备战2020年浙江省高考数学优质卷分类解析：数列与数学归纳法(解析版)

§7.3 等比数列及其前n 项和最新考纲考情考向分析1.理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式及其应用．2.了解等比数列与指数函数的关系．3.会用数列的等比关系解决实际问题.以考查等比数列的通项、前n 项和及性质为主，等比数列的证明也是考查的热点．本节内容在高考中既可以以选择题、填空题的形式进行考查，也可以以解答题的形式进行考查．解答题往往与等差数列、数列求和、不等式等问题综合考查，难度为中低档.1．等比数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q (n ∈N *，q 为非零常数)． (2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即G 是a 与b 的等比中项⇒a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab . 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1.(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1(q ＝1)，a 1(1－q n )1－q＝a 1－a n q1－q (q ≠1).3．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m(n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k .(3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n (λ≠0)仍然是等比数列．(4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n ＋3k ，…为等比数列，公比为q k. 概念方法微思考1．将一个等比数列的各项取倒数，所得的数列还是一个等比数列吗？若是，这两个等比数列的公比有何关系？提示 仍然是一个等比数列，这两个数列的公比互为倒数． 2．任意两个实数都有等比中项吗？提示 不是．只有同号的两个非零实数才有等比中项． 3．“b 2＝ac ”是“a ，b ，c ”成等比数列的什么条件？提示 必要不充分条件．因为b 2＝ac 时不一定有a ，b ，c 成等比数列，比如a ＝0，b ＝0，c ＝1.但a ，b ，c 成等比数列一定有b 2＝ac .题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( × )(2)如果数列{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列．( × ) (3)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列．( × )(4)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n )1－a.( × )(5)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．( × ) 题组二 教材改编2．[P51例3]已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q ＝______.答案 12解析 由题意知q 3＝a 5a 2＝18，∴q ＝12.3．[P54T3]公比不为1的等比数列{a n }满足a 5a 6＋a 4a 7＝18，若a 1a m ＝9，则m 的值为( ) A ．8B ．9C ．10D ．11 答案 C解析 由题意得，2a 5a 6＝18，a 5a 6＝9，∴a 1a m ＝a 5a 6＝9，∴m ＝10.题组三 易错自纠4．若1，a 1，a 2，4成等差数列，1，b 1，b 2，b 3,4成等比数列，则a 1－a 2b 2的值为________． 答案 －12解析 ∵1，a 1，a 2，4成等差数列， ∴3(a 2－a 1)＝4－1，∴a 2－a 1＝1.又∵1，b 1，b 2，b 3，4成等比数列，设其公比为q ， 则b 22＝1×4＝4，且b 2＝1×q 2>0，∴b 2＝2， ∴a 1－a 2b 2＝－(a 2－a 1)b 2＝－12. 5．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝________. 答案 －11解析 设等比数列{a n }的公比为q ， ∵8a 2＋a 5＝0，∴8a 1q ＋a 1q 4＝0. ∴q 3＋8＝0，∴q ＝－2，∴S 5S 2＝a 1(1－q 5)1－q ·1－q a 1(1－q 2)＝1－q 51－q 2＝1－(－2)51－4＝－11. 6．一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1MB ，然后每3秒自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机________秒，该病毒占据内存8GB.(1GB ＝210MB) 答案 39解析 由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成一等比数列{a n }，且a 1＝2，q ＝2，∴a n ＝2n，则2n＝8×210＝213，∴n ＝13. 即病毒共复制了13次． ∴所需时间为13×3＝39(秒)．题型一 等比数列基本量的运算1．(2018·台州质量评估)已知正项等比数列{a n }中，若a 1a 3＝2，a 2a 4＝4，则a 5等于( ) A ．±4B．4C ．±8D．8答案 B解析 由于等比数列各项为正，则由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1·a 1q 2＝2，a 1q ·a 1q 3＝4，解得⎩⎨⎧a 1＝1，q ＝2，所以a 5＝a 1q 4＝4，故选B.2．(2018·全国Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和，若S m ＝63，求m . 解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝qn －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－(－2)n3.由S m ＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解． 若a n ＝2n －1，则S n ＝2n－1.由S m ＝63得2m＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.思维升华 (1)等比数列的通项公式与前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，q ，n ，S n ，已知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”)．(2)运用等比数列的前n 项和公式时，注意对q ＝1和q ≠1的分类讨论． 题型二 等比数列的判定与证明例1(2018·丽水、衢州、湖州三地市质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝a n ＋1－3n －1，n ∈N *.(1)证明：数列{a n ＋3}是等比数列；(2)对k ∈N *，设f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧S n －a n ＋3n ，n ＝2k －1，log 2(a n ＋3)，n ＝2k ，求使不等式[f (2)－f (m )]cos(m π)≤0成立的正整数m 的取值范围．(1)证明 当n ≥2时，由S n ＝a n ＋1－3n －1，得S n －1＝a n －3(n －1)－1， 由S n －S n －1得，a n ＋1＝2a n ＋3，n ≥2，所以a n ＋1＋3a n ＋3＝2，n ≥2，又S 1＝a 2－3－1，a 1＝1，所以a 2＝5，a 2＋3a 1＋3＝2，因此{a n ＋3}是以a 1＋3＝4为首项，2为公比的等比数列． (2)解 由(1)知a n ＋3＝4×2n －1＝2n ＋1，S n ＝a n ＋1－3n －1＝2n ＋2－3n －4，因为f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1－1，n ＝2k －1，n ＋1，n ＝2k ，当m 为偶数时，cos(m π)＝1，f (2)＝3，f (m )＝m ＋1，因为原不等式可化为3－(m ＋1)≤0，即m ≥2，且m ＝2k (k ≥1，k ∈N *)． 当m 为奇数时，cos(m π)＝－1，f (2)＝3，f (m )＝2m ＋1－1，原不等式可化为3≥2m ＋1－1，当m ＝1时符合条件．综上可得，正整数m 的取值范围是m ＝2k (k ≥1，k ∈N *)或m ＝1. 思维升华判定一个数列为等比数列的常见方法 (1)定义法：若a n ＋1a n＝q (q 是非零常数)，则数列{a n }是等比数列． (2)等比中项法：若a 2n ＋1＝a n a n ＋2(n ∈N *，a n ≠0)，则数列{a n }是等比数列． (3)通项公式法：若a n ＝Aq n(A ，q 为非零常数)，则数列{a n }是等比数列．跟踪训练1(2018·浙江省六校协作体期末联考)已知数列{a n }的首项a 1＝t >0，a n ＋1＝3a n2a n ＋1，n ＝1,2，….(1)若t ＝35，求证⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等比数列，并求出{a n }的通项公式； (2)若a n ＋1>a n 对一切n ∈N *都成立，求t 的取值范围． 解 (1)由题意知a n >0，1a n ＋1＝2a n ＋13a n ＝13a n ＋23， 1a n ＋1－1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1，又1a 1－1＝23，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为23，公比为13的等比数列，所以1a n －1＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1，a n ＝3n3n ＋2.(2)由(1)知1a n ＋1－1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1，1a n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1， 由a 1>0，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，知a n >0，故由a n ＋1>a n 得1a n ＋1<1a n，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1<⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＋1，得1t－1>0，又t >0，则0<t <1，即t 的取值范围是(0,1)．题型三 等比数列性质的应用例2(1)(2018·浙大附中模拟)在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 3＝2－1，a 5＝2＋1，则a 23＋2a 2a 6＋a 3a 7等于( ) A ．8 B ．6 C ．4 D ．8－4 2答案 A解析 由等比数列的性质可知，a 23＋2a 2a 6＋a 3a 7＝a 23＋2a 3a 5＋a 25＝(a 3＋a 5)2＝8，故选A. (2)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，S 2＝－1，S 4＝－5，则S 6等于( ) A ．－9B ．－21C ．－25D ．－63 答案 B解析 因为S 2＝－1≠0，所以q ≠－1，由等比数列性质得S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等比数列，即－1×(S 6＋5)＝(－5＋1)2，∴S 6＝－21，故选B. 思维升华等比数列常见性质的应用 等比数列性质的应用可以分为三类： (1)通项公式的变形． (2)等比中项的变形．(3)前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．跟踪训练2(1)(2018·浙江稽阳联谊学校高三联考)等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，a 1a 9＝2a 3a 6，S 5＝－62，则a 1的值为________． 答案 －2解析 由等比数列的性质及题意知a 1a 9＝a 3a 7＝2a 3a 6，所以q ＝a 7a 6＝2，由S 5＝a 1(1－25)1－2＝－62，可得a 1＝－2.(2)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3S 6＝89，则a n ＋1a n －a n －1＝________(n ≥2，且n ∈N )．答案 －12解析 很明显等比数列的公比q ≠1，则由题意可得，S 3S 6＝a 1()1－q 31－q a 1()1－q 61－q＝11＋q 3＝89， 解得q ＝12，则a n ＋1a n －a n －1＝a n －1q 2a n －1q －a n －1＝q 2q －1＝1412－1＝－12.等差数列与等比数列关于等差(比)数列的基本运算在高考试题中频繁出现，其实质就是解方程或方程组，需要认真计算，灵活处理已知条件．例1(2018·浙江六校协作体期末联考)已知数列{a n }是公比为2的等比数列，满足a 6＝a 2·a 10，设等差数列{b n }的前n 项和为S n ，若b 9＝2a 7，则S 17等于( ) A ．34B ．39C ．51D ．68 答案 D解析 方法一 数列{a n }是公比q ＝2的等比数列，由a 6＝a 2·a 10得a 1q 5＝a 1q ·a 1q 9，∴a 1q5＝1，∴a 6＝1，b 9＝2a 7＝2a 6·q ＝2×1×2＝4，设等差数列{b n }的公差为d ，则S 17＝17b 1＋17×162d ＝17(b 1＋8d )＝17b 9＝68，故选D.方法二 数列{a n }是公比为2的等比数列，由等比数列的性质得a 6＝a 2·a 10＝a 26，∴a 6＝1，∴b 9＝2a 7＝2a 6×2＝4，∴等比数列{b n }的前17项和S 17＝17(b 1＋b 17)2＝17b 9＝68，故选D.例2(2018·浙江十校联盟适应性考试)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是单调递增的等比数列，b 1是a 1与a 2的等差中项，b 1＝2，a 3＝5，b 3＝a 4＋1.若当n ≥m (m ∈N *)时，S n ≤b n 恒成立，则m 的最小值为________． 答案 4解析 由题意设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，q >1，则a 1＋a 2＝2a 1＋d ＝2b 1＝4，又a 3＝a 1＋2d ＝5，所以a 1＝1，d ＝2，a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以b 3＝a 4＋1＝8，S n ＝n ＋n (n －1)2×2＝n 2.因为数列{b n }是单调递增的等比数列，所以q 2＝b 3b 1＝4，q ＝2，b n＝2n.因为当n ≥m (m ∈N *)时，S n ≤b n 恒成立，所以当n ≥m (m ∈N *)时n 2≤2n恒成立，数形结合可知m 的最小值为4.1．若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则“a 2<0且a 5<0”是“数列{S n }单调递减”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件答案 C解析 设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 5＝a 2q 3<0，a 2<0，∴q >0，∴a n <0恒成立，∴当n ≥2时，S n －S n －1＝a n <0，数列{S n }单调递减，故“a 2<0且a 5<0”是“数列{S n }单调递减”的充分条件；若数列{S n }单调递减，则当n ≥2时，S n －S n －1＝a n <0⇒a 2<0，a 5<0，故“a 2<0且a 5<0”是“数列{S n }单调递减”的必要条件，故选C.2．已知递增的等比数列{a n }中，a 2＝6，a 1＋1，a 2＋2，a 3成等差数列，则该数列的前6项和S 6等于( )A ．93B ．189C.18916D ．378答案 B解析 设数列{a n }的公比为q ，由题意可知，q >1， 且2()a 2＋2＝a 1＋1＋a 3， 即2×()6＋2＝6q＋1＋6q ，整理可得2q 2－5q ＋2＝0， 则q ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＝12舍去，则a 1＝62＝3， ∴数列{a n }的前6项和S 6＝3×()1－261－2＝189.3．等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝32n －1＋r ，则r 的值为( )A.13B ．－13C.19D ．－19 答案 B解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋r ， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝32n －1－32n －3＝32n －3(32－1)＝8·32n －3＝8·32n －2·3－1＝83·9n －1，所以3＋r ＝83，即r ＝－13，故选B.4．已知等比数列{a n }的公比为－2，且S n 为其前n 项和，则S 4S 2等于( ) A ．－5B ．－3C ．5D ．3 答案 C解析 由题意可得，S 4S 2＝a 1[1－(－2)4]1－(－2)a 1[1－(－2)2]1－(－2)＝1＋(－2)2＝5. 5．(2018·浙江名校新高考研究联盟联考)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下类似问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问底层几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的底层共有灯( ) A ．186盏 B ．189盏 C ．192盏 D ．96盏答案 C解析 设塔的底层共有灯x 盏，则各层的灯数从下到上构成一个首项为x ，公比为12的等比数列，则x ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1271－12＝381，解得x ＝192.6．若正项等比数列{a n }满足a n a n ＋1＝22n (n ∈N *)，则a 6－a 5的值是( ) A.2B ．－162C ．2D ．16 2 答案 D解析 设正项等比数列{a n }的公比为q >0， ∵a n a n ＋1＝22n(n ∈N *)，∴a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝22(n ＋1)22n ＝4＝q 2，解得q ＝2， ∴a 2n ×2＝22n，a n >0，解得a n ＝2122n -，则a 6－a 5＝1192222-＝162，故选D.7．(2018·杭州质检)设各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝80，S 2＝8，则公比q ＝________，a 5＝________. 答案 3 162解析 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧S 2＝a 1＋a 1q ＝8，S 4＝(a 1＋a 1q )(1＋q 2)＝80，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，q ＝－3(舍去)，从而a 5＝a 1q 4＝2×34＝162.8．(2018·浙江名校协作体测试)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，满足对任意的正整数n ，均有S n ＋3＝8S n ＋3，则a 1＝________，公比q ＝________. 答案 372解析 由S n ＋3＝8S n ＋3得S n ＋4＝8S n ＋1＋3，两式作差得a n ＋4＝8a n ＋1，所以a n ＋4a n ＋1＝q 3＝8，即q ＝2，令n ＝1得S 4＝8a 1＋3，即a 1＋2a 1＋4a 1＋8a 1＝8a 1＋3，解得a 1＝37.9．(2019·台州调考)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1＝16，某同学经过计算得到S 2＝32，S 3＝76，S 4＝130，检验后发现其中恰好一个数算错了，则算错的这个数是________，该数列的公比是__________． 答案 32(S 2) 32解析 由题意得若S 2计算正确，则a 2＝S 2－S 1＝16＝a 1，则该等比数列的公比为1，易得S 3，S 4均错误，与恰有一个数算错矛盾，所以算错的数为32(S 2)．设该数列的公比为q ，因为S 4－S 3＝a 4＝130－76＝54，所以q 3＝a 4a 1＝5416＝278，解得q ＝32. 10．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3a 11＝2a 25，且S 4＋S 12＝λS 8，则λ＝________. 答案 83解析 ∵a 3a 11＝2a 25，∴a 27＝2a 25，∴q 4＝2， ∵S 4＋S 12＝λS 8，∴a 1(1－q 4)1－q ＋a 1(1－q 12)1－q ＝λa 1(1－q 8)1－q，1－q 4＋1－q 12＝λ(1－q 8)， 将q 4＝2代入计算可得λ＝83.11．(2018·浙江省第二次联盟校联考)设数列{a n }的首项a 1＝32，前n 项和为S n ，且满足2a n＋1＋S n ＝3(n ∈N *)．(1)求a 2及a n ；(2)求证：a n S n 的最大值为94.(1)解 由题意得2a 2＋S 1＝3，即2a 2＋a 1＝3，所以a 2＝3－a 12＝34. 当n ≥2时，由2a n ＋1＋S n ＝3，得2a n ＋S n －1＝3，两式相减得2a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝12a n . 因为a 1＝32，a 2＝34， 所以a 2＝12a 1，即当n ＝1时，a n ＋1＝12a n 也成立． 综上，{a n }是以32为首项，12为公比的等比数列， 所以a n ＝32n . (2)证明 因为2a n ＋1＋S n ＝3，且a n ＋1＝12a n ，所以S n ＝3－2a n ＋1＝3－a n . 于是，a n S n ＝a n (3－a n )≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤a n ＋(3－a n )22＝94，当且仅当a n ＝32，即n ＝1时等号成立． 故a n S n 的最大值为94. 12．(2018·浙江省十校联盟适应性考试)在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝4，且3a n ＋2－4a n ＋1＋a n ＝0，n ∈N *.(1)求证：数列{a n ＋1－a n }是等比数列；(2)若数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ≥m 2－2m 对任意的n ∈N *恒成立，求实数m 的取值范围．(1)证明 由题意，得3(a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝0，即a n ＋2－a n ＋1＝13(a n ＋1－a n )， 又a 2－a 1＝3，所以数列{a n ＋1－a n }是以3为首项，13为公比的等比数列． (2)解 由(1)得a n ＋1－a n ＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1， 所以a 2－a 1＝3，a 3－a 2＝3×13，a 4－a 3＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫132，…， a n －a n －1＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2(n ≥2，n ∈N *)， 将以上式子累加得a n －a 1 ＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2＝92⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫13n－1，所以a n＝112－92·⎝⎛⎭⎪⎫13n－1(易知当n＝1时也成立)．因为a n＝112－92·⎝⎛⎭⎪⎫13n－1关于n单调递增，且a1＝1>0，所以S n也关于n单调递增，所以S n≥S1＝1.于是，由S n≥m2－2m对任意的n∈N*恒成立，得1≥m2－2m，解得1－2≤m≤1＋ 2.故实数m的取值范围是[1－2，1＋2]．13．等比数列{a n}的首项为32，公比为－12，前n项和为S n，则当n∈N*时，S n－1S n的最大值与最小值的比值为( )A．－125B．－107C.109D.125答案 B解析∵等比数列{a n}的首项为32，公比为－12，∴a n＝32×⎝⎛⎭⎪⎫－12n－1，∴S n＝32⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫－12n1－⎝⎛⎭⎪⎫－12＝1－⎝⎛⎭⎪⎫－12n.①当n为奇数时，S n＝1＋⎝⎛⎭⎪⎫12n随着n的增大而减小，则1<Sn≤S1＝32，故0<S n－1S n≤56；②当n为偶数时，S n＝1－⎝⎛⎭⎪⎫12n随着n的增大而增大，则34＝S2≤S n<1，故－712≤S n－1S n<0.∴S n－1S n的最大值与最小值的比值为56－712＝－107.14．已知等比数列{a n}的各项均为正数且公比大于1，前n项积为T n，且a2a4＝a3，则使得T n>1的n的最小值为( )A．4B．5C．6D．7答案 C解析∵{a n}是各项均为正数的等比数列，且a2a4＝a3，∴a23＝a3，∴a3＝1.又∵q>1，∴a1<a2<1，a n >1(n >3)，∴T n >T n －1(n ≥4，n ∈N *)，T 1<1，T 2＝a 1·a 2<1，T 3＝a 1·a 2·a 3＝a 1a 2＝T 2<1，T 4＝a 1a 2a 3a 4＝a 1<1，T 5＝a 1·a 2·a 3·a 4·a 5＝a 53＝1，T 6＝T 5·a 6＝a 6>1，故n 的最小值为6，故选C.15．(2018·浙江)已知a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)，若a 1＞1，则( )A ．a 1＜a 3，a 2＜a 4B ．a 1＞a 3，a 2＜a 4C ．a 1＜a 3，a 2＞a 4D ．a 1＞a 3，a 2＞a 4 答案 B解析 构造不等式ln x ≤x －1，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)≤a 1＋a 2＋a 3－1，所以a 4＝a 1·q 3≤－1.由a 1＞1，得q ＜0.若q ≤－1，则ln(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q )·(1＋q 2)≤0.又a 1＋a 2＋a 3＝a 1(1＋q ＋q 2)≥a 1＞1，所以ln(a 1＋a 2＋a 3)＞0，矛盾．因此－1＜q ＜0.所以a 1－a 3＝a 1(1－q 2)＞0，a 2－a 4＝a 1q (1－q 2)＜0，所以a 1＞a 3，a 2＜a 4.故选B.16．在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”．将数列1,2进行“扩展”，第一次得到数列1,2,2；第二次得到数列1,2,2,4,2；….设第n 次“扩展”后得到的数列为1，x 1，x 2，…，x t,2，并记a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，其中t ＝2n －1，n ∈N *，求数列{a n }的通项公式．解 a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，所以a n ＋1＝log 2[1·(1·x 1)·x 1·(x 1·x 2)·…·x t ·(x t ·2)·2]＝log 2(12·x 31·x 32·x 33·…·x 3t ·22)＝3a n －1，所以a n ＋1－12＝3⎝⎛⎭⎪⎫a n －12， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12是一个以32为首项，以3为公比的等比数列， 所以a n －12＝32×3n －1， 所以a n ＝3n ＋12.。

§7.4 数列求和、数列的综合应用1．等差数列的前n 项和公式 S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .2．等比数列的前n 项和公式 S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.3．一些常见数列的前n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2.(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n －1＝n 2. (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n ＝n (n ＋1)． (4)12＋22＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6.4．数列求和的常用方法 (1)公式法等差、等比数列或可化为等差、等比数列的可直接使用公式求和． (2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． (3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． 常见的裂项公式 ①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；②1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． (5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广． (6)并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解． 例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q .( √ )(2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1.( √ )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 之和时，只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( × )(4)数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n ＋2n －1的前n 项和为n 2＋12n .( × )(5)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( √ )(6)如果数列{a n }是周期为k 的周期数列，那么S km ＝mS k (m ，k 为大于1的正整数)．( √ ) 题组二 教材改编2．[P61A 组T5]一个球从100 m 高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是( ) A ．100＋200(1－2－9)B ．100＋100(1－2－9)C ．200(1－2－9)D ．100(1－2－9)答案 A解析 第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋ (2)9)＝100＋200×2－1(1－2－9)1－2－1＝100＋200(1－2－9)．3．[P61A 组T4(3)]1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1＝________(x ≠0且x ≠1)．答案 1－x n (1－x )2－nx n1－x解析 设S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1，①则xS n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n ，②①－②得(1－x )S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋x n －1－nx n＝1－x n 1－x －nx n ， ∴S n ＝1－x n (1－x )2－nx n1－x .题组三 易错自纠4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，则S 2 019等于( ) A ．1 007 B ．1 008 C ．1 009 D ．1 010 答案 D解析 由a n ＋2S n －1＝n 得a n ＋1＋2S n ＝n ＋1，两式相减得a n ＋1－a n ＋2a n ＝1⇒a n ＋1＋a n ＝1⇒S 2 019＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 018＋a 2 019)＝1 009×1＋1＝1 010.5．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( )A ．200B ．－200C ．400D ．－400 答案 B解析 S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.6．数列{a n }的通项公式为a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 017＝________. 答案 1 008解析 因为数列a n ＝n cosn π2呈周期性变化，观察此数列规律如下：a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4. 故S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2. a 5＝0，a 6＝－6，a 7＝0，a 8＝8， 故a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2，∴周期T ＝4. ∴S 2 017＝S 2 016＋a 2 017 ＝2 0164×2＋2 017·cos 2 0172π＝1 008. 7．(2011·浙江)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n (n ＋4)⎝⎛⎭⎫23n 中的最大项是第k 项，则k ＝________. 答案 4 解析 由题意知⎩⎨⎧k (k ＋4)⎝⎛⎭⎫23k≥(k －1)(k ＋3)⎝⎛⎭⎫23k －1，k (k ＋4)⎝⎛⎭⎫23k≥(k ＋1)(k ＋5)⎝⎛⎭⎫23k ＋1，解得10≤k ≤1＋10.∵k ∈N *，∴k ＝4.第1课时 数列求和的常用方法题型一 分组转化法求和例1 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设2(1)n a nn n b a ＝＋－，求数列{b n }的前2n 项和． 解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－(n －1)2＋(n －1)2＝n .a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n (n ∈N *)． (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n . 记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋…＋22n ， B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝2(1－22n )1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n . 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.引申探究本例(2)中，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 由(1)知b n ＝2n ＋(－1)n n . 当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋ (2))＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ]＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n2－2；当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋ (2))＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ] ＝2n ＋1－2＋n －12－n＝2n ＋1－n 2－52.∴T n＝⎩⎨⎧2n ＋1＋n 2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数.思维升华 分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．跟踪训练1 (2018·温州市适应性考试)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2,2S n ＝(n ＋1)2a n －n 2a n ＋1，数列{b n }满足b 1＝a 1，nb n ＋1＝a n b n .(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c n ＝a n ＋b n (n ∈N *)，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)由2S n ＝(n ＋1)2a n －n 2a n ＋1，① 可得2S n ＋1＝(n ＋2)2a n ＋1－(n ＋1)2a n ＋2，②②－①得2a n ＋1＝2(n 2＋2n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)2a n ＋2－(n ＋1)2a n ， 所以2(n ＋1)2a n ＋1＝(n ＋1)2a n ＋2＋(n ＋1)2a n ， 化简得2a n ＋1＝a n ＋2＋a n ， 所以{a n }是等差数列．由2S 1＝(1＋1)2a 1－a 2可得a 2＝4， 所以公差d ＝a 2－a 1＝4－2＝2， 故a n ＝2＋2(n －1)＝2n .由b 1＝a 1，nb n ＋1＝a n b n 以及a n ＝2n 可知，b 1＝2，b n ＋1b n ＝2，所以数列{b n }是以2为首项，2为公比的等比数列，故b n ＝2×2n －1＝2n .(2)因为c n ＝a n ＋b n ＝2n ＋2n ，所以T n ＝(2＋2)＋(4＋22)＋(6＋23)＋…＋(2n ＋2n ) ＝(2＋4＋6＋…＋2n )＋(2＋22＋23＋…＋2n ) ＝n (2＋2n )2＋2(1－2n )1－2＝n 2＋n ＋2n ＋1－2.题型二 错位相减法求和例2 (2018·浙江省金华名校统考)已知数列{a n }是公比大于1的等比数列，且a 2＋a 4＝90，a 3＝27.在数列{b n }中，b 1＝1，b n ＋1＝b n b n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设c n ＝a nb n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)设等比数列{a n }的公比为q (q >1)，则由a 2＋a 4＝90，a 3＝27，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝90，a 1q 2＝27，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，q ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝243，q ＝13(舍去)，故a n ＝3×3n －1＝3n .因为b n ＋1＝b nb n ＋1(n ∈N *)，所以1b n ＋1＝1b n＋1，又b 1＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是首项为1，公差为1的等差数列．于是，1b n ＝1＋(n －1)×1＝n ，故b n ＝1n .(2)由(1)知，c n ＝a nb n＝n ×3n ，所以T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝1×3＋2×32＋…＋n ×3n ， 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋(n －1)×3n ＋n ×3n ＋1.两式相减得，－2T n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ×3n ＋1＝3(1－3n )1－3－n ×3n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12－n ×3n ＋1－32， 故T n ＝⎝⎛⎭⎫12n －14×3n ＋1＋34. 思维升华 错位相减法求和时的注意点(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式． (3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解． 跟踪训练2 (2018·杭州质检)已知各项均大于零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足2S n ＝a 2n ＋a n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设122log 2n n a an b =⋅，数列{b n }的前n 项和为H n ，求使得H n ＋n ·2n ＋1>50成立的最小整数n .解 (1)由2S n ＝a 2n ＋a n ，① 得2S n －1＝a 2n －1＋a n －1(n ≥2)，②当n ≥2时，①－②得2a n ＝a 2n ＋a n －a 2n －1－a n －1，即a n ＋a n －1＝a 2n －a 2n －1＝(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)，又由题设知a n ＋a n －1>0，所以a n －a n －1＝1， 故数列{a n }是公差为1的等差数列，又a 1＝1， 所以a n ＝1＋(n －1)×1＝n .(2)因为122log 2n n aan b =⋅＝－n ·2n ，所以H n ＝－(1×21＋2×22＋…＋n ×2n )， 则2H n ＝－(22＋2×23＋…＋n ×2n ＋1)．将以上两式作差化简可得H n ＝－n ·2n ＋1＋2n ＋1－2，于是，H n ＋n ·2n ＋1>50，即2n ＋1>52，解得n ≥5.故最小正整数n 是5.题型三 裂项相消法求和命题点1 形如a n ＝1n (n ＋k )型例3 (2018·浙江省金丽衢十二校联考)已知等差数列{a n }的公差为2，等比数列{b n }的公比为2，且a n b n ＝n ·2n . (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝1a n ·log 2b n ＋3，记数列{c n }的前n 项和为T n ，试比较T n 与38的大小．解 (1)∵a n b n ＝n ·2n ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1b 1＝2，a 2b 2＝8⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1b 1＝2，(a 1＋2)·2b 1＝8， 解得a 1＝2，b 1＝1， ∴a n ＝2＋2(n －1)＝2n ， b n ＝2n －1.(2)∵a n ＝2n ，b n ＝2n －1，∴c n ＝1a n ·log 2b n ＋3＝12n (n ＋2)＝14⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2，∴T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋c 4＋…＋c n －1＋c n ＝14⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋⎝⎛⎭⎫13－15＋⎝⎛⎭⎫14－16＋…⎦⎤＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2 ＝14⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝38－14⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2<38，∴T n <38.命题点2 a n ＝1n ＋n ＋k型例4 已知函数f (x )＝x α的图象过点(4,2)，令a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )，n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 019＝________.答案2 020－1解析 由f (4)＝2，可得4α＝2，解得α＝12，则f (x )＝12x .∴a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 019＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 019－ 2 018)＋( 2 020－ 2 019)＝2 020－1.命题点3 裂项相消法的灵活运用例5 (2018·绍兴诸暨市期末)已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n－14na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12，由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)， 解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1. (2)由题意可知，b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1＝(－1)n－14n(2n －1)(2n ＋1)＝(－1)n －1⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1.当n 为偶数时，T n ＝⎝⎛⎭⎫1＋13－⎝⎛⎭⎫13＋15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －3＋12n －1－⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1. 当n 为奇数时，T n ＝⎝⎛⎭⎫1＋13－⎝⎛⎭⎫13＋15＋…－⎝⎛⎭⎫12n －3＋12n －1＋⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1.所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数.⎝⎛⎭⎪⎫或T n＝2n ＋1＋(－1)n －12n ＋1思维升华 (1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )，1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ，裂项后可以产生连续相互抵消的项．(2)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．跟踪训练3 (2018·绍兴市六校质检)已知函数f (x )＝3x 2－2x ，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数f (x )的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n <m20对所有的n ∈N *都成立的最小正整数m .解 (1)由题意知S n ＝3n 2－2n ， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n －5， a 1＝3－2＝1，适合上式，∴a n ＝6n －5. (2)∵b n ＝3a n a n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫16n －5－16n ＋1，∴T n ＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－17＋⎝⎛⎭⎫17－113＋…＋⎝⎛⎭⎫16n －5－16n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1， ∵12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1<12， 要使12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1<m20对n ∈N *恒成立，需满足m 20≥12，∴m ≥10，故符合条件的最小正整数m 为10.1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12n答案 A解析 该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n ＝n 2＋1－12n .2．(2018·杭州质检)设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)．若S n 为数列的前n 项和，则S 2 018等于( ) A ．22 016－1 B ．3·21 009－3 C ．22 009－3 D ．22 010－3答案 B解析 由a n ＋1·a n ＝2n ，得a n ＋2·a n ＋1＝2n ＋1，两式作商，得a n ＋2a n ＝2，又a 1＝1，所以a 2＝2，则数列{a n }的奇数项和偶数项分别构成以2为公比的等比数列，所以S 2 018＝(a 1＋a 3＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2 018)＝1×(1－21 009)1－2＋2(1－21 009)1－2＝3·21 009－3，故选B.3．已知数列2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，…，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 019项之和S 2 019等于( ) A ．4 018 B ．2 010 C ．1 D ．0 答案 A解析 由已知得a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)， ∴a n ＋1＝a n －a n －1.故数列的前8项依次为2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，－1,2 008,2 009. 由此可知此数列为周期数列，周期为6，且S 6＝0. ∵2 019＝6×336＋3，∴S 2 019＝S 3＝2 008＋2 009＋1＝4 018.4．在数列{a n }中，若a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1(n ∈N *)，则数列{a n }的前12项和等于( ) A ．76 B ．78 C ．80 D ．82 答案 B解析 由已知a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，得a n ＋2＋(－1)n ＋1·a n ＋1＝2n ＋1，得a n ＋2＋a n ＝(－1)n (2n －1)＋(2n ＋1)，取n ＝1,5,9及n ＝2,6,10，结果相加可得S 12＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 11＋a 12＝78.故选B.5．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，n 为奇数，－n 2，n 为偶数，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．10 200 答案 B解析 由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012 ＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝101－1＝100.故选B.6．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝________. 答案2n n ＋1解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则 由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1. ∴S n ＝n ×1＋n (n －1)2×1＝n (n ＋1)2，1S n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1. ∴∑k ＝1n1S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1(n ∈N *)． 7．有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n －1所有项的和为__________．答案 2n ＋1－2－n解析 由题意知所求数列的通项为1－2n 1－2＝2n －1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为2(1－2n )1－2－n ＝2n＋1－2－n .8．(2018·浙江五校联考)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝2(n ＋1)(n ∈N *)，则a 2 018－a 2 016＝________，1a 1a 3＋1a 2a 4＋1a 3a 5＋…＋1a 98a 100＋1a 99a 101＝________. 答案 2199303解析 ∵a n ＋a n ＋1＝2(n ＋1)(n ∈N *)，∴当n ≥2时，a n －1＋a n ＝2n ，∴a n ＋1－a n －1＝2，∴a 2 018－a 2 016＝2，数列{a n }的奇数项和偶数项分别是公差为2的等差数列，又a 1＝1，∴a 2＝3，∴1a 1a 3＋1a 2a 4＋1a 3a 5＋…＋1a 98a 100＋1a 99a 101＝2×12×⎝⎛⎭⎫13－15＋15－17＋…＋199－1101＋11×3＝13－1101＋13＝199303. 9．(2018·台州调研)已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且a n >0,6S n ＝a 2n ＋3a n ，n ∈N *，12(21)(21)n n n a n a a b +=--，若任意n ∈N *，k >T n 恒成立，则k 的最小值是________． 答案149解析 当n ＝1时，6a 1＝a 21＋3a 1，解得a 1＝3或a 1＝0. 由a n >0，得a 1＝3.由6S n ＝a 2n ＋3a n ，得6S n ＋1＝a 2n ＋1＋3a n ＋1. 两式相减得6a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋3a n ＋1－3a n .所以(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －3)＝0.因为a n >0，所以a n ＋1＋a n >0，a n ＋1－a n ＝3. 即数列{a n }是以3为首项，3为公差的等差数列， 所以a n ＝3＋3(n －1)＝3n .所以12(21)(21)n n n a n a a b +=--＝8n(8n －1)(8n ＋1－1) ＝17⎝⎛⎭⎫18n －1－18n ＋1－1. 所以T n ＝17⎝⎛18－1－182－1＋182－1－183－1＋…+⎭⎫18n－1－18n ＋1－1 ＝17⎝⎛⎭⎫17－18n ＋1－1<149. 要使任意n ∈N *，k >T n 恒成立，只需k ≥149，所以k 的最小值为149.10．(2018·湖州市适应性考试)已知等比数列{a n }满足2a 1＋a 3＝3a 2，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋log 21a n ，S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ，求使S n －2n ＋1＋47<0成立的正整数n 的最小值．解 (1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ， 依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4， 即2(a 1q 2＋2)＝a 1q ＋a 1q 3，①由2a 1＋a 3＝3a 2，得2a 1＋a 1q 2＝3a 1q ，解得q ＝1或q ＝2. 当q ＝1时，不合题意，故舍去；当q ＝2时，代入①式得a 1＝2，所以a n ＝2n . (2)b n ＝a n ＋log 21a n＝2n －n ，所以S n ＝2－1＋22－2＋23－3＋…＋2n －n ＝(2＋22＋23＋…＋2n )－(1＋2＋3＋…＋n )＝2(1－2n)1－2－(1＋n )n2＝2n ＋1－2－12n －12n 2，因为S n －2n ＋1＋47<0，所以n 2＋n －90>0，解得n >9或n <－10，由n ∈N *，故使S n －2n ＋1＋47<0成立的正整数n 的最小值为10.11．(2018·绍兴适应性考试)已知函数f (x )＝－4＋1x 2，点P n ⎝⎛⎭⎫a n ，－1a n ＋1(n ∈N *)在曲线y ＝f (x )上，且a 1＝1，a n >0. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a 2n ·a 2n ＋1}的前n 项和为S n ，若对于任意的n ∈N *，S n <t 2－t －12恒成立，求最小正整数t 的值． 解 (1)由题意得－1a n ＋1＝f (a n )＝－4＋1a 2n且a n >0， ∴1a n ＋1＝4＋1a 2n ，1a 2n ＋1＝4＋1a 2n， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 是等差数列，首项1a 21＝1，公差d ＝4，∴1a 2n ＝4n －3，∴a 2n ＝14n －3，∴a n ＝14n －3. (2)a 2n ·a 2n ＋1＝1(4n －3)(4n ＋1)＝14×⎝⎛⎭⎫14n －3－14n ＋1， 由S n ＝14⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫11－15＋⎝⎛⎭⎫15－19＋…＋⎝⎛⎭⎫14n －3－14n ＋1 ＝14⎝⎛⎭⎫1－14n ＋1， ∵n ∈N *，∴S n <14，∴14≤t 2－t －12，解得t ≥32或t ≤－12，∴t 的最小正整数为2.12．(2018·浙江衢州二中模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝log 2a n ，c n ＝b 2na n，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)当n ＝1时，S 1＝2a 1－2，所以a 1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2a n －2)－(2a n －1－2)＝2a n －2a n －1， 所以a n ＝2a n －1，即a na n －1＝2，所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2×2n －1＝2n .(2)由(1)知b n ＝log 2a n ＝log 22n ＝n ，c n ＝b 2na n ＝n22n .所以T n ＝122＋2222＋3223＋…＋(n －1)22n －1＋n 22n ，则12T n ＝1222＋2223＋…＋(n －1)22n ＋n 22n ＋1， 两式相减得12T n ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n －n 22n ＋1， 设A n ＝12＋322＋523＋…＋2n －32n －1＋2n －12n ，则12A n ＝122＋323＋524＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1， 两式相减得12A n ＝12＋2⎝⎛⎭⎫122＋123＋124＋…＋12n －2n －12n ＋1 ＝12＋2×122－12n ×121－12－2n －12n ＋1＝32－2n ＋32n ＋1， 所以A n ＝3－2n ＋32n .所以12T n ＝3－2n ＋32n －n 22n ＋1＝3－n 2＋4n ＋62n ＋1， 所以T n ＝6－n 2＋4n ＋62n.13．已知公差不为零的等差数列{a n }中，a 1＝1，且a 2，a 5，a 14成等比数列，{a n }的前n 项和为S n ，b n ＝(－1)n S n ，则a n ＝________，数列{b n }的前n 项和T n ＝________. 答案 2n －1 (－1)nn (n ＋1)2解析 设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，则由a 2，a 5，a 14成等比数列得a 25＝a 2·a 14，即(1＋4d )2＝(1＋d )(1＋13d )，解得d ＝2，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n 2，当n 为偶数时，T n ＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4－…－S n －1＋S n ＝－1＋22－32＋42－…－(n －1)2＋n 2＝3＋7＋…＋(2n －1)＝n (n ＋1)2；当n 为大于1的奇数时，T n ＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4－…＋S n －1－S n ＝－1＋22－32＋42－…－(n －2)2＋(n －1)2－n 2＝3＋7＋…＋(2n －3)－n 2＝－n (n ＋1)2，当n ＝1时，也符合上式，综上所述，T n ＝(－1)n n (n ＋1)2.14．“斐波那契数列”是数学史上一个著名数列，在斐波那契数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝1，…，a n ＋2＝a n ＋1＋a n (n ∈N *)，则a 7＝________；若a 2 021＝m ，则数列{a n }的前2 019项和是________(用m 表示)．答案 13 m －1解析 因为a 1＝1，a 2＝1，…，a n ＋2＝a n ＋1＋a n (n ∈N *)，所以a 3＝a 1＋a 2＝1＋1＝2，a 4＝a 2＋a 3＝1＋2＝3，a 5＝a 3＋a 4＝2＋3＝5，a 6＝a 4＋a 5＝3＋5＝8，a 7＝a 5＋a 6＝5＋8＝13.由已知有a 3＝a 1＋a 2，a 4＝a 2＋a 3，…，a 2 021＝a 2 019＋a 2 020，各式相加可得a 2 021＝a 2＋a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019，即a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019＝a 2 021－a 2＝m －1，故数列{a n }的前2 019项和为m －1.15．(2018·浙江温州中学月考)数列{a n }满足a 1＝43，a n ＋1＝a 2n －a n ＋1(n ∈N *)，则m ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 016的整数部分是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4答案 B 解析 由条件得1a n ＋1－1＝1a n (a n －1)＝1a n －1－1a n，即有1a n ＝1a n －1－1a n ＋1－1，则m ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 016＝1a 1－1－1a 2 017－1＝3－1a 2 017－1.又a n ＋1－a n ＝(a n －1)2≥0，则a n ＋1≥a n ≥…≥a 1>1，当n ≥2时，从而有(a n ＋1－a n )－(a n －a n －1)＝(a n －1)2－(a n －1－1)2＝(a n －a n －1)(a n ＋a n －1－2)≥0，则a n ＋1－a n ≥a n －a n －1≥…≥a 2－a 1＝19，则a 2 017＝a 1＋(a 2－a 1)＋…＋(a 2 017－a 2 016)≥43＋2 0169＝22513，得a 2 017－1≥22413>1，即有0<1a 2 017－1<1，则m ∈(2,3)，故选B.16．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，任意n ∈N *,2S n ＝a 2n ＋a n .令b n＝1a n a n ＋1＋a n ＋1a n ，设{b n }的前n 项和为T n ，则在T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为________． 答案 9解析 ∵2S n ＝a 2n ＋a n ，①∴2S n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1，②②－①，得2a n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1－a 2n －a n ，a 2n ＋1－a 2n －a n ＋1－a n ＝0，(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0.又∵{a n }为正项数列， ∴a n ＋1－a n －1＝0， 即a n ＋1－a n ＝1.在2S n ＝a 2n ＋a n 中，令n ＝1，可得a 1＝1.∴数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列． ∴a n ＝n ，∴b n ＝1n n ＋1＋(n ＋1)n＝(n ＋1)n －n n ＋1[n n ＋1＋(n ＋1)n ][(n ＋1)n －n n ＋1]＝(n＋1)n－n n＋1n(n＋1)＝1n－1n＋1，∴T n＝1－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＋1n－1n＋1＝1－1n＋1，要使T n为有理数，只需1n＋1为有理数，令n＋1＝t2，∵1≤n≤100，∴n＝3,8,15,24,35,48,63,80,99共9个数．∴T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为9.。

§7.1 数列的概念与简单表示法1．数列的有关概念2.数列的表示方法3.a n 与S n 的关系若数列{a n }的前n 项和为S n ， 则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.4．数列的分类概念方法微思考1．数列的项与项数是一个概念吗？提示 不是，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号． 2．数列的通项公式a n ＝3n ＋5与函数y ＝3x ＋5有何区别与联系？提示 数列的通项公式a n ＝3n ＋5是特殊的函数，其定义域为N *，而函数y ＝3x ＋5的定义域是R ，a n ＝3n ＋5的图象是离散的点，且排列在y ＝3x ＋5的图象上．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．( × ) (2)所有数列的第n 项都能使用公式表达．( × )(3)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( √ ) (4)1,1,1,1，…，不能构成一个数列．( × )(5)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( × )(6)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＝S n －S n －1.( × ) 题组二 教材改编2．[P33A 组T4]在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝4a n ＋1，则a 3＝________. 答案 21解析 由题意知，a 2＝4a 1＋1＝5，a 3＝4a 2＋1＝21.3．[P33A 组T5]根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式a n ＝________.答案 5n －4 题组三 易错自纠4．已知a n ＝n 2＋λn ，且对于任意的n ∈N *，数列{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是________． 答案 (－3，＋∞)解析 因为{a n }是递增数列，所以对任意的n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，即(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn ，整理，得2n ＋1＋λ>0，即λ>－(2n ＋1)．(*)因为n ≥1，所以－(2n ＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ>－3. 5．数列{a n }中，a n ＝－n 2＋11n (n ∈N *)，则此数列最大项的值是________． 答案 30解析 a n ＝－n 2＋11n ＝－⎝⎛⎭⎪⎫n －1122＋1214，∵n ∈N *，∴当n ＝5或n ＝6时，a n 取最大值30.6．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2，n ∈N*解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋1－[(n －1)2＋1]＝2n －1，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2，n ∈N *.题型一 由数列的前几项求数列的通项公式例1根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式： (1)23，415，635，863，1099，…；(2)－1,7，－13,19，…； (3)12，2，92，8，252，…；(4)5,55,555,5555，…. 解 (1)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3,3×5,5×7,7×9,9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积，分子依次为2,4,6，…，相邻的偶数．故所求数列的一个通项公式为a n ＝2n(2n －1)(2n ＋1).(2)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为a n ＝(－1)n (6n －5)．(3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察．即12，42，92，162，252，…，分子为项数的平方，从而可得数列的一个通项公式为a n ＝n 22. (4)将原数列改写为59×9，59×99，59×999，…，易知数列9,99,999，…的通项为10n－1，故所求的数列的一个通项公式为a n ＝59(10n－1)．思维升华求数列通项时，要抓住以下几个特征： (1)分式中分子、分母的特征． (2)相邻项的变化特征．(3)拆项后变化的部分和不变的部分的特征． (4)各项符号特征等．(5)若关系不明显时，应将部分项作适当的变形，统一成相同的形式．跟踪训练1(1)(2018·宁波北仑中学期中)数列32，－54，78，－916，…的一个通项公式为( )A ．a n ＝(－1)n·2n＋12B ．a n ＝(－1)n·2n ＋12nC ．a n ＝(－1)n ＋1·2n＋12nD ．a n ＝(－1)n ＋1·2n ＋12n答案 D解析 数列各项的分母为等比数列{2n}，分子为2n ＋1，可用(－1)n ＋1来控制各项的符号，故数列的一个通项公式为a n ＝(－1)n ＋1·2n ＋12n .(2)数列{a n }的前4项是32，1，710，917，则这个数列的一个通项公式是a n ＝________.答案2n ＋1n 2＋1解析 数列{a n }的前4项可变形为2×1＋112＋1，2×2＋122＋1，2×3＋132＋1，2×4＋142＋1，故a n ＝2n ＋1n 2＋1.题型二 由a n 与S n 的关系求通项公式例2(1)(2018·浙江绍兴一中期中)已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2＋n ＋1，b n ＝(－1)n·(a n －2)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________，数列{b n }的前50项和为________．答案 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2 49解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n ＋1－[(n －1)2＋(n －1)＋1]＝2n ，当n ＝1时不满足上式，故则其通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2.当n ＝1时，b 1＝－1；当n ≥2时，b n ＝(－1)n·(a n －2)＝(－1)n·2(n －1)，则数列{b n }的前50项和为－1＋2×1－2×2＋2×3－…＋2×49＝－1＋2×(1－2＋3－…＋49)＝－1＋2×25＝49. (2)(2018·全国Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. 答案 －63解析 ∵S n ＝2a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)， 即a n ＝2a n －1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1＝－1，公比q ＝2的等比数列，∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－1×(1－2n )1－2＝1－2n，∴S 6＝1－26＝－63.(3)已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n，则a n ＝________. 答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n，n ≥2解析 当n ＝1时，由已知，可得a 1＝21＝2， ∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n，① 故a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝2n －1(n ≥2)，②由①－②得na n ＝2n－2n －1＝2n －1，∴a n ＝2n －1n.显然当n ＝1时不满足上式， ∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n，n ≥2.思维升华已知S n 求a n 的常用方法是利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，一定要检验a 1的情况．跟踪训练2(1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n＋1，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋1＝4； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n＋1)－(3n －1＋1)＝2×3n －1.当n ＝1时，2×31－1＝2≠a 1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2.(2)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，则a n ＝________.答案13n 解析 因为a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，①则当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，②①－②得3n －1a n ＝13，所以a n ＝13n (n ≥2)．由题意知a 1＝13符合上式，所以a n ＝13n .(3)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n ＝________.答案 (－2)n －1解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝23a 1＋13，即a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝23a n －23a n －1，故a n a n －1＝－2，故a n ＝(－2)n －1.题型三 由数列的递推关系求通项公式例3设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则a n ＝________.答案n 2＋n ＋22解析 由条件知a n ＋1－a n ＝n ＋1，则当n ≥2时a n ＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＋a 1＝(2＋3＋4＋…＋n )＋2＝n 2＋n ＋22.当n ＝1时，符合上式，因此a n ＝n 2＋n ＋22.引申探究1．若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝nn ＋1a n ”，如何求解？ 解 ∵a n ＋1＝nn ＋1a n ，a 1＝2，∴a n ≠0， ∴a n ＋1a n ＝n n ＋1. ∴当n ≥2时a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1 ＝n －1n ·n －2n －1·n －3n －2·…·12·2＝2n. 当n ＝1时，符合上式，因此a n ＝2n.2．若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝2a n ＋3”，如何求解？解 设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1－t ＝2(a n －t )，即a n ＋1＝2a n －t ，解得t ＝－3.故a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)．令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝5，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2.所以{b n }是以5为首项，2为公比的等比数列． 所以b n ＝5×2n －1，故a n ＝5×2n －1－3.3．若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝2a na n ＋2”，如何求解？ 解 ∵a n ＋1＝2a na n ＋2，a 1＝2，∴a n ≠0， ∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12， 又a 1＝2，则1a 1＝12，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以12为首项，12为公差的等差数列．∴1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2.∴a n ＝2n.4．若将本例条件换为“a 1＝1，a n ＋1＋a n ＝2n ”，如何求解？ 解 ∵a n ＋1＋a n ＝2n ，∴a n ＋2＋a n ＋1＝2n ＋2， 故a n ＋2－a n ＝2.即数列{a n }的奇数项与偶数项都是公差为2的等差数列．当n 为偶数时，a 2＝1，故a n ＝a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫n2－1＝n －1. 当n 为奇数时，∵a n ＋1＋a n ＝2n ，a n ＋1＝n (n ＋1为偶数)，故a n ＝n .综上所述，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，n －1，n 为偶数，n ∈N *.思维升华已知数列的递推关系求通项公式的典型方法 (1)当出现a n ＝a n －1＋m 时，构造等差数列． (2)当出现a n ＝xa n －1＋y 时，构造等比数列． (3)当出现a n ＝a n －1＋f (n )时，用累加法求解． (4)当出现a na n －1＝f (n )时，用累乘法求解． 跟踪训练3(1)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝4，a n ＋2＋2a n ＝3a n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝______________. 答案 3×2n －1－2解析 由a n ＋2＋2a n －3a n ＋1＝0， 得a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )，∴数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝3为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＋1－a n ＝3×2n －1，∴当n ≥2时，a n －a n －1＝3×2n －2，…，a 3－a 2＝3×2，a 2－a 1＝3，将以上各式累加，得a n －a 1＝3×2n －2＋…＋3×2＋3＝3(2n －1－1)，∴a n ＝3×2n －1－2(当n ＝1时，也满足)．(2)在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋1n (n ＋1)，则通项公式a n ＝________.答案 4－1n解析 原递推公式可化为a n ＋1＝a n ＋1n －1n ＋1，则当n ≥2时，a 2＝a 1＋11－12，a 3＝a 2＋12－13，a 4＝a 3＋13－14，…，a n －1＝a n －2＋1n －2－1n －1，a n ＝a n －1＋1n －1－1n ，逐项相加得a n ＝a 1＋1－1n，故a n ＝4－1n，经验证当n ＝1时也符合．题型四 数列的性质命题点1 数列的单调性 例4已知a n ＝n －1n ＋1，那么数列{a n }是( ) A ．递减数列 B ．递增数列 C ．常数列 D ．摆动数列答案 B 解析 a n ＝1－2n ＋1，将a n 看作关于n 的函数，n ∈N *，易知{a n }是递增数列． 命题点2 数列的周期性例5(2018·台州质检)在数列{a n }中，a 1＝0，a n ＋1＝3＋a n1－3a n ，则S 2020＝________.答案 0解析 ∵a 1＝0，a n ＋1＝3＋a n1－3a n ，∴a 2＝31＝3，a 3＝3＋31－3×3＝23－2＝－3， a 4＝3－31＋3×3＝0，即数列{a n }的取值具有周期性，周期为3， 且a 1＋a 2＋a 3＝0，则S 2020＝S 3×673＋1＝a 1＝0. 命题点3 数列的最值例6已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3(m ≥2)，则nS n 的最小值为( ) A ．－3 B ．－5 C ．－6 D ．－9答案 D解析 由S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3(m ≥2)可知a m ＝2，a m ＋1＝3，设等差数列{a n }的公差为d ，则d ＝1， ∵S m ＝0，∴a 1＝－a m ＝－2， 则a n ＝n －3，S n ＝n (n －5)2，nS n ＝n 2(n －5)2.设f (x )＝x 2(x －5)2，x >0，f ′(x )＝32x 2－5x ，x >0，∴f (x )的极小值点为x ＝103，∵n ∈N *，且f (3)＝－9，f (4)＝－8， ∴f (n )min ＝－9.思维升华应用数列单调性的关键是判断单调性，判断数列单调性的常用方法有两个：(1)利用数列对应的函数的单调性判断；(2)对数列的前后项作差(或作商)，利用比较法判断． 跟踪训练4(1)(2018·浙江杭州二中期中)已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝11－a n(n ∈N *)，则a 2020等于( )A ．－2B ．－1C ．2D.12答案 C解析 由a 1＝2，a n ＋1＝11－a n (n ∈N *)，得a 2＝11－a 1＝－1，a 3＝11－a 2＝12，a 4＝11－a 3＝2，…，以此类推知数列{a n }是周期为3的周期数列，所以a 2020＝a 3×673＋1＝a 1＝2，故选C. (2)若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－10n (n ∈N *)，则数列{na n }中数值最小的项是( ) A ．第2项 B ．第3项 C ．第4项 D ．第5项答案 B解析 ∵S n ＝n 2－10n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －11； 当n ＝1时，a 1＝S 1＝－9也适合上式． ∴a n ＝2n －11(n ∈N *)．记f (n )＝na n ＝n (2n －11)＝2n 2－11n ， 此函数图象的对称轴为直线n ＝114，但n ∈N *，∴当n ＝3时，f (n )取最小值． ∴数列{na n }中数值最小的项是第3项．1．(2018·嘉兴期末检测)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2n 2＋n ，则115是它的( ) A ．第4项 B ．第5项 C ．第6项 D ．第7项答案 B 解析 由2n 2＋n ＝115，n ∈N *，得n ＝5，所以115是数列{a n }的第5项，故选B. 2．记S n 为数列{a n }的前n 项和．“任意正整数n ，均有a n >0”是“{S n }是递增数列”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件答案 A解析 ∵“a n >0”⇒“数列{S n }是递增数列”， ∴“a n >0”是“数列{S n }是递增数列”的充分条件．如数列{a n }为－1,1,3,5,7,9，…，显然数列{S n }是递增数列，但是a n 不一定大于零，还有可能小于零，∴“数列{S n }是递增数列”不能推出“a n >0”， ∴“a n >0”是“数列{S n }是递增数列”的不必要条件． ∴“a n >0”是“数列{S n }是递增数列”的充分不必要条件． 3．若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝2a n －2，则S 8等于( ) A ．255B ．256C ．510D ．511 答案 C解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1－2，据此可得a 1＝2， 当n ≥2时，S n ＝2a n －2，S n －1＝2a n －1－2， 两式作差可得a n ＝2a n －2a n －1，则a n ＝2a n －1，据此可得数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列， 其前8项和为S 8＝2×()1－281－2＝29－2＝512－2＝510.4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1的前6项和为( ) A.215B.415C.511D.1011 答案 A解析 数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ，S n －1＝n 2－1，两式作差得到a n ＝2n ＋1(n ≥2)， 又当n ＝1时，a 1＝S 1＝12＋2×1＝3，符合上式， 所以a n ＝2n ＋1，1a n ·a n ＋1＝1()2n ＋1()2n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3裂项求和得到S 6＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…－115＝215，故选A.5．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1n ＋1＝a n n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ，则a n 等于( ) A ．2＋n ln n B ．2n ＋(n －1)ln n C ．2n ＋n ln n D ．1＋n ＋n ln n答案 C 解析 由题意得a n ＋1n ＋1－a n n ＝ln(n ＋1)－ln n ，n 分别用1,2,3，…，(n －1)取代，累加得a n n －a 11＝ln n －ln1＝ln n ，a nn＝2＋ln n ，∴a n ＝(ln n ＋2)n ，故选C.6．已知数列{a n }的通项公式a n ＝632n ，若a 1·a 2·…·a n ≤a 1·a 2·…·a k 对n ∈N *恒成立，则正整数k 的值为( ) A ．5B ．6C ．7D ．8 答案 A解析 a n ＝632n ，当n ≤5时，a n >1；当n ≥6时，a n <1，由题意知，a 1·a 2·…·a k 是{a n }的前n 项乘积的最大值，所以k ＝5.故选A. 7．若数列{a n }满足关系a n ＋1＝1＋1a n ，a 8＝3421，则a 5＝________.答案 85解析 借助递推关系，由a 8递推依次得到a 7＝2113，a 6＝138，a 5＝85.8．(2018·浙江“七彩阳光”新高考研究联盟第二学期期初)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n －1(n ∈N *)，则a 1＝________；数列{a n }的通项公式为a n ＝________.答案 2 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n ＋1，n ≥2解析 由题意易得a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2＋2n －1)－[(n －1)2＋2(n －1)－1]＝2n ＋1，而a 1＝2≠3，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.9．(2018·绍兴柯桥第二学期质检)已知正数数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n 和2的等比中项等于a n 和2的等差中项，则a 1＝________；S n ＝________. 答案 2 2n 2解析 由题意，得a n ＋22＝2S n ，即(a n ＋2)2＝8S n ，①所以(a 1＋2)2＝8a 1，解得a 1＝2； 当n ≥2时，(a n －1＋2)2＝8S n －1，②①－②，得(a n －a n －1)(a n ＋a n －1)＝4(a n ＋a n －1)，又a n >0，所以a n －a n －1＝4，所以数列{a n }是首项为2，公差为4的等差数列，所以S n ＝2n ＋n (n －1)2×4＝2n 2.10．(2019·衢州质检)在数列{a n }中，a 1＝1，(n 2＋2n )(a n ＋1－a n )＝1(n ∈N *)，则通项公式a n ＝________. 答案 74－2n ＋12n (n ＋1)解析 由(n 2＋2n )(a n ＋1－a n )＝1得a n ＋1－a n ＝1n 2＋2n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，所以当n ≥2时，a 2－a 1＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13，a 3－a 2＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14，…，a n －1－a n －2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －2－1n ，a n －a n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋1＝74－2n ＋12n (n ＋1)，当n ＝1时，满足上式，故a n ＝74－2n ＋12n (n ＋1).11．已知在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n .(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．解 (1)由S 2＝43a 2，得3(a 1＋a 2)＝4a 2，解得a 2＝3a 1＝3；由S 3＝53a 3，得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6.(2)由题设知a 1＝1.当n >1时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理，得a n ＝n ＋1n －1a n －1. 于是a 1＝1，a 2＝31a 1，a 3＝42a 2，…，a n －1＝n n －2a n －2，a n ＝n ＋1n －1a n －1，将以上n 个等式两端分别相乘，整理，得a n ＝n (n ＋1)2.经检验，当n ＝1时，a 1＝1符合上式， 综上，{a n }的通项公式a n ＝n (n ＋1)2.12．已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项和为S n ，且满足2S n ＝(n ＋1)a n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝3n－λa 2n ，若数列{b n }为递增数列，求λ的取值范围． 解 (1)∵2S n ＝(n ＋1)a n ， ∴2S n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1，∴2a n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ， 即na n ＋1＝(n ＋1)a n ，∴a n ＋1n ＋1＝a nn， ∴a n n ＝a n －1n －1＝…＝a 11＝1，∴a n ＝n (n ∈N *)． (2)b n ＝3n－λn 2.b n ＋1－b n ＝3n ＋1－λ(n ＋1)2－(3n －λn 2)＝2·3n－λ(2n ＋1)． ∵数列{b n }为递增数列，∴2·3n－λ(2n ＋1)>0，即λ<2·3n2n ＋1.令c n ＝2·3n2n ＋1，即c n ＋1c n ＝2·3n ＋12n ＋3·2n ＋12·3n ＝6n ＋32n ＋3>1. ∴{c n }为递增数列，∴λ<c 1＝2， 即λ的取值范围为(－∞，2)．13．(2018·浙江杭州四中期中)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)．若b n ＋1＝(n －2λ)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n＋1(n ∈N *)，b 1＝－λ，且数列{b n }是单调递增数列，则实数λ的取值范围是( ) A ．λ>23B ．λ<23C ．λ>32D ．λ<32答案 B 解析 由a n ＋1＝a na n ＋2，得1a n ＋1＝2a n ＋1，则1a n ＋1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1是等比数列，首项为2，公比为2，于是有1a n＋1＝2×2n －1＝2n ，所以b n ＝(n －1－2λ)·2n －1(n ≥2)．由b 2>b 1得2(1－2λ)>－λ，解得λ<23；当n ≥2时，由b n ＋1>b n 得(n －2λ)·2n >(n －1－2λ)·2n －1，解得λ<n ＋12.综上所述，λ<23，故选B. 14．已知数列{a n }的首项a 1＝a ，其前n 项和为S n ，且满足S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N *)，若对任意n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立，则a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，163 B.⎝⎛⎭⎪⎫5，163C.⎝⎛⎭⎪⎫3，163D ．(3,5)答案 D解析 ∵S n ＋S n －1＝4n 2，S n ＋1＋S n ＝4(n ＋1)2， ∴当n ≥2时，S n ＋1－S n －1＝8n ＋4， 即a n ＋1＋a n ＝8n ＋4， 即a n ＋2＋a n ＋1＝8n ＋12， 故a n ＋2－a n ＝8(n ≥2)，由a 1＝a 知a 2＋2a 1＝4×22＝16， ∴a 2＝16－2a 1＝16－2a ，a 3＋2S 2＝4×32＝36，∴a 3＝36－2S 2＝36－2(16－a )＝4＋2a ，a 4＝24－2a ； 若对任意n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立， 只需使a 1<a 2<a 3<a 4， 即a <16－2a <4＋2a <24－2a ，解得3<a <5，故选D.15．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝15，且满足()2n －5a n ＋1＝()2n －3a n ＋4n 2－16n ＋15，已知n ，m ∈N *，n >m ，则S n －S m 的最小值为( ) A ．－494B ．－498C ．－14D ．－28答案 C解析 根据题意可知(2n －5)a n ＋1＝(2n －3)a n ＋(2n －5)(2n －3)， 式子的每一项都除以(2n －5)(2n －3)， 可得a n ＋12n －3＝a n2n －5＋1，即a n ＋12(n ＋1)－5－a n2n －5＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －5是以152－5＝－5为首项，以1为公差的等差数列，所以a n2n －5＝－5＋(n －1)·1＝n －6，即a n ＝(n －6)(2n －5)，a n <0， 解得52<n <6.由此可以判断出只有a 3，a 4，a 5这三项是负数，且a 6＝0，从而得到当n ＝5或6，m ＝2时，S n －S m 取得最小值，且S n －S m ＝S 5－S 2＝S 6－S 2＝a 3＋a 4＋a 5＝－3－6－5＝－14，故选C.16．已知数列{a n }是递增的等比数列且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，设S n 是数列{a n }的前n 项和，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1S n ·S n ＋1的前n 项和为T n ，若不等式λ≤T n 对任意的n ∈N *恒成立，求实数λ的最大值．解 ∵数列{a n }是递增的等比数列， 且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，a 1a 4＝a 2a 3，∴a 1，a 4是方程x 2－9x ＋8＝0的两个根，且a 1<a 4， 解方程x 2－9x ＋8＝0， 得a 1＝1，a 4＝8，∴q 3＝a 4a 1＝81＝8，解得q ＝2， ∴a n ＝a 1qn －1＝2n －1.∴S n ＝a 1()1－q n1－q ＝1×()1－2n1－2＝2n－1，令b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝2n ()2n －1·()2n ＋1－1＝12n－1－12n ＋1－1， ∴数列{b n }的前n 项和T n ＝1－13＋13－17＋17－115＋…＋12n－1－12n ＋1－1＝1－12－1在正整数集上单调递增，∴T n ≥T 1＝23，∵λ≤T n ，且对一切n ∈N *恒成立， ∴λ≤23，∴实数λ的最大值是23.。

专题六 数列与数学归纳法一、选择题1．（2020·浙江高考真题）已知等差数列{a n }的前n 项和S n ，公差d ≠0，11ad≤．记b 1=S 2，b n+1=S n+2–S 2n ，n *∈N ，下列等式不可能成立的是（ ） A ．2a 4=a 2+a 6B ．2b 4=b 2+b 6C ．2428a a a =D ．2428b b b =2.（2019年浙江卷）设,a b R ∈，数列{}n a 中，21,n n n a a a a b +==+，b N *∈ ,则（ ）A. 当101,102b a => B. 当101,104b a => C. 当102,10b a =-> D. 当104,10b a =->3.（2018年浙江卷）已知成等比数列，且．若，则A ．B ．C ．D ．4.（2017年浙江卷）已知等差数列{}n a 的公差为d,前n 项和为n S ,则“d>0”是465"+2"S S S >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5.（2016年浙江文理）如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且， .（）若A ．是等差数列B ．是等差数列C ．是等差数列D ．是等差数列6.（2015年浙江理）已知{}n a 是公差d 不为零的等差数列，其前n 项和为n S ，若348,,a a a 成等比数列，则 A ．140,0a d dS >> B ．140,0a d dS << C ．140,0a d dS >< D ．140,0a d dS 二、填空题7．（2020·浙江高考真题）已知数列{a n }满足(1)=2n n n a +，则S 3=________． 8.（2016年浙江理）设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2=4，a n+1=2S n +1，n ∈N *，则a 1= ，S 5= . 9.（2015年浙江文）已知{}n a 是等差数列，公差d 不为零．若2a ， 3a ， 7a 成等比数列，且1221a a +=，则1a = ， d = ． 三、解答题10．（2020·浙江高考真题）已知数列{a n }，{b n }，{c n }中，1111121,,()nn n n n n n b a b c c a a c c n b +++====-=⋅∈*N ． （Ⅰ）若数列{b n }为等比数列，且公比0q >，且1236b b b +=，求q 与a n 的通项公式； （Ⅱ）若数列{b n }为等差数列，且公差0d >，证明：1211n c c c d+++<+． 11.（2019年浙江卷）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，34a =，43a S =，数列{}n b 满足：对每12,,,n n n n n n n S b S b S b *++∈+++N 成等比数列.（1）求数列{},{}n n a b 的通项公式； （2）记,n C n *=∈N证明：12+.n C C C n *++<∈N12.（2018年浙江卷）已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3+a 4+a 5=28，a 4+2是a 3，a 5的等差中项．数列 {b n }满足b 1=1，数列{（b n +1−b n ）a n }的前n 项和为2n 2+n ． （Ⅰ）求q 的值；（Ⅱ）求数列{b n }的通项公式．13.（2017年浙江卷）已知数列{}n x 满足： ()()*1n n 1n 1x =1x x ln 1x n N ++=++∈， 证明：当*n N ∈时 （I ）n 1n 0x x +＜＜;（II ）n n 1n 1n x x 2x -x 2++≤； (III) n n 1n-211x 22-≤≤14.（2016年浙江文）设数列{n a }的前n 项和为nS .已知2S =4， 1n a +=2n S +1， *N n ∈. （Ⅰ）求通项公式n a ；（Ⅱ）求数列{|2n a n --|}的前n 项和. 15.（2016年浙江理）设数列满足，．（Ⅰ）证明：，； （Ⅱ）若，，证明：，．16.（2015年浙江文）已知数列和满足，（1）求与； （2）记数列的前项和为，求.17.（2015年浙江理）已知数列{}n a 满足1a =12且1n a +=n a -2n a （n ∈*N ） （1）证明：112nn a a +≤≤（n ∈*N ）； （2）设数列{}2n a 的前n 项和为n S ，证明112(2)2(1)n S n n n ≤≤++（n ∈*N ）.。

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

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

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

2020年高考数学真题试卷（浙江卷）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.已知集合P ＝{x|1＜x ＜4}，Q ＝{x|2＜x ＜3}，则P∩Q ＝（ ） A. {x|1＜x≤2} B. {x|2＜x ＜3} C. {x|3≤x ＜4} D. {x|1＜x ＜4}2.已知a ∈R ，若a ﹣1+（a ﹣2）i （i 为虚数单位）是实数，则a ＝（ ） A. 1 B. ﹣1 C. 2 D. ﹣23.若实数x ，y 满足约束条件 {x −3y +1≤0x +y −3≥0 ，则z ＝x+2y 的取值范围是（ ）A. （﹣∞，4]B. [4，+∞）C. [5，+∞）D. （﹣∞，+∞） 4.函数y ＝xcosx+sinx 在区间[﹣π，+π]的图象大致为（ ）A. B.C. D.5.某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ ）A. 73B. 143 C. 3 D. 66.已知空间中不过同一点的三条直线m ，n ，l ，则“m ，n ，l 在同一平面”是“m ，n ，l 两两相交”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件 7.已知等差数列{a n }的前n 项和S n ， 公差d≠0， a 1d≤1．记b 1＝S 2 ， b n+1＝S n+2﹣S 2n ， n ∈N*，下列等式不可能成立的是（ ）A. 2a 4＝a 2+a 6B. 2b 4＝b 2+b 6C. a 42＝a 2a 8D. b 42＝b 2b 88.已知点O （0，0），A （﹣2，0），B （2，0）．设点P 满足|PA|﹣|PB|＝2，且P 为函数y ＝3 √4−x 2 图象上的点，则|OP|＝（ ）A. √222B. 4√105C. √7D. √109.已知a ，b ∈R 且ab≠0，若（x ﹣a ）（x ﹣b ）（x ﹣2a ﹣b ）≥0在x≥0上恒成立，则（ ） A. a ＜0 B. a ＞0 C. b ＜0 D. b ＞0 10.设集合S ，T ，S ⊆N*，T ⊆N*，S ，T 中至少有两个元素，且S ，T 满足：①对于任意x ，y ∈S ，若x≠y ，都有xy ∈T ；②对于任意x ，y ∈T ，若x ＜y ，则 yx ∈S ；下列命题正确的是（ ）A. 若S 有4个元素，则S ∪T 有7个元素B. 若S 有4个元素，则S ∪T 有6个元素C. 若S 有3个元素，则S ∪T 有4个元素D. 若S 有3个元素，则S ∪T 有5个元素二、填空题：本大题共7小题，共36分。

高考解答题的审题与答题示范(三)数列类解答题[思想流程]——数列问题重在“归”——化归[审题方法]——审结构结构是数学问题的搭配形式，某些问题已知的数式结构中常常隐含着某种特别的关系．审视结构要对结构进行解析、加工和转变，以实现解题打破．(本题满分15分)已知{a n}为等差数列，前n项和为S n(n∈N*)，{b n}是首项为2的等比数列，且公比大于0，典例2 3 3 4 1 11 4b ＋b＝12，b ＝a－2a ，S＝11b.(1)求{a n}和{b n}的通项公式；(2)求数列{a2n b2n－1}的前n 项和(n∈N*).(1)要求{a n}和{b n}的通项公式?需求{a n}的首项a1和公差d；{b n}的首项b1和公比q.审题路线(2) 由(1) 知a2n b2n－1＝(3n－1)4 n 解析2n2n－1 的结构：? ab{3n－1}是等差数列，{4n}是等比数列?吻合错位相减法乞降的特色.标准答案阅卷现场(1)设等差数列{a n}的公差为d，等比第(1) 问第(2) 问数列{b n}的公比为q. 得①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩? 由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝分 2 2 2 1 1 1 1 1 2 1 1 12，点8分7分而 b 1＝2，因此2＋－6＝0.①第(1)问踩点得分说明qqn2得2分；又由于q ＞0，解得q ＝2，因此b ＝ ①正确求出q ＋q －6＝02n .②②依据等比数列的通项公式求出通项公式 b n ＝2n 得2由 b 3＝ 4－2 1，可得3 d －1＝8(ⅰ)分，通项公式使用错误不得分；aa a化归成基本量.③求出a 1＝1，d ＝3得2 分；由S ＝11b ，可得a ＋5d ＝16(ⅱ).④依据等差数列的通项公式求出通项公式a ＝3n －2得1141n联立(ⅰ)(ⅱ)，解得a 1＝1，d ＝3， 1分，通项公式使用错误不得分；③⑤正确写出结论得1分.由此可得a ＝3n －2.④第(2)问踩点得分说明n因此数列{a n }的通项公式为a n ＝3n － ⑥正确写出a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n 得1分；2， n 2 3n⑦正确写出T ＝2×4＋5×4＋8×4＋＋(3n －1)×4数列{b }的通项公式为n得1分；b ＝2.⑤nn(2)设数列{2n 2n －1}的前n 项和为 n ，⑧正确写出4n 得1分；a bT Tn －1由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4，得a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n ，⑥23故T n ＝2×4＋5×4＋8×4＋＋ (3n －1)×4n ，(*)⑦234n4n ＝2×4＋5×4＋8×4＋＋(3T－4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1，(**)⑧⑨由两式相减得出－3T n ＝－(3n －2)×4n ＋1－8正确得2 分，错误不得分；⑩正确计算出T n ＝ 3n －2 ×4n ＋1＋ 8 得1分；3 3 正确写出结论得1分.(*)－(**)得－3T n ＝2×4＋3×42＋ 3n3×4＋＋3×4化归成等比数列－ (3n －1)×4n ＋1＝－(3n －2)×4n ＋1－ 8. ⑨3 n －2 n ＋1 8 得T n ＝3 ×4＋3.⑩2n 2n －1因此数列{ab }的前n 项和为3 －2 8n 3×4n ＋1＋3.?。

§7.4 数列求和、数列的综合应用1．等差数列的前n 项和公式 S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .2．等比数列的前n 项和公式 S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.3．一些常见数列的前n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2.(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n －1＝n 2. (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n ＝n (n ＋1)． (4)12＋22＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6.4．数列求和的常用方法 (1)公式法等差、等比数列或可化为等差、等比数列的可直接使用公式求和． (2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． (3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． 常见的裂项公式 ①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；②1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． (5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广． (6)并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q .( √ )(2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1.( √ )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 之和时，只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( × )(4)数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n ＋2n －1的前n 项和为n 2＋12n .( × )(5)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( √ )(6)如果数列{a n }是周期为k 的周期数列，那么S km ＝mS k (m ，k 为大于1的正整数)．( √ ) 题组二 教材改编2．[P61A 组T5]一个球从100 m 高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是( ) A ．100＋200(1－2－9)B ．100＋100(1－2－9)C ．200(1－2－9)D ．100(1－2－9)答案 A解析 第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200×2－1(1－2－9)1－2－1＝100＋200(1－2－9)． 3．[P61A 组T4(3)]1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1＝________(x ≠0且x ≠1)．答案 1－x n (1－x )2－nx n1－x解析 设S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1，①则xS n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n ，②①－②得(1－x )S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋x n －1－nx n＝1－x n 1－x －nx n ， ∴S n ＝1－x n (1－x )2－nx n1－x .题组三 易错自纠4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，则S 2 019等于( ) A ．1 007 B ．1 008 C ．1 009 D ．1 010 答案 D解析 由a n ＋2S n －1＝n 得a n ＋1＋2S n ＝n ＋1，两式相减得a n ＋1－a n ＋2a n ＝1⇒a n ＋1＋a n ＝1⇒S 2 019＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 018＋a 2 019)＝1 009×1＋1＝1 010.5．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( )A ．200B ．－200C ．400D ．－400 答案 B解析 S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200. 6．数列{a n }的通项公式为a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 017＝________. 答案 1 008解析 因为数列a n ＝n cos n π2呈周期性变化，观察此数列规律如下：a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4.故S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2. a 5＝0，a 6＝－6，a 7＝0，a 8＝8， 故a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2，∴周期T ＝4. ∴S 2 017＝S 2 016＋a 2 017＝2 0164×2＋2 017·cos 2 0172π＝1 008. 7．(2011·浙江)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n (n ＋4)⎝⎛⎭⎫23n 中的最大项是第k 项，则k ＝________. 答案 4 解析 由题意知⎩⎨⎧k (k ＋4)⎝⎛⎭⎫23k≥(k －1)(k ＋3)⎝⎛⎭⎫23k －1，k (k ＋4)⎝⎛⎭⎫23k≥(k ＋1)(k ＋5)⎝⎛⎭⎫23k ＋1，解得10≤k ≤1＋10.∵k ∈N *，∴k ＝4.第1课时 数列求和的常用方法题型一 分组转化法求和例1 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设2(1)n an n n b a ＝＋－，求数列{b n }的前2n 项和． 解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－(n －1)2＋(n －1)2＝n .a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n (n ∈N *)． (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n . 记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋…＋22n ， B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝2(1－22n )1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n . 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.引申探究本例(2)中，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 由(1)知b n ＝2n ＋(－1)n n . 当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋ (2))＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ]＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n2－2；当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ] ＝2n ＋1－2＋n －12－n＝2n ＋1－n 2－52.∴T n＝⎩⎨⎧2n ＋1＋n 2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数.思维升华 分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．跟踪训练1 (2018·温州市适应性考试)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2,2S n ＝(n ＋1)2a n －n 2a n ＋1，数列{b n }满足b 1＝a 1，nb n ＋1＝a n b n . (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c n ＝a n ＋b n (n ∈N *)，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)由2S n ＝(n ＋1)2a n －n 2a n ＋1，① 可得2S n ＋1＝(n ＋2)2a n ＋1－(n ＋1)2a n ＋2，②②－①得2a n ＋1＝2(n 2＋2n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)2a n ＋2－(n ＋1)2a n ， 所以2(n ＋1)2a n ＋1＝(n ＋1)2a n ＋2＋(n ＋1)2a n ， 化简得2a n ＋1＝a n ＋2＋a n ， 所以{a n }是等差数列．由2S 1＝(1＋1)2a 1－a 2可得a 2＝4， 所以公差d ＝a 2－a 1＝4－2＝2， 故a n ＝2＋2(n －1)＝2n .由b 1＝a 1，nb n ＋1＝a n b n 以及a n ＝2n 可知，b 1＝2，b n ＋1b n ＝2，所以数列{b n }是以2为首项，2为公比的等比数列， 故b n ＝2×2n －1＝2n .(2)因为c n ＝a n ＋b n ＝2n ＋2n ，所以T n ＝(2＋2)＋(4＋22)＋(6＋23)＋…＋(2n ＋2n ) ＝(2＋4＋6＋…＋2n )＋(2＋22＋23＋…＋2n ) ＝n (2＋2n )2＋2(1－2n )1－2＝n 2＋n ＋2n ＋1－2.题型二 错位相减法求和例2 (2018·浙江省金华名校统考)已知数列{a n }是公比大于1的等比数列，且a 2＋a 4＝90，a 3＝27.在数列{b n }中，b 1＝1，b n ＋1＝b nb n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设c n ＝a nb n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)设等比数列{a n }的公比为q (q >1)，则由a 2＋a 4＝90，a 3＝27，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝90，a 1q 2＝27，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，q ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝243，q ＝13(舍去)，故a n ＝3×3n －1＝3n .因为b n ＋1＝b nb n ＋1(n ∈N *)，所以1b n ＋1＝1b n＋1，又b 1＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是首项为1，公差为1的等差数列．于是，1b n ＝1＋(n －1)×1＝n ，故b n ＝1n .(2)由(1)知，c n ＝a nb n＝n ×3n ，所以T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝1×3＋2×32＋…＋n ×3n ， 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋(n －1)×3n ＋n ×3n ＋1.两式相减得，－2T n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ×3n ＋1＝3(1－3n )1－3－n ×3n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12－n ×3n ＋1－32，故T n ＝⎝⎛⎭⎫12n －14×3n ＋1＋34. 思维升华 错位相减法求和时的注意点(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式．(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．跟踪训练2 (2018·杭州质检)已知各项均大于零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足2S n ＝a 2n ＋a n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设122log 2n n a an b =⋅，数列{b n }的前n 项和为H n ，求使得H n ＋n ·2n ＋1>50成立的最小整数n .解 (1)由2S n ＝a 2n ＋a n ，① 得2S n －1＝a 2n －1＋a n －1(n ≥2)，②当n ≥2时，①－②得2a n ＝a 2n ＋a n －a 2n －1－a n －1， 即a n ＋a n －1＝a 2n －a 2n －1＝(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)，又由题设知a n ＋a n －1>0，所以a n －a n －1＝1， 故数列{a n }是公差为1的等差数列，又a 1＝1， 所以a n ＝1＋(n －1)×1＝n .(2)因为122log 2n n aan b =⋅＝－n ·2n ，所以H n ＝－(1×21＋2×22＋…＋n ×2n )， 则2H n ＝－(22＋2×23＋…＋n ×2n ＋1)．将以上两式作差化简可得H n ＝－n ·2n ＋1＋2n ＋1－2，于是，H n ＋n ·2n ＋1>50，即2n ＋1>52，解得n ≥5.故最小正整数n 是5.题型三 裂项相消法求和命题点1 形如a n ＝1n (n ＋k )型例3 (2018·浙江省金丽衢十二校联考)已知等差数列{a n }的公差为2，等比数列{b n }的公比为2，且a n b n ＝n ·2n .(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝1a n ·log 2b n ＋3，记数列{c n }的前n 项和为T n ，试比较T n 与38的大小．解 (1)∵a n b n ＝n ·2n ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1b 1＝2，a 2b 2＝8⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1b 1＝2，(a 1＋2)·2b 1＝8， 解得a 1＝2，b 1＝1， ∴a n ＝2＋2(n －1)＝2n ， b n ＝2n －1.(2)∵a n ＝2n ，b n ＝2n －1，∴c n ＝1a n ·log 2b n ＋3＝12n (n ＋2)＝14⎛⎭⎫1n －1n ＋2，∴T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋c 4＋…＋c n －1＋c n ＝14⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋⎝⎛⎭⎫13－15＋⎝⎛⎭⎫14－16＋…⎦⎤＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2 ＝14⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝38－14⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2<38， ∴T n <38.命题点2 a n ＝1n ＋n ＋k型例4 已知函数f (x )＝x α的图象过点(4,2)，令a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )，n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 019＝________. 答案2 020－1解析 由f (4)＝2，可得4α＝2，解得α＝12，则f (x )＝12x .∴a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 019＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 019－ 2 018)＋( 2 020－ 2 019)＝ 2 020－1.命题点3 裂项相消法的灵活运用例5 (2018·绍兴诸暨市期末)已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n－14na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12，由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)， 解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1. (2)由题意可知，b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1＝(－1)n－14n(2n －1)(2n ＋1)＝(－1)n －1⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1.当n 为偶数时，T n ＝⎝⎛⎭⎫1＋13－⎝⎛⎭⎫13＋15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －3＋12n －1－⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1. 当n 为奇数时，T n ＝⎝⎛⎭⎫1＋13－⎝⎛⎭⎫13＋15＋…－⎝⎛⎭⎫12n －3＋12n －1＋⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1. 所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数.⎝⎛⎭⎪⎫或T n＝2n ＋1＋(－1)n －12n ＋1思维升华 (1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )，1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ，裂项后可以产生连续相互抵消的项．(2)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．跟踪训练3 (2018·绍兴市六校质检)已知函数f (x )＝3x 2－2x ，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数f (x )的图象上． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n <m20对所有的n ∈N *都成立的最小正整数m .解 (1)由题意知S n ＝3n 2－2n ， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n －5， a 1＝3－2＝1，适合上式，∴a n ＝6n －5. (2)∵b n ＝3a n a n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫16n －5－16n ＋1，∴T n ＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－17＋⎝⎛⎭⎫17－113＋…＋⎝⎛⎭⎫16n －5－16n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1， ∵12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1<12， 要使12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1<m 20对n ∈N *恒成立， 需满足m 20≥12，∴m ≥10，故符合条件的最小正整数m 为10.1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12n答案 A解析 该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n ＝n 2＋1－12n .2．(2018·杭州质检)设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)．若S n 为数列的前n 项和，则S 2 018等于( ) A ．22 016－1 B ．3·21 009－3 C ．22 009－3 D ．22 010－3答案 B解析 由a n ＋1·a n ＝2n ，得a n ＋2·a n ＋1＝2n ＋1，两式作商，得a n ＋2a n ＝2，又a 1＝1，所以a 2＝2，则数列{a n }的奇数项和偶数项分别构成以2为公比的等比数列，所以S 2 018＝(a 1＋a 3＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2 018)＝1×(1－21 009)1－2＋2(1－21 009)1－2＝3·21 009－3，故选B.3．已知数列2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，…，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 019项之和S 2 019等于( ) A ．4 018 B ．2 010 C ．1 D ．0 答案 A解析 由已知得a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)， ∴a n ＋1＝a n －a n －1.故数列的前8项依次为2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，－1,2 008,2 009. 由此可知此数列为周期数列，周期为6，且S 6＝0. ∵2 019＝6×336＋3，∴S 2 019＝S 3＝2 008＋2 009＋1＝4 018.4．在数列{a n }中，若a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1(n ∈N *)，则数列{a n }的前12项和等于( ) A ．76 B ．78 C ．80 D ．82 答案 B解析 由已知a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，得a n ＋2＋(－1)n ＋1·a n ＋1＝2n ＋1，得a n ＋2＋a n ＝(－1)n (2n－1)＋(2n ＋1)，取n ＝1,5,9及n ＝2,6,10，结果相加可得S 12＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 11＋a 12＝78.故选B.5．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，n 为奇数，－n 2，n 为偶数，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．10 200 答案 B解析 由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012 ＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝101－1＝100.故选B.6．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝________. 答案2n n ＋1解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则 由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.∴S n ＝n ×1＋n (n －1)2×1＝n (n ＋1)2，1S n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1. ∴∑k ＝1n1S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1(n ∈N *)． 7．有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n －1所有项的和为__________．答案 2n ＋1－2－n解析 由题意知所求数列的通项为1－2n1－2＝2n －1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为2(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－2－n .8．(2018·浙江五校联考)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝2(n ＋1)(n ∈N *)，则a 2 018－a 2 016＝________，1a 1a 3＋1a 2a 4＋1a 3a 5＋…＋1a 98a 100＋1a 99a 101＝________.答案 2199303解析 ∵a n ＋a n ＋1＝2(n ＋1)(n ∈N *)，∴当n ≥2时，a n －1＋a n ＝2n ，∴a n ＋1－a n －1＝2，∴a 2 018－a 2 016＝2，数列{a n }的奇数项和偶数项分别是公差为2的等差数列，又a 1＝1，∴a 2＝3，∴1a 1a 3＋1a 2a 4＋1a 3a 5＋…＋1a 98a 100＋1a 99a 101＝2×12×⎝⎛⎭⎫13－15＋15－17＋…＋199－1101＋11×3＝13－1101＋13＝199303. 9．(2018·台州调研)已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且a n >0,6S n ＝a 2n ＋3a n ，n ∈N *， 12(21)(21)nnn a n a a b +=--，若任意n ∈N *，k >T n 恒成立，则k 的最小值是________． 答案149解析 当n ＝1时，6a 1＝a 21＋3a 1， 解得a 1＝3或a 1＝0. 由a n >0，得a 1＝3.由6S n ＝a 2n ＋3a n ，得6S n ＋1＝a 2n ＋1＋3a n ＋1. 两式相减得6a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋3a n ＋1－3a n .所以(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －3)＝0.因为a n >0，所以a n ＋1＋a n >0，a n ＋1－a n ＝3. 即数列{a n }是以3为首项，3为公差的等差数列， 所以a n ＝3＋3(n －1)＝3n .所以12(21)(21)nnn a n a a b +=-- ＝8n(8n －1)(8n ＋1－1) ＝17⎝⎛⎭⎫18n －1－18n ＋1－1. 所以T n ＝17⎝⎛18－1－182－1＋182－1－183－1＋…+⎭⎫18n－1－18n ＋1－1 ＝17⎝⎛⎭⎫17－18n ＋1－1<149. 要使任意n ∈N *，k >T n 恒成立，只需k ≥149，所以k 的最小值为149.10．(2018·湖州市适应性考试)已知等比数列{a n }满足2a 1＋a 3＝3a 2，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋log 21a n ，S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ，求使S n －2n ＋1＋47<0成立的正整数n 的最小值．解 (1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ， 依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4， 即2(a 1q 2＋2)＝a 1q ＋a 1q 3，①由2a 1＋a 3＝3a 2，得2a 1＋a 1q 2＝3a 1q ，解得q ＝1或q ＝2. 当q ＝1时，不合题意，故舍去；当q ＝2时，代入①式得a 1＝2，所以a n ＝2n . (2)b n ＝a n ＋log 21a n＝2n －n ，所以S n ＝2－1＋22－2＋23－3＋…＋2n －n ＝(2＋22＋23＋…＋2n )－(1＋2＋3＋…＋n ) ＝2(1－2n )1－2－(1＋n )n 2＝2n ＋1－2－12n －12n 2，因为S n －2n ＋1＋47<0，所以n 2＋n －90>0，解得n >9或n <－10，由n ∈N *，故使S n －2n ＋1＋47<0成立的正整数n 的最小值为10.11．(2018·绍兴适应性考试)已知函数f (x )＝－4＋1x 2，点P n ⎝⎛⎭⎫a n ，－1a n ＋1(n ∈N *)在曲线y ＝f (x )上，且a 1＝1，a n >0. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a 2n ·a 2n ＋1}的前n 项和为S n ，若对于任意的n ∈N *，S n <t 2－t －12恒成立，求最小正整数t 的值．解 (1)由题意得－1a n ＋1＝f (a n )＝－4＋1a 2n且a n >0，∴1a n ＋1＝4＋1a 2n ，1a 2n ＋1＝4＋1a 2n， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 是等差数列，首项1a 21＝1，公差d ＝4，∴1a 2n ＝4n －3，∴a 2n ＝14n －3，∴a n ＝14n －3. (2)a 2n ·a 2n ＋1＝1(4n －3)(4n ＋1)＝14×⎝⎛⎭⎫14n －3－14n ＋1， 由S n ＝14⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫11－15＋⎝⎛⎭⎫15－19＋…＋⎝⎛⎭⎫14n －3－14n ＋1 ＝14⎝⎛⎭⎫1－14n ＋1， ∵n ∈N *，∴S n <14，∴14≤t 2－t －12，解得t ≥32或t ≤－12，∴t 的最小正整数为2.12．(2018·浙江衢州二中模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝log 2a n ，c n ＝b 2na n，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)当n ＝1时，S 1＝2a 1－2，所以a 1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2a n －2)－(2a n －1－2)＝2a n －2a n －1， 所以a n ＝2a n －1，即a na n －1＝2，所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2×2n －1＝2n .(2)由(1)知b n ＝log 2a n ＝log 22n＝n ，c n ＝b 2na n ＝n 22n .所以T n ＝122＋2222＋3223＋…＋(n －1)22n －1＋n 22n ，则12T n ＝1222＋2223＋…＋(n －1)22n ＋n 22n ＋1， 两式相减得12T n ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n －n 22n ＋1， 设A n ＝12＋322＋523＋…＋2n －32n －1＋2n －12n ，则12A n ＝122＋323＋524＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1， 两式相减得12A n ＝12＋2⎝⎛⎭⎫122＋123＋124＋…＋12n －2n －12n ＋1 ＝12＋2×122－12n ×121－12－2n －12n ＋1＝32－2n ＋32n ＋1， 所以A n ＝3－2n ＋32n .所以12T n ＝3－2n ＋32n －n 22n ＋1＝3－n 2＋4n ＋62n ＋1， 所以T n ＝6－n 2＋4n ＋62n.13．已知公差不为零的等差数列{a n }中，a 1＝1，且a 2，a 5，a 14成等比数列，{a n }的前n 项和为S n ，b n ＝(－1)n S n ，则a n ＝________，数列{b n }的前n 项和T n ＝________. 答案 2n －1 (－1)nn (n ＋1)2解析 设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，则由a 2，a 5，a 14成等比数列得a 25＝a 2·a 14，即(1＋4d )2＝(1＋d )(1＋13d )，解得d ＝2，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n 2，当n为偶数时，T n ＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4－…－S n －1＋S n ＝－1＋22－32＋42－…－(n －1)2＋n 2＝3＋7＋…＋(2n －1)＝n (n ＋1)2；当n 为大于1的奇数时，T n ＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4－…＋S n －1－S n ＝－1＋22－32＋42－…－(n －2)2＋(n －1)2－n 2＝3＋7＋…＋(2n －3)－n 2＝－n (n ＋1)2，当n ＝1时，也符合上式，综上所述，T n ＝(－1)n n (n ＋1)2.14．“斐波那契数列”是数学史上一个著名数列，在斐波那契数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝1，…，a n ＋2＝a n ＋1＋a n (n ∈N *)，则a 7＝________；若a 2 021＝m ，则数列{a n }的前 2 019项和是________(用m 表示)． 答案 13 m －1解析 因为a 1＝1，a 2＝1，…，a n ＋2＝a n ＋1＋a n (n ∈N *)，所以a 3＝a 1＋a 2＝1＋1＝2，a 4＝a 2＋a 3＝1＋2＝3，a 5＝a 3＋a 4＝2＋3＝5，a 6＝a 4＋a 5＝3＋5＝8，a 7＝a 5＋a 6＝5＋8＝13.由已知有a 3＝a 1＋a 2，a 4＝a 2＋a 3，…，a 2 021＝a 2 019＋a 2 020，各式相加可得a 2 021＝a 2＋a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019，即a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019＝a 2 021－a 2＝m －1，故数列{a n }的前2 019项和为m －1.15．(2018·浙江温州中学月考)数列{a n }满足a 1＝43，a n ＋1＝a 2n －a n ＋1(n ∈N *)，则m ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 016的整数部分是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4答案 B解析 由条件得1a n ＋1－1＝1a n (a n －1)＝1a n －1－1a n ，即有1a n ＝1a n －1－1a n ＋1－1，则m ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 016＝1a 1－1－1a 2 017－1＝3－1a 2 017－1.又a n ＋1－a n ＝(a n －1)2≥0，则a n ＋1≥a n ≥…≥a 1>1，当n ≥2时，从而有(a n ＋1－a n )－(a n －a n －1)＝(a n －1)2－(a n －1－1)2＝(a n －a n －1)(a n ＋a n －1－2)≥0，则a n ＋1－a n ≥a n －a n －1≥…≥a 2－a 1＝19，则a 2 017＝a 1＋(a 2－a 1)＋…＋(a 2 017－a 2 016)≥43＋2 0169＝22513，得a 2 017－1≥22413>1，即有0<1a 2 017－1<1，则m ∈(2,3)，故选B.16．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，任意n ∈N *,2S n ＝a 2n ＋a n .令b n＝1a n a n ＋1＋a n ＋1a n ，设{b n }的前n 项和为T n ，则在T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为________． 答案 9解析 ∵2S n ＝a 2n ＋a n ，①∴2S n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1，②②－①，得2a n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1－a 2n －a n ，a 2n ＋1－a 2n －a n ＋1－a n ＝0，(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0.又∵{a n}为正项数列，∴a n＋1－a n－1＝0，即a n＋1－a n＝1.在2S n＝a2n＋a n中，令n＝1，可得a1＝1.∴数列{a n}是以1为首项，1为公差的等差数列．∴a n＝n，∴b n＝1n n＋1＋(n＋1)n＝(n＋1)n－n n＋1[n n＋1＋(n＋1)n][(n＋1)n－n n＋1]＝(n＋1)n－n n＋1n(n＋1)＝1n－1n＋1，∴T n＝1－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＋1n－1n＋1＝1－1n＋1，要使T n为有理数，只需1n＋1为有理数，令n＋1＝t2，∵1≤n≤100，∴n＝3,8,15,24,35,48,63,80,99共9个数．∴T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为9.。

@专题提能”数列与数学归纳法〃专题提能课土曰牝占/一、防止思维定式＜址冃匕庶（一）实现〃移花接木"［例1］已知数列｛©｝的前n 项和S“=A/+B(gHO), 则“A = —B”是“数列仙｝是等比数列”的 ()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件［解析］当A = —B 时，S n=Aq—A,则a n=Aq l~\q—V), 当g = l或A = 0时，a“ = 0,此时数列仙｝不是等比数列. 若数列｛冷｝是等比数列，当q = '时，S lt=na lt此时不具备S〃=Ag"+B(gHO)的形式，故彳工1,则S n =此时A = —«i A = ~B.综上，a A = -B^是“数列仙｝是等比数列”的必要不充分条件•［答案］B［微评］(I)等比数列｛砌｝的前〃项和公式£ =na 1(q = l)9(2)计算过程中，若出现方程q n=t 9要看/中的〃是奇数 还是偶数，若〃是奇数，则q=^t ；若“是偶数,则40时,q=±'& tvO 时，无解.如(1一/)、\_q(狞1)9特别注意q = \时,S t =na x 这一特殊情况•［例2］已知数列仙｝的前n项和为S n9 «i = l,当n^2时, 2S n = (n + l)a n—2.⑴求“2，“3和通项给;［解］当n=2时，2S2=2(l+°2)=3"2—2，则“2=4,当n=3时，2S3=2(l+4+a3)=4a3—2,则a3=6,当n^2时，2S lt = (n-\-l)a n—2,当"M3 时，2S”_i=〃a”_i—2, 所以当“M3 时,2(S W—S w-i) = (n + l)a fl—na n-x=2a n,即2a fl = (n + l)a n—na n-\,整理可得(n — l)a n—na n-i9所以沪笛，因为齐牛2,所以沪铝因此, 当n ^2 时，u n=2n 9而如=1，n = l, n^2.(2)设数列血｝满足叽=aQT,求｛%｝的前n项和T n.［解］由⑴可知加=：2；：；2, 所以当兀=1时，T\=b\ = l,当“N2时，几=加+如+^3 ------- b n,则T n = l+2X22+3X23 (n-l)X2w_1+nX2\ 2T W=2+2X23+3X24H——(n-l)X2n+nX2^l9 作差得T… = l-8-(23+24H—— 2")+〃X2"+i = (n-l)X2w+1 + l,易知当”=1时，也满足上式，故T n = (W-l)X2n+1 + l(nGN*)・［微评］数列仏｝中，由s“与给的等量关系式求a“时，先利用ai=Si求出首项如，然后用”一1替换等量关系式中的〃, 得到一个新的等量关系式，再利用a“=S“一S“—232),便可求出当时a“的表达式，最后对〃=1时的结果进行检验，看是否符合“M2时©的表达式，若符合，则可以把数列仏｝的通项合写，若不符合，则应该分〃=1与两段来写.而a n—a n-x=d(n^2)与a n+l—a n=d(n^ *)等价,q(n^2)与等价，不需验证〃=1的情形•失误3 因错位相减法求和处理不当而失分［例 3］已知函数/(x)=4v,数歹 1|｛给｝中，2a w+1—2a n +a n ^a n =0,⑴证明：数列｛讣是等差数列，并求数列｛如的通项公式；1 1 1［解］证明：由给工0创卄1—2^+a 卄冋=0,得 —7=6 给+1 an/ 所以数列｛初｝是首项为;=1,公差为*的等差数列， 所以彳=1+*〃_1)=暂1, “”=谆亍ai = l,且给HO,数列｛亦｝中，方i=2, b n =fw eN*).(n^2,⑵求数列低｝的前n项和S“・［解］当心时,b n=f任卜/哥=2",当〃=1时，〃1=2也符合上式，所以加=2"(M WN), p=(〃 + l)・2"T,u tl5…=2X2°+3X21+4X22H ---------- (H +1)X2,,_1,①25…=2X2X+3X22+4X23H --- 兀X2"T+(〃 + l)X2",②由①一②得一S“ = 2+2】+22 ------ 2"T-S + 1)X2" = 2+ 2"—2—(n + 1)X2" =—w X2/z,故S n=n X2/z.［微评］错位相减法主要用于形如仙鬧的数列的求和，其中数列仏｝是公差不为0的等差数列，数列他｝是公比不为］的等比数列，若它们的通项分别为偏="兀+以"工°),叽= /TgHi),则数列仏亦｝的前n项和为S n = (An+B)-q,l+C的b~A形式，其中*白C=-B.土曰细｛占/ — \灵活垣用策略! 于疋冃g(_)尝试"借石攻玉“［例1］已知数列｛a订满足«i=2, a n—a n-i=n(n^29 *),则a n= _______ •［解析］由题意可知，«2—«i=2, a3a n-i=n(n^2)9以上式子累加得，砌一如=2+3 --------- n.因为如=2,所以«71=2+(2+3+•••+«)2+(兀—1)(2+〃)/+兀+22心)•因为如=2满足上式，所以a“=-------- 2-----［答案］电也［微评］已知形如砒+1=砒+丹0的递推关系式，常令w 分别为1,2,3, H-1,把所得的M — 1个等式相加，即利用a n=«1 + («2—«1) + («3—«2)+... + («n —a n-i),求出通项公［例2］已知在数列｛砒｝中，且©=4,贝1|数列仏｝的通项公式给=［解析］由覘+1=治“，得管=命,#2 1 «3 2 a n M —1故石=亍《；=/•••，扃=吊（〃$2），a n 1 2 n—3 n—2 n— 1 2以上式子累乘得,——•——■ • • • ■• ■«1 3 4 n— 1 n w + 1 n(n + l)#因为如=4满足上式，所以给=论+ ］）•［答案］為［微评］已知形如节=/（〃）的递推关系式，常令〃分别u n 为1，2,3,…，H —1,把所得的n — 1个等式相乘，即利用a n«2 «3• e • <a …如，求出通项公式 "兀一1[例3] (1)(2018•衡水中学模拟)数列仏}满足如=2 ，“比+1 —°紬“>0, *),则a“=( )A. IO"®B. IO" 】C. 102//_1D. 22"T［解析］因为数列｛a“｝满足如=2, a“+i=af(a“>0,所以log2tt…+i=21og2tt…,即2・又«i=2,所以log2ai=log22=l.故数列｛1。

高考解答题的审题与答题示范(三)数列类解答题[思维流程]——数列问题重在“归”——化归[审题方法]——审结构结构是数学问题的搭配形式，某些问题已知的数式结构中常常隐含着某种特殊的关系．审视结构要对结构进行分析、加工和转化，以实现解题突破．典例(本题满分15分)已知{a n}为等差数列，前n项和为S n(n∈N*)，{b n}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.(1)求{a n}和{b n}的通项公式；(2)求数列{a2n b2n－1}的前n 项和(n∈N*).审题路线(1)要求{a n}和{b n}的通项公式⇒需求{a n}的首项a1和公差d；{b n}的首项b1和公比q.(2)由(1)知a2n b2n－1＝(3n－1)4n⇒分析a2n b2n－1的结构：{3n－1}是等差数列，{4n}是等比数列⇒符合错位相减法求和的特点.标准答案阅卷现场(1)设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，第(1)问第(2)问得分点①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪2221111121 18分7分以下内容为“高中数学该怎么有效学习？”首先要做到以下两点：1、先把教材上的知识点、理论看明白。

买本好点的参考书，做些练习。

如果没问题了就可以做些对应章节的试卷。

做练习要对答案，最好把自己的错题记下来。

平时学习也是，看到有比较好的解题方法，或者自己做错的题目，做标记，或者记在错题本上，大考之前那出来复习复习。

2、首先从课本的概念开始，要能举出例子说明概念，要能举出反例，要能用自己的话解释概念（理解概念）然后由概念开始进行独立推理活动，要能把课本的公式、定理自己推导一遍（搞清来龙去脉），课本的例题要自己先试做，尽量自己能做的出来（依靠自己才是最可靠的力量）。

最后主动挑战问题（兴趣是最好的老师），要经常攻关一些问题。

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

单元检测七 数列与数学归纳法(时间：120分钟 满分：150分) 第Ⅰ卷(选择题 共40分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，若S 21＝63，则a 7＋a 11＋a 15等于( ) A ．6B ．9C ．12D ．15 答案 B解析 设数列{a n }的公差为d ，则由S 21＝63，得21a 1＋210d ＝63，即a 1＋10d ＝3，所以a 7＋a 11＋a 15＝3a 1＋30d ＝3(a 1＋10d )＝9，故选B.2．已知正项等比数列{a n }满足12log (a 1a 2a 3a 4a 5)＝0，且a 6＝18，则数列{a n }的前9项和为( )A ．73132B ．83132C ．76364D ．86364答案 C解析 由12log (a 1a 2a 3a 4a 5)＝0，得a 1a 2a 3a 4a 5＝a 53＝1，所以a 3＝1. 又a 6＝18，所以公比q ＝12，a 1＝4，故S 9＝4·1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1291－12＝51164＝76364，故选C.3．用数学归纳法证明等式1＋2＋3＋…＋(n ＋3)＝(n ＋3)(n ＋4)2(n ∈N *)时，第一步验证n ＝1时，左边应取的项是( ) A ．1 B ．1＋2 C ．1＋2＋3 D ．1＋2＋3＋4答案 D解析 当n ＝1时，左边应为1＋2＋…＋(1＋3)，即1＋2＋3＋4，故选D.4．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 2018>0，S 2019<0，且对任意正整数n 都有|a n |≥|a k |，则正整数k 的值为( )A ．1008B ．1009C ．1010D ．1011答案 C解析 由S 2019<0，得a 1010<0， 由S 2018>0，得a 1009＋a 1010>0， ∴a 1009>－a 1010＝|a 1010|.又d <0，n >1010时，|a n |>|a 1010|，n <1010时，|a n |≥|a 1009|>|a 1010|，∴k ＝1010.5．用数学归纳法证明“1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n ≥1124(n ∈N *)”时，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，不等式左边应添加的项是( ) A.12(k ＋1)B.12k ＋1＋12k ＋2 C.12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1 D.12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1－1k ＋2答案 C解析 分别代入n ＝k ，n ＝k ＋1，两式作差可得左边应添加项． 当n ＝k 时，左边为1k ＋1＋1k ＋2＋…1k ＋k， 当n ＝k ＋1时，左边为1k ＋2＋1k ＋3＋…＋1k ＋k ＋1k ＋k ＋1＋1(k ＋1)＋(k ＋1)， 所以增加项为两式作差得12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1，故选C. 6．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1,2S n ＝a n ＋1－1，则数列{a n }的通项公式为( ) A ．a n ＝3nB ．a n ＝3n －1C ．a n ＝2nD ．a n ＝2n －1答案 B解析 因为2S n ＝a n ＋1－1，所以2a 1＝a 2－1，又a 1＝1，所以a 2＝3.由题知当n ≥2时，2S n －1＝a n －1，所以2a n ＝a n ＋1－a n ，易知a n ≠0，所以a n ＋1a n＝3(n ≥2)，当n ＝1时，也符合此式，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(n ∈N *)，故选B.7．已知数列{a n }中，a 1＝12，且对任意的n ∈N *，都有a n ＋1＝1－a n 1＋a n 成立，则a 2020的值为( )A ．1B.12C.13D.23答案 C解析 由题得a 1＝12；a 2＝1－a 11＋a 1＝13；a 3＝1－a 21＋a 2＝12；a 4＝1－a 31＋a 3＝13，数列{a n }为周期数列，且a 1＝a 3＝a 5＝…＝a 2n －1＝12(n ∈N *)，a 2＝a 4＝a 6＝…＝a 2n ＝13(n ∈N *)，所以a 2020＝13，故选C.8．设数列{a n }满足a 1＝38，且对任意的n ∈N *，都有a n ＋2－a n ≤3n ，a n ＋4－a n ≥10×3n，则a 2021等于( ) A.320218 B.320218＋2 C.320228D.320228＋2答案 A解析 因为对任意的n ∈N *，满足a n ＋2－a n ≤3n ，a n ＋4－a n ≥10×3n ，所以10×3n≤(a n ＋4－a n ＋2)＋(a n ＋2－a n )≤3n ＋2＋3n ＝10×3n ，所以a n ＋4－a n ＝10×3n.因为a 2021＝(a 2021－a 2017)＋(a 2017－a 2013)＋…＋(a 5－a 1)＋a 1＝10×(32017＋32013＋…＋3)＋38＝10×32021－381－1＋38＝320218.9．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1≠0，常数λ>0，且λa 1a n ＝S 1＋S n 对一切正整数n 都成立，则数列{a n }的通项公式为( ) A.2n λB.2n ＋1λ C.2n ＋1λ D.2n ＋1＋1λ 答案 A解析 令n ＝1，则λa 21＝2S 1＝2a 1，即a 1(λa 1－2)＝0，因为a 1≠0，所以a 1＝2λ，所以2a n＝2λ＋S n ，① 当n ≥2时，2a n －1＝2λ＋S n －1，②①－②，得2a n －2a n －1＝a n ，即a n ＝2a n －1(n ≥2)，所以{a n }是以2λ为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝2λ×2n －1＝2nλ(n ∈N *)，当n ＝1时，也符合此式，故选A.10．记f (n )为最接近n (n ∈N *)的整数，如：f (1)＝1，f (2)＝1，f (3)＝2，f (4)＝2，f (5)＝2，….若1f (1)＋1f (2)＋1f (3)＋…＋1f (m )＝4038，则正整数m 的值为( ) A ．2018×2019 B ．20192C ．2019×2020D ．2020×2021答案 C解析 设x ，n ∈N *，f (x )＝n ，则n －12<x <n ＋12，所以n 2－n ＋14<x <n 2＋n ＋14，则n 2－n ＋1≤x ≤n2＋n ，故满足f (x )＝n 的x 的值共有2n 个，分别为n 2－n ＋1，n 2－n ＋2，…，n 2＋n ，且1f (n 2－n ＋1)＋1f (n 2－n ＋2)＋…＋1f (n 2＋n )＝2n ×1n＝2.因为4038＝2×2019，所以m ＝20192＋2019＝2019×2020，故选C.第Ⅱ卷(非选择题 共110分)二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．把答案填在题中横线上)11．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＝10，S 4＝50，则公差d ＝________，若S n 取到最大值，则n ＝________. 答案 －5 4或5解析 由已知条件可得S 4＝a 3－2d ＋a 3－d ＋a 3＋a 3＋d ＝4a 3－2d ＝50， 又a 3＝10，所以d ＝－5.方法一 可得a 4＝5，a 5＝0，a 6＝－5，…，故当n ＝4或5时，S n 取到最大值． 方法二 可知a 1＝20，a n ＝－5n ＋25，S n ＝n (－5n ＋45)2＝－52⎝⎛⎭⎪⎫n －922＋4058，根据二次函数的知识可得， 当n ＝4或5时，S n 取到最大值．12．已知数列{a n }满足a 1＝2，且a 12＋a 23＋a 34＋…＋a n －1n ＝a n －2(n ≥2)，则{a n }的通项公式为______________． 答案 a n ＝n ＋1解析 因为a 12＋a 23＋a 34＋…＋a n －1n ＝a n －2(n ≥2)，①所以a 12＋a 23＋a 34＋…＋a n －1n ＋a nn ＋1＝a n ＋1－2(n ≥2)，② ②－①，得a nn ＋1＝(a n ＋1－2)－(a n －2)＝a n ＋1－a n (n ≥2)，整理得a n ＋1a n ＝n ＋2n ＋1(n ≥2)， 又a 1＝2，且a 12＝a 2－2，所以a 2＝3，则a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n －1a n －2·a n a n －1＝32×43×54×…×n n －1×n ＋1n，整理得a n a 1＝n ＋12，所以a n ＝n ＋1(n ∈N *)(经检验n ＝1也符合)．13．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝1，a n ·a n ＋1＝2×6n(n ∈N *)，则a 5＝______，S 2019＝____________.答案 363×61010－135解析 因为a 1＝1，a n ·a n ＋1＝2×6n(n ∈N *)，① 所以当n ＝1时，a 2＝12， 当n ≥2(n ∈N *)时，a n ·a n －1＝2×6n －1，②①除以②得a n ＋1a n －1＝6， 所以数列{a n }的奇数项、偶数项分别成以6为公比的等比数列，所以a 5＝a 1×62＝36， S 2019＝1－610101－6＋12(1－61009)1－6＝3×61010－135.14．如图是一个类似“杨辉三角”的图形，记a n,1，a n,2，…，a n ，n 分别表示第n 行的第1个数，第2个数……第n 个数，则a n,2＝________________.(n ≥2且n ≤N *)答案n (n －1)＋22解析 把第n 行(n ≥2)的第2个数记为a n ，则由题意可知a 2＝2，a 3＝4，a 4＝7，a 5＝11，∴a 3－a 2＝2，a 4－a 3＝3，a 5－a 4＝4，…，a n －a n －1＝n －1，所有等式两边同时相加得a n －a 2＝(n ＋1)(n －2)2，整理得a n ＝n (n －1)＋22，n ≥2， 即a n,2＝n (n －1)＋22，n ≥2.15．已知等差数列{a n }满足a 3＝－1，a 4＋a 12＝－12，则数列{a n }的通项公式a n ＝________；若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和为S n ，则使S n >14的最大正整数n 为________．答案 2－n 5解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝－1，2a 1＋14d ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝－1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n .S n ＝a 1＋a 22＋…＋a n2n －1，①S n 2＝a 12＋a 222＋…＋a n －12n －1＋a n2n .② ①－②得S n 2＝a 1＋a 2－a 12＋…＋a n －a n －12n －1－a n 2n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－2－n 2n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1－2－n 2n ＝n 2n ，所以S n ＝n 2n －1，由S n ＝n 2n －1>14，得0<n ≤5且n ∈N *，故最大正整数n 为5.16．已知在首项都为2的数列{a n }，{b n }中，a 2＝b 2＝4,2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，b n ＋1－b n <2n＋12，b n ＋2－b n >3×2n－1，且b n ∈Z ，则b n ＝________，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫nb n a n 的前n 项和为________． 答案 2n 2n－1解析 由2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2， 知数列{a n }是等差数列，因为a 1＝2，a 2＝4，所以{a n }的公差为2， 所以a n ＝2n .由b n ＋1－b n <2n ＋12，得b n ＋2－b n ＋1<2n ＋1＋12，所以b n ＋2－b n <3×2n＋1， 又b n ＋2－b n >3×2n－1，且b n ∈Z ， 所以b n ＋2－b n ＝3×2n， 又b 1＝2，b 2＝4，当n ＝2k －1(k ≥2)时，b n ＝(b n －b n －2)＋(b n －2－b n －4)＋…＋(b 3－b 1)＋b 1＝3×(2n －2＋2n －4＋…＋23＋2)＋2＝3×2(4k －1－1)4－1＋2＝22k －1＝2n，n ＝1时也成立；当n ＝2k (k ≥2)时，b n ＝(b n －b n －2)＋…＋(b 4－b 2)＋b 2＝3×(2n －2＋2n －4＋…＋24＋4)＋4＝4k＝2n，n ＝2时也成立．所以b n ＝2n.所以nb n a n ＝n ·2n 2n＝2n －1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫nb n a n 的前n 项和为1×(1－2n)1－2＝2n－1.17．若正项等比数列{a n }满足(a 6＋a 5＋a 4)－(a 3＋a 2＋a 1)＝49，则a 9＋a 8＋a 7的最小值为________． 答案 196解析 设正项等比数列{a n }的公比为q ， 则(q 3－1)(a 3＋a 2＋a 1)＝49， 显然q 3－1>0，所以a 3＋a 2＋a 1＝49q 3－1， a 9＋a 8＋a 7＝49q 6q 3－1＝49[(q 6－1)＋1]q 3－1＝49⎣⎢⎡⎦⎥⎤(q 3－1)＋1q 3－1＋2≥49×4＝196， 当且仅当q 3－1＝1q 3－1，即q 3＝2时等号成立， 故a 9＋a 8＋a 7的最小值为196.三、解答题(本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 18．(14分)(2019·杭州质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足3S n ＝4a n －2(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝12log a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .解 (1)3S n ＝4a n －2，① 当n ≥2时，3S n －1＝4a n －1－2，② ①－②得3a n ＝4(a n －a n －1)， 所以a n ＝4a n －1，即a na n －1＝4. 又3S 1＝4a 1－2，所以a 1＝2，所以数列{a n }是以2为首项，4为公比的等比数列，所以a n ＝2×4n －1＝22n －1(n ∈N *)．(2)因为b n ＝12log a n ＝12log 22n －1＝1－2n ，所以1b n b n ＋1＝1(1－2n )(1－2n －2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1(n ∈N *)． 19．(15分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＋n ＝2a n (n ∈N *)． (1)证明：数列{a n ＋1}为等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝n ·(a n ＋1)，求数列{b n }的前n 项和T n . (1)证明 当n ＝1时，2a 1＝S 1＋1，则a 1＝1.由题意得2a n ＝S n ＋n,2a n ＋1＝S n ＋1＋(n ＋1)， 两式相减得2a n ＋1－2a n ＝a n ＋1＋1， 即a n ＋1＝2a n ＋1.于是a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，又a 1＋1＝2，所以数列{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列． 所以a n ＋1＝2·2n －1＝2n ，即a n ＝2n －1，n ∈N *.(2)解 由(1)知，b n ＝n ·2n， 所以T n ＝1·2＋2·22＋…＋n ·2n， 2T n ＝1·22＋2·23＋…＋n ·2n ＋1，两式相减得－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n)1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2，所以T n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.20．(15分)已知等比数列{a n }的公比为q (0<q <1)，且a 2＋a 5＝98，a 3a 4＝18.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ·(log 2a n )，求b n 的前n 项和T n ； (3)设该等比数列{a n }的前n 项和为S n ，正整数m ，n 满足S n －m S n ＋1－m <12，求出所有符合条件的m ，n 的值．解 (1)方法一 由已知得⎩⎪⎨⎪⎧0<q <1，a 1q ＋a 1q 4＝98，(a 1q 2)·(a 1q 3)＝18，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝12，∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ∈N *.方法二 由等比数列的性质，知a 2a 5＝a 3a 4＝18，a 2＋a 5＝98，∴a 2，a 5是x 2－98x ＋18＝0的两个根，∵0<q <1，∴a 2>a 5，∴a 2＝1，a 5＝18，又∵a 5＝a 2q 3，∴q ＝12，∴a n ＝a 2×qn －2＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ∈N *.(2)由(1)可得，b n ＝(2－n )·12n －2，∴T n ＝1×12－1＋0×120＋(－1)×121＋…＋(2－n )·12n －2，12T n ＝1×120＋0×121＋…＋(3－n )·12n －2＋(2－n )·12n －1， 两式相减得12T n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫120＋121＋…＋12n －2＋(n －2)·12n －1＝2－1－12n －11－12＋(n －2)·12n －1， ∴T n ＝n2n －2，n ∈N *.(3)S n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ，由S n －m S n ＋1－m <12，得2<2n(4－m )<6，∵2n(4－m )为偶数，∴只能取2n(4－m )＝4，∴有⎩⎪⎨⎪⎧2n ＝2，4－m ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧2n＝4，4－m ＝1，故⎩⎪⎨⎪⎧n ＝1，m ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧n ＝2，m ＝3.综上所述，m ＝2，n ＝1或m ＝3，n ＝2.21．(15分)(2018·衢州检测)已知数列{a n }满足a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，其中S n 为{a n }的前n 项和(n ∈N *)．(1)求S 1，S 2及数列{S n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝(－1)nS n ，且{b n }的前n 项和为T n ，求证：当n ≥2时，13≤|T n |≤79.(1)解 数列{a n }满足S n ＝2a n ＋1，则S n ＝2a n ＋1＝2(S n ＋1－S n )，即3S n ＝2S n ＋1， 所以S n ＋1S n ＝32，所以S 1＝a 1＝1，S 2＝32， 即数列{S n }是以1为首项，32为公比的等比数列．所以S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(n ∈N *)．(2)证明 在数列{b n }中，b n ＝(－1)n S n ＝－1×(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，{b n }的前n 项和的绝对值|T n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1×⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＋49＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤－⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋…＋(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＋49＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤－⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋…＋(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1， 而当n ≥2时，1－23≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＋49＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤－⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋…＋(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＋49＝79， 即13≤|T n |≤79. 22．(15分)(2018·金华十校模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝1n(n ∈N *)．(1)证明：a n ＋2n ＝a nn ＋1； (2)证明：2(n ＋1－1)≤12a 3＋13a 4＋…＋1(n ＋1)a n ＋2≤n .证明 (1)∵a n ＋1·a n ＝1n，①∴a n ＋2·a n ＋1＝1n ＋1，② 而a 1＝1，易得a n >0， 由②÷①，得a n ＋2·a n ＋1a n ＋1·a n ＝a n ＋2a n ＝n n ＋1，∴a n ＋2n ＝a nn ＋1.(2)由(1)得(n ＋1)a n ＋2＝na n ， ∴12a 3＋13a 4＋…＋1(n ＋1)a n ＋2＝1a 1＋12a 2＋…＋1na n. 令b n ＝na n ，则b n ·b n ＋1＝na n ·(n ＋1)a n ＋1＝n ·(n ＋1)n＝n ＋1，③ ∴当n ≥2时，b n －1·b n ＝n ，④ 由b 1＝a 1＝1，b 2＝2，易得b n >0，11 由③－④，得1b n＝b n ＋1－b n －1(n ≥2)． ∴b 1<b 3<…<b 2n －1，b 2<b 4<…<b 2n ，得b n ≥1. 根据b n ·b n ＋1＝n ＋1得b n ＋1≤n ＋1，∴1≤b n ≤n ，∴1a 1＋12a 2＋…＋1na n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n＝1b 1＋(b 3－b 1)＋(b 4－b 2)＋…＋(b n －b n －2)＋(b n ＋1－b n －1) ＝1b 1＋b n ＋b n ＋1－b 1－b 2＝b n ＋b n ＋1－2.一方面，b n ＋b n ＋1－2≥2b n ·b n ＋1－2＝2(n ＋1－1)， 当且仅当b n ＝b n ＋1时取等号，另一方面，由1≤b n ≤n 可知b n ＋b n ＋1－2＝b n ＋n ＋1b n －2≤max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫1＋n ＋1－2，n ＋n ＋1n －2＝n . 故2(n ＋1－1)≤12a 3＋13a 4＋…＋1(n ＋1)a n ＋2≤n .。