高中数列知识大归纳总结绝对全

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；留意提炼一些重要的思想和方法,如：观看法,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,分类与争辩思想,化归与转化思想等；学问网络通项公式 数列与正整数集关系 递推公式数列等差数列定义等比数列通项公式中项前n 项的和公式法 倒序相加法 特殊数列求和方法 错位相减法 裂项相消法四,数列通项an 与前n 项和Sn 的关系第一课时数列n1Sn a1 a2 a 3 an i 1 ai 2an Sn S1 1n1Sn n2课

2、前热身3数列an 的通项公式为an 2 3n 28 n, 就数列各项中最小项是 B 3, 的取值范畴是A第项B第项C第项D第项4已知数列an 是递增数列,其通项公式为an 2 n n , 就实数5数列an 的前n 项和Sn n24n 1 , ,就an 2n12n 5n2第 1 页,共 30 页题型一 归纳,猜想法求数列通项【例1】依据以下数列的前几项,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 7 10 1, 7 10 2 1, 7 10 3 1 , 7 10 n 1 9 9 9 9将已知数列变为 1+0 ,2+1 ,3+0

3、,4+1 ,5+0 ,6+1 ,7+0 ,8+1 ,9+0 ,；可得数列的通项公式为n1 1 an n2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an Sn S1 1n 1 求数列通项n 2 . Sn 例2已知数列an 的前n 项和Sn ,分别求其通项公式S n3n 2解析：当n1 , a1 S1 31 21,当n 2时, a nS S n 1 3 n2 3 n12 23n 1 又a1 1 不适合上式,故an 1n 1 n 1 2 3 n 2 三,利用递推关系求数列的通项【例3】依据以下各个数列 an 的首项和递推关系,求其通项公式1

4、 1a1 , an 1 an 22 4n 1解析：由于a n1 a n 12,所以4n 1an 1 an 4n 2 11 1 2 2n 1 12n 11 1 1所以a 2 a1 2 1 1 311 1a3 a2 2 3 511 1a4 a3 2 5 7第 2 页,共 30 页,an 1ana n 1 1 1 2 2n 311f n, 求an 用累加法,如an 1f n, 求a n 用累乘法,如2 n 以上n 1 个式相加得an a1 11 1122n即：an 11 24n 34n 4n 2点拨：在递推关系中如an 1an an pan q ,求a n 用待定系数法或迭代法；课外练习3 设an

5、11n111, nN ,就an 1与 an 的大小关系Cn122n 是Aan an Ban 1an Can 1an D不能确定解：由于an 1an 11312 n 22n n111202n 32n 所以an 1an ,选二,填空题5已知数列an 的前n 项Sn n24n 1,就an 2 2n 5, n 1 a10,a9 , n 2 和7已知数列an 的通项n98 （n99 N）,就数列an 的前30 项中最大项和最小项分别是n解：构造函数y x 98 199 98 y 1x 99 x 99 由函数性质可知,函数在,99 上递减,且函数在 99,）上递增且y 1第 3 页,共 30 页又99 9

6、,10）a10 a11 a12 a30 1 a1 a2 三,解答题a9 a10最大,a9最小等差数列学问要点 之,不成立；2递推关系与通项公式a n a m n m d 递推关系：an 1 an d通项公式：an a1 n 1d 2an an m an m推广：an am n md 变式：a1 an n 1d; Sn , S2n Sn , S3n S2n 仍成等差数列；d an n a11 判定或证明一个数列是等差数列的方法：an am 定义法：dn man 1 an d 常数）（n N）an 是等特点：an dn a1 d, 差数列即：an f n kn m, k, m 为常 中项法：数）a

7、n kn m,（k ,m 为常 是数列an 成 2an 1 an an 2（n N an 是等差数数等差数列的充要条件；列等差中项：通项公式法：如a,b, c 成等差数列,就b 称a 与 c 的等差中 an kn b k,b 为常 an 是等差数项,数 a c 列且b2；a,b, c 成等差数列是 2b a c 的充 前 n 项和公式法：要条件；前n 项和公式 S n An 2Bn , A B 为常数 an 是等差数列S n a1 a n ；S na 1 nn 1 d 课前热身2 22等差数列 an 中,a 4 a6 a8 a10 a12 120, 特点：Sn d2 n 2a1 2 d2 n,

8、 就a 9 13 a 11 的值为 C 即 f n An Bn Sn S An 2Bn A, B为常 A14 B15 C16 D 17 数解a 9 1 a11 a 9 1a9 2 d 是数列an 成等差数列的充要条件；3 32 2 2 120 5等差数列 an 的基本性质其中m, n, p, q N 3 a9 d 3 a8 3 5 16 如 n p q,就am an a p aq 反m 第 4 页,共 30 页；62a 37 d 03等差数列an 中,a1 0,S9 S12 ,就前10 24 7d 0d24 7或11 项的和最大；又S13 13a1 a13 13 a3 2a11 2解：S9 S

9、12,S12 S9 013 2 a3 28d 0a10 a11 a12 0,3a11 0,24 8d0d3a11 0,又a1 0从而24 d3an 为递减等差数列S10 S11 为最大；74已知等差数列an 的前10 项和为100,前100 项和S12 6a6 a7 0为10 ,就前110 项和为110 S13 13a7 0a7 0,a6 0S6 最大；解：S10,S20 S10,S30 S20,S110 S100,课外练习 一,选择题成等差数列,公差为D其首项为1已知an 数列是等差数列,a10 10 ,其前10 S10 100 ,前10 项的和为S100 10 项的和S10 70,就其公差

10、d 等于 D100 10 10 9D10,D22 2A2B1又S100 S10 10D 110 33S110 100 10 10（22）C1 3D2 3S110 50n 98 12n n n 21 4y 2 2n 40n 98 2已知等差数列an中,2n 2 10 102 a 7 a9 16,a4 1,就a12 等于（A ）所以当n 10 时,ymax 102 设等差数列an 的前n 项和为Sn ,已知A 15 B30 C31 D 64 解：a7 a9 a4 a12 a3 12,S12 0,S13 0a12 15 求出公差d的范畴,二,填空题指出S1,S2,S12 中哪一个值最大,并说3设Sn

11、 为等差数列an 的前n 项和,明理由；S4 14,S10 S7 30,就S9 =54 d an f n n an Sn an n 2 4已知等差数列an 的前n项和为Sn ,如解：S12 6 a1 a12 6 a3 a10 S12 21,就a 2 a5 a8 a11 第 5 页,共 30 页5设F 是椭圆2 x 2 y 1 的右焦点,且椭圆上至走1 m ,乙每分钟走5 m ,甲,乙开头运动后几分钟相遇？假如甲乙到对方起点后马上折返,甲76连续每分钟比前一分钟多走1 m ,乙连续每分钟走少有21 个不同点Pi i 1,2, 使5 m ,那么,开头运动几分钟后其次次相遇？解：设n 分钟后第一次相

12、遇,依题意有：P1F ,P2F ,P3F , 2 n nn 1 5n 70 组成公差为d的等差数列,就d的取值范畴为2解得n 7,n 20舍去）1,010 1 0,10 故第一次相遇是在开头运动后7 分钟；设n 分钟后其次次相遇,就：解：椭圆的焦点F 到椭圆上的点最大,最小距离分别2 n nn 1 5n 3 70 为 7 1和（71）,由题意得：2（71）（n 1 d 71解得n 15,n 28舍去）故其次次相遇是在开头运动后15 分钟dn21n1 20 10 已知数列an 中,a1 3,前n 和d1,又d 10 0S n1 n 1 a n1 121d 0或d1求证：数列an 是等差数列10

13、10 0 三,解答题求数列an 的通项公式6等差数列an 的前n 项和记为Sn ,已知设数列1的前n 项和为Tn ,是否存在实a10 30,a20 50 an an 1求通项an ；如Sn =242 ,求n数M,使得Tn M对一切正整数n 都成立？如存解：an a1 n 1d在,求M的最小值,如不存在,试说明理由；解：Sn 1 2 n1 an 1 1a10 30,a20 50 Sn 11n 2an 11 1解方程组a1 9d30 2a1 19d 50 an1S n 1 S na1 12 an 2n 10 1n 2an 11 n 1 an 1 d22由S nna 1nn 1d ,S n=242

14、整理得,nan 1n 1an 1 n 1an 2n 2an 112 n 1an 2nan 1 n 2 an 1n 1an 12n n n 1 2242 2n 1an 1n 1 an 2an 2解得n 11 或n 7甲,乙两物体分别从相距22舍去）70 m 的两处同时相向运2an 1an 2an 数列an 为等差数列；动,甲第一分钟走2 m ,以后每分钟比前一分钟多第 6 页,共 30 页a1 3,nan 1 n 1an 11111122n 12n3a 2 2a1 15Tn 1 1 2 3 1 11a 2 a1 25572n 12n 3即等差数列an的公差为211 2 3 1 3 an a1 n

15、 1d 3 n 1 22n 又当n N时,T 12n 16112n 13 an an 1 2n 要使得Tn M对一切正整数n 恒成立,只要M M对一切正整数n1,所以存在实数M使得Tn 6都成立,M的最小值为1；6等比数列学问要点记为如mnp q,就am an ap aq 反之不1定义：假如一个数列从其次项起,每一项与它的m 前一项的比等于同一个常数,那么这个数列叫做等比真！数列,这个常数叫做等比数列的公比,qnan ,a n2an m an m n Nq,（q 0 ；am 2递推关系与通项公式递推关系：an 1qan 通项公式：ana1 qn 1 推广：an am qn m an 为等比数列

16、,就下标成等差数列的对应项成等 比数列；q1 时,Sn ,S2n Sn ,S3n S2n ,仍成等3等比中项：如三个数a,b, c 成等比数列,就称b 为比数列；6等比数列与等比数列的转化a 与c 的等比中项,且bac,注：b2ac an 是等差数列c an c 0 c 1 是等为 是成等比数列的必要而不充分条件；比数列；4前n 项和公式an 是正项等比数列Sn na1 n a1 1 q q 1 q 1 a1 an q log c an c 0,c 1 是等差数列；1q1qan 既是等差数列又是等比数列an 是各项5等比数列的基本性质,其中m, n, p, q N第 7 页,共 30 页不为零

17、的常数列；7等比数列的判定法求an ,定义法：an 1q（常数）an 为等比数列；如Tn lg a1 lg a 2 lg an , 求 Tn an 在等比数列an 中,如a15 0 ,就有等式中项法：an 12an an 2 an 0 an 为a1 a2 an a1 a 2 a 29 n 等比数列；通项公式法：ank q n k , q 为常 数）前 n 项和法an n 29,n N 成立,类比上述性质,相应的为等比数列；：在等比数列bn 中,如b19 1 就有等式成立；S nk1 q n （k, q 为常an为等比数解：由等比数列的性质可知：数）列；aa6a3a432 1设 f n 2 24

18、 27 2 10 23n 10 又a1 a 6 33,a1 a 6 解得a 132,a 61所以a 6 1,即q 532 1,32 q1n N ,就f n等于（D）a12A 278 n1 B 278 n 1 1 所以an 32 1 n 1 226 n C 278 n31 D 278 n41 由等比数列的性质可知,lg a n是等差数列,由于2已知数列an 是等比数列,且lg an 6 n lg 2 6 n lg 2,lg a1 5lg 2 Sm 10,S2m 30,就S3m 70 （问题引入）所以Tn lg a1 lg an n n11 n lg 2 22猜想：bn 是等比数列,公比为1；由题

19、设可知,假如am 0在等差数列中有2证明如下：bn 1a2 n 111a2 n 1a1 a2 an a1 a 2 a 2m 1 n 4241a 2n 111 n 2m 1,n N 成立,我们知道,假如244如m np q,就am an ap aq ,而对于1a 2n 111bn 242等比数列bn ,就有即：bn 11,bn 是首项为a1,公比bn 2如m np q,就am an a p aq 所以可以得4为1的等比数列；出结论,如2bm 1,就有b1b2 bn b1b2 b2m 1 n 二,性质运用 n 2m 1,n N 成立,在此题中例2 ：在等比数列an 中,就有bn b1b2 b37

20、n a1 a6 33,a 3 a4 32,a n an 1b1b2 第 8 页,共 30 页n 37,n N 求数列an 的通项公式；故点拨：历年高考对性质考查较多,主要是利用“等积就d a4 a1 2性”,题目“小而巧”且背景不断更新,要娴熟把握；典41例精析所以,an =8（n 1）（2） 10 2 n 一,错位相减法求和例1：求和：S n123naa2a3anbn 112 解：n14 an 2nn a Sn 1时,123nn n 1 1 1 4 n n1 22a1 时,由于a 0所以Sn 123nTn b1 b2 bn aa 2 a 3 a n 111111n1 21Sn 12nn1an

21、11324n4aa2a3an11 1n11n12由得：421 1 S n a111n1311 ma a1 1 a12 1an a n 84 n 1 4n 2 32 a 1n n对一切n N恒成立；an1am 12 88对一切n n2N恒成立；所以S nn aa 1 na 1 n1an a 1 2对N,（12 88 min 综上所述,n1n2n S nn 1 a 1 12 8816 1 1 123n aa 2 1 n a 1 a 1 所以m16 n 2a a 1 3点拨：如数列an 是等差数列,bn 是等比数列,m 的最大整数值为5；就求数列an bn 的前n 项和时,可接受错位点拨：如数列an

22、 的通项能转化为相减法；f n 1 f n 的形式,常接受裂项相消法求和；当等比数列公比为字母时,应对字母是否为1 进行使用裂项消法求和时,要留意正负项相消时,消去争辩；了哪些项,保留了哪些项；当将Sn 与q Sn 相减合并同类项时,留意错位及未三,奇偶分析法求和例3：设二次函数f x x2 x,当x n,n 1合并项的正负号；二,裂项相消法求和1在等差数列an 中,a1 =1 ,前n 项和Sn 中意例2 ：数列an 满足a1 =8 ,a 4 2,且a n 22 an 1an 0 （n N ）第 9 页,共 30 页S2n 4n 2,n 1,2,n 项和1 pT pp 2 np p n n n

23、p 1Sn n1p 1 n 1 np 求数列an 的通项公式1p所以Tn p1 n p n 1 np 记bnanp an p 0 ,求数列bn 的前1 2 p 1p即：Tn p1 nn 1 p 1 Tn ；n 2p n 1 np 解：设数列an 的公差为d,由 p 1 1 2 p 1p课外练习S2n 4n 2,n 1,2,Sn n1数列an 的前n项和为Sn ,如得a1 a2 3,所以a 2 2an1,就 1 S 5 等于（B ）a1 nn 即da 2 a11 A1 B5 6C1 6D1又4n2S2n30 n 1Sn 解：由于an 11 11an nd a1 2n nn nn1an 2a1 n

24、 所以51111 1 51 621223S 2 an n1 5an 16所以a n = n f x 的定义域为R,且f x 是以2 为周期的由bnanp an p 0 ,有bnnpn周期函数,数列an 是首项为a a N ,公差为所以Tn p2 2 p 3 3 p n np 1 的等差数列,那么f a1 f a2 f a10 的当1 时,nn 1 值为（C）A1 B1 C0 D 10 a 2p Tn当 p 1 时,解：由于函数f x 的定义域为R ,且f x 是以2 为周期的周期函数,pTn p23 2 p n n 1 p n1 np 所以f 0）0,且f x 2 f x 得又数列an 是首项

25、为a ,公差为1 的等差数列第 10 页,共 30 页所以 an a n 1,又 a Nf a （n 为奇f an f a 1 数）所以 f a1 f a 2 （n 为偶数）5 f a 5 f a 5 f 0 f 1 f a10 又 f 1 f 1 2 1 所以 f 1 f 1 即 5 f 1 f 1 0故原式=0,选 C；f 1 二,填空题设等比数列 an 的公比与前 n 项和分别为q 和S20 Sn ,且q 1,S10 8,就 10 81 q6数列 an 中意 an 1 2L n,n1 n2 n1又b nan an 21,就数列bn 的前n 项和为n1 8n 1 n解：a n 1 2 L

26、n n1 2b nan an 21 n n 1 8= 8 1n n1 1）所以b1 b2 L bn 1 1 1 1 1 18 L 1 2 2 3 n n 1 8 1 1 8n n 1 n1数列 1,1 1 1 1 1 1 1 1 1 的前100 项2 2 3 3 3 4444方法一,a1 1 q10 8的和为9 13 ；（n14 N）211S20 20 a1 1 q 8q10 1 10 q）1q 方法二,S20 S10 a11 a12 a20 S10 q10 S10 S10 1 10 q 所以1S20 S10 8q10 第 11 页,共 30 页典例精析一,函数与数列的综合问题例 1：已 f

27、x log x a 0且知设f a1 ,f a2 ,f an n a 1,N 是首项为4,公差为2 的等差数列；设a 是常数,求证：an 成等差数列；如 bn an f an ,bn 的前 n 项和是 Sn ,当 a 2 时,求 Sn 解：f a n 4 n 1 2 2n 2 ,2n 2 即log a a n 2n 2,所以 a n a2n 2所以 an a2n a 2n 2为定值an 1 a所以 an 为等比数列；bn an f an 2n 2 2n 2 2 n 2 a loga a 2n 2a 当 2 时,a 2n 2 2 2n 2 n 1 2 n2bn 2 2 33 2 442 5n 1

28、 2 n22S Sn 2 2 4 3 2 5 n 2 n 2 n 1 2 n 3 点拨：本例是数列与函数综合的基此题型之一,特两式相减得3 4 5 n 2 n 3 Sn 2 2 2 2 2 n 1 24 n 1 16 2 1 2 n 1 2 n 3 1 2所以S n 2 n 3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an 的前n 项和为Sn ,Sn 是1与an 2 1 的等比中项,；如不存在,说明理由；4求证：数列an 是等差数列；如bnan ,数列bn的前n 项和为T n,求T n2n在的条件下,是否存在常数,使得数列Tn 2为

29、等比数列？如存在,试求出an 解：Sn 是1与an 2 1 的等比中项,4第 12 页,共 30 页所以Sn 1 an 2 1 Tn 2为等比数列；4当 n 1时,a11a1 2 1 ,a1 1411an 12 1 当 2 时,n Sn所以an Sn 4Sn 11 a n422 a n 1 2a n2a n1即an an 1 an an 12 0 由于0,所以an an 12 0 an an 12即：an 所以数列an 是等差数列；T n32n n3 2Tn 23 2n n313an22n 312n 32n所以当且仅当3+ =0 ,即= 3 时,数列an 已知在正项数列an 中,a1 =2,且

30、An an ,an 1）在双曲线2 y 2 x 1 上,数列bn 中,1 点（bn ,Tn ）在直线y x 1 上,其中Tn 是数列bn 的前n 项和,求数列an 的通项公式；求证：数列bn 是 2等比数列；如 Cn an bn,求证：Cn 1 Cn ；解：由已知带点 An an ,an 1）在 y 2 x 2 1 上知,an 1 a n ,所以数列 an 是以2 为首项,以 1 为公差的等差数列；所以an a1 n 1d n 11 由于点（bn , Tn ）在直线y x 1 上,2第 13 页,共 30 页所以 T n 1 b 21 所以 1 bn Tn 两式相减得：21152n 2 n 3

31、 ,就当n1 时,1bn Tn Tn 11bn 1bn 1221 所以bn bn 1,3令 1得 1 b1 1,所以b1 n 所以 b1bn 是一个以 22 为首项,3 以1 为公比的等比数列；2 332 1 n132所以bn 3n 3Cn an bn n 1 23n所以1Cn n 2 32 n 1 2n3n 1 Cn 2 2n 1 0 3 n 1 所以1Cn Cn 一,选择题 an 满意an 0, n 1,2,L ,且a5 a2n 1. （2022 广东卷理）已知等比数列log 2 a1 log 2 a3 Llog 2 a2 n 1 0,就an 2n,A. 2 n2 n 1 B. n 1 C

32、. n 2 D. 2 n 1 【解析】由a5 a2n 52n 2 n 3 得2 an 22 n ,an log a1 log 2 a 3 log 2 a2 n 113 2n 1 n2,选C. = 答案C2.（2022 辽宁卷理）设等比数列 an 的前n 项和为Sn ,如S6 =3 ,就S9 S 6S3 78A. 2 B. 3C. 3S6 3 1 q S3 【解析】设公比为q ,就S3 S3 1q33 q32 S9 3 1 q q61247于是S 61q3123【答案】B 第 14 页,共 30 页14.2022 湖北卷理已知数列an 中意：a m 1（m 为正整数）,an 1an 2,当 a

33、为偶数 时,m 全部3a n1,当a 为奇数时；a 1 ,就可能的取值为；答案4 532 解析（1）如a1 m 为偶数,就a1 为偶,故a2 ma3 a2 m2224当m仍为偶数时,a4 ma6 m故m1m32 4832 32 当m为奇数时,a4 3a3 13m1a6 3 m 44144故3 m 4411得m=4 ；（2）如a1 m 为奇数,就a2 3a1 1 3m 1 为偶数,故a3 3m 1必为偶数2a63m 1,所以3m 1 16 16 =1 可得m=5 16.（2022 陕西卷文）设等差数列an 的前n 项和为sn ,如a6 s3 12 ,就an . 解析:由a6s3 12 可得an

34、的公差d=2, 首项a1 =2,故易得an 2n. 答案:2n 17.2022 陕西卷理设等差数列an 的前n 项和为Sn ,如a6 S3 12 ,就lim nSn n 2 lim nn11. 解析：a6 12 a1 5d 12 a1 2Sn nn 1 Sn n1lim nSn s3 12 a1 d12 d2n2n2nn答案：1 22.（2022 全国卷理）在数列 an 中,a1 1,an 11 1 an n 1 n2n（I）设bn an ,求数列 bn 的通项公式bn 1n（II）求数列 an 的前n 项和Sn 分析：（I）由已知有an 1an 1bn 1n1n2n2n第 15 页,共 30

35、 页利用累差迭加即可求出数列 bn bn 的通项公式: 221nN*n 1 （II）由（I）知a n2 n 2n1, nSn = n2 k k 2 k 1 nn2k k 1 2 k k 1 L an ,n 2具有性质P ；对任意的k 1 k 1 而n2 k nn 1 n2k 是一个典型的错位相减法模型,k 1k 1k 1 ,又易得nk 4n2Sn = n n 1 n24k 1 k 1 2 n 1 2n 1 223.（2022 北京理）已知数集A a1 , a2 ,L an 1 a1 a2 aj i , j 1 i j n,ai a j 与 ai 两数中至少有一个属于 A . （）分别判定数集

36、1,3,4 与 1,2,3,6 是否具有性质 P ,并说明理由；（）证明：a1 1 ,且a1 a1 1a2 a2 1 LL an an 1 an；（）证明：当 n5 时,a1, a2 ,a3, a4 , a5 成等比数列. 【解析】此题主要考查集合,等比数列的性质,考查运算才能,推理论证才能,分分类争辩等数学思想方法此题是数列与不等式的综合题,属于较难层次题. （）由于4均不属于数集1,3,4 ,该数集不具有性质P. 3 4 与3 由于1 2,1 3,1 6,2 6 6 1 2 3 6 3, , , , , , 2 3 1 2 3 6 都属于数集1,2,3,6 ,该数集具有性质P. an （）

37、A a1, a2 ,L an 具有性质P,an an 与an 中至少有一个属于A ,由于1a1 a2 Lan ,an an an ,故an an A . 从而1an A a1 1. A k 2,3,L , n . an ,1 a1 a2 L an ,ak an an ,故ak an 由A 具有性质P 可知an A k 1,2,3, L , n . ak 第 16 页,共 30 页又an an Lan an ,0 有实数根的有序数组a, b 的an an 1a2 a1 an 1, an an 1a2 ,L an an an 1 , a1 an ,an a2 从而an an Lan an a1 a

38、2 Lan 1an ,an an 1a2 a1 a1 1 a1 a2 1 a2 Lan 1 an an. L（）由（）知,当n5 时,有a5 a5 a2 , a3 a3 ,即a5 a2 a4 2 a3 ,a4 1 a1 a2 La5 ,a3 a4 a2a4 a5 ,a3a4 A ,由A 具有性质P 可知a4 A a3 . a2 a4 2 a3 ,得a3 a4 A 1a3 a 2,a4 a3 a 2,a2 a3 a2 a3 a2 ,且a5 a4 a3 a2 a2 ,即a1, a2, a3 , a4 , a5 是首项为1,公比为a2 成等比数列. a4 a3 a2 a1 25（2022 江苏卷）对

39、于正整数n 2,用Tn 表示关于x 的一元二次方程2 x 2ax b（a 和b 可以相等）,记Pn 为关于组数,其中a, b 1,2, L , n （a 和b 可以相等）；对于随机选取的a,b 1,2, L , n 2 x 的一元二次方程x 2ax b0 有实数根的概率；10 分；（1）求Tn2和Pn 2 ；（2）求证：对任意正整数n 2,有Pn 11. n【解析】必做题 本小题主要考查概率的基本学问和记数原理,考查探究才能；满分第 17 页,共 30 页29.（2022 江西卷理）各项均为正数的数列 an ,a1 a,a2 b,且对中意mnpq 的正整数m, n, p,q 都有am an a

40、p aq . 1 ap 1 aq 1 am 1 an （1）当a1, b 4时,求通项an ; 251an . （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am an ap aq 解：（1）由1 am 1 an 1 ap 1 aq 得a1 an a2 an 1 . an 1 将a11 , a 2241 a1 1 an 1 a2 1 5 代入化简得an2an 11. an 12所以1 an 11an 1, 1an 1an 31故数列 1 an 1 an 为等比数列,从而1an 1, an3 3n 1. 1an 3nn1即可验证,an 3n13n1 中意题设条件. 第

41、 18 页,共 30 页am an b n1 a1 an a an . 2 由题设 1 am 1 an 的值仅与 m n 有关,记 bm n , 就 1 a11 an 1 a1 an 为a x f x x 0 考察函数 1 a1 x ,就在定义域上有1 , a11a1f x g a , a12a , 0a11a故对 n N * ,bn 1 g a 恒成立 . b2n 2an 2 g a 又 1 an , 10 g a 留意到 2 ,解上式得ga 1 ga 1 2g a 1 ga 1 2g a an , 1 ga 1 2ga g a ga 取 1 ga ga 1 2ga ,即有 1an . .

42、1 n 1 30. 2022 湖北卷理已知数列 an 的前n 项和 Sn an 2 2（n 为正整数）；（）令 bn 2an ,求证数列 bn 是等差数列,并求数列 an 的通项公式；n1 5n ）令 cn n an ,Tn c1 c2 . cn 试比较 Tn 与 2n 1 的大小,并予以证明；解（I）在 Sn an 12 n12中,令n=1,可得 S1 an 12 a1 ,即 a1 121 n2 1 n 1 Sn 1 an 1 2,an Sn Sn 1 an an 1 当 n 2 时,2 2,2an an 1 1 n1, 即2 nan 2 n1an 1 12 . nQ bn 2 an , b

43、n bn 1 1,即当n 2 时,bn 1 1 . bn 又b1 2a1 1, 数列 bn 是首项和公差均为 1 的等差数列. 第 19 页,共 30 页于是bn 1 n 1 1 nn 2 an , an n. 2 k 1 1n 2II 由（I）得c nn 1 a n nn 11 n2,所以Tn 22131 2 241 3 2K n 1 n 1 2n 1 1 n 1 22 1 22 1 321 4 K 2 1 2Tn 34由-得1Tn 1 1 22 1 32K 1 n21 n 1 n 1 2 211 1 4 1 2 1n1 n 1 n 1 213nn322112T 3n 3 n 2Tn 5n

44、3nn35n n n 32 2n 1 n 2 2 n 2 n 1 22n 11 于是确定Tn5n n 2 与2n 1的大2n 1 的大小关系等价于比较与小由22 2 1 1;2 3 22 1;2 4 23 1;2 5 24 1;2 2 5;K 可猜想当 n 3时,n 2n 1. 证明如下：2证法1：（1）当n=3时,由上验算显示成立；（2）假设n k 1k 1 2k 2g2 22 k 1 4k 22 k 1 1 2 k 1 时所以当n k 1 时猜想也成立4an n * N ；综合（1）（2）可知,对一切n3的正整数,都2n2n 1. 有证法2：当n 3 时2 n 1 1n0 Cn 1 Cn

45、2 Cn K n1 Cn n Cn 0 Cn 1 Cn n1 Cn n Cn 2n22n 1综上所述,当n 时1,2Tn 5n n 3 时Tn 5n 2n 1 ,当2n 131（. 2022四川卷文）设数列an 的前n 项和为Sn ,对任意的正整数n ,都有an 5 Sn 1 成立,记bn 1an （I）求数列an 与数列bn 的通项公式；k ；如不存在,（II）设数列bn 的前n 项和为Rn ,是否存在正整数k ,使得Rn 4 k 成立？如存在,找出一个正整数第 20 页,共 30 页请说明理由；（III ）记cn b2 n b2n 1 n N ,设数列cn 的前n 项和为Tn ,求证：对任

46、意正整数n 都有T 3；又2解（I）当n1a1 5 S1 1, a1 14时,又Q an 5Sn 1,an 15Sn 11a n 1 an5a n 1 ,即an 114an 数列an 是首项为a1 1q14 ,公比为4 的等比数列,an1 4n ,b n41 4 n n * N 3 分11 4n（II）不存在正整数k ,使得Rn 4 k 成立；证明：由（I）知b n41 4n 4511n 4 1 4nQ b2 k 1 b2k 8511518520 48k 15 16 40 8. 2 k 4 2 k 4 k 16 k 1 16 k 16 k 116 4 当n 为偶数时,设n 2mm N Rn b

47、1 b2 b3 b4 Lb2 m 1b2m 8m 4n 当n 为奇数时,设n2m 1m N Rn b1 b2 b3 b4 L b2 m 3b2 m 2 b2 m 18m 1 48m 44n 对于一切的正整数n,都有Rn 4k 不存在正整数k ,使得Rn 4k 成立；8 分（III ）由bn 451 得n 4 cn b2n 1 b2 n 51451 n 16n 15 164 16 n 15 16n415 n 1615 4 2 n 2n 1 n 1162n 3 1616 n 216n第 21 页,共 30 页b1 3, b2 13 , c2 341425 121 1 n16 12 3 ,当n1 时

48、,T1 32 ,当n2 时,Tn 425 1216 1L1633 1616 n3116 425 1 2 16 1 1 16 69 332.（2022 湖南卷文）对于数列348 2 un ,如存在常数M 0,对任意的nN * ,恒有un 1un un un 1Lu2 u1 M, 就称数列 un 为B 数列. 1（）首项为1,公比为2 的等比数列是否为B- 数列？请说明理由; （）设Sn 是数列 xn 的前n 项和.给出以下两组判定：A 组：数列 xn 是B- 数列 , 数列 xn 不是B- 数列; B 组：数列 Sn 是B- 数列, 数列 Sn 不是B- 数列. 请以其中一组中的一个论断为条件,

49、另一组中的一个论断为结论组成一个命题 . 判定所给命题的真假,并证明你的结论；2 如数列 an 是 B-数列,证明：数列 a 也是B- 数列；解: （）设中意题设的等比数列为 an ,就 an 1 2 n 1 .于是1 n 1 1 n2 3 1 n 2 an an 1 2. 2 2 2 ,n 2 | an 1 an | | an an | L | a2 a1 | 31 1（）1 L（）1 n-1 3 1 （）1 n3. = 2 2 2 2 = 21所以首项为1,公比为2的等比数列是B- 数列. （）命题1：如数列 xn 是B-数列,就数列 Sn 是B- 数列.此命题为假命题. 第 22 页,共

50、 30 页事实上设 xn =1,n N *,易知数列 xn 是B- 数列,但 Sn =n,| Sn 1 Sn | | Sn Sn 1 | L | S2 S1 | n . 由n 的任意性知,数列 Sn 不是B- 数列；命题2：如数列 Sn 是B- 数列,就数列 xn 不是B- 数列；此命题为真命题；事实上,由于数列 Sn 是B-数列,所以存在正数 M ,对任意的 n N * ,有| Sn 1 Sn | | Sn Sn 1 | L | S2 S1 | M , 即| xn 1 | | xn | L | x2 | M .于是 xn 1 xn xn xn 1 L x2 x1 xn 1 2 xn 2 xn

51、 1 L 2 x2 x1 2M x1 , 所以数列 xn 是B- 数列；（注：按题中要求组成其它命题解答时,仿上述解法） 如数列an 是B- 数列,就存在正数M ,对任意的n.N , 有N*. an 1an an an 1La2 a1 M. 由于an an an 1an 1an 2La2 a1 a1 an an 1an 1an 2La2 a1 a1 Ma1 . 记K Ma1 ,就有2 an 12 an an 1an an 1an an 1an an 1an 2K an 1an . 因此2 an 12 an 2 an 2 an 12 . a2 2 a1 2KM . 故数列2 an 是B- 数列.

52、 33. 2022 陕西卷理 已知数列xn 中意,x11xn11, n 2 1 xn 猜想数列 xn 的单调性,并证明你的结论；（ 证明：| xn 1- xn| 1 2 n 1 6 5 ；证明（1）由x1 1及xn+1 1得2x4 5,x4 13 21 xn 3821 x2由x2 x4 x6 猜想：数列x2 n 是递减数列下面用数学归纳法证明：第 23 页,共 30 页（1）当n=1 时,已证命题成立（2）假设当n=k 时命题成立,即x2k x2k 2bn 的公比为q （q1 ）；设易知x2k 0 ,那么x 2k 2 x 2k 411131 x2 k 3 x2k 1 1 x2 k 1 x2 k

53、 x2 k 1 1 x2 k 3 = x2k x2k 2 01 x2 k 1 x2 k 11 x2 k 2 1 x2k 3 即x2 k 1 x2 k 1 2也就是说,当n=k+1 时命题也成立,结合（1）和（2）知,命题成立（2）当n=1 时,xn 1xn x2 x1 16 ,结论成立当n2 时,易知0 xn 11, 1 xn 12, xn 1111 xn 21 xn 1 xn 1 1 11 xn 1 2xn 151 xn 12x n1x n111xn xn 11 xn 1 xn 1 xn 1 xn 1 2xn xn 1（）2 25xn 1xn 2K （）2 n-1 5x2 x1 51 2 n

54、-1 （）65an 35. （2022 天津卷理）已知等差数列 的公差为d （d0 ）,等比数列 sn = a1b1 + a2b2 anbn T a b a b 1 1 - 2 2 + .+-1 n 1 an bn ,n Nc1 ak b1 1ak b2 2. ak bn n,.+ , n = 如a1 = b1 = 1,d=2,q=3 ,求S3 的值；2dq1 2 n q 如b1 =1,证明（1-q）S2 n -（1+q）T2n = 1q2,n N； 如正数n 中意2nq,设k1,k 2,., k n 和l1, l2,., ln 是 1,2,.,n的两个不同的排c2 al b1 1al b2

55、2. al bn n列,c1 c2 ；证明本小题主要考查等差数列的通项公式,等比数列的通项公式与前力及综合分析和解决问题的才能的才能,满分 14 分；n 1 *（）解：由题设,可得 an 2n 1,bn 3 , n N所以,S3 a1b1 a2 b2 a3b3 11 3 359 55 n1（）证明：由题设可得 bn q 就n 项和公式等基础学问,考查运算才能,推理论证能第 24 页,共 30 页S2n a1 a2q 2 a3q 2 n 1 . a2n q , T2 n a1 2 a2 q a3 q 3 a4q 2n 1 . a2n q , S2n T2n 3 2a2 q a4 q 2 n 1

56、. a2n q 式减去式,得式加上式,得S2n T2 n 2 a1 2 a3 q 2n 2 . a2 n 1 q 式两边同乘q,得q S2n T2 n 3 2a1q a3q 2n 1 . a2 n 1q 所以,1 q S2n 1 qT2n S2n T2n qS2 n T2n 3 2n 12d q q K q 2n 2dq1 1 q 2 q , n N * 证明：c1 c2 ak 1 al b1 1 ak 2 al b2 2 K ak n al bn nn 1 k1 l1 db1 k2 l2 db1q K kn ln db1q 由于 d 0, b1 0, 所以c1 c2 k1 l1 k2 l2

57、q K kn l n q n1db1 如 kn l n ,取 i=n 如 kn l n ,取 i 中意 ki li 且k j l j , i 1 j n由（1）,2 及题设知,1i n 且c1 c2 i2 i 1 k1 l1 k2 l2 q K ki 1 li 1 q ki l i q db1 当 ki li 时,得 ki li 1,由q n,得ki li q 1,i 1,2,3. . i 1i 2 i 2 即 k1 l1 q 1,k2 l 2 q qq 1 , ki 1 li 1 q q q 1 i1又ki l i q q, 所以c1 c2 q 1 q 1q K q 1q i 2q i 1

58、q 1 1 q i 1 db1 1 q因此 c1 c2 0,即c1 c2 第 25 页,共 30 页当ki li 同理可得c1 c2 1,因此c1 c2 中的一项,请证明；1；db1 综上,c1 c2 37.（2022 年上海卷理）已知an 是公差为d的等差数列,bn 是公比为q 的等比数列；如an 3n 1 ,是否存在m,k N*,有am am 1ak .说明理由；找出全部数列an 和bn ,使对一切nN * , an 1bn,并说明理由；an 如a1 5, d 4, b1 q3, 试确定全部的p ,使数列an 中存在某个连续p 项的和是数列bn 解法一（1）由am am 1ak ,得6m

59、5 3k 1,2分整理后,可得k 2m 4m ,k N,k 2m 为整数,3 ,Q 不存在m ,k N,使等式成立；5分（2）如an 1bn a1 a1 nd n 1 b q （* ）an 1d q1 时,才能等于,即,（）如dn 1 0, 就1b1 q bn ；当 an 为非零常数列, bn 为恒等于1 的常数列,中意要求；7分（）如d0,（*）式等号左边取极限得lim na1 a1 nd 1,（*）式等号右边的极限只有当n 1d 此时等号左边是常数,d0 ,冲突；综上所述,只有当 an 为非零常数列, bn 为恒等于1的常数列,中意要求；10分【解法二】设a nnd c, 如an 1b ,

60、且b n为等比数列an就an 2/ an 1q, 对 n * N 都成立,即an an 22 qa n 1 an 1an dn c dn 2d c q dn d c2 对N * 都成立,a 2 qd 2 .7n 分如d=0,就anc 0, b n1,n N * 如d 0, 就q=1, bn m （常数）即dn dc c m,就d=0,冲突dn 第 26 页,共 30 页综上所述,有an c 0,bn 1,使对一切n * N , an 1bn ,310 分an （3）an 4n 1, bn 3 , n nN * 13 分设am 1am 2am pbk 3 , p,k * N ,m N. 4m 1