2019年高考数学二轮专题复习保分大题规范专练六

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.。

高考解答题的审题与答题示范(六)概率与统计类解答题[审题方法]——审图表、审数据题目中的图表、数据包含着问题的基本信息，也往往暗示着解决问题的目标和方向．在审题时，认真观察分析图表、数据的特征的规律，常常可以找到解决问题的思路和方法．典例(本题满分12分)某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20，25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：最高气温[10，15)[15，20)[20，25)[25，30)[30，35)[35，40) 天数21636257 4以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率.(1)求六月份这种酸奶一天的需求量X(单位：瓶)的分布列；(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元)，当六月份这种酸奶一天的进货量n(单位：瓶)为多少时，Y的数学期望达到最大值？审题路线确定X的取值→计算与X值对应的概率→列出X的分布列→求出数学期望标准答案阅卷现场(1)由题意知，X 所有可能取值为200，300，500.① 由表格数据知P (X ＝200)＝2＋1690＝0.2，P (X ＝300)＝3690＝0.4，P (X ＝500)＝25＋7＋490＝0.4.②因此X 的分布列为X 200 300 500 P0.20.40.4③(2)由题意知，这种酸奶一天的需求量至多为500，至少为200，因此只需考虑200≤n ≤500，当300≤n ≤500时，若最高气温不低于25，则Y ＝6n －4n ＝2n ，若最高气温位于区间[20，25)，则Y ＝6×300＋2(n －300)－4n ＝1 200－2n ；若最高气温低于20，则Y ＝6×200＋2(n －200)－4n ＝800－2n ；④因此E (Y )＝2n ×0.4＋(1 200－2n )×0.4＋(800－2n )×0.2＝640－0.4n .⑤当200≤n <300时，若最高气温不低于20，则Y ＝6n －4n ＝2n ；若最高气温低于20，则Y ＝6×200＋2(n －200)－4n ＝800－2n ；⑥因此E (Y )＝2n ×(0.4＋0.4)＋(800－2n )×0.2＝160＋1.2n ，⑦所以n ＝300时，Y 的数学期望达到最大值，最大值为520元．⑧第(1)问第(2)问得 分 点① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ 1 321 1 1 12 6分6分第(1)问踩点得分说明 ①正确写出X 所有可能取值得1分；②求出随机变量对应的概率值，每个1分； ③写出随机变量的分布列得2分. 第(2)问踩点得分说明④正确写出在300≤n ≤500时的各关系式得1分；⑤正确写出在300≤n ≤500时E (Y )＝640－0.4n 得1分；⑥正确写出在200≤n ＜300时的各关系式得1分；⑦正确写出在200≤n ＜300时E (Y )＝160＋1.2n 得1分；⑧得出n ＝300时，Y 的数学期望达到最大值，并求出最大值得2分.满分心得(1)写全得分步骤：对于解题过程中是得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写全．如第(1)问中，写出X 所有可能取值得分，第(2)问中分当300≤n ≤500时和200≤n ＜300时进行分析才能得满分.(2)写明得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在答题时一定要写清得分关键点，如第(1)问应写出求分布列的过程，第(2)问应写出不同范围内Y 的数学期望.。

六导数()
.(·广西二模)已知函数() ()(∈),直线是曲线()的一条切线.
()求的值;
()设函数()(),证明:函数()无零点.
.(·咸阳一模)已知() (∈).
()求函数()在点(())处的切线方程;
()当时,若不等式()>()对任意∈(∞)恒成立,求实数的取值范围.
.(·凯里市校级三模)已知函数()(≠).
()试讨论函数()的单调性;
()对∀∈(∞),且<,证明>.
.(·辽宁模拟)已知函数() (∈).
()讨论()的单调性;
()设(),若对任意∈(∞),均存在∈[],使得()<(),求的取值范围.
.()解:函数() ()(∈)的导数为
′(),
设切点为(),
直线是曲线()的一条切线,
可得 (),
解得,
因此的值为.
()证明:函数()()
()
>,
′()()
(),
可设的根为,
即有,即有 ,
当>时()递增<<时()递减,
可得时()取得极小值,且为最小值, 则()≥()
,
可得()>恒成立,
则函数()无零点.
.解:()由() ,
则′()′(),切点为(),
所求切线方程为()(),即().
()由() ,
原不等式即为 ()>,
记() ()(),。

6.数　列1.已知从数列{a n }中取出部分项，并按原来的顺序组成一个新的数列1n a ，2n a ，3n a …，称为数列{a n }的一个子数列，若该子数列为等比数列，则称为数列{a n }的等比子数列.(1)设数列{a n }是一个公差不为0的等差数列，若a 1＝1，a 3＝6，且a 1，a 3，1n a ，2n a ，3n a ，…，k n a 为数列{a n }的等比子数列，求数列{n k }的通项公式；(2)是否存在一个等差数列{a n }，使得{b n }是数列{a n }的一个等比子数列？其中数列{b n }的公比为q ，同时满足b 1＝a ，b 2＝a ，b 3＝a (a 1<a 2)，b 1＝(1＋)(1－q ).若存在，求出数列212232{a n }的通项公式；若不存在，请说明理由.解　(1)因为数列{a n }是等差数列，且a 1＝1，a 3＝6，则等差数列{a n }的公差d ＝，52所以a n ＝n －(n ∈N *)，k n a ＝n k －.52325232又a 1，a 3，1n a ，2n a ，3n a ，…，k n a 为数列{a n }的等比子数列，且＝6，a 3a 1所以k n a ＝6k ＋1，即6k ＋1＝n k －，5232故n k ＝(k ∈N *).2×6k ＋1＋35(2)设数列{a n }的公差为d ，因为a 1<a 2，所以d >0.由题意得a (a 1＋2d )2＝(a 1＋d )4，21化简得2a ＋4a 1d ＋d 2＝0，21所以d ＝(－2±)a 1，而－2±<0，故a 1<0.22若d ＝(－2－)a 1，则q ＝＝＝(＋1)2，2b 2b 1a 2a 212故b 1＝a ＝(1＋)(1－q )＝(1＋)(－2－2)<0，故舍去.21222若d ＝(－2＋)a 1，则q ＝＝＝(－1)2，2b 2b 1a 2a 212从而b 1＝a ＝(1＋)(1－q )＝(2－2)(1＋)＝2，21222所以a 1＝－，d ＝(－2＋)a 1＝2－2，222所以a n ＝(2－2)n －3＋2.22又b 1＝2，令(2－2)n －3＋2＝2，22故n ＝不是整数，即b 1不是数列{a n }中的项.32＋62故不存在满足条件的等差数列{a n }.2.设等比数列{a n }的首项为a 1＝2，公比为q (q 为正整数)，且满足3a 3是8a 1与a 5的等差中项；数列{b n }满足2n 2－(t ＋b n )n ＋b n ＝0(t ∈R ，n ∈N *).32(1)求数列{a n }的通项公式；(2)试确定t 的值，使得数列{b n }为等差数列；(3)当{b n }为等差数列时，对每个正整数k ，在a k 与a k ＋1之间插入b k 个2，得到一个新数列{c n }.设T n 是数列{c n }的前n 项和，试求满足T m ＝2c m ＋1的所有正整数m .解　(1)由题意6a 3＝8a 1＋a 5，则6q 2＝8＋q 4，解得q 2＝4或q 2＝2(舍)，则q ＝2，又a 1＝2，所以a n ＝2n .(2)当n ＝1时，2－(t ＋b 1)＋b 1＝0，得b 1＝2t －4，32当n ＝2时，2×22－(t ＋b 2)×2＋b 2＝0，得b 2＝16－4t ，32当n ＝3时，2×32－(t ＋b 3)×3＋b 3＝0，得b 3＝12－2t ，32则由b 1＋b 3＝2b 2，得t ＝3，而当t ＝3时，2n 2－(3＋b n )n ＋b n ＝0，得b n ＝2n ，32由b n ＋1－b n ＝2(常数)知，此时数列{b n }为等差数列，故t ＝3.(3)由(1)(2)知，a n ＝2n ，b k ＝2k .由题意知，c 1＝a 1＝2，c 2＝c 3＝2，c 4＝a 2＝4，c 5＝c 6＝c 7＝c 8＝2，c 9＝a 3＝8，…，则当m ＝1时，T 1≠2c 2，不合题意，当m ＝2时，T 2＝2c 3，适合题意.当m ≥3时，若c m ＋1＝2，则T m ≠2c m ＋1，一定不适合题意，从而c m ＋1必是数列{a n }中的某一项a k ＋1，则T m ＝a 1＋122b +⋅⋅⋅+ 个＋a 2＋222b +⋅⋅⋅+ 个＋a 3＋322b +⋅⋅⋅+ 个＋a 4＋…＋a k ＋22k b +⋅⋅⋅+个，＝(2＋22＋23＋…＋2k )＋2(b 1＋b 2＋b 3＋…＋b k )＝2×(2k －1)＋2×＝2k ＋1＋2k 2＋2k －2，(2＋2k )k22c m ＋1＝2a k ＋1＝2×2k ＋1，所以2k ＋1＋2k 2＋2k －2＝2×2k ＋1，即2k －k 2－k ＋1＝0，所以2k ＋1＝k 2＋k .2k ＋1(k ∈N *)为奇数，而k 2＋k ＝k (k ＋1)为偶数，所以上式无解.即当m ≥3时，T m ≠2c m ＋1.综上知，满足题意的正整数仅有m ＝2.3.(2018·江苏省邗江中学期中)已知各项均为正数的数列满足a ＝2a ＋a n a n ＋1，且{an }2n ＋12n a 2＋a 4＝2a 3＋4，其中n ∈N *.(1)求数列的通项公式；{an }(2)设数列{b n }满足b n ＝，是否存在正整数m ，n (1<m <n )，使得b 1，b m ，b n 成等nan(2n ＋1)·2n 比数列？若存在，求出所有的m ，n 的值；若不存在，请说明理由.(3)令c n ＝，记数列{c n }的前n 项和为S n ，其中n ∈N *，证明：≤S n <.(n ＋1)2＋1n (n ＋1)an ＋251612(1)解　∵a ＝2a ＋a n a n ＋1，2n ＋12n ∴(a n ＋1＋a n )(2a n －a n ＋1)＝0，又a n ＞0，∴2a n －a n ＋1＝0，即2a n ＝a n ＋1，∴数列{a n }是公比为2的等比数列.由a 2＋a 4＝2a 3＋4，得2a 1＋8a 1＝8a 1＋4，解得a 1＝2.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ，n ∈N *.(2)解　b n ＝＝，若b 1，b m ，b n 成等比数列，则2＝，nan(2n ＋1)·2n n2n ＋1(m2m ＋1)13(n2n ＋1)即＝.m 24m 2＋4m ＋1n 6n ＋3由＝，得＝，m 24m 2＋4m ＋1n 6n ＋33n －2m 2＋4m ＋1m 2∴－2m 2＋4m ＋1＞0，解得1－＜m ＜1＋.6262又m ∈N *，且m ＞1，∴m ＝2，此时n ＝12.故存在正整数m ＝2，n ＝12，使得b 1，b m ，b n 成等比数列.(3)证明　c n ＝＝·(n ＋1)2＋1n (n ＋1)·2n ＋212n 2＋2n ＋2n (n ＋1)·2n ＋1＝12[n 2＋n n (n ＋1)·2n ＋1＋n ＋2n (n ＋1)·2n ＋1]＝，12[12n ＋1＋1n ·2n －1(n ＋1)·2n ＋1]∴S n ＝＋Error!12(122＋…＋12n ＋1)12Error!Error!＝·＋12122(1－12n)1－1212[12－1(n ＋1)·2n ＋1]＝，n ∈N *.12[1－(12)n ＋1·n ＋2n ＋1]∵n ＋1·递减，(12)n ＋2n ＋1∴0＜n ＋1·≤1＋1·＝，(12)n ＋2n ＋1(12)1＋21＋138∴≤＜，∴≤S n ＜.51612[1－(12)n ＋1·n ＋2n ＋1]12516124.(2018·江苏省扬州树人学校模拟)已知无穷数列的各项都不为零，其前n 项和为S n ，{an }且满足a n ·a n ＋1＝S n (n ∈N *)，数列满足b n ＝，其中t 为正整数.{bn }anan ＋t (1)求a 2 018；(2)若不等式a ＋a <S n ＋S n ＋1对任意的n ∈N *都成立，求首项a 1的取值范围；2n 2n ＋1(3)若首项a 1是正整数，则数列中的任意一项是否总可以表示为数列中的其他两项{bn }{bn }之积？若是，请给出一种表示方式；若不是，请说明理由.解　(1)令n ＝1，则a 1a 2＝S 1，即a 1a 2＝a 1，又a 1≠0，所以a 2＝1.由a n ·a n ＋1＝S n ，得a n ＋1·a n ＋2＝S n ＋1，两式相减得(a n ＋2－a n )a n ＋1＝a n ＋1，又a n ＋1≠0，故a n ＋2－a n ＝1，所以a 2 018＝a 2＋×1＝1 009.(2 0182－1)(2)由(1)知数列是首项为a 2＝1，公差为1的等差数列，数列是首项为a 1，公{a 2n }{a 2n －1}差为1的等差数列.故a n ＝Error!所以S n ＝Error!①当n 是奇数时，a ＋a <S n ＋S n ＋1，2n 2n ＋1即2＋2<＋，(a 1＋n －12)(n ＋12)(n ＋12a 1＋n 2－14)[n ＋12a 1＋(n ＋1)24]即a －2a 1<对任意正奇数n 恒成立，21n －12所以a －2a 1<0，21解得0<a 1<2.②当n 是偶数时，a ＋a <S n ＋S n ＋1，2n 2n ＋1即2＋2<(n2)(a 1＋n2)(n2a 1＋n 24)＋，[n ＋22a 1＋(n ＋1)2－14]即a －a 1<对任意正偶数n 恒成立，21n2所以a －a 1<1，21解得<a 1<.1－521＋52综合①②得0<a 1<.1＋52(3)由数列是首项为1，公差为1的等差数列，数列是首项为正整数a 1，公差{a 2n }{a 2n －1}为1的等差数列知，数列的各项都是正整数.{an }设b n ＝b m b k ，即＝·，an an ＋t am am ＋t akak ＋t 所以a m ＝，取k ＝n ＋2，则a k －a n ＝1，an (ak ＋t )ak －an 故a m ＝a n (a n ＋2＋t )，不妨设m 是偶数，则＝a n (a n ＋2＋t )一定是整数，m2故当n 是偶数时，方程b n ＝b m b k 的一组解是Error!当n 是奇数时，方程b n ＝b m b k 的一组解是Error!所以数列中的任意一项总可以表示为数列中的其他两项之积.{bn }{bn }5.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且2a 5－a 3＝13，S 4＝16.(1)求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)设T n ＝(－1)i a i ，若对一切正整数n ，不等式λT n <[a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ]2n －1恒成立，∑ni ＝1求实数λ的取值范围；(3)是否存在正整数m ，n (n >m >2)，使得S 2，S m －S 2，S n －S m 成等比数列？若存在，求出所有的m ，n ；若不存在，请说明理由.解　(1)设数列{a n }的公差为d .因为2a 5－a 3＝13，S 4＝16，所以Error!解得Error!所以a n ＝2n －1，S n ＝n 2.(2)①当n 为偶数时，设n ＝2k ，k ∈N *，则T 2k ＝(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋…＋(a 2k －a 2k －1)＝2k .代入不等式λT n <[a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ]·2n －1，得λ·2k <4k ，从而λ<.4k2k 设b k ＝，k ∈N *，则b k ＋1－b k ＝－＝.因为k ∈N *，所以b k ＋1－b k ＞0，4k2k 4k ＋12(k ＋1)4k 2k 4k (3k －1)2k (k ＋1)所以数列{b k }是递增的，所以(b k )min ＝2，所以λ<2.②当n 为奇数时，设n ＝2k －1，k ∈N *，则T 2k －1＝T 2k －(－1)2k a 2k ＝2k －(4k －1)＝1－2k .代入不等式λT n <[a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ]2n －1，得λ(1－2k )<(2k －1)4k ，从而λ>－4k .因为k ∈N *，所以－4k 的最大值为－4，所以λ>－4.综上，λ的取值范围为(－4,2).(3)假设存在正整数m ，n (n >m >2)，使得S 2，S m －S 2，S n －S m 成等比数列，则(S m －S 2)2＝S 2(S n －S m )，即(m 2－4)2＝4(n 2－m 2)，所以4n 2＝(m 2－2)2＋12，即4n 2－(m 2－2)2＝12，即(2n －m 2＋2)(2n ＋m 2－2)＝12.因为n >m >2，所以n ≥4，m ≥3，所以2n ＋m 2－2≥15.因为2n －m 2＋2是整数，所以等式(2n －m 2＋2)(2n ＋m 2－2)＝12不成立，故不存在正整数m ，n (n >m >2)，使得S 2，S m －S 2，S n －S m 成等比数列.6.(2018·南京模拟)若数列满足：对于任意n ∈N *，a n ＋均为数列中{an }|an ＋1－an ＋2|{an }的项，则称数列为“T 数列”.{an }(1)若数列的前n 项和S n ＝2n 2，n ∈N *，求证：数列为“T 数列”；{an }{an }(2)若公差为d 的等差数列为“T 数列”，求d 的取值范围；{an }(3)若数列为“T 数列”，a 1＝1，且对于任意n ∈N *，均有a n <a －a <a n ＋1，求数列{an }2n ＋12n 的通项公式.{an }(1)证明　当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－2(n －1)2＝4n －2，又a 1＝S 1＝2＝4×1－2，所以a n ＝4n －2.所以a n ＋|a n ＋1－a n ＋2|＝4n －2＋4＝4(n ＋1)－2为数列{a n }的第n ＋1项，因此数列{a n }为“T 数列”.(2)解　因为数列{a n }是公差为d 的等差数列，所以a n ＋|a n ＋1－a n ＋2|＝a 1＋(n －1)d ＋|d |.因为数列{a n }为“T 数列”，所以任意n ∈N *，存在m ∈N *，使得a 1＋(n －1) d ＋|d |＝a m ，即有(m －n )d ＝|d |. ①若d ≥0，则存在m ＝n ＋1∈N *，使得(m －n )d ＝|d |，②若d ＜0，则m ＝n －1.此时，当n ＝1时，m ＝0不为正整数，所以d ＜0不符合题意. 综上，d ≥0.(3)解　因为a n ＜a n ＋1，所以a n ＋|a n ＋1－a n ＋2|＝a n ＋a n ＋2－a n ＋1，又因为a n ＜a n ＋a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋2－(a n ＋1－a n )＜a n ＋2，且数列{a n }为“T 数列”，所以a n ＋a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1，即a n ＋a n ＋2＝2a n ＋1，所以数列{a n }为等差数列.设数列{a n }的公差为t (t ＞0)，则有a n ＝1＋(n －1)t ，由a n ＜a －a ＜a n ＋1，2n ＋12n 得1＋(n －1)t ＜t [2＋(2n －1)t ]＜1＋nt ，整理得n (2t 2－t )＞t 2－3t ＋1，①n (t －2t 2)＞2t －t 2－1.②若2t 2－t ＜0，取正整数N 0＞，t 2－3t ＋12t 2－t 则当n ＞N 0时，n (2t 2－t )＜(2t 2－t )N 0＜t 2－3t ＋1，与①式对于任意n ∈N *恒成立相矛盾，因此2t 2－t ≥0.同样根据②式可得t －2t 2≥0，所以2t 2－t ＝0.又t ＞0，所以t ＝.12经检验当t ＝时，①②两式对于任意n ∈N *恒成立，12所以数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋(n －1)＝.12n ＋12。