【高考数学培优专题】第31讲以数列为背景的取值范围问题专题练习

[考情分析]预计2025年高考会从以下两个角度对数列的综合问题进行考查：(1)考查等差、等比数列的基本运算和数列求和的问题，可能与函数、方程、不等式等知识综合起来进行考查；(2)以新定义为载体，考查对新数列性质的理解及应用，以创新型题目的形式出现．考点一等差、等比数列的综合问题例1(2024·山东滨州模拟)已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝2，b 2＝4，a n ＝2log 2b n ，n ∈N *.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{a n }中不在数列{b n }中的项按从小到大的顺序构成数列{c n }，记数列{c n }的前n 项和为S n ，求S 100.解(1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为b 2＝4，所以a 2＝2log 2b 2＝4，所以d ＝a 2－a 1＝2，所以a n ＝2＋(n －1)×2＝2n .又a n ＝2log 2b n ，即2n ＝2log 2b n ，所以n ＝log 2b n ，所以b n ＝2n .(2)由(1)得b n ＝2n ＝2·2n －1＝a 2n －1，即b n 是数列{a n }中的第2n －1项．设数列{a n }的前n 项和为P n ，数列{b n }的前n 项和为Q n ，因为b 7＝a 26＝a 64，b 8＝a 27＝a 128，所以数列{c n }的前100项是由数列{a n }的前107项去掉数列{b n }的前7项后构成的，所以S 100＝P 107－Q 7＝107×（2＋214）2－2－281－2＝11302.对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系．利用方程思想和通项公式、前n 项和公式求解，求解时注意对性质的灵活运用.1.(2022·浙江高考)已知等差数列{a n }的首项a 1＝－1，公差d >1.记{a n }的前n项和为S n (n ∈N *)．(1)若S 4－2a 2a 3＋6＝0，求S n ；(2)若对于每个n ∈N *，存在实数c n ，使a n ＋c n ，a n ＋1＋4c n ，a n ＋2＋15c n 成等比数列，求d 的取值范围．解(1)因为S 4－2a 2a 3＋6＝0，a 1＝－1，所以－4＋6d －2(－1＋d )(－1＋2d )＋6＝0，所以d 2－3d ＝0，又d >1，所以d ＝3，所以a n ＝3n －4，所以S n ＝n （a 1＋a n ）2＝3n 2－5n2.(2)因为a n ＋c n ，a n ＋1＋4c n ，a n ＋2＋15c n 成等比数列，所以(a n ＋1＋4c n )2＝(a n ＋c n )(a n ＋2＋15c n )，(nd －1＋4c n )2＝(－1＋nd －d ＋c n )(－1＋nd ＋d ＋15c n )，c 2n ＋(14d －8nd ＋8)c n ＋d 2＝0，由已知可得方程c 2n ＋(14d －8nd ＋8)c n ＋d 2＝0的判别式大于等于0，所以Δ＝(14d －8nd ＋8)2－4d 2≥0，所以(16d －8nd ＋8)(12d －8nd ＋8)≥0对于任意的n ∈N *恒成立，所以[(n －2)d －1][(2n －3)d －2]≥0对于任意的n ∈N *恒成立，当n ＝1时，[(n －2)d －1][(2n －3)d －2]＝(d ＋1)(d ＋2)≥0，当n ＝2时，由(2d －2d －1)(4d －3d －2)≥0，可得d ≤2，当n ≥3时，[(n －2)d －1][(2n －3)d －2]>(n －3)(2n －5)≥0，又d >1，所以1<d ≤2，即d 的取值范围为(1，2]．考点二通项与求和问题例2(2023·黑龙江哈九中模拟)在①S 3＝2a 3－15；②a 2＋6是a 1，a 3的等差中项；③2S n ＝t n ＋1－3(t ≠0)这三个条件中任选一个作为已知条件，补充在下面的问题中，并解答．已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝3，且满足________．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设a n ＝b n －1b n ，求数列2n n 项和T n .注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解(1)设正项等比数列{a n }的公比为q (q >0)，若选①：由S 3＝2a 3－15，得a 1＋a 2＋a 3＝2a 3－15，所以a 3－a 2－a 1＝15，又由a 1＝3，可得3q 2－3q －18＝0，解得q ＝3或q ＝－2(舍去)，所以a n ＝3×3n －1＝3n (n ∈N *)．若选②：由a 2＋6是a 1，a 3的等差中项，可得a 1＋a 3＝2(a 2＋6)，又因为a 1＝3，可得3＋3q 2＝2(3q ＋6)，即q 2－2q －3＝0，解得q ＝3或q ＝－1(舍去)，所以a n ＝3×3n －1＝3n (n ∈N *)．若选③：由2S n ＝t n ＋1－3(t ≠0)，当n ＝1时，2a 1＝6＝2S 1＝t 2－3，解得t ＝3或t ＝－3(舍去)，所以2S n ＝3n ＋1－3，当n ≥2时，2a n ＝2S n －2S n －1＝3n ＋1－3－(3n －3)＝2·3n ，所以a n ＝3n (n ≥2)．经验证当n ＝1时，满足a n ＝3n ，所以a n ＝3n (n ∈N *)．(2)由(1)知a n ＝3n ，所以b n －1b n ＝3n ，n ＝9n ，所以b 2n ＋1b 2n＝9n＋2，所以T n 2122 (2)n (91＋2)＋(92＋2)＋…＋(9n ＋2)＝91＋92＋…＋9n＋2n ＝9（1－9n ）1－9＋2n ＝9n ＋1＋16n －98.解决非等差、等比数列求和问题的两种思路思路一转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成思路二不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和2.(2024·广东深圳中学月考)若一个数列的奇数项为公差为正的等差数列，偶数项为公比为正的等比数列，且公差、公比相同，则称数列为“摇摆数列”，其表达式为a n ＝1＋n －12d ，n ＝2k ＋1，k ∈N ，2qn －22，n ＝2k ，k ∈N *，若数列{a n }(n ∈N *)为“摇摆数列”且a 1＝1，a 1＋a 2＝a 3，a 2a 3＝20.(1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝na n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n ∑ni ＝1i 2解(1)＋a 2＝a 3，2a 3＝202＝4，3＝52＝－5，3＝－4(舍去)，∴d ＝q ＝4，∴a n n －1，n ＝2k ＋1，k ∈N ，n ，n ＝2k ，k ∈N *.(2)b n ＝na n n 2－n ，n ＝2k ＋1，k ∈N ，·2n ，n ＝2k ，k ∈N *.先求奇数项的和：b n ＝2n 2－n ，n ＝2k ＋1，k ∈N ，S n ＝2×[12＋32＋…＋(2n －1)2]－n 2，引入W n ＝22＋42＋…＋(2n )2＝4(12＋22＋…＋n 2)，12(S n ＋n 2)＋W n ＝∑2ni ＝1i 2＝n （2n ＋1）（4n ＋1）3⇒S n＝2(∑2ni ＝1i 2－W n )－n 2＝2n （2n ＋1）（4n ＋1）3－4×n （n ＋1）（2n ＋1）6－n 2＝8n 3－3n 2－2n 3，再求偶数项的和：b n ＝n ·2n ，n ＝2k ，k ∈N *，S n ′＝2×22＋4×24＋…＋2n ×22n ，4S n ′＝2×24＋4×26＋…＋2(n －1)×22n ＋2n ×22n ＋2，两式相减，得－3S n ′＝2×22＋2×24＋2×26＋…＋2×22n －2n ×22n＋2＝8×（1－4n ）1－4－2n ×22n ＋2＝（1－3n ）×22n ＋3－83，∴S n ′＝（3n －1）22n ＋3＋89，∴T 2n ＝S n ＋S n ′＝8n 3－3n 2－2n3＋（3n －1）22n ＋3＋89.考点三数列与不等式的综合问题例3(2023·安徽十校联考)已知数列{a n }满足a 1＋a 2＋…＋a n －1－a n ＝－2(n ≥2且n ∈N *)，a 2＝4.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)n 项和为T n ，求证：23≤T n <1.解(1)因为a 1＋a 2＋…＋a n －1－a n ＝－2，所以a 1＋a 2＋…＋a n －a n ＋1＝－2，两式相减得a n ＋1＝2a n (n ≥2)，当n ＝2时，a 1－a 2＝－2，又a 2＝4，所以a 1＝2，a 2＝2a 1，所以a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，所以{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，所以a n ＝2n (n ∈N *)．(2)证明：因为2n（a n －1）（a n ＋1－1）＝2n （2n －1）（2n ＋1－1）＝12n －1－12n ＋1－1，所以T n …1－12n ＋1－1<1，由n ≥1，得2n ＋1≥4，所以1－12n ＋1－1≥23，综上，2≤T n <1.1．数列型不等式的证明常用到“放缩法”，一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”；二是求和后再“放缩”．2．放缩法常见的放缩技巧(1)1k 2＜1k 2－1＝121k －1－1k ＋1.(2)1k －1k ＋1＜1k 2＜1k －1－1k.(3)2(n ＋1－n )＜1n＜2(n －n －1)．(4)12n ＋1＜12n ＋1＜12n ，13n ＜13n －1≤12·3n －1.3.(2023·河南五市高三二模)已知数列{a n }满足a 1＝23，且2a n ＋1－a n ＋1a n ＝1，n∈N *.(1){a n }的通项公式；(2)记T n ＝a 1a 2a 3…a n ，n ∈N *，S n ＝T 21＋T 22＋…＋T 2n .证明：S n 解(1)由2a n ＋1－a n ＋1a n ＝1，得a n ＋1＝12－a n ，则11－a n ＋1－11－a n＝1，是首项为11－a 1＝3，公差d ＝1的等差数列，所以11－a n ＝3＋(n －1)＝n ＋2，整理得a n ＝n ＋1n ＋2(n ∈N *)，经检验，符合要求．(2)证明：由(1)得a n ＝n ＋1n ＋2(n ∈N *)，T n ＝a 1a 2…a n ＝2n ＋2，∴T 2n ＝4（n ＋2）2>4（n ＋2）（n ＋3）＝∴S n ＝T 21＋T 22＋…＋T 2n －14＋…＋1n ＋2－即S n 考点四数列与函数的综合问题例4(2024·江苏辅仁中学阶段考试)设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x的图象上(n ∈N *)．(1)若a 1＝－2，点(a 8，4b 7)在函数f (x )的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)若a 1＝1，函数f (x )的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列前n 项和T n .解(1)由已知，得b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7，有2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2，解得d ＝a 8－a 7＝2，所以S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n .(2)函数f (x )＝2x 的图象在点(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)，它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2.则a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2，所以d ＝a 2－a 1＝1，从而a n ＝n ，b n ＝2n .所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n 2n －1.因此2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n.所以T n ＝2n ＋1－n －22n.数列与函数综合问题的常见类型及注意事项常见类型类型一已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题类型二已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形注意事项注意点一数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或有限子集)，它的图象是一群孤立的点注意点二转化为以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常容易忽视的问题注意点三利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化4.(2024·湖南湘潭一中阶段考试)设函数f (x )＝x2＋sin x 的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{x n }．(1)求数列{x n }的通项公式；(2)设{x n }的前n 项和为S n ，求sin S n .解(1)令f ′(x )＝12＋cos x ＝0，所以cos x ＝－12，解得x ＝2k π±2π3(k ∈Z )．由x n 是f (x )的第n 个正极小值点知，x n ＝2n π－2π3(n ∈N *)．(2)由(1)可知，S n ＝2π(1＋2＋…＋n )－2n π3＝n (n ＋1)π－2n π3，所以sin S n ＝sinn （n ＋1）π－2n π3.因为n (n ＋1)表示两个连续正整数的乘积，所以n (n ＋1)一定为偶数，所以sin S n ＝－sin2n π3.当n ＝3m －2(m ∈N *)时，sinS n ＝－m π＝－32；当n ＝3m －1(m ∈N *)时，sin S n ＝－m π＝32；当n ＝3m (m ∈N *)时，sin S n ＝－sin2m π＝0.综上所述，sin S nn ＝3m －2（m ∈N *），＝3m －1（m ∈N *），3m （m∈N *）.课时作业1．(2023·新课标Ⅱ卷){a n }为等差数列，b n n －6，n 为奇数，a n ，n 为偶数，记S n ，T n 分别为数列{a n }，{b n }的前n 项和，S 4＝32，T 3＝16.(1)求{a n }的通项公式；(2)证明：当n >5时，T n >S n .解(1)设等差数列{a n }的公差为d ，而b n n －6，n 为奇数，a n ，n 为偶数，则b 1＝a 1－6，b 2＝2a 2＝2a 1＋2d ，b 3＝a 3－6＝a 1＋2d －6，4＝4a 1＋6d ＝32，3＝4a 1＋4d －12＝16，1＝5，＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋3，所以{a n }的通项公式是a n ＝2n ＋3.(2)证法一：由(1)知，S n ＝n （5＋2n ＋3）2＝n 2＋4n ，b n n －3，n 为奇数，n ＋6，n 为偶数，当n 为偶数时，b n －1＋b n ＝2(n －1)－3＋4n ＋6＝6n ＋1，T n ＝13＋（6n ＋1）2·n 2＝32n 2＋72n ，当n >5时，T n －S n 2＋72n (n 2＋4n )＝12n (n －1)>0，因此T n >S n ；当n 为奇数时，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝32(n ＋1)2＋72(n ＋1)－[4(n ＋1)＋6]＝32n 2＋52n －5，当n >5时，T n －S n 2＋52n －(n 2＋4n )＝12(n ＋2)(n －5)>0，因此T n >S n .所以当n >5时，T n >S n .证法二：由(1)知，S n ＝n （5＋2n ＋3）2＝n 2＋4n ，b n n －3，n 为奇数，n ＋6，n 为偶数，当n 为偶数时，T n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n )＝－1＋2（n －1）－32·n 2＋14＋4n ＋62·n 2＝32n 2＋72n ，当n >5时，T n －S n 2＋72n (n 2＋4n )＝12n (n －1)>0，因此T n >S n ；当n 为奇数时，若n ≥3，则T n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n )＋(b 2＋b 4＋…＋b n －1)＝－1＋2n －32·n ＋12＋14＋4（n －1）＋62·n －12＝32n2＋52n －5，显然T 1＝b 1＝－1满足上式，因此当n 为奇数时，T n ＝32n 2＋52n －5，当n >5时，T n －S n 2＋52n －(n 2＋4n )＝12(n ＋2)(n －5)>0，因此T n >S n .所以当n >5时，T n >S n .2．(2023·江苏徐州第七中学校考一模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝12·3n ＋b (b 为常数)．(1)求b 的值和数列{a n }的通项公式；(2)记c m 为{a n }在区间[－3m ，3m ](m ∈N *)内的项的个数，求数列{a m c m }的前n 项和T n .解(1)由题设S n ＝12·3n ＋b ，显然等比数列{a n }的公比不为1，设{a n }的公比为q ，则S n ＝a 1（1－q n ）1－q＝a 11－q －a 1q n1－q ，∴b ＝a 11－q ＝－12且q ＝3，∴a 1＝1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *.(2)令－3m ≤3n －1≤3m ，n ∈N *，解得0≤n －1≤m ，∴1≤n ≤m ＋1，数列{a n }在区间[－3m ，3m ](m ∈N *)内的项的个数为m ＋1，则c m ＝m ＋1，∴a m c m ＝(m ＋1)×3m －1，∵T n ＝2×30＋3×31＋…＋(n ＋1)×3n －1，①3T n ＝2×31＋3×32＋…＋(n ＋1)×3n ，②两式相减，得－2T n ＝2×30＋31＋…＋3n－1－(n ＋1)×3n＝1＋1－3n1－3－(n ＋1)·3n ＝（－1－2n ）·3n ＋12，∴T n n －14.3．(2024·河南郑州外国语学校阶段考试)已知f (x )＝－4＋1x2，数列{a n }的前n 项和为S n ，点P n 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)数列{b n }的前n 项和为T n ，且满足T n ＋1a 2n ＝T na 2n ＋1＋16n 2－8n －3，确定b 1的值使得数列{b n }是等差数列．解(1)因为f (x )＝－4＋1x2，且点P n ，n ∈N *)在曲线y ＝f (x )上，所以1a n ＋1＝4＋1a 2n ，即1a 2n ＋1－1a 2n＝4，1为首项，4为公差的等差数列，所以1a 2n＝1＋4(n －1)＝4n －3，即a n ＝14n －3(n ∈N *)．(2)由(1)知T n ＋1a 2n ＝T n a 2n ＋1＋16n 2－8n －3，即为(4n －3)T n ＋1＝(4n ＋1)T n ＋(4n －3)(4n ＋1)，整理得T n ＋14n ＋1－T n 4n －3＝1，T 1为首项，1为公差的等差数列，则T n 4n －3＝T 1＋n －1，即T n ＝(4n －3)(T 1＋n －1)，当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝4b 1＋8n －11，若{b n }是等差数列，则b 1适合上式，令n ＝1，得b 1＝4b 1－3，解得b 1＝1.4．(2023·黑龙江齐齐哈尔模拟)在①S n ＝32a n －3，其中S n 为数列{a n }的前n 项和；②a 1＝1，a n －a n ＋1＝a n a n ＋1这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．问题：已知数列{a n }满足________．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数m ，使得a m ＋a m ＋1为数列{a n }中的项？若存在，求出m ；若不存在，说明理由．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解若选择条件①：(1)令n ＝1，则a 1＝321－3，所以a 1＝6，由于S n ＝32a n －3，则当n ≥2时，S n －1＝32a n －1－3，两式相减，得a n ＝32a n －32a n －1，则a n a n －1＝3，所以{a n }是首项为6，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式为a n ＝6×3n －1＝2×3n .(2)假设存在正整数m ，使得a m ＋a m ＋1＝a k (k ∈N *)，则2×3m ＋2×3m ＋1＝2×3k ，所以4×3m ＝3k ，此等式左边为偶数，右边为奇数，所以不存在正整数m 满足题意．若选择条件②：(1)因为a 1＝1，a n －a n ＋1＝a n a n ＋1，所以a n ≠0，1a n ＋1－1a n＝1，是首项为1a 1＝1，公差为1的等差数列，所以1a n ＝1＋(n －1)×1＝n ，所以a n ＝1n.(2)假设存在正整数m ，使得a m ＋a m ＋1＝a k (k ∈N *)，则1m ＋1m ＋1＝1k，化简得m 2＋(1－2k )m －k ＝0，解得m ＝2k －1＋1＋4k 22，因为2k <1＋4k 2<2k ＋1，所以2k －12<m <2k ，m 无正整数解，故不存在正整数m 满足题意．5．已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6.(1)求数列{a n }的通项公式与前n 项和S n ；(2)将数列{a n }的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *，总有S n ＜T m ＋λ成立，求实数λ的取值范围．解(1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6，得a 7＝－2，∴a 1＝4，∴a n ＝5－n ，S n ＝n （9－n ）2.(2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1，设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 2b 1＝12，∴T m 1－1281m ，的值随m 增加而减小，∴{T m }为递增数列，得4≤T m ＜8.又S n ＝n （9－n ）2＝－12(n 2－9n )－814，故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *，总有S n ＜T m ＋λ，则10＜8＋λ，解得λ＞2.故实数λ的取值范围为(2，＋∞)．6．(2024·河北衡水调研)已知数列{a n }满足a 1＝37，3a n ，2a n ＋1，a n a n ＋1成等差数列．(1){a n }的通项公式；(2)记{a n }的前n 项和为S n ，求证：1271S n <7528.解(1)由已知得4a n ＋1＝3a n ＋a n a n ＋1，因为a 1＝37≠0，所以由递推关系可得a n ≠0恒成立，所以4a n ＝3a n ＋1＋1，所以4a n －4＝3an ＋1－3，即1a n ＋1－1又因为1a 1－1＝73－1＝43，是首项为43，公比为43的等比数列，所以1a n －1，所以a n ＝11.(2)证明：由(1)可得a n ＝111－1＝37×－1，所以S n ≥37＋37×＋…＋37×－1＝1271a n ＝11<1，S 1＝37<7528，当n ≥2时，S n <37＋＋ (37)1－34＝7528－<7528.综上所述，1271S n <7528成立．。

高三数学 数学数列多选题的专项培优练习题(含答案一、数列多选题1．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，0n a ≠，且202021111212a a ++≤+（ ）A ．若数列{}n a 为等差数列，则20210S ≥B ．若数列{}n a 为等差数列，则10110a ≤C ．若数列{}n a 为等比数列，则20200T >D ．若数列{}n a 为等比数列，则20200a <【答案】AC 【分析】由不等关系式，构造11()212xf x =-+，易得()f x 在R 上单调递减且为奇函数，即有220200a a +≥，讨论{}n a 为等差数列、等比数列，结合等差、等比的性质判断项、前n 项和或积的符号即可. 【详解】 由202021111212a a ++≤+，得2020211110212212a a +-+-≤+， 令11()212x f x =-+，则()f x 在R 上单调递减，而1121()212212xx x f x --=-=-++， ∴12()()102121xx x f x f x -+=+-=++，即()f x 为奇函数，∴220200a a +≥，当{}n a 为等差数列，22020101120a a a +=≥，即10110a ≥，且2202020212021()02a a S +=≥，故A 正确，B 错误；当{}n a 为等比数列，201820202a a q=，显然22020,a a 同号，若20200a <，则220200a a +<与上述结论矛盾且0n a ≠，所以前2020项都为正项，则202012020...0T a a =⋅⋅>，故C 正确，D 错误. 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：利用已知构造函数，并确定其单调性和奇偶性，进而得到220200a a +≥，基于该不等关系，讨论{}n a 为等差、等比数列时项、前n 项和、前n 项积的符号.2．设n S 是公差为()d d ≠0的无穷等差数列{}n a 的前n 项和，则下列命题正确的是（ ） A ．若0d <，则数列{}n S 有最大项 B ．若数列{}n S 有最大项，则0d <C ．若对任意*n N ∈，均有0n S >，则数列{}n S 是递增数列D ．若数列{}n S 是递增数列，则对任意*n N ∈，均有0n S > 【答案】ABC 【分析】由等差数列的求和公式可得()2111222n n n d d S na d n a n -⎛⎫=+=+- ⎪⎝⎭，可看作关于n 的二次函数，由二次函数的性质逐个选项验证可得. 【详解】由等差数列的求和公式可得()2111222n n n d d S na d n a n -⎛⎫=+=+- ⎪⎝⎭， 选项A ，若0d <，由二次函数的性质可得数列{}n S 有最大项，故正确； 选项B ，若数列{}n S 有最大项，则对应抛物线开口向下，则有0d <，故正确； 选项C ，若对任意*n ∈N ，均有0n S >，对应抛物线开口向上，0d >， 可得数列{}n S 是递增数列，故正确；选项D ，若数列{}n S 是递增数列，则对应抛物线开口向上， 但不一定有任意*n ∈N ，均有0n S >，故错误. 故选：ABC . 【点睛】本题考查等差数列的求和公式的应用，()2111222n n n d d S na d n a n -⎛⎫=+=+- ⎪⎝⎭可看成是二次函数，然后利用二次函数的性质解决问题，考查分析和转化能力，属于常考题.3．设数列{}{},n n a b 的前n 项和分别为,n n S T ，1121,n n n S S S n++==，且212n n n n a b a a ++=，则下列结论正确的是（ ） A ．20202020a = B ．()12n n n S += C ．()112n b n n =-+D ．1334n T n ≤-< 【答案】ABD 【分析】可由累乘法求得n S 的通项公式，再由()12n n n S +=得出n a n =，代入212n n n n a b a a ++=中可得()112n b n n =++.由裂项相消法求出n T ，利用数列的单调性证明1334n T n ≤-<.由题意得，12n n S n S n++=， ∴当2n ≥时，121121112n n n n n S S S n n S S S S S n n ---+=⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅--()13112n n +⋅=，且当1n =时也成立， ∴ ()12n n n S +=，易得n a n =，∴ 20202020a =，故,A B 正确； ∴ ()()()211111112222n n b n n n n n n +⎛⎫==+=+- ⎪+++⎝⎭，∴11111111111111112324351122212n T n n n n n n n n ⎛⎫⎛⎫=+-+-+-++-+-=++-- ⎪ ⎪-++++⎝⎭⎝⎭3111342124n n n n ⎛⎫=+-+<+ ⎪++⎝⎭， 又n T n -随着n 的增加而增加， ∴1113n T n T -≥-=，∴1334n T n ≤-<，C 错误，D 正确， 故选：ABD. 【点睛】使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．4．已知等差数列{}n a 中，59a a =，公差0d >，则使得前n 项和n S 取得最小值的正整数n 的值是（ ） A ．5 B ．6C ．7D ．8【答案】BC 【分析】分析出数列{}n a 为单调递增数列，且70a =，由此可得出结论. 【详解】在等差数列{}n a 中，59a a =，公差0d >，则数列{}n a 为递增数列，可得59a a <，59a a ∴=-，可得5975202a a a a +==>，570a a ∴<=，所以，数列{}n a 的前6项均为负数，且70a =， 因此，当6n =或7时，n S 最小. 故选：BC.方法点睛：本题考查等差数列前n 项和最大值的方法如下：（1）利用n S 是关于n 的二次函数，利用二次函数的基本性质可求得结果； （2）解不等式0n a ≥，解出满足此不等式的最大的n 即可找到使得n S 最小.5．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a ＝，且1n n S a λ-＝（λ为常数）．若数列{}n b 满足2920n n a b n n -+-＝，且1n n b b +<，则满足条件的n 的取值可以为（ ）A ．5B ．6C ．7D ．8【答案】AB 【分析】利用11a S =可求得2λ=；利用1n n n a S S -=-可证得数列{}n a 为等比数列，从而得到12n na ，进而得到nb ；利用10nnb b 可得到关于n 的不等式，解不等式求得n 的取值范围，根据n *∈N 求得结果. 【详解】当1n =时，1111a S a λ==-，11λ∴-=，解得：2λ=21n n S a ∴=-当2n ≥且n *∈N 时，1121n n S a --=-1122n n nn n a S S a a ，即：12n n a a -=∴数列{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列，12n na2920n n a b n n =-+-，219202n n n n b --+-∴= ()()222111912092011280222n n n n nn n n n n n b b +--+++--+--+∴-=-=< 20n >，()()21128470n n n n ∴-+=--<，解得：47n <<又n *∈N ，5n ∴=或6 故选：AB 【点睛】关键点点睛：本题考查数列知识的综合应用，涉及到利用n a 与n S 的关系求解通项公式、等比数列通项公式的求解、根据数列的单调性求解参数范围等知识，解决本题的关键点是能够得到n b 的通项公式，进而根据单调性可构造出关于n 的不等式，从而求得结果，考查学生计算能力，属于中档题．6．设首项为1的数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知121n n S S n +=+-，则下列结论正确的是（ ）A ．数列{}n a 为等比数列B ．数列{}n S n +为等比数列C ．数列{}n a 中10511a =D ．数列{}2n S 的前n 项和为2224n n n +---【答案】BCD 【分析】 由已知可得11222n n n n S n S nS n S n++++==++，结合等比数列的定义可判断B ；可得2n n S n =-，结合n a 和n S 的关系可求出{}n a 的通项公式，即可判断A ；由{}n a 的通项公式，可判断C ；由分组求和法结合等比数列和等差数列的前n 项和公式即可判断D. 【详解】因为121n n S S n +=+-，所以11222n n n n S n S nS n S n++++==++．又112S +=，所以数列{}n S n +是首项为2，公比为2的等比数列，故B 正确；所以2n n S n +=，则2nn S n =-．当2n ≥时，1121n n n n a S S --=-=-，但11121a -≠-，故A 错误；由当2n ≥时，121n n a -=-可得91021511a =-=，故C 正确；因为1222n n S n +=-，所以2311222...2221222...22n n S S S n ++++=-⨯+-⨯++-()()()23122412122...2212 (22412)2n n n n n n n n n ++--⎡⎤=+++-+++=-+=---⎢⎥-⎣⎦ 所以数列{}2n S 的前n 项和为2224n n n +---，故D 正确． 故选：BCD ． 【点睛】关键点点睛：在数列中，根据所给递推关系，得到等差等比数列是重难点，本题由121n n S S n +=+-可有目的性的构造为1122n n S S n n +++=+，进而得到11222n n n n S n S nS n S n++++==++，说明数列{}n S n +是等比数列，这是解决本题的关键所在，考查了推理运算能力，属于中档题,7．在n n n A B C （1,2,3,n =）中，内角,,n n n A B C 的对边分别为,,n n n a b c ，n n n A B C 的面积为n S ，若5n a =，14b =，13c =，且222124n n n a c b ++=，222124n n n a b c ++=，则（ ） A ．n n n A B C 一定是直角三角形 B ．{}n S 为递增数列 C ．{}n S 有最大值D ．{}n S 有最小值【答案】ABD 【分析】先结合已知条件得到()222211125=252n n n n b c b c +++-+-，进而得到22225=n n n b c a +=，得A 正确，再利用面积公式得到递推关系1221875=644n n S S ++，通过作差法判定数列单调性和最值即可. 【详解】 由222124n n n a c b ++=，222124n n n a b c ++=得，222222112244n n n n n n a c a b bc+++++=+()2221122n n n a b c =++()2225122n n b c =++，故()222211125=252n n n n b c b c +++-+-， 又221125=0b c +-，22250n n b c ∴+-=，22225=n n n b c a ∴+=，故n n n A B C 一定是直角三角形，A 正确；n n n A B C 的面积为12n n n S b c =，而()4222222222221124224416n n n n n n n n n n n n a b c a b c a c a b b c +++++++=⨯=， 故()42222222222111241875161875==1616641n n n n n n n n n n n a b c a b bS S c c S +++++++==+，故22212218751875==6446434n n n n n S S SS S +-+--，又22125=244n n n n n b c b c S +=≤（当且仅当=n n b c 22121875=06344n n n S SS +∴--≥，又由14b =，13c =知n n b c ≠不是恒成立，即212n n S S +>，故1n n S S +>，故{}n S 为递增数列，{}n S 有最小值16=S ，无最大值，故BD 正确，C 错误. 故选：ABD. 【点睛】本题解题关键是利用递推关系得到()222211125=252n n n n b c b c +++-+-，进而得到22225=n n n b c a +=，再逐步突破.数列单调性常用作差法判定，也可以借助于函数单调性判断.8．斐波那契数列，又称黄金分割数列、兔子数列，是数学家列昂多·斐波那契于1202年提出的数列.斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13，21，……，此数列从第3项开始，每一项都等于前两项之和，记该数列为(){}F n ，则(){}F n 的通项公式为（ ）A ．(1)1()2n nF n -+=B ．()()()11,2F n F n F n n +=+-≥且()()11,21F F ==C ．()n nF n ⎡⎤⎥=-⎥⎝⎭⎝⎭⎦ D ．()n n F n ⎡⎤⎥=+⎥⎝⎭⎝⎭⎦【答案】BC 【分析】根据数列的前几项归纳出数列的通项公式，再验证即可； 【详解】解：斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13，21，……，显然()()11,21F F ==，()()()3122F F F =+=，()()()4233F F F =+=，，()()()11,2F n F n F n n +=+-≥，所以()()()11,2F n F n F n n +=+-≥且()()11,21F F ==，即B 满足条件；由()()()11,2F n F n F n n +=+-≥， 所以()()()()11F n n F n n ⎤+-=--⎥⎣⎦所以数列()()1F n n ⎧⎫⎪⎪+⎨⎬⎪⎪⎩⎭为公比的等比数列， 所以()()1nF n n +-=⎝⎭1115()n F F n n -+=+， 令1nn n Fb -=⎝⎭，则11n n b ++， 所以1n n b b +=-，所以n b ⎧⎪⎨⎪⎪⎩⎭以510-所以1n n b -+，所以()1115n n n nF n --⎤⎤⎛⎫+⎥⎥=+=- ⎪ ⎪⎥⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦； 即C 满足条件； 故选：BC 【点睛】考查等比数列的性质和通项公式，数列递推公式的应用，本题运算量较大，难度较大，要求由较高的逻辑思维能力，属于中档题．二、平面向量多选题9．定义空间两个向量的一种运算sin ,a b a b a b ⊗=⋅，则关于空间向量上述运算的以下结论中恒成立的有（ ） A ．()()a b a b λλ⊗=⊗ B ．a b b a ⊗=⊗C ．()()()a b c a c b c +⊗=⊗+⊗D ．若()11,a x y =，()22,b x y =，则122a b x y x y ⊗=- 【答案】BD 【分析】对于A,B,只需根据定义列出左边和右边的式子即可,对于C,当λab 时,()()1sin ,a b c b c b c λ+⊗=+⋅,()()()sin ,sin,1sin ,a c b c b c b c b c b c b c b c λλ⊗+⊗=⋅+⋅=+⋅,显然不会恒成立. 对于D,根据数量积求出cos ,a b ,再由平方关系求出sin ,a b 的值,代入定义进行化简验证即可. 【详解】解：对于A ：()()sin ,a b a b a b λλ⊗=⋅，()sin ,a b a b a bλλλ⊗=⋅，故()()a b a b λλ⊗=⊗不会恒成立；对于B ，sin ,a b a b a b ⊗=⋅，=sin ,b a b a b a ⊗⋅，故a b b a ⊗=⊗恒成立； 对于C ，若λab ，且0λ>，()()1sin ,a b c b c b c λ+⊗=+⋅，()()()sin,sin ,1sin ,a c b c b c b c b c b c b c b c λλ⊗+⊗=⋅+⋅=+⋅，显然()()()a b c a c b c +⊗=⊗+⊗不会恒成立； 对于D ，1212cos ,x x y y a b a b+=⋅，212sin ,1a b a b ⎛ ⎪=- ⎪⋅⎭，即有222121212121x x y y x x y y a b a b a b a a b ⎛⎫⎛⎫++ ⎪⊗=⋅⋅-=⋅- ⎪⎪ ⎪⋅⎭⎭21y =⎪+⎭==1221x y x y =-.则1221a b x y x y ⊗=-恒成立. 故选：BD. 【点睛】本题考查向量的新定义，理解运算法则正确计算是解题的关键，属于较难题.10．数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心､重心､垂心依次位于同一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，此直线被称为三角形的欧拉线，该定理则被称为欧拉线定理.设点O ､G ､H 分别是ABC 的外心､重心､垂心，且M 为BC 的中点，则（ ）A ．0GA GB GC ++= B ．24AB AC HM MO +=- C ．3AH OM =D ．OA OB OC ==【答案】ABD 【分析】向量的线性运算结果仍为向量可判断选项A ；由12GO HG =可得23HG HO =，利用向量的线性运算()266AB AC AM GM HM HG +===-，再结合HO HM MO =+集合判断选项B ；利用222AH AG HG GM GO OM =-=-=故选项C 不正确，利用外心的性质可判断选项D ，即可得正确选项. 【详解】因为G 是ABC 的重心，O 是ABC 的外心，H 是ABC 的垂心， 且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，所以12GO HG =， 对于选项A ：因为G 是ABC 的重心，M 为BC 的中点，所以2AG GM =， 又因为2GB GC GM +=，所以GB GC AG +=，即0GA GB GC ++=，故选项A 正确；对于选项B ：因为G 是ABC 的重心，M 为BC 的中点，所以2AG GM =，3AM GM =，因为12GO HG =，所以23HG HO =， ()226663AB AC AM GM HM HG HM HO ⎛⎫+===-=- ⎪⎝⎭()646424HM HO HM HM MO HM MO =-=-+=-，即24AB AC HM MO +=-，故选项B 正确；对于选项C ：222AH AG HG GM GO OM =-=-=，故选项C 不正确； 对于选项D ：设点O 是ABC 的外心，所以点O 到三个顶点距离相等，即OA OB OC ==，故选项D 正确；故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是利用已知条件12GO HG =得23HG HO =，利用向量的线性运算结合2AG GM =可得出向量间的关系.。

数列【题型1 等差、等比数列的基本量的求解】 (4)【题型2 等差、等比数列的判定与证明】 (5)【题型3 数列通项公式的求解】 (6)【题型4 等差、等比数列的综合问题】 (8)【题型5 数列性质的综合问题】 (9)【题型6 数列求和】 (10)【题型7 数列问题的实际应用】 (12)【题型8 数列不等式问题】 (14)【题型9 以数列为载体的新定义或情境题】 (15)数列是高考的热点内容，命题形式多种多样，大小均有，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，小题重点考查等差数列、等比数列的基础知识、性质以及数列的递推关系，主要以选择题、填空题的形式考查，难度较易；解答题的难度中等或稍难，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，与不等式结合时“放缩”思想及方法尤为重要，需要灵活求解.【知识点1 判断数列类型的技巧方法】1.证明数列是等差数列的主要方法：(1)定义法：对于n≥2的任意自然数，验证a n-a n-1为同一常数.即作差法，将关于a n-1的a n代入a n-a n-1，在化简得到定值.(2)等差中项法：验证2a n-1=a n+a n-2（n≥3，n∈N*）都成立.2.判定一个数列是等差数列还常用到的结论： (1)通项公式：a n =pn +q （p ,q 为常数）是等差数列.(2)前n 项和公式：S n =An 2+Bn （A ,B 为常数）是等差数列.问题的最终判定还是利用定义.3.证明数列是等比数列的主要方法： (1)定义法：（常数）为等比数列；(2)为等比数列；(3)通项公式法：（k ，q 为常数）为等比数列；证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可；在利用递推关系判定等比数列时，要注意对n =1的情形进行验证. 【知识点2 数列通项公式的求解策略】1.含n S ，n a 的式子求通项的方法：在处理含n S ，n a 的式子时，一般情况下利用公式n a =1*1,1,2,nn S n S S n n − =⎧⎨−∈⎩N ≥且，消去n S ，进而求出{}n a 的通项公式；但是有些题目虽然要求{}n a 的通项公式，但是并不便于运用n S ，这时可以考虑先消去n a ，得到关于n S 的递推公式，求出n S 后再求解n a ．2.形如1()n n a a f n +−=的递推关系式求通项的方法：遇到形如1()n n a a f n +−=的递推关系式，可利用累加法求{}n a 的通项公式，遇到形如1()n na f n a +=的递推关系式，可利用累乘法求{}n a 的通项公式，注意在使用上述方法求通项公式时，要对第一项是否满足进行检验．3.构造数列求通项的方法：遇到下列递推关系式，我们通过构造新数列，将它们转化为熟悉的等差数列、等比数列，从而求解该数列的通项公式：(1)形如1n n a pa q +=+（1p ≠，0q ≠），可变形为111n n qq a p a p p +⎛⎫+=+ ⎪−−⎝⎭，则1n q a p ⎧⎫+⎨⎬−⎩⎭是以11q a p +−为首项，以p 为公比的等比数列，由此可以求出n a ；(2)形如11n n n a pa q ++=+（1p ≠，0q ≠），此类问题可两边同时除以1n q +，得111n n n n a a p q q q ++=⋅+，设nnna b q =，从而变成1n b +=1n pb q+，从而将问题转化为第(1)个问题； (3)形如11n n n n qa pa a a ++−=，可以考虑两边同时除以1n n a a +，转化为11n n q p a a +−=的形式，设1n nb a =，则有11n n qb pb +−=，从而将问题转化为第(1)个问题． 【知识点3 数列的单调性与最值问题的解题策略】1.判断数列单调性的方法 (1)比较法（作差或作商）； (2)函数化（要注意扩展定义域）．2.求数列最值的方法 (1)利用数列的单调性；(2)设最大值项为n a ，解方程组11n n n n a a a a −+⎧⎨⎩≥≥，再与首项比较大小（以最大值项为例，最小值项同理）．公式法是数列求和的最基本的方法，也是数列求和的基础；其他一些数列的求和可以转化为等差或等比数列的求和，然后利用等差或等比数列的求和公式进行求解.注意利用等比数列求和公式时，当公比是用字母表示时，应对其是否为1进行讨论．2.裂项相消法求和：用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，1k=−，1111()n n k k n n k ⎛⎫=− ⎪++⎝⎭，裂项后产生可以连续相互抵消的项．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，但是前后所剩项数一定相同．3.错位相减法求和：用错位相减法求和时的注意点：(1)在写出“n S ”与“n qS ”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“n n S qS −”的表达式；(2)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1两种情况讨论． 4.分组（并项）法求和：分组（并项）法求和的常见类型：(1)若n n n a b c =±，且{}n b ，{}n c 为等差或等比数列，可采用分组（并项）法求{}n a 的前n 项和； (2)若通项公式为,, n n nb n ac n ⎧=⎨⎩奇数偶数，其中数列{}n b ，{}n c 是等比数列或等差数列，可采用分组（并项）法求和.【题型1 等差、等比数列的基本量的求解】【例1】（2023·江西新余·统考二模）记S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，若a 2=S 3，a 1a 3=S 4，则数列{a n }的公差为（ ）A ．−2B ．−1C ．2D ．4【变式1-1】（2023·全国·模拟预测）记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 2=1，S 4=8．若S n −2a n =6，则n =（ ）A ．5B ．6C ．7D ．8【变式1-2】（2023·四川攀枝花·统考模拟预测）已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1+a 3=30,S 4=120，则其公比q =（ ）A ．1B ．2C ．3D ．1或3【变式1-3】（2023·全国·模拟预测）已知正项等比数列{a n }满足2a 2a 5=a 32，若log 12a 1+log 12a 2+⋯+log 12a 10=55，则a 1=（ ）A ．12B ．32C ．2D ．52【题型2 等差、等比数列的判定与证明】【例2】（2023·陕西咸阳·校考模拟预测）已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1=1，a 2=2，且对于任意n ≥2，n ∈N ∗，S n+1+S n−1=2(S n +1)恒成立，则（ ）A ．{a n }是等差数列B ．{a n }是等比数列C ．S 9=81D ．S 10=91【变式2-1】（2023·江苏淮安·统考模拟预测）设数列{a n }的前n 项和为S n .记命题p ：“数列{a n }为等比数列”，命题q ：“S n ，S 2n −S n ，S 3n −S 2n 成等比数列”，则p 是q 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【变式2-2】（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）已知数列{a n }满足a 1=23，且a n+1=2a n a n +1.(1)求证：数列{1a n−1}是等比数列；(2)若1a 1+1a 2+1a 3+⋯+1a n<100，求满足条件的最大整数n .【变式2-3】（2023·安徽合肥·合肥一中校考模拟预测）设数列{a n}的前n项和为S n，已知S n⬚+2+3S n= 4S n⬚+1−2a n，a1=1，a2=3．(1)证明：数列{a n⬚+1−2a n}是等差数列；(2)记(a n+1)b n=n+2n2+n，T n为数列{b n}的前n项和，求T n．【题型3 数列通项公式的求解】【例3】（2023·四川绵阳·统考模拟预测）已知等差数列{a n}的公差为2，且a1,a2,a4成等比数列．(1)求数列{a n}的前n项和S n；(2)若数列{b n}的首项b1=1,b n+b n+1=(√2)a n，求数列{b2n}的通项公式．【变式3-1】（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）已知数列{a n}的前n项和为S n，S2=1，a n+1=(1 2+12n)a n．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)证明：S n <2．【变式3-2】（2023·山东·山东校联考模拟预测）已知数列{a n }前n 项和为S n ，且对任意的正整数n,n 与S n 的等差中项为a n .(1)求数列{a n }的通项公式； (2)证明：n2−13<a 1a 2+a 2a 3+⋯+a n a n+1<n2(n ∈N *).【变式3-3】（2023·广西南宁·校考模拟预测）数列{a n }满足2a 2k+1=a 2k−1+a 2k+3，a 2k+2a 2k=q （k ∈N *,q 为正常数），且a 2=2a 1=2，a 32=a 2⋅a 6，a 1+a 2+a 3=a 5.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .【题型4 等差、等比数列的综合问题】的等比数列{a n}的前n项和为S n，且−S2,S4,3S3成等差数【例4】（2023·四川德阳·统考一模）已知首项为12列.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)求数列{S n+1}的最大项.S n【变式4-1】（2023·四川南充·统考一模）已知数列{a n}是首项为2的等比数列,且a4是6a2和a3的等差中项．(1)求{a n}的通项公式；,求{b n}的前2023项和T2023．(2)若数列{a n}的公比q>0,设数列{b n}满足b n=1log2a n⋅log2a n+1【变式4-2】（2023·广东·东莞市东华高级中学校联考一模）已知数列{a n}为等差数列，数列{b n}为等比数列，b2−b1=2，b3−b2=6.(1)求数列{b n}的通项公式；(2)设数列{a n}的前n项和为S n，若S6=b3，S12=b4，求S n.【变式4-3】（2023·全国·模拟预测）已知公差不为0的等差数列{a n}和等比数列{b n}中，a1=1，b1=2，a3+b2=−1，a5+b3=3.(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)若T n为数列{1a n a n+1}的前n项和，求使T n+nb3≤0成立的n的取值范围.【题型5 数列性质的综合问题】【例5】（2023·四川雅安·统考一模）已知数列{a n}是等差数列，数列{b n}是等比数列，若a1+a5+a9=9,b2b5b8=3√3，则a2+a81+b2b8=（）A．2B．√3C．32D．√33【变式5-1】（2023·上海·统考模拟预测）已知数列{a n}的各项均为实数，S n为其前n项和，若对任意k>2022，都有|S k|>|S k+1|，则下列说法正确的是（）A．a1,a3,a5,⋯,a2n−1为等差数列，a2,a4,a6,⋯,a2n为等比数列B．a1,a3,a5,⋯,a2n−1为等比数列，a2,a4,a6,⋯,a2n为等差数列C．a1,a2,a3,⋯,a2022为等差数列，a2022,a2023,a2024,⋯,a n为等比数列D．a1,a2,a3,⋯,a2022为等比数列，a2022,a2023,a2024,⋯,a n为等差数列【变式5-2】（2023·宁夏石嘴山·石嘴山市第三中学校考一模）设等差数列{a n}的公差为d，共前n项和为S n，已知S16>0，S17<0，则下列结论不正确的是（）.A．a1>0，d<0B．S8与S9均为S n的最大值C．a8+a9>0D．a9<0【变式5-3】（2023·山东潍坊·山东校考模拟预测）设等比数列{a n}的公比为q，其前n项和为S n，前n项积为T n，并满足条件a1>1，a2019a2020>1，a2019−1a2020−1<0，下列结论正确的是（）A．S2019<S2020B．S2019S2020−1<0C．T2020是数列{T n}中的最大值D．数列{T n}无最大值【题型6 数列求和】【例6】（2023·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）已知等差数列{a n}的首项a1≠0，公差为d，S n为{a n}的前n项和，{S na n}为等差数列．(1)求a1与d的关系；(2)若a1=1，T n为数列{1a n a n+1}的前n项和，求使得T n<79成立的n的最大值．【变式6-1】（2023·河北·模拟预测）已知函数f(x)满足f(x)+f(1−x)=2，若数列{a n}满足：a n=f(0)+f(1n )+⋯+f(n−1n)+f(1).(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若数列{b n}满足b1=23，b n=1a n⋅a n+1（n≥2），数列{b n}的前n项和为S n，若S n<λa n+1对一切n∈N∗恒成立，求实数λ的取值范围.【变式6-2】（2023·全国·模拟预测）已知数列{a n}是各项均为正数的等比数列，且a1=4,a2+18是a1与a3的等差中项．数列{b n}满足b n+1−b n=a n，且b1=1．(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)记c n=[log2b n+1]（其中，符号[x]表示不超过x的最大整数），求数列{b n⋅c n}的前n项和S n．【变式6-3】（2023·江苏南通·统考模拟预测）已知等差数列{a n}的首项为1，公差为2．正项数列{b n}的前n 项和为S n，且2S n=b n2+b n．(1)求数列{a n}和数列{b n}的通项公式；(2)若c n ={a n ,n 为奇数2b n ,n 为偶数 ，求数列{c n }的前2n 项和．【题型7 数列问题的实际应用】【例7】（2023·广东潮州·统考模拟预测）我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为持金的12，第2关收税金为剩余金的13，第3关收税金为剩余金的14，第4关收税金为剩余金的15，第5关收税金为剩余金的16，5关所收税金之和恰好重1斤．问原来持金多少？”．记这个人原来持金为a 斤，设f (x )={10x +1,x >11−5x,0<x ≤1，则f (a )=（ ）A ．−5B ．7C ．13D ．26【变式7-1】（2023·陕西榆林·统考三模）现有17匹善于奔驰的马，它们从同一个起点出发，测试它们一日可行的路程．已知第i （i =1，2，…，16）匹马的日行路程是第i +1匹马日行路程的1.05倍，且第16匹马的日行路程为315里，则这17匹马的日行路程之和约为（取1.0517=2.292）（ ）A ．7750里B ．7752里C ．7754里D ．7756里【变式7-2】（2023·上海金山·统考一模）近两年，直播带货逐渐成为一种新兴的营销模式，带来电商行业的新增长点.某直播平台第1年初的启动资金为500万元，由于一些知名主播加入，平台资金的年平均增长率可达40%，每年年底把除运营成本a万元，再将剩余资金继续投入直播平合.(1)若a=100，在第3年年底扣除运营成本后，直播平台的资金有多少万元？(2)每年的运营成本最多控制在多少万元，才能使得直播平台在第6年年底㧅除运营成本后资金达到3000万元？（结果精确到0.1万元）【变式7-3】（2023·湖南郴州·统考三模）“现值”与“终值”是利息计算中的两个基本概念，掌握好这两个概念，对于顺利解决有关金融中的数学问题以及理解各种不同的算法都是十分有益的.所谓“现值”是指在n期末的金额，把它扣除利息后，折合成现时的值，而“终值”是指n期后的本利和.它们计算的基点分别是存期的起点和终点.例如，在复利计息的情况下，设本金为A，每期利率为r，期数为n，到期末的本利和为S，则S=.A(1+r)n其中，S称为n期末的终值，A称为n期后终值S的现值，即n期后的S元现在的价值为A=S(1+r)n现有如下问题：小明想买一座公寓有如下两个方案方案一：一次性付全款25万元；方案二：分期付款，每年初付款3万元，第十年年初付完；(1)已知一年期存款的年利率为2.5%，试讨论两种方案哪一种更好？(2)若小明把房子租出去，第一年年初需交纳租金2万元，此后每年初涨租金1000元，参照第（1））问中的存款年利率2.5%，预计第十年房租到期后小明所获得全部租金的终值.（精确到百元） 参考数据：(1+2.5%)10≈1.28【题型8 数列不等式问题】【例8】（2023·全国·校联考模拟预测）已知数列{a n }中，a 1=5，且2a n+1=a n +2，S n 为其前n 项的和． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求满足不等式|S n −2n −6|<12023的最小正整数n 的值；(3)设b m =(m −3)2+λ2，C n =nλ(43)n−1(a n −23)，其中λ>0，若对任意m ，n ∈N ∗，总有b m −c n >73成立，求λ的取值范围．【变式8-1】（2023·海南·海南华侨中学校考模拟预测）数列{a n }中，a 1=49，对任意正整数n 都有(3n +9)⋅(n +1)2a n+1=(n +2)3a n . (1)求{a n }的通项公式；(2)设{a n }的前n 项和为S n ，证明： ①a n <(13)n⋅(n +1)；②S n <54−2n+54⋅3n.【变式8-2】（2023·天津和平·耀华中学校考二模）已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1=1，S 4=10，数列{b n }满足：b 1=3，b n+1=2b n −1(n ∈N ∗)． (1)证明：{b n −1}是等比数列； (2)证明：S 2n+1⋅b n >2S n ⋅b n+1；(3)设数列{c n }满足：c n ={a n+1a n 2a n+22,n 为奇数a 2nb n,n 为偶数．证明：∑c k 2n k=1<94．【变式8-3】（2023·广西南宁·校考模拟预测）函数f (x )=ax 2+bx +c 满足f (0)=0，f (x )=f (−1−x )，且与直线y =−2x −2相切. (1)求实数a ，b ，c 的值；(2)已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且点(a n ,4S n )在函数f (x )的图象上，若不等式S n +8>(−1)n ⋅λa n 对于任意n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围.【题型9 以数列为载体的新定义或情境题】【例9】（2023·北京西城·北师大实验中学校考三模）若项数为N (N ≥3)的数列A N :a 1,a 2,⋯,a N 满足：a 1=1,a i ∈N *(i =2,3,⋯,N )，且存在M ∈{2,3,⋯,N −1}，使得a n+1−a n ∈{{1,2},1≤n ≤M −1{−1,−2},M ≤n ≤N −1，则称数列A N 具有性质P .(1)①若N =3，写出所有具有性质P 的数列A 3； ②若N =4,a 4=3，写出一个具有性质P 的数列A 4；(2)若N=2024，数列A2024具有性质P，求A2024的最大项的最小值；(3)已知数列A N:a1,a2,⋯,a N,B N:b1,b2,⋯,b N均具有性质P，且对任意i,j∈{1,2,⋯,N}，当i≠j时，都有a i≠a j,b i≠b j．记集合T1={a1,a2,⋯,a N}，T2={b1,b2,⋯,b N}，求T1∩T2中元素个数的最小值.【变式9-1】（2023·北京海淀·中央民族大学附属中学校考模拟预测）已知有限数列{a n}，从数列{a n}中选取第i1项、第i2项、⋯、第i m项（i1<i2<⋯<i m），顺次排列构成数列{b k}，其中b k=a ik，1≤k≤m，则称新数列{b k}为{a n}的长度为m的子列．规定：数列{a n}的任意一项都是{a n}的长度为1的子列，若数列{a n}的每一子列的所有项的和都不相同，则称数列{a n}为完全数列．设数列{a n}满足a n=n，1≤n≤25,n∈N∗．(1)判断下面数列{a n}的两个子列是否为完全数列，并说明由；数列①：3，5，7，9，11；数列②：2，4，8，16．(2)数列{a n}的子列{b k}长度为m，且{b k}为完全数列，证明：m的最大值为6；(3)数列{a n}的子列{b k}长度m=5，且{b k}为完全数列，求1b1+1b2+1b3+1b4+1b5的最大值．【变式9-2】（2023·北京朝阳·统考一模）已知有穷数列A:a1,a2,⋯,a N(N∈N∗,N≥3)满足a i∈{−1,0,1}(i= 1,2,⋯,N)．给定正整数m，若存在正整数s，t(s≠t)，使得对任意的k∈{0,1,2,⋯,m−1}，都有a s+k=a t+k，则称数列A是m−连续等项数列．(1)判断数列A:−1,1,0,1,0,1,−1是否为3−连续等项数列？是否为4−连续等项数列？说明理由； (2)若项数为N 的任意数列A 都是2−连续等项数列，求N 的最小值；(3)若数列A:a 1,a 2,⋯,a N 不是4−连续等项数列，而数列A 1:a 1,a 2,⋯,a N ,−1，数列A 2:a 1,a 2,⋯,a N ,0与数列A 3:a 1,a 2,⋯,a N ,1都是4−连续等项数列，且a 3=0，求a N 的值．【变式9-3】（2023·全国·郑州中学校考模拟预测）若一个数列的奇数项为公差为正的等差数列，偶数项为公比为正的等比数列，且公差公比相同，则称数列为“摇摆数列”，其表示为a n ={a 1+n−12d,n =2k −1a 2qn−22,n =2k，k ∈N ∗，a 2=q ，若数列{a n }(n ∈N ∗)为“摇摆数列”且a 1=1，a 1+a 2=a 3，a 2a 3=20 (1)求{a n }的通项公式；(2)若b n =na n ，求数列{b n }的前项和T 2n ．（注：∑i 2ni=1=n(n+1)(2n+1)6）1．（2023·北京·统考高考真题）已知数列{a n}满足a n+1=14(a n−6)3+6(n=1,2,3,⋯)，则（）A．当a1=3时，{a n}为递减数列，且存在常数M≤0，使得a n>M恒成立B．当a1=5时，{a n}为递增数列，且存在常数M≤6，使得a n<M恒成立C．当a1=7时，{a n}为递减数列，且存在常数M>6，使得a n>M恒成立D．当a1=9时，{a n}为递增数列，且存在常数M>0，使得a n<M恒成立2．（2023·全国·统考高考真题）记S n为数列{a n}的前n项和，设甲：{a n}为等差数列；乙：{S nn}为等差数列，则（）A．甲是乙的充分条件但不是必要条件B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件3．（2023·全国·统考高考真题）设等比数列{a n}的各项均为正数，前n项和S n，若a1=1，S5=5S3−4，则S4=（）A．158B．658C．15D．404．（2023·北京·统考高考真题）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列{a n}，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且a1=1,a5=12,a9=192，则a7=；数列{a n}所有项的和为．5．（2022·北京·统考高考真题）已知数列{a n}各项均为正数，其前n项和S n满足a n⋅S n=9(n=1,2,⋯)．给出下列四个结论：①{a n}的第2项小于3；②{a n}为等比数列；的项．③{a n}为递减数列；④{a n}中存在小于1100其中所有正确结论的序号是．6．（2023·北京·统考高考真题）已知数列{a n},{b n}的项数均为m(m>2)，且a n,b n∈{1,2,⋯,m},{a n},{b n}的前n项和分别为A n,B n，并规定A0=B0=0．对于k∈{0,1,2,⋯,m}，定义r k=max{i∣B i≤A k,i∈{0,1,2,⋯,m}}，其中，maxM表示数集M中最大的数.(1)若a1=2,a2=1,a3=3,b1=1,b=3,b3=3，求r0,r1,r2,r3的值；(2)若a1≥b1，且2r j≤r j+1+r j−1,j=1,2,⋯,m−1,，求r n；(3)证明：存在p,q,s,t∈{0,1,2,⋯,m}，满足p>q,s>t,使得A p+B t=A q+B s．7．（2023·全国·统考高考真题）设S n为数列{a n}的前n项和，已知a2=1,2S n=na n．(1)求{a n}的通项公式；(2)求数列{a n+1}的前n项和T n．2n8．（2023·天津·统考高考真题）已知{a n }是等差数列，a 2+a 5=16,a 5−a 3=4．(1)求{a n }的通项公式和∑a i 2n−1i=2n−1(n ∈N ∗)．(2)设{b n }是等比数列，且对任意的k ∈N *，当2k−1≤n ≤2k −1时，则b k <a n <b k+1， （Ⅰ）当k ≥2时，求证：2k −1<b k <2k +1； （Ⅱ）求{b n }的通项公式及前n 项和．9．（2023·全国·统考高考真题）已知{a n }为等差数列，b n ={a n −6,n 为奇数2a n ,n 为偶数 ，记S n ，T n 分别为数列{a n }，{b n }的前n 项和，S 4=32，T 3=16． (1)求{a n }的通项公式； (2)证明：当n >5时，T n >S n ．10．（2022·北京·统考高考真题）已知Q:a 1,a 2,⋯,a k 为有穷整数数列．给定正整数m ，若对任意的n ∈{1,2,⋯,m}，在Q 中存在a i ,a i+1,a i+2,⋯,a i+j (j ≥0)，使得a i +a i+1+a i+2+⋯+a i+j =n ，则称Q 为m −数学是打开科学大门的钥匙-培根连续可表数列．(1)判断Q:2,1,4是否为5−连续可表数列？是否为6−连续可表数列？说明理由； (2)若Q:a 1,a 2,⋯,a k 为8−连续可表数列，求证：k 的最小值为4；(3)若Q:a 1,a 2,⋯,a k 为20−连续可表数列，且a 1+a 2+⋯+a k <20，求证：k ≥7．11．（2022·全国·统考高考真题）记S n 为数列{a n }的前n 项和．已知2S n n+n =2a n +1．(1)证明：{a n }是等差数列；(2)若a 4,a 7,a 9成等比数列，求S n 的最小值．12．（2022·天津·统考高考真题）设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且a 1=b 1=a 2−b 2=a 3−b 3=1． (1)求{a n }与{b n }的通项公式；(2)设{a n }的前n 项和为S n ，求证：(S n+1+a n+1)b n =S n+1b n+1−S n b n ； (3)求∑[a k+1−(−1)k a k ]b k 2nk=1．数列【题型1 等差、等比数列的基本量的求解】 (3)【题型2 等差、等比数列的判定与证明】 (5)【题型3 数列通项公式的求解】 (8)【题型4 等差、等比数列的综合问题】 (12)【题型5 数列性质的综合问题】 (15)【题型6 数列求和】 (17)【题型7 数列问题的实际应用】 (20)【题型8 数列不等式问题】 (23)【题型9 以数列为载体的新定义或情境题】 (28)数列是高考的热点内容，命题形式多种多样，大小均有，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，小题重点考查等差数列、等比数列的基础知识、性质以及数列的递推关系，主要以选择题、填空题的形式考查，难度较易；解答题的难度中等或稍难，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，与不等式结合时“放缩”思想及方法尤为重要，需要灵活求解.(1)定义法：对于n≥2的任意自然数，验证a n-a n-1为同一常数.即作差法，将关于a n-1的a n代入a n-a n-1，在化简得到定值.(2)等差中项法：验证2a n-1=a n+a n-2（n≥3，n∈N*）都成立.2.判定一个数列是等差数列还常用到的结论：(1)通项公式：a n=pn+q（p,q为常数）是等差数列.(2)前n项和公式：S n=An2+Bn（A,B为常数）是等差数列.问题的最终判定还是利用定义.3.证明数列是等比数列的主要方法：(1)定义法：（常数）为等比数列；(2)为等比数列；(3)通项公式法：（k，q为常数）为等比数列；证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可；在利用递推关系判定等比数列时，要注意对n=1的情形进行验证.【知识点2 数列通项公式的求解策略】1.含n S ，n a 的式子求通项的方法：在处理含n S ，n a 的式子时，一般情况下利用公式n a =1*1,1,2,nn S n S S n n − =⎧⎨−∈⎩N ≥且，消去n S ，进而求出{}n a 的通项公式；但是有些题目虽然要求{}n a 的通项公式，但是并不便于运用n S ，这时可以考虑先消去n a ，得到关于n S 的递推公式，求出n S 后再求解n a ．2.形如1()n n a a f n +−=的递推关系式求通项的方法：遇到形如1()n n a a f n +−=的递推关系式，可利用累加法求{}n a 的通项公式，遇到形如1()n na f n a +=的递推关系式，可利用累乘法求{}n a 的通项公式，注意在使用上述方法求通项公式时，要对第一项是否满足进行检验．3.构造数列求通项的方法：遇到下列递推关系式，我们通过构造新数列，将它们转化为熟悉的等差数列、等比数列，从而求解该数列的通项公式：(1)形如1n n a pa q +=+（1p ≠，0q ≠），可变形为111n n qq a p a p p +⎛⎫+=+ ⎪−−⎝⎭，则1n q a p ⎧⎫+⎨⎬−⎩⎭是以11q a p +−为首项，以p 为公比的等比数列，由此可以求出n a ；(2)形如11n n n a pa q ++=+（1p ≠，0q ≠），此类问题可两边同时除以1n q +，得111n nn na a p q q q ++=⋅+，设n nn a b q =，从而变成1n b +=1n pb q+，从而将问题转化为第(1)个问题； (3)形如11n n n n qa pa a a ++−=，可以考虑两边同时除以1n n a a +，转化为11n n q p a a +−=的形式，设1n nb a =，则有11n n qb pb +−=，从而将问题转化为第(1)个问题． 【知识点3 数列的单调性与最值问题的解题策略】1.判断数列单调性的方法 (1)比较法（作差或作商）； (2)函数化（要注意扩展定义域）．2.求数列最值的方法 (1)利用数列的单调性；(2)设最大值项为n a ，解方程组11n n nn a a a a −+⎧⎨⎩≥≥，再与首项比较大小（以最大值项为例，最小值项同理）．【知识点4 数列求和的几种方法】1.公式法：公式法是数列求和的最基本的方法，也是数列求和的基础；其他一些数列的求和可以转化为等差或等比数列的求和，然后利用等差或等比数列的求和公式进行求解.注意利用等比数列求和公式时，当公比是用字母表示时，应对其是否为1进行讨论．2.裂项相消法求和：用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，1k=−，1111()n n k k n n k ⎛⎫=− ⎪++⎝⎭，裂项后产生可以连续相互抵消的项．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，但是前后所剩项数一定相同．3.错位相减法求和：用错位相减法求和时的注意点：(1)在写出“n S ”与“n qS ”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“n n S qS −”的表达式；(2)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1两种情况讨论． 4.分组（并项）法求和：分组（并项）法求和的常见类型：(1)若n n n a b c =±，且{}n b ，{}n c 为等差或等比数列，可采用分组（并项）法求{}n a 的前n 项和； (2)若通项公式为,, n n nb n ac n ⎧=⎨⎩奇数偶数，其中数列{}n b ，{}n c 是等比数列或等差数列，可采用分组（并项）法求和.【题型1 等差、等比数列的基本量的求解】【例1】（2023·江西新余·统考二模）记S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，若a 2=S 3，a 1a 3=S 4，则数列{a n }的公差为（ ）A ．−2B ．−1C ．2D ．4【解题思路】由等差数列和等差数列的前n 项和公式代入求解即可得出答案.【解答过程】由a 2=S 3可得：a 1+d =3a 1+3d ①， 由a 1a 3=S 4可得：a 1(a 1+2d )=4a 1+4×32d ②，由①②可得：d =−2或d =0(舍去). 故选：A.【变式1-1】（2023·全国·模拟预测）记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 2=1，S 4=8．若S n −2a n =6，则n =（ ）A ．5B ．6C ．7D ．8【解题思路】设等差数列{a n }的公差为d ，由等差数列的通项公式和前n 项和公式列方程组，解方程求出a 1,d ，即可求出a n ,S n ，代入S n −2a n =6即可得出答案.【解答过程】设等差数列{a n }的公差为d ．由条件可知{a 1+d =1,4a 1+6d =8, 解得{a 1=−1,d =2,所以a n =−1+2(n −1)=2n −3，S n =n (−1+2n−3)2=n 2−2n ．由S n −2a n =6，得n 2−2n −2(2n −3)=6，即n 2−6n =0，解得n =6（n =0舍去）． 故选：B ．【变式1-2】（2023·四川攀枝花·统考模拟预测）已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1+a 3=30,S 4=120，则其公比q =（ ）A ．1B ．2C ．3D ．1或3【解题思路】由a 2+a 4=90结合a 2+a4a 1+a 3=q (a 1+a 3)a 1+a 3求解即可.【解答过程】因为a 1+a 3=30,S 4=120，所以a 2+a 4=90，则a 2+a 4a 1+a 3=q (a 1+a 3)a 1+a 3=q =3.故选：C.【变式1-3】（2023·全国·模拟预测）已知正项等比数列{a n }满足2a 2a 5=a 32，若log 12a 1+log 12a 2+⋯+log 12a 10=55，则a 1=（ ）A ．12B ．32C ．2D ．52【解题思路】设出等比数列的公比q ，利用2a 2a 5=a 32求出q =12，再由log 12a 1+log 12a 2+⋯+log 12a 10=55即可求出a1.【解答过程】设等比数列{a n}的公比为q．由2a2a5=a32，得2a1q⋅a1q4=(a1q2)2，解得q=12，又log12a1+log12a2+⋯+log12a10=log12(a1a2⋯a10)=log12[a110⋅(12)1+2+⋯+9]=log12a110+log12(12)45=10log12a1+45=55得a1=12．故选：A.【题型2 等差、等比数列的判定与证明】【例2】（2023·陕西咸阳·校考模拟预测）已知数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，a2=2，且对于任意n≥2，n∈N∗，S n+1+S n−1=2(S n+1)恒成立，则（）A．{a n}是等差数列B．{a n}是等比数列C．S9=81D．S10=91【解题思路】推导出a n+1−a n=2(n≥2)，可判断AB选项；求出数列{a n}的通项公式，利用等差数列的求和公式可判断CD选项.【解答过程】因为对于任意n≥2，n∈N∗，满足S n+1+S n−1=2(S n+1)，所以S n+1−S n=S n−S n−1+2，即a n+1−a n=2，且a2−a1=1，所以，数列{a n}不是等差数列，也不是等比数列，A错B错；当n≥2时，a n=a2+2(n−2)=2+2(n−2)=2n−2，所以，a n={1,n=12n−2,n≥2，所以，S9=1+(2+4+6+⋯+16)=1+8(2+16)2=73，C错；S10=S9+a10=73+18=91，D对.故选：D.【变式2-1】（2023·江苏淮安·统考模拟预测）设数列{a n}的前n项和为S n.记命题p：“数列{a n}为等比数列”，命题q：“S n，S2n−S n，S3n−S2n成等比数列”，则p是q的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【解题思路】根据充分条件、必要条件的定义、等比数列的定义计算可得.【解答过程】若数列{a n}为等比数列，设公比为q，则当q=1时S n=na1，所以S2n−S n=2na1−na1=na1，S3n−S2n=3na1−2na1=na1，显然a1≠0，所以S n，S2n−S n，S3n−S2n成等比数列，当q≠1时S n=a1(1−q n)1−q，所以S2n−S n=a1(1−q2n)1−q −a1(1−q n)1−q=a1q n(1−q n)1−q，S3n−S2n=a1(1−q3n)1−q−a1(1−q2n)1−q=a1q2n(1−q n)1−q，所以(S2n−S n)2=S n⋅(S3n−S2n)，但是当q=−1且当n为正偶数时，此时S n=0，S2n−S n=0，S3n−S2n=0则S n，S2n−S n，S3n−S2n不成等比数列，故充分性不成立，若S n，S2n−S n，S3n−S2n成等比数列，当n=1时S1=a1，S2−S1=a2，S3−S2=a3成等比数列，当n=2时S2，S4−S2，S6−S4成等比数列，不妨令a1=m(m≠0)，a2=2m，a3=4m，a4=2m，a5=5m，a6=7m，显然满足S2，S4−S2，S6−S4成等比数列，但是a1，a2，a3，a4，a5，a6不成等比数列，故必要性不成立，所以p是q的既不充分也不必要条件.故选：D.【变式2-2】（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）已知数列{a n }满足a 1=23，且a n+1=2a na n +1.(1)求证：数列{1a n−1}是等比数列；(2)若1a 1+1a 2+1a 3+⋯+1a n<100，求满足条件的最大整数n .【解题思路】（1）由已知得1a n+1−1=12(1an−1)再由等比数列的定义可得答案；（2）由（1）求出1a n=(12)n+1，再由等比数列的求和公式可得1a 1+1a 2+⋯+1a n=n +1−(12)n，令b n =n +1−(12)n，根据{b n }的单调性可得答案.【解答过程】（1）1a n+1=a n+12a n=12+12a n，1a n+1−1=12(1an−1)，a 1=23，1a 1−1=12，{1a n−1}是以12为首项，12为公比的等比数列；（2）由（1）：1a n−1=(12)n，1a n=(12)n+1，1a 1+1a 2+⋯+1a n=n +12(1−(12)n )1−12=n +1−(12)n，令b n =n +1−(12)n，因为y =x +1,y =−(12)x在(1,+∞)单调递增，所以f (x )=x +1−(12)x在(1,+∞)单调递增，∴ {b n }单调递增，b n =n +1−(12)n<100， 可得n ≤99，所以满足条件的最大整数为99.【变式2-3】（2023·安徽合肥·合肥一中校考模拟预测）设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ⬚+2+3S n =4S n ⬚+1−2a n ，a 1=1，a 2=3． (1)证明：数列{a n ⬚+1−2a n }是等差数列；(2)记(a n +1)b n =n+2n 2+n ，T n 为数列{b n }的前n 项和，求T n ．【解题思路】（1）由S n ⬚+2+3S n =4S n ⬚+1−2a n 得出a n+2=3a n+1−2a n ，再计算(a n+2−2a n+1)−(a n+1−2a n )，将a n+2=3a n+1−2a n 代入，即可证明；（2）由（1）得a n+1=2a n +1，得出{a n +1}为公比为1的等比数列，根据等比数列的通项公式得出a n +1=。

第31讲 数列的求和激活思维1. 已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，则其前20项和为( C )A. 379＋1220 B. 399＋1220 C. 419＋1220D. 439＋1220解析： 令数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 20＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 20＝2(1＋2＋3＋…＋20)－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋123＋…＋1220＝420－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1220＝419＋1220.2. (人A 选必二P41习题7改)已知数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝⎩⎨⎧a n ＋2，n 是奇数，2a n ，n 是偶数，则数列{a n }的前20项和为( C ) A. 1 121 B. 1 122 C. 1 123D. 1 124解析： 由题意可知，数列{a 2n }是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a 2n －1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{a n }的前20项和为1×(1－210)1－2＋10×1＋10×92×2＝1 123.3. (人A 选必二P25习题7改)若数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，前n 项和为9，则n 等于( B )A. 9B. 99C. 10D. 100解析： 因为a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1，令n ＋1－1＝9，得n ＝99. 4. (人A 选必二P25习题10改)(多选)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 2＝3，S 4＝16，n ∈N *，设b n ＝1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和T n ，则( AD )A. a 5＝9B. a 5＝11C. T 5＝1011D. T 5＝511解析： 设数列{a n }的公差为d ，因为a 2＝3，S 4＝16，所以a 1＋d ＝3,4a 1＋6d ＝16，解得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1，所以a 5＝9，所以b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1，所以T 5＝511. 5. (人A 选必二P40习题3改)数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫n 2n －1的前n 项和T n ＝ 4－n ＋22n －1 .解析： 因为T n ＝1＋22＋322＋423＋…＋n －12n －2＋n 2n －1，所以12T n ＝12＋222＋323＋424＋…＋n －12n －1＋n 2n ，两式相减得，12T n ＝1＋12＋122＋123＋124＋…＋12n －1－n 2n ＝1－12n1－12－n 2n ，故T n ＝4－n ＋22n －1.基础回归1. 分组求和法数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求数列的前n 项和的数列进行求和．2. 分组求和法的常见类型3. 错位相减法求和如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法．如：{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n 的和．4. 裂项相消法常用的裂项技巧(1) 1n (n ＋k )＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ；(2)1n ＋k ＋n ＝1k(n ＋k －n )．5. 常用结论(1) 1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2.(2) 12＋22＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6.(3) 在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分别讨论公比等于1和不等于1两种情况．第1课时 分组求和法与错位相减法举题说法分组求和法例1 (2022·菏泽二模)已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项和S n 满足2S n ＋a n ＋1＝2n ＋1－1.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －2n 3为等比数列；【解答】 由2S n ＋a n ＋1＝2n ＋1－1(n ≥1)①，得2S n －1＋a n ＝2n －1(n ≥2)②，由①－②，得a n ＋a n ＋1＝2n(n ≥2)，则a n ＋1＝－a n ＋2n⇒a n ＋1－2n ＋13＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －2n 3(n ≥2)，又当n ＝1时，由①得a 2＝1⇒a 2－223＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－23，所以对任意的n ∈N *，都有a n＋1－2n ＋13＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －2n 3，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －2n 3是以13为首项，－1为公比的等比数列． (2) 求S 1＋S 2＋S 3＋…＋S 2n .【解答】 由(1)知a n －2n 3＝(－1)n －13，得a n ＝2n ＋(－1)n －13，所以a n ＋1＝2n ＋1＋(－1)n 3，代入①，得S n ＝2n ＋13－(－1)n 6－12，所以S 1＋S 2＋…＋S 2n ＝13(22＋23＋…＋22n ＋1)－16[(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)2n ]－2n 2＝13⎝⎛⎭⎪⎫22－22n ＋21－2－0－n ＝22n ＋2－3n －43.某些数列的求和是将数列分解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，这就要通过对数列通项的结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化．变式 已知在数列{a n }中，a 1＝1且2a n ＋1＝6a n ＋2n －1(n ∈N *)． (1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋n 2为等比数列； 【解答】 因为2a n ＋1＝6a n ＋2n －1(n ∈N *)，所以a n ＋1＝3a n ＋n －12，所以a n ＋1＋n ＋12a n ＋n 2＝3a n ＋n －12＋n ＋12a n ＋n 2＝3a n ＋32n a n ＋n 2＝3，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋n 2为等比数列，首项为32，公比为3.(2) 求数列{a n }的前n 项和S n .【解答】 由(1)得a n ＋n 2＝32×3n －1＝12×3n ，所以a n ＝12×3n －n2，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝12(31＋32＋33＋…＋3n )－12(1＋2＋3＋…＋n )＝12·3(1－3n)1－3－12·n (n ＋1)2＝3(3n －1)4－n 2＋n 4＝3n ＋1－n 2－n －34.错位相减法求和例2 (2022·邯郸二模)已知等比数列{a n }的公比q ≠1，且a 1＝2,2a 1＋a 3＝3a 2. (1) 求数列{a n }的通项公式；【解答】 由2a 1＋a 3＝3a 2，得2×2＋2×q 2＝3×2q ，解得q ＝2或q ＝1(舍去)，所以a n ＝2×2n －1＝2n .(2) 设数列{a n }的前n 项和为S n ，求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫n S n ＋2的前n 项和．【解答】 由(1)可知a n ＝2n，所以S n ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2，所以n S n ＋2＝n2n ＋1＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1.设数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫n S n ＋2的前n 项和为T n ，T n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋…＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1①，12T n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫125＋…＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋2②，①－②，得12T n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋2，即12T n ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋2，所以T n ＝1－(n ＋2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1.用错位相减法求和时，应注意防范以下错误：1. 两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号．2. 对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的n －1项和当作n 项和．3. 在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比q 为参数，应分公比q ＝1和q ≠1两种情况求解．4. 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”，以便于下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式．变式 (2022·临沂二模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＋1＝2S n ＋1. (1) 求{a n }的通项公式；【解答】 由S n ＋1＝2S n ＋1，得S n ＝2S n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)，所以S n ＋1－S n ＝2S n －2S n －1，所以a n ＋1＝2a n (n ≥2，n ∈N *)．又a 1＝1，S n ＋1＝2S n ＋1，所以a 2＋a 1＝2a 1＋1，整理得a 2＝2a 1，所以数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2) 记b n ＝log 2a na n，求数列{b n }的前n 项和T n .【解答】 由(1)得a n ＝2n －1，所以b n ＝log 2a na n＝log 22n －12n －1＝n －12n －1，所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ，即T n ＝0＋12＋222＋…＋n －12n －1，12T n ＝0＋122＋223＋…＋n －12n ，两式相减，得12T n ＝12＋122＋…＋12n －1－n －12n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－n －12n ＝1－n ＋12n ，所以T n ＝2－n ＋12n －1.并项法求和例3 (2022·南平三模)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1a n ＝n ＋1n .(1) 求数列{a n }的通项公式；【解答】 因为a 1＝1，a n ＋1a n ＝n ＋1n ，所以当n ≥2时，a 2a 1·a 3a 2·…·a n a n －1＝21×32×…×n n －1，则a na 1＝n ，即a n ＝n ，当n ＝1时，也成立，所以a n ＝n .(2) 若{b n }满足b 2n ＝2a n －24，b 2n －1＝2a n －22.设S n 为数列{b n }的前n 项和，求S 20.【解答】 由(1)知b 2n ＝2a n －24＝2n －24，b 2n －1＝2a n －22＝2n －22，则b 2n ＋b 2n －1＝4n －46，则S 20＝(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋…＋(b 19＋b 20)＝(4×1－46)＋(4×2－46)＋…＋(4×10－46)＝4×(1＋10)×102－46×10＝－240.当数列{a n }的连续两项a n －1＋a n 或多项的和(差)为等差数列或等比数列时，通常用并项法进行求和．变式 在等差数列{a n }中，a 4＝5，a 7＝11.设b n ＝(－1)n ·a n ，则数列{b n }的前100项和S 100等于( D )A. －200B. －100C. 200D. 100解析： 设等差数列{a n }的公差为d ，由题意可得⎩⎨⎧a 1＋3d ＝5，a 1＋6d ＝11⇒⎩⎨⎧a 1＝－1，d ＝2⇒a n ＝2n －3，所以b n ＝(－1)n (2n －3)．又b 2n －1＋b 2n ＝－a 2n －1＋a 2n ＝－(4n －5)＋4n －3＝2，所以S 100＝(－a 1＋a 2)＋(－a 3＋a 4)＋…＋(－a 99＋a 100)＝50×2＝100.随堂内化1. 若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10等于( A )A. 15B. 12C. －12D. －15解析： a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25＋28＝5×3＝15.2. 数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 2n 的前n 项和是( D )A. 2－n 2nB. 2－12n －1C. 2－n －12n －1－n 2nD. 2－12n －1－n2n解析：由题知S n ＝1×12＋2×14＋3×18＋…＋n ×12n ①，则12S n ＝1×14＋2×18＋3×116＋…＋(n －1)×12n ＋n ×12n ＋1②.两式相减得12S n ＝12＋14＋18＋…＋12n －n ×12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12－n 2n ＋1，所以S n ＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－12n －n 2n ＋1＝2－12n －1－n 2n . 3. (多选)在等差数列{a n }中，已知a 2＝4，通项为a n ，前4项和为18，设b n ＝n ·2a n －2，数列{b n }的前n 项和为T n ，则( AC )A. a n ＝n ＋2B. a n ＝n ＋3C. T n ＝(n －1)×2n ＋1＋2D. T n ＝(n －1)×2n ＋1＋3解析： 设等差数列{a n }的公差为d ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝4，4a 1＋4×32d ＝18，解得⎩⎨⎧a 1＝3，d ＝1，所以a n ＝n ＋2，可得b n ＝n ·2n ，所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ①，2T n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n＋1②.由①－②得－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝2－2n ＋11－2－n ×2n ＋1＝(1－n )×2n ＋1－2，所以T n ＝(n －1)×2n ＋1＋2.4. 已知数列：112，214，318，…，⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12n ，…，则其前n 项和关于n 的表达式为n(n＋1)2－12n＋1.解析：设所求的前n项和为S n，则S n＝(1＋2＋3＋…＋n)＋⎝⎛⎭⎪⎫12＋14＋…＋12n＝n(n＋1)2＋12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n1－12＝n(n＋1)2－12n＋1.5. 1＋11＋111＋…＋的和是10n＋1－9n－1081.解析：因为＝19×＝10n－19，所以1＋11＋111＋…＋＝19[(10－1)＋(102－1)＋(103－1)＋…＋(10n－1)]＝19(10＋102＋103＋…＋10n)－n9＝19×10(1－10n)1－10－n9＝10n＋1－9n－1081.练案❶趁热打铁，事半功倍. 请老师布置同学们及时完成《配套精练》．练案❷ 1. 补不足、提能力，老师可增加训练《抓分题·高考夯基固本天天练》(分基础和提高两个版本)对应内容，成书可向当地发行咨询购买．2. 为提高高考答卷速度及综合应考能力，老师可适时安排《一年好卷》或《抓分卷·高考保分增效天天练》，成书可向当地发行咨询购买．。

第31讲 推理与证明问题经典回顾主讲教师：丁益祥 北京陈经纶中学数学特级教师题一：若数列)}({*N n a n ∈是等差数列，则有数列*123......,()nn a a a a b n N n++++=∈也是等差数列；类比上述性质，相应地：若数列)}({*N n c n ∈是等比数列，且0>n c ，则有数列*________,()n d n N =∈也是等比数列？题二：在等差数列{}n a 中，若010=a ，则有等式n a a a +⋅⋅⋅++211219n a a a -=++⋅⋅⋅+(19,)n n N +<∈成立，类比上述性质，相应地：在等比数列{}n b 中，若19=b ，则有等式成立.题三：在一个有限实数列中，任意接连７项之和为负，任意接连11项之和为正，求证：这样的数列的项数不超过16.题四：用反证法证明：12不可能是一个等差数列中的三项题五：找出三角形和空间四面体的相似性质，并用三角形的下列性质类比出四面体的有关性质（1）三角形的两边之和大于第三边.（2）三角形的中位线等于第三边的一半，并且平行于第三边.（3）三角形的三条内角平分线交于一点，且这个点是三角形内切圆的圆心. （4）三角形的面积为S=12（a+b+c ）r （r 为内切圆半径）. 题六：如图,平面中三角形有1a b ca b cp p p h h h ++=,类比平面研究三棱锥的元素关系，可以得出的正确结论是题七：将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，得到如图所示的0-1三角数表．从上往下数，第1次全行的数都为1的是第1行，第2次全行的数都为1的是第3行，…，第n 次全行的数都为1的是第 行． 第1行 1 1 第2行 1 0 1 第3行 1 1 1 1 第4行 1 0 0 0 1 第5行 1 1 0 0 1 1…… ………………………………………题八：⑴下面三个图是由若干盆花组成形如三角形的图案，每条边（包括顶点）有n(n>1)盆花，每个图案花盆总数为S ，按此规律推断，S 与n 的关系式是＿＿＿＿＿＿.n=2 n=3 n=4 S=3 S=6 S=9⑵观察下列的图形中小正方形的个数，则第n 个图中有 个小正方形.题九：已知：23150sin 90sin 30sin 222=++,23125sin 65sin 5sin 222=++通过观察上述两等式的规律，请你写出一般性的命题，并给出证明题十：观察下列等式：① cos2a=22cos a -1;② cos4a=84cos a - 82cos a + 1;③ cos6a=326cos a - 484cos a + 182cos a - 1;④ cos8a=1288cos a - 2566cos a + 1604cos a - 322cos a + 1;⑤ cos10a= m 10cos a - 12808cos a + 11206cos a + n 4cos a + p 2cos a - 1. 可以推测，m – n + p = .题十一：对任意实数x 、y ，定义运算y x *＝ax ＋by ＋cxy ，其中a 、b 、c 为常数，等号右边的运算是通常意义的加、乘运算．现已知1*2＝3，2*3＝4，且有一个非零实数m ，使得对任意实数x ，都有x m x *=，则m ＝ ．题十二：用[]a 表示不大于a 的最大整数．令集合{1,2,3,4,5}P =，对任意k P ∈和N*m ∈，定义51(,)[i f m k ==∑，集合{N*,}A m k P =∈∈，并将集合A 中的元素按照从小到大的顺序排列，记为数列{}n a ． （Ⅰ）求(1,2)f 的值；（Ⅱ）求9a 的n=1 n=2 n=3 n=4 n=5值；题十三：设函数)0()(2≠++=a c bx ax x f 中，c b a ,,均为整数，且)1(),0(f f 均为奇数.求证：0)(=x f 无整数根.题十四：已知q px x x f ++=2)(，求证：|)3(||,)2(||,)1(|f f f 中至少有一个不小于21. 第31讲 推理与证明问题经典回顾题一：*)nd n N =∈详解：由已知“等差数列前n 项的算术平均值是等差数列”可类比联想“等比数列前n 项的几何平均值也应该是等比数列”不难得到*)n d n N =∈也是等比数列题二：),12(*122121N n k n b b b b b b n k n ∈-<⋅⋅⋅=⋅⋅⋅--详解： 等差数列→用减法定义→性质用加法表述（若,,,,*N q p n m ∈且,q p n m +=+则q p n m a a a a +=+）； 等比数列→用除法定义→性质用乘法表述（若,,,,*N q p n m ∈且,q p n m +=+则q p n m a a a a ⋅=⋅）.由此，猜测本题的答案为：).,17(*172121N n n b b b b b b n n ∈<⋅⋅⋅=⋅⋅⋅-事实上，对等差数列{}n a ，如果0=ka ，则⋅⋅⋅=+=+--+--+n k n n k n a a a a 2221210=+=k k a a . 所以有：n a a a +⋅⋅⋅++21+⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++=++2121(n n n a a a a a n k n k a a ----+1222）（*,12N n k n ∈-<）.从而对等比数列{}n b ，如果1=k b ，则有等式：),12(*122121N n k n b b b b b b n k n ∈-<⋅⋅⋅=⋅⋅⋅--成立.题三：证明：假设数列的项数至少是17，则有x 1+x 2+…＋x 7<0，x 2+x 3+…＋x 8<0，…，x １１+x １２+…＋x 17<0，将以上各式相加得：（x 1+x 2+…＋x 11）+（x ２+x ３+…＋x １２）＋…＋（x ７+x ８+…＋x １7）<0，＊但这与条件任意接连11项之和为正，即x 1+x 2+…＋x １１>0，x 2+x 3+…＋x １２>0，…，x ７+x ８+…＋x １7>0，相矛盾，故项数不超过16.＊处所说的各式相加后, x 1一共有1个, x 2一共有2个, x 3一共有3个,…x 7一共有7个, x 8, x 9, x 10, x 11分别一共有7个, x 12一共有6个, x 13一共有5个,…x 17一共有1个.题四：证明：,假设12是一个等差数列中的三项,设这一等差数列的公差为d，则1,2md nd=，其中m，n为某两个正整数，由上两式中消去d，得到2(n m n m+=+因为2n m+为有理数，(n m+所以2(n m n m+≠+因此假设不成立，12不能为同一等差数列中的三项。

高考数学复习考点题型专题讲解专题31 不等式高考定位 1.对不等式的性质及不等式的解法的考查一般不单独命题，常与集合、函数图象与性质相结合，也常渗透在三角函数、数列、解析几何、导数等题目中；2.基本不等式主要渗透在其他知识中求最值；3.题型多以选择题、填空题的形式呈现，中等难度.1.(2018·全国Ⅰ卷)已知集合A＝{x|x2－x－2>0}，则∁R A＝( )A.{x|－1<x<2}B.{x|－1≤x≤2}C.{x|x<－1}∪{x|x>2}D.{x|x≤－1}∪{x|x≥2}答案 B解析法一因为A＝{x|(x－2)(x＋1)>0}＝{x|x<－1或x>2}，A＝{x|－1≤x≤2}，故选B.所以∁R法二因为A＝{x|x2－x－2>0}，A＝{x|x2－x－2≤0}＝{x|－1≤x≤2}，故选B.所以∁R2.(2019·全国Ⅱ卷)若a>b，则( )A.ln(a－b)>0B.3a<3bC.a3－b3>0D.|a|>|b|答案 C解析由函数y＝ln x的图像(图略)知，当0<a－b<1时，ln(a－b)<0，故A 不正确；因为函数y ＝3x 在R 上单调递增，所以当a >b 时，3a >3b ，故B 不正确；因为函数y ＝x 3在R 上单调递增，所以当a >b 时，a 3>b 3，即a 3－b 3>0，故C 正确；当b <a <0时，|a |<|b |，故D 不正确.3.(多选)(2022·新高考Ⅱ卷)若x ，y 满足x 2＋y 2－xy ＝1，则() A.x ＋y ≤1 B.x ＋y ≥－2C.x 2＋y 2≤2D.x 2＋y 2≥1答案 BC解析 因为ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22≤a 2＋b22(a ，b ∈R )，由x 2＋y 2－xy ＝1可变形为(x ＋y )2－1＝3xy ≤3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22，解得－2≤x ＋y ≤2，当且仅当x ＝y ＝－1时，x ＋y ＝－2，当且仅当x ＝y ＝1时，x ＋y ＝2，所以A 错误，B 正确；由x 2＋y 2－xy ＝1可变形为(x 2＋y 2)－1＝xy ≤x 2＋y 22，解得x 2＋y 2≤2，当且仅当x ＝y ＝±1时取等号，所以C 正确；因为x 2＋y 2－xy ＝1可变形为⎝⎛⎭⎪⎫x －y 22＋34y 2＝1， 设x －y 2＝cos θ，32y ＝sin θ， 所以x ＝cos θ＋33sin θ，y ＝233sin θ， 因此x 2＋y 2＝cos 2θ＋53sin 2θ＋233sin θcos θ＝1＋33sin 2θ－13cos 2θ＋13＝43＋23sin ⎝⎛⎭⎪⎫2θ－π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，2， 所以当x ＝33，y ＝－33时满足等式， 但是x 2＋y 2≥1不成立，所以D 错误.4.(2020·江苏卷)已知5x 2y 2＋y 4＝1(x ，y ∈R )，则x 2＋y 2的最小值是________.答案 45解析 法一 由题意知y ≠0.由5x 2y 2＋y 4＝1，可得x 2＝1－y 45y 2， 所以x 2＋y 2＝1－y 45y 2＋y 2＝1＋4y 45y 2＝15⎝ ⎛⎭⎪⎫1y 2＋4y 2≥15×21y 2×4y 2＝45， 当且仅当1y 2＝4y 2，即y ＝±22时取等号. 所以x 2＋y 2的最小值为45. 法二 设x 2＋y 2＝t ＞0，则x 2＝t －y 2.因为5x 2y 2＋y 4＝1，所以5(t－y2)y2＋y4＝1，所以4y4－5ty2＋1＝0. 由Δ＝25t2－16≥0，解得t≥45⎝⎛⎭⎪⎫t≤－45舍去.故x2＋y2的最小值为4 5 .热点一不等式的性质及应用不等式的常用性质(1)a＞b，c＞0⇒ac＞bc；a＞b，c＜0⇒ac＜bc.(2)a＞b＞0，c＞d＞0⇒ac＞bd＞0.(3)a＞b＞0⇒a n＞b n，na＞nb(n∈N，n≥2).(4)a＞b，ab＞0⇒1a＜1b.例1 (1)(多选)(2022·苏州模拟)若a＞b＞0＞c，则( )A.ca＞cbB.b－ca－c＞baC.a c＞b cD.a－c＞2－bc(2)(2022·长沙模拟)已知a，b，c满足a＞b＞c，且ac＞0，则下列选项中一定能成立的是( )A.ab＞acB.c(b－a)＞0C.ab(a－c)＞0D.cb2＞ca2答案(1)ABD (2)C解析(1)由于a＞b＞0＞c，对于A：ca－cb＝c⎝⎛⎭⎪⎫1a－1b＝c⎝⎛⎭⎪⎫b－aab>0，故ca－cb＞0，∴ca＞cb，故A正确；对于B：由于a＞b＞0，所以b－ca－c＞ba，故B正确；对于C：当a＞b＞1时，a c<b c，故C错误；对于D：由于a＞b＞0＞c，所以a－c＞b－c＞2b（－c）＝2－bc，故D正确. (2)取a＝－1，b＝－2，c＝－3，则ab＝2＜ac＝3，cb2＝－12＜ca2＝－3，排除A，D；取a＝3，b＝2，c＝1，则c(b－a)＝－1＜0，排除B；因为a＞b＞c，且ac＞0，所以a，b，c同号，且a＞c，所以ab(a－c)＞0.规律方法判断关于不等式命题真假的常用方法(1)作差法、作商法.(2)利用不等式的性质推理判断.(3)利用函数的单调性.(4)特殊值验证法，特殊值法只能排除错误的命题，不能判断正确的命题.训练1 (1)(多选)(2022·广州模拟)设a，b，c为实数且a＞b，则下列不等式一定成立的是( )A.1a ＞1bB.2 023a －b ＞1C.ln a ＞ln bD.a (c 2＋1)＞b (c 2＋1)(2)设12＜a ＜1，m ＝log a (a 2＋1)，n ＝log a (1－a )，p ＝log a 12a，则m ，n ，p 的大小关系是( )A.n ＞m ＞pB.m ＞p ＞nC.p ＞n ＞mD.n ＞p ＞m答案 (1)BD (2)D解析 (1)对于A ，若a ＞b ＞0，则1a ＜1b，所以A 错误； 对于B ，因为a －b ＞0，所以2 023a －b ＞1，所以B 正确；对于C ，函数y ＝ln x 的定义域为(0，＋∞)，而a ，b 不一定是正数，所以C 错误； 对于D ，因为c 2＋1＞0，所以a (c 2＋1)＞b (c 2＋1)，所以D 正确.故选BD.(2)因为12＜a ＜1， 所以a 2＋1－12a ＝2a 3＋2a －12a ＞0， 12a －(1－a )＝1－2a ＋2a 22a ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋122a＞0，y ＝log a x 为减函数， 所以m ＜p ，p ＜n .可得n ＞p ＞m .热点二 不等式的解法不等式恒成立问题的解题方法(1)f (x )＞a 对一切x ∈I 恒成立⇔f (x )min ＞a ，x ∈I ；f (x )＜a 对一切x ∈I 恒成立⇔f (x )max ＜a ，x ∈I .(2)f (x )＞g (x )对一切x ∈I 恒成立⇔当x ∈I 时，f (x )的图象在g (x )的图象的上方.(3)解决恒成立问题还可以利用分离参数法.例2 (1)已知关于x 的不等式ax －b ≤0的解集是[2，＋∞)，则关于x 的不等式ax 2＋(3a －b )x －3b ＜0的解集是( )A.(－∞，－3)∪(2，＋∞)B.(－3，2)C.(－∞，－2)∪(3，＋∞)D.(－2，3)(2)若不等式x 2－ax ≥16－3x －4a 对任意a ∈[－2，4]都成立，则x 的取值范围为() A.(－∞，－8]∪[3，＋∞)B.(－∞，0)∪[1，＋∞)C.[－8，6]D.(0，3]答案 (1)A (2)A解析 (1)由关于x 的不等式ax －b ≤0的解集是[2，＋∞)，得b ＝2a 且a ＜0，则关于x 的不等式ax 2＋(3a －b )x －3b ＜0可化为x 2＋x －6＞0，即(x ＋3)(x －2)＞0，解得x ＜－3或x ＞2，所以不等式的解集为(－∞，－3)∪(2，＋∞).(2)由题意得不等式(x －4)a －x 2－3x ＋16≤0对任意a ∈[－2，4]都成立，则⎩⎨⎧（x －4）×（－2）－x 2－3x ＋16≤0，（x －4）×4－x 2－3x ＋16≤0，即⎩⎨⎧－x 2－5x ＋24≤0，－x 2＋x ≤0，解得x≥3或x≤－8.故选A.易错提醒求解含参不等式ax2＋bx＋c＜0恒成立问题的易错点(1)对参数进行讨论时分类不完整，易忽略a＝0时的情况.(2)不会通过转换把参数作为主元进行求解.(3)不考虑a的符号.训练2 (1)已知函数f(x)在R上为增函数，若不等式f(－4x＋a)≥f(－3－x2)对任意x∈(0，3]恒成立，则a的取值范围为( )A.[－1，＋∞)B.(3，＋∞)C.[0，＋∞)D.[1，＋∞)(2)若关于x的不等式x2－4x－2－a＞0在区间(1，4)内有解，则实数a的取值范围是( )A.(－∞，－2)B.(－2，＋∞)C.(－6，＋∞)D.(－∞，－6)答案(1)D (2)A解析(1)由题意得，不等式－4x＋a≥－3－x2对任意x∈(0，3]恒成立，所以a≥－x2＋4x－3对任意x∈(0，3]恒成立，令g(x)＝－x2＋4x－3＝－(x－2)2＋1，当x∈(0，3]时，g(x)∈(－3，1]，所以a≥1，即a的取值范围为[1，＋∞).故选D.(2)不等式x2－4x－2－a＞0在区间(1，4)内有解等价于a＜(x2－4x－2)max，x∈(1，4). 令g(x)＝x2－4x－2，x∈(1，4)，所以g(x)＜g(4)＝－2，所以a＜－2.热点三基本不等式及其应用基本不等式求最值的三种解题技巧(1)凑项：通过调整项的符号，配凑出符合基本不等式条件的项，使其积或和为定值.(2)凑系数：若无法直接运用基本不等式求解，通过凑系数后可得到和或积为定值，从而利用基本不等式求最值.(3)换元：分式函数求最值，通常直接将分子配凑后将式子分开或将分母换元后将式子分开，即化为y＝m＋Ag（x）＋Bg(x)(AB＞0)，g(x)恒正或恒负的形式，然后运用基本不等式来求最值.例3 (1)(多选)(2022·青岛模拟)设正实数a，b满足a＋b＝1，则( )A.log2a＋log2b≥－2 B.ab＋1ab≥174C.2a＋1b≤3＋22D.2a－b＞12(2)(2022·湖北九师联盟质检)已知a>0，b≠0，且a＋|b|＝3，则9a＋b＋3|b|的最小值为________.答案(1)BD (2)3＋2 3解析(1)log2a＋log2b＝log2(ab)≤log2⎝⎛⎭⎪⎫a＋b22＝－2，A错误；因为a>0，b>0，a＋b＝1，所以ab ≤a ＋b 2＝12(当且仅当a ＝b 时取等号)， 所以0<ab ≤14， 因为函数y ＝x ＋1x 在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，14上单调递减， 所以ab ＋1ab ≥14＋4＝174，B 正确； 因为⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b (a ＋b )＝3＋2b a ＋a b ≥3＋22(当且仅当2b a ＝a b 时取等号)， 所以2a ＋1b≥3＋22，C 错误； 易知0<a <1，0<b <1，所以－1<a －b <1，所以2a －b >2－1＝12，D 正确.选BD. (2)9a ＋b ＋3|b |＝9a ＋3|b |＋b |b |， 当b >0时，b |b |＝1， 当b <0时，b|b |＝－1. 9a ＋3|b |＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫9a ＋3|b |(a ＋|b |)＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋9|b |a ＋3a |b |≥13(12＋63) ＝4＋23，当且仅当9|b |a ＝3a |b |，3＋13＋1所以当a ＝333＋1，b ＝－33＋1时， 9a ＋b ＋3|b |取得最小值，且最小值为3＋2 3.易错提醒 利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的条件： (1)一正二定三相等，三者缺一不可；(2)若连续两次使用基本不等式求最值，必须使两次等号成立的条件一致，否则最值取不到.训练3 (1)(2022·湖州质检)若x >0，y >0且x ＋y ＝xy ，则x x －1＋2yy －1的最小值为( ) A.3 B.52＋ 6C.3＋6D.3＋2 2(2)对任意m ，n ∈(0，＋∞)，都有m 2－amn ＋2n 2≥0，则实数a 的最大值为( ) A.2B.2 2 C.4 D.92答案 (1)D (2)B 解析 (1)∵x ＋y ＝xy ， ∴(x －1)(y －1)＝1， ∴x x －1＋2y y －1＝（x －1）＋1x －1＋2（y －1）＋2y －1＝3＋1x －1＋2y －1≥3＋21x －1·2y －1＝3＋22，x －1y －1(2)∵对任意m ，n ∈(0，＋∞)， 都有m 2－amn ＋2n 2≥0， ∴m 2＋2n 2≥amn ，即a ≤m 2＋2n 2mn ＝m n ＋2n m 恒成立，∵m n＋2nm≥2m n ·2nm＝22， 当且仅当m n＝2nm即m ＝2n 时取等号，∴a ≤22，故a 的最大值为22，故选B.一、基本技能练1.若a ，b ，c 为实数，且a ＜b ＜0，则下列说法正确的是( ) A.ac 2＜bc 2B.1a ＜1bC.b a ＞a bD.a 2＞ab ＞b 2 答案 D解析 当c ＝0时，A 不成立； 1a －1b ＝b －a ab ＞0，即1a >1b，B 错误；b a －a b ＝b 2－a 2ab ＝（b ＋a ）（b －a ）ab ＜0，C 错误； 由a ＜b ＜0，得a 2＞ab ＞b 2，D 正确.2.不等式4x －2≤x －2的解集是( ) A.(－∞，0]∪(2，4]B.[0，2)∪[4，＋∞) C.[2，4)D.(－∞，2)∪(4，＋∞) 答案 B解析 当x －2＞0，即x ＞2时，(x －2)2≥4， 即x －2≥2，则x ≥4，当x －2＜0，即x ＜2时，(x －2)2≤4， 即－2≤x －2＜0，∴0≤x ＜2， 综上，0≤x ＜2或x ≥4.3.(2022·泰安质检)若不等式ax 2－x －c >0的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－1<x <12，则函数y ＝cx 2－x －a的图象可以为( )答案 C解析由题意可得－1和12是方程ax 2－x －c ＝0的两个根，且a <0，∴⎩⎪⎨⎪⎧－1＋12＝1a ，－1×12＝－ca ，解得a ＝－2，c ＝－1，则y ＝cx 2－x －a ＝－x 2－x ＋2＝－(x ＋2)(x －1)，其图象开口向下，与x 轴交于 (－2，0)，(1，0).故选C.4.已知关于x 的不等式x 2－ax －6a 2＞0(a ＜0)的解集为(－∞，x 1)∪(x 2，＋∞)，且x 2－x 1＝52，则a 等于( ) A.－5B.－32C.－2D.－52答案 C解析 x 2－ax －6a 2＝(x －3a )(x ＋2a )＞0， ∵a ＜0，∴x ＞－2a 或x ＜3a ， ∴x 2＝－2a ，x 1＝3a ，∴x 2－x 1＝－5a ＝52，∴a ＝－ 2.5.已知函数f (x )＝14x ＋9x －1(x ＜1)，下列结论正确的是( )A.f (x )有最大值114B.f (x )有最大值－114 C.f (x )有最小值132D.f (x )有最小值74答案 B解析 f (x )＝x －14＋9x －1＋14＝ －⎝⎛⎭⎪⎫1－x4＋91－x ＋14≤－21－x 4·91－x ＋14＝－114，当且仅当x ＝－5时等号成立. 6.原油作为“工业血液”“黑色黄金”，其价格的波动牵动着整个化工产业甚至世界经济.小李在某段时间内共加油两次，这段时间燃油价格有升有降，现小李有两种加油方案：第一种方案是每次加油40升，第二种方案是每次加油200元，则下列说法正确的是( )A.第一种方案更划算B.第二种方案更划算C.两种方案一样D.无法确定 答案 B解析 设小李这两次加油的油价分别为x 元/升、y 元/升，则 方案一：两次加油平均价格为40x ＋40y 80＝x ＋y2≥xy ，方案二：两次加油平均价格为400200x ＋200y＝2xyx ＋y ≤xy ，故无论油价如何起伏，方案二比方案一更划算. 7.设x ＞y ＞z ，n ∈N *，且1x －y ＋1y －z ≥n x －z恒成立，则n 的最大值为( ) A.2 B.3 C.4 D.5 答案 C解析 因为x ＞y ＞z ，n ∈N *， 所以x －y ＞0，y －z ＞0，x －z ＞0，由1x －y ＋1y －z ≥n x －z， 可得n ≤(x －z )⎝⎛⎭⎪⎫1x －y ＋1y －z ＝[(x －y )＋(y －z )]⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －y ＋1y －z ＝1＋1＋y －z x －y ＋x －yy －z≥2＋2y －z x －y ·x －yy －z＝4， 当且仅当x －y ＝y －z 时，上式取得等号， 由题意可得n ≤4，即n 的最大值为4.8.已知关于x 的不等式ax 2－2x ＋3a <0在(0，2]上有解，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，33 B.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，47 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫33，＋∞D.⎝ ⎛⎭⎪⎫47，＋∞答案 A解析x ∈(0，2]时， 不等式可化为ax ＋3a x<2；当a ＝0时，不等式为0<2，满足题意； 当a >0时，不等式化为x ＋3x <2a，则2a>2x ·3x＝23，当且仅当x ＝3时取等号， 所以a <33，即0<a <33；当a <0时，x ＋3x >2a恒成立.综上所述，实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，33.选A.9.(多选)(2022·泰州模拟)下列函数中最小值为6的是( ) A.y ＝ln x ＋9ln x B.y ＝6|sin x |＋32|sin x |C.y ＝3x ＋32－xD.y ＝x 2＋25x 2＋16答案 BC解析 对于A 选项，当x ∈(0，1)时，ln x <0， 此时ln x ＋9ln x<0，故A 不正确.对于B 选项，y ＝6|sin x |＋32|sin x |≥29＝6，当且仅当6|sin x |＝32|sin x |，即|sin x |＝12时取“＝”，故B 正确.对于C 选项，y ＝3x ＋32－x ≥232＝6， 当且仅当3x ＝32－x ，即x ＝1时取“＝”，故C 正确.对于D 选项，y ＝x 2＋16＋9x 2＋16＝x 2＋16＋9x 2＋16≥29＝6， 当且仅当x 2＋16＝9x 2＋16，即x 2＝－7无解，故D 不正确.故选BC.10.(多选)已知a ＞0，b ＞0，且a ＋b ＝1，则( ) A.a 2＋b 2≥12B.2a －b ＞12C.log 2a ＋log 2b ≥－2D.a ＋b ≤ 2 答案 ABD解析 因为a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，所以a ＋b ≥2ab ，当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立，即有ab ≤14.对于A ，a 2＋b 2＝(a ＋b )2－2ab ＝1－2ab ≥1－2×14＝12，故A 正确；对于B ，2a －b ＝22a －1＝12×22a ，因为a ＞0，所以22a ＞1，即2a －b ＞12，故B 正确；对于C ，log 2a ＋log 2b ＝log 2(ab )≤log 214＝－2，故C 错误；对于D ，由(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ＝1＋2ab ≤2，得a ＋b ≤2，故D 正确. 综上可知，正确的选项为ABD.11.函数y ＝lg(c ＋2x －x 2)的定义域是(m ，m ＋4)，则实数c 的值为________. 答案 3解析 依题意得，一元二次不等式－x 2＋2x ＋c ＞0， 即x 2－2x －c ＜0的解集为(m ，m ＋4)， 所以m ，m ＋4是方程x 2－2x －c ＝0的两个根， 所以⎩⎨⎧m ＋m ＋4＝2，m （m ＋4）＝－c ，解得⎩⎨⎧m ＝－1，c ＝3.12.若命题“∃x ∈R ，x 2－2x ＋m ＜0”为真命题，则实数m 的取值范围为________. 答案 (－∞，1)解析由题意可知，不等式x2－2x＋m＜0有解，∴Δ＝4－4m＞0，m＜1，∴实数m的取值范围为(－∞，1).二、创新拓展练13.(多选)(2022·苏锡常镇调研)已知正实数a，b满足a＋2b＝ab，则以下不等式正确的是( )A.2a＋1b≥2 B.a＋2b≥8C.log2a＋log2b<3 D.2a＋b≥9答案BD解析对于A，因为正实数a，b满足a＋2b＝ab，所以a＋2bab＝1，即2a＋1b＝1，所以A错误，对于B，因为a>0，b>0，a＋2b＝ab，所以a＋2b≥22ab＝22（a＋2b），当且仅当a＝2b时取等号，所以(a＋2b)2≥8(a＋2b)，因为a＋2b>0，所以a＋2b≥8，当且仅当a＝2b时取等号，所以B正确，对于C，若log2a＋log2b<3，则log2a＋log2b＝log2(ab)<3＝log28，所以ab <8，所以a ＋2b <8，而由选项B 可知a ＋2b ≥8， 所以log 2a ＋log 2b <3不成立，所以C 错误， 对于D ，因为正实数a ，b 满足a ＋2b ＝ab ， 由选项A 知，2a ＋1b＝1，所以2a ＋b ＝(2a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b ＝5＋2a b ＋2b a ≥5＋22ab·2ba＝9，当且仅当2ba＝2ab，即a＝b ＝3时取等号， 所以D 正确，故选BD.14.(多选)(2022·镇海中学模拟)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧（x ＋1）e x ，x <0，（x ＋1）2e x，x ≥0，下列选项正确的是( )A.函数f (x )在(－2，1)上单调递增B.函数f (x )的值域为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1e 2，＋∞C.若关于x 的方程[f (x )]2－a |f (x )|＝0有3个不相等的实数根，则实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2，4e D.不等式f (x )－ax －a >0在(－1，＋∞)恰有两个整数解，则实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫3e 2，2e答案 ACD解析函数f (x )＝⎩⎨⎧（x ＋1）e x ，x <0，（x ＋1）2e x，x ≥0，所以函数f ′(x )＝⎩⎨⎧（x ＋2）e x （x <0），－（x ＋1）（x －1）e x （x ≥0）， 故函数f (x )的大致图象如图1所示，故A 正确，B 错误；对于D ，不等式f (x )>a (x ＋1)，在(－1，＋∞)上恰有两个整数解，必为x ＝0，x ＝1， 故⎩⎨⎧f （1）>a （1＋1），f （2）≤a （2＋1），解得a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫3e 2，2e ，故D 正确；对于C ，如图2，函数y ＝|f (x )|的图象，原方程可化为|f (x )|＝0或|f (x )|＝a ，由于方程[f (x )]2－a |f (x )|＝0有3个不相等的实数根，所以只需|f (x )|＝a 有两个不等实根，所以a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2，4e ，C 正确，故选ACD. 15.(多选)(2022·全国名校大联考)若实数x ，y 满足2x ＋2y ＋1＝1，m ＝x ＋y ，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12y －1，则( )A.x ＜0且y ＜－1B.m 的最大值为－3C.n 的最小值为7D.n ·2m ＜2答案 ABD解析 由2x ＋2y ＋1＝1，得2y ＋1＝1－2x ＞0，2x ＝1－2y ＋1＞0，所以x ＜0且y ＜－1，故A 正确；由2x ＋2y ＋1＝1≥22x ·2y ＋1＝22x ＋y ＋1，得m ＝x ＋y ≤－3，当且仅当x ＝y ＋1＝－1，即x ＝－1，y ＝－2时，等号成立，所以m 的最大值为－3，故B 正确；n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12y －1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12y －1(2x ＋2y ＋1) ＝5＋2×2y 2x ＋2×2x2y ≥5＋22×2y 2x ·2×2x 2y ＝9， 当且仅当2×2y 2x ＝2×2x2y ，即x ＝y ＝－log 23时，等号成立， 所以n 的最小值为9，故C 错误；n ·2m＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12y －1·2x ＋y ＝2y ＋2x ＋1＝2－3×2y ＜2，故D 正确.故选ABD. 16.(2022·湖南三湘名校联考)若两个正实数x ，y 满足x ＋2y －xy ＝0，且不等式x ＋2y ≥m 2－7m 恒成立，则实数m 的取值范围为________.答案 [－1，8]解析 由x ＋2y －xy ＝0，得2x ＋1y＝1， 所以x ＋2y ＝(x ＋2y )⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1y ＝4＋x y ＋4y x ≥8，当且仅当x ＝4，y ＝2时等号成立， 所以m 2－7m ≤8，解得－1≤m ≤8.17.已知关于x 的不等式ax 2＋bx ＋c ＞0(a ，b ，c ∈R )的解集为{x |3＜x ＜4}，则c 2＋5a ＋b 的取值范围为________.答案 [45，＋∞)解析 关于x 的不等式ax 2＋bx ＋c ＞0(a ，b ，c ∈R )的解集为{x |3＜x ＜4}， 所以a ＜0，且3和4是关于x 的方程ax 2＋bx ＋c ＝0的两实数根，由根与系数的关系知：⎩⎪⎨⎪⎧3＋4＝－b a ，3×4＝c a ，解得⎩⎨⎧b ＝－7a ，c ＝12a (a ＜0). 所以c 2＋5a ＋b ＝144a 2＋5a －7a ＝－24a －56a≥ 2（－24a ）·5－6a ＝45(当且仅当－24a ＝－56a ，即a ＝－512时等号成立)， 所以c 2＋5a ＋b的取值范围是[45，＋∞). 18.(2022·温州测试)已知函数f (x )＝x 2＋|x －a |＋b ，若存在实数b ，使得对任意的|x |≤1都有|f (x )|≤109，则实数a 的最大值是________. 答案 13解析 由题可得，因为存在实数b 对任意的|x |≤1都有|x 2＋|x －a |＋b |≤109， 所以－109≤x 2＋|x －a |＋b ≤109， 即存在实数b 对任意的|x |≤1都有－x 2－109－b ≤|x －a |≤109－x 2－b ， 由对称性可知，当实数a 取得最大值时，a ≥0，令g (x )＝－x 2－109－b ，h (x )＝－x 2＋109－b ，则g ′(x )＝h ′(x )＝－2x .因为y ＝－x ＋a 的斜率为－1，所以－2x ＝－1，解得x ＝12， 所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－14－109－b ＝－4936－b . 又因为h (－1)＝－1＋109－b ＝19－b ， 即当a ≥12时，切线斜率k ＝h （－1）－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1－12＝－5354>－1，不能满足条件； 故当0≤a <12时，g (x )的零点为a ，此时a 最大，满足⎩⎪⎨⎪⎧g （a ）＝－a 2－109－b ＝0，k ＝－1＋109－b －1－a ＝－1，即⎝⎛⎭⎪⎫a －23⎝ ⎛⎭⎪⎫a －13＝0， 由0≤a <12可得a ＝13.。

优等生�江苏版高考数学专题31：以子数列、生成数列为背景的解答题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、解答题1．已知数列{}n a 的前n 项和为n A ，对任意*n N ∈满足1112n n A A n n +-=+，且11a =，数列{}n b 满足()*21320,5n n n b b b n N b ++-+=∈=，其前9项和为63． （1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）令n n n n nb ac a b =+，数列{}n c 的前n 项和为n T ，若对任意正整数n ，都有2n T n a ≥+，求实数a 的取值范围；（3）将数列{}{},n n a b 的项按照“当n 为奇数时，n a 放在前面；当n 为偶数时，n b 放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新的数列：11223344556,,,,,,,,,,a b b a a b b a a b b ，，求这个新数列的前n 项和n S ．2．已知数列{}n a 满足11a =， 2142n n n n a a a a λμ+++=+，其中*N n ∈， λ， μ为非零常数.（1）若3λ=， 8μ=，求证： {}1n a +为等比数列，并求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n a 是公差不等于零的等差数列.①求实数λ， μ的值；②数列{}n a 的前n 项和n S 构成数列{}n S ，从{}n S 中取不同的四项按从小到大排列组成四项子数列.试问：是否存在首项为1S 的四项子数列，使得该子数列中的所有项之和恰好为2017？若存在，求出所有满足条件的四项子数列；若不存在，请说明理由.3．设数列{}n a 满足()221121n n n a a a a a λ+-=+-，其中2n …，且n N ∈， λ为常数. （1）若{}n a 是等差数列，且公差0d ≠，求λ的值；（2）若1231,2,4a a a ===，且存在[]3,7r ∈，使得n m a n r ⋅≥-对任意的*n N ∈都成立，求m 的最小值；（3）若0λ≠，且数列{}n a 不是常数列，如果存在正整数T ，使得n T n a a +=对任意的*n N ∈均成立. 求所有满足条件的数列{}n a 中T 的最小值.4．已知数列{}n a 的前n 项和n S ，对任意正整数n ，总存在正数,,p q r 使得1n n a p -=， n n S q r =-恒成立：数列{}n b 的前n 项和n T ，且对任意正整数n ， 2n n T nb =恒成立.（1）求常数,,p q r 的值；（2）证明数列{}n b 为等差数列；（3）若12b =，记31222224n n n n n b n b n b P a a a +++=++ 1212222n n n n n nn b n b a a ---+++⋯++，是否存在正整数k ，使得对任意正整数n ， n P k ≤恒成立，若存在，求正整数k 的最小值，若不存在，请说明理由.5．记.对数列和的子集T ，若,定义;若，定义.例如：时，.现设是公比为3的等比数列，且当时，. （1）求数列的通项公式；（2）对任意正整数，若，求证：； （3）设,求证：. 6．设数列A ：， ,…().如果对小于()的每个正整数都有 ＜ ，则称是数列A 的一个“G 时刻”.记“是数列A 的所有“G 时刻”组成的集合.（1）对数列A ：-2，2，-1，1，3，写出的所有元素；（2）证明：若数列A 中存在使得>，则 ；（3）证明：若数列A 满足- ≤1（n=2,3, …,N ）,则的元素个数不小于 -. 7．已知数列{a n }为等比数列， 11,a = 公比为,1,q q ≠且 n S 为数列{a n }的前n 项和.（1）若3520,a a +=求84S S ;（2）若调换123,,a a a 的顺序后能构成一个等差数列，求q 的所有可能值；（3）是否存在正常数,c q ，使得对任意正整数n ，不等式2n n S S c >-总成立？若存在，求出q 的范围，若不存在，请说明理由．8．若无穷数列{}n a 满足：只要()*,p q a a p q N =∈，必有11p q a a ++=，则称{}n a 具有性质P .（1）若{}n a 具有性质P ，且12451,2,3,2a a a a ====， 67821a a a ++=，求3a ；（2）若无穷数列{}n b 是等差数列，无穷数列{}n c 是公比为正数的等比数列， 151b c ==， 5181b c ==， n n n a b c =+判断{}n a 是否具有性质P ，并说明理由；（3）设{}n b 是无穷数列，已知()*1sin n n n a b a n N +=+∈.求证：“对任意{}1,n a a 都具有性质P ”的充要条件为“{}n b 是常数列”.9．已知数列满足.数列前项和为. (Ⅰ) 求数列的通项公式； （Ⅱ）若，求正整数的值；（Ⅲ）是否存在正整数，使得恰好为数列中的一项？若存在，求出所有满足条件的值，若不存在，说明理由. 10．已知数列{}n a 各项均为正数， 11a =， 22a =，且312n nn n aa a a +++=对任意*N n ∈恒成立，记{}n a 的前n 项和为n S .（1）若33a =，求5a 的值； （2）证明：对任意正实数p ， {}221n n a pa -+成等比数列；（3）是否存在正实数t ，使得数列{}n S t +为等比数列.若存在，求出此时n a 和n S 的表达式；若不存在，说明理由.11．已知数列中任意连续三项的和为零，且(Ⅰ) 求数列的通项公式；（Ⅱ）若数列满足，求数列的前项和的取值范围.12．设首项为1的正项数列的前n项和为，且. （1）求证：数列为等比数列；（2）数列是否存在一项，使得恰好可以表示为该数列中连续项的和？请说明理由；（3）设试问是否存在正整数使成等差数列？若存在，求出所有满足条件的数组；若不存在，说明理由．13．设等差数列的前项和为，已知，.（1）求；（2）若从中抽取一个公比为的等比数列，其中，且，.①当取最小值时，求的通项公式；②若关于的不等式有解，试求的值.14．已知数列的前项和为，且．（1）若，求数列的前项和；（2）设，先计算的值，再借用这个结论求出的表达式（用表示）并在（1）的前提下，比较与的大小关系；（3）若，求的值．15．已知数列中，，，（1）当时，试证明：成等差数列； （2）若成等比数列，试求实数之值；（3）当时，试证明：存在，使得. 16．设数列共有项，记该数列前项中的最大项为，该数列后项中的最小项为，． （1）若数列的通项公式为，求数列的通项公式； （2）若数列满足，，求数列的通项公式；（3）试构造一个数列，满足，其中是公差不为零的等差数列，是等比数列，使得对于任意给定的正整数，数列都是单调递增的，并说明理由． 17．已知等差数列{a n }、等比数列{b n }满足a 1+a 2=a 3，b 1b 2=b 3，且a 3，a 2+b 1，a 1+b 2成等差数列，a 1，a 2，b 2成等比数列．（1）求数列{a n }和数列{b n }的通项公式；（2）按如下方法从数列{a n }和数列{b n }中取项：第1次从数列{a n }中取a 1，第2次从数列{b n }中取b 1，b 2，第3次从数列{a n }中取a 2，a 3，a 4，第4次从数列{b n }中取b 3，b 4，b 5，b 6，…第2n ﹣1次从数列{a n }中继续依次取2n ﹣1个项，第2n 次从数列{b n }中继续依次取2n 个项，…由此构造数列{c n }：a 1，b 1，b 2，a 2，a 3，a 4，b 3，b 4，b 5，b 6，a 5，a 6，a 7，a 8，a 9，b 7，b 8，b 9，b 10，b 11，b 12，…，记数列{c n }的前n 项和为S n ，求满足S n ＜22014的最大正整数n ．18．已知数列{a n }的前n 项的和为S n ，记b n ＝1n S n． （1）若{a n }是首项为a ，公差为d 的等差数列，其中a ，d 均为正数．①当3b 1，2b 2，b 3成等差数列时，求a d的值； ②求证：存在唯一的正整数n ，使得a n+1≤b n ＜a n+2．（2）设数列{a n }是公比为q(q ＞2)的等比数列，若存在r ，t(r ，t ∈N *，r ＜t)使得22t r b t b r +=+求q 的值． 19．已知数列满足，其中是数列的前项和．（1）若数列是首项为，公比为的等比数列，求数列的通项公式；（2）若，，求数列的通项公式； （3）在（2）的条件下，设，求证：数列中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积． 20．已知两个无穷数列{}{},n n a b 分别满足111{ 2n n a a a +=-=， 111{ 2n n b b b +=-=， 其中*n N ∈，设数列{}{},n n a b 的前n 项和分别为,n n S T ， （1）若数列{}{},n n a b 都为递增数列，求数列{}{},n n a b 的通项公式；（2）若数列{}n c 满足：存在唯一的正整数k （2k ≥），使得1k k c c -<，称数列{}n c 为“k 坠点数列”①若数列{}n a 为“5坠点数列”，求n S ；②若数列{}n a 为“p 坠点数列”，数列{}n b 为“q 坠点数列”，是否存在正整数m ，使得1m m S T +=，若存在，求m 的最大值；若不存在，说明理由.21．设数列{}n a 的各项均为正数，{}n a 的前n 项和()2114n n S a =+，*N n ∈． （1）求证：数列{}n a 为等差数列；（2）等比数列{}n b 的各项均为正数，21n n n b b S +≥，*N n ∈，且存在整数2k ≥，使得21k k k b b S +=．（i ）求数列{}n b 公比q 的最小值（用k 表示）；（ii ）当2n ≥时，*N n b ∈，求数列{}n b 的通项公式．22．已知数列满足，其中，是不为1的常数． （Ⅰ）证明：若是递增数列，则不可能是等差数列； （Ⅱ）证明：若是递减的等比数列，则中的每一项都大于其后任意个项的和； （Ⅲ）若，且是递增数列，是递减数列，求数列的通项公式．参考答案1．（1）,2n n a n b n ==+；（2）43a ≤；（3）22*213,24263,43,465,414n n n n k n n S n k k N n n n k ⎧+=⎪⎪+-⎪==-∈⎨⎪⎪++=-⎪⎩【解析】试题分析：（1）由已知得数列{}n A n 是等差数列，从而易得n A n，也即得n A ，利用1(2)n n n a A A n -=-≥求得(2)n a n ≥，再求得11a A =可得数列{}n a 通项，利用已知2120n n n b b b ++-+=可得{}n b 是等差数列，由等差数列的基本量法可求得n b ；（2）代入,n n a b 得n c ，变形后得11222n c n n ⎛⎫=+- ⎪+⎝⎭，从而易求得和n T ，于是有1123212n T n n n ⎛⎫-=-+ ⎪++⎝⎭，只要求得1112n n +++的最大值即可得2n T n -的最小值，从而得a 的范围，研究1112n n +++的单调性可得；（3）根据新数列的构造方法，在求新数列的前n 项和n S 时，对n 分类：2n k =，41n k =-和41n k =+三类，可求解． 试题解析：（1）∵1112n n A A n n +-=+，∴数列n A n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为1，公差为12的等差数列， ∴()11111222n A A n n n =+-⨯=+，即()()*12n n n A n N +=∈， ∴()()()()*11121122n n n n n n n a A A n n N +++++=-=-=+∈， 又11a =，∴()*n a n n N =∈． ∵2120n n n b b b ++-+=，∴数列{}n b 是等差数列，设{}n b 的前n 项和为n B ，∵()3799632b b B +==且35b =， ∴79b =，∴{}n b 的公差为()*73951,27373n b b b n n N --===+∈--（2）由（1）知2112222nn n n n b a n nc a b n n n n +⎛⎫=+=+=+- ⎪++⎝⎭， ∴12111112213242n n T c c c n n n ⎛⎫=+++=+-+-++- ⎪+⎝⎭1111122123221212n n n n n n ⎛⎫⎛⎫=++--=+-+ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭，∴1123212n T n n n ⎛⎫-=-+ ⎪++⎝⎭设113212n R n n ⎛⎫=-+ ⎪++⎝⎭，则()()1114201313n n R R n n n n +⎛⎫-=-=> ⎪++++⎝⎭，∴数列{}n R 为递增数列，∴()1min 43n R R ==，∵对任意正整数n ，都有2n T n a -≥恒成立，∴43a ≤．（3）数列{}n a 的前n 项和()12n n n A +=，数列{}n b 的前n 项和()52n n n B +=，①当()*2n k k N =∈时，()()215322n k k k k k k S A B k k ++=+=+=+；②当()*41n k k N =+∈时，()()()22122122248122n k k k k k k S A B k k ++++=+=+=++， 特别地，当1n =时，11S =也符合上式；③当()*41n k k N =-∈时，()()22122122254422n k k k k k k S A B k k --+=+=+=+．综上：22*213,24263,43,465,414n n n n kn n S n k k N n n n k ⎧+=⎪⎪+-⎪==-∈⎨⎪⎪++=-⎪⎩考点：等差数列的通项公式，数列的单调性，数列的求和．2．（1）1231n n a -=⋅-（2）①1λ=， 4μ=， 21n a n =-.②{}14844,,,S S S S ，{}1122436,,,S S S S ， {}142040,,,S S S S【解析】试题分析：（1）利用等比数列定义证明，即寻找11n a ++与1n a +比例关系：利用213842n n n n a a a a +++=+ 代入化简可得()1131n n a a ++=+.最后说明各项非零.（2）①令1n =，2，3，根据等差数列性质得2133242,2a a a a a a =+=+ ，列出关于λ， μ的二元一次方程组，解得λ， μ的值；再验证满足题意. ②先求数列{}n a 的前n 项和2n S n =，再讨论四项奇偶性：三个奇数一个偶数、或者一个奇数三个偶数.将奇偶性代入化简讨论，直至确定.试题解析：解：（1）当3λ=， 8μ=时， 213842n n n n a a a a +++=+ ()()3222n n n a a a ++=+ 32n a =+，()1131n n a a +∴+=+.又10n a +≠，不然110a +=，这与112a +=矛盾，{}1n a ∴+为2为首项，3为公比的等比数列， 1123n n a -∴+=⋅， 1231n n a -∴=⋅-.（2）①设()11n a a n d =+- 1dn d =-+， 由2142n n n n a a a a λμ+++=+得()12n n a a ++=24n n a a λμ++，()()31dn d dn ∴-++ ()21dn d λ=-+ ()14dn d μ+-++，()22243d n d d n d ∴⋅+--+()()2221d n d λλμ=+-+()21dn d λ+-+()14d μ-+对任意*N n ∈恒成立.令1n =，2，3，解得， 1λ=， 4μ=， 2d =. 经检验，满足题意.综上， 1λ=， 4μ=， 21n a n =-. ②由①知()21212n n n S n +-==.设存在这样满足条件的四元子列，观察到2017为奇数，这四项或者三个奇数一个偶数、或者一个奇数三个偶数.1°若三个奇数一个偶数，设1S ， 21x S +， 21y S +， 2z S 是满足条件的四项，则()2121x +++ ()222142017y z ++=，()2222x x y y z ∴++++ 1007=，这与1007为奇数矛盾，不合题意舍去.2°若一个奇数三个偶数，设1S ， 2x S ， 2y S ， 2z S 是满足条件的四项，则2214x ++ 22442017y z +=， 222504x y z ∴++=.由504为偶数知，x ， y ， z 中一个偶数两个奇数或者三个偶数.1）若x ， y ， z 中一个偶数两个奇数，不妨设12x x =， 121y y =+， 121z z =+，则()222111112x y y z z ++++ 251=，这与251为奇数矛盾.2）若x ， y ， z 均为偶数，不妨设12x x =， 12y y =， 12z z =，则222111126x y z ++=，继续奇偶分析知1x ， 1y ， 1z 中两奇数一个偶数， 不妨设122x x =， 1221y y =+， 1221z z =+，则22222x y y +++ 22231z z +=.因为()221y y +， ()221z z +均为偶数，所以2x 为奇数，不妨设220y z ≤≤，当21x =时， 222222y y z z +++ 30=， 22214y y +≤，检验得20y =， 25z =， 21x =， 当23x =时， 222222y y z z +++ 22=， 22210y y +≤，检验得21y =， 24z =， 23x =， 当25x =时， 222222y y z z +++ 6=， 2222y y +≤，检验得20y =， 22z =， 25x =，即1S ， 4S ， 8S ， 44S 或者1S ， 12S ， 24S ， 36S 或者1S ， 4S ， 20S ， 40S 满足条件，综上所述， {}14844,,,S S S S ， {}1122436,,,S S S S ， {}142040,,,S S S S 为全部满足条件的四元子列.3．（1）1λ=（2）1128（3）3 【解析】试题分析：（1）利用等差数列定义将条件转化为公差关系，解方程可得λ的值；（2）先求λ的值；即得数列为等比数列，分离变量将不等式恒成立问题转化为对应函数最值问题：1max 2n r n m --⋅…,即172n n m --⋅…， 172n n m --…最大值，再根据数列单调性确定172n n n b --=最大值，即得m 的最小值；（3）本题由于求周期最小值，可以从小逐个验证即可：1T =为常数列，舍去； 2T =时，可推得21a a =，舍去； 3T =时，可取一个数列满足条件.试题解析：解：（1）由题意，可得()()22n n n a a d a d d λ=+-+，化简得()210d λ-=，又0d ≠，所以1λ=.（2）将1231,2,4a a a ===代入条件，可得414λ=⨯+，解得0λ=，所以211n n n a a a +-=，所以数列{}n a 是首项为1，公比2q =的等比数列，所以12n n a -=. 欲存在[]3,7r ∈，使得12n m n r -⋅-…，即12n r n m --⋅…对任意*n N ∈都成立，则172n n m --⋅…，所以172n n m --…对任意*n N ∈都成立. 令172n n n b --=，则11678222n n n n n n n nb b +-----=-=，所以当8n >时， 1n n b b +<；当8n =时， 98b b =；当8n <时， 1n n b b +>． 所以n b 的最大值为981128b b ==，所以m 的最小值为1128. （3）因为数列{}n a 不是常数列，所以2T …． ①若2T =，则2n n a a +=恒成立，从而31a a =， 42a a =，所以()()22221212221221{a a a a a a a a λλ=+-=+-，所以()2210a a λ-=，又0λ≠，所以21a a =，可得{}n a 是常数列．矛盾． 所以2T =不合题意.②若3T =，取()*1,32{2,31 3,3n n k a n k k N n k=-==-∈-=（*），满足3n n a a +=恒成立．由()2221321a a a a a λ=+-，得7λ=．则条件式变为2117n n n a a a +-=+．由()22137=⨯-+，知()223132321k k k a a a a a λ--=+-； 由()23217-=⨯+，知()223313121k k k a a a a a λ-+=+-； 由()21327=-⨯+，知()223133221k k k a a a a a λ++=+-．所以，数列（*）适合题意． 所以T 的最小值为3.4．（1）2r=1p q ==，（2）见解析（3）正整数k 的最小值为4【解析】试题分析：（1）根据1n n a p -=， n n S q r =-，可得11n n n p q q --=-，根据题意令2n =和3n =，即可求出,p q ，从而求出r ；（2）由2n n T nb =，得()1121n n T n b --=-，两式做差得()()121n n n b n b --=-，从而可证数列{}n b 为等差数列；（3）根据（2）可得22n b n =-，结合（1），表示出n P ，作出1n n P P +-，然后令10n n P P +->，即可求出n P 的最大值，从而求出正整数k 的最小值. 试题解析：（1）∵n n S q r =-① ∴11n n S q r --=-②，()2n ≥，①-②得： 11n n n n S S q q ---=-，即1n n n a q q -=-， ()2n ≥， 又1n n a p -= ∴11n n n pq q --=-， ()2n ≥，2n =时， 2p q q =-； 3n =时， 232p q q =-.∵,p q 为正数 ∴2p q ==.又∵11a =， 1S q r =-，且11a S = ∴1r =.（2）∵2n n T nb =③∴当2n ≥时， ()1121n n T n b --=-④，∴③-④得： ()121n n n b nb n b -=--，即()()121n n n b n b --=-⑤， 又∵()11n n n b nb +-=⑥∴⑤+⑥得： ()()()112211n n n n b n b n b -+-=-+-，即112n n n b b b -+=+ ∴{}n b 为等差数列.（3）∵10b =， 22b =，由（2）知{}n b 为等差数列 ∴22n b n =-. 又由（1）知12n n a -=，∴122222n n n n n P -+=+ 2322444222n n n n ----+++， 又∵1222n n n P ++=++ 232221244424422222n n n nn n n n -----++++， ∴121214422222n n n n n n n nP P +--+-=+- 122424n nn n +-⋅=， 令10n nP P +->得122420nn n +-⋅>， ∴61123422nn n n+<=+<，解得1n =， ∴1n =时， 10n n P P +->，即21p P >， ∵2n ≥时， 24n≥， 1342n+< ∴1612322nn n n+>+=，即122420nn n +-⋅<. 此时1n n P P +<，即234p p p >>>，∴n P 的最大值为2222227222n P⨯⨯+=+= 若存在正整数k ，使得对任意正整数n ， n P k ≤恒成立，则max 72k P≥=，∴正整数k的最小值为4.5．（1）（2）详见解析（3）详见解析【解析】试题分析：（1）根据及时定义，列出等量关系，解出首项，写出通项公式（2）根据子集关系，进行放缩，转化为等比数列求和（3）利用等比数列和与项的大小关系，确定所定义和的大小关系：设,则因此由，因此中最大项必在A中，由（2）得试题解析：（1）由已知得.于是当时，.又，故，即.所以数列的通项公式为.（2）因为，，所以.因此，.（3）下面分三种情况证明.①若是的子集，则.②若是的子集，则.③若不是的子集，且不是的子集.令，则，，.于是，，进而由，得.设是中的最大数，为中的最大数，则.由（2）知，，于是，所以，即.又，故，从而，故，所以，即.综合①②③得，.考点：等比数列的通项公式、求和6．（1）的元素为和；（2）详见解析；（3）详见解析.【解析】试题分析：（Ⅰ）关键是理解“G时刻”的定义，根据定义即可写出的所有元素；（Ⅱ）要证，即证中含有一元素即可；（Ⅲ）当时，结论成立.只要证明当时结论仍然成立即可.试题解析：（Ⅰ）的元素为和.（Ⅱ）因为存在使得，所以.记，则，且对任意正整数.因此，从而.（Ⅲ）当时，结论成立.以下设.由（Ⅱ）知.设.记.则.对，记.如果，取，则对任何.从而且.又因为是中的最大元素，所以.从而对任意，，特别地，.对.因此.所以.因此的元素个数p 不小于.【考点】数列、新定义问题.【名师点睛】数列的实际应用题要注意分析题意，将实际问题转化为常用的数列模型，数列的综合问题涉及的数学思想：函数与方程思想(如：求最值或基本量)、转化与化归思想(如：求和或应用)、特殊到一般思想(如：求通项公式)、分类讨论思想(如：等比数列求和，或)等.视频7．（1）17（2）12.2q =--或 （3）10,2⎛⎫⎪⎝⎭【解析】试题分析：（1）先根据条件求公比，再利用等比数列求和公式求比值（2）分类讨论三个数成等差情况，依次求出对应公比（3）化简不等式得2n c S c <<，代入n=1得112c <<，代入n=2得1221q c q +<<⇒< ，再由121n q c q-<- ，得()()()112112112102n q q c q q q >-->--∴--<∴<试题解析：解：（1）因为3520,a a +=所以42200q q +-=， 所以24q =或25q =-（舍去）．所以484117.S q S =+= （2）若213,,a a a 或312,,a a a 成等差数列，则21322=+,2=0a a a q q +-，解得2q =-或1（舍去）； 若132,,a a a 或231,,a a a 成等差数列， 则23122=+,2-1=0a a a q q -，解得12q =-或1（舍去）； 若321,,a a a 成等差数列，则22312=+,-21=0a a a q q +，解得1q =（舍去）. 综上， 12.2q =--或 （3）由20n n S S c ->-，可得20n n S cS c-<-， 故等价于2n c S c <<恒成立. 因为11,a = 0,n a > 所以1,n S ≥ 得到 1.c <当1q >时， 222S c >>不可能成立.当112q <<时，另121n q q->- ，得21n q q <-，解得()log 21.q n q >- 因为112q << ，所以()log 211,q q -> 即当()log 21q n q >-时， 2n S >，所以2n S c <不可能成立.当12q =时，由1122112nc ⎛⎫- ⎪⎝⎭<- ， 即112n c ⎛⎫-< ⎪⎝⎭，所以11,2nc ⎛⎫>- ⎪⎝⎭即当()12log 1-c n >时， 2n S c <不成立.当102q <<时， 11,11n n q S q q-=<--所以当()1121c q <<-时， 2n c S c <<恒成立.综上，存在正常数,c q ，使得对任意正整数n ，不等式2nn S S c>-总成立, q 的取值范围为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭.8．（1）316a =．（2）{}n a 不具有性质P ．（3）见解析．【解析】试题分析：（1）根据已知条件，得到678332a a a a ++=++，结合67821a a a ++=求解即可．（2）根据{}n b 的公差为20，{}n c 的公比为13，写出通项公式，从而可得520193n n n n a b c n -=+=-+．通过计算1582a a ==， 248a =， 63043a =， 26a a ≠，即知{}n a 不具有性质P ． （3）从充分性、必要性两方面加以证明，其中必要性用反证法证明． 试题解析：（1）因为52a a =，所以63a a =， 743a a ==， 852a a ==． 于是678332a a a a ++=++，又因为67821a a a ++=，解得316a =． （2）{}n b 的公差为20， {}n c 的公比为13， 所以()12012019n b n n =+-=-， 1518133n n n c --⎛⎫=⋅= ⎪⎝⎭．520193n n n n a b c n -=+=-+．1582a a ==，但248a =， 63043a =， 26a a ≠， 所以{}n a 不具有性质P ． [证]（3）充分性：当{}n b 为常数列时， 11sin n n a b a +=+．对任意给定的1a ，只要p q a a =，则由11sin sin p q b a b a +=+，必有11p q a a ++=． 充分性得证． 必要性：用反证法证明．假设{}n b 不是常数列，则存在*k ∈N ， 使得12k b b b b ==⋅⋅⋅==，而1k b b +≠．下面证明存在满足1sin n n n a b a +=+的{}n a ，使得121k a a a +==⋅⋅⋅=，但21k k a a ++≠． 设()sin f x x x b =--，取*m ∈N ，使得πm b >，则()ππ0f m m b =->， ()ππ0f m m b -=--<，故存在c 使得()0f c =．取1a c =，因为1sin n n a b a +=+（1n k ≤≤），所以21sin a b c c a =+==， 依此类推，得121k a a a c +==⋅⋅⋅==．但2111sin sin sin k k k k a b a b c b c ++++=+=+≠+，即21k k a a ++≠． 所以{}n a 不具有性质P ，矛盾． 必要性得证．综上，“对任意1a ， {}n a 都具有性质P ”的充要条件为“{}n b 是常数列”． 【考点】等差数列、等比数列、充要条件的证明、反证法【名师点睛】本题对考生的逻辑推理能力要求较高，是一道难题.解答此类题目时，熟练掌握等差数列、等比数列的相关知识及反证法是基础，灵活应用已知条件进行推理是关键.本题易错主要有两个原因，一是不得法，二是对复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出.本题能较好地考查考生的逻辑思维及推理能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.视频9．(Ⅰ) （Ⅱ）（III ）或【解析】（I ）,因此数列的奇数项依次构成以为首项，为公差的等差数列，所以.，因此数列偶数项依次构成以为首项，为公比的等比数列，所以.故 .（II）由，①若，则即，即②若，即即，为正整数为正整数，即，即，但此时式为不合题意综上，.（III）若为中的一项，则为正整数又，，故若为中的某一项只能为，①若无解；②若，显然不符合题意，符合题意，当时，设，则即为增函数，故，即为增函数， 故，故当时方程无解，即是方程唯一解；③若即，综上所述，或.10．（1）59a =（2）见解析（3）存在1t =使数列{}n S t +为等比数列，此时12n n a -=，()*21N n n S n =-∈.【解析】试题分析：（1）根据11a =， 22a =，且312n n n n a a a a +++=对任意*N n ∈恒成立，代值计算即可．（2）a 1=1，a 2=2，且a n a n+3=a n+1a n+2对任意n ∈N *恒成立，则可得()2*42N n n n a a a n ++=∈，从而{}n a 的奇数项和偶数项均构成等比数列，即可证明，（3）在（2）中令1p =，则数列{}221n n a a -+是首项为3，公比为q 的等比数列，从而得到()23,1{ 31,11kk k q S q q q==-≠-，()121132,1{ 312,11k kk k k q q S q qq q----==--≠-．又数列{}n S t +为等比数列，解得1{4t q ==，∴224121k k k S =-=-， 212121k k S --=-，∴求出此时n a 和n S 的表达式.试题解析：解：（1）∵1423a a a a =，∴46a =，又∵2534a a a a =，∴54392a a ==；（2）由3121423{n n n n n n n n a a a a a a a a +++++++==，两式相乘得2134123n n n n n n n a a a a a a a ++++++=，∵0n a >，∴()2*42N n n n a a a n ++=∈，从而{}n a 的奇数项和偶数项均构成等比数列，设公比分别为12,q q ，则1122222n n n a a q q --==， 1121111n n n a a q q ---==，又∵312n n n na a a a +++=，∴42231122a a qa a q ===，即12q q =， 设12q q q ==，则()2212223n n n n a pa q a pa ---+=+，且2210n n a pa -+>恒成立， 数列{}221n n a pa -+是首项为2p +，公比为q 的等比数列，问题得证；（3）在（2）中令1p =，则数列{}221n n a a -+是首项为3，公比为q 的等比数列，∴()()22212223k k k k k S a a a a ---=+++++ ()()213,1{ 31,11k k q a a q q q=+=-≠-()12122132,1{ 312,11k kk k k k k q q S S a q qq q----==-=--≠-，且11S =， 23S =， 33S q =+， 433S q =+，∵数列{}n S t +为等比数列，∴()()()()()()22132324,{ ,S t S t S t S t S t S t +=+++=++ 即()()()()()()22313,{3333,t t q t q t t q t +=+++++=+++即()261,{3,t q t t q +=+=-解得1{ 4t q ==（3t =-舍去）， ∴224121k k k S =-=-， 212121k k S --=-， 从而对任意*N n ∈有21n n S =-， 此时2n n S t +=，12n n S tS t-+=+为常数，满足{}n S t +成等比数列，当2n ≥时， 111222n n n n n n a S S ---=-=-=，又11a =，∴()1*2N n n a n -=∈， 综上，存在1t =使数列{}n S t +为等比数列，此时12n n a -=， ()*21N n n S n =-∈.11．(Ⅰ)（Ⅱ）【解析】（I ）由题意得，，两式相减得：，因此，，.又所以因此数列的通项公式为（II ）因为，所以，，从而当时，，当时，，当时，，因此的取值范围为12．(Ⅰ)见解析（Ⅱ）不存在（3）【解析】解：（1）当时，，两式相减得当时，由，即所以数列是等比数列，且（2）假设数列存在一项，满足（*）因为数列是单调递增数列，所以而，与（*）矛盾，因此这样的项不存在.（3）假设存在正整数数组，使成等差数列，则．所以，易知为方程（*）的一组解．当时，，故数列为递减数列于是，所以此时方程（*）无正整数解．综上，存在唯一正整数数对，使成等差数列．13．（1），（2）①，②【解析】试题分析：（1）解等差数列问题，主要从待定系数对应关系出发.由等差数列前n项和公式求出公差d即可，（2）①利用等比数列每一项都为等差数列中项这一限制条件，对公比逐步进行验证、取舍，直到满足.因为研究的是取最小值时的通项公式，因此可从第二项开始进行验证，首先满足的就是所求的公比，②由①易得与的函数关系，并由为正整数初步限制取值范围，当且时适合题意，当且时，不合题意.再由不等式有解，归纳猜想并证明取值范围为本题难点是如何说明当时不等式即无解，可借助研究数列单调性的方法进行说明.试题解析：（1）设等差数列的公差为，则，解得，2分所以. 4分（2）因为数列是正项递增等差数列，所以数列的公比，若，则由，得，此时，由，解得，所以，同理；6分若，则由，得，此时，另一方面，，所以，即，8分所以对任何正整数，是数列的第项．所以最小的公比．所以．10分（3）因为，得，而，所以当且时，所有的均为正整数，适合题意；当且时，不全是正整数，不合题意.而有解，所以有解，经检验，当，，时，都是的解，适合题意；12分下证当时，无解, 设，则，因为，所以在上递减，又因为，所以恒成立，所以，所以恒成立，又因为当时，，所以当时，无解. 15分综上所述，的取值为16分考点：等差数列和等比数列综合应用，等差数列前n项和公式，数列单调性.14．(Ⅰ) （Ⅱ）见解析．（3）【解析】（1）由已知得，则，以上两式两边相减可得：，所以，取可得：，，将以上个等式两边相乘可得：，注意到，所以，此时；（2）=，，在这个等式中分别取可得如下个恒等式：，，，．将以上个等式两边相加可得：，由此化简可得：，即，而，故．①若，即时，；②若，即时，；③若，即时，；（3）由已知得，则，以上两式两边相减可得：，当时，，所以，注意到，因此，取可得：，，将以上个等式两边相乘可得：，取可得：，注意到，所以，即，所以，注意到且，则，故，此时．下证不可能．①若，则，故，与题设不符，故不成立；②若，则，这也与题设不符，故不成立．综上所述：所求满足题设条件的实数的值为，此时.15．(Ⅰ) 见解析（Ⅱ）（3）见解析【解析】（Ⅰ）当时，，从而，，，因，故成等差数列；（2），，，因构成公比不为1的等比数列，故，解之得；（3）因，当时，令，则，从而，，，将上述不等式相加得，因，故，取正整数，则16．（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）由题意得：因为单调递增，所以，，所以，．本小题目的引导阅读题意，关键在于确定数列单调性（2）本题是逆问题，关键仍是确定数列单调性：因为，所以，可得即，又因为，所以单调递增，则，，所以，可得是公差为2的等差数列，（3）由上面两小题可知，构造数列为单调递增数列：等差数列的公差为正数，等比数列的首项为负，公比，若等比数列的首项为正，公比，由（1）知不满足数列是单调递增的试题解析：（1）因为单调递增，所以，，所以，．（2）根据题意可知，，，因为，所以可得即，又因为，所以单调递增，则，，所以，即，，所以是公差为2的等差数列，，．（3）构造，其中，．下证数列满足题意．证明：因为，所以数列单调递增，所以，，所以，，因为，所以数列单调递增，满足题意．（说明：等差数列的首项任意，公差为正数，同时等比数列的首项为负，公比，这样构造的数列都满足题意．）考点：数列综合应用17．(Ⅰ) a n=n，b n=2n；（Ⅱ）4037【解析】解：（1）设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q，依题意，得；解得a1=d=1，b1=q=2；故a n=n，b n=2n；（2）将a1，b1，b2记为第1组，a2，a3，a4，b3，b4，b5，b6记为第2组，a5，a6，a7，a8，a9，b7，b8，b9，b10，b11，b12记为第3组，…；以此类推，则第n 组中，有2n ﹣1项选取于数列{a n }，有2n 项选取于数列{b n }， 前n 组共有n 2项选取于数列{a n }，有n 2+n 项选取于数列{b n }，记它们的总和为P n ，并且有；则当时，当时，可得到符合S n ＜22014的最大的n=452+2012=4037． 18．（1）①34a d =②详见解析（2【解析】试题分析：（1）①由3b 1，2b 2，b 3得4b 2＝3b 1＋b 3，即4×3+3d 2a ＝3(2a ＋d)＋4+6d3a ，解得，34a d =．②先化简不等式a n ＋1≤b n ＜a n ＋2，得a ＋nd ≤(1)(1)+d 2n n n a n++＜a ＋(n ＋1)d ，＜n再确定所求解仅包含一个正整数，（2）先化简等式22t r b t b r +=+为1111(2)r(2)t r q q t t r ++--=++，转化为研究对应函数11()n(n 2)n q f n +-=+是否单调，若单调则等式必不成立，因此321183q q --=，解得q． 试题解析：解：（1）①因为3b 1，2b 2，b 3成等差数列， 所以4b 2＝3b 1＋b 3，即4×3+3d 2a ＝3(2a ＋d)＋4+6d3a ， ② 由a n ＋1≤b n ＜a n ＋2，得a ＋nd ≤(1)(1)+d 2n nn a n++＜a ＋(n ＋1)d ， 整理得222020a n n d a n n d ⎧--≤⎪⎪⎨⎪+->⎪⎩＜n＝1＞0． 因此存在唯一的正整数n ，使得a n ＋1≤b n ＜a n ＋2．（2）因为1111(1)2(1)(1)2r(1)t t r r a q b t t q a q b r q ++-+-==-+-，所以1111(2)r(2)t r q q t t r ++--=++． 设11()n(n 2)n q f n +-=+，n ≥2，n∈N*．则f(n ＋1)－f(n)＝211211[(1)2(q 2)n 3]23(n 1)(n 3)n(n 2)(n 1)(n 3)n(n 2)n n n q q q q n n +++---+--++-=++++++＝因为q ＞2，n ≥2，所以(q －1)n 2＋2(q －2)n －3＞n 2－3≥1＞0， 所以f(n ＋1)－f(n)＞0，即f(n ＋1)＞f(n)，即f(n)单调递增． 所以当r ≥2时，t ＞r ≥2，则f(t)＞f(r)，即1111(2)r(2)t r q q t t r ++-->++，这与1111(2)r(2)t r q q t t r ++--=++互相矛盾．所以r ＝1，即1211(2)3t q q t t +--=+若t ≥3，则f(t)≥f(3)＝4222111115353q q q q --+-=⋅>，即1211(2)3t q q t t +-->+， 与1211(2)3t q q t t +--=+相矛盾．于是t ＝2，所以321183q q --=，即3q 2－5q －5＝0．又q＞2，所以q．考点：等差数列性质，数列单调性，等比数列求和公式19．（1）（2）（3）详见解析【解析】试题分析：（1）易知，则，代入可得数列的通项公式（2）由，则，可证为等差数列，则数列的通项公式可求（3）对于给定的，若存在，使得，只需，由此能够证明数列中的任意一项总可以表示成其他两项之积．试题解析：（1）因为，，所以．（2）若，则，∴，两式相减得，即，当时，，两式相减得，即，又由，得，，所以数列是首项为2，公差为3-2=1的等差数列，故数列的通项公式是．（3）由（2）得，对于给定的，若存在，使得，只需，即，即，则，取，则，∴对数列中的任意一项，都存在和使得考点：数列综合问题20．（1）21n a n =-， 11,1{ 2,2n n n b n --==≥（2）①22,4{ 415,5n n n S n n n ≤=-+≥②6 【解析】(1)∵数列{}{},n n a b 都为递增数列，∴由递推式可得12n n a a +-=, 21212,2,n n b b b b n N ++=-=∈∗， 则数列{}n a 为等差数列,数列{}n b 从第二项起构成等比数列。

课时作业(三十一)第31讲数列求和基础热身1.设等差数列{a n}的前n项和为S n,若a4,a6是方程x2-18x+p=0的两根,则S9=()A.9B.81C.5D.452.设S n为等比数列{a n}的前n项和,若a2-8a5=0,则=()A.B.C.2D.173.已知数列{a n}的通项公式是a n=(-1)n·(3n-1),则a1+a2+…+a10=()A.15B.12C.-12D.-154.[2018·江西莲塘一中、临川二中联考]已知f(x)=-+1,数列{a n}满足a n=f(0)+f+f+…+f+f(1),则a2017=()A.2018B.2019C.2020D.20215.[2018·宁夏银川一中模拟]已知{a n}是等差数列,a1=1,公差d≠0,S n为其前n项和,若a1,a2,a5成等比数列,则S8=.能力提升6.我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题:“今有金箠,长五尺,斩本一尺,重四斤,斩末一尺,重二斤,问次一尺各重几何?”意思是:现有一根金杖,长五尺,一头粗,一头细,在粗的一端截下一尺,重4斤,在细的一端截下一尺,重2斤,问依次每一尺各重多少斤?设该问题中的金杖由粗到细是均匀变化的,则金杖的重量为()A.6斤B.10斤C.12斤D.15斤7.[2019·湖南师大附中月考]设正项等比数列{a n}的前n项和为S n,且<1,若a3+a5=10,a1·a7=16,则S4=()A.60或B.60C.D.1208.[2018·陕西延安黄陵中学模拟]已知等差数列{a n}的前n项和为S n,则“a1009,a1010是方程4x-3·2x+2=0的两根”是“S2018=1009”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9.[2018·昆明二模]若数列{a n}满足a n+1+a n=(-1)n·n,则数列{a n}的前20项的和为()A.-100B.100C.-110D.11010.[2018·贵州遵义航天中学月考]在递减的等差数列{a n}中,a1a3=-4,若a1=13,则数列的前n项和S n的最大值为()A.B.C.D.11.[2018·河南六市二联]已知数列{b n}满足b1=1,b2=4,b n+2=1+sin2b n+cos2,则该数列的前11项和S11=.12.[2018·辽宁朝阳三模]已知S n为数列{a n}的前n项和,a1=0,若a n+1=[1+(-1)n]a n+(-2)n,则S100=.13.[2018·安徽八校4月联考]已知数列{a n}的前n项和为S n=2n+1,b n=log2(·),数列{b n}的前n项和为T n,则满足T n>1024的n的最小值为.14.(10分)设公差不为零的等差数列{a n}的前5项和为55,且a2,,a4-9成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=,数列{b n}的前n项和为S n,求证:S n<.15.(10分)[2018·马鞍山三模]已知数列{a n}是递减的等比数列,a2=4,且a2,2a3,a4+3成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=log2,求数列{a n}的前n项和S n.16.(15分)已知数列{a n}的前n项和S n满足S n=(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=a n·(n∈N*),求数列{b n}的前n项和T n.课时作业(三十一)1.B[解析]∵a4+a6=18,∴S9=(a1+a9)=(a4+a6)=81,故选B.2.B[解析]设等比数列{a n}的公比为q,∵a2-8a5=0,∴a1q-8a1q4=0,解得q=,则==1+=,故选B.3.A[解析]因为a n=(-1)n·(3n-1),所以a1+a2+…+a10=-2+5-8+11-…-26+29=(-2+5)+(-8+11)+…+(-26+29)=3×5=15.4.A[解析]由题意知f(x)+f(1-x)=-+1+-+1=2,因为a n=f(0)+f+f+…+f+f(1),a n=f(1)+f+…+f+f(0),两式相加得2a n=2(n+1),所以a n=1+n,所以a2017=2018,故选A.5.64[解析]因为a1,a2,a5成等比数列,所以=a1·a5,即(1+d)2=1×(1+4d),解得d=2,所以a n=1+(n-1)×2=2n-1,所以a8=2×8-1=15,则S8==4×(1+15)=64.6.D[解析]设由细到粗每一尺的重量为a i(i=1,2,3,4,5)斤,由题意可知a1,a2,a3,a4,a5成等差数列,设{a n}的前n项和为S n,则所以S5=×5=15,故选D.7.B[解析]由等比数列{a n}是递减数列,且得所以q=,所以a1=32,则S4==60,故选B.8.A[解析]∵a1009,a1010是方程4x-3·2x+2=0的两根,∴×=2,∴a1009+a1010=1,∴S2018==1009(a1009+a1010)=1009,充分性成立;反之,不一定成立.故“a1009,a1010是方程4x-3·2x+2=0的两根”是“S2018=1009”的充分不必要条件,故选A.9.A[解析]由a n+1+a n=(-1)n·n,得a2+a1=-1,a3+a4=-3,a5+a6=-5,…,a19+a20=-19,∴数列{a n}的前20项的和为a1+a2+…+a19+a20=-1-3-…-19=-×10=-100,故选A.10.D[解析]设数列{a n}的公差为d,则d<0,所以由a1a3=-4,a1=13,得13(13+2d)=(13+d)2-4,解得d=-2(正值舍去),则a n=13-2(n-1)=15-2n.因为==-,所以数列的前n项和S n=--≤--=,故选D.11.93[解析]根据题中所给的递推公式,可以求得b3=2b1=2,b4=b2+1=5,…,从而可以得到该数列的奇数项成等比数列,偶数项成等差数列,其前11项中有6项奇数项,5项偶数项,所以S11=+5×4+×1=63+20+10=93.12.[解析]由a n+1=[1+(-1)n]a n+(-2)n(n∈N*)得,当n为奇数时,有a n+1=(-2)n,当n为偶数时,有a n+1=2a n+2n,所以数列{a n}的所有偶数项构成以-2为首项,以4为公比的等比数列,所以S100=(a1+a3+a5+…+a99)+(a2+a4+a6+…+a100)=2(a2+a4+a6+…+a98)+(22+24+26+…+298)+(a2+a4+a6+…+a100)=3(a2+a4+a6+…+a100)-2a100+(22+24+26+…+298)=3×-2×(-2)99+=.13.9[解析]由数列{a n}的前n项和为S n=2n+1,可知当n≥2时,a n=S n-S n-1=2n+1-2n=2n,当n=1时,a1=22=4,不满足上式,所以b1=log2(·)=8,b n=log2(·)=log2+log2=2n+2n(n≥2),所以数列{b n}的前n项和为T n=8++=(n+2)(n-1)+2n+1+4,当n=9时,T9=11×8+210+4=1116>1024,当n=8时,T8=10×7+29+4=586<1024,所以满足T n>1024的n的最小值为9.14.解:(1)设等差数列{a n}的公差为d(d≠0),则解得或(舍去),故数列{a n}的通项公式为a n=7+(n-1)×2=2n+5.(2)证明:由a n=2n+5,得b n===-,所以S n=1-+-+…+-=1-<.15.解:(1)设数列{a n}的公比为q(0<q<1),由a2,2a3,a4+3成等差数列,得4a3=a2+a4+3,又a2=4,所以16q=4+4q2+3,即4q2-16q+7=0,解得q=或q=(舍去),故a n=a2·q n-2=4·=,即数列{a n}的通项公式为a n=.(2)b n=log2=n·2n-4,则S n=1×+2×+3×+…+n·2n-4,2S n=1×+2×+3×1+…+(n-1)·2n-4+n·2n-3,两式相减,得-S n=+++…+2n-4-n·2n-3,所以S n=-+++…+2n-4+n·2n-3=+n·2n-3=(n-1)·2n-3+.16.解:(1)当n≥2时,a n=S n-S n-1=n;当n=1时,a1=S1=1,满足上式.综上可知,a n=n.(2)由(1)知b n=n·3n,则T n=1×31+2×32+3×33+…+n·3n,3T n=1×32+2×33+3×34+…+n·3n+1,两式相减,得-2T n=3+32+33+…+3n-n·3n+1=-n·3n+1,∴T n=+-·3n+1.。

高考数学复习知识点讲解与练习高考数学复习知识点讲解与练习 专题3131 等比数列及其前n 项和项和[基础强化]一、选择题1．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比为q ，若S 6＝9S 3，S 5＝62，则a 1＝( ) A． 2 B．2 C． 5 D．3 【解析】D设等差数列{a n }的公差为d .∵S 5＝2S 4，a 2＋a 4＝8， ∴5a 1＋5×42d ＝2 4a 1＋4×32d ，a 1＋d ＋a 1＋3d ＝8，整理得 3a 1＋2d ＝0，a 1＋2d ＝4，解得 a 1＝－2，d ＝3.∴a 5＝a 1＋4d ＝－2＋12＝10.故选D.2．已知等比数列{a n }满足a 1＝18，4a 2a 4＝4a 3－1，则a 2＝( )A．±14 B．14 C．±116 D．116【解析】A设等差数列{a n }的首项为a 1，则由等差数列{a n }的前n 项和为S n 及S 10＝15，得10（a 1＋a 10）2＝15，所以a 1＋a 10＝3.由等差数列的性质，得a 1＋a 10＝a 4＋a 7，所以a 4＋a 7＝3.又因为a 4＝52，所以a 7＝12.故选A.3．等比数列{a n }中，若a n >0，a 2a 4＝1，a 1＋a 2＋a 3＝7，则公比q ＝( ) A．14 B．12 C．2 D．4 【解析】B设等差数列{a n }的公差为d ，则33a 1＋3×22d ＝2a 1＋d ＋4a 1＋4×32d ， 得d ＝－32a 1，又a 1＝2，∴d ＝－3，∴a 5＝a 1＋4d ＝－10.4．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且4a 1，2a 2，a 3成等差数列．若a 1＝1，则S 4＝( )A．7 B．8 C．15 D．16 【解析】C∵S 6＝（a 1＋a 6）×62＝48，∴a 1＋a 6＝16，又a 4＋a 5＝24，∴(a 4＋a 5)－(a 1＋a 6)＝8， ∴3d －d ＝8，d ＝4.5．设{a n }是公比为q ＞1的等比数列，若a 2 010和a 2 011是方程4x 2－8x ＋3＝0的两根，则a 2 012＋a 2 013＝( )A．18 B．10 C．25 D．9 【解析】B设等差数列{a n }的公差为d .因为a 3＋a 7＝22，所以2a 5＝22，即a 5＝11. 又因为S 11＝（a 1＋a 11）×112＝2a 6×112＝143，解得11a 6＝143，即a 6＝13.所以公差d ＝a 6－a 5＝2，所以a n ＝a 5＋(n －5)d ＝11＋(n －5)×2＝2n ＋1， 所以S n ＝（a 1＋a n ）n2＝(n ＋2)n . 令(n ＋2)n >195，则n 2＋2n －195>0，解得n >13或n <－15(舍).故选B.6．已知等比数列{a n }的前n 项积为T n ，若a 1＝－24，a 4＝－89，则当T n 取得最大值时，n的值为( )A．2 B．3 C．4 D．6【解析】D∵{an}为等差数列，∴S5＝5a3＝－15，∴a3＝－3，∴d＝a3－a2＝－3－1＝－4.7．[2024·全国乙卷(理)，8]已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝( )A．14 B．12 C．6 D. 3【解析】B∵Sn＝an2＋bn，∴{a n}为等差数列，∴S7＝（a1＋a7）×72＝（a2＋a6）×72＝（3＋11）×72＝49.8．[2023·新课标Ⅱ卷]记Sn为等比数列{a n}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝( )A．120 B．85 C．－85 D．－120【解析】C由题意可设每层有n个环，则三层共有3n个环，∴每一环扇面形石板的块数构成以a1＝9为首项、9为公差的等差数列{a n}，且项数为3n.不妨设上层扇面形石板总数为S1，中层总数为S2，下层总数为S3，∴S3－S2＝[9(2n＋1)·n＋n（n－1）2×9]－[9(n＋1)·n＋n（n－1）2×9]＝9n2＝729，解得n＝9(负值舍去).则三层共有扇面形石板(不含天心石)27×9＋27×262×9＝27×9＋27×13×9＝27×14×9＝3 402(块).故选C.9．(多选)已知等比数列{an}的公比为q，前n项和为S n，且满足a6＝8a3，则下列说法正确的是( )A．{a n }为单调递增数列 B．S 6S 3＝9C．S 3，S 6，S 9成等比数列 D．S n ＝2a n －a 1 【解析】A方法一：设等差数列{a n }的公差为d ，∵ S 4＝0，a 5＝5，∴ 4a 1＋4×32d ＝0，a 1＋4d ＝5，解得a 1＝－3，d ＝2，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－3＋2(n －1)＝2n －5，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n 2－4n .故选A.方法二：设等差数列{a n }的公差为d ，∵ S 4＝0，a 5＝5，∴ 4a 1＋4×32d ＝0，a 1＋4d ＝5，解得a 1＝－3，d ＝2.选项A，a 1＝2×1－5＝－3；选项B，a 1＝3×1－10＝－7，排除B；选项C，S 1＝2－8＝－6，排除C；选项D，S 1＝12－2＝－32，排除D.故选A.二、填空题10．等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________．【解析】4解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由a 2＝3a 1，即a 1＋d ＝3a 1，得d ＝2a 1， 所以S 10S 5＝10a 1＋10×92d 5a 1＋5×42d ＝10a 1＋10×92×2a 15a 1＋5×42×2a 1＝10025＝4.11．[2023·全国乙卷(理)]已知{}a n 为等比数列，a 2a 4a 5＝a 3a 6，a 9a 10＝－8，则a 7＝________.【解析】2解析：由等差数列的前n 项和S n ＝na 1＋n （n －1）2d 得S n n ＝a 1＋n －12d ＝a 1＋(n －1)d 2，所以{S n n }仍是等差数列，其公差是原等差数列公差的一半，所以S 2 0242 024－S 2 0232 023的值为2.12．设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________． 【解析】2解析：方法一 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .因为2S 3＝3S 2＋6，所以2(a 1＋a 1＋d ＋a 1＋2d )＝3(a 1＋a 1＋d )＋6，所以6a 1＋6d ＝6a 1＋3d ＋6，解得d ＝2.方法二 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .由2S 3＝3S 2＋6，可得2×3a 2＝3(a 1＋a 2)＋6.整理，得a 2－a 1＝2，所以d ＝2.[能力提升]13．[2023·全国甲卷(理)]设等比数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，若a 1＝1，S 5＝5S 3－4，则S 4＝( )A．158 B．658C．15 D．40 【解析】1.5解析：设此等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，由题意得，S 12＝84，a 1＋a 5＋a 9＝16.5，即 12a 1＋12×112d ＝84，3a 5＝3（a 1＋4d ）＝16.5，解得 a 1＝1.5，d ＝1，所以夏至的日影子长为1.5尺．14．设首项为1，公比为23的等比数列{an}的前n项和为S n，则( )A．Sn＝2a n－1 B．S n＝3a n－2C．Sn＝4－3a n D．S n＝3－2a n【解析】AC对于A，易知3d＝a5－a2＝12－18＝－6，即d＝－2，选项A正确；对于B，a1＝a2－d＝18－(－2)＝20，所以选项B错误；对于C，a3＋a4＝a2＋a5＝18＋12＝30，所以选项C正确；对于D，因为an＝a1＋(n－1)d＝20＋(n－1)(－2)＝－2n＋22，a10＝2＞0，a11＝0，a12＝－2＜0，所以当n＝10或n＝11时，S n最大，所以选项D错误．故选AC.15．记Sn为等比数列{a n}的前n项和．若a1＝13，a24＝a6，则S5＝________．【解析】B方法一 由题意得an＝a1＋2π3(n－1)，cos an＋3＝cos [a1＋2π3(n＋2)]＝cos(a1＋2π3n＋4π3)＝cos (a1＋2π3n＋2π－2π3)＝cos (a1＋2π3n－2π3)＝cos an，所以数列{cos an}是以3为周期的周期数列，又cos a2＝cos (a1＋2π3)＝－12cosa1－32sin a1，cos a3＝cos (a1＋4π3)＝－12cos a1＋32sin a1，因为集合S中只有两个元素，所以有三种情况：cos a1＝cos a2≠cos a3，cos a1＝cos a3≠cos a2，cos a2＝cos a3≠cos a1.下面逐一讨论：①当cos a1＝cos a2≠cos a3时，有cos a1＝－12cos a1－32sin a1，得tana1＝－3，所以ab＝cos a1(－12cos a1＋32sin a1)＝－12cos2a1＋32sin a1cos a1＝－12cos2a1＋32sin a1cos a1sin2a1＋cos2a1＝－12＋32tan a1tan2a1＋1＝－12－323＋1＝－12.②当cos a 1＝cos a 3≠cos a 2时，有cos a 1＝－12cos a 1＋32sin a 1，得tan a 1＝3，所以ab ＝cos a 1(－12cos a 1－32sin a 1)＝－12cos 2a 1－32sin a 1cos a 1＝－12cos 2a 1－32sin a 1cos a 1sin 2a 1＋cos 2a 1＝－12－32tan a 1tan 2a 1＋1＝－12－323＋1＝－12.③当cos a 2＝cos a 3≠cos a 1时，有－12cos a 1－32sin a 1＝－12cos a 1＋32sina 1，得sin a 1＝0，所以ab ＝cos a 1(－12cos a 1－32sin a 1)＝－12cos 2a 1＝－12(1－sin 2a 1)＝－12.综上，ab ＝－12，故选B.方法二 取a 1＝－π3，则cos a 1＝12，cos a 2＝cos (a 1＋2π3)＝12，cos a 3＝cos (a 1＋4π3)＝－1，所以S ＝12，－1，ab ＝－12，故选B.16．设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．【解析】－1，－78解析：方法一 由于S n ＝7n ＋n （n －1）2d ＝d 2n 2＋7－d 2n ，设f (x )＝d 2x 2＋ 7－d 2x ，则其图象的对称轴为直线x ＝12－7d .当且仅当n ＝8时，S n 取得最大值，故7.5＜12－7d ＜8.5，解得－1＜d ＜－78.方法二 由题意，得a 8＞0，a 9＜0，所以7＋7d ＞0，且7＋8d ＜0，即－1＜d ＜－78.。

2021年高中数学《数列-含参数问题》专项复习一、选择题1.首项为－20的等差数列，从第10项起开始为正数，则公差d 的取值范围是( )A.d ＞920 B.d ≤25 C.920＜d ≤25 D.920≤d ＜25 2.已知数列{a n }的通项公式是a n =n 2＋kn ＋2，若对所有的n ∈N *，都有a n ＋1＞a n 成立，则实数k 的取值范围是( )A ．(0，＋∞)B ．(－1，＋∞)C ．(－2，＋∞)D ．(－3，＋∞)3.设数列{a n }的通项公式为a n =n 2－bn ，若数列{a n }是单调递增数列，则实数b 的取值范围为( )A ．(－∞，－1]B ．(－∞，2]C ．(－∞，3)D ．⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，92 4.一个等差数列的首项为251，从第10项起开始比1大，则这个等差数列的公差d 的取值范围是( ). A.d>758 B.d<253 C.758<d<253 D.758<d ≤253 5.已知{a n }是等比数列，a 2=2，a 5=14，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1(n ∈N *)的取值范围是( )A ．[12,16]B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤8，323 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫8，323 D ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤163，3236.已知数列{a n }满足a n =⎩⎪⎨⎪⎧a n －2，n<4，6－a n －a ，n ≥4，若对任意的n ∈N *都有a n <a n ＋1成立，则实数a的取值范围为( )A ．(1,4)B ．(2,5)C ．(1,6)D ．(4,6)7.已知数列{a n }的通项公式为a n =2n 2＋tn ＋1，若{a n }是单调递增数列，则实数t 的取值范围是( )A ．(-6，＋∞)B ．(-∞，-6)C ．(-∞，-3)D ．(-3，＋∞)8.在数列{a n }中，已知a 1=3，且数列{a n ＋(－1)n }是公比为2的等比数列，对于任意的n ∈N *，不等式a 1＋a 2＋…＋a n ≥λa n ＋1恒成立，则实数λ的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，25B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12C.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，23 D.(－∞，1] 二、填空题9.已知{a n }是递增数列，且对任意的自然数n(n ≥1)，都有a n =n 2＋λn 恒成立，则实数λ的取值范围为________.10.在等差数列{a n }中,a 1=7,公差为d,前n 项和为S n ,当且仅当n=8时S n 取得最大值,则d 的取值范围为 .11.数列{a n }的通项为a n =⎩⎪⎨⎪⎧2n－1，n≤4，－n 2＋(a －1)n ，n≥5(n ∈N *)，若a 5是{a n }中的最大值，则a 的取值范围是________．12.已知数列{a n }的前n 项和S n =-12n，如果存在正整数n ，使得(m-a n )(m-a n ＋1)<0成立，那么实数m 的取值范围是________．13.等差数列的首项为125，且从第10项开始为比1大的项，则公差d 的取值范围是________．14.已知{a n }是递增数列,且对于任意的n ∈N *,a n =n 2+λn 恒成立,则实数λ的取值范围是 .三、解答题15.已知数列{a n }中，a n =1＋1a ＋2(n －1)(n ∈N *，a ∈R ，且a≠0)．(1)若a=-7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值；(2)若对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围． 16.已知数列{a n }满足a 1=1，前n 项和S n 满足()130n n nS n S +-+=（1）求{S n }的通项公式； （2）求{a n }的通项公式； （3）设2nn n n c a λ⎛⎫=-⎪⎝⎭，若数列{c n }是单调递减数列，求实数λ的取值范围.17.已知数列{a n }与{b n }满足a n+1-a n =2(b n+1-b n )(,n ∈N).(1)若a 1=1,b n =3n+5，求数列{a n }的通项公式；(2)若a 1=6，b n =2n (n ∈N *)且λa n >2n +n+2λ对一切n ∈N *恒成立，求λ的取值范围. 18.已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3...a n =n b)2((n ∈N *)，若{a n }为等比数列，且a 1=2,b 3=b 2+6. (1)求a n 与b n ;(2)对于任意自然数n ，求使不等式232120...321λλ-<++++nb b b b n 恒成立的λ的取值范围.参考答案1.答案为：C ；解析：由题意知a 10>0,a 9≤0,即-20+9d>0,-20+8d ≤0即920＜d ≤25. 2.答案为：D.a n ＋1＞a n ，即(n ＋1)2＋k(n ＋1)＋2＞n 2＋kn ＋2，则k ＞－(2n ＋1)对所有的n ∈N *都成立， 而当n=1时，－(2n ＋1)取得最大值－3，所以k ＞－3. 3.答案为：C ；解析：因为数列{a n }是单调递增数列，所以a n ＋1－a n =2n ＋1－b>0(n ∈N *)，所以b<2n ＋1(n ∈N *)，所以b<(2n ＋1)min =3，即b<3. 4.答案为：D ；解析：由题意可得a 10>1,a 9≤1,得251+9d>1,251+8d ≤1,所以758<d ≤253.故选D. 5.答案为：C.解析：因为{a n }是等比数列，a 2=2，a 5=14，所以q 3=a 5a 2=18，q=12，a 1=4，故a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1=a 1a 21－q 2n1－q 2=323(1-q 2n)∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫8，323，故选C. 6.答案为：A ；解析：因为对任意的n ∈N *都有a n <a n ＋1成立，所以数列{a n }是递增数列，因此⎩⎪⎨⎪⎧1<a ，6－a>0，a<6－a ×4－a ，解得1<a<4，故选A.7.答案为：A ；解析：因为{a n }是单调递增数列，所以对于任意的n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，即2(n ＋1)2＋t(n ＋1)＋1>2n 2＋tn ＋1，化简得t>-4n-2，所以t>-4n-2对于任意的n ∈N *都成立，因为-4n-2≤-6，所以t>-6．故选A ． 8.答案为：C ；解析：由已知，a n ＋(－1)n =[3＋(－1)1]·2n －1=2n，∴a n =2n －(－1)n.当n 为偶数时，a 1＋a 2＋...＋a n =(2＋22＋ (2))－(－1＋1－…＋1) =2n ＋1－2，a n ＋1=2n ＋1－(－1)n ＋1=2n ＋1＋1，由a 1＋a 2＋…＋a n ≥λa n ＋1，得λ≤2n ＋1－22n ＋1＋1=1－32n ＋1＋1对n ∈N *恒成立，∴λ≤23；当n 为奇数时，a 1＋a 2＋…＋a n =(2＋22＋…＋2n )－(－1＋1－…＋1－1)=2n ＋1－1，a n ＋1=2n ＋1－(－1)n ＋1=2n ＋1－1，由a 1＋a 2＋…＋a n ≥λa n ＋1得，λ≤2n ＋1－12n ＋1－1=1对n ∈N *恒成立，综上可知λ≤23.9.答案为：λ>－3；解析：由{a n }为递增数列，得a n ＋1－a n =(n ＋1)2＋λ(n ＋1)－n 2－λn=2n ＋1＋λ>0恒成立， 即λ>－2n －1在n ≥1时恒成立，令f(n)=－2n －1，f(n)max =－3.只需λ>f(n)max =－3即可. 10.答案为：(-1,-87)；11.答案为：[9,12]；解析：当n≤4时，a n =2n -1单调递增，因此n=4时取最大值，a 4=24-1=15．当n≥5时，a n =-n 2＋(a-1)n=-n-a －122＋(a －1)24． ∵a 5是{a n }中的最大值，∴⎩⎪⎨⎪⎧a －12≤5.5，－25＋5(a －1)≥15，解得9≤a≤12．∴a 的取值范围是[9,12]．12.答案为：-12，34；解析：易得a 1=-12，n≥2时，有a n =S n -S n-1=-12n --12n-1=3×-12n．则有a 1<a 3<…<a 2k-1<0<a 2k <…<a 4<a 2(k ∈N *)．若存在正整数n ，使得(m-a n )(m-a n ＋1)<0成立，则只需满足a 1<m<a 2即可，即-12<m<34．13.答案为：875<d≤325；解析：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 10>1，a 9≤1，∴⎩⎪⎨⎪⎧125＋9d>1，125＋8d≤1，∴875<d≤325. 14.答案为：(-3,+∞)；解析：∵对于任意的n ∈N *,a n =n 2+λn 恒成立,∴a n+1-a n =(n+1)2+λ(n+1)-n 2-λn=2n+1+λ.又∵{a n }是递增数列,∴a n+1-a n >0,且当n=1时,a n+1-a n 最小,∴a n+1-a n ≥a 2-a 1=3+λ>0,∴λ>-3. 15.解：(1)∵a n =1＋1a ＋2(n －1)(n ∈N *，a ∈R ，且a≠0)，a=-7，∴a n =1＋12n －9(n ∈N *)．结合函数f(x)=1＋12x －9的单调性，可知1>a 1>a 2>a 3>a 4，a 5>a 6>a 7>…>a n >1(n ∈N *)． ∴数列{a n }中的最大项为a 5=2，最小项为a 4=0．(2)a n =1＋1a ＋2(n －1)=1＋12n －2－a2．∵对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，结合函数f(x)=1＋12x －2－a 2的单调性，∴5<2－a 2<6，∴-10<a<-8．16.解：17.解：18.解:。