2018年高考数学二轮复习第1部分知识专题突破专题6数列学案

专题六 数列———————命题观察²高考定位———————(对应学生用书第21页)1．(2017²江苏高考)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________.32 [设{a n}的首项为a 1，公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1 1－q 3 1－q ＝74，a 11－q 61－q ＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，所以a 8＝14³27＝25＝32.]2．(2016²江苏高考)已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________．20 [法一：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝10，知S 5＝5a 1＋5³42d ＝10，得a 1＋2d ＝2，即a 1＝2－2d .所以a 2＝a 1＋d ＝2－d ，代入a 1＋a 22＝－3，化简得d 2－6d ＋9＝0，所以d ＝3，a 1＝－4.故a 9＝a 1＋8d ＝－4＋24＝20. 法二：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝10，知5 a 1＋a 52＝5a 3＝10，所以a 3＝2. 所以由a 1＋a 3＝2a 2，得a 1＝2a 2－2，代入a 1＋a 22＝－3，化简得a 22＋2a 2＋1＝0，所以a 2＝－1.公差d ＝a 3－a 2＝2＋1＝3，故a 9＝a 3＋6d ＝2＋18＝20.]3．(2014²江苏高考)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4，则a 6的值是________．4 [因为a 8＝a 2q 6，a 6＝a 2q 4，a 4＝a 2q 2，所以由a 8＝a 6＋2a 4得a 2q 6＝a 2q 4＋2a 2q 2，消去a 2q 2，得到关于q 2的一元二次方程(q 2)2－q 2－2＝0，解得q 2＝2，a 6＝a 2q 4＝1³22＝4.]4．(2015²江苏高考)设数列{}a n 满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为______．2011[由题意有a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2)．以上各式相加，得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝ n －1 2＋n 2＝n 2＋n －22.又∵a 1＝1，∴a n ＝n 2＋n2(n ≥2)．∵当n ＝1时也满足此式，∴a n ＝n 2＋n2(n ∈N *)．∴1a n ＝2n 2＋n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴S 10＝2³⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋12－13＋…＋110－111＝2³⎝ ⎛⎭⎪⎫1－111＝2011.] 5．(2017²江苏高考)对于给定的正整数k ，若数列{a n }满足：a n －k ＋a n －k ＋1＋…＋a n －1＋a n ＋1＋…＋a n ＋k －1＋a n ＋k ＝2ka n ，对任意正整数n (n >k )总成立，则称数列{a n }是“P (k )数列”． (1)证明：等差数列{a n }是“P (3)数列”；(2)若数列{a n }既是“P (2)数列”，又是“P (3)数列”，证明：{a n }是等差数列. [证明] (1)因为{a n }是等差数列，设其公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ，从而，当n ≥4时，a n －k ＋a n ＋k ＝a 1＋(n －k －1)d ＋a 1＋(n ＋k －1)d＝2a 1＋2(n －1)d ＝2a n ，k ＝1,2,3，所以a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝6a n ， 因此等差数列{a n }是“P (3)数列”．(2)数列{a n }既是“P (2)数列”，又是“P (3)数列”，因此， 当n ≥3时，a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＝4a n ，①当n ≥4时，a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝6a n .② 由①知，a n －3＋a n －2＝4a n －1－(a n ＋a n ＋1)，③a n ＋2＋a n ＋3＝4a n ＋1－(a n －1＋a n )．④将③④代入②，得a n －1＋a n ＋1＝2a n ，其中n ≥4， 所以a 3，a 4，a 5，…是等差数列，设其公差为d ′.在①中，取n ＝4，则a 2＋a 3＋a 5＋a 6＝4a 4，所以a 2＝a 3－d ′，在①中，取n ＝3，则a 1＋a 2＋a 4＋a 5＝4a 3，所以a 1＝a 3－2d ′，所以数列{a n }是等差数列． [命题规律](1)对等差数列与等比数列基本量的考查是重点，主要考查利用通项公式、前n 项和公式建立方程组求解，属于低档题，主要是以填空题的形式出现．(2)对等差数列与等比数列性质的考查是热点，具有“新、巧、活”的特点，考查利用性质解决有关的计算问题，属中低档题，主要是以填空题的形式出现．(3)数列的通项公式及递推公式的应用也是命题的热点，根据a n 与S n 的关系求通项公式以及利用构造或转化的方法求通项公式也是常考的热点．填空、解答题都有出现． (4)数列的求和问题，多以考查等差、等比数列的前n 项和公式、错位相减法和裂项相消法为主，且考查频率较高，是高考命题的热点．填空、解答题都有出现． (5)数列与函数、不等式的综合问题也是高考考查的重点，主要考查利用函数的观点解决数列问题以及用不等式的方法研究数列的性质，多为中档题，以解答题的形式出现．(6)数列与解析几何交汇主要涉及点列问题，难度中等及以上，常以解答题形式出现． (7)数列应用题主要以等差数列、等比数列及递推数列为模型进行考查，难度中等及以上，常以解答题形式出现．———————主干整合²归纳拓展———————(对应学生用书第21页) [第1步▕ 核心知识再整合]1．等差数列(1)通项公式⎩⎪⎨⎪⎧a n＝a 1＋ n －1 d ，a n ＝a m＋ n －m d m ，n ∈N *，m ≤n ，d ＝a n －a mn －m .(2)前n 项和公式：S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －12d .(3)常用性质：①如果数列{a n }是等差数列，m ＋n ＝p ＋q ⇒a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)，特别地，当n 为奇数时，a 1＋a n ＝a 2＋a n －1＝……＝2a 中．②若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…成等差数列． ③若等差数列{a n }，{b n }的前n 项和为A n ，B n ，则a n b n ＝A 2n －1B 2n －1.④若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 仍是等差数列． (4)等差数列的单调性设等差数列{a n }的公差为d ，当d >0时，数列{a n }为递增数列；当d <0时，数列{a n }为递减数列；若d ＝0，则数列{a n }为常数数列． (5)等差数列的最值若{a n }是等差数列，求前n 项和的最值时，①若a 1>0，d <0，且满足⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0，则前n 项和S n 最大；②若a 1<0，d >0，且满足⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤0，a n ＋1≥0，则前n 项和S n 最小．2．等比数列(1)通项公式⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝a 1²q n －1，a n＝a m²qn －mm ，n ∈N *，m <n ，q n －m＝a n am.(2)前n 项和公式S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1 q ＝1 ，a 1 1－q n 1－q或a 1－a n q1－q q ≠1 .(3)常用性质：①如果数列{a n }是等比数列m ＋n ＝p ＋q ⇒a m ²a n ＝a p ²a q (m ，n ，p ，q ∈N *)，特别地，当n 为奇数时，a 1²a n ＝a 2²a n －1＝……＝a 2中.②等比数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，S 4n －S 3n ，…成等比数列(其中S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…均不为0)． (4)等比数列的单调性 设等比数列{a n }的公比为q ，当⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0q >1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<00<q <1时，{a n }为递增数列；当⎩⎪⎨⎪⎧a 1>00<q <1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0q >1时，{a n }为递减数列；当q ＝1时，则数列{a n }为常数数列． 3．数列常见通项公式的求法(1)观察法：利用递推关系写出前几项，根据前几项的特点观察、归纳、猜想出a n 的表达式，然后用数学归纳法证明．(2)利用前n 项和与通项的关系a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1 n ＝1 ，S n －S n －1 n ≥2 .(3)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．(4)累加法：在已知数列{a n }中，满足a n ＋1＝a n ＋f (n )，把原递推公式转化为a n ＋1－a n ＝f (n )，再利用累加法(逐差相加法)求解．(5)叠乘法：在已知数列{a n }中，满足a n ＋1＝f (n )a n ，把原递推公式转化为a n ＋1a n＝f (n )，再利用叠乘法(逐商相乘法)求解．(6)构造等比数列法：在已知数列{a n }中，满足a n ＋1＝pa n ＋q (其中p ，q 均为常数，pq (p－1)≠0)，先用待定系数法把原递推公式转化为a n ＋1－t ＝p (a n －t )，其中t ＝q1－p ，再利用换元法转化为等比数列求解． 4．数列求和的主要方法(1)公式法：如果一个数列是等差数列或等比数列，则求和时直接利用等差、等比数列的前n 项和公式，注意等比数列公比q 的取值情况要分q ＝1或q ≠1.(2)倒序相加法：如果一个数列{a n }，首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和即是用此法推导的．(3)分组转化求和法：若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和而后相加减．(4)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和就是用此法推导的．(5)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和． 常见的拆项公式如下： ①分式型1n n ＋1 ＝1n －1n ＋1，1 2n －1 2n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，1n n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，1n n ＋1 n ＋2 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n n ＋1 －1 n ＋1 n ＋2 . ②乘式型n (n ＋1)＝－13[(n －1)n (n ＋1)－n (n ＋1)(n ＋2)]，n (n ＋1)(n ＋2)＝－14[(n －1)n (n ＋1)(n ＋2)－n (n ＋1)(n ＋2)(n ＋3)]．③阶乘型nn ＋1 ！＝n ＋1 －1 n ＋1 ！＝1n ！－1 n ＋1 ！，C n －1m －1＝C n m －C n m －1，k C k n ＝n C k －1n －1.④三角函数型 tan a n tan a n ＋1＝1－tan a n ＋1＋tan a ntan a n ＋1＋a n，1sin a n sin a n ＋1＝cot a n －cot a n ＋1sin a n ＋1－a n ，1cos a n cos a n ＋1＝tan a n ＋1－tan a nsin a n ＋1－a n，cos⎣⎢⎡⎦⎥⎤k 2n ＋1 2＝sin k n ＋1 －sin kn2sink2，sin⎣⎢⎡⎦⎥⎤k 2n ＋1 2＝cos k n ＋1 －cos kn－2sink2.⑤根式型1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(6)并项求和法：在一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．[第2步▕ 高频考点细突破]n 为S n ，若a 2－a 5＝－78，S 3＝13，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.[解析] 由题意得a 1q (q 3－1)＝78，a 1(1＋q ＋q 2)＝13⇒q (q －1)＝6，∵q >0∴q ＝3，a 1＝1，a n ＝3n －1.[答案] 3n －1[规律方法] 等差(比)数列的通项公式、求和公式中一共包含a 1、d (或q )、n 、a n 与S n 这五个量，如果已知其中的三个，就可以求其余的两个．其中a 1和d (或q )是两个基本量，所以等差数列与等比数列的基本运算问题一般先设出这两个基本量，然后根据通项公式、求和公式构建这两者的方程组，通过解方程组求其值，这也是方程思想在数列问题中的体现． [举一反三]2 [a 3＋2a 6＝0⇒a 6a 3＝－12⇒q 3＝－12，因此S 3S 6＝a 1²1－q 31－q a 1²1－q 61－q ＝1－q 31－q 6＝1＋121－14＝2.]n 正数，且满足：a 1a 9＝4，则数列{log 2a n }的前9项之和为________． [解析] ∵a 1a 9＝a 25＝4，∴a 5＝2，∴log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 9＝log 2(a 1a 2…a 9)＝log 2a 95＝9log 2a 5＝9. [答案] 9[规律方法] 条件或结论中涉及等差或等比数列中的两项或多项的关系时，先观察分析下标之间的关系，再考虑能否应用性质解决，要特别注意等差、等比数列性质的区别．等差数列(或等比数列)中若出现的是通项与数列和的关系，则优先考虑等差数列(或等比数列)性质m ＋n ＝p ＋q ⇒a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)(m ＋n ＝p ＋q ⇒a m ²a n ＝a p ²a q (m ，n ，p ，q ∈N *))． [举一反三](2017届高三七校联考期中考试)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．若对于任意的m ∈N *，a m ，a 2m ，a 4m 成等比数列，则k 的值为________． 0或1 [∵S n ＝kn 2＋n ，n ∈N *，∴ 数列{a n }是首项为k ＋1，公差为2k 的等差数列，a n ＝2kn ＋1－k .又对于任意的m ∈N *都有a 22m ＝a m a 4m ，∴a 22＝a 1a 4，(3k ＋1)2＝(k ＋1)²(7k ＋1)，解得k ＝0或1.又k ＝0时a n ＝1，显然对于任意的m ∈N *，a m ，a 2m ，a 4m 成等比数列；k ＝1时a n ＝2n ，a m ＝2m ，a 2m ＝4m ，a 4m ＝8m ，显然对于任意的m ∈N *，a m ，a 2m ，a 4m 也成等比数列．综上所述，k ＝0或1.]n n ①|a 1|≠|a 2|；②r (n －p )S n ＋1＝(n 2＋n )a n ＋(n 2－n －2)a 1，其中r ，p ∈R ，且r ≠0. (1)求p 的值；(2)数列{a n }能否是等比数列？请说明理由； (3)求证：当r ＝2时，数列{a n }是等差数列．[解] (1)n ＝1时，r (1－p )(a 1＋a 2)＝2a 1－2a 1，其中r ，p ∈R ，且r ≠0.又|a 1|≠|a 2|. ∴1－p ＝0，解得p ＝1.(2)设a n ＝ka n －1(k ≠±1)，r (n －1)S n ＋1＝(n 2＋n )a n ＋(n 2－n －2)a 1，∴rS 3＝6a 2,2rS 4＝12a 3＋4a 1，化为：r (1＋k ＋k 2)＝6k ，r (1＋k ＋k 2＋k 3)＝6k 2＋2.联立解得r ＝2，k ＝1(不合题意)，舍去，因此数列{a n }不是等比数列．(3)证明：r ＝2时，2(n －1)S n ＋1＝(n 2＋n )a n ＋(n 2－n －2)a 1，∴2S 3＝6a 2,4S 4＝12a 3＋4a 1,6S 5＝20a 4＋10a 1.化为：a 1＋a 3＝2a 2，a 2＋a 4＝2a 3，a 3＋a 5＝2a 4.假设数列{a n }的前n 项成等差数列，公差为d . 则2(n －1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤na 1＋n n －12d ＋a n ＋1＝(n 2＋n )[a 1＋(n －1)d ]＋(n 2－n －2)a 1，化为a n＋1＝a 1＋(n ＋1－1)d ，因此第n ＋1项也满足等差数列的通项公式，综上可得，数列{a n }成等差数列．[规律方法] (1)定义法：a n ＋1－a n ＝d (常数)(n ∈N *){a n }是等差数列；a n ＋1a n＝q (q 是非零常数){a n }是等比数列；(2)等差(比)中项法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *){a n }是等差数列；a 2n ＋1＝a n ²a n ＋2(n ∈N *，a n ≠0){a n }是等比数列；(3)通项公式法：a n ＝pn ＋q (p ，q 为常数){a n }是等差数列；a n ＝a 1²qn －1(其中a 1，q 为非零常数，n ∈N *){a n }是等比数列．(4)前n 项和公式法：S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数){a n }是等差数列；S n ＝Aq n－A (A 为非零常数，q ≠0,1){a n }是等比数列． [举一反三](2017²江苏省盐城市高考数学二模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }，{c n }满足(n ＋1)b n ＝a n ＋1－S nn ，(n ＋2)c n ＝a n ＋1＋a n ＋22－S n n，其中n ∈N *. (1)若数列{a n }是公差为2的等差数列，求数列{c n }的通项公式；(2)若存在实数λ，使得对一切n ∈N *，有b n ≤λ≤c n ，求证：数列{a n }是等差数列. [解] (1)∵数列{a n }是公差为2的等差数列，∴a n ＝a 1＋2(n －1)，S nn＝a 1＋n －1. ∴(n ＋2)c n ＝a 1＋2n ＋a 1＋2 n ＋12－(a 1＋n －1)＝n ＋2，解得c n ＝1.(2)证明：由(n ＋1)b n ＝a n ＋1－S n n，可得：n (n ＋1)b n ＝na n ＋1－S n ，(n ＋1)(n ＋2)b n ＋1＝(n ＋1)a n ＋2－S n ＋1， 相减可得：a n ＋2－a n ＋1＝(n ＋2)b n ＋1－nb n ， 可得：(n ＋2)c n ＝a n ＋1＋a n ＋22－S n n ＝a n ＋1＋a n ＋22－[a n ＋1－(n ＋1)b n ]＝a n ＋2－a n ＋12＋(n ＋1)b n＝n ＋2 b n ＋1－nb n 2＋(n ＋1)b n ＝n ＋22(b n ＋b n ＋1)，因此c n ＝12(b n ＋b n ＋1)．∵b n ≤λ≤c n ，∴λ≤c n ＝12(b n ＋b n ＋1)≤λ，故b n ＝λ，c n ＝λ.∴(n ＋1)λ＝a n ＋1－S n n ，(n ＋2)λ＝12(a n ＋1＋a n ＋2)－S nn，相减可得：12(a n ＋2－a n ＋1)＝λ，即a n ＋2－a n ＋1＝2λ(n ≥2)．又2λ＝a 2－S 11＝a 2－a 1，则a n ＋1－a n ＝2λ(n ≥1)，∴数列{a n }是等差数列.n 且满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n ²2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值．[解] (1)∵a 3＋2是a 2，a 4的等差中项，∴2(a 3＋2)＝a 2＋a 4， 代入a 2＋a 3＋a 4＝28，可得a 3＝8，∴a 2＋a 4＝20，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝8，a 1q ＋a 1q 3＝20，解之得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，q ＝12，∵q >1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n.(2)∵b n ＝a n log 12a n ＝2n log 122n ＝－n ²2n，∴S n ＝－(1³2＋2³22＋…＋n ²2n)，① 2S n ＝－(1³22＋2³23＋…＋(n －1)²2n ＋n ²2n ＋1)，②②－①得S n ＝2＋22＋23…＋2n －n ²2n ＋1＝2 1－2n1－2－n ²2n ＋1＝2n ＋1－2－n ²2n ＋1.∵S n ＋n ²2n ＋1>62，∴2n ＋1－2>62，∴n ＋1>6，n >5，∴使S n ＋n ²2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值为6.[规律方法] 等差数列、等比数列的综合问题的解题关键仍然是“基本量”方法，其通过方程或者方程组求出数列的基本量，然后再解决后续问题． [举一反三](1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n ²b n }的前n 项和T n . [解] (1)∵数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，∴b 5＝6，b 4＝4.设各项都为正数的等比数列{a n }的公比为q ，q >0， ∵S 3＝b 5＋1＝7，∴a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7，① ∵b 4是a 2和a 4的等比中项，∴a 2a 4＝a 23＝16， 解得a 3＝a 1q 2＝4，② 由①②得3q 2－4q －4＝0， 解得q ＝2或q ＝－23(舍去)，∴a 1＝1，a n ＝2n －1.(2)当n 为偶数时，T n ＝(1＋1)³20＋2³2＋(3＋1)³22＋4³23＋(5＋1)³24＋…＋[(n －1)＋1]³2n －2＋n ³2n －1＝(20＋2³2＋3³22＋4³23＋…＋n ³2n －1)＋(20＋22＋…＋2n －2)，设H n ＝20＋2³2＋3³22＋4³23＋…＋n ³2n －1，③则2H n ＝2＋2³22＋3³23＋…＋(n －1)³2n －1＋n ³2n，④③－④，得－H n ＝20＋2＋22＋23＋…＋2n －1－n ³2n＝1－2n1－2－n ³2n ＝(1－n )³2n－1，∴H n ＝(n －1)³2n＋1， ∴T n ＝(n －1)³2n ＋1＋1－41－4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －23³2n ＋23. 当n 为奇数，且n ≥3时，T n ＝T n －1＋(n ＋1)³2n －1＝⎝⎛⎭⎪⎫n －53³2n －1＋23＋(n ＋1)³2n －1＝⎝⎛⎭⎪⎫2n －23³2n －1＋23，经检验，T 1＝2符合上式．∴T n＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －23³2n －1＋23，n 为奇数，⎝ ⎛⎭⎪⎫n －23³2n＋23，n 为偶数.n 若2a 4＋a 3－2a 2－a 1＝8，则2a 8＋a 7的最小值为________．[解析] 设{a n }的公比为q ，由2a 4＋a 3－2a 2－a 1＝8，得(2a 2＋a 1)q 2－(2a 2＋a 1)＝8，所以(2a 2＋a 1)(q 2－1)＝8，显然q 2>1,2a 8＋a 7＝(2a 2＋a 1)q 6＝8q 6q 2－1，令t ＝q 2，则2a 8＋a 7＝8t 3t －1，设函数f (t )＝8t 3t －1(t >1)，f ′(t )＝8t 2 2t －3 t －1 2，易知当t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32时f (t )为减函数，当t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞时，f (t )为增函数时，所以f (t )的最小值为f⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝54，故2a 8＋a 7的最小值为54.[答案] 54[规律方法] (1)在处理数列单调性问题时应利用数列的单调性定义，即“若数列{a n }是递增数列⇔∀n ≥1，a n ＋1≥a n 恒成立”；(2)数列a n ＝f (n )的单调性与y ＝f (x )，x ∈[1，＋∞)的单调性不完全一致；(3)当数列对应的连续函数是单调函数，则可以借助其单调性来求解数列的单调性问题． [举一反三](南京市2016届高三年级模拟考试)已知数列{a n }是递增数列，且对n ∈N *，都有a n ＝n 2＋λn 恒成立，则实数λ的取值范围是________.(－3，＋∞) [利用递增数列的定义，a n ＋1>a n ，a n ＋1－a n ＝2n ＋1＋λ>0⇒λ>－2n －1，n ∈N *恒成立，则λ>－3.(注：本题易错的解法是根据数列所对应的函数单调性a n ＝n 2＋λn ＝⎝⎛⎭⎪⎫n ＋λ22－λ24，然后－λ2≤1⇒λ≥－2.由数列是递增数列去断定数列对应的函数是递增函数，是错误的)]n n ＋1n －a n ＋1)，a 1＝1，数列{b n }满足：b n ＝a n ²a n ＋1，则数列{b n }的前10项的和S 10＝________.[解析] 由a n ＋1＝a n (1－a n ＋1)得：1a n ＋1－1a n ＝1，因此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，所以1a n ＝n ，即a n ＝1n，b n ＝a n a n ＋1＝1n n ＋1 ＝1n －1n ＋1，所以S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110－111＝1－111＝1011.[答案]1011[规律方法] (1)通常情况下数列的第(1)题是需要求数列的通项公式，而且其中也设出一个新的数列，我们在做的过程中，要把这个条件作为一种提示，配凑成这种新的数列，即可解决；若题中没有设出这样的新数列，可以看知识整合中6种求通项公式的方法；(2)对于数列求和，需要先判断用哪种求和的方法，然后进行求解． [举一反三]－2 [由题设4S n ＝2a n －n 2＋7n (n ∈N *)可得4S n －1＝2a n －1－(n －1)2＋7(n －1)，将以上两式两边相减可得4a n ＝2a n －2a n －1－2n ＋1＋7，即a n ＝－a n －1－n ＋4，所以a n ＋a n －1＝－n ＋4，又因为a 1＝3，所以a 2＝－3－2＋4＝－1，故a 3＝1－3＋4＝2，依次可推得a 11＝－2.]n (2)已知c n ＝2n ＋3(n ∈N *)，记d n ＝c n ＋log C a n (C >0且C ≠1)，是否存在这样的常数C ，使得数列{d n }是常数列？若存在，求出C 的值；若不存在，请说明理由；(3)若数列{b n }，对于任意的正整数n ，均有b 1a n ＋b 2a n －1＋b 3a n －2＋…＋b n a 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －n ＋22成立，求证：数列 {b n }是等差数列． [解] (1)a 1＝4－a 1，所以a 1＝2， 由S n ＋a n ＝4得n ≥2时，S n －1＋a n －1＝4， 两式相减得，2a n ＝a n －1，a n a n －1＝12. 数列{a n }是以2为首项，公比为12的等比数列，所以a n ＝22－n(n ∈N *)．(2)由于数列{d n }是常数列，d n ＝c n ＋log C a n ＝2n ＋3＋(2－n )log C 2＝2n ＋3＋2log C 2－n log C 2＝(2－log C 2)n ＋3＋2log C 2为常数列，只有2－log C 2＝0；解得C ＝2，此时d n ＝7.(3)证明：b 1a n ＋b 2a n －1＋b 3a n －2＋…＋b n a 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －n ＋22.①当n ＝1时，b 1a 1＝12－32＝－1，其中a 1＝2，所以b 1＝－12.当n ≥2时，b 1a n －1＋b 2a n －2＋b 3a n －3＋…＋b n －1a 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－n ＋12，②②式两边同时乘以12得，b 1a n ＋b 2a n －1＋b 3a n －2＋…＋b n －1a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －n ＋14.③①式减去③式得，b n a 1＝－n －34，所以b n ＝－n 8－38，且b n ＋1－b n ＝－18.所以数列{b n }是以－12为首项，公差为－18的等差数列．[举一反三](南京市2017届高三年级学情调研)已知数列{a n }是公差为正数的等差数列，其前n 项和为S n ，且a 2a 3＝15，S 4＝16. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)数列{b n }满足b 1＝a 1，b n ＋1－b n ＝1a n a n ＋1.①求数列{b n }的通项公式；②是否存在正整数m ，n (m ≠n )，使得b 2，b m ，b n 成等差数列？若存在，求出m ，n 的值；若不存在，请说明理由．[解] (1)设数列{a n }的公差为d ，则d >0.由a 2²a 3＝15，S 4＝16，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d a 1＋2d ＝15，4a 1＋6d ＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝7d ＝－2(舍去)．所以a n ＝2n －1.(2)①因为b 1＝a 1，b n ＋1－b n ＝1a n a n ＋1，所以b 1＝a 1＝1，b n ＋1－b n ＝1a n a n ＋1＝1 2n －1 2n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，即b 2－b 1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13，b 3－b 2＝12⎝⎛⎭⎪⎫13－15，……b n －b n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3－12n －1(n ≥2)，累加得：b n －b 1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1＝n －12n －1， 所以b n ＝b 1＋n －12n －1＝1＋n －12n －1＝3n －22n －1. b 1＝1也符合上式．故b n ＝3n －22n －1，n ∈N *. ②假设存在正整数m 、n (m ≠n )，使得b 2，b m ，b n 成等差数列，则b 2＋b n ＝2b m . 又b 2＝43，b n ＝3n －22n －1＝32－14n －2，b m ＝32－14m －2，所以43＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32－14n －2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫32－14m －2，即12m －1＝16＋14n －2， 化简得：2m ＝7n －2n ＋1＝7－9n ＋1.当n ＋1＝3，即n ＝2时，m ＝2，不符合题意，舍去； 当n ＋1＝9，即n ＝8时，m ＝3，符合题意．所以存在正整数m ＝3，n ＝8，使得b 2，b m ，b n 成等差数列.n (2)设b n ＝a 2n ＋S n ²a n ，若数列{b n }为等比数列，求t 的值；(3)在满足条件(2)的情形下，设c n ＝4a n ＋1，数列{c n }的前n 项和为T n ，若不等式12k 4＋n －T n≥2n －7对任意的n ∈N *恒成立，求实数k 的取值范围．[解] (1)当n ＝1时，S 1＝t (S 1－a 1＋1)，得a 1＝t .当n ≥2时，由S n ＝t (S n －a n ＋1)，即(1－t )S n ＝－ta n ＋t ，① 得(1－t )S n －1＝－ta n －1＋t ，②①－②，得(1－t )a n ＝－ta n ＋ta n －1，即a n ＝ta n －1，∴a na n －1＝t (n ≥2)，∴{a n }是等比数列，且公比是t ，∴a n ＝t n.(2)由(1)知，b n ＝(t n )2＋t 1－t n 1－t ²t n ，即b n ＝t 2n ＋t n ＋1－2t 2n ＋11－t，若数列{b n }为等比数列，则有b 22＝b 1²b 3， 而b 1＝2t 2，b 2＝t 3(2t ＋1)，b 3＝t 4(2t 2＋t ＋1)， 故[t 3(2t ＋1)]2＝(2t 2)²t 4(2t 2＋t ＋1)， 解得t ＝12，再将t ＝12代入b n ，得b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，由b n ＋1b n ＝12，知{b n }为等比数列，∴t ＝12. (3)由t ＝12，知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，∴c n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＋1，∴T n ＝4³12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＋n ＝4＋n －42n ，由不等式12k 4＋n －T n ≥2n －7恒成立，得3k ≥2n －72n 恒成立，设d n ＝2n －72n ，由d n ＋1－d n ＝2n －52n ＋1－2n －72n ＝－2n ＋92n ＋1， ∴当n ≤4时，d n ＋1>d n ，当n ＞4时，d n ＋1<d n ， 而d 4＝116，d 5＝332，∴d 4<d 5，∴3k ≥332，∴k ≥132. [规律方法] 数列与不等式交汇命题，不等式常作为证明或求解的一问呈现，解答时先将数列的基本问题解决，再集中解决不等式问题，注意放缩法、基本不等式、裂项、累加法的运用． [举一反三](1)求数列{a n }的通项公式； (2)设数列b n ＝1 a n －6 a n －4 ，求证：数列{b n }的前n 项和S n <12.[解] (1)设等差数列的首项为a 1，公差为d ， 则⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋5³42d ＝55a 1＋5d ＋a 1＋6d 2＝ a 1＋d a 1＋3d －9 ⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝7d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝11d ＝0(舍去)，故数列{a n }的通项公式为a n ＝7＋2(n －1)，即a n ＝2n ＋5. (2)证明：由(1)a n ＝2n ＋5， 得b n ＝1 a n －6 a n －4 ＝1 2n －1 2n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1.S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<12.【例9】 (2017²海安模拟)设函数f n (x )＝－1＋x ＋22＋32＋…＋n2(x ∈R ，n ∈N *)，证明：(1)对每个n ∈N *，存在唯一的x n ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，1，满足f n ()x n ＝0；(2)对任意p ∈N *，由(1)中x n 构成的数列{}x n 满足0＜x n －x n ＋p ＜1n.[证明] (1)对每个n ∈N *，当x >0时，f n ′(x )＝1＋x2＋…＋x n －1n>0，则f n (x )在(0，＋∞)内单调递增，而f 1(1)＝0，当n ≥2时，f n (1)＝122＋132＋…＋1n 2>0，故f n (1)≥0，又f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－1＋23＋∑k ＝2n⎝ ⎛⎭⎪⎫23kk 2≤－13＋14∑k ＝2n⎝ ⎛⎭⎪⎫23k＝－13＋14²⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －11－23＝－13²⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1<0，所以对每个n ∈N *，存在唯一的x n ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，1，满足f n (x n )＝0.(2)当x >0时，f n ＋1(x )＝f n (x )＋x n ＋1n ＋1 2>f n (x )，并由(1)知f n ＋1(x n )>f n (x n )＝f n ＋1(x n ＋1)＝0.由f n ＋1(x )在(0，＋∞)内单调递增知，x n ＋1<x n ，故{x n }为单调递减数列， 从而对任意n ，p ∈N *，x n ＋p <x n . 对任意p ∈N *，f n (x n ) ＝－1 ＋ x n ＋ x 2n22 ＋ … ＋ x 2nn2 ＝0.①f n ＋p (x n ＋p ) ＝－1 ＋ x n ＋p ＋x 2n ＋p22＋…＋x n n ＋p n 2＋x n ＋1n ＋p n ＋1 2＋…＋x n ＋pn ＋pn ＋p2＝0.②①－②并移项，利用0<x n ＋p <x n ≤1，得x n －x n ＋p ＝∑k ＝2nx k n ＋p －x k n k 2＋∑k ＝n ＋1n ＋p x k n ＋p k 2≤∑k ＝n ＋1n ＋px k n ＋pk 2 ≤∑k ＝n ＋1n ＋p1k 2<∑k ＝n ＋1n ＋p1k k －1 ＝1n －1n ＋p <1n .因此，对任意p ∈N *,0＜x n －x n ＋p ＜1n.[规律方法] 对于数列、函数、不等式的问题．可以利用函数的单调性，结合极限思想解决问题；也可以利用均值不等式等号成立的条件，结合极限思想获得思路；也可以利用方程进行等量变换，减少未知量，确定参数的取值范围；也可以等价转化不等关系为恒成立问题，利用函数最值得到解法；还可以利用函数的性质，数形结合，求出参数的取值范围． [举一反三](2017²如皋月考)已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 的图象通过原点，对称轴为x ＝－2n (n ∈N *)．f ′(x )是f (x )的导函数，且f ′(0)＝2n (n ∈N *) . (1)求f (x )的表达式(含有字母n )；(2)若数列{a n }满足a n ＋1＝f ′(a n )，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式； (3)在(2)的条件下，若b n ＝n ²2a n ＋1－a n2，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，是否存在自然数M ，使得当n >M 时n ²2n ＋1－S n >50恒成立？若存在，求出最小的M ；若不存在，说明理由．[解] (1)由已知，可得c ＝0，f ′(x )＝2ax ＋b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2n ，b2a＝2n ， 解之得a ＝12，b ＝2n .∴f (x )＝12x 2＋2nx .(2)∵a n ＋1＝a n ＋2n ，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝2(1＋2＋3＋…＋n －1)＋4＝2³n n －12＋4＝n 2－n ＋4.(3)a n ＋1－a n ＝(n ＋1)2－(n ＋1)＋4－(n 2－n ＋4)＝2n ， ∴b n ＝n ²2a n ＋1－a n2＝n ²2n.S n ＝1²21＋2²22＋3²23＋…＋n ²2n ，①2S n ＝1²22＋2²23＋3²24＋…＋n ²2n ＋1.② ①－②得：－S n ＝21＋22＋…＋2n －n ²2n ＋1＝2n ＋1－2－n ²2n ＋1，∴n ²2n ＋1－S n ＝2n ＋1－2>50，即2n ＋1>52，当n ≥5时，2n ＋1>52.∴存在M ＝4，使得当n >M 时，n ²2n ＋1－S n >50恒成立．[第3步▕ 高考易错明辨析]1．忽视n 的取值范围致误已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项的和为S n ，对任意的自然数n ≥2，a n 是3S n －4与2－32S n －1的等差中项．求通项a n . [错原] 忽视了a n ＋1a n ＝－12成立的前提n ≥2，只能说明数列从第2项起为等比数列，至于整个数列{a n }是否为等比数列还需验证a 2a 1是否等于－12，这种在解答过程中忽视数列“定义域”限制而致错的题目频率是非常高的，应引起足够的重视．[正解] 由已知，当n ≥2时，2a n ＝(3S n －4)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2－32S n －1，又a n ＝S n －S n －1， 得a n ＝3S n －4(n ≥2)，a n ＋1＝3S n ＋1－4，以上两式相减得a n ＋1－a n ＝3a n ＋1， ∴a n ＋1a n ＝－12，∴a 2，a 3，…，a n ，…成等比数列，其中a 2＝3S 2－4＝3(1＋a 2)－4.即a 2＝12，q ＝－12，∴当n ≥2时，a n ＝a 2qn －2＝12²⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1， ∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1， n ＝1，－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1， n ≥2.2．求等比数列的公比时忽视隐含条件致误已知一个等比数列的前四项之积为116，第2,3项的和为2，求这个等比数列的公比．[错原] 设这四个数为aq 3，a q，aq ，aq 3，公比为q 2，就等于规定了这个等比数列各项要么同为正，要么同为负，但题中q 可以为负！ [正解] 依题意，设这四个数为a ，aq ，aq 2，aq 3， 则⎩⎪⎨⎪⎧a 4q 6＝116，aq ＋aq 2＝ 2.解得q ＝3±22或q ＝－5±2 6. 3．解数列问题时由思维定势导致错误已知等比数列{a n }中a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是________． [错原] 默认q >0，遗漏当q <0时的情况．所以需要分q 为正、负两种情况． [正解] 因为等比数列{a n }中a 2＝1， 所以S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋q ＋1q ＝1＋q ＋1q；当公比q >0时，S 3＝1＋q ＋1q≥1＋2q ²1q＝3；当公比q <0时，S 3＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－q －1q≤1－2 －q ²⎝ ⎛⎭⎪⎫－1q ＝－1；所以S 3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞).———————专家预测²巩固提升———————(对应学生用书第27页)1．已知定义在R 上的函数f (x )是奇函数且满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32－x ＝f (x )，f (－2)＝－3，数列{a n }满足a 1＝－1，且S n n ＝2³a n n＋1(其中S n 为{a n }的前n 项和)，则f (a 5)＋f (a 6)＝________.3 [由定义在R 上的函数f (x )是奇函数且满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32－x ＝f (x )知，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32＝f ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－⎝ ⎛⎭⎪⎫32－x ＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32－x ＝－f (x )，所以f (x －3)＝ f ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫x －32－32＝ －f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32＝－(－f (x ))＝f (x )，所以f (x )的周期为3，由S n n ＝2³a n n ＋1得，S n＝2a n ＋n ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋n －2a n －1－(n －1)，所以a n ＝2a n －1－1，所以a 2＝－3，a 3＝－7，a 4＝－15，a 5＝－31，a 6＝－63，所以f (a 5)＋f (a 6)＝f (－31)＋f (－63) ＝－f (3³10＋1)－f (3³21＋0)＝－f (1)－f (0)＝－f (1－3)－0＝－f (－2)＝3.]2．设△A n B n C n 的三边长分别为a n ，b n ，c n ，n ＝1,2,3，…，若b 1>c 1，b 1＋c 1＝2a 1，a n ＋1＝a n ，b n ＋1＝a n ＋c n2，c n ＋ 1＝a n ＋b n2，则∠A n 的最大值是________．π3 [由b n ＋1＝a n ＋c n 2，c n ＋1＝a n ＋b n2得 b n ＋1＋c n ＋1＝a n ＋c n 2＋a n ＋b n 2＝12(b n ＋c n )＋a n ，又a n ＋1＝a n ＝a 1，所以b n ＋1＋c n ＋1－2a 1＝12(b n＋c n －2a 1)，而b 1＋c 1＝2a 1，所以b n ＋c n ＝2a 1，所以cos ∠A n ＝b 2n ＋c 2n －a 2n2b n c n ＝ b n ＋c n 2－a 2n －2b n c n 2b n c n ＝3a 212b n c n－1≥3a 212⎝ ⎛⎭⎪⎫b n ＋c n 22－1＝3a 212a 21－1＝12，所以∠A n 的最大值是π3.]3．在△ABC 中，三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若内角A ，B ，C 依次成等差数列，且a 和c 是－x 2＋6x －8＝0的两根，则S △ABC ＝________. 23 [∵内角A ，B ，C 依次成等差数列，∴B ＝60°， ∵a 和c 是－x 2＋6x －8＝0的两根，∴a ＝2，c ＝4， ∴S △ABC ＝12ac sin B ＝12³2³4³32＝2 3.]4．(改编题)函数 f 1(x )＝x 3，f 2(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 2，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12，log 14x ，x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1，f 3(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧31－2x，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12，1，x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1，f 4(x )＝14|sin(2πx )|，等差数列{a n }中，a 1＝0，a 2 015＝1，b n ＝|f k (a n ＋1)－f k (a n )|(k P 4＜1＝P 1＝P 2＜P 3＝2 [{a n }是等差数列，且a 1＝0，a 2 015＝1，可知该数列为递增数列，且a 1 008＝12，a 504<14，a 505>14.对于f 1(x )＝x 3，该函数在[0,1]上为增函数，于是有f 1(a n ＋1)－f 1(a n )>0， 于是b 1＝f 1(a n ＋1)－f 1(a n )，所以P 1＝f 1(a 2 015)－f 1(a 1)＝1－0＝1.对于f 2(x )，该函数在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12上递增，在⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1上递减， 于是P 2＝f 2(a 1 008)－f 2(a 1)＋f 2(a 1 008)－f 2(a 2 015)＝12－0＋12－0＝1.对于f 3(x )，该函数在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12上递减，在⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1上为常数，类似有P 3＝f 3(a 1)－f 3(a 1 008)＝f 3(0)－f 3⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝3－1＝2.对于f 4(x )，该函数在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，14和⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，34递增，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，12和⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，1上递减，且是以12为周期的周期函数，故只需讨论⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12的情况，再2倍即可，仿前可知，P 4＝2[f4(a 504)－ f4(a 1)＋ f4(a 505)－ f4(a 1008)]<2⎝ ⎛⎭⎪⎫14sin π2－14sin 0＋14sin π2－14sin π＝1， 故P 4<1，则P 4<1＝P 1＝P 2<P 3＝2.]。