2018年高考数学浙江专版三维二轮专题复习讲义：第一部分专题三　数列与数学归纳法 WORD版含答案.doc

资源描述

1、专题三数列与数学归纳法第一讲数列的通项考点一利用an与Sn的关系求通项一、基础知识要记牢 an S1，n1，SnSn1，n2，使用时要注意对第一项的求解与检验，如果符合 anSnSn1 的规律才能合并，否则要写成分段的形式二、经典例题领悟好例 1(2018 届高三浙东北三校联考)已知各项均为正数的数列an的前 n 项和为 Sn，a2n14Sn4n1，nN*，且 a2，a5，a14恰是等比数列bn的前三项(1)求数列an，bn的通项公式；(2)记数列bn的前 n 项和为 Tn，若对任意的 nN*，Tn32 k3n6 恒成立，求实数 k 的取值范围解(1)a2n14Sn4n1(nN

2、*)，a2n4Sn14(n1)1(n2)，两式相减，得 a2n1a2n4an4(n2)，a2n1(an2)2(n2)又 an0，故 an1an2(n2)即 an1an2(n2)又 a25a2a14，即(a26)2a2(a224)，解得 a23，又 a224S141，故 a1S11.a2a1312，故数列an是以 1 为首项，2 为公差的等差数列，故 an2n1.易知 b1a23，b2a59，b3a1427，bn3n.(2)由(1)可知 Tn3n133n132.3n13232 k3n6 对任意的 nN*恒成立，即 k2n43n对任意的 nN*恒成立令 Cn2n43n，则 CnCn12n43n2

3、n63n1 n3n(n2)，故当 n2,3 时，CnCn1，当 n4，nN*时，CnCn1，C3 227最大，k 227.故 k 的取值范围为227，.对于数列，an和 Sn有关系 an S1，n1，SnSn1，n2，这是一种重要的关系，是已知 Sn求通项an的常用方法.首先利用 Sn“复制”出 Sn1，就是“用两次”，再作差求出 an.三、预测押题不能少 1设各项均为正数的数列an 的前 n 项和为 Sn，且 Sn满足 S2n(n2n3)Sn3(n2n)0，nN*.(1)求 a1 的值；(2)求数列an 的通项公式；(3)证明：对一切正整数 n，有1a1a11a2a21anan13.解：(1

4、)由题意知，S2n(n2n3)Sn3(n2n)0，nN*.令 n1，有 S21(1213)S13(121)0，可得 S21S160，解得 S13 或 2，即 a13 或 2，又 an为正数，所以 a12.(2)由 S2n(n2n3)Sn3(n2n)0，nN*可得，(Sn3)(Snn2n)0，则 Snn2n 或 Sn3，又数列an的各项均为正数，所以 Snn2n，Sn1(n1)2(n1)，所以当 n2 时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.又 a1221，所以 an2n.(3)证明：当 n1 时，1a1a1 1231613成立；当 n2 时，1anan12nn1nn 1212n112n

5、1，所以1a1a11a2a21anan 16121315 12n112n1 16121312n1 161613.所以对一切正整数 n，有1a1a11a2a21anan0，所以当 n3 时，f(n)单调递增，所以当 n4 时，f(n)f(4)1，而 g(n)g(n)经检验当 n1,2,3 时，仍有 f(n)g(n)综上可得，An 2nan.判断一个数列是等差等比数列，还有通项公式法及前 n 项和公式法，但不可作为证明方法.若要判断一个数列不是等差等比数列，只需判断存在连续三项不成等差等比数列即可.a2nan1an1n2，nN*是an为等比数列的必要不充分条件，也就是要注意判断一个数列是等比数列时

6、，各项不能为 0.三、预测押题不能少 2在数列an中，a135，an121an，设 bn1an1，数列bn的前 n 项和是 Sn.(1)证明数列bn是等差数列，并求 Sn；(2)比较 an与 Sn7 的大小解：(1)证明：bn1an1，an121an，bn11an111an11bn1，bn1bn1，数列bn是公差为 1 的等差数列由 a135，bn1an1得 b152，Sn5n2 nn2n223n.(2)由(1)知：bn52n1n72.由 bn1an1得 an11bn122n7.anSn7n223n622n7.当 n4 时，yn223n6 是减函数，y22n7也是减函数，当 n4 时，anS

8、等差数列 BS2n是等差数列 Cdn是等差数列 Dd2n是等差数列解析：选 A 由题意，过点 A1，A2，A3，An，An1，分别作直线 B1Bn1的垂线，高分别记为 h1，h2，h3，hn，hn1，根据平行线的性质，得 h1，h2，h3，hn，hn1，成等差数列，又 Sn12|BnBn1|hn，|BnBn1|为定值，所以Sn是等差数列故选 A.6已知等比数列an的公比为 q，记 bnam(n1)1am(n1)2am(n1)m，cnam(n1)1am(n1)2am(n1)m(m，nN*)，则以下结论一定正确的是()A数列bn为等差数列，公差为 qm B数列bn为等比数列，公比为 q2m C数

9、列cn为等比数列，公比为mq2 D数列cn为等比数列，公比为mmq 解析：选 C 等比数列an的通项公式 ana1qn1，所以 cnam(n1)1am(n1)2am(n1)m a1qm(n1)a1qm(n1)1a1qm(n1)m1 am1qm(n1)m(n1)1m(n1)m1 am1q(m)(m)m(n)211+112-am1qmmn2(1)(1)2-.所以数列cn为等比数列，公比为mq2.二、填空题 7(2017全国卷)设等比数列an满足 a1a21，a1a33，则 a4_.解析：设等比数列an的公比为 q，则 a1a2a1(1q)1，a1a3a1(1q2)3，两式相除，得1q1q213，解

10、得 q2，a11，所以 a4a1q38.答案：8 8已知公比 q 不为 1 的等比数列an的首项 a112，前 n 项和为 Sn，且 a2S2，a3S3，a4S4成等差数列，则 q_，S6_.解析：由 a2S212q，a3S31212qq2，a4S41212q12q2q3 成等差数列，得21212qq2 12q1212q12q2q3，化简得(2q23q1)q0，q1，且 q0，解得 q12，所以 S6a1q61q11266364.答案：12 6364 9(2018 届高三杭州七校联考)等比数列an中 a12，公比 q2，记 na1a2an(即 n表示数列an的前 n 项之积)，8，9，10，1

11、1中值最大的是_ 解析：由 a12，q2，na1a2an(a1)nqn n 12，828(2)28236；929(2)36245；10210(2)45255；11211(2)55266.故 9最大答案：9 三、解答题 10已知等差数列an的公差不为零，a125，且 a1，a11，a13成等比数列(1)求an的通项公式；(2)求 a1a4a7a3n2.解：(1)设an的公差为 d.由题意，a211a1a13，即(a110d)2a1(a112d)，于是 d(2a125d)0.又 a125，所以 d0(舍去)，或 d2.故 an2n27.(2)令 Sna1a4a7a3n2.由(1)知 a3n26n

12、31，故a3n2是首项为 25，公差为6 的等差数列从而 Snn2(a1a3n2)n2(6n56)3n228n.11已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 Sn4an3(nN*)(1)证明：数列an是等比数列；(2)若数列bn满足 bn1anbn(nN*)，且 b12，求数列bn的通项公式解：(1)证明：由 Sn4an3 可知，当 n1 时，a14a13，解得 a11.因为 Sn4an3，则 Sn14an13(n2)，所以当 n2 时，anSnSn14an4an1，整理得 an43an1，又 a110，所以an是首项为 1，公比为43的等比数列(2)由(1)知 an43n1，由 bn1anb

13、n(nN*)，得bn1bn43n1.可得bnb1(b2b1)(b3b2)(bnbn1)2143n1143343n11(n2，nN*)当 n1 时上式也满足条件所以数列bn的通项公式为 bn343n11(nN*)12(2017全国卷)记 Sn为等比数列an的前 n 项和已知 S22，S36.(1)求an的通项公式；(2)求 Sn，并判断 Sn1，Sn，Sn2是否成等差数列解：(1)设an的公比为 q.由题设可得 a1q2，a1qq26，解得 a12，q2.故an的通项公式为 an(2)n.(2)由(1)可得 Snn1 23(1)n2n13.由于 Sn2Sn143(1)n2n32n23 223

14、n2n132Sn，故 Sn1，Sn，Sn2成等差数列第三讲数列的综合应用考点一数列求和数列求和的关键是分析其通项，熟悉两个基本数列的求和公式以及体现的思想方法(如转化与化归思想、错位相减法、倒序相加法等)，根据具体情形采取灵活手段解决数列求和的基本方法有公式法、错位相减法、裂(拆)项相消法、分组法、倒序相加法和并项法等考查类型(一)利用公式、分组求和一、经典例题领悟好例 1(2016北京高考)已知an是等差数列，bn是等比数列，且 b23，b39，a1b1，a14b4.(1)求an的通项公式；(2)设 cnanbn，求数列cn的前 n 项和解(1)设等比数列bn的公比为 q，

15、则 qb3b2933，所以 b1b2q1，b4b3q27，所以 bn3n1(nN*)设等差数列an的公差为 d.因为 a1b11，a14b427，所以 113d27，即 d2.所以 an2n1(nN*)(2)由(1)知，cnanbn2n13n1.从而数列cn的前 n 项和 Sn13(2n1)133n1 n2n213n13n23n12.分组求和法的 2 种常见类型(1)若 anbncn，且bn，cn为等差或等比数列，可采用分组法求an的前 n 项和(2)通项公式为 an bn，n为奇数，cn，n为偶数的数列，其中数列bn，cn是等比数列或等差数列，可采用分组法求和.二、预测押题不能少 1在等差数

16、列an中，a2a723，a3a829.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列anbn是首项为 1，公比为 q 的等比数列，求bn的前 n 项和 Sn.解：(1)设等差数列an的公差为 d.a3a8(a2a7)2d6.d3，又 a2a72a17d23，解得 a11，数列an的通项公式为 an3n2.(2)数列anbn是首项为 1，公比为 q 的等比数列，anbnqn1，即3n2bnqn1，bn3n2qn1.Sn147(3n2)(1qq2qn1)nn2(1qq2qn1)，故当 q1 时，Snnn2n3n2n2；当 q1 时，Snnn21qn1q.考查类型(二)错位相减求和一、经典例题领悟好例

17、 2(2017天津高考)已知an为等差数列，前 n 项和为 Sn(nN*)，bn是首项为 2 的等比数列，且公比大于 0，b2b312，b3a42a1，S1111b4.(1)求an和bn的通项公式；(2)求数列a2nbn的前 n 项和(nN*)解(1)设等差数列an的公差为 d，等比数列bn的公比为 q.由 b2b312，得 b1(qq2)12.因为 b12，所以 q2q60.又因为 q0，解得 q2.所以 bn2n.由 b3a42a1，可得 3da18.由 S1111b4，可得 a15d16.联立，解得 a11，d3，由此可得 an3n2.所以an的通项公式为 an3n2，bn的通项公式为

18、bn2n.(2)设数列a2nbn的前 n 项和为 Tn，由 a2nbn(6n2)2n.有 Tn4210221623(6n2)2n，2Tn42210231624(6n8)2n(6n2)2n1，上述两式相减，得Tn4262262362n(6n2)2n1 1212n124(6n2)2n1(3n4)2n216，得 Tn(3n4)2n216.所以数列a2nbn的前 n 项和为(3n4)2n216.错位相减法适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得的数列求和，属于等比数列求和公式的推导方法的应用.利用错位相减法求和时，应注意：在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应注意两式“错项对齐”；当等比数列的公

19、比为字母时，应对字母是否为 1 进行讨论.二、预测押题不能少 2已知an是各项均为正数的等比数列，且 a1a26，a1a2a3.(1)求数列an的通项公式；(2)bn为各项非零的等差数列，其前 n 项和为 Sn.已知 S2n1bnbn1，求数列bnan 的前 n 项和Tn.解：(1)设an的公比为 q，由题意知：a1(1q)6，a21qa1q2.又 an0，解得 a12，q2，所以 an2n.(2)由题意知，S2n1nb1b2n12(2n1)bn1，又 S2n1bnbn1，bn10，所以bn2n1.令 cnbnan，则 cn2n12n，因此 Tnc1c2cn325227232n12n1 2n1

20、2n，又12Tn3225237242n12n2n12n1，两式相减得 12Tn3212122 12n1 2n12n1 32112n12n12n1 522n52n1，所以 Tn52n52n.考查类型(三)裂项相消求和一、经典例题领悟好例 3(2017全国卷)设数列an满足 a13a2(2n1)an2n.(1)求an的通项公式；(2)求数列an2n1 的前 n 项和解(1)因为 a13a2(2n1)an2n，故当 n2 时，a13a2(2n3)an12(n1)两式相减得(2n1)an2，所以 an22n1(n2)又由题设可得 a12，满足上式，从而an的通项公式为 an22n1.(2)记an

21、2n1 的前 n 项和为 Sn.由(1)知an2n12nn12n112n1.则 Sn1113131512n112n1 2n2n1.(1)裂项相消一般适用于通项公式为hnfngn型数列的求和(2)裂项相消求和法一般是把数列每一项分裂成两项的差，通过正、负项相消求和常用裂项形式如：annkak1n 1nk，annkak(nk n)(a，k 是不为 0 的常数)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩第一项和最后一项，也可能前面剩两项，后面也剩两项(3)如果数列的通项公式不是常见的裂项形式，可以先猜后验，再确定如何裂项.二、预测押题不能少 3设an是公比大于 1 的等比数列，Sn为数列an的前

22、 n 项和已知 S37，且 3a2是 a13和 a34 的等差中项(1)求数列an的通项公式；(2)设 bnananan1，数列bn的前 n 项和为 Tn，求证：Tn1，q2.a11.故数列an的通项公式为an2n1.(2)证明：bnananan12n1n1n12n1112n1，Tn12011211 12111221 1221123112n1112n1 11112n11212n10，所以An为单调递增数列又S771012，S8811.2512，则第九年需要更新该生产线数列应用题中的常见模型(1)等差模型：即问题中增加(或减少)的量是一个固定量，此量即为公差(2)等比模型：即问题中后一量与前

23、一量的比是固定常数，此常数即为公比(3)an与 an1型：即问题中给出前后两项关系不固定，可考虑 an与 an1的关系.二、预测押题不能少 4某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产，该企业第一年年初有资金 2 000 万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了 50%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金 d 万元，并将剩余资金全部投入下一年生产，设第 n年年底企业上缴资金后的剩余资金为 an万元(1)用 d 表示 a1，a2，并写出 an1与 an的关系式；(2)若公司希望经过 m(m3)年使企业的剩余资金为 4 000 万元，试确定企业每年上缴资

24、金 d的值(用 m 表示)解：(1)由题意得 a12 000(150%)d3 000d，a2a1(150%)d32a1d4 50052d.an1an(150%)d32and.(2)由(1)得 an32an1d3232an2d d 322an232dd 32n1a1d 13232232n2.整理得 an32n1(3 000d)2d 32n11 32n1(3 0003d)2d.由题意，am4 000，即32m1(3 0003d)2d4 000.32m2 1 000 解得 dmm3210002312-m2m13m2m.故该企业每年上缴资金 d 的值为m2m13m2m时，经过 m(m3)年企业的剩余资

25、金为 4 000 万元知能专练(十一)一、选择题 1(2018 届高三金华十校联考)已知 Sn为数列an的前 n 项和，且满足 a11，a23，an23an，则 S2 018()A231 0092 B231 009 C.32 01812 D.32 01812 解析：选 A 由 an23an可得数列an的奇数项与偶数项分别构成等比数列，所以 S2 018(a1a3a2 017)(a2a4a2 018)131 00913 31 00913(2)(131 009)231 0092.2(2017长沙质检)已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11，当 n2 时，an2Sn1n，则S2 017的值为(

26、)A2 017 B2 016 C1 009 D1 008 解析：选 C 因为 an2Sn1n，n2，所以 an12Snn1，两式相减得 an1an1，n2.又 a11，所以 S2 017a1(a2a3)(a2 016a2 017)1 009.3数列an的通项公式为 an(1)n1(4n3)，则它的前 100 项之和 S100()A200 B200 C400 D400 解析：选 B S100(413)(423)(433)(41003)4(12)(34)(99100)4(50)200.4我国古代数学名著九章算术中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：第一步：构造数列 1，12，13，1

27、4，1n.第二步：将数列的各项乘以 n，得数列(记为)a1，a2，a3，an.则 a1a2a2a3an1an()An2 B(n1)2 Cn(n1)Dn(n1)解析：选 C a1a2a2a3an1an n1n2n2n3 nn1nn n2112 1231n1n n21121213 1n11n n2n1n n(n1)5设 an1nsinn25，Sna1a2an，在 S1，S2，S100中，正数的个数是()A25 B50 C75 D100 解析：选 D 当 1n24 时，an0，当 26n49 时，an0，当 76n99 时，an0.6(2017全国卷)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件

28、为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列 1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，其中第一项是 20，接下来的两项是 20,21，再接下来的三项是 20,21,22，依此类推求满足如下条件的最小整数 N：N100 且该数列的前 N 项和为 2 的整数幂那么该款软件的激活码是()A440 B330 C220 D110 解析：选 A 设第一项为第 1 组，接下来的两项为第 2 组，再接下来的三项为第 3 组，依此类推，则第 n 组的项数为 n，前 n 组的项数和为nn2.由题意可知，N100，令nn21

29、00，得 n14，nN*，即 N 出现在第 13 组之后易得第 n 组的所有项的和为12n122n1，前 n 组的所有项的和为2n12n2n1n2.设满足条件的 N 在第 k1(kN*，k13)组，且第 N 项为第 k1 组的第 t(tN*)个数，若要使前 N 项和为 2 的整数幂，则第 k1 组的前 t 项的和 2t1 应与2k 互为相反数，即 2t1k2，2tk3，tlog2(k3)，当 t4，k13 时，N24955 时，N440，故选 A.二、填空题 7(2018 届高三浙江名校联考)数列an满足 a11，且对于任意的 nN*都有 an1a1ann，则 an_，1a11a2 1a2

30、018_.解析：依题意 an1ann1，故 an1ann1，故 a2a12，a3a23，anan1n，由累加法可得 ana1n2n22，ann2n2，故1an2n2n21n 1n1，故1a11a2 1a2 0182 112121312 01812 019 4 0362 019.答案：n2n2 4 0362 019 8对于数列an，定义数列an1an为数列an的“差数列”，若 a12，an的“差数列”的通项为 2n，则数列an的前 n 项和 Sn_.解析：an1an2n，当 n2 时，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n12n2222222n1222n.当 n1 时，a12 也

31、适合上式，an2n(nN*)Sn22n112 2n12.答案：2n12 9已知数列n2n的前 n 项和为 Sn，若对任意的正整数 n，Sn(nm)2n10 恒成立，则实数 m 的取值范围为_ 解析：Sn12222323n2n，2Sn122223324(n1)2nn2n1，得 Sn222232nn2n12n12n2n12n1n2n12.Sn(nm)2n10 恒成立，2n1n2n12n2n1m2n10 对任意的正整数 n 恒成立，m2n122n1对任意的正整数 n 恒成立，即 m1，m1，即 m 的取值范围是(，1 答案：(，1 三、解答题 10已知数列an满足 a12a222a32n1ann2，

32、nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn(2n1)an，求数列bn的前 n 项和 Sn.解：(1)a12a222a32n1ann2，当 n2 时，a12a222a32n2an1n12，得，2n1an12，an12n(n2)，又a112也适合式，an12n(nN*)(2)由(1)知 bn(2n1)12n，Sn11231225123(2n1)12n，12Sn112231235124(2n1)12n1，得，12Sn12212212312412n(2n1)12n1 121 12n1(2n1)12n1322n32n1，Sn32n32n.11已知数列an满足 a11，an13an1.(1)证明：

33、an12 是等比数列，并求an的通项公式；(2)证明：1a11a21an32.证明：(1)由 an13an1 得 an1123an12，所以an112an123，所以数列an12 是首项为 a11232，公比为 3 的等比数列，所以 an12323n1，解得 an3n12.(2)由(1)知：an3n12，所以1an23n1，因为当 n1 时，3n123n1，所以13n1123n1，于是1a11a21an113 13n132113n 32，所以1a11a21an32.12已知正项数列an，bn满足：对任意正整数 n，都有 an，bn，an1成等差数列，bn，an1，bn1成等比数列，且 a110

34、，a215.(1)求证：数列bn 是等差数列；(2)求数列an，bn的通项公式；(3)设 Sn1a11a21an，如果对任意正整数 n，不等式 2aSn2bnan恒成立，求实数 a 的取值范围解：(1)证明：由已知，得 2bnanan1，a2n1bnbn1.由得 an1 bnbn1.将代入得，对任意 n2，nN*，有 2bn bn1bn bnbn1.即 2 bn bn1 bn1.数列bn 是等差数列(2)设数列bn 的公差为 d，由 a110，a215.经计算，得 b1252，b218.b15 22，b23 2，d b2 b13 25 22 22.bn5 22(n1)22 22(n4)bnn

35、22，annn2.(3)由(2)得1an2nn21n3 1n4.Sn21415 1516 1n3 1n4 214 1n4.不等式 2aSn2bnan化为 4a14 1n4 2n4n3.即(a1)n2(3a6)n80.设 f(n)(a1)n23(a2)n8，则 f(n)0，即 a1 时，不满足条件；当 a10，即 a1 时，满足条件；当 a10，即 a1 时，f(n)的对称轴为 xaa0，f(n)关于 n 递减，因此，只需 f(1)4a150.解得 a154，a 2n12均成立证明(1)当 n2 时，左边11343；右边 52.左边右边，不等式成立(2)假设 nk(k2，且 kN*)时不等式成

36、立，即113 115 112k1 2k12.则当 nk1 时，113 115 11 2k1 11k1 2k122k22k1 2k22 2k1 4k28k42 2k1 4k28k32 2k1 2k3 2k12 2k1k12.当 nk1 时，不等式也成立由(1)(2)知，对于一切大于 1 的自然数 n，不等式都成立用数学归纳法证明与正整数有关不等式的第二步，即已知 fkgk，求证 fkgk，对这个条件不等式的证明，应注意灵活运用证明不等式的一般方法.对于较简单的命题，其基本格式为：fkfkAkgkAkgk 具体证明过程中要注意以下三点：先作等价变换；活用起点位置；瞄准当 nk1 时的递推目标，

37、有目的地放缩、分析.三、预测押题不能少 2已知数列an，an0，a10，a2n1an11a2n.求证：当 nN*时，anan1.证明：(1)当 n1 时，因为 a2是方程 a22a210 的正根，所以 a2 512，即 a10，又 ak1ak0，ak2ak110，所以 ak2ak10，所以 ak1ak2，即当 nk1 时，anan1也成立根据(1)和(2)，可知 anan1对任何 nN*都成立知能专练(十二)一、选择题 1已知 f(n)122232(2n)2，则 f(k1)与 f(k)的关系是()Af(k1)f(k)(2k1)2(2k2)2 Bf(k1)f(k)(k1)2 Cf(k1)f(

38、k)(2k2)2 Df(k1)f(k)(2k1)2 解析：选 A f(k1)122232(2k)2(2k1)22(k1)2f(k)(2k1)2(2k2)2，故选 A.2用数学归纳法证明 11221321n2212n1(n2)(nN*)时，第一步需要证明()A12 121 B112221221 C112213221221 D112213214221221 解析：选 C 第一步验证 n2 时是否成立，即证明 112213221221.3某个与正整数有关的命题：如果当 nk(kN*)时命题成立，则可以推出当 nk1 时该命题也成立现已知 n5 时命题不成立，那么可以推得()A当 n4 时命题不成立

39、B当 n6 时命题不成立 C当 n4 时命题成立 D当 n6 时命题成立解析：选 A 因为当 nk(kN*)时命题成立，则可以推出当 nk1 时该命题也成立，所以假设当 n4 时命题成立，那么 n5 时命题也成立，这与已知矛盾，所以当 n4 时命题不成立 4证明 112131412n1n2(nN*)，假设 nk 时成立，当 nk1 时，左端增加的项数是()A1 项 Bk1 项 Ck 项 D2k项解析：选 D 当 nk 时，不等式左端为 112131412k1；当 nk1 时，不等式左端为 1121312k112k12k11，增加了12k12k11项，共(2k11)2k12k项 5利用数学归

40、纳法证明“(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)，nN*”时，从“nk”变到“nk1”时，左边应增乘的因式是()A2k1 B2(2k1)C.2k1k1 D.2k3k1 解析：选 B 当 nk(kN*)时，左式为(k1)(k2)(kk)；当 nk1 时，左式为(k11)(k12)(k1k1)(k1k)(k1k1)，则左边应增乘的式子是kkk12(2k1)6(2017杭州模拟)对于不等式 n2nn1(nN*)，某学生的证明过程如下：(1)当 n1 时，12111，不等式成立(2)假设 nk(kN*)时，不等式成立，即 k2kk1，则 nk1 时，k2k k23k2n21 对于 nn0的正整数

41、n 都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取_ 解析：当 n1 时，22，不成立当 n2 时，45，不成立当 n3 时，810，不成立当 n4 时，1626，成立当 n6 时，6437，成立由此知 n0应取 5.答案：5 三、解答题 10(2017安庆模拟)已知数列an满足 a1a2，an an12(n2，nN*)(1)求证：对任意 nN*，an2；(2)判断数列an的单调性，并说明你的理由解：(1)证明：用数学归纳法证明 an2(nN*)当 n1 时，a1a2，结论成立；假设 nk(k1)时结论成立，即 ak2，则 nk1 时，ak1 ak2 222，所以 nk1 时，结论成立

42、故由及数学归纳法原理，知对一切的 nN*，都有 an2 成立(2)an是单调递减的数列因为 a2n1a2nan2a2n(an2)(an1)，又 an2，所以 a2n1a2n0，所以 an10，a1)，设数列 f(a1)，f(a2)，f(a3)，f(an)，是首项为 4，公差为 2 的等差数列(1)若 a 为常数，求证：数列an为等比数列；(2)记 bnanf(an)，数列bn的前 n 项和为 Sn，若 a 2，求 Sn.解析：(1)证明：由题意得 f(an)4(n1)22n2，即 logaan2n2，可得 ana2n2.anan1a2n2an2a2n2a2n a2(n2，nN*)为定值，数列

43、an为等比数列(2)由(1)得 bnanf(an)(2n2)a2n2，当 a 2时，bn(2n2)(2)2n2(n1)2n2.Sn223324425(n1)2n2，2Sn224325426(n1)2n3，得Sn22324252n2(n1)2n316242n312(n1)2n3162n324n2n32n3(n)2n3，Snn2n3.数列与不等式的交汇问题例 2(2017浙江高考)已知数列xn满足：x11，xnxn1ln(1xn1)(nN*)证明：当 nN*时，(1)0 xn10.当 n1 时，x110.假设 nk(k1，kN*)时，xk0，那么 nk1 时，若 xk10，则 00.因此 xn0

44、(nN*)所以 xnxn1ln(1xn1)xn1.因此 0 xn10(x0)，所以函数 f(x)在0，)上单调递增，所以 f(x)f(0)0，因此 x2n12xn1(xn12)ln(1xn1)f(xn1)0，故 2xn1xnxnxn12(nN*)(3)因为 xnxn1ln(1xn1)xn1xn12xn1，所以 xn 12n1.由xnxn122xn1xn得 1xn11221xn12 0，所以1xn1221xn112 2n11x112 2n2，故 xn 12n2.综上，12n1xn 12n2(nN*)1.数列与不等式交汇问题的常用方法作差商比较；根据数列的函数特征，判断、利用其单调性；利用基本不

45、等式求最值.2.数列中不等式的放缩技巧,1n21n21121n1 1n1；1n 1n11n20.由题意得 x1x1q3，x1q2x1q2，所以 3q25q20.因为 q0，所以 q2，x11，因此数列xn的通项公式为 xn2n1.(2)过 P1，P2，Pn1向 x 轴作垂线，垂足分别为 Q1，Q2，Qn1.由(1)得 xn1xn2n2n12n1，记梯形 PnPn1Qn1Qn的面积为 bn，由题意得 bnnn22n1(2n1)2n2，所以 Tnb1b2bn 321520721(2n1)2n3(2n1)2n2.又 2Tn320521722(2n1)2n2(2n1)2n1.得Tn321(2222n1

46、)(2n1)2n1 322n112(2n1)2n1.所以 Tnnn12.对于数列与几何图形相结合的问题，通常利用几何知识，结合图形，得出关于数列相邻项an与 an1之间的关系.根据这个关系和所求内容变形，得出通项公式或其他所求结论.)3在直角坐标平面中，已知点 P1(1,2)，P2(2,22)，P3(3,23)，Pn(n,2n)，其中 n 是正整数，对平面上任一点 A0，记 A1为 A0关于点 P1的对称点，A2为 A1关于点 P2的对称点，An为 An1关于点 Pn的对称点(1)求向量A0A2的坐标；(2)当点 A0在曲线 C 上移动时，点 A2的轨迹是函数 yf(x)的图象，其中 f(x)

47、是以 3 为周期的周期函数，且当 x(0,3时，f(x)lg x求以曲线 C 为图象的函数在(1,4上的解析式；(3)对任意偶数 n，用 n 表示向量A0An的坐标解：(1)设点 A0(x，y)，A0关于点 P1的对称点 A1的坐标为 A1(2x,4y)，A1关于点 P2的对称点 A2的坐标为 A2(2x,4y)，所以，A0A2(2,4)(2)A0A2(2,4)，f(x)的图象由曲线 C 向右平移 2 个单位，再向上平移 4 个单位得到因此，设曲线 C 是函数 yg(x)的图象，其中 g(x)是以 3 为周期的周期函数，且当 x(2,1时，g(x)lg(x2)4，于是，当 x(1,4时，g

48、(x)lg(x1)4.(3)A0AnA0A2A2A4An2An 由于 A2k2A2k2 P2k1P2k，得A0An2()P1P2P3P4 Pn1Pn，2(1,2)(1,23)(1,2n1)2n2，22n13n，42n13.重难增分训练(三)1已知函数 f(x)xsin x，项数为 19 的等差数列an满足 an2，2，且公差 d0.若 f(a1)f(a2)f(a18)f(a19)0，则当 k_时，f(ak)0.解析：因为函数 f(x)xsin x 是奇函数，所以图象关于原点对称，图象过原点，而等差数列an有 19 项，an2，2，若 f(a1)f(a2)f(a18)f(a19)0，则必有 f(

49、a10)0，所以 k10.答案：10 2.如图，在等腰直角三角形 ABC 中，斜边 BC2 2.过点 A 作BC 的垂线，垂足为 A1；过点 A1作 AC 的垂线，垂足为 A2；过点 A2 作A1C 的垂线，垂足为 A3；，依此类推设 BAa1，AA1a2 ,A1A2a3，A5A6a7，则 a7_.解析：法一(直接递推归纳)：等腰直角三角形 ABC 中，斜边 BC2 2，所以 ABACa12，AA1a2 2，A1A2a31，A5A6a7a122614.法二(求通项)：等腰直角三角形 ABC 中，斜边 BC2 2，所以 ABACa12，AA1a2 2，An1Anan1sin4 an 22 an2

50、22n，故 a7222614.答案：14 3已知数列bn的通项公式为 bn312n112，Tn为bn的前 n 项和若对任意 nN*，不等式12k12n2Tn2n7 恒成立，则实数 k 的取值范围为_ 解析：因为 bn312n112，所以 Tn3112122 12n1 n2 3112n112n26112n n2.因为不等式12k12n2Tn2n7，化简得 k2n72n对任意 nN*恒成立设 cn2n72n，则 cn1cnn72n12n72n92n2n1.当 n5 时，cn1cn，cn为单调递减数列，当 1ncn，cn为单调递增数列，116c4an，所以数列an单调递增且各项均为正数，所以1a1

51、11a211a2 01811a1 1a2 0191，所以1a111a211a2 01811.答案：(1)1(2)1 5已知函数 fn(x)a1xa2x2a3x3anxn，且 fn(1)(1)nn，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设函数 g(n)an，n为奇数，gn2，n为偶数，cng(2n4)，nN*，求数列cn的前 n 项和 Tn.解：(1)依题意，得 fn(1)a1a2a3(1)nan(1)nn，当 n2 时，fn1(1)a1a2a3(1)n1an1(1)n1(n1)，两式相减，得(1)nan(1)nn(1)n1(n1)(1)n(2n1)，即 an2n1.当 n1 时，f1(1)

52、a11，得 a11，符合上式，所以 an2n1.数列an的通项公式为 an2n1.(2)由 g(n)an，n为奇数，gn2，n为偶数，得 c1g(6)g(3)a35，c2g(8)g(4)g(2)g(1)a11，当 n3 时，cng(2n4)g(2n12)g(2n21)a2n212(2n21)12n11，所以当 n3 时，Tn51(221)(231)(2n11)62n212(n2)2nn，当 n2 时，也符合上式于是 Tn 5，n1，2nn，n2，nN*.6(2017昆明模拟)已知数列an满足 a112，an1a2na2nan1.证明：(1)an1an1；(2)a1a2an0，所以 an11

53、与 an1 同号，由 a112，可知 an10，所以 an0，则 an1ana2na2nan1an2a2na3nana2nan1 ana2n2ana2nan1anan2a2nan10，所以 an1an.综上 an1an1.(2)由 an1a2na2nan1，可知 1an111ana2n，所以 1an111ana2n，即 an11an1 a2n1an.可得 an11an1 a2n1anan an1an.所以 ana2n1a2n1an11 a2n11an1an1 an11an1an1an2 an21an2an1an2a2a1 a11a1，所以 a1a2an a11a11.7已知曲线 C：y22x(

54、y0)，A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，An(xn，yn)，是曲线 C 上的点，且满足 0 x1x2xn0，得 x1y12，即点 A1的坐标为(2,2)，进而得 B1(4,0)(2)根据Bn1AnBn和BnAn1Bn1分别是以 An和 An1为直角顶点的等腰直角三角形，可得 anxnyn，anxn1yn1，即 xnynxn1yn1.(*)An和 An1均在曲线 C：y22x(y0)上，y2n2xn，y2n12xn1，xny2n2，xn1y2n12，代入(*)式得 y2n1y2n2(yn1yn)，yn1yn2(nN*)，数列yn是以 y12 为首项，2 为公差的等差数列，其通项公式为 y

55、n2n(nN*)(3)由(2)可知，xn12y2n2n2，anxnyn2n(n1)，bn12nn121n 1n1，cn22n2 12n1.Snb1b2bn 12111212131n 1n1 121 1n1 nn.Tnc1c2c3cn 122123 12n1 122112n11212 12n1.8(2017杭州模拟)已知数列an，点 P(n，an)在函数 f(x)23x43的图象上(1)求数列an的通项公式，并求出其前 n 项和 Sn；(2)若从an中抽取一个公比为 q 的等比数列akn，其中 k11，且 k1k2knkn1有解？若存在，求出所有符合条件的 q值；若不存在，请说明理由解：(1)

56、因为点 P(n，an)在函数 f(x)23x43的图象上，所以 an23n43.当 n2 时，anan123(常数)，所以，数列an是首项为 a12，公差为 d23的等差数列，所以 Sn223n43 n2nn3.(2)存在正整数 q，使得关于 n(nN*)的不等式 6Snkn1有解，求解如下：因为 ak1a12，akn2kn432qn1，得 kn3qn12，显然 q1，所以当 q1 且 qN*时，所有的 kn3qn12 均为正整数，符合题意；要使不等式 6Snkn1有解，即 2n(n5)3qn2 有解，则2nn23qn1 有解，经检验，当 q2，q3，q4 时，n1 都是2nn23qn1 的解

57、，符合题意；下面证明当 q5 时，2nn23qn1 无解设 bn2nn23qn，则 bn1bnqn25qn7q3qn1，因为5q71q 0,1q0，所以 f(n)2(1q)n2(75q)n7q在 nN*上单调递减，又 f(1)0，则 f(n)0 恒成立，可得 bn1bn0，所以 bnb1恒成立，又当 q5 时，b11 无解，不符合题意综上所述，存在正整数 q，使得关于 n(nN*)的不等式 6Snkn1有解，且 q 的所有取值为 2,3,4.9(2017嘉兴模拟)已知无穷数列an满足：a112 018，a2n2an2an10(n2)(1)试判断数列an的单调性；(2)求证：0an12；12

58、a112a212anan1，所以数列an为递增数列(2)证明：由 a2n2an2an10(n2)得 a2n2an112an1，则(an1)212an10，an112，当 an112时有 an1，这显然矛盾，anan1得 ana10，0an12.由 a2n2an2an10(n2)得 2an1an(2an)，则 1an12anan1an12an，12an 1an11an(n2)，12a112a212an 12a11a11a2 1a21a3 1an11an 12a11a11a21a21a3 1an11an 12a11a11an，a112 018，由可知 0anan，12a11an0，12a112a2

59、12an 12a11a11an 1a12 018，即12a112a212an2 018.10(2017绍兴模拟)已知数列an满足：a1a(0,1)，且 0an1；(3)设 Tn为数列bn的前 n 项和，求证：Tn0，所以 a1a2a2a1.(2)证明：因为 an0，所以 0an1an ana2nan1221414，即 an114anan.所以 0ana11，an1a2na3n(ana2n)an1a2n1an，即bnana2n1a2n，故 b1b2bna1a2ana2a1a3a2an1an an1a1 an1.(3)证明：由 an114an可知，an114an0，an134an0，所以 bn 3

60、16a2n(anan1)an1 316a2n an114an an134an 0，所以 bn 316a2n.因此 Tn 316(a21a22a2n)316a21 116a21 116n1a21 316a21 116n1 1160，所以 a42，q216，当 q 66 时，an和Sn不具有单调性，选项 A 和 B 错误；a2na2q2n21216n1单调递减，选项 C 正确；当 q 66 时，S2n不具有单调性，选项 D 错误 7(2017杭州模拟)在正项等比数列an中，2 2为 a4与 a14的等比中项，则 2a7a11的最小值为()A16 B8 C6 D4 解析：选 B 因为an是正项等比数

61、列，且 2 2为 a4与 a14的等比中项，所以 a4a148a7a11，则 2a7a112a78a722a78a78，当且仅当 a72 时，等号成立，所以 2a7a11的最小值为8，故选 B.8(2017江西吉安一中模拟)已知等差数列an的各项均为正数，a11，且 a3，a452，a11成等比数列若 pq10，则 apaq()A14 B15 C16 D17 解析：选 B 设等差数列an的公差为 d，由题意分析知 d0，因为 a3，a452，a11成等比数列，所以a4522a3a11，即723d2(12d)(110d)，即 44d236d450，所以 d32d1522舍去，所以 an3n12，

62、所以 apaq32(pq)15.9(2018 届高三豫南十校联考)设 f(x)是定义在 R 上的恒不为零的函数，且对任意的 x，yR，都有 f(x)f(y)f(xy)若 a112，anf(n)(nN*)，则数列an的前 n 项和 Sn的取值范围是()A.12，2 B.12，2 C.12，1 D.12，1 解析：选 C 在 f(x)f(y)f(xy)中，令 xn，y1，得 f(n1)f(n)f(1)，又 a112，anf(n)(nN*)，则 an112an，所以数列an是首项和公比都是12的等比数列，其前 n 项和 Sn12112n112112n12，1，故选 C.10(2017湖南长沙一中月考

63、)已知数列an满足12a122a2n2annn22，则对于任意的正整数 n，下列关系式不成立的是()Aa1a2a2a3anan1an1an B.1a11a21an12anan1 C.a112a222ann254 D.a11a22ann1 解析：选 D 在12a122a2n2annn22中令 n1，解得 a11，且当 n2 时，有12a122a2n2an1nn22，两式相减得1ann(n2)，故 an1n(n2)，当 n1 时，此式也成立，故数列an的通项公式为 an1n.因而，a1a2a2a3anan1 1121231nn11212131n 1n1 nn1an1an，选项 A 中的等式成立.1

64、a11a21an12nnn212anan1，选项 B 中的等式成立.a112a222ann2 113 123 1n3 11311231nnn112 112 1231nn12123 1341nn112121nn5412nn0，公差 d0.若 a1a260，a2a3100，则 5a1a5的最大值为_，取到最大值时 d_，a1_.解析：由题意可得点(a1，d)满足 a10，d0，a1a22a1d60，a2a32a13d100，对应的平面区域是如图所示的以点 A0，1003，B(20,20)，C(30，0)，O(0,0)为顶点的四边形(不包含坐标轴上的点)，又 5a1a56a14d，故经过 B 点，即

65、 a1d20 时，5a1a5取得最大值 200.答案：200 20 20 13已知数列an是等比数列，a1，a2，a3依次位于下表中第一行，第二行，第三行中的某一格内，又 a1，a2，a3中任何两个都不在同一列，则 q_，an_(nN*).第一列第二列第三列第一行 1 10 2 第二行 6 14 4 第三行 9 18 8 解析：观察题中的表格可知 a1，a2，a3分别为 2,6,18，即an是首项为 2，公比为 3 的等比数列，an23n1.答案：3 23n1 14(2017台州模拟)已知数列an的前 m(m4)项是公差为 2 的等差数列，从第 m1 项起，am1，am，am1，成公比为

66、 2的等比数列若a12，则m_，an的前6项和 S6_.解析：由题意，得 am1a1(m2)d2m6，am2m4，则由 amam12m42m62，解得 m4，所以数列an的前 6 项依次为2,0,2,4,8,16，所以 S628.答案：4 28 15(2017云南昆明质检)在平面直角坐标系上，有一点列：P1，P2，Pn，(nN*)，设点 Pn的坐标为(n，an)，其中 an2n(nN*)，过点 Pn，Pn1的直线与两坐标轴所围成的三角形的面积为 bn，设 Sn表示数列bn的前 n 项和，则 S5_.解析：由题意得，过点 Pn，Pn1的直线为y2nxn2n12nnn，即 2xn(n1)y2(2n

67、1)0.令 y0，得 x2n1，令 x0，得 ynnn，所以 bn12(2n1)nnn41nn41n 1n1，所以 S545112121315161256.答案：1256 16(2017兰州模拟)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且1S11S21Sn nn1.设 bn12 an，数列bn的前 n 项和为 Tn，若对一切 nN*，均有 Tn1m，m26m163，则实数 m 的取值范围是_ 解析：当 n1 时，1S112，当 n2 时，1Sn nn1n1n 1nn，当 n1 时也成立，所以 Snn(n1)，nN*，则 a12，anSnSn12n，n2，当 n1 时也成立，所以 an2n，nN*.

68、则 bn12 an14n，数列bn是等比数列，所以其前 n 项和 Tn14114n114114n314，13，所以 1m14，m26m163 13，解得 m0，且 a1)的图象上一点，等比数列an的前 n 项和为 f(n)c，数列bn(bn0)的首项为 c，且前 n 项和 Sn满足：SnSn1 Sn Sn1(n2)(1)求数列an和bn的通项公式；(2)若数列cn的通项 cnbn13n，求数列cn的前 n 项和 Rn.解：(1)f(1)a13，f(x)13x，a1f(1)c13c，a2f(2)cf(1)c29，a3f(3)cf(2)c 227.又数列an成等比数列，a1a22a3481 227

69、2313c，c1.又公比 qa2a113，an2313n1213n(nN*)SnSn1(Sn Sn1)(Sn Sn1)Sn Sn1(n2)，bn0，Sn0，SnSn11，数列 Sn 构成一个首项为 1，公差为 1 的等差数列，Sn1(n1)1n，Snn2.当 n2 时，bnSnSn1n2(n1)22n1，又 b1c2111 满足 bn2n1，bn2n1(nN*)(2)cnbn13n(2n1)13n，Rnc1c2c3cn 113131325133(2n1)13n，13Rn113231335134(2n3)13n(2n1)13n1.由得，23Rn13213213313413n(2n1)13n1，化

70、简得，23Rn132132113n1113(2n1)13n123n313n，Rn1n13n.20(本小题满分 15 分)设等差数列an的前 n 项和为 Sn，a223a72，且1a2，S23，S3成等比数列，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)令 bn2anan2，数列bn的前 n 项和为 Tn，若对于任意的 nN*，都有 8Tn225 成立，求实数的取值范围解：(1)设等差数列an的公差为 d，由 a223a72，S2321a2S3，得 a121da16d2，a1da1d3a13d，即 2a13d2，a1da1d0，解得 a12，d2，或 a125，d25.当 a125，d25时，

71、S23175 没有意义，a12，d2，此时 an22(n1)2n.(2)bn2anan212nn141n 1n2.Tnb1b2b3bn141113 141214 141315 141416 141517 141618 141n1 1n1 141n 1n2 14112 1n1 1n2 38141n1 1n2.8Tn321n1 1n2 3，为满足题意，必须 2253，12或 3.21(本小题满分 15 分)在数列an中，a11，a2103，an1103 anan10(n2，且 nN*)(1)若数列an1an是等比数列，求实数；(2)求数列an的通项公式；(3)设 Sni1n 1ai，求证：Sn0，

72、由 an3an1 13n1(n2)，得 an3an1，1an13 1an1(n2)，Sn1a11a21a31an 1a1131a11a21a3 1an1 1a1131a11a21a3 1an11an 13an 1a113Sn，Sn32.22(本小题满分 15 分)(2017绍兴模拟)已知数列an满足，a11，an 1an112.(1)求证：an23；(2)求证：|an1an|13；(3)求证：|a2nan|1027.证明：(1)由已知得 an11an12，又 a11，则 a223，a367，a41419，猜想23an1.下面用数学归纳法证明当 n1 时，命题显然成立；假设 nk 时，有23a

74、2n1 232331027.阶段滚动检测二专题一专题三(时间：120 分钟满分：150 分)一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1设集合 Ax|log2x0，Bm|m22m0)设 g(x)exx，则 g(x)xxx2，则 g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增 g(x)在(0，)上有最小值，为 g(1)e，结合 g(x)exx与 yk 的图象可知，要满足题意，只需 ke，故选 A.10 (2017 沈阳二中模拟)已知 f(x)，g(x)都是定义在 R 上的函数，g(x)0，f(x)g(x)

75、f(x)g(x)，且 f(x)axg(x)(a0 且 a1)，fgfg52.若数列fngn(nN*)的前 n 项和大于 62，则 n 的最小值为()A8 B7 C6 D5 解析：选 C 由fxgxfxgxfxgxg2x0，知fxgx在 R 上是增函数，即fxgxax为增函数，所以 a1.又由fgfga1a52，得 a2 或 a12(舍)所以数列fngn的前 n 项和 Sn21222n2n122n1262，即 2n32，得 n5，所以 n 的最小值为 6.故选 C.二、填空题(本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分，把答案填在题中横线上)11(2017杭州模拟)

76、若 2sin cos 5，则 sin _，tan4 _.解析：由已知条件，2sin 5cos，将两边平方，结合 sin2cos21，可求得sin 2 55，cos 55，tan 2，tan4 tan 11tan 2113.答案：2 55 3 12已知函数 f(x)12x2，x1，xx|，x1，则 f(f(2)_，若f(x)2，则 x 的取值范围为_ 解析：f(2)12222，f(f(2)f(2)0.当 x1 时，12x22，解得 x2；当 x1 时，f(x)(x2)(|x|1)xx，10.当10 时，由(x2)(x1)2，解得 x3.综上，x 的取值范围为(，203，)答案：0(，203，)1

77、3在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知 A4，b 6，ABC 的面积为3 32，则 c_，B_.解析：由题意得ABC 的面积等于12bcsin A 62 c 22 3 32，解得 c 31，则由余弦定理得 a2b2c22bccos A(6)2(1 3)22 6(1 3)22 4，解得 a2，则由正弦定理得bsin Basin A，即 sin Bbsin Aa 32，又因为 b0，b0，且满足 3aba2ab，则 2ab 的最小值为_ 解析：由 3aba2ab 得显然 a1，所以 b3aa2a1，又因为 a0，b0，所以(a1)(3aa2)0，即 a(a1)(a3)0

78、,1a0，则 2ab2a3aa2a1 2a22a3aa2a1a2aa1a1 2a132a2a132 23，当且仅当 a1 2a1，即 a1 2时，等号成立，所以 2ab 的最小值为 2 23.答案：2 23 17(2017湖南岳阳一中模拟)对于数列an，定义 Hna12a22n1ann为an的“优值”，现在已知某数列an的“优值”Hn2n1，记数列ankn的前 n 项和为 Sn，若 SnS5对任意的 nN*恒成立，则实数 k 的取值范围是_ 解析：由题意知 Hna12a22n1ann2n1，所以 a12a22n1ann2n1，当 n2 时，a12a22n2an1(n1)2n，得 2n1ann2

79、n1(n1)2n，解得 an2n2，n2，当 n1 时，a14 也满足上式，所以数列an的通项公式为 an2n2，且数列an为等差数列，其公差为 2.令 bnankn(2k)n2，则数列bn也是等差数列，由 SnS5对任意的 nN*恒成立，知 2kg(x)12.解：(1)f(x)11xx1x，x(0，e，当 0 x1 时，f(x)0，此时 f(x)单调递减；当 10，此时 f(x)单调递增 f(x)的极小值为 f(1)1，无极大值(2)证明：f(x)的极小值为 1，即 f(x)在(0，e上的最小值为 1，令 h(x)g(x)12ln xx 12，则 h(x)1ln xx2，当 0 xe 时，h

80、(x)0，h(x)在(0，e上单调递增，h(x)maxh(e)1e12g(x)12.21(本小题满分 15 分)已知数列an的前 n 项和 Sn满足 an12Sn.(1)求证：数列an为等比数列；(2)设函数 f(x)log 13x，bnf(a1)f(a2)f(an)，求 Tn1b11b21b31bn.解：(1)证明：数列an的前 n 项和 Sn满足 an12Sn.a112a1，解得 a113.n2 时，an112Sn1，可得 anan12an.an13an1.数列an是首项和公比均为13的等比数列(2)由(1)可知 an13n，则 f(an)log13ann.bn12nnn2.1bn21n

81、1n1.Tn1b11b21b31bn 2112 1213 1n 1n1 21 1n1 2nn1.22(本小题满分 15 分)已知数列an满足：a112，an1a2n2 017an(nN*)(1)求证：an1an;(2)求证：a2 0181，求正整数 k 的最小值解：(1)由 an1ana2n 2 0170，得 an1an，因为 a112，所以 an12，因此 an1ana2n2 0170，所以 an1an.(2)由已知得 1an12 017anan2 0171an1an2 017，所以1an2 0171an 1an1，由1a12 0171a11a2，1a22 0171a21a3，1an12 017 1an11an，累加可得1a11an1a12 0171a22 0171an12 017.当 n2 018 时，由(1)得12a1a2a3a2 017，所以1a1 1a2 0171a12 0171a22 0171a2 0172 0172 0171a12 0171.所以 a2 0181.(3)由(2)得12a1a2a3a2 0182 018112 0171.所以 a2 0181an，所以 k 的最小值为 2 019.

展开阅读全文

2018年高考数学浙江专版三维二轮专题复习讲义：第一部分 专题三 数列与数学归纳法 WORD版含答案.doc

2018年高考数学浙江专版三维二轮专题复习讲义：第一部分专题三　数列与数学归纳法 WORD版含答案.doc