2022年高中数列知识大总结绝对全 .pdf

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1、第六章数列二、重难点击本章重点：数列的概念，等差数列，等比数列的定义，通项公式和前n项和公式及运用，等差数列、等比数列的有关性质。注重提炼一些重要的思想和方法，如：观察法、累加法、累乘法、待定系数法、倒序相加求和法、错位相减求和法、裂项相消求和法、函数与方程思想、分类与讨论思想、化归与转化思想等。知识网络第一课时数列四、数列通项na与前n项和nS的关系1niinnaaaaaS132122111nSSnSannn课前热身3数列na的通项公式为nnan2832, 则数列各项中最小项是( B ) A第项B第项C第项D第项4已知数列na是递增数列，其通项公式为nnan2, 则实数的取值范围是),3(5

2、数列na的前n项和142nnSn, ，则25212nnnan数列与正整数集关系等差数列等比数列特殊数列求和方法公式法倒序相加法错位相减法裂项相消法n定义通项公式中项前项的和递推公式通项公式数列名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 30 页 - - - - - - - - - 题型一归纳、猜想法求数列通项【例 1】根据下列数列的前几项，分别写出它们的一个通项公式7，77， 777，7777，1，3，3，5，5，7，7，9， 9解析：将数列变形为),110(97),

3、110(972)110(973，,)110(97n将已知数列变为1+0，2+1， 3+0， 4+1， 5+0， 6+1， 7+0， 8+1，9+0，。可得数列的通项公式为2) 1(1nnna点拨：本例的求解关键是通过分析、比较、联想、归纳、转换获得项与项数的一般规律，从而求得通项。题型二应用)2() 1(11nSSnSannn求数列通项例 2已知数列na的前n项和nS，分别求其通项公式. 23nnS解析 ：当123,1111San时，当)23()23(,211nnnnnSSan时132n又11a不适合上式，故)2(32)1(11nnann三、利用递推关系求数列的通项【例 3】根据下列各个数列n

4、a的首项和递推关系，求其通项公式141,21211naaann解析：因为14121naann，所以)121121(2114121nnnaann所以)3111(2112aa)5131(2123aa431 11()2 57aa名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 30 页 - - - - - - - - - ，1111()2 2321nnaann以上) 1(n个式相加得)1211(211naan即：24342411nnnan点 拨 ： 在 递 推 关 系 中 若),

5、(1nfaann求na用 累 加 法 ， 若),(1nfaann求na用 累 乘 法 ， 若qpaann 1，求na用待定系数法或迭代法。课外练习3 设1212111nnnan，(Nn)，则nnaa与1的大小关系是( C ) Annaa1Bnnaa1Cnnaa1D 不能确定解：因为0221321113212211nnnnnaann所以nnaa1，选二、填空题5已知数列na的前n项和，142nnSn则)2(,52) 1(,2nnnan7已知数列na的通项9998nn（Nn） ，则数列na的前 30 项中最大项和最小项分别是910aa ，解：构造函数99989919998xxxy由函数性质可知，函

6、数在)99(，上递减，且1y函数在），99(上递增且1y名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 30 页 - - - - - - - - - 最小最大，），又910921301211101109(99aaaaaaaaa三、解答题6.2等差数列知识要点2递推关系与通项公式mnaadnaaddnaadmnaadnaadaamnnnmnnnn1;)1()()1(1111变式：推广：通项公式：递推关系：为常数）即：特征：mkmknnfadadnann,(,)(),(1),

7、为常数，（mkmknan是数列na成等差数列的充要条件。等差中项：若cba,成等差数列， 则b称ca与的等差中项，且2cab；cba,成等差数列是cab2的充要条件。前n项和公式2)(1naaSnn；2) 1(1dnnnaSn),()(,)2(22212为常数即特征：BABnAnSBnAnnfSndandSnnn是数列na成等差数列的充要条件。5 等差数列na的基本性质),(Nqpnm其中qpnmaaaaqpnm，则若反之，不成立。dmnaamn)(mnmnnaaa2nnnnnSSSSS232,仍成等差数列。判断或证明一个数列是等差数列的方法：定义法：）常数）（Nndaann(1na是等差数列

8、中项法：)221Nnaaannn（na是等差数列通项公式法：),(为常数bkbknanna是等差数列前n项和公式法：),(2为常数BABnAnSnna是等差数列课前热身2等差数列na中，)(31,1201191210864Caaaaaaa的值为则A14B15C16D17 1651203232)(32)2(31318999119adadaaaa解名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 30 页 - - - - - - - - - 。3等差数列na中，12910SSa

9、，则前10或 11 项的和最大。解：0912129SSSS，0003011111121110aaaaaa，又，na为递减等差数列1110SS为最大。4已知等差数列na的前 10 项和为 100，前 100 项和为 10，则前 110 项和为 110 解：，1001102030102010SSSSSSS成等差数列，公差为D 其首项为10010S，前 10 项的和为10100S11022101010010221029101010011010100110）（又，SDSSSDD10210102)10(29840242) 1(129850max22ynnnnnnnny时，所以当设等差数列na的前n项和为

10、nS，已知001213123SSa，求出公差d的范围，指出1221SSS，中哪一个值最大，并说明理由。d)(nfannnanSna2n解：)(6)(610312112aaaaS3724308240)82(213)(2132)(1372407240)72(63113131133ddddaaaaaSddda从而又最大。，6677137612000130)(6SaaaSaaS课外练习一、 选择题1 已知na数列是等差数列，1010a，其前10项的和7010S，则其公差d等于 ( D ) 32313132DCBA2 已知等差数列na中，12497116aaaa，则，等于（A ）A15 B 30 C31

11、 D64 151212497aaaaa解：二、填空题3 设nS为 等 差 数 列na的 前n项 和 ，971043014SSSS，则，=54 4 已 知 等 差 数 列na的 前n项 和 为nS， 若118521221aaaaS，则名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 30 页 - - - - - - - - - 5 设 F 是椭圆16722yx的右焦点，且椭圆上至少有 21 个不同点,),2, 1(321FPFPFPiPi，使组 成 公 差 为d的 等 差 数

12、 列 ， 则d的 取 值 范 围 为10100101，解：椭圆的焦点F 到椭圆上的点最大、最小距离分别为）和（17)17(，由题意得：1010010101012011217)117ddddnnddn或，又（）（三、解答题6 等 差 数 列na的 前n项 和 记 为nS， 已 知50302010aa，求通项na；若nS=242，求n解：dnaan)1(1102212501930950301112010nadadadaaan解方程组，由2)1(1dnnnaSn，nS=242 舍去）或解得(221124222)1(12nnnnn7 甲、乙两物体分别从相距70m的两处同时相向运动，甲第一分钟走2m，以

13、后每分钟比前一分钟多走 1m，乙每分钟走5m，甲、乙开始运动后几分钟相遇？如果甲乙到对方起点后立即折返，甲继续每分钟比前一分钟多走1m，乙继续每分钟走5m，那么，开始运动几分钟后第二次相遇？解：设n分钟后第一次相遇，依题意有：舍去），解得(2077052)1(2nnnnnn故第一次相遇是在开始运动后7 分钟。设n分钟后第二次相遇，则：舍去），解得(281570352) 1(2nnnnnn故第二次相遇是在开始运动后15 分钟10 已 知 数 列na中 ，31a前n和1)1)(1(21nnanS求证：数列na是等差数列求数列na的通项公式设数列11nnaa的前n项和为nT，是否存在实数M，使得MT

14、n对一切正整数n都成立？若存在，求M的最小值，若不存在，试说明理由。解：1)1)(1(21nnanSnnnnnnnnnnnnnnnanannaanananannaananSSaanS)1()2() 1(1)2()1(1) 1() 1)(1() 1)(2(211)1)(2(2111212111111整理得，nnnnnnaaaaanan21212)(1() 1(2数列na为等差数列。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 30 页 - - - - - - - - -

15、1)1(311nnannaa，122)1(3)1(2251211212nndnaaaaaaann的公差为即等差数列)32)(12(111nnaann61)32131(21)32112171515131(2132112121nnTNnnnnTnn时，又当要使得MTn对一切正整数n恒成立，只要M61，所以存在实数M使得MTn对一切正整数n都成立，M的最小值为61。6.3 等比数列知识要点1 定义：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数 列 ， 这 个 常 数 叫 做 等 比 数 列 的 公 比 ， 记 为)0qq，（。2 递推关系与通项公式mnmnnn

16、nnqaaqaaqaa推广：通项公式：递推关系：1113 等比中项： 若三个数cba,成等比数列， 则称b为ca与的等比中项，且为acbacb2，注：是成等比数列的必要而不充分条件。4 前n项和公式) 1(11)1() 1(111qqqaaqqaqnaSnnn5 等比数列的基本性质，),(Nqpnm其中qpnmaaaaqpnm，则若反 之 不真！)(2Nnaaaaaqmnmnnmnmn，na为等比数列， 则下标成等差数列的对应项成等比数列。，时，nnnnnSSSSSq2321仍成等比数列。6 等比数列与等比数列的转化na是等差数列) 10(cccna，是等比数列；na是正项等比数列)10(lo

17、gccanc，是等差数列；na既是等差数列又是等比数列na是各项名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 30 页 - - - - - - - - - 不为零的常数列。7 等比数列的判定法定义法：（常数）qaann 1na为等比数列；中项法：)0(221nnnnaaaana为等比数列；通项公式法：为常数）qkqkann,(na为等比数列；前n项和法：为常数）（qkqkSnn,)1(na为 等 比 数列。1103107422222)(nnf设) 18(72) 18(7

18、2) 18(72) 18(72)()(431nnnnDCBADnfNn）（等于，则2 已知数列na是等比数列，且mmmSSS323010，则，70 （问题引入）猜想：nb是等比数列，公比为21。证明如下：4121412121nnnaabnnnbaa21)41(2141)41(211212即：211nnbb，nb是首项为41a，公比为21的等比数列。二、性质运用例2：在等比数列na中，143613233nnaaaaaa，求na，若nnnTaaaT求,lglglg21在等比数列na中，若015a，则有等式nnaaaaaa292121)29(Nnn，成立，类比上述性质，相应的在等比数列nb中，若11

19、9b则有等式成立。解：由等比数列的性质可知：nnnaqqaaaaaaaaaaaa6151661616143612)21(32213213211323332所以，即所以，解得，又由等比数列的性质可知，nalg是等差数列， 因为2lg2)11(2)lg(lg2lg5lg2lg)6(2lglg116nnnaaTanannnn所以， 由 题 设 可 知 ， 如 果0ma在 等 差 数 列 中 有nmnaaaaaa122121)12(Nnmn，成 立 ， 我 们 知 道 ， 如 果qpnmaaaaqpnm，则若，而对于等比数列nb，则有qpnmaaaaqpnm，则若所以可以得出结论，若nmnmbbbbb

20、bb1221211，则有)12(Nnmn，成立，在本题中nnbbbbbb372121则有名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 30 页 - - - - - - - - - )37(Nnn，点拨：历年高考对性质考查较多，主要是利用“等积性” ，题目“小而巧”且背景不断更新，要熟练掌握。典例精析一、 错位相减法求和例 1：求和：nnanaaaS32321解：2)1(3211nnnSan时，01aa时，因为nnanaaaS323211321211nnnananaaSa

21、由得：) 1)1()1()1() 1(2) 1() 1() 1() 1(11)11(1111)11 (22112aaaanaaannSaaanaaSanaaaanaaaSannnnnnnnnnn综上所述，所以点拨：若数列na是等差数列，nb是等比数列，则求数列nnba的前n项和时，可采用错位相减法；当等比数列公比为字母时，应对字母是否为1 进行讨论；当将nS与qnS相减合并同类项时，注意错位及未合并项的正负号。二、 裂项相消法求和例2：数列na满足1a=8，022124nnnaaaa，且（Nn）求数列na的通项公式；则21414aad所以，na=8（n1）（ 2） 102n32)2(41)1(

22、4183)2111211(41)211()4121()3111(41)211(41)2(21)14(121mnnnnnnbbbTnnnnanbnnnn所以对一切Nn恒成立。31631621811812)281812281812minmnnNnNnnnm所以，（对恒成立。对一切故m的最大整数值为5。点 拨 ： 若 数 列na的 通 项 能 转 化 为)()1(nfnf的形式，常采用裂项相消法求和。使用裂项消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项。三、 奇偶分析法求和例 3： 设二次函数1)(2nnxxxxf，当1 在等差数列na中，1a=1 ，前n项和nS满足名师资料总结 -

23、- -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 30 页 - - - - - - - - - ，211242nnnSSnn求数列na的通项公式记)0(ppabnann，求数列nb的前n项和nT。解 ：设数 列na的 公差 为d，由，211242nnnSSnn1)1(22)(22)(124123112122121nnnnnnananaanandaSSnnaadaaaa又即，所以得所以na=n由)0(ppabnann，有nnnpb所以nnnppppT32322)1(1nnTpn时，当时，当1p

24、132)1(2nnnnppnpppT得)1(1)1()1()1(2) 1(1)1 ()1(1)1 ()1(1212112ppnpppppnnTpnppppTnppppnppppTpnnnnnnnnnnn即：所以课外练习 数列na的前n项和为nS，若5)1(1Snnan，则等于（B ）65)6151()3121()2111(111)1(1301616515SnnnnaDCBAn所以解：因为)(xf的定义域为R，且)(xf是以2 为周期的周期函数， 数列na是首项为)(Naa，公差为1 的等差数列， 那么)()()(1021afafaf的值为（C ）A 1 B1 C0 D10a解：因为函数)(xf

25、的定义域为R，且)(xf是以 2 为周期的周期函数，所以)()2(00(xfxff，且）又数列na是首项为a，公差为1 的等差数列名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 10 页，共 30 页 - - - - - - - - - 0)1 ()1 ()1() 1()21()1()1(5)1()0(5) 1(5)(5)()()() 1()()(11021fffffffffafafafafafnafnafafNanaann即所以又所以为偶数）（为奇数）（，又所以故原式 =0，选 C

26、。二、填空题设等比数列na的公比与前n项和分别为q和nS，且q1，818102010qSS，则81)1(8)1(1()1(1821)1(10102010101010102012111020102011020101SqSqSSqSaaaSSqqqaqSqa所以方法二、）方法一、6数列na满足12121nnannnL，12nnnba a又，则数列nb的前n项和为18nn1(12)12nnannL解：128(1)nnnba an n=118(1nn）121111118 ()()()12231188 111nbbbnnnnnLL所以数列，4141414131313121211的前 100 项的和为14

27、913。 （Nn）名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11 页，共 30 页 - - - - - - - - - 典例精析一、 函 数与数列的综合问题的等差数列。，公差为是首项为，设，且：已知例24)()()()()10(log)(121Nnafafafaaxxfna设a是常数，求证：na成等差数列；若)(nnnafab，nb的前n项和是nS，当2a时，求nS解：222) 1(4)(nnafn，为等比数列。所以为定值所以，所以即nnnnnnnnaanaaaaaaana)2

28、(22log2222122)(nnnafab3314325433254254322222222222) 1(21)21(2162) 1(222222) 1(2232222) 1(2423222)1()2()22(2)22(lognnnnnnnnnnnnnnnnnannSnnSnnSnSnnbaanaa所以两式相减得时，当点 拨 ： 本 例 是 数 列 与 函 数 综 合 的 基 本 题 型 之 一 ， 特征是以函数为载体构建数列的递推关系，通过由函数的解析式获知数列的通项公式，从而问题得到求解。已知正项数列na的前n项和为nS，2) 1(41nnaS与是的等比中项，求证：数列na是等差数列；若

29、nnnab2，数列nb的前n项和为nT，求nT在的条件下，是否存在常数，使得数列2nnaT为等比数列？若存在，试求出；若不存在，说明理由。解：2)1(41nnaS与是的等比中项，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 12 页，共 30 页 - - - - - - - - - 0)2)()22(41)1(4121)1(411) 1(41111212121112112nnnnnnnnnnnnnnnaaaaaaaaSSaaSnaaanaS即所以时，当，时，当所以202011nnn

30、nnaaaaa即：，所以因为所以数列na是等差数列。nnnT2323321)2323(2nnaTnnnnn21323所以当且仅当3+=0，即=3 时，数列2nnaT为等比数列。 已知在正项数列na中，1a=2，且），1(nnnaaA在双曲线122xy上，数列nb中，点（nb，nT）在直线121xy上，其中nT是数列nb的前n项和， 求数列na的通项公式； 求证： 数列nb是等比数列。若nnnnnCCbaC1，求证：。解：由已知带点），1(nnnaaA在122xy上知，1nana，所以数列na是以 2 为首项，以1 为公差的等差数列。所以1)1(1ndnaan因为点（nb,nT）在直线121xy

31、上，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 13 页，共 30 页 - - - - - - - - - 11111121121122nnnnnnnnnTbTbbTTbb所以所以两式相减得：11111131211232313212( )333nnnnnnbbnbbbbb所以，令得，所以所以是一个以为首项，以为公比的等比数列。所以nnnnnbaC32)1(nnnnnnnCCnnnCC11110) 12(3232)1(32)2(所以所以一、选择题1. （ 2009 广 东 卷 理

32、） 已 知 等 比 数 列na满 足0,1,2,nanL， 且25252(3)nnaan， 则 当1n时 ，2123221logloglognaaaLA. (21)nnB. 2(1)nC. 2nD. 2(1)n【解析】由25252 (3)nna an得nna222，0na，则nna2，3212loglogaa2122)12(31lognnan，选 C. 答案C 2.（2009 辽宁卷理）设等比数列 na的前 n 项和为nS，若63SS=3 ，则69SS= A. 2 B. 73C. 83D.3 【解析】设公比为q ,则36333(1)SqSSS1q33 q32 于是63693112471123S

33、qqSq【答案】 B 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 14 页，共 30 页 - - - - - - - - - 14.(2009 湖北卷理 )已知数列na满足：1am（m 为正整数），1,231,nnnnnaaaaa当为偶数时，当为奇数时。若6a 1，则 m 所有可能的取值为 _。答案4 5 32 解析 （ 1）若1am为偶数，则12a为偶 ,故223 a224amma当4m仍为偶数时，46832mmaa故13232mm当4m为奇数时，4333114aam63144

34、ma故31414m得 m=4。（2）若1am为奇数，则213131aam为偶数，故3312ma必为偶数63116ma，所以3116m=1 可得 m=5 16.（2009 陕西卷文）设等差数列na的前 n 项和为ns,若6312as,则na. 解析 :由6312as可得na的公差 d=2,首项1a=2,故易得na2n. 答案 :2n 17.(2009 陕西卷理 )设等差数列na的前 n 项和为nS,若6312aS,则2limnnSn. 611223112512211(1)limlim112122nnnnnaadaSSnnSn nsaddnnnn解析：答案： 1 22.（2009 全国卷理）在数列

35、na中，11111,(1)2nnnnaaan（I）设nnabn，求数列nb的通项公式（II）求数列na的前n项和nS分析： （ I）由已知有1112nnnaann112nnnbb名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 15 页，共 30 页 - - - - - - - - - 利用累差迭加即可求出数列nb的通项公式 :1122nnb(*nN) （II）由（ I）知122nnnan, nS=11(2)2nkkkk111(2 )2nnkkkkk而1(2 )(1)nkkn n,又1

36、12nkkk是一个典型的错位相减法模型，易得1112422nknkknnS=(1)n n1242nn23.（2009 北京理）已知数集1212,1,2nnAa aaaaa nLL具有性质P；对任意的,1i jijn，ija a与jiaa两数中至少有一个属于A. （）分别判断数集1,3,4与1,2,3,6是否具有性质P，并说明理由；（）证明：11a，且1211112nnnaaaaaaaLL；（）证明：当5n时，12345,a a aaa成等比数列 . 【解析】本题主要考查集合、等比数列的性质，考查运算能力、推理论证能力、分分类讨论等数学思想方法本题是数列与不等式的综合题，属于较难层次题. （）由

37、于34与43均不属于数集1,3,4，该数集不具有性质P. 由于6 6 1 2 3 612,1 3,1 6,23,2 3 1 2 3 6都属于数集1,2,3,6，该数集具有性质P. （）12,nAa aaL具有性质 P，nna a与nnaa中至少有一个属于A，由于121naaaL，nnna aa，故nna aA. 从而1nnaAa，11a. 121naaaL， knna aa，故2,3,kna aA knL. 由 A 具有性质P 可知1,2,3,nkaA knaL. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 -

38、 - - - - - - 第 16 页，共 30 页 - - - - - - - - - 又121nnnnnnaaaaaaaaL，211211,nnnnnnnnaaaaaaaaaaaL，从而121121nnnnnnnnaaaaaaaaaaaaLL，1211112nnnaaaaaaaLL. （）由（）知，当5n时，有552343,aaaaaa，即25243aa aa，1251aaaL，34245a aa aa，34a aA，由 A 具有性质P 可知43aAa. 2243a aa，得3423aaAaa，且3221aaa，34232aaaaa，534224321aaaaaaaaa，即12345,a

39、aa aa是首项为 1，公比为2a成等比数列 . 25（2009 江苏卷）对于正整数n2，用nT表示关于x的一元二次方程220 xaxb有实数根的有序数组( , )a b的组数，其中,1,2,a bnL（a和b可以相等）；对于随机选取的,1,2,a bnL（a和b可以相等），记nP为关于x的一元二次方程220 xaxb有实数根的概率。（1）求2nT和2nP；（2）求证：对任意正整数n2，有11nPn. 【解析】必做题 本小题主要考查概率的基本知识和记数原理，考查探究能力。满分10 分。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - -

40、- 名师精心整理 - - - - - - - 第 17 页，共 30 页 - - - - - - - - - 29.（2009 江西卷理）各项均为正数的数列na，12,aa ab，且对满足mnpq的正整数, ,m n p q都有.(1)(1)(1)(1)pqmnmnpqaaaaaaaa（1）当14,25ab时，求通项;na（2）证明：对任意a，存在与a有关的常数，使得对于每个正整数n，都有1.na解： （1）由(1)(1)(1)(1)pqmnmnpqaaaaaaaa得121121.(1)(1)(1)(1)nnnnaaaaaaaa将1214,25aa代入化简得1121.2nnnaaa所以1111

41、1,13 1nnnnaaaa故数列11nnaa为等比数列，从而11,13nnnaa即31.31nnna可验证，3131nnna满足题设条件 . 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 18 页，共 30 页 - - - - - - - - - (2) 由题设(1)(1)mnmnaaaa的值仅与mn有关 ,记为,m nb则111.(1)(1)(1)(1)nnnnnaaaabaaaa考察函数( )(0)(1)(1)axf xxax,则在定义域上有1,111( )( ),12,01

42、1aaf xg aaaaa故对*nN，1( )nbg a恒成立 . 又222( )(1)nnnabg aa, 注意到10( )2g a,解上式得1( )12 ( )1( )12 ( )( ),( )( )1( )12 ( )ng ag ag ag ag aag ag ag ag a取1( )12 ( )( )g ag ag a,即有1.na. 30. (2009 湖北卷理 )已知数列na的前 n 项和11( )22nnnSa（n 为正整数）。（）令2nnnba，求证数列nb是等差数列，并求数列na的通项公式；(）令1nnncan，12.nnTccc试比较nT与521nn的大小，并予以证明。解（

43、 I）在11()22nnnSa中，令 n=1，可得1112nSaa，即112a当2n时，21111111()2()22nnnnnnnnnSaaSSaa，11n1112a( ),212nnnnnaaan即2. 112,1,n21nnnnnnbabbbQn即当时， b. 又1121,ba数列nb是首项和公差均为1 的等差数列 . 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 19 页，共 30 页 - - - - - - - - - 于是1(1) 12,2nnnnnnbnnaa. (I

44、I) 由（ I）得11(1)( )2nnnncann，所以23111123()4( )(1)( )2222nnTnK2341111112( )3()4()(1)( )22222nnTnK由 -得231111111( )()()(1)( )22222nnnTnK111111 ( )133421(1)( )122212332nnnnnnnnT535(3)(221)3212212 (21)nnnnnnnnnTnnn于是确定521nnTn与的大小关系等价于比较221nn与的大小由234522 11;2221;2231;2241;225;K可猜想当3221.nnn时，证明如下：证法 1： （1）当 n=

45、3 时，由上验算显示成立。（2）假设1nk时122 22(21)422(1)1(21)2(1)1kkkkkkkg所以当1nk时猜想也成立综合（ 1） （2）可知，对一切3n的正整数，都有221.nn证法 2：当3n时01210112(1 1)2221nnnnnnnnnnnnnnnCCCCCCCCCnnK综上所述，当1,2n时521nnTn，当3n时521nnTn31. （2009 四川卷文）设数列na的前n项和为nS， 对任意的正整数n， 都有51nnaS成立，记*4()1nnnabnNa。（I）求数列na与数列nb的通项公式；（II）设数列nb的前n项和为nR，是否存在正整数k，使得4nRk

46、成立？若存在，找出一个正整数k；若不存在，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 20 页，共 30 页 - - - - - - - - - 请说明理由；（III ）记*221()nnncbbnN，设数列nc的前n项和为nT，求证：对任意正整数n都有32nT；解（ I）当1n时，111151,4aSa又1151,51QnnnnaSaS11115,4即nnnnnaaaaa数列na是首项为114a，公比为14q的等比数列，1()4nna，*14()4()11 ()4nnnbnN3

47、 分（II）不存在正整数k，使得4nRk成立。证明：由（ I）知14()5441( 4)11 ()4nnnnb212212555201516408888.( 4)1( 4)1161164(161)(164)Qkkkkkkkkkbb当 n 为偶数时，设2()nm mN1234212()()()84nmmRbbbbbbmnL当 n 为奇数时，设21()nmmN1234232221()()()8(1)4844nmmmRbbbbbbbmmnL对于一切的正整数n，都有4nRk不存在正整数k，使得4nRk成立。8 分（III ）由54( 4)1nnb得212221225515 16151615 16154

48、141(161)(164)(16 )3 164(16 )16nnnnnnnnnnnnnncbb又名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 21 页，共 30 页 - - - - - - - - - 1221343,33bbc，当1n时，132T，当2n时，22232111()41114161625 ()2513161616311614693162513482116nnnTL32.（2009 湖南卷文）对于数列nu,若存在常数M0,对任意的*nN，恒有1121nnnnuuuuuu

49、ML, 则称数列nu为B数列 . （）首项为1，公比为12的等比数列是否为B-数列？请说明理由; （）设nS是数列nx的前 n 项和 .给出下列两组判断：A 组：数列nx是 B-数列 , 数列nx不是 B-数列 ; B 组：数列nS是 B- 数列 , 数列nS不是 B-数列 . 请以其中一组中的一个论断为条件，另一组中的一个论断为结论组成一个命题. 判断所给命题的真假，并证明你的结论；()若数列na是 B-数列，证明：数列2na也是 B-数列。解: （）设满足题设的等比数列为na,则11()2nna.于是12211131()()( ),2.2222nnnnnaan1121|nnnnaaaaaa

50、L=2n311112222L-1（）（）=n1313.2（）所以首项为1，公比为12的等比数列是B-数列. （）命题1：若数列nx是 B-数列，则数列nS是 B-数列.此命题为假命题. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 22 页，共 30 页 - - - - - - - - - 事实上设nx=1，*nN，易知数列nx是 B-数列，但nS=n，1121|nnnnSSSSSSnL. 由 n 的任意性知，数列nS不是 B-数列。命题 2：若数列nS是 B- 数列，则数列nx不