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2014~2016全国高考分类-数列

时间:2016-07-15

三年高考(2014-2016)数学(理)试题分项版解析 第六章
一、选择题 1. 【2014 高考北京理第 5 题】设 {an } 是公比为 q 的等比数列,则“ q ? 1 ”是“ {an } 为递 增数列”的( ) B.必要而不充分条件 D.既不充分也不必要条件

数列

A.充分而不必要条件 C.充分必要条件 【答案】D 【解析】

试题分析:对等比数列 {a n } ,若 q ? 1 ,则当 a1 ? 0 时数列 {a n } 是递减数列;若数列 {a n } 是 递增数列,则 {a n } 满足 a1 ? 0 且 0 ? q ? 1 ,故当“ q ? 1 ”是”数列 {a n } 为递增数列的既不 充分也不必要条件.故选 C. 考点:等比数列的性质,充分条件与必要条件的判定,容易题. 【名师点睛】本题考查充要条件,本题属于基础题,充要条件问题主要命题方法有两种,一 种为判断条件是结论的什么条件?第二种是寻求结论成立的某种条件是什么?近几年高考 充要条件命题以选填题为主,表面看很简单。但由于载体素材丰富,几何、代数、三角可以 随意选材,所以涉及知识较多,需要扎实的基本功,本题以数列有关知识为载体,考查了数 列的有关知识和充要条件. 2. 【2015 高考北京,理 6】设 ?an ? 是等差数列. 下列结论中正确的是( A.若 a1 ? a2 ? 0 ,则 a2 ? a3 ? 0 C.若 0 ? a1 ? a2 ,则 a2 ? a1a3 【答案】C )

B.若 a1 ? a3 ? 0 ,则 a1 ? a2 ? 0 D.若 a1 ? 0 ,则 ? a2 ? a1 ? ? a2 ? a3 ? ? 0

1

考点定位:本题考点为等差数列及作差比较法,以等差数列为载体,考查不等关系问题,重 点是对知识本质的考查. 【名师点睛】本题考查等差数列的通项公式和比较法,本题属于基础题,由于前两个选项无 法使用公式直接做出判断, 因此学生可以利用举反例的方法进行排除, 这需要学生不能死套 公式,要灵活应对,作差法是比较大小常规方法,对判断第三个选择只很有效. 3. 【2016 高考新课标 1 卷】 已知等差数列 ?an ? 前 9 项的和为 27, a10 ? 8 ,则 a100 ? ( (A)100 【答案】C 【解析】 试题分析:由已知, ? 选 C. 考点:等差数列及其运算 【名师点睛】我们知道,等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看 作多元方程,利用这些方程可将等差、 等比数列中的运算问题转化解关于基本量的方程 (组) , 因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一 种行之有效的方法. 4. 【2016 高考浙江理数】如图,点列{An},{Bn}分别在某锐角的两边上,且 (B)99 (C)98 (D)97 )

?9a1 ? 36d ? 27 , 所以 a1 ? ?1, d ? 1, a100 ? a1 ? 99d ? ?1 ? 99 ? 98, 故 ? a1 ? 9d ? 8

An An?1 ? An?1 An?2 , An ? An?2 , n ? N* , Bn Bn?1 ? Bn?1Bn?2 , Bn ? Bn?2 , n ? N* ,
( P ? Q表示点P与Q不重合 ).若 dn ? An Bn ,Sn为△An Bn Bn?1的面积,则 ( )

2

A. {Sn } 是等差数列 C. {dn } 是等差数列 【答案】A 【解析】

2 B. {Sn } 是等差数列 2 D. {dn } 是等差数列

考点:等差数列的定义. 【思路点睛】先求出 ??n ?n?n?1 的高,再求出 ??n ?n?n?1 和 ??n?1?n?1?n?2 的面积 Sn 和

Sn?1 ,进而根据等差数列的定义可得 Sn?1 ? Sn 为定值,即可得 ?Sn ? 是等差数列.
5. 【2016 年高考四川理数】 某公司为激励创新, 计划逐年加大研发资金投入.若该公司 2015 年全年投入研发资金 130 万元,在此基础上,每年投入的研发资金比上一年增长 12%,则该 公司全年投入的研发资金开始超过 200 万元的年份是( )

(参考数据:lg 1.12≈0.05,lg 1.3≈0.11,lg2≈0.30) ( A)2018 年 (B)2019 年 (C)2020 年 (D)2021 年 【答案】B 【解析】 试题分析:设第 n 年的研发投资资金为 an , a1 ? 130 ,则 an ? 130 ?1.12
n?1

,由题意,需

an ? 130 ?1.12n?1 ? 200 ,解得 n ? 5 ,故从 2019 年该公司全年的投入的研发资金超过 200
3

万,选 B. 考点:等比数列的应用. 【名师点睛】 本题考查等比数列的实际应用. 在实际问题中平均增长率问题可以看作是等比 数列的应用, 解题时要注意把哪个作为数列的首项, 然后根据等比数列的通项公式写出通项, 列出不等式或方程就可解得结论. 6. 【2015 高考浙江,理 3】已知 {an } 是等差数列,公差 d 不为零,前 n 项和是 Sn ,若 a3 ,

a4 , a8 成等比数列,则( )
A. a1d ? 0, dS4 ? 0 B. a1d ? 0, dS4 ? 0 C. a1d ? 0, dS4 ? 0 D.

a1d ? 0, dS4 ? 0
【答案】B. 【 解 析 】 ∵ 等 差 数 列 {an } , a 3 , a4 , a 8 成 等 比 数 列 , ∴

5 (a1 ? 3d ) 2 ? (a1 ? 2d )( a1 ? 7d ) ? a1 ? ? d , 3 5 2 2 2 2 ∴ S 4 ? 2(a1 ? a4 ) ? 2(a1 ? a1 ? 3d ) ? ? d ,∴ a1d ? ? d ? 0 , dS 4 ? ? d ? 0 ,故 3 3 3
选 B. 【考点定位】1.等差数列的通项公式及其前 n 项和;2.等比数列的概念 【名师点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式,等比数列的概念等知识点,同时考查了 学生的运算求 解能力,属于容易题,将 a1d , dS 4 表示为只与公差 d 有关的表达式,即可求解,在解题过 程中要注意等等差数列与等比数列概念以及相关公式的灵活运用. 7.【2014 高考重庆理第 2 题】对任意等比数列 {an } ,下列说法一定正确的是( )

A.a1 , a3 , a9 成等比数列 C.a2 , a4 , a8 成等比数列
【答案】D 【解析】 试 题 分 析 : 因 为 数 列
2

B.a2 , a3 , a6 成等比数列 D.a3 , a6 , a9 成等比数列

?an ?

为 等 比 数 列 , 设 其 公 比 为 q , 则
2

8 a3 ? a9 ? a12? q ? 1a ?? q ? ?15 a ? q

? 6 a
4

所以, a3 , a6 , a9 一定成等比数列,故选 D. 考点:1、等比数列的概念与通项公式;2、等比中项. 【名师点睛】本题考查了等比数列的概念与通项公式,等比数列的性质,本题属于基础题, 利用下标和相等的两项的积相等更能快速作答. 8. 【2015 高考重庆,理 2】在等差数列 ?an ? 中,若 a2 =4, a4 =2,则 a6 = A、-1 【答案】B 【解析】由等差数列的性质得 a6 ? 2a4 ? a2 ? 2 ? 2 ? 4 ? 0 ,选 B. 【考点定位】本题属于数列的问题,考查等差数列的通项公式与等差数列的性质. 【名师点晴】本题可以直接利用等差数列的通项公式求解,也可应用等差数列的性质求解, 主要考查学生灵活应用基础知识的能力.是基础题. 9.【2014 福建,理 3】等差数列 {an } 的前 n 项和 Sn ,若 a1 ? 2, S3 ? 12 ,则 a6 ? ( ) B、0 C、1 ( D、6 )

A.8
【答案】C 【解析】

B.10

C .12

D.14

试题分析:假设公差为 d ,依题意可得 3 ? 2 ?

1 ? 3 ? 2d ? 12,? d ? 2 .所以 2

a6 ? 2 ? (6 ?1) ? 2 ? 12 .故选 C.
考点:等差数列的性质. 【名师点睛】本题主要考查等差数列的通项公式及简单的计算问题,等差、等比数列各有五 个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列 中的运算问题转化解关于基本量的方程(组),因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作 方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法. 10.【2015 高考福建,理 8】若 a , b 是函数 f ? x ? ? x ? px ? q ? p ? 0, q ? 0? 的两个不同
2

的零点,且 a, b, ?2 这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则

p ? q 的值等于(
A.6 【答案】D B.7 C.8

) D.9

5

【考点定位】等差中项和等比中项. 【名师点睛】 本题以零点为载体考查等比中项和等差中项, 其中分类讨论和逻辑推理是解题 核心.三个数成等差数列或等比数列,项与项之间是有顺序的,但是等差中项或等比中项是 唯一的,故可以利用中项进行讨论,属于难题. 11. 【2014 辽宁理 8】设等差数列 {an } 的公差为 d,若数列 {2 1 n } 为递减数列,则(
aa



A. d ? 0
【答案】C 【解析】

B. d ? 0

C. a1d ? 0

D. a1d ? 0

试题分析:因为 {an } 是等差数列,则 an

? a1 ? (n ? 1)d ? 2 1
0

a an

?21

2 a ? a1 ( n ?1) d

,又由于

{2

a1an

} 为递减数列,所以

21n 2 1 n?1
aa

aa

?2

- a1d

? 1 ? 2 ? a1d ? 0 ,故选 C.

考点:1.等差数列的概念;2.递减数列. 【名师点睛】本题考查等差数列的通项公式、数列的性质等,解答本题的关键,是写出等差 数列的通项,利用 {2
a1an

} 是递减数列,确定得到

21n 2
a1an?1

aa

?2

- a1d

? 1 ? 2 ,得到结论.

0

本题是一道基础题.在考查等差数列等基础知识的同时,考查考生的计算能力. 12. 【2015 课标 2 理 4】已知等比数列 ?an ? 满足 a1=3, a1 ? a3 ? a5 =21,则 a3 ? a5 ? a7 ? ( ) A.21 【答案】B 【解析】 设等比数列公比为 q , 则 a1 ? a1q ? a1q ? 21 , 又因为 a1 ? 3 , 所以 q ? q ? 6 ? 0 ,
2 4
4 2

B.42

C.63

D.84

解得 q ? 2 ,所以 a3 ? a5 ? a7 ? (a1 ? a3 ? a5 )q ? 42 ,故选 B.
2

2

6

【考点定位】等比数列通项公式和性质. 【名师点睛】本题考查等比数列的通项公式和性质,通过求等比数列的基本量,利用通项公 式求解,若注意到项的序号之间的关系,则可减少运算量,属于基础题. 二、填空题 1. 【2016 高考浙江理数】 设数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 S2=4, an+1=2Sn+1, n∈N , 则 a1=
*



S5=

.

【答案】 1 【解析】

121

试题分析: a1 ? a2 ? 4, a2 ? 2a1 ? 1 ? a1 ? 1, a2 ? 3 , 再由 an?1 ? 2Sn ? 1, an ? 2Sn?1 ? 1(n ? 2) ? an?1 ? an ? 2an ? an?1 ? 3an (n ? 2) ,又 a2 ? 3a1 , 所以 an ?1 ? 3an (n ? 1),S5 ?

1 ? 35 ? 121. 1? 3

考点:1、等比数列的定义;2、等比数列的前 n 项和. 【易错点睛】由 an?1 ? 2Sn ? 1 转化为 an?1 ? 3an 的过程中,一定要检验当 n ? 1 时是否满足

an?1 ? 3an ,否则很容易出现错误.
2. 【2014 高考北京理第 12 题】 若等差数列 {an } 满足 a7 ? a8 ? a9 ? 0, a7 ? a10 ? 0 , 则当 n ? 时, {an } 的前 n 项和最大. 【答案】 8

考点:等差数列的性质,前 n 项和的最值,容易题. 【名师点睛】 本题考查等差数列的性质及等差数列的通项公式及前 n 项和公式, 本题属于基 础题,由 于题目提供 a7+a8+a9>0,a7+a10<0,推出 a8 ? 0, a9 ? 0 ,从而说明数列{an}的前 8 项和 最大.这个题 目命题角度新颖,不需死套公式,重视对知识的理解和对知识本质的考查. 3. 【2016 年高考北京理数】 已知 {an } 为等差数列,Sn 为其前 n 项和, 若 a1 ? 6 ,a3 ? a5 ? 0 ,
7

则 S6 = _______. 【答案】6 【解析】 试题分析: ∵ {an } 是等差数列, ∴ a3 ? a5 ? 2a4 ? 0 ,a4 ? 0 ,a4 ? a1 ? 3d ? ?6 ,d ? ?2 , ∴ S6 ? 6a1 ? 15d ? 6 ? 6 ? 15 ? (?2) ? 6 ,故填:6. 考点:等差数列基本性质. 【名师点睛】在等差数列五个基本量 a1 , d , n , an , Sn 中,已知其中三个量,可以根据 已知条件结合等差数列的通项公式、 前 n 项和公式列出关于基本量的方程(组)来求余下的两 个量,计算时须注意整体代换及方程思想的应用. 4. 【2014 高考广东卷.理.13】若等比数列 ?an ? 的各项均为正数,且 a10 a11 ? a9 a12 ? 2e5 , 则 ln a1 ? ln a2 ? ?? ? ln a20 ? 【答案】 50 . 【解析】由题意知 a10a11 ? a9a12 ? 2a10a11 ? 2e5 ,所以 a10 a11 ? e5 , 因此 a1 ? a2 ??? a20 ? ? a1a20 ? ? ? a2 ? a19 ? ??? ? a10 a11 ? ? ? a10 a11 ? ? e5
10

.

????? ? ?????? ?
10 对

? ?

10

? e50 ,

因此 ln a1 ? ln a2 ???? ln a20 ? ln ? a1 ? a2 ??? a20 ? ? ln e

50

? 50 .

【考点定位】本题考查等比数列的基本性质与对数的基本运算,属于中等偏难题. 【名师点晴】本题主要考查的是等比数列的性质和对数的基本运算,属于中等偏难题.解题 时要抓住关键字眼“正数” ,否则很容易出现错误.解本题需要掌握的知识点是等比数列的
? 性质和对数的基本运算,即等比数列 ?an ? 中,若 m ? n ? p ? q ( m 、 n 、 p 、 q ? ? ) ,

则 aman ? a p aq , loga ? ?? ? ? loga ? ? loga ? ( a ? 0 , a ? 1 , ? ? 0 , ? ? 0 ) . 5. 【2015 高考广东,理 10】在等差数列 ?an ? 中,若 a3 ? a4 ? a5 ? a6 ? a7 ? 25 ,则

a2 ? a8 =
【答案】 10 . 【 解 析 】 因 为

.

?an ?

是 等 差 数 列 , 所 以 a3 ? a7 ? a4 ? a6 ? a2 ? a8 ? 2a5 ,

a3 ? a4 ? a5 ? a6 ? a7 ? 5a5 ? 25 即 a5 ? 5 ,所以 a2 ? a8 ? 2a5 ? 10 ,故应填入10 .
8

【考点定位】等差数列的性质. 【名师点睛】本题主要考查等差数列性质及其简单运算和运算求解能力,属于容易题,解答 此题关键在于熟记 am ? an ? a p ? aq m, n, p, q ? N *且m ? n ? p ? q ,

?

?

am ? an ? 2a p ? m, n, p ? N *且m ? n ? 2 p ? 及其熟练运用.
6. 【2016 高考新课标 1 卷】设等比数列 ?an ? 满足 a1+a3=10,a2+a4=5,则 a1a2 ?an 的最大值 为 【答案】 64 .

考点:等比数列及其应用 【名师点睛】高考中数列客观题大多具有小、巧、活的特点,在解答时要注意方程思想及数 列相关性质的应用,尽量避免小题大做.
2 7. 【2016 高考江苏卷】已知 {an } 是等差数列, {Sn } 是其前 n 项和.若 a1 ? a2 ? ?3,S5 =10 ,

则 a 9 的值是 【答案】 20.



.

【解析】由 S5 ? 10 得 a3 ? 2 ,因此 2 ? 2d ? (2 ? d)2 ? ?3 ? d ? 3, a9 ? 2 ? 3 ? 6 ? 20. 考点:等差数列性质 【名师点睛】本题考查等差数列基本量,对于特殊数列,一般采取待定系数法,即列出关于 首项及公差的两个独立条件即可.为使问题易于解决,往往要利用等差数列相关性质,如

Sn ?

n(a1 ? an ) n(am ? at ) ? ,(m ? t ? 1 ? n, m、t、n ? N * ) 及等差数列广义通项公式 2 2

an ? am ? (n ? m)d .
8. 【2014 江苏,理 7】在各项均为正数的等比数列 ?an ? 中,若 a2 ? 1 , a8 ? a6 ? 2a4 ,则

9

a6 的值是
【答案】4.

.

【解析】设公比为 q ,因为 a2 ? 1 ,则由 a8 ? a6 ? 2a4 得 q6 ? q4 ? 2a2 , q 4 ? q 2 ? 2 ? 0 , 解得 q 2 ? 2 ,所以 a6 ? a2q4 ? 4 . 【考点定位】等比数列的通项公式. 【名师点晴】在解有关等差数列的问题时可以考虑化归为 a1 和 d 等基本量,通过建立方程 (组)获得解.即等差数列的通项公式 an ? a1 ? (n ?1)d 及前 n 项和公式

Sn ?

n(a1 ? an ) n(n ? 1) ? na1 ? d ,共涉及五个量 a1 , d , n, an , Sn ,知其中三个就能求另外 2 2

两个,即知三求二, 多利用方程组的思想, 体现了用方程的思想解决问题,注意要弄准它们的 值.运用方程的思想解等差数列是常见题型,解决此类问题需要抓住基本量 a1 、 d ,掌握好 设未知数、列出方程、解方程三个环节,常通过“设而不求,整体代入”来简化运算. 9. 【2015 江苏高考, 11】 数列 {an } 满足 a1 ? 1 , 且 an?1 ? an ? n ? 1 ( n? N* ) , 则数列 { 的前 10 项和为 【答案】

1 } an

20 11
n(n ? 1) 2

【解析】由题意得:

an ? (an ? an?1 ) ? (an?1 ? an?2 ) ? ? ? (a2 ? a1 ) ? a1 ? n ? n ? 1 ? ? ? 2 ? 1 ?
所以
1 1 1 1 2n 20 ? 2( ? ), Sn ? 2(1 ? )? , S10 ? an n n ?1 n ?1 n ?1 11

【考点定位】数列通项,裂项求和 【名师点晴】由数列的递推公式求通项公式时,若递推关系为 an+1=an+f(n)或 an+1=

f(n)·an,则可以分别通过累加、累乘法求得通项公式,另外,通过迭代法也可以求得上面
两类数列的通项公式,注意:有的问题也可利用构造法,即通过对递推式的等价变形,转化 为特殊数列求通项.数列求和的常用方法有倒序相加法,错位相减法,裂项相消法,分组求 和法,并项求和法等,可根据通项特点进行选用. 10. 【2015 高考陕西,理 13】中位数 1010 的一组数构成等差数列,其末项为 2015,则该 数列的首项为 .

10

【答案】 5 【解析】设数列的首项为 a1 ,则 a1 ? 2015 ?2 ? 1010 ? 2020 项为 5 ,所以答案应填: 5 . 【考点定位】等差中项. 【名师点晴】本题主要考查的是等差中项,属于容易题.解题时一定要抓住重要字眼“中位 数”和“等差数列” ,否则很容易出现错误.解本题需要掌握的知识点是等差中项的概念, 即若 a , ? , b 成等差数列,则 ? 称为 a 与 b 的等差中项,即 2 ? ? a ? b . 11.【2015 高考新课标 2,理 16】设 Sn 是数列 ?an ? 的前 n 项和,且 a1 ? ?1 , an?1 ? Sn Sn?1 , 则 Sn ? ________. 【答案】 ? ,所以 a1 ? 5 ,故该数列的首

1 n

【考点定位】等差数列和递推关系. 【名师点睛】本题考查数列递推式和等差数列通项公式,要搞清楚项 an 与 Sn 的关系,从而 转化为 Sn ?1 与 Sn 的递推式,并根据等差数列的定义判断 ?

?1? ? 是等差数列,属于中档题. ? Sn ?

12. 【2014,安徽理 12】数列 {an } 是等差数列,若 a1 ? 1, a3 ? 3, a5 比数列,则 q ? ________. 【答案】1 . 【解析】 试 题 分 析 : ∵

? 5 构成公比为 q 的等

a1 ? 1, a3 ? 3, a5 ? 5
, 令











(a1 ? 1)[a1 ? 1 ? 4(d ?1)] ? [a1 ?1 ? 2(d ?1)]2
x( ? x 4 y? )
q ? 1.

,y 则 a1 ? 1 ? x, d ? 1 ?

(? x 2 ,即 2 yx2)? 4 xy ? x2 ? 4 xy ? 4 y2 ,∴ y ? 0 ,即 d ? 1 ? 0 ,∴

11

考点:1.等差,等比数列的性质. 【名师点睛】对于等差数列与等比数列综合考查的问题,要做到:①熟练掌握等差或等比数 列的性质,尤其是 m ? n ? p ? q ,则 am ? an ? ap ? aq (等差数列) , am ? an ? a p ? aq (等 比数列) ;②注意在平时提高自己的运算求解能力,尤其是换元法在计算题中的应用;③要 熟练掌握数列中相关的通项公式,前 n 项和公式等. 13. 【2015 高考安徽,理 14】已知数列 {an } 是递增的等比数列, a1 ? a4 ? 9, a2a3 ? 8 ,则 数列 {an } 的前 n 项和等于
n 【答案】 2 ? 1

.

【考点定位】1.等比数列的性质;2.等比数列的前 n 项和公式. 【名师点睛】对于等差数列与等比数列综合考查的问题,要做到:①熟练掌握等差或等比数 列的性质, 尤其是 m ? n ? p ? q , 则 am ? , (等 an ?ap ?aq (等差数列) am ? an ? a p ? aq 比数列) ;②注意题目给定的限制条件,如本题中“递增” ,说明 q ? 1 ;③要熟练掌握 数列中相关的通项公式,前 n 项和公式等. 14. 【2014 天津, 理 11】 设 {an }是首项为 a1 , 公差为 - 1 的等差数列,Sn 为其前 n 项和. 若

S1 , S2 , S 4 成等比数列,则 a1 的值为__________.
【答案】 ? 【解析】 试题分析:依题意得 S2 2 = S1S4 ,∴ (2a1 - 1) = a1 (4a1 - 6) ,解得 a1 = 考点:1.等差数列、等比数列的通项公式;2.等比数列的前 n 项和公式. 【名师点睛】本题考查等差数列的通项公式和前 n 项和公式,本题属于基础题,利用等差数
12
2

1 . 2

1 . 2

列的前 n 项和公式表示出 S1,S2,S4, 然后依据 S1,S2,S4, 成等比数列,列出方程求出首 项.这类问题考查等差数列和等比数列的基本知识,大多利用通项公式和前 n 项和公式通过 列方程或方程组就可以解出. 15. 【2015 湖南理 14】设 Sn 为等比数列 ?an ? 的前 n 项和,若 a1 ? 1 ,且 3S1 , 2 S 2 , S3 成 等差数列,则 an ? 【答案】 3 【解析】 试 题 分 析 : ∵
n ?1

.

.

3S1



2S 2



S3















2 ? 2(a1 ? a2 ) ? 3a1 ? a1 ? a2 ? a3 ? a3 ? 3a2 ? q ? 3 ,
又∵等比数列 {an } ,∴ an ? a1q n?1 ? 3n?1 . 【考点定位】等差数列与等比数列的性质. 【名师点睛】本题主要考查等差与等比数列的性质,属于容易题,在解题过程中,需要建立 关于等比数列 基本量 q 的方程即可求解,考查学生等价转化的思想与方程思想. 三、解答题 1. 【 2016 高考新课标 2 理数】 Sn 为等差数列 ?an ? 的前 n 项和,且 a1 =1 ,S7 ? 28. 记

bn = ?lg an ? ,其中 ? x ? 表示不超过 x 的最大整数,如 ?0.9? =0, ?lg99? =1 .
(Ⅰ)求 b1,b11,b101 ; (Ⅱ)求数列 ?bn ? 的前 1 000 项和. 【答案】 (Ⅰ) b1 ? 0 , b11 ? 1 , b101 ? 2 ; (Ⅱ)1893. 【解析】 试题分析: (Ⅰ) 先用等差数列的求和公式求公差 d , 从而求得通项 an , 再根据已知条件 ? x ? 表示不超过 x 的最大整数,求 b1,b11,b101 ; (Ⅱ)对 n 分类讨论,再用分段函数表示 bn , 再求数列 ?bn ? 的前 1 000 项和.

13

试题解析: (Ⅰ)设 {an } 的公差为 d ,据已知有 7 ? 21d ? 28 ,解得 d ? 1. 所以 {an } 的通项公式为 an ? n.

b1 ? [lg1] ? 0, b11 ? [lg11] ? 1, b101 ? [lg101] ? 2.

?0, ? 1, ? (Ⅱ)因为 bn ? ? ? 2, ? ? 3,

1 ? n ? 10, 10 ? n ? 100, 100 ? n ? 1000, n ? 1000.

所以数列 {bn } 的前 1000 项和为 1 ? 90 ? 2 ? 900 ? 3 ? 1 ? 1893. 考点:等差数列的的性质,前 n 项和公式,对数的运算. 【名师点睛】解答新颖性的数学题,一是通过转化,化“新”为“旧” ;二是通过深入分析, 多方联想,以“旧”攻“新” ;三是创造性地运用数学思想方法,以“新”制“新” ,应特别 关注创新题型的切入点和生长点. 于是,Bm=Am-dm>2-1=1,Bm-1=min{am,Bm}≥2. 故 dm-1=Am-1-Bm-1≤2-2=0,与 dm-1=1 矛盾. 所以对于任意 n≥1,有 an≤2,即非负整数列{an}的各项只能为 1 或 2. 因为对任意 n≥1,an≤2=a1, 所以 An=2. 故 Bn=An-dn=2-1=1. 因此对于任意正整数 n,存在 m 满足 m>n,且 am=1,即数列{an}有无穷多项为 1. 考点定位:本题考查新定义信息题,考查学生对新定义的理解能力和使用能力。 【名师点睛】本题考查学生对新定义的理解能力和使用能力,本题属于偏难问题,反映出学 生对于新的信息的的理解和接受能力,题目给出新的定义:{an}是由非负整数组成的无穷数 列,该数列前 n 项的最大值记为 An,第 n 项之后各项 an+1,an+2,?的最小值记为 Bn,dn=

An-Bn ,对于数列{an}给出 dn 这样一个新的定义,首先要理解定义,题目的第一步 n ? 1 ,
前一项的最大值为 2,第一项后面的项的最小值为 1,即 A1 ? 2, B1 ? 1,则 d1 ? A B1 ? 1 , 1 ? 同理求出 d2 , d3 , d 4 ,通过第一步的计算应用新定义,加深对定义的认识进入第二步就容易 一些了,第二步证明充要条件、第三步的证明就是在第一步的基础上的深化研究,毕竟是一 个新的信息题,在一个全新的环境下进行思维,需要在原有的知识储备,还需要严密的逻辑 思维和分析问题与解决问题的能力,有得分的机会,但得满分较难. 2. 【2014 高考广东卷.理.19】 (本小题满分 14 分)设数列 ?an ? 的前 n 项和为 Sn ,满足
14

Sn ? 2nan?1 ? 3n2 ? 4n , n ? N ? ,且 S3 ? 15 .
(1)求 a1 . a2 . a3 的值; (2)求数列 ?an ? 的通项公式. 【答案】(1) a1 ? 3 , a2 ? 5 , a3 ? 7 ;(2) an ? 2n ? 1.

(2)由题意得 an ?1 ?

Sn 3n ? ?2, 2n 2

由(1)知 a1 ? 3 , a2 ? 5 , a3 ? 7 ,猜想 an ? 2n ? 1,
? 假设当 n ? k k ? N 时,猜想成立,即 ak ? 2k ? 1 ,则有

?

?

Sk ?

k ? a1 ? ak ? k ? 3 ? 2k ? 1? ? ? k ? k ? 2? , 2 2 k ? k ? 2 ? 3k Sk 3k ? ?2? ? ? 2 ? 2k ? 3 ? 2 ? k ? 1? ? 1 , 2k 2 2k 2

则当 n ? k ? 1 时,有 ak ?1 ?

这说明当 n ? k ? 1 时,猜想也成立, 由归纳原理知,对任意 n ? N , an ? 2n ? 1. 【考点定位】本题考查利用 Sn 与 an 的关系来考查数列的通项的求解,主要考查数学归纳法 的应用,属于中等题. 【名师点晴】本题主要考查的是数列的通项公式,属于中等题.本题通过计算 a1 , a2 , a3 的值猜想数列 ?an ? 的通项公式,利用数学归纳法进行证明,可得数列 ?an ? 通项公式.用数 学归纳法证明时一定要注意当 n ? k ? 1 时猜想也成立的推理,否则很容易出现错误.
15
?

3. 【2016 高考山东理数】 (本小题满分 12 分) 已知数列 ?an ? 的前 n 项和 Sn=3n +8n, ?bn ? 是等差数列,且 an ? bn ? bn?1.
2

(Ⅰ)求数列 ?bn ? 的通项公式;

(an ? 1)n?1 (Ⅱ)令 cn ? . 求数列 ?cn ? 的前 n 项和 Tn. (bn ? 2)n
【答案】 (Ⅰ) bn ? 3n ? 1; (Ⅱ) Tn ? 3n ? 2 n?2 .

(Ⅱ)由(Ⅰ)知 cn ?

(6n ? 6)n?1 ? 3(n ? 1) ? 2n?1 , n (3n ? 3)

又 Tn ? c1 ? c2 ? c3 ? ? ? ? ? cn , 得 Tn ? 3?[2 ? 22 ? 3? 23 ? 4 ? 24 ???? ? (n ? 1) ? 2n?1 ] ,

2Tn ? 3?[2 ? 23 ? 3? 24 ? 4 ? 25 ???? ? (n ?1) ? 2n?2 ] ,
两式作差,得

?Tn ? 3 ? [2 ? 22 ? 23 ? 24 ? ??? ? 2n?1 ? (n ? 1) ? 2n? 2 ]

16

? 3 ? [4 ?

4(2n ? 1) ? (n ? 1) ? 2n ? 2 ] 2 ?1

? ?3n ? 2n ? 2
所以 Tn ? 3n ? 2 n?2 考点:1.等差数列的通项公式;2.等差数列、等比数列的求和;3.“错位相减法”. 【名师点睛】本题主要考查等差数列的通项公式及求和公式、等比数列的求和、数列求和的 “错位相减法” .此类题目是数列问题中的常见题型.本题覆盖面广, 对考生计算能力要求较 高.解答本题,布列方程组,确定通项公式是基础,准确计算求和是关键,易错点是在“错 位”之后求和时,弄错等比数列的项数.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力及基本计算 能力等. 4.【2015 高考广东,理 21】数列 ?an ? 满足 a1 ? 2a2 ? ? nan ? 4 ? (1) 求 a3 的值; (2) 求数列 ?an ? 前 n 项和 Tn ; (3) 令 b1 ? a1 , bn ?

n?2 n? N* ? , n ?1 ? 2

Tn?1 ? 1 1 1? ? ?1 ? ? ? ??? ? ? an ? n ? 2 ? ,证明:数列 ?bn ? 的前 n 项 n ? 2 3 n?

和 S n 满足 Sn ? 2 ? 2 ln n . 【答案】 (1)

1 ?1? ; (2) 2 ? ? ? 4 ?2?

n ?1

; (3)见解析.

【解析】 (1)依题 3a3 ? ? a1 ? 2a2 ? 3a3 ? ? ? a1 ? 2a2 ? ? 4 ? ∴ a3 ? (

3? 2 ? 2?2? 3 ? ? 4 ? 2?1 ? ? , 3?1 2 2 ? 4 ?

1 ; 4
2 ) 依 题 当

n ?1





n?2 ? n ?1? n nan ? ? a1 ? 2a ? ?nan2 ? ? ? 1 an ? ? 1 ?a ? 2a ? ?? n ? 1? ? ? 4 ? 2n2?1 ? ? 4 ? 2n ? ? ? 2n ? 2 , ? ?
1? 2 ?1? ∴ an ? ? ? ,又 a1 ? 4 ? 0 ? 1 也适合此式, 2 ?2?
n ?1

1

?1? ∴ an ? ? ? , ?2?
17

n ?1

?1? 1? ? ? n ?1 1 2? ?1? ? ∴ 数列 ?an ? 是首项为 1 ,公比为 的等比数列,故 Tn ? ? 2?? ? ; 1 2 ?2? 1? 2
(3)依题由 bn ?

n

a1 ? a2 ? ? ? an ?1 ? 1 a ? 1? 1? ? ?1 ? ? ? ? ? an 知 b1 ? a1 , b2 ? 1 ? ?1 ? ? a2 , n n? 2 ? 2? ? 2

b3 ?

a1 ? a2 ? 1 1 ? ? ?1 ? ? ? a3 , 3 ? 2 3? ? ? 1 1? 1? ? 1 ? ? ? ? ? a1 ? a2 ? ? ? an ? ? ?1 ? ? ? ? ? Tn 2 n? n? ? 2

∴ Sn ? b1 ? b2 ? ? ? bn ? ?1 ?

1 ?? 1 ? 1? ? 1 ? 1 ? ?1 ? ? ? ? ?? 2 ? n ?1 ? ? 2 ? ?1 ? ? ? ? ? , n ?? 2 ? n? ? 2 ? 2
记 f ? x ? ? ln x ?

1 1 1 x ?1 ? 1? x ? 1? ,则 f ' ? x ? ? ? 2 ? 2 ? 0 , x x x x

∴ f ? x ? 在 ?1, ?? ? 上是增函数,又 f ?1? ? 0 即 f ? x ? ? 0 ,

k ?1, k ?1 k 1 k 1 ? k ? ? , ∴ f? ? ? 1 ? 0 即 ln ? ? ln k k ?1 k k ?1 ? k ?1 ? k ?1 1 2 1 3 ? ln ? ln ∴ , , ? , 2 1 3 2 1 1 1 2 3 n ? ? ? ? ln ? ln ? ? ? ln ? ln n , 2 3 n 1 2 n ?1
又 k ? 2 且 k ? N * 时, ∴ 2 ? ?1 ?

1 n ? ln n n ?1







? ?

1 1 1? ? ? ? ? ? ? 2 ? 2ln n ,即 Sn ? 2 ? 2ln n . 2 3 n?

【考点定位】前 n 项和关系求项值及通项公式,等比数列前 n 项和,不等式放缩. 【名师点睛】本题主要考查前 n 项和关系求项值及通项公式,等比数列前 n 项和,不等式放 缩等,转化与化归思想的应用和运算求解能力,属于高档题,此题(1) (2)问难度不大, 但第(3)问难度较大,首先应能求得 Sn ? ?1 ?

? ?

1 1 1 ?? 1 ? ? ? ? ?? 2 ? n ?1 ? ,并由 2 ? n ?1 ? 2 得 2 2 n ?? 2 ?

到 Sn ? 2 ? ?1 ?

? ?

1 1 1? ? ? ? ? ,再用构造函数( f ? x ? ? ln x ? ? 1? x ? 1? )结合不等 x 2 n?

18

( ln

k 1 1 1 1 ? )放缩方法或用数学归纳法证明 1 ? ? ? ? ? ? 1 ? ln n . k ?1 k 2 3 n
*

5. 【 2014 湖南 20】已知数列 ?an ? 满足 a1 ? 1, an?1 ? an ? pn , n ? N . (1)若 ?an ? 为递增数列,且 a1 , 2a2 ,3a3 成等差数列,求 P 的值; (2)若 p ?

1 ,且 ?a2n?1? 是递增数列, ?a2 n ? 是递减数列,求数列 ?an ? 的通项公式. 2
1 3

【答案】(1) p ?

1 ?4 n ? , n为奇数 ? 4 ? ?1? ? 3 3?2n ?1 (2) an ? ? 或 an ? ? 4 1 3 3?2n?1 ? ? , n 为偶数 ? ? 3 3?2n ?1

【解析】

试题解析:(1)因为数列 ?an ? 为递增数列,所以 an?1 ? an ? 0 ,则

an?1 ? an ? pn ? an?1 ? an ? pn ,分别令 n ? 1, 2 可得
a2 ? a1 ? p, a3 ? a2 ? p2 ? a2 ? 1 ? p, a3 ? p2 ? p ? 1 ,因为 a1 , 2a2 ,3a3 成等差数列,所以
1 4a2 ? a1 ? 3a3 ? 4 ?1 ? p ? ? 1 ? 3 ? p 2 ? p ? 1? ? 3 p 2 ? p ? 0 ? p ? 或 0 , 3 1 当 p ? 0 时,数列 an 为常数数列不符合数列 ?an ? 是递增数列,所以 p ? . 3 1 1 1 (2)由题可得 an ?1 ? an ? n ? a2 n ? a2 n ?1 ? 2 n ?1 , a2 n ? 2 ? a2 n ?1 ? 2 n ?1 ,因为 ?a2n?1? 是 2 2 2
递增数列且 ?a2 n ? 是递减数列,所以 a2n?1 ? a2 n?1 且 a2n?2 ? a2 n ,则有

??a2 n ? ?a2 n ? 2 ? a2 n ?1 ? a2 n ? a2 n ?1 ? a2 n ?2 ,因为 ? ?a2 n?1 ? a2 n?1

19

(2)由题可得 an ?1 ? an ?

1 1 1 ? a2 n ? a2 n ?1 ? 2 n ?1 , a2 n ? 2 ? a2 n ?1 ? 2 n ?1 ,因为 ?a2n?1? 是 n 2 2 2

递增数列且 ?a2 n ? 是递减数列,所以 a2n?1 ? a2 n?1 ? 0 且

a2n?2 ? a2n ? 0 ? ? ? a2n?2 ? a2n ? ? 0 ,两不等式相加可得

a2n?1 ? a2n?1 ? ? a2n?2 ? a2n ? ? 0 ? a2n ? a2n?1 ? a2n?2 ? a2n?1 ,
又因为 a2 n ? a2 n ?1 ?

1 2
2 n ?1

? a2 n ? 2 ? a2 n ?1 ?

1 2
2 n ?1

,所以 a2n ? a2 n?1 ? 0 ,即

a2 n ? a2 n ?1 ?

1 2
2 n ?1

,

同理可得 a2n?3 ? a2n?2 ? a2n?1 ? a2n 且 a2n?3 ? a2n?2 ? a2n?1 ? a2n ,所以

a2 n ?1 ? a2 n ? ?

1 , 22 n

则当 n ? 2 m ? m ? N *? 时, a2 ? a1 ?

1 1 1 1 , a3 ? a2 ? ? 2 , a4 ? a3 ? 3 ,? , a2 m ? a2 m?1 ? 2 m ?1 ,这 2m ? 1 个等式相加 2 2 2 2

可得 a2 m ? a1 ? ?

1 ? ?1 1 1 ? ?1 1 ? 3 ? ? ? 2 m?1 ? ? ? 2 ? 4 ? ? ? 2 m?2 ? 1 2 2 ?2 2 ? ?2 2 ?

1 1 1 1 1 1 ? 2 m?1 ? ? 2 m?2 ? 2 4 1 4?2 2 4 ?1? 1 ? a2 m ? ? . ?2 2 2 m ?1 1 1 3 3?22 m ?1 3 3 ? 2 1? 1? 4 4 1 1 1 1 当 n ? 2m ? 1 时, a2 ? a1 ? , a3 ? a2 ? ? 2 , a4 ? a3 ? 3 ,? , a2 m ?1 ? a2 m ? ? 2 m ,这 2 m 2 2 2 2
个等式相加可得

1 ? ?1 1 1 ? ?1 1 a2 m?1 ? a1 ? ? 1 ? 3 ? ? ? 2 m?1 ? ? ? 2 ? 4 ? ? ? 2 m ? 2 2 ? ?2 2 ? ?2 2

1 1 1 1 1 1 ? 2 m?1 ? ? 2m ? 2 4 ? 2 2 4 ?1? 1 ?2 2 1 1 3 3?22 m 1? 1? 4 4 4 1 4 1 a2 m ?1 ? ? ,当 m ? 0 时, a1 ? 1 符合,故 a2 m ?1 ? ? 2m 3 3?2 3 3?22 m ? 2
1 ?4 ? , n为奇数 ? ? 3 3?2n ?1 综上 an ? ? . ? 4 ? 1 , n为偶数 ? ? 3 3?2n ?1
20

【考点定位】叠加法 等差数列 等比数列 数列单调性 【名师点睛】本题考查了等差数列的通项公式,等比数列前 n 项和公式、数列的单调性,累 加法求数列的通项公式,不等式的性质等,同时考查数列的基础知识和化归、分类整合等数 学思想,以及推理论证、分析与解决问题的能力.本题设计巧妙,题型新颖,立意深刻,是 一道不可多得的好题,难度很大. 6. 【2016 高考江苏卷】 (本小题满分 16 分)

100? .对数列 ?an ? n ? N * 和 U 的子集 T,若 T ? ? ,定义 ST ? 0 ;若 记 U ? ?1,2,…, T ? ?t1, t2 ,…,tk ? ,定义 ST ? at1 ? at2 ? …+atk .例如: T = ?1,3,66? 时,
ST ? a1 ? a3 +a66 .现设 ?an ? ? n ? N * ? 是公比为 3 的等比数列,且当 T = ?2, 4? 时, ST =30 .
(1)求数列 ?an ? 的通项公式;

?

?

k? ,求证: ST ? ak ?1 ; (2)对任意正整数 k ?1 ? k ? 100? ,若 T ? ?1,2,…,
(3)设 C ? U , D ? U , SC ? SD ,求证: SC ? SC?D ? 2SD . 【答案】 (1) an ? 3n?1 (2)详见解析(3)详见解析 【解析】 试题分析: (1)根据及时定义,列出等量关系 Sr ? a2 ? a4 ? 3a1 ? 27a1 ? 30a1 ,解出首项

a1 ? 1 ,根据等比数列通项公式写出通项公式(2)数列不等式证明,一般是以算代征,而
非特殊数列一般需转化到特殊数列,便于求和,本题根据子集关系,先进行放缩为一个等比 数列 Sr ? a1 ? a2 ? ?? ak ? 1 ? 3 ? ?? 3k ?1 ,再利用等比数列求和公式得

Sr ?

1 k (3 ? 1) ? 3k (3)利用等比数列和与项的大小关系,确定所定义和的大小关系:设 2

A ? CC (C ? D),B ? CD (C ? D), 则 A ? B ? ? , 因此由 SC ? S D ? S A ? S B ,因此 A ? B 中最大

SB ?SC ?SC D? ? 2 S (D ?S 项必在 A 中, 由 (2) 得 SA ? 2 C D
搭好台阶,只不过比较隐晦,需明晰其含义.

?

) ?S ?D S2 C ?S C D ?

, (2) 为 (3)

21

(3)下面分三种情况证明. ①若 D 是 C 的子集,则 SC ? SC ?D ? SC ? SD ? SD ? SD ? 2SD . ②若 C 是 D 的子集,则 SC ? SC ?D ? SC ? SC ? 2SC ? 2SD . ③若 D 不是 C 的子集,且 C 不是 D 的子集. 令 E ? C ? CU D , F ? D ? CU C 则 E ? ? , F ? ? , E ? F ? ? . 于是 SC ? SE ? SC ?D , SD ? SF ? SC ?D ,进而由 SC ? SD ,得 SE ? SF . 设 k 是 E 中的最大数, l 为 F 中的最大数,则 k ? 1, l ? 1, k ? l . 由(2)知, S E ? ak ?1 ,于是 3l ?1 ? al ? SF ? SE ? ak ?1 ? 3k ,所以 l ? 1 ? k ,即 l ? k . 又 k ? l ,故 l ? k ? 1 , 从而 S F ? a1 ? a2 ? ? ? al ? 1 ? 3 ? ? ? 3
l ?1

?

3l ? 1 ak ? 1 S E ? 1 ? ? , 2 2 2

故 SE ? 2SF ? 1,所以 SC ? SC ?D ? 2(SD ? SC ?D ) ? 1, 即 SC ? SC ?D ? 2SD ? 1. 综合①②③得, SC ? SC?D ? 2SD . 考点:等比数列的通项公式、求和 【名师点睛】本题三个难点,一是数列新定义,利用新定义确定等比数列首项,再代入等比 数列通项公式求解,二是利用放缩法求证不等式,放缩目的,是将非特殊数列转化为特殊数
22

列,从而可利用特殊数列性质,以算代征,三是结论含义的应用,实质又是一个新定义,只 不过是新定义的性质应用. 7. 【2014 江苏, 理 20】 设数列 ?an ? 的前 n 项和为 Sn .若对任意的正整数 n , 总存在正整数 m , 使得 Sn ? am ,则称 ?an ? 是“ H 数列”. (1)若数列 ?an ? 的前 n 项和为 Sn ? 2n (n ? N * ) ,证明: ?an ? 是“ H 数列”. (2)设 ?an ? 是等差数列,其首项 a1 ? 1 ,公差 d ? 0 ,若 ?an ? 是“ H 数列” ,求 d 的值; ( 3 ) 证 明 : 对 任 意 的 等 差 数 列 ?an ? , 总 存 在 两 个 “ H 数 列 ”

?bn ? 和 ?cn ? , 使 得

an ? bn ? cn (n ? N * ) 成立.
【答案】 (1)祥见解析; (2) d ? ?1 ; (3)祥见解析. 【解析】 ( 1 ) 首 先 a1 ? S1 ? 2 , 当 n ? 2 时 , an ? Sn ? Sn?1 ? 2n ? 2n?1 ? 2n?1 , 所 以

?2, n ? 1, an ? ? n ?1 , 所以对任意的 n ? N * ,Sn ? 2n 是数列 {an } 中的 n ? 1 项, 因此数列 {an } 2 , n ? 2, ?
是“ H 数列” .

n(n ? 1) d, 数列 {an } 是 “ H 数列” , 则存在 k ? N * , 2 n(n ? 1) n ? 1 n(n ? 1) n( n ? 1) d ? 1 ? (k ? 1)d ,k ? ? ? 1 ,由于 ? N * ,又 k ? N * , 使n? 2 d 2 2 n ?1 ? Z 对一切正整数 n 都成立,所以 d ? ?1 . 则 d n( n ? 1) b 是数列 {dn } 中 (3)首先,若 dn ? bn ( b 是常数) ,则数列 {dn } 前 n 项和为 S n ? 2 n(n ? 1) 的第 项,因此 {dn } 是“ H 数列” ,对任意的等差数列 {an } , an ? a1 ? (n ?1)d ( d 2 Sn ? n ? (2) 由题意 an ? 1 ? (n ? 1)d ,
是公差) ,设 bn ? na1 , cn ? (d ? a1 )(n ?1) ,则 an ? bn ? cn ,而数列 {bn } ,{cn } 都是“ H 数列” ,证毕. 【考点定位】 (1)新定义与数列的项, (2)数列的项与整数的整除; (3)构造法. 【名师点晴】在解决等差数列或等比数列的相关问题时,“基本量法”是常用的方法,但有 时灵活地运用性质,可使运算简便,而一般数列的问题常转化为等差、等比数列求解;解综 合题的成败在于审清题目,弄懂来龙去脉,透过给定信息的表象,抓住问题的本质,揭示问 题的内在联系和隐含条件,明确解题方向、形成解题策略. 8. 【2015 江苏高考,20】 (本小题满分 16 分)
23

设 a1 , a2 , a3 , a4 是各项为正数且公差为 d ( d ? 0) 的等差数列 (1)证明: 2 1 , 2 2 , 2 3 , 2 4 依次成等比数列; (2)是否存在 a1 , d ,使得 a1 , a22 , a33 , a44 依次成等比数列,并说明理由;
n n? k n? 2 k n?3k (3)是否存在 a1 , d 及正整数 n, k ,使得 a1 依次成等比数列,并说明理 , a2 , a3 , a4
a a a a

由. 【答案】 (1)详见解析(2)不存在(3)不存在 【解析】 试题分析(1)根据等比数列定义只需验证每一项与前一项的比值都为同一个不为零的常数 即可(2)本题列式简单,变形较难,首先令 t ?

d 将二元问题转化为一元,再分别求解两 a1
2

个高次方程,利用消最高次的方法得到方程: 7t +4t ? 3 ? 0 ,无解,所以不存在(3)同 (2)先令 t ?

d 将二元问题转化为一元,为降次,所以两边取对数,消去 n,k 得到关于 t a1

的一元方程 4ln(1 ? 3t ) ln(1 ? t ) ? ln(1 ? 3t ) ln(1 ? 2t ) ? 3ln(1 ? 2t ) ln(1 ? t ) ? 0 ,从而将方程 的解转化为研究函数 g (t ) ? 4ln(1 ? 3t ) ln(1 ? t ) ? ln(1 ? 3t ) ln(1 ? 2t ) ? 3ln(1 ? 2t ) ln(1 ? t ) 零 点情况,这个函数需要利用二次求导才可确定其在 (0, ??) 上无零点

试题解析: (1)证明:因为

2an?1 ? 2an?1 ?an ? 2d ( n ? 1 , 2 , 3 )是同一个常数, an 2

所以 2 a1 , 2 a2 , 2 a3 , 2 a4 依次构成等比数列.

a , (2) 令 a1 ?d ? 则 a1 ,a2 ,a3 ,a4 分别为 a ? d ,a ,a ? d ,a ? 2d( a ? d ,a ? ?2d ,
d ? 0) .
假设存在 a1 , d ,使得 a1 , a2 , a3 , a4 依次构成等比数列,
4 2 则 a ? ? a ? d ?? a ? d ? ,且 ? a ? d ? ? a ? a ? 2d ? . 3 6 4

2

3

4

令t ?

d 1 3 6 4 ,则 1 ? ?1 ? t ??1 ? t ? ,且 ?1 ? t ? ? ?1 ? 2t ? ( ? ? t ? 1 , t ? 0 ) , a 2

化简得 t 3 ? 2t 2 ? 2 ? 0 ( ? ) ,且 t 2 ? t ? 1 .将 t 2 ? t ? 1 代入( ? )式,

24

1 t ?t ?1? ? 2 ?t ?1? ? 2 ? t 2 ? 3t ? t ?1? 3t ? 4t ?1 ? 0 ,则 t ? ? . 4 1 显然 t ? ? 不是上面方程得解,矛盾,所以假设不成立, 4
因此不存在 a1 , d ,使得 a1 , a2 , a3 , a4 依次构成等比数列.
2 3 4

化简得 2k ? ?ln ?1 ? 2t ? ? ln ?1 ? t ? ? ? ? n? ? 2 ln ?1 ? t ? ? ln ?1 ? 2t ? ? ?, 且 3k ? ?ln ?1 ? 3t ? ? ln ?1 ? t ? ? ? ? n? ?3ln ?1 ? t ? ? ln ?1 ? 3t ? ? ?. 再将这两式相除,化简得 ln ?1 ? 3t ? ln ?1 ? 2t ? ? 3ln ?1 ? 2t ? ln ?1 ? t ? ? 4ln ?1 ? 3t ? ln ?1 ? t ? ( ?? ) . 令 g ?t ? ? 4ln ?1 ? 3t ? ln ?1 ? t ? ? ln ?1 ? 3t ? ln ?1 ? 2t ? ? 3ln ?1 ? 2t ? ln ?1 ? t ? ,
2 2 2 2 ??1 ? 3t ? ln ?1 ? 3t ? ? 3 ?1 ? 2t ? ln ?1 ? 2t ? ? 3 ?1 ? t ? ln ?1 ? t ?? ?. 则 g? ?t ? ? ? ?1 ? t ??1 ? 2t ??1 ? 3t ?

令 ? ? t ? ? ?1 ? 3t ? ln ?1 ? 3t ? ? 3 ?1 ? 2t ? ln ?1 ? 2t ? ? 3 ?1 ? t ? ln ?1 ? t ? ,
2 2 2

则 ?? ?t ? ? 6 ? ??1 ? 3t ? ln ?1 ? 3t ? ? 2 ?1 ? 2t ? ln ?1 ? 2t ? ? ?1 ? t ? ln ?1 ? t ? ? ?.

? ?t ? ? 6 ? 令 ?1 ?t ? ? ?? ?t ? ,则 ?1 ?3ln ?1 ? 3t ? ? 4 ln ?1 ? 2t ? ? ln ?1 ? t ? ? ?.

? ?t ? ? ? ?t ? ,则 ?2 令 ?2 ?t ? ? ?1

12 ?0. ?1 ? t ??1 ? 2t ??1 ? 3t ?

? ?t ? ? 0 , 由 g ? 0? ? ? ? 0? ? ?1 ? 0? ? ?2 ? 0? ? 0 , ?2

25

知 ?2 ?t ? , ?1 ? t ? , ? ? t ? , g ? t ? 在 ? ? , 0 ? 和 ? 0, ??? 上均单调. 故 g ? t ? 只有唯一零点 t ? 0 ,即方程( ?? )只有唯一解 t ? 0 ,故假设不成立. 所以不存在 a1 , d 及正整数 n , k ,使得 a1 , a2
n n?k

? 1 ? 3

? ?

, a3

n?2k

, a4

n ?3k

依次构成等比数列.

【考点定位】等差、等比数列的定义及性质,函数与方程 【名师点晴】解决等差数列与等比数列的综合问题,关键是理清两个数列的关系.如果同一 数列中部分项成等差数列, 部分项成等比数列, 要把成等差数列或等比数列的项抽出来单独 研究;如果两个数列通过运算综合在一起,要从分析运算入手,把两个数列分割开,弄清两 个数列各自的特征,再进行求解. 9. 【2015 高考山东,理 18】设数列 ?an ? 的前 n 项和为 Sn .已知 2Sn ? 3n ? 3 . (I)求 ?an ? 的通项公式; (II)若数列 ?bn ? 满足 anbn ? log3 an ,求 ?bn ? 的前 n 项和Tn . 【答案】 (I) an ? ? 【解析】 (I)因为 2Sn ? 3n ? 3 所以, 2a1 ? 3 ? 3 ,故 a1 ? 3, 当 n ? 1 时, 2Sn?1 ? 3n?1 ? 3, 此时, 2an ? 2Sn ? 2Sn?1 ? 3n ? 3n?1, 即 an ? 3n?1, 所以, an ? ?

?3, n ? 1, ?3 , n ? 1,
n ?1

; (II) Tn ?

13 6n ? 3 ? . 12 4 ? 3n

?3, n ? 1,
n ?1 ?3 , n ? 1,

(II)因为 anbn ? log3 an ,所以 b1 ? 当 n ? 1 时, bn ? 3 所以 T1 ? b1 ? 当 n ? 1 时,
1?n

1 3

log3 3n?1 ? ? n ?1? ?31?n

1 3

26

1 Tn ? b1 ? b2 ? b3 ? ?bn ? ? ?1? 3?1 ? 2 ? 3?2 ? ? ? ? n ? 1? 31? n ? 3
0 ?1 2? n 所以 3Tn ? 1 ? 1? 3 ? 2 ? 3 ? ? ? ? n ? 1? 3

?

?

两式相减,得

2Tn ?

2 2 1 ? 31?n ? ? 30 ? 3?1 ? 32? n ? ? ? n ? 1? ? 31? n ? ? ? ? n ? 1? ? 31?n 3 3 1 ? 3?1

13 6n ? 3 ? 6 2 ? 3n 13 6n ? 3 ? 所以 Tn ? 12 4 ? 3n ?
经检验, n ? 1 时也适合, 综上可得: Tn ?

13 6n ? 3 ? 12 4 ? 3n

【考点定位】1、数列前 n 项和 Sn 与通项 an 的关系;2、特殊数列的求和问题. 【名师点睛】 本题考查了数列的基本概念与运算, 意在考查学生的逻辑思维能力与运算求解 能力,思维的严密性和运算的准确性,在利用 Sn 与通项 an 的关系求 an 的过程中,一定要注 意 n ? 1 的情况,错位相减不法虽然思路成熟但也对学生的运算能力提出了较高的要求. 10. 【2016 高考天津理数】已知 ?an ? 是各项均为正数的等差数列,公差为 d ,对任意的

n ? N ?, bn 是 an 和 an ?1 的等差中项.
(Ⅰ)设 cn ? bn?1 ? bn , n ? N ,求证: ?cn ? 是等差数列;
2 2 *

(Ⅱ)设 a1 ? d , Tn ?

? ? ?1?
k ?1

2n

n

bn 2 , n ? N * ,求证: ?

1 1 ? 2. 2d k ?1 Tk

n

【答案】 (Ⅰ)详见解析(Ⅱ)详见解析 【解析】
2 试题分析: (Ⅰ)先根据等比中项定义得: bn ? an an?1 ,从而 2 2 cn ? bn ?1 ? bn ? an?1an?2 ? an an?1 ? 2dan?1 ,因此根据等差数列定义可证:

cn?1 ? cn ? 2d ? an?2 ? an?1 ? ? 2d 2 (Ⅱ) 对数列不等式证明一般以算代证先利用分组求和
化简 Tn ?

? ? ?1?
k ?1

2n

n

2 bn 2 ? ? ?b12 ? b2 ? ? ? ?b32 ? b42 ? ? ? ?b22n?1 ? b22n ? ? 2d 2n ? n ?1? ,再利用裂

27

项相消法求和 论.

1 1 n 1 1 n ?1 1 ? 1 ? 1 ? ? ? ? ? ? ? 2 ? ?1 ? ? ,易得结 2 ? 2 ?? 2d k ?1 k ? k ? 1? 2d k ?1 ? k k ? 1 ? 2d ? n ? 1 ? k ?1 Tk
n

考点:等差数列、等比中项、分组求和、裂项相消求和 【名师点睛】分组转化法求和的常见类型 (1)若 an=bn±cn,且{bn},{cn}为等差或等比数列,可采用分组求和法求{an}的前 n 项和. (2)通项公式为 an=?
? ?bn,n为奇数, ?cn,n为偶数 ?

的数列,其中数列{bn},{cn}是等比数列或等差数列,

可采用分组求和法求和. 11.【2014 山东.理 19】 (本小题满分 12 分) 已知等差数列 {an } 的公差为 2,前 n 项和为 Sn ,且 S1 , S2 , S4 成等比数列. (Ⅰ)求数列 {an } 的通项公式; (Ⅱ)令 bn ? (?1)n?1

4n ,求数列 {bn } 的前 n 项和 Tn . an an?1

【答案】 (I) an ? 2n ? 1.

? 2n ? 2 , n为奇数 ? 2n ? 1 ? (?1) n ?1 ? 2n ? 1 (II) Tn ? ? , (或 Tn ? ) 2n+1 ? 2n , n为偶数 ? 2n ? 1 ?
【解析】

28

(II) bn ? (?1) 当 n 为偶数时,

n ?1

1 1 4n 4n ? (?1) n ?1 ( ? ) ? (?1) n?1 2n ? 1 2n ? 1 an an?1 (2n ? 1)(2n ? 1)

1 1 1 1 1 1 1 1 2n Tn ? (1 ? ) ? ( ? ) ? ? ? ( ? )?( ? ) ? 1? ? 3 3 5 2n ? 3 2n ? 1 2n ? 1 2n ? 1 2n ? 1 2 n ? 1
当 n 为奇数时,

1 1 1 1 1 1 1 1 2n ? 2 Tn ? (1 ? ) ? ( ? ) ? ? ? ( ? )?( ? ) ? 1? ? 3 3 5 2n ? 3 2n ? 1 2n ? 1 2n ? 1 2n ? 1 2 n ? 1

? 2n ? 2 , n为奇数 ? 2n ? 1 ? (?1) n ?1 ? 2n ? 1 所以 Tn ? ? , (或 Tn ? ) 2n+1 ? 2n , n为偶数 ? 2n ? 1 ?
试题解析:(I)因为 S1 ? a1 , S 2 ? 2a1 ?

S4 ? 4a1 ?

4?3 ? 2 ? 4a1 ? 12 , 2

2 ?1 ? 2 ? 2a1 ? 2 , 2

由题意,得 (2a1 ? 2)2 ? a1 (4a1 ? 12) , 解得 a1 ? 1 , 所以 an ? 2n ? 1. (II) bn ? (?1) 当 n 为偶数时,
n ?1

1 1 4n 4n ? (?1) n ?1 ( ? ) ? (?1) n?1 2n ? 1 2n ? 1 an an?1 (2n ? 1)(2n ? 1)

1 1 1 1 1 1 1 1 2n Tn ? (1 ? ) ? ( ? ) ? ? ? ( ? )?( ? ) ? 1? ? 3 3 5 2n ? 3 2n ? 1 2n ? 1 2n ? 1 2n ? 1 2 n ? 1
当 n 为奇数时,

29

1 1 1 1 1 1 1 1 2n ? 2 Tn ? (1 ? ) ? ( ? ) ? ? ? ( ? )?( ? ) ? 1? ? 3 3 5 2n ? 3 2n ? 1 2n ? 1 2n ? 1 2n ? 1 2 n ? 1

? 2n ? 2 , n为奇数 ? 2n ? 1 ? (?1) n ?1 ? 2n ? 1 所以 Tn ? ? , (或 Tn ? ) 2n+1 ? 2n , n为偶数 ? 2n ? 1 ?
【名师点睛】本题考查等差数列的通项公式、等差数列及等比数列的求和公式、 “裂项相消 法”等.求等差数列的通项公式,主要是要运用已知条件,建立首项 a1,公差为 d 的方程组. 数列的求和问题,基本解法有“分组求和法” 、 “错位相减法” 、 “裂项相消法”. 本题是一道能力题.在考查等差数列等基础知识、基本方法的同时,考查考生的计算能力、 转化与化归思想及分类讨论思想. 12. 【2016 高考新课标 3 理数】已知数列 {an } 的前 n 项和 Sn ? 1 ? ? an ,其中 ? ? 0 . (I)证明 {an } 是等比数列,并求其通项公式; (II)若 S5 ?

31 ,求 ? . 32 1 ? n ?1 ( ) ; (Ⅱ) ? ? ?1 . 1? ? ? ?1

【答案】 (Ⅰ) an ? 【解析】

试题分析: (Ⅰ)首先利用公式 an ? ?

n ?1 ? S1 ,得到数列 {an } 的递推公式,然后通 ? Sn ? Sn?1 n ? 2

过变换结合等比数列的定义可证; (Ⅱ)利用(Ⅰ)前 n 项和 Sn 化为 ? 的表达式,结合 S5 的 值,建立方程可求得 ? 的值.

(Ⅱ)由(Ⅰ)得 S n ? 1 ? ( 解得 ? ? ?1 .

? ? ?1

) n ,由 S5 ?

? 5 1 31 ? 5 31 ) ? ) ? 得1 ? ( ,即 ( , 32 32 ? ?1 32 ? ?1

考点:1、数列通项 an 与前 n 项和为 Sn 关系;2、等比数列的定义与通项及前 n 项和为 Sn .
30

【方法总结】等比数列的证明通常有两种方法: (1)定义法,即证明

an ?1 ; ( 2) ? q (常数) an

2 中项法,即证明 an ?1 ? an an ? 2 .根据数列的递推关系求通项常常要将递推关系变形,转化为

等比数列或等差数列来求解. 13. 【2015 高考陕西,理 21】 (本小题满分 12 分)设 fn ? x ? 是等比数列 1 , x , x , ??? ,
2

x n 的各项和,其中 x ? 0 , n ? ? , n ? 2 .
( I ) 证 明 : 函 数 Fn ? x ? ? fn ? x ? ? 2 在 ?

?1 ? ,且 ,1? 内 有 且 仅 有 一 个 零 点 ( 记 为 xn ) ?2 ?

xn ?

1 1 n ?1 ? xn ; 2 2

(II)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为

gn ? x ? ,比较 fn ? x ?
与 gn ? x ? 的大小,并加以证明. 【答案】 (I)证明见解析; (II)当 x = 1 时, f n ( x) = gn ( x) ,当 x ? 1 时, f n ( x) < gn ( x) , 证明见解析. 【解析】

试题解析: (I) Fn ( x) ? f n ( x) ? 2 ? 1 ? x ? x ? ?? x ? 2 ,则 Fn (1) = n - 1 > 0,
2 n

?1? 1? ? ? 2 n 1 1 ?1? 2 ?1? Fn ( ) ? 1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 2 ? ? ? 1 2 2 ?2? ?2? 1? 2
所以 Fn ( x) 在 ?

n ?1

?2? ?

1 ? 0, 2n

?1 ? ,1? 内至少存在一个零点 xn . ?2 ?
31

又 Fn? ( x) ? 1 ? 2 x ? ? ? nx

n ?1

?1 ? ? 0 ,故在 ? ,1? 内单调递增, ?2 ?

所以 Fn ( x) 在 ?

?1 ? ,1? 内有且仅有一个零点 xn . ?2 ?

1 1 1 - xn n+1 因为 xn 是 Fn ( x) 的零点,所以 Fn ( xn )=0 ,即 - 2 = 0 ,故 xn = + xn n +1 . 2 2 1 - xn

( n +1) (1 + x ) . (II)解法一:由题设, g ( x) =
n n

2

设 h( x) ? f n ( x) ? g n ( x) ? 1 ? x ? x ? ? ? x ?
2 n

? n ? 1? ?1 ? xn ?
2

, x ? 0.

当 x = 1 时, f n ( x) = gn ( x) 当 x ? 1 时, h?( x) ? 1 ? 2 x ? ? ? nx 若
n ?1

n ? n ? 1? x n?1 ? . 2
0 < x <1


h?( x) ? x n?1 ? 2 x n?1 ? ? ? nx n?1 ?


n ? n ? 1? n?1 n ( n +1) n- 1 n ( n +1) n- 1 x = x x = 0. 2 2 2
x >1


h?( x) ? x n ?1 ? 2 x n ?1 ? ? ? nx n ?1 ?

n ? n ? 1? n ?1 n ( n +1) n- 1 n ( n +1) n- 1 x = x x = 0. 2 2 2

所以 h( x) 在 (0,1) 上递增,在 (1, ??) 上递减, 所以 h( x) < h(1) = 0 ,即 f n ( x) < gn ( x) . 综上所述,当 x = 1 时, f n ( x) = gn ( x) ;当 x ? 1 时 f n ( x) < gn ( x) 解法二 由题设, f n ( x) ? 1 ? x ? x 2 ? ? ? x n , gn ( x) ? 当 x = 1 时, f n ( x) = gn ( x) 当 x ? 1 时, 用数学归纳法可以证明 f n ( x) < gn ( x) . 当 n = 2 时, f 2 ( x) - g 2 ( x) = -

? n ? 1? ?1 ? xn ?
2

, x ? 0.

1 (1 - x) 2 < 0, 所以 f 2 ( x) < g2 ( x) 成立. 2
32

假设 n ? k (k ? 2) 时,不等式成立,即 f k ( x) < gk ( x) . 那么,当 n = k +1 时,

f k+1 ( x) = f k ( x) + x

k +1

< g k ( x) + x

k +1

( k +1) (1 + x ) + x =
k

k +1

2

2 x k +1 +( k +1) x k + k +1 . = 2

2 x k +1 +( k +1) x k + k +1 kx k +1 - ( k +1) x k +1 又 g k+1 ( x) = 2 2


hk ( x) ? kxk ?1 ? ? k ?1? xk ?1( x ? 0)





hk ? ( x) ? k (k ? 1) x k ? k ? k ? 1? x k ?1 ? k ? k ? 1? x k ?1 ( x ? 1)

? ( x) ? 0 , hk ( x) 在 (0,1) 上递减; 所以当 0 < x < 1 , hk
? ( x) ? 0 , hk ( x) 在 (1, ??) 上递增. 当 x > 1 , hk
2 x k +1 +( k +1) x k + k +1 所以 hk ( x) > hk (1) = 0 ,从而 g k+1 ( x) > 2
故 f k +1 ( x) < gk +1 ( x) .即 n = k +1 ,不等式也成立. 所以,对于一切 n ? 2 的整数,都有 f n ( x) < gn ( x) . 解法三 : 由已知,记等差数列为 {ak } , 等比数列为 {bk } , k ? 1, 2,?, n ? 1. 则 a1 = b1 = 1 ,

an+1 = bn+1 = xn ,
xn ?1 (2 ? k ? n) , bk ? xk ?1 (2 ? k ? n), 所以 ak ? 1+ ? k ? 1? ? n
令 mk (x) ? ak ? bk ? 1 ?

? k ?1? ? xn ?1?
n

? x k ?1 , x ? 0(2 ? k ? n).

当 x = 1 时, ak =bk ,所以 f n ( x) = gn ( x) . 当 x ? 1 时, mk ? ( x) ?

k ? 1 n ?1 nx ? (k ? 1) x k ? 2 ? ? k ? 1? x k ? 2 ? x n ? k ?1 ? 1? n

而 2 ? k ? n ,所以 k - 1 > 0 , n ? k ? 1 ? 1 . 若 0 < x <1 , x 当 x >1 , x
n - k +1

< 1, mk ? ( x ) ? 0 ,

n - k +1

? ( x) ? 0 , > 1, mk

33

从而 mk ( x) 在 (0,1) 上递减, mk ( x) 在 (1, ??) 上递增.所以 mk ( x) > mk (1) = 0 , 所以当 x ? 0且x ? 1 时,ak ? bk (2 ? k ? n), 又 a1 = b1 , an+1 = bn+1 ,故 f n ( x) < gn ( x) 综上所述,当 x = 1 时, f n ( x) = gn ( x) ;当 x ? 1 时 f n ( x) < gn ( x) . 考点:1、等比数列的前 n 项和公式;2、零点定理;3、等差数列的前 n 项和公式;4、利用 导数研究函数的单调性. 【名师点晴】本题主要考查的是等比数列的前 n 项和公式、零点定理、等差数列的前 n 项和 公式和利用导数研究函数的单调性, 属于难题. 解题时一定要抓住重要字眼 “有且仅有一个” , 否则很容易出现错误. 证明函数仅有一个零点的步骤: ①用零点存在性定理证明函数零点的 存在性;②用函数的单调性证明函数零点的唯一性.有关函数的不等式,一般是先构造新函 数,再求出新函数在定义域范围内的值域即可. 14. 【2014 新课标,理 17】 (本小题满分 12 分) 已知数列 ?an ? 满足 a1 =1, an?1 ? 3an ? 1 . (Ⅰ)证明 an ? 1 是等比数列,并求 ?an ? 的通项公式;

?

2

?

(Ⅱ)证明: 1 ? 1 ? …+ 1 ? 3 .

a1

a2

an

2

1 1 1 2 ? 3 ,所以 【解析】 : (Ⅰ)证明:由 an?1 ? 3an ? 1 得 an ?1 ? ? 3( an ? ) ,所以 1 2 2 an ? 2 an ?1 ?
1 3 1 3 n ?1 1? ? ? an ? ? 是等比数列,首项为 a1 ? ? ,公比为 3,所以 an ? ? ? 3 ,解得 2 2 2 2 2? ?

an ?

3n ? 1 . 2

34

【考点定位】1.等比数列;2.等比数列的前 n 项和公式;3.放缩法. 【名师点睛】本题考查了数列的概念,递推数列,等比数列的定义、通项公式、等比数列的 前 n 项和公式,放缩法证明不等式,属于中档题目,本题体现了化归与转化的基本数学思想 方法,注意放缩的适度. 15. 【2015 高考四川,理 16】设数列 {an } 的前 n 项和 Sn ? 2an ? a1 ,且 a1 , a2 ? 1, a3 成等差 数列. (1)求数列 {an } 的通项公式; (2)记数列 {

1 1 成立的 n 的最小值. } 的前 n 项和 Tn ,求得 | Tn ? 1|? 1000 an

【答案】 (1) an ? 2n ; (2)10. 【解析】 (1)由已知 Sn ? 2an ? a1 ,有 an ? Sn ? Sn?1 ? 2an ? 2an?1 (n ? 1) , 即 an ? 2an?1 (n ? 1) . 从而 a2 ? 2a1 , a3 ? 4a1 . 又因为 a1 , a2 ? 1, a3 成等差数列,即 a1 ? a3 ? 2(a2 ? 1) . 所以 a1 ? 4a1 ? 2(2a1 ? 1) ,解得 a1 ? 2 . 所以,数列 {an } 是首项为 2,公比为 2 的等比数列. 故 an ? 2n .

35

【考点定位】 本题考查等差数列与等比数列的概念、 等比数列通项公式与前 n 项和公式等基 础知识,考查运算求解能力. 【名师点睛】凡是有 Sn 与 an 间的关系,都是考虑消去 Sn 或 an (多数时候是消去 Sn ,得 an 与 an ?1 间的递推关系).在本题中,得到 an 与 an ?1 间的递推关系式后,便知道这是一个等比 数列,利用等比数列的相关公式即可求解.等差数列与等比数列是高考中的必考内容,多属 容易题,考生应立足得满分. 16. 【2016 高考浙江理数】设数列 ?an ? 满足 an ?
n ?1 a1 ? 2 , n ? ?? ; (I)证明: an ? 2

an?1 ? 1 , n ? ?? . 2

?

?

?3? ? ? (II)若 an ? ? ? , n ? ? ,证明: an ? 2 , n ? ? . 2 ? ?
【答案】 (I)证明见解析; (II)证明见解析. 【解析】 试题分析: (I)先利用三角形不等式得 an ?

n

a a ?1 1 1 an ?1 ? 1 ,变形为 n ? n ? n ,再用累 n n ?1 2 2 2 2

加法可得

a1 an an am 1 ? n ? 1 ,进而可证 an ? 2n ?1 ? a1 ? 2 ? ; (II) 由 (I) 可得 n ? m ? n ?1 , 2 2 2 2 2
m

?3? 进而可得 an ? 2 ? ? ? ? 2n ,再利用 m 的任意性可证 an ? 2 . ?4?
36

试题解析: (I)由 an ?

1 an?1 ? 1 得 an ? an ?1 ? 1 ,故 2 2

an an ?1 1 ? n ?1 ? n , n ? ?? , n 2 2 2
所以

a1 2
?
1

?

?a a ? ? a2 a3 ? ? a ?1 an ? ?? 1 ? 2 ? ? 3 ? ? ??? ? ? n ? n ? 1 2 ? ? 2 n ?1 2 2 2 2 2 2 2 ? ? ? ? ? ? an
n

1 1 1 ? 2 ? ??? ? n ?1 1 2 2 2

?1,
因此

an ? 2n ?1 ? a1 ? 2 ? .
(II)任取 n ? ? ,由(I)知,对于任意 m ? n ,
?

an 2
?
n

?

?a a ?1 ?? n ? n n 2 2n?1 ?2 am
m

? ? an ?1 an ? 2 ? ? ? n?1 ? n? 2 2 ? ?2

? ? am?1 am ? ? ? ??? ? ? m?1 ? m ? 2 ? ? ?2

1 1 1 ? n ?1 ? ??? ? m ?1 n 2 2 2 1 ? n ?1 , 2
? 1 a an ? ? n ?1 ? m 2m ?2 ? n ??2 ?



? 1 1 ? ? n ?1 ? m 2 ?2 ?
m

m ?3? ? n ?? ? ? ? 2 ?2? ? ?

?3? ? 2 ? ? ? ? 2n . ?4?
从而对于任意 m ? n ,均有

?3? an ? 2 ? ? ? ? 2n . ?4?
由 m 的任意性得 an ? 2 . ①

m

37

否则,存在 n0 ??? ,有 an0 ? 2 ,取正整数 m0 ? log 3
4
0 ?3? ? 3? 2m0 ? ? ? ? 2n0 ? ? ? ?4? ? 4?

an0 ? 2 2n0

且 m0 ? n0 ,则

m

log 3
4

an0 ? 2 2n0

? an0 ? 2 ,

与①式矛盾. 综上,对于任意 n ? ? ,均有 an ? 2 . 考点:1、数列;2、累加法;3、证明不等式. 【 思路点 睛】 ( I )先利用 三角形 不等式 及变 形得
?

an an ?1 1 ? n ?1 ? n , 再用 累加法 可得 n 2 2 2

a1 an ? n ? 1 , 进 而 可 证 an ? 2n ?1 ? a1 ? 2 ? ; ( II ) 由 ( I ) 的 结 论 及 已 知 条 件 可 得 2 2

?3? an ? 2 ? ? ? ? 2n ,再利用 m 的任意性可证 an ? 2 . ?4?
17. 【2014 四川,理 19】设等差数列 {an } 的公差为 d ,点 (an, bn) 在函数 f ( x) ? 2 的图象
x

m

上( n ? N ).
*

(1)若 a1 ? ?2 ,点 (a8 , 4b7 ) 在函数 f ( x ) 的图象上,求数列 {an } 的前 n 项和 Sn ; (2)若 a1 ? 1 ,函数 f ( x ) 的图象在点 (a2 , b2 ) 处的切线在 x 轴上的截距为 2 ?

1 ,求数列 ln 2

a { n } 的前 n 项和 Tn . bn
【答案】 (1) Sn ? n(n ? 3) ; (2) Tn ? 【解析】 试题分析:据题设可得, bn ? 2 n .(1) b7 ? 2 7 ? 2?2?6d ,?4 ? 2?2?6d ? 2?2?7 d , d ? 2 ,由
a a

2n ?1 ? n ? 2 . 2n

等差数列的前 n 项和公式可得 Sn .(2)首先可求出 f ( x) ? 2 在 (a2 , b2 ) 处的切线为
x

y ? b2 ? 2a2 ln 2( x ? a2 ) ,令 y ? 0 得 ?b2 ? (2a2 ln 2) ? ( x ? a2 ), x ? a2 ?
此可求出 an ? n , bn ? 2n .所以
a

1 ,? a2 ? 2 ,由 ln 2

an n ,这个数列用错位相消法可得前 n 项和 Tn . ? bn 2n
a

试题解答:据题设可得 bn ? 2 n .(1) b7 ? 2 7 ? 2?2?6d ,?4 ? 2?2?6d ? 2?2?7 d , d ? 2 ,所以
38

Sn ? ?2n ? n(n ?1) ? n(n ? 3) .
(2)将 f ( x) ? 2 x 求导得 f ?( x) ? 2 x ln 2 ,所以 f ( x) ? 2x 在 (a2 , b2 ) 处的切线为

y ? b2 ? 2a2 ln 2( x ? a2 ) ,令 y ? 0 得 ?b2 ? (2a2 ln 2) ? ( x ? a2 ), x ? a2 ?
所以 d ? 2 ?1 ? 1,? an ? n , bn ? 2n .所以 其前 n 项和 Tn ?

1 ,? a2 ? 2 , ln 2

an n , ? bn 2n

1 2 3 n ?1 n ? 2 ? 3 ? ? ? n ?1 ? n ??????????① 1 2 2 2 2 2 1 2 3 n ? 2 ? ? ? n ?1 ??????????② 1 1 2 2 2

两边乘以 2 得: 2Tn ? ? ②-①得:2Tn ? Tn ? ?

1 1 1 1 n 1 n 2n ?1 ? n ? 2 ? ? ? ? ? ? 2 ? ? T ? ,所以 . n 1 21 22 2n ?1 2n 2n ?1 2n 2n

【考点定位】等差数列与等比数列. 【名师点睛】已知数列是等差数列,只需求得首项 a1 与公差 d 即可;考生在解决此题时, 都知道利用错位相减法求解,也都能写出此题的解题过程,但由于步骤繁琐、计算量大导致 了漏项或添项以及符号出错等.两边乘公比后,对应项的幂指数会发生变化,应将相同幂指 数的项对齐,这样有一个式子前面空出一项,另外一个式子后面就会多了一项,两项相减, 除第一项和最后一项外,剩下的 n ? 1 项是一个等比数列.
2 18. 【2015 高考新课标 1, 理 17】Sn 为数列{ an }的前 n 项和.已知 an >0,an ? an = 4Sn ? 3 .

(Ⅰ)求{ an }的通项公式; (Ⅱ)设 bn ?

1 ,求数列{ bn }的前 n 项和. an an?1
1 1 ? 6 4n ? 6

【答案】 (Ⅰ) 2n ? 1 (Ⅱ) 【解析】

试题分析: (Ⅰ)先用数列第 n 项与前 n 项和的关系求出数列{ an }的递推公式,可以判断数 列{ an }是等差数列,利用等差数列的通项公式即可写出数列{ an }的通项公式; (Ⅱ)根据 (Ⅰ)数列{ bn }的通项公式,再用拆项消去法求其前 n 项和.
2 试题解析: (Ⅰ)当 n ? 1 时, a1 ? 2a1 ? 4S1 ? 3 ? 4a1 +3 ,因为 an ? 0 ,所以 a1 =3,



n?2





2 2 an ? an ? an ?1 ? an?1

=

4Sn ? 3 ? 4Sn?1 ? 3

=

4 an





(an ? an?1 )(an ? an?1 ) ? 2(an ? an?1 ) ,因为 an ? 0 ,所以 an ? an?1 =2,
所以数列{ an }是首项为 3,公差为 2 的等差数列,
39

所以 an = 2n ? 1 ; (Ⅱ)由(Ⅰ)知, bn =

1 1 1 1 ? ( ? ), (2n ? 1)(2n ? 3) 2 2n ? 1 2n ? 3
1 1 1 1 1 1 1 [( ? ) ? ( ? ) ? ? ? ( ? )] 2 3 5 5 7 2n ? 1 2n ? 3

所以数列 { bn } 前 n 项和为 b1 ? b2 ? ? ? bn = =

1 1 ? . 6 4n ? 6

【考点定位】数列前 n 项和与第 n 项的关系;等差数列定义与通项公式;拆项消去法 【名师点睛】 已知数列前 n 项和与第 n 项关系, 求数列通项公式, 常用 an ? ?

? S1 , n ? 1 ? Sn ? Sn ?1 , n ? 2

将所给条件化为关于前 n 项和的递推关系或是关于第 n 项的递推关系, 若满足等比数列或等 差数列定义, 用等比数列或等差数列通项公式求出数列的通项公式, 否则适当变形构造等比 或等数列求通项公式. 19. 【2014 课标Ⅰ,理 17】 已知数列 ?an ? 的前 n 项和为 Sn , a1 ? 1 , an ? 0 , an an?1 ? ? Sn ?1,其中 ? 为常数, (I)证明: an? 2 ? an ? ? ; (II)是否存在 ? ,使得 ?an ? 为等差数列?并说明理由. 【答案】 (I)详见解析; (II)存在, ? ? 4 . 【解析】

因此存在 ? ? 4 ,使得 ?an ? 为等差数列. 【考点定位】1、递推公式;2、数列的通项公式;3、等差数列. 【名师点睛】本题考查了递推公式、等差数列的通项公式及其前 n 项和公式和概念、等差数
40

列的充要条件等基础知识与基本技能方法 , 考查了考生运用数列的有关知识解题的能力和 观察、分析、归纳、猜想及用数学归纳法证明的能力,同时考查了考生的推理能力和计算能 力、分类讨论的思想方法. 20. 【2016 年高考北京理数】 (本小题 13 分) 设数列 A:a1 ,a2 ,? aN ( N ? ).如果对小于 n ( 2 ? n ? N )的每个正整数 k 都有 ak <

an ,则称 n 是数列 A 的一个“G 时刻”.记“ G ( A) 是数列 A 的所有“G 时刻”组成的集合.
(1)对数列 A:-2,2,-1,1,3,写出 G ( A) 的所有元素; (2)证明:若数列 A 中存在 an 使得 an > a1 ,则 G( A) ? ? ; (3) 证明: 若数列 A 满足 an - an ?1 ≤1 (n=2,3, ?,N) ,则 G ( A) 的元素个数不小于 aN - a1 . 【答案】 (1) G ( A) 的元素为 2 和 5 ; (2)详见解析; (3)详见解析. 【解析】 试题分析: (1)关键是理解 G 时刻的定义,根据定义即可写出 G ( A) 的所有元素; (2)要证 G( A) ? ? ,即证 G ( A) 中含有一元素即可; (3)当 a N ? a1 时,结论成立.只要证明当 a N ? a1 时仍然成立即可. 试题解析: (1) G ( A) 的元素为 2 和 5 . (2)因为存在 an 使得 an ? a1 ,所以 i ? N 2 ? i ? N , ai ? a1 ? ? . 记 m ? min i ? N 2 ? i ? N , ai ? a1 , 则 m ? 2 ,且对任意正整数 k ? m, ak ? a1 ? am . 因此 m ? G( A) ,从而 G( A) ? ? . (3)当 a N ? a1 时,结论成立. 以下设 a N ? a1 . 由(Ⅱ)知 G( A) ? ? . 设 G( A) ? n1 , n2 ,? ? ?, np , n1 ? n2 ? ? ? ? ? np ,记 n0 ? 1 .

?

?

?

?

?

?

?

?

41

则 an0 ? an1 ? an2 ? ? ? ? ? an p .
? 对 i ? 0,1,? ? ?, p ,记 Gi ? k ? N ni ? k ? N , ak ? ani .

?

?

如果 Gi ? ? ,取 mi ? minGi ,则对任何 1 ? k ? mi , ak ? ani ? ami . 从而 mi ? G( A) 且 mi ? ni ?1 . 又因为 n p 是 G ( A) 中的最大元素,所以 Gp ? ? . 从而对任意 n p ? k ? n , ak ? an p ,特别地, aN ? an p . 对 i ? 0,1,? ? ?, p ?1, ani?1 ?1 ? ani . 因此 ani?1 ? ani?1 ?1 ? (ani?1 ? ani?1 ?1 ) ? ani ? 1 . 所以 aN ? a1 ? an p ? a1 ?

? (a
i ?1

p

ni

? ani?1 ) ? p .

考点:数列、对新定义的理解. 【名师点睛】数列的实际应用题要注意分析题意,将实际问题转化为常用的数列模型,数列 的综合问题涉及到的数学思想: 函数与方程思想(如: 求最值或基本量)、 转化与化归思想(如: 求和或应用)、特殊到一般思想(如:求通项公式)、分类讨论思想(如:等比数列求和,q ? 1 或 q ? 1 )等. 21. 【 2014 年 . 浙 江 卷 . 理 19 】 ( 本 题 满 分 14 分 ) 已 知 数 列 ?an ? 和 ?bn ? 满 足

a1a2 ? an ?

? 2 ? ?n ? N ? .若 ?a ?为等比数列,且 a ? 2, b ? 6 ? b .
bn ?

n

1

3

2

(1)求 an 与 bn ; (2)设 cn ? (i)求 Sn ; (ii)求正整数 k ,使得对任意 n ? N ,均有 S k ? S n .
?

1 1 ? n ? N ? 。记数列 ?cn ?的前 n 项和为 Sn . an bn

?

?

Sn ? 【答案】 (Ⅰ) (Ⅱ) (i) bn ? n ? n ? 1? (n ? N ? ) ; an ? 2n (n ? N ? ) ,
(ii) k ? 4 . 【解析】

1 1 ? n (n ? N ? ) ; n ?1 2

42

试题分析: (Ⅰ)求 an 与 bn 得通项公式,由已知 a1 ? 2, b3 ? 6 ? b2 . 得 b3 ? b2 ? 6 ,再由已 知 a1a2 ? an ?

? 2 ? ?n ? N ? 得, a ? ? 2 ?
bn ?

b3 ?b2

3

? 8 ,又因为数列 ?an ?为等比数列,即可

写出数列 ?an ? 的通项公式为 an ? 2 (n ? N ) ,由数列 ?an ? 的通项公式及
n ?

a1a2 ? an ?

? 2 ? ?n ? N ? ,可得数列 ?b ? 的通项公式为, b
bn ?

n

n

? n ? n ? 1? (n ? N ? ) ; (Ⅱ)
1 1 ? n? N? , an bn

(i)求数列 ?cn ?的前 n 项和 Sn ,首先求数列 ?cn ?的通项公式,由 cn ?

?

?

n 将 an ? 2 , bn ? n ? n ? 1? 代入整理得 cn ?

1 ?1 1 ? ?? ? ? ,利用等比数列求和公式,即 n 2 ? n n ?1 ?

可得数列 ?cn ?的前 n 项和 Sn ; (ii)求正整数 k ,使得对任意 n ? N ? ,均有 S k ? S n ,即求 数列 ?Sn ? 的最大项,即求数列 ?cn ?得正数项,由数列 ?cn ?的通项公式,可判断出

c1 ? 0, c2 ? 0, c3 ? 0, c4 ? 0 ,当 n ? 5 时, cn ? 0 ,从而可得对任意 n ? N ? 恒有 S4 ? Sn ,
即k ? 4.

试题点评:本题主要考查等差数列与等比的列得概念,通项公式,求和公式,不等式性质等 基础知识,同时考查运算求解能力. 【名师点睛】本题考查了等比数列通项公式、求和公式,还考查了分组求和法、裂项求和法 和猜想证明的思想,证明可以用二项式定理,还可以用数学归纳法.本题计算量较大,思维

43

层次高,要求学生有较高的分析问题解决问题的能力.本题属于难题.解决等差数列与等比 数列的综合问题,关键是理清两个数列的关系.如果同一数列中部分项成等差数列,部分项 成等比数列, 则要把成等差数列和成等比数列的项分别抽出来, 研究这些项与序号之间的关 系;如果两个数列是通过运算综合在一起的,就要从分析运算入手,把两个数列分割开,再 根据两个数列各自的特征进行求解. 解决数列与不等式的综合问题时, 如果是证明题要灵活 选择不等式的证明方法,如比较法、综合法、分析法、放缩法等;如果是解不等式问题要使 用不等式的各种不同解法,如列表法、因式分解法、穿根法等.总之解决这类问题把数列和 不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了. 22. 【2015 高考浙江,理 20】已知数列 ?an ? 满足 a1 = (1)证明:1 ?

1 * 2 且 an ?1 = an - an ( n ? N ) 2

an ? 2 ( n? N* ) ; an ?1

2 (2)设数列 an 的前 n 项和为 Sn ,证明

? ?

S 1 1 * ( n ? N ). ? n? 2(n ? 2) n 2(n ? 1)

【答案】 (1)详见解析; (2)详见解析. 试题分析: (1)首先根据递推公式可得 an ?

1 ,再由递推公式变形可知 2

a an an 1 1 a 1 (2)由 ? = n 和1 ? n ? 2 得, ? ? ? [1, 2] ,从而得证; 2 an?1 an an?1 an?1 an?1 an ? an 1 ? an 1? 1 1 1 1 ? an ?1 ? (n ? N * ) ,即可得证. ? ? 2 ,从而可得 2(n ? 1) n?2 an ?1 an
1 , 由 an ? (1 ? an?1 )an?1 2

试题解析: (1) 由题意得,an?1 ? an ? ?an 2 ? 0 , 即 an?1 ? an ,an ? 得 an ? (1 ? an?1 )(1 ? an?2 ) ??? (1 ? a1 )a1 ? 0 ,由 0 ? an ?

1 得, 2

a an an 1 (2)由题意得 an 2 ? an ? an?1 , ? ? ? [1, 2] ,即 1 ? n ? 2 ; 2 an?1 an?1 an ? an 1 ? an
∴ Sn ? a1 ? an?1 ①,由

a 1 1 a 1 1 ? = n 和 1 ? n ? 2 得, 1 ? ? ? 2, an?1 an an?1 an?1 an ?1 an

∴n ?

1 1 1 1 ? an ?1 ? (n ? N * ) ②,由①②得 ? ? 2n ,因此 2(n ? 1) n?2 an ?1 a1

S 1 1 ? n? . 2(n ? 2) n 2(n ? 1)

44

【考点定位】数列与不等式结合综合题. 【名师点睛】本题主要考查了数列的递推公式,不等式的证明等知识点,属于较难题,第一 小问易证,利 用条件中的递推公式作等价变形,即可得到

an an 1 ,再结合已知条件即可 ? ? 2 an ?1 an ? an 1 ? an

得证,第二小 问具有较强的技巧性,首先根据递推公式将 Sn 转化为只与 a n ?1 有关的表达式,再结合已知 条件得到 a n ?1 的 取值范围即可得证,此次数列自 2008 年之后作为解答题压轴题重出江湖,算是一个不大不 小的冷门(之 前浙江各地的模考解答题压轴题基本都是以二次函数为背景的函数综合题) ,由于数列综合 题常与不等式, 函数的最值,归纳猜想,分类讨论等数学思想相结合,技巧性比较强,需要平时一定量的训 练与积累,在 后续复习时应予以关注. 23. 【2014 高考重庆理第 22 题】 (本小题满分 12 分, (Ⅰ)小问 4 分, (Ⅱ)小问 8 分) 设 a1
2 ? 1, an?1 ? an ? 2an ? 2 ? b(n ? N *)

(Ⅰ)若 b (Ⅱ)若 b 的结论.

? 1 ,求 a2 , a3 及数列 {an } 的通项公式;

? ?1 ,问:是否存在实数 c 使得 a2n ? c ? a2n?1 对所有 n ? N * 成立?证明你

* 【答案】 (Ⅰ) an ? n ?1 ? 1 n ? N ; (Ⅱ)存在, c ?

?

?

1 4

【解析】

45

试题解析: 解: (Ⅰ)解法一: a2 ? 2, a3 ? 2 ?1 再由题设条件知 ? an ?1 ? 1? ? ? an ? 1? ? 1
2 2

从而

?? a ?1? ? 是首项为 0 公差为 1 的等差数列,
2 n
2

故 ? an ? 1? = n ? 1 ,即 an ? 解法二: a2 ? 2, a3 ? 2 ?1

n ? 1 ? 1, ? n ? N * ?

可写为 a1 ? 1 ?1 ?1, a2 ? 2 ?1 ?1, a3 ? 3 ?1 ?1, .因此猜想 an ? n ?1 ? 1 . 下用数学归纳法证明上式: 当 n ? 1 时结论显然成立. 假设 n ? k 时结论成立,即 ak ? k ?1 ? 1.则

ak ?1 ?

? ak ?1?

2

?1 ?1 ?

? k ?1? ? 1 ? 1 ? ? k ? 1? ?1 ? 1

这就是说,当 n ? k ? 1 时结论成立. 所以 an ?

n ? 1 ? 1, ? n ? N * ?

(Ⅱ)解法一:设 f ? x ? ? 令 c ? f ? c ? ,即 c ?

? x ? 1?
2

2

? 1 ? 1 ,则 an?1 ? f ? an ? .
1 . 4

? c ?1?

? 1 ? 1 ,解得 c ?

下用数学归纳法证明加强命:

a2n ? c ? a2n?1 ? 1

46

当 n ? 1 时, a2 ? f ?1? ? 0, a3 ? f ? 0 ? ? 2 ? 1 ,所以 a2 ? 假设 n ? k 时结论成立,即 a2k ? c ? a2k ?1 ? 1 易知 f ? x ? 在 ? ??,1? 上为减函数,从而

1 ? a3 ? 1 ,结论成立. 4

c ? f ? c ? ? f ? a2k ?1 ? ? f ?1? ? a2
即 1 ? c ? a2k ?2 ? a2 再由 f ? x ? 在 ? ??,1? 上为减函数得 c ? f ? c ? ? f ? a2k ?2 ? ? f ? a2 ? ? a3 ? 1. 故 c ? a2k ?3 ? 1 ,因此 a2( k ?1) ? c ? a2( k ?1)?1 ? 1 ,这就是说,当 n ? k ? 1 时结论成立. 综上,符合条件的 c 存在,其中一个值为 c ? 解法二:设 f ? x ? ?

1 . 4

? x ? 1?

2

? 1 ? 1 ,则 an?1 ? f ? an ?

* 先证: 0 ? an ? 1 n ? N ??????????①

?

?

当 n ? 1 时,结论明显成立. 假设 n ? k 时结论成立,即 0 ? ak ? 1 易知 f ? x ? 在 ? ??,1? 上为减函数,从而

0 ? f ?1? ? f ? ak ? ? f ? 0? ? 2 ? 1 ? 1
即 0 ? ak ?1 ? 1 这就是说,当 n ? k ? 1 时结论成立,故①成立.
* 再证: a2n ? a2n?1 n ? N ????????????②

?

?

当 n ? 1 时, a2 ? f ?1? ? 0, a3 ? f ? 0 ? ? 2 ? 1 ,有 a2 ? a3 ,即当 n ? 1 时结论②成立 假设 n ? k 时,结论成立,即 a2k ? a2 k ?1 由①及 f ? x ? 在 ? ??,1? 上为减函数,得

a2k ?1 ? f ? a2k ? ? f ? a2k ?1 ? ? a2k ?2

a2? k ?1? ? f ? a2k ?1 ? ? f ? a2k ?2 ? ? a2? k ?1??1
这就是说,当 n ? k ? 1 时②成立,所以②对一切 n ? N 成立.
*

47

由②得 a2 k ?
2

2 a2 k ? 2a2 k ? 2 ? 1

2 即 ? a2 k ? 1? ? a2 k ? 2a2 k ? 2

因此 a2 k ?

1 4

又由①、②及 f ? x ? 在 ? ??,1? 上为减函数得 f ? a2n ? ? f ? a2n?1 ? 即 a2n?1 ? a2n?2 所以 a2 n ?1 ?
2 a2 n ?1 ? 2a2 n ?1 ? 2 ? 1, 解得 a2 n ?1 ?

1 . 4

综上,由②③④知存在 c ?

1 * 使 a2n ? c ? a2n?1 ? 1 对一切 n ? N 成立. 4

考点:1、数列通项公式的求法;2、等差数列;3、函数思想在解决数列问题中的应用.4、 数学归纳法. 【名师点睛】本题考查了数列通项公式的求法,等差数列,函数思想在解决数列问题中的应 用,数学归纳法,属于难题,解题时要认真审题及等价转化的应用,需要学生具有较强的分 析解决问题的能力. 24. 【2015 高考重庆,理 22】在数列 ?an ? 中, a1 ? 3, an?1an ? ?an?1 ? ?an ? 0 ? n ? N? ?
2

(1)若 ? ? 0, ? ? ?2, 求数列 ?an ? 的通项公式; (2)若 ? ?

1 1 1 ? ak0 ?1 ? 2 ? ? k0 ? N? , k0 ? 2 ? , ? ? ?1, 证明: 2 ? k0 3k0 ? 1 2 k0 ? 1

【答案】 (1) an ? 3 ? 2n?1 ; (2)证明见解析. 【解析】
2 试题分析: (1) 由于 ? ? 0, ? ? ?2 , 因此把已知等式具体化得 an?1an ? 2an , 显然由于 a1 ? 3 ,

则 an ? 0 (否则会得出 a1 ? 0 ) ,从而 an?1 ? 2an ,所以 {an } 是等比数列,由其通项公式可 得结论; (2)本小题是数列与不等式的综合性问题,数列的递推关系是

an+1an +

? 1 1? an+1 - an 2 = 0, 可变形为 an ?1 ? an ? ? ? an 2 ? n ? N? ? , k0 k0 ? ?
k0 ? 0 , 因 此
an 1 an ? k0 ? 1 , 于 是 可 得 an?1 ? an , 即 有

由 于

48

3 = a1 > a2 >? > an > an+1 >? > 0
an 2 = 1 1 + 2 k0 k0 1 1 1 = an + ? 1 k0 k0 k0 an +1 an + k0
2 +





an +1 =

an

2

2

1 an + k0









ak0 +1 =

+ ( a1-

a( ) +? +

-

k0 1

a

)

k0

a

1

a

? a1 ? k0 ?

? 1 1 ? 1 1 1 ? ?? ? ??? ? ? k0 k0 ? k a ? 1 k a ? 1 k a ? 1 0 1 0 2 0 k 0 ? ?

? 2?

1 ? 1 1 1 ? ?? ? ??? ? k0 ? 3k0 ? 1 3k0 ? 1 3k0 ? 1 ?
1 ,这里应用了累加求和的思想方法,由这个结论可知 an ? 2(n ? N*) ,因此 3k0 ? 1

? 2?

ak0 +1 =
? a1 ? k0 ? ? 1 1 ? 1 1 1 ? ?? ? ??? ? ? k0 k0 ? k a ? 1 k a ? 1 k a ? 1 0 1 0 2 0 k 0 ? ?

? 2?

1 1 ? 1 1 1 ? , 这样结论得证, 本题不等式的证 ?? ? ??? ? ? 2? 2k0 ? 1 k0 ? 2k0 ? 1 2k0 ? 1 2 k0 ? 1 ?

明应用了放缩法.(1)由 ? ? 0,? ? ?2 ,有 an?1an ? 2an 2 ,(n ? N? ) 若存在某个 n 0 ? N? ,使得 an0 = 0 ,则由上述递推公式易得 an0 +1 = 0 ,重复上述过程可得

a1 = 0 ,此与 a1 = 3 矛盾,所以对任意 n ? N? , an ? 0 .
从而 an+1 = 2an ? n ? N? ? ,即 {an } 是一个公比 q = 2 的等比数列. 故 an = a1qn- 1 = 3?2n- 1 . (2)由 ? ?

1 ,? ? ?1 ,数列 {an } 的递推关系式变为 k0

an+1an +

? 1 1? an+1 - an 2 = 0, 变形为 an ?1 ? an ? ? ? an 2 ? n ? N? ? . k0 k0 ? ?

由上式及 a1 = 3 ,归纳可得

49

3 = a1 > a2 >? > an > an+1 >? > 0
an 2 = 1 1 + 2 2 k0 k0 1 1 1 = an + ? ,所以对 n = 1, 2?k0 1 k k k a + 1 0 0 0 n an + k0

因为 an +1 =

an

2

1 an + k0

求和得 ak0 +1 = a1 + a2 - a1 +? + ak0 +1 - ak0

(

)

(

)

1 1 ? 1 1 1 ? ? ?? ? ??? ? ? k0 k 0 ? k a ? 1 k a ? 1 k a ? 1 0 1 0 2 0 k 0 ? ? 1 ? 1 1 1 ? 1 ? 2 ? ?? ? ??? ? ? 2? k0 ? 3k0 ? 1 3k0 ? 1 3k0 ? 1 ? 3k0 ? 1 ? a1 ? k0 ?
另一方面,由上已证的不等式知 a1 > a2 >? > ak0 > ak0 +1 > 2 得

ak0 ?1 ? a1 ? k0 ?

? 1 1 ? 1 1 1 ? ?? ? ??? ? k0 k0 ? k0 ak0 ? 1 ? ? k0 a1 ? 1 k0 a2 ? 1 ?

? 2?
1

1 ? 1 1 1 ? 1 ?? ? ??? ? ? 2? k0 ? 2 k 0 ? 1 2 k 0 ? 1 2k0 ? 1 ? 2k0 ? 1
< ak0 +1 < 2 + 1 2k0 +1

综上: 2 +

3k0 +1

【考点定位】等比数列的通项公式,数列的递推公式,不等式的证明,放缩法.,考查探究 能力和推理论证能力,考查创新意识. 【名师点晴】数列是考查考生创新意识与实践精神的最好素材.从近些年的高考试题来看, 一些构思精巧、新颖别致、极富思考性和挑战性的数列与方程、函数(包括三角函数)、不等 式以及导数等的综合性试题不断涌现, 这部分试题往往以压轴题的形式出现, 考查综合运用 知识的能力,突出知识的融会贯通.数列的问题难度大,往往表现在与递推数列有关,递推 含义趋广,不仅有数列前后项的递推,更有关联数列的递推,更甚的是数列间的“复制”式 递推;从递推形式上看,既有常规的线性递推,还有分式、三角、分段、积(幂)等形式.在 考查通性通法的同时,突出考查思维能力、代数推理能力、分析问题解决问题的能力. 本题第(1)小题通过递推式证明数列是等比数列,从而应用等比数列的通项公式求得通项, 第(2)小题把数列与不等式结合起来,利用数列的递推式证明数列是单调数列,利用放缩 法证明不等式,难度很大.

50

2) 处的切线与 x 25. 【2015 高考安徽,理 18】设 n ? N , x n 是曲线 y ? x2 n?2 ? 1 在点 (1,
*

轴交点的横坐标. (Ⅰ)求数列 { xn } 的通项公式;

1 . 4n n 1 【答案】 (Ⅰ) xn ? ; (Ⅱ) Tn ? . n ?1 4n
2 2 2 (Ⅱ)记 Tn ? x1 x3 ? x2 n ?1 ,证明 Tn ?

【解析】

试题解析: (Ⅰ)解: y ' ? ( x 线斜率为 2n ? 2 .

2n?2

2) 处的切 ? 1)' ? (2n ? 2) x2n?1 ,曲线 y ? x2n?2 ? 1 在点 (1,

从 而 切 线 方 程 为 y ? 2 ? (2n ? 2)( x ? 1) . 令 y ? 0 , 解 得 切 线 与 x 轴 交 点 的 横 坐 标

xn ? 1 ?

1 n ? . n ?1 n ?1

(Ⅱ)证:由题设和(Ⅰ)中的计算结果知

1 2 3 2 2n ? 1 2 2 2 Tn ? x12 x3 ? x2 ) . n ?1 ? ( ) ( ) ? ( 2 4 2n 1 当 n ? 1 时, T1 ? . 4
当 n ? 2 时,因为 x2 n?1 ? (
2

2n ? 1 2 (2n ? 1)2 (2n ? 1)2 ? 1 4n2 ? 4n n ? 1 , ) ? ? ? ? 2n (2n)2 (2n)2 (2n) 2 n

51

1 2 n ?1 1 ? ??? ? . 2 3 n 4n 1 综上可得对任意的 n ? N * ,均有 Tn ? . 4n
所以 Tn ? ( ) ?
2

1 2

【考点定位】1.曲线的切线方程;2.数列的通项公式;3.放缩法证明不等式. 【名师点睛】数列是特殊的函数,不等式是深刻认识函数与数列的重要工具,三者的综合是 近几年高考命题的新热点, 且数列的重心已经偏移到不等式的证明与求解中, 而不再是 以前的递推求通项, 此类问题在 2010 年、 2012 年、 2013 年安徽高考解答题中都曾考过. 对于数列问题中求和类(或求积类)不等式证明,如果是通过放缩的方法进行证明的, 一般有两种类型:一种是能够直接求和(或求积) ,再放缩;一种是不能直接求和(或 求积) ,需要放缩后才能求和(或求积) ,求和(或求积)后再进行放缩.在后一种类型 中,一定要注意放缩的尺度,二是要注意从哪一项开始放缩. 26. 【2014,安徽理 21】 (本小题满分 13 分) 设实数 c ? 0 ,整数 p ? 1 , n ? N .
*

(I)证明:当 x ? ?1 且 x ? 0 时, (1 ? x) ? 1 ? px ;
p

(II)数列 ?a n ?满足 a1 ? c p , an ?1 ?

1

p ?1 c 1? p an ? an ,证明: an ? an?1 ? c p . p p
p

1

【答案】 (I)证明:当 x ? ?1 且 x ? 0 时, (1 ? x) ? 1 ? px ; (II) an ? an?1 ? c . 【解析】 试题分析: (I)证明原不等式成立,可以用数学归纳法,当

1 p

p?2 时,当

成 立 . 得 出 当 p ? k ?1 时 , p ? k( k ? 2 , k? N* ), 由 ( 1 ?x k )? 1 ? k x
1 (1 ? x k ?) ?

?(x1 ? x) k(? 1 ?x ) ? kx (1

) (1

)

? 1 ? (k ? 1) x ? kx2 ? 1 ? (k ? 1) x ,综合以上当 x ? ?1 且 x ? 0 时,对一切整数 p ? 1,
不等式 (1 ? x) ? 1 ? px 均成立. (II)可以有两种方法证明:第一种方法,先用数学归纳法
p

证明 an

?c
1 p

1 p

. 其中要利用到当 n

a p ?1 c ? p 1 c ? k ? 1时, k ?1 ? 当 ? ak ? 1 ? ( p ? 1) . ak p p p ak

ak ? c ? 0 得 ?1 ? ?

1 1 c ? ( ? 1) ? 0 .由(I)中的结论得 p p ak p
52

(

ak ?1 p 1 c 1 c c ) ? [1 ? ( p ? 1)] p ? 1 ? p ? ( p ? 1) ? p .因此 ak ?1 p ? c ,即 ak p ak p ak ak
1 p

ak ?1 ? c .所以 n ? k ? 1时,不等式 an ? c 也成立.综合①②可得,对一切正整数 n ,
不等式 an

1 p

?c

1 p

均成立.再证由

a an?1 1 c ? 1 ? ( p ? 1) 可得 n?1 ? 1 ,即 an?1 ? a n .第二 an an p an
1

p ?1 c x ? x1? p , x ? c p ,则 x p ? c ,并且 种方法,构造函数设 f ( x ) ? p p p ?1 c p ?1 c f '( x) ? ? (1 ? p) x ? p ? (1 ? p ) ? 0, x ? c p . 由 此 可 得 , f ( x) 在 p p p x
1

[c , ??) 上单调递增,因而,当 x ? c 时, f ( x) ? f (c ) ? c .再利用数学归纳法证
明 an

1 p

1 p

1 p

1 p

? an ?1 ? c .

1 p

试题解析: (I)证明:用数学归纳法证明 ①当

p ? 2 时, (1 ? x)2 ? 1 ? 2x ? x2 ? 1 ? 2x ,原不等式成立.

②假设 当

p ? k (k ? 2, k ? N*) 时,不等式 (1 ? x)k ? 1 ? kx 成立.
p ? k ?1
时 ,

(1 ? x)k ?1 ? (1 ? x)(1 ? x)k ? (1 ? x)(1 ? kx) ? 1 ? (k ? 1) x ? kx2 ? 1 ? (k ? 1) x
所以

p ? k ? 1 时,原不等式也成立.
p ? 1,不等式 (1 ? x) p ? 1 ? px 均成立.

综合①②可得,当 x ? ?1 且 x ? 0 时,对一切整数 (2)证法 1:先用数学归纳法证明 an ①当 n ? 1 时,由题设 a1

?c
1 p

1 p



?c

1 p

知 an

?c

成立.②假设 n ? k (k

? 1, k ? N *) 时,不等式

ak ? c
由 an?1

1 p

成立.

?

p ?1 c an ? an1? p 易知 an ? 0, n ? N * . p p

当n

? k ? 1时,

ak ?1 p ? 1 c ? p 1 c ? ? ak ? 1 ? ( p ? 1) . ak p p p ak

53

当 ak

? c ? 0 得 ?1 ? ?

1 p

1 1 c ? ( ? 1) ? 0 . p p ak p

由(I)中的结论得 (

ak ?1 p 1 c 1 c c ) ? [1 ? ( p ? 1)] p ? 1 ? p ? ( p ? 1) ? p . ak p ak p ak ak
1 p

因此 ak ?1

p

? c ,即 ak ?1 ? c

.所以 n

? k ? 1时,不等式 an ? c 也成立.

1 p

综合①②可得,对一切正整数 n ,不等式 an 再由

?c

1 p

均成立.

a an?1 1 c ? 1 ? ( p ? 1) 可得 n?1 ? 1 ,即 an?1 ? a n . an an p an
? an ?1 ? c , n ? N * .
1
1 p

综上所述, an

p ?1 c x ? x1? p , x ? c p ,则 x p ? c ,并且 证法 2:设 f ( x ) ? p p p ?1 c p ?1 c f '( x) ? ? (1 ? p) x ? p ? (1 ? p ) ? 0, x ? c p . p p p x
由此可得,
1

f ( x) 在 [c , ??) 上单调递增,因而,当 x ? c 时, f ( x) ? f (c ) ? c .
? c ? 0 ,即 a1 p ? c 可知
1 1 p

1 p

1 p

1 p

1 p

①当 n ? 1 时,由 a1

p ?1 c 1 c a2 ? a1 ? a11? p ? a1[1 ? ( p ? 1)] ? a1 ,并且 a2 ? f (a1 ) ? c p ,从而 p p p a1
a1 ? a2 ? c .
故当 n ? 1 时,不等式 an ②假设 n ? k (k
1 p

? an ?1 ? c 成立.
1 p

1 p

? 1, k ? N *) 时,不等式 ak ? ak ?1 ? c 成立,则当 n ? k ? 1时,
1 p 1 p

f ( ak ) ? f ( ak ?1 ) ? f (c ) ,即有 ak ?1 ? ak ? 2 ? c .
所以当 n

? k ? 1时,原不等式也成立.
? an ?1 ? c 均成立.
1 p

综合①②可得,对一切正整数 n ,不等式 an

考点:1.数学归纳法证明不等式;2.构造函数法证明不等式. 【名师点睛】本题第(1)题是课本上关于贝努利不等式的证明,利用数学归纳法证明不等 式是高考中频繁出现的一个考点,尤其是安徽卷,考生在复习时尤其要注意.另外数列单调

54

性及不等式的证明也常考的内容, 对于不等式的证明常用的方法有比较法、 构造辅助函数法、 放缩法和数学归纳法. 27. 【2016 年高考四川理数】 (本小题满分 12 分) 已知数列{ an }的首项为 1, Sn 为数列 {an } 的前 n 项和, Sn?1 ? qSn ? 1 ,其中 q>0,

n? N* .
(Ⅰ)若 2a2 , a3 , a2 ? 2 成等差数列,求 {an } 的通项公式; (Ⅱ) 设双曲线 x 2 ?

y2 4n ? 3n 5 的离心率为 , 且 , 证明: e e ? e ? e ? ??? ? e ? ? 1 2 1 2 n n 2 3 3n ?1 . an

【答案】 (Ⅰ) an =q n- 1 ; (Ⅱ)详见解析. 【解析】

试题解析: (Ⅰ)由已知, Sn+ 1 = qSn + 1, Sn+ 2 = qSn+ 1 + 1, 两式相减得到 an+ 2 = qan+ 1 , n ? 1 . 又由 S2 = qS1 + 1 得到 a2 = qa1 ,故 an+ 1 = qan 对所有 n ? 1 都成立. 所以,数列 {an } 是首项为 1,公比为 q 的等比数列. 从而 an =q n- 1 . 由 2a2,a3,a2 +2 成等比数列,可得 2a3 =3a2 + 2 ,即 2q2 =3q + 2, ,则 (2q +1)(q - 2) = 0 , 由已知, q > 0 ,故 q =2 . 所以 an = 2n- 1 (n ? N* ) . (Ⅱ)由(Ⅰ)可知, an = qn- 1 .

55

所以双曲线 x 2 -

y2 = 1 的离心率 en = 1 + an2 = 1 + q2( n- 1) . an 2

由 q = 1 + q2 =

5 4 解得 q = . 3 3

1 因为 1+q2( k - 1) > q2( k - 1) ,所以 1+q2(k- 1) > qk-( . k ? N*)

? en > 1+q + 鬃 ? q n- 1 = 于是 e1 + e2 + 鬃

qn - 1 , q- 1

故 e1 + e2 + 鬃 ? e3 >

4n - 3n . 3n- 1

考点:数列的通项公式、双曲线的离心率、等比数列的求和公式. 【名师点睛】 本题考查数列的通项公式、 双曲线的离心率、 等比数列的求和公式等基础知识, 考查学生的分析问题解决问题的能力、计算能力.在第(Ⅰ)问中,已知的是 Sn 的递推式, 在与 Sn 的关系式中,经常用 n ? 1 代换 n ( n ? 2 ) ,然后两式相减,可得 an 的递推式,利 用这种方法解题时要注意 a1 ;在第(Ⅱ)问中,不等式的证明用到了放缩法,这是证明不 等式常用的方法,本题放缩的目的是为了求数列的和.另外放缩时要注意放缩的“度” .不 能太大,否则得不到结果. 28. 【 2014 天 津 , 理 19 】 已 知 q 和 n 均 为 给 定 的 大 于 1 的 自 然 数 . 设 集 合

M = {0,1,2,?, q - 1},集合 A = {x x = x1 + x2q + ? + xn q n- 1 , xi ? M , i
(Ⅰ)当 q = 2 , n = 3 时,用列举法表示集合 A ;

1,2,?, n}.

(Ⅱ)设 s, t ? A , s = a1 + a2q + ? + anqn- 1 , t = b1 + b2q + ?+ bnqn- 1 ,其中
ai , bi ? M , i 1 , 2 , ? , n . 证明:若 an < bn ,则 s < t .

【答案】 (Ⅰ) A = {0 , 1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7} ; (Ⅱ)详见试题分析. 【解析】 试题分析: (Ⅰ)当 q = 2 , n = 3 时,
M = {0 , 1} , A = {x x = x1 + x2 ?2 x3 孜 22 , xi M , i = 1 , 2 , 3} , 采用列举法可得集合

A = {0 , 1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7} ; (Ⅱ) 先由已知写出 s 及 t 的表达式: s=

a1 + a2q + ?+ anqn- 1 ,

t = b1 + b2q + ?+ bnqn- 1 ,再作差可得
s - t = (a1 - b1 )+ (a2 - b2 )q + ?+ (an- 1 - bn- 1 )q n- 2 + (an - bn )q n- 1 ,放缩法化为
56

s - t = (a1 - b1 )+ (a2 - b2 )q + ?+ (an- 1 - bn- 1 )q n- 2 + (an - bn )q n- 1 ? (q 1)+ (q - 1)q + ?+ (q - 1)q n- 2 - q n- 1 ,

最后利用等比数列前 n 项和公式求和,判断出差式的符号,证得结果. 试题解析: (Ⅰ)当 q = 2 , n = 3 时,
M = {0 , 1} , A = {x x = x1 + x2 ?2
A = {0 , 1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7} .

x3 孜 22 , xi

M , i = 1 , 2 , 3} , 可得,

(Ⅱ)由

s , t ? A , s = a1 + a2q + ? an qn- 1 , t = b1 + b2q + ?+ bn qn- 1 , ai , bi ? M , i
及 an < bn ,可得

1, 2 , ? , n

s - t = (a1 - b1 )+ (a2 - b2 )q + ?+ (an- 1 - bn- 1 )q n- 2 + (an - bn )q n- 1 ? (q 1)+ (q - 1)q + ?

+ (q - 1) q

n- 2

- q

n- 1

=

(q - 1)(1- q n- 1 )
1- q

- q n- 1 = - 1 < 0 , \ s < t .

考点:1.集合的含义与表示;2.等比数列的前 n 项和公式;3.不等式的证明. 【名师点睛】本题考查利用题目所给定的新定义集合,研究集合元素有关问题,本题属于难
n ?1 题,第一步由定义 A ? x x ? x1 ? x2 q ? ? xn q , xi ? M , i ? 1,2,? n ,当 q ? 2, n ? 3 时,

?

?

A ? {x x ? x1 ? 2x2 ? 4x3}
xi ? M ? {0,1} ,用列举法写出 ( x1 , x2 , x3 ) 所有情况,得出集合
A ? ?0,1, 2,3, 4,5,6,7?

,新定

义信息题解题的关键是读懂新定义的含义,按照新定义去分析问题解决问题.这种新定义信 息题,有的省份考选填题,北京和天津等省份近几年考解答题,难度较大. 29. 【2015 高考天津,理 18】 (本小题满分 13 分)已知数列 {an } 满足

an?2 ? qan (q为实数,且q ? 1),n ? N *, a1 ? 1, a2 ? 2 ,且 a2 + a3 , a3 + a4 , a4 + a5 成等差数列.
(I)求 q 的值和 {an } 的通项公式; (II)设 bn ?

log 2 a2 n , n ? N * ,求数列 {bn } 的前 n 项和. a2 n?1

57

?1 ? n2 n?2 ? 2 , n为奇数, 【答案】(I) an ? ? n ; (II) S n ? 4 ? n ?1 . 2 ? 2 2 , n为偶数. ?

【解析】 (I) 由已知, 有 a3 + a4 - a2 + a3 = a4 + a5 - a3 + a4 , 即 a4 ?a2 ?a5 ?a3 , 所以 a2 (q ? 1) ? a3 (q ? 1) ,又因为 q ? 1 ,故 a3 ? a2 ? 2 ,由 a3 ? a1q ,得 q ? 2 , 当 n ? 2k ? 1(n ? N *) 时, an ? a2k ?1 ? 2k ?1 ? 2 当 n ? 2k (n ? N *) 时, an ? a2k ? 2k ? 2 2 ,
?1 ? n2 ? 2 , n为奇数, 所以 {an } 的通项公式为 an ? ? n ? 2 2 , n为偶数. ?

(

) (

) (

) (

)

n ?1 2



n

(II) 由(I)得 bn ?

log 2 a2 n n ? n ?1 ,设数列 ?bn ? 的前 n 项和为 Sn ,则 a2 n ?1 2

Sn ? 1 ?

1 1 1 1 ? 2 ? 1 ? 3 ? 2 ? ? ? n ? n ?1 , 0 2 2 2 2 1 1 1 1 1 Sn ? 1 ? 1 ? 2 ? 2 ? 3 ? 3 ? ? ? n ? n 2 2 2 2 2

两式相减得

1 1 1 1 1 1 n 2n ? n ? 2 ? 2 ? n , Sn ? 1 ? ? 2 ? 3 ? ? ? n ?1 ? n ? 1 2n 2 2 2 2 2 2 2n 2n 1? 2 n?2 整理得 S n ? 4 ? n ?1 2 n?2 所以数列 ?bn ? 的前 n 项和为 4 ? n ?1 , n ? N * . 2 1?
【考点定位】等差数列定义、等比数列及前 n 项和公式、错位相减法求和. 【名师点睛】本题主要考查等差、等比数列定义与性质,求和公式以及错位相减法求和的问 题,通过等差数列定义、等比数列性质,分 n 为奇偶数讨论求通项公式,并用错位相减法基 本思想求和.是中档题. 30. 【2014 年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷 18】已知等差数列 {a n } 满足:a1 ? 2 , 且 a1 、 a2 、 a 5 成等比数列. (1)求数列 {a n } 的通项公式.

58

(2) 记 S n 为数列 {a n } 的前 n 项和, 是否存在正整数 n , 使得 Sn ? 60n ? 800? 若存在, 求n 的最小值;若不存在,说明理由. 【解析】 (1)设数列 {a n } 的公差为 d ,依题意, 2,2 ? d ,2 ? 4d 成等比数列, 所以 (2 ? d ) ? 2(2 ? 4d ) ,解得 d ? 0 或 d ? 4 ,
2

当 d ? 0 时, an ? 2 ;当 d ? 4 时, an ? 2 ? (n ?1) ? 4 ? 4n ? 2 , 所以数列 {a n } 的通项公式为 an ? 2 或 an ? 4n ? 2 . (2) 当 an ? 2 时,S n ? 2n , 显然 2n ? 60 n ? 800 , 不存在正整数 n , 使得 S n ? 60n ? 800. 当 an ? 4n ? 2 时, Sn ?

n[2 ? (4n ? 2)] ? 2n2 , 2

2 2 令 2n ? 60n ? 800 ,即 n ? 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. 综上所述,当 an ? 2 时,不存在正整数 n ; 当 an ? 4n ? 2 时,存在正整数 n ,使得 S n ? 60n ? 800成立, n 的最小值为 41. 考点:等差数列、等比数列的性质,等差数列的求和公式. 【名师点睛】 本题综合考查等差数列、 等比数列的性质和等差数列的求和公式, 其解题思路: 第一问直接运用等差数列、 等比数列的性质并结合已知条件建立等式关系, 进而可得出所求 的结果; 第二问运用分类讨论的思想将问题分两类进行讨论, 分别验证其是否满足假设条件 即可. 31. 【2015 高考湖北,理 18】设等差数列 {an } 的公差为 d,前 n 项和为 S n ,等比数列 {bn } 的 公比为 q .已知 b1 ? a1 , b2 ? 2 , q ? d , S10 ? 100 . (Ⅰ)求数列 {an } , {bn } 的通项公式; (Ⅱ)当 d ? 1 时,记 cn ?

an ,求数列 {cn } 的前 n 项和 Tn . bn

1 ? an ? (2n ? 79), ? a ? 2 n ? 1, ? 2n ? 3 ? ? n 9 【答案】 (Ⅰ) ? 或? ; (Ⅱ) 6 ? n ?1 . n ?1 2 2 ? ?b ? 9 ? ( ) n ?1 . ?bn ? 2 . n ? 9 ?

59

?10a ? 45d ? 100, ?2a ? 9d ? 20, 【解析】 (Ⅰ)由题意有, ? 1 即? 1 ?a1d ? 2, ?a1d ? 2,
1 ? an ? (2n ? 79), ?a1 ? 9, ? a ? 2 n ? 1, ? ?a1 ? 1, ? ? n ? 9 解得 ? 或? 或? 2 故? n ?1 d ? . b ? 2 . d ? 2, ? ? ?b ? 9 ? ( 2 ) n ?1 . ? n ? 9 n ? ? 9 ?

(Ⅱ)由 d ? 1 ,知 an ? 2n ? 1 , bn ? 2n ?1 ,故 cn ? 于是 Tn ? 1 ?

2n ? 1 , 2n?1


3 5 7 9 2n ? 1 ? 2 ? 3 ? 4 ? ? ? n?1 , 2 2 2 2 2


1 1 3 5 7 9 2n ? 1 Tn ? ? 2 ? 3 ? 4 ? 5 ? ? ? n . 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 2n ? 1 2n ? 3 ①-②可得 Tn ? 2 ? ? 2 ? ? ? n?2 ? n ? 3 ? , 2 2 2 2 2 2n
故 Tn ? 6 ?

2n ? 3 . 2n ?1

【考点定位】等差数列、等比数列通项公式,错位相减法求数列的前 n 项和. 【名师点睛】错位相减法适合于一个由等差数列 {an } 及一个等比数列 {bn } 对应项之积组成 的数列. 考生在解决这类问题时, 都知道利用错位相减法求解, 也都能写出此题的解题过程, 但由于步骤繁琐、计算量大导致了漏项或添项以及符号出错等.两边乘公比后,对应项的幂 指数会发生变化,应将相同幂指数的项对齐,这样有一个式子前面空出一项,另外一个式子 后面就会多了一项,两项相减,除第一项和最后一项外,剩下的 n ? 1 项是一个等比数列.

60


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