高考数学考前冲刺大题精做专题03数列综合篇教师版

⾼考数学专题03数列求和问题（第⼆篇）（解析版）备战2020年⾼考数学⼤题精做之解答题题型全覆盖⾼端精品第⼆篇数列与不等式【解析版】专题03 数列求和问题【典例1】【福建省福州市2019-2020学年⾼三上学期期末质量检测】等差数列{}n a 的公差为2, 248,,a a a 分别等于等⽐数列{}n b 的第2项，第3项，第4项. （1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）若数列{}n c 满⾜12112n n nc c c b a a a ++++=L ,求数列{}n c 的前2020项的和．【思路引导】(1)根据题意同时利⽤等差、等⽐数列的通项公式即可求得数列{}n a 和{}n b 的通项公式； (2)求出数列{}n c 的通项公式，再利⽤错位相减法即可求得数列{}n c 的前2020项的和.解：(1)依题意得: 2324b b b =，所以2111(6)(2)(14)a a a +=++ ，所以22111112361628,a a a a ++=++解得1 2.a = 2.n a n ∴= 设等⽐数列{}n b 的公⽐为q ，所以342282,4b a q b a ==== ⼜2224,422.n n n b a b -==∴=?= (2)由（1）知，2,2.n n n a n b ==因为11121212n n n n nc c c c a a a a +--++++= ①当2n ≥时,1121212n n n c c c a a a --+++= ②由①-②得，2n n nc a =，即12n n c n +=?，⼜当1n =时，31122c a b ==不满⾜上式，18,12,2n n n c n n +=?∴=?≥ .数列{}n c 的前2020项的和34202120208223220202S =+?+?++?2342021412223220202=+?+?+?++?设2342020202120201222322019220202T =?+?+?++?+? ③，则34520212022202021222322019220202T =?+?+?++?+? ④，由③-④得：234202120222020222220202T -=++++-?2202020222(12)2020212-=-?-2022420192=--? ，所以20222020201924T =?+，所以2020S =202220204201928T +=?+.【典例2】【河南省三门峡市2019-2020学年⾼三上学期期末】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满⾜221n S n n =-+，数列{}n b 中，2+，对任意正整数2n ≥，113nn n b b -??+=.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）是否存在实数µ，使得数列{}3nn b µ+是等⽐数列？若存在，请求出实数µ及公⽐q 的值，若不存在，请说明理由；（3）求数列{}n b 前n 项和n T . 【思路引导】（1）根据n S 与n a 的关系1112n nn S n a S S n -=?=?-≥?即可求出；（2）假设存在实数µ，利⽤等⽐数列的定义列式，与题⽬条件1331n n n n b b -?+?=，⽐较对应项系数即可求出µ，即说明存在这样的实数；（3）由（2）可以求出1111(1)4312nn n b -??=?+?- ，所以根据分组求和法和分类讨论法即可求出．解：（1）因为221n S n n =-+，当1n =时，110a S ==；当2n ≥时，22121(1)2(1)123n n n a S S n n n n n -=-=-+-----=-．故*0,1 23,2,n n a n n n N =?=?-∈?…；（2）假设存在实数µ，使得数列{}3xn b µ?+是等⽐数列，数列{}n b 中，2133a b a =+，对任意正整数2n (113)n n b b -??+=.可得116b =，且1331n nn n b b -?+?=，由假设可得(n n n b b µµ--?+=-?+，即1334n n n n b b µ-?+?=-，则41µ-=，可得14µ=-，可得存在实数14µ=-，使得数列{}3nn b µ?+是公⽐3q =-的等⽐数列；（3）由（2）可得11111133(3)(3)444nn n n b b ---=-?-=?- ，则1111(1)4312nn n b -??=?+?- ，则前n 项和11111111(1)123643121212nn n T -=++?+?+-+?+?-?? ? ????????? 当n 为偶数时，111111*********n n n T ??- =+=- ???- 当n 为奇数时，11111115112311128312248313n n n nT ??- =+=-+=- ????- 则51,21248311,2883nn n n k T n k ?-=-=??-=（*k N ∈）．【典例3】【福建省南平市2019-2020学年⾼三上学期第⼀次综合质量检查】已知等⽐数列{}n a 的前n 项和为n S ，且( )*21,nn S a a n =?-∈∈R N．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设11n n n n a b S S ++=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【思路引导】（1）利⽤临差法得到12n n a a -=?，再根据11a S =求得1a =，从⽽求得数列通项公式；（2）由题意得1112121n n n b +=---，再利⽤裂项相消法求和. 解：（1）当1n =时，1121a S a ==-.当2n ≥时，112n n n n a S S a --=-=?()*,因为{}n a 是等⽐数列，所以121a a =-满⾜()*式，所以21a a -=，即1a =，因此等⽐数列{}n a 的⾸项为1,公⽐为2,所以等⽐数列{}n a 的通项公式12n n a -=.（2）由（1）知21nn S =-，则11n n n n a b S S ++=,即()()1121121212121n n n n n n b ++==-----，所以121111111113377152121n n n n T b b b +?=++???+=-+-+-+???+- ? ? ? ?--?,所以11121n n T +=--.【典例4】【⼭东省⽇照市2019-2020学年上学期期末】已知数列{}n a 的⾸项为2，n S 为其前n 项和，且()120,*n n S qS q n +=+>∈N （1）若4a ，5a ，45a a +成等差数列，求数列{}n a 的通项公式；（2）设双曲线2221ny x a -=的离⼼率为n e ，且23e =，求222212323n e e e ne ++++L .【思路引导】（1）先由递推式()120,*n n S qS q n +=+>∈N 求得数列{}n a 是⾸项为2，公⽐为q 的等⽐数列，然后结合已知条件求数列通项即可；（2）由双曲线的离⼼率为求出公⽐q ，再结合分组求和及错位相减法求和即可得解. 解：解：（1）由已知，12n n S qS +=+，则212n n S qS ++=+，两式相减得到21n n a qa ++=，1n ≥.⼜由212S qS =+得到21a qa =，故1n n a qa +=对所有1n ≥都成⽴.所以，数列{}n a 是⾸项为2，公⽐为q 的等⽐数列. 由4a ，5a ，45+a a 成等差数列，可得54452=a a a a ++，所以54=2,a a 故=2q .所以*2()n n a n N =∈.（2）由（1）可知，12n n a q-=，所以双曲线2的离⼼率n e ==由23e ==，得q =.所以()()()()2122222123231421414n n e e e n e q n q -++++?=++++++ ()()()21214122n n n q nq -+=++++，记()212123n n T q q nq -=++++①()()2122221n n n q T q q n qnq -=+++-+②①-②得()()221222221111n n nnq q ---=++++-=-- 所以()()()()222222222211122121(1)111nn n n n n n n q nq q nq T n n q q q q --=-=-=-+?=-+----. 所以()()222212121242n n n n e e n e n +++++?=-++. 【典例5】已知数列{}n a 的各项均为正数，对任意*n ∈N ，它的前n 项和n S 满⾜()()1126n n n S a a =++，并且2a ，4a ，9a 成等⽐数列. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()111n n n n b a a ++=-，n T 为数列{}n b 的前n 项和，求2n T .【思路引导】（1）根据n a 与n S 的关系，利⽤临差法得到13n n a a --=，知公差为3；再由1n =代⼊递推关系求1a ；（2）观察数列{}n b 的通项公式，相邻两项的和有规律，故采⽤并项求和法，求其前2n 项和. 解：（1）Q 对任意*n ∈N ，有() ()1126n n n S a a =++，①∴当1a =时，有()()11111126S a a a ==++，解得11a =或2. 当2n ≥时，有()()1111126n n n S a a ---=++.②①-②并整理得()()1130n n n n a a a a --+--=. ⽽数列{}n a 的各项均为正数，13n n a a -∴-=.当11a =时，()13132n a n n =+-=-，此时2429a a a =成⽴；当12a =时，()23131n a n n =+-=-，此时2429a a a =，不成⽴，舍去.32n a n ∴=-，*n ∈N .（2）2122n n T b b b =+++=L 12233445221n n a a a a a a a a a a +-+-+-L()()()21343522121n n n a a a a a a a a a -+=-+-++-L242666n a a a =----L ()2426n a a a =-+++L246261862n n n n +-=-?=--.【典例6】【2020届湖南省益阳市⾼三上学期期末】已知数列{}n a 的前n 项和为112a =，()1122n n n S a ++=-. （1）求2a 及数列{}n a 的通项公式；（2）若()1122log n n b a a a =L ，11n n nc a b =+，求数列{}n c 的前n 项和n T . 【思路引导】（1）利⽤临差法将递推关系转化成2112n n a a ++=，同时验证2112a a =，从⽽证明数列{}n a 为等⽐数列，再利⽤通项公式求得n a ；（2）利⽤对数运算法则得11221nn c n n ??=+- ?+??，再⽤等⽐数列求和及裂项相消法求和，可求得n T 。

高考大题专项三高考中的数列1.(2018山西吕梁一模,17)已知{a n}是首项为1的等比数列,数列{b n}满足b1=2,b2=5,且a nb n+1=a n b n+a n+1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求数列{b n}的前n项和.2.(2018福建龙岩4月质检,17)已知正项等比数列{a n}的前n项和为S n,且S n=2a n-1(n∈N+).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=lg a n,求数列{a n+b n}的前n项和T n.3.(2018北京海淀期末,15)已知等差数列{a n}的前n项和S n,且a2=5,S3=a7.(1)数列{a n}的通项公式;(2)若b n=,求数列{a n+b n}的前n项和.4.(2018河北唐山一模,17)已知数列{a n}为单调递增数列,S n为其前n项和,2S n=+n.(1)求{a n}的通项公式;(2)若b n=,T n为数列{b n}的前n项和,证明:T n<5.(2018湖南衡阳二模,17)等差数列{a n}中,a3=1,a7=9,S n为等比数列{b n}的前n项和,且b1=2,若4S1,3S2,2S3成等差数列.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)设c n=|a n|·b n,求数列{c n}的前n项和T n.6.已知数列{a n}的前n项和为S n,S n=(m+1)-ma n对任意的n∈N+都成立,其中m为常数,且m<-1. (1)求证:数列{a n}是等比数列;(2)记数列{a n}的公比为q,设q=f(m),若数列{b n}满足b1=a1,b n=f(b n-1)(n≥2,n∈N+).求证:数列是等差数列;(3)在(2)的条件下,设c n=b n·b n+1,数列{c n}的前n项和为T n,求证:T n<1.7.(2018宿州十三所中学期中,17)已知数列{a n}的前n项和为S n,并且满足a1=1,na n+1=S n+n(n+1). (1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=,数列{b n}的前n项和为T n,求T n;(3)在(2)的条件下,是否存在常数λ,使得数列为等比数列?若存在,试求出λ;若不存在,说明理由.参考答案高考大题专项三高考中的数列1.解 (1)把n=1代入已知等式得a1b2=a1b1+a2,∴a2=a1b2-a1b1=3a1.∴{a n}是首项为1,公比为3的等比数列,即a n=3n-1.(2)由已知得b n+1-b n==3,∴{b n}是首项为2,公差为3的等差数列,其通项公式为b n=3n-1,∴S n===.2.解 (1)由S n=2a n-1(n∈N+),可得S1=2a1-1,∴a1=2a1-1,∴a1=1.又S2=2a2-1,∴a1+a2=2a2-1,∴a2=2.∵数列{a n}是等比数列,∴公比q==2,∴数列{a n}的通项公式为a n=2n-1.(2)由(1)知,b n=lg a n=(n-1)lg 2,∴T n=(b1+a1)+(b2+a2)+…+(b n+a n)=(0+1)+(lg 2+2)+…+[(n-1)lg 2+2n-1]=[lg 2+2lg 2+…+(n-1)lg2]+(1+2+…+2n-1)=lg 2+2n-1.3.解 (1)设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d,则解得a1=3,d=2.由a n=a1+(n-1)d,则a n=2n+1.因此,通项公式为a n=2n+1.(2)由(1)可知:a n=2n+1,则b n=22n+1,==4.因为b1=23=8,所以{b n}是首项为8,公比为q=4的等比数列.记{a n+b n}的前n项和为T n,则T n=(a1+b1)+(a2+b2)+…+(a n+b n)=(a1+a2+…+a n)+(b1+b2+…+b n)=+=n2+2n+.4.(1)解当n=1时,2S1=2a1=+1.所以(a1-1)2=0,即a1=1.又{a n}为单调递增数列,所以a n≥1.由2S n=+n得2S n+1=+n+1,所以2S n+1-2S n=-+1,整理得2a n+1=-+1,即=(a n+1-1)2,所以a n=a n+1-1,即a n+1-a n=1,所以{a n}是以1为首项,1为公差的等差数列,所以a n=n.(2)证明因为b n===-,所以T n=-+-+…+-=-<.5.解 (1)在等差数列{a n}中,设公差为d,则a7-a3=4d=9-1=8,故d=2,∴a n=a3+(n-3)d=1+2(n-3)=2n-5.设等比数列{b n}的公比为q,依题意有:6S2=4S1+2S3,故q=2,∴b n=2n.(2)∵c n=|2n-5|·2n.当n=1时,T1=6,当n=2时,T2=10,当n≥3时,2n-5>0,T n=10+1×23+3×24+…+(2n-7)2n-1+(2n-5)2n,①2T n=20+1×24+3×25+…+(2n-7)2n+(2n-5)2n+1,②由①-②,得-T n=-10+8+2(24+…+2n)-(2n-5)2n+1,∴T n=34+(2n-7)2n+1.。

（新高考）2022届高考考前冲刺卷数 学 （三）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

第Ⅰ卷（选择题）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5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{}0,1A =，则集合{},B x y x A y A =-∈∈中元素的个数是（ ） A ．1个 B ．2个 C ．3个 D ．4个【答案】C【解析】由集合{}0,1A =，{} ,B x y x A y A =-∈∈，根据,x A y A ∈∈，所以1,0,1x y -=-，所以B 中元素的个数是3，故选C ． 2．在复平面内，复数5i 2i +对应的点坐标为（ ）A ．()1,2B ．()1,2-C ．()1,2-D ．()1,2--【答案】A 【解析】5i 5i(2i)5(12i)12i 2i (2i)(2i)5-+===+++-，∴在复平面内对应的点坐标为()1,2， 故选A ．3．用斜二测画法画水平放置的ABC △的直观图，得到如图所示的等腰直角三角形A B C '''．已知点O '是斜边B C ''的中点，且2O A ''=，则ABC △的面积为（ ）A ．42B ．82C ．22D ．62【答案】B【解析】由斜二测画法可知该三角形ABC 为直角三角形，90ABC ∠=︒， 根据直观图中平行于x 轴的长度不变，平行于y 轴的长度变为原来的一半， 因为2O A ''=，所以4BC =，42AB =，所以三角形ABC 的面积为1442822ABC S =⨯⨯=△，故选B ．4．已知函数3()3x xf x x a a -⎛⎫=⋅-⎪⎝⎭，则“1a =”是“函数()f x 为偶函数”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】函数()f x 定义域为R ，函数()f x 为偶函数，则x ∀∈R ，331()()(3)(3)(33)()0x x xx x x f x f x x a x a x a a a a-----=-⋅--⋅-=-+-=， 而(33)x x x --+不恒为0，因此，10a a-=，解得1a =-或1a =， 所以“1a =”是“函数()f x 为偶函数”的充分不必要条件，故选A ．5．已知数列{}n a 满足2112333.3..3n n a a a a n -++++=（n ∈N *），则n a =（ ）A ．13nB ．-113nC ．13nD ．113n + 【答案】C【解析】由题设，2112333 (33)n n a a a a n-++++=①， 则221231133 (33)n n n a a a a ---++++=(2)n ≥②， ①-②得：1113333n n n n a --=-=(2)n ≥， 所以13n n a =(2)n ≥，此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号由①知113a =也满足上式，故13n n a =（n ∈N *），故选C ．6．已知一组数据1x ，2x ，3x ，…，10x 的标准差为2，将这组数据1x ，2x ，3x ，…，10x 中的每个数先同时减去2，再同时乘以3，得到一组新数据，则这组新数据的标准差为（ ） A ．2 B ．4C ．6D ．32【答案】C【解析】因为数据1x ，2x ，3x ，…，10x 的标准差为2，所以方差为4． 由题意知，得到的新数据为136x -，236x -，336x -，…，1036x -， 这组新数据的方差为24336⨯=，标准差为6，故选C ．7．如图，1F ､2F 分别是双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>的左､右焦点，过1F 的直线l 与C 的左､右两支分别交于点A 、B 两点，若2ABF △为以2F 为直角顶点的等腰直角三角形，则双曲线C 的离心率为（ ）A ．4B ．7C ．233D ．3【答案】D【解析】由题意，2ABF △为等腰直角三角形， 设22AF BF m ==，1AF n =，则2AB m =，由双曲线的定义，可得212AF AF a -=，122BF BF a -=，可得222m n a m n m a-=⎧⎪⎨+-=⎪⎩，解得22m a =，()221n a =-，在12AF F △中，由余弦定理可得222121212212cos F F AF AF AF AF F AF =+-∠，即()()()222224221222221222c a a a a ⎛⎫⎡⎤=-+-⨯-⨯⨯- ⎪ ⎪⎣⎦⎝⎭， 整理得223c a =，即2223c e a==，所以3e =， 故选D ．8．已知关于x 的方程22ln (2)x x x k x +=++在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两解，则实数k 的取值范围为（ ）A ．ln 21,15⎛⎤+ ⎥⎝⎦ B ．9ln 21,105⎛⎤+ ⎥⎝⎦C ．(]1,2D ．(]1,e【答案】B【解析】由已知可得22ln 2x x x k x +-=+在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两解，令22ln ()2x x x f x x +-=+，1,)2[x ∈+∞， 则问题转化为函数()y f x =与y k =在1[,)2+∞上有两个交点，而2222(2ln 1)(2)(2ln )32ln 4()(2)(2)x x x x x x x x x f x x x --+-+-+--'==++， 令2()32ln 4g x x x x =+--，则22232(21)(2)()23x x x x g x x x x x+--+'=+-==， 因为1,)2[x ∈+∞，所以()0g x '≥恒成立，所以()g x 在1[,)2+∞上单调递增，又(1)0g =，所以当1)[1,2x ∈时，()0g x <，则()0f x '<；当[1,)x ∈+∞时，()0g x '≥，则()0f x '≥，所以()f x 在1[,1)2上单调递减，在[1,)+∞上单调递增，所以min ()(1)1f x f ==，又1112ln 129ln 29ln 2422()()1254210522f +-==+=++， 作出函数()f x 的大致图象如图示：要使得22ln 2x x x k x +-=+在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两解，实数k 的取值范围为9ln 21,105⎛⎤+ ⎥⎝⎦，故选B ．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．一个质地均匀的正四面体表面上分别标有数字1，2，3，4，抛掷该正四面体两次，记事件A 为“第一次向下的数字为偶数”，事件B 为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列说法正确的是（ ） A ．()13P A =B ．事件A 和事件B 互为对立事件C ．()12P B A =D ．事件A 和事件B 相互独立【答案】CD【解析】对于A ，()2142P A ==，可得A 错误； 对于B ，事件B 第一次向下的数字为偶数，第二次向下的数字为奇数， 就可以使得两次向下的数字之和为奇数，可知事件A 和事件B 不是对立事件， 可得B 错误；对于C ，由221()444P AB =⨯=，可得()1()14|1()22P AB P B A P A ===，可得C 正确；对于D 选项，由()2222144442P B =⨯+⨯=，可得()()()P A P B P AB =，可知事件A 和事件B 相互独立，可得D 正确， 故选CD ．10．已知函数()()2sin 23cos sin cos f x x x x x =+-，则下列结论正确的是（ ）A ．()f x 的图象关于直线712x π=对称B ．()f x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的值域为[]1,2 C ．若()()122f x f x ==，则122x x k π-=，k ∈ZD ．将()f x 的图象向右平移6π个单位得()2cos2g x x =-图象【答案】BD【解析】()2223sin cos sin cos 3sin 2cos 22sin 26f x x x x x x x x π⎛⎫=+-=-=- ⎪⎝⎭，对于A ：令()721262k k ππππ⨯-=+∈Z ，可得12k =∉Z ， 所以直线712x π=不是()f x 的图象的对称轴，故选项A 不正确； 对于B ：当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，52,636x πππ⎡⎤-∈⎢⎥⎣⎦，1sin 2,162x π⎛⎫⎡⎤-∈ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，所以()[]2sin 21,26f x x π⎛⎫∈ ⎪⎭=-⎝，故选项B 正确；对于C ：()f x 的最小正周期为22T ππ==， 所以若()()122f x f x ==，则12x x k π-=，k ∈Z ，故选项C 不正确； 对于D ：将()f x 的图象向右平移6π个单位得 ()2sin 22sin 22cos 2662g x x x x πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=--=-=- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦的图象，故选项D 正确，故选BD ．11．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，点P 是11B CD △内部(不包括边界)的动点，若BD AP ⊥，则线段AP 长度的可能取值为（ ）A ．233B ．65C ．62D ．52【答案】ABC【解析】在正方体AC 1中，连接AC ，A 1C 1，1111AC B D O =，如图，BD ⊥AC ，BD ⊥AA 1，则BD ⊥平面ACC 1A 1， 因AP ⊥BD ，所以AP ⊂平面ACC 1A 1， 又点P 是△B 1CD 1内部(不包括边界)的动点，连接CO ，平面B 1CD 1平面ACC 1A 1=CO ，所以点P 在线段CO 上(不含点C ，O )， 连接AO ，在等腰△OAC 中，62,2AC AO CO ===，而底边AC 上的高为1，腰OC 上的高1233AC h OC ⋅==，从而有2323AP ≤<，66,52都符合，52不符合，故选ABC ．12．若存在正实数x ，y ，使得等式24(3e )(ln ln )0x a y x y x +--=成立，其中e 为自然对数的底数，则a 的取值可能是（ ） A ．1e - B ．31eC ．21eD ．2【答案】ACD【解析】由题意，a 不等于0，由24(3e )(ln ln )0x a y x y x +--=，得24(3e )ln 0y ya x x+-=，令(0)y t t x =>，则24ln 3e ln t t t a-=-，设2()ln 3e ln g t t t t =-，则23e ()1ln g t t t'=+-， 因为函数()g t '在(0,)+∞上单调递增，且2(e )0g '=，所以当20e t <<时，()0g t '<；当2e t >时，()0g t '>， 则()g t 在2(0,e )上单调递减，在2(e ,)+∞上单调递增， 从而22min ()(e )4e g t g ==-，即244e a -≥-，解得21ea ≥或0a <， 故21(,0),e a ⎡⎫∈-∞+∞⎪⎢⎣⎭，故选ACD ．第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．已知向量12=+a e e ，213=-b e e ，其中1e ，2e 为单位向量，向量1e ，2e 的夹角为120°，则⋅=a b __________． 【答案】1-【解析】由21111cos1202⋅=⨯⨯︒=-e e ，有221212231131⋅=-⋅-=+-=-e e e e a b ， 故答案为1-．14．在ABC △中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，记ABC △外接圆半径为R ，且()222sin sin (2)sin R A B a c C -=-，则角B 的大小为________．【答案】4π（或45︒） 【解析】由正弦定理2sin sin sin a b cR A B C ===，故2sin R A a =，2sin R B b =，即()222sin sin (2)sin sin sin (2)sin R A B a c C a A b B a c C -=-⇔-=-22222(2)2a b a c c a c b ac ⇔-=-⇔+-=，故2222cos 22a cb B ac +-==， 又(0,)B π∈，故4B π=，故答案为4π．15．将字母a ，A ，b ，B ，c ，C 排成一列，则仅有一组相同字母的大小写相邻的排法种数为__________．【答案】288【解析】首先讨论Aa 相邻，剩下的4个字母排列有如下情况： bcBC 、cbCB 、bCBc 、CbcB 、BcbC 、cBCb 、BCbc 、CBcb 共8种可能，任取8种中的一种与Aa 组合，共有125210C A =种，此时Aa 相邻共有10880⨯=种，bcCB ，bCcB ，BcCb ，BCcb ，CbBc ，CBbc ，cbBC ，cBbC ，8种情况，任取8种中的一种与Aa 组合，共有222A =种，此时Aa 相邻共有2816⨯=种，所以Aa 相邻共有96种；同理，Bb 相邻共有96种，Cc 相邻共有96种，所以共有288种， 故答案为288．16．如图，点P 是半径为2的圆O 上一点，现将如图放置的边长为2的正方形ABCD （顶点A 与P 重合）沿圆周逆时针滚动．若从点A 离开圆周的这一刻开始，正方形滚动至使点A 再次回到圆周上为止，称为正方形滚动了一轮，则当点A 第一次回到点P 的位置时，正方形滚动了________轮，此时点A 走过的路径的长度为__________．【答案】3，(22)π+【解析】正方形滚动一轮，圆周上依次出现的正方形顶点为B C D A →→→， 顶点两次回到点P 时，正方形顶点将圆周正好分成六等分， 由4和6的最小公倍数：342612⨯=⨯=， 所以到点A 首次与P 重合时，正方形滚动了3轮． 这一轮中，点A 路径A A A A ''→'→→是圆心角为6π，半径分别为2，22，2的三段弧，故路径长(22)(2222)63l ππ+=⋅++=，∴点A 与P 重合时总路径长为(22)π+． 故答案为3，(22)π+．四、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）ABC △内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知(cos cos )b c a B C +=+． （1）求A ；（2）若sin sin 2sin A C B +=，求sin sin B C +． 【答案】（1）2π；（2）75． 【解析】（1）在ABC △中，由正弦定理及(cos cos )b c a B C +=+， 得sin sin sin (cos cos )B C A B C +=+，于是得sin()sin()sin cos sin cos A C A B A B A C +++=+，化简整理得cos sin cos sin 0A C A B +=，即cos (sin sin )0A C B +=， 而sin 0,sin 0B C >>，则cos 0A =， 又0A π<<，所以2A π=．（2）因为sin sin 2sin A C B +=，由正弦定理得2a c b +=，则21c ba a+=， 由（1）知，在ABC Rt △中，2BAC π∠=，222b c a +=，即221b c a a ⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，于是解得43,55b c a a ==， 显然有sin ,sin b c B C a a ==，即43sin ,sin 55B C ==，则7sin sin 5B C +=，所以7sin sin 5B C +=．18．（12分）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，又对任意的正整数,m n ，都有2n ma a n m-=--，且530S =． （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设22n a n b =，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】（1）122n a n =-；（2）()656426612(6)n n n n T n --⎧-≤=⎨+>⎩．【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，因为2n m a a n m -=--，所以112(1)(1)a da n n m d md +--=--=--， 又530S =，即1545(2)302a ⨯+⨯-=，解得110a =，所以122n a n =-．（2）由（1）知122n a n =-，令602n an =-≥，得6n ≤，当6n ≤时，0n a ≥，从而122554662662121222222642222112n n a a n nn a n T ---⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦=++⋅⋅⋅==++-=++=--，当6n >时，671254222262012222222222n n a a a a a n T ---=++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+=++++++652(12)6361212n n ---=+=+-，综上得()656426612(6)n n n n T n --⎧-≤=⎨+>⎩． 19．（12分）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，平面PCD ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝1，2PC PD ==，E 为PB 中点．（1）求证：PD //平面ACE ； （2）求二面角E AC D --的余弦值；（3）在棱PD 上是否存在点M ，使得AM ⊥BD ？若存在，求PMPD的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）66-；（3）存在，12．【解析】（1）设BD 交AC 于点F ，连接EF ． 因为底面ABCD 是矩形，所以F 为BD 中点． 又因为E 为PB 中点，所以EF //PD ， 因为PD ⊄平面ACE ，EF ⊂平面ACE ， 所以PD //平面ACE ．（2）取CD 的中点O ，连接PO ，FO ．因为底面ABCD 为矩形，所以BC ⊥CD ．因为PC ＝PD ，O 为CD 中点，所以PO ⊥CD ，OF ∥BC ，所以OF ⊥CD ． 又因为平面PCD ⊥平面ABCD ，PO ⊂平面PCD ，平面PCD ∩平面ABCD ＝CD ， 所以PO ⊥平面ABCD ．如图，建立空间直角坐标系O −xyz ，则()1,1,0A -，C （0，1，0），B （1，1，0），P （0，0，1），111,,222E ⎛⎫⎪⎝⎭，设平面ACE 的法向量为(,,)x y z =m ，(1,2,0)AC =-，131(,,)222AE =-，20131222AC x y AE x y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-++=⎪⎩m m ， 令1y =，则2x =，1z =-，所以(2,1,1)=-m ， 平面ACD 的法向量为(0,0,1)OP =，6cos ,6||||OP OP OP ⋅<>=-⋅m m m ，如图可知二面角E −AC −D 为钝角，所以二面角E −AC −D 的余弦值为66-．（3）假设存在棱PD 上的点M ，使得AM ⊥BD ，设,01PM PD λλ=<<，又()0,1,0D -，则(1,2,0)BD =--，(1,1,1)AP =-，()0,1,1PD =--，()1220AM BD AP PM BD AP BD PD BD λλ∴⋅=+⋅=⋅+⋅=-+=，解得12λ=， 故存在棱PD 上的点M ，使得AM ⊥BD ，12PM PD =．20．（12分）某健身机构统计了去年该机构所有消费者的消费金额（单位：元），如图所示：（1）将去年的消费金额超过3200元的消费者称为“健身达人”，现从所有“健身达人”中随机抽取2人，求至少有1位消费者，其去年的消费金额超过4000元的概率；（2）针对这些消费者，该健身机构今年欲实施入会制．规定：消费金额为2000元、2700元和3200元的消费者分别为普通会员、银卡会员和金卡会员．预计去年消费金额在(]0,1600、(]1600,3200、(]3200,4800内的消费者今年都将会分别申请办理普通会员、银卡会员和金卡会员．消费者在申请办理会员时，需一次性预先缴清相应等级的消费金额．该健身机构在今年年底将针对这些消费者举办消费返利活动，预设有如下两种方案：方案1：按分层抽样从普通会员，银卡会员，金卡会员中总共抽取25位“幸运之星”给予奖励．其中，普通会员、银卡会员和金卡会员中的“幸运之星”每人分别奖励500元、600元和800元．方案2：每位会员均可参加摸奖游戏，游戏规则如下：从一个装有3个白球、2个红球（球只有颜色不同）的箱子中，有放回地摸三次球，每次只能摸一个球．若摸到红球的总数为2，则可获得200元奖励金；若摸到红球的总数为3，则可获得300元奖励金；其他情况不给予奖励．如果每位普通会员均可参加1次摸奖游戏；每位银卡会员均可参加2次摸奖游戏；每位金卡会员均可参加3次摸奖游戏（每次摸奖的结果相互独立）．以方案的奖励金的数学期望为依据，请你预测哪一种方案投资较少？并说明理由．【答案】（1）1933；（2）方案2投资较少，理由见解析．【解析】（1）记“在抽取的2人中至少有1位消费者在去年的消费超过4000元”为事件A．由图可知，去年消费金额在(]3200,4000内的有8人，在(]4000,4800内的有4人，消费金额超过3200元的“健身达人”共有8412+=（人），从这12人中抽取2人，共有212C种不同方法，其中抽取的2人中至少含有1位消费者在去年的消费超过4000元，共有112844C C C+种不同方法，所以()112844212C C C19C33P A+==．（2）方案1按分层抽样从普通会员，银卡会员，金卡会员中总共抽取25位“幸运之星”，则“幸运之星”中的普通会员、银卡会员、金卡会员的人数分别为820257100+⨯=，25352515100+⨯=，12253100⨯=，按照方案1奖励的总金额为1750015600380014900ξ=⨯+⨯+⨯=（元）．方案2设η表示参加一次摸奖游戏所获得的奖励金，则η的可能取值为0，200，300．由题意，每摸球1次，摸到红球的概率为1215C2C5P==，所以()302101333232810C C5555125Pη⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫==+=⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()12233236200C55125Pη⎛⎫⎛⎫===⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()0333328300C55125Pη⎛⎫⎛⎫===⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以η的分布列为：η0 200 300P81125361258125数学期望为81368020030076.8125125125E η=⨯+⨯+⨯=（元）， 按照方案2奖励的总金额为()22860212376.814131.2ξ=+⨯+⨯⨯=（元）， 因为由12ξξ>，所以施行方案2投资较少．21．（12分）已知椭圆()2222:10x y E a b a b +=>>的离心率为32，P 为椭圆E 上一点， Q 为圆222x y b +=上一点，PQ 的最大值为3（P ，Q 异于椭圆E 的上下顶点）．（1）求椭圆E 的方程；（2）A 为椭圆E 的下顶点，直线AP ，AQ 的斜率分别记为1k ，2k ，且214k k =，求证：直线PQ 过定点，并求出此定点的坐标．【答案】（1）2214x y +=；（2）证明见解析，定点(0,1)． 【解析】（1）解：由椭圆E 的离心率为32，可得32c a =，又由PQ 的最大值为3，可得3a b +=，可得222332a b ca abc +=⎧⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎩，解得2,1,3a b c ===，所以椭圆E 的方程为2214x y +=．（2）解：由（1）可得点A 的坐标为(0,1)-， 因为直线,AP AQ 的斜率分别记为1k ，2k ，且214k k =，可得直线AP 的方程为11y k x +=，直线AQ 的方程为2114y k x k x +==，联立方程组122114y k x x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩，整理得2211(41)80k x k x +-=，解得0x =或121841k x k =+， 将121841k x k =+代入11y k x =-，可得2111221184114141k k y k k k -=⋅-=++， 即2112211841(,)4141k k P k k -++；联立方程组122411y k x x y =-⎧⎨+=⎩，整理得2211(161)80k x k x +-=，解得0x =或1218161k x k =+， 将1218161k x k =+代入141y k x =-，可得2121161161k y k -=+，即21122118161(,)161161k k Q k k -++， 则()22112222221111112111122112121111614116141(161)(41)(161)(41)888(224141)16141812PQk k k k k k k k k k k k k k k k k k k ---++-+-+-==--+=-+=⨯-， 所以直线PQ 的方程为21122111418141441k k y x k k k ⎛⎫--=-- ⎪++⎝⎭， 即2211222111111414112111441414414k k y x x x k k k k k k -+=-++=-+=-++++，此时直线过定点(0,1)，即直线PQ 恒过定点(0,1)．22．（12分）已知()()ln 1f x x ax a =++∈R ，()f x '为()f x 的导函数． （1）若对任意0x >都有()0f x ≤，求a 的取值范围；（2）若120x x <<，证明：对任意常数a ，存在唯一的()012,x x x ∈，使得()()()12012f x f x f x x x -'=-成立．【答案】（1）(],1-∞-；（2）证明见解析． 【解析】（1）由()0f x ≤，得ln 1ax x ≤--，即ln 1x a x+≤-， 令()ln 1x g x x +=-，则()2ln xg x x'=， ∴当()0,1x ∈时，()0g x '<；当()1,x ∈+∞时，()0g x '>，()g x ∴在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，()()min 11g x g ∴==-，1a ∴≤-，即a 的取值范围为(],1-∞-．（2）设()()()()1212f x f x h x f x x x -'=--，将问题转化为()h x 在区间()12,x x 上有唯一的零点，由()()()()1211221212ln ln 1f x f x x ax x ax h x f x a x x x x x -+--'=-=+---，知()h x 在区间()12,x x 上单调递减，故函数()h x 在区间()12,x x 上至多有1个零点，()1122122211121121211ln ln ln ln 1111ln x ax x ax x x x x h x a x x x x x x x x x x ⎛⎫+---=+-=-=-+ ⎪---⎝⎭， ()1122121222122121221ln ln ln ln 1111ln x ax x ax x x x x h x a x x x x x x x x x x ⎛⎫+---=+-=-=-+ ⎪---⎝⎭，由（1）知：当1a =-时，ln 10x x -+≤（当且仅当1x =时取等号），120x x <<，211x x ∴>，2211ln 10x xx x ∴-+<， 又120x x -<，即1210x x <-，()10h x ∴>， 120x x <<，1201x x ∴<<，1122ln 10x xx x ∴-+<，即2112ln 10x x x x +->， 又120x x -<，即1210x x <-，()20h x ∴<， 由函数零点存在定理知：()h x 在区间()12,x x 上有唯一的零点，即存在唯一的()012,x x x ∈，使得()()()12012f x f x f x x x -'=-成立．。

三 数列中的高考热点问题[命题解读] 数列在数学中既具有独立性，又具有较强的综合性，是初等数学与高等数学的一个重要衔接点，从近五年全国卷高考试题来看，本专题的热点题型有：一是等差、等比数列的综合问题；二是数列的通项与求和；三是数列与不等式的交汇，难度中等．解决等差、等比数列的综合问题，关键是理清两种数列的项之间的关系，并注重方程思想的应用，等差(比)数列共涉及五个量a 1，a n ，S n ，d (q )，n ，“知三求二”．【例1】 (2016·天津高考)已知{a n }是等比数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，且1a 1－1a 2＝2a 3，S 6＝63.(1)求{a n }的通项公式；(2)若对任意的n ∈N *，b n 是log 2a n 和log 2a n ＋1的等差中项，求数列{(－1)n b 2n }的前2n 项和． [解] (1)设数列{a n }的公比为q . 由已知，有1a 1－1a 1q ＝2a 1q2，解得q ＝2或q ＝－1.又由S 6＝a 1·1－q61－q ＝63，知q ≠－1，所以a 1·1－261－2＝63，得a 1＝1.所以a n ＝2n －1.(2)由题意，得b n ＝12(log 2a n ＋log 2a n ＋1)＝12(log 22n －1＋log 22n)＝n －12， 即{b n }是首项为12，公差为1的等差数列．设数列{(－1)n b 2n }的前n 项和为T n ，则T 2n ＝(－b 21＋b 22)＋(－b 23＋b 24)＋…＋(－b 22n －1＋b 22n )＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n －1＋b 2n ＝2nb 1＋b 2n2＝2n 2.(2019·南昌模拟)已知各项均为正数且递减的等比数列{a n }满足：a 3，2a 4，2a 5成等差数列，前5项和S 5＝31.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若等差数列{b n }满足b 1＝a 4－1，b 2＝a 3－1，求数列{ab n }的前n 项和．[解] (1)由a 3，32a 4，2a 5成等差数列得3a 4＝a 3＋2a 5，设{a n }的公比为q ，则2q 2－3q ＋1＝0，解得q ＝12或q ＝1(舍去)，所以S 5＝a 1⎝⎛⎭⎪⎫1－1251－12＝31，解得a 1＝16.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝16×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －5.(2)设等差数列{b n }的公差为d ，由b 1＝a 4－1，b 2＝a 3－1得b 1＝1，d ＝a 3－a 4＝4－2＝2，所以b n ＝2n －1，ab n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －6，数列{ab n }的前n 项和T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －6＝16⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n1－14＝643⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n .数列的通项与求和是高考的必考题型，求通项属于基本问题，常涉及等差、等比数列的定义、性质、基本量的运算；求和问题关键在于分析通项的结构特征，选择适当的求和方法．常考的求和方法有：公式法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法等．【例2】 (本小题满分12分)(2019·青岛模拟)已知等差数列{a n }，公差d ＝2，S 1，S 2，S 4成等比数列．(1)求a n ； (2)令b n ＝(－1)n4na n ·a n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .[信息提取] 看到条件中S 1，S 2，S 4成等比数列，想到S 22＝S 1·S 4；看到(2)中(－1)n想到n 为偶数和奇数两种情况． [规范解答] (1)∵S 1，S 2，S 4成等比数列． ∴S 22＝S 1S 4，1分∴(2a 1＋2)2＝a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 1＋4×32×2， 解得a 1＝1，3分 ∴a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1. 4分(2)b n ＝(－1)n·4n a n ·a n ＋1＝(－1)n·4n2n －12n ＋1＝(－1)n ⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1.6分∴当n 为偶数时，{b n }的前n 项和T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15－…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝－1＋12n ＋1＝－2n2n ＋1， 8分当n 为奇数时，{b n }的前n 项和T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15－…－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝－1－12n ＋1＝－2n ＋22n ＋1.11分故T n＝⎩⎪⎨⎪⎧－2n 2n ＋1，n 为偶数，－2n －22n ＋1，n 为奇数.12分[易错与防范] 易错误区：(1)在解答第(2)问时，不会处理b n 的表达式； (2)求T n 时，没有对n 进行分类讨论，导致解答错误．防范措施：(1)对于常见式子的裂项要心中有数，要根据分子的结构特征来确定裂成两项之和还是两项之差．(2)出现(－1)n求和时，一般要分n 为奇数和偶数两种情况．[通性通法] (1)一般求数列的通项往往要构造数列，此时从要证的结论出发，这是很重要的解题信息．(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．已知递增数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋1＋a n －1＝S n ＋2a n (n ∈N *且n ≥2)，且a 2a 4＝21，a 1＋a 5＝10.(1)证明：数列{a n }是等差数列，并求其通项公式；(2)若b n ＝1a n a n ＋1，试求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)由S n ＋1＋a n －1＝S n ＋2a n 可得S n ＋1－S n ＝2a n －a n －1， ∴a n ＋1－a n ＝a n －a n －1(n ≥2)．不妨令a n －a n －1＝d (n ≥2)，易知d ＞0，∴数列{a n }是首项为a 1，公差为d 的等差数列．又a 2a 4＝21，a 1＋a 5＝10，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋da 1＋3d ＝21，a 1＋a 1＋4d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝－2.又d ＞0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，故a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1. (2)由(1)知，a n ＝2n －1， ∴b n ＝1a n a n ＋1＝1n －n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝121－13＋13－15＋…＋12n －3－12n －1＋12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.【例3】 (2019·哈尔滨模拟)已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝2a n －n ＋1，数列{b n }满足b n ＝a n －n .(1)证明：数列{b n }为等比数列； (2)若数列{c n }满足c n ＝b nb n ＋b n ＋1＋，且数列{c n }的前n 项和为T n ，求证：T n ＜13.[证明] (1)∵a n ＋1＝2a n －n ＋1， ∴a n ＋1－(n ＋1)＝2(a n －n )，即b n ＋1＝2b n . 又b 1＝a 1－1＝2，∴数列{b n }是以2为首项、2为公比的等比数列．(2)由(1)知，b n ＝2×2n －1＝2n，∴c n ＝2n2n＋n ＋1＋＝12n ＋1－12n ＋1＋1. ∴T n ＝12＋1－122＋1＋122＋1－123＋1＋…＋12n ＋1－12n ＋1＋1＝13－12n ＋1＋1＜13.n n ＋1n ＋2n 37a 2＋a 5＝14.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n －a n ＋，数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：S n <12.[解] (1)由2a n ＋1＝a n ＋2＋a n 得{a n }为等差数列． 设等差数列{a n }的公差为d ，由a 3＋a 7＝20，a 2＋a 5＝14，解得d ＝2，a 1＝2， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)证明：b n ＝1a n －a n ＋＝1n －n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，S n ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1，故当n ∈N *，S n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<12.[大题增分专训]1．(2017·北京高考)已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝1，a 2＋a 4＝10，b 2b 4＝a 5.(1)求{a n }的通项公式； (2)求和：b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1. [解] (1)设等差数列{a n }的公差为d .因为a 2＋a 4＝10，所以2a 1＋4d ＝10， 解得d ＝2，所以a n ＝2n －1. (2)设等比数列{b n }的公比为q ，因为b 2b 4＝a 5，所以b 1qb 1q 3＝9，解得q 2＝3， 所以b 2n －1＝b 1q2n －2＝3n －1.从而b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝3n－12.2．已知数列{a n }是等差数列，满足a 1＝1，公差d ＞0，且a 26＝a 2a 22. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{c n }对任意正整数n 均有c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c n b n＝a n ＋1成立，其中b n ＝4n －1，求数列{c n }的前n 项和S n .[解] (1)因为a 2＝1＋d ，a 6＝1＋5d ，a 22＝1＋21d ，所以(1＋5d )2＝(1＋d )·(1＋21d )，结合公差d ＞0，得d ＝3， 所以a n ＝1＋(n －1)·3＝3n －2. (2)因为c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c n b n＝a n ＋1， 所以当n ≥2时，c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c n －1b n －1＝a n ， 两式作差可得，c n b n＝a n ＋1－a n ＝3， 所以c n ＝3b n ＝3×4n －1(n ≥2)．当n ＝1时，c 1＝b 1a 2＝4，故c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＝，3×4n －1n于是，当n ≥2时，S n ＝4＋3×41＋3×42＋…＋3×4n －1＝4＋3(41＋42＋…＋4n －1)＝4＋3×－4n －11－4＝4n，当n ＝1时，S 1＝4. 综上，S n ＝4n.3．(2019·蒲田模拟)已知等差数列{a n }的公差d ＞0，其前n 项和为S n ，若S 3＝12，且2a 1，a 2,1＋a 3成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)记b n ＝1a n a n ＋1(n ∈N *)，且数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：14≤T n ＜13. [解] (1)依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1a 3＋＝a 22，a 1＋a 2＋a 3＝12，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1a 1＋2d ＋＝a 1＋d2，a 1＋d ＝4，整理得d 2＋d －12＝0. ∵d ＞0，∴d ＝3，a 1＝1.∴数列{a n }的通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋3(n －1)＝3n －2. (2)证明：∵b n ＝1a n a n ＋1＝1n －n ＋＝1313n －2－13n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1 ＝13⎝⎛⎭⎪⎫1－13n ＋1＝n 3n ＋1. ∵n ∈N *，∴13n ＋1＞0，故T n ＜13.又T n 为递增数列，∴当n ＝1时，取最小值14，故14≤T n ＜13.。

第3讲 数列的综合问题数列不等式的证明[核心提炼]数列不等式的证明问题能有效地考查学生综合运用数列与不等式知识解决问题的能力．与数列有关的不等式除利用数学归纳法证明外，还可以借助以下方法：若所证数列不等式能够转化为函数，可借助函数的单调性证明；若所证数列不等式两边均是整式多项式，可以借助比较法；若所证数列能够求和，且所证不等式与和式有关，可先求出其和，再借助放缩法证明．[典型例题]已知数列{x n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)(n ∈N *)． 证明：当n ∈N *时， (1)0<x n ＋1<x n ； (2)2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12；(3)12n －1≤x n ≤12n －2. 【证明】 (1)用数学归纳法证明：x n >0. 当n ＝1时，x 1＝1>0. 假设n ＝k 时，x k >0，那么n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0时，则0<x k ＝x k ＋1＋ln(1＋x k ＋1)≤0，矛盾，故x k ＋1>0. 因此x n >0(n ∈N *)．所以x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)>x n ＋1. 因此0<x n ＋1<x n (n ∈N *)． (2)由x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)得，x n x n ＋1－4x n ＋1＋2x n ＝x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)． 记函数f (x )＝x 2－2x ＋(x ＋2)ln(1＋x )(x ≥0)， f ′(x )＝2x 2＋x x ＋1＋ln(1＋x )>0(x >0)，函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以f (x )≥f (0)＝0，因此x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)＝f (x n ＋1)≥0， 故2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12(n ∈N *)．(3)因为x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)≤x n ＋1＋x n ＋1＝2x n ＋1， 所以x n ≥12n －1.由x n x n ＋12≥2x n ＋1－x n 得1x n ＋1－12≥2⎝⎛⎭⎫1x n －12>0， 所以1x n －12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －1－12≥…≥2n －1⎝⎛⎭⎫1x 1－12＝2n －2， 故x n ≤12n －2.综上，12n －1≤x n ≤12n －2(n ∈N *)．证明数列不等式常用的四种方法(1)构造函数，结合数列的单调性证明．(2)若待证不等式的两边均为关于n 的整式多项式，常用作差比较法证明数列不等式． (3)与数列前n 项和有关的不等式的证明方法主要有两种：一是若数列的通项能够直接求和，则先求和后，再根据和的性质证明不等式；二是若数列的通项不能够直接求和，则先放缩后再求和证明．(4)当待证不等式随n 的变化呈现的规律较明显，且初始值n 0易于确定时，用数学归纳法证明．[对点训练]1．设数列{a n }满足⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1，n ∈N *.(1)证明：|a n |≥2n －1(|a 1|－2)，n ∈N *；(2)若|a n |≤⎝⎛⎭⎫32n，n ∈N *，证明：|a n |≤2，n ∈N *. 证明：(1)由⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1，得|a n |－12|a n ＋1|≤1，故|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1≤12n ，n ∈N *，所以|a 1|21－|a n |2n ＝⎝⎛⎭⎫|a 1|21－|a 2|a 2＋⎝⎛⎭⎫|a 2|22＝|a 3|23＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫|a n －1|2n －1－|a n |2n ≤121＋122＋…＋12n －1＜1，因此|a n |≥2n －1(|a 1|－2)．(2)任取n ∈N *，由(1)知，对于任意m ＞n ， |a n |2n －|a m |2m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n ＋1|2n ＋1－|a n ＋2|2n ＋2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a m －1|2m －1－|a m |2m ≤12n ＋12n ＋1＋…＋12m －1＜12n －1，故|a n |＜⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋|a m |2m ·2n ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n －1＋12m ·⎝⎛⎭⎫32m·2n＝2＋⎝⎛⎭⎫34m·2n.从而对于任意m ＞n ，均有|a n |＜2＋⎝⎛⎭⎫34m·2n .① 由m 的任意性得|a n |≤2. 否则，存在n 0∈N *，有|an 0|＞2，取正整数m 0＞log 34|an 0|－22n 0且m 0＞n 0，则2n 0·⎝⎛⎭⎫34m 0＜2n 0·⎝⎛⎭⎫34log 34|a n 0|－22n 0＝|an 0|－2，与①式矛盾，综上，对于任意n ∈N *，均有|a n |≤2. 2．已知数列{a n }满足，a 1＝1，a n ＝1a n ＋1－12. (1)求证：23≤a n ≤1；(2)求证：|a n ＋1－a n |≤13.证明：(1)由已知得a n ＋1＝1a n ＋12，计算a 2＝23，a 3＝67，a 4＝1419，猜想23≤a n ≤1.下面用数学归纳法证明．①当n＝1时，命题显然成立；②假设n＝k时，有23≤a n≤1成立，则当n＝k＋1时，a k＋1＝1a k＋12≤123＋12＜1，a k＋1＝1a k＋12≥11＋12＝23，即当n＝k＋1时也成立，所以对任意n∈N*，都有23≤a n≤1.(2)当n＝1时，|a1－a2|＝13，当n≥2时，因为(a n＋12)(a n－1＋12)＝(a n＋12)·1a n＝1＋12a n≥1＋12＝32，所以|a n＋1－a n|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1a n＋12－1a n－1＋12＝|a n－a n－1|（a n＋12）（a n－1＋12）≤23|a n－a n－1|≤…≤⎝⎛⎭⎫23n－1|a2－a1|＝13·⎝⎛⎭⎫23n－1<13.综上知，|a n＋1－a n|≤13.数列中的交汇创新问题[核心提炼]数列在中学教材中既有相对独立性，又有较强的综合性，很多数列问题一般转化为特殊数列求解，一些题目常与函数、向量、三角函数、解析几何、不等式等知识交汇结合，考查数列的基本运算与应用．[典型例题](1)(2018·高考浙江卷)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)．若a1>1，则()A．a1<a3，a2<a4B．a1>a3，a2<a4C．a1<a3，a2>a4D．a1>a3，a2>a4(2)已知{x n}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2.①求数列{x n}的通项公式；②如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1, 1)，P2(x2, 2)，…，P n＋1(x n＋1, n＋1)得到折线P 1 P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的区域的面积T n .【解】 (1)选B.法一：因为ln x ≤x －1(x >0)，所以a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)≤a 1＋a 2＋a 3－1，所以a 4≤－1，又a 1>1，所以等比数列的公比q <0.若q ≤－1，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q )(1＋q 2)≤0，而a 1＋a 2＋a 3≥a 1>1，所以ln(a 1＋a 2＋a 3)>0，与ln(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4≤0矛盾，所以－1<q <0，所以a 1－a 3＝a 1(1－q 2)>0，a 2－a 4＝a 1q (1－q 2)<0， 所以a 1>a 3≥a 1，a 2<a 4，故选B.法二：因为e x ≥x ＋1，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)，所以e a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1＋a 2＋a 3≥a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋1，则a 4≤－1，又a 1>1，所以等比数列的公比q <0.若q ≤－1，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q )(1＋q 2)≤0，而a 1＋a 2＋a 3≥a 1>1，所以ln(a 1＋a 2＋a 3)>0，与ln(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4≤0矛盾，所以－1<q <0，所以a 1－a 3＝a 1(1－q 2)>0，a 2－a 4＝a 1q (1－q 2)<0， 所以a 1>a 3，a 2<a 4，故选B.(2)①设数列{x n }的公比为q ，由已知q ＞0.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2.所以3q 2－5q －2＝0. 因为q ＞0， 所以q ＝2，x 1＝1，因此数列{x n }的通项公式为x n ＝2n －1.②过P 1，P 2，…，P n ＋1向x 轴作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，…，Q n ＋1. 由①得x n ＋1－x n ＝2n －2n －1＝2n －1，记梯形P n P n ＋1Q n ＋1Q n 的面积为b n ，由题意得b n ＝（n ＋n ＋1）2×2n －1＝(2n ＋1)×2n －2，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n －1)×2n －3＋(2n ＋1)×2n －2.(i) 又2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1.(ii) (i)－(ii)得－T n＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n －1)－(2n ＋1)×2n －1＝32＋2（1－2n －1）1－2－(2n ＋1)×2n －1.所以T n ＝（2n －1）×2n ＋12.数列与函数的综合问题主要有两类(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题； (2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法等对式子进行化简变形．[对点训练]已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω＞0，|φ|＜π)的图象经过点⎝⎛⎭⎫π12，－2，⎝⎛⎭⎫7π12，2，且在区间⎝⎛⎭⎫π12，7π12上为单调函数． (1)求ω，φ的值； (2)设a n ＝nf ⎝⎛⎭⎫n π3(n ∈N *)，求数列{a n }的前30项和S 30.解：(1)由题可得ωπ12＋φ＝2k π－π2， k ∈Z ，7ωπ12＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ，解得ω＝2，φ＝2k π－2π3，k ∈Z ，因为|φ|＜π，所以φ＝－2π3.(2)因为a n ＝2n sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n π3－2π3(n ∈N *)，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n π3－2π3 (n ∈N *)的周期为3，前三项依次为0，3，－3，所以a 3n －2＋a 3n －1＋a 3n ＝(3n －2)×0＋(3n －1)×3＋3n ×(－3)＝－3(n ∈N *)， 所以S 30＝(a 1＋a 2＋a 3)＋…＋(a 28＋a 29＋a 30)＝－10 3.数列中的探索性问题[核心提炼]探索性问题是指根据已知条件(或给出的结论)，探求相应结论(或条件)是否存在的一类问题，主要包括结论存在型，结论探索型，条件探索型，综合探索型．[典型例题]已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n >60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意，2，2＋d ，2＋4d 成等比数列，故有(2＋d )2＝2(2＋4d )，化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4. 当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2. (2)当a n ＝2时，S n ＝2n .显然2n <60n ＋800， 此时不存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立． 当a n ＝4n －2时，S n ＝n [2＋（4n －2）]2＝2n 2.令2n 2>60n ＋800，即n 2－30n －400>0， 解得n >40或n <－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的n ，其最小值为41.要判断在某些确定条件下的某一数学对象是否存在或某一结论是否成立，“是否存在”的问题的命题形式有两种：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由．这类问题常用“肯定顺推”的方法．[对点训练]数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝(n 2＋n －λ)a n (n ＝1，2，…)，λ是常数． (1)当a 2＝－1时，求λ及a 3的值；(2)数列{a n }是否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，说明理由． 解：(1)由于a n ＋1＝(n 2＋n －λ)a n (n ＝1，2，…)，且a 1＝1， 所以当a 2＝－1时，得－1＝2－λ，故λ＝3. 从而a 3＝(22＋2－3)×(－1)＝－3.(2)数列{a n }不可能为等差数列，理由如下：由a 1＝1，a n ＋1＝(n 2＋n －λ)a n ，得a 2＝2－λ，a 3＝(6－λ)·(2－λ)，a 4＝(12－λ)(6－λ)(2－λ)． 若存在λ，使{a n }为等差数列，则a 3－a 2＝a 2－a 1， 即(5－λ)(2－λ)＝1－λ，解得λ＝3.于是a 2－a 1＝1－λ＝－2，a 4－a 3＝(11－λ)(6－λ)(2－λ)＝－24.这与{a n }为等差数列矛盾，所以，对任意λ，{a n }都不可能是等差数列．专题强化训练1．(2019·台州市高三期末考试)在正项数列{a n }中，已知a 1＝1，且满足a n ＋1＝2a n －1a n ＋1(n ∈N *)．(1)求a 2，a 3； (2)证明：a n ≥(32)n －1.解：(1)因为在正项数列{a n }中，a 1＝1，且满足a n ＋1＝2a n －1a n ＋1(n ∈N *)， 所以a 2＝2×1－11＋1＝32，a 3＝2×32－132＋1＝135.(2)证明：①当n ＝1时，由已知a 1＝1≥(32)1－1＝1，不等式成立；②假设当n ＝k 时，不等式成立，即a k ≥(32)k －1，因为f (x )＝2x －1x ＋1在(0，＋∞)上是增函数，所以a k ＋1＝2a k －1a k ＋1≥2(32)k －1－1（32）k －1＋1＝(32)k ＋13(32)k －1（32）k －1＋1 ＝(32)k ＋13（32）2k －1＋13（32）k －1（32）k －1＋1 ＝(32)k ＋19[（32）k ＋3][2×（32）k －3]（32）k －1＋1， 因为k ≥1，所以2×(32)k －3≥2×32－3＝0，所以a k ＋1≥(32)k ，即当n ＝k ＋1时，不等式也成立． 根据①②知不等式对任何n ∈N *都成立．2．(2019·嘉兴调研)已知S n 为各项均为正数的数列{a n }的前n 项和，a 1∈(0，2)，a 2n ＋3a n＋2＝6S n .(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，若对任意的n ∈N *，t ≤4T n 恒成立，求实数t 的最大值．解：(1)当n ＝1时，由a 2n ＋3a n ＋2＝6S n ，得a 21＋3a 1＋2＝6a 1，即a 21－3a 1＋2＝0. 又a 1∈(0，2)，解得a 1＝1.由a 2n ＋3a n ＋2＝6S n ，可知a 2n ＋1＋3a n ＋1＋2＝6S n ＋1.两式相减，得a 2n ＋1－a 2n ＋3(a n ＋1－a n )＝6a n ＋1，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －3)＝0.由于a n ＞0，可得a n ＋1－a n －3＝0，即a n ＋1－a n ＝3，所以{a n }是首项为1，公差为3的等差数列，所以a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. (2)由a n ＝3n －2 ，可得b n ＝1a n a n ＋1＝1（3n －2）（3n ＋1）＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1， T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝13⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－14＋⎝⎛⎭⎫14－17＋…⎦⎥⎤＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1 ＝n3n ＋1. 因为T n ＝n 3n ＋1＝13－133n ＋1随着n 的增大而增大，所以数列{T n }是递增数列，所以t ≤4T n ⇔t 4≤T n ⇔t 4≤T 1＝14⇔t ≤1，所以实数t 的最大值是1.3．(2019·金华模拟)已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1a n ＝2a n ＋1－1(n ∈N *)，令b n ＝a n －1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝a 2n ＋1a 2n ，求证：c 1＋c 2＋…＋c n <n ＋724.解：(1)因为a n ＋1a n ＝2a n ＋1－1(n ∈N *)，b n ＝a n －1，即a n ＝b n ＋1. 所以(b n ＋1＋1)(b n ＋1)＝2(b n ＋1＋1)－1，化为：1b n ＋1－1b n ＝－1，所以数列{1b n }是等差数列，首项为－2，公差为－1.所以1b n ＝－2－(n －1)＝－1－n ，所以b n ＝－1n ＋1.(2)证明：由(1)可得：a n ＝b n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.所以c n ＝a 2n ＋1a 2n ＝2n ＋12n ＋1＋12n 2n ＋1＝（2n ＋1）22n （2n ＋2）＝1＋12⎝⎛⎭⎪⎫12n －12n ＋2，因为n ≥2时，2n ＋2≤2n ＋1－1， 所以12n －12n ＋2<12n －1－12n ＋1－1，所以c 1＋c 2＋…＋c n <n ＋12⎝⎛⎭⎫12－14＋ 12⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1－12n ＋1－1＝n ＋724－12（2n ＋1－1）<n ＋724. 4．(2019·绍兴市高三教学质量调测)已知数列{a n }满足a n ＞0，a 1＝2，且(n ＋1)a 2n ＋1＝na 2n ＋a n (n ∈N *)．(1)证明：a n ＞1；(2)证明：a 224＋a 239＋…＋a 2nn 2＜95(n ≥2)．证明：(1)由题得(n ＋1)·a 2n ＋1－(n ＋1)＝na 2n －n ＋a n －1，故(a n ＋1－1)(a n ＋1＋1)(n ＋1)＝(a n －1)(na n ＋n ＋1)，由a n ＞0，n ∈N *，可知(a n ＋1＋1)(n ＋1)＞0，na n ＋n ＋1＞0， 所以a n ＋1－1与a n －1同号，又a 1－1＝1＞0，故a n ＞1.(2)由(1)知a n ＞1，故(n ＋1)a 2n ＋1＝na 2n ＋a n ＜(n ＋1)a 2n ，所以a n ＋1＜a n ，1＜a n ≤2.又由题可得a n ＝(n ＋1)a 2n ＋1－na 2n ，所以，a 1＝2a 22－a 21，a 2＝3a 23－2a 22，…，a n ＝(n ＋1)·a 2n ＋1－na 2n ，相加得a 1＋a 2＋…＋a n ＝(n ＋1)a 2n ＋1－4≤2n ， 所以a 2n ＋1≤2n ＋4n ＋1，即a 2n ≤2n ＋2n (n ≥2)，a 2nn 2≤2n 2＋2n 3≤2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－2n ＋1n ＋1(n ≥2)． 当n ＝2时，a 2222＝34＜95.当n ＝3时，a 2222＋a 2332≤34＋232＋233＜34＋13＜95.当n ≥4时，a 224＋a 239＋a 2416＋…＋a 2nn2＜2⎝⎛⎭⎫14＋19＋116＋14＋⎝⎛⎭⎫14＋227＋13－14 ＝1＋29＋18＋14＋227＋112＜95.从而，原命题得证．5．(2019·台州市高考一模)已知数列{a n }满足：a n ＞0，a n ＋1＋1a n ＜2(n ∈N *)．(1)求证：a n ＋2＜a n ＋1＜2(n ∈N *)； (2)求证：a n ＞1(n ∈N *)．证明：(1)由a n ＞0，a n ＋1＋1a n ＜2，所以a n ＋1＜2－1a n ＜2，因为2＞a n ＋2＋1a n ＋1≥2a n ＋2a n ＋1， 所以a n ＋2＜a n ＋1＜2.(2)假设存在a N ≤1(N ≥1，N ∈N *)， 由(1)可得当n ＞N 时，a n ≤a N ＋1＜1， 根据a n ＋1－1＜1－1a n ＝a n －1a n ＜0，而a n ＜1，所以1a n ＋1－1＞a n a n －1＝1＋1a n －1.于是1a N ＋2－1＞1＋1a N ＋1－1，…1a N ＋n －1＞1＋1a N ＋n －1－1.累加可得1a N ＋n －1＞n －1＋1a N ＋1－1(*)，由(1)可得a N ＋n －1＜0，而当n ＞－1a N ＋1－1＋1时，显然有n －1＋1a N ＋1－1＞0，因此有1a N ＋n －1＜n －1＋1a N ＋1－1，这显然与(*)矛盾，所以a n ＞1(n ∈N *)．6．(2019·金丽衢十二校高三联考)已知f n (x )＝a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋…＋a n x n ，且f n (－1)＝(－1)n ·n ，n ＝1，2，3，….(1)求a 1，a 2，a 3；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)当k >7且k ∈N *时，证明：对任意n ∈N *都有2a n ＋1＋2a n ＋1＋1＋2a n ＋2＋1＋…＋2a nk －1＋1>32成立．解：(1)由f 1(－1)＝－a 1＝－1得a 1＝1， 由f 2(－1)＝－a 1＋a 2＝2，得a 2＝3， 又因为f 3(－1)＝－a 1＋a 2－a 3＝－3， 所以a 3＝5.(2)由题意得：f n (－1)＝－a 1＋a 2－a 3＋…＋(－1)n a n ＝(－1)n ·n ， f n －1(－1)＝－a 1＋a 2－a 3＋…＋(－1)n －1a n －1 ＝(－1)n －1·(n －1)，n ≥2， 两式相减得：(－1)n a n ＝(－1)n ·n －(－1)n －1·(n －1)＝(－1)n (2n －1)，得当n ≥2时，a n ＝2n －1，又a 1＝1符合，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)． (3)证明：令b n ＝a n ＋12＝n ，则S ＝1b n ＋1b n ＋1＋1b n ＋2＋…＋1b nk －1＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1nk －1，所以2S ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1nk －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1nk －2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋2＋1nk －3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1nk －1＋1n .(*)当x >0，y >0时，x ＋y ≥2xy ，1x ＋1y ≥21xy， 所以(x ＋y )⎝⎛⎭⎫1x ＋1y ≥4，所以1x ＋1y ≥4x ＋y，当且仅当x ＝y 时等号成立，上述(*)式中，k >7，n >0，n ＋1，n ＋2，…，nk －1全为正，所以2S >4n ＋nk －1＋4n ＋1＋nk －2＋4n ＋2＋nk －3＋…＋4nk －1＋n ＝4n （k －1）n ＋nk －1，所以S >2（k －1）1＋k －1n>2（k －1）k ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2k ＋1 >2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－27＋1＝32，得证． 7．(2019·宁波市诺丁汉大学附中高三期中考试)已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝a 2n ＋2a n ，n ∈N *，设b n ＝log 2(a n ＋1)．(1)求{a n }的通项公式；(2)求证：1＋12＋13＋…＋1b n －1＜n (n ≥2)；(3)若2c n ＝b n ，求证：2≤(c n ＋1c n)n＜3.解：(1)由a n ＋1＝a 2n ＋2a n ，则a n ＋1＋1＝a 2n ＋2a n ＋1＝(a n ＋1)2，由a 1＝3，则a n ＞0，两边取对数得到log 2(a n ＋1＋1)＝log 2(a n ＋1)2＝2 log 2(a n ＋1)，即b n ＋1＝2b n . 又b 1＝log 2(a 1＋1)＝2≠0，所以{b n }是以2为公比的等比数列． 即b n ＝2n .又因为b n ＝log 2(a n ＋1)， 所以a n ＝22n －1.(2)证明：用数学归纳法证明：①当n ＝2时，左边为1＋12＋13＝116＜2＝右边，此时不等式成立；②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，不等式成立，则当n ＝k ＋1时，左边＝1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1＜k ＋12k ＋12k＋1＋…＋12k ＋1－1＜k ＋12k ＋12k＋…＋12k 2k个,＜k ＋1＝右边， 所以当n ＝k ＋1时，不等式成立．综上可得：对一切n ∈N *，n ≥2，命题成立．(3)证明：由2c n ＝b n 得c n ＝n ， 所以(c n ＋1c n )n ＝(1＋n n )n ＝(1＋1n )n ，首先(1＋1n )n ＝C 0n ＋C 1n 1n ＋C 2n 1n 2＋…＋ C k n 1n k ＋…＋C n n 1n n ≥2， 其次因为C k n 1nk ＝n （n －1）…（n －k ＋1）k ！n k ＜1k ！≤1k （k －1）＝1k －1－1k(k ≥2)，所以(1＋1n )n ＝C 0n ＋C 1n 1n ＋C 2n 1n 2＋…＋ C k n 1n k ＋…＋C n n 1nn ， ＜1＋1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝3－1n ＜3，当n ＝1时显然成立．所以得证．8．数列{a n }满足a 1＝14，a n ＝a n －1（－1）n a n －1－2(n ≥2，n ∈N )．(1)试判断数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n＋（－1）n 是否为等比数列，并说明理由；(2)设b n ＝a n sin （2n －1）π2，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：对任意的n ∈N *，T n ＜47.解：(1)a n ＝a n －1（－1）n a n －1－2⇒1a n ＝（－1）na n －1－2a n －1＝(－1)n－2a n －1，所以1a n ＋(－1)n ＝2·(－1)n －2a n －1⇒所以1a n ＋(－1)n＝(－2)·⎣⎢⎡⎦⎥⎤（－1）n －1＋1a n －1， 所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n＋（－1）n 为公比是－2的等比数列．(2)证明：1a 1＋(－1)1＝3，由(1)可得1a n＋(－1)n ＝⎣⎡⎦⎤1a 1＋（－1）1·(－2)n －1＝3·(－2)n －1， 所以a n ＝13·（－2）n －1－（－1）n .而sin （2n －1）π2＝(－1)n －1，所以b n ＝a n ·sin （2n －1）π2＝（－1）n －13·（－2）n －1－（－1）n ＝13·2n －1＋1，所以b n ＝13·2n －1＋1＜13·2n －1， 当n ≥3时，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＜(b 1＋b 2)＋13·22＋13·23＋…＋13·2n －1＝14＋17＋112⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －21－12＜14＋17＋16＝4784＜47. 因为{b n }为正项数列，所以T 1＜T 2＜T 3＜…＜T n ， 所以n ∈N *，T n ＜47.。

高考数学-考前冲刺大题精做-专题-数列基础篇(教师版)高考数学 考前冲刺大题精做 专题数列基础篇（教师版）对于数列的基础知识，有如下考法：1、求数列的通项是高考数列命题的热点，主要以解答题中某一问的形式出现；2、以数列为载体，考查数列求和的各种技巧与方法，经常出现的是基本公式法、裂项相消法、错位相减法；3、灵活应用等差数列、等比数列的基本公式和性质对问题进行求解；4、合理使用n S 与n a 的关系配合进行解题，注意化简的过程的运算.5、注意递推关系的使用.【高考还原2：（2012年高考（陕西理））】设{}n a 的公比不为1的等比数列，其前n 项和为n S ，且534,,a a a 成等差数列.（1）求数列{}n a 的公比；（2）证明：对任意k N +∈,21,,k k k S S S ++成等差数列.所以,对任意k N +∈,21,,k k k S S S ++成等差数列证法二：对任意k N +∈,12(1)21k k a q S q-=-212111121(1)(1)(2)111k k k k k k a q a q a q q S S q q q++++++----+=+=---2111212(1)(2)2()11k k k k k k a q a q q S S S q q ++++----+=---211[2(1)(2)1k k k aq q q q ++=-----21(2)01k a q q q q=+-=-，因此,对任意k N +∈,21,,k k k S S S ++成等差数列.【细品经典例题】【经典例题1】在等差数列{}n a 中，31=a ，其前n 项和为n S ，等比数列{}n b 的各项均为正数，11=b ，公比为q ，且1222=+S b ， 22b S q =． （1）求n a 与n b ； （2）求12111...nS S S +++的取值范围．式，故应使用裂项法进行求和进行求解.【经典例题2】已知数列{}n a 的各项均为正数，前n 项和为n S ，且*,2)1(N n a a S n n n ∈+= （1）求证数列{}n a 是等差数列； （2）设++==21,21b b T S b n nn …n b +，求n T .【精选名题巧练】【名题巧练1】在数列{}n a 中，*32111,21()23n n a a a a a n N n=++++=-∈L （Ⅰ）求数列{}n a 的前n 项和n S ；（Ⅱ）若存在*n N ∈，使得(1)n a n n λ≤+成立，求实数λ的最小值.【名题巧练2】某城市2002年有人口200万，该年医疗费用投入10亿元。

2012年高考数学备考冲刺之易错点点睛系列三 数列 教师版一、高考预测数列是历年高考的重点与难点，以等差数列与等比数列为基础考查数列的性质及前n 项和的问题是数列中的中低档难度问题，一般只要熟悉等差数列与等比数列及其前n 项和的性质即可正确得出结果.等差数列与等比数列是高中阶段学习的两种最基本的数列，也是高考中经常考查并且重点考查的内容之一，这类问题多从数列的本质入手，考查这两种基本数列的概念、基本性质、简单运算、通项公式、求和公式等．本讲内容在高考中多以选择题和填空题的形式出现，属于中低档题．解题时应从基础处着笔，首先要熟练掌握这两种基本数列的相关性质及公式，然后要熟悉它们的变形使用，善用技巧，减少运算量，既准又快地解决问题.除此以外，数列与其他知识的综合考查也是高考中常考的内容，数列是一种特殊的函数，它能与很多知识进行综合，如方程、函数、不等式、极限，数学归纳法（理）等为主要综合对象，概率、向量、解析几何等为点缀.数列与其他知识的综合问题在高考中大多属于中高档难度问题.数列是新课程的必修内容，从课程定位上说，其考查难度不应该太大，数列试题倾向考查基础是基本方向．从课标区的高考试题看，试卷中的数列试题最多是一道选择题或者填空题，一道解答题．由此我们可以预测2012年的高考中，数列试题会以考查基本问题为主，在数列的解答题中可能会出现与不等式的综合、与函数导数的综合等，但难度会得到控制． 二、知识导学要点1：有关等差数列的基本问题1．涉及等差数列的有关问题往往用等差数列的通项公式和求和公式“知三求二”解决问题； 2．等差数列前n 项和的最值问题，经常转化为二次函数的最值问题；有时利用数列的单调性（d ＞0,递增；d ＜0，递减）；3．证明数列{n a }为等差数列有如下方法：①定义法；证明1n n a a d +-=（与n 值无关的常数）；②等差中项法：证明112(2,)n n n a a a n n N *-+=+≥∈。