2020新课标高考数学(文)二轮总复习专题限时训练：1-2-3 数列的综合应用

微专题13 数列的综合应用——2020高考数学（理）二轮复习微专题聚焦【考情分析】数列的综合应用在解答题中的考查多以函数、不等式结合，考查数列的最值问题、恒成立问题，证明数列不等式问题，涉及到的数学思想：函数与方程思想 (如：求最值或基本量)、转化与化归思想(如：求和或应用)、特殊到一般思想(如：求通项公式)、分类讨论思想(如：等比数列求和)等，综合考查考生数学抽象、数学运算的核心素养.考点一 数列的最值问题【必备知识】数列是特殊的函数关系，因此常利用函数的思想解决数列中最值问题： 1．等差数列的前n 项和与函数的关系 等差数列的前n 项和公式为1(1)2n n n S na d -=+可变形为n da n d S n )2(212-+=，令A ＝d 2，B ＝a 1－d2，则S n ＝An 2＋Bn .当A ≠0，即d ≠0时，S n 是关于n 的二次函数，(n ，S n )在二次函数y ＝Ax 2＋Bx 的图象上，为抛物线y ＝Ax 2＋Bx 上一群孤立的点．利用此性质可解决前n 项和S n 的最值问题． 2．等差数列前n 项和的最值(1)若等差数列的首项a 1>0，公差d <0，则等差数列是递减数列，正数项有限，前n 项和有最大值，且满足⎩⎨⎧≤≥+001n n a a .(2)若等差数列的首项a 1<0，公差d >0，则等差数列是递增数列，负数项有限，前n 项和有最小值，且满足⎩⎨⎧≥≤+001n n a a .3．在等差数列{}n a 中，若10a >，()p q S S p q =≠，则（1）p q +为偶数⇒当2p qn +=时n S 最大； （2）p q +为奇数⇒当12p q n +-=或12p q ++时n S 最大． 【典型例题】【例1】等差数列{}n a 中，12a =，1015S =，记2482n n B a a a a =++++L ，则当n =__________时，n B 取得最大值.【解析】在等差数列{}n a 中，12a =，1015S =，10110910152S a d ⨯∴=+=， 即204515d +=，455d =-，19d ∴=-，()111921999n a n n =--=-+，由119099n a n =-+=，得19n =，即190a =，当19n >时，0n a <，当19,0n n a <>，因此在2482,,,n a a a a 中，当4n ≤时，20n a >，当5n ≥时，20n a <， 故当4n =时，n B 取得最大值，故答案为4.【方法归纳 提炼素养】——数学思想是函数与方程思想，核心素养是数学运算.求等差数列前n 项和的最值的方法(1)二次函数法：用求二次函数最值的方法(配方法)求其前n 项和的最值，但要注意n ∈N *. (2)图象法：利用二次函数图象的对称性来确定n 的值，使S n 取得最值．(3)项的符号法：当a 1>0，d <0时，满足⎩⎨⎧≤≥+001n n a a 的项数n ，使S n 取最大值；当a 1<0，d >0时，满足⎩⎨⎧≥≤+001n n a a 的项数n ，使S n 取最小值，即正项变负项处最大，负项变正项处最小，若有零项，则使S n 取最值的n 有两个．【类比训练1】设n S 是等比数列{}n a 的前项和， 0n a >，若6325S S -=，则96S S -的最小值为__________． 【答案】20【解析】很明显等比数列{a n }的公比q >0，q ≠1.∵236365432112(1)(1)5S S a a a a a a a q q q -=++---=++-=，则2135(1)1a q q q ++=-，当且仅当q 3=2,即q =. ∴S 9−S 6的最小值为20.【类比训练2】已知数列{}n a 是递增数列，且对*n ∈N ，都有2n a n n λ=+，则实数λ的取值范围是（ ）A ．7,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B ．()1,-+∞C ．()2,-+∞D ．()3,-+∞【答案】D【解析】∵{a n }是递增数列，∴a n +1＞a n 恒成立， ∵a n =n 2+λn ，∴（n +1）2+λ（n +1）＞n 2+λn 恒成立， ∴λ＞﹣2n ﹣1对于n ∈N *恒成立．而﹣2n ﹣1在n =1时取得最大值﹣3，∴λ＞﹣3. 故选D ．【自我总结】本题主要考查由数列的单调性来构造不等式，解决恒成立问题．研究数列单调性的方法有：比较相邻两项间的关系，将a n +1和a n 作差与0比较，即可得到数列的单调性；研究数列通项即数列表达式的单调性.考点二 数列与函数、不等式的结合中的恒成立问题【必备知识】1、求数列}{n a 的前n 项和n S 的最值，主要是两种思路：①研究数列)(n f a n =的项的情况，判断n S 的最值；②直接研究n S 的通项公式，即利用类型2的思路求n S 的最值. 2、求数列}{n a 的最值，主要有两种方法：①从函数角度考虑，利用函数)(x f y =的性质，求数列)(n f a n =的最值；②利用数列离散的特点，考察⎩⎨⎧≥≥-+11k k k k a a a a 或⎩⎨⎧≤≤-+11k k k k a a a a ，然后判断数列}{n a 的最值情况.3、对数列不等式恒成立问题，主要有两种方法：①通过参变分离法转化为数列的最值问题求解；②通过分类讨论，解决恒成立. 【典型例题】【例2】已知各项均不相等的等差数列{a n }的前四项和S 4＝14，且a 1，a 3，a 7成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式．(2)设T n 为数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+11n n a a 的前n 项和，若λT n ≤a n ＋1对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的最大值．【解析】(1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，由已知得， ⎩⎨⎧ 4a 1＋6d ＝14，a 1＋2d 2＝a 1a 1＋6d，解得⎩⎨⎧a 1＝2，d ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝72，d ＝0(舍去)，所以a n ＝n ＋1. (2)由(1)知1a n a n ＋1＝1n ＋1－1n ＋2， 所以T n ＝)2111()4131()3121(+-+++-+-n n Λ＝12－1n ＋2＝n 2n ＋2.又λT n ≤a n ＋1恒成立，所以λ≤2n ＋22n＝8)4(2++nn ，而8)4(2++nn ≥16，当且仅当n ＝2时等号成立．所以λ≤16，即实数λ的最大值为16.【方法归纳 提炼素养】——数学思想是函数与方程思想，核心素养是数学运算.已知数列的前n 项和n s 的相关条件求数列通项公式的基本思路是两个： （1）将和n s 转化为项n a ,即利用1--=n n n s s a 将和转化为项.（2）可将条件看作是数列{}n s 的递推公式，先求出n s ，然后题目即转化为已知数列的前n 项和n s ，求数列通项公式n a ．【类比训练1】已知T n 为数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+n n 212的前n 项和，若m ＞T 10＋1 013恒成立，则整数m 的最小值为( ) A ．1 026B ．1 025C ．1 024D ．1 023【解析】因为2n ＋12n ＝1＋12n ，所以T n ＝n ＋1－12n ，所以T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210. 又m ＞T 10＋1 013，所以整数m 的最小值为1 024.故选C.【类比训练2】已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝S n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)，且a 1＝1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝1a n ·a n ＋1，T n 为数列{b n }的前n 项和，求使T n ≥2n 成立的n 的最小值．【解析】(1)由已知有S n －S n －1＝1， 所以数列{S n }为等差数列，且S 1＝a 1＝1， 所以S n ＝n ，即S n ＝n 2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1. 又a 1＝1也满足上式， 所以a n ＝2n －1. (2)由(1)知，b n ＝1（2n －1）（2n ＋1）＝)121121(21+--n n ，所以T n ＝12)1211(21)1211215131311(21+=+-=+--++-+-n nn n n Λ， 由T n ≥2n 有n 2≥4n ＋2，有(n －2)2≥6，所以n ≥5， 所以n 的最小值为5.考点三 数列的证明问题【典型例题】【例3】在数列{a n }中,a 1=1,a 2=3,且对任意的n ∈N *,都有a n+2=3a n+1-2a n . (1)证明数列{a n+1-a n }是等比数列,并求数列{a n }的通项公式; (2)设b n =2na n a n+1,记数列{b n }的前n 项和为S n ,若对任意的n ∈N *,都有S n ≥1a n+m ,求实数m 的取值范围.【解析】(1)证明:由a n+2=3a n+1-2a n ,得a n+2-a n+1=2(a n+1-a n ), 又a 1=1,a 2=3,所以a 2-a 1=2,所以{a n+1-a n }是首项为2,公比为2的等比数列,所以a n+1-a n =2n ,所以a n =a 1+(a 2-a 1)+…+(a n -a n -1)=1+2+22+…+2n -1=2n -1(n ≥2), 又a 1=1满足上式,所以a n =2n -1(n ∈N *). (2)因为b n =2n (2n -1)(2n+1-1)=(2n+1-1)-(2n -1)(2n -1)(2n+1-1)=12n -1-12n+1-1,所以S n =b 1+b 2+…+b n =(12−1-122-1)+(122-1-123-1)+…+(12n -1-12n+1-1)=1-12n+1-1. 又因为对任意的n ∈N *,都有S n ≥1a n+m ,所以m ≤1-12-1-12-1恒成立,即m ≤(1−12n -1-12n+1-1)min=1-12−1-14−1=-13,故实数m 的取值范围为(-∞,-13].【方法归纳 提炼素养】——数学思想是函数与方程思想，核心素养是逻辑推理.解决数列的证明问题要注意:（1）判断和证明数列{a n }是等差(等比)数列的方法主要有定义法和等差(等比)中项性质法,但有的时候不是直接证{a n }是等差(等比)数列,而是一个代数式,这时必须把这个代数式看成一个整体,可换元为{b n }去证明;（2）以数列为背景的不等式证明或恒成立问题,多数与数列的求和有关,常利用放缩法或数列的单调性来解决.【类比训练】在数列{a n }中,a n ≠0,S n 是它的前n 项和,已知a 1=3,且S n 2=3n 2a n +S n -12,n ≥2.(1)求证:数列{a n +a n+1}为等差数列; (2)求S n .【解析】(1)证明:当n ≥2时,S n 2=3n 2a n +S n -12,即(S n -S n -1)(S n +S n -1)=3n 2a n ,∵a n ≠0,∴S n +S n -1=3n 2,则S n+1+S n =3(n+1)2, 两式相减,得a n +a n+1=3(2n+1). 当n=1时,易知a 1+a 2=9,符合上式, 故数列{a n +a n+1}为等差数列. (2)由(1)知a 1=3,a 2=6. 当n 为偶数时,S n =(a 1+a 2)+(a 3+a 4)+…+(a n -1+a n )=3×[3+7+…+(2n -1)]=3×n2(3+2n -1)2=32(n 2+n );当n 为奇数时,S n =a 1+(a 2+a 3)+…+(a n -1+a n )=3+3×[5+9+…+(2n -1)]=3+3×n -12(5+2n -1)2=32(n 2+n -2)+3=32(n 2+n ).综上,S n =32n 2+32n.做高考真题 提能力素养【非选择题组】1、(2018·江苏高考·T14)已知集合A={x|x=2n -1,n ∈N *},B={x|x=2n ,n ∈N *}.将A ∪B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{a n }.记S n 为数列{a n }的前n 项和,则使得S n >12a n+1成立的n 的最小值为 .【解析】B={2,4,8,16,32,64,128…},与A 相比,元素间隔大,所以从S n 中加了几个B 中元素考虑, 1个:n=1+1=2 S 2=3,12a 3=36 2个:n=2+2=4 S 4=10,12a 5=60 3个:n=4+3=7 S 7=30,12a 8=108 4个:n=8+4=12 S 12=94,12a 13=204 5个:n=16+5=21 S 21=318,12a 22=396 6个:n=32+6=38 S 38=1150,12a 39=780发现21≤n≤38时S n -12a n+1与0的大小关系发生变化,以下采用二分法查找: S 30=687,12a 31=612,所以所求n 应在22~29之间, S 25=462,12a 26=492,所以所求n 应在25~29之间, S 27=546,12a 28=540,所以所求n 应在25~27之间, S 26=503,12a 27=516,因为S 27>12a 28,而S 26<12a 27,所以使得S n >12a n+1成立的n 的最小值为27. 答案:272、（2016·全国Ⅰ卷·T15）设等比数列{}n a 满足a 1+a 3=10,a 2+a 4=5,则a 1a 2 …a n 的最大值为 ．【解析】由于{a n }是等比数列,设a n =a 11n q -,其中a 1是首项,q 是公比.所以1324a a 10,a a 5,⎧+=⎪⎨+=⎪⎩⇔211311a a q 10,a q a q 5,⎧+=⎪⎨+=⎪⎩解得:1a 8,1q .2⎧=⎪⎨=⎪⎩ 故a n =n 412-⎛⎫⎪⎝⎭,所以a 1·a 2·…·a n =()()()32n 412-+-+⋯+-⎛⎫⎪⎝⎭=()1n n 7212-⎛⎫⎪⎝⎭=21749n 22412⎡⎤⎛⎫⎢⎥-- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎛⎫⎪⎝⎭.当n=3或4时,21749n 224⎡⎤⎛⎫⎢⎥-- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦取到最小值-6,此时21749n 22412⎡⎤⎛⎫⎢⎥-- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎛⎫⎪⎝⎭取到最大值26.所以a 1·a 2·…·a n 的最大值为64.答案:643、(2018·江苏高考·T20)设{a n }是首项为a 1,公差为d 的等差数列,{b n }是首项为b 1,公比为q 的等比数列.(1)设a 1=0,b 1=1,q=2,若|a n -b n |≤b 1对n=1,2,3,4均成立,求d 的取值范围.(2)若a 1=b 1>0,m ∈N *,q ∈(1,√2m ],证明:存在d ∈R,使得|a n -b n |≤b 1对n=2,3,…,m+1均成立,并求d 的取值范围(用b 1,m,q 表示).【解析】(1)由条件知:a n =(n -1)d,b n =2n -1. 因为|a n -b n |≤b 1对n=1,2,3,4均成立, 即|(n -1)d -2n -1|≤1对n=1,2,3,4均成立, 即1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9,得73≤d≤52. 因此,d 的取值范围为[73,52]. (2)由条件知:a n =b 1+(n -1)d,b n =b 1q n -1. 若存在d,使得|a n -b n |≤b 1(n=2,3,…,m+1)成立, 即|b 1+(n -1)d -b 1q n -1|≤b 1(n=2,3,…,m+1), 即当n=2,3,…,m+1时,d 满足q n -1-2n -1b 1≤d≤q n -1n -1b 1.因为q ∈(1,√2m ],则1<q n -1≤q m ≤2,从而q n -1-2n -1b 1≤0,q n -1n -1b 1>0,对n=2,3,…,m+1均成立.因此,取d=0时,|a n -b n |≤b 1对n=2,3,…,m+1均成立. 下面讨论数列{q n -1-2n -1}的最大值和数列{q n -1n -1}的最小值(n=2,3…,m+1).①当2≤n≤m 时,q n -2n-q n -1-2n -1=nq n -q n -nq n -1+2n (n -1)=n (q n -q n -1)-q n +2n (n -1),当1<q≤21m 时,有q n ≤q m ≤2,从而n(q n -q n -1)-q n +2>0. 因此,当2≤n≤m+1时,数列{q n -1-2n -1}单调递增,故数列{q n -1-2n -1}的最大值为q m -2m.②设f(x)=2x (1-x),当x>0时,f'(x)=(ln2-1-xln2)2x <0,所以f(x)单调递减,从而f(x)<f(0)=1. 当2≤n≤m 时,q n n q n -1n -1=q (n -1)n≤21n(1-1n )=f (1n )<1,因此,当2≤n≤m+1时,数列{q n -1n -1}单调递减, 故数列{q n -1n -1}的最小值为q mm . 因此,d 的取值范围为[b 1(q m -2)m,b 1q mm.]4、(2017·北京高考理科·T20)设{a n }和{b n }是两个等差数列,记c n =max{b 1-a 1n,b 2-a 2n,…,b n -a n n}(n=1,2,3,…),其中max{x 1,x 2,…,x s }表示x 1,x 2,…,x s 这s 个数中最大的数.(1)若a n =n,b n =2n -1,求c 1,c 2,c 3的值,并证明{c n }是等差数列. (2)证明:或者对任意正数M,存在正整数m,当n≥m 时, nC n>M;或者存在正整数m,使得c m ,c m+1,c m+2,…是等差数列.【解析】(1)当n≥1时,c 1=max{b 1-a 1}=max{0}=0, c 2=max{b 1-2a 1,b 2-2a 2}=max{-1,-1}=-1, c 3=max{b 1-3a 1,b 2-3a 2,b 3-3a 3}=max{-2,-3,-4}=-2,所以,对于∀n ∈N *且n≥2,都有c n =b 1-a 1n,只需比较b 1-a 1n 与其他项的大小, 当k ∈N *且1<k<n 时,(b k -a k n)-(b 1-a 1n)=[(2k -1)-nk]-1+n=(1-k)n+2(k -1)=(k -1)(2-n), 因为k -1>0,且2-n≤0,所以b k -a k n≤b 1-a 1n, 所以对于∀n ∈N *且n≥2,c n =b 1-a 1n=1-n, 所以c n -c n -1=-1,n≥2,又c 2-c 1=-1,所以{c n }是以c 1=0为首项,d=-1为公差的等差数列. (2)设{a n }和{b n }的公差分别为d 1,d 2,则b i -a i n=b 1+(i -1)d 2-[a 1+(i -1)d 1]n=(d 2-nd 1)i+b 1-d 2-a 1n+nd 1(i=1,2,…,n). 当d 1>0时,则存在正整数m,当n≥m 时,d 2-d 1n<0, 此时b i -a i n 随i 的增大而减小,所以c n =b 1-a 1n(n≥m), 即c m ,c m+1,c m+2,…是等差数列. 当d 1=0时,b i -a i n=b 1-d 2-na 1+d 2i,①若d 2≤0,则b i -a i n 随i 的增大而不增,所以c n =b 1-a 1n 是等差数列,②若d 2>0,则b i -a i n 随i 的增大而增大,所以c n =b n -a n n=b 1-d 2+(d 2-a 1)n 是等差数列.所以当d 1=0时,存在m=1,c 1,c 2,c 3…是等差数列.当d 1<0时,则存在正整数m,当n≥m 时,d 2-d 1n>0,此时b i -a i n 随i 的增大而增大, 所以当n≥m 时,c n =b n -a n n,所以n nc =nn b -a n =12n b d -+d 2-a 1+d 1-d 1n=A n+B -d 1n,其中A=b 1-d 2,B=d 2-a 1+d 1. 取正整数m 1>|A|,则当n≥m 1时,A n>-1,取正整数m 2>-11M B d -+,则当n≥m 2时,B -d 1n>B -d 111M B d ⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭=M+1.令m=max{m 1,m 2},当n≥m 时,n nc =A n+B -d 1n>-1+(M+1)=M.所以当d 1<0时,存在正整数m,当n≥m 时, n nc >M,综上所述,或者对任意正数M,存在正整数m,当n≥m 时,n nc >M,或者存在正整数m,使得c m ,c m+1,c m+2,…是等差数列.5、(2017·浙江高考·T22)已知数列{}n x 满足:x 1=1,x n =x n+1+ln ()()*11n x n N ++∈. 证明:当n ∈N *时 (1)0<x n+1<x n . (2)2x n+1-x n ≤12n n x x +. (3)112n -≤x n ≤2 12n -. 【解析】(1)用数学归纳法证明:x n >0, 当n=1时,x 1=1>0, 假设n=k 时,x k >0,那么n=k+1时,若x k 1+≤0,则0<x k =x k+1+ln(1+x k+1)≤0,矛盾,故x k+1>0. 因此x n >0(n ∈N *),所以x n =x n+1+ln(1+x n+1)>x n+1, 因此0<x n+1<x n (n ∈N *).(2)令g(x)=[x+ln(1+x)]2x -[x -ln(1+x)]=22x +ln(1+x)+22x -x,x>0,则g'(x)=12ln(1+x)+()221x x +++x -1=12ln(1+x)-()21x x ++x=12ln(1+x)+()121x ++x -12.令h(x)=12ln(1+x)+()121x ++x -12, 则h'(x)= ()121x +- 212(1)x ++1= 222522(1)x x x +++>0,所以h(x)单调递增,所以h(x)>h(0)=0, 即g'(x)>0,g(x)单调递增,所以g(x)>g(0)=0⇒[x+ln(1+x)]>x -ln(1+x),所以2x n+1-x n =x n+1-ln(1+x n+1) <[x n+1+ln(1+x n+1)]12n x += 12n n x x +, 所以结论成立.(3)由于x>0时,ln(1+x)≤x,所以x n =x n+1+ln(1+x n+1)≤x n+1+x n+1=2x n+1,所以x n+1≥12x n ≥212⎛⎫ ⎪⎝⎭x n -1≥…≥12n ⎛⎫ ⎪⎝⎭x 1=12n ⎛⎫ ⎪⎝⎭, 所以x n ≥112n -⎛⎫ ⎪⎝⎭, 由12n n x x +≥2x n+1-x n 得,12≥2n x -11n x +, 所以11n x +-12≥2112n x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>0, 所以112n x -≥21112n x -⎛⎫- ⎪⎝⎭≥…≥2n -11112x ⎛⎫- ⎪⎝⎭=2n -2,故x n ≤212n -, 综上,112n -≤x n ≤212n -(n ∈N *).。

专题限时训练 (小题提速练)(建议用时：45分钟)一、选择题1．设数列{}a n 满足a 1＝a ，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1(n ∈N *)，若数列{}a n 是常数列，则a ＝( )A ．－2 B.－1 C.0D.(－1)n解析：因为数列{a n }是常数列，所以a ＝a 2＝a 21－2a 1＋1＝a 2－2a ＋1，即a (a ＋1)＝a 2－2，解得a ＝－2.故选A. 答案：A2．在数列{a n }中，若a 1＝1，a 2＝12，2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2(n ∈N *)，则该数列的通项为( ) A ．a n ＝1n B.a n ＝2n ＋1C ．a n ＝2n ＋2D.a n ＝3n解析：由已知2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2，可得1a n ＋1－1a n ＝1a n ＋2－1a n ＋1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1a 1＝1，公差为1a 2－1a 1＝2－1＝1的等差数列，所以1a n＝n ，即a n＝1n . 答案：A3．已知等差数列{a n }满足a 2＝3，S n －S n －3＝51(n >3)，若S n ＝100，则n 的值为( ) A ．8 B.9 C.10D.11解析：由S n －S n －3＝51得，a n －2＋a n －1＋a n ＝51，所以a n －1＝17，又a 2＝3，∴S n＝n (a 2＋a n －1)2＝100，解得n ＝10.答案：C4．已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝( ) A ．－5 B.－15 C.5D.15解析：∵log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1，∴a n ＋1＝3a n . ∴数列{a n }是以3为公比的等比数列． ∵a 2＋a 4＋a 6＝a 2(1＋q 2＋q 4)＝9，∴a 5＋a 7＋a 9＝a 5(1＋q 2＋q 4)＝a 2q 3(1＋q 2＋q 4)＝35. ∴log 1335＝－5.故选A. 答案：A5．已知S n 表示数列{a n }的前n 项和，若对任意n ∈N *满足a n ＋1＝a n ＋a 2，且a 3＝2，则S 2019＝( ) A ．1 008×2 020 B.1 008×2 019 C ．1 009×2 019D.1 009×2 020解析：在a n ＋1＝a n ＋a 2中，令n ＝1，得a 2＝a 1＋a 2，a 1＝0；令n ＝2，得a 3＝2＝2a 2，a 2＝1，于是a n ＋1－a n ＝1，故数列{a n }是首项为0，公差为1的等差数列．S 2019＝2 019×2 0182＝1 009×2 019.答案：C6．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，当整数n >1时，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋S 1)都成立，则S 15＝( ) A.210B.211C.224D.225解析：n >1时，S n ＋1－S n ＝S n －S n －1＋2， ∴a n ＋1＝a n ＋2，∴a n ＋1－a n ＝2.数列{a n }从第二项开始组成公差为2的等差数列，所以S 15＝a 1＋(a 2＋…＋a 15)＝1＋2＋282×14＝211. 答案：B7．(2019·广东汕头市一模)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＝12－12a n ，则a n ＝( ) A.13·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1B.12·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1 C ．2·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －13D.⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 解析：由题意，得S 1＝a 1＝12－12a 1，所以a 1＝13.又当n ≥2时，S n －S n －1＝a n ＝12－12a n －12＋12a n －1，即a n a n －1＝13，所以数列{a n }是首项为13，公比为13的等比数列，所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n .故选D.答案：D8．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝2n－1 B.a n ＝2－13n －1C ．a n ＝12n －1D.a n ＝13n －2解析：由题意得1a n ＋1＝2a n ＋1，则1a n ＋1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1，易知1a 1＋1＝2≠0，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n＋1是以2为首项，2为公比的等比数列，则1a n ＋1＝2n ，则a n ＝12n －1.故选C. 答案：C9．已知函数f (n )＝n 2cos(n π)，且a n ＝f (n )，则a 1＋a 2＋…＋a 100＝( ) A ．0 B.100 C.5 050D.10 200解析：a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100 ＝－12＋22－32＋42－…－992＋1002 ＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(1002－992) ＝3＋7＋…＋199＝50(3＋199)2＝5 050.故选C.答案：C10．已知数列{a n }满足a 1＝0，a n ＋1＝a n ＋2a n ＋1＋1，则a 13＝( ) A ．143 B.156 C.168D.195 解析：由a n ＋1＝a n ＋2a n ＋1＋1， 可知a n ＋1＋1＝a n ＋1＋2a n ＋1＋1＝(a n ＋1＋1)2， ∴a n ＋1＋1＝a n ＋1＋1，又a 1＋1＝1，故数列{a n ＋1}是首项为1，公差为1的等差数列，所以a n ＋1＝n ，所以a 13＋1＝13，则a 13＝168.故选C. 答案：C 11．定义np 1＋p 2＋…＋p n为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”．若已知数列{a n }的前n 项的“均倒数”为12n ＋1，且b n ＝a n ＋14，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝( ) A.111B.910C.1011D.1112解析：由已知，得n a 1＋a 2＋…＋a n ＝12n ＋1，∴a 1＋a 2＋…＋a n ＝n (2n ＋1)＝S n . 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n －1. 验证知，当n ＝1时此式也成立， ∴a n ＝4n －1.∴b n ＝a n ＋14＝n . ∴1b n ·b n ＋1＝1n －1n ＋1， ∴1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110－111＝1011.故选C. 答案：C12．已知正项数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2,2a 2n ＝a 2n －1＋a 2n ＋1(n ≥2)，b n ＝1a n ＋a n ＋1，记数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 33的值是( ) A.99 B.33 C.4 2D.3解析：∵2a 2n ＝a 2n －1＋a 2n ＋1(n ≥2)，∴数列{a 2n }为等差数列，首项为1，公差为22－1＝3.∴a 2n ＝1＋3(n －1)＝3n －2.a n >0.∴a n ＝3n －2. ∴b n ＝1a n ＋a n ＋1＝13n －2＋3n ＋1＝13(3n ＋1－3n －2)，故数列{b n }的前n项和为S n ＝13[(4－1)＋(7－4)＋…＋(3n ＋1－3n －2)]＝13(3n ＋1－1)．则S 33＝13(3×33＋1－1)＝3.故选D.答案：D 二、填空题13．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝m ·2n －1－3，则m ＝ . 解析：a 1＝S 1＝m －3，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝m ·2n －2，∴a 2＝m ，a 3＝2m ，又a 22＝a 1a 3，∴m 2＝(m －3)·2m ，整理得m 2－6m ＝0， 则m ＝6或m ＝0(舍去)． 答案：614．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1(n ∈N *)，则a n ＝ . 解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1； 当n ＝1时，a 1＝S 1＝4≠2×1＋1. 因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.答案：⎩⎨⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥215．若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式a n ＝________. 解析：当n ＝1时，由已知S n ＝23a n ＋13， 得a 1＝23a 1＋13，即a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n ＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n －1＋13＝23a n －23a n －1，所以a n ＝－2a n－1，所以数列{a n }为以1为首项，－2为公比的等比数列，所以a n ＝(－2)n －1. 答案：(－2)n －116．在一次珠宝展览会上，某商家展出一套珠宝首饰，第一件首饰是1颗珠宝，第二件首饰是由6颗珠宝构成如图1所示的正六边形，第三件首饰是由15颗珠宝构成如图2所示的正六边形，第四件首饰是由28颗珠宝构成如图3所示的正六边形，第五件首饰是由45颗珠宝构成如图4所示的正六边形，以后每件首饰都在前一件上，按照这种规律增加一定数量的珠宝，使它构成更大的正六边形，依此推断第六件首饰上应有 颗珠宝；则前n 件首饰所用珠宝总数为 颗．(结果用n 表示)解析：由题意，知a 1＝1，a 2＝6，a 3＝15， a 4＝28，a 5＝45，a 6＝66，….∴a 2－a 1＝5，a 3－a 2＝9，a 4－a 3＝13，a 5－a 4＝17，a 6－a 5＝21，…，a n －a n －1＝4n －3.∴(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋(a 5－a 4)＋(a 6－a 5)＋…＋(a n －a n －1) ＝a n －a 1＝5＋9＋13＋17＋21＋…＋(4n －3) ＝(n －1)(5＋4n －3)2＝2n 2－n －1.∴a n ＝2n 2－n ，其前n 项和为S n ＝2(12＋22＋32＋…＋n 2)－(1＋2＋3＋…＋n )＝2×n (n ＋1)(2n ＋1)6－n (n ＋1)2＝4n 3＋3n 2－n 6.答案：66 4n 3＋3n 2－n6专题限时训练 (大题规范练)(建议用时：60分钟)1．在数列{a n }中，a 1＝8，a 4＝2，且满足a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |，求S n .解析：(1)∵a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0，∴a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ， ∴a n ＋1－a n 为同一常数，∴数列{a n }是以a 1为首项的等差数列． 设a n ＝a 1＋(n －1)d .则a 4＝a 1＋3d ，∴d ＝2－83＝－2，∴a n ＝10－2n . (2)由(1)知a n ＝10－2n ，令a n ＝0，得n ＝5. 当n >5时，a n <0；当n ＝5时，a n ＝0； 当n <5时，a n >0. 设T n ＝a 1＋a 2＋…＋a n .∴当n >5时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 5－(a 6＋a 7＋…＋a n )＝T 5－(T n －T 5)＝2T 5－T n ＝n 2－9n ＋40.当n ≤5时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝9n －n 2.∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧9n －n 2(n ≤5)，n 2－9n ＋40(n >5).2．(2019·东莞市模拟)设{a n }是单调递增的等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和．已知S 3＝13，且a 1＋3,3a 2，a 3＋5构成等差数列．(1)求a n 及S n ；(2)是否存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．解析：(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝13，6a 2＝a 1＋a 3＋8，∴a 2＝3，a 1＋a 3＝10，得3q ＋3q ＝10，解得q ＝3或q ＝13(舍)． ∴a n ＝a 2q n －2＝3n －1，S n ＝1×(1－3n )1－3＝3n －12.(2)假设存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列． ∵S 1＋λ＝1＋λ，S 2＋λ＝4＋λ，S 3＋λ＝13＋λ， ∴(4＋λ)2＝(1＋λ)·(13＋λ)，解得λ＝12，此时S n ＋12＝3n2，∴S n ＋12S n －1＋12＝3n 23n －12＝3(n ≥2)， ∴存在常数λ＝12.使得数列{S n ＋12}是首项为a 1＋12＝32，公比为3等比数列． 3．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝1＋S n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }为等差数列，且b 1＝a 1，公差为a 2a 1.当n ≥3时，比较b n ＋1与1＋b 1＋b 2＋…＋b n 的大小． 解析：(1)因为a n ＋1＝1＋S n ，① 所以当n ≥2时，a n ＝1＋S n －1，②①－②得a n ＋1－a n ＝a n ，即a n ＋1＝2a n (n ≥2)． 因为当n ＝1时，a 2＝1＋a 1＝2，所以a 2a 1＝2，所以a n ＋1a n＝2(n ∈N *)，所以数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列， 所以a n ＝2n －1.(2)因为b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1， 所以b n ＋1＝2n ＋1，1＋b 1＋b 2＋…＋b n ＝1＋n (1＋2n －1)2＝n 2＋1.因为(n 2＋1)－(2n ＋1)＝n (n －2)， 当n ≥3时，n (n －2)>0，所以当n ≥3时，b n ＋1<1＋b 1＋b 2＋…＋b n .4．(2019·安徽省淮南市第四次联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意正整数n ，都有4a n ＝3S n ＋2成立．记b n ＝log 2a n . (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)设c n ＝4(b n ＋1)·(b n ＋1＋3)，数列{c n }的前n 项和为T n ，求证：13≤T n <34.解析：(1)在4a n ＝3S n ＋2中，令n ＝1得a 1＝2.因为对任意正整数n ，都有4a n ＝3S n ＋2成立，当n ≥2时，4a n －1＝3S n －1＋2，两式作差得，4a n －4a n －1＝3a n ，所以a n ＝4a n －1，又a 1≠0，所以数列{a n }是以2为首项，4为公比的等比数列，∴a n ＝2×4n －1，∴b n ＝log 2a n ＝log 222n －1＝2n －1. (2)证明：∵b n ＝2n －1，∴c n ＝4(b n ＋1)·(b n ＋1＋3)＝4(2n －1＋1)·(2n ＋1＋3) ＝1n ·(n ＋2)＝12×⎝⎛⎭⎪⎫1n－1n ＋2.∴T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2， ∴对任意n ∈N *，T n <34，又c n >0，所以，T n 为关于n 的增函数，所以T n ≥T 1＝c 1＝13.综上，13≤T n <34.。

2020届高考数学综合训练题：数列1．已知等差数列}{n a 满足：公差.0>d 1421-=⋅+n a a n n (n=1,2,3,…)①求通项公式n a ； ②求证:212a a + 322a a +432a a +…+121<+n n a a . .解: ①依题意可设()d n a a n 11-+= ………1分则()[][]()()1421222111111-=+-+-=+⋅-+=⋅+n n d dn d a d a a nd a d n a a a n n对n=1,2,3,……都成立 ………3分又.0>d 解得,11=a 2=d ∴∴.12-=n a n ………6分②∵142221-=+n a a n n 121121)12)(12(2+--=-+=n n n n …………9分 ∴212a a + 322a a +432a a +…+12+n n a a.11211)121121()5131()311(<+-=+--++-+-=n n n Λ ……12分2等比数列{a n }中，首项a 1＞1，公比q ＞0，且f(n)=log 2a n ，f(1)＋f(3)＋f(5)=6，f(1)·f(3)·f(5)=0． (Ⅰ)求a n ；(Ⅱ)若S n =f(1)＋f(2)＋f(3)＋……＋f(n)，求取最大值n的值．解（Ⅰ）,6)5()3()1(=++f f f Θ,46)(log log log 323232232=⇒=++=∴a q a a qa .0)5()3()1(,4,131=⋅⋅=>f f f a a 又Θ ,1,1,0)5(235===∴q a a f 即.21,412==∴q q .2)21(5555n n n n a a a ---==⋅=∴（Ⅱ）).9(22)1(5,5log )(2n nn n n S n a n f n n -=+-=-==Θ ,29n n S n -=∴从而),17(412)1(212921)(221n n n n n n S S S n g n +-=+⋅-=+++=Λ)(n g 取最大值时，n=8或9.3已知函数f(x)在(－1,1)上有意义,f()＝－1,且对任意的x,y ∈(－1,1),都有f(x)＋f(y)＝f().(1)判断f(x)的奇偶性； (2)对数列x 1＝,x n ＋1＝(n N *),求f(x n )；(3)求证:>.解答(1)令x=y=0,则2f(0)=f(0),而f(0)=0,又令y=－x,x ∈(－1,1),则f(x)＋f(－x)=f(0)=0. 即f(－x)=－f(x),故f(x)为奇函数. (2)∵f(x 1)=f()=－1.∴{f(x n )}是以－1为首项，以2为公比的等比数列， 故f(x n )=－2n －1． （3）4．（本题满分13分）函数)1,(122≠∈++-=+y N n x nx x y 的最小值为,,n n b a 最大值为且14(),2n n n c a b =-数列{}n C 的前n 项和为n S ．（Ⅰ）求数列}{n c 的通项公式； （Ⅱ）若数列{}n d 是等差数列，且nn S d n c=+，求非零常数c ； （Ⅲ）若1()()(36)nn d f n n N n d ++=∈+，求数列{()}f n 的最大项．解：（Ⅰ）由222,(*,1),(1)01x x ny n N y x y x y n x -+=∈≠-++-=+得 Q x R ∈，1y ≠，214(1)()0,44(1)410y y n y n y n ∴∆=---≥-++-≤即由题意知：2,44(1)410n n a b y n y n -++-=是方程的两根，1443,(*)n n n a b n C n n N ∴⋅=-∴=-∈（Ⅱ）cn n n d n n S n n +-=-=222,2，∴1231615,,123d d d c c c ===+++ Q {}n d 为等差数列，2132d d d ∴=+，220c c ∴+=，10()2c c ∴=-=或舍 经检验12c =时，{}n d 是等差数列，2n d n = （Ⅲ）211()36(36)(22)4937n f n n n n n==≤=++++366""1().49n n n f n ===∴当且仅当即时取的最大值为5已知双曲线2211n n n n a ya x a a ---=的一个焦点为((2)n ≥, 且16c =, 一条渐近线方程为y =, 其中{}n a 是以4为首项的正数数列. （I ）求数列{}n c 的通项公式; （II ） 求证:不等式12122332n n n n c c c ++++<⋅L 对一切自然数(n n ∈N *）恒成立. （I ）双曲线方程即为2211n n y x a a --=,所以1n n n c a a -=+.于是12nn a a -=. ∴数列{}n a 是首项为4,公比为2的等比数列,从而12n n a +=,∴12232n n n n c +=+=?（n ≥2）. 又16c =,也符合上式,所以32n n c =?（n ∈N *）. （II ）令n S =2121212323232n n n n c c c +++=+++⋅⋅⋅L L ,则12n S =23112323232n n ++++⋅⋅⋅L , ∴12n S =211111113233232323232n n n n n n +++++-=--⋅⋅⋅⋅⋅⋅L ,∴n S =1212333232n n n ---<⋅⋅. 即 不等式12122332n n n n c c c ++++<⋅L 对一切自然数(n n ∈N *）恒成立.6已知曲线)0(1)1(log )(2>++=x x x x f 上有一点列))(,(*N n y x P n n n ∈，点n P 在x 轴上的射影是)0,(n n x Q ，且)(12*1N n x x n n ∈+=-，11=x .（1）求数列}{n x 的通项公式；（2）设四边形11++n n n n P Q Q P 的面积是n S ，求证：4121121<+++nnS S S Λ 解：（1）由)(12*1N n x x n n ∈+=-得)1(211+=+-n n x x ………………2分∵11=x ， ∴01≠+n x ，故}1{+n x 是公比为2的等比数列112)1(1-⋅+=+⇒n n x x∴)(12*N n x n n ∈-=.…………………………………………………………5分（2）∵n nn n n nx f y 2112)112(log )(2=+-+-== ， ∴nn n n n Q Q 2)12()12(||11=---=++, 而nn n nQ P 2||=， …………………8分 ∴四边形11++n n n n P Q Q P 的面积为：4132)221(21|||)||(|211111+=⋅++=⋅+=++++n n n Q Q Q P Q P S n n n n n n n n n n ∴)111(4)33131(12)13131(12)13(312)13(41+-=+-<+-=+=+=n n n n n n n n n n nS n , 故1211114(1)421n S S nS n +++<-<+L .……………………………………………12分7已知数列{}n a 的前n 项和为{}n S ，又有数列{}n b 满足关系11b a =，对n N *∈，有n n a S n +=，11n n n b a a ++=-(1)求证：{}n b 是等比数列，并写出它的通项公式；(2)是否存在常数c ，使得数列{}1n S cn ++为等比数列？若存在，求出c 的值；若不存在，说明理由。

第3讲数列的综合问题「考情研析」 1.从具体内容上，数列的综合问题，主要考查:①数列与函数、不等式结合，探求数列中的最值或证明不等式．②以等差数列、等比数列为背景，利用函数观点探求参数的值或范围． 2.从高考特点上，常在选填题型的最后两题及解答题第17题中出现，分值一般为5～8分。

核心知识回顾数列综合应用主要体现在以下两点：（1)以数列知识为纽带，在数列与函数、方程、不等式、解析几何的交汇处命题，主要考查利用函数观点、不等式的方法解决数列问题,往往涉及与数列相关的不等式证明、参数的范围等．(2)以数列知识为背景的新概念、创新型问题，除了需要用到数列知识外,还要运用函数、不等式等相关知识和方法,特别是题目条件中的“新知识”是解题的钥匙，此类问题体现了即时学习，灵活运用知识的能力．热点考向探究考向1 数列与函数的综合问题例1 (2019·上海市青浦区高三二模)已知函数f(x）＝x2＋ax＋b（a,b∈R)，且不等式｜f（x)｜≤2019｜2x－x2｜对任意的x∈［0,10］都成立，数列{a n｝是以7＋a为首项，公差为1的等差数列(n∈N＊）．(1）当x∈[0，10]时，写出方程2x－x2＝0的解，并写出数列{a n｝的通项公式（不必证明)；(2）若b n＝a n·错误!an（n∈N＊)，数列{b n}的前n项和为S n，对任意的n∈N＊，都有S n〈m成立，求m的取值范围．解（1)因为x∈［0，10]时，易知方程2x－x2＝0的解为x＝2,x ＝4，由不等式｜f(x）|≤2019|2x－x2|对任意的x∈[0，10]都成立，可得错误!即错误!解得错误!所以f(x)＝x2－6x＋8，又数列｛a n｝是以7＋a＝1为首项,公差为1的等差数列，所以a n＝n。

(2)由（1）知b n＝a n·错误!an＝n·错误!n，所以S n＝b1＋b2＋…＋b n＝1·13＋2·错误!2＋3·错误!3＋…＋n·错误!n，①错误!S n＝1·错误!2＋2·错误!3＋3·错误!4＋…＋n·错误!n＋1,②①－②得，错误!S n＝错误!＋错误!2＋错误!3＋…＋错误!n－n·错误!n＋1＝错误!－n·错误!n＋1＝错误!错误!－错误!，整理得，S n＝错误!－错误!，由错误!>0可得S n〈错误!，由S n<m恒成立,可得m≥错误!.数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景,给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出S n的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题,解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化．已知数列{a n}的前n项和为S n，向量a＝(S n,1），b＝错误!，满足条件a∥b.(1)求数列{a n｝的通项公式；(2）设函数f（x）＝错误!x，数列｛b n}满足条件b1＝1,f（b n＋1）＝错误!.①求数列｛b n｝的通项公式;②设c n＝错误!,求数列{c n｝的前n项和T n。

数列的综合应用及数学归纳法错误!1．数列{a n｝的前n项和S n满足S n＝2a n－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2）设b n＝错误!，求数列｛b n}的前n项和T n。

解:(1）∵S n＝2a n－a1,①∴当n≥2时，S n－1＝2a n－1－a1,②①－②得，a n＝2a n－2a n－1，即a n＝2a n－1。

由a1，a2＋1，a3成等差数列，得2（a2＋1）＝a1＋a3，∴2(2a1＋1)＝a1＋4a1，解得a1＝2.∴数列｛a n｝是首项为2，公比为2的等比数列．∴a n＝2n。

(2）∵a n＝2n,∴S n＝2a n－a1＝2n＋1－2，S n＋1＝2n＋2－2.∴b n＝错误!＝错误!＝错误!错误!－错误!.∴数列{b n}的前n项和T n＝错误!错误!＋错误!＋…＋错误!＝错误!错误!＝错误!。

2．(2019·绍兴适应性考试)已知数列｛a n｝是公差为2的等差数列，且a1，a5＋1，a23＋1成等比数列．数列{b n}满足：b1＋b2＋…＋b n＝2n＋1－2，n∈N＊。

(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；（2）设数列{c n}的前n项和为T n，且c n＝错误!若对n∈N*，T2n≥T2k恒成立,求正整数k的值．解：（1）由已知得（a5＋1)2＝a1（a23＋1），即（a1＋9）2＝a1(a1＋45），所以a1＝3，所以a n＝2n＋1.当n＝1时，b1＝2,当n≥2时，b n＝（b1＋b2…＋b n）－（b1＋b2…＋b n－1）＝2n＋1－2n＝2n，所以b n＝2n.（2）因为T2n＝错误!－错误!＝错误!错误!－错误!错误!＝－错误!＋错误!错误!－错误!，所以T2n＋2－T2n＝错误!错误!＝错误!错误!＝错误!错误!。

设d n＝错误!，则d n＋1－d n＝错误!－错误!＝错误!<0恒成立，因此d1>d2>d3>d4>…，由于d1〉1,d2〉1，d3>1，d4〈1，…，因此T4－T2<0,T6－T4〈0，T8－T6〈0,T10－T8〉0，…，所以{T2n｝中T8最小,所以k的值为4。

专题限时集训(四) 数列求和与综合应用[专题通关练] (建议用时：30分钟)1．已知数列{a n }满足a 1＝2.a n ＋1＝2a n .S n 为{a n }的前n 项和.若S n ＝126.则n ＝( ) A ．9 B ．8 C ．7 D ．6D [因为a 1＝2.a n ＋1＝2a n .所以{a n }是首项和公比均为2的等比数列.所以S n ＝21－2n1－2＝126.解得n ＝6.]2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若S 6＞S 7＞S 5.则满足S n S n ＋1＜0的正整数n 的值为( )A ．10B ．11C ．12D ．13C [由S 6＞S 7＞S 5.得S 7＝S 6＋a 7＜S 6.S 7＝S 5＋a 6＋a 7＞S 5.所以a 7＜0.a 6＋a 7＞0.所以S 13＝13a1＋a132＝13a 7＜0.S 12＝12a1＋a122＝6(a 6＋a 7)＞0.所以S 12S 13＜0.即满足S n S n ＋1＜0的正整数n 的值为12.故选C.]3．已知{a n }是首项为1的等比数列.S n 是{a n }的前n 项和.且9S 3＝S 6.则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1an 的前5项和为( )A.158或5 B.3116或5 C.3116D.158C [依题意知{a n }的公比q ≠1.否则9S 3＝27a 1≠S 6＝6a 1,9S 3＝S 6⇒9×1·1－q31－q＝1·1－q61－q ⇒q 3＝8⇒q ＝2.∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1an 是首项为1a1＝1.公比为12的等比数列.∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1an 的前5项和为S 5＝1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝3116.]4．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n2当n 为奇数时，－n2当n 为偶数时，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1).则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝( )A ．0B ．100C ．－100D ．10 200B [由题意.a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－1＋101＝100.故选B.]5．已知数列{a n }满足a n ＝n n ＋1.则a 1＋a222＋a332＋…＋a2 0182 0182的值为( )A.2 0182 019 B.2 0172 019 C.2 0184 035D.2 0172 018A [由题意.因为数列{a n }满足a n ＝n n ＋1.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫an n2的通项公式为ann2＝1n n ＋1＝1n－1n ＋1.所以a 1＋a222＋a332＋…＋a2 0182 0182＝1－12＋12－13＋…＋12 018－12 019＝1－12 019＝2 0182 019.] 6．(20xx·太原模拟)已知数列{a n }满足an ＋1an ＋1＋1＝12.且a 2＝2.则a 4＝________.11 [因为数列{a n }满足an ＋1an ＋1＋1＝12.所以a n ＋1＋1＝2(a n ＋1).即数列{a n ＋1}是等比数列.公比为2.则a 4＋1＝22(a 2＋1)＝12.解得a 4＝11.]7．已知数列{a n }的前n 项和为S n .过点P (n .S n )和点Q (n ＋1.S n ＋1)(n ∈N *)的直线的斜率为3n －2.则a 2＋a 4＋a 5＋a 9＝________.40 [因为过点P (n .S n )和点Q (n ＋1.S n ＋1)(n ∈N *)的直线的斜率为3n －2.所以Sn ＋1－Sn n ＋1－n ＝S n ＋1－S n ＝a n ＋1＝3n －2(n ∈N *).所以a 2＝1.a 4＝7.a 5＝10.a 9＝22.所以a 2＋a 4＋a 5＋a 9＝40.]8．若数列{a n }满足a 1＝1.且对于任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a n ＋n ＋1.则1a1＋1a2＋…＋1a2 017＋1a2 018＝________. 4 0362 019[由a n ＋1＝a n ＋n ＋1. 得a n ＋1－a n ＝n ＋1. 则a 2－a 1＝1＋1.a 3－a 2＝2＋1. a 4－a 3＝3＋1.….a n －a n －1＝(n －1)＋1.n ≥2.以上等式相加.得a n －a 1＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n －1.n ≥2. 把a 1＝1代入上式得.a n ＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n ＝nn ＋12.1an ＝2n n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. 则1a1＋1a2＋…＋1a2 017＋1a2 018＝21－12＋12－13＋…＋12 017－12 018＋12 018－12 019＝21－12 019＝4 0362 019.][能力提升练] (建议用时：15分钟)9．(20xx·泰安模拟)数列{a n }中.a 1＝2.a 2＝3.a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2.n ∈N *).那么a 2 019＝( )A ．1B ．－2C ．3D ．－3A [因为a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2).所以a n ＝a n －1－a n －2(n ≥3).所以a n ＋1＝a n －a n －1＝(a n －1－a n－2)－a n －1＝－a n －2(n ≥3)． 所以a n ＋3＝－a n (n ∈N *). 所以a n ＋6＝－a n ＋3＝a n .故{a n }是以6为周期的周期数列． 因为2 019＝336×6＋3.所以a 2 019＝a 3＝a 2－a 1＝3－2＝1.故选A.]10．(20xx·洛阳模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n .且S n ＝2a n －1. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)记b n ＝2anan ＋1an ＋1＋1.求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)当n ＝1时.a 1＝S 1＝2a 1－1.得a 1＝1.当n ≥2时.有S n －1＝2a n －1－1. 所以a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1.即a n ＝2a n －1.所以{a n }是公比为2.首项为1的等比数列.故通项公式a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)b n ＝2an an ＋1an ＋1＋1＝2n2n －1＋12n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋1－12n ＋1. T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝2×⎝⎛⎭⎪⎫120＋1－121＋1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋1－122＋1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋1－123＋1＋…＋2×⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋1－12n ＋1＝2n －12n ＋1. 11．已知{a n }是各项均为正数的等比数列.且a 1＋a 2＝6.a 1a 2＝a 3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列.其前n 项和为S n .已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1.求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫bn an 的前n 项和T n .[解] (1)设{a n }的公比为q . 由题意知：a 1(1＋q )＝6.a 21q ＝a 1q 2. 又a n ＞0.解得a 1＝2.q ＝2.所以a n ＝2n . (2)由题意知：S 2n ＋1＝2n ＋1b1＋b2n ＋12＝(2n ＋1)b b ＋1.又S 2n ＋1＝b n b n ＋1.b n ＋1≠0.所以b n ＝2n ＋1. 令c n ＝bn an .则c n ＝2n ＋12n.因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n .又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1. 两式相减得12T n ＝32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1. 所以T n ＝5－2n ＋52n .题号内容 押题依据1由a n 与S n 的关系求通项公式 由a n 与S n 的关系求通项公式常以小题形式出现.有时也出现在解答题的第(1)问.难度中等．本题考查逻辑推理和数学运算等核心素养.综合性强.符合全国卷的命题趋势2等差数列、三个“二次”间的关系、分组求和本题将等差数列的基本运算、三个“二次”的关系及数列分组求和有机组合且难度不大.符合全国卷的命题需求.主要考查通项公式的求解与分组求和.在运算过程中体现了数学运算及逻。

第3讲 数列的综合问题数列不等式的证明[核心提炼]数列不等式的证明问题能有效地考查学生综合运用数列与不等式知识解决问题的能力．与数列有关的不等式除利用数学归纳法证明外，还可以借助以下方法：若所证数列不等式能够转化为函数，可借助函数的单调性证明；若所证数列不等式两边均是整式多项式，可以借助比较法；若所证数列能够求和，且所证不等式与和式有关，可先求出其和，再借助放缩法证明．[典型例题]已知数列{x n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)(n ∈N *)． 证明：当n ∈N *时， (1)0<x n ＋1<x n ； (2)2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12；(3)12n －1≤x n ≤12n －2. 【证明】 (1)用数学归纳法证明：x n >0. 当n ＝1时，x 1＝1>0. 假设n ＝k 时，x k >0，那么n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0时，则0<x k ＝x k ＋1＋ln(1＋x k ＋1)≤0，矛盾，故x k ＋1>0. 因此x n >0(n ∈N *)．所以x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)>x n ＋1. 因此0<x n ＋1<x n (n ∈N *)． (2)由x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)得，x n x n ＋1－4x n ＋1＋2x n ＝x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)． 记函数f (x )＝x 2－2x ＋(x ＋2)ln(1＋x )(x ≥0)， f ′(x )＝2x 2＋x x ＋1＋ln(1＋x )>0(x >0)，函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增， 所以f (x )≥f (0)＝0，因此x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)＝f (x n ＋1)≥0， 故2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12(n ∈N *)．(3)因为x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)≤x n ＋1＋x n ＋1＝2x n ＋1，所以x n ≥12n －1.由x n x n ＋12≥2x n ＋1－x n 得1x n ＋1－12≥2⎝⎛⎭⎫1x n －12>0， 所以1x n －12≥2⎝⎛⎭⎫1x n －1－12≥…≥2n －1⎝⎛⎭⎫1x 1－12＝2n －2， 故x n ≤12n －2.综上，12n －1≤x n ≤12n －2(n ∈N *)．证明数列不等式常用的四种方法(1)构造函数，结合数列的单调性证明．(2)若待证不等式的两边均为关于n 的整式多项式，常用作差比较法证明数列不等式． (3)与数列前n 项和有关的不等式的证明方法主要有两种：一是若数列的通项能够直接求和，则先求和后，再根据和的性质证明不等式；二是若数列的通项不能够直接求和，则先放缩后再求和证明．(4)当待证不等式随n 的变化呈现的规律较明显，且初始值n 0易于确定时，用数学归纳法证明．[对点训练]1．设数列{a n }满足⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1，n ∈N *.(1)证明：|a n |≥2n －1(|a 1|－2)，n ∈N *；(2)若|a n |≤⎝⎛⎭⎫32n，n ∈N *，证明：|a n|≤2，n ∈N *. 证明：(1)由⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1，得|a n |－12|a n ＋1|≤1，故|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1≤12n ，n ∈N *，所以|a 1|21－|a n |2n ＝⎝⎛⎭⎫|a 1|21－|a 2|a 2＋⎝⎛⎭⎫|a 2|22＝|a 3|23＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n －1|2n －1－|a n |2n ≤121＋122＋…＋12n －1＜1， 因此|a n |≥2n －1(|a 1|－2)．(2)任取n ∈N *，由(1)知，对于任意m ＞n ， |a n |2n －|a m |2m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n ＋1|2n ＋1－|a n ＋2|2n ＋2＋…＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫|a m －1|2m －1－|a m |2m ≤12n ＋12n ＋1＋…＋12m －1＜12n －1，故|a n |＜⎝⎛⎭⎫12n －1＋|a m |2m ·2n ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n －1＋12m ·⎝⎛⎭⎫32m·2n ＝2＋⎝⎛⎭⎫34m·2n.从而对于任意m ＞n ，均有|a n |＜2＋⎝⎛⎭⎫34m·2n .① 由m 的任意性得|a n |≤2. 否则，存在n 0∈N *，有|an 0|＞2，取正整数m 0＞log 34|an 0|－22n 0且m 0＞n 0，则2n 0·⎝⎛⎭⎫34m＜2n 0·⎝⎛⎭⎫34log 34|a n 0|－22n 0＝|an 0|－2，与①式矛盾，综上，对于任意n ∈N *，均有|a n |≤2. 2．已知数列{a n }满足，a 1＝1，a n ＝1a n ＋1－12. (1)求证：23≤a n ≤1；(2)求证：|a n ＋1－a n |≤13.证明：(1)由已知得a n ＋1＝1a n ＋12，计算a 2＝23，a 3＝67，a 4＝1419，猜想23≤a n ≤1.下面用数学归纳法证明． ①当n ＝1时，命题显然成立；②假设n ＝k 时，有23≤a n ≤1成立，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝1a k ＋12≤123＋12＜1，a k ＋1＝1a k ＋12≥11＋12＝23，即当n ＝k ＋1时也成立，所以对任意n ∈N *，都有23≤a n ≤1.(2)当n ＝1时，|a 1－a 2|＝13，当n ≥2时，因为(a n ＋12)(a n －1＋12)＝(a n ＋12)·1a n ＝1＋12a n ≥1＋12＝32，所以|a n ＋1－a n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1a n ＋12－1a n －1＋12 ＝|a n －a n －1|（a n ＋12）（a n －1＋12）≤23|a n －a n －1|≤…≤⎝⎛⎭⎫23n －1|a 2－a 1|＝13·⎝⎛⎭⎫23n －1<13.综上知，|a n ＋1－a n |≤13.数列中的交汇创新问题[核心提炼]数列在中学教材中既有相对独立性，又有较强的综合性，很多数列问题一般转化为特殊数列求解，一些题目常与函数、向量、三角函数、解析几何、不等式等知识交汇结合，考查数列的基本运算与应用．[典型例题](1)(2018·高考浙江卷)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(2)已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1＋x 2＝3，x 3－x 2＝2. ①求数列{x n }的通项公式；②如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1, 1)，P 2(x 2, 2)，…，P n ＋1(x n ＋1, n ＋1)得到折线P 1 P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的区域的面积T n .【解】 (1)选B.法一：因为ln x ≤x －1(x >0)，所以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≤－1，又a 1>1，所以等比数列的公比q <0.若q ≤－1，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q )(1＋q 2)≤0，而a 1＋a 2＋a 3≥a 1>1，所以ln(a 1＋a 2＋a 3)>0，与ln(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4≤0矛盾，所以－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 1，a 2<a 4，故选B.法二：因为e x ≥x ＋1，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)，所以e a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1＋a 2＋a 3≥a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋1，则a 4≤－1，又a 1>1，所以等比数列的公比q <0.若q ≤－1，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q )(1＋q 2)≤0，而a 1＋a 2＋a 3≥a 1>1，所以ln(a 1＋a 2＋a 3)>0，与ln(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4≤0矛盾，所以－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.(2)①设数列{x n }的公比为q ，由已知q ＞0.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2.所以3q 2－5q －2＝0. 因为q ＞0， 所以q ＝2，x 1＝1，因此数列{x n }的通项公式为x n ＝2n －1.②过P 1，P 2，…，P n ＋1向x 轴作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，…，Q n ＋1. 由①得x n ＋1－x n ＝2n －2n －1＝2n －1， 记梯形P n P n ＋1Q n ＋1Q n 的面积为b n ，由题意得b n ＝（n ＋n ＋1）2×2n －1＝(2n ＋1)×2n －2，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n －1)×2n －3＋(2n ＋1)×2n －2.(i) 又2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1.(ii) (i)－(ii)得－T n ＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n －1)－(2n ＋1)×2n －1＝32＋2（1－2n －1）1－2－(2n ＋1)×2n －1.所以T n ＝（2n －1）×2n ＋12.数列与函数的综合问题主要有两类(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题； (2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法等对式子进行化简变形．[对点训练]已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω＞0，|φ|＜π)的图象经过点⎝⎛⎭⎫π12，－2，⎝⎛⎭⎫7π12，2，且在区间⎝⎛⎭⎫π12，7π12上为单调函数． (1)求ω，φ的值； (2)设a n ＝nf ⎝⎛⎭⎫n π3(n ∈N *)，求数列{a n }的前30项和S 30.解：(1)由题可得ωπ12＋φ＝2k π－π2，k ∈Z ，7ωπ12＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ，解得ω＝2，φ＝2k π－2π3，k ∈Z ，因为|φ|＜π，所以φ＝－2π3.(2)因为a n ＝2n sin ⎝⎛⎭⎫2n π3－2π3(n ∈N *)，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2sin ⎝⎛⎭⎫2n π3－2π3 (n ∈N *)的周期为3，前三项依次为0，3，－3，所以a 3n －2＋a 3n －1＋a 3n ＝(3n －2)×0＋(3n －1)×3＋3n ×(－3)＝－3(n ∈N *)， 所以S 30＝(a 1＋a 2＋a 3)＋…＋(a 28＋a 29＋a 30)＝－10 3.数列中的探索性问题[核心提炼]探索性问题是指根据已知条件(或给出的结论)，探求相应结论(或条件)是否存在的一类问题，主要包括结论存在型，结论探索型，条件探索型，综合探索型．[典型例题]已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n >60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意，2，2＋d ，2＋4d 成等比数列，故有(2＋d )2＝2(2＋4d )，化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4. 当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2. (2)当a n ＝2时，S n ＝2n .显然2n <60n ＋800， 此时不存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立． 当a n ＝4n －2时，S n ＝n [2＋（4n －2）]2＝2n 2.令2n 2>60n ＋800，即n 2－30n －400>0， 解得n >40或n <－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的n ，其最小值为41.要判断在某些确定条件下的某一数学对象是否存在或某一结论是否成立，“是否存在”的问题的命题形式有两种：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由．这类问题常用“肯定顺推”的方法．[对点训练]数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝(n 2＋n －λ)a n (n ＝1，2，…)，λ是常数． (1)当a 2＝－1时，求λ及a 3的值；(2)数列{a n }是否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，说明理由． 解：(1)由于a n ＋1＝(n 2＋n －λ)a n (n ＝1，2，…)，且a 1＝1， 所以当a 2＝－1时，得－1＝2－λ，故λ＝3. 从而a 3＝(22＋2－3)×(－1)＝－3.(2)数列{a n }不可能为等差数列，理由如下：由a 1＝1，a n ＋1＝(n 2＋n －λ)a n ，得a 2＝2－λ，a 3＝(6－λ)·(2－λ)，a 4＝(12－λ)(6－λ)(2－λ)． 若存在λ，使{a n }为等差数列，则a 3－a 2＝a 2－a 1， 即(5－λ)(2－λ)＝1－λ，解得λ＝3.于是a 2－a 1＝1－λ＝－2，a 4－a 3＝(11－λ)(6－λ)(2－λ)＝－24.这与{a n }为等差数列矛盾，所以，对任意λ，{a n }都不可能是等差数列．专题强化训练1．(2019·台州市高三期末考试)在正项数列{a n }中，已知a 1＝1，且满足a n ＋1＝2a n －1a n ＋1(n ∈N *)．(1)求a 2，a 3； (2)证明：a n ≥(32)n －1.解：(1)因为在正项数列{a n }中，a 1＝1，且满足a n ＋1＝2a n －1a n ＋1(n ∈N *)，所以a 2＝2×1－11＋1＝32，a 3＝2×32－132＋1＝135.(2)证明：①当n ＝1时，由已知a 1＝1≥(32)1－1＝1，不等式成立；②假设当n ＝k 时，不等式成立，即a k ≥(32)k －1，因为f (x )＝2x －1x ＋1在(0，＋∞)上是增函数，所以a k ＋1＝2a k －1a k ＋1≥2(32)k －1－1（32）k －1＋1＝(32)k ＋13(32)k －1（32）k －1＋1 ＝(32)k ＋13（32）2k －1＋13（32）k－1（32）k －1＋1 ＝(32)k ＋19[（32）k ＋3][2×（32）k －3]（32）k －1＋1， 因为k ≥1，所以2×(32)k －3≥2×32－3＝0，所以a k ＋1≥(32)k ，即当n ＝k ＋1时，不等式也成立． 根据①②知不等式对任何n ∈N *都成立．2．(2019·嘉兴调研)已知S n 为各项均为正数的数列{a n }的前n 项和，a 1∈(0，2)，a 2n ＋3a n＋2＝6S n .(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，若对任意的n ∈N *，t ≤4T n 恒成立，求实数t 的最大值．解：(1)当n ＝1时，由a 2n ＋3a n ＋2＝6S n ，得a 21＋3a 1＋2＝6a 1，即a 21－3a 1＋2＝0. 又a 1∈(0，2)，解得a 1＝1.由a 2n ＋3a n ＋2＝6S n ，可知a 2n ＋1＋3a n ＋1＋2＝6S n ＋1.两式相减，得a 2n ＋1－a 2n ＋3(a n ＋1－a n )＝6a n ＋1，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －3)＝0.由于a n ＞0，可得a n ＋1－a n －3＝0，即a n ＋1－a n ＝3，所以{a n }是首项为1，公差为3的等差数列，所以a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. (2)由a n ＝3n －2 ，可得b n ＝1a n a n ＋1＝1（3n －2）（3n ＋1）＝13⎝⎛⎭⎫13n －2－13n ＋1， T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝13⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－14＋⎝⎛⎭⎫14－17＋…⎦⎤＋⎝⎛⎭⎫13n －2－13n ＋1＝n3n ＋1. 因为T n ＝n 3n ＋1＝13－133n ＋1随着n 的增大而增大，所以数列{T n }是递增数列，所以t ≤4T n ⇔t 4≤T n ⇔t 4≤T 1＝14⇔t ≤1，所以实数t 的最大值是1.3．(2019·金华模拟)已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1a n ＝2a n ＋1－1(n ∈N *)，令b n ＝a n －1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝a 2n ＋1a 2n ，求证：c 1＋c 2＋…＋c n <n ＋724.解：(1)因为a n ＋1a n ＝2a n ＋1－1(n ∈N *)，b n ＝a n －1，即a n ＝b n ＋1. 所以(b n ＋1＋1)(b n ＋1)＝2(b n ＋1＋1)－1，化为：1b n ＋1－1b n ＝－1，所以数列{1b n }是等差数列，首项为－2，公差为－1.所以1b n ＝－2－(n －1)＝－1－n ，所以b n ＝－1n ＋1.(2)证明：由(1)可得：a n ＝b n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.所以c n ＝a 2n ＋1a 2n ＝2n ＋12n ＋1＋12n 2n ＋1＝（2n ＋1）22n （2n ＋2）＝1＋12⎝⎛⎭⎫12n －12n ＋2，因为n ≥2时，2n ＋2≤2n ＋1－1， 所以12n －12n ＋2<12n －1－12n ＋1－1，所以c 1＋c 2＋…＋c n <n ＋12⎝⎛⎭⎫12－14＋ 12⎝⎛⎭⎫122－1－12n ＋1－1＝n ＋724－12（2n ＋1－1）<n ＋724. 4．(2019·绍兴市高三教学质量调测)已知数列{a n }满足a n ＞0，a 1＝2，且(n ＋1)a 2n ＋1＝na 2n ＋a n (n ∈N *)．(1)证明：a n ＞1；(2)证明：a 224＋a 239＋…＋a 2nn 2＜95(n ≥2)．证明：(1)由题得(n ＋1)·a 2n ＋1－(n ＋1)＝na 2n －n ＋a n －1，故(a n ＋1－1)(a n ＋1＋1)(n ＋1)＝(a n －1)(na n ＋n ＋1)，由a n ＞0，n ∈N *，可知(a n ＋1＋1)(n ＋1)＞0，na n ＋n ＋1＞0， 所以a n ＋1－1与a n －1同号，又a 1－1＝1＞0，故a n ＞1.(2)由(1)知a n ＞1，故(n ＋1)a 2n ＋1＝na 2n ＋a n ＜(n ＋1)a 2n ，所以a n ＋1＜a n ，1＜a n ≤2.又由题可得a n ＝(n ＋1)a 2n ＋1－na 2n ，所以，a 1＝2a 22－a 21，a 2＝3a 23－2a 22，…，a n ＝(n ＋1)·a 2n ＋1－na 2n ，相加得a 1＋a 2＋…＋a n ＝(n ＋1)a 2n ＋1－4≤2n ， 所以a 2n ＋1≤2n ＋4n ＋1，即a 2n ≤2n ＋2n (n ≥2)， a 2n n 2≤2n 2＋2n 3≤2⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋⎝⎛⎭⎫1n －1－2n ＋1n ＋1(n ≥2)． 当n ＝2时，a 2222＝34＜95.当n ＝3时，a 2222＋a 2332≤34＋232＋233＜34＋13＜95.当n ≥4时，a 224＋a 239＋a 2416＋…＋a 2nn2＜2⎝⎛⎭⎫14＋19＋116＋14＋⎝⎛⎭⎫14＋227＋13－14 ＝1＋29＋18＋14＋227＋112＜95.从而，原命题得证．5．(2019·台州市高考一模)已知数列{a n }满足：a n ＞0，a n ＋1＋1a n ＜2(n ∈N *)．(1)求证：a n ＋2＜a n ＋1＜2(n ∈N *)； (2)求证：a n ＞1(n ∈N *)．证明：(1)由a n ＞0，a n ＋1＋1a n ＜2，所以a n ＋1＜2－1a n ＜2，因为2＞a n ＋2＋1a n ＋1≥2a n ＋2a n ＋1， 所以a n ＋2＜a n ＋1＜2.(2)假设存在a N ≤1(N ≥1，N ∈N *)， 由(1)可得当n ＞N 时，a n ≤a N ＋1＜1， 根据a n ＋1－1＜1－1a n ＝a n －1a n ＜0，而a n ＜1，所以1a n ＋1－1＞a n a n －1＝1＋1a n －1.于是1a N ＋2－1＞1＋1a N ＋1－1， …1a N ＋n －1＞1＋1a N ＋n －1－1. 累加可得1a N ＋n －1＞n －1＋1a N ＋1－1(*)， 由(1)可得a N ＋n －1＜0，而当n ＞－1a N ＋1－1＋1时，显然有n －1＋1a N ＋1－1＞0， 因此有1a N ＋n －1＜n －1＋1a N ＋1－1， 这显然与(*)矛盾，所以a n ＞1(n ∈N *)．6．(2019·金丽衢十二校高三联考)已知f n (x )＝a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋…＋a n x n ，且f n (－1)＝(－1)n ·n ，n ＝1，2，3，….(1)求a 1，a 2，a 3；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)当k >7且k ∈N *时，证明：对任意n ∈N *都有2a n ＋1＋2a n ＋1＋1＋2a n ＋2＋1＋…＋2a nk －1＋1>32成立．解：(1)由f 1(－1)＝－a 1＝－1得a 1＝1，由f 2(－1)＝－a 1＋a 2＝2，得a 2＝3，又因为f 3(－1)＝－a 1＋a 2－a 3＝－3，所以a 3＝5.(2)由题意得：f n (－1)＝－a 1＋a 2－a 3＋…＋(－1)n a n ＝(－1)n ·n ，f n －1(－1)＝－a 1＋a 2－a 3＋…＋(－1)n －1a n －1＝(－1)n －1·(n －1)，n ≥2，两式相减得：(－1)n a n ＝(－1)n ·n －(－1)n －1·(n －1)＝(－1)n (2n －1)，得当n ≥2时，a n ＝2n －1，又a 1＝1符合，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(3)证明：令b n ＝a n ＋12＝n ， 则S ＝1b n ＋1b n ＋1＋1b n ＋2＋…＋1b nk －1＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1nk －1， 所以2S ＝⎝⎛⎭⎫1n ＋1nk －1＋⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1nk －2＋⎝⎛⎭⎫1n ＋2＋1nk －3＋…＋⎝⎛⎭⎫1nk －1＋1n .(*) 当x >0，y >0时，x ＋y ≥2xy ，1x ＋1y ≥21xy，所以(x ＋y )⎝⎛⎭⎫1x ＋1y ≥4，所以1x ＋1y ≥4x ＋y，当且仅当x ＝y 时等号成立，上述(*)式中，k >7，n >0，n ＋1，n ＋2，…，nk －1全为正，所以2S >4n ＋nk －1＋4n ＋1＋nk －2＋4n ＋2＋nk －3＋…＋4nk －1＋n ＝4n （k －1）n ＋nk －1， 所以S >2（k －1）1＋k －1n>2（k －1）k ＋1＝2⎝⎛⎭⎫1－2k ＋1 >2⎝⎛⎭⎫1－27＋1＝32，得证． 7．(2019·宁波市诺丁汉大学附中高三期中考试)已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝a 2n ＋2a n ，n ∈N *，设b n ＝log 2(a n ＋1)．(1)求{a n }的通项公式；(2)求证：1＋12＋13＋…＋1b n －1＜n (n ≥2)； (3)若2c n ＝b n ，求证：2≤(c n ＋1c n)n ＜3. 解：(1)由a n ＋1＝a 2n ＋2a n ，则a n ＋1＋1＝a 2n ＋2a n ＋1＝(a n ＋1)2，由a 1＝3，则a n ＞0，两边取对数得到log 2(a n ＋1＋1)＝log 2(a n ＋1)2＝2 log 2(a n ＋1)，即b n ＋1＝2b n .又b 1＝log 2(a 1＋1)＝2≠0，所以{b n }是以2为公比的等比数列．即b n ＝2n .又因为b n ＝log 2(a n ＋1)，所以a n ＝22n －1.(2)证明：用数学归纳法证明：①当n ＝2时，左边为1＋12＋13＝116＜2＝右边，此时不等式成立；②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，不等式成立，则当n ＝k ＋1时，左边＝1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1＜k ＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1＜k ＋12k ＋12k ＋…＋12k 2k 个,＜k ＋1＝右边， 所以当n ＝k ＋1时，不等式成立．综上可得：对一切n ∈N *，n ≥2，命题成立．(3)证明：由2c n ＝b n 得c n ＝n ，所以(c n ＋1c n )n ＝(1＋n n )n ＝(1＋1n)n ， 首先(1＋1n )n ＝C 0n ＋C 1n 1n ＋C 2n 1n 2＋…＋ C k n 1n k ＋…＋C n n 1n n ≥2， 其次因为C k n 1n k ＝n （n －1）…（n －k ＋1）k ！n k ＜1k ！≤1k （k －1）＝1k －1－1k(k ≥2)， 所以(1＋1n )n ＝C 0n ＋C 1n 1n ＋C 2n 1n 2＋…＋ C k n 1n k ＋…＋C n n 1n n ， ＜1＋1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n＝3－1n ＜3， 当n ＝1时显然成立．所以得证．8．数列{a n }满足a 1＝14，a n ＝a n －1（－1）n a n －1－2(n ≥2，n ∈N )． (1)试判断数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋（－1）n 是否为等比数列，并说明理由； (2)设b n ＝a n sin （2n －1）π2，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：对任意的n ∈N *，T n ＜47. 解：(1)a n ＝a n －1（－1）n a n －1－2⇒1a n ＝（－1）n a n －1－2a n －1＝(－1)n －2a n －1， 所以1a n ＋(－1)n ＝2·(－1)n －2a n －1⇒所以1a n ＋(－1)n ＝(－2)·⎣⎡⎦⎤（－1）n －1＋1a n －1， 所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋（－1）n 为公比是－2的等比数列． (2)证明：1a 1＋(－1)1＝3，由(1)可得 1a n＋(－1)n ＝⎣⎡⎦⎤1a 1＋（－1）1·(－2)n －1＝3·(－2)n －1， 所以a n ＝13·（－2）n －1－（－1）n. 而sin （2n －1）π2＝(－1)n －1， 所以b n ＝a n ·sin （2n －1）π2＝（－1）n －13·（－2）n －1－（－1）n ＝13·2n －1＋1，所以b n ＝13·2n －1＋1＜13·2n －1， 当n ≥3时，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＜(b 1＋b 2)＋13·22＋13·23＋…＋13·2n －1＝14＋17＋112⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －21－12＜14＋17＋16＝4784＜47. 因为{b n }为正项数列，所以T 1＜T 2＜T 3＜…＜T n ，所以n ∈N *，T n ＜47.。

专题强化训练1．(2019·台州市高三期末考试)在正项数列{a n }中，已知a 1＝1，且满足a n ＋1＝2a n －1a n ＋1(n ∈N *)．(1)求a 2，a 3； (2)证明：a n ≥(32)n －1.解：(1)因为在正项数列{a n }中，a 1＝1，且满足a n ＋1＝2a n －1a n ＋1(n ∈N *)， 所以a 2＝2×1－11＋1＝32，a 3＝2×32－132＋1＝135.(2)证明：①当n ＝1时，由已知a 1＝1≥(32)1－1＝1，不等式成立；②假设当n ＝k 时，不等式成立，即a k ≥(32)k －1，因为f (x )＝2x －1x ＋1在(0，＋∞)上是增函数，所以a k ＋1＝2a k －1a k ＋1≥2(32)k －1－1（32）k －1＋1＝(32)k ＋13(32)k －1（32）k －1＋1 ＝(32)k ＋13（32）2k －1＋13（32）k －1（32）k －1＋1 ＝(32)k ＋19[（32）k ＋3][2×（32）k －3]（32）k －1＋1， 因为k ≥1，所以2×(32)k －3≥2×32－3＝0，所以a k ＋1≥(32)k ，即当n ＝k ＋1时，不等式也成立． 根据①②知不等式对任何n ∈N *都成立．2．(2019·嘉兴调研)已知S n 为各项均为正数的数列{a n }的前n 项和，a 1∈(0，2)，a 2n ＋3a n＋2＝6S n .(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，若对任意的n ∈N *，t ≤4T n 恒成立，求实数t 的最大值．解：(1)当n ＝1时，由a 2n ＋3a n ＋2＝6S n ，得a 21＋3a 1＋2＝6a 1，即a 21－3a 1＋2＝0. 又a 1∈(0，2)，解得a 1＝1.由a 2n ＋3a n ＋2＝6S n ，可知a 2n ＋1＋3a n ＋1＋2＝6S n ＋1.两式相减，得a 2n ＋1－a 2n ＋3(a n ＋1－a n )＝6a n ＋1，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －3)＝0.由于a n ＞0，可得a n ＋1－a n －3＝0，即a n ＋1－a n ＝3，所以{a n }是首项为1，公差为3的等差数列，所以a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. (2)由a n ＝3n －2 ，可得b n ＝1a n a n ＋1＝1（3n －2）（3n ＋1）＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1， T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝13⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－14＋⎝⎛⎭⎫14－17＋…⎦⎥⎤＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1 ＝n3n ＋1. 因为T n ＝n 3n ＋1＝13－133n ＋1随着n 的增大而增大，所以数列{T n }是递增数列，所以t ≤4T n ⇔t 4≤T n ⇔t 4≤T 1＝14⇔t ≤1，所以实数t 的最大值是1.3．(2019·金华模拟)已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1a n ＝2a n ＋1－1(n ∈N *)，令b n ＝a n －1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝a 2n ＋1a 2n ，求证：c 1＋c 2＋…＋c n <n ＋724.解：(1)因为a n ＋1a n ＝2a n ＋1－1(n ∈N *)，b n ＝a n －1，即a n ＝b n ＋1.所以(b n ＋1＋1)(b n ＋1)＝2(b n ＋1＋1)－1，化为：1b n ＋1－1b n ＝－1，所以数列{1b n }是等差数列，首项为－2，公差为－1.所以1b n ＝－2－(n －1)＝－1－n ，所以b n ＝－1n ＋1.(2)证明：由(1)可得：a n ＝b n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.所以c n ＝a 2n ＋1a 2n ＝2n ＋12n ＋1＋12n 2n ＋1＝（2n ＋1）22n （2n ＋2）＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －12n ＋2，因为n ≥2时，2n ＋2≤2n ＋1－1， 所以12n －12n ＋2<12n －1－12n ＋1－1，所以c 1＋c 2＋…＋c n <n ＋12⎝⎛⎭⎫12－14＋ 12⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1－12n ＋1－1＝n ＋724－12（2n ＋1－1）<n ＋724. 4．(2019·绍兴市高三教学质量调测)已知数列{a n }满足a n ＞0，a 1＝2，且(n ＋1)a 2n ＋1＝na 2n ＋a n (n ∈N *)．(1)证明：a n ＞1；(2)证明：a 224＋a 239＋…＋a 2nn 2＜95(n ≥2)．证明：(1)由题得(n ＋1)·a 2n ＋1－(n ＋1)＝na 2n －n ＋a n －1，故(a n ＋1－1)(a n ＋1＋1)(n ＋1)＝(a n －1)(na n ＋n ＋1)，由a n ＞0，n ∈N *，可知(a n ＋1＋1)(n ＋1)＞0，na n ＋n ＋1＞0， 所以a n ＋1－1与a n －1同号，又a 1－1＝1＞0，故a n ＞1.(2)由(1)知a n ＞1，故(n ＋1)a 2n ＋1＝na 2n ＋a n ＜(n ＋1)a 2n ，所以a n ＋1＜a n ，1＜a n ≤2.又由题可得a n ＝(n ＋1)a 2n ＋1－na 2n ，所以，a 1＝2a 22－a 21，a 2＝3a 23－2a 22，…，a n ＝(n ＋1)·a 2n ＋1－na 2n ，相加得a 1＋a 2＋…＋a n ＝(n ＋1)a 2n ＋1－4≤2n ， 所以a 2n ＋1≤2n ＋4n ＋1，即a 2n≤2n ＋2n (n ≥2)， a 2nn 2≤2n 2＋2n 3≤2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－2n ＋1n ＋1(n ≥2)． 当n ＝2时，a 2222＝34＜95.当n ＝3时，a 2222＋a 2332≤34＋232＋233＜34＋13＜95.当n ≥4时，a 224＋a 239＋a 2416＋…＋a 2nn2＜2⎝⎛⎭⎫14＋19＋116＋14＋⎝⎛⎭⎫14＋227＋13－14 ＝1＋29＋18＋14＋227＋112＜95.从而，原命题得证．5．(2019·台州市高考一模)已知数列{a n }满足：a n ＞0，a n ＋1＋1a n ＜2(n ∈N *)．(1)求证：a n ＋2＜a n ＋1＜2(n ∈N *)； (2)求证：a n ＞1(n ∈N *)．证明：(1)由a n ＞0，a n ＋1＋1a n ＜2，所以a n ＋1＜2－1a n ＜2，因为2＞a n ＋2＋1a n ＋1≥2a n ＋2a n ＋1， 所以a n ＋2＜a n ＋1＜2.(2)假设存在a N ≤1(N ≥1，N ∈N *)， 由(1)可得当n ＞N 时，a n ≤a N ＋1＜1， 根据a n ＋1－1＜1－1a n ＝a n －1a n ＜0，而a n ＜1，所以1a n ＋1－1＞a n a n －1＝1＋1a n －1.于是1a N ＋2－1＞1＋1a N ＋1－1，…1a N ＋n －1＞1＋1a N ＋n －1－1.累加可得1a N ＋n －1＞n －1＋1a N ＋1－1(*)，由(1)可得a N ＋n －1＜0，而当n ＞－1a N ＋1－1＋1时，显然有n －1＋1a N ＋1－1＞0，因此有1a N ＋n －1＜n －1＋1a N ＋1－1，这显然与(*)矛盾，所以a n ＞1(n ∈N *)．6．(2019·金丽衢十二校高三联考)已知f n (x )＝a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋…＋a n x n ，且f n (－1)＝(－1)n ·n ，n ＝1，2，3，….(1)求a 1，a 2，a 3；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)当k >7且k ∈N *时，证明：对任意n ∈N *都有2a n ＋1＋2a n ＋1＋1＋2a n ＋2＋1＋…＋2a nk －1＋1>32成立．解：(1)由f 1(－1)＝－a 1＝－1得a 1＝1， 由f 2(－1)＝－a 1＋a 2＝2，得a 2＝3， 又因为f 3(－1)＝－a 1＋a 2－a 3＝－3， 所以a 3＝5.(2)由题意得：f n (－1)＝－a 1＋a 2－a 3＋…＋(－1)n a n ＝(－1)n ·n ， f n －1(－1)＝－a 1＋a 2－a 3＋…＋(－1)n －1a n －1 ＝(－1)n －1·(n －1)，n ≥2， 两式相减得：(－1)n a n ＝(－1)n ·n －(－1)n －1·(n －1)＝(－1)n (2n －1)，得当n ≥2时，a n ＝2n －1，又a 1＝1符合，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)． (3)证明：令b n ＝a n ＋12＝n ，则S ＝1b n ＋1b n ＋1＋1b n ＋2＋…＋1b nk －1＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1nk －1，所以2S ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1nk －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1nk －2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋2＋1nk －3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1nk －1＋1n .(*)当x >0，y >0时，x ＋y ≥2xy ，1x ＋1y ≥21xy， 所以(x ＋y )⎝⎛⎭⎫1x ＋1y ≥4，所以1x ＋1y ≥4x ＋y ，当且仅当x ＝y 时等号成立，上述(*)式中，k >7，n >0，n ＋1，n ＋2，…，nk －1全为正，所以2S >4n ＋nk －1＋4n ＋1＋nk －2＋4n ＋2＋nk －3＋…＋4nk －1＋n ＝4n （k －1）n ＋nk －1，所以S >2（k －1）1＋k －1n>2（k －1）k ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2k ＋1>2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－27＋1＝32，得证． 7．(2019·宁波市诺丁汉大学附中高三期中考试)已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝a 2n ＋2a n ，n ∈N *，设b n ＝log 2(a n ＋1)．(1)求{a n }的通项公式；(2)求证：1＋12＋13＋…＋1b n －1＜n (n ≥2)；(3)若2c n ＝b n ，求证：2≤(c n ＋1c n)n＜3.解：(1)由a n ＋1＝a 2n ＋2a n ，则a n ＋1＋1＝a 2n ＋2a n ＋1＝(a n ＋1)2，由a 1＝3，则a n ＞0，两边取对数得到log 2(a n ＋1＋1)＝log 2(a n ＋1)2＝2 log 2(a n ＋1)，即b n ＋1＝2b n . 又b 1＝log 2(a 1＋1)＝2≠0，所以{b n }是以2为公比的等比数列． 即b n ＝2n .又因为b n ＝log 2(a n ＋1)， 所以a n ＝22n －1.(2)证明：用数学归纳法证明：①当n ＝2时，左边为1＋12＋13＝116＜2＝右边，此时不等式成立；②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，不等式成立，则当n ＝k ＋1时，左边＝1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1＜k ＋12k ＋12k＋1＋…＋12k ＋1－1＜k ＋＜k ＋1＝右边，所以当n ＝k ＋1时，不等式成立．综上可得：对一切n ∈N *，n ≥2，命题成立． (3)证明：由2c n ＝b n 得c n ＝n ， 所以(c n ＋1c n )n＝(1＋n n )n ＝(1＋1n )n ，首先(1＋1n )n ＝C 0n ＋C 1n 1n ＋C 2n 1n 2＋…＋ C k n 1n k ＋…＋C n n 1n n ≥2， 其次因为C k n 1nk ＝n （n －1）…（n －k ＋1）k ！n k ＜1k ！≤1k （k －1）＝1k －1－1k(k ≥2)，所以(1＋1n )n ＝C 0n ＋C 1n 1n ＋C 2n 1n 2＋…＋ C k n 1n k ＋…＋C n n 1nn ， ＜1＋1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝3－1n ＜3，当n ＝1时显然成立．所以得证．8．数列{a n }满足a 1＝14，a n ＝a n －1（－1）n a n －1－2(n ≥2，n ∈N )．(1)试判断数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n＋（－1）n 是否为等比数列，并说明理由；(2)设b n ＝a n sin （2n －1）π2，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：对任意的n ∈N *，T n ＜47.解：(1)a n ＝a n －1（－1）n a n －1－2⇒1a n ＝（－1）na n －1－2a n －1＝(－1)n－2a n －1，所以1a n ＋(－1)n ＝2·(－1)n －2a n －1⇒所以1a n ＋(－1)n ＝(－2)·⎣⎢⎡⎦⎥⎤（－1）n －1＋1a n －1， 所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n＋（－1）n 为公比是－2的等比数列．(2)证明：1a 1＋(－1)1＝3，由(1)可得1a n＋(－1)n ＝⎣⎡⎦⎤1a 1＋（－1）1·(－2)n －1＝3·(－2)n －1， 所以a n ＝13·（－2）n －1－（－1）n .而sin（2n －1）π2＝(－1)n －1， 所以b n ＝a n ·sin （2n －1）π2＝（－1）n －13·（－2）n －1－（－1）n ＝13·2n －1＋1，所以b n＝13·2n －1＋1＜13·2n －1， 当n ≥3时，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＜(b 1＋b 2)＋13·22＋13·23＋…＋13·2n －1＝14＋17＋112⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －21－12＜14＋17＋16＝4784＜47. 因为{b n }为正项数列，所以T 1＜T 2＜T 3＜…＜T n ， 所以n ∈N *，T n ＜47.。

A2019·吉林长春市高三质量检测(二)The beaver (河狸) is found 1._______(chief) in North America. It is about three and a half feet long, including the fat, paddle-shaped tail, 2.________ is a foot in length.Beavers build themselves most curious huts to live in, and quite frequently 3.________ great numbers of these huts are placed close together. They always build their huts on the banks of rivers or lakes. When they built on the bank of a running stream, they make a dam across the stream for the purpose of keeping the water at the 4._________ (high) they wish. These dams are made of mud, stones and the branches of trees. They are sometimes six or seven hundred feet in length, and they 5._________(construct) so delicate that they look more like the work of men than of little beasts. They start building their huts late in the summer, but do not get them 6.________ (finish) before the early frosts. The freezing temperature makes the heart much 7._________(strong).A man once saw five young beavers playing. They would leap on the trunk of a tree and push one another off into the water. He crept(匍匐) forward very cautiously and was about to fire on the little creatures；but their amusing tricks reminded him so much 8._________ some little children he knew at home that he thought 9.________ would be inhuman to kill them. So he left them without even 10.__________(disturb) their play.【答案】1.chiefly 2.which 3.a 4.height 5.are constructed 6.finished7.stronger8.of9.it10.disturbingB山西省山大附中等晋豫名校2018届高三第四次调研诊断I needed to get some money so I 11.________(take) a job in the clothes department at Graham's for the January sale. I can't say that I enjoyed it, 12.________ it was an experience I'll never forget.When I arrived half an hour before opening on the first day of the sale, there was already 13.________ queue around three sides of the building. This made me very nervous. The moment the security guards 14.________ (lock) the doors, they hid behind the doors for protection as the noisy crowd rushed in. I couldn't believe my eyes: this wasn't shopping; it was a battlefield!After a while, clothes were flying 15.________ all directions as people searched for the sizes, colours and styles they wanted. Within minutes I had half a dozen people 16.________ (push) clothes under my nose, each wanting 17.________(be) the first served. The whole day continued like that. People were spending money like water without thinking 18.________ they needed what they were buying. As long as it was a bargain it was OK.That night, after a quick dinner I went to bed 19.________(exhaust), fearing the sound of the alarm 20.________ would tell me to get ready for the second day of the sale.【答案】11.took12.but13.a14.unlocked15.in16.pushing17.to be 18.whether19.exhausted20.that/whichCSelf-confident people are admired 21.________ others and inspire confidence in others. They know that no matter what difficulties come their way, they have the ability 22.________ (solve) them. Self-confident people tend to see their lives in a positive light even when things aren't going so well, and they are typically 23.________ (satisfy) with themselves. Wouldn't 24.__________ be amazing to have this kind of self-confidence? Guess what? You can.Self-confidence can be learned, practiced and mastered—just like any 25.________ skills. You can begin by changing your body language. Just the simple act of 26.________ (pull) your shoulders back gives others the 27.________ (impress) that you are a confident person. Next, look at the person you are talking to—keepingeye contact 28.________ (show) confidence. Last, speak slowly. Research has proved that those who take time to speak slowly and 29.________(clear) feel more self-confident. The added bonus is that they will actually be able to understand 30.________ you are saying.【答案】21.by22.to solve23.satisfied24.it25.other26.pulling 27.impression28.shows29.clearly30.whatDIt is often said that eyes can speak. In a bus you may look at a stranger,31.________ not too long. If he notices that he is being stared at, he may feel32.________(comfort). It is the same in daily life. When you are 33.________ (look) at for several more times, you will look at yourself up and down to see if there is anything wrong 34.________ you. If nothing goes wrong, you 35.________ (feel) angry with the person who is looking at you. Eyes can speak, right?36．________ (look) too long at someone may seem to be impolite. But sometimes things are different when it 37.________(come) to staring at the opposite sex. If a man glances at a woman for more than ten seconds, his intentions are obvious, that is, he wishes to attract 38.________ (she) attention, to make her understand that he is admiring her.In fact, continuous eye contact is limited to 39.________ (love) only, who will enjoy looking at each other 40.________ (gentle) for a long time，to show affection that words cannot express. Evidently, eye communication should be done according to the relationship between the two people.【答案】31.but32.uncomfortable33.looked34.with35．will es38.her39.lovers40.gently。

限时训练16 数列的求和与数列的综合应用一、选择题1.数列{a n }的前n 项和为S n ,若)1(1+=n n a n ,则S 5等于( ) A.1 B.65 C.61 D.301 解析: 111)1(1)1(1+-=+-+=+=n n n n n n n n a n , ∴S 5＝a 1+a 2+a 3+a 4+a 5＝6561513121211=-++-+-Λ. 答案:B2.等差数列{a n }的前n 项和记为S n ,若a 2+a 6+a 10为一个确定的常数,则下列各数中也是常数的是( )A.S 6B.S 11C.S 12D.S 13 解析:由a 2+a 6+a 10＝3a 6为常数,则a 6为常数. ∴611111112)(11a a a S =+⨯=为常数. 故选B.答案:B3.已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝1-5+9-13+17-21+…+(-1)n-1(4n-3),则S 15+S 22-S 31的值是( )A.13B.-76C.46D.76 解析:对数列{a n }的相邻两项结合后,再求和.答案:B4.已知{a n }是等差数列,a 1+a 2＝4,a 7+a 8＝28,则该数列前10项和S 10等于( )A.64B.100C.110D.120 解析:设公差为d,则由已知得1002291011021281324210111=⨯⨯+⨯=⇒⎩⎨⎧==⇒⎩⎨⎧=+=+S d a d a d a . 答案:B5.记等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若211=a ,S 4＝20,则S 6等于( ) A.16 B.24 C.36 D.48 解析:由题意,知S 4＝2+6d ＝20,∴d＝3.故S 6＝3+15d ＝48.答案:D6.如果f(a+b)＝f(a)·f(b)且f(1)＝2,则)2007()2008()5()6()3()4()1()2(f f f f f f f f ++++Λ等于( )A.4 016B.1 004C.2 008D.2 006 解析:由f(a+b)＝f(a)·f(b)得f(n+1)＝f(n)·f(1),2)1()()1(==+f n f n f ,S ＝2×1 004＝2 008.答案:C 7.已知椭圆13422=+y x 上有n 个不同的点P 1,P 2,P 3,…,P n ,设椭圆的右焦点为F,数列{|PF n |}是公差大于10031的等差数列,则n 的最大值为 …( ) A.2 005 B.2 006 C.1 002 D.1 003 解析:数列{|PF n |}是以1为首项,|PF n |＝3为末项的等差数列,3＝|PF n |＝1+(n-1)d,(n-1)d ＝2,,21d n =-由d ＞10031可得答案. 答案:B8.设{a n }为各项均是正数的等比数列,S n 为{a n }的前n 项和,则( ) A.6644S a S a = B.6644S a S a > C.6644S a S a < D.6644S a S a ≤ 解析:由题意得q ＞0,当q ＝1时,有061416644>-=-S a S a ; 当q≠1时,有 )1()1()1()1(615141316644q a q q a q a q q a S a S a -----=- 0111)1)(1(1)1(6236423>--•+=---•-=q q q q q q q q q , 所以6644S a S a >.故选B. 答案:B9.(2020安徽合肥高三第一次质检,理5）已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和,S 10＞0并且S 11＝0,若S n ≤S k 对n∈N *恒成立，则正整数k 构成的集合为( )A.{5}B.{6}C.{5，6}D.{7} 解析:由S 10＞0，并且S 11＝0，知a 6＝0,a 11＜0,所以d ＜0.故S 5＝S 6且最大.又S n ≤S k 对n∈N *恒成立，所以正整数k 构成集合为{5，6}.答案:C10.已知数列{a n }的通项公式是1+=bn an a n ,其中a 、b 均为正常数,那么a n 与a n+1的大小关系是( )A.a n ＞a n+1B.a n ＜a n+1C.a n ＝a n+1D.与n 的取值有关 解析:将a n 看成1)(+=bx ax x f ,又a 、b 为正数, ∴f(x)＞0. 0)1()1()'1()1()'()('22>+=++-+=bx a bx bx ax bx ax x f 恒成立, 即1+=bn an a n 关于n 是递增的. ∴a n+1＞a n .答案:B二、填空题11.设数列{a n }的通项为a n ＝2n-7(n∈N *),则|a 1|+|a 2|+…+|a 15|＝___________.解析:由a n ＝2n-7≤0得n≤27,a i ≤0(i＝1,2,3), S n ＝a 1+a 2+…+a n ＝n 2+n-7n ＝n 2-6n.所以|a 1|+|a 2|+…+|a 15|＝-a 1-a 2-a 3+a 4+a 5+…+a 15＝-2S 3+S 15＝-2×(-9)+135＝153. 答案:15312.数列841,631,421,2112222++++,…的前n 项和等于________. 解析:∵)211(21212+-=+=n n n n a n , ∴原式＝)]211()4121()311[(21+-++-+-n n Λ )2)(1(23243)2111211(21+++-=+-+-+=n n n n n . 答案:)2)(1(23243+++-n n n 13.已知等比数列{a n }的公比为q,前n 项和为S n ,且S 3,S 9,S 6成等差数列,则q 等于__________.解析:公比q ＝1时,不符合题意,∴q≠1. ∴qq a q q a q q a --+--=--1)1(1)1(1)1(2613191. 解得321-=q .答案:321- 14.定义一种“*”运算:对于n∈N *,满足以下运算性质:①2*2＝1;②(2n+2)*2＝3(2n*2).则用含n 的代数式表示2n*2为_________.解析:由已知得32*)22(2*2+=n n ,令a n ＝2n*2,当n ＝1时,a 1＝2*2＝1＝30;n ＝2时,a 2＝4*2＝(2+2)*2＝3(2*2)＝3＝31;n ＝3时,a 3＝6*2＝(2×2+2)*2＝3(4*2)＝32,亦可知a 4＝33,a 5＝34,…,则可得2n*2＝3n-1.答案:3n-1三、解答题15.已知数列{log 2(a n -1)}为等差数列,且a 1＝3,a 2＝5.(1)求证:数列{a n -1}是等比数列;(2)求nn a a a a a a -++-+-+12312111Λ的值. (1)证明：设log 2(a n -1)-log 2(a n-1-1)＝d(n≥2),∴d＝log 2(a 2-1)-log 2(a 1-1)＝log 24-log 22＝1.∴log 2(a n -1)＝n.∴a n -1＝2n . ∴2111=---n n a a (n≥2). ∴{a n -1}是以2为首项,2为公比的等比数列.(2)解:由(1)可得a n -1＝(a 1-1)·2n-1,∴a n ＝2n +1. ∴nn n n a a a a a a 221221221111123212312-++-+-=-++-+-++ΛΛ n n 2112121212-=+++=Λ. 16.已知数列{a n }的通项⎩⎨⎧-=,,2,,56为偶数为奇数n n n a n n 求其前n 项和S n . 解:当n 为奇数时,以奇数项组成以a 1＝1为首项,公差为12的等差数列;偶数项组成以a 2＝4为首项,公比为4的等比数列. ∴41)41(42)561(2121--+-++=-n n n n S 3)12(42)23)(1(1-+-+=-n n n . 当n 为偶数时,奇数项和偶数项各有2n 项, ∴41)41(42)561(22--+-+=n n n n S 3)12(42)23(-+-=n n n .教学参考例题 志鸿优化系列丛书【例1】 (2020河北保定高三第一学期调研,22）已知正项数列{a n }满足a n+12-a n 2-2a n+1-2a n ＝0,a 1＝1.设b n ＝n 3-3n 2+5-a n .(1)求数列{a n },{b n }的通项公式;(2)试比较a n 与b n 的大小;(理)(3)设n n b n n c -+-=6123,且数列{c n }的前n 项和为S n ,求n n S ∞→lim 的值. 解:(1)由a n+12-a n 2-2a n+1-2a n ＝0,得(a n+1+a n )(a n+1-a n -2)＝0.因为a n ＞0,所以a n+1-a n -2＝0,a n+1-a n ＝2.所以数列{a n }是以a 1＝1为首项,以2为公差的等差数列.所以a n ＝1+(n-1)×2＝2n-1,b n ＝n 3-3n 2+5-a n ＝n 3-3n 2+5-2n+1＝n 3-3n 2-2n+6.(2)由(1)得b n -a n ＝n 3-3n 2-2n+6-(2n-1)＝n 3-3n 2-4n+7,当n ＝1时,b 1-a 1＝1-3-4+7＝1＞0⇒b 1＞a 1;当n ＝2时,b 2-a 2＝23-3×22-4×2+7＝-5＜0⇒b 2＜a 2;当n ＝3时,b 3-a 3＝33-3×32-4×3+7＝-5＜0⇒b 3＜a 3;当n ＝4时,b 4-a 4＝43-3×42-4×4+7＝7＞0⇒b 4＞a 4.下面考查函数f(x)＝x 3-3x 2-4x+7(x≥4),f′(x)＝3x 2-6x-4＝3(x-1)2-7,当x ＝4时,f′(x)＞0,所以f(x)在［4,+∞)上递增.所以当n≥4时数列{b n -a n }单调递增,即0＜b 4-a 4＜b 5-a 5＜…＜b n -a n ＜….综上,当n ＝1或n≥4时,b n ＞a n ,当n ＝2,3时,b n ＜a n .（理）(3)由(1)得)623(6161232323+---+-=-+-=n n n n n b n n c n n )111(21)1(21+-=+=n n n n . 所以)111(21)111413*********(21+-=+-++-+-+-=n n n S n Λ. 所以21)111(21lim lim =+-=∞→∞→n S n n n . 【例2】 某汽车销售公司为促销采取了较为灵活的付款方式,对购买10万元一辆的轿车在一年内将款全部付清的前提下,可以选择以下两种分期付款的方案购车:方案一:分3次付清,购买后4个月第1次付款,再过4个月第2次付款,再过4个月第3次付款.方案二:分12次付清,购买后1个月第1次付款,再过1个月第2次付款,…,购买后12个月第12次付款.规定分期付款中每期付款额相同,月利率为0.8%,每月利息按复利计算,即指上月利息要计入下月的本金.(1)试比较以上两种方案的哪一种方案付款总额较少?(2)若汽车销售公司将收回的售车款进行再投资,可获月增长2%的收益,为此对一次性付款给予降价p%的优惠,为保证一次性付款经一年后的本金低于方案一和方案二中较少一种的付款总额,且售车款再投资一年后的本金要高于车价款一年的本金,试确定p 的取值范围.(注:计算结果保留三位有效数字,参考数据:1.0083≈1.024,1.0084≈1.033,1.00811≈1.092,1.00812≈1.1,1.0211≈1.243,1.0212≈1.268)解:(1)对于方案一,设每次付款额为x 1万元,那么一年后,第一次付款的本金为1.0088x 1万元,第2次付款的本金为1.0084x 1万元,第3次付款的本金为x 1万元,则1.0088x 1+1.0084x 1+x 1＝10×1.00812.解得x 1≈3.63(万元).付款总额为3×3.63＝10.89(万元).对于方案二,设每次付款为x 2万元,那么一年后,第一次付款的本金为1.00811x 2万元,第2次付款的本金为1.00810x 2万元,…,第12次付款的本金为x 2万元,则1.00811x 2+1.00810x 2+…+1.008x 2+x 2＝10×1.00812.解得x 2≈0.88(万元),付款总额为12×0.88＝10.56(万元),显然,第二种方案付款总额较少.(2)如果降低p%的售车款为10(1-p%),那么一年后产生的本金为10(1-p%)×1.00812,而转入再投资所产生的本金为10(1-p%)(1+2%)12,则依题意有⎪⎩⎪⎨⎧+-<⨯<⨯-,%)21%)(1(10008.110,56.10008.1%)1(10121212p p 解得4＜p ＜13.2.。

1.2.3 数列的综合应用专题限时训练 (小题提速练)(建议用时：45分钟)1．已知数列{a n }为等差数列，满足OA →＝a 3OB →＋a 2 013OC →，其中A ，B ，C 在一条直线上，O 为直线AB 外一点，记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 015的值为( ) A.2 0152B.2 015C.2 016D.2 013解析：依题意有a 3＋a 2 013＝1， 故S 2 015＝a 3＋a 2 0132·2 015＝2 0152.故选A.答案：A2．(2019·葫芦岛一模)数列{a n }是等差数列，{b n }是各项均为正数的等比数列，公比q ＞1，且a 5＝b 5，则( ) A ．a 3＋a 7＞b 4＋b 6 B.a 3＋a 7≥b 4＋b 6 C ．a 3＋a 7＜b 4＋b 6D.a 3＋a 7＝b 4＋b 6 解析：数列{a n }是等差数列，{b n }是各项均为正数的等比数列，公比q ＞1， 由a 3＋a 7＝2a 5＝2b 5，b 4＋b 6≥2b 4b 6＝2b 5，a 3＋a 7≤b 4＋b 6，由于q ＞1可得a 3＋a 7＜b 4＋b 6，故选C. 答案：C3．(2019春·龙凤区校级月考)在等差数列{a n }中，其前n 项和是S n ，若S 9＞0，S 10＜0，则在S 1a 1，S 2a 2，…，S 9a 9中最大的是( ) A.S 1a 1 B.S 8a 8 C.S 5a 5D.S 9a 9解析：依题意，数列{a n }是等差数列，其前n 项和是S n ，S 9＞0，S 10＜0，所以⎩⎪⎨⎪⎧9a 5＞0，a 5＋a 6＜0，所以a 5＞0，a 6＜0，所以公差d ＜0， 所以当6≤n ≤9时S n a n ＜0，当1≤n ≤5时S n a n＞0. 又因为当1≤n ≤5时，S n 单调递增，a n 单调递减，所以当1≤n ≤5时，S n a n 单调递增，所以S 5a 5最大．故选C. 答案：C4．(2019·师大附中月考)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是方程x 2－b n x ＋2n＝0的两根，则b 10等于( ) A ．24 B.32 C.48D.64 解析：由已知得a n a n ＋1＝2n，∴a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，则a n ＋2a n＝2，所以数列{}a n 的奇数项与偶数项都是公比为2的等比数列，可以求出a 2＝2，所以数列{}a n 的项分别为：1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32…，而b n ＝a n ＋a n ＋1，所以b 10＝a 10＋a 11＝32＋32＝64.故选D. 答案：D5．已知数列{a n }，{b n }满足b n ＝a n ＋a n ＋1，则“数列{a n }为等差数列”是“数列{b n }为等差数列”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解析：若数列{a n }为等差数列，设其公差为d 1，则b n ＋1－b n ＝(a n ＋1＋a n ＋2)－(a n ＋a n ＋1)＝a n ＋2－a n ＝2d 1.所以数列{b n }是等差数列；若数列{b n }为等差数列，设其公差为d 2.则b n ＋1－b n ＝(a n ＋1＋a n ＋2)－(a n ＋a n ＋1)＝a n ＋2－a n ＝d 2，不能推出数列{a n }为等差数列，所以“数列{a n }为等差数列”是“数列{b n }为等差数列”的充分不必要条件，故选A. 答案：A6．若等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则2S n ＋24a n ＋1的最小值为( )A ．4 3 B.8 C.6D.7解析：由S n ＝n 2，则a n ＝S n －S n －1＝2n －1，所以2S n ＋24a n ＋1＝n ＋12n ≥4 3.由均值不等式知当n＝12n ，即n ＝23时，取等号．又n ∈N *且3<23<4，所以当n ＝3或4时，式子2S n ＋24a n ＋1有最小值，最小值为3＋123＝7.故选D.答案：D7．(2019·黑龙江大庆一中模拟)已知函数f (x )＝x 2＋ax 的图象在点A (0，f (0))处的切线l与直线2x －y ＋2＝0平行，若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f (n )的前n 项和为S n ，则S 20的值为( ) A.325462 B.1920 C.119256D.2 0102 011解析：因为f (x )＝x 2＋ax ，所以f ′(x )＝2x ＋a .又函数f (x )＝x 2＋ax 的图象在点A (0，f (0))处的切线l 与直线2x －y ＋2＝0平行，所以f ′(0)＝a ＝2，所以f (x )＝x 2＋2x ，所以1f (n )＝1n 2＋2n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2. 所以S 20＝12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫120－122＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－121－122＝325462.故选A. 答案：A8．设a >0，b >0，若3是3a 与32b的等比中项，则2a ＋1b的最小值为( )A ．4 B.1 C.14D.8解析：∵3是3a与32b的等比中项， ∴3a×32b＝3a ＋2b＝(3)2＝3，∴a ＋2b ＝1.∴2a ＋1b＝(a ＋2b )⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b ＝4＋4b a ＋a b≥4＋24b a ·a b ＝8，当且仅当4b a ＝ab且a ＋2b ＝1，即a＝12，b ＝14时等号成立，选D. 答案：D9．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n ＋3)(n ∈N *)在函数y ＝3×2x的图象上，等比数列{b n }满足b n ＋b n ＋1＝a n (n ∈N *)，其前n 项和为T n ，则下列结论正确的是( ) A ．S n ＝2T n B.T n ＝2b n ＋1 C ．T n >a nD.T n <b n ＋1解析：因为点(n ，S n ＋3)(n ∈N *)在函数y ＝3×2x的图象上，所以S n ＝3·2n－3，所以a n ＝3·2n－1，所以b n ＋b n ＋1＝3·2n －1，因为数列{b n }为等比数列，设公比为q .则b 1＋b 1q ＝3，b 2＋b 2q＝6，解得b 1＝1，q ＝2.所以b n ＝2n －1，T n ＝2n－1，所以T n <b n ＋1，故选D.答案：D10．已知等差数列{a n }中，a 3＝9，a 5＝17，记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，若S 2n ＋1－S n ≤m10()m ∈Z ，对任意的n ∈N *恒成立，则整数m 的最小值是( ) A ．5 B.4 C.3D.2解析：因为等差数列{a n }中，a 3＝9，a 5＝17， 所以公差d ＝a 5－a 35－3＝17－92＝4.由a n ＝a 3＋(n －3)d 得，a n ＝4n －3，1a n ＝14n －3，S 2n ＋1－S n ＝14(n ＋1)－3＋14(n ＋2)－3＋…＋14(2n ＋1)－3＜n ＋14n ＋1≤m10，所以整数m 的最小值为4.故选B. 答案：B11．已知数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2n 2(n ∈N *)，且对任意n ∈N *都有1a 1＋1a 2＋…＋1a n＜t ，则实数t 的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞ D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞ 解析：依题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1a 2a 3…a n a 1a 2a 3…a n －1＝2n 22(n －1)2＝2n 2－(n －1)2＝22n －1.又a 1＝21＝22×1－1，因此a n ＝22n －1，1a n ＝122n －1，数列{1a n }是以12为首项，14为公比的等比数列．等比数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和等于12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n ＜23，因此实数t 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞.故选D. 答案：D12．已知三个数a －1，a ＋1，a ＋5成等比数列，其倒数重新排列后为递增的等比数列{a n }的前三项，则能使不等式a 1＋a 2＋…＋a n ≤1a 1＋1a 2＋…＋1a n成立的自然数n 的最大值为( )A ．9 B.8 C.7D.5解析：因为a －1，a ＋1，a ＋5成等比数列，所以(a ＋1)2＝(a －1)(a ＋5)，∴a ＝3，倒数重新排列后恰好为递增的等比数列{a n }的前三项，为18，14，12，公比为2，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以8为首项，12为公比的等比数列．则不等式a 1＋a 2＋…＋a n ≤1a 1＋1a 2＋…＋1a n 等价于18(1－2n)1－2≤8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12，整理得2n ≤27，∴1≤n ≤7，n ∈N *，故选C.答案：C 二、填空题13．已知数列{a n }是等差数列，且a 7a 6＜－1，它的前n 项和S n 有最小值，则S n 取到最小正数时的n ＝________.解析：由题意可知d >0，又a 7a 6＜－1，所以a 6<0，a 7>0，a 6＋a 7>0，从而S 11<0，S 12>0，所以S n 取到最小正数时的n 的值为12. 答案：1214．(2019·呼伦贝尔一模)数列a n ＝1n (n ＋1)的前n 项和为S n ，若S 1，S m ，S n 成等比数列(m ＞1)，则正整数n 值为________． 解析：a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.∴前n 项和S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.∵S 1，S m ，S n 成等比数列(m ＞1)， ∴⎝⎛⎭⎪⎫m m ＋12＝12×n n ＋1，解得n ＝2m22m ＋1－m2，令2m ＋1－m 2＞0，m ＞1，解得1＜m ＜1＋2， ∴m ＝2，n ＝8.故答案为8. 答案：815．(2019·武汉调研)设等差数列{a n }满足a 3＋a 7＝36，a 4a 6＝275，且a n a n ＋1有最小值，则这个最小值为________．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 3＋a 7＝36，所以a 4＋a 6＝36，与a 4a 6＝275联立，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝11，a 6＝25或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11.当⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝11，a 6＝25时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－10，d ＝7，此时a n ＝7n －17，a 2＝－3，a 3＝4，易知当n ≤2时，a n <0，当n ≥3时，a n >0，所以a 2a 3＝－12为a n a n ＋1的最小值；当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝46，d ＝－7，此时a n ＝－7n ＋53，a 7＝4，a 8＝－3，易知当n ≤7时，a n >0，当n ≥8时，a n <0，所以a 7a 8＝－12为a n a n ＋1的最小值．综上，a n a n ＋1的最小值为－12. 答案：－1216．(2019·昆明调研)将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：a 1 a 2，a 3 a 4，a 5，a 6 a 7，a 8，a 9，a 10…记数阵中的第1列数a 1，a 2，a 4，…构成的数列为{b n }，S n 为数列{b n }的前n 项和．若S n ＝2b n －1，则a 56＝________.解析：当n ≥2时，因为S n ＝2b n －1，所以S n －1＝2b n －1－1，所以b n ＝2b n －2b n －1，所以b n ＝2b n－1(n ≥2且n ∈N *)，因为b 1＝2b 1－1，所以b 1＝1，所以数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以b n ＝2n －1.设a 1，a 2，a 4，a 7，a 11，…的下标1,2,4,7,11，…构成数列{c n }，则c 2－c 1＝1，c 3－c 2＝2，c 4－c 3＝3，c 5－c 4＝4，…，c n －c n －1＝n －1，累加得，c n －c 1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n －1)，所以c n ＝n (n －1)2＋1，由c n ＝n (n －1)2＋1＝56，得n ＝11，所以a 56＝b 11＝210＝1 024.答案：1 024专题限时训练 (大题规范练)(建议用时：60分钟)1．已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝2a n －n ＋1，数列{b n }满足b 1＝2，b n ＋1＝b n ＋a n －n ，n ∈N *. (1)证明：{a n －n }为等比数列；(2)数列{c n }满足c n ＝a n －n (b n ＋1)(b n ＋1＋1)，求证数列{c n }的前n 项和T n <13.解析：(1)证明：因为a n ＋1＝2a n －n ＋1， 所以a n ＋1－(n ＋1)＝2(a n －n )． 又a 1＝3，所以a 1－1＝2，所以数列{a n －n }是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)证明：由(1)知，a n －n ＝2·2n －1＝2n.所以b n ＋1＝b n ＋a n －n ＝b n ＋2n， 即b n ＋1－b n ＝2n.b 2－b 1＝21， b 3－b 2＝22， b 4－b 3＝23，…b n －b n －1＝2n －1.累加求和得b n ＝2＋2·(1－2n －1)1－2＝2n(n ≥2)．当n ＝1时，b 1＝2，满足b n ＝2n， 所以b n ＝2n.所以c n ＝a n －n (b n ＋1)(b n ＋1＋1)＝2n(2n ＋1)(2n ＋1＋1)＝12n＋1－12n ＋1＋1. 所以T n ＝⎝⎛⎭⎪⎫12＋1－122＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋1－123＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋1＋1＝13－12n ＋1＋1<13.2．已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，公差d >0，且第2项、第5项、第14项分别是一个等比数列的第2项、第3项、第4项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1n (a n ＋3)(n ∈N *)，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，是否存在实数t ，使得对任意的n 均有S n >t 36总成立？若存在，求出最大的整数t ；若不存在，请说明理由． 解析：(1)由题意得(a 1＋d )(a 1＋13d )＝(a 1＋4d )2， 整理得2a 1d ＝d 2.∵a 1＝1，d >0，∴d ＝2. ∴a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)∵b n ＝1n (a n ＋3)＝12n (n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n 2(n ＋1). 假设存在整数t 满足S n >t36总成立．∵S n ＋1－S n ＝n ＋12(n ＋2)－n 2(n ＋1)＝12(n ＋2)(n ＋1)>0，∴数列{S n }是递增的． ∴S 1＝14为S n 的最小值，故t 36<14，即t <9. 又∵t ∈Z ，∴适合条件的t 的最大值为8.3．已知数列{a n }中，a 1＝2，a n －a n －1－2n ＝0(n ≥2，n ∈N *)． (1)写出a 2，a 3的值(只写出结果)，并求出数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋1a n ＋3＋…＋1a 2n ，若对任意的正整数n ，不等式t 2－2t ＋16>b n 恒成立，求实数t 的取值范围． 解析：(1)a 2＝6，a 3＝12. 当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝2＋2×2＋2×3＋…＋2n ＝2(1＋2＋3＋…＋n )＝n (n ＋1)． 因为当n ＝1时，a 1＝2也满足上式， 所以a n ＝n (n ＋1)． (2)b n ＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋1a n ＋3＋…＋1a 2n＝1(n ＋1)(n ＋2)＋1(n ＋2)(n ＋3)＋…＋12n (2n ＋1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋2－1n ＋3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －12n ＋1＝1n ＋1－12n ＋1. 因为b n ＋1－b n ＝1n ＋2－12n ＋3－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－12n ＋1 ＝1n ＋2＋12n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋12n ＋3＝3n ＋32n 2＋5n ＋2－3n ＋42n 2＋5n ＋3＝－2n 2－2n ＋1(2n 2＋5n ＋2)(2n 2＋5n ＋3)<0， 所以b n ＋1<b n ，则数列{b n }是递减数列． 所以(b n )max ＝b 1＝1a 2＝16，因为t 2－2t ＋16>b n 恒成立，所以t 2－2t ＋16>16，解得t <0或t >2，所以实数t 的取值范围为(－∞，0)∪(2，＋∞)．。

第2讲数列的求解与综合创新1．已知数列｛a n}的前n项和S n满足S n＋S m＝S n＋m（n，m∈N＊）且a1＝5，则a8＝________．[解析］数列{a n}的前n项和S n满足S n＋S m＝S n＋m(n,m∈N＊)且a1＝5,令m＝1，则S n＋1＝S n＋S1＝S n＋5,即S n＋1－S n＝5，所以a n＋1＝5，所以a8＝5．［答案］52．（2019·江苏省名校高三入学摸底卷）已知公差不为0的等差数列｛a n｝的前n项和为S n,若a1,a3，a4成等比数列，则S3S7－S4的值为________．［解析] 法一：设等差数列{a n｝的公差为d，因为a1，a3，a4成等比数列,所以a错误!＝a1a4，所以(a1＋2d）2＝a1(a1＋3d)，因为d≠0，所以a1＝－4d，所以错误!＝错误!＝错误!＝错误!＝－3．法二:设等差数列{a n}的公差为d,因为a1，a3，a4成等比数列,所以a错误!＝a1a4,所以（a1＋2d)2＝a1(a1＋3d）,因为d≠0，所以a1＝－4d，所以S3S7－S4＝错误!＝错误!＝错误!＝－3．[答案］－33．（2019·泰州市高三模拟）设f(x）是R上的奇函数，当x〉0时，f(x）＝2x＋ln错误!，记a n＝f(n－5),则数列{a n}的前8项和为________．[解析] 数列｛a n}的前8项和为a1＋a2＋…＋a8＝f（－4)＋f（－3）＋…＋f（3)＝f（－4)＋[f(－3）＋f(3)]＋［f（－2）＋f（2）］＋［f （－1）＋f（1）］＋f(0)＝f（－4)＝－f（4）＝－（24＋ln 1)＝－16．[答案] －164．（2019·日照模拟改编)已知数列{a n｝的前n项和S n＝n2－6n,则｛|a n｜｝的前n项和T n＝________．［解析］由S n＝n2－6n可得，当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝n2－6n－(n－1）2＋6（n－1）＝2n－7．当n＝1时,S1＝－5＝a1，也满足上式，所以a n＝2n－7，n∈N＊．所以n≤3时,a n＜0；n≥4时，a n＞0,所以T n＝错误![答案］错误!5．已知等差数列｛a n}的前n项和为S n，并且S10>0，S11〈0，若S n≤S k对n∈N＊恒成立，则正整数k的值为________．［解析］由S10>0，S11<0知a1>0,d<0，并且a1＋a11〈0，即a6<0,又a5＋a6>0，所以a5〉0，即数列的前5项都为正数，第5项之后的都为负数,所以S5最大，则k＝5．[答案］56．（2019·南京高三模拟）若等比数列{a n}的各项均为正数，且a3－a1＝2，则a5的最小值为________．[解析］设等比数列{a n}的公比为q（q＞0且q≠1)，则由a3－a1＝2,得a1＝2q2－1．因为a3－a1＝2＞0,所以q＞1,所以a5＝a1q4＝错误!．令q2－1＝t＞0，所以a5＝2错误!≥8，当且仅当t＝1，即q＝错误!时,等号成立，故a5的最小值为8．[答案］87．（2019·江苏名校高三入学摸底）定义实数a，b之间的运算⊕如下:a⊕b＝错误!,已知数列｛a n｝满足：a1＝a2＝1，a n＋2＝错误!(n∈N ＊)，若a2 017＝1，记数列｛a n｝的前n项和为S n,则S2 017的值为________．［解析］因为a1＝1，a2＝1，所以a3＝4,a4＝8，a5＝4，a6＝1,a7＝1,a8＝4,…即此时{a n}是周期数列，且周期为5，所以a2 017＝a2＝1，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝18,故S2 017＝403×18＋a1＋a2＝7 256．[答案］7 2568．对于数列｛a n｝,定义数列｛a n＋1－a n｝为数列{a n}的“差数列”，若a1＝2,{a n｝的“差数列”的通项公式为a n＋1－a n＝2n，则数列{a n}的前n项和S n＝________．[解析］因为a n＋1－a n＝2n，所以a n＝(a n－a n－1）＋（a n－1－a n－2)＋…＋（a2－a1）＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝错误!＋2＝2n－2＋2＝2n．所以S n＝错误!＝2n＋1－2．［答案] 2n＋1－29．（2019·徐州调研)设等差数列{a n}满足a3＋a7＝36，a4a6＝275,且a n a n＋1有最小值，则这个最小值为________．［解析］设等差数列｛a n}的公差为d，因为a3＋a7＝36，所以a4＋a6＝36，与a4a6＝275，联立，解得错误!或错误!当错误!时，可得错误!此时a n＝7n－17，a2＝－3,a3＝4，易知当n≤2时，a n〈0，当n≥3时,a n〉0,所以a2a3＝－12为a n a n＋1的最小值；当错误!时,可得错误!此时a n＝－7n＋53，a7＝4,a8＝－3，易知当n≤7时，a n〉0，当n≥8时，a n<0，所以a7a8＝－12为a n a n＋1的最小值．综上，a n a n＋1的最小值为－12．[答案] －1210．(2019·昆明调研）将数列｛a n｝中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：错误!记数阵中的第1列数a1，a2,a4,…构成的数列为｛b n}，S n为数列｛b n}的前n项和．若S n＝2b n－1，则a56＝________．[解析］当n≥2时,因为S n＝2b n－1,所以S n－1＝2b n－1－1，所以b n＝2b n－2b n－1,所以b n＝2b n－1(n≥2且n∈N*），因为b1＝2b1－1，所以b1＝1，所以数列｛b n｝是首项为1，公比为2的等比数列，所以b n＝2n－1．设a1，a2，a4，a7，a11，…的下标1,2，4，7,11,…构成数列｛c n}，则c2－c1＝1，c3－c2＝2，c4－c3＝3，c5－c4＝4，…，c n－c n－1＝n－1，累加得，c n－c1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－1),所以c n＝错误!＋1，由c n＝错误!＋1＝56，得n＝11，所以a56＝b11＝210＝1 024．［答案] 1 02411．（2019·江苏名校高三入学摸底）构造数组，规则如下：第一组是两个1，即(1，1），第二组是(1，2a,1)，第三组是（1，a(1＋2a），2a，a(2a＋1)，1），…，在每一组的相邻两个数之间插入这两个数的和的a倍得到下一组，其中a∈错误!．设第n组中有a n个数，且这a n个数的和为S n(n∈N*)．(1）求a n和S n；(2）求证:错误!＋错误!＋…＋错误!≥错误!．[解] （1）由题意可得a1＝2,a n＋1＝a n＋(a n－1）＝2a n－1，所以a n＋1－1＝2(a n－1)，又a1－1＝1，则a n－1＝2n－1，所以a n＝2n－1＋1．又S1＝2，且S n＋1＝S n＋2a(S n－1）＝(2a＋1)S n－2a，则S n＋1－1＝（2a＋1）（S n－1）,又S1－1＝1，所以S n－1＝（2a＋1)n－1，所以S n＝（2a＋1)n－1＋1．（2)证明：令b n＝错误!，则b n＝错误!．下面用分析法证明数列{b n｝为单调递增数列．要证b n〈b n＋1，即证错误!〈错误!,又a∈错误!，故即证2（2a＋1）n－1＋2>（2a＋1）n＋1，只需证2（2a＋1）n－1≥(2a＋1)n，即证2≥2a ＋1,显然成立,则数列{b n}为单调递增数列．所以错误!＋错误!＋…＋错误!≥n错误!＝错误!．12．（2019·江苏名校高三入学摸底)已知各项均为正数的数列｛a n}满足：a1＝a，a2＝b,a n＋1＝错误!（n∈N＊)，其中m，a,b均为实常数．(1）若m＝0，且a4，3a3,a5成等差数列．①求错误!的值；②若a＝2，令b n＝错误!,求数列｛b n}的前n项和S n；（2）是否存在常数λ，使得a n＋a n＋2＝λa n＋1对任意的n∈N*都成立?若存在，求出实数λ的值(用m,a，b表示)；若不存在，请说明理由．[解］（1)①因为m＝0,所以a2n＋1＝a n a n＋2,所以正项数列｛a n}是等比数列,不妨设其公比为q．又a4，3a3，a5成等差数列，所以q2＋q＝6，解得q＝2或q＝－3(舍去）,所以错误!＝2．②当a＝2时，数列{a n｝是首项为2、公比为2的等比数列，所以a n＝2n，所以b n＝错误!即数列{b n}的奇数项依次构成首项为2、公比为4的等比数列,偶数项依次构成首项为3、公差为4的等差数列．当n为偶数时，S n＝错误!＋错误!＝错误!＋错误!－错误!；当n为奇数时，S n＝错误!＋错误!－(2n＋1)＝错误!＋错误!－错误!．所以S n＝错误!．（2）存在常数λ＝错误!，使得a n＋a n＋2＝λa n＋1对任意的n∈N＊都成立．证明如下：因为a错误!＝a n a n＋2＋m（n∈N*)，所以a错误!＝a n－1a n＋1＋m,n≥2,n∈N＊，所以a错误!－a错误!＝a n a n＋2－a n－1a n＋1,即a2，n＋1＋a n－1a n＋1＝a n a n＋2＋a错误!．由于a n〉0，此等式两边同时除以a n a n＋1，得错误!＝错误!，所以错误!＝错误!＝…＝错误!，即当n≥2，n∈N*时，都有a n＋a n＋2＝错误!a n＋1．因为a1＝a，a2＝b，a错误!＝a n a n＋2＋m，所以a3＝错误!，所以错误!＝错误!＝错误!，所以当λ＝错误!时,对任意的n∈N＊都有a n＋a n＋2＝λa n＋1成立．13．（2019·泰州市高三模拟）已知数列{a n｝，｛b n｝满足2S n＝（a n＋2)b n,其中S n是数列｛a n}的前n项和．（1)若数列{a n}是首项为错误!，公比为－错误!的等比数列，求数列｛b n}的通项公式;（2)若b n＝n，a2＝3，求数列｛a n｝的通项公式；（3）在（2)的条件下，设c n＝错误!，求证：数列｛c n｝中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积．［解］（1)因为a n＝错误!错误!错误!＝－2错误!错误!，S n＝错误!＝错误!错误!,所以b n＝错误!＝错误!＝错误!．(2)若b n＝n,则2S n＝na n＋2n，①所以2S n＋1＝(n＋1）a n＋1＋2（n＋1)，②②－①得2a n＋1＝(n＋1)a n＋1－na n＋2,即na n＝（n－1）a n＋1＋2，③当n≥2时，（n－1)a n－1＝（n－2)a n＋2，④④－③得(n－1）a n－1＋(n－1)a n＋1＝2（n－1)a n，即a n－1＋a n＋1＝2a n，由2S1＝a1＋2，得a1＝2，又a2＝3，所以数列{a n}是首项为2,公差为3－2＝1的等差数列,故数列{a n｝的通项公式是a n＝n＋1．（3）证明：由(2)得c n＝错误!,对于给定的n∈N＊，若存在k≠n，t≠n，k，t∈N＊，使得c n ＝c k·c t,只需错误!＝错误!·错误!，即1＋错误!＝错误!·错误!,即错误!＝错误!＋错误!＋错误!，则t＝错误!，取k＝n＋1,则t＝n（n＋2），所以对数列｛c n｝中的任意一项c n＝错误!,都存在c n＋1＝错误!和c n2＋2n ＝n2＋2n＋1n2＋2n，使得c n＝c n＋1·c n2＋2n．14．（2019·盐城高三模拟)已知数列｛a n｝满足a1＝m，a n＋1＝错误!（k∈N*，r∈R)，其前n项和为S n．(1）当m与r满足什么关系时,对任意的n∈N＊，数列{a n｝都满足a n＋2＝a n？（2)对任意的实数m，r，是否存在实数p与q，使得｛a2n＋1＋p}与{a2n＋q｝是同一个等比数列？若存在，请求出p，q满足的条件；若不存在，请说明理由;（3)当m＝r＝1时，若对任意的n∈N*，都有S n≥λa n，求实数λ的最大值．［解］（1）由题意，得a1＝m，a2＝2a1＝2m，a3＝a2＋r＝2m ＋r，由a3＝a1，得m＋r＝0．当m＋r＝0时,因为a n＋1＝错误!(k∈N*）,所以a1＝a3＝…＝m,a2＝a4＝…＝2m,故对任意的n∈N*,数列｛a n｝都满足a n＋2＝a n．即当实数m,r满足m＋r＝0时,题意成立．（2)依题意，a2n＋1＝a2n＋r＝2a2n－1＋r,则a2n＋1＋r＝2（a2n－1＋r)，因为a1＋r＝m＋r，所以当m＋r≠0时，{a2n＋1＋r}是等比数列，且a2n＋1＋r＝(a1＋r)2n＝(m＋r)2n．为使{a2n＋1＋p｝是等比数列,则p＝r．同理，当m＋r≠0时，a2n＋2r＝(m＋r)2n，则为使{a2n＋q｝是等比数列,则q＝2r．综上所述，①若m＋r＝0,则不存在实数p，q,使得{a2n＋1＋p｝与｛a2n＋q}是等比数列；②若m＋r≠0，则当p，q满足q＝2p＝2r时，{a2n＋1＋p｝与｛a2n ＋q｝是同一个等比数列．（3)当m＝r＝1时，由(2）可得a2n－1＝2n－1，a2n＝2n＋1－2，当n＝2k时,a n＝a2k＝2k＋1－2,S n＝S2k＝（21＋22＋…＋2k）＋(22＋23＋…＋2k＋1）－3k＝3（2k＋1－k－2），所以错误!＝3错误!．令c k＝错误!，则c k＋1－c k＝错误!－错误!＝错误!<0，所以错误!≥错误!，λ≤错误!．当n＝2k－1时，a n＝a2k－1＝2k－1，S n＝S2k－a2k＝3(2k＋1－k－2)－（2k＋1－2)＝2k＋2－3k－4,所以错误!＝4－错误!,同理可得错误!≥1，λ≤1．综上所述，实数λ的最大值为1．。

第二讲 数列的综合应用一、选择题1．(2018·宜昌月考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若OB →＝a 1OA →＋a 2 018OC →，且A ，B ，C 三点共线(该直线不过点O )，则S 2 018等于( )A ．1 007B ．1 009C ．2 016D ．2 018解析：∵A ，B ，C 三点共线，∴a 1＋a 2 018＝1， ∴S 2 018＝2 018a 1＋a 2 0182＝1 009.答案：B2．已知数列{a n }满足a 1＝5，a n a n ＋1＝2n，则a 7a 3＝( ) A ．2 B ．4 C ．5D.52解析：因为a n ＋1a n ＋2a n ＋3a n ＋4a n a n ＋1a n ＋2a n ＋3＝a n ＋4a n ＝2n ＋1·2n ＋32n ·2n ＋2＝22，所以令n ＝3，得a 7a 3＝22＝4，故选B. 答案：B3．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n，那么S 100的值为( ) A ．2 500 B ．2 600 C ．2 700D ．2 800解析：当n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝0⇒a n ＝1， 当n 为偶数时，a n ＋2－a n ＝2⇒a n ＝n ，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n 为奇数，n ，n 为偶数，于是S 100＝50＋2＋100×502＝2 600.答案：B4．(2018·海淀二模)在数列{a n }中，“a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…”是“{a n }是公比为2的等比数列”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解析：当a n ＝0时，也有a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…，但{a n }不是等比数列，因此充分性不成立；当{a n }是公比为2的等比数列时，有a na n －1＝2，n ＝2,3,4，…，即a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…，所以必要性成立．答案：B5．已知数列2 015,2 016,1，－2 015，－2 016，…，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2 017项和S 2 017等于( )A ．2 018B ．2 015C ．1D ．0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2 015,2 016,1，－2 015，－2 016，－1,2 015,2 016.由此可知数列为周期数列，且周期为6，S 6＝0.∵2 017＝6×336＋1，∴S 2 017＝2 015.答案：B6．若数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2，则使a k ·a k ＋1＜0的k 值为( ) A ．22 B ．21 C ．24D ．23解析：因为3a n ＋1＝3a n －2，所以a n ＋1－a n ＝－23，所以数列{a n }是首项为15，公差为－23的等差数列，所以a n ＝15－23·(n －1)＝－23n ＋473，令a n ＝－23n ＋473＞0，得n ＜23.5，所以使a k ·a k ＋1＜0的k 值为23.答案：D7．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n n 为正奇数，a n ＋1n 为正偶数，则其前6项之和为( )A ．16B ．20C ．33D ．120解析：a 2＝2a 1＝2，a 3＝a 2＋1＝3，a 4＝2a 3＝6，a 5＝a 4＋1＝7，a 6＝2a 5＝14，所以前6项和S 6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33，故选C.答案：C8．已知等差数列{a n }的公差为d ，关于x 的不等式dx 2＋2a 1x ≥0的解集为[0,9]，则使数列{a n }的前n 项和S n 最大的正整数n 的值是( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：∵关于x 的不等式dx 2＋2a 1x ≥0的解集为[0,9]，∴0,9是一元二次方程dx 2＋2a 1x＝0的两个实数根，且d ＜0，∴－2a 1d ＝9，a 1＝－9d 2.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝(n －112)d ，可得a 5＝－12d ＞0，a 6＝12d ＜0.∴使数列{a n }的前n 项和S n 最大的正整数n 的值是5.答案：B9．(2018·湘中名校联考)若{a n }是等差数列，首项a 1＞0，a 2 016＋a 2 017＞0，a 2 016·a 2 017＜0，则使前n 项和S n ＞0成立的最大正整数n 是( )A ．2 016B ．2 017C ．4 032D ．4 033解析：因为a 1＞0，a 2 016＋a 2 017＞0，a 2 016·a 2 017＜0，所以d ＜0，a 2 016＞0，a 2 017＜0，所以S 4 032＝4 032a 1＋a 4 0322＝4 032a 2 016＋a 2 0172＞0，S 4 033＝4 033a 1＋a 4 0332＝4033a 2 017＜0，所以使前n 项和S n ＞0成立的最大正整数n 是4 032.答案：C10．已知数列{a n }满足a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，n ∈N *，且a 5＝π2.若函数f (x )＝sin 2x ＋2cos 2x2，记y n ＝f (a n )，则数列{y n }的前9项和为( )A ．0B ．－9C ．9D ．1解析：由已知得2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2， 即数列{a n }为等差数列． 又f (x )＝sin 2x ＋1＋cos x ，a 1＋a 9＝a 2＋a 8＝…＝2a 5＝π，故cos a 1＋cos a 9＝cos a 2＋cos a 8＝…＝cos a 5＝0， 又2a 1＋2a 9＝2a 2＋2a 8＝…＝4a 5＝2π，故sin 2a 1＋sin 2a 9＝sin 2a 2＋sin 2a 8＝…＝sin 4a 5＝0，故数列{y n }的前9项和为9.答案：C11．已知数列{a n }，“|a n ＋1|＞a n ”是“数列{a n }为递增数列”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解析：∵|a n ＋1|＞a n ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1＞0，a n ＋1＞a n或⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1≤0，－a n ＋1＞a n .又∵数列{a n }为递增数列，∴a n ＋1＞a n ，∴“|a n ＋1|＞a n ”是“数列{a n }为递增数列”的既不充分也不必要条件． 答案：D12．已知数列{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，数列{b n }满足b n ＝1＋a na n.若对任意的n ∈N *，都有b n ≥b 8成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－8，－7)B ．[－8，－7)C ．(－8，－7]D ．[－8，－7]解析：因为{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，所以a n ＝n ＋a －1，因为b n ＝1＋a na n，又对任意的n ∈N *都有b n ≥b 8成立，所以1＋1a n ≥1＋1a 8，即1a n ≥1a 8对任意的n ∈N *恒成立，因为数列{a n }是公差为1的等差数列，所以{a n }是单调递增的数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 8＜0，a 9＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧8＋a －1＜0，9＋a －1＞0，解得－8＜a ＜－7.答案：A 二、填空题13．(2018·沈阳模拟)在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2)，则a n ＝________.解析：法一：因为a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2)，所以a n ＋1－a na n －a n －1＝2(n ≥2)，所以a n ＋1－a n ＝(a 2－a 1)2n －1＝2n －1(n ≥2)，又a 2－a 1＝1，所以a n －a n －1＝2n －2，a n －1－a n －2＝2n －3，…，a 2－a 1＝1，累加，得a n ＝2n －1(n ∈N *)．法二：因为a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2)，所以a n ＋1－2a n ＝a n －2a n －1，得a n ＋1－2a n ＝a n －2a n －1＝a n －1－2a n －2＝…＝a 2－2a 1＝0，即a n ＝2a n －1(n ≥2)，所以数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．答案：2n －1(n ∈N *)14．(2018·辽宁五校联考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝3且当n ≥2时，2a n ＝S n ·S n －1，则{a n }的通项公式a n ＝________.解析：当n ≥2时，由2a n ＝S n ·S n －1可得2(S n －S n －1)＝S n ·S n －1，∴1S n －1－1S n ＝12，即1S n －1S n －1＝－12，∴数列{1S n }是首项为13，公差为－12的等差数列，∴1S n ＝13＋(－12)·(n －1)＝5－3n6，∴S n ＝65－3n .当n ≥2时，a n ＝12S n S n －1＝12×65－3n ×65－3n －1＝185－3n8－3n，又a 1＝3，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 3，n ＝1，185－3n8－3n ，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1185－3n8－3n ，n ≥215．(2018·广州调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a 2n ＋a n ，用[x ]表示不超过x 的最大整数，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a 2 017＋1＝________.解析：因为a n ＋1＝a 2n ＋a n ， 所以1a n ＋1＝1a na n ＋1＝1a n －1a n ＋1，即1a n ＋1＝1a n －1a n ＋1， 于是1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a 2 017＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2 017－1a 2 018＝1a 1－1a 2 018. 因为a 1＝1，a 2＝2＞1，a 3＝6＞1，…， 可知1a 2 018∈(0,1)，则1a 1－1a 2 018∈(0,1)，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a 1－1a 2 018＝0.答案：016．已知数列{a n }满足a 1＝－40，且na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n ，则a n 取最小值时n 的值为________．解析：由na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n ＝2n (n ＋1)， 两边同时除以n (n ＋1)，得a n ＋1n ＋1－a nn＝2， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为－40、公差为2的等差数列， 所以a n n＝－40＋(n －1)×2＝2n －42， 所以a n ＝2n 2－42n ，对于二次函数f (x )＝2x 2－42x ，在x ＝－b 2a ＝－－424＝10.5时，f (x )取得最小值，因为n 取正整数，且10和11到10.5的距离相等， 所以n 取10或11时，a n 取得最小值．答案：10或11 三、解答题17．(2018·枣庄模拟)已知方程a n x 2－a n ＋1x ＋1＝0(a n ＞0)有两个根αn 、βn ，a 1＝1，且满足(1－1αn)(1－1βn)＝1－2n ，其中n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 2(a n ＋1)，c n ＝a n b n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解析：(1)由已知可得，⎩⎪⎨⎪⎧αn＋βn＝an ＋1anαnβn＝1an，又(1－1αn)(1－1βn)＝1－2n，∴1－αn ＋βn αn βn ＋1αn βn＝1－2n， 整理得，a n ＋1－a n ＝2n，其中n ∈N *.∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋1＝1－2n1－2＝2n －1.(2)由(1)知，b n ＝log 2(2n－1＋1)＝n ， ∴c n ＝n (2n －1)＝n ·2n－n .∴T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n－(1＋2＋…＋n )， 设P n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n，① 则2P n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，② ①－②得－P n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝21－2n1－2－n ×2n ＋1＝(1－n )×2n ＋1－2，∴P n ＝(n －1)×2n ＋1＋2.又Q n ＝1＋2＋…＋n ＝n n ＋12，∴T n ＝P n －Q n ＝(n －1)×2n ＋1＋2－n n ＋12.18．(2018·九江一中模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 22－3a 7＝2，且1a 2，S 2－3，S 3成等比数列，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝4n ＋1a 2n a 2n ＋2，数列{b n }的前n 项和为T n ，若对于任意的n ∈N *，都有64T n ＜|3λ－1|成立，求实数λ的取值范围．解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 22－3a 7＝2S 2－32＝1a 2·S 3得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋21d －3a 1＋6d ＝22a 1＋d －3·a 1＋d ＝3a 1＋3d，即⎩⎪⎨⎪⎧－2a 1＋3d ＝2a 1＋d2a 1＋d －6＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－25d ＝25.当a 1＝－25，d ＝25时，S 2－3＝－175没有意义， ∴a 1＝2，d ＝2，此时a n ＝2＋2(n －1)＝2n . (2)b n ＝4n ＋1a 2n a 2n ＋2＝n ＋14n ＋22n 2＝116[1n 2－1n ＋22]．T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝116(112－132)＋116(122－142)＋116(132－152)＋…＋ 116[1n －12－1n ＋12]＋116[1n2－1n ＋22]＝116[1＋14－1n ＋12－1n ＋22]＝564－116[1n ＋12＋1n ＋22]，∴64T n ＝5－4[1n ＋12＋1n ＋22]＜5，为满足题意，只需|3λ－1|≥5，∴λ≥2或λ≤－43.19．(2018·临汾中学模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝12(a 2n ＋a n )，a n ＞0.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝a n2n －1，数列{b n }的前n 项和为T n ，则是否存在正整数m ，使得m ≤T n ＜m ＋3对任意的正整数n 恒成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由．解析：(1)S n ＝12(a 2n ＋a n )，即a 2n ＋a n －2S n ＝0，①当n ≥2时， S n －1＝12(a 2n －1＋a n －1)，即a 2n －1＋a n －1－2S n －1＝0，②①－②得(a n －a n －1)(a n ＋a n －1)＋a n －a n －1－2a n ＝0， (a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0， ∵a n ＞0， ∴a n －a n －1＝1，当n ＝1时，a 21＋a 1－2a 1＝0，∵a n ＞0， ∴a 1＝1，∴a n ＝1＋(n －1)＝n . (2)由(1)知b n ＝n2n －1，所以T n ＝1×(12)0＋2×(12)1＋…＋n (12)n －1，③12T n ＝1×(12)1＋2×(12)2＋…＋n (12)n ，④ ③－④得12T n ＝1＋12＋…＋(12)n －1－n (12)n ＝2[1－(12)n ]－n (12)n，故T n ＝4[1－(12)n ]－2n (12)n ＝4－4×(12)n －2n (12)n ＝4－(2n ＋4)(12)n.易知T n ＜4，∵T n ＋1－T n ＝4－(2n ＋6)(12)n ＋1－4＋(2n ＋4) ·(12)n ＝(n ＋1)(12)n＞0，∴T n ≥T 1＝1，故存在正整数m ＝1满足题意．。