1、专题六 数列命题观察高考定位(对应学生用书第 21 页)1(2017江苏高考)等比数列 an的各项均为实数，其前 n 项和为 Sn.已知 S3 ， S6 ，则74 634a8_.32 设 an的首项为 a1，公比为 q，则Error!解得Error!所以 a8 272 532.142(2016江苏高考)已知 an是等差数列， Sn是其前 n 项和若 a1 a 3， S510，则 a92的值是_20 法一：设等差数列 an的公差为 d，由 S510，知 S55 a1 d10，得542a12 d2，即 a122 d.所以 a2 a1 d2 d，代入 a1 a 3，化简得2d26 d90，所以 d3
2、， a14.故 a9 a18 d42420.法二：设等差数列 an的公差为 d，由 S510，知 5 a310，所以 a32.5 a1 a52所以由 a1 a32 a2，得 a12 a22，代入 a1 a 3，化简得 a 2 a210，所以2 2a21.公差 d a3 a2213，故 a9 a36 d21820.3(2014江苏高考)在各项均为正数的等比数列 an中，若 a21， a8 a62 a4，则 a6的值是_4 因为 a8 a2q6， a6 a2q4， a4 a2q2，所以由 a8 a62 a4得 a2q6 a2q42 a2q2，消去a2q2，得到关于 q2的一元二次方程( q2)2
3、q220，解得 q22， a6 a2q412 24.4(2015江苏高考)设数列 满足 a11，且 an1 an n1( nN *)，则数列 前 10 项的an 1an和为_由题意有 a2 a12， a3 a23， an an1 n(n2)以上各式相加，得2011an a123 n . n 1 2 n2 n2 n 22又 a11， an (n2)n2 n2当 n1 时也满足此式， an (nN *)n2 n2 2 .1an 2n2 n (1n 1n 1) S102 2 .(11 12 12 13 110 111) (1 111) 20115(2017江苏高考)对于给定的正整数 k，若数列 an
4、满足：an k an k1 an1 an1 an k1 an k2 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. 【导学号：56394035】证明 (1)因为 an是等差数列，设其公差为 d，则an a1( n1) d，从而，当 n4 时，an k an k a1( n k1) d a1( n k1) d2 a12( n1) d2 an， k1,2,3，所以 an3 an2 an1 an1 an2 an3 6 an，因此
5、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， an2 an1 an1 an2 4 an，当 n4 时， an3 an2 an1 an1 an2 an3 6 an.由知， an3 an2 4 an1 ( an an1 )，an2 an3 4 an1 ( an1 an)将代入，得 an1 an1 2 an，其中 n4，所以 a3， a4， a5，是等差数列，设其公差为 d.在中，取 n4，则 a2 a3 a5 a64 a4，所以 a2 a3 d，在中，取 n3，则 a1 a2 a4 a54 a3，所以 a1 a32 d
6、，所以数列 an是等差数列命题规律(1)对等差数列与等比数列基本量的考查是重点，主要考查利用通项公式、前 n 项和公式建立方程组求解，属于低档题，主要是以填空题的形式出现(2)对等差数列与等比数列性质的考查是热点，具有“新、巧、活”的特点，考查利用性质解决有关的计算问题，属中低档题，主要是以填空题的形式出现(3)数列的通项公式及递推公式的应用也是命题的热点，根据 an与 Sn的关系求通项公式以及利用构造或转化的方法求通项公式也是常考的热点填空、解答题都有出现(4)数列的求和问题，多以考查等差、等比数列的前 n 项和公式、错位相减法和裂项相消法为主，且考查频率较高，是高考命题的热点填空、解答题都
7、有出现(5)数列与函数、不等式的综合问题也是高考考查的重点，主要考查利用函数的观点解决数列问题以及用不等式的方法研究数列的性质，多为中档题，以解答题的形式出现(6)数列与解析几何交汇主要涉及点列问题，难度中等及以上，常以解答题形式出现(7)数列应用题主要以等差数列、等比数列及递推数列为模型进行考查，难度中等及以上，常以解答题形式出现主干整合归纳拓展(对应学生用书第 21 页)第 1 步 核心知识再整合1等差数列(1)通项公式Error!(2)前 n 项和公式： Sn na1 d.n a1 an2 n n 12(3)常用性质：如果数列 an是等差数列， m n p qam an ap aq(m，
8、 n， p， qN *)，特别地，当n 为奇数时， a1 an a2 an1 2 a 中若等差数列 an的前 n 项和为 Sn，则 Sn， S2n Sn， S3n S2n，成等差数列若等差数列 an， bn的前 n 项和为 An， Bn，则 .anbn A2n 1B2n 1若等差数列 an的前 n 项和为 Sn，则数列 仍是等差数列Snn(4)等差数列的单调性设等差数列 an的公差为 d，当 d0 时，数列 an为递增数列；当 d0， d0，且满足Error!则前 n 项和 Sn最小2等比数列(1)通项公式Error!(2)前 n 项和公式 SnError!(3)常用性质：如果数列 an是等比
9、数列 m n p qaman apaq(m， n， p， qN *)，特别地，当 n为奇数时， a1an a2an1 a .2中等比数列 an的前 n 项和为 Sn，满足 Sn， S2n Sn， S3n S2n， S4n S3n，成等比数列(其中 Sn， S2n Sn， S3n S2n，均不为 0)(4)等比数列的单调性设等比数列 an的公比为 q，当Error!或Error!时， an为递增数列；当Error! 或Error!时， an为递减数列；当 q1 时，则数列 an为常数数列3数列常见通项公式的求法(1)观察法：利用递推关系写出前几项，根据前几项的特点观察、归纳、猜想出 an的表达式
10、，然后用数学归纳法证明(2)利用前 n 项和与通项的关系 anError!(3)公式法：利用等差(比)数列求通项公式(4)累加法：在已知数列 an中，满足 an1 an f (n)，把原递推公式转化为 an1 an f (n)，再利用累加法(逐差相加法)求解(5)叠乘法：在已知数列 an中，满足 an1 f (n)an，把原递推公式转化为 f (n)，an 1an再利用叠乘法(逐商相乘法)求解(6)构造等比数列法：在已知数列 an中，满足 an1 pan q(其中 p， q 均为常数，pq(p1)0)，先用待定系数法把原递推公式转化为 an1 t p(an t)，其中 t ，q1 p再利用换元
11、法转化为等比数列求解4数列求和的主要方法(1)公式法：如果一个数列是等差数列或等比数列，则求和时直接利用等差、等比数列的前 n 项和公式，注意等比数列公比 q 的取值情况要分 q1 或 q1.(2)倒序相加法：如果一个数列 an，首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前 n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前 n 项和即是用此法推导的(3)分组转化求和法：若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和而后相加减(4)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前
12、n 项和即可用此法来求，如等比数列的前 n 项和就是用此法推导的(5)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和常见的拆项公式如下：分式型 ， ，1n n 1 1n 1n 1 1 2n 1 2n 1 12( 12n 1 12n 1) ， .1n n 2 12(1n 1n 2) 1n n 1 n 2 12 1n n 1 1 n 1 n 2 乘式型n(n1) (n1) n(n1) n(n1)( n2)，13n(n1)( n2) (n1) n(n1)( n2) n(n1)( n2)( n3)14阶乘型 ，C C C ， kC nC .n n 1 ！ n 1
13、1 n 1 ！ 1n！ 1 n 1 ！ n 1m nm nm 1 kn k 1n三角函数型tan an tan an1 1 ，tan an 1 tan antan an 1 an ， ，1sin an sin an 1 cot an cot an 1sin an 1 an 1cos an cos an 1 tan an 1 tan ansin an 1 ancos ，sin .k 2n 12 sin k n 1 sin kn2sink2 k 2n 12 cos k n 1 cos kn 2sin k2根式型 .1n n 1 n 1 n(6)并项求和法：在一个数列的前 n 项和中，可两两结合求解
14、，则称之为并项求和第 2 步 高频考点细突破等差数列、等比数列的通项及基本量的求解【例 1】 (南京市 2017 届高三年级学情调研)各项均为正数的等比数列 an，其前 n 项和为Sn，若 a2 a578， S3 13，则数列 an的通项公式 an_.解析 由题意得 a1q(q31)78， a1(1 q q2)13 q(q1)6， q0 q3， a11， an3 n1 .答案 3 n1规律方法 等差(比)数列的通项公式、求和公式中一共包含 a1、 d(或 q)、 n、 an与 Sn这五个量，如果已知其中的三个，就可以求其余的两个其中 a1和 d(或 q)是两个基本量，所以等差数列与等比数列的基
15、本运算问题一般先设出这两个基本量，然后根据通项公式、求和公式构建这两者的方程组，通过解方程组求其值，这也是方程思想在数列问题中的体现举一反三(江苏省南通中学 2017 届高三上学期期中考试)设 Sn是等比数列 an的前 n 项的和，若a32 a60，则 的值是_. S3S6【导学号：56394036】2 a32 a60 q3 ，因此 2.a6a3 12 12 S3S6a11 q31 qa11 q61 q 1 q31 q61 121 14等差数列、等比数列的性质【例 2】 (20162017 学年度江苏苏州市高三期中调研考试)已知等比数列 an的各项均为正数，且满足： a1a94，则数列 log
16、2an的前 9 项之和为_解析 a1a9 a 4， a52，25log 2a1log 2a2log 2a9log 2(a1a2a9)log 2a 9log 2a59.95答案 9规律方法 条件或结论中涉及等差或等比数列中的两项或多项的关系时，先观察分析下标之间的关系，再考虑能否应用性质解决，要特别注意等差、等比数列性质的区别等差数列(或等比数列)中若出现的是通项与数列和的关系，则优先考虑等差数列(或等比数列)性质 m n p qam an ap aq(m， n， p， qN *)(m n p qaman apaq(m， n， p， qN *)举一反三(2017 届高三七校联考期中考试)设 Sn
17、为数列 an的前 n 项和， Sn kn2 n， nN *，其中 k是常数若对于任意的 mN *， am， a2m， a4m成等比数列，则 k 的值为_0 或 1 Sn kn2 n， nN * ， 数列 an是首项为 k1，公差为 2k 的等差数列，an2 kn1 k.又对于任意的 mN *都有 a ama4m， a a1a4，(3 k1)2m 22( k1)(7 k1)，解得 k0 或 1.又 k0 时 an1，显然对于任意的mN *， am， a2m， a4m成等比数列； k1 时 an2 n， am2 m， a2m4 m， a4m8 m，显然对于任意的 mN *， am， a2m， a4
18、m也成等比数列综上所述， k0 或 1.判断和证明等差数列、等比数列【例 3】 (2017江苏省淮安市高考数学二模)设数列 an的前 n 项和为 Sn(nN *)，且满足：| a1| a2|； r(n p)Sn1 ( n2 n)an( n2 n2) a1，其中 r， pR，且 r0.(1)求 p 的值；(2)数列 an能否是等比数列？请说明理由；(3)求证：当 r2 时，数列 an是等差数列解 (1) n1 时， r(1 p)(a1 a2)2 a12 a1，其中 r， pR，且 r0.又| a1| a2|.1 p0，解得 p1.(2)设 an kan1 (k1)， r(n1) Sn1 ( n2
19、 n)an( n2 n2)a1， rS36 a2,2rS412 a34 a1，化为： r(1 k k2)6 k， r(1 k k2 k3)6 k22.联立解得 r2， k1(不合题意)，舍去，因此数列 an不是等比数列(3)证明： r2 时，2( n1) Sn1 ( n2 n)an( n2 n2)a1，2 S36 a2,4S412 a34 a1,6S520 a410 a1.化为： a1 a32 a2， a2 a42 a3， a3 a52 a4.假设数列 an的前 n 项成等差数列，公差为d.则 2(n1) ( n2 n)a1( n1) d( n2 n2) a1，化为na1n n 12 d an
20、 1an1 a1( n11) d，因此第 n1 项也满足等差数列的通项公式，综上可得，数列 an成等差数列规律方法 (1)定义法： an1 an d(常数)( nN *)an是等差数列； q(q 是非零an 1an常数) an是等比数列；(2)等差(比)中项法：2 an1 an an2 (nN *)an是等差数列； a anan2 (nN *， an0) an是等比数列；(3)通项公式法： an pn q(p， q 为常数)2n 1an是等差数列； an a1qn1 (其中 a1， q 为非零常数， nN *)an是等比数列(4)前 n项和公式法： Sn An2 Bn(A， B 为常数) an
21、是等差数列； Sn Aqn A(A 为非零常数，q0,1) an是等比数列举一反三(2017江苏省盐城市高考数学二模)已知数列 an的前 n 项和为 Sn，数列 bn， cn满足(n1) bn an1 ，( n2) cn ，其中 nN *.Snn an 1 an 22 Snn(1)若数列 an是公差为 2 的等差数列，求数列 cn的通项公式；(2)若存在实数 ，使得对一切 nN *，有 bn cn，求证：数列 an是等差数列. 【导学号：56394037】解 (1)数列 an是公差为 2 的等差数列， an a12( n1)， a1 n1.Snn( n2) cn ( a1 n1) n2，解得
22、cn1.a1 2n a1 2 n 12(2)证明：由( n1) bn an1 ，Snn可得： n(n1) bn nan1 Sn，( n1)( n2) bn1 ( n1) an2 Sn1 ，相减可得： an2 an1 ( n2) bn1 nbn，可得：( n2) cn an1 ( n1) bnan 1 an 22 Snn an 1 an 22 ( n1) bn ( n1) bn (bn bn1 )，an 2 an 12 n 2 bn 1 nbn2 n 22因此 cn (bn bn1 ) bn cn，12 cn (bn bn1 ) ，故 bn ， cn .12( n1) an1 ，( n2) (a
23、n1 an2 ) ，Snn 12 Snn相减可得： (an2 an1 ) ，即 an2 an1 2 (n2)12又 2 a2 a2 a1，则 an1 an2 (n1)，数列 an是等差数列.S11等差数列与等比数列的综合应用【例 4】 (20162017 学年度江苏苏州市高三期中调研考试)已知等比数列 an的公比 q1，且满足： a2 a3 a428，且 a32 是 a2， a4的等差中项(1)求数列 an的通项公式；(2)若 bn anlog an， Sn b1 b2 bn，求使 Sn n2n1 62 成立的正整数 n 的最小12值解 (1) a32 是 a2， a4的等差中项，2( a32
24、) a2 a4，代入 a2 a3 a428，可得 a38， a2 a420，Error!解之得Error!或Error! q1，Error!数列 an的通项公式为 an2 n.(2) bn anlog an2 nlog 2n n2n，12 12 Sn(1222 2 n2n)，2Sn(12 222 3( n1)2 n n 2n1 )，得 Sn22 22 32 n n2n1 n2n1 2 n1 2 n2n1 .2 1 2n1 2 Sn n2n1 62，2 n1 262， n16， n5，使 Sn n2n1 62 成立的正整数 n 的最小值为 6.规律方法 等差数列、等比数列的综合问题的解题关键仍然
25、是“基本量”方法，其通过方程或者方程组求出数列的基本量，然后再解决后续问题举一反三(泰州中学 20162017 年度第一学期第一次质量检测文科)已知各项都为正数的等比数列an的前 n 项和为 Sn，数列 bn的通项公式 bnError!( nN *)，若 S3 b51， b4是 a2和a4的等比中项(1)求数列 an的通项公式；(2)求数列 anbn的前 n 项和 Tn.解 (1)数列 bn的通项公式 bnError!( nN *)， b56， b44.设各项都为正数的等比数列 an的公比为 q， q0， S3 b517， a1 a1q a1q27， b4是 a2和 a4的等比中项， a2a4
26、 a 16，23解得 a3 a1q24，由得 3q24 q40，解得 q2 或 q (舍去)，23 a11， an2 n1 .(2)当 n 为偶数时，Tn(11)2 022(31)2 242 3(51)2 4( n1)12n2 n2n1(2 02232 242 3 n2n1 )(2 02 22 n2 )，设 Hn2 02232 242 3 n2n1 ，则 2Hn222 232 3( n1)2 n1 n2n，得 Hn2 022 22 32 n1 n2n n2n(1 n)2n1，1 2n1 2 Hn( n1)2 n1， Tn( n1)2 n1 2n .1 41 4 (n 23) 23当 n 为奇数
27、，且 n3 时，Tn Tn1 ( n1)2 n1 2n1 ( n1)2 n1 2n1 ，(n53) 23 (2n 23) 23经检验， T12 符合上式 TnError!一般数列的性质【例 5】 (江苏省苏州市 2016 届高三九月测试试卷)已知各项均为正数的等比数列 an，若2a4 a32 a2 a18，则 2a8 a7的最小值为_解析 设 an的公比为 q，由 2a4 a32 a2 a18，得(2 a2 a1)q2(2 a2 a1)8，所以(2 a2 a1)(q21)8，显然 q21,2a8 a7(2 a2 a1)q6 ，令 t q2，则 2a8 a78q6q2 1，设函数 f (t) (
28、t1)， f ( t) ，易知当 t 时 f (t)为8t3t 1 8t3t 1 8t2 2t 3 t 1 2 (1， 32)减函数，当 t 时， f (t)为增函数时，所以 f (t)的最小值为 f 54，故(32， ) (32)2a8 a7的最小值为 54.答案 54规律方法 (1)在处理数列单调性问题时应利用数列的单调性定义，即“若数列 an是递增数列 n1， an1 an恒成立” ；(2)数列 an f (n)的单调性与 y f (x)，x1，)的单调性不完全一致；(3)当数列对应的连续函数是单调函数，则可以借助其单调性来求解数列的单调性问题举一反三(南京市 2016 届高三年级模拟考
29、试)已知数列 an是递增数列，且对 nN *，都有an n2 n 恒成立，则实数 的取值范围是_. 【导学号：56394038】(3，) 利用递增数列的定义，an1 an， an1 an2 n1 0 2 n1， nN *恒成立，则 3.(注：本题易错的解法是根据数列所对应的函数单调性 an n2 n 2 ，然后(n 2) 24 1 2.由数列是递增数列去断定数列对应的函数是递增函数，是错误的) 2一般数列的通项及求和【例 6】 (20162017 学年度江苏苏州市高三期中调研考试)已知数列 an满足：an1 an(1 an1 )， a11，数列 bn满足： bn anan1 ，则数列 bn的前
30、 10 项的和S10_.解析 由 an1 an(1 an1 )得： 1，因此数列 是等差数列，所以1an 1 1an 1an n，即 an ， bn anan1 ，所以1an 1n 1n n 1 1n 1n 1S10 b1 b2 b10 1 .(112) (12 13) (110 111) 111 1011答案 1011规律方法 (1)通常情况下数列的第(1)题是需要求数列的通项公式，而且其中也设出一个新的数列，我们在做的过程中，要把这个条件作为一种提示，配凑成这种新的数列，即可解决；若题中没有设出这样的新数列，可以看知识整合中 6 种求通项公式的方法；(2)对于数列求和，需要先判断用哪种求和
31、的方法，然后进行求解举一反三(无锡市普通高中 2017 届高三上学期期中基础性检测)设数列 an的前 n 项和为 Sn，已知4Sn2 an n27 n(nN *)，则 a11_.2 由题设 4Sn2 an n27 n(nN *)可得 4Sn1 2 an1 ( n1) 27( n1)，将以上两式两边相减可得 4an2 an2 an1 2 n17，即 an an1 n4，所以an an1 n4，又因为 a13，所以 a23241，故 a31342，依次可推得 a112.存在探索与证明性问题【例 7】 (江苏省南通中学 2017 届高三上学期期中考试)已知数列 an的前 n 项和为 Sn，且Sn a
32、n4， nN *.(1)求数列 an的通项公式；(2)已知 cn2 n3( nN *)，记 dn cnlog Can(C0 且 C1)，是否存在这样的常数 C，使得数列 dn是常数列？若存在，求出 C 的值；若不存在，请说明理由；(3)若数列 bn，对于任意的正整数 n，均有 b1an b2an1 b3an2 bna1 n(12)成立，求证：数列 bn是等差数列n 22解 (1) a14 a1，所以 a12，由 Sn an4 得 n2 时， Sn1 an1 4，两式相减得，2 an an1 ， .anan 1 12数列 an是以 2 为首项，公比为 的等比数列，12所以 an2 2 n(nN
33、*)(2)由于数列 dn是常数列，dn cnlog Can2 n3(2 n)logC22 n32log C2 nlogC2(2log C2)n32log C2 为常数列，只有 2log C20；解得C ，此时 dn7.2(3)证明： b1an b2an1 b3an2 bna1 n .(12) n 22当 n1 时， b1a1 1，其中 a12，所以 b1 .12 32 12当 n2 时，b1an1 b2an2 b3an3 bn1 a1 n1 ，(12) n 12式两边同时乘以 得，12b1an b2an1 b3an2 bn1 a2 n .(12) n 14式减去式得， bna1 ，所以 bn
34、， n 34 n8 38且 bn1 bn .18所以数列 bn是以 为首项，公差为 的等差数列12 18举一反三(南京市 2017 届高三年级学情调研)已知数列 an是公差为正数的等差数列，其前 n 项和为Sn，且 a2a315， S416.(1)求数列 an的通项公式；(2)数列 bn满足 b1 a1， bn1 bn .1anan 1求数列 bn的通项公式；是否存在正整数 m， n(m n)，使得 b2， bm， bn成等差数列？若存在，求出 m， n 的值；若不存在，请说明理由解 (1)设数列 an的公差为 d，则 d0.由 a2a315， S416，得Error!解得Error!或Err
35、or!(舍去)所以 an2 n1.(2)因为 b1 a1， bn1 bn ，1anan 1所以 b1 a11，bn1 bn ，1anan 1 1 2n 1 2n 1 12( 12n 1 12n 1)即 b2 b1 ，12(1 13)b3 b2 ，12(13 15)bn bn1 (n2)，12( 12n 3 12n 1)累加得： bn b1 ，12(1 12n 1) n 12n 1所以 bn b1 1 .n 12n 1 n 12n 1 3n 22n 1b11 也符合上式故 bn ， nN *.3n 22n 1假设存在正整数 m、 n(m n)，使得 b2， bm， bn成等差数列，则 b2 bn
36、2 bm.又 b2 ， bn ， bm ，43 3n 22n 1 32 14n 2 32 14m 2所以 2 ，即 ，43 (32 14n 2) (32 14m 2) 12m 1 16 14n 2化简得：2 m 7 .7n 2n 1 9n 1当 n13，即 n2 时， m2，不符合题意，舍去；当 n19，即 n8 时， m3，符合题意所以存在正整数 m3， n8，使得 b2， bm， bn成等差数列.数列与不等式的综合应用【例 8】 (江苏省泰州中学 2017 届高三摸底考试)已知数列 an的前 n 项和 Sn满足：Sn t(Sn an1)( t 为常数，且 t0， t1)(1)求 an的通项
37、公式；(2)设 bn a Snan，若数列 bn为等比数列，求 t 的值；2n(3)在满足条件(2)的情形下，设 cn4 an1，数列 cn的前 n 项和为 Tn，若不等式2 n7 对任意的 nN *恒成立，求实数 k 的取值范围12k4 n Tn解 (1)当 n1 时， S1 t(S1 a11)，得 a1 t.当 n2 时，由 Sn t(Sn an1)，即(1 t)Sn tan t，得(1 t)Sn1 tan1 t，得(1 t)an tan tan1 ，即 an tan1 ， t(n2)， an是等比数anan 1列，且公比是 t， an tn.(2)由(1)知， bn( tn)2 tn，即
38、 bn ，t 1 tn1 t t2n tn 1 2t2n 11 t若数列 bn为等比数列，则有 b b1b3，2而 b12 t2， b2 t3(2t1)， b3 t4(2t2 t1)，故 t3(2t1) 2(2 t2)t4(2t2 t1)，解得 t ，12再将 t 代入 bn，得 bn n，12 (12)由 ，知 bn为等比数列， t .bn 1bn 12 12(3)由 t ，知 an n， cn4 n1，12 (12) (12) Tn4 n4 n ，12(1 12n)1 12 42n由不等式 2 n7 恒成立，得 3k 恒成立，12k4 n Tn 2n 72n设 dn ，由 dn1 dn ，
39、2n 72n 2n 52n 1 2n 72n 2n 92n 1当 n4 时， dn1 dn，当 n4 时， dn1 0 时， f n (x)1 0，x2 xn 1n则 f n(x)在(0，)内单调递增，而 f 1(1)0，当 n2 时， f n(1) 0，122 132 1n2故 f n(1)0，又 f n 1 k(23) 23 nk 2(23)kk2 13 14nk 2(23) n1 0 时， f n1 (x) f n(x) f n(x)，并由(1)知 f n1 (xn)f n(xn)xn 1 n 1 2f n1 (xn1 )0.由 f n1 (x)在(0，)内单调递增知， xn1 M 时
40、n2n1 Sn50 恒成立？若存在，求出最小的 M；若不存在，说明理由解 (1)由已知，可得 c0， f ( x)2 ax b，Error! 解之得 a ， b2 n.12 f (x) x22 nx.12(2) an1 an2 n， an( an an1 )( an1 an2 )( a3 a2)( a2 a1) a12(123 n1)42 4 n2 n4.n n 12(3)an1 an( n1) 2( n1)4( n2 n4)2 n， bn n2 n2n.an 1 an2Sn12 122 232 3 n2n，2Sn12 222 332 4 n2n1 .得： Sn2 12 22 n n2n1 2
41、 n1 2 n2n1 ， n2n1 Sn2 n1 250，即 2n1 52，当 n5 时，2 n1 52.存在 M4，使得当 nM 时， n2n1 Sn50 恒成立第 3 步 高考易错明辨析1忽视 n 的取值范围致误已知数列 an中， a11，前 n 项的和为 Sn，对任意的自然数 n2， an是 3Sn4 与2 Sn1 的等差中项求通项 an.32错原 忽视了 成立的前提 n2，只能说明数列从第 2 项起为等比数列，至于an 1an 12整个数列 an是否为等比数列还需验证 是否等于 ，这种在解答过程中忽视数列“定义a2a1 12域”限制而致错的题目频率是非常高的，应引起足够的重视正解 由已知，当 n2 时，2 an(3 Sn4) ，(232Sn 1)又 an Sn Sn1 ，得 an3 Sn4( n2)，an1 3 Sn1 4，以上两式相减得 an1 an3 an1 ，
