2018高考文科数学复习数列

数列专项数列的概念与简单表示法11．[2016·卷] 无穷数列{a n }由k 个不同的数组成，S n 为{a n }的前n 项和．若对任意n ∈N *，S n ∈{2，3}，则k 的最大值为________．[解析] 由S n ∈{2，3}，得a 1＝S 1∈{2，3}．将数列写出至最多项，其中有相同项的情况舍去，共有如下几种情况：①a 1＝2，a 2＝0，a 3＝1，a 4＝－1； ②a 1＝2，a 2＝1，a 3＝0，a 4＝－1； ③a 1＝2，a 2＝1，a 3＝－1，a 4＝0； ④a 1＝3，a 2＝0，a 3＝－1，a 4＝1； ⑤a 1＝3，a 2＝－1，a 3＝0，a 4＝1； ⑥a 1＝3，a 2＝－1，a 3＝1，a 4＝0. 最多项均只能写到第4项，即k max ＝4. D2 等差数列及等差数列前n 项和12．D2[2016·卷] 已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝________．12．6 [解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 3＋a 5＝0，所以6＋2d ＋6＋4d ＝0，解得d ＝－2，所以S 6＝6×6＋6×52×(－2)＝36－30＝6.8．D2[2016·卷] 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________．8．20 [解析] 因为S 5＝5a 3＝10，所以a 3＝2，设其公差为d ，则a 1＋a 22＝2－2d ＋(2－d )2＝d 2－6d ＋6＝－3，解得d ＝3，所以a 9＝a 3＋6d ＝2＋18＝20.3．D2[2016·全国卷Ⅰ] 已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( ) A ．100 B ．99 C ．98 D ．973．C [解析] a 1＋a 92×9＝27，可得a 5＝3，所以a 10－a 5＝5d ＝5，所以d ＝1，所以a 100＝a 10＋90d ＝98.19．D2，D4，H6[2016·卷] 已知数列{a n }的首项为1，S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋1＝qS n ＋1，其中q >0，n ∈N *.(1)若2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，求数列{a n }的通项公式； (2)设双曲线x 2－y 2a 2n＝1的离心率为e n ，且e 2＝53，证明：e 1＋e 2＋…＋e n >4n －3n 3n －1. 19．解：(1)由已知，S n ＋1＝qS n ＋1，S n ＋2＝qS n ＋1＋1，两式相减得到a n ＋2＝qa n ＋1，n ≥1. 又由S 2＝qS 1＋1得到a 2＝qa 1， 所以a n ＋1＝qa n 对所有n ≥1都成立，所以，数列{a n }是首项为1，公比为q 的等比数列， 从而a n ＝q n －1.由2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，可得2a 3＝3a 2＋2，即2q 2＝3q ＋2，则(2q ＋1)(q －2)＝0， 由已知，q >0，故q ＝2， 所以，a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)证明：由(1)可知，a n ＝q n －1， 所以双曲线x 2－y 2a 2n＝1的离心率e n ＝1＋a 2n ＝1＋q 2（n －1）.由e 2＝1＋q 2＝53，解得q ＝43(负值舍去)．因为1＋q 2(k－1)>q 2(k－1)，所以1＋q 2（k －1）>q k －1(k ∈N *)．于是e 1＋e 2＋…＋e n >1＋q ＋…＋q n －1＝q n －1q －1， 故e 1＋e 2＋…＋e n >4n －3n3n －1.17．D2[2016·全国卷Ⅱ] S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.(1)求b 1，b 11，b 101；(2)求数列{b n }的前1000项和．17．解：(1)设{a n }的公差为d ，据已知有7＋21d ＝28，解得d ＝1， 所以{a n }的通项公式为a n ＝n .故b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1，b 101＝[lg 101]＝2.(2)因为b n＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1≤n ＜10，1，10≤n ＜100，2，100≤n ＜1000，3，n ＝1000，所以数列{b n }的前1000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1893.18．D2，D4[2016·卷] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n，求数列{c n }的前n 项和T n .18．解：(1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，所以a n ＝6n ＋5. 设数列{b n }的公差为d .由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3， 即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d 17＝2b 1＋3d ， 解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝4，d ＝3，所以b n ＝3n ＋1.(2)由(1)知c n ＝（6n ＋6）n ＋1（3n ＋3）n ＝3(n ＋1)·2n ＋1. 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]， 2T n ＝3×[2×23＋3×24＋...＋(n ＋1)×2n ＋2]， 两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋ (2)＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×[4＋4×（1－2n ）1－2－(n ＋1)×2n ＋2] ＝－3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2.18．D2[2016·卷] 已知{a n }是各项均为正数的等差数列，公差为d .对任意的n ∈N *，b n是a n 和a n ＋1的等比中项．(1)设c n ＝b 2n ＋1－b 2n ，n ∈N *，求证：数列{c n }是等差数列；(2)设a 1＝d ，T n ＝,求证：<12d2. 18．证明：(1)由题意得b 2n ＝a n a n ＋1，有c n ＝b 2n ＋1－b 2n ＝a n ＋1a n ＋2－a n a n ＋1＝2da n ＋1，因此c n ＋1－c n ＝2d(a n ＋2－a n ＋1)＝2d 2，所以{c n }是等差数列．(2)T n ＝(－b 21＋b 22)＋(－b 23＋b 24)＋…＋(－b 22n －1＋b 22n )＝2d(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝2d·n （a 2＋a 2n ）2＝2d 2n(n ＋1)，所以＝12d 2·（1－1n ＋1）<12d 2. 6．D2[2016·卷] 如图1-1，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且|A n A n ＋1|＝|A n ＋1A n＋2|，A n ≠A n ＋2，n ∈N *，|B n B n ＋1|＝|B n ＋1B n ＋2|，B n ≠B n ＋2，n ∈N *.(P ≠Q 表示点P 与Q 不重合) 若d n ＝|A n B n |，S n 为△A n B n B n ＋1的面积，则( )图1-1A ．{S n }是等差数列B ．{S 2n }是等差数列C ．{d n }是等差数列D ．{d 2n}是等差数列 6．A [解析] 由题意得，A n 是线段A n －1A n ＋1(n ≥2)的中点，B n 是线段B n －1B n ＋1(n ≥2)的中点，且线段A n A n ＋1的长度都相等，线段B n B n ＋1的长度都相等．过点A n 作高线h n .由A 1作高线h 2的垂线A 1C 1，由A 2作高线h 3的垂线A 2C 2，则h 2－h 1＝|A 1A 2|sin ∠A 2A 1C 1，h 3－h 2＝|A 2A 3|sin ∠A 3A 2C 2.而|A 1A 2|＝|A 2A 3|，∠A 2A 1C 1＝∠A 3A 2C 2，故h 1，h 2，h 3成等差数列，故{S n }是等差数列．D3 等比数列及等比数列前n 项和20．A1、D3、D5[2016·卷] 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 ＝at 1＋at 2＋…＋at k .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 . 20．解：(1)由已知得a n ＝a 1·3n －1，n ∈N *. 于是当T ＝{2，4}时，S T ＝a 2＋a 4＝3a 1＋27a 1＝30a 1. 又S T ＝30，所以30a 1＝30，即a 1＝1， 故数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *.(2)证明：因为T ⊆{1，2，…，k }，a n ＝3n －1>0，n ∈N *， 所以S T ≤a 1＋a 2＋…＋a k ＝1＋3＋…＋3k －1＝12(3k －1)<3k .因此，S T <a k ＋1.(3)证明：下面分三种情况证明．①若D 是C 的子集，则S C ＋S C ∩D ＝S C ＋S D ≥S D ＋S D ＝2S D . ②若C 是D 的子集，则S C ＋S C ∩D ＝S C ＋S C ＝2S C ≥2S D . ③若D 不是C 的子集，且C 不是D 的子集．令E ＝C ∩(∁U D )，F ＝D ∩(∁U C )，则E ≠∅，F ≠∅，E ∩F ＝∅. 于是S C ＝S E ＋S C ∩D ，S D ＝S F ＋S C ∩D ，进而由S C ≥S D ，得S E ≥S F .设k 是E 中最大的数，l 为F 中最大的数，则k ≥1，l ≥1，k ≠l .由(2)知，S E <a k ＋1，于是3l －1＝a l ≤S F ≤S E <a k ＋1＝3k ，所以l －1<k ，即l ≤k . 又k ≠l ，故l ≤k －1，从而S F ≤a 1＋a 2＋…＋a l ＝1＋3＋…＋3l －1＝3l －12≤3k －1－12＝a k －12≤S E －12，故S E ≥2S F ＋1，所以S C －S C ∩D ≥2(S D －S C ∩D )＋1， 即S C ＋S C ∩D ≥2S D ＋1.综合①②③得，S C ＋S C ∩D ≥2S D .15．D3[2016·全国卷Ⅰ] 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________．15．64 [解析] 设该等比数列的公比为q ，则q ＝a 2＋a 4a 1＋a 3＝12，可得a 1＋14a 1＝10，得a 1＝8，所以a n ＝8·（12）n －1＝（12）n －4.所以a 1a 2…a n ＝（12）－3－2－1＋0＋…＋(n －4)＝，易知当n ＝3或n ＝4时，12(n 2－7n )取得最小值－6，故a 1a 2…a n 的最大值为（12）－6＝64. 17．D3、D4[2016·全国卷Ⅲ] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.17．解：(1)由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0. 由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n .由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ（λλ－1）n －1.(2)由(1)得S n ＝1－（λλ－1）n ，由S 5＝3132得1－（λλ－1）5＝3132，即（λλ－1）5＝132，解得λ＝－1.5．D3[2016·卷] 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，lg 2≈0.30) A ．2018年 B ．2019年 C ．2020年 D ．2021年5．B [解析] 设x 年后该公司全年投入的研发资金开始超过200万元， 由题可知，130(1＋12%)x ≥200， 解得x ≥log 1.12200130＝lg 2－lg 1.3lg 1.12≈3.80，因为x 为整数，所以x 取4，故开始超过200万元的年份是2019年．5．D3、A2[2016·卷] 设{a n }是首项为正数的等比数列，公比为q ，则“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0”的( )A ．充要条件B ．充分而不必要条件C ．必要而不充分条件D ．既不充分也不必要条件5．C [解析] 设数列的首项为a 1，则a 2n －1＋a 2n ＝a 1q 2n －2(1＋q )<0，即q <－1，故选C. 13．D3[2016·卷] 设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________．13．1 121 [解析] 由a n ＋1＝2S n ＋1，得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2)，两式相减得，a n ＋1－a n＝2(S n －S n －1)＝2a n ，即a n ＋1＝3a n (n ≥2)，而a 2＝2a 1＋1，S 2＝a 1＋a 2＝4，解得a 1＝1，a 2＝3，故{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，所以S 5＝1×（1－35）1－3＝121.17．D3[2016·卷] 已知无穷等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，且S n ＝S .下列条件中，使得2S n <S (n ∈N *)恒成立的是( )A ．a 1>0，0.6<q <0.7B ．a 1<0，－0.7<q <－0.6C ．a 1>0，0.7<q <0.8D ．a 1<0，－0.8<q <－0.717．B [解析] 由题意得2a 1·1－q n 1－q <a 1·11－q (0<|q |<1)对一切正整数n 恒成立．当a 1>0时，q n >12，结合选项知该不等式不恒成立，舍去；当a 1<0时，q n <12⇒q 2<12，选项B 满足要求．D4 数列求和17．D3、D4[2016·全国卷Ⅲ] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.17．解：(1)由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0. 由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n .由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ（λλ－1）n －1.(2)由(1)得S n ＝1－（λλ－1）n ，由S 5＝3132得1－（λλ－1）5＝3132，即（λλ－1）5＝132，解得λ＝－1.19．D2，D4，H6[2016·卷] 已知数列{a n }的首项为1，S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋1＝qS n ＋1，其中q >0，n ∈N *.(1)若2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，求数列{a n }的通项公式； (2)设双曲线x 2－y 2a 2n＝1的离心率为e n ，且e 2＝53，证明：e 1＋e 2＋…＋e n >4n －3n 3n －1. 19．解：(1)由已知，S n ＋1＝qS n ＋1，S n ＋2＝qS n ＋1＋1，两式相减得到a n ＋2＝qa n ＋1，n ≥1. 又由S 2＝qS 1＋1得到a 2＝qa 1， 所以a n ＋1＝qa n 对所有n ≥1都成立，所以，数列{a n }是首项为1，公比为q 的等比数列， 从而a n ＝q n －1.由2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，可得2a 3＝3a 2＋2，即2q 2＝3q ＋2，则(2q ＋1)(q －2)＝0， 由已知，q >0，故q ＝2， 所以，a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)证明：由(1)可知，a n ＝q n －1， 所以双曲线x 2－y 2a 2n＝1的离心率e n ＝1＋a 2n ＝1＋q 2（n －1）. 由e 2＝1＋q 2＝53，解得q ＝43(负值舍去)．因为1＋q 2(k－1)>q 2(k－1)，所以1＋q 2（k －1）>q k －1(k ∈N *)．于是e 1＋e 2＋…＋e n >1＋q ＋…＋qn －1＝q n －1q －1，故e 1＋e 2＋…＋e n >4n －3n3n －1. 18．D2，D4[2016·卷] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n，求数列{c n }的前n 项和T n . 18．解：(1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，所以a n ＝6n ＋5.设数列{b n }的公差为d .由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3， 即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d 17＝2b 1＋3d ， 解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝4，d ＝3， 所以b n ＝3n ＋1.(2)由(1)知c n ＝（6n ＋6）n ＋1（3n ＋3）n ＝3(n ＋1)·2n ＋1. 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]，2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×[4＋4×（1－2n）－(n＋1)×2n＋2] ＝－3n·2n＋2，1－2所以T n＝3n·2n＋2.D5 单元综合20．D5，A1[2016·卷] 设数列A：a1，a2，…，a N(N≥2)．如果对小于n(2≤n≤N)的每个正整数k都有a k<a n，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a n使得a n>a1，则G(A)≠∅；(3)证明：若数列A满足a n－a n－1≤1(n＝2，3，…，N)，则G(A)的元素个数不小于a N －a1.20．解：(1)G(A)的元素为2和5.(2)证明：因为存在a n使得a n>a1，所以{i∈N*|2≤i≤N，a i>a1}≠∅.记m＝min{i∈N*|2≤i≤N，a i>a1}，则m≥2，且对任意正整数k<m，a k≤a1<a m.因此m∈G(A)，从而G(A)≠∅.(3)证明：当a N≤a1时，结论成立．以下设a N>a1.由(2)知G(A)≠∅.设G(A)＝{n1，n2，…，n p}，n1<n2<…<n p.记n0＝1，则an0<an1<an2<…<an p.对i＝0，1，…，p，记G i＝{k∈N*|n i<k≤N，a k>an i}．如果G i≠∅，取m i＝min G i，则对任何1≤k<m i，a k≤an i<am i.从而m i ∈G (A )且m i ＝n i ＋1.又因为n p 是G (A )中的最大元素，所以G p ＝∅.从而对任意n p ≤k ≤N ，a k ≤an p ，特别地，a N ≤an p .对i ＝0，1，…，p －1，an i ＋1－1≤an i .因此an i ＋1＝an i ＋1－1＋(an i ＋1－an i ＋1－1)≤an i ＋1.所以a N －a 1≤an p －a 1＝i ＝1p (an i －an i －1)≤p. 因此G(A)的元素个数p 不小于a N －a 1.20．A1、D3、D5[2016·卷] 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 ＝at 1＋at 2＋…＋at k .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 .20．解：(1)由已知得a n ＝a 1·3n －1，n ∈N *.于是当T ＝{2，4}时，S T ＝a 2＋a 4＝3a 1＋27a 1＝30a 1.又S T ＝30，所以30a 1＝30，即a 1＝1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *.(2)证明：因为T ⊆{1，2，…，k }，a n ＝3n －1>0，n ∈N *，所以S T ≤a 1＋a 2＋…＋a k ＝1＋3＋…＋3k －1＝12(3k －1)<3k . 因此，S T <a k ＋1.(3)证明：下面分三种情况证明．①若D 是C 的子集，则S C ＋S C ∩D ＝S C ＋S D ≥S D ＋S D ＝2S D .②若C 是D 的子集，则S C ＋S C ∩D ＝S C ＋S C ＝2S C ≥2S D .③若D 不是C 的子集，且C 不是D 的子集．令E ＝C ∩(∁U D )，F ＝D ∩(∁U C )，则E ≠∅，F ≠∅，E ∩F ＝∅.于是S C ＝S E ＋S C ∩D ，S D ＝S F ＋S C ∩D ，进而由S C ≥S D ，得S E ≥S F .设k 是E 中最大的数，l 为F 中最大的数，则k ≥1，l ≥1，k ≠l .由(2)知，S E <a k ＋1，于是3l －1＝a l ≤S F ≤S E <a k ＋1＝3k ，所以l －1<k ，即l ≤k .又k ≠l ，故l ≤k －1，从而S F ≤a 1＋a 2＋…＋a l ＝1＋3＋…＋3l －1＝3l －12≤3k －1－12＝a k －12≤S E －12， 故S E ≥2S F ＋1，所以S C －S C ∩D ≥2(S D －S C ∩D )＋1，即S C ＋S C ∩D ≥2S D ＋1.综合①②③得，S C ＋S C ∩D ≥2S D .12．D5[2016·全国卷Ⅲ] 定义“规01数列”{a n }如下：{a n }共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意k ≤2m ，a 1，a 2，…，a k 中0的个数不少于1的个数．若m ＝4，则不同的“规01数列”共有( )A ．18个B ．16个C ．14个D ．12个12．C [解析] ∵a 1，a 2，…，a 8中0的个数不少于1的个数，∴a 1＝0，a 8＝1.先排定中间三个1，当三个0在一起时排法种数为C 12，当三个0不相邻时排法种数为C 34，当三个0分成两组时排法种数为A 23＋C 12，∴不同的“规01数列”共有C 12＋C 34＋A 23＋C 12＝14(个)．20．D5[2016·卷] 设数列{a n }满足a n －a n ＋12≤1，n ∈N *. (1)证明：|a n |≥2n －1(|a 1|－2)，n ∈N *；(2)若|a n |≤32n ，n ∈N *，证明：|a n |≤2，n ∈N *. 20．证明：(1)由⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1，得|a n |－12|a n ＋1|≤1，故|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1≤12n ，n ∈N *，所以|a 1|21－|a n |2n ＝|a 1|21－|a 2|22＋|a 2|22－|a 3|23＋…＋|a n －1|2n －1－|a n |2n ≤121＋122＋…＋12n －1<1， 因此|a n |≥2n －1(|a 1|－2)．(2)任取n ∈N *，由(1)知，对于任意m >n ，|a n |2n －|a m |2m ＝(|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1)＋(|a n ＋1|2n ＋1－|a n ＋2|2n ＋2)＋…＋(|a m －1|2m －1－|a m |2m )≤12n ＋12n ＋1＋…＋12m －1<12n －1， 故|a n |<⎝⎛⎭⎫12n －1＋|a m |2m ·2n ≤[12n －1＋12m ·32m ] ·2n ＝2＋⎝⎛⎭⎫34m ·2n . 从而对于任意m >n ，均有|a n |<2＋⎝⎛⎭⎫34m ·2n . 由m 的任意性得|a n |≤2.①否则，存在n 0∈N *，有|an 0|>2，取正整数m 0>log 34|an 0|－22n 0且m 0>n 0，则 2n 0·⎝⎛⎭⎫34m 0<2n 0·⎝⎛⎭⎫34log 34|an 0|－22n 0＝|an 0|－2， 与①式矛盾．综上，对于任意n ∈N *，均有|a n |≤2.23．D5，M2[2016·卷] 若无穷数列{a n }满足：只要a p ＝a q (p ，q ∈N *)，必有a p ＋1＝a q ＋1，则称{a n }具有性质P .(1)若{a n }具有性质P ，且a 1＝1，a 2＝2，a 4＝3，a 5＝2，a 6＋a 7＋a 8＝21，求a 3；(2)若无穷数列{b n }是等差数列，无穷数列{c n }是公比为正数的等比数列，b 1＝c 5＝1，b 5＝c 1＝81，a n ＝b n ＋c n ，判断{a n }是否具有性质P ，并说明理由；(3)设{b n }是无穷数列，已知a n ＋1＝b n ＋sin a n (n ∈N *)，求证：“对任意a 1，{a n }都具有性质P ”的充要条件为“{b n }是常数列”．23．解：(1)因为a 5＝a 2，所以a 6＝a 3，a 7＝a 4＝3，a 8＝a 5＝2，于是a 6＋a 7＋a 8＝a 3＋3＋2.又因为a 6＋a 7＋a 8＝21，所以a 3＝16.(2){b n }的公差为20，{c n }的公比为13， 所以b n ＝1＋20(n －1)＝20n －19，c n ＝81·(13)n －1＝35－n ， a n ＝b n ＋c n ＝20n －19＋35－n .a 1＝a 5＝82，但a 2＝48，a 6＝3043，a 2≠a 6， 所以{a n }不具有性质P .(3)证明：充分性：当{b n }为常数列时，a n ＋1＝b 1＋sin a n .对任意给定的a 1，若a p ＝a q ，则b 1＋sin a p ＝b 1＋sin a q ，即a p ＋1＝a q ＋1，充分性得证．必要性：用反证法证明．假设{b n }不是常数列，则存在k ∈N *，使得b 1＝b 2＝…＝b k ＝b ，而b k ＋1≠b .下面证明存在满足a n ＋1＝b n ＋sin a n 的{a n }，使得a 1＝a 2＝…＝a k ＋1，但a k ＋2≠a k ＋1. 设f (x )＝x －sin x －b ，取m ∈N *，使得m π>|b |，则f (m π)＝m π－b >0，f (－m π)＝－m π－b <0，故存在c 使得f (c )＝0.取a 1＝c ，因为a n ＋1＝b ＋sin a n (1≤n ≤k )，所以a 2＝b ＋sin c ＝c ＝a 1，依此类推，得a 1＝a 2＝…＝a k ＋1＝c .但a k ＋2＝b k ＋1＋sin a k ＋1＝b k ＋1＋sin c ≠b ＋sin c ，即a k ＋2≠a k ＋1.所以{a n }不具有性质P ，矛盾．必要性得证．综上，“对任意a 1，{a n }都具有性质P ”的充要条件为“{b n }是常数列”．3．[2016·一模] 已知数列{a n }中，a n ＝n 2＋λn ，且{a n }是递增数列，则实数λ的取值围是( )A. (－2，＋∞)B. [－2，＋∞)C. (－3，＋∞)D. [－3，＋∞)3．C [解析] 由题意可知a n ＋1>a n 对任意正整数n 恒成立，即(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn 对任意正整数n 恒成立，即λ>－2n －1对任意正整数n 恒成立，故λ>－3.6．[2016·模拟] 设S n 为等差数列{}a n 的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S n ＋2－S n ＝36，则n ＝( )A ．5B ．6C ．7D ．86．D [解析] S n ＋2－S n ＝36，即a n ＋2＋a n ＋1＝36，即a 1＋(n ＋1)·d ＋a 1＋nd ＝36，将a 1＝1，d ＝2代入上式，解得n ＝8.15．[2016·模拟] 在公差为d 的等差数列{}a n 中，已知a 1＝10，且a 1，2a 2＋2，5a 3成等比数列．(1)求d, a n ；(2)若d <0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |.15．解：(1)由题意得5a 3·a 1＝(2a 2＋2)2,所以d 2－3d －4＝0，解得d ＝－1或d ＝4,所以a n ＝－n ＋11或a n ＝4n ＋6.(2)设数列{a n }的前n 项和为S n .因为d <0，所以d ＝－1，a n ＝－n ＋11.当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝－12n 2＋212n; 当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 11|＋|a 12|＋…＋|a n |＝ a 1＋a 2＋…＋a 11－a 12－…－a n ＝S 11－(S n －S 11)＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110. 综上所述，|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n|＝⎩⎨⎧－12n 2＋212n ，n ≤11，12n 2－212n ＋110，n ≥12. 9．[2016·七市调研] 已知等差数列{a n }，等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝1，a 2＝b 2，2a 3－b 3＝1.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)记c n ＝a n b n ，求数列{c n }的前n 项和S n .9．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 . ∵a 1＝b 1＝1，a 2＝b 2，2a 3－b 3＝1，∴⎩⎪⎨⎪⎧1＋d ＝q ，2（1＋2d ）－q 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝0，q ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝3， ∴a n ＝1，b n ＝1或a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，b n ＝3n －1.(2)当⎩⎪⎨⎪⎧d ＝0，q ＝1时，c n ＝a n b n ＝1，S n ＝n . 当⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝3时，c n ＝a n b n ＝(2n －1)·3n －1， 则S n ＝1＋3×3＋5×32＋…＋(2n －1)·3n －1，∴3S n ＝3＋3×32＋…＋(2n －3)·3n －1＋(2n －1)·3n ，∴－2S n＝1＋2×(3＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)·3n＝(2－2n)·3n－2，∴S n＝(n－1)·3n＋1.。