高考文科数学专题训练 专题二 第2讲

第2讲 数列通项与求和[全国卷3年考情分析] 年份 全国卷Ⅰ 全国卷Ⅱ 全国卷Ⅲ2019 等比数列的求和·T 14 递推公式的应用·T 19 等差数列的前n 项和·T 142018a n 与S n 关系的应用·T 14等差数列前n 项和的最值问题·T 172017等差数列的基本运算、数列求和·T 17等比数列的通项公式、a n 与S n 的关系·T 17三角形问题交替考查且多出现在第17(或18)题的位置，难度中等，2020年高考此内容难度有可能加大，应引起关注．若以客观题考查，难度中等的题目较多，有时也出现在第12、16题的位置，难度偏大．考点一 a n 与S n 关系的应用[例1] (1)(2019·成都第一次诊断性检测)设S n 为数列{a n }的前n 项和，且a 1＝4，a n ＋1＝S n ，n ∈N *，则a 5＝________．(2)(2019·武汉市调研测试)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝3S n －1＋2n －3(n ≥2)，a 1＝－1，则a 4＝________．[解析] (1)法一：由a n ＋1＝S n ，得S n ＋1－S n ＝S n ，则S n ＋1＝2S n .又S 1＝a 1＝4，所以数列{S n }是首项为4，公比为2的等比数列，所以S n ＝4·2n －1＝2n ＋1，则a 5＝S 5－S 4＝26－25＝32.法二：当n ≥2时，由a n ＋1＝S n ，得a n ＝S n －1，两式相减，得a n ＋1－a n ＝a n ，即a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是从第2项开始，公比为2的等比数列．又a 2＝S 1＝4，所以a 5＝a 2·23＝4×23＝32.(2)法一：由S n ＝3S n －1＋2n －3(n ≥2)可得S 2＝3S 1＋1＝3a 1＋1，即a 2＝2a 1＋1＝－1.根据S n ＝3S n －1＋2n －3(n ≥2)，①知S n ＋1＝3S n ＋2n ＋1－3，② ②－①可得，a n ＋1＝3a n ＋2n (n ≥2)． 两边同时除以2n＋1可得a n ＋12n ＋1＝32·a n 2n ＋12(n ≥2)，令b n ＝a n 2n ，可得b n ＋1＝32·b n＋12(n ≥2)． ∴b n ＋1＋1＝32(b n ＋1)(n ≥2)，数列{b n ＋1}是以b 2＋1＝a 222＋1＝1－14＝34为首项，32为公比的等比数列．∴b n ＋1＝⎝⎛⎭⎫32n －2·34(n ≥2)，∴b n ＝12·⎝⎛⎭⎫32n －1－1(n ≥2)．又b 1＝－12也满足上式， ∴b n ＝⎝⎛⎭⎫32n －1·12－1(n ∈N *)，又b n ＝a n 2n ，∴a n ＝2n b n ，即a n ＝3n －1－2n .∴a 4＝33－24＝11.法二：由S n ＝3S n －1＋2n －3(n ≥2)，a 1＝－1，知S 2＝3S 1＋4－3，∴a 2＝－1.S 3＝3S 2＋8－3，∴a 3＝1.S 4＝3S 3＋16－3，∴a 4＝11.[答案] (1)32 (2)11 [解题方略](1)给出S n 与a n 的递推关系求a n 的常用思路：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .(2)形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠1，q ≠0)，可构造一个新的等比数列．[多练强化]1．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－2a n ＝2n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________．解析：a n ＋1－2a n ＝2n 两边同除以2n ＋1，可得a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝12，又a 12＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是以12为首项，12为公差的等差数列，所以a n 2n ＝12＋(n －1)×12＝n 2，所以a n ＝n ·2n －1.答案：n ·2n －12．已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2，n ∈N *)．设b n ＝a n ＋1－a n . (1)证明：数列{b n }是等比数列； (2)设c n ＝b n（4n 2－1）2n，求数列{c n }的前n 项和S n .解：(1)证明：因为a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2，n ∈N *)，b n ＝a n ＋1－a n ， 所以b n ＋1b n ＝a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n ＝（3a n ＋1－2a n ）－a n ＋1a n ＋1－a n ＝2（a n ＋1－a n ）a n ＋1－a n ＝2，又b 1＝a 2－a 1＝2－1＝1，所以数列{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)知b n ＝1×2n －1＝2n －1， 因为c n ＝b n（4n 2－1）2n， 所以c n ＝12（2n ＋1）（2n －1）＝14⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，所以S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝14⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＝14⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n 4n ＋2. 考点二 数列求和 题型一 裂项相消求和[例2] (2019·安徽五校联盟第二次质检)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 ＝2a n（a n ＋1）（a n ＋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.(2)b n ＝2a n （a n ＋1）（a n ＋1＋1）＝2n （2n －1＋1）（2n ＋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. [解题方略](1)裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项．(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．题型二 错位相减求和[例3] (2019·福建五校第二次联考)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n，求数列{c n }的前n 项和T n .[解] (1)因为S n ＝3n 2＋8n ，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2＋8n －[3(n －1)2＋8(n －1)]＝6n ＋5；当n ＝1时，a 1＝S 1＝11 所以a n ＝6n ＋5，n ∈N * 于是，b n ＋1＋b n ＝a n ＝6n ＋5.因为{b n }是等差数列，所以可设b n ＝kn ＋t (k ，t 均为常数)，则有k (n ＋1)＋t ＋kn ＋t ＝6n ＋5，即2kn ＋k ＋2t ＝6n ＋5对任意的n ∈N *恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧2k ＝6，k ＋2t ＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝3，t ＝1，故b n ＝3n ＋1.(2)因为a n ＝6n ＋5，b n ＝3n ＋1，所以c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n ＝（6n ＋6）n ＋1（3n ＋3）n ＝2n×(6n ＋6)．于是，T n ＝12×2＋18×22＋24×23＋…＋2n ×(6n ＋6)，①所以2T n ＝12×22＋18×23＋24×24＋…＋2n ×6n ＋2n ＋1×(6n ＋6)，②①－②得，－T n ＝24＋6(22＋23＋…＋2n )－2n ＋1×(6n ＋6)＝24＋6×22－2n ×21－2－2n ＋1×(6n ＋6)＝－2n ＋1×6n ，故T n ＝2n ＋1×6n ＝2n ＋2×3n . [解题方略](1)求解此类题需掌握三个技巧：一是巧分拆，即把数列的通项转化为等差数列、等比数列的通项的积，并求出等比数列的公比；二是构差式，求出前n 项和的表达式，然后乘以等比数列的公比，两式作差；三是得结论，即根据差式的特征进行准确求和．(2)运用错位相减法求和时应注意三点：一是判断模型，即判断数列{a n }，{b n }一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置；三是相减时一定要注意最后一项的符号．题型三 分组转化求和[例4] 已知等差数列{a n }的首项为a ，公差为d ，n ∈N *，且不等式ax 2－3x ＋2<0的解集为(1，d )．(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若b n ＝3a n ＋a n －1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和T n .[解](1)易知a ≠0，由题设可知⎩⎨⎧1＋d ＝3a ，1·d ＝2a ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，d ＝2.故数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1. (2)由(1)知b n ＝32n －1＋2n －1－1，则T n ＝(3＋1)＋(33＋3)＋…＋(32n －1＋2n －1)－n ＝(31＋33＋…＋32n －1)＋(1＋3＋…＋2n －1)－n ＝31（1－9n ）1－9＋（1＋2n －1）n 2－n＝38(9n －1)＋n 2－n . [解题方略](1)在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和．在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数n 进行讨论．最后再验证是否可以合并为一个表达式．(2)分组求和的策略：①根据等差、等比数列分组；②根据正号、负号分组．[多练强化]1．(2019·福建五校第二次联考)在数列{a n }中，a 1＝13，1a n ＋1＝3a n （a n ＋3），n ∈N *，且b n ＝13＋a n.记P n ＝b 1×b 2×…×b n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，则3n ＋1P n ＋S n ＝________．解析：因为1a n ＋1＝3a n （a n ＋3）＝1a n －1a n ＋3，所以b n ＝13＋a n ＝1a n －1a n ＋1，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝⎛⎭⎫1a 1－1a 2＋⎝⎛⎭⎫1a 2－1a 3＋…＋⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋1＝1a 1－1a n ＋1.因为1a n ＋1＝3a n （a n ＋3），所以3＋a n ＝3a n ＋1a n ，所以b n ＝13＋a n ＝a n 3a n ＋1，所以P n ＝b 1×b 2×…×b n ＝a 13a 2×a 23a 3×…×a n 3a n ＋1＝a 13n a n ＋1.又a 1＝13，故3n ＋1P n ＋S n＝3a 1a n ＋1＋1a 1－1a n ＋1＝1a 1＝3. 答案：32．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n . (1)设b n ＝a nn ，求数列{b n }的通项公式；(2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解：(1)由a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n ，可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋12n， 又b n ＝a n n ，所以b n ＋1－b n ＝12n ，由a 1＝1，得b 1＝1，累加可得(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝121＋122＋…＋12n －1，即b n －b 1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n －11－12＝1－12n －1，所以b n ＝2－12n－1.(2)由(1)可知a n ＝2n －n 2n －1，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 2n －1的前n 项和为T n ，则T n ＝120＋221＋322＋…＋n 2n －1，①12T n ＝121＋222＋323＋…＋n 2n ，② ①－②得12T n ＝120＋121＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝1－12n1－12－n 2n ＝2－n ＋22n ，所以T n ＝4－n ＋22n －1. 易知数列{2n }的前n 项和为n (n ＋1)， 所以S n ＝n (n ＋1)－4＋n ＋22n －1.数学运算——数列的通项公式及求和问题[典例] 设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为其前n 项和，已知S 3＝7，a 1＋3，3a 2，a 3＋4构成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝a n ＋ln a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . [解] (1)设数列{a n }的公比为q (q >1)． 由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7，（a 1＋3）＋（a 3＋4）2＝3a 2，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1＋q ＋q 2）＝7，a 1（1－6q ＋q 2）＝－7.由q >1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. (2)由(1)得b n ＝2n －1＋(n －1)ln 2，所以T n＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＋[0＋1＋2＋…＋(n－1)]ln 2＝1－2n1－2＋n（n－1）2ln 2＝2n－1＋n（n－1）2ln 2.[素养通路]数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养．主要包括：理解运算对象，掌握运算法则，探究运算思路，选择运算方法，设计运算程序，求得运算结果等．本题通过列出关于首项与公比的方程组，并解此方程组得出首项与公比，从而得出通项公式；通过分组分别根据等比数列求和公式、等差数列求和公式求和．。

第2讲　向量共线定理的应用向量共线定理可以解决一些向量共线，点共线问题，也可由共线求参数；对于线段的定比分点问题，用向量共线定理求解则更加简洁．例1　(1)若点M是△ABC所在平面内一点，且满足|3AM－A B－AC|＝0，则△ABM与△ABC的面积之比等于( )A.B.C.D.答案　C解析　∵|3AM－AB－AC|＝0，∴3AM－AB－AC＝0，∴AB＋AC＝3AM.设BC的中点为G，则AB＋AC＝2AG，∴3AM＝2AG，即AM＝AG，∴点M在线段AG上，且＝.∴＝＝，易得＝＝，∴＝·＝×＝，即△ABM与△ABC的面积之比等于.(2)在△ABC中，AN＝AC，P是BN上的一点，若AP＝m AB＋AC，则实数m的值为_____ ___．答案　解析　方法一　∵B，P，N三点共线，∴BP∥PN，∴存在实数λ，使得BP＝λPN(λ>0)，∴AP－AB＝λ(AN－AP)，∵λ>0，∴AP＝AB＋AN.∵AN＝AC，AP＝m AB＋AC，∴AP＝m AB＋AN，∴解得方法二　∵AN＝AC，AP＝m AB＋AC，∴AP＝m AB＋AN.∵B，P，N三点共线，∴m＋＝1，∴m＝.例2　(1)(2020·河北省石家庄一中质检)在△ABC中，D为线段AC的中点，点E在边BC 上，且BE＝EC，AE与BD交于点O，则AO等于( )A.AB＋ACB.AB＋ACC.AB＋ACD.AB＋AC答案　A解析　如图，设AO＝λAE(λ>0)，又AE＝AB＋BC＝AB＋AC，∴AO＝λAB＋λAC＝λAB＋λAD.又B，O，D三点共线，∴λ＋λ＝1，∴λ＝，∴AO＝AB＋AC.(2)在△ABC中，过中线AD的中点E任作一直线分别交AB，AC于M，N两点，设AM＝x AB，AN＝y AC(xy≠0)，则4x＋y的最小值是________．答案　解析　由D为BC的中点知，AD＝AB＋AC，又AM＝x AB，AN＝y AC(xy≠0)，E为AD的中点，故AE＝AD＝AM＋AN，∵M，E，N三点共线，∴＋＝1，∴4x＋y＝(4x＋y)＝＋＋≥2＋＝，当且仅当＝，即x＝，y＝时取等号．∴4x＋y的最小值为.(1)若OA＝λOB＋μOC(λ，μ为常数)，则A，B，C三点共线的充要条件是λ＋μ＝1.(2)使用条件“两条线段的交点”时，可转化成两次向量共线，进而确定交点位置．1.如图，△ABC中，AD＝DB，AE＝EC，CD与BE交于点F，设AB＝a，AC＝b，AF＝x a＋y b，则(x，y)等于( )A. B.C. D.答案　C解析　由题意得，AF＝x a＋y b＝x AB＋2y AE，∵B，F，E三点共线，∴x＋2y＝1，①同理，AF＝2x AD＋y AC，∵D，F，C三点共线，∴2x＋y＝1，②由①②得x＝y＝，∴(x，y)＝.2．(2020·河北省石家庄二中调研)已知在△ABC中，AB＝AC＝3，D为边BC上一点，AB·AD＝6，AC·AD＝，则AB·AC的值为________．答案　解析　∵D为边BC上一点，可设BD＝λBC，∴A D＝AB＋BD＝(1－λ)AB＋λAC.∴①＋②得，9＋AB·AC＝，∴AB·AC＝.3．如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，AD＝AB＝4，CD＝1，动点P 在边BC上，且满足AP＝m AB＋n AD(m，n均为正实数)，则＋的最小值为________．答案　解析　设AB＝a，AD＝b，则BC＝BA＋AD＋DC＝－a＋b＋b＝－a＋b.设BP＝λBC，则AP＝AB＋BP＝a＋λb.因为AP＝m a＋n b，所以1－λ＝m，λ＝n，消去λ得m＋n＝1，＋＝＝1＋＋＋≥＋2＝，当且仅当m＝4－2，n＝－4时等号成立．。

高考数学专题讲座 第二讲二次函数的综合应用问题一、考纲要求1．理解二次函数，一元二次不等式及一元二次方程三者之间的关系，掌握一元二次不等式的解法； 2．以二次函数为背景的不等式问题作为代数推理题在高考中频繁出现，二次函数和绝对值不等式相结合的题目也在高考中出现多次；3．二次函数是简单的非线性函数之一，有着丰富的内涵，成为高考的一个热点．二、基础过关1．若关于x 的不等式01)1()1(22<----x a x a 恒成立，则a 的取值X 围是( B )．A ．53-<a 或1>a B ．a <-53≤1C ．53≤a ≤1或1-=a D ．以上均不对 2．函数54)(2+-=mx x x f 在区间2[-，)∞+上是增函数，则)1(f 的取值X 围是( A )．A ．)1(f ≥25B ．25)1(=fC ．)1(f ≤25D ．25)1(>f3．若32)1()(2++-=mx x m x f 为偶函数，则)(x f 在3(-，)1上是( B )．A ．单调递增B ．单调递减C ．先增后减D ．先减后增4．已知a ，∈b N *，方程022=++b ax x 和方程022=++a bx x 都有实根，则b a +的最小值是( D )．A ．3B ．4C ．5D ．65．已知函数32)(2+-=x x x f 在区间0[，]a )0(>a 上的最大值为3，最小值为2，那么 实数a 的取值X 围是 1≤a ≤2 ．6．已知函数a b b ax x x f (1)(22+-++-=，∈b R )对任意实数x 都有)1()1(x f x f -=+成 立，若当1[-∈x ，]1时，0)(>x f 恒成立，则b 的取值X 围是 b<-1或b>2 ．三、典型例题例1 已知函数22)(2++=ax x x f ，5[-∈x ，]5．（1）当1-=a 时，求函数)(x f 的最大值与最小值；（2）某某数a 的取值X 围，使)(x f y =在区间5[-，]5上是单调函数． 解：（1）当a =-1时, f (x )=x 2-2x +2=(x -1)2+1, x ∈ [-5,5] ∴x =1时,f (x )的最小值为1,x =-5时,f (x )的最大值为37.（2）函数f (x )=(x +a )2+2-a 2图象的对称轴为x =-a ∵f (x )在区间[-5,5]上是单调函数 ∴-a ≤-5或-a ≥5 即a ≥5或a ≤-5 故a 的取值X 围为 a ≤-5或 a ≥5.例2 （1）将长度为1的铁丝分成两段，分别围成一个正方形和一个圆形，要使正方形与圆的面积之和最小，正方形的周长应为π+44. （2）已知函数∈+-=x b ax x x f (|2|)(2R )，给出下列命题：①()f x 必是偶函数；② 当)2()0(f f =时，)(x f 的图象必关于直线1=x 对称； ③ 若b a -2≤0，则)(x f 在区面a [，)∞+上是增函数； ④)(x f 有最大值||2b a -． 其中正确命题的序号是③．例3 已知函数∈++-=x m x m x x f ()1()(2R )．（1）设A 、B 是ABC ∆的两个锐角，且A tan ，B tan 是方程04)(=+x f 的两个实根， 求证：m ≥5；（2）当m ≥3时，函数)(sin αf 的最大值是8，求m 的值． 解:(1) 方程f (x )+4=0 即x 2-(m +1)x +m +4=0依题意,得⎪⎩⎪⎨⎧>+=⋅>+=+≥+-+=∆04tan tan 01tan tan 0)4(4)1(2m B A m B A m m 解之得 ⎪⎩⎪⎨⎧->->≥-≤4153m m m m 或∴m ≥5(2)f (sin α)=sin 2α-(m +1)sin α+m =(sin α2)21+-m +m 4)1(2+-m ∵m ≥3 ∴221≥+m ∴ 当sin α=-1时,f (sin α)取得最大值2m +2由题意得 2m +2=8 ∴m =3例4 已知函数x x x f (1)(2-=≥1)的图象为1C ，曲线2C 与1C 关于直线x y =对称． （1）求曲线2C 的方程)(x g y =；（2）设函数)(x g y =的定义域为M ，1x ，M x ∈2，且21x x ≠．求证：|||)()(|2121x x x g x g -<-；（3）设A 、B 为曲线2C 上任意两个不同点，证明直线AB 与直线x y =必相交． 解(1) ∵ C 1,C 2关于直线y =x 对称, ∴g (x )为f (x )的反函数. ∵y =x 2-1, 即 x 2=y +1, 又 x ≥1 ∴x =1+y∴ 曲线C 的方程为 g (x )=1+x (x ≥0)(2)设x 1,x 2∈M, 且x 1≠x 2, 则 x 1-x 2≠0 又 x 1≥0, x 2≥0∴|g (x 1)-g (x 2)|=|||2||11|||112121212121x x x x x x x x x x -<-≤+++-=+-+ (3)设A(x 1,y 1) 、B(x 2,y 2)为曲线C 2上任意两个不同的点, x 1,x 2∈M, 且 x 1≠x 2 由(2)知|k AB |1|||)()(|||21212121<--=--=x x x g x g x x y y∴直线AB 的斜率|k AB |≠1 又直线y =x 的斜率为1 ∴直线AB 与直线y =x 必相交.四、热身演练1．函数x x y (321--=≥)2的反函数是( B )．A ．∈+-=x x x y (2212R )B ．x x x y (2212+-=≤)0 C ．∈-+=x x x y (2212 R ) D ．x x x y (2212-+=≤)0 2．设函数()(2c bx ax x f ++=)0a <，满足)1()1(x f x f +=-，则)2(x f 与)3(x f 的大小关系是（ C ）．A ．)2()3(x x f f >B ．)2()3(x x f f <C ．)3(x f ≥)2(x fD ．)3(x f ≤)2(x f3．若a ，b ，c 成等差数列，则函数c bx ax x f ++=2)(的图象与x 轴的交点个数是（ D ）．A ．0B ．1C ．2D ．不确定4．已知二次函数12)2(24)(22+----=p p x p x x f ，若在区间1(-，)1内至少存在一个 实数c ，使0)(>c f ，则实数p 的取值X 围是（ C ）．A ．21(-，)1 B ．3(-，)21- C ．3(-，0)23 D ．21(-，)235．一辆中型客车的营运总利润y (单位：万元)与营运年数∈x x (N )的变化关系如下表所示，则客车的运输年数为( B )时，该客车的年平均利润最大．A ．4B ．5C ．6D ．76．已知函数422)(2++-=a ax x x f 的定义域为R ，值域为1[，)∞+，则a 的取值X 围 为 [-1,3] ．7．如果函数)(x f 对于任意∈x R ，存在M 使不等式|)(|x f ≤||x M 恒成立(其中M 是与x 无关的正常数)，则称函数)(x f 为有界泛函，给出下列函数： ①1)(1=x f ；②22)(x x f =；③)cos (sin )(3x x x x f +=；④1)(24++=x x xx f ． 其中属于有界泛函的是③④(填上正确序号)．8．若方程02=++b ax x 有不小于2的实根，则22b a +的最小值为516. 9．已知不等式032<+-t x x 的解集为m x x <<1|{，∈x R }．（1）求t ，m 的值；（2）若函数4)(2++-=ax x x f 在区面-∞(，]1上递增，求关于x 的不等式0)23(log 2<-++-t x mx a 的解集．解：（1）依题意 ⎩⎨⎧==+t m m 31∴⎩⎨⎧==22t m（2）∵f (x )=-(x -44)222a a ++在]1,(-∞上递增∴12≥a即 2≥a 又 )32(log )23(log 22x x t x mx a a +-=-++-<0∴13202<+-<x x 解之得 210<<x 或1<x <23 故 不等式的解集为 {x |0<x <21或1<x <23}.10．定义在R 上的函数)(x f 满足:如果对任意1x ，∈2x R ，都有)2(21x x f +≤)]()([2121x f x f +， 则称函数)(x f 是R 上的凹函数．已知二次函数∈+=a x ax x f ()(2 R ）． （1）求证：当0>a 时，函数)(x f 是凹函数；（2）如果0[∈x ，]1时，|)(|x f ≤1，试某某数a 的取值X 围． 解：（1）对任意x 1,x 2∈R ,a >0,都有[f (x 1)+f (x 2)]-2f (221x x +)=a 21x +x 1+ax 22+x 2-2[a (2)221221x x x x +++] =ax 21+ax 22-21a (x 1+x 2+2x 1x 2) =21a (x 1-x 2)2≥0∴f ()]()([21)22121x f x f x x +≤+故函数f (x )是凹函数.（2）由|f (x )|≤1知: -1≤f (x )≤1 即 -1≤ax 2+x ≤1当 x =0时, a ∈R当x ∈(0,1)时, ⎩⎨⎧+-≤--≥1122x ax x ax 恒成立即 ⎪⎩⎪⎨⎧--=-≤++-=--≥41)211(1141)211(112222x x x a x x x a 恒成立 ∵x ∈(0,1) ∴11≥x当x 1=1 即x =1时, 41)211(2++-x 取最大值-2, 41)211(2--x 取最小值0 ∴ -2≤a ≤0, 而 a ≠0 ∴-2≤a <0 即 为所求. 11．已知二次函数c bx ax x f ++=2)(．（1）若a c b >>且0)1(=f ，是否存在实数m ，使得当a m f -=)(成立时，)3(+m f 为正数？若存在，则证明你的结论；若不存在，则说明理由．（2）若+∞<<<∞-21x x ，)()(21x f x f ≠且方程)]()([21)(21x f x f x f +=有两个不相等的实数根，求证:必有一实数根存1x 与2x 之间．证：（1）由f (1)=a +b +c 及a >b >c 得a >0,c <0,ac0< ∵ 1是0)(=x f 的一个根，记另一根为α，则ac=α0<又,,c a b c b a --=>>∴a >-a -c >c ∴-2a <c 即 -2<ac<0假设存在实数m ,使f (m )=-a 成立则由a c ,1是f (x )=0的两根知: f (x )=a (x -ac)(x -1) 从而 f (m )=0)1)((<-=--a m a c m a ∴1<<m ac进而33+<+m ac∴m +3>1 又f (x )在[1,)∞+上单调递增 ∴f (m +3)>f (1)=0 故满足条件的实数m 存在.（2）令g (x )=f (x )-)]()([2121x f x f +, 则g (x )为二次函数∴g (x 1)=f (x 1)-)]()([2121x f x f +∴g (x 2)=f (x 2)-)]()([2121x f x f +∴g (x 1)·g (x 2)=-0)]()([41221<-x f x f又x 1<x 2∴g (x )=0必有一根在x 1,x 2之间 故f (x )=)]()([2121x f x f +必有一根在x 1,x 2之间12．已知函数)0(12)(22<+++=b x cbx x x f 的值域为1[，]3． （1）某某数b ，c 的值；（2）判断函数)(lg )(x f x F =在1[-，]1上的单调性；（3）若∈t R ，求证：57lg≤|)61||61(|+--t t F ≤513lg ．解：（1）由∆法得 b =-2 c =2（2） 由（1）f (x )=1221222222+-=++-x xx x x 用定义判断f (x )在[-1,1]上单调递减. ∴F(x )在[-1,1]上单调递减. （3）∵||t -61|-|t +61||≤|t -6161--t |=31∴31|61||61|31≤+--≤-t t∵F(x )在[-1,1]上为减函数∴)31(|)61||61(|)31(F t t F F ≤+--≤-即 513lg |)61||61(|57lg ≤+--≤t t F。

第2讲 综合大题部分1. (2017·高考全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝a e 2x ＋(a －2)e x－x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围． 解析：(1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2a e 2x ＋(a －2)e x －1＝(a e x －1)(2e x ＋1)．①若a ≤0，则f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减． ②若a >0，则由f ′(x )＝0得x ＝－ln a . 当x ∈(－∞，－ln a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(－ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在(－∞，－ln a )上单调递减， 在(－ln a ，＋∞)上单调递增．(2)①若a ≤0，由(1)知，f (x )至多有一个零点．②若a >0，由(1)知，当x ＝－ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (－ln a )＝1－1a＋ln a .a ．当a ＝1时，由于f (－ln a )＝0，故f (x )只有一个零点；b ．当a ∈(1，＋∞)时，由于1－1a＋ln a >0，即f (－ln a )>0，故f (x )没有零点；c ．当a ∈(0,1)时，1－1a＋ln a <0，即f (－ln a )<0.又f (－2)＝a e －4＋(a －2)e －2＋2>－2e －2＋2>0， 故f (x )在(－∞，－ln a )有一个零点．设正整数n 0满足n 0>ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a－1，则f (n 0)＝e n 0(a e n 0＋a －2)－n 0>e n 0－n 0>2n 0－n 0>0.由于ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a－1>－ln a ，因此f (x )在(－ln a ，＋∞)有一个零点． 综上，a 的取值范围为(0,1)．2．(2017·高考全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <m ，求m 的最小值． 解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．①若a ≤0，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－12＋a ln 2<0，所以不满足题意； ②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，a )单调递减，在(a ，＋∞)单调递增． 故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点． 由于f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0. 故a ＝1.(2)由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0.令x ＝1＋12n 得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <12n .从而ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1. 故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <e. 而⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋123>2， 所以m 的最小值为3.3．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2. (1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1； (2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .解析：(1)证明：当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x－1≤0.设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x－1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)·e －x＝－(x －1)2e －x. 当x ≠1时，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0，＋∞)单调递减． 而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1. (2)设函数h (x )＝1－ax 2e －x.f (x )在(0，＋∞)只有一个零点等价于h (x )在(0，＋∞)只有一个零点．(ⅰ)当a ≤0时，h (x )＞0，h (x )没有零点； (ⅱ)当a ＞0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x.当x ∈(0,2)时，h ′(x )＜0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )＞0. 所以h (x )在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．故h (2)＝1－4ae 2是h (x )在(0，＋∞)的最小值．①若h (2)＞0，即a ＜e24，h (x )在(0，＋∞)没有零点．②若h (2)＝0，即a ＝e24，h (x )在(0，＋∞)只有一个零点．③若h (2)＜0，即a ＞e24，因为h (0)＝1，所以h (x )在(0,2)有一个零点；由(1)知，当x ＞0时，e x＞x 2，所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a3e2a2＞1－16a 32a 4＝1－1a＞0，故h (x )在(2,4a )有一个零点．因此h (x )在(0，＋∞)有两个零点． 综上，当f (x )在(0，＋∞)只有一个零点时，a ＝e24.1. 已知函数f (x )＝ln(x ＋1)＋ax 2，a >0. (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在区间(－1,0)上有唯一零点x 0，证明：e －2<x 0＋1<e －1. 解析：(1)f ′(x )＝1x ＋1＋2ax ＝2ax 2＋2ax ＋1x ＋1，x >－1，令g (x )＝2ax 2＋2ax ＋1， 则Δ＝4a 2－8a ＝4a (a －2)， 若Δ<0，即0<a <2，则g (x )>0，故当x ∈(－1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 若Δ＝0，即a ＝2，则g (x )≥0， 仅当x ＝－12时，等号成立，故当x ∈(－1，＋∞)时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增． 若Δ>0，即a >2，则g (x )有两个零点，x 1＝－a －a a －22a ，x 2＝－a ＋a a －22a，由g (－1)＝g (0)＝1>0，g (－12)<0得，－1<x 1<－12<x 2<0，故当x ∈(－1，x 1)时，g (x )>0，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )<0，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )>0，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 综上所述，当0<a ≤2时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递增， 当a >2时，f (x )在(－1，－a －a a －22a )和(－a ＋a a －22a ，＋∞)上单调递增，在(－a －a a －22a，－a ＋a a －22a)上单调递减．(2)由(1)及f (0)＝0可知：仅当极大值等于零，即f (x 1)＝0时，符合要求． 此时，x 1就是函数f (x )在区间(－1,0)上的唯一零点x 0. 所以2ax 20＋2ax 0＋1＝0， 从而有a ＝－12x 0x 0＋1，又f (x 0)＝ln(x 0＋1)＋ax 20＝0， 所以ln(x 0＋1)－x 02x 0＋1＝0，令x 0＋1＝t 0，则ln t 0－t 0－12t 0＝0， 即ln t 0＋12t 0－12＝0，且0<t 0<12，设h (t )＝ln t ＋12t －12，则h ′(t )＝2t －12t 2，当0<t <12时，h ′(t )<0，h (t )单调递减，又h (e －2)＝e 2－52>0，h (e －1)＝e －32<0，所以e －2<t 0<e －1，即e －2<x 0＋1<e －1.2．已知函数f (x )＝12ln x －mx ，g (x )＝x －ax (a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若m ＝12e 2，对∀x 1，x 2∈[2,2e 2]都有g (x 1)≥f (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解析：(1)f (x )＝12ln x －mx ，x >0，所以f ′(x )＝12x－m ，当m ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 当m >0时，由f ′(x )＝0得x ＝12m；由⎩⎪⎨⎪⎧f ′x >0，x >0得0<x <12m ；由⎩⎪⎨⎪⎧f ′x <0，x >0得x >12m.综上所述，当m ≤0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)； 当m >0时，f (x )的单调递增区间为(0，12m )，单调递减区间为(12m ，＋∞)．(2)若m ＝12e 2，则f (x )＝12ln x －12e 2x .对∀x 1，x 2∈[2,2e 2]都有g (x 1)≥f (x 2)成立， 等价于对∀x ∈[2,2e 2]都有g (x )min ≥f (x )max ， 由(1)知在[2,2e 2]上f (x )的最大值为f (e 2)＝12，g ′(x )＝1＋ax2>0(a >0)，x ∈[2,2e 2]，函数g (x )在[2,2e 2]上是增函数，g (x )min ＝g (2)＝2－a2，由2－a 2≥12，得a ≤3，又a >0，所以a ∈(0,3]，所以实数a 的取值范围为(0,3]．3．已知函数f (x )＝ln xx ＋a (a ∈R )，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直．(1)试比较：2 0182 019与2 0192 018的大小并说明理由；(2)若函数g (x )＝f (x )－k 有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1x 2>e 2.解析：(1)依题意得f ′(x )＝x ＋ax－ln x x ＋a 2，所以f ′(1)＝1＋a 1＋a2＝11＋a， 又曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直，所以f ′(1)＝1， 即11＋a＝1，解得a ＝0. 故f (x )＝ln x x ，f ′(x )＝1－ln xx2.令f ′(x )>0，则1－ln x >0，解得0<x <e ； 令f ′(x )<0，则1－ln x <0，解得x >e ， 所以f (x )的单调递增区间为(0，e)， 单调递减区间为(e ，＋∞)．∴f (2 018)>f (2 019)，即ln 2 0182 018>ln 2 0192 019，即ln 2 0182 019>ln 2 0192 018，∴2 0182 019>2 0192 018.(2)不妨设x 1>x 2>0，因为g (x 1)＝g (x 2)＝0， 所以ln x 1－kx 1＝0，ln x 2－kx 2＝0， 可得ln x 1＋ln x 2＝k (x 1＋x 2)， ln x 1－ln x 2＝k (x 1－x 2)． 要证x 1x 2>e 2，即证ln x 1x 2>2， 只需证ln x 1＋ln x 2>2， 也就是证k (x 1＋x 2)>2，即证k >2x 1＋x 2. 因为k ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，所以只需证ln x 1－ln x 2x 1－x 2>2x 1＋x 2，即证ln x 1x 2>2x 1－x 2x 1＋x 2.令x 1x 2＝t (t >1)，则只需证ln t >2t －1t ＋1(t >1)．令h (t )＝ln t －2t －1t ＋1(t >1)，则h ′(t )＝1t－4t ＋12＝t －12t t ＋12>0，故函数h (t )在(1，＋∞)上是单调递增的， 所以h (t )>h (1)＝0，即ln t >2t －1t ＋1.所以x 1x 2>e 2. 4．已知函数f (x )＝exx.(1)求曲线y ＝f (x )在点P (2，e22)处的切线方程；(2)证明：f (x )>2(x －ln x )．解析：(1)因为f (x )＝exx，所以f ′(x )＝e x ·x －e xx2＝exx －1x 2，f ′(2)＝e24， 又切点为(2，e22)，所以切线方程为y －e 22＝e24(x －2)，即e 2x －4y ＝0.(2)设函数g (x )＝f (x )－2(x －ln x )＝exx－2x ＋2ln x ，x ∈(0，＋∞)，则g ′(x )＝exx －1x 2－2＋2x ＝e x－2x x －1x2，x ∈(0，＋∞)． 设h (x )＝e x－2x ，x ∈(0，＋∞)，则h ′(x )＝e x－2，令h ′(x )＝0，则x ＝ln 2. 当x ∈(0，ln 2)时，h ′(x )<0； 当x ∈(ln 2，＋∞)时，h ′(x )>0. 所以h (x )min ＝h (ln 2)＝2－2ln 2>0， 故h (x )＝e x－2x >0. 令g ′(x )＝e x－2xx －1x2＝0，则x ＝1.当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0. 所以g (x )min ＝g (1)＝e －2>0， 故g (x )＝f (x )－2(x －ln x )>0， 从而有f (x )>2(x －ln x )．。

高考数学二轮复习专题练：第2讲数列求和及综合问题高考定位 1.高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中档偏下；2.在考查数列运算的同时，将数列与不等式、函数交汇渗透.真题感悟1.(2020·全国Ⅰ卷)数列{a n}满足a n＋2＋(－1)n a n＝3n－1，前16项和为540，则a1＝________. 解析法一因为a n＋2＋(－1)n a n＝3n－1，所以当n为偶数时，a n＋2＋a n＝3n－1，所以a4＋a2＝5，a8＋a6＝17，a12＋a10＝29，a16＋a14＝41，所以a2＋a4＋a6＋a8＋a10＋a12＋a14＋a16＝92.因为数列{a n}的前16项和为540，所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝540－92＝448.①因为当n为奇数时，a n＋2－a n＝3n－1，所以a3－a1＝2，a7－a5＝14，a11－a9＝26，a15－a13＝38，所以(a3＋a7＋a11＋a15)－(a1＋a5＋a9＋a13)＝80.②由①②得a1＋a5＋a9＋a13＝184.又a3＝a1＋2，a5＝a3＋8＝a1＋10，a7＝a5＋14＝a1＋24，a9＝a7＋20＝a1＋44，a11＝a9＋26＝a1＋70，a13＝a11＋32＝a1＋102，所以a1＋a1＋10＋a1＋44＋a1＋102＝184，所以a1＝7.法二 同法一得a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝448. 当n 为奇数时，有a n ＋2－a n ＝3n －1，由累加法得a n ＋2－a 1＝3(1＋3＋5＋…＋n )－n ＋12＝32(1＋n )·n ＋12－n ＋12＝34n 2＋n ＋14， 所以a n ＋2＝34n 2＋n ＋14＋a 1.所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝a 1＋⎝⎛⎭⎫34×12＋1＋14＋a 1＋⎝⎛⎭⎫34×32＋3＋14＋a 1＋⎝⎛⎭⎫34×52＋5＋14＋a 1＋ ⎝⎛⎭⎫34×72＋7＋14＋a 1＋⎝⎛⎭⎫34×92＋9＋14＋a 1＋⎝⎛⎭⎫34×112＋11＋14＋a 1＋ ⎝⎛⎭⎫34×132＋13＋14＋a 1＝8a 1＋392＝448，解得a 1＝7. 答案 72.(2018·全国Ⅰ卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和.若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. 解析 法一 因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)，所以a n ＝2a n －1，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.所以S 6＝－1×（1－26）1－2＝－63.法二 由S n ＝2a n ＋1，得S 1＝2S 1＋1，所以S 1＝－1，当n ≥2时，由S n ＝2a n ＋1得S n ＝2(S n －S n －1)＋1，即S n ＝2S n －1－1，∴S n －1＝2(S n －1－1)，又S 1－1＝－2，∴{S n －1}是首项为－2，公比为2的等比数列，所以S n －1＝－2×2n －1＝－2n ，所以S n ＝1－2n ，∴S 6＝1－26＝－63. 答案 －633.(2020·新高考山东卷)已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＝8. (1)求{a n }的通项公式；(2)记b m 为{a n }在区间(0，m ](m ∈N *)中的项的个数，求数列{b m }的前100项和S 100.解 (1)设{}a n 的公比为q (q ＞1). 由题设得a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＝8. 解得q ＝12(舍去)，q ＝2.由题设得a 1＝2.所以{}a n 的通项公式为a n ＝2n .(2)由题设及(1)知b 1＝0，且当2n ≤m ＜2n＋1时，b m ＝n .所以S 100＝b 1＋(b 2＋b 3)＋(b 4＋b 5＋b 6＋b 7)＋…＋(b 32＋b 33＋…＋b 63)＋(b 64＋b 65＋…＋b 100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63)＝480.4.(2020·全国Ⅰ卷)设{a n }是公比不为1的等比数列，a 1为a 2，a 3的等差中项. (1)求{a n }的公比；(2)若a 1＝1，求数列{na n }的前n 项和.解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得2a 1＝a 2＋a 3， 即2a 1＝a 1q ＋a 1q 2.所以q 2＋q －2＝0，解得q ＝1(舍去)或q ＝－2. 故{a n }的公比为－2.(2)记S n 为{na n }的前n 项和.由(1)及题设可得a n ＝(－2)n －1，所以S n ＝1＋2×(－2)＋…＋n ·(－2)n －1， －2S n ＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n －1)·(－2)n －1＋n ·(－2)n . 所以3S n ＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n －1－n ·(－2)n ＝1－(－2)n 3－n ·(－2)n .所以S n ＝19－(3n ＋1)(－2)n9.考 点 整 合1.常用公式：12＋22＋32＋42＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6.2.(1)数列通项a n 与前n 项和S n 的关系为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1 （n ＝1），S n －S n －1 （n ≥2）.(2)应用a n 与S n 的关系式f (a n ，S n )＝0时，应特别注意n ＝1时的情况，防止产生错误. 3.数列求和(1)分组转化法：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并.(2)错位相减法：主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别是等差数列和等比数列.(3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如⎩⎨⎧⎭⎬⎫c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列.温馨提醒 裂项求和时，易把系数写成它的倒数或忘记系数导致错误. 4.数列与函数、不等式的交汇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.数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查不等关系或恒成立问题.热点一 a n 与S n 的关系问题【例1】 设数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意的正整数n ，都有a n ＝5S n ＋1成立，b n ＝－1－log 2|a n |，数列{b n }的前n 项和为T n ，c n ＝b n ＋1T n T n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{c n }的前n 项和A n ，并求出A n 的最值. 解 (1)因为a n ＝5S n ＋1，n ∈N *， 所以a n ＋1＝5S n ＋1＋1， 两式相减，得a n ＋1＝－14a n ，又当n ＝1时，a 1＝5a 1＋1，知a 1＝－14，所以数列{a n }是公比、首项均为－14的等比数列.所以数列{a n }的通项公式a n ＝⎝⎛⎭⎫－14n. (2)由(1)知b n ＝－1－log 2|a n |＝2n －1， 数列{b n }的前n 项和T n ＝n 2，c n ＝b n ＋1T n T n ＋1＝2n ＋1n 2（n ＋1）2＝1n 2－1（n ＋1）2， 所以A n ＝1－1（n ＋1）2.因此{A n }是单调递增数列，∴当n ＝1时，A n 有最小值A 1＝1－14＝34；A n 没有最大值.探究提高 1.给出S n 与a n 的递推关系求a n ，常用思路是：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .2.由S n 求a n 时，一定注意分n ＝1和n ≥2两种情况，最后验证两者是否能合为一个式子，若不能，则用分段形式来表示.【训练1】 (2020·合肥检测)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 2n ＝S n ＋S n －1(n ≥2)，a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(1－a n )2－a (1－a n )，若{b n }是递增数列，求实数a 的取值范围. 解 (1)a 2n ＝S n ＋S n －1(n ≥2)， a 2n －1＝S n －1＋S n －2(n ≥3).相减可得a 2n －a 2n －1＝a n ＋a n －1，∵a n ＞0，a n －1＞0，∴a n －a n －1＝1(n ≥3). 当n ＝2时，a 22＝a 1＋a 2＋a 1， ∴a 22＝2＋a 2，a 2＞0，∴a 2＝2. 因此n ＝2时，a n －a n －1＝1成立. ∴数列{a n }是等差数列，公差为1. ∴a n ＝1＋n －1＝n .(2)b n ＝(1－a n )2－a (1－a n )＝(n －1)2＋a (n －1)， ∵{b n }是递增数列，∴b n ＋1－b n ＝n 2＋an －(n －1)2－a (n －1) ＝2n ＋a －1＞0，即a ＞1－2n 恒成立，∴a ＞－1.∴实数a 的取值范围是(－1，＋∞). 热点二 数列求和 方法1 分组转化求和【例2】 (2020·山东五地联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为(1，2). (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝a 2n ＋2a n －1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为(1，2)， 所以S 2a 1＝1＋2＝3，得a 1＝d ，又易知2a 1＝2，所以a 1＝1，d ＝1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)可得，a 2n ＝2n ，2a n ＝2n .因为b n ＝a 2n ＋2a n －1，所以b n ＝2n －1＋2n ，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝(1＋3＋5＋…＋2n －1)＋(2＋22＋23＋…＋2n ) ＝n （1＋2n －1）2＋2（1－2n ）1－2＝n 2＋2n ＋1－2.探究提高 1.求解本题要过四关：(1)“转化”关，把不等式的解转化为方程根的问题；(2)“方程”关，利用方程思想求出基本量a 1及d ；(3)“分组求和”关，观察数列的通项公式，把数列分成几个可直接求和的数列；(4)“公式”关，会利用等差、等比数列的前n 项和公式求和. 2.分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正号、负号分组.本题易忽视数列通项的下标如错得a 2n ＝n ，应注意“＝”左右两边保持一致.【训练2】 (2020·潍坊调研)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8，S 4＝40.数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n －2b n ＋3＝0，n ∈N *. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，求数列{c n }的前n 项和P n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝8，4a 1＋6d ＝40，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，d ＝4， 所以a n ＝4n ， 因为T n －2b n ＋3＝0，所以当n ＝1时，b 1＝3，当n ≥2时，T n －1－2b n －1＋3＝0， 两式相减，得b n ＝2b n －1(n ≥2)，则数列{b n }为首项为3，公比为2的等比数列， 所以b n ＝3·2n －1.(2)c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4n ，n 为奇数，3·2n －1，n 为偶数，当n 为偶数时，P n ＝(a 1＋a 3＋…＋a n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n ) ＝（4＋4n －4）·n 22＋6（1－4n 2）1－4＝2n ＋1＋n 2－2.当n 为奇数时，法一 n －1(n ≥3)为偶数，P n ＝P n －1＋c n ＝2(n －1)＋1＋(n －1)2－2＋4n ＝2n ＋n 2＋2n －1，n ＝1时符合上式.法二 P n ＝(a 1＋a 3＋…＋a n －2＋a n )＋(b 2＋b 4＋…＋b n －1) ＝（4＋4n ）·n ＋122＋6（1－4n －12）1－4＝2n ＋n 2＋2n －1.所以P n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1＋n 2－2，n 为偶数，2n ＋n 2＋2n －1，n 为奇数.方法2 裂项相消求和【例3】 (2020·江南六校调研)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2. (1)证明：{a n }为等比数列；(2)记b n ＝log 2a n ，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫λb n b n ＋1的前n 项和为T n ，若T n ≥10恒成立，求λ的取值范围.(1)证明 由已知，得a 1＝S 1＝2，a 2＝S 1＋2＝4， 当n ≥2时，a n ＝S n －1＋2，所以a n ＋1－a n ＝(S n ＋2)－(S n －1＋2)＝a n ，所以a n ＋1＝2a n (n ≥2).又a 2＝2a 1，所以a n ＋1a n＝2(n ∈N *)，所以{a n }是首项为2，公比为2的等比数列. (2)解 由(1)可得a n ＝2n ，所以b n ＝n . 则λb n b n ＋1＝λn （n ＋1）＝λ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，T n ＝λ⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝λ⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1，因为T n ≥10，所以λn n ＋1≥10，从而λ≥10（n ＋1）n ，因为10（n ＋1）n ＝10⎝⎛⎭⎫1＋1n ≤20， 所以λ的取值范围为[20，＋∞).探究提高 1.裂项相消求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项.2.消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项. 【训练3】 设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n . (1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和.解 (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，①故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)，② ①－②得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1，又n ＝1时，a 1＝2适合上式， 从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. (2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＋1＝2（2n －1）（2n ＋1）＝12n －1－12n ＋1，则S n ＝⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1 ＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1.方法3 错位相减法求和【例4】 (2020·济南统测)在①a 3＝5，a 2＋a 5＝6b 2，②b 2＝2，a 3＋a 4＝3b 3，③S 3＝9，a 4＋a 5＝8b 2这三个条件中任选一个，补充至横线上，并解答问题.已知等差数列{a n }的公差为d (d >1)，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，且a 1＝b 1，d ＝q ，________.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解 选条件①.(1)∵a 3＝5，a 2＋a 5＝6b 2，a 1＝b 1，d ＝q ，d >1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝5，2a 1＋5d ＝6a 1d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎨⎧a 1＝256，d ＝512(舍去).∴⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，q ＝2.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，b n ＝b 1q n －1＝2n －1. (2)∵c n ＝a n b n ，∴c n ＝2n －12n －1＝(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n －1.∴T n ＝1＋3×12＋5×⎝⎛⎭⎫122＋…＋(2n －3)×⎝⎛⎭⎫12n －2＋(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n －1，12T n ＝12＋3×⎝⎛⎭⎫122＋5×⎝⎛⎭⎫123＋…＋(2n －3)×⎝⎛⎭⎫12n －1＋(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n.上面两式相减，得12T n ＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝⎛⎭⎫122＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n＝1＋2×12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －11－12－(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n＝3－(2n ＋3)×⎝⎛⎭⎫12n. ∴T n ＝6－(2n ＋3)×⎝⎛⎭⎫12n －1.选条件②.(1)∵b 2＝2，a 3＋a 4＝3b 3，a 1＝b 1，d ＝q ，d >1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1d ＝2，2a 1＋5d ＝3a 1d 2，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1d ＝2，2a 1＋5d ＝6d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝－2(舍去).∴⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，q ＝2.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，b n ＝b 1q n －1＝2n －1. (2)∵c n ＝a nb n ，∴c n ＝2n －12n －1＝(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n －1.∴T n ＝1＋3×12＋5×⎝⎛⎭⎫122＋…＋(2n －3)×⎝⎛⎭⎫12n －2＋(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n －1，12T n ＝12＋3×⎝⎛⎭⎫122＋5×⎝⎛⎭⎫123＋…＋(2n －3)×⎝⎛⎭⎫12n －1＋(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n.上面两式相减，得12T n ＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝⎛⎭⎫122＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n＝1＋2×12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －11－12－(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n＝3－(2n ＋3)×⎝⎛⎭⎫12n. ∴T n ＝6－(2n ＋3)×⎝⎛⎭⎫12n －1.选条件③.(1)∵S 3＝9，a 4＋a 5＝8b 2，a 1＝b 1，d ＝q ，d >1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝3，2a 1＋7d ＝8a 1d ， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎨⎧a 1＝218，d ＝38(舍去)，∴⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，q ＝2.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，b n ＝b 1q n －1＝2n －1. (2)∵c n ＝a nb n ，∴c n ＝2n －12n －1＝(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n －1.∴T n ＝1＋3×12＋5×⎝⎛⎭⎫122＋…＋(2n －3)×⎝⎛⎭⎫12n －2＋(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n －1，12T n ＝12＋3×⎝⎛⎭⎫122＋5×⎝⎛⎭⎫123＋…＋(2n －3)×⎝⎛⎭⎫12n －1＋(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n.上面两式相减，得12T n ＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝⎛⎭⎫122＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n＝1＋2×12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －11－12－(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n ＝3－(2n ＋3)×⎝⎛⎭⎫12n. ∴T n ＝6－(2n ＋3)×⎝⎛⎭⎫12n －1.探究提高 1.一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{b n }的公比，然后作差求解. 2.在写“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式.【训练4】 (2020·潍坊模拟)在①b 2n ＝2b n ＋1，②a 2＝b 1＋b 2，③b 1，b 2，b 4成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解.已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝3a n .公差不等于0的等差数列{b n }满足________，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和S n .(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解 因为a 1＝1，a n ＋1＝3a n ，所以{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列， 所以a n ＝3n －1.选①②时，设数列{b n }的公差为d 1. 因为a 2＝3，所以b 1＋b 2＝3(ⅰ).因为b 2n ＝2b n ＋1，所以当n ＝1时，b 2＝2b 1＋1(ⅱ). 由(ⅰ)(ⅱ)解得b 1＝23，b 2＝73，所以d 1＝53，所以b n ＝5n －33.所以b n a n ＝5n －33n .所以S n ＝b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝231＋732＋1233＋…＋5n －33n ，所以13S n ＝232＋733＋1234＋…＋5n －83n ＋5n －33n ＋1.上面两式相减，得23S n ＝23＋5⎝⎛⎭⎫132＋133＋…＋13n －5n －33n ＋1 ＝23＋56－152×3n ＋1－5n －33n ＋1＝32－10n ＋92×3n ＋1. 所以S n ＝94－10n ＋94×3n.选②③时，设数列{b n }的公差为d 2.因为a 2＝3，所以b 1＋b 2＝3，即2b 1＋d 2＝3.因为b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即(b 1＋d 2)2＝b 1(b 1＋3d 2)，化简得d 22＝b 1d 2.因为d 2≠0，所以b 1＝d 2，从而d 2＝b 1＝1，所以b n ＝n . 所以b n a n ＝n 3n －1.所以S n ＝b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝130＋231＋332＋…＋n3n －1，所以13S n ＝131＋232＋333＋…＋n －13n －1＋n 3n .上面两式相减，得23S n ＝1＋131＋132＋133＋…＋13n －1－n 3n ＝32⎝⎛⎭⎫1－13n －n 3n ＝32－2n ＋32×3n . 所以S n ＝94－2n ＋34×3n －1.选①③时，设数列{b n }的公差为d 3.因为b 2n ＝2b n ＋1，所以b 2＝2b 1＋1，所以d 3＝b 1＋1.又因为b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即(b 1＋d 3)2＝b 1(b 1＋3d 3)，化简得d 23＝b 1d 3.因为d 3≠0，所以b 1＝d 3，无解，所以等差数列{b n }不存在.故不合题意. 热点三 与数列相关的综合问题【例5】 (2020·杭州滨江区调研)设f (x )＝12x 2＋2x ，f ′(x )是y ＝f (x )的导函数，若数列{a n }满足a n＋1＝f ′(a n )，且首项a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }中，b 1＝a 1，b 2＝a 2，数列{b n }的前n 项和为T n ，请写出适合条件T n ≤S n 的所有n 的值. 解 (1)由f (x )＝12x 2＋2x ，得f ′(x )＝x ＋2.∵a n ＋1＝f ′(a n )，且a 1＝1. ∴a n ＋1＝a n ＋2，则a n ＋1－a n ＝2，因此数列{a n }是公差为2，首项为1的等差数列. ∴a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)数列{a n }的前n 项和S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2，等比数列{b n }中，设公比为q ，∵b 1＝a 1＝1，b 2＝a 2＝3， ∴q ＝3.∴b n ＝3n －1，∴数列{b n }的前n 项和T n ＝1－3n 1－3＝3n －12.T n ≤S n 可化为3n －12≤n 2.又n ∈N *，∴n ＝1，或n ＝2.故适合条件T n ≤S n 的所有n 的值为1和2.探究提高 1.求解数列与函数交汇问题要注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别注意； (2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件.2.数列为背景的不等式恒成立、不等式证明，多与数列的求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性处理.【训练5】 已知数列{a n }与{b n }满足：a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2b n (n ∈N *)，若{a n }是各项为正数的等比数列，且a 1＝2，b 3＝b 2＋4. (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c n ＝a n b n b n ＋1(n ∈N *)，T n 为数列{c n }的前n 项和，证明：T n ＜1.(1)解 由题意知，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2b n ，① 当n ≥2时，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝2b n －1，② ①－②可得a n ＝2(b n －b n －1) ⇒a 3＝2(b 3－b 2)＝2×4＝8，∵a 1＝2，a n ＞0，设{a n }的公比为q ， ∴a 1q 2＝8⇒q ＝2，∴a n ＝2×2n －1＝2n (n ∈N *). ∴2b n＝21＋22＋23＋…＋2n ＝2（1－2n ）1－2＝2n ＋1－2，∴b n ＝2n －1(n ∈N *).(2)证明 由已知c n ＝a n b n ·b n ＋1＝2n（2n －1）（2n ＋1－1） ＝12n－1－12n ＋1－1， ∴T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝121－1－122－1＋122－1－123－1＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1，当n ∈N *时，2n ＋1＞1， ∴12n ＋1－1＞0，∴1－12n ＋1－1＜1，故T n ＜1.A 级 巩固提升一、选择题1.已知T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n ＋12n 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 ，则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. 答案 C2.(2020·河北“五个一”名校联盟诊断)在等差数列{a n }中，a 3＋a 5＝a 4＋7，a 10＝19，则数列{a n cos n π}的前2 020项的和为( ) A.1 009B.1 010C.2 019D.2 020解析 设{a n }的公差为d ，则有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋6d ＝a 1＋3d ＋7，a 1＋9d ＝19，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，∴a n ＝2n －1，设b n ＝a n cos n π，则b 1＋b 2＝a 1cos π＋a 2cos 2π＝2，b 3＋b 4＝a 3cos 3π＋a 4cos 4π＝2，…，∴数列{a n cos n π}的前2 020项的和S 2 020＝(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋…＋(b 2 019＋b 2 020)＝2×1 010＝2 020. 答案 D3.数列{a n }满足a 1＝1，对任意n ∈N *，都有a n ＋1＝1＋a n ＋n ，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 99＝( )A.9998B.2C.9950D.99100解析 对任意n ∈N *，都有a n ＋1＝1＋a n ＋n ，则a n ＋1－a n ＝n ＋1，则a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n ＋(n －1)＋…＋1＝n （n ＋1）2， 则1a n ＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a 99＝2[⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫199－1100]＝2×⎝⎛⎭⎫1－1100＝9950. 答案 C4.(多选题)(2020·青岛质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＋1＝S n ＋2a n ＋1，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n a n a n ＋1的前n 项和为T n ，n ∈N *，则下列选项正确的为( ) A.数列{a n ＋1}是等差数列 B.数列{a n ＋1}是等比数列 C.数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1 D.T n <1解析 由S n ＋1＝S n ＋2a n ＋1，得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2a n ＋1，可化为a n ＋1＋1＝2(a n ＋1).由a 1＝1，得a 1＋1＝2，则数列{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列.则a n ＋1＝2n ，即a n ＝2n －1.由2n a n a n ＋1＝2n （2n －1）（2n ＋1－1）＝12n －1－12n ＋1－1，得T n＝1－122－1＋122－1－123－1＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1<1.所以A 错误，B ，C ，D 正确.故选BCD. 答案 BCD5.(多选题)(2020·烟台模拟)已知数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝n ·(－1)n （n ＋1）2，其前n 项和为S n ，且m ＋S 2 019＝－1 009，则下列说法正确的是( ) A.m 为定值B.m ＋a 1为定值C.S 2 019－a 1为定值D.ma 1有最大值解析 当n ＝2k (k ∈N *)时，由已知条件得a 2k ＋a 2k ＋1＝2k ·(－1)k (2k ＋1)，所以S 2 019＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2 018＋a 2 019)＝a 1－2＋4－6＋8－10＋…－2 018＝a 1＋1 008－2 018＝a 1－1 010，所以S 2 019－a 1＝－1 010.m ＋S 2 019＝m ＋a 1－1 010＝－1 009，所以m ＋a 1＝1，所以ma 1≤⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋a 122＝14，当且仅当m ＝a 1＝12时等号成立，此时ma 1取得最大值14.故选BCD. 答案 BCD 二、填空题6.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a 1＝2，数列{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)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n 1－2＋2＝2n －2＋2＝2n ，所以S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.答案 2n ＋1－27.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n ＋1，则a 1＝________，a n ＝________. 解析 令n ＝1，则2S 1＝3a 1＋1，又S 1＝a 1，所以a 1＝－1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12(3a n －3a n －1)，整理得a n ＝3a n －1，即a na n －1＝3(n ≥2).因此，{a n }是首项为－1，公比为3的等比数列. 故a n ＝－3n －1. 答案 －1 －3n －18.(2020·福州调研)已知数列{na n }的前n 项和为S n ，且a n ＝2n ，则使得S n －na n ＋1＋50<0的最小正整数n 的值为________.解析 S n ＝1×21＋2×22＋…＋n ×2n ，则2S n ＝1×22＋2×23＋…＋n ×2n ＋1，两式相减得 －S n ＝2＋22＋ (2)－n ·2n ＋1＝2（1－2n ）1－2－n ·2n ＋1，故S n ＝2＋(n －1)·2n ＋1. 又a n ＝2n ，∴S n －na n ＋1＋50＝2＋(n －1)·2n ＋1－n ·2n ＋1＋50 ＝52－2n ＋1，依题意52－2n ＋1<0，故最小正整数n 的值为5. 答案 5 三、解答题9.(2020·合肥调研)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 10＝4，S 15＝30. (1)求数列{a n }的通项公式以及前n 项和S n ；(2)记数列{2a n ＋4＋a n }的前n 项和为T n ，求满足T n ＞0的最小正整数n 的值. 解 (1)记数列{a n }的公差为d ，S 15＝30⇒15a 8＝30⇒a 8＝2，故d ＝a 10－a 810－8＝1，故a n ＝a 10＋(n －10)d ＝4＋n －10＝n －6，S n ＝na 1＋n （n －1）d 2＝－5n ＋n （n －1）2＝n 22－11n2.(2)依题意，2a n ＋4＋a n ＝n －6＋2n －2 T n ＝(－5－4＋…＋n －6)＋(2－1＋20＋…＋2n －2)＝n （n －11）2＋2n －12， 当n ＝1时，T 1＝－1×10＋21－12＜0；当n ＝2时，T 2＝－2×9＋22－12＜0；当n ＝3时，T 3＝－3×8＋23－12＜0；当n ＝4时，T 4＝－4×7＋24－12＜0；当n ≥5时，n （n －11）2≥－15，2n －12≥312，所以T n ＞0.故满足T n ＞0的最小正整数n 的值为5.10.(2020·临沂模拟)甲、乙两同学在复习数列时发现曾经做过的一道有关数列的题目因纸张被破坏，导致一个条件看不清，具体如下：等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知________. (1)判断S 1，S 2，S 3的关系；(2)若a 1－a 3＝3，设b n ＝n 12|a n |，记{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <43.甲同学记得缺少的条件是首项a 1的值，乙同学记得缺少的条件是公比q 的值，并且他俩都记得第(1)问的答案是S 1，S 3，S 2成等差数列.如果甲、乙两同学记得的答案是正确的，请你通过推理把条件补充完整并解答此题. (1)解 由S 1，S 3，S 2成等差数列，得 2S 3＝S 1＋S 2，即2(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)＝2a 1＋a 1q ， 解得q ＝－12或q ＝0(舍去).若乙同学记得的缺少的条件是正确的，则公比q ＝－12.所以S 1＝a 1，S 2＝a 1＋a 2＝a 1－12a 1＝12a 1，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 1－12a 1＋14a 1＝34a 1，可得S 1＋S 2＝2S 3，即S 1，S 3，S 2成等差数列.(2)证明 由a 1－a 3＝3，可得a 1－14a 1＝3，解得a 1＝4，所以a n ＝4×⎝⎛⎭⎫－12n －1.所以b n ＝n 12|a n |＝n 12⎪⎪⎪⎪⎪⎪4×⎝⎛⎭⎫－12n －1＝23n ·⎝⎛⎭⎫12n. 所以T n ＝23⎝⎛⎭⎫1×12＋2×14＋3×18＋…＋n ×12n ， 12T n ＝23⎝⎛⎭⎫1×14＋2×18＋3×116＋…＋n ×12n ＋1， 两式相减，得12T n ＝23⎝⎛⎭⎫12＋14＋18＋116＋…＋12n －n ·12n ＋1 ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12－n ·12n ＋1， 化简可得T n ＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1－n ＋22n ＋1.由1－n ＋22n ＋1<1，得T n <43.B 级 能力突破11.设数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，对于任意的n ∈N *，a n ，S n ，a 2n成等差数列，设数列{b n }的前n 项和为T n ，且b n ＝（ln x ）na 2n ，若对任意的实数x ∈(1，e](e 为自然对数的底数)和任意正整数n ，总有T n <r (r ∈N *)，则r 的最小值为________.解析 由题意得，2S n ＝a n ＋a 2n， 当n ≥2时，2S n －1＝a n －1＋a 2n －1，∴2S n －2S n －1＝a n ＋a 2n －a n －1－a 2n －1，∴(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0，∵a n >0，∴a n －a n －1＝1，即数列{a n }是公差为1的等差数列，又2a 1＝2S 1＝a 1＋a 21，a 1＝1，∴a n ＝n (n ∈N *).又x ∈(1，e]，∴0<ln x ≤1，∴T n ≤1＋122＋132＋…＋1n 2<1＋11×2＋12×3＋…＋1（n －1）n＝1＋⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝2－1n <2，∴r ≥2，即r 的最小值为2. 答案 212.(2020·衡水中学检测)等差数列{a n }的公差为2，a 2，a 4，a 8分别等于等比数列{b n }的第2项、第3项、第4项.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c 1a 1＋c 2a 2＋…＋c na n ＝b n ＋1，求数列{c n }的前2 020项的和.解 (1)依题意得b 23＝b 2b 4， 所以(a 1＋6)2＝(a 1＋2)(a 1＋14)，所以a 21＋12a 1＋36＝a 21＋16a 1＋28，解得a 1＝2.∴a n ＝2n .设等比数列{b n }的公比为q ，所以q ＝b 3b 2＝a 4a 2＝84＝2，又b 2＝a 2＝4，∴b n ＝4×2n －2＝2n .(2)由(1)知，a n ＝2n ，b n ＝2n . 因为c 1a 1＋c 2a 2＋…＋c n －1a n －1＋c n a n ＝2n ＋1①当n ≥2时，c 1a 1＋c 2a 2＋…＋c n －1a n －1＝2n ②由①－②得，c n a n ＝2n ，即c n ＝n ·2n ＋1，又当n ＝1时，c 1＝a 1b 2＝23不满足上式，∴c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧8，n ＝1，n ·2n ＋1，n ≥2.故S 2 020＝8＋2×23＋3×24＋…＋2 020×22 021 ＝4＋1×22＋2×23＋3×24＋…＋2 020×22 021设T 2 020＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋2 019×22 020＋2 020×22 021③， 则2T 2 020＝1×23＋2×24＋3×25＋…＋2 019×22 021＋2 020×22 022④， 由③－④得：－T 2 020＝22＋23＋24＋…＋22 021－2 020×22 022 ＝22（1－22 020）1－2－2 020×22 022＝－4－2 019×22 022，所以T 2 020＝2 019×22 022＋4， 所以S 2 020＝T 2 020＋4＝2 019×22 022＋8.。