数学（文）知识清单-专题10 数列的求和及其应用（考点解读）（原卷+解析版）.pdf

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1、1专题专题 10数列的求和及其应用数列的求和及其应用高考对本节内容的考查仍将以常用方法求和为主，尤其是错位相减法及裂项求和，题型延续解答题的形式明年高考对数列求和仍是考查的重点数列的应用以及数列与函数等的综合的命题趋势较强，复习时应予以关注1数列求和的方法技巧(1)公式法：直接应用等差、等比数列的求和公式求和(2)错位相减法这种方法主要用于求数列anbn的前 n 项和，其中an、bn分别是等差数列和等比数列(3)倒序相加法这是在推导等差数列前 n 项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列(反序)，当它与原数列相加时若有公因式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和(

2、4)裂项相消法利用通项变形，将通项分裂成两项或几项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和(5)分组转化求和法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，可先分别求和，然后再合并2数列的综合问题(1)等差数列与等比数列的综合(2)数列与函数、方程、不等式、三角、解析几何等知识的综合(3)增长率、分期付款、利润成本效益的增减等实际应用问题数列的实际应用问题一般文字叙述较长，反映的事物背景陌生，知识涉及面广，因此要解好应用题，首先应当提高阅读文解能力，将普通语言转化为数学语言或数学符号，实际问题转化为数学问题，然后再用数学运

3、算、数学推文予以解决.【误区警示】1应用错位相减法求和时，注意项的对应22正确区分等差与等比数列模型，正确区分实际问题中的量是通项还是前 n 项和高频考点一高频考点一由递推关系求通项由递推关系求通项例 1已知等比数列an的前 n 项和为 Sn，a12，an0(nN*)，S6a6是 S4a4，S5a5的等差中项(1)求数列an的通项公式；(2)设 bnlog12a2n1，数列2bnbn1的前 n 项和为 Tn，求 Tn.【变式探究】已知各项都为正数的数列an满足 a11，a2n(2an11)an2an10.(1)求 a2，a3；(2)求an的通项公式【方法规律】求数列通项的常用方法1归纳猜想法：

4、已知数列的前几项，求数列的通项公式，可采用归纳猜想法2已知 Sn与 an的关系，利用 anS1，n1，SnSn1，n2 求 an.3累加法：数列递推关系形如 an1anf(n)，其中数列f(n)前 n 项和可求，这种类型的数列求通项公式时，常用累加法(叠加法)4累乘法：数列递推关系形如 an1g(n)an，其中数列g(n)前 n 项积可求，此数列求通项公式一般采用累乘法(叠乘法)5构造法：(1)递推关系形如 an1panq(p，q 为常数)可化为 an1qp1panqp1(p1)的形式，利用anqp1是以 p 为公比的等比数列求解(2)递推关系形如 an1pananp(p 为非零常数)可化为1

5、an11an1p的形式【变式探究】数列an的前 n 项和为 Sn，且 a13，an2Sn13n(n2)，则该数列的通项公式为 an_.高频考点二高频考点二分组转化法求和分组转化法求和例 2、Sn为等差数列an的前 n 项和，且 a11，S728.记 bnlg an，其中x表示不超过 x 的最大整数，如0.90，lg 991.(1)求 b1，b11，b101；3(2)求数列bn的前 1 000 项和【方法规律】1若一个数列由若干个等差数列或等比数列组成，则求和时可用分组转化法分别求和再相加减形如 an(1)nf(n)类型，可采用相邻两项并项(分组)后，再分组求和2分组求和中的分组策略(1)根据等

6、差、等比数列分组(2)根据正号、负号分组【变式探究】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 项和高频考点三高频考点三错位相减法求和错位相减法求和例 3已知数列an满足 a11，an1211n2an.(1)设 bnann2，求证：数列bn是等比数列；(2)求数列an的通项公式；(3)设 cnan12an，求数列cn的前 n 项和 Sn.【变式探究】已知数列an的前 n 项和 Sn3n28n，bn是等差数列，且 anbnbn1.(1)求数列bn的通项公式(2)令 cn(an1)n1(bn2)n

7、，求数列cn的前 n 项和 Tn.【方法技巧】错位相减法的关注点1适用题型：等差数列an与等比数列bn对应项相乘(anbn)型数列求和2具体步骤：(1)求和时先乘以数列bn的公比；(2)把两个和的形式错位相减；(3)整理结果形式【变式探究】已知数列an的前 n 项和为 Sn，数列bn的前 n 项和为 Tn，且有 Sn1an(nN*)，点(an，bn)在直线 ynx 上(1)求 Tn；(2)试比较 Tn和 2n22n的大小，并说明理由4高频考点四高频考点四裂项相消法求和裂项相消法求和例 4、已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足：1a112a213a31nan1n，nN*.(1)求 an.(

8、2)设 Tn1Sn11Sn21Sn31S2n，是否存在整数 m，使对任意 nN*，不等式 Tnm 恒成立？若存在，求出 m 的最小值；若不存在，请说明理由【方法规律】1裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于1anan1或1anan2(其中an为等差数列)等形式的数列求和2裂项相消的规律(1)裂项系数取决于前后两项分母的差(2)裂项相消后前、后保留的项数一样多【方法规律】已知数列an的前 n 项和是 Sn，且 Sn13an1(nN*)(1)求数列an的通项公式(2)设 bnlog4(1Sn1)(nN*)，Tn1b1b21b2b31bnbn1，求使

9、 Tn1 0082 018成立的最小的正整数 n 的值1.(2019高考全国卷)已知an是各项均为正数的等比数列，a12，a32a216.(1)求an的通项公式；(2)设 bnlog2an，求数列bn的前 n 项和2.(2019高考全国卷)已知数列an和bn满足 a11，b10,4an13anbn4,4bn13bnan4.(1)证明：anbn是等比数列，anbn是等差数列；(2)求an和bn的通项公式1.（2018 年江苏卷）设是首项为，公差为 d 的等差数列，是首项为，公比为 q 的等比数列（1）设，若对均成立，求 d 的取值范围；（2）若，证明：存在，使得对均成立，并求的取值范围（用表示）

10、52.（2018 年全国卷）记为等差数列的前 项和，已知，（1）求的通项公式；（2）求，并求的最小值3.（2018 年全国 I 卷）已知数列满足，设（1）求；（2）判断数列是否为等比数列，并说明理由；（3）求的通项公式4.（2018 年全国 III 卷）等比数列中，（1）求的通项公式；（2）记为的前 项和若，求 1.【2017 山东，文 19】（本小题满分 12 分）已知an是各项均为正数的等比数列,且121236,aaa aa.(I)求数列an通项公式；(II)bn为各项非零的等差数列,其前 n 项和 Sn,已知211nn nSb b,求数列nnba的前 n 项和nT.2.【2017 北京，

11、文 15】已知等差数列 na和等比数列 nb满足 a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5（）求 na的通项公式；（）求和：13521nbbbb1.【2016 高考天津文数】已知 na是各项均为正数的等差数列，公差为d，对任意的,bnnN是na和1na的等差中项.()设22*1,nnncbb nN，求证：nc是等差数列；()设22*11,1,nnnnkad TbnN，求证：2111.2nkkTd2.【2016 高考新课标 3 文数】已知数列 na的前 n 项和1nnSa，其中0（I）证明 na是等比数列，并求其通项公式；6（II）若53132S，求3.【2016 高考浙江文数】设数列

12、na满足112nnaa，n（I）证明：1122nnaa，n；（II）若32nna，n，证明：2na，n4.【2016 年高考北京文数】（本小题 13 分）设数列 A：1a，2a,Na(N).如果对小于n(2nN)的每个正整数k都有kana，则称n是数列 A 的一个“G 时刻”.记“)(AG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)(AG的所有元素；（2）证明：若数列 A 中存在na使得na1a，则)(AG；（3）证明：若数列 A 满足na-1na1（n=2,3,N）,则)(AG的元素个数不小于Na-1a.5.【2016 年高考四川文数】（本小题满

13、分 12 分）已知数列na的首项为 1，nS为数列 na的前 n 项和，11nnSqS，其中 q0，*nN.（）若2322,2a a a 成等差数列，求 na的通项公式；（）设双曲线2221nyxa的离心率为ne，且253e，证明：121433nnnneee.6.【2016 高考上海文数】（本题满分 18 分）本题共有 3 个小题，第 1 小题满分 4 分，第 2 小题满分 6分，第 3 小题满分 8 分.若无穷数列 na满足：只要*(,)pqaap qN，必有11pqaa，则称 na具有性质P.（1）若 na具有性质P，且12451,2,3,2aaaa，67821aaa，求3a；（2）若无穷

14、数列 nb是等差数列，无穷数列 nc是公比为正数的等比数列，151bc，5181bc，nnnabc判断 na是否具有性质P，并说明文由；（3）设 nb是无穷数列，已知*1sin()nnnaba nN.求证：“对任意1,naa都具有性质P”的充7要条件为“nb是常数列”.7.【2016 高考新课标 2 文数】nS为等差数列 na的前n项和，且17=128.aS，记=lgnnba，其中 x表示不超过x的最大整数，如0.9=0 lg99=1，（）求111101bbb，；（）求数列 nb的前 1 000 项和8.【2016 高考山东文数】（本小题满分 12 分）已知数列 na的前 n 项和 Sn=3n

15、2+8n，nb是等差数列，且1.nnnabb（）求数列 nb的通项公式；（）令1(1).(2)nnnnnacb求数列 nc的前 n 项和 Tn.9.【2016 高考江苏卷】（本小题满分 16 分）记1,2,100U，.对数列*nanN和U的子集 T，若T ,定义0TS;若12,kTt tt，定义12+kTtttSaaa.例如：=1,3,66T时，1366+TSaaa.现设*nanN是公比为 3 的等比数列，且当=2,4T时，=30TS.（1）求数列 na的通项公式；（2）对任意正整数1100kk，若1,2,kT，求证：1TkSa；（3）设,CDCU DU SS,求证：2CCDDSSS.10.【

16、2016 高考山东文数】（本小题满分 12 分）已知数列 na的前 n 项和 Sn=3n2+8n，nb是等差数列，且1.nnnabb（）求数列 nb的通项公式；（）令1(1).(2)nnnnnacb求数列 nc的前 n 项和 Tn.专题专题 10数列的求和及其应用数列的求和及其应用8高考对本节内容的考查仍将以常用方法求和为主，尤其是错位相减法及裂项求和，题型延续解答题的形式明年高考对数列求和仍是考查的重点数列的应用以及数列与函数等的综合的命题趋势较强，复习时应予以关注1数列求和的方法技巧(1)公式法：直接应用等差、等比数列的求和公式求和(2)错位相减法这种方法主要用于求数列anbn的前 n 项

17、和，其中an、bn分别是等差数列和等比数列(3)倒序相加法这是在推导等差数列前 n 项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列(反序)，当它与原数列相加时若有公因式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和(4)裂项相消法利用通项变形，将通项分裂成两项或几项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和(5)分组转化求和法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，可先分别求和，然后再合并2数列的综合问题(1)等差数列与等比数列的综合(2)数列与函数、方程、不等式、三角、解析几何等知识的综合(3)增长率

18、、分期付款、利润成本效益的增减等实际应用问题数列的实际应用问题一般文字叙述较长，反映的事物背景陌生，知识涉及面广，因此要解好应用题，首先应当提高阅读文解能力，将普通语言转化为数学语言或数学符号，实际问题转化为数学问题，然后再用数学运算、数学推文予以解决.【误区警示】1应用错位相减法求和时，注意项的对应2正确区分等差与等比数列模型，正确区分实际问题中的量是通项还是前 n 项和9高频考点一高频考点一由递推关系求通项由递推关系求通项例 1已知等比数列an的前 n 项和为 Sn，a12，an0(nN*)，S6a6是 S4a4，S5a5的等差中项(1)求数列an的通项公式；(2)设 bnlog12a2n

19、1，数列2bnbn1的前 n 项和为 Tn，求 Tn.【解析】(1)因为 S6a6是 S4a4，S5a5的等差中项，所以 2(S6a6)S4a4S5a5，所以 2S6S4S5a4a52a6，化简得 4a6a4，设等比数列an的公比为 q，则 q2a6a414，因为 an0(nN*)，所以 q0，所以 q12又 a12，所以 an2(12)n1(12)n2.(2)由(1)得 bnlog12a2n1log12(12)2n32n3.设 Cn2bnbn122n32n112n312n1，所以 TnC1C2Cn(1111)(1113)(1315)(12n312n1)112n12n2n1.【变式探究】已知各

20、项都为正数的数列an满足 a11，a2n(2an11)an2an10.(1)求 a2，a3；(2)求an的通项公式【解析】(1)由题意得 a212，a314(2)由 a2n(2an11)an2an10 得 2an1(an1)an(an1)因为an的各项都为正数，所以an1an12故an是首项为 1，公比为12的等比数列，因此 an12n1.12 分【方法规律】求数列通项的常用方法101归纳猜想法：已知数列的前几项，求数列的通项公式，可采用归纳猜想法2已知 Sn与 an的关系，利用 anS1，n1，SnSn1，n2 求 an.3累加法：数列递推关系形如 an1anf(n)，其中数列f(n)前 n

21、 项和可求，这种类型的数列求通项公式时，常用累加法(叠加法)4累乘法：数列递推关系形如 an1g(n)an，其中数列g(n)前 n 项积可求，此数列求通项公式一般采用累乘法(叠乘法)5构造法：(1)递推关系形如 an1panq(p，q 为常数)可化为 an1qp1panqp1(p1)的形式，利用anqp1 是以 p 为公比的等比数列求解(2)递推关系形如 an1pananp(p 为非零常数)可化为1an11an1p的形式【变式探究】数列an的前 n 项和为 Sn，且 a13，an2Sn13n(n2)，则该数列的通项公式为 an_.【解析】an2Sn13n，an12Sn23n1(n3)，两式相减

22、得：anan12an123n1，即 an3an123n1，an3nan13n123(n3)，又 a22S1322a13215，a23253，a132353，即a232a1323，数列an3n是以 1 为首项，23为公差的等差数列，an3n1(n1)23，an(2n1)3n1.【答案】(2n1)3n1高频考点二高频考点二分组转化法求和分组转化法求和例 2、Sn为等差数列an的前 n 项和，且 a11，S728.记 bnlg an，其中x表示不超过 x 的最大整数，如0.90，lg 991.(1)求 b1，b11，b101；(2)求数列bn的前 1 000 项和【解析】(1)设an的公差为 d，据

23、已知有 721d28，解得 d1.所以an的通项公式为 ann.b1lg 10，b11lg 111，b101lg 1012.11(2)因为 bn0，1n10，1，10n100，2，100n1 000，3，n1 000，所以数列bn的前 1 000 项和为 1902900311 893.【方法规律】1若一个数列由若干个等差数列或等比数列组成，则求和时可用分组转化法分别求和再相加减形如 an(1)nf(n)类型，可采用相邻两项并项(分组)后，再分组求和2分组求和中的分组策略(1)根据等差、等比数列分组(2)根据正号、负号分组【变式探究】已知an是等差数列，bn是等比数列，且 b23，b39，a1b

24、1，a14b4.(1)求an的通项公式；(2)设 cnanbn，求数列cn的前 n 项和【解析】(1)等比数列bn的公比 qb3b2933，所以 b1b2q1，b4b3q27.设等差数列an的公差为 d.因为 a1b11，a14b427，所以 113d27，即 d2.所以 an2n1(n1,2,3，)(2)由(1)知，an2n1，bn3n1.因此 cnanbn2n13n1从而数列cn的前 n 项和Sn13(2n1)133n1n（12n1）213n13n23n12.高频考点三高频考点三错位相减法求和错位相减法求和例 3已知数列an满足 a11，an1211n2an.12(1)设 bnann2，求

25、证：数列bn是等比数列；(2)求数列an的通项公式；(3)设 cnan12an，求数列cn的前 n 项和 Sn.【解析】(1)证明：an12n12n2an，an1n122ann2，所以 bn12bn，所以数列bn是公比为 2 的等比数列(2)由(1)知bn是公比为 2 的等比数列，又 b1a112a11，所以 bnb12n12n1，所以ann22n1，所以 ann22n1(3)cn(n1)22n2n22n1(2n1)2n，所以 Sn32522723(2n1)2n.2Sn322523(2n1)2n(2n1)2n1.得，Sn3222222322n(2n1)2n122212n12(2n1)2n12(

26、2n1)2n1，所以 Sn(2n1)2n12【变式探究】已知数列an的前 n 项和 Sn3n28n，bn是等差数列，且 anbnbn1.(1)求数列bn的通项公式(2)令 cn(an1)n1(bn2)n，求数列cn的前 n 项和 Tn.【解析】(1)由题意知，当 n2 时，anSnSn16n5.当 n1 时，a1S1116n5.所以 an6n5.设数列bn的公差为 d，则 a12b1d11，a2b2b2d2b13d17，由2b1d112b13d17，解得 b14，d3，13所以 bn4(n1)33n1.(2)由(1)知，cn(6n6)n1(3n3)n3(n1)2n1.所以 Tnc1c2cn32

27、22323(n1)2n1，2Tn3223324(n1)2n2，两式相减得Tn322223242n1(n1)2n2344(12n)12(n1)2n23n2n2.所以 Tn3n2n2.【方法技巧】错位相减法的关注点1适用题型：等差数列an与等比数列bn对应项相乘(anbn)型数列求和2具体步骤：(1)求和时先乘以数列bn的公比；(2)把两个和的形式错位相减；(3)整理结果形式【变式探究】已知数列an的前 n 项和为 Sn，数列bn的前 n 项和为 Tn，且有 Sn1an(nN*)，点(an，bn)在直线 ynx 上(1)求 Tn；(2)试比较 Tn和 2n22n的大小，并说明理由【解析】(1)当

28、n1 时，a1S11a1，解得 a112.当 n2 时，anSnSn1(1an)(1an1)，则有 2anan1，即anan112，所以数列an是以 a112为首项，12为公比的等比数列所以 an12n(nN*)因为点(an，bn)在直线 ynx 上，14所以 bnnann2n.Tn121222323n2n，12Tn122223324n2n1，得，12Tn12112212312nn2n1，所以 Tn112112212n1n2n112n112n2n2n22n.(2)令 Bn2n22n，则 TnBnn22nn22nn2n22n(n2)(n1)2n，所以当 n1 时，T1B10，所以 T1B1；当

29、n2 时，T2B20，所以 T2B2；当 n3 时，TnBn0，所以 TnBn.综上所述，当 n1 时，Tn2n22n；当 n2 时，Tn2n22n；当 n3 时，Tn2n22n.高频考点四高频考点四裂项相消法求和裂项相消法求和例 4、已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足：1a112a213a31nan1n，nN*.(1)求 an.(2)设 Tn1Sn11Sn21Sn31S2n，是否存在整数 m，使对任意 nN*，不等式 Tnm 恒成立？若存在，求出 m 的最小值；若不存在，请说明理由15【解析】(1)当 n1 时，1a111，即 a10，1a112a213a31nan1n，当 n2 时

30、，1a112a213a31n1an11n1，得nan11，即 ann1(n2)所以 ann1，nN*.(2)要存在整数 m，使得对任意 nN*，使关于 n 的不等式 Tnm 恒成立，即(Tn)maxm，由(1)知 Snnn121Sn121n1n1，1Sn221n11n2，1S2n212n112nTn21n1n1 1n11n2 12n112n21n12n 1n.Tn1n单调递减，当 n1 时，Tn取得最大值 1，m1 时关于 n 的不等式 Tnm 恒成立【方法规律】1裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于1anan1或1anan2(其中an为等差

31、数列)等形式的数列求和2裂项相消的规律(1)裂项系数取决于前后两项分母的差(2)裂项相消后前、后保留的项数一样多【方法规律】已知数列an的前 n 项和是 Sn，且 Sn13an1(nN*)(1)求数列an的通项公式(2)设 bnlog4(1Sn1)(nN*)，Tn1b1b21b2b31bnbn1，求使 Tn1 0082 018成立的最小的正整数 n 的值【解析】(1)当 n1 时，a1S1，由 S113a11a134，16当 n2 时，Sn13an1，Sn113an11,，得 an13an13an10，即 an14an1，所以an是以34为首项，14为公比的等比数列故 an3414n1314n

32、(nN*)(2)由(1)知 1Sn113an114n1，bnlog4(1Sn1)log414n1(n1)，1bnbn11(n1)(n2)1n11n2，Tn1b1b21b2b31bnbn11213 1314 1n11n2 121n2，由 Tn1 0082 018得，121n21 0082 018n2 016，故使 Tn1 0082 018成立的最小的正整数 n 的值为 2 016.1.(2019高考全国卷)已知an是各项均为正数的等比数列，a12，a32a216.(1)求an的通项公式；(2)设 bnlog2an，求数列bn的前 n 项和【解析】(1)设an的公比为 q，由题设得 2q24q16

33、，即 q22q80.解得 q2(舍去)或 q4因此an的通项公式为 an24n122n1(2)由(1)得 bn(2n1)log222n1，因此数列bn的前 n 项和为 132n1n2.2.(2019高考全国卷)已知数列an和bn满足 a11，b10,4an13anbn4,4bn13bnan4.17(1)证明：anbn是等比数列，anbn是等差数列；(2)求an和bn的通项公式【解析】(1)证明：由题设得 4(an1bn1)2(anbn)，即 an1bn112(anbn)又因为 a1b11，所以anbn是首项为 1，公比为12的等比数列由题设得 4(an1bn1)4(anbn)8，即 an1bn

34、1anbn2.又因为 a1b11.所以anbn是首项为 1，公差为 2 的等差数列(2)由(1)知，anbn12n1，anbn2n1，所以 an12(anbn)(anbn)12nn12，bn12(anbn)(anbn)12nn12.1.（2018 年江苏卷）设是首项为，公差为 d 的等差数列，是首项为，公比为 q 的等比数列（1）设，若对均成立，求 d 的取值范围；（2）若，证明：存在，使得对均成立，并求的取值范围（用表示）【答案】（1）d 的取值范围为（2）d 的取值范围为，证明见解析。【解析】（1）由条件知：因为对 n=1，2，3，4 均成立，即对 n=1，2，3，4 均成立，即 11，1

35、d3，32d5，73d9，得因此，d 的取值范围为（2）由条件知：18若存在 d，使得（n=2，3，m+1）成立，即，即当时，d 满足因为，则，从而，对均成立因此，取 d=0 时，对均成立下面讨论数列的最大值和数列的最小值（）当时，当时，有，从而因此，当时，数列单调递增，故数列的最大值为设，当 x0 时，所以单调递减，从而1a，则)(AG；（3）证明：若数列 A 满足na-1na1（n=2,3,N）,则)(AG的元素个数不小于Na-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】（）)(AG的元素为2和5.（）因为存在na使得1aan，所以12,iiiN

36、aa N.记1min2,imiiN aa N，则2m，且对任意正整数mkaaamk1,.因此)(AGm，从而)(AG.（）当1aaN时，结论成立.以下设1aaN.25由（）知)(AG.设ppnnnnnnAG 2121,)(.记10n.则pnnnnaaaa 210.对pi,1,0 ，记,iiiknGknkN aaN.如果iG，取iiGmmin，则对任何iimnkiaaamk,1.从而)(AGmi且1iinm.又因为pn是)(AG中的最大元素，所以pG.从而对任意pnkN，pnkaa，特别地，pnNaa.对iinnaapi 11,1,1,0.因此1)(111111iiiiinnnnnaaaaa.所

37、以paaaaaaiipnpinnN)(1111.因此)(AG的元素个数 p 不小于1Naa.5.【2016 年高考四川文数】（本小题满分 12 分）已知数列na的首项为 1，nS为数列 na的前 n 项和，11nnSqS，其中 q0，*nN.（）若2322,2a a a 成等差数列，求 na的通项公式；（）设双曲线2221nyxa的离心率为ne，且253e，证明：121433nnnneee.【答案】（）1=nnaq-；（）详见解析.【解析】（）由已知，1211,1,nnnnSqSSqS+=+=+两式相减得到21,1nnaqan+=.又由211SqS=+得到21aqa=，故1nnaqa+=对所有

38、1n 都成立.所以，数列 na是首项为 1，公比为 q 的等比数列.从而1=nnaq-.26由2322+2aaa，成等比数列，可得322=32aa+，即22=32,qq+，则(21)(2)0q+q-=，由已知,0q，故=2q.所以1*2()nnan-=N.（）由（）可知，1nnaq-=.所以双曲线2221nyxa-=的离心率22(1)11nnneaq-=+=+由2513qq=+=解得43q=.因为2(1)2(1)1+kkqq-，所以2(1)1*1+kkqqk-N（）.于是11211+1nnnqeeeqqq-+鬃+鬃=-，故1231433nnneee-+鬃.6.【2016 高考上海文数】（本题满

39、分 18 分）本题共有 3 个小题，第 1 小题满分 4 分，第 2 小题满分 6分，第 3 小题满分 8 分.若无穷数列 na满足：只要*(,)pqaap qN，必有11pqaa，则称 na具有性质P.（1）若 na具有性质P，且12451,2,3,2aaaa，67821aaa，求3a；（2）若无穷数列 nb是等差数列，无穷数列 nc是公比为正数的等比数列，151bc，5181bc，nnnabc判断 na是否具有性质P，并说明文由；（3）设 nb是无穷数列，已知*1sin()nnnaba nN.求证：“对任意1,naa都具有性质P”的充要条件为“nb是常数列”.【答案】（1）316a （2）

40、na不具有性质（3）见解析【解析】（1）因为52aa，所以63aa，743aa，852aa于是678332aaaa，又因为67821aaa，解得316a（2）nb的公差为20，nc的公比为13，所以12012019nbnn，1518133nnnc27520193nnnnabcn1582aa，但248a，63043a，26aa，所以 na不具有性质（3）证充分性：当 nb为常数列时，11sinnnaba对任意给定的1a，只要pqaa，则由11sinsinpqbaba，必有11pqaa充分性得证必要性：用反证法证明假设 nb不是常数列，则存在k，使得12kbbbb，而1kbb下面证明存在满足1si

41、nnnnaba的 na，使得121kaaa，但21kkaa设 sinfxxxb，取m，使得mb，则0f mmb，0fmmb，故存在c使得 0f c 取1ac，因为1sinnnaba（1nk），所以21sinabcca，依此类推，得121kaaac但2111sinsinsinkkkkababcbc，即21kkaa所以 na不具有性质，矛盾必要性得证综上，“对任意1a，na都具有性质”的充要条件为“nb是常数列”7.【2016 高考新课标 2 文数】nS为等差数列 na的前n项和，且17=128.aS，记=lgnnba，其中 x表示不超过x的最大整数，如0.9=0 lg99=1，（）求111101

42、bbb，；（）求数列 nb的前 1 000 项和28【答案】（）10b，111b，1012b；（）1893.【解析】（）设na的公差为d，据已知有72128d，解得1.d 所以na的通项公式为.nan111101lg10,lg111,lg1012.bbb（）因为0,110,1,10100,2,1001000,3,1000.nnnbnn所以数列 nb的前1000项和为1 902 9003 1 1893.8.【2016 高考山东文数】（本小题满分 12 分）已知数列 na的前 n 项和 Sn=3n2+8n，nb是等差数列，且1.nnnabb（）求数列 nb的通项公式；（）令1(1).(2)nnnn

43、nacb求数列 nc的前 n 项和 Tn.【答案】（）13 nbn；（）223nnnT.【解析】（）由题意知当2n时，561nSSannn，当1n时，1111 Sa，所以56 nan.设数列 nb的公差为d，由322211bbabba，即dbdb321721111，可解得3,41db，所以13 nbn.（）由（）知11(66)3(1)2(33)nnnnncnn，29又nnccccT 321，得23413 2 23 24 2(1)2nnTn ，345223 2 23 24 2(1)2nnTn ，两式作差，得234123 2 2222(1)2nnnTn 224(21)3 4(1)22 132nnn

44、nn 所以223nnnT9.【2016 高考江苏卷】（本小题满分 16 分）记1,2,100U，.对数列*nanN和U的子集 T，若T ,定义0TS;若12,kTt tt，定义12+kTtttSaaa.例如：=1,3,66T时，1366+TSaaa.现设*nanN是公比为 3 的等比数列，且当=2,4T时，=30TS.（1）求数列 na的通项公式；（2）对任意正整数1100kk，若1,2,kT，求证：1TkSa；（3）设,CDCU DU SS,求证：2CCDDSSS.【答案】（1）13nna（2）详见解析（3）详见解析【解析】（1）由已知得1*13,nnaanN.于是当2,4T 时，24111

45、32730rSaaaaa.又30rS，故13030a，即11a.所以数列 na的通项公式为1*3,nnanN.（2）因为1,2,Tk，1*30,nnanN，30所以11211 33(31)32kkkrkSaaa .因此，1rkSa.（3）下面分三种情况证明.若D是C的子集，则2CCDCDDDDSSSSSSS.若C是D的子集，则22CCDCCCDSSSSSS.若D不是C的子集，且C不是D的子集.令UECD，UFDC则E，F ，EF .于是CECDSSS，DFCDSSS，进而由CDSS，得EFSS.设k是E中的最大数，l为F中的最大数，则1,1,klkl.由（2）知，1EkSa，于是1133lkl

46、FEkaSSa，所以1lk，即lk.又kl，故1lk，从而11211311 33222llkEFlaSSaaa ，故21EFSS，所以2()1CCDDCDSSSS，即21CCDDSSS.综合得，2CCDDSSS.10.【2016 高考山东文数】（本小题满分 12 分）已知数列 na的前 n 项和 Sn=3n2+8n，nb是等差数列，且1.nnnabb（）求数列 nb的通项公式；（）令1(1).(2)nnnnnacb求数列 nc的前 n 项和 Tn.【答案】（）13 nbn；（）223nnnT.【解析】（）由题意知当2n时，561nSSannn，31当1n时，1111 Sa，所以56 nan.设数列 nb的公差为d，由322211bbabba，即dbdb321721111，可解得3,41db，所以13 nbn.（）由（）知11(66)3(1)2(33)nnnnncnn，又nnccccT 321，得23413 2 23 24 2(1)2nnTn ，345223 2 23 24 2(1)2nnTn ，两式作差，得234123 2 2222(1)2nnnTn 224(21)3 4(1)22 132nnnnn 所以223nnnT