2020年高考数学史复习：数列问题

合集下载

2020届高三数学复习数列解题方法集锦

2020届高三数学复习数列解题方法集锦数列是高中数学的重要内容之一，也是高考考查的重点。

而且往往还以解答题的形式出现，所以我们在复习时应给予重视。

近几年的高考数列试题不仅考查数列的概念、等差数列和等比数列的基础知识、基本技能和基本思想方法，而且有效地考查了学生的各种能力。

一、数列的基础知识 1．数列{a n }的通项a n 与前n 项的和S n 的关系它包括两个方面的问题：一是已知S n 求a n ，二是已知a n 求S n ； 1.1 已知S n 求a n对于这类问题，可以用公式a n =⎩⎨⎧≥-=-)2()1(11n S S n S n n .1.2 已知a n 求S n这类问题实际上就是数列求和的问题。

数列求和一般有三种方法：颠倒相加法、错位相减法和通项分解法。

2．递推数列：⎩⎨⎧==+)(11n n a f a aa ，解决这类问题时一般都要与两类特殊数列相联系，设法转化为等差数列与等比数列的有关问题，然后解决。

例1 已知数列{a n }的前n 项和S n =n 2-2n+3,求数列{a n }的通项a n ，并判断数列{a n }是否为等差数列。

解：由已知：S n =n 2-2n+3，所以，S n-1=(n-1)2-2(n-1)+3=n 2-4n+6,两式相减，得：a n =2n-3(n ≥2),而当n=1时,a 1=S 1=2,所以a n =⎩⎨⎧≥-=)2(32)1(2n n n .又a 2-a 1≠a 3-a 2，故数列{a n }不是等差数列。

注意：一般地，数列{a n }是等差数列⇔S n =an 2+bn ⇔S n2)(1n a a n +.数列{a n }是等比数列⇔S n =aq n-a.例2 已知数列{a n }的前n 项的和S n =2)(1n a a n +,求证：数列{a n }是等差数列。

证明：因为S n =2)(1n a a n +，所以，2))(1(111++++=n n a a n S两式相减，得：2)())(1(1111n n n a a n a a n a +-++=++，所以n n n na a n a a -++=++111)1(2，即：11)1(a na a n n n -=-+，同理： 11)1()2(a a n a n n n --=--，即：11)2()1(a a n a n n n +-=--，两式相加，得：n n n a n a n a n )22()1()1(11-=-+--+，即：n n n a a a 211=+-+，所以数列{a n }是等差数列。

2020版高考总复习必考知识点数学人教B版教材高考审题答题(三)第六章数列热点问题

则 an＝－1＋(n－1)·d，bn＝qn－1.
由 a2＋b2＝2 得 d＋q＝3.①
(1)由 a3＋b3＝5 得 2d＋q2＝6.②
{ ) { ) 联立①和②解得
d＝3， q＝0
(舍去)，
d＝1， q＝2.
因此{bn}的通项公式为 bn＝2n－1.
方程思想和数学运算等核心素养，准确计算是求解的关键.
2.利用等差(比)数列的通项公式及前 n 项和公式列方程(组)求出等差(比)数列的首
项和公差(比)，进而写出所求数列的通项公式及前 n 项和公式，这是求解等差数
列或等比数列问题的常用方法.
3.对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系，以
数列，公比大于 0，其前 n 项和为 Tn(n∈N+).已知 b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝ a4＋2a6. (1)求 Sn 和 Tn； (2)若 Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数 n 的值. [审题路线]
[自主解答]
解 (1)设等比数列{bn}的公比为 q(q>0). 由 b1＝1，b3＝b2＋2，可得 q2－q－2＝0. 因为 q>0，可得 q＝2，故 bn＝2n－1.
便实现等差、等比数列之间的相互转化.
【尝试训练】 (2017·全国Ⅱ卷)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，等比数列{bn}
的前 n 项和为 Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2. (1)若 a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式；
(2)若 T3＝21，求 S3.
解设{an}的公差为 d，{bn}的公比为 q，
1 [试题评析] (1)题目以程序框图为载体给出递推数列{an}，其中 a1＝1，an＝2an－1(n>1). 进而由递推公式写出前 5 项，并利用定义判断数列{an}是等比数列.(2)题目以递推

2020届高考数学专题汇编：数列放缩方法

数列放缩法常见的数列不等式大多与数列求和或求积有关，基本结构有4种：1.形如∑a i n i=1<k （k 为常数）2.形如∑a i n i=1<f (n )3.形如∏a i n i=1<k （k 为常数）4.形如∏a i ni=1<f (n )例1.求证：12+122+123+⋯+12n<1(n ∈N ∗)变式1求证：12+222+323+⋯+n 2n<2(n ∈N ∗)变式2求证：12+1+122+1+⋯+12n +1<1(n ∈N ∗)变式3求证：12+1+222+2+⋯+n2n+n<2(n∈N∗)例2.求证：11×3+13×5+⋯+1(2n−1)(2n+1)<12(n∈N∗)变式1求证：11×3+13×5+⋯+1(2n−1)(2n+1)≤13(n∈N∗)变式2求证：12×3+13×5+⋯+1(n+1)(2n+1)<512(n∈N∗)例3.求证：1+122+132+⋯⋅1+n2<2(n∈N∗)变式1求证：1+122+132+⋯⋅1+n2<74(n∈N∗)变式2求证：1+122+132+⋯⋅1+n2<53(n∈N∗)变式3求证：1+132+152+⋯⋅1（2n−1）2<54(n∈N∗)例4.已知数列{a n}，a n=2n2n−1(n∈N∗)求证：∑a i(a i−1)ni=1<3变式.已知数列{a n}，a n=2n2n−1(n∈N∗)求证：∑a i(a i−1)ni=1<25 9例5. 求证：13−2+132−22+⋯+13n−2n<32(n∈N∗)变式.求证：13−2+132−2+⋯+13n−2<1714(n∈N∗)例6. 求证：2(√n+1−1)<1+√2+√3+⋯+√n<2√n(n∈N∗)变式.求证：1+√2+√3+⋯+√n<√2(√2n+1−1)(n∈N∗)例7. 求证：12×34×56⋯2n−12n<√12n+1(n ∈N ∗)变式.求证：(1+1)(1+14)(1+17)⋯(1+13n−2)>√3n +13(n ∈N ∗)常见放缩公式：平方型：1n (n+1)<1n 2<1n (n−1) (n ≥2)1n 2<1n 2−1=12(1n−1−1n+1)(n ≥2) 1n 2=44n 2<44n 2−1=2(12n −1−12n +1) 1(2n −1)2<14n (n −1)=14(1n −1−1n)(n ≥2)立方型：1n 3<1n (n 2−1)=12n (1n−1−1n+1)=12[1(n−1)n−1n (n+1)] (n ≥2)根式型：2(√n+1−√n)=2√n+1+√n<1√n=22√n<2√n+√n−1=2(√n−√n−1)1√n =2√22√2n<2√2√2n−1+√2n+1=√2(√2n+1−√2n−1) 1√n+2=22√n+2<2√n+2+√n=√n+2−√n1√n(n+1)<1√n+√n−1=√n−√n−1指数型：1a n−b n ≤1a n−1(a−b)(a>b≥1)证：1a n−b n =1a n−1[a−b⋅(ba)n−1]≤1a n−1[a−b⋅(ba)]=1a n−1(a−b)1a n−b≤1a n−1(a−b)(a>b≥1)证：1a n−b =1a n−1(a−ba n−1)≤1a n−1(a−ba0)=1a n−1(a−b)13n<13n−2≤13n−114n<14n−3≤14n−114n<14n−1≤13⋅4n−1奇偶型：2n−1 2n <2n−1√(2n−1)(2n+1)<√2n−12n+1。

数列-2020年高考复习典型试题精选

高考复习-数列典型试题精选1．已知数列{a n}，a1=1，a2n=a n，a4n﹣1=0，a4n+1=1（n∈N*）．（1）求a4，a7；（2）是否存在正整数T，使得对任意的N∈N*，有a n+T=a n；（3）设S=++…++…，问S是否为有理数，说明理由．考点：数列递推式．专题：计算题；证明题．分析：（1）由题意可得，a4=a2=a1，a7=a4×2﹣1，结合已知可求（2）假设存在正整数T使得对任意的n∈N*满足条件，然后分类讨论：分T为奇数，设T=2t﹣1（t∈N*），及T为偶数，设T=2t（t∈N*），两种情况进行推理，推到出矛盾即可证明（3）若S为有理数，即S为无限循环小数，则存在正整数N0，T，对任意的n∈N*，且n≥N0，有a n+T=a n，结合（2）的讨论分T为奇数，T为偶数，两种情况进行讨论即可求解解答：解：（1）由题意可得，a4=a2=a1=1，a7=a4×2﹣1=0（2）假设存在正整数T使得对任意的n∈N*，有a n+T=a n；则存在无数个正整数T使得对任意的n∈N*，有a n+T=a n；．设T为其中最小的正整数．若T为奇数，设T=2t﹣1（t∈N*），则a4n+1=a4n+1+T=a4n+1+2T=a4（n+t）﹣1=0与已知a4n+1=1矛盾．若T为偶数，设T=2t（t∈N*），则a2n+T=a2n=a n，而a2n+T=a2n+2t=a n+t从而a n+T=a n．而t＜T与T为其中最小的正整数矛盾．综上，不存在正整数T，使得对任意的n∈N*，有a n+T=a n．（3）若S为有理数，即S为无限循环小数，则存在正整数N0，T，对任意的n∈N*，且n≥N0，有a n+T=a n．与（Ⅱ）同理，设T为其中最小的正整数．若T为奇数，设T=2t﹣1（t∈N*），当4n+1≥N0时，有a4n+1=a4n+1+T=a4n+1+2T=a4（n+t）﹣1=0．与已知a4n+1=1矛盾．若T为偶数，设T=2t（t∈N*），当n≥N0时，有a2n+T=a2n=a n，而a2n+T=a2n+2t=a n+t从而a n+t=a n而t＜T，与T为其中最小的正整数矛盾．故S不是有理数．…（13分）点评：本题主要考查了利用数列的递推关系求解数列的项，解答本题要求考生具有一定的逻辑推理与运算的能力。

【高考易错题清查】2020年高三数学第三轮复习专题(数列)

2020年高三数学第三轮复习专题（数列）（高考易错题清查） 1.求数列通项忽视检验首项致错在求数列通项公式时，不论用递推公式还是用数列的前n 项和公式，都应该检验首项是否适合例1.【河北省衡水中学2019届高三下学期一调】已知数列的前项和.若是中的最大值，则实数的取值范围是_____．【答案】【解析】因为，所以当时，；当时，也满足上式；当时，，当时，，综上，；因为是中的最大值，所以有且，解得.故答案为点评：由n n S a 和的关系求通项的注意问题：(1)应重视分类讨论的思想,分n ＝1和n ≥2两种情况讨论．当n ＝1时, 1a 不适合n a 的情况要分开写,即n a 1,1,2n n n s n s s n -=⎧⎨-≥⎩＝(2)要注意n a 和n S 互化具有双向性,既可由n a 化为n S ,也可由n S 求n a . 2.求解等差（比）数列有关问题时，忽略0d =或1q =造成错误用基本量法求等差数列或等比数列有关的问题时忽略0d =或1q =而造成求解不全导致错误.例2.已知等差数列}{n a 满足：21=a ，且1a 、2a 、5a 成等比数列. （1）求数列}{n a 的通项公式.（2）记n S 为数列}{n a 的前n 项和，是否存在正整数n ，使得?80060+>n S n 若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由.【答案】（1）2=n a 或24-=n a n ；（2）41.【解析】（1）设数列}{n a 的公差为d ，依题意，d d 42,2,2++成等比数列，所以)42(2)2(2d d +=+，解得0=d 或4=d ，当0=d 时，2=n a ；当4=d 时，244)1(2-=⨯-+=n n a n ，所以数列}{n a 的通项公式为2=n a 或24-=n a n .（2）当2=n a 时，n S n 2=，显然800602+<n n ，不存在正整数n ，使得80060+>n S n .当24-=n a n 时，222)]24(2[n n n S n =-+=，令8006022+>n n ，即0400302>--n n ，解得40>n 或10-<n （舍去）此时存在正整数n ，使得80060+>n S n 成立，n 的最小值为41.综上所述，当2=n a 时，不存在正整数n ；当24-=n a n 时，存在正整数n ，使得80060+>n S n 成立，n 的最小值为41.点评：本题求解第（1）问，在解方程2(2)2(24)d d +=+时，容易丢掉0d =这一结果，导致数列{}n a 的通项公式缺一种结果. 3.应用等差数列与等比数列性质不当综合应用等差数列、数列等比数列性质时，因记不准性质或性质混用导致错误.例3.若等差数列{}n a 满足7897100,0a a a a a ++>+<，则当n =__________时， {}n a 的前n 项和最大．【答案】8【解析】试题分析：由等差数列的性质，，，又因为，所以所以，所以，，故数列的前8项最大.点评：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. 在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.4.用错位相减法求和时弄不清等比数列项数导致错误错位相减法求和是等比数列求和的基本思想，学生在应用时，做到两式相减后时，弄不清楚相减后的式了中等比数列的项数导致求和出错.例4【天津市十二重点中学2019届高三下学期联考（一)】设等比数列的前项和为，已知，且成等差数列．（1）求数列的通项公式；（2）若数列是首项为，公差为的等差数列，求数列的前项和．【答案】（1）或；（2）或. 【解析】（1）设等比数列公比为,由,，，，或,当时，，当时，.（2）,,当时，,,当时，,,,-得,,所以，.点评：“错位相减法”求数列的和是重点也是难点,利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（如果数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，求数列{}•n n a b 的前n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{}n b 的公比，然后作差求解．）；②在写出“”与“” 的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式,相减时注意最后一项的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以1q -. 5.周期数列的周期判断失误有的数列是呈周期性变化的，在求这类数列通项或求和问题时，常因判断不准数列的周期或数列的项数与通项的关系致错.例5. 数列{an}满足an ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2an ，0≤an ≤12，2an －1，12<an<1，a1＝35，则数列的第2 017项为________．【答案】 35【解析】 ∵a 1＝35，∴a2＝2a1－1＝15.∴a3＝2a2＝25.∴a4＝2a3＝45.∴a5＝2a4－1＝35，a6＝2a5－1＝15，….∴该数列周期为T ＝4.∴a 2 017＝a1＝35.点评：解决数列周期性问题的方法：先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．解答此类问题，常因为判断不清数列的周期性或项数出错.6. 应用数学归纳法忽视推理基础或不应用归纳假设致误1.数学归纳法：证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤进行： (1)(归纳奠基)证明当n 取第一个值n0(n0∈N*) 时命题成立．(2)(归纳递推)假设n ＝k(k≥n0，k ∈N*)时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立．只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n 都成立．2.数学归纳法的框图表示：3.应用数学归纳法过程中，常见错误有两种，一是忽视递推基础，二是不应用归纳假设，即对数学归纳法两步缺一不可重视不够，或对数学归纳法证明原理理解有误.例6.【安徽省马鞍山市2019届高三高考一模】已知正项数列的前项和为，数列的前项积为，若，则数列中最接近2019的是第______项【答案】45【解析】，可得，且；则，即，，即，两式相除得：，则，由，解得；由，解得；猜想，用数学归纳法证明，当时，，满足，假设当时，猜想成立，即，则当时，，满足，故猜想成立，即.，时，，当，不满足，故，由，当时，，当时，，当时，．综上可得数列中最接近2019的是第45项．故答案为：45．点评：1.数学归纳法证题时初始值0n不一定是1.2.推证n＝k＋1时一定要用上n＝k时的假设，否则不是数学归纳法.3.解“归纳——猜想——证明”题的关键是准确计算出前若干具体项，这是归纳、猜想的基础，否则将会做大量无用功.1.【上海市闵行区七宝中学2019届高三3月】无穷等差数列的首项为，公差为，前项和为，则“”是“为递增数列”的（）A．充分非必要B．必要非充分C．充要D．既非充分也非必要【答案】B【解析】等差数列的首项为,公差为,前项和为,则, 若为递增数列，，必要性成立；若，不能推出（如）,即不能推出为递增数列，充分性不成立，故“”是“”为递增数列的必要非充分条件，故选B.【易错点】1、充分条件与必要条件；2、等差数列的通项公式．2．已知正项等比数列{}n a 的公比为3，若229m n a a a =，则212m n +的最小值等于（）A. 1B. 12C. 34D. 32【答案】C【解析】∵正项等比数列{}n a 的公比为3，且229m n a a a =∴2224222223339m n m n a a a a --+-⋅⋅⋅=⋅=∴6m n +=∴()1211211532262622624m n m n m n n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⨯++=⨯+++≥⨯+=⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，当且仅当24m n ==时取等号.故选C.【易错点】1、等比数列的性质的应用；2、基本不等式的应用．3．【辽宁省丹东市2019届高三总复习质量测试（一)】我国明代伟大数学家程大位在《算法统综》中常以诗歌的形式呈现数学问题，其中有一首“竹筒容米”问题：“家有九节竹一茎，为因盛米不均平，下头三节三升九，上梢四节贮三升，唯有中间两节竹，要将米数次第盛，若有先生能算法，也教算得到天明”意思是：九节竹的盛米容积成等差数列，其中的“三升九”指3.9升，则九节竹的中间一节的盛米容积为（）A ．0.9升B ．1升C ．1.1升D ．2.1升【答案】B 【解析】依题意得，故，即，解得，故升.故选B.【易错点】1.数学文化；2.等差数列.4.已知等差数列{}n a 的公差0d ≠，n S 是其前n 项和，若236 a a a ，，成等比数列，且1017a =-，则2nnS 的最小值是（）A ．12-B ．58- C.38- D ．1532-【答案】A【解析】()()()21111101252 917a d a d a d d a a a d +=++⇒=-=+=-，，∴1 1 2a d ==-，，22n S n n =-，1122n nn n S S ++>，1122n nn n S S -->，4n =时，122n nS =-最小.选A.【易错点】求解数列中的最大项或最小项的一般方法先研究数列的单调性，可以用11n n n n a a a a+-≥⎧⎨≥⎩或11n n n n a a a a +-≤⎧⎨≤⎩也可以转化为函数最值问题或利用数形结合求解.5.设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足170S >，180S <，则11S a ，22S a ，…，1515S a 中最大的项为（） A ．77S a B ．88S a C ．99S a D ．1010S a【答案】C 【解析】117917917()17(2)000022a a a S a +>⇒>⇒>⇒>11889181091018()18()0000022a a a a S a a a ++<⇒<⇒<⇒+<⇒<，因此8910121289100,0,0,0,0,S S S S Sa a a a a >>>><L 而1291289,S S S a a a a <<<>>>>L L ，所以89121289S S S S a a a a <<<<L ，选C. 【易错点】1、等差数列的性质的应用；2、基本不等式的应用． 6. 设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，首项10a >， 12130,0S S ><.则________．【解析】依题意有,即1126711370,20a a a a a a a +=+>+=<,故670,0a a ><,公差0d <,故最小项为,根据670a a +>可知【点睛】本小题主要考查等差数列的性质,考查等差数列前n项和公式,考查绝对值的几何意义.题目给定n S连续两项的正负,故先根据等差数列前n项和公式得出两个关于n a的条件,等差数列前n项和公式有两个,要注意选择合适的.一正一负两个数的和为正数,那么其中正的绝对值大于负的绝对值.【易错点】1.等差数列的性质；2.绝对值的概念.7.【山东省2019届高三第一次大联考】已知等比数列的前项和为，满足是的等差中项.设是整数，若存在，使得等式成立，则的最大值是________. 【答案】【解析】因为是的等差中项，所以，所以，，所以等式，化为：，因此，因为为整数，所以，当时，，当时，，当时，.从而的最大值是16.【易错点】1.等差数列；2.分类讨论思想.8．【河北省省级示范性高中联合体2019届高三3月联考】设为等差数列的前项和，若，则的最小值为______．【答案】【解析】由题意可得，解可得a1＝﹣19，d ＝4， ∴Sn＝﹣19n2n2﹣21n ，∴nSn＝2n3﹣21n2，设f （x ）＝2x3﹣21x2，f′（x ）＝6x （x ﹣7），当0＜x ＜7时，f′（x ）＜0；函数是减函数；当x ＞7时，f′（x ）＞0，函数是增函数；所以n ＝7时，nSn 取得最小值：﹣343．故答案为-343【易错点】1.等差数列的通项及求和公式；2.应用导数研究函数的性质.9.在数列{}n a 中， 28a =， 52a =，且122n n n a a a ++-=（*n N ∈），则1210a a a ++⋯+的值是__________．【答案】50 【解析】由()*122n n n a a a n N ++-=∈得()*122n n n aa a n N ++=+∈，即数列{}na 是等差数列，由258,2a a ==，可得110,2,212n a d a n ==-∴=-+，当()*16n n N ≤≤∈时， 0na≥，当()*7n n N ≥∈时， 0na<，设数列{}n a 的前n 项和为n S ，()121012678910......a a a a a a a a a a ∴+++=+++-+++=()61066101165109226105022S S S S S a d a d ⨯⨯⎛⎫⎛⎫--=-=+-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故答案为50.【易错点】本题主要考查等差数列的定义、等差数列通项公式及求和公式，任何一个环节都易导致错误.10. 已知等差数列{}n a 的公差为2,若134,,a a a 成等比数列,则2a =_________，数列{}n a 的前n 项和n S 的最小值是_________ 【答案】 6- 20-【解析】∵134,,a a a 成等比数列， ∴2314a a a =⋅，即()()211146a a a +=+，解得18a =-. ∴2826a =-+=-.又()821210n a n n =-+-=-，∴当5n ≤时， 0n a ≤；当6n >时， 0n a >.∴数列{}n a 的前n 项和n S 的最小值是()558202S ⨯-==-.答案： 6- ， 20-【易错点】等差数列、等比数列的通项公式及求和公式. 11．【北京师大附中2019届高三4月月考】设数列的前n 项和为，，且，若，则n 的最大值为______．【答案】63【解析】由数列的前n项和为，，又，故，则的偶数项成等差数列，则,（n为偶数）又，，为等差数列，首项为3，公差为4，当n为偶数时，设数列的前n项和为，可得，，则+若，无解舍去当n为奇数时，-(=,又所以解<n又则n的最大值为63，故答案为：63．【易错点】等差数列的性质及求和公式，主要是分奇偶数讨论及计算错误.12. 【山东省济南市2019届高三3月模拟】已知数列的前项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，求的最小值及取得最小值时的值.【答案】（1）；（2）【解析】（1）当时，，解得，当时，，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以；（2），所以为等差数列，所以，所以当时，有最小值：.【易错点】1.等比数列的通项公式；2.等差数列、等比数列的求和. 13．已知数列{}n a 的前n 项和为()12n n n S +=，数列{}n b 满足()*1n n n b a a n N +=+∈．（Ⅰ）求数列{}n b 的通项公式；（Ⅱ）若()()*21n a n n c b n N =⋅-∈，求数列{}nc 的前n 项和nT ．【答案】(Ⅰ) 21n b n =+；(Ⅱ)()2124n n T n +=-⋅+.【解析】试题分析：（1）由()12n n n S +=，可得n a n =，所以121n n n b a a n +=+=+.（2）由（1）得()1212n a n n n c b n +=-=⋅，由错位相减求和可求得n T .试题解析：（Ⅰ）当1n =时， 111a S ==，当2n ≥时，()()()111222n n n n n n n a S S n----=-=-=，又11a =符合上式， n a n ∴=， 121n n n b a a n +∴=+=+．（Ⅱ）()1212n a n n n c b n +=-=⋅，()2341122232122n n n T n n +=⋅+⋅+⋅++-⋅+⋅L①，()345122122232122n n n T n n ++=⋅+⋅+⋅++-⋅+⋅L ②，①-②得，()()234122241222222212412n n n n n n T n n n ++++--=++++-⋅=-⋅=-⋅--L ，()2124n n T n +∴=-⋅+【易错点】1.忽略检验首项致错；2.“错位相减法”求和出错. 14.【江西省吉安市2019届高三上学期期末】已知是各项为正数的等比数列，是等差数列，且，，．Ⅰ求和的通项公式；Ⅱ设，求数列的前n 项和为．【答案】（Ⅰ）；；（Ⅱ）．【解析】解：Ⅰ设等比数列的公比为，等差数列的公差为d ，，，，可得，，解得，，则；；Ⅱ，则前n项和为．【易错点】1.计算出错；2.等差数列、等比数列分组求和. 15．【安徽省六安市第一中学2019届高三高考模拟（四)】己知分别为三内角A，B，C的对边，其面积在等差数列中，，公差．数列的前n项和为，且．(1)求数列,的通项公式；(2)若，求数列的前n项和为．【答案】（1），；（2）【解析】（1）S acsinB ac•，∴ac＝4，又，＝，∴，∴b＝2，从而＝⇒∴,故可得：，∴＝2+2（n﹣1）＝2n；∵，∴当n＝1时，，当n≥2时，，两式相减，得，（n≥2）∴数列{}为等比数列，∴．（2）由（1）得，∴＝• +•+…+•＝1×21+2×21+3×21+…+，∴2＝1×22+2×23+3×24+…+n2n+1，∴﹣＝1×21+（22+23+…+2n）﹣n2n+1，即：﹣＝（1-n）2n+1-2，∴＝（n﹣1）2n+1+2.【易错点】1.计算出错；2.解题方向、方法把握不好，（2）余弦定理的应用；（3）错位相减法．16.【黑龙江省齐齐哈尔市2019届高三二模】已知等差数列的前项和为，且成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）设为数列的前项和，求满足的最小的值.【答案】（1）；（2）14.【解析】（1）设等差数列的公差为，由得，，由，，成等比数列得且，∴，∴，，∴等差数列的通项公式为.（2）∵，∴，∴，由得，，∴的最小值为14.【易错点】1.计算出错；2.应用“放缩法”出错．17．已知无穷数列{}n a 的首项112a =， *1111,2n n n a n N a a +⎛⎫=+∈ ⎪⎝⎭.（Ⅰ）证明： 01n a <<；（Ⅱ）记()211n n nn n a a b a a ++-=， n T 为数列{}n b 的前n 项和，证明：对任意正整数n ，310n T <.【答案】(Ⅰ)见解析；(Ⅱ)见解析. 【解析】（Ⅰ）证明：①当1n =时显然成立；②假设当n k = ()*k N ∈时不等式成立，即01ka<<，那么当1n k =+时， 11112k k k a a a +⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ > 11·2?12k ka a =，所以101k a +<<，即1n k =+时不等式也成立.综合①②可知， 01n a <<对任意*n N ∈成立.（Ⅱ）12211n n n a a a +=>+，即1n n a a +>，所以数列{}n a 为递增数列.又1111112n n n n n a a a a a +⎛⎫-=-+ ⎪⎝⎭ 112n n a a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，易知1n n a a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为递减数列，所以111n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭也为递减数列，所以当2n ≥时， 111n n a a +- 22112a a ⎛⎫≤- ⎪⎝⎭ 154245⎛⎫=-⎪⎝⎭ 940= 所以当2n ≥时， ()211n n nn n a a b a a ++-==()()11111940n n n n n n a a a a a a +++⎛⎫--<-⎪⎝⎭当1n =时， 11934010n T T b ===<，成立；当2n ≥时，12n nT b b b =+++L <()()()32431994040n n a a a a a a +⎡⎤+-+-++-⎣⎦L()12994040n a a +=+-()2999942731140404040510010a ⎛⎫<+-=+-=< ⎪⎝⎭ 综上，对任意正整数n ，310n T <【易错点】1.计算出错；2.解题方向、方法把握不好，如（1）数学归纳法证明不等式；（2）构造函数，利用函数的单调性证明不等式；（3）利用递推关系证明．18．【江苏省无锡市锡山高级中学实验学校2019届高三12月月考】已知为等差数列，为等比数列，公比为q （q≠1）．令A ＝．A＝{1，2}，（1）当，求数列的通项公式；（2）设，q＞0，试比较与（n≥3）的大小？并证明你的结论．【答案】（1）；（2）当时，＜（n≥3）；当时，＞（n≥3）；当时，＝（n≥3）．【解析】（1）A＝{1，2}，，所以，，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，；（2）当时，＜（n≥3）；当时，＝（n≥3）；当时，＞（n≥3）证明：当时，则，数列与单调递增，使用数学归纳法证明，当时，，，所以，即；若＜（n≥3），，，所以，即有，综上所述，当时，＜（n≥3），同理可得，当时，＞（n≥3），当时，＝（n≥3）【易错点】1.计算出错；2.解题方向、方法把握不好；3.应用数学归纳法出错．。

2020年高三数学大串讲第19讲(数列单调性、奇偶项、存在性问题)(解析版)

第19讲（数列单调性、奇偶项、存在性问题）【目标导航】中学研究的特殊数列只有等差数列与等比数列，一个是线性数列，一个是类指数数列，但数列性质却远远不止这些，因此新数列的考查方向是多样的、不定的，不仅可考查函数性质，而且常对整数的性质进行考查．明确考查方向是解决以新数列为背景的解答题的前提，恰当运用对应性质是解决问题思想方法．【例题导读】例1、设数列{}n a ()*n N ∈是公差不为零等差数列，满足2369579,6a a a a a a +=+=；数列{}n b ()*n N ∈的前n 项和为n S ，且满足423n n S b +=．（1）求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；（2）在1b 和2b 之间插入1个数11x ，使1112,,b x b 成等差数列；在2b 和3b 之间插入2个数2122,x x ，使221223,,,b x x b 成等差数列；……；在n b 和1n b +之间插入n 个数12,,...,n n nm x x x ，使121,,,...,n n n nm n b x x x b +成等差数列，（i ）求11212212......n n n nm T x x x x x x =+++++++；（ii ）是否存在正整数,m n ，使12m n ma T a +=成立？若存在，求出所有的正整数对(),m n ；若不存在，请说明理由．【答案】（1）()1*11,23n n n a n b n N -⎛⎫==∈ ⎪⎝⎭（2）13144323n n n n T -=--⋅⋅（i ）（ii ）(9,2)及(3,3)．【解析】（1）设数列{}n a 的公差为()d d ≠0，则由条件369a a a +=，可得()()111258a d a d a d +++=+，1a d ∴=，又由25796a a a +=，可得()()()21114668a d a d a d +++=+，将1a d =代入上式得254954d d d +=，24949d d ∴=01n d d a n ≠∴=∴=Q ，由423n n S b += ①当2n ≥时，11423n n S b --+= ②①-②得：14220n n n b b b -+-=，11(2)3n n b b n -∴=≥，又111142302b b b +=∴=≠，{}n b ∴是首项为12，公比为13的等比数列，故()1*1123n n b n N -⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭，()1*11,23n n n a n b n N -⎛⎫∴==∈ ⎪⎝⎭．（2）①在n b 和1n b +之间插入n 个数12,,,n n nn x x x K ，因为121,,,,,n n n nn n b x x x b +K 成等差数列，设公差为n d ，则11111112323(2)113(1)n n n n n n b b d n n n -+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫- ⎪⎪ ⎪⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭===-+-++，则111233(1)n nk n n nk x b kd n -⎛⎫=+=- ⎪+⎝⎭，11111(1)233(1)23n nnk nn k n n nx n n -=+⎛⎫∴=⋅-⋅= ⎪+⎝⎭∑， 11212212211333n n n nn n nT x x x x x x ∴=+++++++=+++L L L ①则231111133333n n n n nT +-=++⋯++ ② ①-②得：2111111332111111133333323313nnn n n nn n n n T +++⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=+++-=-=--⎪⎝⎭-L ， 13144323n n n n T -∴=--⋅⋅， ②若12m n m a T a +=，因为n a n =，所以m a m =，则13111144323222n nn m m m-+--==+⋅⋅， 1111443232n n n m ---=⋅⋅，从而3321432n n n m--=⋅，故()23234623462323323323n n n n n n n n m n n n --++⋅+===+------，当1n =时，*10232m N =+=-∉-，当2n =时，*14292m N =+=∈，当3n =时，*213m N =+=∈，下证4(*)n n N ≥∈时，有32346n n n -->+，即证3690n n -->，设()369(4)x f x x x =--≥，则4()3ln 3636360x x f x '=->-≥->，()f x ∴在[4,)+∞上单调递增，故4n ≥时，43693649480n n -->-⨯-=>，即4601323nn n +<<--，从而4n ≥时，m 不是整数，故所求的所有整数对为(9,2)及(3,3)．例2、有限个元素组成的集合为{}12,,,n A a a a =L ，*n N ∈，集合A 中的元素个数记为()d A ，定义{},A A x y x A y A +=+∈∈，集合A A +的个数记为()d A A +，当()()()()12d A d A d A A ⋅++=，称集合A 具有性质Γ．（1）设集合{}1,,M x y =具有性质Γ，判断集合M 中的三个元素是否能组成等差数列，请说明理由；（2）设正数列{}n d 的前n 项和为n S ，满足1123n n S S +=+，其中113d =，数列{}n d 中的前2020项：1232020,,,,d d d d L 组成的集合{}1232020,,,,d d d d L 记作D ，将集合D D +中的所有元素()*123,,,,k t t t t k N ∈L 从小到大排序，即123,,,,k t t t t L 满足123k t t t t <<<<L ，求2020t ；（3）已知集合{}12,,,n C c c c =L ，其中数列{}n c 是等比数列，0n c >，且公比是有理数，判断集合C 是否具有性质Γ，说明理由．【解析】（1）集合M 中的三个元素不能组成等差数列，理由如下：因为集合{}1,,M x y =具有性质Γ，所以()()()()162d M d M d M M ⋅++==，由题中所给的定义可知：M M +中的元素应是：2,1,1,2,2,x y x y x y +++这6个元素应该互不相等，假设M 中的三个元素能构成等差数列，不妨设1,,x y 成等差数列，这时有21x y =+这与集合元素集合中的6个元素互不相等矛盾，其它二种情况也是一样，故M 中的三个元素不能能构成等差数列；（2）11112(*)2(**)(2,)33n n n n S S S S n n N *+-=+⇒=+≥∈，(**)(*)-得：12n n d d +=，说明数列从第二项起，数列{}n d 是等差数列，因为1123n n S S +=+，113d =，所以有121212233d d d d +=+⇒=，所以22()23n n d -=⋅，显然113d =也成立，因此1222()2()33n n n d n N --*=⋅=∈．所以21998199912222,,,,,33333D ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭L 121121121222222221333m n n m n n m n m n n d d d m n ---------+<⇔+<⇔+<⇒<⇒<-，显然11(,)m n m n N *≤<-∈根据定义在n d 之间增加的元素个数为：(1)(1)(2)(3)212n n n n n --+-+-+++=L ，这样包括n d 在内前面一共有(1)(1)22n n n n n -++=个元素．当63n =时，包括63d 在内前面共有2016个，显然不到第2020个数，所以只有当64n =时，能找到因此3636320204642228333t d d +=+=+=；（3）集合C 具有性质Γ，理由如下：设等比数列{}n c 的公比为q ，所以通项公式为：1110)(n n a a q a ->=，q 为有理数．设假设当1234n n n n <<…时，1423n n n n c c c c +=+成立，则有314211111111n n n n a q a q a q a q ----+=+，3141211n n n n n n q q q ---=+-因为q 为有理数，所以设mq n=(,)m n N *∈且,m n 互质，因此有 313143412141244241()()()1n x n n n x n x n n n n n n n n x n m m mm m n m n n n n n---------=+-⇒=⋅+⋅-，式子的左边是m 的倍数，右边是n 的倍数，而,m n 互质，显然1423n n n n c c c c +=+不成立，因此C C +集合中的元素个数为：(1)(1)(2)212n n n n n ++-+-+++=L ，因此它符合已知所下的定义，因此集合C 是否具有性质Γ．例3、已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()2*241n n n a a S n N+=-∈．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若21211n n n n a b S S -++=⋅，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求n T 的取值范围；（3）若()211,22,n n na n c n ⎧+⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数()*n N ∈，从数列{}n c 中抽出部分项（奇数项与偶数项均不少于两项），将抽出的项按照某一顺序排列后构成等差数列．当等差数列的项数最大时，求所有满足条件的等差数列．【解析】（1）当1n =时，由2241n n n a a S +=-，得2111241a a a +=-，得11a =，由2241n n n a a S +=-，得2111241n n n a a S ++++=-，两式相减，得22111224n n n n n a a a a a +++-+-=，即()221120n n n n a a a a ++--+=，即()()1120n n n n a a a a ++--+=因为数列{}n a 各项均为正数，所以10n n a a ++>，所以12n n a a +-= 所以数列{}n a 是以1为首项，2为公差的等差数列．因此，12(1)21n a n n =+-=-，即数列{}n a 的通项公式为21n a n =-．（2）由（1）知21n a n =-，所以2(121)2n n n S n +-==所以22212112(21)(21)n n n n a n b S S n n -++==⋅-+221114(21)(21)n n ⎡⎛⎤=-⎢ ⎥-+⎝⎦⎣ 所以222222246133557n T =++⨯⨯⨯222(21)(21)n n n ++-+L 2222222111111111433557(21)(21)n n ⎧⎫⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++-⎨⎬ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎩⎭L 21114(21)n ⎡⎤=-⎢⎥+⎣⎦，令21()1(21)f n n =-+，则(1)()f n f n +-=2222118(1)0(21)(23)(23)(21)n n n n n +-=>++++，所以()f n 是单调递增数列，数列{}n T 递增，所以129n T T ≥=，又14n T <，所以n T 的取值范围为21,94⎡⎫⎪⎢⎣⎭．（3）2,212,2n n n n k c n k=-⎧⎪=⎨⎪=⎩，设奇数项取了s 项，偶数项取了k 项，其中s ，*k N ∈，2s ≥，2k ≥．因为数列{}n c 的奇数项均为奇数，偶数项均为偶数，因此，若抽出的项按照某种顺序构成等差数列，则该数列中相邻的项必定一个是奇数，一个是偶数．假设抽出的数列中有三个偶数，则每两个相邻偶数的等差中项为奇数．设抽出的三个偶数从小到大依次为2i ，2j ，()21pi j p ≤<<，则1122222i j i j --+=+为奇数，而1i ≥，2j ≥，则12j -为偶数，12i -为奇数，所以1i =．又1122222j p j p --+=+为奇数，而2j ≥，3p ≥，则12j -与12p -均为偶数，矛盾．又因为2k ≥，所以2k =，即偶数只有两项，则奇数最多有3项，即s k +的最大值为5．设此等差数列为1d ，2d ，3d ，4d ，5d ，则1d ，3d ，5d 为奇数，2d ，4d 为偶数，且22d =．由13224d d d +==，得11d =，33d =，此数列为1，2，3，4，5．同理，若从大到小排列，此数列为5，4，3，2，1．综上，当等差数列的项数最大时，满足条件的数列为1，2，3，4，5和5，4，3，2，1．例4、已知n *∈N ，数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11n n S a a +=-；数列{}n b 的前n 项和为n T ，且满足()112n n n T b n n b +=++，且12a b =．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列{}n b 的通项公式；（3）设nn na cb =，问：数列{}n c 中是否存在不同两项i c ，j c （1i j ≤<，i ，j *∈N ），使i j c c +仍是数列{}n c 中的项?若存在，请求出i ，j ；若不存在，请说明理由．【解析】（1）∵数列{}n b 的前n 项和为n T ，且满足()112n n n T b n n b +=++，∴11b =，22b =，由11n n S a a +=-，得()112n n S a a n -=-≥． ∴()122n n a a n -=≥，且121a a a =-，即212a a =．∴数列{}n a 是首项为122a b ==，公比为2的等比数列，∴2nn a =．（2）∵()112n n n T b n n b +=++① 2n ≥时，()()11111112n n n T b n n b ---+=-+-+②①-②得()1111111222n n n n n b b b nb n b --+-=++--，∴()114231n n n n b b nb n b ---=+--，()()1433n n n b n b ----=-，3n ≥时，()()12543n n n b n b -----=-，∴()()()214428n n n n b n b n b ---+-=-，∴212n n n b b b --+=，∴{}n b 为等差数列，∴()111n b n n =+-⋅=．（3）2n n c n=，假设{}n c 中存在不同的两项i c ，j c （1i j ≤<），使i j k c c c +=（k *∈N ）222i j k i j k ⇒+=，注意到()()()()11121212220111n nn n n n n n n n c c n n n n n n +++⋅-+⋅-⋅-=-==≥+++． ∴{}n c 单调递增，由22k jk j k j>⇒>，则1k j ≥+，∴()()11222211jk j i j k j i j j +-≥⇒≥++，令j i m -=（m 1≥），∴j m i =+，∴()()()()()112211111j ij j m i m i m i j i m i i m i -++++⎛⎫⎛⎫≤==++ ⎪⎪-+-+-⎝⎭⎝⎭，∵2m i +≥，∴2131m i +≤+-，而11m m i +≤+，∴()231mm ≤+，231m m≤+．令21nn C n =+，则()()()()()()11121222220211212n n n n n n n n n n C C n n n n n n ++++-+⋅-=-==>++++++， ∴{}n C 为单调递增，注意到3m =时，322313=<+，42163145=>+，∴m 只能为1，2，3．①当1m =时，11j i j i -=⇒=+，∴()()222212323221i i i i i i i i ++++≤==++，故i 只能为1，2，3，当1i =时，2j =，此时242442k k k =+=⇒=；当2i =时，3j =，此时2814233k k =+=无整数解，舍；当3i =时，4j =，此时2820433k k =+=，无正整数解，舍去． ②当2m =时，2j i =+，此时()()()2222346233601i i i i i i i i i+++≤⇒≥⇒--≤++，∴1i =，此时3j =，2814233k k =+=⇒无解；③当3m =时，3j i =+，此时()()()222348712816791202i i i i i i i i i i ++≤⇒++≥+⇒+-≤+，无正整数解，舍去．综上：存在1i =，2j =满足题意．例5、已知数列{}n a 的前n 项和n S ，对任意正整数n ，总存在正数,,p q r 使得1n n a p -=，n n S q r =-恒成立：数列{}n b 的前n 项和n T ，且对任意正整数n ，2n n T nb =恒成立．（1）求常数,,p q r 的值；（2）证明数列{}n b 为等差数列；（3）若12b =，记31222224n n n n n b n b n b P a a a +++=++ 1212222n n n n n nn b n b a a ---+++⋯++，是否存在正整数k ，使得对任意正整数n ，n P k ≤恒成立，若存在，求正整数k 的最小值，若不存在，请说明理由．【解析】∵,p q 为正数 ∴2p q ==．又∵11a =，1S q r =-，且11a S = ∴1r =．（2）∵2n n T nb =③∴当2n ≥时，()1121n n T n b --=-④，∴③-④得： ()121n n n b nb n b -=--，即()()121n n n b n b --=-⑤，又∵()11n n n b nb +-=⑥∴⑤+⑥得： ()()()112211n n n n b n b n b -+-=-+-，即112n n n b b b -+=+ ∴{}n b 为等差数列．（3）∵10b =，22b =，由（2）知{}n b 为等差数列 ∴22n b n =-．又由（1）知12n n a -=，∴122222n n n n n P -+=+ 2322444222n n n n ----+++L ，又∵1222n n n P ++=++L 232221244424422222n n n n n n n n -----++++， ∴121214422222n n n n n n n nP P +--+-=+- 122424n n n n +-⋅=，令10n n P P +->得122420n n n +-⋅>， ∴61123422n n n n+<=+<，解得1n =， ∴1n =时，10n n P P +->，即21p P >， ∵2n ≥时，24n≥，1342n+< ∴1612322n n n n+>+=，即122420nn n +-⋅<．此时1n n P P +<，即234p p p >>>L ，∴n P 的最大值为2222227222n P ⨯⨯+=+= 若存在正整数k ，使得对任意正整数n ，n P k ≤恒成立，则max 72k P ≥=， ∴正整数k 的最小值为4．例6、定义：若无穷数列{}n a 满足{}1n n a a +-是公比为q 的等比数列，则称数列{}n a 为“()M q 数列”．设数列{}n b 中131,7b b ==（1）若24b =，且数列{}n b 是“()M q 数列”，求数列{}n b 的通项公式；（2）设数列{}n b 的前n 项和为n S ，且1122n n b S n λ+=-+，请判断数列{}n b 是否为“()M q 数列”，并说明理由；（3）若数列{}n b 是“(2)M 数列”，是否存在正整数,m n ，使得4039404020192019m n b b <<？若存在，请求出所有满足条件的正整数,m n ；若不存在，请说明理由．【解析】【分析】（1）计算21323,3b b b b -=-=，故{}1n n b b +-是公比为1的等比数列，计算得到答案；（2）{}n b 是“()M q ”数列，化简得到1122n n n b b b +-=-，即()2113n n n n b b b b +++-=-，得到证明；（3）{}1n n b b +-是公比为2的等比数列，12n n n b b +-=，利用累加法得到21nn b =-，得到1m n =+，计算得到答案．【详解】（1）由题意可得21323,3b b b b -=-=，由数列{}n b 为“()M q 数列”可得()3221b b q b b -=-，即1q =，则{}1n n b b +-是公比为1的等比数列，即21*13,n n b b b b n N +-=-=∈，则{}n b 是首项为1，公差为3的等差数列，32n b n =-；（2）{}n b 是“()M q ”数列，，理由如下：2n ≥时，由1122n n b S n λ+=-+，可得112(1)2n n b S n λ-=--+，两式作差可得1122n n n b b b +-=-即113,22n n b b n +-=-≥，则21132n n b b ++-=-，两式作差可得21133n n n n b b b b +++-=-，即()2113,2n n n n b b b b n +++-=-≥，由32313,72b b b -=-=，可得252b =，则()3221933322b b b b -==⨯=-，则()2113n n n n b b b b +++-=-对任意*n N ∈成立，则{}1n n b b +-为首项是32，公比为3的等比软列，则{}n b 为()M q 数列；（3）由{}n b 是(2)M 数列，可得{}1n n b b +-是公比为2的等比数列，即()11212n n n b b b b -+-=-，则()32212b b b b -=-，由131,7b b ==，可得23b=，则12n n n b b +-=，则()()()2112132122222n n n n n b b b b b b b b ---=-+-++-=+++=-L L ，则21nn b =-，若正整数,m n 满足4039404020192019m n b b <<，则40392140402019212019m n -<<-，由210,210n m ->->，则2121m n ->-，则m n >，若2m n ≥+，则22121344212121m n n n n +--≥=+>---，不满足40392140402019212019m n -<<-，若1m n =+，则140392140402019212019n n +-<<-，则403914040222019212019n -<<--，即1122019212019n <<-，则2021220202n <<，则正整数10n =，则11m =；因此存在满足条件的,,11,10m n m n ==．例7、设数列A ：1a ，2a ，…N a (N ≥)．如果对小于n (2n N ≤≤)的每个正整数k 都有k a ＜n a ，则称n 是数列A 的一个“G 时刻”．记“)(A G 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)(A G 的所有元素；（2）证明：若数列A 中存在n a 使得n a >1a ，则∅≠)(A G ；（3）证明：若数列A 满足n a -1n a - ≤1（n=2，3，…，N ），则)(A G 的元素个数不小于N a -1a ．【答案】（1）()G A 的元素为2和5；（2）详见解析；（3）详见解析．【解析】（3）当1a a N ≤时，结论成立．只要证明当1a a N >时仍然成立即可．试题解析：（1）)(A G 的元素为2和5．（2）因为存在n a 使得1a a n >，所以{}∅≠>≤≤∈*1,2a a N i N i i ．记{}1,2min a a N i N i m i >≤≤∈=*，则2≥m ，且对任意正整数m k a a a m k <≤<1,．因此)(A G m ∈，从而∅≠)(A G ．（3）当1a a N ≤时，结论成立．以下设1a a N >．由（Ⅱ）知∅≠)(A G ．设{}p p n n n n n n A G <⋅⋅⋅<<⋅⋅⋅=2121,,,,)(，记10=n ．则p n n n n a a a a <⋅⋅⋅<<<210．对p i ,,1,0⋅⋅⋅=，记{}i n k i i a a N k n N k G >≤<∈=*,．如果∅≠i G ，取i i G m min =，则对任何i i m n k i a a a m k <≤<≤,1．从而)(A G m i ∈且1+=i i n m ．又因为p n 是)(A G 中的最大元素，所以∅=p G ．从而对任意n k n p ≤≤，p n k a a ≤，特别地，p n N a a ≤．对i i n n a a p i ≤-⋅⋅⋅=-+11,1,,1,0．因此1)(111111+≤-+=--++++i i i i i n n n n n a a a a a ．所以p a aa a a a i ip n pi n n N ≤-=-≤--∑=)(1111．【反馈练习】1．已知数列{}n a 的首项13a =，对任意的*n ∈N ，都有11(0)n n a ka k +=-≠，数列{}1n a -是公比不为1的等比数列．（1）求实数k 的值；（2）设4,,1,,n n n n b a n -⎧=⎨-⎩为奇数为偶数数列{}n b 的前n 项和为n S ，求所有正整数m 的值，使得221m m S S -恰好为数列{}n b 中的项．【答案】（1）2；（2）2．【解析】（1）由11n n a ka +=-，13a =可知，231a k =-，2331a k k =--，因为{1}na -为等比数列，所以2213(1)(1)(1)a a a -=--，即22(32)2(32)k k k -=⨯--，即231080k k -+=，解得2k =或43k =，当43k =时，143(3)3n n a a +-=-，所以3n a =，则12n a -=，所以数列{1}n a -的公比为1，不符合题意；当2k=时，112(1)n n a a +-=-，所以数列{1}na -的公比1121n n a q a +-==-，所以实数k 的值为2．（2）由（1）知12nn a -=，所以4,,2,,n nn n b n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数则22(41)4(43)4[4(21)]4m m S m =-++-+++--+L2(41)(43)[4(21)]444m m =-+-++--++++L L144(4)3m m m +-=-+，则212244(4)3m m m mS S b m m --=-=-+，因为22+1324m m m b b m +=-+，又222+322+1()()3420m m m m m b b b b ++-+=⨯->，且2350b b +=>，130b =>，所以210m S ->，则20m S >，设2210,mt m S b t S -=>∈*N ，则1,3t =或t 为偶数，因为31b =不可能，所以1t =或t 为偶数，①当2121=mm S b S -时，144(4)3344(4)3m mm m m m +--+=--+，化简得2624844m m m -+=--≤，即242m m -+≤0，所以m 可取值为1，2，3，验证2173S S =，433S S =，658723S S =得，当2m =时，413S b S =成立．②当t 为偶数时，1222144(4)331443124(4)134m mmm mm m S S m m m m +---+==+--+--++，设231244m m m m c -+-=，则211942214m m m m m c c ++-+-=，由①知3m >，当4m =时，545304c c --=<；当4m >时，10m m c c +->，所以456c c c ><<L ，所以m c 的最小值为5191024c -=，所以22130151911024m m S S -<<+<-+，令22214m m S b S -==，则2314312414mm m +=-+-+，即231240m m -+-=，无整数解．综上，正整数m 的值为2．2．已知无穷数列{}n a ，{}n b ，{}n c 满足：对任意的*n N ∈，都有1n a +=n n b c -，1n b +=n n c a -，1n c +=n n a b -．记n d ={},,n n n max a b c ({},,max x y z 表示3个实数x ，y ，z 中的最大值)．(1)若1a =1，1b =2，1c =4，求4a ，4b ，4c 的值； (2)若1a =1，1b =2，求满足2d =3d 的1c 的所有值；(3)设1a ，1b ，1c 是非零整数，且1a ，1b ，1c 互不相等，证明：存在正整数k ，使得数列{}n a ，{}n b ，{}n c 中有且只有一个数列自第k 项起各项均为0．【答案】（1）4a =0，4b =1-，4c =1．（2）2-，1-，1，2．（3）见详解【解析】（1）由题意：2a =11b c -=24-=2-；2b =11c a -=41-=3；2c =11a b -=12-=1-；以此类推，看得出4a =0，4b =1-，4c =1．（2）若1a =1，1b =2，1c =x ，则2a =2x -，2b =1x -，2c =1-，，3a =11x --，3b =12x --，3c =21|x x ---，当01x ≤<时，3a =x -，3b =1|x -，3c =1，3d =1，由3d =2d ，得|x =1，不符合题意．当12x ≤<，3a =2x -，3b =1x -，3c =32x -，，由3d =2d ，得x =1，符合题意．当2x ≥，3a =2x -，3b =3x -，3c =1-，由3d =2d ，得x =2，符合题意，综上1c 的取值是：2-，1-，1，2．（3）先证明：存在正整数3k ≥，使，k a ，k b ，k c 中至少有一个为零，假设对任意正整数3k ≥，k a ，k b ，k c 都不为零，由1a ，1b ，1c 是非零整数，且1a ，1b ，1c 互不相等，得1*d N ∈，*2d N ∈，若对任意3k ≥，k a ，k b ，k c 都不为零，则*k d N ∈．即对任意1k ≥，*k d N ∈．当1k ≥时，1k a +={}|,k k k kkb c max b c d -<≤，1k b+=k k k c a d -<，1k c +=k k k a b d -<，所以1k d +={}111,,k k k k max a b c d +++<，所以{}k d 单调递减，由2d 为有限正整数，所以必存在正整数3m ≥，使得0m d ≤，矛盾，所以存在正整数3k ≥，使k a ，k b ，k c 中至少有一个为零，不妨设k a =0，且10a ≠，20a ≠…10k a -≠，则1k b -=1k c -，且1k b -=11k k c a --≠，否则若1k b -=1k c -=1k a -，因为111k k k a b c ---++=0，则必有1k a -=1k b -=1k c -=0，矛盾．于是，k b =110k k c a ---≠，k c =110k k a b ---≠，且k b =k c -，所以，1k a +=0，1k b +=k c ，1k c +=k b -=k c -，以此类推，即有：对n k ∀≥，n a =0，1n b +=k c ，1n c +=k c -，0k c ≠，此时有且仅有一个数列{}n a 自k 项起各项均为0．综上：结论成立．3．对于项数为m （*m ∈N 且1m >）的有穷正整数数列{}n a ，记{}12min ,,,k k b a a a =⋅⋅⋅(1,2,,)k m =⋅⋅⋅，即k b 为12,,,k a a a ⋅⋅⋅中的最小值，设由123,,,,m b b b b ⋅⋅⋅组成的数列{}n b 称为{}n a 的“新型数列”．（1）若数列{}n a 为2019，2020，2019，2018，2017，请写出{}n a 的“新型数列”{}n b 的所有项；（2）若数列{}n a 满足101,6222,7n n n a n n -⎧⎛⎫≤⎪ ⎪=⎨⎝⎭⎪-≥⎩，且其对应的“新型数列”{}n b 项数[21,30]m ∈，求{}n b 的所有项的和；（3）若数列{}n a 的各项互不相等且所有项的和等于所有项的积，求符合条件的{}n a 及其对应的“新型数列”{}n b ．【答案】（1）数列{}n b 为2019，2019，2019，2018，2017（2）1128（3）满足题意的数列{}n a ：1,2,3;1,3,2;2,1,3;2,3,1;3,1,2;3,2,1．所以对应的“新型数列”{}n b 分别为：1,1,1;1,1,1;2,1,1;2,2,1;3,1,1;3,2,1．【解析】（1）数列{}n b 为2019，2019，2019，2018，2017；（2）由已知得：当6n ≤时，{}n a 关于n 递减；当7n ≥时，{}n a 关于n 递减，又67,a a >*n N ∴∈时，{}n a 关于n 递减．*N n a ∈Q ，21m ∴≤．又[21,30]m ∈，21m ∴=．{}n b ∴共21项且各项分别与{}n a 中各项相同，其和为262111110241024102415141222T ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭611115(151)2210241212⎛⎫- ⎪+⎝⎭=+-1128=．（3）先不妨设数列{}n a 单调递增，当2m =时，*12,a a N ∈，121222a a a a a +=<，12,a ∴<11a =，此时无解，不满足题意；当3m =时，由123123a a a a a a ++=得12312333a a a a a a a ++=<，123a a ∴<，又12a a <，11,a ∴=22a =，代入原式得33a =．当4m ≥时，1212n n m a a a a a a ma ++⋅⋅⋅+=⋅⋅⋅<，而12(1)!m m m a a a m a ma ⋅⋅⋅≥->，矛盾，所以不存在满足题意的数列{}n a ．综上，满足题意的数列{}n a ：1,2,3;1,3,2;2,1,3;2,3,1;3,1,2;3,2,1．所以对应的“新型数列”{}n b 分别为：1,1,1;1,1,1;2,1,1;2,2,1;3,1,1;3,2,1．5．设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列．已知1122334,622,24a b b a b a ===-=+，．（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）设数列{}n c 满足111,22,1,,2,k k n kk n c c b n +⎧<<==⎨=⎩其中*k ∈N ．（i ）求数列(){}221n n a c -的通项公式；（ii ）求()2*1ni ii a c n =∈∑N ．【答案】（Ⅰ）31n a n =+；32nn b =⨯（Ⅱ）（i ）()221941n n n a c -=⨯-（ii ）()()2*211*12725212nn n i i i a c n n n --=∈=⨯+⨯--∈∑N N【解析】(Ⅰ)设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ．依题意得()()262426262424124q d d q d d ⎧=+-=+⎪⎨=++=+⎪⎩，解得32d q =⎧⎨=⎩，故4(1)331n a n n =+-⨯=+，16232n nn b -=⨯=⨯．所以，{}n a 的通项公式为31n a n =+，{}n b 的通项公式为32nn b =⨯．(Ⅱ)(i )()()()()22211321321941n n n nnnn a c a b -=-=⨯+⨯-=⨯-．所以，数列(){}221n n a c -的通项公式为()221941n n na c -=⨯-．(ii )()22111nni i i i i i i a c a a c ===+-⎡⎤⎣⎦∑∑()2222111nni i i i i a a c ===+-∑∑()2212432n nn ⎛⎫- ⎪=⨯+⨯ ⎪⎝⎭()1941n i i =+⨯-∑ ()()2114143252914n n n n---=⨯+⨯+⨯--()211*2725212n n n n N --=⨯+⨯--∈．5．已知数列{a n }满足：a 1＝1，且当n ≥2时，11(1)()2nn n a a R λλ---=+∈（1）若λ＝1，证明数列{a 2n -1}是等差数列；（2）若λ＝2．①设223n nb a =+，求数列{bn }的通项公式；②设2113ni n i Cn a n ==⋅∑，证明：对于任意的p ，m ∈ N *，当p > m ，都有p C ≥ C m ．【答案】（1）证明见解析；（2）①243nn b =⋅；②证明见解析【解析】（1）证明：当1λ=时，()1112nn n a a ---=+，()2+12+1221112n n n n a a a --∴=+=+①，()222121112n n n n a a a ----=+=②，则①+②得21211n n a a +--=，当1n =时，11a =，{}21n a -∴是首项为1，公差为1的等差数列（2）①当2λ=时，()11122nn n a a ---=+，当2n =时，()22111222a a --=+=， ()2222212111222n n n n a a a ++++--∴=+=①，()212122112212n n n n a a a ++--=+=+②，①+②2⨯得22242n n a a +=+，22222433n n a a +⎛⎫∴+=+ ⎪⎝⎭，即14n n b b +=， 122282333b a =+=+=Q ， {}n b \是首项为83，公比为4的等比数列，1824433n n n b -∴=⋅=⋅②由（2）①知()22413nn a =-，同理由212221212n n nn a a a a +-=+⎧⎨=⎩可得212141n n a a +-=+，212111433n n a a +-⎛⎫∴+=+ ⎪⎝⎭，当1n =时，11141333a +=+=， 2113n a -⎧⎫∴+⎨⎬⎩⎭是首项为43，公比为4的等比数列，12114144333n n n a --∴+=⋅=⋅，()211413nn a -∴=- ()()213212421ni n n i a a a a a a a -=∴=+++++++∑L L()()()()()481414248433414141143143993n n n n n n n n n--=-+-=-+--=----， 1111444343333n n n n n n C n n n +++⎛⎫--∴=--= ⎪⋅⋅⎝⎭，()()211214314434133n n n n n n n n C C n n +++++-+----=-+⋅⋅ ()()()()21243143143413n n n n n n n n n +++⎡⎤-+--+--⎣⎦=+⋅()()122346681213n n n n n n n n ++-++++=+⋅()()122346141213n n n n n n n ++-⋅+++=+当1n =时，21321661412023C C -⨯+++-==⨯；当2n =时，213642428120233C C -+++-==⨯⨯；当3n ≥时，10n n C C +->，∴对于一切n *∈N ，都有1n n C C +≥，故对任意,p m N *∈，当p m >时，p m C C ≥6.对于*,n N ∀∈若数列{}n x 满足11,n n x x +->则称这个数列为“K 数列”．（1）已知数列1，21,m m +是“K 数列”，求实数m 的取值范围；（2）是否存在首项为1-的等差数列{}n a 为“K 数列”，且其前n 项和n S 使得212n S n n <-恒成立?若存在，求出{}n a 的通项公式；若不存在，请说明理由；（3）已知各项均为正整数的等比数列{}n a 是“K 数列”，数列12n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭不是“K 数列”，若1,1n n a b n +=+试判断数列{}n b 是否为“K 数列”，并说明理由．【答案】（1）2m >；（2）见解析；（3）见解析．【解析】（Ⅰ）由题意得()111,m +->()211,m m -+>解得2,m >所以实数m 的取值范围是 2.m >（Ⅱ假设存在等差数列{}n a 符合要求，设公差为,d 则1,d > 由11,a =-得()1,2n n n S n d -=-+由题意，得()21122n n n d n n --+<-对*n N ∈均成立，即()1.n d n -< ①当1n =时，;d R ∈ ②当1n >时，,1n d n <- 因为111,11n n n =+>-- 所以1,d ≤与1d >矛盾，所以这样的等差数列不存在．（Ⅲ）设数列{}n a 的公比为,q 则11,n n a a q -=因为{}n a 的每一项均为正整数，且()1110,n n n n n a a a q a a q --=-=->> 所以在{}1n n a a --中，“21a a -”为最小项．同理，11122n n a a -⎧⎫-⎨⎬⎩⎭中，“211122a a -”为最小项．由{}n a 为“K 数列”，只需211,a a ->即()111,a q -> 又因为12n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭不是“K 数列”，且211122a a -为最小项，所以21111,22a a -≤即()112a q -≤，由数列{}n a 的每一项均为正整数，可得()112,a q -= 所以11,3a q ==或12, 2.a q ==①当11,3a q ==时，13,n n a -=则3,1nn b n =+令()*1,n n n c b b n N+=-∈则()()133213,2112n n n n n c n n n n ++=-=⋅++++又()()()()12321332312n n n n n n n n +++⋅-⋅++++()()234860,213n n n n n n ++=⋅>+++ 所以{}n c 为递增数列，即121,n n n c c c c -->>>⋅⋅⋅> 所以213331,22b b -=-=> 所以对于任意的*,n N ∈都有11,n n b b +->即数列{}n b 为“K 数列”．②当12,2a q ==时，2,nn a =则12.1n n b n +=+因为2121,3b b -=≤ 所以数列{}n b 不是“K 数列”．综上：当11,3a q ==时，数列{}n b 为“K 数列”，当12,2a q ==时，2,nn a =数列{}n b 不是“K 数列”．7.数列{}n a 满足112n n n a a a +-=-对任意的*2,n n N ≥∈恒成立，n S 为其前n 项的和，且44a =，836S =．（1）求数列{}n a 的通项n a ；（2）数列{}n b 满足()12122321213212nn n k n k n n b a b a b a b a a --+-++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+=--，其中*1,2,,,=⋅⋅⋅∈k n n N ．①证明：数列{}n b 为等比数列；②求集合()*3,,,.p m m p a a m p m p N b b ⎧⎫⎪⎪=∈⎨⎬⎪⎪⎩⎭【答案】（1）*,n a n n N =∈；（2）①过程见详解；②(){}6,8．【解析】（1）因为数列{}n a 满足112n n n a a a +-=-对任意的*2,n n N ≥∈恒成立，所以数列{}n a 是等差数列，设公差为d ，因为44a =，836S =，所以1134878362a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩，解得：111a d =⎧⎨=⎩，因此*,n a n n N =∈；（2）①因为数列{}n b 满足()12122321213212nn n k n k n n b a b a b a b a a --+-++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+=--，()()1221(23)3212-+-+⋅⋅⋅+=--n n b n b n b n ，所以()()1121(23)2532122---+-+⋅⋅⋅+=--+n n b n b n b n （*2,n n N ≥∈），两式作差可得：()11212322--++⋅⋅⋅++=⋅-n n n b b b b （*2,n n N ≥∈），又()113212=--b a 也满足上式，所以()11212322--++⋅⋅⋅++=⋅-n n n b b b b ()*n N ∈，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，则12322--=⋅-n n n T b ，当2n ≥时，2112322----=⋅-n n n T b ，两式作差可得：2132n n n b b --+=⋅，所以()12101122(1)(2)0-----=--=⋅⋅⋅=--=n n n n n b b b ，即()121011122(1)(2)(1)(11)0------=--=⋅⋅⋅=--=--=n n n n n n b b b ，所以12n n b -=，因此12n nb b +=，即数列{}n b 为等比数列； ②由3p m m p a a b b =得11322m p m p --=，即32p mp m-=，记n n n a c b =，由①得12-=n n n c ，所以1112++=≤n n c n n c ，因此1n n c c +≥（当且仅当1n =时等号成立）．由3pm m pa ab b =得3=>m p pc c c ，所以<m p ．设(,,)*=-∈t p m m p t N ，由32p mp m-=得3()2+=tm t m ，即323t t m =-；当1t =时，3m =-，不符合题意；当2t =时，6m =，此时8p =符合题意；当3t =时，95m =，不符合题意；当4t =时，1213m =，不符合题意，下面证明当4t ≥，*t N ∈时，3123=<-t tm ，不妨设()233(4)=--≥xf x x x ，则()2ln 230'=->xf x 在[)4,+∞上恒成立，所以()f x 在[)4,+∞单调递增；所以()(4)10≥=>f x f ，所以，当4t ≥，*t N ∈时，3123=<-t tm 恒成立，不符合题意；综上，集合()(){}*3,,,6,8p m m pa a m p m p Nb b ⎧⎫⎪⎪=∈=⎨⎬⎪⎪⎩⎭． 8.给定数列{}n a ，若满足1a a =（0a >且1a ≠），对于任意的*,n m ∈N ，都有m n n m a a a +=，则称数列{}n a 为“指数型数列”．（1）已知数列{}n a 的通项公式为4nn a =，试判断数列{}n a 是不是“指数型数列”；（2）已知数列{}n a 满足112a =，()*1123n n n n a a a a n ++=+∈N ，证明数列11n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭为等比数列，并判断数列11n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是否为“指数型数列”，若是给出证明，若不是说明理由；（3）若数列{}n a 是“指数型数列”，且()*112a a a a +=∈+N ，证明数列{}n a 中任意三项都不能构成等差数列．【答案】（1）是；（2）是，理由详见解析；（3）详见解析．【解析】（1）数列{}n a ，444n mn m n m n m a a a ++==⨯=，所以数列{}n b 是“指数型数列”（2）数列11n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是“指数型数列”11111311232131n n n n n n n n a a a a a a a a ++++⎛⎫=+⇒=+⇒+=+ ⎪⎝⎭，所以11n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列， 11111133n n n a a -⎛⎫+=+⨯= ⎪⎝⎭，111113331m n n m n n n m a a a ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫++===+ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 所以数列11n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是“指数型数列” （3）若数列{}n a 是“指数型数列”，由定义得：11112nn n mn m n n n a a a a a a a a a a +++⎛⎫=⇒=⇒== ⎪+⎝⎭假设数列{}n a 中存在三项s a ，t a ，u a 成等差数列，不妨设s t u <<则2t s u a a a =+，得：11122222t s ut s u a a a a a a a a a +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+⇒=+ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭整理得：2(1)(2)(2)(1)t su s u s u s a a a a ----++=+++（*）若a 为偶数时，右边为偶数，(1)u sa -+为奇数，则左边为奇数，（*）不成立；若a 为奇数时，右边为偶数，(2)u sa -+为奇数，则左边为奇数，（*）不成立；所以，对任意的*a ∈N ，（*）式不成立．9.定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”．（1）已知等比数列{a n }满足：245132,440a a a a a a =-+=，求证：数列{a n }为“M －数列”；（2）已知数列{b n }满足：111221,n n n b S b b +==-，其中S n 为数列{b n }的前n 项和． ①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数，若存在“M －数列”{c n }，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有1k k k c b c +剟成立，求m 的最大值．【答案】（1）见解析；（2）①b n =n ()*n ∈N ；②5．【解析】（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0．由245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩，得244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩．因此数列{}n a 为“M —数列”．（2）①因为1122n n n S b b +=-，所以0n b ≠．由1111,b S b ==得212211b =-，则22b =．由1122n n n S b b +=-，得112()n n n n n b b S b b ++=-，当2n ≥时，由1n n n b S S -=-，得()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---，整理得112n n n b b b +-+=．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列．因此，数列{b n }的通项公式为b n =n ()*n N ∈．②由①知，b k =k ，*k N ∈．因为数列{c n }为“M –数列”，设公比为q ，所以c 1=1，q >0．因为c k ≤b k ≤c k +1，所以1k k q k q -≤≤，其中k =1，2，3，…，m ．当k =1时，有q ≥1；当k =2，3，…，m 时，有ln ln ln 1k kq k k ≤≤-．设f （x ）=ln (1)x x x >，则21ln ()xf 'x x-=．令()0f 'x =，得x =e ．列表如下：f （x ）极大值因为2663=<=，所以max ()(3)3f k f ==．取33q =k =1，2，3，4，5时，ln ln kq k…，即k k q ≤，经检验知1k qk -≤也成立．因此所求m 的最大值不小于5．若m ≥6，分别取k =3，6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216，所以q 不存在．因此所求m 的最大值小于6．综上，所求m 的最大值为5．10．对于数列{}n a ，把1a 作为新数列{}n b 的第一项，把i a 或()2,3,4,...,i a i n -=作为新数列{}n b 的第i 项，数列{}n b 称为数列{}n a 的一个生成数列．例如，数列 1,2,3,4,5的一个生成数列是1,2,3,4,5--．已知数列{}n b 为数列()12n n N *⎧⎫∈⎨⎬⎩⎭的生成数列，n S 为数列{}n b 的前n 项和．（1）写出3S 的所有可能值；（2）若生成数列{}n b 满足311178n n S ⎛⎫=-⎪⎝⎭，求数列{}n b 的通项公式．【答案】（1）1357,,,8888；（2）1,322()1,322n n nn k b k N n k *⎧=-⎪⎪=∈⎨⎪-≠-⎪⎩．【解析】（1）由已知，()1231111,,2,,2248n n b b n N n b b *==∈≥∴=±=±，由于31117111511131111,,,,2488248824882488S ++=+-=-+=--=∴可能值为 1357,,,8888．（2）311178n n S ⎛⎫=- ⎪⎝⎭Q ，当1n =时，12331111788a a a S ⎛⎫++==-= ⎪⎝⎭．当2n ≥时， 323133331111111178788n n n n n nn n a a a S S ----⎛⎫⎛⎫++=-=---=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，{}323131,,8n n n n n a a a n N b *--∴++=∈Q 是()12n n N *⎧⎫∈⎨⎬⎩⎭的生成数列，323133231332313111;;,222n n n n n n n n nb b b b b b ------∴=±=±=±∴++()()323131111142122288n n n n n n N *--=±±±=±±±=∈，在以上各种组合中，当且仅当()32313421,,888n n n n n n b b b n N *--==-=-∈时才成立．1,322()1,322n n nn k b k N n k *⎧=-⎪⎪∴=∈⎨⎪-≠-⎪⎩．。

2020年高考数学专题讲解：数列(二)

- 1 -

年级：辅导科目：数学课时数：

课题等差数列与等比数列教学目的教学内容第二节等差数列（一）高考目标考纲解读 1．理解等差数列的概念． 2．掌握等差数列的通项公式与前n项和公式． 3．能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题． 4．了解等差数列与一次函数的关系．考向预测 1．以考查通项公式、前n项和公式为主，同时考查“方程思想”． 2．以选择题、填空题的形式考查等差数列的性质． 3．数列与函数交汇是解答题综合考查的热点．

（二）课前自主预习知识梳理 1．等差数列的定义如果一个数列从第2项起，每一项与前一项的差是，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的，通常用字母d表示． 2．等差数列的通项公式如果等差数列{ na}的首项为a1，公差为d，那么它的通项公式是 . (3)若{na}是等差数列，公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为 . (4)若{ na}，{bn}是等差数列，则{pna＋qbn}是 (5)若{na}是等差数列，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N＋)组成公差为的等差数列． 5．等差数列的前n项和公式设等差数列{na}的公差为d，其前n项和Sn 或 . 6．等差数列的前n项和公式与函数的关系 - 2 -

数列{na}是等差数列的充要条件是其前n项和公式Sn＝f(n)是n的，即Sn＝ 7．在等差数列{na}中，a1>0，d<0，则Sn存在最值；若a1<0，d>0，则Sn存在最值． 8．等差数列与等差数列各项的和有关的性质

(1)若{an}是等差数列，则{Snn}也成数列，其首项与{an}首项相同，公差是{an}公差的12.

(2)Sm，S2m，S3m分别为{an}的前m项，前2m项，前3m项的和，Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成数列．（3）关于等差数列奇数项与偶数项的性质

①若项数为2n,则S偶S奇= , SS奇偶

2020版高考数学(理科)复习课件专题探究4 数列的综合问题

=(2��
2�� -1)(2��
+1),则由bn<Fra bibliotek2��
2�� -1)(2��
-2)=2��
1
-1
-1-2��1�� -1(n≥2)来求解.
[总结反思] 数列与函数的综合一般体现在两个方面: (1)以数列的基本量 n,an,Sn 等为坐标的点在函数图像上,可以得到数列的递推关系; (2)数列的第 n 项 an 或前 n 项和 Sn 可以看作是关于 n 的函数,然后利用函数的性质求解数列问题.
考向2 数列与不等式的综合
例 4 [2018·江西抚州模拟] 已知数列{an}的前 n
解:(1)设等差数列{an}的公差为 d(d>0), 则由已知得 a1+a2+a3=3a2=15,即 a2=5, 又由(5-d+2)(5+d+13)=100,解得 d=2 或 d=-13(舍去),所以 a1=a2-d=3, 所以 an=a1+(n-1)d=2n+1.又 b1=a1+2=5,b2=a2+5=10,所以公比 q=2,所以 bn=5·2n-1. (2)因为 Tn=5[3+5×2+7×22+…+(2n+1)2n-1], 2Tn=5[3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)2n], 两式相减得-Tn=5[3+2×2+2×22+…+2·2n-1-(2n+1)2n]=5[(1-2n)2n-1], 所以 Tn=5[(2n-1)2n+1].
解:(1)∵f(1)≤0,即 1-(3k+2k)+3k·2k≤0,∴(1-3k)(1-2k)≤0,即(3k-1)(2k-1)≤0,

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

2020年高考数学史复习：数列问题
1．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等．问各得几何．”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”(“钱”是古代的一种重量单位)．这个问题中，甲所得为( )
A.54钱
B.43钱
C.32钱
D.53钱答案 B
解析依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a －2d ， a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d ，
则由题意可知，a －2d ＋a －d ＝a ＋a ＋d ＋a ＋2d ，即a ＝－6d ，又a －2d ＋a －d ＋a ＋a ＋d ＋a ＋2d ＝5a ＝5，∴a ＝1，
则a －2d ＝a －2×(－a 6)＝43a ＝43.
2．南北朝时期的数学古籍《张邱建算经》有如下一道题：“今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差(即等差)降之，上三人，得金四斤，持出；下四人后入得三斤，持出；中间三人未到者，亦依等次更给．问：每等人比下等人多得几斤？”( )
A.439
B.778
C.776
D.581
答案 B
解析设第十等人得金a 1斤，第九等人得金a 2斤，以此类推，第一
等人得金a 10斤，
则数列{a n }构成等差数列，设公差为d ，则每一等人比下一等人多得d 斤金，
由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3a 8＋a 9＋a 10＝4，即⎩⎪⎨⎪⎧
4a 1＋6d ＝3，3a 1＋24d ＝4，解得d ＝778， ∴每一等人比下一等人多得778斤金．
3．《张丘建算经》是公元5世纪中国古代内容丰富的数学著作，书中卷上第二十三问：“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月织九匹三丈．问日益几何？”其意思为“有个女子织布，每天比前一天多织相同量的布，第一天织五尺，一个月(按30天计)共织390尺．问：每天多织多少布？”已知1匹＝4丈，1丈＝10尺，估算出每天多织的布约有( )
A ．0.55尺
B ．0.53尺
C ．0.52尺
D ．0.5尺
答案 A
解析设每天多织d 尺，由题意a 1＝5，{a n }是等差数列，公差为d ，
∴S 30＝30×5＋30×292d ＝390，
解得d ≈0.55.
4．《张丘建算经》有这样一个问题：今有女子善织，日增等尺，七日织二十一尺，第二日，第五日，第八日所织之和为十五尺，问第九日所织尺数为( )
A ．7
B ．9
C ．11
D ．13 答案 D
解析设第一天织a 1尺，从第二天起每天比第一天多织d 尺，
由已知得⎩⎨⎧ 7a 1＋7×62d ＝21，a 1＋d ＋a 1＋4d ＋a 1＋7d ＝15，
解得a 1＝－3，d ＝2， ∴第九日所织尺数为a 9＝a 1＋8d ＝－3＋8×2＝13.
5．古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？” 意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据已知条件，可求得该女子第3天所织布的尺数为( )
A.23
B.815
C.2031
D.35 答案 C
解析由题意可得：每天织布的量组成了等比数列{a n }，S 5＝5，公比
q ＝2 ，a 1(1－25)1－2
＝5，计算可得a 1＝531，所以a 3＝531×22＝2031.
6．在《张邱建算经》中有一道题：“今有女子不善织布，逐日所织的布比同数递减，初日织五尺，末一日织一尺，计织三十日”，由此推断，该女子到第10日时，大约已经完成三十日织布总量的( )
A ．33%
B ．49%
C ．62%
D ．88%
答案 B
解析由题意可得：每日的织布量形成等差数列{a n }，
且a1＝5，a30＝1，
设公差为d，则1＝5＋29d，解得d＝－4
29.
∴S10＝5×10＋10×9
2×(－
4
29)＝
1 270
29.
S30＝30×(5＋1)
2＝90.
∴该女子到第10日时，大约已经完成三十日织布总量的1 270
29×
1
90
≈0.49＝49%.
7．《张丘建算经》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有女不善织，日减功迟，初日织五尺，末日织一尺，今三十织迄，问织几何．”其意思为：有个女子不善于织布，每天比前一天少织同样多的布，第一天织五尺，最后一天织一尺，三十天织完，问三十天共织布()
A．30尺B．90尺
C．150尺D．180尺
答案 B
解析由题意可得，每日的织布量形成等差数列{a n}，
且a1＝5，a30＝1，
所以S30＝30×(5＋1)
2＝90.
8．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．9日B．8日
C ．16日
D ．12日
答案 A 解析由题意知，良马每日行的距离成等差数列，
记为{a n }，其中a 1＝103，d ＝13；
驽马每日行的距离成等差数列，
记为{b n }，其中b 1＝97，d ＝－0.5；
设第m 天相逢，则a 1＋a 2＋…＋a m ＋b 1＋b 2＋…＋b m
＝103m ＋m (m －1)×132＋97m ＋m (m －1)×(－0.5)2
＝2×1 125，
解得m ＝9(负值舍去)．
9．《九章算术》是我国古代第一部数学专著，全书收集了246个问题及其解法，其中一个问题为“现有一根九节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面四节容积之和为3升，下面三节的容积之和为4升，求中间两节的容积各为多少？”该问题中第2节，第3节，第8节竹子的容积之和为( )
A.176升
B.72升
C.11366升
D.10933升
答案 A
解析自上而下依次设各节容积为a 1，a 2，…a 9，
由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3a 7＋a 8＋a 9＝4，即⎩⎪⎨⎪⎧ 2(a 2＋a 3)＝33a 8＝4，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＋a 3＝32，a 8＝43，
所以a 2＋a 3＋a 8＝32＋43＝176(升)．
10．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见
次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了( )
A ．24里
B ．48里
C ．96里
D ．192里
答案 C
解析由题意可知此人每天走的步数构成以12为公比的等比数列，
由题意和等比数列的求和公式可得a 1[1－(12)6]
1－12
＝378，解得a 1＝192，
∴第二天此人走了192×12＝96里．
11．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人最后一天走的路程为( )
A ．24里
B ．12里
C ．6里
D ．3里答案 C
解析记每天走的路程里数为{a n }，可知{a n }是公比q ＝12的等比数列，
由S 6＝378，得S 6＝a 1(1－126)1－12
＝378，解得a 1＝192，∴a 6＝192×125＝
6.
12．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五。