2020届高考数学江苏省二轮复习训练习题：冲刺提分作业第18讲 等差数列、等比数列的基本问题
(江苏专用)2020高考数学二轮复习 课时达标训练(十四) 等差、等比数列的综合问题
课时达标训练(十四) 等差、等比数列的综合问题A 组——大题保分练1．在数列{a n }，{b n }中，已知a 1＝2，b 1＝4，且a n ，－b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，－a n ，b n ＋1也成等差数列．(1)求证：{a n ＋b n }是等比数列； (2)设m 是不超过100的正整数，求使a n －m a n ＋1－m ＝a m ＋4a m ＋1＋4成立的所有数对(m ，n )．解：(1)证明：由a n ，－b n ，a n ＋1成等差数列可得，－2b n ＝a n ＋a n ＋1，① 由b n ，－a n ，b n ＋1成等差数列可得，－2a n ＝b n ＋b n ＋1，② ①＋②得，a n ＋1＋b n ＋1＝－3(a n ＋b n )， 又a 1＋b 1＝6，所以{a n ＋b n }是以6为首项，－3为公比的等比数列． (2)由(1)知，a n ＋b n ＝6×(－3)n －1，③①－②得，a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＝－2，④ ③＋④得，a n ＝6×（－3）n －1－22＝3×(－3)n －1－1，代入a n －m a n ＋1－m ＝a m ＋4a m ＋1＋4，得3×（－3）n －1－1－m 3×（－3）n －1－m ＝3×（－3）m －1＋33×（－3）m＋3， 所以[3×(－3)n －1－1－m ][3×(－3)m＋3]＝[3×(－3)n－1－m ][3×(－3)m －1＋3]，整理得，(m ＋1)(－3)m＋3×(－3)n＝0， 所以m ＋1＝(－3)n －m ＋1，由m 是不超过100的正整数， 可得2≤(－3)n －m ＋1≤101，所以n －m ＋1＝2或4，当n －m ＋1＝2时，m ＋1＝9，此时m ＝8，则n ＝9，符合题意； 当n －m ＋1＝4时，m ＋1＝81，此时m ＝80，则n ＝83，符合题意． 故使a n －m a n ＋1－m ＝a m ＋4a m ＋1＋4成立的所有数对(m ，n )为(8，9)，(80，83)．2．(2020·苏锡常镇二模)已知数列{a n }是各项都不为0的无穷数列，对任意的n ≥3，n ∈N *，a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n ＝λ(n －1)a 1a n 恒成立．(1)如果1a 1，1a 2，1a 3成等差数列，求实数λ的值；(2)若λ＝1.(ⅰ)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列；(ⅱ)已知数列{a n }中，a 1≠a 2.数列{b n }是公比为q 的等比数列，满足b 1＝1a 1，b 2＝1a 2，b 3＝1a i(i ∈N *)．求证：q 是整数，且数列{b n }中的任意一项都是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 中的项．解：(1)因为n ≥3且n ∈N *时，a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n ＝λ(n －1)a 1a n 恒成立， 则当n ＝3时，a 1a 2＋a 2a 3＝2λa 1a 3，因为数列{a n }的各项都不为0， 所以等式两边同时除以a 1a 2a 3得：2λa 2＝1a 1＋1a 3，又1a 1，1a 2，1a 3成等差数列，所以2a 2＝1a 1＋1a 3，所以2λa 2＝2a 2，所以λ＝1.(2)证明：(ⅰ)当λ＝1，n ＝3时，a 1a 2＋a 2a 3＝2a 1a 3 ，① 整理得1a 1＋1a 3＝2a 2，则1a 2－1a 1＝1a 3－1a 2.②当n ＝4时，a 1a 2＋a 2a 3＋a 3a 4＝3a 1a 4，③ ③－①得：a 3a 4＝3a 1a 4－2a 1a 3，得1a 1＝3a 3－2a 4，又1a 1＋1a 3＝2a 2，所以1a 4－1a 3＝1a 3－1a 2.④当n ≥3时，a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n ＝(n －1)a 1a n ，a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n ＋a n a n ＋1＝na 1a n ＋1，两式相减得：a n a n ＋1＝na 1a n ＋1－(n －1)a 1a n ，因为a n ≠0，所以1a 1＝n a n －n －1a n ＋1，则1a 1＝n ＋1a n ＋1－n a n ＋2，所以n a n －n －1a n ＋1＝n ＋1a n ＋1－n a n ＋2，整理得1a n ＋1a n ＋2＝2a n ＋1，即1a n ＋2－1a n ＋1＝1a n ＋1－1a n(n ≥3)，⑤由②④⑤得：1a n ＋2－1a n ＋1＝1a n ＋1－1a n对任意的正整数n 恒成立，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 成等差数列．(ⅱ)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的公差为d ，设c n ＝1a n ，c 1＝1a 1＝c (c ≠0)，则b 1＝c 1＝c ，b 2＝c 2＝c ＋d ，d ＝c 2－c 1＝b 2－b 1＝cq －c .当i ＝2时，b 3＝c 2＝b 2，从而q ＝1，b 2＝b 1，得a 1＝a 2，与已知不符．当i ＝3时，由b 3＝c 3，cq 2＝c ＋2d ＝c ＋2c (q －1)，得q 2＝1＋2(q －1)，得q ＝1，与已知不符．当i ＝1时，由b 3＝c 1，cq 2＝c ，得q 2＝1，则q ＝－1(上面已证q ≠1)为整数． 此时数列{b n }为：c ，－c ，c ，…；数列{c n }中，c 1＝c ，c 2＝－c ，公差d ＝－2c .数列{b n }中每一项都是{c n }中的项(c ＝c 1，－c ＝c 2)．当i ≥4时，由b 3＝c i ，cq 2＝c ＋(i －1)d ＝c ＋(i －1)c (q －1)，得q 2－(i －1)q ＋(i －2)＝0，得q ＝1(舍去)，q ＝i －2(i ≥4)为正整数．cq ＝c ＋d ，b 3＝c i ，对任意的正整数k ≥4，欲证明b k 是数列{c n }中的项，只需证b k ＝cq k －1＝c i ＋xd ＝b 3＋x (cq－c )＝cq 2＋x (cq －c )有正整数解x ，即证x ＝q k －1－q 2q －1为正整数．因为x ＝q k －1－q 2q －1＝q 2（q k －3－1）q －1表示首项为q 2，公比为q ＝i －2(i ≥4)，共k －3(k ≥4)项的等比数列的和，所以x 为正整数．因此，{b n }中的每一项都是数列{c n }也即⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 中的项．3．(2020·盐城三模)在无穷数列{a n }中，a n >0(n ∈N *)，记{a n }前n 项中的最大项为k n ，最小项为r n ，令b n ＝k n r n .(1)若{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝n 2＋na 12.①求b n ；②是否存在正整数m ，n ，满足b 2mb 2n ＝2m －12n ？若存在，请求出这样的m ，n ，若不存在，请说明理由．(2)若数列{b n }是等比数列，求证：数列{a n }是等比数列． 解：(1)①在S n ＝n 2＋na 12中，令n ＝1，得a 1＝S 1＝1＋a 12，解得a 1＝1，∴S n ＝n 2＋n2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－（n －1）2＋（n －1）2＝n ，综上，得a n ＝n (n ∈N *)．显然{a n }为递增数列，∴k n ＝a n ＝n ，r n ＝a 1＝1， ∴b n ＝n .②假设存在满足条件的正整数m ，n ，则m n ＝2m －12n ，∴m 2m ＝n 2n ×12， 设c n ＝n 2n ，则c n ＋1－c n ＝n ＋12n ＋1－n 2n ＝1－n 2n ＋1，∴c 1＝c 2>c 3>c 4>c 5>…，由m 2m ＝n 2n ×12，得c m ＝12c n <c n ，∴m >n ，则m ≥n ＋1， 当m ＝n ＋1时，m n ＝2m －12n 显然不成立．当m >n ＋1时，m n ＝2m －12n ＝2m －n －1，设m －n －1＝t ，则t ∈N *，n ＋1＋t n ＝2t ，得n ＝t ＋12t －1， 设d n ＝n ＋12n －1，则d n ＋1－d n ＝（n ＋1）＋12n ＋1－1－n ＋12n －1＝－n ×2n－1（2n ＋1－1）（2n－1）<0恒成立， ∴数列{d n }递减．又d 1＝2，d 2＝1，d 3＝47<1，∴n ≥3时，d n <1恒成立．故方程n ＝t ＋12t －1的解有且仅有t ＝1，n ＝2或t ＝2，n ＝1，此时m ＝4，故满足条件的m ，n 存在，m ＝4，n ＝1或n ＝2.(2)证明：∵a n >0(n ∈N *)，且k n ，r n 分别为{a n }前n 项中的最大项和最小项， ∴k n ＋1≥k n ，r n ＋1≤r n ，设数列{b n }的公比为q ，显然q >0， (ⅰ)当q ＝1时，k n ＋1r n ＋1k n r n＝1，得k n ＋1k n ＝r nr n ＋1，若 k n ＋1>k n ，则r n ＋1<r n ，由k n 与r n 的含义可知k n ＋1>k n 与r n ＋1<r n 不可能同时成立， 故k n ＋1＝k n ，则r n ＋1＝r n ，则k n ＝k 1＝a 1，r n ＝r 1＝a 1， ∴a n ＝a 1， ∴a n ＋1a n＝1， ∴数列{a n }是等比数列．(ⅱ)当q >1时，k n ＋1r n ＋1k n r n＝q >1，得k n ＋1r n ＋1k n r n ＝q 2>1.∴k n ＋1k n >r nr n ＋1≥1，∴k n ＋1>k n 恒成立，而k n ≥a n ， ∴k n ＋1＝a n ＋1，∴a n ＋1>a n 恒成立， ∴k n ＝a n ，r n ＝a 1，代入k n ＋1r n ＋1k n r n ＝q 2得a n ＋1a 1a n a 1＝q 2，即a n ＋1a n＝q 2， ∴数列{a n }是等比数列． (ⅲ)当0＜q ＜1时，0＜k n ＋1r n ＋1k n r n＜1， 得k n ＋1r n ＋1k n r n ＝q 2＜1， ∴r n ＋1r n ＜k nk n ＋1≤1， ∴r n ＋1＜r n 恒成立，而r n ≤a n ， ∴r n ＋1＝a n ＋1，∴a n ＋1＜a n 恒成立， ∴k n ＝a 1，r n ＝a n ，代入k n ＋1r n ＋1k n r n＝q 2得a 1a n ＋1a 1a n ＝q 2，即a n ＋1a n＝q 2∴数列{a n }是等比数列， 综上可得，数列{a n }是等比数列．4．(2020·南通等七市三模)已知数列{a n }满足(na n －1－2)a n ＝(2a n －1)a n －1(n ≥2)，b n ＝1a n－n (n ∈N *)．(1)若a 1＝3，证明：{b n }是等比数列；(2)若存在k ∈N *，使得1a k ，1a k ＋1，1a k ＋2成等差数列．①求数列{a n }的通项公式；②证明：ln n ＋12a n >ln(n ＋1)－12a n ＋1.解：(1)证明：由(na n －1－2)a n ＝(2a n －1)a n －1(n ≥2)，得1a n ＝2a n －1＋2－n ，得1a n－n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a n －1－（n －1），即b n ＝2b n －1(n ≥2)．因为a 1＝3，所以b 1＝1a 1－1＝－23≠0，所以b nb n －1＝2(n ≥2)，所以{b n }是以－23为首项，2为公比的等比数列．(2)①设1a 1－1＝λ，由(1)知，b n ＝2b n －1， 所以b n ＝2b n －1＝22b n －2＝…＝2n －1b 1，得1a n－n ＝λ·2n －1，所以1a k＝λ·2k －1＋k .因为1a k ，1a k ＋1，1a k ＋2成等差数列，所以(λ·2k －1＋k )＋(λ·2k ＋1＋k ＋2)＝2(λ·2k＋k ＋1)，所以λ·2k －1＝0，所以λ＝0，所以1a n ＝n ，即a n ＝1n.②证明：要证ln n ＋12a n >ln(n ＋1)－12a n ＋1，即证12(a n ＋a n ＋1)>ln n ＋1n ，即证1n ＋1n ＋1>2ln n ＋1n .设t ＝n ＋1n ，则1n ＋1n ＋1＝t －1＋t －1t ＝t －1t，且t >1， 从而只需证当t >1时，t －1t>2ln t . 设f (x )＝x －1x－2ln x (x >1)，则f ′(x )＝1＋1x2－2x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12>0，所以f (x )在(1，＋∞)上单调递增， 所以f (x )>f (1)＝0，即x －1x>2ln x ，因为t >1，所以t －1t>2ln t ，所以原不等式得证．B 组——大题增分练1．(2020·苏北三市一模)已知数列{a n }满足对任意的n ∈N *，都有a n (q n a n －1)＋2q na n a n＋1＝a n ＋1(1－q n a n ＋1)，且a n ＋1＋a n ≠0，其中a 1＝2，q ≠0.记T n ＝a 1＋qa 2＋q 2a 3＋…＋q n －1a n .(1)若q ＝1，求T 2 019的值；(2)设数列{b n}满足b n＝(1＋q)T n－q n a n.①求数列{b n}的通项公式；②若数列{c n}满足c1＝1，且当n≥2时，c n＝2b n－1－1，是否存在正整数k，t，使c1，c k－c1，c t－c k成等比数列？若存在，求出所有k，t的值；若不存在，说明理由．解：(1)当q＝1时，由a n(q n a n－1)＋2q n a n a n＋1＝a n＋1(1－q n a n＋1)，得(a n＋1＋a n)2＝a n＋1＋a n，又a n＋1＋a n≠0，所以a n＋1＋a n＝1，又a1＝2，所以T2 019＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2 018＋a2 019)＝1 011.(2)①由a n(q n a n－1)＋2q n a n a n＋1＝a n＋1(1－q n a n＋1)，得q n(a n＋1＋a n)2＝a n＋1＋a n，又a n＋1＋a n≠0，q≠0，所以a n＋1＋a n＝1q n，又T n＝a1＋qa2＋q2a3＋…＋q n－1a n，所以qT n＝qa1＋q2a2＋q3a3＋…＋q n a n，所以(1＋q)T n＝a1＋q(a1＋a2)＋q2(a2＋a3)＋q3(a3＋a4)＋…＋q n－1(a n－1＋a n)＋q n a n，b n＝(1＋q)T n－q n a n＝a1＋1＋1＋…＋1＋q n a n－q n a n＝a1＋n－1＝n＋1，所以b n＝n＋1.②由题意，得c n＝2b n－1－1＝2n－1，n≥2，因为c1，c k－c1，c t－c k成等比数列，所以(c k－c1)2＝c1(c t－c k)，即(2k－2)2＝2t－2k，所以2t＝(2k)2－3×2k＋4，即2t－2＝(2k－1)2－3×2k－2＋1(*)．由于c k－c1≠0，所以k≠1，即k≥2.当k＝2时，2t＝8，得t＝3.当k≥3时，由(*)，得(2k－1)2－3×2k－2＋1为奇数，所以t－2＝0，即t＝2，代入(*)得22k－2－3×2k－2＝0，得2k＝3，此时k无正整数解．综上，k＝2，t＝3.2．(2020·江苏高考)设{a n}是首项为a1，公差为d的等差数列，{b n}是首项为b1，公比为q的等比数列．(1)设a1＝0，b1＝1，q＝2，若|a n－b n|≤b1对n＝1，2，3，4均成立，求d的取值范围；(2)若a 1＝b 1>0，m ∈N *，q ∈(1，m2 ]，证明：存在d ∈R ，使得|a n －b n |≤b 1对n ＝2，3，…，m ＋1均成立，并求d 的取值范围(用b 1，m ，q 表示)．解：(1)由条件知a n ＝(n －1)d ，b n ＝2n －1.因为|a n －b n |≤b 1对n ＝1，2，3，4均成立， 即|(n －1)d －2n －1|≤1对n ＝1，2，3，4均成立，所以1≤1，1≤d ≤3，3≤2d ≤5，7≤3d ≤9， 解得73≤d ≤52.所以d 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤73，52.(2)由条件知a n ＝b 1＋(n －1)d ，b n ＝b 1qn －1.若存在d ，使得|a n －b n |≤b 1(n ＝2，3，…，m ＋1)成立， 即|b 1＋(n －1)d －b 1qn －1|≤b 1(n ＝2，3，…，m ＋1)，即当n ＝2，3，…，m ＋1时，d 满足q n －1－2n －1b 1≤d ≤q n －1n －1b 1.因为q ∈⎝⎛⎦⎤1，m 2，则1＜q n －1≤q m ≤2，从而q n －1－2n －1b 1≤0，q n －1n －1b 1＞0，对n ＝2，3，…，m ＋1均成立．因此，取d ＝0时，|a n －b n |≤b 1对n ＝2，3，…，m ＋1均成立．下面讨论数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1的最大值和数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1的最小值(n ＝2，3，…，m ＋1)． ①当2≤n ≤m 时，q n －2n －q n －1－2n －1＝nq n －q n －nq n －1＋2n （n －1） ＝n （q n －q n －1）－q n ＋2n （n －1）.当1＜q ≤21m 时，有q n ≤q m ≤2，从而n (q n －q n －1)－q n＋2＞0.因此，当2≤n ≤m ＋1时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1单调递增， 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1的最大值为q m －2m .②设f (x )＝2x(1－x )，当x ＞0时，f ′(x )＝(ln 2－1－x ln 2)2x＜0， 所以f (x )单调递减，从而f (x )＜f (0)＝1.当2≤n ≤m 时，q nn q n －1n －1＝q （n －1）n ≤21n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＜1，因此，当2≤n ≤m ＋1时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1单调递减， 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1的最小值为q mm . 因此d 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤b 1（q m －2）m ，b 1q mm .3．(2020·南通等七市二模)已知数列{a n }的各项均不为零．设数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{a 2n }的前n 项和为T n ，且3S 2n －4S n ＋T n ＝0，n ∈N *.(1)求a 1，a 2的值；(2)证明：数列{a n }是等比数列；(3)若(λ－na n )(λ－na n ＋1)<0对任意的n ∈N *恒成立，求实数λ的所有可能取值． 解：(1)由题意知3S 2n －4S n ＋T n ＝0，n ∈N *，令n ＝1，得3a 21－4a 1＋a 21＝0，即a 21－a 1＝0，因为a 1≠0，所以a 1＝1. 令n ＝2，得3(1＋a 2)2－4(1＋a 2)＋(1＋a 22)＝0， 即2a 22＋a 2＝0，因为a 2≠0，所以a 2＝－12.(2)证明：因为3S 2n －4S n ＋T n ＝0，① 所以3S 2n ＋1－4S n ＋1＋T n ＋1＝0，②②－①得，3(S n ＋1＋S n )a n ＋1－4a n ＋1＋a 2n ＋1＝0， 因为a n ＋1≠0，所以3(S n ＋1＋S n )－4＋a n ＋1＝0，③ 所以3(S n ＋S n －1)－4＋a n ＝0(n ≥2，n ∈N *)，④ 当n ≥2时，③－④得，3(a n ＋1＋a n )＋a n ＋1－a n ＝0， 即a n ＋1＝－12a n ，因为a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝－12. 又由(1)知，a 1＝1，a 2＝－12，所以a 2a 1＝－12，所以数列{a n }是以1为首项，－12为公比的等比数列．(3)由(2)知，a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1.因为对任意的n ∈N *，(λ－na n )(λ－na n ＋1)<0恒成立，所以λ的值介于n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1和n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n之间． 因为n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1·n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n<0对任意的n ∈N *恒成立， 所以λ＝0符合题意．若λ>0，则当n 为奇数时，n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n <λ<n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1恒成立，从而有λ<n2n －1恒成立．记p (n )＝n 22n (n ≥4)，因为p (n ＋1)－p (n )＝（n ＋1）22n ＋1－n 22n ＝－n 2＋2n ＋12n ＋1<0， 所以p (n )≤p (4)＝1，即n 22n ≤1，所以n 2n ≤1n，(*)从而当n ≥5且n ≥2λ时，有λ≥2n ≥n2n －1，所以λ>0不符合题意．若λ<0，则当n 为奇数时，n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n <λ<n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1恒成立，从而有－λ<n2n 恒成立．由(*)式知，当n ≥5且n ≥－1λ时，有－λ≥1n ≥n2n ，所以λ<0不符合题意．综上，实数λ的所有可能取值为0.4．(2020·扬州期末)记无穷数列{a n }的前n 项中的最大值为M n ，最小值为m n ，令b n ＝M n ＋m n2，数列{a n }的前n 项和为A n ，数列{b n }的前n 项和为B n .(1)若数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，求B n ；(2)若数列{b n }是等差数列，试问数列{a n }是否也一定是等差数列？若是，请证明；若不是，请举例说明；(3)若b n ＝2n－100n ，求A n .解：(1)∵数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列， ∴a n ＝2n，∴m n ＝2，M n ＝a n ＝2n， 则b n ＝2＋2n2＝1＋2n －1，∴B n ＝n ＋1－2n 1－2×1＝2n－1＋n .(2)法一：若数列{b n }是等差数列，设其公差为d ′，则b n －b n －1＝M n ＋m n 2－M n －1＋m n －12＝M n －M n －12＋m n －m n －12＝d ′(n ≥2)，根据M n ，m n 的定义知，M n ≥M n －1，m n ≤m n －1，且两个不等式中至少有一个取等号． ①若d ′>0，则必有M n >M n －1，∴a n ＝M n >M n －1≥a n －1，即对任意的n ≥2，n ∈N *，都有a n >a n －1，∴M n ＝a n ，m n ＝a 1，b n －b n －1＝M n ＋m n 2－M n －1＋m n －12＝a n ＋a 12－a n －1＋a 12＝a n －a n －12＝d ′，∴a n －a n －1＝2d ′，即{a n }为等差数列．②当d ′<0时，则必有m n <m n －1，∴a n ＝m n <m n －1≤a n －1，即对任意的n ≥2，n ∈N *，都有a n <a n －1，∴M n ＝a 1，m n ＝a n ，b n －b n －1＝M n ＋m n 2－M n －1＋m n －12＝a 1＋a n 2－a 1＋a n －12＝a n －a n －12＝d ′，∴a n －a n －1＝2d ′，即{a n }为等差数列．③当d ′＝0时，b n －b n －1＝M n ＋m n 2－M n －1＋m n －12＝M n －M n －12＋m n －m n －12＝0，∵M n －M n －1，m n －m n －1中必有一个为0，∴根据上式知，一个为0，另一个也为0，即M n ＝M n －1，m n ＝m n －1，∴{a n }为常数列，∴{a n }为等差数列． 综上，数列{a n }也一定是等差数列．法二：若数列{b n }是等差数列，设其通项公式为b n ＝pn ＋q (p ，q ∈R )，则b n ＋1－b n ＝p . 对于a 1，a 2，…，a n ，增加a n ＋1时，有下列情况：①若a n ＋1>M n ，则M n ＋1＝a n ＋1，m n ＋1＝m n ，此时a n ＋1＝M n ＋1>M n ≥a n ，∴a n ＋1>a n 对n ∈N *恒成立， 则M n ＝a n ，m n ＋1＝m n ＝a 1，∴b n ＋1－b n ＝M n ＋1＋m n ＋12－M n ＋m n 2＝a n ＋1＋a 12－a n ＋a 12＝a n ＋1－a n 2＝p ，即a n ＋1－a n ＝2p ，∴数列{a n }是等差数列．②若m n ≤a n ＋1≤M n ，则M n ＋1＝M n ，m n ＋1＝m n ，∴b n ＋1＝b n ，∵数列{b n }是等差数列且b n ＝pn ＋q ，∴p ＝0，b n ＝q ，∴M n ＋1＝M n ＝M n －1＝…＝M 1＝a 1＝q ，m n ＋1＝m n ＝m n －1＝…＝m 1＝a 1＝q ，∴q ≤a n ＋1≤q ，即a n ＝q ，即{a n }为常数列，∴数列{a n }是公差为0的等差数列．③若a n ＋1<m n ，则M n ＋1＝M n ，m n ＋1＝a n ＋1，此时a n ＋1＝m n ＋1<m n ≤a n ，∴a n ＋1<a n 对n ∈N *恒成立． 则M n ＋1＝M n ＝a 1，m n ＝a n ，∴b n ＋1－b n ＝M n ＋1＋m n ＋12－M n ＋m n 2＝a 1＋a n ＋12－a 1＋a n 2＝a n ＋1－a n 2＝p ，即a n ＋1－a n ＝2p ，∴数列{a n }是等差数列．综上，数列{a n }也一定是等差数列．(3)∵b n ＋1－b n ＝[]2n ＋1－100（n ＋1）－(2n －100n )＝2n －100， ∴当n <7时，b n ＋1－b n <0，即b 1>b 2>…>b 6>b 7.当n ≥7时，b n ＋1－b n >0，即b 7<b 8<b 9<….以下证明：a 1>a 2>…>a 6>a 7，a 7<a 8<a 9<….当n <7时，若m n ≤a n ＋1≤M n ，则M n ＋1＝M n ，m n ＋1＝m n ，∴b n ＋1＝b n ，不合题意；若a n ＋1>M n ，则M n ＋1＝a n ＋1，m n ＋1＝m n ，则M n ＋m n 2<M n ＋1＋m n ＋12，得b n <b n ＋1，与b n >b n ＋1矛盾，不合题意；∴a n ＋1<m n ≤a n ，即a 1>a 2>…>a 6>a 7.同理可证a 7<a 8<a 9<…，即n ≥7，n ∈N *时，a n <a n ＋1.①当n ≤7时，M n ＝a 1，m n ＝a n ，∴b n ＝a 1＋a n 2，∴a n ＝2b n －a 1，a 1＝b 1＝－98， ∵b n ＝2n －100n ，∴a n ＝2n ＋1－200n ＋98， ∴A n ＝4（1－2n ）1－2－200×n （n ＋1）2＋98n ＝2n ＋2－100n 2－2n －4； ②当n >7时，a 1>a 2>…>a 6>a 7，且a 7<a 8<a 9<…，∴m n ＝a 7＝28－200×7＋98＝－1 046，M n 为a 1或a n .若M n 为a 1，则{b n }为常数列，与题意不符．∴M n ＝a n ，∴b n ＝a n ＋a 72，∴a n ＝2b n －a 7＝2n ＋1－200n ＋1 046，∴A n ＝A 7＋a 8＋a 9＋…＋a n ＝29－4 900－14－4＋29（1－2n －7）1－2－200×（n ＋8）（n －7）2＋1 046(n －7)＝2n ＋2－100n 2＋946n －6 640. ∴A n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋2－100n 2－2n －4，n ≤7，2n ＋2－100n 2＋946n －6 640，n ≥8.。
2020届高考数学江苏省二轮复习训练习题：考前冲刺 必备五 解题技法增分
必备五 解题技法增分技法一 特例法在解填空题时,可以取一个(或一些)特殊数值(或特殊位置、特殊函数、特殊点、特殊方程、特殊数列、特殊图形等)来确定其结果,这种方法称为特例法.特例法由于只需对特殊值、特殊情形进行检验,省去了推理论证及烦琐演算的过程,提高了解题的速度.特例法是考试中解答选择题和填空题时经常用到的一种方法,应用得当会有事半功倍的效果. 典型例题例1 (1)在△ABC 中,角A,B,C 所对的边分别为a,b,c.若a,b,c 成等差数列,则cosA+cosC 1+cosAcosC= .(2)AD,BE 是△ABC 的中线,若|AD ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|BE ⃗⃗⃗⃗⃗ |=1,且AD ⃗⃗⃗⃗⃗ 与BE ⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为120°,则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC⃗⃗⃗⃗⃗ = . 答案 (1)45 (2)23解析 (1)利用特例法,令a=3,b=4,c=5,则△ABC 为直角三角形,cos A=45,cos C=0,从而所求值为45.(2)易知等边三角形为符合题意的△ABC 的一个特例,则|AB|=2√33,∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ||AC⃗⃗⃗⃗⃗ |cos 60°=23.【方法归纳】当填空题已知条件中含有某些不确定的量,但填空题的结论唯一或题设条件中提供的信息暗示答案是一个定值时,可以将题中变化的不定量选取一些符合条件的恰当特殊值进行处理. 跟踪集训1.求值:cos 2a+cos 2(a+120°)+cos 2(a+240°)= .2.已知m,n 是直线,α,β,γ是平面,给出下列命题:①若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β;②若n ⊥α,n ⊥β,则α∥β;③若α内不共线的三点到β的距离都相等,则α∥β;④若n ⊄α,m ⊄α,且n ∥β,m ∥β,则α∥β;⑤若m,n 为异面直线,n ⊄α,n ∥β,m ⊄β,m ∥α,则α∥β.其中正确的命题是 .(把你认为正确的命题序号都填上)3.如图,点P 为椭圆x 225+y 29=1上第一象限内的任意一点,过椭圆的右顶点A 、上顶点B 分别作y 轴、x 轴的平行线,它们相交于点C,过点P 引BC,AC 的平行线,分别交AC 于点N,交BC 于点M,交AB 于D,E 两点,记矩形PMCN 的面积为S 1,三角形PDE 的面积为S 2,则S 1∶S 2= .技法二 图解法 典型例题例2 (1)直线y=x+m 与曲线x=√1-y 2有且仅有一个公共点,则m 的取值范围是 .(2)(2019天津文改编,8,5分)已知函数f(x)={2√x,0≤x ≤1,1x,x >1.若关于x 的方程f(x)=-14x+a(a ∈R)恰有两个互异的实数解,则a 的取值范围为 .答案 (1)-1<m ≤1或m=-√2 (2)[54,94]∪{1}解析 (1)作出曲线x=√1-y 2,如图所示.由图形可得,当直线y=x+m 在b 和c 之间(不含b,含c)变化时,满足题意,同时,当直线y=x+m 在a 的位置时也满足题意,所以m 的取值范围是-1<m ≤1或m=-√2.(2)本题以分段函数和方程的解的个数为背景,考查函数图象的画法及应用.画出函数y=f(x)的图象,如图.方程f(x)=-14x+a 的解的个数,即为函数y=f(x)的图象与直线l:y=-14x+a 的公共点的个数. 当直线l 经过点A 时,有2=-14×1+a,a=94; 当直线l 经过点B 时,有1=-14×1+a,a=54.由图可知,a ∈[54,94]时,函数y=f(x)的图象与l 恰有两个交点. 另外,当直线l 与曲线y=1x ,x>1相切时,恰有两个公共点,此时a>0. 联立{y =1x ,y =-14x +a,得1x =-14x+a, 即14x 2-ax+1=0,由Δ=a 2-4×14×1=0,得a=1(舍去负根).综上,a ∈[54,94]∪{1}.一题多解 令g(x)=f(x)+14x={2√x +x4(0≤x ≤1),1x+x 4(x >1),当0≤x ≤1时,g(x)=2√x +x4为增函数,其值域为[0,94];当x>1时,g(x)=1x +x4,对g(x)求导得g'(x)=-1x 2+14,令g '(x)=0,得x=2,当x ∈(1,2)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x ∈(2,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,∴当x=2时,g(x)min =g(2)=1,函数g(x)的简图如图所示:方程f(x)=-14x+a 恰有两个互异的实数解,即函数y=g(x)的图象与直线y=a 有两个不同的交点,由图可知54≤a ≤94或a=1满足条件.易错警示 本题入手时,容易分段研究方程2√x =-14x+a(0≤x ≤1)与1x =-14x+a(x>1)的解,陷入相对复杂的运算过程.利用数形结合时,容易在区间的端点处出现误判.【方法归纳】图解法实质上是数形结合思想在解题中的应用,利用图形的直观性并结合所学知识可直接得到相应的结论,这也是高考命题的热点.准确运用此法的关键是正确把握各种式子与几何图形中的变量之间的对应关系,利用几何图形中的相关结论求出结果. 跟踪集训4.(2019泰州期末)在平面直角坐标系xOy 中,过圆C 1:(x-k)2+(y+k-4)2=1上任一点P 作圆C 2:x 2+y 2=1的一条切线,切点为Q,则当线段PQ 的长最小时,k= .5.向量OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2),OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0),CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2cos α,√2sin α),则向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角β的取值范围是 .6.(2019南通、如皋二模)定义min{a,b}={a,a ≤b,b,a >b.已知函数f(x)=e x -1m ,g(x)=(x-1)(mx+2m 2-m-1),若h(x)=min{f(x),g(x)}恰好有3个零点,则实数m 的取值范围是 . 技法三 等价转化法通过“化复杂为简单、化陌生为熟悉”将问题等价转化成便于解决的问题,从而得到正确的结果.典型例题例3 对任意的|m|≤2,函数f(x)=mx 2-2x+1-m 恒负,则x 的取值范围为 .答案 (√7-12,√3+12)解析对任意的|m|≤2,有mx2-2x+1-m<0恒成立,等价于|m|≤2时,(x2-1)m-2x+1<0恒成立.设g(m)=(x2-1)m-2x+1,则原问题转化为g(m)<0在[-2,2]上恒成立,则{g(-2)<0,g(2)<0,即{2x 2+2x-3>0,2x2-2x-1<0,解得√7-12<x<√3+12.从而实数x的取值范围是(√7-12,√3+12).【方法归纳】在处理多元的数学问题时,我们可以选取其中的常量(或参数),将其看做“主元”,通过构造函数进行求解.运用转化方法解题,要注意转化的方向性,使转化的目的明确,使解题思路自然流畅,此外还要注意转化前后的等价性.跟踪集训7.无论k为何实数,直线y=kx+1与曲线x2+y2-2ax+a2-2a-4=0恒有交点,则实数a的取值范围是.8.如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别是AB,CD的中点,点G是EF上的动点,记△A1B1G,△C1D1G的面积分别为S1,S2,则S1+S2的最小值为.技法四待定系数法待定系数法是为确定变量间的函数关系,设出未知数,然后根据所给条件确定这些未知数的一种方法,其理论依据是多项式恒等.多项式f(x)≡g(x)的充要条件是:对于一个任意的a值,都有f(a)≡g(a);或者两个多项式各同类项的系数对应相等.典型例题例4已知圆M的方程为x2+(y-2)2=1,直线l的方程为x-2y=0,点P在直线l上,过P点作圆M的切线PA,PB,切点为A,B.(1)若P点的坐标为(2,1),过P作直线与圆M交于C,D两点,当CD=√2时,求直线CD的方程;(2)求证:经过A,P,M 三点的圆必过定点,并求出所有定点的坐标.解析 (1)易知直线CD 的斜率k 存在,设直线CD 的方程为y-1=k(x-2),即kx-y+1-2k=0.由题知圆心M(0,2)到直线CD 的距离为√22,所以√22=√1+k2,解得k=-1或k=-17,故所求直线CD 的方程为x+y-3=0或x+7y-9=0.(2)证明:设P(2m,m),则MP 的中点Q (m,m2+1).因为PA 是圆M 的切线,所以经过A,P,M 三点的圆是以Q 为圆心,MQ 为半径的圆,故其方程为(x-m)2+(y -m2-1)2=m 2+(m2-1)2,化简得x 2+y 2-2y-m(2x+y-2)=0,此式是关于m 的恒等式,故{x 2+y 2-2y =0,2x +y -2=0,解得{x =0,y =2或{x =45,y =25.所以经过A,P,M 三点的圆必过定点(0,2)或(45,25). 【方法归纳】待定系数法解题的基本步骤: 第一步:确定含有待定系数的式子;第二步:根据恒等的条件,列出一组含待定系数的方程; 第三步:解方程(组)或者消去待定系数,得到结果. 跟踪集训9.已知二次函数f(x)的图象与x 轴的两交点坐标为(2,0),(5,0),且f(0)=10,则f(x)的解析式为 .10.已知椭圆C 的中心在原点,焦点在x 轴上,其离心率为√53,短轴的端点是B 1,B 2,点M(2,0)是x 轴上的一定点,且MB 1⊥MB 2. (1)求椭圆C 的方程;(2)设过点M 且斜率不为0的直线交椭圆C 于A,B 两点.试问x 轴上是否存在定点P,使直线PA 与PB 的斜率互为相反数?若存在,求出点P 的坐标;若不存在,说明理由.技法五 换元法换元法又称辅助元素法、变量代换法.通过引入新的变量,可以把分散的条件联系起来,使隐含的条件显露出来,或者变为熟悉的形式,简化计算或证明.换元的实质是转化,关键是构造元和设元,理论依据是等量代换,目的是变换研究对象,使非标准型问题标准化、复杂问题简单化.换元法经常用于三角函数的化简求值、复合函数解析式的求解等. 典型例题例5 已知函数f(x)=x 2,g(x)=aln x+bx(a>0).设G(x)=f(x)+2-g(x)有两个零点x 1,x 2,且x 1,x 0,x 2成等差数列,试探究G'(x 0)的符号.解析 因为G(x)=x 2+2-aln x-bx 有两个零点x 1,x 2,所以{x 12+2-aln x 1-bx 1=0,x 22+2-aln x 2-bx 2=0,两式相减得x 22-x 12-a(ln x 2-ln x 1)-b(x 2-x 1)=0,即x 2+x 1-b=a(ln x 2-ln x 1)x 2-x 1,于是G'(x 0)=2x 0-ax 0-b=(x 1+x 2-b)-2ax1+x 2=a(ln x 2-ln x 1)x 2-x 1-2ax1+x 2=ax2-x 1[ln x2x 1-2(x 2-x 1)x 1+x 2]=ax 2-x 1[ln x 2x 1-2(x2x 1-1)1+x 2x 1]. ①当0<x 1<x 2时,令x2x 1=t,则t>1,且G'(x 0)=ax2-x 1[lnt -2(t -1)1+t].设u(t)=ln t-2(t -1)1+t(t>1),则u'(t)=1t -4(1+t)2=(1-t)2t(1+t)2>0, 则u(t)=ln t-2(t -1)1+t在(1,+∞)上为增函数,而u(1)=0,所以u(t)>0,即ln t-2(t -1)1+t>0.又因为a>0,x 2-x 1>0,所以G'(x 0)>0. ②当0<x 2<x 1时,同理可得,G'(x 0)>0. 综上所述,G'(x 0)的符号为正. 【方法归纳】本题涉及两个变量x 1,x 2,在解题时利用换元法简化过程,然后构造函数,再利用导数法,结合函数单调性进行符号的判断.本题把式子x2x 1看成一个整体,用变量t 去代替它,从而达到化二元为一元的目的,同时使本来零乱、分散的问题得到简化.这种技巧在解题时非常重要,需要灵活运用. 跟踪集训11.若f(ln x)=3x+4,则f(x)的表达式为 .12.已知函数f(x)=4x ,g(x)=2x ,则方程f(x)+f(-x)-2g(x)-2g(-x)=229的解为 . 13.y=sin xcos x+sin x+cos x 的最大值是 . 技法六 构造法用构造法解题的关键是由条件和结论的特殊性构造数学模型,从而简化推导与运算过程.构造法是建立在观察联想、分析综合的基础上的,首先应观察题目,观察已知条件形式上的特点,然后联想、类比已学过的知识及各种数学结构、数学模型,深刻了解问题及问题的背景(几何背景、代数背景),通过构造几何、函数、向量等具体的数学模型快速解题. 典型例题例6 在四面体ABCD 中,若AB=CD=√13,AC=BD=5,AD=BC=2√5,则该四面体的体积V= .答案 8解析 构造如图所示的长方体,并且满足AB=CD=√13,AC=BD=5,AD=BC=2√5.设AP=p,AQ=q,AR=r,则p 2+q 2=AB 2=13,r 2+p 2=AD 2=20,q 2+r 2=AC 2=25. 由上述三式得p 2+q 2+r 2=29,于是r=4,q=3,p=2. 故V=V 长方体-4V C-AQB =2×3×4-4×13×4×12×2×3=8.【方法归纳】构造法实质上是转化与化归思想在解题中的应用,需要根据已知条件和所要解决的问题确定构造的方向.一般通过构造新的函数、不等式或数列等模型将问题转化为熟悉的问题.在立体几何中,补形构造是最常用的解题技巧.通过补形可以将一般几何体的有关问题放在特殊的几何体中求解,如将三棱锥补成长方体等. 跟踪集训14.设函数f(x)=ln x+mx ,m ∈R,若对任意b>a>0,f(b)-f(a)b -a<1恒成立,则m 的取值范围为 .15.(2018南通高三第二次调研)已知a 为常数,函数f(x)=√2√2的最小值为-23,则a 的所有值为 .技法七 逆向思维法解数学问题时,一般总是从正面入手进行思考.但时常会遇到从正面入手较复杂或不易解决的情况,这时若灵活运用逆向思维来分析解题,则能使问题得到非常简捷的解决,起到事半功倍之效. 典型例题例7 已知二次函数f(x)=4x 2-2(p-2)x-2p 2-p+1,在区间[-1,1]内至少存在一个数c,使f(c)>0,则实数p 的取值范围是 .答案 (-3,32)解析 若f(x)在[-1,1]上不存在使f(c)>0的数c,则f(x)在[-1,1]内小于等于0,又Δ=36p 2≥0,故f(-1)≤0且f(1)≤0,因此若要满足题意,则只需f(-1)>0或f(1)>0即可,由f(1)>0,得2p 2+3p-9<0,即-3<p<32;由f(-1)>0,得2p 2-p-1<0,即-12<p<1.故所求实数p 的取值范围是(-3,32).【方法归纳】直接利用二次函数在区间[-1,1]上的图象特征求至少存在一个实数c,使f(c)>0,这个问题似乎无从下手,困难较大.若用逆向思维利用补集思想求解,则很直观简捷. 跟踪集训16.已知集合A={x|x 2-4mx+2m+6=0},B={x|x<0},若A ∩B ≠⌀,则实数m 的取值范围是 . 技法八 分离参数法分离参数法是求解不等式有解、恒成立问题常用的方法,通过分离参数将问题转化为相应函数的最值或范围问题,从而避免对参数进行分类讨论的烦琐过程.该方法也适用于含参方程有解、无解等问题.但要注意该方法仅适用于分离参数后能求出相应函数的最值或值域的情况. 典型例题例8已知函数f(x)=e x(3x-2),g(x)=a(x-2),其中a,x∈R.(1)求过点(2,0)和函数y=f(x)图象相切的直线方程;(2)若对任意x∈R,有f(x)≥g(x)恒成立,求a的取值范围;(3)若存在唯一的整数x0,使得f(x0)<g(x0),求a的取值范围.解析(1)设切点为(x0,y0),f'(x)=e x(3x+1),则切线斜率为e x0(3x0+1),所以切线方程为y-y0=e x0(3x0+1)(x-x0),因为切线过点(2,0),所以-e x0(3x0-2)=e x0(3x0+1)(2-x0),化简得3x02-8x0=0,解得x0=0或x0=83,当x0=0时,切线方程为y=x-2,当x0=83时,切线方程为y=9e83x-18e83.(2)由题意,对任意x∈R有e x(3x-2)≥a(x-2)恒成立,①当x∈(-∞,2)时,a≥e x(3x-2)x-2⇒a≥[e x(3x-2)x-2]max,令F(x)=e x(3x-2)x-2,则F'(x)=ex(3x2-8x)(x-2),令F'(x)=0,得x=0,x(-∞,0)0(0,2)F'(x)+0-F(x)单调递增极大值单调递减F max(x)=F(0)=1,故此时a≥1,②当x=2时,恒成立,故此时a∈R.③当x∈(2,+∞)时,a≤e x(3x-2)x-2⇒a≤[e x(3x-2)x-2]min,令F'(x)=0⇒x=83,x (2,83) 83 (83,+∞) F'(x) -+F(x)单调递减 极小值 单调递增F min (x)=F (83)=9e 83,故此时a ≤9e 83.综上,1≤a ≤9e 83.(3)因为f(x)<g(x),即e x (3x-2)<a(x-2), 由(2)知a ∈(-∞,1)∪(9e 83,+∞), 令F(x)=e x (3x -2)x -2,则x (-∞,0) 0 (0,2) (2,83) 83(83,+∞) F'(x)+--+ F(x)单调递增 极大值 单调递减 单调递减 极小值单调递增当x ∈(-∞,2)时,存在唯一的整数x 0使得f(x 0)<g(x 0),等价于存在唯一的整数x 0使得a<e x (3x -2)x -2成立,因为F(0)=1最大,F(-1)=53e ,F(1)=-e,所以当a<53e 时,至少有两个整数成立, 所以a ∈[53e ,1).当x ∈(2,+∞)时,存在唯一的整数x 0使得f(x 0)<g(x 0), 等价于存在唯一的整数x 0使得a>e x (3x -2)x -2成立,因为F (83)=9e 83最小,且F(3)=7e 3,F(4)=5e 4,所以当a>5e 4时,至少有两个整数成立, 所以当a ≤7e 3时,没有整数成立,所以a ∈(7e 3,5e 4], 综上,a ∈[53e ,1)∪(7e 3,5e 4].【方法归纳】对于求不等式成立时参数范围的问题,在可能的情况下把参数分离出来,使不等式一端是含有参数的不等式,另一端是一个区间上的具体的函数.但要注意分离参数法不是万能的,如果分离参数后,得出的函数解析式较为复杂,性质很难研究,那么就不要使用分离参数法. 跟踪集训17.若不等式2xln x ≥-x 2+ax-3恒成立,则实数a 的取值范围为 .18.已知函数f(x)=13x 3-x 2-3x+43,直线l:9x+2y+c=0,当x ∈[-2,2]时,函数f(x)的图象恒在直线l 下方,则c 的取值范围是 . 技法九 整体代换法整体代换法是根据式子的结构特征,在求值过程中,直接将多个数之和的表达式或多项式当成一个整体来处理,从而建立已知和所求之间的关系或方程进行求解的方法.利用该种方法求值,可以避免烦琐的计算.该方法适用于等差、等比数列中连续几项和的有关计算. 典型例题例9 在等比数列{a n }中,公比q=2,前87项和S 87=140,则a 3+a 6+a 9+…+a 87= .答案 80解析 设b 1=a 1+a 4+a 7+…+a 85,b 2=a 2+a 5+a 8+…+a 86,b 3=a 3+a 6+a 9+…+a 87, 因为b 1q=b 2,b 2q=b 3,且b 1+b 2+b 3=140, 所以b 1(1+q+q 2)=140,而1+q+q 2=7, 所以b 1=20,则b 3=q 2b 1=4×20=80. 【方法归纳】整体代换法求值的关键是准确把握代数式的结构特征,确定已知和所求之间的关系. 跟踪集训19.设等差数列{a n}的前n项和为S n,若a2a4a6a8=120,且1a4a6a8+1a2a6a8+1a2a4a8+1a2a4a6=760,则S9的值为.20.在正项等比数列{a n}中,a4+a3-2a2-2a1=6,则a5+a6的最小值为.技法十判别式法判别式法就是利用一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)有解的充要条件(判别式Δ=b2-4ac≥0)求解.典型例题例10已知α,β,γ为任意三角形的三个内角,求证:x2+y2+z2≥2xycosα+2yzcosβ+2zxcosγ.证明设f(x)=x2+y2+z2-(2xycosα+2yzcosβ+2zxcosγ)=x2-2(ycosα+zcosγ)x+y2+z2-2yzcosβ,因为Δ=4(ycosα+zcosγ)2-4(y2+z2-2yzcosβ)=-4(ysinα-zsinγ)2≤0,所以f(x)≥0,即x2+y2+z2≥2xycosα+2yzcosβ+2zxcosγ.【方法归纳】判别式是方程、函数和不等式之间联系的重要工具,是不等式之间相互转化的重要桥梁,运用判别式法证明不等式有两种途径:(1)构造一元二次方程,然后利用Δ≥0来证明;(2)构造恒大于(或小于)零的一元二次函数,然后利用Δ≤0来证明.跟踪集训21.函数y=2x 2+4x-7x+2x+3的值域为.22.设a1,d为实数,首项为a1,公差为d的等差数列{a n}的前n项和为S n,满足S5S6+15=0,则d的取值范围是.23.给定两个长度为1的平面向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 和OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,它们的夹角为120°.如图所示,点C 在以O 为圆心的AB ⏜上运动,若OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB⃗⃗⃗⃗⃗ ,其中x,y ∈R,则x+y 的最大值是 .技法十一 归纳法归纳法的过程可概括为从具体问 题出发观察、分析、比较、联想归纳、类比提出结论发现与猜想的结论都要经过进一步严格证明. 典型例题例11 (2018江苏沭阳调研)观察下列式子:1+12<32,1+12+13<53,1+12+13+14<74,……,据其中规律,可以猜想出:1+122+132+142+…+1102< .答案1910解析 由已知中的不等式: 1+122<32=2×2-12,1+122+132<53=2×3-13,1+122+132+142<74=2×4-14,……,我们可以推断出:不等式右边分式的分母与左边最后一项分母的底数相等,分子是分母的2倍减1,即1+122+132+142+…+1n 2<2n -1n,∴1+122+132+142+ (1102)2×10-110=1910,故答案为1910.【方法归纳】归纳问题的常见类型及解题策略(1)与数字有关的等式的推理.观察数字特点,找出等式左右两侧的规律及符号可解.(2)与不等式有关的推理.观察每个不等式的特点,注意是纵向看,找到规律后可解.(3)与数列有关的推理.通常是先求出几个特殊项,采用不完全归纳法,找出数列的项与项数的关系,列出即可.(4)与图形变化有关的推理.合理利用特殊图形归纳推理得出结论,并用赋值检验法验证其真伪性.跟踪集训24.(2018江苏如皋调研)已知函数f 0(x)=xe ,设f n+1(x)为f n(x)的导函数,f1(x)=[f0(x)]'=1-xe,f2(x)=[f1(x)]'=x-2e x,……,根据以上结果,推断f2017(x)=.25.某种平面分形图如图所示,一级分形图是由一点出发的三条线段,长度均为1,两两夹角为120°组成的;二级分形图是在一级分形图的每条线段的末端再生成两条长度为原来的13的线段,且这两条线段与原线段两两夹角为120°;……,依此规律得到n级分形图.(1)n级分形图中共有条线段;(2)n级分形图中所有线段长度之和为.技法十二等积转化法等积转化法是通过变换几何体的底面,利用几何体(主要是三棱锥)体积的不同表达形式求解相关问题的方法.其主要用于立体几何中求解点到面的距离.典型例题例12如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD是边长为2的正三角形,且与底面垂直,底面ABCD是∠ABC=60°的菱形,M为PC的中点.(1)求证:PC⊥AD;(2)求点D 到平面PAM 的距离.解析 (1)证明:如图,取AD 的中点O,连接OP,OC,AC,△PAD,△ACD 均为正三角形,所以OC ⊥AD,OP ⊥AD. 又OC ∩OP=O,所以AD ⊥平面POC, 又PC ⊂平面POC,所以PC ⊥AD.(2)点D 到平面PAM 的距离即点D 到平面PAC 的距离,由(1)可知,PO ⊥AD,又平面PAD ⊥平面ABCD,平面PAD ∩平面ABCD=AD,PO ⊂平面PAD,所以PO ⊥平面ABCD,即PO 为三棱锥P-ACD 的高.在Rt △POC 中,PO=OC=√3,PC=√6,在△PAC 中,PA=AC=2,PC=√6,边PC 上的高AM=2-PM 2√22-(√62)2=√102, 所以△PAC 的面积S △PAC =12PC ·AM=12×√6×√102=√152. 设点D 到平面PAC 的距离为h,因为V D-PAC =V P-ACD , 所以13S △PAC ·h=13S △ACD ·PO,又S △ACD =12×2×√3=√3,所以13×√152×h=13×√3×√3,解得h=2√155. 故点D 到平面PAM 的距离为2√155. 【方法归纳】等积变换法求解点到平面的距离,关键是选择合适的底面,选择的底面应具备两个特征:一是底面的形状规则,面积可求;二是底面上的高比较明显,即线面垂直比较明显.跟踪集训26.如图所示,四边形ABCD是正方形,PA⊥平面ABCD,E,F分别是AC,PC的中点,PA=2,AB=1,则三棱锥C-PED的体积为.27.如图所示,已知正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直,AD⊥CD,AB∥CD,AB=AD=1CD=1.2(1)当点M为ED的中点时,求证:AM∥平面BEC;(2)求点D到平面BEC的距离.答案精解精析技法一特例法跟踪集训1.答案32解析 题目中“求值”二字暗示答案为一定值,于是不妨令a=0°,得结果为32. 2.答案 ②解析 依题意可取特殊模型正方体AC 1(如图),在正方体AC 1中逐一判断各命题,易得正确的命题是②.3.答案 1解析 不妨取点P (4,95),则可计算S 1=(3-95)×(5-4)=65,易求得PD=2,PE=65,所以S 2=12×2×65=65,所以S 1∶S 2=1.技法二 图解法跟踪集训 4.答案 2解析 如图,因为PQ 为圆C 2的切线,所以PQ ⊥C 2Q,由勾股定理,得|PQ|=√|PC 2|2-1,要使|PQ|最小,则|PC 2|最小,显然当点P 为C 1C 2与圆C 1的交点时,|PC 2|最小, 此时,|PC 2|=|C 1C 2|-1,|C 1C 2|=√k 2+(-k +4)2=√2(k -2)2+8≥2√2. 当k=2时,|C 1C 2|最小,同时|PQ|最小. 5.答案 105°≤β≤165°解析 不妨令O 为坐标原点. ∵OB⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0),OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2), ∴B(2,0),C(2,2),∵CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2cos α,√2sin α),∴|CA⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2,∴点A 在以点C 为圆心,√2为半径的圆上.∴当OA 与圆C 相切时,向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 与向量CB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角β取得最大值或最小值. 设切点分别为点A 和点A',连接OC,OA,OA',如图,则OC=2√2,AC ⊥OA, ∵sin ∠AOC=AC OC =12, ∴∠AOC=∠A'OC=30°, ∴∠AOB=∠A'Oy=15°,∴当切点为点A 时,向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 与向量CB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角β取得最小值15°+90°=105°, 当切点为点A'时,向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 与向量CB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角β取得最大值180°-15°=165°. 故答案为105°≤β≤165°. 6.答案 (1e ,√22)∪(√22,1) 解析 当m<0时, f(x)=e x -1m 的图象在x 轴上方,无零点, g(x)=(x-1)(mx+2m 2-m-1)至多有2个零点,与题意不符. 当m>0时, f(x)=e x -1m 的零点为x=ln 1m =-ln m, g(x)=(x-1)(mx+2m 2-m-1)的零点为x 1=1,x 2=1+1m -2m. (1)若1+1m -2m>1,则有0<m<√22,画出两函数图象如图.由图可知,要有3个零点,需满足-ln m<1,即ln1m <ln e,即m>1e,所以1e<m<√22.(2)若1+1m -2m<1,则有m>√22,画出两函数图象如图.由图可知,要有3个零点,需满足-ln m<1+1m -2m,即1+1m-2m+ln m>0,令φ(m)=1+1m-2m+ln m,求导得φ'(m)=-1m2-2+1m=-2m2+m-1m2,对于函数k(m)=-2m2+m-1,Δ=1-8=-7<0,所以k(m)<0恒成立,即φ'(m)<0恒成立,所以函数φ(m)=1+1m -2m+ln m在(√22,+∞)上是减函数,又φ(1)=0,所以当m∈(√22,1)时,φ(m)>0,所以√22<m<1.综上可知,实数m的取值范围是(1e ,√22)∪(√22,1).技法三等价转化法跟踪集训7.答案[-1,3]解析 题设条件等价于点(0,1)在圆内或圆上,即等价于点(0,1)到圆心(a,0)的距离小于或等于圆的半径,即√a 2+1≤√2a +4,解得-1≤a ≤3. 8.答案 2√5解析 设EG=x,则FG=2-x,0≤x ≤2, 则S 1+S 2=12×2√x 2+4+12×2√(2-x)2+4 =√(x 2+(0-2)2+√(x 2+(0-2)2,在平面直角坐标系中,它表示x 轴上的点P(x,0)到M(0,2)与N(2,2)两点的距离之和,而点M 关于x 轴的对称点为M'(0,-2),且当P 在直线M'N 上时,PM+PN 最小,为2√5,则S 1+S 2的最小值为2√5.技法四 待定系数法跟踪集训9.答案 f(x)=x 2-7x+10解析 设二次函数f(x)=ax 2+bx+c(a ≠0).∵二次函数f(x)的图象与x 轴的两交点坐标为(2,0),(5,0),且f(0)=10, ∴{4a +2b +c =0,25a +5b +c =0,c =10,∴{a =1,b =-7,c =10,∴f(x)=x 2-7x+10.10.解析 (1)设椭圆的标准方程为x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0), ∴MB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,b),MB 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,-b), ∵MB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥MB 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴MB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MB 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 解得b 2=4, 又e=√a 2-b 2a=√1-b 2a 2=√53,解得a 2=9,故椭圆的标准方程为x 29+y 24=1.(2)存在.假设存在满足条件的定点P,其坐标为(t,0),由题意可设直线AB 的方程为x=my+2,代入x 29+y 24=1, 整理得(4m 2+9)y 2+16my-20=0, ∴y 1+y 2=-16m 4m +9,y 1·y 2=-204m +9. 设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),∵PA,PB 所在直线斜率分别为k PA =y 1x 1-t ,k PB =y2x 2-t, ∴k PA +k PB =0⇔y 1(x 2-t)+y 2(x 1-t)=0⇔2my 1y 2+(2-t)(y 1+y 2)=0⇔-40m-16m(2-t)=0. 上式对任意m ∈R 恒成立,其充要条件为-40m-16m(2-t)=0,解得t=92. 故存在满足条件的定点P,其坐标为(92,0).技法五 换元法跟踪集训11.答案 f(x)=3e x +4解析 令ln x=t,则x=e t , f(t)=3e t +4,即f(x)=3e x +4. 12.答案 x=log 23或x=log 213解析 由f(x)+f(-x)-2g(x)-2g(-x)=229,得4x +4-x -2(2x +2-x )=229,令t=2x +2-x ,则4x +4-x =t 2-2,故原方程可化为9t 2-18t-40=0,解得t=103或t=-43(舍去),则2x +2-x =103,即2x +12x =103, 解得2x =3或2x =13, 所以x=log 23或x=log 213. 13.答案12+√2解析 设sin x+cos x=t,则t ∈[-√2,√2],则y=t 22+t-12=12(t+1)2-1,当t=√2时,y 取最大值,y max =12+√2.技法六 构造法跟踪集训14.答案 [14,+∞)解析 对于任意的b>a>0,f(b)-f(a)b -a<1恒成立,等价于f(b)-b<f(a)-a 恒成立,设h(x)=f(x)-x=ln x+mx -x(x>0),则h(b)<h(a),所以h(x)在(0,+∞)上单调递减,所以h'(x)=1x -mx -1≤0在(0,+∞)上恒成立,所以m ≥-x 2+x=-(x -12)2+14(x>0),所以m ≥14,即实数m 的取值范围为[14,+∞). 15.答案 4,14解析 构造平面向量的数量积. 由函数解析式可得a>0,a ≠1, f(x)=x √a -x 2+x √1-x 2a -1,令m=(x,√1-x 2),n=(√a -x 2,x),则|m|=1,|n|=√a ,设m,n 的夹角是α,α∈[0,π],则x 22·n=√a cos α∈[-√a ,√a ],当0<a<1时, f(x)min =√aa -1=-23,解得a=14,适合;当a>1时, f(x)min =-√aa -1=-23,解得a=4,适合,故a 的值为4或14.技法七 逆向思维法跟踪集训 16.答案 (-∞,-1] 解析 若A ∩B=⌀,则①当A=⌀时,有Δ=(-4m)2-4(2m+6)<0,解得-1<m<32;②当A ≠⌀时,方程x 2-4mx+2m+6=0的两根x 1,x 2均为非负数,则{(-4m)2-4(2m +6)≥0,x 1+x 2=4m ≥0,x 1·x 2=2m +6≥0,解得m ≥32,则当A ∩B=⌀时,m>-1,故所求实数m 的取值范围为(-∞,-1].技法八 分离参数法跟踪集训 17.答案 (-∞,4]解析 已知条件可转化为a ≤2ln x+x+3x 恒成立.设f(x)=2ln x+x+3x , 则f '(x)=(x+3)(x -1)x (x>0).当x ∈(0,1)时, f '(x)<0,函数f(x)单调递减; 当x ∈(1,+∞)时, f '(x)>0,函数f(x)单调递增, 所以f(x)min =f(1)=4,所以a ≤4. 18.答案 (-∞,-6)解析 根据题意知13x 3-x 2-3x+43<-92x-c2在x ∈[-2,2]上恒成立, 则-c 2>13x 3-x 2+32x+43, 设g(x)=13x 3-x 2+32x+43, 则g'(x)=x 2-2x+32, 因为g'(x)>0恒成立, 所以g(x)在[-2,2]上单调递增, 所以g(x)max =g(2)=3,则c<-6.技法九 整体代换法跟踪集训 19.答案 632 解析1a 4a 6a 8+1a2a 6a 8+1a2a 4a 8+1a2a 4a 6=a2120+a4120+a6120+a 8120=760,则2(a 2+a 8)=14,即a 2+a 8=7,所以S 9=9(a 2+a 8)2=632.20.答案 48解析 设正项等比数列的公比为q,q>0,则a 4+a 3-2a 2-2a 1=(a 2+a 1)(q 2-2)=6, 则a 2+a 1=6q 2-2>0,q 2>0,a 5+a 6=(a 2+a 1)q 4=6q 4q -2=6(q 2-2)+24q -2+24≥12√(q 2-2)·4q -2+24=48,当且仅当q=2时取等号,故a 5+a 6的最小值是48.技法十 判别式法跟踪集训 21.答案 [-92,2)解析 已知函数式可变形为yx 2+2yx+3y=2x 2+4x-7,即(y-2)x 2+2(y-2)x+3y+7=0, 当y ≠2时,将上式视为关于x 的一元二次方程, ∵x ∈R,∴Δ≥0,即[2(y-2)]2-4(y-2)(3y+7)≥0,整理得2y 2+5y-18≤0,因式分解得2(y-2)(y +92)≤0,解得-92≤y<2(也可以依据二次函数y=2x 2+5x-18在x 轴下方的图象求解). 当y=2时,3×2+7≠0,不符合题意,应舍去. 故函数的值域为[-92,2). 22.答案 (-∞,-2√2]∪[2√2,+∞) 解析 因为S 5S 6+15=0, 所以(5a 1+10d)(6a 1+15d)+15=0,化简得2a 12+9da 1+10d 2+1=0.因为a 1∈R,所以Δ=81d 2-8(10d 2+1)≥0, 得d ≥2√2或d ≤-2√2. 23.答案 2解析 因为OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=(x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB⃗⃗⃗⃗⃗ )2,所以x 2+y 2-xy=1.(*)记x+y=t,则x=t-y,代入(*),得(t-y)2+y 2-(t-y)y=1,化简得3y 2-3ty+t 2-1=0,因为Δ=(-3t)2-12(t 2-1)≥0,所以t 2≤4,所以x+y 的最大值是2.技法十一 归纳法跟踪集训 24.答案2 017-x e x解析 f 3(x)=[f 2(x)]'=1×e x -(x -2)e x (e )=3-xe ⇒f n (x)=(-1)n-1n -x e ⇒f 2 017(x)=(-1)2 017-12 017-x e =2 017-x e .25.答案 (1)3·2n-3 (2)9-9·(23)n解析 (1)由题图知,一级分形图中有3=3×2-3条线段,二级分形图中有9=3×22-3条线段,三级分形图中有21=3×23-3条线段,按此规律得n 级分形图中的线段条数为3·2n -3.(2)∵分形图的每条线段的末端出发再生成两条长度为原来13的线段,∴n 级分形图中第n 级的(最短的)所有线段的长度和为3·(23)n -1(n ∈N *),∴n 级分形图中所有线段的长度之和为3·(23)0+3·(23)1+…+3·(23)n -1=3·1-(23)n1-23=9-9·(23)n.技法十二 等积转化法跟踪集训 26.答案16解析 ∵PA ⊥平面ABCD, ∴PA 是三棱锥P-CED 的高.∵四边形ABCD 是正方形,E 是AC 的中点, ∴△CED 是等腰直角三角形. ∵AB=1,∴CE=ED=√22, ∴S △CED =12CE ·ED=12×√22×√22=14.∴V C-PED =V P-CED =13·S △CED ·PA=13×14×2=16.27.解析 (1)证明:如图,取EC 的中点N,连接MN,BN. 在△EDC 中,M,N 分别为ED,EC 的中点, 所以MN ∥CD,且MN=12CD. 又AB ∥CD,AB=12CD, 所以MN ∥AB,且MN=AB.所以四边形ABNM 为平行四边形,所以BN ∥AM. 因为BN ⊂平面BEC,且AM ⊄平面BEC, 所以AM ∥平面BEC.(2)如图,连接BD.在正方形ADEF 中,ED ⊥AD,因为平面ADEF ⊥平面ABCD,且平面ADEF ∩平面ABCD=AD, 所以ED ⊥平面ABCD,而BC ⊂平面ABCD,所以ED ⊥BC. 在直角梯形ABCD 中,AB=AD=1,CD=2,可得BC=√2. 在△BCD 中,BD=BC=√2,CD=2, 所以BD 2+BC 2=CD 2,所以BC ⊥BD. 又DE ∩DB=D,所以BC ⊥平面EDB. 又BE ⊂平面EDB,所以BC ⊥BE. 设点D 到平面BEC 的距离为d, 由V D-BEC =V E-BCD , 得13S △BEC ·d=13S △BCD ·ED,即S △BEC ·d=S △BCD ·ED.在△EDB 中,BE=√DE 2+DB 2=√3, 所以S △BEC =12·BE ·BC=12×√3×√2=√62, 又S △BCD =12·BD ·BC=12×√2×√2=1, 所以√62d=1×1,得d=√63,于是点D 到平面BEC 的距离为√63.。
2020版高分宝典高考数学二轮微专题复习(江苏专用)讲义：微专题十六等差、等比数列
(4)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2014， － ＝6，则S2019＝________.
点评：
【思维变式题组训练】
1.一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和之比为32∶27，则该数列的公差d＝________.
在近三年的高考题中，等差、等比数列一直是高考重点和难点，填空题中有等差、等比数列基本量的考察，解答题第一问也有等差、等比基本问题考察，这类考察均以基础题和中档题出现，是数列为数不多的得分点．
年份
填空题
解答题
2017
T9等比数列的基本量
T19考察等差数列的综合问题
2018
T14等差、等比数列的综合问题
点评：
【思维变式题组训练】
1.已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和Sn，且满足a2a4＝65，a1＋a5＝18.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)是否存在常数k，使得数列 为等差数列？若存在，求出常数k；若不存在，请说明理由．
2.已知等差数列{an}的首项为1，公差为d，数列{bn}的前n项和为Sn，且对任意的n∈N*，6Sn＝9bn－an－2恒成立．
4.设等差数列{an}满足a3＋a7＝36，a4a6＝275，且anan＋1有最小值，则这个最小值为________．
例2(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn.若S15＝30，a7＝1，则S9的值为________．
(2)已知等比数列{an}的各项均为正数，且a1＋a2＝ ，a3＋a4＋a5＋a6＝40，则 的值为________．
T19考察等差、等比数列合问题
例1(1)在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋6a4，则a3的值为________．
2020年高考数学(理)总复习：等差数列与等比数列(原卷版)
2020年高考数学（理）总复习：等差数列与等比数列题型一 等差、等比数列的基本运算 【题型要点】方程思想在等差(比)数列的基本运算中的运用等差(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．【例1】等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2a 5＝2a 3，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5等于( )A ．29B ．31C ．33D ．36【例2】．{}a n 是公差不为0的等差数列，满足a 24＋a 25＝a 26＋a 27，则该数列的前10项和S 10等于( )A ．－10B ．－5C ．0D ．5【例3】．已知递增数列{a n }对任意n ∈N *均满足a n ∈N *，aa n ＝3n ，记b n ＝a 2·3n －1(n ∈N *)，则数列{b n }的前n 项和等于( )A ．2n ＋nB ．2n ＋1－1 C.3n ＋1－3n2D.3n ＋1－32题组训练一 等差、等比数列的基本运算1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＋a 5＝4，S 15＝60则a 20等于( ) A ．4 B ．6 C ．10 D ．122．在等差数列{a n }中，2(a 1＋a 3＋a 5)＋3(a 8＋a 10)＝36，则a 6等于( ) A ．8 B ．6 C ．4 D ．33．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＋a 3＝30，S 4＝120，设b n ＝1＋log 3a n ，那么数列{b n }的前15项和为( )A ．152B ．135C ．80D ．16 题型二 等差、等比数列的性质及应用 【题型要点】(1)解决此类问题的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．(2)等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．【例4】已知数列{a n }，{b n }满足b n ＝log 2a n ，n ∈N *，其中{b n }是等差数列，且a 8·a 2 008＝14，则b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2 015等于( ) A ．log 22 015B ．2 015C ．－2 015D ．1 0082．各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝10，S 12＝130，则S 8等于( ) A ．－30 B ．40 C ．40或－30D ．40或－503．等比数列{a n }的首项为32，公比为－12，前n 项和为S n ，则当n ∈N *时，S n －1S n的最大值与最小值之和为( )A ．－23B ．－712C.14D.56题组训练二 等差、等比数列的性质及应用1．在等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2－7x ＋12＝0的两根，则a 1a 17a 9的值为( )A ．2 3B ．4C ．±2 2D ．±4 2．设公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，－217<d <－19，则当S n 取最大值时n 的值为________．3．若{a n }是等差数列，首项a 1＞0，a 2 016＋a 2 017＞0，a 2 016·a 2 017＜0，则使前n 项和S n＞0成立的最大正整数n 是( )A ．2 016B ．2 017C ．4 032D ．4 033题型三 等差、等比数列的综合问题 【题型要点】关于等差、等比数列的综合问题多属于两者运算的综合题以及相互之间的转化，关键是求出两个数列的基本量：首项和公差(或公比)，灵活运用性质转化条件，简化运算，准确记忆相关的公式是解决此类问题的关键．【例3】已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6. (1)求数列{a n }的通项公式a n 与前n 项和S n ；(2)将数列{a n }的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．题组训练三 等差、等比数列的综合问题已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ·a n ＋1＝n⎪⎭⎫⎝⎛21，记T 2n 为{a n }的前2n 项的和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N *.(1)判断数列{b n }是否为等比数列，并求出b n ； (2)求T 2n .题型四 数列与其他知识的交汇 【题型要点】数列在中学教材中既有相对独立性，又有较强的综合性，很多数列问题一般转化，特殊数列求解，一些题目常与函数、向量、三角函数、解析几何等知识交汇结合，考查数列的基本运算与应用．【例4】 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若OB →＝a 1OA →＋a 2 016OC →，且A ，B ，C 三点共线(该直线不过点O )，则S 2 016等于( )A ．1 007B ．1 008C ．2 015D ．2 016题组训练四 数列与其他知识的交汇1．在由正数组成的等比数列{a n }中，若a 3a 4a 5＝3π，则sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7)的值为( )A.12B.32C ．1D ．－322．已知各项都为正数的等比数列{a n }满足a 7＝a 6＋2a 5，存在两项a m ，a n 使得 a m ·a n ＝4a 1，则1m ＋4n的最小值为( )A.32B.53C.256D.433．艾萨克·牛顿(1643年1月4日－1727年3月31日)英国皇家学会会长，英国著名物理学家，同时在数学上也有许多杰出贡献，牛顿用“作切线”的方法求函数f (x )的零点时给出一个数列{}x n 满足x n ＋1＝x n －f (x n )f ′(x n )，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)有两个零点1,2，数列{}x n 为牛顿数列，设a n ＝ln x n －2x n －1，已知a 1＝2，x n >2，则{}a n 的通项公式a n ＝________.【专题训练】 一、选择题1．等比数列{a n }中，a 4＝2，a 7＝5，则数列{lg a n }的前10项和等于( ) A ．2 B ．lg 50 C ．10D ．52．在正项等比数列{a n }中，已知a 3a 5＝64，则a 1＋a 7的最小值为( ) A ．64B ．32C ．16D ．83．一个等比数列的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列的项数是( )A ．13B ．12C ．11D ．104．在数列{a n }中，若a 1＝2，且对任意正整数m ，k ，总有a m ＋k ＝a m ＋a k ，则{a n }的前n 项和S n 等于( )A ．n (3n －1)B.n (n ＋3)2C ．n (n ＋1)D.n (3n ＋1)25．记S n 为正项等比数列{a n }的前n 项和，若S 12－S 6S 6－7·S 6－S 3S 3－8＝0，且正整数m ，n满足a 1a m a 2n ＝2a 35，则1m ＋8n的最小值是( ) A.157 B.95 C.53D.756．数列{}a n 是以a 为首项，b 为公比的等比数列，数列{}b n 满足b n ＝1＋a 1＋a 2＋…＋a n (n ＝1,2，…)，数列{}c n 满足c n ＝2＋b 1＋b 2＋…＋b n (n ＝1,2，…)，若{}c n 为等比数列，则a ＋b 等于( )A. 2 B ．3 C. 5 D ．6二、填空题7．数列{a n }的通项a n ＝n 2·⎪⎭⎫ ⎝⎛-3sin 3cos22ππn n ，其前n 项和为S n ，则S 30＝________. 8．已知数列{a n }满足a 1＝2，且a n ＝2na n －1a n －1＋n －1(n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝________.9．在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增一十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢．问：几日相逢？( )A ．8日B ．9日C ．12日D ．16日10．数列{log k a n }是首项为4，公差为2的等差数列，其中k >0，且k ≠1.设c n ＝a n lg a n ，若{c n }中的每一项恒小于它后面的项，则实数k 的取值范围为________．三、解答题11．已知数列{}a n 的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3的值；(2)是否存在常数λ，使得数列{a n ＋λ}为等比数列？若存在，求出λ的值和通项公式a n ；若不存在，请说明理由．12.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n －1＝3(a n －1)，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足a n ＋1＝⎪⎭⎫⎝⎛23a n ·b n ，若b n ≤t 对于任意正整数n 都成立，求实数t 的取值范围．。
2020江苏高考理科数学二轮练习：小题专题练数列 含解析
13．解析：设等差数列{an}的公差为d，
由a12＝ a5＞0得a1＝－ d，d<0，所以an＝ d，
从而可知1≤n≤16时，an＞0,n≥17时，an＜0.
从而b1＞b2＞…＞b14＞0＞b17＞b18＞…，b15＝a15a16a17＜0，
b16＝a16a17a18＞0，
故S14＞S13＞…＞S1，S14＞S15，S15＜S16.
答案：
11．解析：因为log2an＋1＝1＋log2an，可得log2an＋1＝log22an，所以an＋1＝2an，所以数列{an}是以a1为首项，2为公比的等比数列，又a1＋a2＋…＋a10＝1，所以a101＋a102＋…＋a110＝(a1＋a2＋…＋a10)×2100＝2100，所以log2(a101＋a102＋…＋a110)＝log22100＝100.
答案：100
12．解析：依题意得(an＋1－2)(an－2)＝3，(an＋2－2)·(an＋1－2)＝3，因此an＋2－2＝an－2，即an＋2＝an，所以数列{an}是以2为周期的数列．又a1＝5，因此(a2－2)(a1－2)＝3(a2－2)＝3，故a2＝3，a1＋a2＝8.注意到2 016＝2×1 008，因此该数列的前2 016项的和等于1 008·(a1＋a2)＝8 064.
答案： n＋
6．解析：法一：设数列{an}的公差为d.由a ＋a ＝a ＋a 得a ＋(a1＋d)2＝(a1＋2d)2＋(a1＋3d)2，即8a1d＋12d2＝0.因为d≠0，所以a1＝－ d.又由S5＝5a3＝5得a3＝1，所以a1＋2d＝1，解得a1＝－3，d＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－5，故a7＝2×7－5＝9.
2020江苏高考理科数学二轮练习：小题专题练数列 含解析
2020版高分宝典高考数学二轮微专题复习(江苏专用)课件：微专题十六等差、等比数列
(2) 117 解析：解法 1: a1＋a2＝a11＋q＝49，
两式相除可得
a3＋a4＋a5＋a6＝a1q2＋q3＋q4＋q5＝40，
q2＋q4＝90，即 q2＝－10(舍)或 q2＝9.又 an>0，所以 q＝3，故 a1＝19，所以 a7＋a8
＋a9＝a1q6(1＋q＋q2)＝1 053，即a7＋a98＋a9＝117.
(1) 3 解析：由 a8＝a6＋6a4 得 a2q6＝a2q4＋6a2q2，则有 q4－q2－6＝0，所以 q2
＝3(舍负)．又 q>0，所以 q＝ 3，则 a3＝a2q＝ 3.
(2)
3 5
解析：因为 SS2nn＝4nn＋＋12，所以令 n＝1 可得，SS12＝26＝13，即2aa1＋1 d＝13，化
解法 2: 因为aa31＋ ＋aa42＝q2，aa51＋ ＋aa62＝q4，所以 a3＋a4＋a5＋a6＝(q2＋q4)(a1＋a2)＝40. 即 q4＋q2＝90，解得 q2＝9.又 an>0，所以 q＝3.又aa71＋ ＋aa82＋ ＋aa93＝q6，aa74＋ ＋aa85＋ ＋aa96＝q3， 故 a1＋a2＋…＋a6＝q16＋q13(a7＋a8＋a9)＝40＋49，解得 a7＋a8＋a9＝1 053，即 a7＋a98＋a9＝117.
2. 等差数列{an}中，已知 Sn 是其前 n 项和，a1＝－9，S99－S77＝2，则 S10＝________.
0 解析：设公差为 d.因为S99－S77＝2，所以9－2 1d－7－2 1d＝2， 所以 d＝2.因为 a1＝－9，所以 S10＝10×(－9)＋10× 2 9×2＝0.
3. 若公比不为 1 的等比数列{an}满足 log2(a1a2…a13)＝13，等差数列bn满足 b7＝a7， 则 b1＋b2＋…＋b13 的值为________．
2020届高考数学江苏省二轮复习训练习题：冲刺提分作业第20讲 数列的综合应用
第20讲 数列的综合应用1.(2019苏州期中,12)已知数列{a n }的通项公式为a n =5n+1,数列{b n }的通项公式为b n =n 2,若将数列{a n },{b n }中相同的项按从小到大的顺序排列后看作数列{c n },则c 6的值为 .2.(2018江苏常州模拟)各项均为正数的等比数列{a n }中,若a 2a 3a 4=a 2+a 3+a 4,则a 3的最小值为 .3.(2019无锡期中,10)《九章算术》中研究盈不足问题时,有一道题是“今有垣厚五尺,两鼠对穿,大鼠日一尺,小鼠也日一尺,大鼠日自倍,小鼠日自半,问何日相逢?”题意为“有厚墙五尺,两只老鼠从墙的两边分别打洞穿墙,大老鼠第一天打一尺,以后每天加倍;小老鼠第一天也打一尺,以后每天减半,问几天后两鼠相遇?”一古城墙厚33尺,大、小老鼠按上述方式打洞,相遇时是第 天.4.(2019扬州中学3月检测,10)已知数列{a n }为正项的递增等比数列,a 1+a 5=82,a 2·a 4=81,记数列{2a n }的前n 项和为T n ,则使不等式2 019×|13T n -1|>1成立的最大正整数n 的值是 .5.(2018徐州铜山高三第三次模拟)设S n 是等比数列{a n }的前n 项和,S 3,S 9,S 6成等差数列,且a 2+a 5=2a m ,则m= .6.(2019南师大附中期中,13)已知实数x,y,z ∈[0,4],如果x 2,y 2,z 2是公差为2的等差数列,则|x-y|+|y-z|的最小值为 .7.(2018淮海中学高三模拟)若数列{a n }同时满足:①对于任意的正整数n,a n+1≥a n 恒成立;②对于给定的正整数k,a n-k +a n+k =2a n 对于任意的正整数n(n>k)恒成立,则称数列{a n }是“R(k)数列”.(1)已知a n ={2n -1,n 为奇数,2n ,n 为偶数,判断数列{a n }是不是“R(2)数列”,并说明理由;(2)已知数列{b n }是“R(3)数列”,且存在整数p(p>1),使得b 3p-3,b 3p-1,b 3p+1,b 3p+3成等差数列,证明:{b n }是等差数列.答案精解精析1.答案256,解析设a m=b k,则有5m+1=k2,即m=(k+1)(k-1)5因为m是正整数,所以k+1或k-1是5的整数倍,设k+1=5t 或k-1=5t(t ∈N *),即k=5t-1或k=5t+1(t ∈N *),所以k=4,6,9,11,14,16,19,21,…,所以c 6=162=256.2.答案 √3解析 因为a 2a 3a 4=a 2+a 3+a 4,所以a 33=a 3q +a 3+a 3q,a 32=1q +q+1≥3,a 3>0,则a 3≥√3,当且仅当q=1时取等号,则a 3的最小值为√3.3.答案 6解析 设第x 天相遇,大鼠每天打洞尺数构成以1为首项,2为公比的等比数列,则x 天共打洞尺数为1-2x 1-2=2x -1; 小鼠每天打洞尺数构成以1为首项,12为公比的等比数列,则x 天共打洞尺数为1-(12)x 1-12=2-12x -1. 根据题意得2x -1+2-12x -1≥33,即2x -12x -1≥32,令f(x)=2x -12x -1=2x -22x ,当x>0时, f(x)是增函数,又f(5)=32-232<32, f(6)=64-264>32,所以相遇时是第6天.4.答案 6解析 设数列{a n }的公比为q(q>1),由{a 1+a 5=82,a 1a 5=81,解得{a 1=1,a 5=81,则q=3, ∴a n =3n-1,则T n =21+23+232+…+23n -1=2×1-13n 1-13=3(1-13n ), ∴2 019×|13T n -1|>1,即2 019×13n >1,得3n <2 019,此时正整数n 的最大值为6.5.答案 8解析 设等比数列{a n }的公比为q,由S 3,S 9,S 6成等差数列,得S 3+S 6=2S 9,则(a 1+a 2+a 3)(2+q 3)=2(a 1+a 2+a 3)(1+q 3+q 6),a 1+a 2+a 3≠0,则2+q 3=2+2q 3+2q 6,q 3=-12,则a 2+a 5=a 2+a 2q 3=12a 2=2a m =2a 2q m-2,14=(-12)m -23,m -23=2,m=8. 6.答案 4-2√3解析 实数x,y,z ∈[0,4],x 2,y 2,z 2是公差为2的等差数列,则0≤x ≤y ≤z ≤4,则|x-y|+|y-z|=z-x=z 2-x 2z+x =4z+x =z+√z 2-4≥4+2√3=4-2√3.∴|x-y|+|y-z|的最小值为4-2√3.7.解析 (1)数列{a n }是“R(2)数列”.当n 为奇数时,a n+1-a n =2(n+1)-(2n-1)=3>0,所以a n+1≥a n . a n-2+a n+2=2(n-2)-1+2(n+2)-1=2(2n-1)=2a n ; 当n 为偶数时,a n+1-a n =2(n+1)-1-2n=1>0,所以a n+1≥a n . a n-2+a n+2=2(n-2)+2(n+2)=4n=2a n .所以,数列{a n }是“R(2)数列”.(2)证明:由题意可得b n-3+b n+3=2b n ,则数列b 1,b 4,b 7,…是等差数列,设其公差为d 1, 数列b 2,b 5,b 8,…是等差数列,设其公差为d 2,数列b 3,b 6,b 9,…是等差数列,设其公差为d 3.因为b n ≤b n+1,所以b 3n+1≤b 3n+2≤b 3n+4,所以b 1+nd 1≤b 2+nd 2≤b 1+(n+1)d 1,所以n(d 2-d 1)≥b 1-b 2①,n(d 2-d 1)≤b 1-b 2+d 1②. 若d 2-d 1<0,则n>b 1-b 2d 21时,①不成立; 若d 2-d 1>0,则n>b 1-b 2+d 1d 2-d 1时,②不成立; 若d 2-d 1=0,则①和②都成立,所以d 1=d 2.同理得:d1=d3,所以d1=d2=d3,记d1=d2=d3=d.设b3p-1-b3p-3=b3p+1-b3p-1=b3p+3-b3p+1=λ,则b3n-1-b3n-2=b3p-1+(n-p)d-[b3p+1+(n-p-1)d]=b3p-1-b3p+1+d=d-λ. 同理可得:b3n-b3n-1=b3n+1-b3n=d-λ,所以b n+1-b n=d-λ,所以{b n}是等差数列.。
(江苏专用)2020版高考数学二轮复习微专题十六等差、等比数列练习(无答案)苏教版
微专题十六 等差、等比数列一、填空题1. 等差数列{a n }中，a 4＋a 8＝10，a 10＝6，则公差d ＝________.2. 已知S n 是各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和，若a 2a 4＝16，S 3＝7，则a 8＝________.3. 在等差数列{a n }中，已知a 5＋a 6＝23，则数列{a n }的前10项和S 10＝________.4. 已知等差数列{a n }的公差d 不为0，且a 1，a 3，a 7成等比数列，则a 1d 的值为________．5. 已知等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若S n T n ＝2n 3n ＋1，则a 11b 11＝________.6. 已知一个等比数列的前三项的积为3，最后三项的积为9，且所有项的积为729，则该数列的项数是________．7. 已知等比数列{a n }共有2n 项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q ＝________.8. 各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 1≥1，a 2≤2，a 3≥3，则a 4的取值范围是________．9. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2a 4a 6a 8＝120，且1a 4a 6a 8＋1a 2a 6a 8＋1a 2a 4a 8＋1a 2a 4a 6＝760，则S 9的值为________．10. 已知等比数列{a n }满足a 2a 5＝2a 3，且a 4，54，2a 7成等差数列，则a 1a 2…a n 的最大值为________．二、解答题11. 已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4.(1) 求{a n }的通项公式；(2) 设c n ＝a n ＋b n ，求数列{}c n 的前n 项和．12. 已知数列{a n }满足(a n ＋1－1)(a n －1)＝3(a n －a n ＋1)，a 1＝2，令b n ＝1a n －1. (1) 求证：数列{b n }是等差数列；(2) 求数列{a n }的通项公式．13. 已知数列{a n }，{b n }均为各项都不相等的数列，S n 为{a n }的前n 项和，a n ＋1b n ＝S n ＋1(n ∈N *)．(1) 若a 1＝1，b n ＝n 2，求a 4的值； (2) 若{a n }是公比为q 的等比数列，求证：存在实数λ，使得{b n ＋λ}为等比数列．14. 已知n 为正整数，数列{a n }满足a n >0,4(n ＋1)·a 2n －na 2n ＋1＝0，设数列{b n }满足b n ＝a 2n t n. (1) 求证：数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n n 为等比数列； (2) 若数列{b n }是等差数列，求实数t 的值；(3) 若数列{b n }是等差数列，前n 项和为S n ，对任意的n ∈N *，均存在m ∈N *，使得8a 21S n －a 41n 2＝16b m 成立，求满足条件的所有整数a 1的值．。
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第18讲 等差数列、等比数列的基本问题
1.(2019徐州期中)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,S11=132,a6+a9=30,则a12的值为 .
2.(2019南通期末三县联考)设{an}是公比为正数的等比数列,a1=2,a3=a2+4,则它的前5项和
S5= .
3.(2019宿迁期末)已知数列{an}的前n项和为Sn,an+1-2an=1,a1=1,则S9的值为 .
4.(2018南通高三第二次调研)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S3,S9,S6成等差数列,且a8=3,则
a5= .
5.设数列{an}的首项a1=1,且满足a2n+1=2a2n-1与a2n=a2n-1+1,则数列{an}的前20项的和
为 .
6.(2019如皋期末)已知Sn是等比数列{an}的前n项和,若6a6,a8,8a4成等差数列,且S2k=65Sk,则正整
数k的值是 .
7.已知Sn为数列{an}的前n项和,若a1=2,且𝑆𝑛+1=2Sn,设bn=log2an,则1𝑏1𝑏2+1𝑏2𝑏3+…+1𝑏10𝑏11的值
是 .
8.(2018扬州高三第三次调研)已知实数a,b,c成等比数列,a+6,b+2,c+1成等差数列,则b的最大值
为 .
9.(2019如皋一模)已知数列{an}是公差不为零的等差数列,数列{bn}满足bn=an·an+1·an+2(n∈N*).
(1)若数列{an}满足a10=-2,a4,a14,a9成等比数列.
①求数列{an}的通项公式;
②设数列{bn}的前n项和为Sn,当n多大时,Sn取最小值?
(2)若数列{cn}满足cn=an+1an+2-𝑎𝑛2(n∈N*),且等差数列{an}的公差为13,存在正整数p,q,使得ap+cq是
整数,求|a1|的最小值.
10.(2018苏锡常镇四市高三教学情况调研(二))已知等差数列{an}的首项为1,公差为d,数列{bn}的前
n项和为Sn,若对任意的n∈N*,6Sn=9bn-an-2恒成立.
(1)如果数列{Sn}是等差数列,证明数列{bn}也是等差数列;
(2)如果数列{𝑏
𝑛
+12}为等比数列,求d的值;
(3)如果d=3,数列{cn}的首项为1,cn=bn-bn-1(n≥2),证明数列{an}中存在无穷多项可表示为数列{cn}中
的两项之和.
答案精解精析
1.答案 24
解析 因为S11=132,所以11(𝑎1+𝑎11)2=132,即11a6=132,所以a6=12,又a6+a9=30,所以a9=18,因为
a6+a12=2a9,所以a12=24.
2.答案 62
解析 设q为等比数列{an}的公比,
则由a1=2,a3=a2+4得2q2=2q+4,
即q2-q-2=0,
解得q=2或q=-1(舍去),
因此q=2,∴S5=2×(1-25)1-2=62.
3.答案 1 013
解析 由an+1-2an=1,得an+1+1=2(an+1),即𝑎𝑛+1+1𝑎𝑛+1=2,
所以数列{an+1}是以2为首项,2为公比的等比数列,
设数列{an+1}的前n项和为Tn,则T9=2(1-29)1-2=1 022,
则S9=T9-9=1 013.
4.答案 -6
解析 由S3,S9,S6成等差数列可得S3+S6=2S9,当等比数列{an}的公比q=1时不成立,则q≠
1,𝑎1(1-𝑞3)1-𝑞+𝑎1(1-𝑞6)1-𝑞=2𝑎1(1-𝑞9)1-𝑞,化简得2q6-q3-1=0,q3=-12(舍去1),则a5=𝑎8𝑞3=-6.
5.答案 2 056
解析 由题意可得奇数项构成等比数列,则a1+a3+…+a19=1-2101-2=1 023,偶数项a2+a4+…
+a20=(a1+1)+(a3+1)+…+(a19+1)=1 033,故数列{an}的前20项和为2 056.
6.答案 6
解析 ∵数列{an}是等比数列,且6a6,a8,8a4成等差数列,∴2a8=6a6+8a4,即2a1q7=6a1q5+8a1q3,∴
q4=3q2+4,解得q2=4或q2=-1(舍),
∵S2k=65Sk,∴𝑎1(1-𝑞2𝑘)1-𝑞=65·𝑎1(1-𝑞𝑘)1-𝑞,∴qk=64,即k=6.
7.答案 1910
解析 由𝑆𝑛+1=2Sn,且S1=a1=2,得数列{Sn}是首项、公比都为2的等比数列,则Sn=2n.当n≥2
时,an=Sn-Sn-1=2n-2n-1=2n-1,a1=2不适合,则an={2,𝑛=1,2𝑛-1,n≥2,故bn={1,𝑛=1,𝑛-1,𝑛≥2,所以1𝑏1𝑏2+1𝑏2𝑏3+…
+1𝑏10𝑏11=1+11×2+12×3+…+19×10=1+(1-12)+(12-13)+…+(19-110)=2-110=1910.
8.答案 34
解析 设等比数列a,b,c的公比为q(q≠0),则a=𝑏𝑞,c=bq,又a+6=𝑏𝑞+6,b+2,c+1=bq+1成等差数列,
则(𝑏𝑞+6)+(bq+1)=2(b+2),化简得b=32-(𝑞+1𝑞),当b最大时q<0,此时q+1𝑞≤-2,b=32-(𝑞+1𝑞)≤34,当且仅当
q=-1时取等号,故b的最大值为34.
9.解析 (1)①设数列{an}的公差为d,
因为a4,a14,a9成等比数列,
所以(-2-6d)(-2-d)=(-2+4d)2,
所以d2-3d=0,因为d≠0,所以d=3,
所以an=a10+(n-10)d=3n-32.
②当1≤n≤10时,an<0,
当n≥11时,an>0,
因为bn=an·an+1·an+2,
所以当1≤n≤8时,bn<0,
当n≥11时,bn>0,
b9>0,b10<0,
所以S1>S2>…>S8
因为S10-S8=b9+b10=a10a11(a9+a12),
又因为a10<0,a11>0,a9+a12=-1<0,
所以S10-S8>0.
所以当n=8时,Sn取最小值.
(2)cn=an+1an+2-𝑎𝑛2=(𝑎𝑛+13)(𝑎𝑛+23)-𝑎𝑛2=an+29.
因为存在正整数p,q,使得ap+cq是整数,
所以ap+cq=a1+(p-1)×13+a1+(q-1)×13+29=2a1+𝑝+𝑞-23+29∈Z.
设m=2a1+𝑝+𝑞-23+29,m∈Z.
所以18a1=3(3m-p-q+1)+1是一个整数,
所以|18a1|≥1,从而|a1|≥118,
又当|a1|=118时,存在a1+c3=1∈Z.
综上,|a1|的最小值为118.
10.解析 (1)证明:设数列{Sn}的公差为d',
因为6Sn=9bn-an-2,①
6Sn-1=9bn-1-an-1-2(n≥2),②
①-②得6(Sn-Sn-1)=9(bn-bn-1)-(an-an-1),③
即6d'=9(bn-bn-1)-d,
所以bn-bn-1=6𝑑'+𝑑9(n≥2)为常数,
所以{bn}为等差数列.
(2)由③得6bn=9bn-9bn-1-d,即3bn=9bn-1+d,
因为{𝑏𝑛+12}为等比数列,所以𝑏𝑛+12𝑏𝑛-1+12=3𝑏𝑛-1+𝑑3+12𝑏𝑛-1+12=3(𝑏𝑛-1+12)+𝑑3-1𝑏𝑛-1+12=3+𝑑3-1𝑏𝑛-1+12(n≥2)是与n无关的常数,
所以𝑑3-1=0或bn-1+12为常数.
当𝑑3-1=0时,d=3,符合题意;
当bn-1+12为常数时,
在6Sn=9bn-an-2中,令n=1,则6b1=9b1-a1-2,又a1=1,解得b1=1,
所以bn-1+12=b1+12=32(n≥2),
此时3+𝑑3-1𝑏𝑛-1+12=3+𝑑3-132=1,解得d=-6.
综上,d=3或d=-6.
(3)证明:当d=3时,an=3n-2.
由(2)得数列{𝑏𝑛+12}是以32为首项,3为公比的等比数列,所以bn+12=32×3n-1=12·3n.
即bn=12(3n-1).
当n≥2时,cn=bn-bn-1=12(3n-1)-12(3n-1-1)=3n-1;
当n=1时,也满足上式,
所以cn=3n-1(n≥1).
设an=ci+cj(1≤i
如果i≥2,因为3n为3的倍数,3i-1+3j-1为3的倍数,
所以3n-(3i-1+3j-1)为3的倍数,
则2也为3的倍数,矛盾.
所以i=1,则3n=3+3j-1,即n=1+3j-2(j=2,3,4,…).
所以数列{an}中存在无穷多项可表示为数列{cn}中的两项之和.