江苏专用2019高考数学二轮复习解答题专项练6数列理20190109292

第4讲用数学归纳法证明数列问题选题明细表知识点·方法巩固提高A 巩固提高B数学归纳法的理解1,2,5 1数学归纳法的第一步3,7 2,73,4,5,6,8, 数学归纳法的第二步4,6,10,129,12类比归纳8,9,11 10,11数学归纳法的应用13,14,15 13,14,15巩固提高A一、选择题1.如果命题P(n)对n=k成立,则它对n=k+2也成立,若P(n)对n=2也成立,则下列结论正确的是( B )(A)P(n)对所有正整数n都成立(B)P(n)对所有正偶数n都成立(C)P(n)对所有正奇数n都成立(D)P(n)对所有正整数n都成立解析:由题意n=k时成立,则n=k+2时也成立,又n=2时成立,则P(n)对所有正偶数都成立.故选B.2.设f(x)是定义在正整数集上的函数,且f(x)满足:“当f(k)≤k2成立时,总可推出f(k+1)≤(k+1)2成立.”那么,下列命题总成立的是( D )(A)若f(2)≤4成立,则当k≥1时,均有f(k)≤k2成立(B)若f(4)≤16成立,则当k≤4时,均有f(k)≤k2成立(C)若f(6)>36成立,则当k≥7时,均有f(k)>k2成立(D)若f(7)=50成立,则当k≤7时,均有f(k)>k2成立解析:若f(2)≤4成立,依题意则应有当k≥2时,均有f(k)≤k2成立,故A不成立; 若f(4)≤16成立,依题意则应有当k≥4时,均有f(k)≤k2成立,故B不成立;因命题“当f(k)≤k2成立时,总可推出f(k+1)≤(k+1)2成立”⇔“当f(k+1)>(k+1)2成立时,总可推出f(k)>k2成立”;因而若f(6)>36成立,则当k≤6时,均有f(k)>k2成立 ,故C也不成立;对于D,事实上f(7)=50>49,依题意知当k≤7时,均有f(k)>k2成立,故D成立.3.若f(n)=1+++…+(n∈N*),则f(1)为( C )(A)1 (B)(C)1++++(D)非以上答案解析:注意f(n)的项的构成规律,各项分子都是1,分母是从1到6n-1的正整数, 故f(1)=1++++.故选C.4.用数学归纳法证明(n+1)(n+2)…(n+n)=2n·1·3·…·(2n-1)(n∈N*),从k到k+1时,左端需增乘的代数式为( B )(A)2k+1 (B)2(2k+1)(C)(D)解析:n=k时左边为(k+1)(k+2)…(k+k),n=k+1时左边为(k+2)(k+3)…(k+k+2),所以增加的项为=2(2k+1).故选B.5.利用数学归纳法证明不等式“<n+1”时,由“假设n=k时命题成立”到“当n=k+1时”,正确的步骤是( D )(A)=<=k+2(B)==<k+2(C)===k+2(D)==<=<= k+2解析:由数学归纳法的理解可知D正确.6.用数学归纳法证明“1-+-+…+-=++…+”时,由n=k的假设证明n=k+1时,如果从等式左边证明右边,则必须证得右边为( D )(A)+…++(B)+…+++(C)+…++(D)+…++解析:由n=k时,1-+-+…+-=++…+,则n=k+1时,1-+-+…+-=++…++.故选D.二、填空题7.用数学归纳法证明“2n>n2+1对于n≥n0的正整数n都成立”时,第一步证明中的起始值n0应取.解析:令n0分别取1,2,3,4,5,6,依次验证即得.答案:58.已知f(n)=1+++…+(n∈N*),经计算f(2)=,f(4)>2,f(8)>,f(16)>3,f(32)>,推测当n≥2时,有.解析:括号中的通项公式是2n,右边通分成分母为2,则分子的通项公式是n+2.答案:f(2n)>9.观察下列等式:(1+x+x2)1=1+x+x2,(1+x+x2)2=1+2x+3x2+2x3+x4,(1+x+x2)3=1+3x+6x2+7x3+6x4+3x5+x6,(1+x+x2)4=1+4x+10x2+16x3+19x4+16x5+10x6+4x7+x8, …由以上等式推测:对于n∈N*,若(1+x+x2)n=a0+a1x+a2x2+…+a2n x2n,则a2= .解析:由已知中的式子,我们观察后分析:等式右边展开式中的第三项分别为1,3,6,10,…,即1,1+2,1+2+3,1+2+3+4,…根据已知可以推断:第n个等式中a2为1+2+…+n=.答案:10.平面上有n条直线,它们任何两条不平行,任何三条不共点,设k条这样的直线把平面分成f(k)个区域,则k+1条直线把平面分成的区域数f(k+1)=f(k)+ .解析:当n=k+1时,第k+1条直线被前k条直线分成(k+1)段,而每一段将它们所在区域一分为二,故增加了k+1个区域.答案:k+111.已知a1=,a n+1=,则a2,a3,a4,a5的值分别为,由此猜想a n= .解析:a2====,同理,a3===,a4==,a5==,猜想a n=.答案:,,,12.已知f(n)=1+++…+(n∈N*),用数学归纳法证明f(2n)>时,f(2k+1)-f(2k)= .解析:n=k时,f(2k)=1+++…+,当n=k+1时,f(2k+1)=1+++…+++…+,所以f(2k+1)-f(2k)=1+++…+++…+-(1+++…+)=++…+.答案:++…+三、解答题13.已知数列{a n}满足a n+1=,a1=0,(1)计算a2,a3,a4,a5的值;(2)根据以上计算结果猜想{a n}的通项公式,并用数学归纳法证明你的猜想. 解:(1)由a n+1=和a1=0,得a2==,a3==,a4==,a5==.(2)由以上结果猜测:a n=,用数学归纳法证明如下:①当n=1时,左边=a1 =0,右边=0,等式成立;②假设当n=k(k≥1)时,命题成立,即a k=成立,那么,当n=k+1时,a k+1====,这就是说,当n=k+1时等式成立.由①和②,可知a n=对于任意正整数n都成立.14.已知S n=1++++…+(n>1,n∈N*).求证:>1+(n≥2,n∈N*).证明:(1)当n=2时,=1+++=>1+=2,不等式成立.(2)假设n=k(k≥2)时不等式成立,即=1++++…+>1+,当n=k+1时,=1++++…+++…+>1+++…+>1++=1++=1+.故当n=k+1时不等式也成立.综合(1)(2)知,对任意n∈N*,n≥2,不等式>1+都成立.15.已知数列{a n}(n∈N*),满足a1=1,2a n+1=a n+.(1)求证:<a n+1<a n;(2)设数列{a n}(n∈N*)的前n项和为S n,证明:S n<+.证明:(1)先证明a n+1>.n=1时,2a2=+,所以a2=+>,结论成立,假设n=k时,结论成立,即a k+1>,则n=k+1时,2a k+2=a k+1+>+1=, 所以a k+2>,即n=k+1时,结论成立,所以a n+1>,所以a n+1-a n=-a n+=-(-)2+<-(1-)2+=0.所以<a n+1<a n.(2)问题等价于证明S n-<,即(a i-)<,设b n=a n-,则b1=,2a n+1=a n+可化为2b n+1=b n+-1,所以=+·<,所以b n≤·()n-1,所以S n-<<,所以S n<+.巩固提高B一、选择题1.某个命题与正整数n有关,若n=k(k∈N*)时该命题成立,那么可推得n=k+1时该命题也成立,现在已知当n=5时该命题不成立,那么可推得( C )(A)当n=6时,该命题不成立(B)当n=6时,该命题成立(C)当n=4时,该命题不成立(D)当n=4时,该命题成立解析:对n=4不成立(否则n=5也成立).同理可推得P(n)对n=3,n=2,n=1也不成立.故选C.2.用数学归纳法证明1+a+a2+…+a n+1=(a≠1,n∈N*),在验证n=1时,等式左边是( C )(A)1 (B)1+a(C)1+a+a2 (D)1+a+a2+a3解析:根据数学归纳法的步骤可知,当n=1时,等式的左边应为1+a+a2,故选C. 3.用数学归纳法证明等式1+2+3+…+2n=n(2n+1)时,由n=k到n=k+1时,等式左边应添加的项是( C )(A)2k+1(B)2k+2(C)(2k+1)+(2k+2)(D)(k+1)+(k+2)+ (2)解析:因为要证明等式的左边是连续正整数,所以当由n=k到n=k+1时,等式左边增加了[1+2+3+…+2k+(2k+1)+2(k+1)]-(1+2+3+…+2k)= (2k+1)+(2k+2),故选C. 4.用数学归纳法证明1+2+22+…+2n-1=2n-1(n∈N*)的过程中,第二步假设当n=k时等式成立,则当n=k+1时增加了( A )(A)1个项(B)2个项(C)2k-1个项(D)2k个项解析:增加了1项2k.故选A.5.用数学归纳法证明“1+2+3+…+n3=,n∈N*”,则当n=k+1时,应当在n=k时对应的等式的两边加上( A )(A)(k3+1)+(k3+2)+…+(k+1)3(B)k3+1(C)(k+1)3(D)解析:当n=k时,左边为1+2+3+…+k3,当n=k+1时,左边为1+2+3+…+ k3+(k3+1)+(k3+2)+…+(k+1)3,所以左边增加的项为(k3+1)+(k3+2)+…+ (k+1)3.6.已知f(n)=++…+,则f(k+1)-f(k)等于( C )(A)(B)(C)++-(D)-解析:由f(k+1)=++…+=++…+,f(k)=++…+,所以f(k+1)-f(k)=++-,故选C.二、填空题7.用数学归纳法证明1+++…+<n(n∈N*,n>1)时,第一步应验证不等式.解析:当n=2时,左边=1++=1++,右边=2,故应验证1++<2.答案:1++<28.用数学归纳法证明:1+++…+=时, 由n=k到n=k+1左边需要添加的项是.解析:当n=k时,1+++…+=,则当n=k+1时,1++…+ =+=+.答案:9.若f(n)=12+22+32+…+(2n)2,则f(k+1)与f(k)的递推关系式是.解析:因为f(k)=12+22+…+(2k)2,所以f(k+1)=12+22+…+(2k)2+(2k+1)2+(2k+2)2,所以f(k+1)=f(k)+(2k+1)2+(2k+2)2.答案:f(k+1)=f(k)+(2k+1)2+(2k+2)210.设平面上n个圆周最多把平面分成f(n)片(平面区域),则f(2)= ,f(n)= .(n≥1,n∈N*)解析:易知2个圆周最多把平面分成4片;n个圆周最多把平面分成f(n)片,再放入第n+1个圆周,为使得到尽可能多的平面区域,第n+1个应与前面n个都相交且交点均不同,有n条公共弦,其端点把第n+1个圆周分成2n段,每段都把已知的某一片划分成2片,即f(n+1)=f(n)+2n(n≥1),所以f(n)-f(1)=n(n-1),而f(1)=2,从而f(n)=n2-n+2.答案:4 n2-n+211.观察下面算式:23=3+5;33=7+9+11;43=13+15+17+19;53=21+23+25+27+29;…203=a1+a2+a3+…,其中a1<a2<a3<…,那么a1= .解析:由给出的等式可知,等式的右侧奇数构成以3为首项,2为公差的等差数列,所以前18个等式共有2+3+…+19=189个奇数,所以第19个式子的右侧的第1个数是第190个奇数.所以a1=3+2×(190-1)=381.答案:38112.用数学归纳法证明:当x>-1时,n∈N*,(1+x)n≥1+nx,从n=k到n=k+1时需要证明的不等式是.解析:n=k时,(1+x)k≥1+kx.n=k+1时,(1+x)k+1=(1+x)k(1+x)≥(1+kx)(1+x),只要证右边大于等于1+(k+1)x即可.答案:(1+kx)(1+x)≥1+(k+1)x三、解答题13.在数列{a n}中,a1=6,且a n-a n-1=+n+1(n∈N*,n≥2).(1)求a2,a3,a4的值;(2)猜测数列{a n}的通项公式,并用数学归纳法证明.解:(1)a2=12,a3=20,a4=30.(2)猜测a n=(n+1)(n+2).下面用数学归纳法证明:①当n=1,2,3,4时,显然成立;②假设当n=k(k≥4,k∈N*)时成立,即有a k=(k+1)(k+2),则当n=k+1时,由a n-a n-1=+n+1得a n=a n-1+n+1,故a k+1=a k+k+1+1=(k+1)(k+2)+k+2=(k+2)2+(k+2)=(k+2)(k+3),故n=k+1时等式成立.由①②可知,a n=(n+1)(n+2)对一切n∈N*均成立.14.用数学归纳法证明:对一切大于1的正整数n,不等式(1+)(1+)…(1+)>均成立.证明:(1)当n=2时,左边=1+=,右边=.因为左边>右边,所以不等式成立.(2)假设n=k(k≥2,k∈N*)时不等式成立,即(1+)(1+)…(1+)>.则当n=k+1时,(1+)(1+)…(1+)[1+]>·==>==.所以当n=k+1时,不等式成立.由(1)(2)知,对于一切大于1的正整数n,不等式都成立.15.已知数列{a n}满足a1=3,a n+1=-na n+λ,n∈N*,λ∈R.(1)若a n≥2n恒成立,求λ的取值范围;(2)若λ=-2,求证:++…+<2.(1)解:当n=2时,由a2=6+λ≥2×2得λ≥-2,故a n≥2n时,λ≥-2,下面证λ≥-2时a n≥2n.n=2时,a2≥2×2成立;假设n=k(k≥2)时,a k≥2k,则n=k+1时,a k+1=-ka k+λ=a k(a k-k)+λ≥2k2-2=2(k+1)(k-1)≥2(k+1), 故对任意的n≥2,a n≥2n.n=1时,a1=3≥2×1也成立,故对任意n∈N*,a n≥2n成立.故λ的取值范围为[-2,+∞).(2)证明:λ=-2,由(1)知a n+1-2=-na n-4≥na n-4≥2(a n-2)(n≥2),≤·≤…≤·=(n≥2)从而++…+≤1+++…+=2-<2.。

江苏2019高考数学二轮专项练习练习：专项六 概率与统计、算法、复数第16讲概率与统计1.某学校为了了解学生每周在校用餐的开销情况，抽出了一个容量为500的学生样本，他们的开销都不低于20元且不超过60元，样本的频率分布直方图如下图，那么其中支出在[50,60]元的同学人数有________、(第1题)2.样本数据11,8,9,10,7的方差是________、3.把一个体积为27cm 3的正方体木块表面涂上红漆，然后锯成体积为1cm 3的27个小正方体，现从中任取一块，那么这一块至少有一面涂有红漆的概率为________、4.某工厂生产A 、B 、C 三种不同型号的产品，产品的数量之比依次为2∶3∶5，现用分层抽样的方法抽出容量为n 的样本，样本中A 型产品有16件，那么样本容量n 的值为________、5.全校三个年级的高度近视眼患者中，抽取假设干人组成样本进行深入研究，有关数据见下表(单位：人)：6.假设从高一与高三抽取的人选中选2人进行跟踪式家访调研，那么这2人都来自高三年级的概率是________、7.右表是某工厂1至4月份用水量(单位：百吨)的一组数据：由散点图可知，用水量与月份之间有较好的线性相关关系，其线性回归方程是y ^＝－0.7x＋a ，那么a ＝________.8. 如图是某电视台综艺节目举办的挑战主持人大赛上，七位评委为某选手打出的分数的茎叶统计图，去掉一个最高分和一个最低分后，所剩数据的平均数和方差分别为________、________.9.某日用品按行业质量标准分成五个等级，等级系数x 依次为1、2、3、4、5.现从一批该日用品中随机抽取20件，对其等级系数进行统计分析，得到频率分布表如下：(1)假设所抽取的20件日用品中，等级系数为4的恰有3件，等级系数为5的恰有2件，求a 、b 、c 的值；(2)在(1)的条件下，将等级系数为4的3件日用品记为x 1，x 2，x 3，等级系数为5的2件日用品记为y 1，y 2，现从x 1，x 2，x 3，y 1，y 2，这5件日用品中任取两件(假定每件日用品被取出的可能性相同)，写出所有可能的结果，并求这两件日用品的等级系数恰好相等的概率、10.“依照《中华人民共和国道路交通安全法》规定：车辆驾驶员血液酒精浓度在20～80mg/100mL(不含80)之间，属于酒后驾车，血液酒精浓度在80mg/100mL(含80)以上时，属醉酒驾车、”11.2017年5月3日晚8时开始，某市交警一队在该市一交通岗前设点，对过往的车辆进行抽查，通过4个小时共查出喝过酒的驾车者60名，下图是用酒精测试仪对这60名驾车者血液中酒精浓度进行检测后所得结果画出的频率分布直方图、(1)求这60名驾车者中属醉酒驾车的人数；(图中每组包括左端点，不包括右端点)(2)求这60名驾车者血液的酒精浓度的平均值；(3)将频率分布直方图中的七组从左到右依次命名为第一组，第二组，…，第七组，在第五组和第七组的所有人中抽出两人，记他们的血液酒精浓度分别为x ，y(单位：mg/100ml)，那么事件|x －y|≤10的概率是多少？(第10题)第17讲算法、复数1.复数⎝ ⎛⎭⎪⎫i －1i 3等于________、2.复数z ＝(b 2－1)＋bi(b ∈R )是纯虚数，那么b 的值是________、3.复数z ＝2i1＋i ，那么该复数的虚部为________、4.如下图的算法流程框图中，假设输入a ＝4，b ＝48，那么最后输出的a 的值是________、(第4题)(第5题)5.如下图是一个算法流程图，那么输出的S的值为________、6.在复平面内，复数－3＋i和1－i对应的点间的距离为________、7.程序如下：以上程序输出的结果是________.8.设复数z满足|z＋i|＋|z－i|＝2，|z＋i＋1|的最小值等于________、9.如下图的算法流程图，假设输入的n是100，那么输出的变量S的值是________、(第9题)(第10题)10.如图给出的是计算1＋13＋15＋…＋119的值的一个程序框图，其中判断框内应填入的条件是i ＞________.滚动练习(六)1.复数i －21＋2i ＝________.2.从集合{－1,0,1,2}中任取两个不同的元素a 、b ，那么事件“乘积ab ＜0”发生的概率为________、3.集合A ＝{(x ，y)|x ，y 为实数，且x 2＋y 2＝1}，B ＝{(x ，y)|x ，y 为实数，且y ＝x},那么A ∩B 中的元素个数为________、4.甲、乙两人在10天中每天加工零件的个数用茎叶图表示如下图，中间一列的数字表示零件个数的十位数，两边的数字表示零件个数的个位数，那么这10天中甲、乙两人日加工零件的平均数分别为____________和____________、(第4题)5.右图是一个算法的流程图，那么输出i 的值是________.(第5题)6.假设数列{a n }的通项公式a n ＝1n ＋12，记f(n)＝2(1－a 1)·(1－a 2)…(1－a n )，试通过计算f(1)，f(2)，f(3)的值，推测出f(n)＝________.7.方程2－x －x 2＋b ＝0在[1,2]上有解，那么实数b 的取值范围是________、8.在△OAB 中，OA →＝(2cos α，2sin α)，OB →＝(5cos β，5sin β)、假设OA →·OB →＝－5，那么S △OAB ＝________.9.关于满足1≤x ≤2的实数x ，使x 2－ax ≤4x －a －3恒成立的实数a 的取值范围是________、10.在平面直角坐标系中，设三角形ABC 的顶点分别为A(0，a)，B(b,0)，C(c,0)，点P(0，p)在线段AO 上(异于端点)、设a ，b ，c ，p 均为非零实数，直线BP ，CP 分别交AC ，AB 于点E ，F ，一同学已正确算出OE 的方程：⎝ ⎛⎭⎪⎫1b －1c x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1p －1a y ＝0，请你求OF 的方程：(________)x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1p －1a y ＝0.11.设不等式组{ 0≤x ≤60≤y ≤6表示的区域为A ，不等式组{ 0≤x ≤6x －y ≥0y ≥0表示的区域为B ，在区域A 中任意取一点P(x ，y)、(1)求点P 落在区域B 中的概率；(2)假设x 、y 分别表示甲、乙两人各掷一次正方体骰子所得的点数，求点P 落在区域B 中的概率、12.△ABC 的三个内角A ，B ，C 对应的边长分别为a ，b ，c ，向量m ＝(sinB,1－cosB)与向量n ＝(2,0)夹角θ的余弦值为12.(1)求角B 的大小；(2)△ABC 外接圆半径为1，求a ＋c 的取值范围、13.数列{a n }和{b n }满足：a 1＝λ，a n ＋1＝23a n ＋n －4，b n ＝(－1)n (a n －3n ＋21)，其中λ为实数，n 为正整数、(1)对任意实数λ，证明：数列{a n }不是等比数列；(2)试判断数列{b n }是否为等比数列，并证明你的结论、14.如图，在半径为30cm 的半圆形(O 为圆心)铝皮上截取一块矩形材料ABCD ，其中点A 、B 在直径上，点C 、D 在圆周上、(1)怎么样截取才能使截得的矩形ABCD 的面积最大？并求最大面积；(2)假设将所截得的矩形铝皮ABCD 卷成一个以AD 为母线的圆柱形罐子的侧面(不计剪裁和拼接损耗)，应怎么样截取，才能使做出的圆柱形罐子体积最大？并求最大体积、(第14题)专题六概率与统计、算法、复数第16讲概率与统计1.150解析：支出在[50,60]元的同学在分布表中的频率为0.3，因此人数为500×0.3＝150.2.2解析：平均数为9，代入方差公式得、3.2627解析：这是一道古典概率题，n ＝27，四个面上都未涂有红漆的只有1块，用对立事件来解决，∴p ＝1－127＝2627.4.80解析：n ＝16210＝80.5.12解析：由表可知，x 18＝y 54＝218，∴x ＝1，y ＝3，设高一抽的学生为A ，高三的三个学生为B 、C 、D ，那么选取两个人有：AB ，AC ，AD ，BC ，BD ，CD 共6种，其中两人都来自于高三有BC ，BD ，CD 共3种，故所求概率为12.6.15解析：这是一道几何概率，D 的测度为5，d 的测度为1，故概率p ＝15.7.5.25解析：此题考查：线性回归直线必过均值点、8.851.6解析：依照茎叶图可得这7个数据分别为：79,84,84,86,84,87,93，那么去掉一个最高分和一个最低分后的平均分为x －＝15×(84×3＋86＋87)＝85，方差为s 2＝15×[(84－85)2×3＋(86－85)2＋(87－85)2]＝1.6.9.点拨：本小题要紧考查概率、统计等基础知识，数据处理能力、运算求解能力、应用意识，考查函数与方程思想、分类与整合思想、必定与或然思想、解：(1)由频率分布表得a ＋0.2＋0.45＋b ＋c ＝1，即a ＋b ＋c ＝0.35，因为抽取的20件日用品中，等级系数为4的恰有3件，因此b ＝320＝0.15，等级系数为5的恰有2件，因此c ＝220＝0.1，从而a ＝0.35－b －c ＝0.1，因此a ＝0.1，b ＝0.15，c ＝0.1.(2)从日用品x 1，x 2，y 1，y 2中任取两件，所有可能的结果为：{x 1，x 2}，{x 1，x 3}，{x 1，y 1}，{x 1，y 2}，{x 2，x 3}，{x 2，y 1}，{x 2，y 2}，{x 3，y 1}，{x 3，y 2}，{y 1，y 2}，设事件A 表示“从日用品x 1，x 2，x 3，y 1，y 2中任取两件，其等级系数相等”，那么A 包含的差不多事件为：{x 1，x 2}，{x 1，x 3}，{x 2，x 3}，{y 1，y 2}共4个，又差不多事件的总数为10，故所求的概率P(A)＝410＝0.4.10.解：(1)依题意知醉酒驾车者即血液酒精浓度在80mg/100mL(含80)以上者，共有0.05×60＝3人、(2)由图知60名驾车者血液的酒精浓度的平均值＝25×0.25＋35×0.15＋45×0.2＋55×0.15＋65×0.1＋75×0.1＋85×0.05＝47(mg/100mL)(3)第五组和第七组的人分别有：60×0.1＝6人，60×0.05＝3人、|x －y|≤10即选的两人只能在同一组中，设第五组中六人为a ，b ，c ，d ，e ，f ，第七组中三人为A ，B ，C.那么从9人中抽出2人的一切可能的结果组成的差不多事件如下：ab ；ac ；ad ；ae ；af ；aA ；aB ；aC ；bc ；bd ；be ；bf ；bA ；bB ；bC ；cd ；ce ；cf ；cA ；cB ；cC ；de ；df ；dA ；dB ；dC ；ef ；eA ；eB ；eC ；fA ；fB ；fC ；AB ；AC ；BC ，共36种、其中两人只能在同一组中的事件有18种，用M 表示|x －y|≤10这一事件，那么概率P(M)＝1836＝12.第17讲算法、复数 1.－8i 解析：⎝ ⎛⎭⎪⎫i －1i 3＝(2i)3＝－8i.2.±1解析：⎩⎪⎨⎪⎧ b 2－1＝0b ≠0b ＝±1.3.1解析：z ＝2i 1＋i ＝2i1－i 2＝1＋i.4.965.－96.25解析：|(－3＋i)－(1－i)|＝|－4＋2i|＝－42＋22＝2 5.7.248.1解析：满足|z＋i|＋|z－i|＝2的复数z在复平面内对应的点到(0,1)、(0，－1)两点距离之和等于2，因此复数z在复平面内对应点的轨迹是连结(0,1)、(0，－1)的线段，|z＋i＋1|表示复数z对应的点到点(－1，－1)的距离，结合图形可知，最小值是1.9.504910.10滚动练习(六)1.i 解析：i －21＋2i ＝i ＋2i 21＋2i ＝i.2.13解析：这是一道古典概率题，P ＝m n ＝26＝13.3.2解析：集合A 表示由圆x 2＋y 2＝1上的所有点组成的集合，集合B 表示直线y ＝x 上的所有点组成的集合，由于直线通过圆内的点O(0,0)，那么直线与圆有两个交点、4.24235.5解析：0＋log 221＋log 232＋log 243＋log 254＝log 25>2.∴在第4个循环时T>2.如今i ＝1＋4＝5.6.n ＋2n ＋1解析：f(1)＝2(1－a 1)＝32＝1＋21＋1，f(2)＝2(1－a 1)(1－a 2)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19＝43＝2＋22＋1，f(3)＝2(1－a 1)(1－a 2)(1－a 3)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19⎝ ⎛⎭⎪⎫1－116＝54＝3＋23＋1，可猜测f(n)＝n ＋2n ＋1.7.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，154解析：由2－x －x 2＋b ＝0得b ＝x 2－2－x ，函数y ＝x 2－2－x 在[1,2]上单调增，故b ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，154. 8.532解析：在△ABC 中OA ＝2，OB ＝5，cos 〈OA →，OB →〉＝－52×5＝－12，∴S △OAB ＝12×2×5×sin120°＝532.9.[－1，＋∞)解析：运用函数与方程、不等式的思想、∵x 2－ax ≤4x －a －3，∴a(x －1)≥x 2－4x ＋3.显然当x ＝1时，不等式恒成立； 当x ∈(1,2]时，a ≥x －3.函数y ＝x －3在x ∈(1,2]上单调增，y ≤－1，∴a ≥－1.10.1c －1b解析：(解法1，类比法)E 在AC 上，OE 的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫1b －1c x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1p －1a y ＝0.F 在AB 上，它们的区别在于B 、C 互换、因而OF 的方程应为⎝ ⎛⎭⎪⎫1c －1b x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1p －1a y ＝0.∴括号内应填：1c －1b .(解法2)画草图如右，由对称性可猜想填1c －1b .事实上，由截距式可得直线AB ：x b ＋y a ＝1，直线CP ：x c ＋y p ＝1，两式相减得⎝ ⎛⎭⎪⎫1c －1b x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1p －1a y ＝0，显然直线AB 与CP 的交点F 满足此方程，又原点O 也满足此方程，故为所求直线OF 的方程、11.解：(1)设区域A 中任意一点P(x ，y)∈B 为事件M.因为区域A 的面积为S 1＝36，区域B 在区域A 中的面积为S 2＝18.故P(M)＝1836＝12.(2)设点P(x ，y)落在区域B 中为事件N.甲、乙两人各掷一次骰子所得的点P(x ，y)的个数为36，其中在区域B 中的点P(x ，y)有21个、故P(N)＝2136＝712.12.解：(1)∵m ＝2sin B 2⎝ ⎛⎭⎪⎫cos B 2，sin B 2，n ＝2(1,0)，∴m ·n ＝4sin B 2cos B 2，|m|＝2sin B 2，|n|＝2，∴cos θ＝m ·n |m|·|n|＝cos B 2.由cos B 2＝12，0＜B ＜π，得B 2＝π3，即B ＝2π3.(2)∵B ＝2π3，∴A ＋C ＝π3.∴sinA ＋sinC ＝sinA ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－A＝sinA ＋sin π3cosA －cos π3sinA＝12sinA ＋32cosA ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋A . 又0＜A ＜π3，∴π3＜π3＋A ＜2π3， ∴32＜sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋A ≤1，∴sinA ＋sinC ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤32，1.又a ＋c ＝2RsinA ＋2RsinC ＝2(sinA ＋sinC)，∴a ＋c ∈(3，2]、13.(1)证明：假设存在一个实数λ，使{a n }是等比数列，那么有a 22＝a 1a 3，即⎝ ⎛⎭⎪⎫23λ－32＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫49λ－449λ2－4λ＋9＝49λ2－4λ9＝0，矛盾、因此{a n }不是等比数列、(2)解：因为b n ＋1＝(－1)n ＋1[a n ＋1－3(n ＋1)＋21]＝(－1)n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n －2n ＋14 ＝－23(－1)n ·(a n －3n ＋21)＝－23b n ，又b 1＝－(λ＋18)，因此当λ＝－18时，b n ＝0(n ∈N *)，如今{b n }不是等比数列；当λ≠－18时，b 1＝－(λ＋18)≠0，由b n ＋1＝－23b n ，可知b n ≠0，因此b n ＋1b n ＝－23(n ∈N *)、故当λ≠－18时，数列{b n }是以－(λ＋18)为首项，－23为公比的等比数列； 综上知，当λ＝－18时，数列{b n }构不成等比数列；当λ≠－18时，数列{b n }是以－(λ＋18)为首项，－23为公比的等比数列、14.解：(1)(解法1)连结OC.设BC ＝x ，矩形ABCD 的面积为S.那么AB ＝2900－x 2，其中0＜x ＜30. 因此S ＝2x 900－x 2＝2x 2900－x 2≤x 2＋(900－x 2)＝900.当且仅当x 2＝900－x 2，即x ＝152时，S 取最大值为900cm 2.答：取BC 为152cm 时，矩形ABCD 的面积最大，最大值为900cm 2. (解法2)连结OC.设∠BOC ＝θ，矩形ABCD 的面积为S.那么BC ＝30sin θ，OB ＝30cos θ，其中0＜θ＜π2.因此S ＝AB ·BC ＝2OB ·BC ＝900sin2θ.因此当sin2θ＝1，即θ＝π4时，S 取最大值为900cm 2，如今BC ＝15 2. 答：取BC 为152cm 时，矩形ABCD 的面积最大，最大值为900cm 2.(2)(解法1)设圆柱底面半径为r ，高为x ，体积为V.由AB ＝2900－x 2＝2πr ，得r ＝900－x 2π，因此V ＝πr 2h ＝1π(900x －x 3)，其中0＜x ＜30. 由V ′＝1π(900－3x 2)＝0，得x ＝10 3.因此V ＝1π(900x －x 3)在(0,103)上是增函数，在(103，30)上是减函数、因此当x ＝103时，V 的最大值为6 0003π.答：取BC 为103cm 时，做出的圆柱形罐子体积最大，最大值为6 0003πcm 3.(解法2)连结OC ，设∠BOC ＝θ，圆柱底面半径为r ，高为h ，体积为V ，那么圆柱的底面半径为r ＝30cos θπ，高h ＝30sin θ，其中0＜θ＜π2.因此V ＝πr 2h ＝27 000πsin θcos 2θ＝27 000π(sin θ－sin 3θ)、 设t ＝sin θ，那么V ＝27 000π(t －t 3)、由V ′＝27 000π·(1－3t 2)＝0，得t ＝33.因此V ＝27 000π(t －t 3)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33上是增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1上是减函数、因此当t ＝33时，即sin θ＝33，如今BC ＝103时，V 的最大值为6 0003π.答：取BC 为103cm 时，做出的圆柱形罐子体积最大，最大值为6 0003πcm 3.。

6个解答题专项强化练(四) 数 列1．已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)．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 . 由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12，而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0.又因为q ＞0，解得q ＝2.所以b n ＝2n .由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8.①由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16.②由①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n .(2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1，得a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n ，故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n ， 4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1， 上述两式相减，得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n －(3n －1)×4n ＋1 ＝12×(1－4n )1－4－4－(3n －1)×4n ＋1 ＝－(3n －2)×4n ＋1－8.故T n ＝3n －23×4n ＋1＋83. 所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83. 2．已知数列{a n }满足：a 1＝12，a n ＋1－a n ＝p ·3n －1－nq ，n ∈N *，p ，q ∈R.(1)若q ＝0，且数列{a n }为等比数列，求p 的值；(2)若p ＝1，且a 4为数列{a n }的最小项，求q 的取值范围． 解：(1)∵q ＝0，a n ＋1－a n ＝p ·3n －1，∴a 2＝a 1＋p ＝12＋p ，a 3＝a 2＋3p ＝12＋4p ， 由数列{a n }为等比数列，得⎝⎛⎭⎫12＋p 2＝12⎝⎛⎭⎫12＋4p ，解得p ＝0或p ＝1. 当p ＝0时，a n ＋1＝a n ，∴a n ＝12，符合题意； 当p ＝1时，a n ＋1－a n ＝3n －1，∴a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝12＋(1＋3＋…＋3n －2)＝12＋1－3n －11－3＝12·3n －1， ∴a n ＋1a n＝3.符合题意． ∴p 的值为0或1.(2)法一：若p ＝1，则a n ＋1－a n ＝3n －1－nq ，∴a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝12＋(1＋3＋…＋3n －2)－[1＋2＋…＋(n －1)]q ＝12[3n －1－n (n －1)q ]． ∵数列{a n }的最小项为a 4，∴对任意的n ∈N *，有12[3n －1－n (n －1)q ]≥a 4＝12(27－12q )恒成立， 即3n －1－27≥(n 2－n －12)q 对任意的n ∈N *恒成立．当n ＝1时，有－26≥－12q ，∴q ≥136； 当n ＝2时，有－24≥－10q ，∴q ≥125； 当n ＝3时，有－18≥－6q ，∴q ≥3； 当n ＝4时，有0≥0，∴q ∈R ；当n ≥5时，n 2－n －12>0，所以有q ≤3n －1－27n 2－n －12恒成立，令c n ＝3n －1－27n 2－n －12(n ≥5，n ∈N *)， 则c n ＋1－c n ＝2(n 2－2n －12)3n －1＋54n (n 2－16)(n 2－9)>0， 即数列{c n }为递增数列，∴q ≤c 5＝274. 综上所述，q 的取值范围为⎣⎡⎦⎤3，274. 法二：∵p ＝1，∴a n ＋1－a n ＝3n －1－nq ， 又a 4为数列{a n }的最小项， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 4－a 3≤0，a 5－a 4≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧9－3q ≤0，27－4q ≥0，∴3≤q ≤274. 此时a 2－a 1＝1－q <0，a 3－a 2＝3－2q <0， ∴a 1>a 2>a 3≥a 4.当n ≥4时，令b n ＝a n ＋1－a n ，b n ＋1－b n ＝2·3n －1－q ≥2·34－1－274>0， ∴b n ＋1>b n ，∴0≤b 4<b 5<b 6<…，即a 4≤a 5<a 6<a 7<….综上所述，当3≤q ≤274时，a 4为数列{a n }的最小项， 即q 的取值范围为⎣⎡⎦⎤3，274. 3．数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，S n ＝a n ⎝⎛⎭⎫n 3＋r (r ∈R ，n ∈N *)． (1)求r 的值及数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝n a n(n ∈N *)，记{b n }的前n 项和为T n . ①当n ∈N *时，λ<T 2n －T n 恒成立，求实数λ的取值范围； ②求证：存在关于n 的整式g (n )，使得∑i ＝1n －1(T n ＋1)＝T n ·g (n )－1对一切n ≥2，n ∈N *都成立．。

专题限时集训(六)数列(限时：120分钟)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分，请把答案填写在题中横线上．)1．(四川省凉山州2019届高中毕业班第一次诊断性检测)设数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1(n ∈N *)，若数列{a n }是常数列，则a ＝________.－2[因为数列{a n }是常数列，所以a ＝a 2＝a 21－2a 1＋1＝a 2－2a ＋1，即a (a ＋1)＝a 2－2，解得a ＝－2.]2．(江苏省南京市、盐城市2019届高三第一次模拟)设{a n }是等差数列，若a 4＋a 5＋a 6＝21，则S 9＝________.63[由a 4＋a 5＋a 6＝21得a 5＝7，所以S 9＝a 1＋a 92＝9a 5＝63.]3．数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为________．1830[当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝4k －1； 当n ＝2k －1时，a 2k －a 2k －1＝4k －3. 所以a 2k ＋1＋a 2k －1＝2，所以a 2k ＋1＋a 2k ＋3＝2， 所以a 2k －1＝a 2k ＋3，所以a 1＝a 5＝…＝a 61. 所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 60＝(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 60＋a 61) ＝3＋7＋11＋…＋(2×60－1) ＝30×3＋1192＝30×61＝1830.]4．(江苏省泰州中学2019届高三上学期第二次月考)等差数列{a n }的前n 项和S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 6＝________.12[∵S 3＝12，∴S 3＝3a 1＋3×22d ＝3a 1＋3d ＝12.解得d ＝2，则a 6＝a 1＋5d ＝2＋2×5＝12.]5．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q ＝3，S 3＋S 4＝533，则a 3＝________.3[∵等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q ＝3，S 3＋S 4＝533，∴a 13－3－1＋a 14－3－1＝533，解得a 1＝13.则a 3＝13×32＝3.] 6．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列．且a 2＋a 5＝4，则a 8的值为________．2[∵等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列．且a 2＋a 5＝4，∴⎩⎪⎨⎪⎧2×a 1－q 91－q ＝a 1－q 31－q ＋a 1－q61－q，a 1q ＋a 1q 4＝4，解得a 1q ＝8，q 3＝－12，∴a 8＝a 1q 7＝(a 1q )(q 3)2＝8×14＝2.]7．《九章算术》中的“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则该竹子最上面一节的容积为________升． 1322[设最上面一节的容积为a 1， 由题设知⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋4×32d ＝3，⎝⎛⎭⎪⎫9a 1＋9×82d －⎝ ⎛⎭⎪⎫6a 1＋6×52d ＝4，解得a 1＝1322.]8．已知{a n }是公差不为0的等差数列，S n 是其前n 项和，若a 2a 3＝a 4a 5，S 9＝1，则a 1的值是________.【导学号：56394041】－527[设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)， ∵a 2a 3＝a 4a 5，S 9＝1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d a 1＋2d ＝a 1＋3d a 1＋4d ，9a 1＋9×82d ＝1，解得a 1＝－527.]9．(广东湛江市2019届高三上学期期中调研考试)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若log 2a 2＋log 2a 8＝1，则a 3·a 7＝________.2[由log 2a 2＋log 2a 8＝1得log 2(a 2a 8)＝1，所以a 2a 8＝2，由等比数列性质可得a 3a 7＝a 2a 8＝2.] 10．记公比为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若a 1＝1，S 4－5S 2＝0，则S 5的值为________．31[若等比数列的公比等于1，由a 1＝1，则S 4＝4,5S 2＝10，与题意不符． 设等比数列的公比为q (q ≠1)， 由a 1＝1，S 4＝5S 2，得a 1－q 41－q＝5a 1(1＋q )，解得q ＝±2.∵数列{a n }的各项均为正数，∴q ＝2. 则S 5＝1－251－2＝31.]11．(广东郴州市2019届高三第二次教学质量监测试卷)在△ABC 中，A 1，B 1分别是边BA ，CB 的中点，A 2，B 2分别是线段A 1A ，B 1B 的中点，…，A n ，B n 分别是线段A n －1A ，B n －1B (n ∈N *，n >1)的中点，设数列{a n }，{b n }满足：向量B n A n →＝a n CA →＋b n CB →(n ∈N *)，有下列四个命题，其中假命题是：________.【导学号：56394042】①数列{a n }是单调递增数列，数列{b n }是单调递减数列； ②数列{a n ＋b n }是等比数列； ③数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 有最小值，无最大值；④若△ABC 中，C ＝90°，CA ＝CB ，则|B n A n →|最小时，a n ＋b n ＝12.③[由BA n →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n (CA →－CB →)，B n B →＝12n CB →，B n A n →＝B n B →＋BA n →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n CA →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－1CB →，所以a n ＝1－12n ，b n ＝12n －1－1.则数列{a n }是单调递增数列，数列{b n }是单调递减数列，故①正确；数列{a n ＋b n }即为⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n 是首项和公比均为12的等比数列，故②正确；而当n ＝1时，a 1＝12，b 1＝0，a n b n 不存在；n ＞1时，a n b n ＝2n－12－2n ＝－1＋12－2n 在n ∈N *上递增，无最小值和最大值，故③错误；在△ABC 中，C ＝90°，CA ＝CB ，则|B n A n →|2＝(a 2n ＋b 2n )CA →2＋2a n b n CA →·CB →＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －352－15，当n ＝1时，取得最小值，即有|B n A n →|最小时，a n ＋b n ＝12，故④正确．]12．(天津六校2019届高三上学期期中联考)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)．若b n ＋1＝(n －2λ)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1(n ∈N *)，b 1＝－λ，且数列{b n }是单调递增数列，则实数λ的取值范围是________．⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，23[因为a n ＋1＝a n a n ＋2⇒1a n ＋1＝2a n ＋1⇒1a n ＋1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1⇒1a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋12n －1＝2n ，所以b n ＋1＝(n －2λ)·2n，因为数列{b n }是单调递增数列，所以当n ≥2时b n ＋1>b n ⇒(n －2λ)·2n>(n －1－2λ)·2n －1⇒n >2λ－1⇒2>2λ－1⇒λ<32；当n ＝1时，b 2>b 1⇒(1－2λ)·2>－λ⇒λ<23，因此λ<23.]13.(山西大学附属中学2019级上学期11月模块诊断)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 17>0，S 18<0，则S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的项为________．S 9a 9[S 17>0⇒a 1＋a 172>0⇒a 92>0⇒a 9>0，S 18<0⇒a 1＋a 182<0⇒a 9＋a 102<0⇒a 10＋a 9<0⇒a 10<0，因此S 1a 1>0，S 2a 2>0，…，S 8a 8>0，S 9a 9>0，S 10a 10<0，而S 1<S 2<…<S 9，a 1>a 2>…>a 8>a 9，所以S 1a 1<S 2a 2<…<S 8a 8<S 9a 9.] 14．(云南大理2019届高三第一次统测)若数列{a n }的首项a 1＝2，且a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)；令b n＝log 3(a n ＋1)，则b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 100＝________. 5050[由a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)可知a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3，所以数列{a n ＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以a n ＋1＝3n，∴a n ＝3n－1，所以b n ＝log 3(a n ＋1)＝n ，因此b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 100＝＋2＝5050.]二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．) 15．(本小题满分14分)(泰州中学2019届高三上学期期中考试)已知{a n }是一个公差大于0的等差数列，且满足a 3a 6＝55，a 2＋a 7＝16. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)等比数列{b n }满足：b 1＝a 1，b 2＝a 2－1，若数列c n ＝a n ·b n ，求数列{c n }的前n 项和S n . [解](1)设等差数列{a n }的公差为d ，则依题意设d >0.由a 2＋a 7＝16，得2a 1＋7d ＝16.① 由a 3a 6＝55，得(a 1＋2d )(a 1＋5d )＝55.②4分由①得2a 1＝16－7d 将其代入②得(16－3d )(16＋3d )＝220.即256－9d 2＝220，∴d 2＝4，又d >0，∴d ＝2.代入①得a 1＝1，∴a n ＝1＋(n －1)2＝2n －1.6分(2)∵b 1＝1，b 2＝2，∴b n ＝2n －1，∴c n ＝a n b n ＝(2n －1)2n －1， 8分S n ＝1·20＋3·21＋…＋(2n －1)·2n －1,2S n ＝1·21＋3·22＋…＋(2n －1)·2n .两式相减可得：－S n ＝1·20＋2·21＋2·22＋…＋2·2n －1－(2n －1)·2n＝1＋2×－2n －11－2－(2n －1)·2n， 10分∴－S n ＝1＋－2n －11－2－(2n －1)·2n ＝1＋2n ＋1－4－(2n －1)·2n ＝2n ＋1－3－(2n －1)·2n ，∴S n ＝3＋(2n －1)·2n－2n ＋1＝3＋(2n －3)·2n.14分16．(本小题满分14分)(河南省豫北名校联盟2019届高三年级精英对抗赛)已知各项均不相等的等差数列{a n }的前五项和S 5＝20，且a 1，a 3，a 7成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和，且存在n ∈N *，使得T n －λa n ＋1≥0成立，求实数λ的取值范围．[解](1)设数列{a n }的公差为d ，则 ⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋5×42d ＝20，a 1＋2d 2＝a 1a 1＋6d ，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝4，2d 2＝a 1d .2分又因为d ≠0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝1.4分 所以a n ＝n ＋1. 5分(2)因为1a n a n ＋1＝1n ＋n ＋＝1n ＋1－1n ＋2， 所以T n ＝12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝nn ＋. 7分因为存在n ∈N *，使得T n －λa n ＋1≥0成立， 所以存在n ∈N *，使得n n ＋－λ(n ＋2)≥0成立， 即存在n ∈N *，使λ≤n n ＋2成立.10分又n n ＋2＝12⎝⎛⎭⎪⎫n ＋4n＋4≤116(当且仅当n ＝2时取等号)，所以λ≤116.即实数λ的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，116. 14分17．(本小题满分14分)(四川省凉山州2019届高中毕业班第一次诊断性检测)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n a n ＋1＝2n ，n ∈N *.(1)若函数f (x )＝A sin(2x ＋φ)(A >0,0<φ<π)在x ＝π6处取得最大值a 4＋1，求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π2上的值域； (2)求数列{a n }的通项公式． [解](1)∵a n a n ＋1＝2n，则a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，∴a n ＋2a n＝2， 又a 1＝1，故a 1a 2＝21，即a 2＝2，∴a 3＝2，a 4＝4，∴A ＝a 4＋1＝5，故f (x )＝5sin(2x ＋φ)，4分 又x ＝π6时，f (x )＝5，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋φ＝1，且0<φ<π，解得φ＝π6， ∴f (x )＝5sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，6分而x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π2，故2x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，7π6，从而sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1，综上知f (x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－52，5. 8分18．(本小题满分16分)(天津六校2019届高三上学期期中联考)已知各项都是正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝a 2n ＋12a n ，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足：b 1＝1，b n －b n －1＝2a n (n ≥2)，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和为T n ，求证：T n <2；(3)若T n ≤λ(n ＋4)对任意n ∈N *恒成立，求λ的取值范围.【导学号：56394043】[解](1)n ＝1时，a 1＝a 21＋12a 1，∴a 1＝12.⎩⎪⎨⎪⎧S n －1＝a 2n －1＋12a n －1S n ＝a 2n ＋12a n⇒a n ＝a 2n －a 2n －1＋12a n －12a n －1，⇒(a n ＋a n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －a n －1－12＝0，∵a n >0，∴a n －a n －1＝12， ∴{a n }是以12为首项，12为公差的等差数列．∴a n ＝12n .4分(2)证明：b n －b n －1＝n ，⎩⎪⎨⎪⎧b 2－b 1＝2b 3－b 2＝3⋮b n －b n －1＝n⇒b n －b 1＝n ＋n －2⇒b n ＝n n ＋2.1b n ＝2n n ＋＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴T n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1，即T n <2.12分(3)由2n n ＋1≤λ(n ＋4)得λ≥2nn ＋n ＋＝2n ＋4n ＋5，当且仅当n ＝2时，2n ＋4n＋5有最大值29，∴λ≥29.16分19．(本小题满分16分)(中原名校豫南九校2019届第四次质量考评)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 5＝a 5＋a 6＝25. (1)求{a n }的通项公式；(2)若不等式2S n ＋8n ＋27>(－1)nk (a n ＋4)对所有的正整数n 都成立，求实数k 的取值范围． [解](1)设公差为d ，则5a 1＋5×42d ＝a 1＋4d ＋a 1＋5d ＝25，∴a 1＝－1，d ＝3.∴{a n }的通项公式为a n ＝3n －4. 6分(2)S n ＝－n ＋3nn －2，2S n ＋8n ＋27＝3n 2＋3n ＋27，a n ＋4＝3n ；8分(－1)nk <n ＋1＋9n，当n 为奇数时，k >－⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1＋9n ；当n 为偶数时，k <n ＋1＋9n，∵n ＋1＋9n ≥7，当且仅当n ＝3时取等号，∴当n 为奇数时，n ＋1＋9n的最小值为7，当n为偶数时，n ＝4时，n ＋1＋9n 的最小值为294，∴－7<k <294.16分20．(本小题满分16分)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)是函数f (x )＝12＋log 2x1－x的图象上任意两点，且OM →＝12(OA →＋OB →)，已知点M 的横坐标为12.(1)求证：M 点的纵坐标为定值；(2)若S n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎪⎫n －1n ，n ∈N *，且n ≥2，求S n； (3)已知a n＝⎩⎪⎨⎪⎧23，n ＝1，1S n＋Sn ＋1＋，n ≥2.其中n ∈N *.T n 为数列{a n }的前n 项和，若T n <λ(S n ＋1＋1)对一切n ∈N *都成立，试求λ的取值范围.【导学号：56394044】[解](1)证明：∵OM →＝12(OA →＋OB →)，∴M 是AB 的中点．设M 点的坐标为(x ，y )，由12(x 1＋x 2)＝x ＝12，得x 1＋x 2＝1，则x 1＝1－x 2或x 2＝1－x 1.2分 而y ＝12(y 1＋y 2)＝12[f (x 1)＋f (x 2)]＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋log 2x 11－x 1＋12＋log 2x 21－x 2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋log 2x 11－x 1＋log 2x 21－x 2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋log 2x 11－x 1·x 21－x 2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋log 2x 1x 2x 1x 2＝12()1＋0＝12，∴M 点的纵坐标为定值12. 5分(2)由(1)，知x 1＋x 2＝1，f (x 1)＋f (x 2)＝y 1＋y 2＝1，S n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ，S n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ， 两式相加，得2S n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2n ＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＝1＋1＋…＋1n －1，∴S n＝n －12(n ≥2，n ∈N *).8分(3)当n ≥2时，a n ＝1S n ＋S n ＋1＋＝4n ＋n ＋＝4⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2.10分T n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝23＋4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝23＋4⎝ ⎛⎭⎪⎫13－1n ＋2＝2n n ＋2. 12分由T n <λ(S n ＋1＋1)，得2n n ＋2<λ·n ＋22.∴λ>4n n ＋2＝4nn 2＋4n ＋4＝4n ＋4n＋4.∵n ＋4n≥4，当且仅当n ＝2时等号成立，∴4n ＋4n＋4≤44＋4＝12. 因此λ>12，即λ的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞. 16分。

6个解答题专项强化练（四）数 列1. 已知｛a n ｝为等差数列，前 n 项和为s n （n € N ）, ｛b n ｝是首项为2的等比数列，且公比 大于 0，b 2+ b 3 = 12, b 3= a 4 — 2a i , S i = W.（1） 求｛a n ｝和｛b n ｝的通项公式；（2） 求数列｛a 2n b 2n —1｝的前n 项和（n € N ）.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 .2由已知 b 2 + b 3= 12，得 b*q + q ） = 12, 而 b 1= 2,所以 q 2+ q — 6= 0. 又因为q > 0，解得q = 2. 所以b n = 2n .由 b 3= a 4 — 2a 1，可得 3d — a 1= 8.① 由 Sn = 11 b 4，可得 a 1 + 5d = 16.②由①②，解得 a 1 = 1， d = 3，由此可得 a n = 3n — 2.所以数列｛a n ｝的通项公式为a n = 3n —2,数列｛b n ｝的通项公式为b n = 2n . ⑵设数列｛ a 2n b 2n — 1｝的前n 项和为T n ,n _ 1由 a 2n = 6n — 2, b 2n — 1 = 2X4 , 得 a 2n b 2n — 1= (3 门一 1) X4 ：故 T n = 2X 4+ 5X4 2+ 8X4 3+…+ (3n — 1) X4 n , 4T n = 2X4 + 5X4 + 8X4 +…+ (3n —4) X4 + (3n — 1) X4 — 2 3 n3T n = 2 X 4+ 3X4 + 3X4 +…+ 3X4 — (3n — 1) X4=—(3n — 2) X4 n +1— 8. 故 T n = 3D M X4n +4+ 3.3n —1 — 274 — *2.已知数列｛ a n ｝满足：a 1 = , a n +1 — a n = p ・3n —1 — nq , n € N , p , q € R.(1) 若q = 0，且数列｛a n ｝为等比数列，求p 的值；⑵ 若p = 1，且a 4为数列｛刘的最小项，求q 的取值范围.解：(1) v q = 0, a n +1 — a n = p ・3,1 1二 a 2 = a 1 + p = + p , a 3= a 2 + 3p = 3 + 4p ,n + 1上述两式相减，得-n + 112X 1— 4n1 — 4—4— (3n — 1) X4n +1Q n O O 所以数列｛a2n b 2n—1｝的前n项和为 3 X4 + 3.1 2 1 1由数列｛a n ｝为等比数列，得 2+ P = 2 2+ 4p 1当 p = 0 时，a n +1 = a n , • a n = 2，符合题意; 当 p = 1 时，a n +1 — a n = 3 1,=2 + (1 + 3 + •••+ 3n —2) = 2 + —31.3n -1 2 ，即=3.符合题意. ••• p 的值为0或1.(2)法一：若 p = 1,贝U a n +1 — a n = 3n —1 — nq,• a n = a 1 + (a 2— a" + 任一比)+…+ (a n — a n — 1) =1 + (1 + 3+-+ 3n —2) — [1 + 2+-+ (n1 n — 1—1)] q =尹—n (n — 1)q ].T 数列｛a n ｝的最小项为a 4,* 1 —1•••对任意的 n €N ,有 2【3 n —1— n (n — 1) q ]》a 4 = 2(27 — 12q )恒成立,n — 1 2 *3 — 27》(n —n — 12)q 对任意的n € N 恒成立.n = 1时,有—26》— 12q ,「. q 》13 ；n = 2时,有—24》— 10q ,「. q 》12 n = 3时,有—18》— 6q ,「. q 》3;n = 4 时, 有 0》0,二 q € R ； n 》5时, 2n — 12 n —2n — 123 + 54n >0,n — 16 n — 9 即数列｛C n ｝为递增数列，•27 q w 6=匚・ 综上所述，q 的取值范围为27 3,匚.法二：T p = 1 , • a n + 1 — a n ：n — 1=3—nq ,22n= 解得p = 0或p = 1.--a n = a i + (st — a i ) + (a 3 — a 2)+•••+ (a n — a n — 1) n —2、又a 4为数列｛a n ｝的最小项，a 4 - a 3< 0,9- 3q w 0, •••即a 5- a 4>0, 27- 4q >0,27• 3< q w .4此时 a 2-a i = 1 - q <0, a 3-比=3- 2q <0, • a i >a 2>a 3》a 4.n i^4 i ^^^^^^7当 n 》4 时，令 b n = a n + 1 — a n , b n + 1 — b n = 2，3 — q 》2，3 -------- >0,4 • b n + 1>b n ,「. 0W b 4<b 5<b 6<…， 即 a 4< a 5<&<a 7<….27综上所述，当3< qw~4时，a 4为数列｛a n ｝的最小项，n*3•数列｛a n ｝的前 n 项和为 S, a = 2, S = a n 3 + r (r € R , n € N). (1)求r 的值及数列｛a n ｝的通项公式；⑵设b n = n (n € N)，记｛b n ｝的前n 项和为T n .a n①当n € N 时，入＜T 2n - T n 恒成立，求实数 入的取值范围；n - 1②求证：存在关于 n 的整式g (n ),使得 (T n + 1) = T n • g ( n ) — 1对一切n 》2, n € Ni = 1都成立.1 2S = a 1 3+ r , • r = 3,n 2• S n = a n 3 + 3 .当 n 》2 时，$-1 = a n -1 3 + 3 .n + 2 n +1 a n =—厂 a n ——厂 a n -1 ,即q 的取值范围为27解：⑴当n = 1时, 两式相减，得n + 1n —1（n 》2）. a n3 4 5=-x x x —xa n —112 3n n + 1 x - n— 2 n — 1a n a n -1 a 1 a 2a n n n + 1 a = 厂•'•a n = n (n + 1)( n 》2), 又a i = 2适合上式. • a n = n ( n + 1).⑵①••• a n = n(n +1),1 1 1 T 2n -T n=后 + n +3+…+ 时. 人 r T T 11 1 令 B= T 2n -T n = +灵 +•••+ 时.小 r 111则 B n +1 =+ + …+. n + 3 n +42n +31 1 1Bi +1— B n = + — _+2n + 2+2n + 3 n + 2 3 4即(n + 1) T n — nT n —1 = T n —1 + 1.n —1•••当 n 时， (T n + 1) =(3T 2— 2T 1) + (4 T 3— 3T 2) + (5 T 4 — 4T 3) +…+ [( n + 1) T n — nT ni =1—1] = (n + 1)T n — 2T 1 = (n + 1)T n — 1.= ____________ 3n + 4 =2n + 2 2n + 3n + 2• B +1>B ,「. B 单调递增， , 1 1故(B n ) min = Bl = 3，二入 <343•实数入的取值范围为—汽3. 1 1②证明：••• T n = 2 + 3+…+ 1 1 1•当心2 时，T n -1=2+3+…+n ，1 1 T n= 2+ 3 +…+1n + 11 1 • T an =2 + 3+…+ 12n +1，• • T n — T n — 11n +7，n— 1•存在关于n的整式g( n) = n+1,使得(T n+ 1) = T n •g( n) —1对一切n》2, n€ Ni = 1都成立.14.已知数列｛a n｝满足a i = 2,对任意的正整数m P,都有a计p= a m- a p.⑴证明：数列｛a n｝是等比数列；b i b2 b3 b4 n +1 b n(2) 若数列｛b n｝满足a n= 2 + 1 —2刍1 + 23+ 1 —24+ 1 +…+ ( —1) 2n+ 1，求数列｛b n｝的通项公式；(3) 在⑵的条件下，设C n= 2"+入b n,则是否存在实数入，使得数列｛6｝是单调递增数列？若存在，求出实数入的取值范围；若不存在，请说明理由.解：(1)证明：•••对任意的正整数m, P,都有s m+P= a m -环，二令m= n, p= 1,得a n+11•••数列｛a n｝是首项和公比都为2的等比数列.1(2) 由(1)可知，a n=尹b2 b3 b4 n+1 b n 如乔+乔—2+1+…+ (—1)2+1 得,n+ 1 b n故a n—a n-1—( —1) 2“ +1 (n》2),故b n= ( —1)n* + 1 (n>2).当n = 1时，a1 = 2+ 1，解得b1 = 2,不符合上式.32, n= 1,• • b n —n 1 *—1 歹+ 1 , n》2, n€ N.(3) T c n—2 + 入b n,1•■•当n》2 时，6 = 2 + ( —1) 2*+ 1 入，——1当n》3 时，C n-1 — 2 1 + ( —1)" 1 2n-1 + 1 入，a+1 1a n =a1= 2,由a n =b12 +1b1 b2 b3 b4a“ 一 1 — 2 ~+ 3 ~42 + 1 2 + 12 + 1 2 + 1n b n — 1…+ ( —1) 厂+〒(心2),从而故入的取值范围为一第，+3 .5.已知各项不为零的数列｛a n ｝的前n 项和为 S,且a 1= 1,pa n a n +1(n € N), p € R.(1) 若a 1, a 2, a 3成等比数列，求实数 p 的值； (2) 若a 1, a 2, a 3成等差数列， ① 求数列｛a n ｝的通项公式；② 在a n 与a n +1间插入n 个正数，共同组成公比为中的等比数列，若不等式(q n )(n+1)(n +a)w e(e 为自然对数的底数)对任意的n € N 恒成立，求实数 a 的最大值.a 1 + a 21 当 n =2 时，a 1+ aa = pa 2a 3, a 3= = 1 +-.pa 2p2/只p + p —1 = 0,_3根据题意，当n 》3时，C n — C n — 1= 2 1 + ( — 1)n 入• 2 +牙>0,即(一1) 2n —1>— -①当n 为大于等于4的偶数时，有2n —1入 >—一恒成立,牙+ 2又3 随着n 的增大而增大，此时歹+ 22n —1128 孑+ 2 min =E5，即入 >—药， 128②当n 为大于等于3的奇数时,入 <2n —1- 恒成立,尹22n —132 min = 19，即入 32<19.故入的取值范围为 一a,32 19 ③当n = 2时，由C 2— C 122+ 4入42 + * 入 >0, 得 入 <8. 综上可得，实数 入的取值范围为128 32 药，19 .解: (1)当 n = 1 时, 1a 1 = paa , a 2= p ；由 a 2= a 1a 3,(2)①因为a 1, a 2, a 3成等差数列，所以12a 2 = a i + a 3,得 p = ?, 故 a 2= 2, a 3= 3,1所以 S n = @a n a n + 1.1 1当 n 》2 时，a n = S — S n — 1 = ^8n a n +1 — ^a n — 1a n , 因为 a n M 0,所以 a n + 1— a n —1= 2.故数列｛a n ｝的所有奇数项组成以1为首项，2为公差的等差数列,n + 1其通项公式 a n = 1 +2— 1 x 2= n ,同理，数列｛a n ｝的所有偶数项组成以 2为首项，2为公差的等差数列, 其通项公式是 a n = 2+ 2 — 1 x 2= n , 所以数列｛a n ｝的通项公式是a n = n .即q n =凹£,n n +11分离参数得a w —n +In 一一 nn +11令〒=x , x * (1,2]，则木 i^x x — 1 令 f (x ) = |丄一匕，x € (1,2],in x x — 12 x — 12In x —x贝 y f ，( x ) =: 2—,In x x — 1x —1下证 in x < ----- , x € (1,2],V x令 g (x ) = x —1— 2ln x , x € [1 ,+R ),则 g '(x )=—>0，所以 g (x )>g (1) = 0,x x1 x _ 1 即 2ln x <x —-,用：x 替代 x 可得 in x< . , x € (1,2],xx2 x — 1 In x —x 所以 f ，(x ) =. 2~ <0,In x x — 1'②由①知，a n = n ,在n 与n +1间插入n + 11 = nq n ,n 个正数，组成公比为 5的等比数列，故有 n +所以(q n )(n +1)(n + a)w e ,也 n +e ,n两边取对数得（n + a ）ln 哼 w 1—n 恒成立.1, x € (1,2],所以f（x）在（1,2］上递减,所以实数a 的最大值为占-1.In 2 6.设三个各项均为正整数的无穷数列 ｛a n ｝ , ｛b n ｝ ,｛C n ｝.记数列｛b n ｝ , ｛C n ｝的前n 项和分别为$, T n ,若对任意的n € N ,都有a n = b n + C n ,且S> T n ,则称数列｛少｝为可拆分数列.⑴若a n = 4n ，且数列｛b n ｝ , ｛C n ｝均是公比不为1的等比数列，求证：数列 ｛刘为可拆分 数列；(2)若a n = 5n ,且数列｛b n ｝ ,｛C n ｝均是公差不为0的等差数列，求所有满足条件的数列｛ b n ｝, ｛C n ｝的通项公式；(3) 若数列｛a n ｝, ｛b n ｝, ｛C n ｝均是公比不为1的等比数列，且 a l 》3,求证：数列｛a n ｝为 可拆分数列.解：⑴ 证明：由 a n = 4n = 4・4n -1 = 3・4n -1 + 4n -1，令 b n = 3・4n -1, C = 4n -1.则｛b n ｝是以3为首项，4为公比的等比数列，｛C n ｝是以1为首项，4为公比的等比数列, 故 S n = 4 — 1 , T n =所以对任意的n € N *，都有a n = b n + C n ,且S>T n . 所以数列｛a n ｝为可拆分数列. (2)设数列{b n } , {C n }的公差分别为d 1, d 2. 由a n = 5n ,得b+ (n — 1)d 1+ C 1+ ( n — 1) d 2= (d 1 + d 2)n + b 1 + c — d 1 — d 2= 5n 对任意的 n € N 都成立.d 1+ d 2= 5,d 1 + d 2= 5,所以即①b 1+ C 1 — d 1 — d 2 = 0,b + C 1 = 5,, 口 n n — 1 n n — 1d 1 d 2 2,d 1 d 2由 S n >T n , 得 nb 1+ 2 d 1 >nc 1 + 2 d 2,贝U 2— $ n + b 1— c；—"2 + ? n>0d 1 d 2 d 1 d 2*由n 》1,得 — 2 n + b 1 -C 1—? + "2 >0对任意的n € N 成立. d 1 d 2b 1 — C 1 — — + — >0 即 d 1 > d 2 且 b 1>C 1.由数列｛b n ｝ , ｛C n ｝各项均为正整数，则 b 1, C 1, d 1, d 2均为正整数， 当d 1= d 2时，由d 1 + d 2=5,得d 1 = d 2= 2?N *,不符合题意，所以 7皿.③d 1= 4, d 2= 1, 联立①②③，可得b 1= 4, C 1= 1或 d = 3, d2— 2,b 1= 4, C 1= 1或 d- 3, d = 2,b 1 =3, C 1 = 2.d 1 则§ —d 2 d 1 d 2且 2 — 2 +d 1 = 4, d 2= 1, 或b 1= 3, C 1 = 2b n = 4n ,b n = 4n — 1, b n = 3n + 1,所以或或C n = n C n = n + 1C n = 2n — 1b n = 3n , 或 C n = 2n .当q 为无理数时，32= aq 为无理数，与 勿€ N 矛盾.b故q 为有理数，设q = （a , b 为正整数，且 a, b 互质）.an — 1则对任意的n € N , a n —1均为a 1的约数，则a n —1 = 1,即a = 1, b * *故 q = —= b € N ,所以 q € N , q 》2.a所以 a n = ag = (a — 1)q + q ,令 b n = (a 1 — 1) • q , C n = q . 则{b n } , {C n }各项均为正整数.因为a 1 > 3,所以 a 1 —1> 2>1，则 S>T n , 所以数列｛a n ｝为可拆分数列.n 2— n —12>0,所以有q < n ——12恒成立,n — 13 — 27*⑶证明：设n — 1 *a n = aq , a 1 € N , q >0, q z 1,贝V q >2.此时3n = 31 •n —1. ac n= 2 ( n》5, n € N),n —n—12' ' 八解得p=。

第2讲 数列的综合问题[考情考向分析] 江苏高考中，数列大题常在压轴的代数论证中考数列的综合应用．近几年江苏高考中数列解答题总是同等差、等比数列相关，进一步考查其子数列或派生数列的性质等，所以解题过程中既有等差、等比数列性质的挖掘，又有等差、等比数列的判断论证，综合性极强．热点一 数列中的探索性问题例1 (2018·无锡期末)已知数列{}a n 满足⎝⎛⎭⎪⎫1－1a 1⎝⎛⎭⎪⎫1－1a 2…⎝⎛⎭⎪⎫1－1an＝1a n，n ∈N *，S n 是数列{}a n 的前n 项和．(1)求数列{}a n 的通项公式；(2)若a p,30，S q 成等差数列，a p,18，S q 成等比数列，求正整数p ，q 的值；(3)是否存在k ∈N *，使得a k a k ＋1＋16为数列{}a n 中的项？若存在，求出所有满足条件的k 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)因为⎝⎛⎭⎪⎫1－1a 1⎝⎛⎭⎪⎫1－1a 2…⎝⎛⎭⎪⎫1－1an＝1a n，n ∈N *，所以当n ＝1时，1－1a 1＝1a 1，a 1＝2，当n ≥2时，由⎝⎛⎭⎪⎫1－1a 1⎝⎛⎭⎪⎫1－1a 2…⎝⎛⎭⎪⎫1－1a n＝1a n 和⎝⎛⎭⎪⎫1－1a 1⎝⎛⎭⎪⎫1－1a 2…⎝⎛⎭⎪⎫1－1an －1＝1a n －1， 两式相除可得，1－1a n ＝a n －1a n，即a n －a n －1＝1(n ≥2)．所以数列{}a n 是首项为2，公差为1的等差数列． 所以a n ＝n ＋1(n ∈N *)．(2)因为a p ,30，S q 成等差数列，a p ,18，S q 成等比数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a p ＋S q ＝60，a p S q ＝182，于是⎩⎪⎨⎪⎧a p ＝6，S q ＝54或⎩⎪⎨⎪⎧a p ＝54，S q ＝6.当⎩⎪⎨⎪⎧a p ＝6，S q ＝54时，⎩⎪⎨⎪⎧p ＋1＝6，(q ＋3)q2＝54，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝5，q ＝9，当⎩⎪⎨⎪⎧a p ＝54，S q ＝6时，⎩⎪⎨⎪⎧p ＋1＝54，(q ＋3)q2＝6，无正整数解，所以p ＝5，q ＝9.(3)假设存在满足条件的正整数k ，使得a k a k ＋1＋16＝a m (m ∈N *)， 则(k ＋1)(k ＋2)＋16＝m ＋1，平方并化简得，(2m ＋2)2－(2k ＋3)2＝63， 则(2m ＋2k ＋5)(2m －2k －1)＝63，所以⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋2k ＋5＝63，2m －2k －1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋2k ＋5＝21，2m －2k －1＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋2k ＋5＝9，2m －2k －1＝7，解得m ＝15，k ＝14，或m ＝5，k ＝3，或m ＝3，k ＝－1(舍去)， 综上所述，k ＝3或14.思维升华 数列中的探索性问题是江苏高考的一个热点，试题一般是探求数列中项的存在性问题，此类试题的解法一般具有以下特点：假设提出的问题存在，结合数论中不定方程、奇偶性的基本性质进行求解． 跟踪演练1 已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝a ，且a n ＋1＝k (a n ＋a n ＋2)对任意正整数n 都成立，数列{a n }的前n 项和为S n .(1)是否存在实数k ，使数列{a n }是公比不为1的等比数列，且任意相邻三项a m ，a m ＋1，a m ＋2按某顺序排列后成等差数列？若存在，求出所有k 的值；若不存在，说明理由； (2)若k ＝－12，求S n .解 (1)设数列{a n }是等比数列，则它的公比q ＝a 2a 1＝a ， 所以a m ＝am －1，a m ＋1＝a m ，a m ＋2＝am ＋1.①若a m ＋1为等差中项，则2a m ＋1＝a m ＋a m ＋2， 即2a m＝am －1＋am ＋1，解得a ＝1，不合题意；②若a m 为等差中项，则2a m ＝a m ＋1＋a m ＋2， 即2am －1＝a m ＋am ＋1，化简得a 2＋a －2＝0， 解得a ＝－2或1(舍)．当a ＝－2时，k ＝a m ＋1a m ＋a m ＋2＝a m a m －1＋a m ＋1＝a 1＋a 2＝－25；③若a m ＋2为等差中项，则2a m ＋2＝a m ＋1＋a m ， 即2am ＋1＝a m ＋am －1，化简得2a 2－a －1＝0，解得a ＝－12或1(舍)．当a ＝－12时，k ＝a m ＋1a m ＋a m ＋2＝a ma m －1＋a m ＋1＝a 1＋a 2＝－25.综上可得满足要求的实数k 有且仅有一个，即k ＝－25.(2)若k ＝－12，则a n ＋1＝－12(a n ＋a n ＋2)，于是a n ＋2＋a n ＋1＝－(a n ＋1＋a n )，所以a n ＋3＋a n ＋2＝－(a n ＋2＋a n ＋1)＝a n ＋1＋a n . 当n 是偶数时，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a n －1＋a n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝n 2(a 1＋a 2)＝n2(a ＋1)；当n 是奇数时，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a n －1＋a n ＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝a 1＋n －12(a 2＋a 3)＝a 1＋n －12[－(a 1＋a 2)]＝1－n －12(a ＋1)．当n ＝1时也适合上式．综上可得S n＝⎩⎪⎨⎪⎧1－n －12(a ＋1)，n 是奇数，n2(a ＋1)，n 是偶数.热点二 数列中的证明问题例2 (2018·江苏黄桥中学等三校联考)已知数列{}a n 满足a 1＝1，前n 项和为S n ，且a n ＋1－a n a n a n ＋1＝24S n －1()n ∈N *. (1)求a 2的值； (2)设b n ＝a na n ＋1－a n，证明：数列{}b n 是等差数列；(3)设c n ＝2n b·a n ，若1≤λ≤2，求对所有的正整数n 都有2λ2－k λ＋32<c n 成立的k 的取值范围． (1)解 令n ＝1得a 2－a 1a 1a 2＝24a 1－1，代入a 1＝1 得a 2＝3. (2)证明 因为a n ＋1－a n a n a n ＋1＝24S n －1， 所以4S n －1＝2a n a n ＋1a n ＋1－a n.①所以4S n ＋1－1＝2a n ＋1a n ＋2a n ＋2－a n ＋1，②由②－①，得2a n ＋1＝a n ＋1a n ＋2a n ＋2－a n ＋1－a n a n ＋1a n ＋1－a n .因为a n ＋1≠0，所以2＝a n ＋2a n ＋2－a n ＋1－a na n ＋1－a n.所以1＋a n ＋1a n ＋2－a n ＋1－a na n ＋1－a n＝2，即a n ＋1a n ＋2－a n ＋1－a na n ＋1－a n＝1，即b n ＋1－b n ＝1，所以数列{}b n 是公差为1的等差数列． (3)解 由(2)知，b 1＝a 1a 2－a 1＝12，所以数列{}b n 的通项公式为b n ＝n －12. 因为a na n ＋1－a n ＝n －12，所以a n ＋1a n ＝22n －1＋1＝2n ＋12n －1，所以a n ＋12()n ＋1－1＝a n 2n －1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1是常数列. 由a 12×1－1＝1，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．所以c n ＝2nb ·a n ＝122n -·()2n －1＝22·2n·()2n －1. 因为c n ＋1－c n ＝22[]2n ＋1·()2n ＋1－2n ·()2n －1＝22·2n ·()2n ＋3>0， 所以数列{}c n 为单调递增数列．当n ≥1时， c n ≥c 1＝2，即c n 的最小值为 2. 由2λ2－k λ＋32＜c n ，得k λ＞2λ2＋22， 所以k >2⎝⎛⎭⎪⎫λ＋2λmax ，而当1≤λ≤2时， λ＋2λ在⎣⎡⎦⎤1，42上递减， ⎣⎡⎦⎤42，2上递增，所以⎝⎛⎭⎪⎫λ＋2λmax ＝1＋2， 当且仅当λ＝1或2时取得，故k ∈()2＋22，＋∞.思维升华 数列中的证明问题要有目标意识，比如本题第二问要证明{b n }是等差数列，就要构造出式子b n ＋1－b n ＝a n ＋1a n ＋2－a n ＋1－a na n ＋1－a n，然后代入条件进行证明，为证明问题提供思路．跟踪演练2 设数列{a n }是各项均为正数的等比数列，其前n 项和为S n ，若a 1a 5＝64，S 5－S 3＝48. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)对于正整数k ，m ，l (k <m <l )，求证：“m ＝k ＋1且l ＝k ＋3”是“5a k ，a m ，a l 这三项经适当排序后能构成等差数列”的充要条件．(1)解 ∵数列{a n }是各项均为正数的等比数列， ∴a 1a 5＝a 23＝64，∴a 3＝8. 又∵S 5－S 3＝48， ∴a 4＋a 5＝8q ＋8q 2＝48， ∴q ＝2，∴a n ＝8·2n －3＝2n (n ∈N *)．(2)证明 (ⅰ)必要性：设5a k ，a m ，a l 这三项经适当排序后能构成等差数列， ①若2·5a k ＝a m ＋a l ，则10·2k＝2m＋2l， ∴10＝2m －k＋2l －k， ∴5＝2m －k －1＋2l －k －1，∴⎩⎪⎨⎪⎧2m －k －1＝1，2l －k －1＝4，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＝k ＋1，l ＝k ＋3.②若2a m ＝5a k ＋a l ，则2·2m＝5·2k＋2l， ∴2m ＋1－k－2l －k＝5，左边为偶数，等式不成立．③若2a l ＝5a k ＋a m ，同理也不成立． 综合①②③，得m ＝k ＋1，l ＝k ＋3， ∴必要性成立．(ⅱ)充分性：设m ＝k ＋1，l ＝k ＋3，则5a k ，a m ，a l 这三项为5a k ，a k ＋1，a k ＋3，即5a k ,2a k ,8a k ，调整顺序后易知2a k ,5a k ,8a k 成等差数列， ∴充分性也成立．综合(ⅰ)(ⅱ)，原命题成立．热点三 数列中的新定义问题例3 (2018·江苏海门中学最后一卷)对于数列{}a n ，记Δa n ＝a n ＋1－a n ，Δk ＋1a n ＝Δk a n ＋1－Δk a n ，k ，n ∈N *，则称数列{Δka n }为数列{}a n 的“k 阶塑数列”；(1)已知Δa n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n，①若{}a n 为等比数列，求a 1的值；②设t 为任意正数，证明：存在k ∈N *，当n >m ≥k ，n ∈N *，m ∈N *时总有|a n －a m |≤t ； (2)已知Δ2a n ＝3n －2，若a 1＝1，且a n ≥a 3对n ∈N *恒成立，求a 2的取值范围． (1)①解 ∵a 22＝a 1a 3， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－122＝a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－14， ∴a 1＝13.当n ≥2时a n ＝Δa n －1＋Δa n －2＋…＋Δa 1＋a 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －11－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋13＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，满足题意；②证明 a n －a m ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1－13⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m －1＝－23⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m ，∴|a n －a m |＝23⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m ≤23⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ≤43⎝ ⎛⎭⎪⎫12m≤t ，∴m ≥log 243t ，因此k 取不小于log 243t 的正整数，当n >m ≥k ，n ∈N *，m ∈N *时总有|a n －a m |≤t . (2)解 ∵Δ2a n ＝Δa n ＋1－Δa n ＝3n－2， ∴Δa n ＝3(1－3n －1)1－3－2(n －1)＋Δa 1＝3n 2－2n ＋12＋Δa 1＝3n2－2n ＋a 2－12， ∵Δ2a n >0，∴{Δa n }递增，因此⎩⎪⎨⎪⎧Δa 2＝a 3－a 2≤0，Δa 3＝a 4－a 3≥0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2≤0，a 2＋7≥0，∴－7≤a 2≤0.∴a 的取值范围为[－7,0]．思维升华 数列中的“新定义”试题指给出一个从未接触过的新规定，要求现学现用，“给什么，用什么”是应用“新定义”解题的基本思路．理解新定义的规则后，解决问题的手段还是运用等差数列、等比数列的定义性质和基本数学思想．跟踪演练3 (2018·江苏省南京师范大学附中等四校调研)设数列{}a n 的首项为1，前n 项和为S n ，若对任意的n ∈N *，均有S n ＝a n ＋k －k (k 是常数且k ∈N *)成立，则称数列{}a n 为“P ()k 数列”．(1)若数列{}a n 为“P ()1数列”，求数列{}a n 的通项公式；(2)若数列{}a n 为“P ()2数列”，a 2＝2，设T n ＝a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n2n ，证明： T n <3.(1)解 因为数列{}a n 为“P ()1数列”，则S n ＝a n ＋1－1，S n ＋1＝a n ＋2－1， 两式相减得，a n ＋2＝2a n ＋1，又n ＝1时，a 1＝a 2－1，所以a 2＝2， 故a n ＋1＝2a n 对任意的n ∈N *恒成立， 即a n ＋1a n＝2(常数)， 故数列{}a n 为等比数列，其通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *.(2)证明 因为数列{}a n 为“P ()2数列”， 所以S n ＝a n ＋2－2，S n ＋1＝a n ＋3－2， 两式相减有a n ＋1＝a n ＋3－a n ＋2，又n ＝1时， a 1＝a 3－2，故a 3＝3，满足a 3＝a 2＋a 1，所以a n ＋2＝a n ＋1＋a n 对任意正整数n 恒成立，数列的前几项为1,2,3,5,8.故T n ＝a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n 2n ＝12＋222＋323＋524＋825＋…＋a n2n ，所以12T n ＝122＋223＋324＋525＋…＋a n －12n ＋a n2n ＋1，两式相减得 12T n ＝12＋122＋123＋224＋…＋a n －22n －a n 2n ＋1 ＝34＋14T n －2－a n2n ＋1，显然T n －2<T n ，a n 2n ＋1>0，所以12T n <34＋14T n ，故 T n <3.1．(2018·江苏)设{a n }是首项为a 1，公差为d 的等差数列，{b n }是首项为b 1，公比为q 的等比数列． (1)设a 1＝0，b 1＝1，q ＝2，若|a n －b n |≤b 1对n ＝1,2,3,4均成立，求d 的取值范围；(2)若a 1＝b 1＞0，m ∈N *，q ∈(1，m2]，证明：存在d ∈R ，使得|a n －b n |≤b 1对n ＝2,3，…，m ＋1均成立，并求d 的取值范围(用b 1，m ，q 表示)． 解 (1)由条件知a n ＝(n －1)d ，b n ＝2n －1，因为|a n －b n |≤b 1对n ＝1,2,3,4均成立， 即|(n －1)d －2n －1|≤1对n ＝1,2,3,4均成立，即⎩⎪⎨⎪⎧1≤1，1≤d ≤3，3≤2d ≤5，7≤3d ≤9，得73≤d ≤52. 因此，d 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤73，52. (2)由条件知a n ＝b 1＋(n －1)d ，b n ＝b 1qn －1.若存在d ，使得|a n －b n |≤b 1(n ＝2,3，…，m ＋1)成立， 即|b 1＋(n －1)d －b 1qn －1|≤b 1(n ＝2,3，…，m ＋1)，即当n ＝2,3，…，m ＋1时，d 满足q n －1－2n －1b 1≤d ≤q n －1n －1b 1.因为q ∈(1，m2]，则1＜qn －1≤q m≤2，从而q n －1－2n －1b 1≤0，q n －1n －1b 1＞0对n ＝2,3，…，m ＋1均成立．因此，取d ＝0时，|a n －b n |≤b 1对n ＝2,3，…，m ＋1均成立．下面讨论数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1的最大值和数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1的最小值(n ＝2,3，…，m ＋1)． ①令t ＝n －1，则1≤t ≤m ，q t －2t －q t －1－2t －1＝tq t －q t －tq t －1＋2t (t －1) ＝t (q t －q t －1)－q t ＋2t (t －1)，当1＜q ≤12m时，有q t ≤q m≤2， 从而t (q t－qt －1)－q t＋2＞0.因此，当2≤n ≤m ＋1时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1单调递增， 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1的最大值为q m －2m .②设f (x )＝2x(1－x )，当x ＞0时，f ′(x )＝(ln 2－1－x ln 2)2x＜0， 所以f (x )单调递减，从而f (x )＜f (0)＝1.令t ＝n －1，则1≤t ≤m ，则q tt q t －1t －1＝q (t －1)t ≤12t ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1t ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＜1， 因此，当2≤n ≤m ＋1时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1单调递减， 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1的最小值为q mm . 因此，d 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤b 1(q m －2)m ，b 1q mm .2．(2016·江苏)记U ＝{1,2，…，100}．对数列{a n }(n ∈N *)和U 的子集T ，若T ＝∅，定义S T ＝0；若T ＝{t 1，t 2，…，t k }，定义S T ＝12k t t t a a a …＋＋＋.例如：T ＝{1,3,66}时，S T ＝a 1＋a 3＋a 66.现设{a n }(n ∈N *)是公比为3的等比数列，且当T ＝{2,4}时，S T ＝30. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意正整数k (1≤k ≤100)，若T ⊆{1,2，…，k }，求证：S T ＜a k ＋1； (3)设C ⊆U ，D ⊆U ，S C ≥S D ，求证：S C ＋S C ∩D ≥2S D . (1)解 当T ＝{2,4}时，S T ＝a 2＋a 4＝a 2＋9a 2＝30， ∴a 2＝3，a 1＝a 23＝1，故a n ＝a 1qn －1＝3n －1(n ∈N *)．(2)证明 对任意正整数k (1≤k ≤100)． 由于T ⊆{1,2，…，k }，则S T ≤a 1＋a 2＋a 3＋…＋a k ＝1＋3＋32＋…＋3k －1＝3k－12＜3k ＝a k ＋1.(3)证明 设A ＝∁C (C ∩D )，B ＝∁D (C ∩D )， 则A ∩B ＝∅，S C ＝S A ＋S C ∩D ，S D ＝S B ＋S C ∩D ，S C ＋S C ∩D －2S D ＝S A －2S B ，∴S C ＋S C ∩D ≥2S D 等价于S A ≥2S B . 由条件S C ≥S D 可得S A ≥S B .①若B ＝∅，则S B ＝0，所以S A ≥2S B 成立， ②若B ≠∅，由S A ≥S B 可知A ≠∅，设A 中的最大元素为I ，B 中的最大元素为m ， 若m ≥I ＋1，则由(2)得S A ＜S I ＋1≤a m ≤S B ，矛盾． 又∵A ∩B ＝∅，∴I ≠m ，∴I ≥m ＋1， ∴S B ≤a 1＋a 2＋…＋a m ＝1＋3＋32＋…＋3m －1＜a m ＋12≤a I 2≤S A2， 即S A ＞2S B 成立． 综上所述，S A ≥2S B . 故S C ＋S C ∩D ≥2S D 成立．3．(2018·南通模拟)已知等差数列{}a n 与等比数列{}b n 是非常数列的实数列，设A ＝{}k | a k ＝b k ，k ∈N *.(1)请举出一对数列{}a n 与{}b n ，使集合A 中有三个元素； (2)问集合A 中最多有多少个元素？并证明你的结论； 解 (1)a n ＝6n －8，b n ＝(－2)n，则a 1＝b 1，a 2＝b 2，a 4＝b 4，A ＝{}1，2，4；(2)不妨设a n ＝a ＋bn (b ≠0)，b n ＝pq n(q ≠1)，由a n ＝b n ⇔a ＋bn ＝pq n，得a p ＋b pn ＝q n， 令s ＝a p ，t ＝b p(t ≠0)，原问题转化为关于n 的方程q n－tn －s ＝0，最多有多少个解．① 下面我们证明：当q >0时，方程①最多有2个解；q <0时，方程①最多有3个解． 当q >0时，考虑函数f (x )＝q x－tx －s ，则f ′(x )＝q xln q －t . 如果t ln q <0，则f (x )为单调函数，故方程①最多只有1个解；如果t ln q >0，且不妨设由f ′(x )＝0得f ′(x )有唯一零点x 0＝log q tln q，于是当x >x 0时，f ′(x )恒大于0或恒小于0，当x <x 0时，f ′(x )恒小于0或恒大于0，这样f (x )在区间(0，x 0)与(x 0，＋∞)上是单调函数， 故方程①最多有2个解， 当q <0时，如果t >0，如果n 为奇数，则方程①变为||q n＋tn ＋s ＝0，显然方程最多只有一个解，即最多只有一个奇数满足方程①， 如果n 为偶数，则方程①变为||q n －tn －s ＝0，由q >0的情形，上式最多有2个解，即满足①的偶数最多有2个，这样，最多有3个正数满足方程①，对于t <0，同理可以证明，方程①最多有3个解． 综上所述，集合A 中的元素最多有3个．A 组 专题通关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＝________. 答案 15解析 记b n ＝3n －2，则数列{b n }是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝(－b 1)＋b 2＋…＋(－b 9)＋b 10＝(b 2－b 1)＋(b 4－b 3)＋…＋(b 10－b 9)＝5×3＝15. 2．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，且a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝________.答案 6解析 由a n ＋a n ＋1＝12＝a n ＋1＋a n ＋2，∴a n ＋2＝a n ，则a 1＝a 3＝a 5＝…＝a 21, a 2＝a 4＝a 6＝…＝a 20，∴S 21＝a 1＋()a 2＋a 3＋()a 4＋a 5＋…＋()a 20＋a 21＝ 1＋10×12＝6.3．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________． 答案 64解析 设{a n }的公比为q ，于是a 1(1＋q 2)＝10，①a 1(q ＋q 3)＝5，②联立①②得a 1＝8，q ＝12，∴a n ＝24－n，∴a 1a 2…a n ＝23＋2＋1＋…＋(4－n )＝217222n n -+＝217492282n ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭≤26＝64.∴a 1a 2…a n 的最大值为64.4．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a n (a n ＋2)4，则数列{a n }的通项公式是________．答案 a n ＝2n 解析 S n ＝a n (a n ＋2)4，当n ＝1时，a 1＝S 1＝a 1(a 1＋2)4，解得a 1＝2或a 1＝0(舍去)． 当n ≥2时，由a n ＝S n －S n －1＝a n (a n ＋2)4－a n －1(a n －1＋2)4⇒a 2n －a 2n －1＝2(a n ＋a n －1)，因为a n >0，所以a n ＋a n －1≠0，则a n －a n －1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公差为2的等差数列， 故a n ＝2n .5．若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－10n (n ＝1,2,3，…)，则数列{na n }中数值最小的项是第________项． 答案 3解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝－9，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－10n －[(n －1)2－10(n －1)]＝2n －11，a 1＝－9符合上式，所以a n ＝2n －11. na n ＝2n 2－11n ＝2⎝⎛⎭⎪⎫n －1142－1218， 当n ＝3时，na n 最小．6．已知S n 为数列{a n }的前n 项和，若a n (4＋cos n π)＝n (2－cos n π)，则S 20＝________. 答案 122解析 由题意知，因为a n (4＋cos n π)＝n (2－cos n π)， 所以a 1＝1，a 2＝25，a 3＝3，a 4＝45，a 5＝5，a 6＝65，…，所以数列{a n }的奇数项构成首项为1，公差为2的等差数列，偶数项构成首项为25，公差为25的等差数列，所以S 20＝(a 1＋a 3＋…＋a 19)＋(a 2＋a 4＋…＋a 20)＝122.7．设公差为d (d 为奇数，且d ＞1)的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－9，S m ＝0，其中m ＞3，且m ∈N *，则a n ＝________. 答案 3n －12解析 由S m －1＝－9，S m ＝0，得a m ＝S m －S m －1＝9, 而S m ＝0＝m2(a 1＋a m )，得a 1＝－9，而a m ＝a 1＋(m －1)d ，得(m －1)d ＝18. 又d 为奇数，且d >1，m >3，且m ∈N *， 得m ＝7，d ＝3，则a n ＝3n －12.8．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(n ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫910n (n ∈N *)，则数列{a n }的最大项是__________．答案 第7项或第8项解析 因为a n ＋1－a n ＝(n ＋3)⎝ ⎛⎭⎪⎫910n ＋1－(n ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫910n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫910n ·7－n 10，当n <7时，a n ＋1－a n >0，即a n ＋1>a n；当n ＝7时，a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝a n ；当n >7时，a n ＋1－a n <0，即a n ＋1<a n .故a 1<a 2<…<a 7＝a 8>a 9>a 10…， 所以此数列的最大项是第7项或第8项．9．(2018·全国大联考江苏卷)已知等比数列{}a n 的各项均为正数，若94a 2是2a 1与a 3的等差中项，且a 1a 2＝a 21＋3a 2.(1)求数列{}a n 的通项公式；(2)设b n ＝a n2a n －3a n ＋1，求数列{}b n 的前n 项和S n .解 (1)设等比数列{}a n 的公比为q ，则a n ＝a 1·q n －1.由题意，得2×94a 2＝2a 1＋a 3，且a 1>0，化简得2q 2－9q ＋4＝0，解得q ＝4或12.又因为a 1a 2＝a 21＋3a 2，即a 21(q －1)＝3a 2>0， 所以q >1，所以q ＝4，所以3a 21＝12a 1，所以a 1＝4(a 1＝0舍去)， 故数列{}a n 的通项公式为a n ＝4n(n ∈N *)．(2)由(1)知b n ＝2n 2×4n －3×2n ＋1＝2n(2n －1)(2n ＋1－1) ＝12n －1－12n ＋1－1(n ∈N *)， 于是有S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝⎛⎭⎪⎫121－1－122－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1－123－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1－1，所以S n ＝1－12n ＋1－1＝2n ＋1－22n ＋1－1(n ∈N *)．10．(2018·江苏省苏州市高新区一中月考)已知数列{}a n 满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2＋k (n ∈N *，k ∈R )，且a 1＝2，a 3＋a 5＝－4.(1)若k ＝0，求数列{}a n 的前n 项和S n ； (2)若a 4＝－1，①求证：数列{}a n ＋1－a n 为等差数列； ②求数列{}a n 的通项公式a n . (1)解 当k ＝0时，2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2， 即a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ， 所以数列{}a n 是等差数列．设数列{}a n 公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，2a 1＋6d ＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝－43.所以S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝2n ＋n (n －1)2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝－23n 2＋83n (n ∈N *)．(2)①证明 由题意，2a 4＝a 3＋a 5＋k ，即－2＝－4＋k ， 所以k ＝2.又a 4＝2a 3－a 2－2＝3a 2－2a 1－6，所以a 2＝3， 由2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2＋2，得(a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝－2，所以数列{}a n ＋1－a n 是以a 2－a 1＝1为首项，－2为公差的等差数列． ②解 由①知a n ＋1－a n ＝－2n ＋3, 当n ≥2时，有a n －a n －1＝－2(n －1)＋3， 于是，a n －1－a n －2＝－2(n －2)＋3，a n －2－a n －3＝－2(n －3)＋3，…，a 3－a 2＝－2×2＋3， a 2－a 1＝－2×1＋3，叠加得，a n －a 1＝－2[]1＋2＋…＋(n －1)＋3(n －1)，n ≥2， 所以a n ＝－2×n (n －1)2＋3(n －1)＋2＝－n 2＋4n －1，n ≥2，又当n ＝1时，a 1＝2也适合．所以数列{}a n 的通项公式为a n ＝－n 2＋4n －1，n ∈N *.B 组 能力提高11．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，若对任意n ∈N *，都有1≤p (S n －4n )≤3，则实数p 的取值范围是________． 答案 [2,3]解析 S n ＝4n ＋23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ，可得1≤23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n p ≤3，n 为奇数时，1≤23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n p ≤3；n 为偶数时，1≤23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n p ≤3.即1≤2p 3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n min 且2p 3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n max ≤3，令前者n ＝2，后者n ＝1，得2≤p ≤3.12．已知等比数列{a n }中，a 1＝a ，a 2＝b ，a 3＝c ，a ，b ，c 分别为△ABC 的三内角A ，B ，C 的对边，且cos B ＝34，则数列{a n }的公比为________． 答案2或22解析 依题意知，b 2＝ac ，由余弦定理，得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫a c ＋c a －12＝34.而c a ＝q 2，代入上式，得q 2＝2或q 2＝12， 又在△ABC 中，a ，b ，c >0，∴q ＝2或q ＝22. 13．已知数列{a n }的奇数项依次构成公差为d 1的等差数列，偶数项依次构成公差为d 2的等差数列，且对任意n ∈N *，都有a n <a n ＋1.若a 1＝1，a 2＝2，且数列{a n }的前10项和S 10＝75，则a 8的值是________．答案 11解析 由于对任意n ∈N *，都有a n <a n ＋1，故d 1＝d 2. 由S 10＝5＋10d 1＋10＋10d 2＝15＋20d 1＝75， 所以d 1＝d 2＝3，从而a 8＝11.14．(2018·江苏省高考冲刺预测)已知数列{}a n 的首项a 1＝1，其前n 项和为S n ，且S n ＋S n ＋1＝n 2＋2n ＋p ，若{}a n 单调递增，则p 的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32 解析 由S n ＋S n ＋1＝n 2＋2n ＋p ，可得S n －1＋S n ＝()n －12＋2()n －1＋p ()n ≥2，两式相减得a n ＋a n ＋1＝2n ＋1()n ≥2， ∴a n －1＋a n ＝2n －1()n ≥3， 两式相减得，a n ＋1－a n －1＝2()n ≥3，∴数列a 2，a 4，a 6…是以2为公差的等差数列，数列a 3，a 5，a 7…是以2为公差的等差数列， 将n ＝1代入S n ＋S n ＋1＝n 2＋2n ＋p 及a 1＝1可得，a 2＝1＋p ， 将n ＝2代入a n ＋a n ＋1＝2n ＋1()n ≥2可得a 3＝4－p ， ∵a 4＝a 2＋2＝3＋p ，要使得∀n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立， 只需要a 1<a 2<a 3<a 4即可， ∴1<1＋p <4－p <3＋p ，解得12<p <32，则p 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32. 15．已知数列{a n }，{b n }满足：对于任意正整数n ，当n ≥2时，a 2n ＋b n a 2n －1＝2n ＋1. (1)若b n ＝(－1)n ，求a 21＋a 23＋a 25＋…＋a 211的值； (2)若b n ＝－1，a 1＝2，且数列{a n }的各项均为正数． ①求数列{a n }的通项公式；②是否存在k ∈N *，且k ≥2，使得a 2k －1a 2k －2＋19为数列{a n }中的项？若存在，求出所有满足条件的k 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)由条件，a 22＋a 21＝5，a 23－a 22＝7，a 26＋a 25＝13，a 27－a 26＝15，a 210＋a 29＝21，a 211－a 210＝23，所以a 21＋a 23＋a 25＋…＋a 211＝84.(2)①由a 2n －a 2n －1＝2n ＋1(n ≥2)，a 22－a 21＝5，a 23－a 22＝7，a 24－a 23＝9，…，a 2n －a 2n －1＝2n ＋1. 将上面的式子相加，得a 2n －a 21＝(2n ＋1＋5)(n －1)2，所以a 2n ＝(2n ＋1＋5)(n －1)2＋4＝(n ＋1)2(n ≥2)．因为{a n }的各项均为正数，故a n ＝n ＋1(n ≥2)． 因为a 1＝2也适合上式，所以a n ＝n ＋1(n ∈N *)． ②假设存在满足条件的k ，不妨设 a 2k －1a 2k －2＋19＝a m ， 所以2k (2k －1)＋19＝m ＋1， 平方得2k (2k －1)＋19＝(m ＋1)2，(*)所以(2k －1)2<2k (2k －1)＝(m ＋1)2－19<(2k )2，所以⎩⎪⎨⎪⎧(m ＋1)2－(2k －1)2>19，(m ＋1)2－(2k )2<19，即⎩⎪⎨⎪⎧(m ＋2k )(m ＋2－2k )>19， ①(m ＋1＋2k )(m ＋1－2k )<19， ②由①得m ＋2－2k ≥1，即m ＋1－2k ≥0，若m ＋1－2k ＝0，代入(*)式，求得m ＝18，k ＝192不合题意，舍去；若m ＋1－2k >0，结合②得m ＋1＋2k <19， 所以2k <m ＋1<19－2k ，即k <194， 又k ∈N *且k ≥2，所以k 的可能取值为2,3,4，代入(*)式逐一计算，可求得k ＝3.所以存在k ＝3，使得a 2k －1a 2k －2＋19＝7为数列{a n }的第6项．16．(2018·南通模拟)若数列{}a n 同时满足：①对于任意的正整数n, a n ＋1≥a n 恒成立；②对于给定的正整数k, a n －k ＋a n ＋k ＝2a n 对于任意的正整数n (n >k )恒成立，则称数列{}a n 是“R ()k 数列”．(1)已知a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1，n 为奇数，2n ，n 为偶数，判断数列{}a n 是否为“R ()2数列”，并说明理由；(2)已知数列{}b n 是“R ()3数列”，且存在整数p (p >1)，使得b 3p －3, b 3p －1, b 3p ＋1，b 3p ＋3成等差数列，证明： {}b n 是等差数列．(1)解 当n 为奇数时， a n ＋1－a n ＝2()n ＋1－()2n －1＝3>0，所以a n ＋1≥a n .a n －2＋a n ＋2＝ 2()n －2－1＋2()n ＋2－1＝2()2n －1＝2a n .当n 为偶数时，a n ＋1－a n ＝()2n ＋1－2n ＝1>0， 所以a n ＋1≥a n .a n －2＋a n ＋2＝ 2()n －2＋2()n ＋2＝4n ＝2a n .所以数列{}a n 是“R ()2数列”．(2)证明 方法一 由题意得 b n －3＋b n ＋3＝2b n ， 则数列b 1, b 4, b 7，…是等差数列，设其公差为d 1， 数列b 2, b 5, b 8，…是等差数列，设其公差为d 2， 数列b 3, b 6, b 9，…是等差数列，设其公差为d 3. 因为b n ≤b n ＋1，所以b 3n ＋1≤b 3n ＋2≤b 3n ＋4， 所以b 1＋nd 1≤b 2＋nd 2≤b 1＋()n ＋1d 1， 所以n ()d 2－d 1≥b 1－b 2，①n ()d 2－d 1≤b 1－b 2＋d 1.②若d 2－d 1<0，则当n >b 1－b 2d 2－d 1时，①不成立； 若d 2－d 1>0，则当n >b 1－b 2＋d 1d 2－d 1时，②不成立；若d 2－d 1＝0，则①和②都成立，所以d 1＝d 2. 同理得d 1＝d 3，所以d 1＝d 2＝d 3，记d 1＝d 2＝d 3＝d . 设b 3p －1－b 3p －3＝b 3p ＋1－b 3p －1 ＝b 3p ＋3－b 3p ＋1＝λ， 则b 3n －1－b 3n －2＝b 3p －1＋()n －p d －[]b 3p ＋1＋()n －p －1d ＝b 3p －1－b 3p ＋1＋d ＝d －λ.同理可得 b 3n －b 3n －1＝b 3n ＋1－b 3n ＝d －λ， 所以b n ＋1－b n ＝d －λ. 所以{}b n 是等差数列．方法二 λ＝b 3p －1－b 3p －3 ＝b 2＋()p －1d －[]b 3＋()p －2d ＝b 2－b 3＋d, λ＝b 3p ＋1－b 3p －1 ＝b 1＋pd －[]b 2＋()p －1d ＝b 1－b 2＋d ， λ＝b 3p ＋3－b 3p ＋1 ＝b 3＋pd －()b 1＋pd ＝b 3－b 1， 以上三式相加可得 3λ＝2d ，所以λ＝23d ，所以b 3n －2＝b 1＋()n －1d ＝b 1＋()3n －2－1d3，b 3n －1＝b 2＋()n －1d ＝b 1＋d －λ＋()n －1d ＝b 1＋()3n －1－1d3，b 3n ＝b 3＋()n －1d ＝b 1＋λ＋()n －1d ＝b 1＋()3n －1d3，所以b n ＝b 1＋()n －1d 3，所以b n ＋1－b n ＝d3，所以数列{}b n 是等差数列．。

6个解答题专项强化练(四) 数 列1．已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)．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 . 由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12， 而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0. 又因为q ＞0，解得q ＝2. 所以b n ＝2n.由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8.① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16.②由①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n. (2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ， 由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1，得a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n，故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n，4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1，上述两式相减，得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n －1)×4n ＋1＝12×1－4n1－4－4－(3n －1)×4n ＋1＝－(3n －2)×4n ＋1－8.故T n ＝3n －23×4n ＋1＋83.所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83.2．已知数列{a n }满足：a 1＝12，a n ＋1－a n ＝p ·3n －1－nq ，n ∈N *，p ，q ∈R.(1)若q ＝0，且数列{a n }为等比数列，求p 的值；(2)若p ＝1，且a 4为数列{a n }的最小项，求q 的取值范围． 解：(1)∵q ＝0，a n ＋1－a n ＝p ·3n －1，∴a 2＝a 1＋p ＝12＋p ，a 3＝a 2＋3p ＝12＋4p ，由数列{a n }为等比数列，得⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋p 2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋4p ，解得p ＝0或p ＝1. 当p ＝0时，a n ＋1＝a n ，∴a n ＝12，符合题意；当p ＝1时，a n ＋1－a n ＝3n －1，∴a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝12＋(1＋3＋…＋3n －2)＝12＋1－3n －11－3＝12·3n －1， ∴a n ＋1a n＝3.符合题意． ∴p 的值为0或1.(2)法一：若p ＝1，则a n ＋1－a n ＝3n －1－nq ，∴a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝12＋(1＋3＋…＋3n －2)－[1＋2＋…＋(n－1)]q ＝12[3n －1－n (n －1)q ]．∵数列{a n }的最小项为a 4，∴对任意的n ∈N *，有12[3n －1－n (n －1)q ]≥a 4＝12(27－12q )恒成立，即3n －1－27≥(n 2－n －12)q 对任意的n ∈N *恒成立．当n ＝1时，有－26≥－12q ，∴q ≥136；当n ＝2时，有－24≥－10q ，∴q ≥125；当n ＝3时，有－18≥－6q ，∴q ≥3； 当n ＝4时，有0≥0，∴q ∈R ；当n ≥5时，n 2－n －12>0，所以有q ≤3n －1－27n 2－n －12恒成立，令c n ＝3n －1－27n 2－n －12(n ≥5，n ∈N *)，则c n ＋1－c n ＝2n 2－2n －123n －1＋54nn 2－16n 2－9>0，即数列{c n }为递增数列，∴q ≤c 5＝274.综上所述，q 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤3，274.法二：∵p ＝1，∴a n ＋1－a n ＝3n －1－nq ，又a 4为数列{a n }的最小项，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 4－a 3≤0，a 5－a 4≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧9－3q ≤0，27－4q ≥0，∴3≤q ≤274.此时a 2－a 1＝1－q <0，a 3－a 2＝3－2q <0， ∴a 1>a 2>a 3≥a 4.当n ≥4时，令b n ＝a n ＋1－a n ，b n ＋1－b n ＝2·3n －1－q ≥2·34－1－274>0， ∴b n ＋1>b n ，∴0≤b 4<b 5<b 6<…， 即a 4≤a 5<a 6<a 7<….综上所述，当3≤q ≤274时，a 4为数列{a n }的最小项，即q 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤3，274.3．数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，S n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n3＋r (r ∈R ，n ∈N *)．(1)求r 的值及数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝n a n(n ∈N *)，记{b n }的前n 项和为T n .①当n ∈N *时，λ<T 2n －T n 恒成立，求实数λ的取值范围；②求证：存在关于n 的整式g (n )，使得∑i ＝1n －1(T n ＋1)＝T n ·g (n )－1对一切n ≥2，n ∈N*都成立．解：(1)当n ＝1时，S 1＝a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋r ，∴r ＝23， ∴S n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 3＋23.当n ≥2时，S n －1＝a n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫n 3＋13. 两式相减，得a n ＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，∴a n a n －1＝n ＋1n －1(n ≥2)． ∴a 2a 1·a 3a 2·…·a n a n －1＝31×42×53×…×n n －2×n ＋1n －1，即a n a 1＝n n ＋12.∴a n ＝n (n ＋1)(n ≥2)， 又a 1＝2适合上式． ∴a n ＝n (n ＋1)． (2)①∵a n ＝n (n ＋1)， ∴b n ＝1n ＋1，T n ＝12＋13＋…＋1n ＋1. ∴T 2n ＝12＋13＋…＋12n ＋1，∴T 2n －T n ＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋1. 令B n ＝T 2n －T n ＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋1. 则B n ＋1＝1n ＋3＋1n ＋4＋…＋12n ＋3. ∴B n ＋1－B n ＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋2＝3n ＋42n ＋22n ＋3n ＋2>0.∴B n ＋1>B n ，∴B n 单调递增， 故(B n )min ＝B 1＝13，∴λ<13.∴实数λ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，13.②证明：∵T n ＝12＋13＋…＋1n ＋1，∴当n ≥2时，T n －1＝12＋13＋…＋1n ，∴T n －T n －1＝1n ＋1， 即(n ＋1)T n －nT n －1＝T n －1＋1.∴当n ≥2时，∑i ＝1n －1(T n ＋1)＝(3T 2－2T 1)＋(4T 3－3T 2)＋(5T 4－4T 3)＋…＋[(n ＋1)T n －nT n－1]＝(n ＋1)T n －2T 1＝(n ＋1)T n －1.∴存在关于n 的整式g (n )＝n ＋1，使得∑i ＝1n －1(T n ＋1)＝T n ·g (n )－1对一切n ≥2，n ∈N*都成立．4．已知数列{a n }满足a 1＝12，对任意的正整数m ，p ，都有a m ＋p ＝a m ·a p .(1)证明：数列{a n }是等比数列；(2)若数列{b n }满足a n ＝b 12＋1－b 222＋1＋b 323＋1－b 424＋1＋…＋(－1)n ＋1b n2n＋1，求数列{b n }的通项公式；(3)在(2)的条件下，设c n ＝2n＋λb n ，则是否存在实数λ，使得数列{c n }是单调递增数列？若存在，求出实数λ的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：∵对任意的正整数m ，p ，都有a m ＋p ＝a m ·a p ，∴令m ＝n ，p ＝1，得a n ＋1＝a 1·a n ，从而a n ＋1a n ＝a 1＝12， ∴数列{a n }是首项和公比都为12的等比数列．(2)由(1)可知，a n ＝12n .由a n ＝b 12＋1－b 222＋1＋b 323＋1－b 424＋1＋…＋(－1)n ＋1b n2n＋1得， a n －1＝b 12＋1－b 222＋1＋b 323＋1－b 424＋1＋…＋(－1)n·b n －12n －1＋1(n ≥2)， 故a n －a n －1＝(－1)n ＋1b n2n＋1(n ≥2)，故b n ＝(－1)n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝b 12＋1，解得b 1＝32，不符合上式．∴b n＝⎩⎪⎨⎪⎧32，n ＝1，－1n⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＋1，n ≥2，n ∈N *.(3)∵c n ＝2n＋λb n ，∴当n ≥2时，c n ＝2n ＋(－1)n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1λ，当n ≥3时，c n －1＝2n －1＋(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋1λ，根据题意，当n ≥3时，c n －c n －1＝2n －1＋(－1)nλ·⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋32n >0，即(－1)nλ>－2n －132n ＋2. ①当n 为大于等于4的偶数时，有λ>－2n －132n ＋2恒成立，又2n －132n ＋2随着n 的增大而增大，此时⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2n －132n ＋2min ＝12835，即λ>－12835， 故λ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12835，＋∞. ②当n 为大于等于3的奇数时，有λ<2n －132n ＋2恒成立，此时⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2n －132n ＋2min ＝3219，即λ<3219. 故λ的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，3219；③当n ＝2时，由c 2－c 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋54λ－⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋32λ>0，得λ<8.综上可得，实数λ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12835，3219. 5．已知各项不为零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＝pa n a n ＋1(n ∈N *)，p ∈R. (1)若a 1，a 2，a 3成等比数列，求实数p 的值； (2)若a 1，a 2，a 3成等差数列， ①求数列{a n }的通项公式；②在a n 与a n ＋1间插入n 个正数，共同组成公比为q n 的等比数列，若不等式(q n )(n ＋1)(n ＋a )≤e(e 为自然对数的底数)对任意的n ∈N *恒成立，求实数a 的最大值． 解：(1)当n ＝1时，a 1＝pa 1a 2，a 2＝1p；当n ＝2时，a 1＋a 2＝pa 2a 3，a 3＝a 1＋a 2pa 2＝1＋1p. 由a 22＝a 1a 3，得1p 2＝1＋1p，即p 2＋p －1＝0，解得p ＝－1±52.(2)①因为a 1，a 2，a 3成等差数列，所以2a 2＝a 1＋a 3，得p ＝12，故a 2＝2，a 3＝3，所以S n ＝12a n a n ＋1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12a n a n ＋1－12a n －1a n ，因为a n ≠0，所以a n ＋1－a n －1＝2.故数列{a n }的所有奇数项组成以1为首项，2为公差的等差数列， 其通项公式a n ＝1＋⎝⎛⎭⎪⎫n ＋12－1×2＝n ， 同理，数列{a n }的所有偶数项组成以2为首项，2为公差的等差数列，其通项公式是a n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n2－1×2＝n ， 所以数列{a n }的通项公式是a n ＝n .②由①知，a n ＝n ，在n 与n ＋1间插入n 个正数，组成公比为q n 的等比数列，故有n ＋1＝nq n ＋1n ，即q n ＝⎝⎛⎭⎪⎫n ＋1n 1n ＋1，所以(q n )(n ＋1)(n ＋a )≤e，即⎝⎛⎭⎪⎫n ＋1n n ＋a ≤e ，两边取对数得(n ＋a )ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n ≤1，分离参数得a ≤1ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n －n 恒成立 . 令n ＋1n ＝x ，x ∈(1,2]，则a ≤1ln x －1x －1，x ∈(1,2]， 令f (x )＝1ln x －1x －1，x ∈(1,2]，则f ′(x )＝ln x 2－x －12xln x 2x －12，下证ln x ≤x －1x，x ∈(1,2], 令g (x )＝x －1x －2ln x ，x ∈[1，＋∞), 则g ′(x )＝x －12x2>0，所以g (x )>g (1)＝0，即2ln x <x －1x，用x 替代x 可得ln x <x －1x，x ∈(1,2]，所以f ′(x )＝ln x 2－x －12xln x 2x －12<0，所以f (x )在(1,2]上递减，所以a ≤f (2)＝1ln 2－1. 所以实数a 的最大值为1ln 2－1.6．设三个各项均为正整数的无穷数列{a n }，{b n }，{c n }．记数列{b n }，{c n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意的n ∈N *，都有a n ＝b n ＋c n ，且S n ＞T n ，则称数列{a n }为可拆分数列．(1)若a n ＝4n，且数列{b n }，{c n }均是公比不为1的等比数列，求证：数列{a n }为可拆分数列；(2)若a n ＝5n ，且数列{b n }，{c n }均是公差不为0的等差数列，求所有满足条件的数列{b n }，{c n }的通项公式；(3)若数列{a n }，{b n }，{c n }均是公比不为1的等比数列，且a 1≥3，求证：数列{a n }为可拆分数列．解：(1)证明：由a n ＝4n＝4·4n －1＝3·4n －1＋4n －1，令b n ＝3·4n －1，c n ＝4n －1.则{b n }是以3为首项，4为公比的等比数列，{c n }是以1为首项，4为公比的等比数列， 故S n ＝4n－1，T n ＝4n－13.所以对任意的n ∈N *，都有a n ＝b n ＋c n ，且S n >T n . 所以数列{a n }为可拆分数列．(2)设数列{b n }，{c n }的公差分别为d 1，d 2. 由a n ＝5n ，得b 1＋(n －1)d 1＋c 1＋(n －1)d 2＝(d 1＋d 2)n ＋b 1＋c 1－d 1－d 2＝5n 对任意的n ∈N *都成立．所以⎩⎪⎨⎪⎧d 1＋d 2＝5，b 1＋c 1－d 1－d 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧d 1＋d 2＝5，b 1＋c 1＝5，①由S n >T n ，得nb 1＋n n －12d 1>nc 1＋n n －12d 2，则⎝ ⎛⎭⎪⎫d 12－d 22n 2＋⎝⎛⎭⎪⎫b 1－c 1－d 12＋d 22n >0.由n ≥1，得⎝ ⎛⎭⎪⎫d 12－d 22n ＋⎝⎛⎭⎪⎫b 1－c 1－d 12＋d 22>0对任意的n ∈N *成立．则d 12－d 22≥0且⎝ ⎛⎭⎪⎫d 12－d 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 1－c 1－d 12＋d 22>0即d 1≥d 2且b 1>c 1. ② 由数列{b n }，{c n }各项均为正整数，则b 1，c 1，d 1，d 2均为正整数，当d 1＝d 2时，由d 1＋d 2＝5，得d 1＝d 2＝52∉N *，不符合题意，所以d 1>d 2. ③联立①②③，可得⎩⎪⎨⎪⎧d 1＝4，d 2＝1，b 1＝4，c 1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧d 1＝4，d 2＝1，b 1＝3，c 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧d 1＝3，d 2＝2，b 1＝4，c 1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧d 1＝3，d 2＝2，b 1＝3，c 1＝2.所以⎩⎪⎨⎪⎧ b n ＝4n ，c n ＝n 或⎩⎪⎨⎪⎧b n ＝4n －1，c n ＝n ＋1或⎩⎪⎨⎪⎧b n ＝3n ＋1，c n ＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧b n ＝3n ，c n ＝2n .(3)证明：设a n ＝a 1qn －1，a 1∈N *，q >0，q ≠1，则q ≥2.当q 为无理数时，a 2＝a 1q 为无理数，与a n ∈N *矛盾． 故q 为有理数，设q ＝ba(a ，b 为正整数，且a ，b 互质)．此时a n ＝a 1·b n －1an －1.则对任意的n ∈N *，an －1均为a 1的约数，则an －1＝1，即a ＝1，故q ＝b a＝b ∈N *，所以q ∈N *，q ≥2. 所以a n ＝a 1qn －1＝(a 1－1)qn －1＋qn －1，令b n ＝(a 1－1)·q n －1，c n ＝qn －1.则{b n }，{c n }各项均为正整数．因为a 1≥3， 所以a 1－1≥2>1，则S n >T n ， 所以数列{a n }为可拆分数列．。

专题6 数列是需要注意的问题．．．【解析】方法一：∵22n n S S ≠， ∴1q ≠．n中等差数列的单调性同一次函数单调性的关系，的值为（公差为1．【答案】B【解析】由题意可知，数列{a n}满足条件12a1＋122a2＋123a3＋…＋12n a n＝2n＋5，则12a1＋122a2＋123a3＋…＋1 2n－1a n–1＝2（n–1）＋5，n>1，两式相减可得，a n2n＝2n＋5–2（n–1）–5＝2，∴a n＝2n＋1，n>1，n∈N*．当n ＝1时，a 12＝7，∴a 1＝14，综上可知，数列{a n }的通项公式为：114(1)2(2)n n n a n +=⎧=⎨≥⎩，故选B ．2．【答案】B3．【解析】S n ＝2（1＋3＋…＋3n –1）＋[–1＋1–1＋…＋（–1）n ]·（ln 2–ln 3）＋[–1＋2–3＋…＋ （–1）n n ]ln 3，所以当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n 1－3＋n 2ln 3＝3n ＋n 2ln 3–1； 学科……网当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n 1－3–（ln 2–ln 3）＋（n －12–n ）ln 3＝3n –n －12ln 3–ln 2–1．综上所述，S n＝⎩⎨⎧3n ＋n2ln 3－1，n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1，n 为奇数.4．【解析】（1）由题设，当3n ≥时，22n n a c a -=，12n n a ca --=，则122122n n n n a a ca a ---++==． 由题设条件可得20n a -≠，因此212cc +=，即2210c c --=，解得1c =或12c =-．（2）由（1）知，需要分两种情况讨论．当1c =时，数列{}n a 是一个常数列，即1()n a n =∈*N ． 这时，数列{}n na 的前n 项和(1)1232n n n S n +=++++=． 当12c =-时，数列{}n a 是一个公比为12-的等比数列，即11()()2n n a n -=-∈*N ．这时，数列{}n na 的前n 项和为：2111112()3()()222n n S n -=+⨯-+⨯-++⨯- ．①①式两边同乘12-，得：21111112()1()+()22222n n n S n n --=-+⨯-++-⨯-⨯- （）．②2111()1111112(1)1()()()()()122222212nn n n n S n n ---+=+-+-++--⨯-=-⨯-+ ．所以1132[4(1)]()92n n n n S n -+=--∈*N ．5．【答案】C【解析】∵A 、B 、C 三点共线，∴a 2+a 2017=1，∴a 1+a 2018=1，∴S 2018=20182（a 1+a 2018）=1009，故选C ． 6．【答案】B7．【答案】x n =(1)3n n + 【解析】OP 1的方程为y=，代入抛物线yP 1（13，3|OQ 1|=23． 同理可得P 2（43P 3（3，|Q 1Q 2|=43，|Q 2Q 3|=63， 可猜测|Q n ﹣1Q n |=23n ，∴x n ﹣x n ﹣1=23n， ∴x n ﹣x 1=4633++…+23n ，∴x n =23（1+2+…+n ）=(1)3n n +．8．【答案】4032【解析】设圆C 1与圆C 2交于A ，B ，则直线AB 的方程为： x 2+y 2﹣4x ﹣4y ﹣（x 2+y 2﹣2a n x ﹣2a 2017﹣n y ）=0， 化简得：（a n ﹣2）x +（a 2017﹣n ﹣2）y =0，∵圆C 1：x 2+y 2﹣4x ﹣4y =0的标准方程为圆（x ﹣2）2+（y ﹣2）2=8，∴圆心C 1：（2，2）．又圆C 2平分圆C 1的周长，则直线AB 过C 1：（2，2）．， 代入AB 的方程得：2（a n ﹣2）+2（a 2017﹣n ﹣2）=0，即a n +a 2017﹣n =4，∴{a n }的所有项的和为a 1+a 2+…+a 2017=（a 1+a 2016）+（a 2+a 2015）+…+（a 1008+a 1009）=1008×4=4032． 9．【答案】B【解析】∵51012105612()9333333log log log log log 5log 10a a a a a a a a ⋅⋅⋅⋅+++==== ，故应选B ．10．【答案】C【解析】根据题意，得1234123124,36,36,n n n n na a a a a a a a a a a ---+++=-⎧⎪+++=⎨⎪+++=⎩ 故114()32,36,2n n a a a a n +=⎧⎪⎨+=⎪⎩ ∴436n =，∴9n =．故选C ．14．【答案】11【解析】∵关于x 的不等式22d x +1()2da x -+c ≥0的解集为[0，22]， ∴22=122da --，且2d ＜0，即1212a d =-＞0，则a 11=a 1+10d ＞0，a 12=a 1+11d ＜0，故使数列{a n }的前n 项和S n 最大的正整数n 的值是11．故答案为：11． 15．【答案】992【解析】由f （x ）=331x x +，f （﹣x ）=113x +，可知f （x ）+f （﹣x ）=1，∵正项等比数列{a n }满足a 50=1，根据等比数列的性质得到：a 49•a 51=a 48•a 52=…=a 1•a 99=1，∴ln a 49+ln a 51=ln a 48+ln a 52=…=ln a 1+ln a 99=0，ln a 50=ln1=0且f （ln a 50）=f （ln1）=f （0）=12， 根据f （x ）+f （﹣x ）=1得 f （ln a 1）+f （ln a 2）+…+f （ln a 99）=[f （ln a 1）+f （ln a 99）]+[f （ln a 2）+f （ln a 98）]+…+[f （ln a 49）+f （ln a 51）]+f （ln a 50）=49+12=992． 故答案是992． 16．【解析】由()y f x =是一次函数，可设()()0f x ax b a =+≠，。

大题专项练习(二) 数列1．[2019·全国卷Ⅱ]记Sn 为等差数列{an}的前n 项和，已知a1＝－7，S3＝－15.(1)求{an}的通项公式；(2)求Sn ，并求Sn 的最小值．2．[2019·华中师范大学5月押题卷]已知正项等比数列{a n }满足：a 4＝a 2a 3，前三项和S 3＝13.(1)求a n ；(2)若数列{b n }满足：b n ＝log 3a n ＋n ，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和为T n ，求T n . 3．[2019·揭阳三中月考]已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 7＝70，且a 1，a 2，a 6成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2S n ＋48n，数列{b n }的最小项是第几项，并求出该项的值．4.[2019·黄冈中学第三次模拟考试]数列{a n }的前n 项和S n ＝32n 2＋n 2，数列{b n }满足a n ＝3log 2b n －1(n ∈N *)(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)求{a n ·b n }的前n 项和T n .5．[2019·康杰中学模拟试题]已知数列{a n }满足a n ＝2＋2cos 2n π2，n ∈N *，等差数列{b n }满足a 1＝2b 1，a 2＝b 2.(1)记c n ＝a 2n －1b 2n －1＋a 2n b 2n ，求数列{c n }的通项公式c n ；(2)求数列{a n b n }的前2n 项和S 2n .6．[2019·山东潍坊第三次模拟]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝S n ＋1.(1)求{a n }的通项公式；(2)记b n ＝log 2(a n ·a n ＋1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：1T 1＋1T 2＋…＋1T n<2.。

2019江苏高考数学二轮练习教学案（祥解）--等差数列与等比数列注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！无论是单选、多选还是论述题，最重要的就是看清题意。

在论述题中，问题大多具有委婉性，尤其是历年真题部分，在给考生较大发挥空间的同时也大大增加了考试难度。

考生要认真阅读题目中提供的有限材料，明确考察要点，最大限度的挖掘材料中的有效信息，建议考生答题时用笔将重点勾画出来，方便反复细读。

只有经过仔细推敲，揣摩命题老师的意图，积极联想知识点，分析答题角度，才能够将考点锁定，明确题意。

1.理解等差、等比数列的概念，掌握等差、等比数列的通项公式及前n 项和公式、2.数列是高中的重要内容，考试说明中，等差、等比数列都是C 级要求，因而考试题多为中等及以上难度，试题综合考查了函数与方程，分类讨论等数学思想、填空题常常考查等差、等比数列的通项公式、前n 项和公式及等差、等比数列的性质，考查运算求解能力；解答题综合性很强，不仅考查数列本身的知识而且还涉及到函数、不等式、解析几何等方面的知识，基本上都是压轴题、1.在数列{a n }中，a n ＝4n －52，a 1＋a 2＋…＋a n ＝an 2＋bn ，n ∈N *，其中a ，b 为常数，那么ab ＝________.2.等差数列{a n }中，a 2＝6，a 5＝15.假设b n ＝a 2n ，那么数列{b n }的前5项和等于________、3.设{a n }是公比为正数的等比数列，假设a 1＝1，a 5＝16，那么数列{a n }前7项和为________、 4.等比数列{a n }满足a 1>0，a 1006＝2，那么log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋…＋log 2a 2011＝________.【例1】等差数列{a n }的各项均为正数，且a 1＝1，前n 项和为S n ，{b n }为等比数列，b 1＝1，前n 项和为T n ，且b 2S 2＝12，b 3S 3＝81.(1)求a n 与b n; (2)求S n 与T n ；(3)设c n ＝a n b n ，{c n }的前n 项和为M n ，求M n .【例2】等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1＋2，S 3＝9＋3 2. (1)求数列{a n }的通项a n 与前n 项和S n ；(2)设b n ＝S nn (n ∈N *)，求证：数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列、【例3】设{a n }是公差不为零的等差数列，S n 为其前n 项和，满足a 22＋a 23＝a 24＋a 25，S 7＝7.(1)求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n;(2)试求所有的正整数m ，使得a m a m ＋1a m ＋2为数列{a n }中的项、 【例4】数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝2n(n ∈N *)，b n ＝3a n .(1)试证数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －13×2n 是等比数列，并求数列{b n }的通项公式、(2)在数列{b n }中，是否存在连续三项成等差数列？假设存在，求出所有符合条件的项；假设不存在，说明理由、(3)试证在数列{b n }中，一定存在满足条件1＜r ＜s 的正整数r ，s ，使得b 1，b r ，b s 成等差数列；并求出正整数r ，s 之间的关系、1.(2017·广东)等差数列{a n }前9项的和等于前4项的和、假设a 1＝1，a k ＋a 4＝0，那么k ＝________.2.(2017·辽宁)假设等比数列{a n }满足a n a n ＋1＝16n，那么公比为________. 3.(2017·湖北)《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，那么第5节的容积为________升、4.(2017·天津)设{a n }是等比数列，公比q ＝2，S n 为{a n }的前n 项和、记T n ＝17S n －S 2na n ＋1，n ∈N ＋，设Tn 0为数列{T n }的最大项，那么n 0＝________.5.(2017·湖北)成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n }中的b 3、b 4、b 5.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋54是等比数列、6.(2017·广东)点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，13是函数f(x)＝a x (a>0，a ≠1)的图象上一点，等比数列{a n }的前n 项和为f(n)－c ，数列{b n }(b n >0)的首项为c ，且前n 项和S n 满足S n －S n －1＝S n ＋S n ＋1(n ≥2)、(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)假设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1前n 项和为T n ，问T n >1 0002 009的最小正整数n 是多少？(2017·辽宁)(本小题总分值12分)等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和、解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由条件可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝0，2a 1＋12d ＝－10，(2分)解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝－1.(4分)故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n(n ∈N *)、(5分)(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和为S n ，即S n ＝a 1＋a 22＋…＋a n 2n －1，①故S 1＝1.(7分) S n 2＝a 12＋a 24＋…＋a n2n .②所以，当n>1时，①－②得S n 2＝a 1＋a 2－a 12＋…＋a n －a n －12n －1－a n2n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋14＋…＋12n －1－2－n 2n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1－2－n 2n ，(9分)所以S n ＝n2n －1，n ＝1适合，综上数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和S n ＝n 2n －1.(12分)第10讲等差数列与等比数列1.假设数列{a n }，{b n }的通项公式分别是a n ＝(－1)n ＋2007·a ，b n ＝2＋1n ＋2008n，且a n ＜b n 对任意n ∈N *恒成立，那么常数a 的取值范围是____________、【答案】[－2,1]解析：a ＞0时，a n 的最大值为a(n 取奇数)，b n 的最小值为1，a ＝0，b n ＞0，a n ＜b n 恒成立，a ＜0时，a n 的最大值为－a(n 取偶数)，b n ＞2，－a ≤2，综上，a ∈[－2,1)、2.无穷数列{a n }中，a 1，a 2，…，a m 是首项为10，公差为－2的等差数列；a m ＋1，a m ＋2，…，a 2m 是首项为12，公比为12的等比数列(其中m ≥3，m ∈N *)，并对任意的n ∈N *，均有a n ＋2m ＝a n 成立、(1)当m ＝12时，求a 2010；(2)假设a 52＝1128，试求m 的值；(3)判断是否存在m(m ≥3，m ∈N *)，使得S 128m ＋3≥2010成立？假设存在，试求出m 的值；假设不存在，请说明理由、解：(1)m ＝12时，数列的周期为24.∵2010＝24×83＋18，而a 18是等比数列中的项，∴a 2010＝a 18＝a 12＋6＝⎝ ⎛⎭⎪⎫126＝164.(2)设a m ＋k 是第一个周期中等比数列中的第k 项，那么a m ＋k ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12k.∵1128＝⎝ ⎛⎭⎪⎫127，∴等比数列中至少有7项，即m ≥7，那么一个周期中至少有14项、 ∴a 52最多是第三个周期中的项、假设a 52是第一个周期中的项，那么a 52＝a m ＋7＝1128.∴m ＝52－7＝45； 假设a 52是第二个周期中的项，那么a 52＝a 3m ＋7＝1128.∴3m ＝45，m ＝15； 假设a 52是第三个周期中的项，那么a 52＝a 5m ＋7＝1128.∴5m ＝45，m ＝9；综上，m ＝45，或15，或9.(3)2m 是此数列的周期，∴S 128m ＋3表示64个周期及等差数列的前3项之和、 ∴S 2m 最大时，S 128m ＋3最大、∵S 2m ＝10m ＋mm －12×(－2)＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 1－12＝－m 2＋11m ＋1－12m＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫m －1122＋1254－12m ，当m ＝6时，S 2m ＝31－164＝306364； 当m ≤5时，S 2m ＜306364；当m ≥7时，S 2m ＜－(7－112)2＋1254＝29＜306364.∴当m ＝6时，S 2m 取得最大值，那么S 128m ＋3取得最大值为64×306364＋24＝2007. 由此可知，不存在m(m ≥3，m ∈N *)，使得S 128m ＋3≥2010成立、 基础训练1.－1解析：{a n }为等差数列，那么S n ＝2n 2－12n ，∴a ＝2，b ＝－12.2.90解析：a n ＝3n ，b n ＝6n.3.1274.2011解析：log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋…＋log 2a 2011＝log 2(a 1a 2a 3…a 2011)＝log 2[(a 1a 2011)(a 2a 2010)…(a 1005a 1007)a 1006]＝log 2[(22)1005×2]＝log 222011＝2011.例题选讲例1解：(1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，那么d 为正数， a n ＝1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1.依题意有⎩⎪⎨⎪⎧S 3b 33＋3d q 2＝81，S 2b 22＋dq ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－23，q ＝9.(舍去)故a n ＝1＋2(n －1)，a n ＝2n －1，b n ＝3n －1.(2)S n ＝1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2，T n ＝1－3n 1－3＝3n －12.(3)c n ＝(2n －1)×3n －1，M n ＝1＋3×3＋5×32＋…＋(2n －1)×3n －1，① 3M n ＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n －1)×3n ，②①－②得－2M n ＝1＋2×3＋2×32＋…＋2×3n －1－(2n －1)×3n ， M n ＝(n －1)×3n ＋1.变式训练等比数列{a n }的前n 项和为S n ，S 1，S 3，S 2成等差数列、 (1)求{a n }的公比q ；(2)假设a 1－a 3＝3，求S n .解：(1)依题意有a 1＋(a 1＋a 1q)＝2(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)， 由于a 1≠0，故2q 2＋q ＝0，又q ≠0，从而q ＝－12.(2)由可得a 1－a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＝3，故a 1＝4. 从而S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝83⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n . 例2解：(1)由得⎩⎨⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，∴d ＝2，故a n ＝2n －1＋2，S n ＝n(n ＋2)、(2)由(1)得b n ＝S nn ＝n ＋ 2.假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ，q ，r 互不相等)成等比数列，那么b 2q ＝b p b r ，即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)、∴(q 2－pr)＋(2q －p －r)2＝0,∵p ，q ，r ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＋r 22＝pr,(p －r)2＝0,∴p ＝r.这与p ≠r 矛盾、故数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列、变式训练设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝kn 2＋n ，n ∈N *，其中k 是常数、 (1)求a 1及a n ；(2)假设对于任意的m ∈N *，a m ，a 2m ，a 4m 成等比数列，求k 的值、 解：(1)当n ＝1，a 1＝S 1＝k ＋1，n ≥2，a n ＝S n －S n －1＝kn 2＋n －[k(n －1)2＋(n －1)]＝2kn －k ＋1，(*) 经检验，n ＝1，(*)式成立，∴a n ＝2kn －k ＋1(n ∈N *)、(2)∵a m ，a 2m ，a 4m 成等比数列，∴a 22m ＝a m ·a 4m ，即(4km －k ＋1)2＝(2km －k ＋1)(8km －k ＋1)，整理得：mk(k －1)＝0， 对任意的m ∈N *成立，∴k ＝0或k ＝1.例3解：(1)设公差为d ，那么a 22－a 25＝a 24－a 23，由性质得－3d(a 4＋a 3)＝d(a 4＋a 3)，因为d ≠0，所以a 4＋a 3＝0，即2a 1＋5d ＝0，又由S 7＝7得7a 1＋7×62d ＝7，解得a 1＝－5，d ＝2，所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －7，前n 项和S n ＝n 2－6n. (2)(解法1)a m a m ＋1a m ＋2＝2m －72m －52m －3，设2m －3＝t ， 那么a m a m ＋1a m ＋2＝t －4t －2t＝t ＋8t －6,所以t 为8的约数、因为t 是奇数，所以t 可取的值为±1，当t ＝1，m ＝2时，t ＋8t －6＝3,2×5－7＝3，是数列{a n }中的项；当t ＝－1，m ＝1时，t ＋8t －6＝－15，数列{a n }中的最小项是－5，不符合、 所以满足条件的正整数m ＝2.(解法2)因为a m a m ＋1a m ＋2＝a m ＋2－4a m ＋2－2a m ＋2＝a m ＋2－6＋8a m ＋2为数列{a n }中的项，故8a m ＋2为整数，又由(1)知：a m ＋2为奇数，所以a m ＋2＝2m －3＝±1，即m ＝1,2，经检验，符合题意的正整数只有m ＝2.例4解：(1)证明：由a n ＋a n ＋1＝2n ，得a n ＋1＝2n－a n ，所以a n ＋1－13×2n ＋1a n －13×2n ＝2n －a n －13×2n ＋1a n －13×2n＝a n －13×2na n －13×2n＝－1. 又因为a 1－23＝13，所以数列{a n －13×2n}是首项为13，公比为－1的等比数列、 所以a n －13×2n ＝13×(－1)n －1，即a n ＝13[2n －(－1)n ]，所以b n ＝2n －(－1)n .(2)假设在数列{b n }中，存在连续三项b k －1，b k ，b k ＋1(k ∈N *,k ≥2)成等差数列，那么b k －1＋b k ＋1＝2b k ，即[2k －1－(－1)k －1]＋[2k ＋1－(－1)k ＋1]＝2[2k －(－1)k ]，即2k －1＝4(－1)k －1.①假设k 为偶数，那么2k －1＞0,4(－1)k －1＝－4＜0，所以，不存在偶数k ，使得b k －1，b k ，b k ＋1成等差数列、②假设k 为奇数，那么当k ≥3时，2k －1≥4，而4(－1)k －1＝4，所以，当且仅当k ＝3时，b k －1，b k ，b k ＋1成等差数列、综上所述，在数列{b n }中，有且仅有连续三项b 2，b 3，b 4成等差数列、 (3)要使b 1，b r ，b s 成等差数列，只需b 1＋b s ＝2b r ，即3＋2s －(－1)s ＝2[2r －(－1)r ]，即2s －2r ＋1＝(－1)s －2(－1)r－3，(﹡)①假设s ＝r ＋1，在(﹡)式中，左端2s －2r ＋1＝0，右端(－1)s －2(－1)r －3＝(－1)s ＋2(－1)s －3＝3(－1)s －3，要使(﹡)式成立，当且仅当s 为偶数时、又s ＞r ＞1，且s ，r 为正整数， 所以当s 为不小于4的正偶数，且s ＝r ＋1时，b 1，b r ，b s 成等差数列、②假设s ≥r ＋2时，在(﹡)式中，左端2s －2r ＋1≥2r ＋2－2r ＋1＝2r ＋1，由(2)可知，r ≥3，所以r ＋1≥4，所以左端2s －2r ＋1≥16(当且仅当s 为偶数、r 为奇数时取“＝”)；右端(－1)s －2(－1)s －3≤0.所以当s ≥r ＋2时，b 1，b r ，b s 不成等差数列、综上所述，存在不小于4的正偶数s ，且s ＝r ＋1，使得b 1，b r ，b s 成等差数列. 高考回顾 1.102.43.6766解析：设该数列为{a n }，首项为a 1，公差为d ，依题意⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3，a 7＋a 8＋a 9＝4，即⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝3，3a 1＋21d ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋7d ＝43，d ＝766.那么a 5＝a 1＋4d ＝a 1＋7d －3d ＝43－2166＝6766. 4.4解析：不妨设a 1＝1，那么a n ＝(2)n －1，a n ＋1＝(2)n，S n ＝2n－12－1＝a n ＋1－12－1，S 2n ＝22n －12－1＝a 2n ＋1－12－1，T n ＝17S n －S 2na n ＋1＝17·a n ＋1－12－1－a 2n ＋1－12－1a n ＋1＝－12－1⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1＋16a n ＋1－17， 因为函数g(x)＝x ＋16x (x ＞0)在x ＝4时，取得最小值， 所以T n ＝－12－1⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1＋16a n ＋1－17在a n ＋1＝4时取得最大值、此时a n ＋1＝(2)n＝4，解得n ＝4.即T 4为数列{T n }的最大项，那么n 0＝4.5.解：(1)设成等差数列的三个正数分别为a －d ，a ，a ＋d ；那么a －d ＋a ＋a ＋d ＝15a ＝5；数列{b n }中的b 3、b 4、b 5依次为7－d,10,18＋d ，那么(7－d)(18＋d)＝100；得d ＝2或d ＝－13(舍)，于是b 3＝5，b 4＝10b n ＝5·2n －3.(2)证明：数列{b n }的前n 项和S n ＝5·2n －2－54，即S n ＋54＝5·2n －2S n ＋1＋54S n ＋54＝5·2n －15·2n －2＝2，因此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋54是公比为2的等比数列、6.解：(1)∵f(1)＝a ＝13，∴f(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x，a 1＝f(1)－c ＝13－c ，a 2＝[f(2)－c]－[f(1)－c]＝－29， a 3＝[f(3)－c]－[f(2)－c]＝－227.又数列{a n }成等比数列，a 1＝a 22a 3＝481－2 27＝－23＝13－c ，所以c ＝1；又公比q ＝a 2a 1＝13，所以a n ＝－23⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫13n(n ∈N *)；又S n －S n －1＝(S n －S n －1)(S n ＋S n －1)＝S n ＋S n －1(n ≥2)，又b n ＞0，S n ＞0，∴S n －S n －1＝1；数列{S n }构成一个首项为1，公差为1的等差数列，S n ＝1＋(n －1)×1＝n ，S n ＝n 2. 当n ≥2，b n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1；又b 1＝1， ∴b n ＝2n －1(n ∈N *)、(2)T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1，由T n ＝n 2n ＋1＞1 0002 009，得n ＞1 0009，满足T n ＞1 0002 009的最小正整数为112.。