人教新课标A版高考数学二轮专题复习第一部分专题三数列与数学归纳法讲义
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，n＝1，
Sn－Sn－1，n≥2，
使用时要注意对第一项的求解与检验，如果符合 an＝Sn－Sn－1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，a
2
n＋1
＝4Sn＋4n＋1，n∈N
*
，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 n∈N*，
Tn＋
3
2 k≥3n－6 恒成立，求实数 k 的取
值范围．
[解] (1)∵a2
n＋1＝4Sn＋4n＋1(n∈N
*
)，
∴a2
n＝4Sn－1＋4(n－1)＋1(n≥2)，
两式相减，得 a2
n＋1－a2
n＝4an＋4(n≥2)，
∴a2
n＋1＝(an＋2)
2
(n≥2)．
又 an>0，故 an＋1＝an＋2(n≥2)．
即 an＋1－an＝2(n≥2)．
又 a2
5＝a2a14，即(a2＋6)
2
＝a2(a2＋24)，解得 a2＝3，
又 a2
2＝4S1＋4＋1，故 a1＝S1＝1.
∴a2－a1＝3－1＝2，故数列{an}是以 1为首项，2 为公差的等差数列，故 an＝2n－1.
易知 b1＝a2＝3，b2＝a5＝9，b3＝a14＝27，∴bn＝3
n
.
(2)由(1)可知 Tn＝
3 1－3n
1－3
＝
3n＋1－3
2
.
∴
3n＋1－3
2
＋
3
2 k≥3n－6 对任意的 n∈N
*
恒成立，即 k≥
2n－4
3
n
对任意的 n∈N
*
恒成立．
令 Cn＝
2n－4
3
n
，
则 Cn－Cn－1＝
2n－4
3
n
－
2n－6
3
n－1
＝
－2 2n－7
3
n
(n≥2)，
故当 n＝2,3 时，Cn>Cn－1，当 n≥4，n∈N*时，
Cn
0，
所以当 n≥3 时，f(n)单调递增，
所以当 n≥4 时，f(n)≥f(4)＝1，而 g(n)<1，
所以当 n≥4 时，f(n)>g(n)．
经检验当 n＝1,2,3 时，仍有 f(n)>g(n)．
综上可得，An<
2
nan
.
1 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.
2 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.
3 a2
n＝an－1an＋1 n≥2，n∈N
*
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，各项不能为 0.
三、预测押题不能少
2．在数列{an}中，a1＝
3
5
，an＋1＝2－
1
an
，设 bn＝
1
an－1
，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 Sn＋7的大小．
解：(1)证明：∵bn＝
1
an－1
，an＋1＝2－
1
an
，∴bn＋1＝
1
an＋1－1
＝
1
an－1
＋1＝bn＋1，∴bn＋1－bn＝1，
∴数列{bn}是公差为 1的等差数列．由 a1＝
3
5
，bn＝
1
an－1
得 b1＝－
5
2
，∴Sn＝－
5n
2
＋
n n－1
2
＝
n2
2
－
3n.
(2)由(1)知：bn＝－
5
2
＋n－1＝n－
7
2
.由 bn＝
1
an－1
得an＝1＋
1
bn
＝1＋
2
2n－7
.∴an－Sn－7＝－
n2
2
＋
3n－6＋
2
2n－7
.∵当 n≥4 时，y＝－
n2
2
＋3n－6 是减函数，y＝
2
2n－7
也是减函数，∴当 n≥4 时，
an－Sn－7≤a4－S4－7＝0.又∵a1－S1－7＝－
39
10
<0，a2－S2－7＝－
8
3
<0，a3－S3－7＝－
7
2
<0，∴对任
意的 n∈N
*
，an－Sn－7≤0，∴an≤Sn＋7.
考点三 等差、等比数列的性质
一、基础知识要记牢
等差数列 等比数列
性质
(1)若 m，n，p，q∈N
*
，且 m＋n＝p＋q，
则 am＋an＝ap＋aq
(2)an＝am＋(n－m)d
(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等差数
列
(1)若 m，n，p，q∈N
*
，且 m＋n
＝p＋q，
则 am·an＝ap·aq
(2)an＝amq
n－m
(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成
等比数列(Sn≠0)
二、经典例题领悟好
[例 3] (1)(2016·全国卷Ⅰ)已知等差数列{an}前 9 项的和为 27，a10＝8，则 a100＝( )
A．100 B．99 C．98 D．97
(2)(2017·湖州模拟)在各项均为正数的等比数列{an}中，a2a10＝9，则 a5＋a7( )
A．有最小值 6 B．有最大值 6
C．有最大值 9 D．有最小值 3
[解析] (1)法一：∵{an}是等差数列，设其公差为 d，
∴S9＝
9
2
(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.
又∵a10＝8，
∴
a1＋4d＝3，
a1＋9d＝8，
∴
a1＝－1，
d＝1.
∴a100＝a1＋99d＝－1＋99×1＝98.故选 C.
法二：∵{an}是等差数列，
∴S9＝
9
2
(a1＋a9)＝9a5＝27，
∴a5＝3.
在等差数列{an}中，a5，a10，a15，…，a100成等差数列，且公差 d′＝a10－a5＝8－3＝5.
故 a100＝a5＋(20－1)×5＝98.故选 C.
(2)因为等比数列{an}各项为正数，且 a5·a7＝a2·a10＝9，
所以 a5＋a7≥2 a5·a7＝2 9＝6，
当且仅当 a5＝a7＝3时等号成立，
所以 a5＋a7的最小值为 6.故选 A.
[答案] (1)C (2)A
等差、等比数列性质应用问题求解策略
(1)等差数列{an}的前 n项和 Sn＝
n a1＋an
2
＝na
n＋1
2
(n 为奇数)是常用的转化方法．
(2)熟练运用等差、等比数列的性质，可减少运算过程，提高解题正确率．
(3)灵活利用等差、等比数列和的性质，等差(比)数列的前 n 项和为 Sn，则 Sn，S2n－Sn，S3n
－S2n，…也是等差(比)数列(公比 q 不为－1).
三、预测押题不能少
3．(1)设等差数列{an}的前 n项和为 Sn，已知 a2＋a8>0，S11<0，则 Sn的最大值为( )
A．S5 B．S6
C．S9 D．不能确定
解析：选 A 因为{an}是等差数列，所以 a2＋a8＝2a5>0，a5>0，又 S11＝
11 a1＋a11
2
＝11a6<0，
a6<0，所以等差数列{an}的前 5 项是正数，从第 6 项开始为负数，所以 Sn的最大值为 S5，故选 A.
(2)已知数列{an}是等比数列，Sn为其前 n 项和，若 a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则 S12＝
( )
A．40 B．60
C．32 D．50
解析：选 B 由等比数列的性质可知，数列 S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，即数列
4,8，S9－S6，S12－S9是等比数列，即 S9－S6＝16，S12－S9＝32，因此 S12＝S3＋(S6－S3)＋(S9－S6)
＋(S12－S9)＝4＋8＋16＋32＝60，故选 B.
[知能专练(十)]
一、选择题
1．(2017·苏州模拟)设 Sn为等差数列{an}的前 n 项和，S8＝4a3，a7＝－2，则 a9＝( )
A．－6 B．－4
C．－2 D．2
解析：选 A 根据等差数列的定义和性质可得，
S8＝4(a1＋a8)＝4(a3＋a6)，又 S8＝4a3，
所以 a6＝0.又 a7＝－2，所以 a8＝－4，a9＝－6.
2．(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{an}的首项为 1，公差不为 0.若 a2，a3，a6成等比数列，则{an}
前 6 项的和为( )
A．－24 B．－3
C．3 D．8
解析：选 A 设等差数列{an}的公差为 d，
因为 a2，a3，a6成等比数列，
所以 a2a6＝a2
3，
即(a1＋d)(a1＋5d)＝(a1＋2d)2
.
又 a1＝1，所以 d2
＋2d＝0.
又 d≠0，则 d＝－2，
所以{an}前 6 项的和 S6＝6×1＋
6×5
2
×(－2)＝－24.
3．已知等比数列{an}中，a4＋a8＝－2，则 a6(a2＋2a6＋a10)的值为( )
A．4 B．6
C．8 D．－9
解析：选 A ∵a4＋a8＝－2，∴a6(a2＋2a6＋a10)＝a6a2＋2a2
6＋a6a10＝a2
4＋2a4a8＋a2
8＝(a4＋a8)
2
＝4.
4．(2017·宝鸡质检)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 S9＝18，an－4＝30(n>9)，若 Sn＝336，
则 n 的值为( )
A．18 B．19
C．20 D．21
解析：选 D 因为{an}是等差数列，所以 S9＝9a5＝18，a5＝2，Sn＝
n a1＋an
2
＝
n a5＋an－4
2
＝
n
2
×32＝16n＝336，解得 n＝21.
5．(2016·浙江高考)如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，
An≠An＋2，n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*(P≠Q 表示点 P 与 Q 不重合)．若 dn＝|AnBn|，
Sn为△AnBnBn＋1的面积，则( )
A．{Sn}是等差数列 B．{S2
n}是等差数列
C．{dn}是等差数列 D．{d2
n}是等差数列
解析：选 A 由题意，过点 A1，A2，A3，…，An，An＋1，…分别作直线 B1Bn＋1的垂线，高分别记
为 h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…，根据平行线的性质，得 h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…成等差数
列，又 Sn＝
1
2
×|BnBn＋1|×hn，|BnBn＋1|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 bn＝am(n－1)＋1＋am(n－1)＋2＋…＋am(n－1)＋m，cn＝am(n－1)＋1·am(n－1)
＋2·…·am(n－1)＋m(m，n∈N
*
)，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．数列{cn}为等比数列，公比为
mq
2
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 an＝a1q
n－1
，
所以 cn＝am(n－1)＋1·am(n－1)＋2·…·am(n－1)＋m
＝a1q
m(n－1)
·a1q
m(n－1)＋1
·…·a1q
m(n－1)＋m－1
＝am
1q
m(n－1)＋m(n－1)＋1＋…＋m(n－1)＋m－1
＝am
1q
(m )( m )m (n )2 1 1+ 11
2
＋
- -
－
＝am
1q
mm n2 ( 1)( 1)
2
＋
-
－
.
所以数列{cn}为等比数列，公比为
mq
2
.
二、填空题
7．(2017·全国卷Ⅲ)设等比数列{an}满足 a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，则 a4＝________.
解析：设等比数列{an}的公比为 q，
则 a1＋a2＝a1(1＋q)＝－1，
a1－a3＝a1(1－q2
)＝－3，
两式相除，得
1＋q
1－q2
＝
1
3
，解得 q＝－2，a1＝1，
所以 a4＝a1q
3
＝－8.
答案：－8
8．已知公比 q 不为 1 的等比数列{an}的首项 a1＝
1
2
，前 n 项和为 Sn，且 a2＋S2，a3＋S3，a4＋
S4成等差数列，则 q＝________，S6＝________.
解析：由 a2＋S2＝
1
2
＋q，a3＋S3＝
1
2
＋
1
2
q＋q2
，a4＋S4＝
1
2
＋
1
2
q＋
1
2
q2
＋q3
成等差数列，得
2
1
2
＋
1
2
q＋q2
＝
1
2
＋q＋
1
2
＋
1
2
q＋
1
2
q2
＋q3
，化简得(2q2
－3q＋1)q＝0，q≠1，且 q≠0，解得 q＝
1
2
，所
以 S6＝
a1 1－q6
1－q
＝1－
1
2 6
＝
63
64
.
答案：
1
2
63
64
9．(2018 届高三·杭州七校联考)等比数列{an}中 a1＝2，公比 q＝－2，记Πn＝
a1×a2×…×an(即Πn表示数列{an}的前 n项之积)，Π8，Π9，Π10，Π11中值最大的是________．
解析：由 a1＝2，q＝－2，Πn＝a1×a2×…×an＝(a1)
nq
n n 1
2 ，Π8＝2
8
(－2)
28
＝2
36
；Π9＝2
9
(－
2)
36
＝2
45
；Π10＝2
10
(－2)
45
＝－2
55
；Π11＝2
11
(－2)
55
＝－2
66
.故Π9最大．
答案：Π9
三、解答题
10．已知等差数列{an}的公差不为零，a1＝25，且 a1，a11，a13成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求 a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.
解：(1)设{an}的公差为 d.由题意，a2
11＝a1a13，
即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)，于是 d(2a1＋25d)＝0.
又 a1＝25，所以 d＝0(舍去)，或 d＝－2.
故 an＝－2n＋27.
(2)令 Sn＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.
由(1)知 a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首项为 25，公差为－6 的等差数列．从而 Sn＝
n
2
(a1＋a3n
－2)＝
n
2
·(－6n＋56)＝－3n2
＋28n.
11．已知数列{an}的前 n项和为 Sn，且 Sn＝4an－3(n∈N
*
)．
(1)证明：数列{an}是等比数列；
(2)若数列{bn}满足 bn＋1＝an＋bn(n∈N
*
)，且 b1＝2，求数列{bn}的通项公式．
解：(1)证明：由 Sn＝4an－3可知，
当 n＝1 时，a1＝4a1－3，解得 a1＝1.
因为 Sn＝4an－3，则 Sn－1＝4an－1－3(n≥2)，
所以当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝4an－4an－1，
整理得 an＝
4
3
an－1，又 a1＝1≠0，
所以{an}是首项为 1，公比为
4
3
的等比数列．
(2)由(1)知 an＝
4
3 n－1
，由 bn＋1＝an＋bn(n∈N
*
)，
得 bn＋1－bn＝
4
3 n－1
.可得 bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝2＋
1－
4
3
n－1
1－
4
3
＝3×
4
3 n
－1
－1(n≥2，n∈N
*
)．
当 n＝1 时上式也满足条件．
所以数列{bn}的通项公式为 bn＝3×
4
3 n－1
－1(n∈N
*
)．
12．(2017·全国卷Ⅰ)记 Sn为等比数列{an}的前 n项和．已知 S2＝2，S3＝－6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求 Sn，并判断 Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列．
解：(1)设{an}的公比为 q.
由题设可得
a1 1＋q ＝2，
a1 1＋q＋q2 ＝－6，
解得
a1＝－2，
q＝－2.
故{an}的通项公式为 an＝(－2)n.
(2)由(1)可得 Sn＝
－2× [1－ －2 n]
1－ －2
＝－
2
3
＋(－1)n2
n＋1
3
.
由于 Sn＋2＋Sn＋1＝－
4
3
＋(－1)n2
n＋3－2n＋2
3
＝2
－
2
3
＋ －1
n2
n＋1
3 ＝2Sn，
故 Sn＋1，Sn，Sn＋2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 b2＝3，b3＝9，a1＝b1，
a14＝b4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设 cn＝an＋bn，求数列{cn}的前 n 项和．
[解] (1)设等比数列{bn}的公比为 q，则 q＝
b3
b2
＝
9
3
＝3，
所以 b1＝
b2
q
＝1，b4＝b3q＝27，
所以 bn＝3
n－1
(n∈N
*
)．
设等差数列{an}的公差为 d.
因为 a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，
所以 1＋13d＝27，即 d＝2.
所以 an＝2n－1(n∈N
*
)．
(2)由(1)知，cn＝an＋bn＝2n－1＋3
n－1
.
从而数列{cn}的前 n项和
Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1
＝
n 1＋2n－1
2
＋
1－3n
1－3
＝n2＋
3n－1
2
.
分组求和法的 2 种常见类型
(1)若 an＝bn±cn，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．在等差数列{an}中，a2＋a7＝－23，a3＋a8＝－29.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{an＋bn}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.
∵a3＋a8－(a2＋a7)＝2d＝－6.
∴d＝－3，
又 a2＋a7＝2a1＋7d＝－23，解得 a1＝－1，
∴数列{an}的通项公式为 an＝－3n＋2.
(2)∵数列{an＋bn}是首项为 1，公比为 q 的等比数列，
∴an＋bn＝qn－1
，即－3n＋2＋bn＝qn－1
，
∴bn＝3n－2＋qn－1
.
∴Sn＝[1＋4＋7＋…＋(3n－2)]＋(1＋q＋q2
＋…＋qn－1
)＝
n 3n－1
2
＋(1＋q＋q2
＋…＋qn－
1
)，
故当 q＝1时，Sn＝
n 3n－1
2
＋n＝
3n2
＋n
2
；
当 q≠1 时，Sn＝
n 3n－1
2
＋
1－qn
1－q
.
考查类型(二) 错位相减求和
一、经典例题领悟好
[例 2] (2017·天津高考)已知{an}为等差数列，前 n 项和为 Sn(n∈N
*
)，{bn}是首项为 2 的
等比数列，且公比大于 0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a2nbn}的前 n项和(n∈N
*
)．
[解] (1)设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q.
由 b2＋b3＝12，得 b1(q＋q2
)＝12.
因为 b1＝2，所以 q2
＋q－6＝0.
又因为 q＞0，解得 q＝2.所以 bn＝2n.
由 b3＝a4－2a1，可得 3d－a1＝8.①
由 S11＝11b4，可得 a1＋5d＝16.②
联立①②，解得 a1＝1，d＝3，由此可得 an＝3n－2.
所以{an}的通项公式为 an＝3n－2，{bn}的通项公式为 bn＝2n.
(2)设数列{a2nbn}的前 n项和为 Tn，
由 a2nbn＝(6n－2)·2n.
有 Tn＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n－2)×2n，
2Tn＝4×2
2
＋10×2
3
＋16×2
4
＋…＋(6n－8)×2
n
＋(6n－2)×2
n＋1
，
上述两式相减，得－Tn＝4×2＋6×2
2
＋6×2
3
＋…＋6×2
n
－(6n－2)×2
n＋1
＝
12× 1－2
n
1－2
－4－(6n－2)×2
n＋1
＝－(3n－4)2n＋2－16，
得 Tn＝(3n－4)2n＋2＋16.
所以数列{a2nbn}的前 n 项和为(3n－4)2
n＋2
＋16.
1 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.
2 利用错位相减法求和时，应注意：①在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应注意两式“错
项对齐”；②当等比数列的公比为字母时，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 a1＋a2＝6，a1a2＝a3.
(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 S2n＋1＝bnbn＋1，求数列
bn
an 的前 n 项和
Tn.
解：(1)设{an}的公比为 q，
由题意知：a1(1＋q)＝6，a2
1q＝a1q
2
.
又 an＞0，解得 a1＝2，q＝2，所以 an＝2
n
.
(2)由题意知，S2n＋1＝
2n＋1 b1＋b2n＋1
2
＝(2n＋1)bn＋1，又 S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以
bn＝2n＋1.
令 cn＝
bn
an
，则 cn＝
2n＋1
2n
，因此 Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝
3
2
＋
5
22
＋
7
23
＋…＋
2n－1
2n－1
＋
2n＋1
2n
，
又
1
2
Tn＝
3
22
＋
5
23
＋
7
24
＋…＋
2n－1
2n
＋
2n＋1
2n＋1
，
两式相减得
1
2
Tn＝
3
2
＋
1
2
＋
1
22
＋…＋
1
2n－1
－
2n＋1
2
n＋1
＝
3
2
＋1－
1
2 n－1
－
2n＋1
2
n＋1
＝
5
2
－
2n＋5
2
n＋1
，
所以 Tn＝5－
2n＋5
2
n
.
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Ⅲ)设数列{an}满足 a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列
an
2n＋1 的前 n 项和．
[解] (1)因为 a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，故当 n≥2 时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n
－1)．两式相减得(2n－1)an＝2，所以 an＝
2
2n－1
(n≥2)．又由题设可得 a1＝2，满足上式，从而{an}
的通项公式为 an＝
2
2n－1
.
(2)记
an
2n＋1 的前n项和为Sn.由(1)知
an
2n＋1
＝
2
2n＋1 2n－1
＝
1
2n－1
－
1
2n＋1
.则Sn＝
1
1
－
1
3
＋
1
3
－
1
5
＋…＋
1
2n－1
－
1
2n＋1
＝
2n
2n＋1
.
(1)裂项相消一般适用于通项公式为
h n
f n g n
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：
a
n n＋k
＝
a
k
1
n
－
1
n＋k ，
a
n＋ n＋k
＝
a
k
( n＋k－ 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 n 项和．已知 S3＝7，且 3a2是 a1＋3
和 a3＋4 的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设 bn＝
an
an＋1 an＋1＋1
，数列{bn}的前 n 项和为 Tn，求证：Tn<
1
2
.
解：(1)由已知，得
a1＋a2＋a3＝7，
a1＋3 ＋ a3＋4
2
＝3a2，
解得 a2＝2.
设数列{an}的公比为 q，则 a1q＝2，∴a1＝
2
q
，a3＝a1q
2＝2q.由 S3＝7，可知
2
q
＋2＋2q＝7，∴
2q2
－5q＋2＝0，解得 q1＝2，q2＝
1
2
.由题意，得 q>1，∴q＝2.∴a1＝1.故数列{an}的通项公式为
an＝2n－1.
(2)证明：∵bn＝
an
an＋1 an＋1＋1
＝
2
n－1
2
n－1
＋1 2
n
＋1
＝
1
2
n－1
＋1
－
1
2
n
＋1
，∴Tn＝
1
2
0
＋1
－
1
2
1
＋1 ＋
1
2
1
＋1
－
1
2
2
＋1 ＋
1
2
2
＋1
－
1
2
3
＋1
＋…＋
1
2
n－1
＋1
－
1
2
n
＋1 ＝
1
1＋1
－
1
2
n
＋1
＝
1
2
－
1
2
n
＋1
<
1
2
.
考点二 数列在实际问题中的应用
一、经典例题领悟好
[例 4] 某企业为扩大生产规模，今年年初新购置了一条高性能的生产线，该生产线在使用
过程中的设备维修、燃料和动力等消耗的费用(称为设备的低劣化值)会逐年增加，第一年设备低
劣化值是 4 万元，从第二年到第七年，每年设备低劣化值均比上年增加 2万元，从第八年开始，
每年设备低劣化值比上年增加 25%.
(1)设第 n年该生产线设备低劣化值为 an，求 an的表达式；
(2)若该生产线前 n 年设备低劣化平均值为 An，当 An达到或超过 12 万元时，则当年需要更新
生产线，试判断第几年需要更新该生产线，并说明理由．
[解] (1)当 n≤7 时，数列{an}是首项为 4，公差为 2 的等差数列，所以 an＝4＋2(n－1)＝
2n＋2.
当 n≥8 时，数列{an}是首项为 a7，公比为
5
4
的等比数列，
又 a7＝16，所以 an＝16×
5
4 n－7
，
所以 an的表达式为 an＝
2n＋2，n≤7，
16×
5
4
n－7
，n≥8.
(2)设 Sn表示数列{an}的前 n项和，由等差及等比数列的求和公式得
当 1≤n≤7 时，Sn＝4n＋n(n－1)＝n2＋3n，
当 n≥8 时，由 S7＝70，得 Sn＝S7＋16×
5
4
×
1－
5
4 n－7
1－
5
4
＝80·
5
4 n－7
－10.
该生产线前 n 年设备低劣化平均值为
An＝
Sn
n
＝
n＋3，1≤n≤7，
80·
5
4
n－7
－10
n
，n≥8.
当 1≤n≤7 时，数列{An}为单调递增数列；
当 n≥8 时，
因为
Sn＋1
n＋1
－
Sn
n
＝
80·
5
4
n－7
n
4
－1
＋10
n n＋1
>0，
所以{An}为单调递增数列．
又
S7
7
＝10<12，
S8
8
＝11.25<12，
S9
9
≈12.78>12，
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一量的比是固定常数，此常数即为公比．
(3)an与 an＋1型：即问题中给出前后两项关系不固定，可考虑 an与 an＋1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 an＋1与 an的关系式；
(2)若公司希望经过 m(m≥3)年使企业的剩余资金为 4 000 万元，试确定企业每年上缴资金 d
的值(用 m表示)．
解：(1)由题意得 a1＝2 000(1＋50%)－d＝3 000－d，
a2＝a1(1＋50%)－d＝
3
2
a1－d＝4 500－
5
2
d.
an＋1＝an(1＋50%)－d＝
3
2
an－d.
(2)由(1)得 an＝
3
2
an－1－d＝
3
2
3
2
an－2－d
－d
＝
3
2 2an－2－
3
2
d－d
…
＝
3
2 n－1a1－d
1＋
3
2
＋
3
2 2＋…＋
3
2 n－2
.
整理得 an＝
3
2 n－1(3 000－d)－2d
3
2 n－1
－1 ＝
3
2 n－1(3 000－3d)＋2d.
由题意，am＝4 000，
即
3
2 m－1
(3 000－3d)＋2d＝4 000.
3
2 m
－2 ×1 000
解得 d＝
m
m
3 2 1000
2
3 1
2
-
-
＝
1 000 3m－2m＋1
3m－2m
.
故该企业每年上缴资金 d 的值为
1 000 3
m
－2
m＋1
3
m
－2
m
时，经过 m(m≥3)年企业的剩余资金为 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 a1＝1，a2＝3，an＋2
＝3an，则 S2 018＝( )
A．2×3
1 009
－2 B．2×3
1 009
C.
3
2 018
－1
2
D.
3
2 018
＋1
2
解析：选 A 由 an＋2＝3an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＝(a1
＋a3＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋…＋a2 018)＝
1－31 009
1－3
＋
3 1－31 009
1－3
＝(－2)×(1－3
1 009
)＝2×3
1 009
－2.
2．(2017·长沙质检)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，当 n≥2 时，an＋2Sn－1＝n，则
S2 017的值为( )
A．2 017 B．2 016
C．1 009 D．1 008
解析：选 C 因为 an＋2Sn－1＝n，n≥2，所以 an＋1＋2Sn＝n＋1，两式相减得 an＋1＋an＝1，n≥2.
又 a1＝1，所以 S2 017＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2 016＋a2 017)＝1 009.
3．数列{an}的通项公式为 an＝(－1)
n－1
·(4n－3)，则它的前 100 项之和 S100＝( )
A．200 B．－200
C．400 D．－400
解析：选 B S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3
－4)＋…＋(99－100)]＝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，
1
2
，
1
3
，
1
4
，…，
1
n
.①
第二步：将数列①的各项乘以 n，得数列(记为)a1，a2，a3，…，an.
则 a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝( )
A．n2 B．(n－1)2
C．n(n－1) D．n(n＋1)
解析：选 C a1a2＋a2a3＋…＋an－1an
＝
n
1
·
n
2
＋
n
2
·
n
3
＋…＋
n
n－1
·
n
n
＝n2
1
1×2
＋
1
2×3
＋…＋
1
n－1 n
＝n2
1－
1
2
＋
1
2
－
1
3
＋…＋
1
n－1
－
1
n
＝n2
·
n－1
n
＝n(n－1)．
5．设 an＝
1
n
sin
nπ
25
，Sn＝a1＋a2＋…＋an，在 S1，S2，…，S100中，正数的个数是( )
A．25 B．50
C．75 D．100
解析：选 D 当 1≤n≤24 时，an>0，当 26≤n≤49 时，an<0，但其绝对值要小于 1≤n≤24 时
相应的值，当 51≤n≤74 时，an>0，当 76≤n≤99 时，an<0，但其绝对值要小于 51≤n≤74 时相
应的值，∴当 1≤n≤100 时，均有 Sn>0.
6．(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．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 2
0
，接下来的两
项是 2
0,
2
1
，再接下来的三项是 2
0,
2
1,
2
2
，依此类推．求满足如下条件的最小整数 N：N>100 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( )
A．440 B．330
C．220 D．110
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
n n＋1
2
.
由题意可知，N>100，令
n n＋1
2
>100，
得 n≥14，n∈N*，即 N 出现在第 13 组之后．
易得第 n 组的所有项的和为
1－2
n
1－2
＝2
n
－1，前 n 组的所有项的和为
2 1－2
n
1－2
－n＝2
n＋1
－n－
2.
设满足条件的 N 在第 k＋1(k∈N
*
，k≥13)组，且第 N 项为第 k＋1组的第 t(t∈N
*
)个数，
若要使前 N 项和为 2 的整数幂，则第 k＋1组的前 t项的和 2
t
－1应与－2－k 互为相反数，
即 2t－1＝k＋2，∴2t＝k＋3，∴t＝log2(k＋3)，
∴当 t＝4，k＝13 时，N＝
13× 13＋1
2
＋4＝95<100，不满足题意；
当 t＝5，k＝29 时，N＝
29× 29＋1
2
＋5＝440；
当 t>5 时，N>440，故选 A.
二、填空题
7．(2018 届高三·浙江名校联考)数列{an}满足 a1＝1，且对于任意的 n∈N
*
都有 an＋1＝a1＋an
＋n，则 an＝________，
1
a1
＋
1
a2
＋…＋
1
a2 018
＝________.
解析：依题意 an＋1＝an＋n＋1，故 an＋1－an＝n＋1，
故 a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，
由累加法可得 an－a1＝
n2
＋n－2
2
，an＝
n2
＋n
2
，
故
1
an
＝
2
n2
＋n
＝2
1
n
－
1
n＋1 ，故
1
a1
＋
1
a2
＋…＋
1
a2 018
＝2
1－
1
2
＋
1
2
－
1
3
＋…＋
1
2 018
－
1
2 019 ＝
4 036
2 019
.
答案：
n2
＋n
2
4 036
2 019
8．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若 a1＝2，{an}的“差数列”
的通项为 2
n
，则数列{an}的前 n 项和 Sn＝________.
解析：∵an＋1－an＝2
n
，∴当 n≥2时，
an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2
n－1
＋2
n－2
＋…＋2
2
＋2＋2＝
2－2
n
1－2
＋2＝2
n
.
当 n＝1 时，a1＝2 也适合上式，
∴an＝2
n
(n∈N
*
)．∴Sn＝
2－2
n＋1
1－2
＝2
n＋1
－2.
答案：2n＋1－2
9．已知数列{－n·2n}的前 n 项和为 Sn，若对任意的正整数 n，Sn＋(n＋m)2n＋1<0 恒成立，则
实数 m 的取值范围为________．
解析：∵－Sn＝1×2＋2×2
2
＋3×2
3
＋…＋n×2
n
，①
－2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，②
①－②，得 Sn＝2＋2
2
＋2
3
＋…＋2
n
－n×2
n＋1
＝
2 1－2
n
1－2
－n×2
n＋1
＝2
n＋1
－n×2
n＋1
－2.
∵Sn＋(n＋m)2n＋1<0 恒成立，∴2n＋1－n×2n＋1－2＋n×2n＋1＋m×2n＋1<0 对任意的正整数 n恒成
立，∴m×2n＋1<2－2n＋1对任意的正整数 n 恒成立，即 m<
1
2n
－1 恒成立．
∵
1
2n
－1>－1，∴m≤－1，即 m 的取值范围是(－∞，－1]．
答案：(－∞，－1]
三、解答题
10．已知数列{an}满足 a1＋2a2＋2
2a3＋…＋2
n－1an＝
n
2
，n∈N
*
.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设 bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
解：(1)∵a1＋2a2＋2
2a3＋…＋2
n－1an＝
n
2
，①
∴当 n≥2时，a1＋2a2＋2
2a3＋…＋2
n－2an－1＝
n－1
2
，②
①－②得，2
n－1an＝
1
2
，∴an＝
1
2
n
(n≥2)，③
又∵a1＝
1
2
也适合③式，∴an＝
1
2
n
(n∈N
*
)．
(2)由(1)知 bn＝(2n－1)·
1
2
n
，
∴Sn＝1·
1
2
＋3·
1
2
2
＋5·
1
2
3
＋…＋(2n－1)·
1
2
n
，④
1
2
Sn＝1·
1
2
2
＋3·
1
2
3
＋5·
1
2
4
＋…＋(2n－1)·
1
2
n＋1
，⑤
④－⑤得，
1
2
Sn＝
1
2
＋2
1
2
2
＋
1
2
3
＋
1
2
4
＋…＋
1
2
n
－(2n－1)·
1
2
n＋1
＝
1
2
＋1－
1
2
n－1
－(2n－1)·
1
2
n＋1
＝
3
2
－
2n＋3
2
n＋1
，
∴Sn＝3－
2n＋3
2
n
.
11．已知数列{an}满足 a1＝1，an＋1＝3an＋1.
(1)证明：
an＋
1
2 是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)证明：
1
a1
＋
1
a2
＋…＋
1
an
<
3
2
.
证明：(1)由 an＋1＝3an＋1 得 an＋1＋
1
2
＝3
an＋
1
2 ，
所以
an＋1＋
1
2
an＋
1
2
＝3，所以数列
an＋
1
2 是首项为 a1＋
1
2
＝
3
2
，公比为 3 的等比数列，
所以 an＋
1
2
＝
3
2
·3
n－1
，解得 an＝
3n－1
2
.
(2)由(1)知：an＝
3n－1
2
，所以
1
an
＝
2
3n－1
，
因为当 n≥1 时，3
n
－1≥2·3
n－1
，
所以
1
3
n
－1
≤
1
2·3
n－1
，
于是
1
a1
＋
1
a2
＋…＋
1
an
≤1＋
1
3
＋…＋
1
3
n－1
＝
3
2
1－
1
3
n
<
3
2
，所以
1
a1
＋
1
a2
＋…＋
1
an
<
3
2
.
12．已知正项数列{an}，{bn}满足：对任意正整数 n，都有 an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，
bn＋1成等比数列，且 a1＝10，a2＝15.
(1)求证：数列{ bn}是等差数列；
(2)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(3)设 Sn＝
1
a1
＋
1
a2
＋…＋
1
an
，如果对任意正整数 n，不等式 2aSn<2－
bn
an
恒成立，求实数 a 的取值
范围．
解：(1)证明：由已知，得 2bn＝an＋an＋1，①
a2
n＋1＝bn·bn＋1.②
由②得 an＋1＝ bnbn＋1.③
将③代入①得，对任意 n≥2，n∈N*，有 2bn＝ bn－1bn＋ bnbn＋1.即 2 bn＝ bn－1＋ bn＋1.
∴数列{ bn}是等差数列．
(2)设数列{ bn}的公差为 d，由 a1＝10，a2＝15.
经计算，得 b1＝
25
2
，b2＝18.∴ b1＝
5 2
2
， b2＝3 2，
d＝ b2－ b1＝3 2－
5 2
2
＝
2
2
.
∴ bn＝
5 2
2
＋(n－1)·
2
2
＝
2
2
(n＋4)．
∴bn＝
n＋4
2
2
，an＝
n＋3 n＋4
2
.
(3)由(2)得
1
an
＝
2
n＋3 n＋4
＝2
1
n＋3
－
1
n＋4 .
∴Sn＝2
1
4
－
1
5 ＋
1
5
－
1
6 ＋…＋
1
n＋3
－
1
n＋4
＝2
1
4
－
1
n＋4 .
不等式 2aSn<2－
bn
an
化为 4a
1
4
－
1
n＋4 <2－
n＋4
n＋3
.
即(a－1)n2＋(3a－6)n－8<0.
设 f(n)＝(a－1)n2
＋3(a－2)n－8，
则 f(n)<0 对任意正整数 n 恒成立．
当 a－1>0，即 a>1 时，不满足条件；
当 a－1＝0，即 a＝1 时，满足条件；
当 a－1<0，即 a<1 时，
f(n)的对称轴为 x＝－
3 a－2
2 a－1
<0，f(n)关于 n 递减，
因此，只需 f(1)＝4a－15<0.解得 a<
15
4
，∴a<1.
综上，实数 a 的取值范围为(－∞，1]．
第四讲 数学归纳法
考点一 用数学归纳法证明等式
一、基础知识要记牢
1．用数学归纳法证明等式的规则
(1)用数学归纳法证明等式要充分利用定义，其中两个步骤缺一不可，缺第一步，则失去了
递推基础，缺第二步，则失去了递推依据．
(2)证明等式时要注意等式两边的构成规律，两边各有多少项，并注意初始值 n0是多少，同
时第二步由 n＝k到 n＝k＋1 时要充分利用假设，不利用 n＝k 时的假设去证明，就不是数学归纳
法．
2．掌握恒等变形常用的方法
(1)因式分解；(2)添拆项；(3)配方法．
二、经典例题领悟好
[例 1] (2017·金华模拟)求证 1－
1
2
＋
1
3
－
1
4
＋…＋
1
2n－1
－
1
2n
＝
1
n＋1
＋
1
n＋2
＋…＋
1
2n
(n∈
N
*
)．
[解] (1)当 n＝1 时，左边＝1－
1
2
＝
1
2
，
右边＝
1
1＋1
＝
1
2
，左边＝右边．
(2)假设 n＝k 时等式成立，即 1－
1
2
＋
1
3
－
1
4
＋…＋
1
2k－1
－
1
2k
＝
1
k＋1
＋
1
k＋2
＋…＋
1
2k
，
则当 n＝k＋1 时，
1－
1
2
＋
1
3
－
1
4
＋…＋
1
2k－1
－
1
2k ＋
1
2k＋1
－
1
2k＋2
＝
1
k＋1
＋
1
k＋2
＋…＋
1
2k ＋
1
2k＋1
－
1
2k＋2
＝
1
k＋2
＋
1
k＋3
＋…＋
1
2k＋1
＋
1
2k＋2
.
即当 n＝k＋1 时，等式也成立．
综合(1)(2)可知，对一切 n∈N
*
，等式成立．
数学归纳法可以证明与自然数有关的恒等式问题，其关键在于第二步，不妨设命题为 P n ：
“f n ＝g n” ，其第二步相当于做一道有关条件等式的证明题：“已知 f k ＝g k ，
求证：f k＋1 ＝g k＋1” .这一证明过程通常分三步： 1 找出 f k＋1 与 f k 的递
推关系； 2 把归纳假设 f k ＝g k 代入； 3 作恒等变形化为 g k＋1 .
三、预测押题不能少
1．用数学归纳法证明：对任意的 n∈N
*
，
1
1×3
＋
1
3×5
＋…＋
1
2n－1 2n＋1
＝
n
2n＋1
.
证明：(1)当 n＝1 时，左边＝
1
1×3
＝
1
3
，右边＝
1
2×1＋1
＝
1
3
，左边＝右边，等式成立．
(2)假设当 n＝k(k∈N
*
且 k≥1)时等式成立，
即有
1
1×3
＋
1
3×5
＋…＋
1
2k－1 2k＋1
＝
k
2k＋1
，
则当 n＝k＋1 时，
1
1×3
＋
1
3×5
＋…＋
1
2k－1 2k＋1
＋
1
2k＋1 2k＋3
＝
k
2k＋1
＋
1
2k＋1 2k＋3
＝
k 2k＋3 ＋1
2k＋1 2k＋3
＝
2k2
＋3k＋1
2k＋1 2k＋3
＝
k＋1
2k＋3
＝
k＋1
2 k＋1 ＋1
，
所以当 n＝k＋1 时，等式也成立，
由(1)(2)可知，对一切 n∈N*等式都成立．
考点二 用数学归纳法证明不等式
一、基础知识要记牢
1．数学归纳法证明不等式的适用范围
当遇到与正整数 n 有关的不等式证明问题，应用其他方法不容易求证时，则可考虑应用数学
归纳法．
2．数学归纳法证明不等式的关键
用数学归纳法证明不等式的关键是由 n＝k 成立，推证 n＝k＋1时也成立，用上归纳假设后，
可采用分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法等证明．
二、经典例题领悟好
[例 2] 用数学归纳法证明：对一切大于 1的自然数 n，不等式
1＋
1
3
1＋
1
5 ·…·
1＋
1
2n－1 >
2n＋1
2
均成立．
[证明] (1)当 n＝2 时，左边＝1＋
1
3
＝
4
3
；右边＝
5
2
.
∵左边>右边，∴不等式成立．
(2)假设 n＝k(k≥2，且 k∈N*)时不等式成立，
即
1＋
1
3
1＋
1
5 ·…·
1＋
1
2k－1 >
2k＋1
2
.
则当 n＝k＋1 时，
1＋
1
3
1＋
1
5 ·…·
1＋
1
2k－1
1＋
1
2 k＋1 －1
>
2k＋1
2
·
2k＋2
2k＋1
＝
2k＋2
2 2k＋1
＝
4k2
＋8k＋4
2 2k＋1
>
4k2
＋8k＋3
2 2k＋1
＝
2k＋3 2k＋1
2 2k＋1
＝
2 k＋1 ＋1
2
.
∴当 n＝k＋1 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 f k >g k ，求证 f k＋
1 >g k＋1 ，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：f k＋1 >f k ＋A k >g k ＋A k >g k＋1 .
具体证明过程中要注意以下三点：
1 先作等价变换；
2 活用起点位置；
3 瞄准当 n＝k＋1 时的递推目标，有目的地放缩、分析.
三、预测押题不能少
2．已知数列{an}，an≥0，a1＝0，a2
n＋1＋an＋1－1＝a2
n.求证：当 n∈N
*
时，an0，
又 ak＋1>ak≥0，ak＋2＋ak＋1＋1>0，
所以 ak＋2－ak＋1>0，所以 ak＋1n2
＋1 对于 n≥n0的正整数 n 都成立”时，第一步证明中的起始值
n0应取________．
解析：当 n＝1时，2＝2，不成立．
当 n＝2 时，4<5，不成立．
当 n＝3 时，8<10，不成立．
当 n＝4 时，16<17，不成立．
当 n＝5 时，32>26，成立．
当 n＝6 时，64>37，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 a1＝a>2，an＝ an－1＋2(n≥2，n∈N
*
)．
(1)求证：对任意 n∈N
*
，an>2；
(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 an>2(n∈N
*
)．
①当 n＝1时，a1＝a>2，结论成立；
②假设 n＝k(k≥1)时结论成立，即 ak>2，则 n＝k＋1 时，ak＋1＝ ak＋2> 2＋2＝2，
所以 n＝k＋1 时，结论成立．
故由①②及数学归纳法原理，知对一切的 n∈N*，都有 an>2 成立．
(2){an}是单调递减的数列．
因为 a2
n＋1－a2
n＝an＋2－a2
n＝－(an－2)(an＋1)，
又 an>2，所以 a2
n＋1－a2
n<0，
所以 an＋10，a≠1)，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 bn＝anf(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＋(n－1)×2＝2n＋2，
即 logaan＝2n＋2，可得 an＝a2n＋2
.
∴
an
an－1
＝
a2n＋2
a2 n－1 ＋2
＝
a2n＋2
a2n
＝a2
(n≥2，n∈N
*
)为定值，
∴数列{an}为等比数列．
(2)由(1)得 bn＝anf(an)＝(2n＋2)a2n＋2，
当 a＝ 2时，bn＝(2n＋2)( 2)
2n＋2
＝(n＋1)2
n＋2
.
∴Sn＝2×2
3
＋3×2
4
＋4×2
5
＋…＋(n＋1)×2
n＋2
，①
2Sn＝2×2
4
＋3×2
5
＋4×2
6
＋…＋(n＋1)×2
n＋3
，②
①－②得－Sn＝2×2
3
＋2
4
＋2
5
＋…＋2
n＋2
－(n＋1)×2
n＋3
＝16＋
2
4
－2
n＋3
1－2
－(n＋1)×2
n＋3
＝16＋
2n＋3－24－n×2n＋3－2n＋3＝(－n)×2n＋3，
∴Sn＝n×2n＋3.
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：x1＝1，xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)(n∈N*)．
证明：当 n∈N*时，
(1)00.
当 n＝1 时，x1＝1>0.
假设 n＝k(k≥1，k∈N*)时，xk>0，
那么 n＝k＋1 时，若 xk＋1≤0，
则 00.
因此 xn>0(n∈N
*
)．
所以 xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)>xn＋1.
因此 00(x>0)，
所以函数 f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以 f(x)≥f(0)＝0，
因此 x2
n＋1－2xn＋1＋(xn＋1＋2)ln(1＋xn＋1)＝f(xn＋1)≥0，
故 2xn＋1－xn≤
xnxn＋1
2
(n∈N
*
)．
(3)因为 xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)≤xn＋1＋xn＋1＝2xn＋1，所以 xn≥
1
2
n－1
.
由
xnxn＋1
2
≥2xn＋1－xn得
1
xn＋1
－
1
2
≥2
1
xn
－
1
2 >0，
所以
1
xn
－
1
2
≥2
1
xn－1
－
1
2 ≥…≥2
n－1
1
x1
－
1
2 ＝2
n－2
，故 xn≤
1
2
n－2
.
综上，
1
2
n－1
≤xn≤
1
2
n－2
(n∈N
*
)．
1.数列与不等式交汇问题的常用方法
1 作差 商 比较；
2 根据数列的函数特征，判断、利用其单调性；
3 利用基本不等式求最值.
2.数列中不等式的放缩技巧,
1
1
n2
<
1
n2
－1
＝
1
2
1
n－1
－
1
n＋1 ；
2
1
n
－
1
n＋1
<
1
n2
<
1
n－1
－
1
n
；
3 2 n＋1－ n <
1
n
<2 n－ n－1 .
3.涉及数列证明时，问题的核心是思维
在数列知识的基础上，通过分析、综合、抽象、概括等思维方法解决问题，数列是载体，思
维是核心.
2．(2016·浙江高考)设数列{an}满足|an－
an＋1
2 |≤1，n∈N
*
.
(1)证明：|an|≥2
n－1
(|a1|－2)，n∈N
*
；
(2)若|an|≤
3
2 n
，n∈N
*
，证明：|an|≤2，n∈N
*
.
证明：(1)由|an－
an＋1
2 |≤1，得|an|－
1
2
|an＋1|≤1，
故
|an|
2
n
－
|an＋1|
2
n＋1
≤
1
2
n
，n∈N
*
，
所以
|a1|
21
－
|an|
2n
＝
|a1|
2
1
－
|a2|
2
2
＋
|a2|
2
2
－
|a3|
2
3
＋…＋
|an－1|
2
n－1
－
|an|
2
n
≤
1
21
＋
1
22
＋…＋
1
2n－1
＜1，
因此|an|≥2
n－1
(|a1|－2)．
(2)任取 n∈N
*
，由(1)知，对于任意 m＞n，
|an|
2
n
－
|am|
2
m
＝
|an|
2
n
－
|an＋1|
2
n＋1
＋
|an+1|
2
n+1
－
|an＋2|
2
n＋2
＋…＋
|am－1|
2
m－1
－
|am|
2
m
≤
1
2
n
＋
1
2
n＋1
＋…＋
1
2
m－1
＜
1
2
n－1
，
故|an|＜
1
2
n－1
＋
|am|
2
m
·2
n
≤
1
2
n－1
＋
1
2
m
·
3
2 m
·2
n
＝2＋
3
4 m
·2
n
.
从而对于任意 m＞n，均有|an|＜2＋
3
4 m
·2
n
. ①
由 m 的任意性得|an|≤2.
否则，存在 n0∈N*，有| na
0
|＞2，
取正整数 m0＞log 3
4
| na
0
|－2
2n0
且 m0＞n0，
则 2n0·
3
4
m0 ＜2
n0 ·
3
4
an
n
20
02
3
4
log
-
＝| na
0
|－2，与①式矛盾．
综上，对于任意 n∈N*，均有|an|≤2.
数列与解析几何的交汇问题
[例 3] (2017·山东高考)已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且 x1＋x2＝3，x3－x2＝2.
(1)求数列{xn}的通项公式；
(2)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，依次连接点 P1(x1，1)，P2(x2,2)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1)
得到折线 P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线 y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所围成的区域的面积 Tn.
[解] (1)设数列{xn}的公比为 q，由已知得 q>0.
由题意得
x1＋x1q＝3，
x1q
2
－x1q＝2，
所以 3q2
－5q－2＝0.
因为 q>0，所以 q＝2，x1＝1，
因此数列{xn}的通项公式为 xn＝2n－1.
(2)过 P1，P2，…，Pn＋1向 x轴作垂线，垂足分别为 Q1，Q2，…，Qn＋1.
由(1)得 xn＋1－xn＝2
n
－2
n－1
＝2
n－1
，
记梯形 PnPn＋1Qn＋1Qn的面积为 bn，
由题意得 bn＝
n＋n＋1
2
×2
n－1
＝(2n＋1)×2
n－2
，
所以 Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)×2n－2.①
又 2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1.②
①－②得－Tn＝3×2
－1
＋(2＋2
2
＋…＋2
n－1
)－(2n＋1)×2
n－1
＝
3
2
＋
2 1－2n－1
1－2
－(2n＋1)×2
n－1
.
所以 Tn＝
2n－1× 2n＋1
2
.
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 an＋1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(2,2
2)，P3(3,2
3)，…，Pn(n,2
n)，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 An－1
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 y＝f(x)的图象，其中 f(x)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(2－x,4－y)，A1关于点 P2的对称
点 A2的坐标为 A2(2＋x,4＋y)，
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 y＝g(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(x＋2)－4，于是，当 x∈(1,4]时，g(x)＝lg(x－1)－4.
(3) A0An
―→
＝A0A2
―→
＋A2A4
―→
＋…＋ An－2An
――→
由于 A2k－2A2k
―――→
＝2 P2k－1P2k
―――→
，
得A0An
―→
＝2( P1P2
―→
＋P3P4
―→
＋…＋ Pn－1Pn
―――→)，
＝2[(1,2)＋(1,23)＋…＋(1,2n－1)]
＝2
n
2
，
2 2
n
－1
3 ＝
n，
4 2
n
－1
3 .
[重难增分训练(三)]
1．已知函数 f(x)＝x＋sin x，项数为 19 的等差数列{an}满足 an∈
－
π
2
，
π
2 ，且公差 d≠0.
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)＝x＋sin 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，an∈
－
π
2
，
π
2 ，若 f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a18)＋f(a19)＝0，则必有 f(a10)＝0，
所以 k＝10.
答案：10
2.如图，在等腰直角三角形 ABC 中，斜边 BC＝2 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 BA＝a1 ，AA1＝a2 , A1A2
＝a3 ，…， A5A6＝a7 ，则 a7＝________.
解析：法一(直接递推归纳)：等腰直角三角形 ABC 中，斜边 BC＝2 2，所以 AB＝AC＝a1＝2，
AA1＝a2＝ 2，A1A2＝a3＝1，…，A5A6＝a7＝a1×
2
2
6
＝
1
4
.
法二(求通项)：等腰直角三角形 ABC 中，斜边 BC＝2 2，所以 AB＝AC＝a1＝2，AA1＝a2＝ 2，…，
An－1An＝an＋1＝sin
π
4
·an＝
2
2
an＝2×
2
2 n
，故 a7＝2×
2
2 6
＝
1
4
.
答案：
1
4
3．已知数列{bn}的通项公式为 bn＝3×
1
2 n－1
＋
1
2
，Tn为{bn}的前 n 项和．若对任意 n∈N
*
，不
等式
12k
12＋n－2Tn
≥2n－7恒成立，则实数 k的取值范围为________．
解析：因为 bn＝3×
1
2 n－1
＋
1
2
，
所以 Tn＝3·
1＋
1
2
＋
1
2
2
＋…＋
1
2
n－1
＋
n
2
＝
3
1－
1
2n
1－
1
2
＋
n
2
＝6
1－
1
2n
＋
n
2
.
因为不等式
12k
12＋n－2Tn
≥2n－7，
化简得 k≥
2n－7
2
n
对任意 n∈N
*
恒成立．
设 cn＝
2n－7
2
n
，则 cn＋1－cn＝
2 n＋1 －7
2
n＋1
－
2n－7
2
n
＝
9－2n
2
n＋1
.
当 n≥5 时，cn＋1≤cn，{cn}为单调递减数列，当 1≤n<5 时，cn＋1>cn，{cn}为单调递增数列，
1
16
＝c4an，
所以数列{an}单调递增且各项均为正数，
所以
1
a1＋1
＋
1
a2＋1
＋…＋
1
a2 018＋1
＝
1
a1
－
1
a2 019
<
1
a1
＝2.
又结合(1)可知
1
a1＋1
＋
1
a2＋1
＋…＋
1
a2 018＋1
>1，
所以
1
a1＋1
＋
1
a2＋1
＋…＋
1
a2 018＋1
＝1.
答案：(1)1 (2)1
5．已知函数 fn(x)＝a1x＋a2x
2
＋a3x
3
＋…＋anx
n
，且 fn(－1)＝(－1)
n
·n，n∈N
*
.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设函数 g(n)＝
an，n 为奇数，
g
n
2 ，n 为偶数，
cn＝g(2n
＋4)，n∈N
*
，求数列{cn}的前 n 项和 Tn.
解：(1)依题意，得 fn(－1)＝－a1＋a2－a3＋…＋(－1)nan＝(－1)n·n，
当 n≥2 时，fn－1(－1)＝－a1＋a2－a3＋…＋(－1)n－1·an－1＝(－1)n－1·(n－1)，
两式相减，得(－1)
nan＝(－1)
n
·n－(－1)
n－1
·(n－1)＝(－1)
n
·(2n－1)，
即 an＝2n－1.
当 n＝1 时，f1(－1)＝－a1＝－1，得 a1＝1，符合上式，
所以 an＝2n－1.
数列{an}的通项公式为 an＝2n－1.
(2)由 g(n)＝
an，n 为奇数，
g
n
2 ，n 为偶数，
得 c1＝g(6)＝g(3)＝a3＝5，
c2＝g(8)＝g(4)＝g(2)＝g(1)＝a1＝1，
当 n≥3 时，cn＝g(2n
＋4)＝g(2n－1
＋2)＝g(2n－2
＋1)＝a2
n－2
＋1＝2×(2
n－2
＋1)－1＝2
n－1
＋1，
所以当 n≥3 时，
Tn＝5＋1＋(2
2
＋1)＋(2
3
＋1)＋…＋(2
n－1
＋1)
＝6＋
4 1－2
n－2
1－2
＋(n－2)
＝2
n
＋n，
当 n＝2 时，也符合上式．
于是 Tn＝
5，n＝1，
2
n
＋n，n≥2，n∈N
*
.
6．(2017·昆明模拟)已知数列{an}满足 a1＝
1
2
，an＋1＝
a2
n
a2
n－an＋1
.证明：
(1)an＋10，
所以 an＋1－1 与 an－1 同号，
由 a1＝
1
2
，可知 an－1<0，所以 an<1.
易得 an＋1＝
a2
n
a2
n－an＋1
>0，
则 an＋1－an＝
a2
n
a2
n－an＋1
－an＝
2a2
n－a3
n－an
a2
n－an＋1
＝
－an a2
n－2an＋1
a2
n－an＋1
＝
－an an－1 2
a2
n－an＋1
<0，
所以 an＋10，
得 x1＝y1＝2，
即点 A1的坐标为(2,2)，进而得 B1(4,0)．
(2)根据△Bn－1AnBn和△BnAn＋1Bn＋1分别是以 An和 An＋1为直角顶点的等腰直角三角形，
可得
an＝xn＋yn，
an＝xn＋1－yn＋1，
即 xn＋yn＝xn＋1－yn＋1.(*)
∵An和 An＋1均在曲线 C：y2
＝2x(y≥0)上，
∴y2
n＝2xn，y2
n＋1＝2xn＋1，
∴xn＝
y2
n
2
，xn＋1＝
y2
n＋1
2
，代入(*)式得
y2
n＋1－y2
n＝2(yn＋1＋yn)，
∴yn＋1－yn＝2(n∈N*)，
∴数列{yn}是以 y1＝2 为首项，2为公差的等差数列，
∴其通项公式为 yn＝2n(n∈N
*
)．
(3)由(2)可知，xn＝
1
2
y2
n＝2n2，
∴an＝xn＋yn＝2n(n＋1)，
∴bn＝
1
2n n＋1
＝
1
2
1
n
－
1
n＋1 ，
cn＝
2 －2n
2
＝
1
2n＋1
.
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
1
2
1
1
－
1
2
＋
1
2
－
1
3
＋…＋
1
n
－
1
n＋1
＝
1
2
1－
1
n＋1
＝
n
2 n＋1
.
Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn
＝
1
22
＋
1
23
＋…＋
1
2n＋1
＝
1
2
2
1－
1
2n
1－
1
2
＝
1
2
－
1
2n＋1
.
8．(2017·杭州模拟)已知数列{an}，点 P(n，an)在函数 f(x)＝
2
3
x＋
4
3
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 k1＝1，且 k1kn＋1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)因为点 P(n，an)在函数 f(x)＝
2
3
x＋
4
3
的图象上，所以 an＝
2
3
n＋
4
3
.
当 n≥2 时，an－an－1＝
2
3
(常数)，
所以，数列{an}是首项为 a1＝2，公差为 d＝
2
3
的等差数列，
所以 Sn＝
2＋
2
3
n＋
4
3 n
2
＝
n n＋5
3
.
(2)存在正整数 q，使得关于 n(n∈N
*
)的不等式 6Sn>kn＋1有解，求解如下：
因为 ak1＝a1＝2，akn＝
2kn＋4
3
＝2qn－1
，得 kn＝3qn－1
－2，显然 q>1，
所以当 q>1 且 q∈N
*
时，所有的 kn＝3qn－1
－2 均为正整数，符合题意；
要使不等式 6Sn>kn＋1有解，即 2n(n＋5)>3qn
－2有解，则
2n n＋5 ＋2
3qn
>1 有解，
经检验，当 q＝2，q＝3，q＝4 时，n＝1 都是
2n n＋5 ＋2
3qn
>1 的解，符合题意；
下面证明当 q≥5 时，
2n n＋5 ＋2
3qn
>1 无解．
设 bn＝
2n n＋5 ＋2
3qn
，
则 bn＋1－bn＝
2[ 1－q n2
＋ 7－5q n＋7－q]
3qn＋1
，
因为
5q－7
1－q
<0,1－q<0，
所以 f(n)＝2[(1－q)n2
＋(7－5q)n＋7－q]在 n∈N
*
上单调递减，
又 f(1)<0，则 f(n)<0 恒成立，可得 bn＋1－bn<0，
所以 bn≤b1恒成立，
又当 q≥5时，b1<1，
所以当 q≥5 时，
2n n＋5 ＋2
3qn
>1 无解，不符合题意．
综上所述，存在正整数 q，使得关于n(n∈N*)的不等式 6Sn>kn＋1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：a1＝
1
2 018
，a2
n－2an＋2an－1＝0(n≥2)．
(1)试判断数列{an}的单调性；
(2)求证：①0an－1，所以数列{an}为递增数列．
(2)证明：①由 a2
n－2an＋2an－1＝0(n≥2)得
a2
n－2an＋1＝1－2an－1，
则(an－1)
2
＝1－2an－1≥0，
∴an－1≤
1
2
，
当 an－1＝
1
2
时有 an＝1，这显然矛盾，∴an<
1
2
，
由 an>an－1得 an>a1>0，
∴0an，
1
2－a1
－
1
an
<0，
∴
1
2－a1
＋
1
2－a2
＋…＋
1
2－an
＝
1
2－a1
＋
1
a1
－
1
an
<
1
a1
＝2 018，
即
1
2－a1
＋
1
2－a2
＋…＋
1
2－an
<2 018.
10．(2017·绍兴模拟)已知数列{an}满足：a1＝a∈(0,1)，且 0an＋1；
(3)设 Tn为数列{bn}的前 n 项和，求证：Tn<
a2
5
.
解：(1)因为 a1－a2－
a2
a1
＝
a2
1－a1a2－a2
a1
≥
a3
1－a1a2
a1
＝a2
1－a2≥a3
1>0，
所以 a1－a2>
a2
a1
.
(2)证明：因为 an>0，
所以 0<
an＋1
an
≤an－a2
n＝－
an－
1
2 2
＋
1
4
≤
1
4
，
即 an＋1≤
1
4
an(an－a2
n)an＋1≥
a2
n＋1
an
，即
bn
an
>
a2
n＋1
a2
n
，
故
b1b2…bn
a1a2…an
>
a2
a1
·
a3
a2
·…·
an＋1
an
＝
an＋1
a1
>an＋1.
(3)证明：由 an＋1≤
1
4
an可知，
an＋1－
1
4
an≤0，an＋1－
3
4
an<0，
所以 bn－
3
16
a2
n＝(an－an＋1)an＋1－
3
16
a2
n
＝－
an＋1－
1
4
an an＋1－
3
4
an
≤0，
所以 bn≤
3
16
a2
n.
因此 Tn≤
3
16
(a2
1＋a2
2＋…＋a2
n)≤
3
16
a2
1＋
1
16
a2
1＋…＋
1
16n－1
a2
1
≤
3
16
·
a2
1－
1
16
n
1－
1
16
<
a2
5
.
专题验收评估 三 数列与数学归纳法
(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．(2017·江西赣江调研)已知等差数列{an}的前 n项和为 Sn，若 a4＝18－a5，则 S8＝( )
A．18 B．36 C．54 D．72
解析：选 D ∵数列{an}为等差数列，a4＋a5＝18，∴由等差数列的性质得 a4＋a5＝a1＋a8＝18，
∴S8＝
a1＋a8× 8
2
＝72.
2．(2017·昆明模拟)已知数列{an}是等差数列，若 a2，a4＋3，a6＋6 构成公比为 q的等比数
列，则 q＝( )
A．1 B．2 C．3 D．4
解析：选 A 设等差数列{an}的公差为 d，则 a2＝a4－2d，a6＋6＝a4＋2d＋6，所以(a4－2d)(a4
＋2d＋6)＝(a4＋3)
2
，化简得(2d＋3)
2
＝0，解得 d＝－
3
2
，所以 q＝
a4＋3
a2
＝
a2＋2d＋3
a2
＝1.
3．(2017·郑州模拟)《张丘建算经》卷上第 22 题为：“今有女善织，日益功疾．初日织五
尺，今一月日织九匹三丈．”其意思为今有女子善织布，且从第 2 天起，每天比前一天多织相同
量的布，若第一天织 5 尺布，现在一个月(按 30 天计)共织 390 尺布．则该女最后一天织多少尺
布？( )
A．18 B．20 C．21 D．25
解析：选 C 依题意得，该女每天所织的布的尺数依次排列形成一个等差数列，设为{an}，
其中 a1＝5，前 30 项的和为 390，于是有
30 5＋a30
2
＝390，解得 a30＝21，即该女最后一天织 21
尺布，故选 C.
4．(2018 届高三·福建六校联考)已知{an}是公差为 1 的等差数列，Sn为{an}的前 n 项和，若
S8＝4S4，则 a10＝( )
A.
17
2
B.
19
2
C．10 D．12
解析：选 B ∵公差为 1，
∴S8＝8a1＋
8× 8－1
2
×1＝8a1＋28，S4＝4a1＋6.
∵S8＝4S4，∴8a1＋28＝4(4a1＋6)，解得 a1＝
1
2
，
∴a10＝a1＋9d＝
1
2
＋9＝
19
2
.故选 B.
5．(2017·沈阳调研)用数学归纳法证明“n3
＋(n＋1)
3
＋(n＋2)
3
(n∈N
*
)能被 9整除”，利用
归纳法假设证明 n＝k＋1 时，只需展开( )
A．(k＋3)3 B．(k＋2)3
C．(k＋1)
3
D．(k＋1)
3
＋(k＋2)
3
解析：选 A 假设 n＝k 时，原式 k3
＋(k＋1)
3
＋(k＋2)
3
能被 9整除，当 n＝k＋1 时，(k＋1)
3
＋(k＋2)
3
＋(k＋3)
3
为了能用上面的归纳假设，只须将(k＋3)
3
展开，让其出现 k3
即可．
6．已知等比数列{an}的前 n项和为 Sn，若 a2＝12，a3a5＝4，则下列说法正确的是( )
A．{an}是单调递减数列
B．{Sn}是单调递减数列
C．{a2n}是单调递减数列
D．{S2n}是单调递减数列
解析：选 C 由于{an}是等比数列，则 a3a5＝a2
4＝4，又 a2＝12，则 a4>0，所以 a4＝2，q2
＝
1
6
，
当 q＝－
6
6
时，{an}和{Sn}不具有单调性，选项 A 和 B 错误；a2n＝a2q
2n－2
＝12×
1
6 n－1
单调递减，
选项 C 正确；当 q＝－
6
6
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 2a7＋a11的最小
值为( )
A．16 B．8 C．6 D．4
解析：选 B 因为{an}是正项等比数列，且 2 2为 a4与 a14的等比中项，所以 a4a14＝8＝a7a11，
则 2a7＋a11＝2a7＋
8
a7
≥2 2a7·
8
a7
＝8，当且仅当 a7＝2时，等号成立，所以 2a7＋a11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，a1＝1，且 a3，a4＋
5
2
，a11
成等比数列．若 p－q＝10，则 ap－aq＝( )
A．14 B．15 C．16 D．17
解析：选 B 设等差数列{an}的公差为 d，由题意分析知 d>0，因为 a3，a4＋
5
2
，a11成等比数列，
所以
a4＋
5
2 2
＝a3a11，即
7
2
＋3d
2
＝(1＋2d)·(1＋10d)，即 44d2
－36d－45＝0，所以 d＝
3
2
d＝－
15
22
舍去
，所以 an＝
3n－1
2
，所以 ap－aq＝
3
2
(p－q)＝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，y
∈R，都有 f(x)·f(y)＝f(x＋y)．若 a1＝
1
2
，an＝f(n)(n∈N
*
)，则数列{an}的前 n 项和 Sn的取值
范围是( )
A.
1
2
，2
B.
1
2
，2
C.
1
2
，1
D.
1
2
，1
解析：选 C 在 f(x)·f(y)＝f(x＋y)中，令 x＝n，y＝1，得 f(n＋1)＝f(n)f(1)，又 a1＝
1
2
，
an＝f(n)(n∈N*)，则 an＋1＝
1
2
an，所以数列{an}是首项和公比都是
1
2
的等比数列，其前 n 项和 Sn＝
1
2
×
1－
1
2n
1－
1
2
＝1－
1
2
n
∈
1
2
，1
，故选 C.
10．(2017·湖南长沙一中月考)已知数列{an}满足
12
a1
＋
22
a2
＋…＋
n2
an
＝
n n＋1
2 2，则对于任
意的正整数 n，下列关系式不成立的是( )
A．a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝
an＋1
an
B.
1
a1
＋
1
a2
＋…＋
1
an
＝
1
2anan＋1
C.
a1
1
2
＋
a2
2
2
＋…＋
an
n2
<
5
4
D.
a1
1
＋
a2
2
＋…＋
an
n
<1
解析：选 D 在
1
2
a1
＋
2
2
a2
＋…＋
n2
an
＝
n n＋1
2 2中令 n＝1，解得 a1＝1，且当 n≥2时，有
1
2
a1
＋
2
2
a2
＋…＋
n－1 2
an－1
＝
n n－1
2 2，两式相减得
1
an
＝n(n≥2)，故 an＝
1
n
(n≥2)，当 n＝1 时，此式也
成立，故数列{an}的通项公式为 an＝
1
n
.因而，a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝
1
1×2
＋
1
2×3
＋…＋
1
n n＋1
＝1－
1
2
＋
1
2
－
1
3
＋…＋
1
n
－
1
n＋1
＝
n
n＋1
＝
an＋1
an
，选项 A 中的等式成立.
1
a1
＋
1
a2
＋…＋
1
an
＝1＋2＋…＋n
＝
n n＋1
2
＝
1
2anan＋1
，选项 B 中的等式成立.
a1
12
＋
a2
22
＋…＋
an
n2
＝
1
13
＋
1
23
＋…＋
1
n3
<
1
13
＋
1
1×2×3
＋…＋
1
n－1 n n＋1
＝1＋
1
2
×
1
1×2
＋
1
2×3
＋…＋
1
n－1 n
－
1
2
1
2×3
＋
1
3×4
＋…＋
1
n n＋1
＝1＋
1
2
×
1
2
－
1
n n＋1 ＝
5
4
－
1
2n n＋1
<
5
4
，选项 C 中的不等式成立．当 n＝1时，
a1
1
＋
a2
2
＋…＋
an
n
＝1，
故选项 D 中的不等式不成立．故选 D.
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．已知{an}为等差数列，Sn为其前 n 项和．若 a1＝
1
2
，S2＝a3，则 d＝________，a2＝________.
解析：设{an}的公差为 d，由 S2＝a3知，a1＋a2＝a3，即 2a1＋d＝a1＋2d，又因为 a1＝
1
2
，所以
d＝
1
2
，故 a2＝a1＋d＝1.
答案：
1
2
1
12．(2017·南通调研)在等差数列{an}中，已知首项a1>0，公差d>0.若a1＋a2≤60，a2＋a3≤100，
则 5a1＋a5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
a1>0，
d>0，
a1＋a2＝2a1＋d≤60，
a2＋a3＝2a1＋3d≤100，
对应的平面区域是如图所示的以点 A
0，
100
3 ，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 5a1＋a5＝6a1
＋4d，故经过 B 点，即 a1＝d＝20 时，5a1＋a5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＝________(n∈N*).
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，∴an＝2·3
n－1
.
答案：3 2·3
n－1
14．(2017·台州模拟)已知数列{an}的前 m(m≥4)项是公差为 2的等差数列，从第 m－1项起，
am－1，am，am＋1，…成公比为2的等比数列．若a1＝－2，则m＝________，{an}的前6项和S6＝________.
解析：由题意，得 am－1＝a1＋(m－2)d＝2m－6，am＝2m－4，则由
am
am－1
＝
2m－4
2m－6
＝2，解得 m＝4，
所以数列{an}的前 6项依次为－2,0,2,4,8,16，所以 S6＝28.
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，…(n∈N
*
)，
设点 Pn的坐标为(n，an)，其中 an＝
2
n
(n∈N
*
)，过点 Pn，Pn＋1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，Pn＋1的直线为
y－
2
n
x－n
＝
2
n＋1
－
2
n
n＋1 －n
，即 2x＋n(n＋1)y－2(2n＋1)
＝0.令 y＝0，得 x＝2n＋1，令 x＝0，得 y＝
2 2n＋1
n n＋1
，所以 bn＝
1
2
×(2n＋1)×
2 2n＋1
n n＋1
＝4
＋
1
n n＋1
＝4＋
1
n
－
1
n＋1
，所以 S5＝4×5＋1－
1
2
＋
1
2
－
1
3
＋…＋
1
5
－
1
6
＝
125
6
.
答案：
125
6
16．(2017·兰州模拟)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且
1
S1
＋
1
S2
＋…＋
1
Sn
＝
n
n＋1
.设 bn＝
1
2 an，
数列{bn}的前 n 项和为 Tn，若对一切 n∈N
*
，均有 Tn∈
1
m
，m2－6m＋
16
3 ，则实数 m 的取值范围是
________．
解析：当 n＝1 时，
1
S1
＝
1
2
，当 n≥2 时，
1
Sn
＝
n
n＋1
－
n－1
n
＝
1
n n＋1
，当 n＝1 时也成立，所
以 Sn＝n(n＋1)，n∈N*，则 a1＝2，an＝Sn－Sn－1＝2n，n≥2，当 n＝1 时也成立，所以 an＝2n，n
∈N
*
.则 bn＝
1
2 an＝
1
4
n
，数列{bn}是等比数列，所以其前 n 项和 Tn＝
1
4
×
1－
1
4
n
1－
1
4
＝
1－
1
4
n
3
∈
1
4
，
1
3 ，
所以
1
m
<
1
4
，
m2
－6m＋
16
3
≥
1
3
，
解得 m<0 或 m≥5.
答案：(－∞，0)∪[5，＋∞)
17．在数列{an}中，若 a2
n－a2
n－1＝p(n≥2，n∈N*，p为常数)，则称{an}为“等方差数列”．
下列是对“等方差数列”的判断：
①若{an}是等方差数列，则{a2
n}是等差数列；
②已知数列{an}是等方差数列，则数列{a2
n}是等方差数列；
③{(－1)
n
}是等方差数列；
④若{an}是等方差数列，则{akn}(k∈N
*
，k为常数)也是等方差数列．
其中正确的序号为________．
解析：对于①，由等方差数列的定义可知，{a2
n}是公差为 p 的等差数列，故①正确；对于②，
取 an＝ n，则数列{an}是等方差数列，但数列{a2
n}不是等方差数列，故②错；对于③，因为[(－
1)
n
]
2
－[(－1)
n－1
]
2
＝0(n≥2，n∈N
*
)为常数，所以{(－1)
n
}是等方差数列，故③正确；对于④，若
a2
n－a2
n－1＝p(n≥2，n∈N
*
)，则 a2
kn－a2
k n－1 ＝(a2
kn－a2
kn－1)＋(a2
kn－1－a2
kn－2)＋…＋(a2
kn－k＋1－a2
k n－1 )＝
kp 为常数，故④正确．
答案：①③④
三、解答题(本大题共 5小题，共 74 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
18．(本小题满分 14 分)设数列{an} 满足：a1＝1，an＋1＝3an，n∈N
*
.
(1)求{an}的通项公式及前 n项和 Sn；
(2)已知{bn}是等差数列，Tn为其前 n 项和，且 b1＝a2，b3＝a1＋a2＋a3，求 T20.
解：(1)由题设知{an}是首项为 1，公比为 3 的等比数列，
所以 an＝3
n－1
，Sn＝
1－3
n
1－3
＝
1
2
(3
n
－1)．
(2)设{bn}的公差为 d，b1＝a2＝3，b3＝a1＋a2＋a3＝1＋3＋9＝13，b3－b1＝10＝2d，所以数列
{bn}的公差 d＝5，
故 T20＝20×3＋
20×19
2
×5＝1 010.
19．(本小题满分 15 分)(2017·台州调研)已知点
1，
1
3 是函数 f(x)＝ax
(a>0，且 a≠1)的图
象上一点，等比数列{an}的前 n 项和为 f(n)－c，数列{bn}(bn>0)的首项为 c，且前 n项和 Sn满足：
Sn－Sn－1＝ Sn＋ Sn－1(n≥2)．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若数列{cn}的通项 cn＝bn·
1
3 n
，求数列{cn}的前 n 项和 Rn.
解：(1)∵f(1)＝a＝
1
3
，∴f(x)＝
1
3 x，
a1＝f(1)－c＝
1
3
－c，
a2＝[f(2)－c]－[f(1)－c]＝－
2
9
，
a3＝[f(3)－c]－[f(2)－c]＝－
2
27
.
又数列{an}成等比数列，
∴a1＝
a2
2
a3
＝
4
81
－
2
27
＝－
2
3
＝
1
3
－c，∴c＝1.
又公比 q＝
a2
a1
＝
1
3
，
∴an＝－
2
3
×
1
3 n－1
＝－2×
1
3 n
(n∈N
*
)．
∵Sn－Sn－1＝( Sn－ Sn－1)( Sn＋ Sn－1)＝ Sn＋ Sn－1(n≥2)，bn>0， Sn>0，∴ Sn－ Sn－1＝1，
∴数列{ Sn }构成一个首项为 1，公差为 1 的等差数列， Sn＝1＋(n－1)×1＝n，Sn＝n2.
当 n≥2 时，bn＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
又 b1＝c＝2×1－1＝1 满足 bn＝2n－1，
∴bn＝2n－1(n∈N
*
)．
(2)∵cn＝bn·
1
3 n
＝(2n－1)·
1
3 n
，
∴Rn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn
＝1×
1
3 1
＋3×
1
3 2
＋5×
1
3 3
＋…＋(2n－1)×
1
3 n
，①
1
3
Rn＝1×
1
3 2
＋3×
1
3 3
＋5×
1
3 4
＋…＋(2n－3)×
1
3 n
＋(2n－1)×
1
3 n＋1
.②
由①－②得，
2
3
Rn＝
1
3
＋2
1
3 2＋
1
3 3＋
1
3 4＋…
1
3 n
－(2n－1)×
1
3 n＋1
，
化简得，
2
3
Rn＝
1
3
＋2×
1
3 2 1－
1
3
n－1
1－
1
3
－(2n－1)×
1
3 n＋1＝
2
3
－
2 n＋1
3
×
1
3 n，
∴Rn＝1－
n＋1
3n
.
20．(本小题满分 15 分)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a22－3a7＝2，且
1
a2
， S2－3，S3
成等比数列，n∈N
*
.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令 bn＝
2
anan＋2
，数列{bn}的前 n 项和为 Tn，若对于任意的 n∈N
*
，都有 8Tn<2λ
2
＋5λ成立，
求实数λ的取值范围．
解：(1)设等差数列{an}的公差为 d，
由
a22－3a7＝2，
S2－3
2
＝
1
a2
·S3，
得
a1＋21d －3 a1＋6d ＝2，
2a1＋d－3· a1＋d ＝3a1＋3d，
即
－2a1＋3d＝2，
a1＋d 2a1＋d－6 ＝0，
解得
a1＝2，
d＝2，
或
a1＝－
2
5
，
d＝
2
5
.
当 a1＝－
2
5
，d＝
2
5
时， S2－3＝ －
17
5
没有意义，
∴a1＝2，d＝2，此时 an＝2＋2(n－1)＝2n.
(2)bn＝
2
anan＋2
＝
1
2n n＋2
＝
1
4
1
n
－
1
n＋2 .
Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝
1
4
1
1
－
1
3 ＋
1
4
1
2
－
1
4 ＋
1
4
1
3
－
1
5 ＋
1
4
1
4
－
1
6 ＋
1
4
1
5
－
1
7 ＋
1
4
1
6
－
1
8 ＋…＋
1
4
1
n－1
－
1
n＋1 ＋
1
4
1
n
－
1
n＋2 ＝
1
4
1＋
1
2
－
1
n＋1
－
1
n＋2 ＝
3
8
－
1
4
1
n＋1
＋
1
n＋2 .
∴8Tn＝3－2
1
n＋1
＋
1
n＋2 <3，
为满足题意，必须 2λ2
＋5λ≥3，∴λ≥
1
2
或λ≤－3.
21．(本小题满分 15 分)在数列{an}中，a1＝1，a2＝
10
3
，an＋1－
10
3
an＋an－1＝0(n≥2，且 n∈N
*
)．
(1)若数列{an＋1＋λan}是等比数列，求实数λ；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)设 Sn＝错误!
1
ai
，求证：Sn<
3
2
.
解：(1)设 an＋1＋λan＝μ(an＋λan－1)(n≥2)，
∴an＋1＋(λ－μ)an－λμan－1＝0(n≥2)，
∴
λ－μ＝－
10
3
，
λμ＝－1，
∴λ＝－
1
3
或λ＝－3.
(2)由(1)知当 n≥2时，an－
1
3
an－1＝3
n－1
，①
an－3an－1＝
1
3
n－1
，②
由①②得 an＝
3
8
3
n
－
1
3
n
.
(3)证明：由(2)知 an＝
3
8
3
n
－
1
3n
>0，
由 an－3an－1＝
1
3n－1
(n≥2)，得 an>3an－1，
∴
1
an
<
1
3
·
1
an－1
(n≥2)，
Sn＝
1
a1
＋
1
a2
＋
1
a3
＋…＋
1
an
<
1
a1
＋
1
3
1
a1
＋
1
a2
＋
1
a3
＋…＋
1
an－1
＝
1
a1
＋
1
3
1
a1
＋
1
a2
＋
1
a3
＋…＋
1
an－1
＋
1
an －
1
3an
<
1
a1
＋
1
3
Sn，∴Sn<
3
2
.
22．(本小题满分 15 分)(2017·绍兴模拟)已知数列{an}满足，a1＝1，an＝
1
an＋1
－
1
2
.
(1)求证：an≥
2
3
；
(2)求证：|an＋1－an|≤
1
3
；
(3)求证：|a2n－an|≤
10
27
.
证明：(1)由已知得 an＋1＝
1
an＋
1
2
，又 a1＝1，
则 a2＝
2
3
，a3＝
6
7
，a4＝
14
19
，猜想
2
3
≤an≤1.
下面用数学归纳法证明．
①当 n＝1时，命题显然成立；
②假设 n＝k 时，有
2
3
≤an≤1成立，
则当 n＝k＋1 时，ak＋1＝
1
ak＋
1
2
≤
1
2
3
＋
1
2
<1，
ak＋1＝
1
ak＋
1
2
≥
1
1＋
1
2
＝
2
3
，即当 n＝k＋1时也成立，
所以对任意 n∈N
*
，都有
2
3
≤an≤1.
(2)当 n＝1 时，|a2－a1|＝
1
3
；
当 n≥2 时，∵
an＋
1
2
an－1＋
1
2 ＝
an＋
1
2 ·
1
an
＝1＋
1
2an
≥1＋
1
2
＝
3
2
，
∴|an＋1－an|＝
|
1
an＋
1
2
－
1
an－1＋
1
2
|
＝
|an－an－1|
an＋
1
2
an－1＋
1
2
≤
2
3
|an－an－1|≤…≤
2
3 n－1
|a2－a1|
＝
1
3
·
2
3 n－1
<
1
3
.
综上所述，|an＋1－an|≤
1
3
.
(3)当 n＝1 时，|a2－a1|＝
1
3
＝
9
27
<
10
27
；
当 n≥2 时，|a2n－an|≤|a2n－a2n－1|＋|a2n－1－a2n－2|＋…＋|an＋1－an|
≤
1
3
2
3 2n－2＋
2
3 2n－3＋…＋
2
3 n－1
＝
2
3 n－1
－
2
3 2n－1
≤
2
3
－
2
3 3
＝
10
27
.
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 A＝{x|log2x<0}，B＝{m|m2－2m<0}，则 A∪B＝( )
A．(－∞，2) B．(0,1)
C．(0,2) D．(1,2)
解析：选 C 由题意可得 A＝(0,1)，B＝(0,2)，所以 A∪B＝(0,2)．
2．在数列{an}中，“an＝2an－1，n≥2，n∈N
*
”是“{an}是公比为 2 的等比数列”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选 B 当 an＝0 时，也有 an＝2an－1，n≥2，n∈N
*
，但{an}不是等比数列，因此充分性
不成立；当{an}是公比为 2的等比数列时，有
an
an－1
＝2，n≥2，n∈N
*
，即 an＝2an－1，n≥2，n∈N
*
，
所以必要性成立．故选 B.
3．定义在 R 上的偶函数 f(x)满足 f(x＋1)＝－f(x)，且当 x∈[－1,0)时，f(x)＝
1
2 x
，则
f(log28)＝( )
A．3 B.
1
8
C．－2 D．2
解析：选 D ∵f(x＋1)＝－f(x)，∴f(x＋2)＝－f(x＋1)＝f(x)，∴函数 f(x)是周期为 2
的周期函数，∴f(log28)＝f(3)＝f(3－4)＝f(－1)．又当 x∈[－1,0)时，f(x)＝
1
2 x
，∴f(log28)
＝f(－1)＝
1
2 －1＝2.
4．(2018 届高三·江西九校联考)已知数列{an}是等比数列，数列{bn}是等差数列，若
a1·a6·a11＝3 3，b1＋b6＋b11＝7π，则 tan
b3＋b9
1－a4·a8
的值是( )
A．1 B.
2
2
C．－
2
2
D．－ 3
解析：选 D ∵{an}是等比数列，{bn}是等差数列，
且 a1·a6·a11＝3 3，b1＋b6＋b11＝7π，
∴a3
6＝( 3)
3,
3b6＝7π，∴a6＝ 3，b6＝
7π
3
，
∴tan
b3＋b9
1－a4·a8
＝tan
2b6
1－a2
6
＝tan
2×
7π
3
1－ 3
2
＝tan
－
7π
3 ＝tan
－2π－
π
3 ＝－tan
π
3
＝－ 3.
5．(2017·全国卷Ⅲ)函数 y＝1＋x＋
sin x
x2
的部分图象大致为( )
解析：选 D 法一：易知函数 g(x)＝x＋
sin x
x2
是奇函数，其函数图象关于原点对称，所以函
数 y＝1＋x＋
sin x
x2
的图象只需把 g(x)的图象向上平移一个单位长度，结合选项知选 D.
法二：当 x→＋∞时，
sin x
x2
→0,1＋x→＋∞，y＝1＋x＋
sin x
x2
→＋∞，故排除选项 B.当 0
＜x＜
π
2
时，y＝1＋x＋
sin x
x2
＞0，故排除选项 A、C.选 D.
6．若△ABC 的三个内角满足
sin B－sin A
sin B－sin C
＝
c
a＋b
，则 A＝( )
A.
π
6
B.
π
3
C.
2π
3
D.
π
3
或
2π
3
解析：选 B 由
sin B－sin A
sin B－sin C
＝
c
a＋b
，结合正弦定理，得
b－a
b－c
＝
c
a＋b
，整理得 b2
＋c2
－a2
＝bc，
所以 cos A＝
b2
＋c2
－a2
2bc
＝
1
2
，由 A为三角形的内角，知 A＝
π
3
，故选 B.
7．(2017·全国卷Ⅱ)设 x，y 满足约束条件
2x＋3y－3≤0，
2x－3y＋3≥0，
y＋3≥0，
则 z＝2x＋y 的最小值是
( )
A．－15 B．－9
C．1 D．9
解析：选 A 作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示．
易求得可行域的顶点 A(0，1)，B(－6，－3)，C(6，－3)，当直线 z＝2x＋y 过点 B(－6，－
3)时，z 取得最小值，zmin＝2×(－6)－3＝－15.
8．已知菱形 ABCD 的边长为 6，∠ABD＝30°，点 E，F分别在边 BC，DC 上，BC＝2BE，CD＝
λCF.若 AE
―→
· BF
―→
＝－9，则λ的值为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选 B 依题意得 AE
―→
＝ AB
―→
＋ BE
―→
＝
1
2
BC
―→
－ BA
―→
，BF
―→
＝ BC
―→
＋
1
λ
BA
―→
，因此 AE
―→
· BF
―→
＝
1
2
BC
―→
－ BA
―→
·
BC
―→
＋
1
λ
BA
―→
＝
1
2
BC
―→2
－
1
λ
BA
―→2
＋
1
2λ
－1
BC
―→
· BA
―→
，于是有
1
2
－
1
λ ×6
2
＋
1
2λ
－1
×62×cos 60°＝－9，由此解得λ＝3，故选 B.
9.已知函数 f(x)＝
e
x
x2
－k
2
x
＋ln x
，若 x＝2 是函数 f(x)的唯一一个极值点，则实数 k 的取
值范围为( )
A．(－∞，e] B．[0，e]
C．(－∞，e) D．[0，e)
解析：选 A f′(x)＝
x2ex－2xex
x4
－k
－
2
x2
＋
1
x ＝
x－2
e
x
x
－k
x2
(x>0)．设 g(x)＝
ex
x
，则 g′(x)
＝
x－1 ex
x2
，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)＝
ex
x
与 y＝k 的图象可知，要满足题
意，只需 k≤e，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)>f(x)g′(x)，且 f(x)＝ axg(x)(a>0 且 a≠1)，
f 1
g 1
＋
f －1
g －1
＝
5
2
.若数列
f n
g n (n∈N
*
)的前 n 项和大于 62，则 n 的最小值为( )
A．8 B．7
C．6 D．5
解析：选 C 由
f x
g x ′＝
f′ x g x －f x g′ x
g2 x
>0，知
f x
g x
在 R 上是增函
数，即
f x
g x
＝ax
为增函数，所以 a>1.又由
f 1
g 1
＋
f －1
g －1
＝a＋
1
a
＝
5
2
，得 a＝2 或 a＝
1
2
(舍)．所
以数列
f n
g n 的前 n 项和 Sn＝2
1
＋2
2
＋…＋2
n
＝
2 1－2
n
1－2
＝2
n＋1
－2>62，即 2
n
>32，得 n>5，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)若 2sin α－cos α＝ 5，则 sin α＝________，tan
α－
π
4 ＝
________.
解析：由已知条件，2sin α＝ 5＋cos α，将两边平方，结合 sin
2α＋cos
2α＝1，可求得
sin α＝
2 5
5
，cos α＝－
5
5
，∴tan α＝－2，∴tan
α－
π
4 ＝
tan α－1
1＋tan α
＝
－2－1
1＋ －2
＝3.
答案：
2 5
5
3
12．已知函数 f(x)＝
1
2 x
－2， x≤－1，
x－2 |x|－1 ，x>－1，
则 f(f(－2))＝________，若
f(x)≥2，则 x的取值范围为________．
解析：f(－2)＝
1
2 －2
－2＝2，f(f(－2))＝f(2)＝0.当 x≤－1 时，
1
2 x
－2≥2，解得 x≤－2；
当 x>－1 时，f(x)＝(x－2)(|x|－1)＝
x－2 －x－1 ，－10.
当－10 时，由(x－2)·(x－1)≥2，解得 x≥3.综上，x 的取值范
围为(－∞，－2]∪{0}∪[3，＋∞)．
答案：0 (－∞，－2]∪{0}∪[3，＋∞)
13．在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知 A＝
π
4
，b＝ 6，△ABC 的面
积为
3＋ 3
2
，则 c＝_______，B＝________.
解析：由题意得△ABC 的面积等于
1
2
bcsin A＝
6
2
c×
2
2
＝
3＋ 3
2
，解得 c＝ 3＋1，则由余弦
定理得 a2＝b2＋c2－2bccos A＝( 6)2＋(1＋ 3)2－2× 6×(1＋ 3)×
2
2
＝4，解得 a＝2，则由正
弦定理得
b
sin B
＝
a
sin A
，即 sin B＝
bsin A
a
＝
3
2
，又因为 b0，b>0，且满足 3a＋b＝a2
＋ab，则 2a＋b 的最小值为
________．
解析：由 3a＋b＝a2
＋ab 得显然 a≠1，所以 b＝
3a－a2
a－1
，又因为 a>0，b>0，所以(a－1)(3a
－a2
)>0，即 a(a－1)·(a－3)<0,10，则 2a＋b＝2a＋
3a－a2
a－1
＝
2a2
－2a＋3a－a2
a－1
＝
a2
＋a
a－1
＝a－1＋
2
a－1
＋3≥2 a－1·
2
a－1
＋3＝2 2＋3，当且仅当 a－1＝
2
a－1
，即 a＝1＋ 2
时，等号成立，所以 2a＋b 的最小值为 2 2＋3.
答案：2 2＋3
17．(2017·湖南岳阳一中模拟)对于数列{an}，定义 Hn＝
a1＋2a2＋…＋2
n－1an
n
为{an}的“优
值”，现在已知某数列{an}的“优值”Hn＝2n＋1，记数列{an－kn}的前 n 项和为 Sn，若 Sn≤S5对任
意的 n∈N*恒成立，则实数 k的取值范围是________．
解析：由题意知 Hn＝
a1＋2a2＋…＋2n－1an
n
＝2n＋1，
所以 a1＋2a2＋…＋2
n－1an＝n×2
n＋1
，①
当 n≥2 时，a1＋2a2＋…＋2
n－2an－1＝(n－1)×2
n
，②
①－②得 2
n－1an＝n×2
n＋1
－(n－1)×2
n
，解得 an＝2n＋2，n≥2，
当 n＝1 时，a1＝4 也满足上式，所以数列{an}的通项公式为 an＝2n＋2，且数列{an}为等差数
列，其公差为 2.令 bn＝an－kn＝(2－k)n＋2，则数列{bn}也是等差数列，由 Sn≤S5对任意的 n∈N
*
恒成立，知 2－k<0，且 b5＝12－5k≥0，b6＝14－6k≤0，解得
7
3
≤k≤
12
5
.
答案：
7
3
，
12
5
三、解答题(本大题共 5小题，共 74 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
18．(本小题满分 14 分)(2017·杭州质检)设函数 f(x)＝2cos x(cos x＋ 3sin x)(x∈R)．
(1)求函数 y＝f(x)的最小正周期和单调递增区间；
(2)当 x∈
0，
π
3 时，求函数 f(x)的最大值．
解：(1)∵f(x)＝2cos x(cos x＋ 3sin x)＝2cos
2x＋ 3sin 2x＝cos 2x＋ 3sin 2x＋1＝
2sin
2x＋
π
6 ＋1，
∴最小正周期 T＝
2π
2
＝π，
令 2kπ－
π
2
≤2x＋
π
6
≤2kπ＋
π
2
(k∈Z)，
∴kπ－
π
3
≤x≤kπ＋
π
6
(k∈Z)，
∴函数 y＝f(x)的单调递增区间为
kπ－
π
3
，kπ＋
π
6 (k∈Z)．
(2)∵x∈
0，
π
3 ，∴2x＋
π
6
∈
π
6
，
5π
6 ，
∴sin
2x＋
π
6 ∈
1
2
，1
，
∴f(x)＝2sin
2x＋
π
6 ＋1的最大值是 3.
19．(本小题满分 15 分)在△ABC 中，a，b，c 分别为内角 A，B，C 的对边，且满足
5
4
c－a
cos
B＝bcos A.
(1)若 sin A＝
2
5
，a＋b＝10，求 a；
(2)若 b＝3 5，a＝5，求△ABC 的面积 S.
解：∵
5
4
c－a
cos B＝bcos A，
∴由正弦定理得
5
4
sin C－sin A
·cos B＝sin Bcos A，即
5
4
sin Ccos B＝sin Acos B＋cos
Asin B＝sin C，
∵sin C≠0，∴
5
4
cos B＝1，即 cos B＝
4
5
.
(1)由 cos B＝
4
5
，得 sin B＝
3
5
，
∵sin A＝
2
5
，∴
a
b
＝
sin A
sin B
＝
2
3
，
又 a＋b＝10，解得 a＝4.
(2)∵b2
＝a2
＋c2
－2accos B，b＝3 5，a＝5，
∴45＝25＋c2
－8c，即 c2
－8c－20＝0，
解得 c＝10 或 c＝－2(舍去)，
∴S＝
1
2
acsin B＝
1
2
×5×10×
3
5
＝15.
20．(本小题满分 15 分)已知 f(x)＝x－ln x，x∈(0，e]，g(x)＝
ln x
x
，其中 e 是自然对数
的底数．
(1)判断 f(x)的单调性并求其极值；
(2)求证：f(x)>g(x)＋
1
2
.
解：(1)∵f′(x)＝1－
1
x
＝
x－1
x
，x∈(0，e]，
∴当 00，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)＋
1
2
＝
ln x
x
＋
1
2
，则 h′(x)＝
1－ln x
x2
，
当 0g(x)＋
1
2
.
21．(本小题满分 15 分)已知数列{an}的前 n 项和 Sn满足 an＝1－2Sn.
(1)求证：数列{an}为等比数列；
(2)设函数 f(x)＝log 1
3
x，bn＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(an)，求 Tn＝
1
b1
＋
1
b2
＋
1
b3
＋…＋
1
bn
.
解：(1)证明：∵数列{an}的前 n项和 Sn满足 an＝1－2Sn.∴a1＝1－2a1，解得 a1＝
1
3
.
n≥2 时，an－1＝1－2Sn－1，可得 an－an－1＝－2an.
∴an＝
1
3
an－1.
∴数列{an}是首项和公比均为
1
3
的等比数列．
(2)由(1)可知 an＝
1
3 n，则 f(an)＝log
1
3
an＝n.
∴bn＝1＋2＋…＋n＝
n n＋1
2
.
∴
1
bn
＝2
1
n
－
1
n＋1 .
∴Tn＝
1
b1
＋
1
b2
＋
1
b3
＋…＋
1
bn
＝2
1－
1
2 ＋
1
2
－
1
3 ＋…＋
1
n
－
1
n＋1
＝2
1－
1
n＋1 ＝
2n
n＋1
.
22．(本小题满分 15 分)已知数列{an}满足：a1＝
1
2
，an＋1＝
a2
n
2 017
＋an(n∈N*)．
(1)求证：an＋1>an;
(2)求证：a2 018<1；
(3)若 ak>1，求正整数 k的最小值．
解：(1)由 an＋1－an＝
a2
n
2 017
≥0，
得 an＋1≥an，
因为 a1＝
1
2
，所以 an≥
1
2
，
因此 an＋1－an＝
a2
n
2 017
>0，所以 an＋1>an.
(2)由已知得
1
an＋1
＝
2 017
an an＋2 017
＝
1
an
－
1
an＋2 017
，
所以
1
an＋2 017
＝
1
an
－
1
an＋1
，
由
1
a1＋2 017
＝
1
a1
－
1
a2
，
1
a2＋2 017
＝
1
a2
－
1
a3
，…，
1
an－1＋2 017
＝
1
an－1
－
1
an
，
累加可得
1
a1
－
1
an
＝
1
a1＋2 017
＋
1
a2＋2 017
＋…＋
1
an－1＋2 017
.
当 n＝2 018 时，由(1)得
1
2
＝a12 018×
1
1＋2 017
＝1.
所以 a2 018<1an，
所以 k 的最小值为 2 019.
