1、A组 自主命题北京卷题组,五年高考,1.(2017北京,20,13分)设an和bn是两个等差数列,记cn=maxb1-a1n,b2-a2n,bn-ann(n=1,2,3, ), 其中maxx1,x2,xs表示x1,x2,xs这s个数中最大的数. (1)若an=n,bn=2n-1,求c1,c2,c3的值,并证明cn是等差数列; (2)证明:或者对任意正数M,存在正整数m,当nm时, M;或者存在正整数m,使得cm,cm+1,cm+2, 是等差数列.,解析 (1)c1=b1-a1=1-1=0, c2=maxb1-2a1,b2-2a2=max1-21,3-22=-1, c3=maxb1-3a1,b2
2、-3a2,b3-3a3=max1-31,3-32,5-33=-2. 当n3时, (bk+1-nak+1)-(bk-nak)=(bk+1-bk)-n(ak+1-ak)=2-n0时, 取正整数m ,则当nm时,nd1d2,因此cn=b1-a1n.,此时,cm,cm+1,cm+2,是等差数列. 当d1=0时,对任意n1, cn=b1-a1n+(n-1)maxd2,0=b1-a1+(n-1)(maxd2,0-a1). 此时,c1,c2,c3,cn,是等差数列. 当d1 时,有nd1max , 故当nm时, M.,2.(2016北京,20,13分)设数列A:a1,a2,aN(N2).如果对小于n(2nN
3、)的每个正整数k都有aka1,则G(A); (3)证明:若数列A满足an-an-11(n=2,3,N),则G(A)的元素个数不小于aN-a1.,解析 (1)G(A)的元素为2和5. (2)证明:因为存在an使得ana1, 所以iN*|2iN,aia1. 记m=miniN*|2iN,aia1, 则m2,且对任意正整数ka1.,由(2)知G(A). 设G(A)=n1,n2,np,n1 . 如果Gi,取mi=min Gi,则对任何1kmi,ak . 从而miG(A)且mi=ni+1. 又因为np是G(A)中的最大元素,所以Gp=.,从而对任意npkN,ak ,特别地,aN . 对i=0,1,p-1,
4、 . 因此 = +( - ) +1. 所以aN-a1 -a1= ( - )p. 因此G(A)的元素个数p不小于aN-a1.,思路分析 (1)先理解G时刻的新定义,然后对(1)中具体的有穷数列直接套用定义解题,并感受 解题规律;(2)根据ana1,研究两者之间数列的变化趋势;(3)抓住数列中相邻两项之差不超过1的 特征,完成证明.,3.(2015北京,20,13分)已知数列an满足:a1N*,a136,且an+1= (n=1,2,).记集合 M=an|nN*. (1)若a1=6,写出集合M的所有元素; (2)若集合M存在一个元素是3的倍数,证明:M的所有元素都是3的倍数; (3)求集合M的元素个
5、数的最大值.,解析 (1)6,12,24. (2)证明:因为集合M存在一个元素是3的倍数,所以不妨设ak是3的倍数. 由an+1= 可归纳证明对任意nk,an是3的倍数. 如果k=1,则M的所有元素都是3的倍数. 如果k1,因为ak=2ak-1或ak=2ak-1-36, 所以2ak-1是3的倍数,于是ak-1是3的倍数. 类似可得,ak-2,a1都是3的倍数. 从而对任意n1,an是3的倍数,因此M的所有元素都是3的倍数. 综上,若集合M存在一个元素是3的倍数,则M的所有元素都是3的倍数. (3)由a136,an= 可归纳证明an36(n=2,3,). 因为a1是正整数,a2= 所以a2是2的
6、倍数, 从而当n3时,an是4的倍数. 如果a1是3的倍数,由(2)知对所有正整数n,an是3的倍数,因此当n3时,an12,24,36, 这时M的元素个数不超过5. 如果a1不是3的倍数,由(2)知对所有正整数n,an不是3的倍数, 因此当n3时,an4,8,16,20,28,32, 这时M的元素个数不超过8. 当a1=1时,M=1,2,4,8,16,20,28,32有8个元素. 综上可知,集合M的元素个数的最大值为8.,思路分析 (1)利用已知的递推关系写出数列的前几项,根据周期性写出集合M的所有元素;(2) 利用已知条件以及递推公式的特征进行证明;(3)根据an的范围,分a1是3的倍数和
7、a1不是3的倍 数两种情况讨论,继而得集合M的元素个数的最大值.,4.(2013北京,20,13分)已知an是由非负整数组成的无穷数列.该数列前n项的最大值记为An,第 n项之后各项an+1,an+2,的最小值记为Bn,dn=An-Bn. (1)若an为2,1,4,3,2,1,4,3,是一个周期为4的数列(即对任意nN*,an+4=an),写出d1,d2,d3,d4的 值; (2)设d是非负整数.证明:dn=-d(n=1,2,3,)的充分必要条件为an是公差为d的等差数列; (3)证明:若a1=2,dn=1(n=1,2,3,),则an的项只能是1或者2,且有无穷多项为1.,解析 (1)d1=d
8、2=1,d3=d4=3. (2)证明:(充分性)因为an是公差为d的等差数列,且d0, 所以a1a2an. 因此An=an,Bn=an+1,dn=an-an+1=-d(n=1,2,3,). (必要性)因为dn=-d0(n=1,2,3,), 所以An=Bn+dnBn. 又因为anAn,an+1Bn, 所以anan+1. 于是,An=an,Bn=an+1. 因此an+1-an=Bn-An=-dn=d, 即an是公差为d的等差数列. (3)证明:因为a1=2,d1=1,所以A1=a1=2,B1=A1-d1=1. 故对任意n1,anB1=1. 假设an(n2)中存在大于2的项.,设m为满足am2的最小
9、正整数, 则m2,并且对任意1k2. 于是,Bm=Am-dm2-1=1,Bm-1=minam,Bm2. 故dm-1=Am-1-Bm-12-2=0,与dm-1=1矛盾. 所以对于任意n1,有an2,即非负整数列an的各项只能为1或2. 因为对任意n1,an2=a1, 所以An=2. 故Bn=An-dn=2-1=1. 因此对于任意正整数n,存在m满足mn,且am=1,即数列an有无穷多项为1.,B组 统一命题省(区、市)卷题组,考点一 数列求和,1.(2017课标,15,5分)等差数列an的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则 = .,答案,解析 本题主要考查等差数列基本量的计算及裂项相消法求
10、和. 设公差为d,则 an=n. 前n项和Sn=1+2+n= , = =2 , =2 1- + - + - =2 =2 = .,思路分析 求出首项a1和公差d,从而求出Sn. = =2 ,从而运用裂项相消法求和 即可.,2.(2015江苏,11,5分)设数列an满足a1=1,且an+1-an=n+1(nN*),则数列 前10项的和为 .,答案,解析 由已知得,a2-a1=1+1,a3-a2=2+1,a4-a3=3+1,an-an-1=n-1+1(n2),则有an-a1=1+2+3+ n-1+(n-1)(n2),因为a1=1,所以an=1+2+3+n(n2),即an= (n2),又当n=1时,a
11、1=1也适合 上式,故an= (nN*),所以 = =2 ,从而 + + + =2 +2 +2 +2 =2 = .,3.(2017课标全国,17,12分)设数列an满足a1+3a2+(2n-1)an=2n. (1)求an的通项公式; (2)求数列 的前n项和.,解析 (1)因为a1+3a2+(2n-1)an=2n, 故当n2时,a1+3a2+(2n-3)an-1=2(n-1). 两式相减得(2n-1)an=2. 所以an= (n2). 又由题设可得a1=2, 从而an的通项公式为an= (nN*). (2)记 的前n项和为Sn. 由(1)知 = = - . 则Sn= - + - + - = .
12、,易错警示 (1)要注意n=1时,是否符合所求得的通项公式;(2)裂项相消后,注意留下了哪些项, 避免遗漏.,4.(2016课标,17,12分)Sn为等差数列an的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=lg an,其中x表示不 超过x的最大整数,如0.9=0,lg 99=1. (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,据已知有7+21d=28, 解得d=1. 所以an的通项公式为an=n. b1=lg 1=0,b11=lg 11=1,b101=lg 101=2. (6分) (2)因为bn= (9分) 所以数列bn的前1 000项和
13、为190+2900+31=1 893. (12分),思路分析 (1)先求公差,从而得通项an,再根据已知条件求b1,b11,b101.(2)分析出bn中项的规律, 进而求出数列bn的前1 000项和.,5.(2015课标,17,12分)Sn为数列an的前n项和.已知an0, +2an=4Sn+3. (1)求an的通项公式; (2)设bn= ,求数列bn的前n项和.,解析 (1)由 +2an=4Sn+3,可知 +2an+1=4Sn+1+3. 可得 - +2(an+1-an)=4an+1, 即2(an+1+an)= - =(an+1+an)(an+1-an). 由于an0,所以an+1-an=2.
14、 又由 +2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3. 所以an是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为an=2n+1. (6分),(2)由an=2n+1可知 bn= = = . 设数列bn的前n项和为Tn,则 Tn=b1+b2+bn = = . (12分),思路分析 (1)由 +2an=4Sn+3,得 +2an+1=4Sn+1+3,两式相减得出递推关系,再求出a1,利用等差 数列的通项公式可得通项.(2)利用裂项相消法求Tn .,6.(2015天津,18,13分)已知数列an满足an+2=qan(q为实数,且q1),nN*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a 4,a4+a
15、5成等差数列. (1)求q的值和an的通项公式; (2)设bn= ,nN*,求数列bn的前n项和.,解析 (1)由已知,得(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3, 所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q1,故a3=a2=2, 由a3=a1q,得q=2. 当n=2k-1(kN*)时,an=a2k-1=2k-1= ; 当n=2k(kN*)时,an=a2k=2k= . 所以,an的通项公式为an=,(2)由(1)得bn= = .设bn的前n项和为Sn,则Sn=1 +2 +3 +(n-1) +n , Sn=1 +2 +3 +(n-1) +n ,
16、上述两式相减,得 Sn=1+ + + - = - =2- - ,整理得,Sn=4- . 所以,数列bn的前n项和为4- ,nN*.,评析 本题主要考查等比数列及其前n项和公式、等差中项等基础知识.考查数列求和的基本 方法、分类讨论思想和运算求解能力.,考点二 数列的综合应用,1.(2017课标,12,5分)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20,接下来的两项是20,21, 再接下来的三项
17、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 ( ) A.440 B.330 C.220 D.110,答案 A 本题考查等差数列、等比数列的前n项和公式,考查学生的逻辑推理能力、运算求 解能力和创新应用能力. 解法一(排除法):记SN为数列的前N项和,由题意得,数列的前110项为20,20,21,20,21,20,21,213,2 0,21,22,23,24,所以S110=20+(20+21)+(20+21+213)+(20+21+22+23+24)=(21-1)+(22-1)+(214-1)+(25- 1)=(21
18、+22+214)-14+31=215+15,这是一个奇数,不可能是2的整数幂,故选项D不正确.同理,S220= 20+(20+21)+(20+21+219)+(20+21+22+23+29)=221+210-23,这是一个奇数,不可能是2的整数 幂,故选项C不正确.同理,S330=20+(20+21)+(20+21+224)+(20+21+22+23+24)=226+4,不是2的整 数幂,故选项B不正确.所以,正确的选项为A. 解法二:不妨设1+(1+2)+(1+2+2n-1)+(1+2+2t)=2m(其中m、n、tN,0tn), 则有N= +t+1,因为N100,所以n13. 由等比数列的前
19、n项和公式可得2n+1-n-2+2t+1-1=2m. 因为n13,所以2nn+2, 所以2n+12n+n+2,即2n+1-n-22n, 因为2t+1-10,所以2m2n+1-n-22n,故mn+1, 因为2t+1-12n+1-1,所以2m2n+2-n-3,故mn+1. 所以m=n+1,从而有n=2t+1-3,因为n13,所以t3. 当t=3时,N=95,不合题意; 当t=4时,N=440,满足题意,故所求N的最小值为440.,2.(2015福建,8,5分)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p0,q0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适 当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数
20、列,则p+q的值等于 ( ) A.6 B.7 C.8 D.9,答案 D 由题意可知a,b是x2-px+q=0的两根, a+b=p0,ab=q0,故a,b均为正数. a,b,-2适当排序后成等比数列, -2是a,b的等比中项,得ab=4, q=4.又a,b,-2适当排序后成等差数列, 所以-2是第一项或第三项, 不妨设a0,a=1,此时b=4, p=a+b=5,p+q=9,选D.,3.(2019天津理,19,14分)设an是等差数列,bn是等比数列.已知a1=4,b1=6,b2=2a2-2,b3=2a3+4. (1)求an和bn的通项公式; (2)设数列cn满足c1=1,cn= 其中kN*. (
21、i)求数列 ( -1)的通项公式; (ii)求 aici(nN*).,解析 本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识.考查化 归与转化思想和数列求和的基本方法以及运算求解能力.满分14分. (1)设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q.依题意得 解得 故an=4+(n-1)3=3n+1,bn=62n-1=32n. 所以,an的通项公式为an=3n+1,bn的通项公式为bn=32n. (2)(i) ( -1)= (bn-1)=(32n+1)(32n-1)=94n-1. 所以,数列 ( -1)的通项公式为 ( -1)=94n-1. (ii) aici= ai+
22、ai(ci-1)= ai+ ( -1) = + (94i-1) =(322n-1+52n-1)+9 -n =2722n-1+52n-1-n-12(nN*).,思路分析 (1)利用等差数列、等比数列概念求基本量得到通项公式. (2)(i)由cn= kN*知 ( -1)=(32n+1)(32n-1),从而得到数列 ( -1)的通项 公式. (ii)利用(i)把 aici拆成 ai+ai(ci-1), 进而可得 aici= ai+ ( -1),计算即可.,解题关键 正确理解数列cn的含义是解题的关键.,4.(2019天津文,18,13分)设an是等差数列,bn是等比数列,公比大于0.已知a1=b1=
23、3,b2=a3,b3=4a 2+3. (1)求an和bn的通项公式; (2)设数列cn满足cn= 求a1c1+a2c2+a2nc2n(nN*).,解析 本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识.考查数 列求和的基本方法和运算求解能力,体现了数学运算素养.满分13分. (1)设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q. 依题意,得 解得 故an=3+3(n-1)=3n,bn=33n-1=3n. 所以,an的通项公式为an=3n,bn的通项公式为bn=3n.,思路分析 (1)利用等差、等比数列的通项公式求出公差d,公比q即可.(2)利用cn的通项公式, 进行分组求
24、和,在计算差比数列时采用错位相减法求和.,解题关键 根据n的奇偶性得数列cn的通项公式,从而选择合适的求和方法是求解的关键.,5.(2019江苏,20,16分)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M-数列”. (1)已知等比数列an(nN*)满足:a2a4=a5,a3-4a2+4a1=0,求证:数列an为“M-数列”; (2)已知数列bn(nN*)满足:b1=1, = - ,其中Sn为数列bn的前n项和. 求数列bn的通项公式; 设m为正整数,若存在“M-数列”cn(nN*),对任意正整数k,当km时,都有ckbkck+1成 立,求m的最大值.,解析 本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项
25、公式、性质等基础知识,考查代数推 理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.满分16分. (1)设等比数列an的公比为q,所以a10,q0. 由 得 解得 因此数列an为“M-数列”. (2)因为 = - ,所以bn0. 由b1=1,S1=b1,得 = - ,则b2=2. 由 = - ,得Sn= , 当n2时,由bn=Sn-Sn-1,得bn= - , 整理得bn+1+bn-1=2bn. 所以数列bn是首项和公差均为1的等差数列. 因此,数列bn的通项公式为bn=n(nN*).,由知,bk=k,kN*. 因为数列cn为“M-数列”,设公比为q,所以c1=1,q0. 因为ckbkck+
26、1,所以qk-1kqk,其中k=1,2,3,m. 当k=1时,有q1; 当k=2,3,m时,有 ln q . 设f(x)= (x1),则f (x)= . 令f (x)=0,得x=e.列表如下:,因为 = = ,所以f(k)max=f(3)= . 取q= ,当k=1,2,3,4,5时, ln q,即kqk,经检验知qk-1k也成立. 因此所求m的最大值不小于5. 若m6,分别取k=3,6,得3q3,且q56,从而q15243,且q15216,所以q不存在. 因此所求m的最大值小于6. 综上,所求m的最大值为5.,6.(2018天津,18,13分)设an是等比数列,公比大于0,其前n项和为Sn(n
27、N*),bn是等差数列.已 知a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6. (1)求an和bn的通项公式; (2)设数列Sn的前n项和为Tn(nN*). (i)求Tn; (ii)证明 = -2(nN*).,方法总结 解决数列求和问题的两种思路 (1)利用转化的思想将一般数列设法转化为等差或等比数列,这一思想方法往往通过通项分解 或错位相减来完成. (2)不能转化为等差或等比数列的,往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和.,7.(2017山东,19,12分)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
28、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P1P2Pn +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.,解析 本题考查等比数列基本量的计算,错位相减法求和. (1)设数列xn的公比为q,由已知知q0. 由题意得 所以3q2-5q-2=0. 因为q0,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=2n-2n-1=2n-1, 记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn, 由题意bn= 2n-
29、1=(2n+1)2n-2, 所以Tn=b1+b2+bn =32-1+520+721+(2n-1)2n-3+(2n+1)2n-2, 2Tn=320+521+722+(2n-1)2n-2+(2n+1)2n-1.,-得 -Tn=32-1+(2+22+2n-1)-(2n+1)2n-1 = + -(2n+1)2n-1. 所以Tn= .,解题关键 记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn,以几何图形为背景确定bn的通项公式是关键.,8.(2016四川,19,12分)已知数列an的首项为1,Sn为数列an的前n项和,Sn+1=qSn+1,其中q0,n N*. (1)若a2,a3,a2+a3成等差数列,求数
30、列an的通项公式; (2)设双曲线x2- =1的离心率为en,且e2=2,求 + + .,解析 (1)由已知,Sn+1=qSn+1,Sn+2=qSn+1+1,两式相减得到an+2=qan+1,n1. 又由S2=qS1+1得到a2=qa1, 故an+1=qan对所有n1都成立. 所以,数列an是首项为1,公比为q的等比数列. 从而an=qn-1. 由a2,a3,a2+a3成等差数列,可得2a3=a2+a2+a3, 所以a3=2a2,故q=2.所以an=2n-1(nN*). (2)由(1)可知,an=qn-1. 所以双曲线x2- =1的离心率en= = . 由e2= =2解得q= . 所以, +
31、+ =(1+1)+(1+q2)+1+q2(n-1) =n+1+q2+q2(n-1) =n+,=n+ (3n-1).,易错警示 在(1)中要注意检验a1与a2是否满足an+2=qan+1(n1). (2)中求等比数列前n项和时要注意公比是q2.,评析 本题考查了数列中Sn与an的关系,等差数列的性质,双曲线的性质及数列分组转化求和.,9.(2015四川,16,12分)设数列an(n=1,2,3,)的前n项和Sn满足Sn=2an-a1,且a1,a2+1,a3成等差数列. (1)求数列an的通项公式; (2)记数列 的前n项和为Tn,求使得|Tn-1| 成立的n的最小值.,解析 (1)由已知Sn=2
32、an-a1, 有an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n2), 即an=2an-1(n2). 从而a2=2a1,a3=2a2=4a1. 又因为a1,a2+1,a3成等差数列,即a1+a3=2(a2+1). 所以a1+4a1=2(2a1+1),解得a1=2. 所以,数列an是首项为2,公比为2的等比数列.故an=2n.,(2)由(1)得 = , 所以Tn= + + = =1- . 由|Tn-1|1 000. 因为29=5121 0001 024=210,所以n10.,于是,使|Tn-1| 成立的n的最小值为10.,评析 本题考查等差数列与等比数列的概念、等比数列通项公式与前n项和等基础知识,
33、考查 运算求解能力.,C组 教师专用题组,考点一 数列求和,1.(2015浙江,17,15分)已知数列an和bn满足a1=2,b1=1,an+1=2an(nN*),b1+ b2+ b3+ bn= bn+1-1(nN*). (1)求an与bn; (2)记数列anbn的前n项和为Tn,求Tn.,解析 (1)由a1=2,an+1=2an,得an=2n(nN*). 由题意知: 当n=1时,b1=b2-1,故b2=2. 当n2时, bn=bn+1-bn,整理得 = , 所以bn=n(nN*). (2)由(1)知anbn=n2n, 因此Tn=2+222+323+n2n, 2Tn=22+223+324+n2
34、n+1, 所以Tn-2Tn=2+22+23+2n-n2n+1. 故Tn=(n-1)2n+1+2(nN*).,评析 本题主要考查数列的通项公式,等差和等比数列等基础知识,同时考查数列求和等基本 思想方法.,2.(2013重庆,16,13分)设数列an满足:a1=1,an+1=3an,nN+. (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.,解析 (1)由题设知an是首项为1,公比为3的等比数列,所以an=3n-1,Sn= = (3n-1). (2)b1=a2=3,b3=1+3+9=13,b3-b1=10=2d,
35、所以公差d=5, 故T20=203+ 5=1 010.,3.(2013湖南,19,13分)设Sn为数列an的前n项和,已知a10,2an-a1=S1Sn,nN*. (1)求a1,a2,并求数列an的通项公式; (2)求数列nan的前n项和.,解析 (1)令n=1,得2a1-a1= ,即a1= . 因为a10, 所以a1=1. 令n=2,得2a2-1=S2=1+a2. 解得a2=2. 当n2时,2an-1=Sn,2an-1-1=Sn-1,两式相减得2an-2an-1=an.即an=2an-1. 于是数列an是首项为1,公比为2的等比数列. 因此,an=2n-1. 所以数列an的通项公式为an=2
36、n-1.,(2)由(1)知nan=n2n-1. 记数列n2n-1的前n项和为Bn,于是 Bn=1+22+322+n2n-1, 2Bn=12+222+323+n2n. -得-Bn=1+2+22+2n-1-n2n=2n-1-n2n. 从而Bn=1+(n-1)2n.,评析 本题主要考查求数列的通项公式及求数列的前n项和,考查了学生的运算求解能力,在 利用错位相减法求和时,计算失误是学生失分的主要原因.,考点二 数列的综合应用,1.(2014安徽,12,5分)如图,在等腰直角三角形ABC中,斜边BC=2 .过点A作BC的垂线,垂足为A 1;过点A1作AC的垂线,垂足为A2;过点A2作A1C的垂线,垂足
37、为A3;,依此类推.设BA=a1,AA1=a2,A1 A2=a3,A5A6=a7,则a7= .,解析 由BC=2 得AB=a1=2AA1=a2= A1A2=a3= =1,由此可归纳出an是以a1=2 为首项, 为公比的等比数列,因此a7=a1q6=2 = .,答案,2.(2018江苏,20,16分)设an是首项为a1,公差为d的等差数列,bn是首项为b1,公比为q的等比数 列. (1)设a1=0,b1=1,q=2,若|an-bn|b1对n=1,2,3,4均成立,求d的取值范围; (2)若a1=b10,mN*,q(1, ,证明:存在dR,使得|an-bn|b1对n=2,3,m+1均成立,并求d的
38、 取值范围(用b1,m,q表示).,解析 (1)由条件知an=(n-1)d,bn=2n-1. 因为|an-bn|b1对n=1,2,3,4均成立, 即|(n-1)d-2n-1|1对n=1,2,3,4均成立. 即11,1d3,32d5,73d9,得 d . 因此,d的取值范围为 . (2)由条件知:an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1. 若存在dR,使得|an-bn|b1(n=2,3,m+1)均成立, 即|b1+(n-1)d-b1qn-1|b1(n=2,3,m+1). 即当n=2,3,m+1时,d满足 b1d b1. 因为q(1, ,所以10,对n=2,3,m+1均成立. 因此,取d=0时
39、,|an-bn|b1对n=2,3,m+1均成立. 下面讨论数列 的最大值和数列 的最小值(n=2,3,m+1).,当2nm时, - = = , 当10. 因此,当2nm+1时, 数列 单调递增, 故数列 的最大值为 . 设f(x)=2x(1-x),当x0时,f (x)=(ln 2-1-xln 2)2x0. 所以f(x)单调递减,从而f(x)f(0)=1. 当2nm时, = =f 1. 因此,当2nm+1时,数列 单调递减, 故数列 的最小值为 . 因此,d的取值范围为 .,疑难突破 本题是数列的综合题,考查等差数列、等比数列的概念和相关性质,第(1)问主要考 查绝对值不等式.第(2)问要求d的
40、范围,使得|an-bn|b1对n=2,3,m+1都成立,首先把d分离出来, 变成 b1d b1,难点在于讨论 b1的最大值和 b1的最小值.对于数列 ,可以通过作差讨论其单调性,而对于数列 ,要作商讨论单调性, = = q ,当2nm时,1qn2, q ,可以构造函数f(x)=2x(1-x),通过讨论f(x)在(0,+)上的单调性去证明f 1,得到数列 的单调性,解出最小值.两个数列,一个作差得到单调性,一个作商得到单调 性,都是根据数列本身结构而得,方法自然合理,最后构造函数判断 与1的大小是难点, 平时多积累,多思考,也是可以得到的.,3.(2017江苏,19,16分)对于给定的正整数k,
41、若数列an满足:an-k+an-k+1+an-1+an+1+an+k-1+an+k=2 kan对任意正整数n(nk)总成立,则称数列an是“P(k)数列”. (1)证明:等差数列an是“P(3)数列”; (2)若数列an既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,证明:an是等差数列.,证明 本小题主要考查等差数列的定义、通项公式等基础知识,考查代数推理、转化与化归 及综合运用数学知识探究与解决问题的能力. (1)因为an是等差数列,设其公差为d,则an=a1+(n-1)d, 从而,当n4时,an-k+an+k=a1+(n-k-1)d+a1+(n+k-1)d=2a1+2(n-1)d=2an,k
42、=1,2,3, 所以an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an, 因此等差数列an是“P(3)数列”. (2)数列an既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,因此, 当n3时,an-2+an-1+an+1+an+2=4an, 当n4时,an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an. ,由知,an-3+an-2=4an-1-(an+an+1), an+2+an+3=4an+1-(an-1+an). 将代入,得an-1+an+1=2an,其中n4, 所以a3,a4,a5,是等差数列,设其公差为d. 在中,取n=4,则a2+a3+a5+a6=4a4,
43、所以a2=a3-d, 在中,取n=3,则a1+a2+a4+a5=4a3,所以a1=a3-2d, 所以数列an是等差数列.,方法总结 数列新定义型创新题的一般解题思路: 1.阅读审清“新定义”; 2.结合常规的等差数列、等比数列的相关知识,化归、转化到“新定义”的相关知识; 3.利用“新定义”及常规的数列知识,求解证明相关结论.,4.(2015湖南,19,13分)设数列an的前n项和为Sn.已知a1=1,a2=2,且an+2=3Sn-Sn+1+3,nN*. (1)证明:an+2=3an; (2)求Sn.,解析 (1)证明:由条件,对任意nN*,有an+2=3Sn-Sn+1+3, 因而对任意nN*
44、,n2,有an+1=3Sn-1-Sn+3. 两式相减,得an+2-an+1=3an-an+1, 即an+2=3an,n2. 又a1=1,a2=2,所以a3=3S1-S2+3=3a1-(a1+a2)+3=3a1. 故对一切nN*,an+2=3an.,(2)由(1)知,an0,所以 =3.于是数列a2n-1是首项a1=1,公比为3的等比数列;数列a2n是首项 a2=2,公比为3的等比数列.因此a2n-1=3n-1,a2n=23n-1. 于是S2n=a1+a2+a2n=(a1+a3+a2n-1)+(a2+a4+a2n) =(1+3+3n-1)+2(1+3+3n-1) =3(1+3+3n-1)= ,
45、从而S2n-1=S2n-a2n= -23n-1= (53n-2-1).,综上所述,Sn=,5.(2014北京,20,13分)对于数对序列P:(a1,b1),(a2,b2),(an,bn),记T1(P)=a1+b1,Tk(P)=bk+maxTk-1(P), a1+a2+ak(2kn),其中maxTk-1(P),a1+a2+ak表示Tk-1(P)和a1+a2+ak两个数中最大的 数. (1)对于数对序列P:(2,5),(4,1),求T1(P),T2(P)的值; (2)记m为a,b,c,d四个数中最小的数,对于由两个数对(a,b),(c,d)组成的数对序列P:(a,b),(c,d)和P: (c,d)
46、,(a,b),试分别对m=a和m=d两种情况比较T2(P)和T2(P)的大小; (3)在由五个数对(11,8),(5,2),(16,11),(11,11),(4,6)组成的所有数对序列中,写出一个数对序列P 使T5(P)最小,并写出T5(P)的值.(只需写出结论),解析 (1)T1(P)=2+5=7, T2(P)=1+maxT1(P),2+4=1+max7,6=8. (2)T2(P)=maxa+b+d,a+c+d, T2(P)=maxc+d+b,c+a+b. 当m=a时,T2(P)=maxc+d+b,c+a+b=c+d+b. 因为a+b+dc+b+d,且a+c+dc+b+d,所以T2(P)T2(P). 当m=d时,T2(P)=maxc+d+b,c+a+b=c+a+b. 因为a+b+dc+a+b,且a+c+dc+a+b,所以T2(P)T2(P). 所以无论m=a还是m=d,T2(P)T2(P)都成立. (3)数对序列P:(4,6),(11,11),(16,11),(11,8),(5,2)的T5(P)值最小,T1(P)=10,T2(P)=26,T3(P)=42,T4(P)= 50,T5(P)=52.,思路分析 (1)根据题目中所给定义和已知的数对序列,直接求值;(2)利用最小值m的不同取值, 对求出的结果比较大小;(3)依据数对序列的顺序对结果的影响,写出结论.,评析 本题考查
