx+b(k>0)与圆x2+y2=1和圆(x−4)2+y2=1均相切，则k=______，b=______．16.盒中有4个球，其中1个红球，1个绿球，2个黄球，从盒中随机取球，每次取1个不放回，直到取出红球为止，设此过程中取到黄球的个数为ξ，则P(ξ=0)=______，E(ξ)=______．17.已知平面向量e1⃗⃗⃗ ，e2⃗⃗⃗ 满足|2e1⃗⃗⃗ −e2⃗⃗⃗ |≤√2，设a⃗=e1⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ ，b⃗ =3e1⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ ，向量a⃗，b⃗ 的夹角为θ，则cos2θ的最小值为______．三、解答题（本大题共5小题，共74.0分）18.在锐角△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知2bsinA−√3a=0．(1)求角B；(2)求cosA+cosB+cosC的取值范围．19.如图，三棱台ABC−DEF中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC=2BC．(1)证明：EF⊥DB；(2)求DF与面DBC所成角的正弦值．⋅20.已知数列{a n}，{b n}，{c n}满足a1=b1=c1=1，c n+1=a n+1−a n，c n+1=b nb n+2c n(n∈N∗)．(1)若{b n}为等比数列，公比q>0，且b1+b2=6b3，求q的值及数列{a n}的通项公式；(2)若{b n}为等差数列，公差d>0，证明：c1+c2+c3+⋯+c n<1+1，n∈N∗．d21.如图，已知椭圆C1：x2+y2=1，抛物线C2：y2=2px(p>0)，点A是椭圆C1与2抛物线C2的交点．过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于点M(B,M不同于A)．(1)若p=1，求抛物线C2的焦点坐标；16(2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．22.已知1<a≤2，函数f(x)=e x−x−a.其中e=2.718281828459…为自然对数的底数．(1)证明：函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点；(2)记x0为函数y=f(x)在(0,+∞)上的零点，证明：(ⅰ)√a−1≤x0≤√2(a−1)；(ⅰ)x0f(e x0)≥(e−1)(a−1)a．答案和解析1.【答案】B【解析】解：集合P ={x|1<x <4}，Q ={x|2<x <3}， 则P ∩Q ={x|2<x <3}． 故选：B ．直接利用交集的运算法则求解即可．此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键． 2.【答案】C【解析】 【分析】本题考查复数的基本概念，是基础题． 利用复数的虚部为0，求解即可． 【解答】解：a ∈R ，若a −1+(a −2)i(i 为虚数单位)是实数， 可得a −2=0，解得a =2． 故选：C ．3.【答案】B【解析】解：画出实数x ，y 满足约束条件{x −3y +1≤0x +y −3≥0所示的平面区域，如图： 将目标函数变形为−12x +z2=y ，则z 表示直线在y 轴上截距，截距越大，z 越大， 当目标函数过点A(2,1)时，截距最小为z =2+2=4，随着目标函数向上移动截距越来越大， 故目标函数z =2x +y 的取值范围是[4,+∞)． 故选：B ．作出不等式组表示的平面区域；作出目标函数对应的直线；结合图象判断目标函数z =x +2y 的取值范围．本题考查画不等式组表示的平面区域、考查数形结合求函数的最值．4.【答案】A【解析】解：y =f(x)=xcosx +sinx ， 则f(−x)=−xcosx −sinx =−f(x)，∴f(x)为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除B ，D ， 当x =π时，y =f(π)=πcosπ+sinπ=−π<0，故排除B ， 故选：A ．先判断函数的奇偶性，再判断函数值的特点．本题考查了函数图象的识别，掌握函数的奇偶性额函数值得特点是关键，属于基础题．5.【答案】A【解析】解：由题意可知几何体的直观图如图，下部是直三棱柱，底面是斜边长为2的等腰直角三角形，棱锥的高为2，上部是一个三棱锥，一个侧面与底面等腰直角三角形垂直，棱锥的高为1，所以几何体的体积为：12×2×1×2+13×12×2×1×1=73．故选：A．画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可．本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键．6.【答案】B【解析】【分析】本题借助空间的位置关系，考查了充分条件和必要条件，属于基础题．由m，n，l在同一平面，则m，n，l相交或m，n，l有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行，根据充分条件，必要条件的定义即可判断．【解答】解：空间中不过同一点的三条直线m，n，l，若m，n，l在同一平面，则m，n，l相交或m，n，l有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行．故m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两相交”的必要不充分条件，故选：B．7.【答案】B【解析】解：在等差数列{a n}中，a n=a1+(n−1)d，S n+2=(n+2)a1+(n+2)(n+1)2d，S2n=2na1+2n(2n−1)2d，b1=S2=2a1+d，b n+1=S n+2−S2n=(2−n)a1−3n2−5n−22d．∴b2=a1+2d，b4=−a1−5d，b6=−3a1−24d，b8=−5a1−55d．A.2a4=2(a1+3d)=2a1+6d，a2+a6=a1+d+a1+5d=2a1+6d，故A正确；B.2b4=−2a1−10d，b2+b6=a1+2d−3a1−24d=−2a1−22d，若2b4=b2+b6，则−2a1−10d=−2a1−22d，即d=0不合题意，故B错误；C.若a42=a2a8，则(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d)，即a12+6a1d+9d2=a12+8a1d+7d2，得a1d=d2，∵d≠0，∴a1=d，符合a1d⩽1，故C正确；D.若b42=b2b8，则(−a1−5d)2=(a1+2d)(−5a1−55d)，即2(a1d )2+25a1d+45=0，则a1d有两不等负根，满足a1d⩽1，故D正确．∴等式不可能成立的是B．故选：B．由已知利用等差数列的通项公式判断A与C；由数列递推式分别求得b2,b4,b6,b8，分析B，D成立时是否满足公差d≠0，a1d⩽1判断B与D．本题考查数列递推式，等差数列的通项公式与前n项和，考查转化思想和计算能力，是中档题．8.【答案】D【解析】解：点O(0,0)，A(−2,0)，B(2,0).设点P满足|PA|−|PB|=2，可知P的轨迹是双曲线x21−y23=1的右支上的点，P为函数y=3√4−x2图象上的点，即y236+x24=1在第一象限的点，联立两个方程，解得P(√132,3√32)，所以|OP|=√134+274=√10．故选：D．求出P满足的轨迹方程，求出P的坐标，即可求解|OP|．本题考查圆锥曲线的综合应用，曲线的交点坐标以及距离公式的应用，是中档题．9.【答案】C【解析】【分析】本题考查不等式恒成立问题，注意三次函数的图象，考查分类讨论思想和转化思想，属于中档题．先由x=0时，不等式ab(−2a−b)⩾0恒成立，可得1a +2b⩽0，则a,b至少有一个是小于0的，再按a<0,b<0，a<0,b>0，a>0,b<0，讨论可得结论．【解答】解：由题意知，x=0时，不等式ab(−2a−b)⩾0恒成立，即ab(2a+b)⩽0，∵ab≠0，∴可得1a +2b⩽0，则a,b至少有一个是小于0的，(1)若a<0,b<0，由图象知，(x−a)(x−b)(x−2a−b)⩾0在x⩾0时恒成立，符合题意；(2)若a<0,b>0，2a+b>0，(x−a)(x−b)(x−2a−b)⩽0在x≥0上恒成立，则b=2a+b，得a=0，矛盾，不符合题意．(3)若a>0,b<0，(x−a)(x−b)(x−2a−b)⩾0在x⩾0时恒成立，则a=2a+b，则a+b=0，符合题意．综合，b<0成立．故选：C．10.【答案】A【解析】【分析】本题考查命题的真假的判断与应用，集合的基本运算，利用特殊集合排除选项是选择题常用方法，属于较难题．利用特殊集合排除选项，推出结果即可． 【解答】解：取：S ={1,2，4}，则T ={2,4，8}，S ∪T ={1,2，4，8}，4个元素，排除C ． S ={2,4，8}，则T ={8,16，32}，S ∪T ={2,4，8，16，32}，5个元素，排除D ； S ={2,4，8，16}则T ={8,16，32，64，128}，S ∪T ={2,4，8，16，32，64，128}，7个元素，排除B ； 故选：A ．11.【答案】10【解析】 【分析】本题考查数列求和，数列通项公式的应用，是基本知识的考查． 求出数列的前3项，然后求解即可． 【解答】解：数列{a n }满足a n =n(n+1)2，可得a 1=1，a 2=3，a 3=6， 所以S 3=1+3+6=10． 故答案为：10．12.【答案】80；130【解析】 【分析】本题考查二项式定理的应用，只有二项式定理系数以及项的系数的区别，属于基础题． 直接利用二项式定理的通项公式，求解即可． 【解答】解：∵(1+2x)5=a 0+a 1x +a 2x 2+a 3x 3+a 4x 4+a 5x 5，则a 4=C 54⋅24=80．a 1+a 2+a 3=C 51⋅2+C 52⋅4+C 53⋅8=130． 故答案为：80；130．13.【答案】−35， 13【解析】解：tanθ=2，则cos2θ=cos 2θ−sin 2θcos 2θ+sin 2θ=1−tan 2θ1+tan 2θ=1−41+4=−35． tan(θ−π4)=tanθ−tanπ41+tanθtanπ4=2−11+2×1=13．故答案为：−35；13．利用二倍角公式以及同角三角函数基本关系式求解第一问，利用两角和与差的三角函数转化求解第二问．本题考查二倍角公式的应用，两角和与差的三角函数以及同角三角函数基本关系式的应用，是基本知识的考查．14.【答案】1【解析】解：∵圆锥侧面展开图是半圆，面积为2π，设圆锥的母线长为a ，则12×a 2π=2π，∴a =2，∴侧面展开扇形的弧长为2π，设圆锥的底面半径OC =r ，则2πr =2π，解得r =1． 故答案为：1．利用圆锥的侧面积，求出母线长，求解底面圆的周长，然后求解底面半径． 本题考查圆锥的母线长的求法，注意利用圆锥的弧长等于底面周长这个知识点．15.【答案】√33 ；−2√33【解析】解：由条件得C 1(0,0)，r 1=1，C 2(4,0)，r 2=1， 因为直线l 与C 1，C 2都相切， 故有d 1=√1+k 2=1，d 2=√1+k 2=1，则有√1+k 2=√1+k 2，故可得b 2=(4k +b)2，整理得k(2k +b)=0， 因为k >0，所以2k +b =0，即b =−2k ， 代入d 1=√1+k 2=1，解得k =√33，则b =−2√33， 故答案为：√33；−2√33． 根据直线l 与两圆都相切，分别列出方程d 1=√1+k2=1，d 2=√1+k 2=1，解得即可．本题考查直线与圆相切的性质，考查方程思想，属于中档题．16.【答案】13 ；1【解析】解：由题意知，随机变量ξ的可能取值为0，1，2；计算P(ξ=0)=14+14×13=13；P(ξ=1)=1 2×13 +14×23×12+24×13×12=13；P(ξ=2)=1−13−13=13；所以E(ξ)=0×13+1×13+2×13=1．故答案为：13，1．由题意知随机变量ξ的可能取值为0，1，2；分别计算P(ξ=0)、P(ξ=1)和P(ξ=2)，再求E(ξ)的值．本题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望的计算问题，是中档题．17.【答案】2829【解析】【分析】本题考查了平面向量的数量积与夹角的运算问题，是中档题．设e1⃗⃗⃗ 、e2⃗⃗⃗ 的夹角为α，由题意求出cosα≥34；再求a⃗，b⃗ 的夹角θ的余弦值cos2θ的最小值即可．【解答】解：设e1⃗⃗⃗ 、e2⃗⃗⃗ 的夹角为α，由e1⃗⃗⃗ ，e2⃗⃗⃗ 为单位向量，满足|2e1⃗⃗⃗ −e2⃗⃗⃗ |≤√2，所以4e1⃗⃗⃗ 2−4e1⃗⃗⃗ ⋅e2⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ 2=4−4cosα+1≤2，解得cosα≥34；又a⃗=e1⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ ，b⃗ =3e1⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ ，且a⃗，b⃗ 的夹角为θ，所以a⃗⋅b⃗ =3e1⃗⃗⃗ 2+4e1⃗⃗⃗ ⋅e2⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ 2=4+4cosα，a⃗2=e1⃗⃗⃗ 2+2e1⃗⃗⃗ ⋅e2⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ 2=2+2cosα，b⃗ 2=9e1⃗⃗⃗ 2+6e1⃗⃗⃗ ⋅e2⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ 2=10+6cosα；则cos2θ=(a⃗ ⋅b⃗)2a⃗2×b⃗2=(4+4cosα)2(2+2cosα)(10+6cosα)=4+4cosα5+3cosα=43−835+3cosα，所以cosα=34时，cos2θ取得最小值为43−835+3×34=2829．故答案为2829．18.【答案】解：(1)∵2bsinA=√3a，∴2sinBsinA=√3sinA，∵sinA≠0，∴sinB=√32，，∴B=π3，(2)∵△ABC为锐角三角形，B=π3，∴C=2π3−A，，△ABC为锐角三角形，，，解得，，，，∴cosA+cosB+cosC的取值范围为(√3+12,32 ]．【解析】本题考查了正弦定理，三角函数的化简，三角函数的性质，考查了运算求解能力和转化与化归能力，属于中档题．(1)根据正弦定理可得sinB=√32，结合角的范围，即可求出，(2)根据两角和差的余弦公式，以及利用正弦函数的性质即可求出．19.【答案】解：(1)证明：作DH⊥AC，且交AC于点H，∵面ADFC⊥面ABC，面ADFC∩面ABC=AC，DH⊂面ADFC，∴DH⊥面ABC，BC⊂面ABC，∴DH⊥BC，∴在Rt△DHC中，CH=CD⋅cos45°=√22CD，∵DC=2BC，∴CH=√22CD=√22⋅2BC=√2⋅BC，∴BCCH =√22，又∠ACB=45°，∴△BHC是直角三角形，且∠HBC=90°，∴HB⊥BC，又∵DH⊂面DHB，HB⊂面DHB，DH∩HB=H，∴BC⊥面DHB，∵DB⊂面DHB，∴BC⊥DB，∵在三棱台DEF−ABC中，EF//BC，∴EF⊥DB．(2)设BC=1，则BH=1，HC=√2，在Rt△DHC中，DH=√2，DC=2，在Rt△DHB中，DB=√DH2+HB2=√2+1=√3，作HG⊥BD于G，∵BC⊥面DHB，HG⊂面DHB，∴BC⊥HG，而BC⊂面BCD，BD⊂面BCD，BC∩BD=B，∴HG⊥面BCD，∵GC⊂面BCD，∴HG⊥GC，∴△HGC是直角三角形，且∠HGC=90°，设DF与面DBC所成角为θ，则θ即为CH与面DBC的夹角，且sinθ=sin∠HCG=HGHC =√2，∵在Rt△DHB中，DH⋅HB=BD⋅HG，∴HG=DH⋅HBBD =√2⋅13=√63，∴sinθ=√2=√63√2=√33．【解析】本题主要考查空间直线互相垂直的判定和性质，以及直线与平面所成角的几何计算问题，考查了空间想象能力和思维能力，平面与空间互相转化是能力，几何计算能力，以及逻辑推理能力，本题属综合性较强的中档题．(1)题根据已知条件，作DH⊥AC，根据面面垂直，可得DH⊥BC，进一步根据直角三角形的知识可判断出△BHC是直角三角形，且∠HBC=90°，则HB⊥BC，从而可证出BC⊥面DHB，最后根据棱台的定义有EF//BC，根据平行线的性质可得EF⊥DB；(2)题先可设BC=1，根据解直角三角形可得BH=1，HC=√2，DH=√2，DC=2，DB=√3，然后找到CH与面DBC的夹角即为∠HCG，根据棱台的特点可知DF与面DBC 所成角与CH与面DBC的夹角相等，通过计算∠HCG的正弦值，即可得到DF与面DBC 所成角的正弦值．20.【答案】(1)解：由题意，b2=q，b3=q2，∵b1+b2=6b3，∴1+q=6q2，整理，得6q2−q−1=0，解得q=−13(舍去)，或q=12，∴c n+1=b nb n+2⋅c n=1b n+2b n⋅c n=1q2⋅c n=1(12)2⋅c n=4⋅c n，∴数列{c n}是以1为首项，4为公比的等比数列，∴c n=1⋅4n−1=4n−1，n∈N∗．∴a n+1−a n=c n+1=4n，则a1=1，a2−a1=41，a3−a2=42，……a n−a n−1=4n−1，各项相加，可得a n=1+41+42+⋯+4n−1=1−4n1−4=4n−13．(2)证明：依题意，由c n+1=b nb n+2⋅c n(n∈N∗)，可得b n+2⋅c n+1=b n⋅c n，两边同时乘以b n+1，可得b n+1b n+2c n+1=b n b n+1c n，∵b1b2c1=b2=1+d，∴数列{b n b n+1c n}是一个常数列，且此常数为1+d，b n b n+1c n=1+d，∴c n=1+db n b n+1=1+dd⋅db n b n+1=(1+1d)⋅b n+1−b nb n b n+1=(1+1d)(1b n−1b n+1)，∴c1+c2+⋯+c n=(1+1d)(1b1−1b2)+(1+1d)(1b2−1b3)+⋯+(1+1d)(1b n−1b n+1)=(1+1d)(1b1−1b2+1b2−1b3+⋯+1b n−1b n+1)=(1+1d)(1b1−1b n+1)=(1+1d)(1−1b n+1)<1+1d，∴c1+c2+⋯+c n<1+1d，故得证．【解析】本题主要考查数列求通项公式，等差数列和等比数列的基本量的运算，以及和式不等式的证明问题．考查了转化与化归思想，整体思想，方程思想，累加法求通项公式，裂项相消法求和，放缩法证明不等式，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属于综合题．(1)先根据等比数列的通项公式将b2=q，b3=q2代入b1+b2=6b3，计算出公比q的值，然后根据等比数列的定义化简c n+1=b nb n+2⋅c n可得c n+1=4c n，则可发现数列{c n}是以1为首项，4为公比的等比数列，从而可得数列{c n}的通项公式，然后将通项公式代入c n+1=a n+1−a n，可得a n+1−a n=c n+1=4n，再根据此递推公式的特点运用累加法可计算出数列{a n}的通项公式；(2)通过将已知关系式c n+1=b nb n+2⋅c n不断进行转化可构造出数列{b n b n+1c n}，且可得到数列{b n b n+1c n}是一个常数列，且此常数为1+d，从而可得b n b n+1c n=1+d，再计算得到c n=1+db n b n+1，根据等差数列的特点进行转化进行裂项，在求和时相消，最后运用放缩法即可证明不等式成立．21.【答案】解：(1)p =116，则 p 2=132，则抛物线C 2的焦点坐标(132,0)，(2)由题意可设直线l ：x =my +t (m ≠0,t ≠0)，点A (x 0,y 0)， 将直线l 的方程代入椭圆C 1：x 22+y 2=1得(m 2+2)y 2+2mty +t 2−2=0∴点M 的纵坐标y M =−mtm 2+2。

《备战2020年浙江省高考数学优质卷分类解析》第三章导数1.从高考对导数的要求看，考查分三个层次，一是考查导数公式，求导法则与导数的几何意义；二是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；三是综合考查，如研究函数零点、证明不等式、恒成立问题、求参数范围等.2.浙江省恢复对导数的考查后，已连续三年将导数应用问题设计为压轴题，同时在小题中也加以考查，难度控制在中等以上.特别是注意将导数内容和传统内容中有关不等式、数列、函数图象及函数单调性有机结合，设计综合题，考查学生灵活应用数学知识分析问题、解决问题的能力.3.常见题型，选择题、解答题各一道，难度基本稳定在中等以上.一．选择题1．【浙江省宁波市2019届高三上期末】已知存在导函数，若既是周期函数又是奇函数，则其导函数（）A．既是周期函数又是奇函数B．既是周期函数又是偶函数C．不是周期函数但是奇函数D．不是周期函数但是偶函数【答案】B【解析】若是周期函数，设其周期为，则．所以周期函数的导数仍是周期函数；若是奇函数，则，所以，即，所以奇函数的导数是偶函数，故选B．2．【浙江省2019届高三高考全真模拟（二)】已知二次函数2()f x x bx a =-+的部分图象如图所示，则函数()'()x g x e f x =+的零点所在区间为（）A．(1,0)-B．(0,1)C．(1,2)D．(2,3)【答案】B 【解析】由函数f (x )的图象可知，0＜f (0)＝a ＜1，f (1)＝1－b ＋a ＝0，所以1＜b ＜2.又f ′(x )＝2x －b ，所以g (x )＝e x＋2x －b ，所以g ′(x )＝e x＋2＞0，所以g (x )在R 上单调递增，又g (0)＝1－b ＜0，g (1)＝e＋2－b ＞0，根据函数的零点存在性定理可知，函数g (x )的零点所在的区间是(0，1)，故选B.3．【浙江省温州市2019届高三2月高考适应性测试】已知实数a >0，b >0，a ≠1，且满足lnb ＝，则下列判断正确的是（）A．a >b B．a <bC．b >1D．b <1【答案】C 【解析】令函数f(x)=-2lnx，则，所以f(x)单调递增，又f(1)=0，可得f(x)<0在（0，1）恒成立，f(x)>0在（1，）恒成立，取，则f()==lnb ，当时，f()<0，即lnb <0,b<a；当时，f()>0，即lnb>0,b>a；故A，B 不一定成立；又当时，lnb<0，所以，由换底公式得到b>1；当时，lnb>0,所以,得到b>1.故选C.4．【浙江省台州市2019届高三4月调研】已知，且函数.若对任意的不等式恒成立，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为，不等式恒成立，所以，即恒成立，令，则，时，＜0，g（x）递减；时，＞0，g（x）递增，所以g（x）最小值为：，令（），所以令（1）当时，t≥4，，所以的最小值为：，所以，即，解得：，所以（2）当1＜＜4时，所以，，的最小值为：，所以，即，解得：所以恒成立.综合（1）（2）可知：故选：B.5．【浙江省金华十校2019届下学期高考模拟】已知函数2()x f x xe =，下列说法正确的是（）A．任意12m e>-，函数()y f x m =-均有两个不同的零点；B．存在实数k ，使得方程()(2)f x k x =+有两个负数根；C．若()()()f a f b a b =≠，则10a b -<+<；D．若实数a ，b 满足2212()a b e e e a b -+<≠，则()()f a f b ≠.【答案】D 【解析】∵函数2()x f x xe =，'2()(12)x f x x e =+，可知：12x =-时，函数()f x 取得极小值即最小值．11(22f e -=-，如图所示．由图象可得：A．当102m e-<<时，函数()y f x m =-有两个不同的零点，因此不正确；B．存在实数k ，使得方程()(2)f x k x =+有两个一正一负根，不可能为两个负数根；C．若()()()f a f b a b =≠，则1a b +<-，因此不正确；D．若()()f a f b =（不妨设102a b ≤-≤<），则222221(12)2a b a a a a e e e e e a e b-+=+>-≥，因此其逆否命题正确．故选：D．6．【浙江省镇海中学2019届高三上期中】已知函数，则函数的图象为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】=，当x＜0时，=．令g（x）=2x3﹣1+ln（﹣x），由，得，当x∈（﹣∞，）时，g′（x）＞0，当x∈（，0）时，g′（x）＜0．所以g（x）有极大值为=．又x2＞0，所以f′（x）的极大值小于0．所以函数f（x）在（﹣∞，0）上为减函数．当x＞0时，=．令h（x）=2x3﹣1+lnx，．所以h（x）在（0，+∞）上为增函数，而h（1）=1＞0，h（）=﹣．又x2＞0，所以函数f′（x）在（0，+∞）上有一个零点，则原函数有一个极值点．综上函数f（x）的图象为D中的形状．故选：D．二.填空题7．【浙江省杭州高级中学2019届高三上期中】函数的图象在点处的切线方程为___．【答案】【解析】函数f（x）的导数为f′（x）••2，函数y＝f（x）的图象在点处的斜率为k＝，即有函数y＝f（x）的图象在点处切线方程为.8．【浙江省浙南名校联盟2019届高三上期末联考】已知函数在开区间上单调递减，则的取值范围是_____.【答案】【解析】由题意，在恒成立.只需要即可，整理得，作出其对应的平面区域如图所示；所以把视为平面区域内的点与原点距离的平方，由点到直线的距离公式可得，所以的最小值为，则的取值范围是.故答案为9.【浙江省2019届高考模拟卷（二)】已知函数，若对任意的恒成立，则的取值范围是___．【答案】【解析】∵，∴在上成立，∴在上单调递减，∴，．又“对任意的恒成立”等价于“对任意的恒成立”∴，解得，∴的取值范围是．故答案为．三.解答题10．【浙江省宁波市2019届高三上期末】已知函数，其中为实数.（1）若函数的图像关于点对称，求的解析式；（2）若，且，为函数的极小值点，求的取值范围.【答案】(1)(2)【解析】（1）设为图像上的任意一点，则点关于点的对称点为，即，所以，对所有实数成立，从而.，求得：，从而.（2），由知设，则，即，因为，所以，因为极小值存在，所以.①若，则，所以.②若，则，所以，令，则，则在上为减函数，在上为增函数，又，故，综上所述，的取值范围为.11．【浙江省2019届高三高考全真模拟（二)】已知函数()2a f x x x=+，()ln g x x x =+，其中0a >．(1)若1x =是函数()()()h x f x g x =+的极值点，求实数a 的值；(2)若对任意的[]12,1x x e ∈，（e 为自然对数的底数）都有()1f x ≥()2g x 成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)3a =1,2e +⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【解析】(1)∵h(x)＝2x＋2a x ＋ln x，其定义域为(0，＋∞)，∴h′(x)＝2－22a x＋1x ，∵x＝1是函数h(x)的极值点，∴h′(1)＝0，即3－a 2＝0.3经检验当3是函数3(2)对任意的x 1，x 2∈[1，e]都有f(x 1)≥g(x 2)成立等价于对任意的x 1，x 2∈[1，e]，都有f(x)min ≥g(x)max .当x∈[1，e]时，g′(x)＝1＋1x＞0.∴函数g(x)＝x＋ln x 在[1，e]上是增函数，∴g(x)max ＝g(e)＝e＋1.∵f′(x)＝1－22a x＝，且x∈[1，e]，a＞0.①当0＜a＜1且x∈[1，e]时，f′(x)＝＞0，∴函数f(x)＝x＋2ax在[1，e]上是增函数，∴f(x)min＝f(1)＝1＋a2.由1＋a2≥e＋1，得0＜a＜1，∴a不合题意．②当1≤a≤e时，若1≤x≤a，则f′(x)＝＜0，若a＜x≤e，则f′(x)＝＞0.∴函数f(x)＝x＋2ax在[1，a)上是减函数，在(a，e]上是增函数．∴f(x)min＝f(a)＝2a.由2a≥e＋1，得a≥12e+.又1≤a≤e，∴12e+≤a≤e.③当a＞e且x∈[1，e]时f′(x)＝＜0，函数f(x)＝x＋2ax在[1，e]上是减函数．∴f(x)min＝f(e)＝e＋2ae.由e＋2ae≥e＋1，得a＞e，∴a＞e.综上所述，a的取值范围为[12e+，＋∞)．12．【浙江省台州市2019届高三4月调研】已知函数（为自然对数的底数，）.（Ｉ）若关于的方程有三个不同的解，求实数的取值范围；（Ⅱ）若实数，满足，其中，分别记：关于的方程在上两个不同的解为，；关于的方程在上两个不同的解为，，求证：.【答案】（Ｉ）；（Ⅱ）见解析.【解析】（Ｉ）由，得当和时，，单调递增当时，，单调递减又，，当时，；当时，因为关于的方程有三个不同的解所以（Ⅱ）记所以当时，，单调递减当时，，单调递增当时，，单调递减当时，，单调递增又因为，所以所以当和时，，即由题意，不妨设，所以因为，且函数在上单调递减所以，即①同理因为，且函数在上单调递增所以②①+②得：即13．【浙江省三校2019年5月份第二次联考】已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）若方程有两个不相等的实数根，求证：【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】（1）.当时，，函数在上单调递增，所以函数的单调增区间为.当时，由得；由得，所以函数的单调增区间为，单调减区间为.（2）因为是方程的两个不等实根，所以.不妨设，则，，两式相减得,即.又，当时，；当时，.故只要证明即可，即证，即证,即证.设，令，则,则在为增函数，又,所以时，总成立，得证.14．【浙江省温州市2019届高三2月高考适应性测试】记（I）若对任意的x 0恒成立，求实数a的值；（II）若直线l:与的图像相切于点Q(m，n)；（i）试用m表示a与k；（ii）若对给定的k，总存在三个不同的实数a1，a2，a3，使得直线l与曲线，，同时相切，求实数k的取值范围.【答案】（I）（II）（i）.（ii）见解析【解析】（I）∵∵，又∵恒成立，∴是的最大值∴，∴；反过来，当时，单调递减，又，∴在（0，1）上递增，在（1，上递减，，∴恒成立.∴（II）（i）∵，由切点，则有：，把①代入②可得：，代入①式得：（**），（ii）根据题意方程（**）有三个不同的解，令∴==由，解得两根分别为与∴当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减∴的极小值为；的极大值为又∵时，∴当时，方程（**）有三个不同的根，下面说明三个不同的对应的也是不同的：设方程（**）的三个不同的根分别为：，且则有：，，，显然只需说明即可，又由可得：即，假设，则有，即即即，令，即设∴∴在上是减函数，即，与矛盾∴假设不真，即∴当，存在三个不同的实数使得直线与曲线，，同时相切．15．【浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试】已知函数，，曲线与有且仅有一个公共点.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若存在实数，，使得关于的不等式对任意正实数恒成立，求的最小值.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）4【解析】（Ⅰ）由题意知，即，令，则.∵在上递增，在上增减，∴，∴.（Ⅱ）解法一：由题意知必有，即，当时，，，不符合题意；当时，有，此时，，不符合题意，因此有，因此①令，则，在递增，在递减，故②由①②两式知，构造函数，则，在递减，在递增，故，此时.解法二：由（1）知，，设，可知，，∵在恒成立，即，又，∴，即①由在恒成立，即在恒成立，设，，则，由得，在上单调递增，由得，在上单调递减，故，得②由①②得③存在，使得③成立的充要条件是，即，记，显然，，∴在上单调递增，在上单调递减，，，故在存在，使，∴不等式的解为，∴的最小值为4，从而由③得.16.【浙江省金华十校2019届高三上期末】已知，，其中，为自然对数的底数．若函数的切线l经过点，求l的方程；Ⅱ若函数在为递减函数，试判断函数零点的个数，并证明你的结论．【答案】Ⅰ；Ⅱ见解析【解析】Ⅰ设l和的切点是，在该点处的导数，它是切线l的斜率，经过，也过切点，的斜率又可写为，故，故，解得：，故直线l的斜率为，故l的方程是：；Ⅱ判断：函数的零点个数是0，下面证明恒成立，，故，若在递减，则，因此，要证明对恒成立，只需证明对恒成立，考虑等价于，记，，先看，，令，解得：，令，解得：，故在递减，在递增，，再看，.令，解得：，令，解得：，故在递增，在递减，.，且两个函数的极值点不在同一个x 处，故对恒成立，综上，对恒成立，故函数函数零点是0个．17．【浙江省金华十校2019届下学期高考模拟】设函数2()ln ()f x ax x a R =-∈.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()0f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）1[,)2e+∞【解析】（1）由题意，2'21()(0)ax f x x x-=>.当0a ≤时，'()0f x <，函数()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，令()0f x '=，解得2x a=∴当12x a ∈时，'()0f x <，当1)2x a∈+∞时，'()0f x >．∴()f x 在)2a上单调递减，在)2a+∞上单调递增；（2）∵()0f x ≥恒成立，∴(e)0f ≥，可得21a e ≥．由（1）可得，()f x 在2a 上单调递减，在)2a+∞上单调递增，∴()f x 的最小值为1))222f a a =-.∴1022a-≥，解得12a e ≥.因此，实数a 的取值范围为1[,)2e+∞.18．【浙江省金丽衢十二校2019届高三第一次联考】已知函数．（1）若在处导数相等，证明：为定值，并求出该定值；（2）已知对于任意，直线与曲线有唯一公共点，求实数的取值范围.【答案】（1）6；（2）【解析】（1）证明：，，由题意得，，则；（2）解：，函数在的图象为下凸，在的图象为上凸，记，求得处的切线为，再记，由，求得的极大值点为，①当时，直线与曲线显然只有唯一公共点；②当时，直线斜率为正，且与曲线有三个公共点，舍去；③当时，直线斜率为正，且与曲线有三个公共点，舍去；④当时，若，在直线上方，直线与曲线的上凸部分有唯一公共点，与下凸部分不相交；若，直线与曲线）交于P点，与上凸部分和下凸部分均不相交；若，在直线下方，直线y=kx+a与曲线的下凸部分有唯一公共点，与上凸部分不相交，此种情况成立．综上，的取值范围为．19.【浙江省嘉兴市2019届高三上期末】已知函数，且曲线在点处的切线方程为.（Ⅰ）求实数，的值；（Ⅱ）函数有两个不同的零点，，求证：.【答案】（1），；（2）见解析.【解析】（Ⅰ）由曲线在点处的切线方程为，故，又，，所以，解得，；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，故，所以，的两个不同的零点为，，不妨设，因为，所以，，要证明，即证明，而故只需证明即可，又，所以，故只需证明，即需证，即证，即只需证即可，令，由于，故，设，，，，显然，故，是增函数，所以，又，所以恒成立，即，成立，因此，得证.20.【浙江省名校新高考研究联盟（Z20)2019届高三第一次联考】设，已知函数，．Ⅰ若恒成立，求的范围Ⅱ证明：存在实数使得有唯一零点．【答案】；见证明.【解析】Ⅰ，，，恒成立，，解得，又当时，，在单调递增，，综上所述；Ⅱ设的零点为，有，则，令，则，，在上存在零点，设为，取，则，，，设的零点为，则在上递增，在上递减，函数存在两个零点，，函数在，上递减，在上递增，函数存在唯一的零点，综上所述存在，符合题意．21.【浙江省浙南名校联盟2019届高三上期末联考】设，函数.（I）证明：当时，对任意实数，直线总是曲线的切线；（Ⅱ）若存在实数，使得对任意且，都有，求实数的最小值.【答案】（I）见证明；（Ⅱ）-1【解析】（I）证明：此时，.注意到对任意实数，，，故直线是曲线在原点处的切线；（Ⅱ）由题意，存在实数，使得对任意，都有，且对任意，都有.因，故（否则，若，则在的左右附近，恒有，从而单调递减，不合题意）.于是，因此.又当，时，（等号成立当且仅当），于是在内单调递增，满足题意.所以的最小值为.22.【浙江省七彩联盟2019届高三上期中】已知函数．证明：函数存在唯一的极值点，并求出该极值点；若函数的极值为1，试证明：．【答案】（1）见证明；（2）见证明【解析】，，，令得，得，在上单调递增，在上单调递减，有唯一的极值点，极值点为，由可得，，要证明，只要证，令，，易知在上单调递增，且当时，，当时，，存在唯一的实数，使得，即，即，，在单调递减，在单调递增，，下面证明，利用反证法，假设，，即，即，，则由可知，这与矛盾，，即，故．23.【浙江省2019届高考模拟卷（一)】已知函数.（1）当时，求的极值；（2）当时，讨论的单调性；（3）若对任意的，，恒有成立，求实数的取值范围.【答案】（1）极小值，无极大值；（2）参考解析；（3）【解析】（1）当时，1分由,解得.2分∴在上是减函数，在上是增函数.3分∴的极小值为，无极大值.4分（2）.5分①当时，在和上是减函数，在上是增函数；6分②当时，在上是减函数；8分③当时，在和上是减函数，在上是增函数.8分（3）当时，由（2）可知在上是减函数，∴.9分由对任意的恒成立，∴10分即对任意恒成立，即对任意恒成立，11分由于当时，，∴.12分24.【浙江省2019届高考模拟卷（二)】已知函数.（1）试讨论的单调性；（2）设点，是函数图像上异于点的两点，其中，，是否存在实数，使得，且函数在点切线的斜率为，若存在，请求出的范围；若不存在，请说明理由.【答案】(1)见解析；(2)见解析【解析】（1）由题意得函数的定义域为．当时，由题意得，由得或；由得．又当时，函数单调递增．所以当时，的增区间为，减区间为；当时，的增区间为，减区间为；当时，的增区间为，减区间为．（2）假设存在实数满足条件．设，，由得，∴．又，，且函数在点切线的斜率为，∴，∴．令，则，∴当时，单调递减；当时，单调递增；当时，单调递增；当时，单调递减．∴当时，取得极小值，且极小值为；当时，取得极大值，且极大值为，∴或．∴存在实数满足条件，且实数的取值范围为．25.【浙江省2019届高考模拟卷（三)】已知函数，.（1）求的单调区间；（2）证明：存在，使得方程在上有唯一解.【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】（1）函数f（x）的定义域为，因为，令，则，即，则在上恒成立，当或，由有或，由有，综上，当时，的递增区间是，当或时，的递增区间是，递减区间是；（2）令，当时，则，因为，故当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，即当时，有最小值，又h（1）=1-2a，当a<1时，h（1）0，即在上恒成立，又a<1时,，取x=,则即，又在上递增，而h(，由函数零点存在定理知在上存在唯一零点，所以当a<1时即存在，使得方程在上有唯一解，即方程在上有唯一解.26.【浙江省杭州高级中学2019届高三上期中】已知函数.（1）若关于的方程在内有两个不同的实数根，求实数的取值范围.（2）求证：当时，.【答案】（1）（2）见解析【解析】（1）由可得：即，x与y=a有两个不同的交点.由,可知：在上单调递增，在上单调递减，∴（2）证明：，由得在上单调递增，又,根据零点存在定理可知，存在，使得当时，，f（x）在上单调递减；当时，，f（x）在上单调递增；故.由，得到，即，，故，其中，令，，由，得到在上单调递减，故，即，综上：有当时，.27.【浙江省镇海中学2019届高三上期中】已知，函数在点处与轴相切（1）求的值，并求的单调区间；（2）当时，，求实数的取值范围.【答案】（1）见解析（2）【解析】（Ⅰ）函数在点处与轴相切．，依题意，解得，所以．当时，；当时，．故的单调递减区间为，单调递增区间为．（2）令，．则，令，则，（ⅰ）若，因为当时，，，所以，所以即在上单调递增．又因为，所以当时，，从而在上单调递增，而，所以，即成立．（ⅱ）若，可得在上单调递增．因为，，所以存在，使得，且当时，，所以即在上单调递减，又因为，所以当时，，从而在上单调递减，而，所以当时，，即不成立．综上所述，的取值范围是．28.【浙江省台州市2019届高三上期末】设函数，R．（Ⅰ）求函数在处的切线方程；（Ⅱ）若对任意的实数，不等式恒成立，求实数的最大值；（Ⅲ）设，若对任意的实数，关于的方程有且只有两个不同的实根，求实数的取值范围．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）-1（Ⅲ）或【解析】（Ⅰ），.且，所以在处的切线方程为.（Ⅱ）因为对任意的实数，不等式恒成立.所以恒成立.设，则，所以在，单调递增，在，单调递减.所以，因为，是方程的两根.所以.（其中）所以的最大值为.（Ⅲ）若对任意的实数，关于的方程有且只有两个不同的实根，当，得，与已知矛盾.所以有两根，即与有两个交点令，则.令，，则在单调递减，单调递增，所以.（ⅰ）当时，即时，则，即在，单调递增，且当时，的取值范围为；当时，的取值范围为.此时对任意的实数，原方程恒有且只有两个不同的解.（ⅱ）当时，有两个非负根，，所以在，，单调递增，单调递减，所以当时有4个交点，或有3个交点，均与题意不合，舍去.（ⅲ）当时，则有两个异号的零点，，不妨设，则在，单调递增；在，单调递减.当时，的取值范围为，当时，的取值范围为，所以当时，对任意的实数，原方程恒有且只有两个不同的解.所以有，，得.由，得，即.所以，，.故.所以.所以当或时，原方程对任意实数均有且只有两个解.29.【浙北四校2019届高三12月模拟】已知数列满足，（）．（Ⅰ）证明数列为等差数列，并求的通项公式；（Ⅱ）设数列的前项和为，若数列满足，且对任意的恒成立，求的最小值．【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】∵（n+1）a n+1﹣（n+2）a n =2，∴﹣==2（﹣），又∵=1，∴当n≥2时，=+（﹣）+（﹣）+…+（﹣）=1+2（﹣+﹣+…+﹣）=，又∵=1满足上式，∴=，即a n =2n，∴数列{a n }是首项、公差均为2的等差数列；（Ⅱ）解：由（I）可知==n+1，∴b n =n•=n•，令f（x）=x•，则f′（x）=+x••ln ，令f′（x）=0，即1+x•ln =0，解得：x≈4.95，∴0＜f（x）≤max{f（4），f（5），f（6）}，又∵b 5=5•=，b 4=4•=﹣，b 6=6•=﹣，∴M 的最小值为．30.【浙北四校2019届高三12月模拟】设，已知函数．（Ⅰ）求函数的单调区间；（Ⅱ）求函数在上的最小值；（Ⅲ）若,求使方程有唯一解的的值．【答案】（1），则在上递增，则在在上递减，上递增，（2）（3）【解析】（Ⅰ）定义域为，，则在上递增，则在在上递减，上递增，（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，时，在上是增函数，∴；②当时，在上递减，上递增，∴；综上，（Ⅲ）令，由题意，得方程有唯一解，又，定义域为，令得∴在递减，上递增，有唯一解，∴．由即得，设，易知在递增，且∴方程的解为即，解得，故，当时，方程有唯一解时的值为．。

§7.4 数列求和、数列的综合应用最新考纲考情考向分析1.掌握等差、等比数列的前n 项和公式及其应用．2.会利用数列的关系解决实际问题.本节以考查分组法、错位相减法、倒序相加法、裂项相消法求数列前n 项和为主，识别出等差(比)数列，直接用公式法也是考查的热点．题型以解答题的形式出现，难度中等或稍难．与不等式、函数、最值等问题综合.1．等差数列的前n 项和公式S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .2．等比数列的前n 项和公式S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q＝a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.3．一些常见数列的前n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2.(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n －1＝n 2. (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n ＝n (n ＋1)． (4)12＋22＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6.4．数列求和的常用方法 (1)公式法等差、等比数列或可化为等差、等比数列的可直接使用公式求和． (2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．(3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． 常见的裂项公式 ①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；②1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． (5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广． (6)并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)nf (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5050.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)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( √ ) (2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.( √ )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n之和时，只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( × )(4)数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n ＋2n －1的前n 项和为n 2＋12n .( × )(5)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( √ )(6)如果数列{a n }是周期为k 的周期数列，那么S km ＝mS k (m ，k 为大于1的正整数)．( √ ) 题组二 教材改编2．[P61A 组T5]一个球从100m 高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是( ) A ．100＋200(1－2－9) B ．100＋100(1－2－9) C ．200(1－2－9)D ．100(1－2－9)答案 A解析 第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200×2－1(1－2－9)1－2－1＝100＋200(1－2－9)． 3．[P61A 组T4(3)]1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1＝________(x ≠0且x ≠1)．答案 1－x n (1－x )2－nxn1－x解析 设S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nxn －1，①则xS n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n，② ①－②得(1－x )S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋x n －1－nx n＝1－x n1－x －nx n ， ∴S n ＝1－x n(1－x )2－nx n1－x . 题组三 易错自纠4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，则S 2019等于( ) A ．1007B ．1008C ．1009D ．1010 答案 D解析 由a n ＋2S n －1＝n 得a n ＋1＋2S n ＝n ＋1，两式相减得a n ＋1－a n ＋2a n ＝1⇒a n ＋1＋a n ＝1⇒S 2019＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2018＋a 2019)＝1009×1＋1＝1010. 5．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( )A ．200B ．－200C ．400D ．－400 答案 B解析 S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200. 6．数列{a n }的通项公式为a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2017＝________.答案 1008解析 因为数列a n ＝n cosn π2呈周期性变化，观察此数列规律如下：a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4.故S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2.a 5＝0，a 6＝－6，a 7＝0，a 8＝8，故a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2，∴周期T ＝4. ∴S 2017＝S 2016＋a 2017 ＝20164×2＋2017·cos 20172π＝1008. 7．(2011·浙江)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n (n ＋4)⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 中的最大项是第k 项，则k ＝________.答案 4 解析 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧k (k ＋4)⎝ ⎛⎭⎪⎫23k ≥(k －1)(k ＋3)⎝ ⎛⎭⎪⎫23k －1，k (k ＋4)⎝ ⎛⎭⎪⎫23k≥(k ＋1)(k ＋5)⎝ ⎛⎭⎪⎫23k ＋1，解得10≤k ≤1＋10.∵k ∈N *，∴k ＝4.第1课时 数列求和的常用方法题型一 分组转化法求和 例1已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设求数列{b n }的前2n 项和． 解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－(n －1)2＋(n －1)2＝n .a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n (n ∈N *)． (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)nn . 记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋ (22))＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋ (22)，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝2(1－22n)1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.引申探究本例(2)中，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 由(1)知b n ＝2n ＋(－1)nn . 当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋ (2))＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ]＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n2－2；当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋ (2))＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ] ＝2n ＋1－2＋n －12－n＝2n ＋1－n 2－52. ∴T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1＋n2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数.思维升华分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．跟踪训练1(2018·温州市适应性考试)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2,2S n ＝(n ＋1)2a n －n 2a n＋1，数列{b n }满足b 1＝a 1，nb n ＋1＝a n b n .(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c n ＝a n ＋b n (n ∈N *)，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)由2S n ＝(n ＋1)2a n －n 2a n ＋1，① 可得2S n ＋1＝(n ＋2)2a n ＋1－(n ＋1)2a n ＋2，②②－①得2a n ＋1＝2(n 2＋2n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)2a n ＋2－(n ＋1)2a n ， 所以2(n ＋1)2a n ＋1＝(n ＋1)2a n ＋2＋(n ＋1)2a n ， 化简得2a n ＋1＝a n ＋2＋a n ， 所以{a n }是等差数列．由2S 1＝(1＋1)2a 1－a 2可得a 2＝4， 所以公差d ＝a 2－a 1＝4－2＝2， 故a n ＝2＋2(n －1)＝2n .由b 1＝a 1，nb n ＋1＝a n b n 以及a n ＝2n 可知，b 1＝2，b n ＋1b n＝2，所以数列{b n }是以2为首项，2为公比的等比数列， 故b n ＝2×2n －1＝2n.(2)因为c n ＝a n ＋b n ＝2n ＋2n，所以T n ＝(2＋2)＋(4＋22)＋(6＋23)＋…＋(2n ＋2n) ＝(2＋4＋6＋…＋2n )＋(2＋22＋23＋ (2)) ＝n (2＋2n )2＋2(1－2n )1－2＝n 2＋n ＋2n ＋1－2.题型二 错位相减法求和例2(2018·浙江省金华名校统考)已知数列{a n }是公比大于1的等比数列，且a 2＋a 4＝90，a 3＝27.在数列{b n }中，b 1＝1，b n ＋1＝b nb n ＋1(n ∈N *)． (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)设等比数列{a n }的公比为q (q >1)，则由a 2＋a 4＝90，a 3＝27，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝90，a 1q 2＝27，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，q ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝243，q ＝13(舍去)，故a n ＝3×3n －1＝3n.因为b n ＋1＝b nb n ＋1(n ∈N *)，所以1b n ＋1＝1b n＋1，又b 1＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是首项为1，公差为1的等差数列．于是，1b n ＝1＋(n －1)×1＝n ，故b n ＝1n.(2)由(1)知，c n ＝a n b n＝n ×3n，所以T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝1×3＋2×32＋…＋n ×3n， 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋(n －1)×3n ＋n ×3n ＋1.两式相减得，－2T n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ×3n ＋1＝3(1－3n)1－3－n ×3n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－n ×3n ＋1－32，故T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －14×3n ＋1＋34.思维升华错位相减法求和时的注意点(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式．(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．跟踪训练2(2018·杭州质检)已知各项均大于零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足2S n ＝a 2n ＋a n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设，数列{b n }的前n 项和为H n ，求使得H n ＋n ·2n ＋1>50成立的最小整数n .解 (1)由2S n ＝a 2n ＋a n ，① 得2S n －1＝a 2n －1＋a n －1(n ≥2)，②当n ≥2时，①－②得2a n ＝a 2n ＋a n －a 2n －1－a n －1， 即a n ＋a n －1＝a 2n －a 2n －1＝(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)， 又由题设知a n ＋a n －1>0，所以a n －a n －1＝1， 故数列{a n }是公差为1的等差数列，又a 1＝1， 所以a n ＝1＋(n －1)×1＝n . (2)因为＝－n ·2n，所以H n ＝－(1×21＋2×22＋…＋n ×2n)， 则2H n ＝－(22＋2×23＋…＋n ×2n ＋1)．将以上两式作差化简可得H n ＝－n ·2n ＋1＋2n ＋1－2，于是，H n ＋n ·2n ＋1>50，即2n ＋1>52，解得n ≥5.故最小正整数n 是5.题型三 裂项相消法求和命题点1 形如a n ＝1n (n ＋k )型例3(2018·浙江省金丽衢十二校联考)已知等差数列{a n }的公差为2，等比数列{b n }的公比为2，且a nb n ＝n ·2n .(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)令c n ＝1a n ·log 2b n ＋3，记数列{c n }的前n 项和为T n ，试比较T n 与38的大小．解 (1)∵a n b n ＝n ·2n，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1b 1＝2，a 2b 2＝8⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1b 1＝2，(a 1＋2)·2b 1＝8，解得a 1＝2，b 1＝1， ∴a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，b n ＝2n －1.(2)∵a n ＝2n ，b n ＝2n －1，∴c n ＝1a n ·log 2b n ＋3＝12n (n ＋2)＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，∴T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋c 4＋…＋c n －1＋c n ＝14⎣⎢⎡⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－16＋…⎦⎥⎤＋⎝⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝14⎝⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝38－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2<38，∴T n <38.命题点2 a n ＝1n ＋n ＋k型例4已知函数f (x )＝x α的图象过点(4,2)，令a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )，n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2019＝________.答案2020－1解析 由f (4)＝2，可得4α＝2，解得α＝12，则f (x )＝.∴a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2019＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2019＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(2019－2018)＋(2020－2019)＝2020－1.命题点3 裂项相消法的灵活运用例5 (2018·绍兴诸暨市期末)已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12， 由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)， 解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1. (2)由题意可知，b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1＝(－1)n －14n(2n －1)(2n ＋1)＝(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1. 当n 为偶数时，T n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1. 当n 为奇数时，T n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…－⎝⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1.所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数.⎝ ⎛⎭⎪⎫或T n ＝2n ＋1＋(－1)n －12n ＋1思维升华(1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )，1n (n ＋k )＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ，裂项后可以产生连续相互抵消的项．(2)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．跟踪训练3(2018·绍兴市六校质检)已知函数f (x )＝3x 2－2x ，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数f (x )的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n <m20对所有的n ∈N *都成立的最小正整数m . 解 (1)由题意知S n ＝3n 2－2n ， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n －5，a 1＝3－2＝1，适合上式，∴a n ＝6n －5.(2)∵b n ＝3a n a n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －5－16n ＋1，∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫17－113＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －5－16n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－16n ＋1，∵12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－16n ＋1<12，要使12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－16n ＋1<m 20对n ∈N *恒成立， 需满足m 20≥12，∴m ≥10，故符合条件的最小正整数m 为10.1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12n答案 A解析 该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＝n 2＋1－12n. 2．(2018·杭州质检)设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)．若S n 为数列的前n 项和，则S 2018等于( ) A ．22016－1 B ．3·21009－3C ．22009－3D ．22010－3答案 B解析 由a n ＋1·a n ＝2n，得a n ＋2·a n ＋1＝2n ＋1，两式作商，得a n ＋2a n＝2，又a 1＝1，所以a 2＝2，则数列{a n }的奇数项和偶数项分别构成以2为公比的等比数列，所以S 2018＝(a 1＋a 3＋…＋a 2017)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2018)＝1×(1－21009)1－2＋2(1－21009)1－2＝3·21009－3，故选B.3．已知数列2008,2009,1，－2008，－2009，…，这个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，则这个数列的前2019项之和S 2019等于( ) A ．4018B ．2010C ．1D ．0 答案 A解析 由已知得a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)， ∴a n ＋1＝a n －a n －1.故数列的前8项依次为2008,2009,1，－2008，－2009，－1,2008,2009. 由此可知此数列为周期数列，周期为6，且S 6＝0. ∵2019＝6×336＋3，∴S 2019＝S 3＝2008＋2009＋1＝4018.4．在数列{a n }中，若a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1(n ∈N *)，则数列{a n }的前12项和等于( ) A ．76B ．78C ．80D ．82 答案 B解析 由已知a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，得a n ＋2＋(－1)n ＋1·a n ＋1＝2n ＋1，得a n ＋2＋a n ＝(－1)n(2n －1)＋(2n ＋1)，取n ＝1,5,9及n ＝2,6,10，结果相加可得S 12＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 11＋a 12＝78.故选B.5．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，n 为奇数，－n 2，n 为偶数，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．10200 答案 B解析 由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝101－1＝100.故选B.6．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则k ＝1n1Sk＝________.答案2nn ＋1解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.∴S n ＝n ×1＋n (n －1)2×1＝n (n ＋1)2，1S n＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.∴k ＝1n1S k＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1(n ∈N *)． 7．有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n －1所有项的和为__________．答案 2n ＋1－2－n解析 由题意知所求数列的通项为1－2n1－2＝2n－1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为2(1－2n)1－2－n ＝2n ＋1－2－n . 8．(2018·浙江五校联考)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝2(n ＋1)(n ∈N *)，则a 2018－a 2016＝________，1a 1a 3＋1a 2a 4＋1a 3a 5＋…＋1a 98a 100＋1a 99a 101＝________.答案 2199303解析 ∵a n ＋a n ＋1＝2(n ＋1)(n ∈N *)，∴当n ≥2时，a n －1＋a n ＝2n ，∴a n ＋1－a n －1＝2，∴a 2018－a 2016＝2，数列{a n }的奇数项和偶数项分别是公差为2的等差数列，又a 1＝1，∴a 2＝3，∴1a 1a 3＋1a 2a 4＋1a 3a 5＋…＋1a 98a 100＋1a 99a 101＝2×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋199－1101＋11×3＝13－1101＋13＝199303.9．(2018·台州调研)已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且a n >0,6S n ＝a 2n ＋3a n ，n ∈N *，，若任意n ∈N *，k >T n 恒成立，则k 的最小值是________． 答案149解析 当n ＝1时，6a 1＝a 21＋3a 1， 解得a 1＝3或a 1＝0. 由a n >0，得a 1＝3.由6S n ＝a 2n ＋3a n ，得6S n ＋1＝a 2n ＋1＋3a n ＋1. 两式相减得6a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋3a n ＋1－3a n . 所以(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －3)＝0. 因为a n >0，所以a n ＋1＋a n >0，a n ＋1－a n ＝3. 即数列{a n }是以3为首项，3为公差的等差数列， 所以a n ＝3＋3(n －1)＝3n . 所以＝8n(8n －1)(8n ＋1－1) ＝17⎝ ⎛⎭⎪⎫18n －1－18n ＋1－1. 所以T n ＝17⎝⎛18－1－182－1＋182－1－183－1＋…+⎭⎪⎫18n－1－18n ＋1－1 ＝17⎝ ⎛⎭⎪⎫17－18n ＋1－1<149. 要使任意n ∈N *，k >T n 恒成立，只需k ≥149，所以k 的最小值为149.10．(2018·湖州市适应性考试)已知等比数列{a n }满足2a 1＋a 3＝3a 2，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋log 21a n，S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ，求使S n －2n ＋1＋47<0成立的正整数n 的最小值．解 (1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ， 依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4， 即2(a 1q 2＋2)＝a 1q ＋a 1q 3，①由2a 1＋a 3＝3a 2，得2a 1＋a 1q 2＝3a 1q ，解得q ＝1或q ＝2. 当q ＝1时，不合题意，故舍去；当q ＝2时，代入①式得a 1＝2，所以a n ＝2n. (2)b n ＝a n ＋log 21a n＝2n－n ，所以S n ＝2－1＋22－2＋23－3＋ (2)－n ＝(2＋22＋23＋ (2))－(1＋2＋3＋…＋n ) ＝2(1－2n )1－2－(1＋n )n 2＝2n ＋1－2－12n －12n 2，因为S n －2n ＋1＋47<0，所以n 2＋n －90>0，解得n >9或n <－10， 由n ∈N *，故使S n －2n ＋1＋47<0成立的正整数n 的最小值为10.11．(2018·绍兴适应性考试)已知函数f (x )＝－4＋1x2，点P n ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ，－1a n ＋1(n ∈N *)在曲线y ＝f (x )上，且a 1＝1，a n >0. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a 2n ·a 2n ＋1}的前n 项和为S n ，若对于任意的n ∈N *，S n <t 2－t －12恒成立，求最小正整数t的值．解 (1)由题意得－1a n ＋1＝f (a n )＝－4＋1a 2n且a n >0，∴1a n ＋1＝4＋1a 2n ，1a 2n ＋1＝4＋1a 2n，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 是等差数列，首项1a 21＝1，公差d ＝4，∴1a 2n ＝4n －3，∴a 2n ＝14n －3，∴a n ＝14n －3. (2)a 2n ·a 2n ＋1＝1(4n －3)(4n ＋1)＝14×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －3－14n ＋1，由S n ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫11－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－19＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －3－14n ＋1 ＝14⎝⎛⎭⎪⎫1－14n ＋1，∵n ∈N *，∴S n <14，∴14≤t 2－t －12，解得t ≥32或t ≤－12，∴t 的最小正整数为2.12．(2018·浙江衢州二中模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝log 2a n ，c n ＝b 2na n，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)当n ＝1时，S 1＝2a 1－2，所以a 1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2a n －2)－(2a n －1－2)＝2a n －2a n －1， 所以a n ＝2a n －1，即a na n －1＝2， 所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2×2n －1＝2n.(2)由(1)知b n ＝log 2a n ＝log 22n＝n ，c n ＝b 2na n ＝n 22n .所以T n ＝122＋2222＋3223＋…＋(n －1)22n －1＋n22n ，则12T n ＝1222＋2223＋…＋(n －1)22n＋n22n ＋1， 两式相减得12T n ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n －n22n ＋1， 设A n ＝12＋322＋523＋…＋2n －32n －1＋2n －12n ，则12A n ＝122＋323＋524＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1， 两式相减得12A n ＝12＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋124＋…＋12n －2n －12n ＋1＝12＋2×122－12n ×121－12－2n －12n ＋1＝32－2n ＋32n ＋1， 所以A n ＝3－2n ＋32n .所以12T n ＝3－2n ＋32n －n 22n ＋1＝3－n 2＋4n ＋62n ＋1， 所以T n ＝6－n 2＋4n ＋62n.13．已知公差不为零的等差数列{a n }中，a 1＝1，且a 2，a 5，a 14成等比数列，{a n }的前n 项和为S n ，b n ＝(－1)n S n ，则a n ＝________，数列{b n }的前n 项和T n ＝________.答案 2n －1 (－1)nn (n ＋1)2解析 设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，则由a 2，a 5，a 14成等比数列得a 25＝a 2·a 14，即(1＋4d )2＝(1＋d )(1＋13d )，解得d ＝2，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n 2，当n 为偶数时，T n ＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4－…－S n －1＋S n ＝－1＋22－32＋42－…－(n －1)2＋n 2＝3＋7＋…＋(2n －1)＝n (n ＋1)2；当n 为大于1的奇数时，T n ＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4－…＋S n －1－S n ＝－1＋22－32＋42－…－(n －2)2＋(n －1)2－n 2＝3＋7＋…＋(2n －3)－n 2＝－n (n ＋1)2，当n ＝1时，也符合上式，综上所述，T n ＝(－1)nn (n ＋1)2.14．“斐波那契数列”是数学史上一个著名数列，在斐波那契数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝1，…，a n ＋2＝a n ＋1＋a n (n ∈N *)，则a 7＝________；若a 2021＝m ，则数列{a n }的前2019项和是________(用m 表示)． 答案 13 m －1解析 因为a 1＝1，a 2＝1，…，a n ＋2＝a n ＋1＋a n (n ∈N *)，所以a 3＝a 1＋a 2＝1＋1＝2，a 4＝a 2＋a 3＝1＋2＝3，a 5＝a 3＋a 4＝2＋3＝5，a 6＝a 4＋a 5＝3＋5＝8，a 7＝a 5＋a 6＝5＋8＝13.由已知有a 3＝a 1＋a 2，a 4＝a 2＋a 3，…，a 2021＝a 2019＋a 2020，各式相加可得a 2021＝a 2＋a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2019，即a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2019＝a 2021－a 2＝m －1，故数列{a n }的前2019项和为m －1.15．(2018·浙江温州中学月考)数列{a n }满足a 1＝43，a n ＋1＝a 2n －a n ＋1(n ∈N *)，则m ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a 2016的整数部分是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4答案 B 解析 由条件得1a n ＋1－1＝1a n (a n －1)＝1a n －1－1a n ，即有1a n ＝1a n －1－1a n ＋1－1，则m ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a 2016＝1a 1－1－1a 2017－1＝3－1a 2017－1.又a n ＋1－a n ＝(a n －1)2≥0，则a n ＋1≥a n ≥…≥a 1>1，当n ≥2时，从而有(a n ＋1－a n )－(a n －a n －1)＝(a n －1)2－(a n －1－1)2＝(a n －a n －1)(a n ＋a n －1－2)≥0，则a n ＋1－a n ≥a n －a n －1≥…≥a 2－a 1＝19，则a 2017＝a 1＋(a 2－a 1)＋…＋(a 2017－a 2016)≥43＋20169＝22513，得a 2017－1≥22413>1，即有0<1a 2017－1<1，则m ∈(2,3)，故选B.16．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，任意n ∈N *,2S n ＝a 2n ＋a n .令b n ＝1a n a n ＋1＋a n ＋1a n，设{b n }的前n 项和为T n ，则在T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为________． 答案 9解析 ∵2S n ＝a 2n ＋a n ，① ∴2S n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1，②②－①，得2a n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1－a 2n －a n ，a 2n ＋1－a 2n －a n ＋1－a n ＝0，(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0.又∵{a n }为正项数列， ∴a n ＋1－a n －1＝0， 即a n ＋1－a n ＝1.在2S n ＝a 2n ＋a n 中，令n ＝1，可得a 1＝1.∴数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列． ∴a n ＝n ， ∴b n ＝1n n ＋1＋(n ＋1)n＝(n ＋1)n －n n ＋1[n n ＋1＋(n ＋1)n ][(n ＋1)n －n n ＋1]＝(n＋1)n－n n＋1n(n＋1)＝1n－1n＋1，∴T n＝1－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＋1n－1n＋1＝1－1n＋1，要使T n为有理数，只需1n＋1为有理数，令n＋1＝t2，∵1≤n≤100，∴n＝3,8,15,24,35,48,63,80,99共9个数．∴T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为9.。