2018高考数学（文）大一轮复习习题 冲刺985 压轴题命题区间（四） 数列 Word版含答案.doc

压轴题命题区间压轴题命题区间( (四四) )数数_列列 数列的性质数列的性质 (1)(2017(1)(2017西安质检西安质检) )对于函数对于函数y yf f( (x x) )，部分，部分x x与与y y的对应关系如下表：的对应关系如下表： x x 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 7 7 8 8 9 9 y y 3 3 7 7 5 5 9 9 6 6 1 1 8 8 2 2 4 4 数列数列 x xn n 满足：满足：x x1 11 1，且对于任意，且对于任意n nN N* *，点，点( (x xn n，x xn n1 1) )都在函数都在函数y yf f( (x x) )的图象上，则的图象上，则x x1 1x x2 2x x2 0182 018( ( ) ) A A7 5647 564 B B7 5497 549 C C7 546 7 546 D D7 5397 539 (2)(2016(2)(2016合肥质检合肥质检) )已知等比数列已知等比数列 a an n 的前的前n n项和为项和为S Sn n，若，若a a2 21212，a a3 3a a5 54 4，则下，则下列说法正确的是列说法正确的是( ( ) ) A A a an n 是单调递减数列是单调递减数列 B B S Sn n 是单调递减数列是单调递减数列 C C a a2 2n n 是单调递减数列是单调递减数列 D D S S2 2n n 是单调递减数列是单调递减数列 (1)(1)数列数列 x xn n 满足满足x x1 11 1，且对任意，且对任意n nN N* * 点点( (x xn n，x xn n1 1) )都在函数都在函数y yf f( (x x) )的图象上，的图象上， x xn n1 1f f( (x xn n) )， 由图表可得由图表可得x x2 2f f( (x x1 1) )3 3，x x3 3f f( (x x2 2) )5 5，x x4 4f f( (x x3 3) )6 6，x x5 5f f( (x x4 4) )1 1，x x6 6f f( (x x5 5) )3 3， 数列数列 x xn n 是周期为是周期为 4 4 的周期数列，的周期数列， x x1 1x x2 2x x2 0182 018 504(504(x x1 1x x2 2x x3 3x x4 4) )x x1 1x x2 2 50415504154 47 5647 564 故选故选 A A (2)(2)由于由于 a an n 是等比数列，是等比数列， 则则a a3 3a a5 5a a2 24 44 4，又，又a a2 21212， 则则a a4 40 0，a a4 42 2，q q2 21 16 6， 当当q q6 66 6时，时， a an n 和和 S Sn n 不具有单调性，选项不具有单调性，选项 A A 和和 B B 错误；错误； a a2 2n na a2 2q q2 2n n2 21212 1 16 6n n1 1单调递减，选项单调递减，选项 C C 正确；正确； 当当q q6 66 6时，时， S S2 2n n 不具有单调性，选项不具有单调性，选项 D D 错误错误 (1)A(1)A (2)C(2)C (1)(1)解决数列的单调性问题的下三种方法解决数列的单调性问题的下三种方法 用作差比较法， 根据用作差比较法， 根据a an n1 1a an n的符号判断数列的符号判断数列 a an n 是递增数列、 递减数列或是常数列是递增数列、 递减数列或是常数列 用作商比较法，根据用作商比较法，根据a an n1 1a an n( (a an n0 0 或或a an n0)0)与与 1 1 的大小关系进行判断的大小关系进行判断 结合相应函数的图象直观判断结合相应函数的图象直观判断 (2)(2)解决数列周期性问题的方法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，再根据周期性求值 (3)(3)数列的最值可以利用数列的单调性或求函数最值的思想求解数列的最值可以利用数列的单调性或求函数最值的思想求解 1 1(2016(2016安徽皖江名校联考安徽皖江名校联考) )已知数列已知数列 a an n 的首项为的首项为 2 2，且数列，且数列 a an n 满足满足a an n1 1a an n1 1a an n1 1，数列数列 a an n 的前的前n n项和为项和为S Sn n，则，则S S2 0162 016( ( ) ) A A504 504 B B588588 C C588 588 D D504504 解析：选解析：选 C C a a1 12 2，a an n1 1a an n1 1a an n1 1， a a2 21 13 3，a a3 31 12 2，a a4 43 3，a a5 52 2， 数列数列 a an n 是是周期为周期为 4 4 的周期数列，的周期数列， 且且a a1 1a a2 2a a3 3a a4 47 76 6， 2 0162 01645044504， S S2 0162 016504504 7 76 6588588 2 2(2016(2016全国乙卷全国乙卷) )设等比数列设等比数列 a an n 满足满足a a1 1a a3 31010，a a2 2a a4 45 5，则，则a a1 1a a2 2a an n的最大值的最大值为为_ 解析：设等比数列解析：设等比数列 a an n 的公比为的公比为q q， 则由则由a a1 1a a3 31010，a a2 2a a4 4q q( (a a1 1a a3 3) )5 5， 知知q q1 12 2又又a a1 1a a1 1q q2 21010，a a1 18 8 故故a a1 1a a2 2a an na an n1 1q q1 12 2( (n n1)1)2 23 3n n 1 12 212nn 2 22322nnn2 22722nn 记记t tn n2 22 27 7n n2 21 12 2( (n n2 27 7n n) )1 12 2 n n7 72 22 249498 8， 结合结合n nN N* *可知可知n n3 3 或或 4 4 时时，t t有最大值有最大值 6 6 又又y y2 2t t为增函数，为增函数， 从而从而a a1 1a a2 2a an n的最大值为的最大值为 2 26 66464 答案：答案：6464 数列的和数列的和 如果有穷数列如果有穷数列a a1 1，a a2 2，a a3 3，a am m( (m m为正整数为正整数) )满足条件满足条件a a1 1a am m，a a2 2a am m1 1，a am ma a1 1，即，即a ai ia am mi i1 1( (i i1 1，2 2，m m) )，我们称其为，我们称其为“对称数列对称数列”例如，数列例如，数列 1,2,3,4,3,2,11,2,3,4,3,2,1与数列与数列a a，b b，c c，c c，b b，a a都是都是“对称数列对称数列” (1)(1)设设 b bn n 是是 8 8 项的项的“对称数列对称数列”， 其中， 其中b b1 1，b b2 2，b b3 3，b b4 4是等差数列， 且是等差数列， 且b b1 11 1，b b5 51313 依 依次写出次写出 b bn n 的每一项；的每一项； (2)(2)设设 c cn n 是是 2 2m m1 1 项的项的“对称数列对称数列”，其中，其中c cm m1 1，c cm m2 2，c c2 2m m1 1是首项为是首项为a a，公比为，公比为q q的等比数列，求的等比数列，求 c cn n 的各项和的各项和S Sn n (1)(1)设数列设数列 b bn n 的前的前 4 4 项的公差为项的公差为d d， 则则b b4 4b b1 13 3d d1 13 3d d 又因为又因为b b4 4b b5 51313，解得，解得d d4 4， 所以数列所以数列 b bn n 为为 1,5,9,13,13,9,5,11,5,9,13,13,9,5,1 (2)(2)由题意得，当由题意得，当q q11 时，时，S Sn nc c1 1c c2 2c c2 2m m1 1 2(2(c cm m1 1c cm m2 2c c2 2m m1 1) )c cm m1 1 2 2a a(1(1q qq q2 2q qm m) )a a 2 2a a1 1q qm m1 11 1q qa a 而当而当q q1 1 时，时，S Sn n(2(2m m1)1)a a S Sn n m ma a，q q1 1，2 2a a1 1q qm m1 11 1q qa a，q q1.1. (1)(1)本题在求等比数列本题在求等比数列 c cn n 前前n n项和时可利用分类讨论思想项和时可利用分类讨论思想 (2)(2)分类讨论思想在等比数列中应用较多，常见的分类讨论有分类讨论思想在等比数列中应用较多，常见的分类讨论有 已知已知S Sn n与与a an n的关系，要分的关系，要分n n1 1，n n22 两种情况两种情况 等比数列中遇到求和问题要分公比等比数列中遇到求和问题要分公比q q1 1，q q11 讨论讨论 项数的奇、偶数讨论项数的奇、偶数讨论 等比数列的单调性的判断注意与等比数列的单调性的判断注意与a a1 1，q q的取值的讨论的取值的讨论 求数列求数列|a an n|的前的前n n项和要用到分类讨论项和要用到分类讨论 (2016(2016浙江高考浙江高考) )设数列设数列 a an n 的前的前n n项和为项和为S Sn n，已知，已知S S2 24 4，a an n1 12 2S Sn n1 1，n nN N* * (1)(1)求通项公式求通项公式a an n； (2)(2)求数列求数列|a an nn n2|2|的前的前n n项和项和 解：解：(1)(1)由题意得由题意得 a a1 1a a2 24 4，a a2 22 2a a1 11 1，解得解得 a a1 11 1，a a2 23.3. 又当又当n n22 时，时， 由由a an n1 1a an n(2(2S Sn n1)1)(2(2S Sn n1 11)1)2 2a an n， 得得a an n1 13 3a an n， 所以数列所以数列 a an n 的通项公式为的通项公式为a an n3 3n n1 1，n nN N* * (2)(2)设设b bn n|3|3n n1 1n n2|2|，n nN N* *， 则则b b1 12 2，b b2 21 1 当当n n33 时，由于时，由于 3 3n n1 1n n2 2， 故故b bn n3 3n n1 1n n2 2，n n33 设数列设数列 b bn n 的前的前n n项和为项和为T Tn n， 则则T T1 12 2，T T2 23 3， 当当n n33 时，时， T Tn n3 33 3n n2 21 13 3n nn n2 23 3n nn n2 25 5n n11112 2， 因为当因为当n n2 2 时，时， 也符合也符合T Tn n3 3n nn n2 25 5n n11112 2 所以所以T Tn n 2 2， n n1 1，3 3n nn n2 25 5n n11112 2，n n22，n nN N* *. . 构造法求通项公式构造法求通项公式 (1)(1)已知数列已知数列 a an n 满足满足a a1 13 3， 且， 且a an n1 14 4a an n3(3(n nN N* *) )， 则数列， 则数列 a an n 的通项公式为的通项公式为( ( ) ) A Aa an n2 22 2n n1 11 1 B Ba an n2 22 2n n1 11 1 C Ca an n2 22 2n n1 1 D Da an n2 22 2n n1 1 (2)(2)已知正项数列已知正项数列 a an n 中，中，a a1 12 2，a an n1 12 2a an n3535n n，则数列，则数列 a an n 的通项的通项a an n( ( ) ) A A3232n n1 1 B B3232n n1 1 C C5 5n n3232n n1 1 D D5 5n n3232n n1 1 (1)(1)由由a an n1 14 4a an n3 3， 得得a an n1 11 14(4(a an n1)1)， 故数列故数列 a an n11是首项为是首项为a a1 11 14 4，公比为，公比为 4 4 的等比数列，的等比数列， 所以所以a an n1 14 4n n， 所以所以a an n2 22 2n n1 1 (2)(2)法一：在递推公式法一：在递推公式a an n1 12 2a an n3535n n的两边同时除以的两边同时除以 5 5n n1 1，得，得a an n1 15 5n n1 12 25 5a an n5 5n n3 35 5， 令令a an n5 5n nb bn n，则，则式变为式变为b bn n1 12 25 5b bn n3 35 5， 即即b bn n1 11 12 25 5( (b bn n1)1)， 所以数列所以数列 b bn n11是等比数列，是等比数列， 其首项为其首项为b b1 11 1a a1 15 51 13 35 5，公比为，公比为2 25 5， 所以所以b bn n1 1 3 35 5 2 25 5n n1 1， 即即b bn n1 13 35 5 2 25 5n n1 1， 所以所以a an n5 5n n1 13 35 5 2 25 5n n1 11 13232n n1 15 5n n， 故故a an n5 5n n3232n n1 1 法二：设法二：设a an n1 1k k55n n1 12(2(a an nk k55n n) )， 则则a an n1 12 2a an n3 3k k55n n，与题中递推公式比较得，与题中递推公式比较得k k1 1， 即即a an n1 15 5n n1 12(2(a an n5 5n n) )， 所以数列所以数列 a an n5 5n n 是首项为是首项为a a1 15 53 3，公比为，公比为 2 2 的等比数列，则的等比数列，则a an n5 5n n3232n n1 1，故故a an n5 5n n3232n n1 1 (1)D(1)D (2)D(2)D 利用构造法求解数列的通项公式，关键在于递推关系的灵活变形，当利用构造法求解数列的通项公式，关键在于递推关系的灵活变形，当a an n与与a an n1 1的系数的系数相同时，主要是通过构造等差数列或利用累加法求通项；若两者的系数不同，则应构造等相同时，主要是通过构造等差数列或利用累加法求通项；若两者的系数不同，则应构造等比数列或利用作商之后再累乘的方法求比数列或利用作商之后再累乘的方法求解求解时应注意数列的首项的正确求解以及准确解求解时应注意数列的首项的正确求解以及准确确定累加、累乘最后一个式子的形式本题的递推公式是确定累加、累乘最后一个式子的形式本题的递推公式是a an n1 1aan nn n的推广的推广a an n1 1aan nn n，两边同时除以，两边同时除以n n1 1后得到后得到a an n1 1 n n1 1a an nn n，转化为，转化为b bn n1 1kbkbn n的的形式，通过构造公比是形式，通过构造公比是的等比数列的等比数列 b bn nk k求解求解 1 1已知数列已知数列 a an n 中，中，a a1 11 1，a an n1 1a an na an n3 3( (n nN N* *) )，则，则a an n_ 解析：因为解析：因为a an n1 1a an na an n3 3( (n nN N* *) )， 所以所以1 1a an n1 13 3a an n1 1，设，设1 1a an n1 1t t3 3 1 1a an nt t， 所以所以 3 3t tt t1 1，解得，解得t t1 12 2， 所以所以1 1a an n1 11 12 23 3 1 1a an n1 12 2， 又又1 1a a1 11 12 21 11 12 23 32 2， 所以数列所以数列 1 1a an n1 12 2是以是以3 32 2为首项，为首项，3 3 为公比的等比数列，所以为公比的等比数列，所以1 1a an n1 12 23 32 233n n1 13 3n n2 2， 所以所以a an n2 23 3n n1 1 答案：答案：2 23 3n n1 1 2 2设数列设数列 a an n 满足满足a a1 12 2，a an n1 14 4a an n3232n n1 1，则，则a an n_ 解析：由解析：由a a1 12 2，a an n1 14 4a an n3232n n1 1得，得， a an n1 12 2n n1 12 2a an n2 2n n3 3， 设设b bn na an n2 2n n，则，则b bn n1 12 2b bn n3 3， 设设b bn n1 1t t2(2(b bn nt t) )， 所以所以 2 2t tt t3 3， 解得解得t t3 3， 所以所以b bn n1 13 32(2(b bn n3)3)， 所以所以b bn n1 13 3b bn n3 32 2， 又又b b1 13 3a a1 12 23 31 13 34 4， 所以数列所以数列 b bn n33是以是以 4 4 为首项，为首项，2 2 为公比的等比数列，为公比的等比数列， 所以所以b bn n3 34242n n1 12 2n n1 1， 所以所以b bn n2 2n n1 13 3， 所以所以a an nb bn n22n n(2(2n n1 13)23)2n n2 22 2n n1 13232n n 答案：答案：2 22 2n n1 13232n n 1 1 在数列 在数列 a an n 中， 已知中， 已知a a1 12 2，a a2 27 7，a an n2 2等于等于a an na an n1 1( (n nN N* *) )的个位数， 则的个位数， 则a a2 0162 016( ( ) ) A A8 8 B B6 6 C C4 4 D D2 2 解析：选解析：选 B B 由题意得：由题意得：a a3 34 4，a a4 48 8，a a5 52 2，a a6 66 6，a a7 72 2，a a8 82 2，a a9 94 4，a a10108 8，所以数列中的项从第所以数列中的项从第 3 3 项开始呈周期性出现，周期为项开始呈周期性出现，周期为 6 6，故，故a a2 0162 016a a335633566 6a a6 66 6 2 2已知数列已知数列 a an n 的前的前n n项和为项和为S Sn n，点，点( (n n，S Sn n) )在函数在函数f f( (x x) )x x2 2x x2 2 的图象上，则数列的图象上，则数列 a an n 的通项公式为的通项公式为( ( ) ) A Aa an n2 2n n2 2 B Ba an nn n2 2n n2 2 C Ca an n 0 0，n n1 12 2n n1 1，n n22 D Da an n 0 0，n n1 12 2n n，n n22 解析：选解析：选 D D 由于点由于点( (n n，S Sn n) )在函数在函数f f( (x x) )的图象上，则的图象上，则S Sn nn n2 2n n2 2，当，当n n1 1 时，得时，得a a1 1S S1 10 0，当，当n n22 时，得时，得a an nS Sn nS Sn n1 1n n2 2n n2 22 2n n故选故选 D D 3 3 若数列 若数列 b bn n 的通项公式为的通项公式为b bn n n n1212n n1313， 则数列， 则数列 b bn n 中的最大项的项数为中的最大项的项数为( ( ) ) A A2 2 或或 3 3 B B3 3 或或 4 4 C C3 3 D D4 4 解析：选解析：选 B B 设数列设数列 b bn n 的第的第n n项最大项最大 由由 b bn n1 1b bn n，b bn nb bn n1 1， 即即 n n1212n n1 11313 n n1212n n1313， n n1212n n1313 n n1212n n1 11313， 整理得整理得 1 11212n n1 11212n n，1 11212n n1212n n1 1， 即即 n n2 2n n120120，n n2 2n n120120， 解得解得n n3 3 或或n n4 4 又又b b3 3b b4 46 6， 所以当所以当n n3 3 或或n n4 4 时，时，b bn n取得最大值取得最大值 4 4 设数列 设数列 a an n 的前的前n n项和为项和为S Sn n， 且， 且a a1 1a a2 21 1， nSnSn n( (n n2)2)a an n 为等差数列， 则为等差数列， 则a an n( ( ) ) A An n2 2n n1 1 B Bn n1 12 2n n1 11 1 C C2 2n n1 12 2n n1 1 D Dn n1 12 2n n1 1 解析：选解析：选 A A 设设b bn nnSnSn n( (n n2)2)a an n， 则则b b1 14 4，b b2 28 8， 又又 b bn n 为等差数列，所以为等差数列，所以b bn n4 4n n， 所以所以nSnSn n( (n n2)2)a an n4 4n n， 所以所以S Sn n 1 12 2n na an n4 4 当当n n22 时，时， S Sn nS Sn n1 1 1 12 2n na an n 1 12 2n n1 1a an n1 10 0， 所以所以n nn na an nn n1 1n n1 1a an n1 1， 即即 22a an nn na an n1 1n n1 1 又因为又因为a a1 11 11 1， 所以所以 a an nn n是首项为是首项为 1 1， 公比公比为为1 12 2的等比数列，的等比数列， 所以所以a an nn n 1 12 2n n1 1( (n nN N* *) )， 所以所以a an nn n2 2n n1 1( (n nN N* *) ) 5 5(2017(2017山西省质检山西省质检) )记记S Sn n为正项等比数列为正项等比数列 a an n 的前的前n n项和，若项和，若S S1212S S6 6S S6 677S S6 6S S3 3S S3 38 80 0，且正整数，且正整数m m，n n满足满足a a1 1a am ma a2 2n n2 2a a3 35 5，则，则1 1m m8 8n n的的最小值是最小值是( ( ) ) A A15157 7 B B9 95 5 C C5 53 3 D D7 75 5 解析：选解析：选 C C a an n 是等比数列，设是等比数列，设 a an n 的公比为的公比为q q， S S1212S S6 6S S6 6q q6 6，S S6 6S S3 3S S3 3q q3 3， q q6 67 7q q3 38 80 0， 解得解得q q2 2，又又a a1 1a am ma a2 2n n2 2a a3 35 5， a a3 31 122m m2 2n n2 22(2(a a1 12 24 4) )3 3a a3 31 12 21313， m m2 2n n1 15 5， 1 1m m8 8n n1 11515 1 1m m8 8n n( (m m2 2n n) ) 1 11515 17172 2n nm m8 8m mn n1 11515 17172 2 2 2n nm m8 8m mn n 5 53 3，当且仅当当且仅当2 2n nm m8 8m mn n，n n2 2m m， 即即m m3 3，n n6 6 时等号成立，时等号成立， 1 1m m8 8n n的最小值是的最小值是5 53 3，故选，故选 C C 6 6对于数列对于数列 x xn n ，若对任意，若对任意n nN N* *，都有，都有x xn nx xn n2 22 2x xn n1 1成立，则称数列成立，则称数列 x xn n 为为“减差数减差数列列” 设 设b bn n2 2t ttntn1 12 2n n1 1， 若数列， 若数列b b3 3，b b4 4，b b5 5， 是是“减差数列减差数列”， 则实数， 则实数t t的取值范围是的取值范围是( ( ) ) A A( (1 1，) ) B B( (，11 C C(1(1，) ) D D( (，11 解析：选解析：选 C C 由数列由数列b b3 3，b b4 4，b b5 5，是是“减差数列减差数列”， 得得b bn nb bn n2 22 2b bn n1 1( (n n3)3)， 即即t ttntn1 12 2n nt tt tn n1 12 2n n2 22 2t tt tn n1 12 2n n， 即即tntn1 12 2n nt tn n1 12 2n n2 2t tn n1 12 2n n， 化简得化简得t t( (n n2)2)1 1 当当n n33 时，若时，若t t( (n n2)2)1 1 恒成立，恒成立， 则则t t1 1n n2 2恒成恒成立，立， 又当又当n n33 时，时，1 1n n2 2的最大值为的最大值为 1 1， 则则t t的取值范围是的取值范围是(1(1，) 7 7设等比数列设等比数列 a an n 的公比为的公比为q q，前，前n n项和项和S Sn n0(0(n n1,21,2，3 3，)则则q q的取值范围为的取值范围为_ 解析：因为解析：因为 a an n 为等比数列，为等比数列，S Sn n0 0， 可以得到可以得到a a1 1S S1 10 0，q q00， 当当q q1 1 时，时，S Sn nnana1 10 0； 当当q q11 时，时，S Sn na a1 1q qn n1 1q q0 0， 即即1 1q qn n1 1q q0(0(n n1,2,31,2,3，)， 上式等价于不等式组上式等价于不等式组 1 1q q0 0，1 1q qn n0 0( (n n1,2,31,2,3，)， 或或 1 1q q0 0，1 1q qn n0 0( (n n1,2,31,2,3，) 解解式得式得q q1 1， 解解式，由于式，由于n n可为奇数，可为偶数，得可为奇数，可为偶数，得1 1q q1 1 综上，综上，q q的取值范围是的取值范围是( (1,0)1,0)(0(0，) 答案：答案：( (1,0)1,0)(0(0，) 8 8(2016(2016河南六市一联河南六市一联) )数列数列 a an n 的通项的通项a an nn n2 2 coscos2 2n n3 3sinsin2 2n n3 3，其前，其前n n项和为项和为S Sn n，则，则S S3030_ 解析：由题意可知，解析：由题意可知，a an nn n2 2coscos2 2n n3 3， 若若n n3 3k k2 2， 则则a an n(3(3k k2)2)2 2 1 12 29 9k k2 21212k k4 42 2( (k kN N* *) )； 若若n n3 3k k1 1， 则则a an n(3(3k k1)1)2 2 1 12 29 9k k2 26 6k k1 12 2( (k kN N* *) )； 若若n n3 3k k， 则则a an n(3(3k k) )2 2119 9k k2 2( (k kN N* *) )， a a3 3k k2 2a a3 3k k1 1a a3 3k k9 9k k5 52 2，k kN N* *， S S3030k k1 11010 9 9k k5 52 29 95 52 290905 52 22 21010470470 答案：答案：470470 9 9已知数列已知数列 a an n 的前的前n n项和为项和为S Sn n，满足，满足 2 2S Sn na an n1 12 2n n1 11 1，n nN N* *，且，且a a1 1，a a2 25 5，a a3 3成等差数列，则成等差数列，则a an n_ 解析：由解析：由a a1 1，a a2 25 5，a a3 3成等差数列可得成等差数列可得a a1 1a a3 32 2a a2 21010， 由由 2 2S Sn na an n1 12 2n n1 11 1， 得得 2 2a a1 12 2a a2 2a a3 37 7， 即即 2 2a a2 2a a3 37 72 2a a1 1， 代入代入a a1 1a a3 32 2a a2 21010，得得a a1 11 1， 代入代入 2 2S S1 1a a2 22 22 21 1，得得a a2 25 5 由由 2 2S Sn na an n1 12 2n n1 11 1， 得当得当n n22 时，时，2 2S Sn n1 1a an n2 2n n1 1， 两式相减，得两式相减，得 2 2a an na an n1 1a an n2 2n n， 即即a an n1 13 3a an n2 2n n， 当当n n1 1 时，时，5 531312 21 1也适合也适合a an n1 13 3a an n2 2n n， 所以对任意正整数所以对任意正整数n n，a an n1 13 3a an n2 2n n 上式两端同时除以上式两端同时除以 2 2n n1 1， 得得a an n1 12 2n n1 13 32 2a an n2 2n n1 12 2， 等式两端同时加等式两端同时加 1 1，得，得 a an n1 12 2n n1 11 13 32 2a an n2 2n n3 32 23 32 2 a an n2 2n n1 1 ， 所以数列所以数列 a an n2 2n n1 1 是首项为是首项为3 32 2， 公比为公比为3 32 2的等比数列，的等比数列， 所以所以a an n2 2n n1 1 3 32 2n n， 所以所以a an n2 2n n 3 32 2n n1 1， 所以所以a an n3 3n n2 2n n 答案：答案：3 3n n2 2n n 1010已知函数已知函数f f( (x x) )2sin(2sin(xx)()(0 0，| | |)的图象经过点的图象经过点 1212，2 2 ， 771212，2 2 ，且在区间，且在区间 1212，771212上为单调函数上为单调函数 (1)(1)求求，的值；的值； (2)(2)设设a an nnfnf n n3 3( (n nN N* *) )，求数列，求数列 a an n 的前的前 3030 项和项和S S3030 解：解：(1)(1)由题可得由题可得12122 2k k2 2，k kZ Z， 7 712122 2k k2 2，k kZ Z， 解得解得2 2，2 2k k223 3，k kZ Z， | | |， 223 3 (2)(2)由由(1)(1)及题意可知及题意可知a an n2 2n nsinsin 2 2n n3 3223 3( (n nN N* *) )， 数列数列 2sin2sin 2 2n n3 3223 3( (n nN N* *) )的周期为的周期为 3 3，前三项依次为，前三项依次为 0 0， 3 3， 3 3， a a3 3n n2 2a a3 3n n1 1a a3 3n n (3(3n n2)02)0(3(3n n1)1) 3 33 3n n( 3 3) ) 3 3( (n nN N* *) )， S S3030( (a a1 1a a2 2a a3 3) )( (a a2828a a2929a a3030) )1010 3 3 1111已知已知ABCABC的角的角A A，B B，C C的对边分别为的对边分别为a a，b b，c c，其面积，其面积S S4 4 3 3，B B6060，且，且a a2 2c c2 22 2b b2 2；等差数列；等差数列 a an n 中，中，a a1 1a a，公差，公差d db b数列数列 b bn n 的前的前n n项和为项和为T Tn n，且，且T Tn n2 2b bn n3 30 0，n nN N* * (1)(1)求数列求数列 a an n ， b bn n 的通项公式；的通项公式； (2)(2)设设c cn n a an n，n n为奇数，为奇数，b bn n，n n为偶数，为偶数，求数列求数列 c cn n 的前的前 2 2n n1 1 项和项和P P2 2n n1 1 解：解：(1)(1)S S1 12 2acacsin sin B B4 4 3 3， acac1616， 又又a a2 2c c2 22 2b b2 2，b b2 2a a2 2c c2 22 2acaccos cos B B， b b2 2acac1616， b b4 4， 从而从而( (a ac c) )2 2a a2 2c c2 22 2acac6464，a ac c8 8， a ac c4 4 故可得故可得 a a1 14 4，d d4 4， a an n4 4n n T Tn n2 2b bn n3 30 0， 当当n n1 1 时，时，b b1 13 3， 当当n n22 时，时，T Tn n1 12 2b bn n1 13 30 0， 两式相减，得两式相减，得b bn n2 2b bn n1 1( (n n2)2)， 数列数列 b bn n 为等比数列，为等比数列， b bn n3232n n1 1 (2)(2)依题意，依题意，c cn n 4 4n n，n n为奇数，为奇数，3232n n1 1，n n为偶数为偶数. . P P2 2n n1 1( (a a1 1a a3 3a a2 2n n1 1) )( (b b2 2b b4 4b b2 2n n) ) 44n nn n2 24 4n n1 14 4 2 22 2n n1 14 4n n2 28 8n n2 2 1212(2017(2017广州模拟广州模拟) )设设S Sn n为数列为数列 a an n 的前的前n n项和，已知项和，已知a a1 12 2，对任意，对任意n nN N* *，都有，都有2 2S Sn n( (n n1)1)a an n (1)(1)求数列求数列 a an n 的通项公式；的通项公式； (2)(2)若数列若数列 4 4a an na an n的前的前n n项和为项和为T Tn n，求证：，求证：1 12 2T Tn n1 1 解：解：( (1)1)因为因为 2 2S Sn n( (n n1)1)a an n， 当当n n22 时，时，2 2S Sn n1 1nanan n1 1， 两式相减，得两式相减，得 2 2a an n( (n n1)1)a an nnanan n1 1， 即即( (n n1)1)a an nnanan n1 1， 所以当所以当n n22 时，时，a an nn na an n1 1n n1 1， 所以所以a an nn na a1 11 1 因为因为a a1 12 2， 所以所以a an n2 2n n (2)(2)证明：因为证明：因为a an n2 2n n， 令令b bn n4 4a an na an n，n nN N* *， 所以所以b bn n4 42 2n nn n1 1n nn n1 1n n1