新（浙江专用）2016高考数学二轮专题突破 专题三 数列与不等式 第1-4讲 理（打包4套）.zip

1第 1 讲 等差数列与等比数列1．(2015·课标全国Ⅰ)已知{ an}是公差为 1 的等差数列， Sn为{ an}的前 n 项和，若S8＝4 S4，则 a10等于( )A. B. C．10 D．12172 1922．(2015·浙江)已知{ an}是等差数列，公差 d 不为零．若 a2， a3， a7成等比数列，且2a1＋ a2＝1，则 a1＝________， d＝________.3．(2014·广东)若等比数列{ an}的各项均为正数，且 a10a11＋ a9a12＝2e 5，则 ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝______.4．(2013·江西)某住宅小区计划植树不少于 100 棵，若第一天植 2 棵，以后每天植树的棵数是前一天的 2 倍，则需要的最少天数 n(n∈N *)等于________．1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力.热点一 等差数列、等比数列的运算(1)通项公式等差数列： an＝ a1＋( n－1) d；等比数列： an＝ a1·qn－1 .(2)求和公式等差数列： Sn＝ ＝ na1＋ d；n a1＋ an2 n n－ 12等比数列： Sn＝ ＝ (q≠1)．a1 1－ qn1－ q a1－ anq1－ q(3)性质若 m＋ n＝ p＋ q，在等差数列中 am＋ an＝ ap＋ aq；2在等比数列中 am·an＝ ap·aq.例 1 (1)设等差数列{ an}的前 n 项和为 Sn.若 a1＝－11， a4＋ a6＝－6，则当 Sn取最小值时，n＝________.(2)已知等比数列{ an}公比为 q，其前 n 项和为 Sn，若 S3， S9， S6成等差数列，则 q3等于( )A．－ B．112C．－ 或 1 D．－1 或12 12思维升华 在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于 a1和 d(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．跟踪演练 1 (1)(2015·安徽)已知数列{ an}是递增的等比数列， a1＋ a4＝9， a2a3＝8，则数列{ an}的前 n 项和等于________．(2)已知数列{ an}是各项均为正数的等比数列， a1＋ a2＝1， a3＋ a4＝2，则 log2＝________.a2 011＋ a2 012＋ a2 013＋ a2 0143热点二 等差数列、等比数列的判定与证明数列{ an}是等差数列或等比数列的证明方法(1)证明数列{ an}是等差数列的两种基本方法：①利用定义，证明 an＋1 － an(n∈N *)为一常数；②利用中项性质，即证明 2an＝ an－1 ＋ an＋1 (n≥2)．(2)证明{ an}是等比数列的两种基本方法：①利用定义，证明 (n∈N *)为一常数；an＋ 1an②利用等比中项，即证明 a ＝ an－1 an＋1 (n≥2)．2n例 2 (2014·大纲全国)数列{ an}满足 a1＝1， a2＝2， an＋2 ＝2 an＋1 － an＋2.(1)设 bn＝ an＋1 － an，证明：{ bn}是等差数列；(2)求{ an}的通项公式．3思维升华 (1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前 n 项和公式，但不能作为证明方法．(2) ＝ q 和 a ＝ an－1 an＋1 (n≥2)都是数列{ an}为等比数列的必要不充分条件，判断时还an＋ 1an 2n要看各项是否为零．跟踪演练 2 (1)已知数列{ an}的首项 a1＝1，且满足 an＋1 ＝ ，则 an＝________.an4an＋ 1(2)已知数列{ an}中， a1＝1， an＋1 ＝2 an＋3，则 an＝________.热点三 等差数列、等比数列的综合问题解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解．例 3 已知等差数列{ an}的公差为－1，且 a2＋ a7＋ a12＝－6.(1)求数列{ an}的通项公式 an与前 n 项和 Sn；(2)将数列{ an}的前 4 项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{ bn}的前 3 项，记{ bn}的前 n 项和为 Tn，若存在 m∈N *，使对任意 n∈N *，总有 Sn0， a3＋ a100， a6a70 的最大自然数 n 的值为( )A．6 B．7C．12 D．132．已知各项不为 0 的等差数列{ an}满足 a4－2 a ＋3 a8＝0，数列{ bn}是等比数列，且27b7＝ a7，则 b2b12等于( )A．1 B．2C．4 D．83．已知各项都为正数的等比数列{ an}满足 a7＝ a6＋2 a5，存在两项 am， an使得＝4 a1，则 ＋ 的最小值为( )am·an1m 4mA. B.32 53C. D.256 434．已知等比数列{ an}中， a4＋ a6＝10，则 a1a7＋2 a3a7＋ a3a9＝________.提醒：完成作业 专题三 第 1 讲6二轮专题强化练专题三第 1讲 等 差 数 列 与 等 比 数 列A 组 专题通关1．已知等差数列{ an}中， a5＝10，则 a2＋ a4＋ a5＋ a9的值等于( )A．52 B．40C．26 D．202．已知等差数列{ an}中， a7＋ a9＝16， S11＝ ，则 a12的值是( )992A．15 B．30C．31 D．643．(2015·浙江)已知{ an}是等差数列，公差 d 不为零，前 n 项和是 Sn，若 a3， a4， a8成等比数列，则( )A． a1d＞0， dS4＞0 B． a1d＜0， dS4＜0C． a1d＞0， dS4＜0 D． a1d＜0， dS4＞04．设 Sn为等差数列{ an}的前 n 项和，( n＋1) Sn6.即实数 λ 的取值范围为(6，＋∞)．跟踪演练 3 解 (1)设等比数列{ an}的公比为 q，因为 S3＋ a3， S5＋ a5， S4＋ a4成等差数列，所以 S5＋ a5－ S3－ a3＝ S4＋ a4－ S5－ a5，即 4a5＝ a3，于是 q2＝ ＝ .a5a3 14又{ an}不是递减数列且 a1＝ ，32所以 q＝－ .12故等比数列{ an}的通项公式为an＝ × n－1 ＝(－1) n－1 · .32 (－ 12) 32n(2)由(1)得 Sn＝1－ n＝Error!(－ 12)当 n 为奇数时， Sn随 n 的增大而减小，所以 1Sn－ ≥ S2－1Sn 1S2＝ － ＝－ .34 43 712综上，对于 n∈N *，总有－ ≤ Sn－ ≤ .712 1Sn 5613所以数列{ Tn}最大项的值为 ，最小项的值为－ .56 712高考押题精练1．C [∵ a10， a6a70， a70， a1＋ a13＝2 a70， S130 的最大自然数 n 的值为 12.]2．C [设等差数列{ an}的公差为 d，因为 a4－2 a ＋3 a8＝0，所以 a7－3 d－2 a ＋3( a7＋ d)27 27＝0，即 a ＝2 a7，解得 a7＝0(舍去)或 a7＝2，所以 b7＝ a7＝2.因为数列{ bn}是等比数列，27所以 b2b12＝ b ＝4.]273．A [由 a7＝ a6＋2 a5，得 a1q6＝ a1q5＋2 a1q4，整理有 q2－ q－2＝0，解得 q＝2 或q＝－1(与条件中等比数列的各项都为正数矛盾，舍去)，又由 ＝4 a1，得 aman＝16 aam·an，即 a 2m＋ n－2＝16 a ，即有 m＋ n－2＝4，亦即 m＋ n＝6，那么 ＋ ＝ (m＋ n)( ＋ )21 21 211m 4n 16 1m 4n＝ ( ＋ ＋5)≥ (2 ＋5)＝ ，164mn nm 16 4mn·nm 32当且仅当 ＝ ， m＋ n＝6，4mn nm即 n＝2 m＝4 时取得最小值 .]324．100解析 因为 a1a7＝ a ， a3a9＝ a ， a3a7＝ a4a6，24 26所以 a1a7＋2 a3a7＋ a3a9＝( a4＋ a6)2＝10 2＝100.14二轮专题强化练答案精析专题三 数列与不等式第 1 讲 等差数列与等比数列1．B [因为 a2＋ a4＝2 a3， a5＋ a9＝2 a7，所以 a2＋ a4＋ a5＋ a9＝2( a3＋ a7)＝4 a5，而 a5＝10，所以 a2＋ a4＋ a5＋ a9＝4×10＝40.故选 B.]2．A [因为 a8是 a7， a9的等差中项，所以 2a8＝ a7＋ a9＝16⇒ a8＝8，再由等差数列前 n 项和的计算公式可得 S11＝ ＝ ＝11 a6，又因为 S11＝ ，所以 a6＝ ，则11 a1＋ a112 11·2a62 992 92d＝ ＝ ，所以 a12＝ a8＋4 d＝15，故选 A.]a8－ a62 743．B [∵ a3， a4， a8成等比数列，∴( a1＋3 d)2＝( a1＋2 d)(a1＋7 d)，整理得 a1＝－ d，53∴ a1d＝－ d2＜0，53又 S4＝4 a1＋ d＝－ ，4×32 2d3∴ dS4＝－ ＜0，故选 B.]2d234．D [由( n＋1) Sn0， a70，上式不成立；当 n 为奇数时，(－2) n＝－2 n≤－2 012，即 2n≥2 012，得 n≥11.18综上，存在符合条件的正整数 n，且所有这样的 n 的集合为{ n|n＝2 k＋1， k∈N， k≥5}．1第 2讲 数列的求和问题1．(2015·福建)在等差数列{ an}中， a2＝4， a4＋ a7＝15.(1)求数列{ an}的通项公式；(2)设 bn＝2 an－2＋ n，求 b1＋ b2＋ b3＋…＋ b10的值．2．(2014·课标全国Ⅰ)已知{ an}是递增的等差数列， a2， a4是方程 x2－5 x＋6＝0 的根．(1)求{ an}的通项公式；(2)求数列{ }的前 n项和．an2n高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现转化与化归的思想.热点一 分组转化求和有些数列，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2等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．例 1 等比数列{ an}中， a1， a2， a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1， a2， a3中的任何两个数不在下表的同一列.第一列 第二列 第三列第一行 3 2 10第二行 6 4 14第三行 9 8 18(1)求数列{ an}的通项公式；(2)若数列{ bn}满足： bn＝ an＋(－1) nln an，求数列{ bn}的前 n项和 Sn.思维升华 在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数 n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．跟踪演练 1 在等差数列{ an}中， a3＋ a4＋ a5＝84， a9＝73.(1)求数列{ an}的通项公式；(2)对任意 m∈N *，将数列{ an}中落入区间(9 m,92m)内的项的个数记为 bm，求数列{ bm}的前 m项和 Sm.3热点二 错位相减法求和错位相减法是在推导等比数列的前 n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前 n项和，其中{ an}，{ bn}分别是等差数列和等比数列．例 2 (2015·衡阳联考)已知数列{ an}的前 n项和为 Sn，且有a1＝2,3 Sn＝5 an－ an－1 ＋3 Sn－1 (n≥2)．(1)求数列{ an}的通项公式；(2)若 bn＝(2 n－1) an，求数列{ bn}的前 n项和 Tn.思维升华 (1)错位相减法适用于求数列{ an·bn}的前 n项和，其中{ an}为等差数列，{ bn}为等比数列；(2)所谓“错位” ，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取 n＝1,2进行验证．跟踪演练 2 设数列{ an}的前 n项和为 Sn，已知 a1＝1， Sn＋1 ＝2 Sn＋ n＋1( n∈N *)，(1)求数列{ an}的通项公式；(2)若 bn＝ ，求数列{ bn}的前 n项和 Tn.nan＋ 1－ an4热点三 裂项相消法求和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{ }或{ }(其中{ an}为等差数列)等形式的数列求和．1anan＋ 1 1anan＋ 2例 3 (2015·广东韶关高三联考)已知在数列{ an}中， a1＝1，当 n≥2 时，其前 n项和 Sn满足 S ＝ an(Sn－ )．2n12(1)求 Sn的表达式；(2)设 bn＝ ，数列{ bn}的前 n项和为 Tn，证明 Tn0)，且 4a3是 a1与2a2的等差中项．(1)求{ an}的通项公式；(2)设 bn＝ ，求数列{ bn}的前 n项和 Tn.2n＋ 1an提醒：完成作业 专题三 第 2讲6二轮专题强化练专题三第 2讲 数列的求和问题A组 专题通关1．已知数列 1 ，3 ，5 ，7 ，…，则其前 n项和 Sn为( )12 14 18 116A． n2＋1－ B． n2＋2－12n 12nC． n2＋1－ D． n2＋2－12n－ 1 12n－ 12．已知在数列{ an}中， a1＝－60， an＋1 ＝ an＋3，则| a1|＋| a2|＋| a3|＋…＋| a30|等于( )A．445 B．765C．1 080 D．3 1053．在等差数列{ an}中， a1＝－2 012，其前 n项和为 Sn，若 － ＝2 002，则 S2 014S2 0122 012 S1010的值等于( )A．2 011 B．－2 012C．2 014 D．－2 0134．已知数列{ an}满足 a1＝1， a2＝3， an＋1 an－1 ＝ an(n≥2)，则数列{ an}的前 40项和 S40等于( )A．20 B．40C．60 D．805．(2015·绍兴模拟) ＋ ＋ ＋…＋ 的值为( )122－ 1 132－ 1 142－ 1 1 n＋ 1 2－ 1A. B. －n＋ 12 n＋ 2 34 n＋ 12 n＋ 2C. － ( ＋ ) D. － ＋34 12 1n＋ 1 1n＋ 2 32 1n＋ 1 1n＋ 26．设 f(x)＝ ，若 S＝ f( )＋ f( )＋…＋ f( )，则 S＝________.4x4x＋ 2 12 015 22 015 2 0142 01577．(2015·浙江名校联考)在数列{ an}中， a1＝1， an＋2 ＋(－1) nan＝1，记 Sn是数列{ an}的前 n项和，则 S60＝________.8．设 Sn为数列{ an}的前 n项和，若 (n∈N *)是非零常数，则称该数列为“和等比数列” ；S2nSn若数列{ cn}是首项为 2，公差为 d(d≠0)的等差数列，且数列{ cn}是“和等比数列” ，则d＝________.9．(2014·北京)已知{ an}是等差数列，满足 a1＝3, a4＝12，数列{ bn}满足b1＝4， b4＝20，且{ bn－ an}为等比数列．(1)求数列{ an}和{ bn}的通项公式；(2)求数列{ bn}的前 n项和．10．(2015·山东)设数列{ an}的前 n项和为 Sn.已知 2Sn＝3 n＋3.(1)求数列{ an}的通项公式；(2)若数列{ bn}满足 anbn＝log 3an，求{ bn}的前 n项和 Tn.8B组 能力提高11．数列{ an}满足 a1＝2， an＝ ，其前 n项积为 Tn，则 T2 016等于( )an＋ 1－ 1an＋ 1＋ 1A. B．－16 16C．1 D．－112．已知数列{ an}满足 an＋1 ＝ ＋ ，且 a1＝ ，则该数列的前 2 016项的和等于( )12 an－ a2n 12A．1 509 B．3 018C．1 512 D．2 01613．已知 lg x＋lg y＝1，且 Sn＝lg xn＋lg( xn－1 y)＋lg( xn－2 y2)＋…＋lg yn，则Sn＝________.14．(2015·湖南)设数列{ an}的前 n项和为 Sn，已知 a1＝1， a2＝2，且an＋2 ＝3 Sn－ Sn＋1 ＋3, n∈N *.(1)证明： an＋2 ＝3 an；(2)求 Sn.9学生用书答案精析第 2讲 数列的求和问题高考真题体验1．解 (1)设等差数列{ an}的公差为 d，由已知得Error!解得Error!所以 an＝ a1＋( n－1) d＝ n＋2.(2)由(1)可得 bn＝2 n＋ n，所以 b1＋ b2＋ b3＋…＋ b10＝(2＋1)＋(2 2＋2)＋(2 3＋3)＋…＋(2 10＋10)＝(2＋2 2＋2 3＋…＋2 10)＋(1＋2＋3＋…＋10)＝ ＋2 1－ 2101－ 2  1＋ 10 ×102＝(2 11－2)＋55＝2 11＋53＝2 101.2．解 (1)方程 x2－5 x＋6＝0 的两根为 2,3，由题意得 a2＝2， a4＝3.设数列{ an}的公差为 d，则 a4－ a2＝2 d，故 d＝ ，从而 a1＝ .12 32所以{ an}的通项公式为 an＝ n＋1.12(2)设{ }的前 n项和为 Sn.an2n由(1)知 ＝ ，则an2n n＋ 22n＋ 1Sn＝ ＋ ＋…＋ ＋ ，322 423 n＋ 12n n＋ 22n＋ 1Sn＝ ＋ ＋…＋ ＋ .12 323 424 n＋ 12n＋ 1 n＋ 22n＋ 2两式相减得Sn＝ ＋( ＋…＋ )－12 34 123 12n＋ 1 n＋ 22n＋ 2＝ ＋ (1－ )－ .34 14 12n－ 1 n＋ 22n＋ 210所以 Sn＝2－ .n＋ 42n＋ 1热点分类突破例 1 解 (1)当 a1＝3 时，不合题意；当 a1＝2 时，当且仅当 a2＝6， a3＝18 时，符合题意；当 a1＝10 时，不合题意．因此 a1＝2， a2＝6， a3＝18，所以公比 q＝3.故 an＝2·3 n－1 (n∈N *)．(2)因为 bn＝ an＋(－1) nln an＝2·3 n－1 ＋(－1) nln(2·3n－1 )＝2·3 n－1 ＋(－1) n[ln 2＋( n－1)ln 3]＝2·3 n－1 ＋(－1) n(ln 2－ln 3)＋(－1) nnln 3，所以 Sn＝2(1＋3＋…＋3 n－1 )＋[－1＋1－1＋…＋(－1) n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1) nn]ln 3.当 n为偶数时，Sn＝2× ＋ ln 31－ 3n1－ 3 n2＝3 n＋ ln 3－1；n2当 n为奇数时，Sn＝2× －(ln 2－ln 3)＋ ln 31－ 3n1－ 3 (n－ 12－ n)＝3 n－ ln 3－ln 2－1.n－ 12综上所述， Sn＝Error!跟踪演练 1 解 (1)因为{ an}是一个等差数列，所以 a3＋ a4＋ a5＝3 a4＝84，所以 a4＝28.设数列{ an}的公差为 d，则 5d＝ a9－ a4＝73－28＝45，故 d＝9.由 a4＝ a1＋3 d得 28＝ a1＋3×9，即 a1＝1，所以 an＝ a1＋( n－1) d＝1＋9( n－1)＝9 n－8( n∈N *)．(2)对 m∈N *，若 9man92m，11则 9m＋89 n92m＋8，因此 9m－1 ＋1≤ n≤9 2m－1 ，故得 bm＝9 2m－1 －9 m－1 .于是 Sm＝ b1＋ b2＋ b3＋…＋ bm＝(9＋9 3＋…＋9 2m－1 )－(1＋9＋…＋9 m－1 )＝ －9× 1－ 81m1－ 81 1－ 9m1－ 9＝ .92m＋ 1－ 10×9m＋ 180例 2 解 (1)3 Sn－3 Sn－1＝5 an－ an－1 (n≥2)，∴2 an＝ an－1 ， ＝ ，anan－ 1 12又∵ a1＝2，∴{ an}是以 2为首项，公比为 的等比数列，12∴ an＝2×( )n－1 ＝( )n－2 ＝2 2－ n.12 12(2)bn＝(2 n－1)2 2－ n，Tn＝1×2 1＋3×2 0＋5×2 －1 ＋…＋(2 n－1)·2 2－ n，Tn＝1×2 0＋3×2 －1 ＋…＋(2 n－3)·2 2－ n＋(2 n－1)·2 1－ n，12∴ Tn＝2＋2(2 0＋2 －1 ＋…＋2 2－ n)－(2 n－1)·2 1－ n12＝2＋ －(2 n－1)2 1－ n2[1－  2－ 1 n－ 1]1－ 2－ 1＝6－(2 n＋3)×2 1－ n，∴ Tn＝12－(2 n＋3)×2 2－ n.跟踪演练 2 解 (1)∵ Sn＋1 ＝2 Sn＋ n＋1，当 n≥2 时， Sn＝2 Sn－1 ＋ n，∴ an＋1 ＝2 an＋1，∴ an＋1 ＋1＝2( an＋1)，即 ＝2( n≥2)，①an＋ 1＋ 1an＋ 1又 S2＝2 S1＋2， a1＝ S1＝1，∴ a2＝3，∴ ＝2，a2＋ 1a1＋ 112∴当 n＝1 时，①式也成立，∴ an＋1＝2 n，即 an＝2 n－1( n∈N *)．(2)∵ an＝2 n－1，∴ bn＝ ＝ ＝ ，n 2n＋ 1－ 1 －  2n－ 1 n2n＋ 1－ 2n n2n∴ Tn＝ ＋ ＋ ＋…＋ ，12 222 323 n2nTn＝ ＋ ＋…＋ ＋ ，12 122 223 n－ 12n n2n＋ 1∴ Tn＝2( ＋ ＋ ＋…＋ － )12 122 123 12n n2n＋ 1＝2－ － ＝2－ .12n－ 1 n2n n＋ 22n例 3 (1)解 当 n≥2 时， an＝ Sn－ Sn－1 代入 S ＝ an(Sn－ )，得 2SnSn－1 ＋ Sn－ Sn－1 ＝0，由2n12于 Sn≠0，所以 － ＝2，1Sn 1Sn－ 1所以{ }是首项为 1，公差为 2的等差数列，1Sn从而 ＝1＋( n－1)×2＝2 n－1，1Sn所以 Sn＝ .12n－ 1(2)证明 因为 bn＝ ＝Sn2n＋ 1＝ ( － )，1 2n－ 1  2n＋ 1 12 12n－ 1 12n＋ 1所以 Tn＝ [(1－ )＋( － )＋…＋( － )]12 13 13 15 12n－ 1 12n＋ 1＝ (1－ ) ，12 12n＋ 1 12所以 Tn .12跟踪演练 3 (1)99 (2)2011解析 (1)因为 an＝1n＋ 1＋ n＝ － ，n＋ 1 n所以 Sn＝ a1＋ a2＋ a3＋…＋ an－1 ＋ an＝( －1)＋( － )＋( － )＋…＋( － )2 3 2 4 3 n n－ 1＋( － )＝ －1.n＋ 1 n n＋ 113由 －1＝9，解得 n＝99.n＋ 1(2)∵ a1＝1， an＋1 － an＝ n＋1，∴ a2－ a1＝2， a3－ a2＝3，…， an－ an－1 ＝ n，将以上 n－1 个式子相加得 an－ a1＝2＋3＋…＋ n＝ ，即 an＝ ， 2＋ n  n－ 12 n n＋ 12令 bn＝ ，1an故 bn＝ ＝2 ，2n n＋ 1 [1n－ 1n＋ 1]故 S10＝ b1＋ b2＋…＋ b10＝2 ＝ .[1－12＋ 12－ 13＋ …＋ 110－ 111] 2011高考押题精练1．1解析 因为 an＝ ＝ ＝ － ，n＋ 22nn n＋ 1 2 n＋ 1 － n2nn n＋ 1 12n－ 1n 12n n＋ 1所以 Sn＝( － )＋( － )＋…＋[ － ]120×1 121×2 121×2 122×3 12n－ 1n 12n n＋ 1＝1－ ，12n n＋ 1由于 1－ 1，所以 M的最小值为 1.12n n＋ 12．解 (1)当 n＝1 时， S1＝ a(S1－ a1＋1)，所以 a1＝ a，当 n≥2 时， Sn＝ a(Sn－ an＋1)，①Sn－1 ＝ a(Sn－1 － an－1 ＋1)，②由①－②，得 an＝ a×an－1 ，即 ＝ a，anan－ 1故{ an}是首项 a1＝ a，公比等于 a的等比数列，所以 an＝ a×an－1 ＝ an.故 a2＝ a2， a3＝ a3.由 4a3是 a1与 2a2的等差中项，可得 8a3＝ a1＋2 a2，即 8a3＝ a＋2 a2，因为 a≠0，整理得 8a2－2 a－1＝0，即(2 a－1)(4 a＋1)＝0，14解得 a＝ 或 a＝－ (舍去)，12 14故 an＝( )n＝ .12 12n(2)由(1)，得 bn＝ ＝(2 n＋1)×2 n，2n＋ 1an所以 Tn＝3×2＋5×2 2＋7×2 3＋…＋(2 n－1)×2 n－1 ＋(2 n＋1)×2 n，①2Tn＝3×2 2＋5×2 3＋7×2 4＋…＋(2 n－1)×2 n＋(2 n＋1)×2 n＋1 ，②由①－②，得－ Tn＝3×2＋2(2 2＋2 3＋…＋2 n)－(2 n＋1)×2 n＋1＝6＋2× －(2 n＋1)·2 n＋122－ 2n＋ 11－ 2＝－2＋2 n＋2 －(2 n＋1)·2 n＋1＝－2－(2 n－1)·2 n＋1 ，所以 Tn＝2＋(2 n－1)·2 n＋1 .15二轮专题强化练答案精析第 2讲 数列的求和问题1．A [因为 an＝2 n－1＋ ，12n所以 Sn＝ ＋n 1＋ 2n－ 12 1－ 12n ·121－ 12＝ n2＋1－ .]12n2．B [∵ an＋1 ＝ an＋3，∴ an＋1 － an＝3.∴{ an}是以－60 为首项，3 为公差的等差数列．∴ an＝－60＋3( n－1)＝3 n－63.令 an≤0，得 n≤21.∴前 20项都为负值．∴| a1|＋| a2|＋| a3|＋…＋| a30|＝－( a1＋ a2＋…＋ a20)＋ a21＋…＋ a30＝－2 S20＋ S30.∵ Sn＝ n＝ ×n，a1＋ an2 － 123＋ 3n2∴| a1|＋| a2|＋| a3|＋…＋| a30|＝765.]3．C [等差数列中， Sn＝ na1＋ d， ＝ a1＋( n－1) ，即数列{ }是首项为n n－ 12 Snn d2 Snna1＝－2 012，公差为 的等差数列；因为 － ＝2 002，所以，(2 012－10) ＝2 d2 S2 0122 012 S1010 d2002， ＝1，所以， S2 014＝2 014·d2[(－2 012)＋(2 014－1)×1]＝2 014，选 C.]4．C [由 an＋1 ＝ (n≥2)， a1＝1， a2＝3，可得anan－ 1a3＝3， a4＝1， a5＝ ， a6＝ ， a7＝1， a8＝3，…，这是一个周期为 6的数列，一个周期内13 13的 6项之和为 ，又 40＝6×6＋4，所以 S40＝6× ＋1＋3＋3＋1＝60.]263 2635．C [∵ ＝ ＝1 n＋ 1 2－ 1 1n2＋ 2n 1n n＋ 216＝ ( － )，121n 1n＋ 2∴ ＋ ＋ ＋…＋ ＝ (1－ ＋ － ＋ － ＋…＋ － )122－ 1 132－ 1 142－ 1 1 n＋ 1 2－ 1 12 13 12 14 13 15 1n 1n＋ 2＝ ( － － )1232 1n＋ 1 1n＋ 2＝ － ( ＋ )．]34 12 1n＋ 1 1n＋ 26．1 007解析 ∵ f(x)＝ ，∴ f(1－ x)＝ ＝ ，4x4x＋ 2 41－ x41－ x＋ 2 22＋ 4x∴ f(x)＋ f(1－ x)＝ ＋ ＝1.4x4x＋ 2 22＋ 4xS＝ f( )＋ f( )＋…＋ f( )，①12 015 22 015 2 0142 015S＝ f( )＋ f( )＋…＋ f( )，②2 0142 015 2 0132 015 12 015①＋②得，2 S＝[ f( )＋ f( )]＋[ f( )＋ f( )]＋…＋[ f( )＋ f(12 015 2 0142 015 22 015 2 0132 015 2 0142 015)]＝2 014，12 015∴ S＝ ＝1 007.2 01427．480解析 方法一 依题意得，当 n是奇数时， an＋2 － an＝1，即数列{ an}中的奇数项依次形成首项为 1、公差为 1的等差数列， a1＋ a3＋ a5＋…＋ a59＝30×1＋ ×1＝465；30×292当 n是偶数时， an＋2 ＋ an＝1，即数列{ an}中的相邻的两个偶数项之和均等于1， a2＋ a4＋ a6＋ a8＋…＋ a58＋ a60＝( a2＋ a4)＋( a6＋ a8)＋…＋( a58＋ a60)＝15.因此，该数列的前 60项和 S60＝465＋15＝480.方法二 ∵ an＋2 ＋(－1) nan＝1，∴ a3－ a1＝1， a5－ a3＝1， a7－ a5＝1，…，且a4＋ a2＝1， a6＋ a4＝1， a8＋ a6＝1，…，∴{ a2n－1 }为等差数列，且 a2n－1 ＝1＋( n－1)×1＝ n，即 a1＝1， a3＝2， a5＝3， a7＝4，∴ S4＝ a1＋ a2＋ a3＋ a4＝1＋1＋2＝4， S8－ S4＝ a5＋ a6＋ a7＋ a8＝3＋4＋1＝8，S12－ S8＝ a9＋ a10＋ a11＋ a12＝5＋6＋1＝12，…，∴ S60＝4×15＋ ×4＝480.15×1428．217解析 由题意可知，数列{ cn}的前 n项和为 Sn＝ ，前 2n项和为 S2n＝n c1＋ cn2，所以 ＝ ＝2＋ ＝2＋ .因为数列{ cn}是2n c1＋ c2n2 S2nSn2n c1＋ c2n2n c1＋ cn2 2nd2＋ nd－ d 21＋ 2－ dnd“和等比数列” ，即 为非零常数，所以 d＝2.S2nSn9．解 (1)设等差数列{ an}的公差为 d，由题意得d＝ ＝ ＝3，a4－ a13 12－ 33所以 an＝ a1＋( n－1) d＝3 n(n＝1,2，…)．设等比数列{ bn－ an}的公比为 q，由题意得q3＝ ＝ ＝8，解得 q＝2.b4－ a4b1－ a1 20－ 124－ 3所以 bn－ an＝( b1－ a1)qn－1 ＝2 n－1 .从而 bn＝3 n＋2 n－1 (n＝1,2，…)．(2)由(1)知 bn＝3 n＋2 n－1 (n＝1,2，…)．数列{3 n}的前 n项和为 n(n＋1)，32数列{2 n－1 }的前 n项和为 ＝2 n－1.1－ 2n1－ 2所以，数列{ bn}的前 n项和为 n(n＋1)＋2 n－1.3210．解 (1)因为 2Sn＝3 n＋3，所以 2a1＝3＋3，故 a1＝3，当 n＞1 时，2 Sn－1 ＝3 n－1 ＋3，此时 2an＝2 Sn－2 Sn－1 ＝3 n－3 n－1 ＝2×3 n－1 ，即 an＝3 n－1 ，所以 an＝Error!(2)因为 anbn＝log 3an，所以 b1＝ ，13当 n＞1 时， bn＝3 1－ nlog33n－1 ＝( n－1)·3 1－ n.所以 T1＝ b1＝ ；13当 n＞1 时， Tn＝ b1＋ b2＋ b3＋…＋ bn＝ ＋(1×3 －1 ＋2×3 －2 ＋…＋( n－1)×3 1－ n)，13所以 3Tn＝1＋(1×3 0＋2×3 －1 ＋…＋( n－1)×3 2－ n)，18两式相减，得 2Tn＝ ＋(3 0＋3 －1 ＋3 －2 ＋…＋3 2－ n)－( n－1)×3 1－ n23＝ ＋ －( n－1)×3 1－ n23 1－ 31－ n1－ 3－ 1＝ － ，所以 Tn＝ － ，136 6n＋ 32×3n 1312 6n＋ 34×3n经检验， n＝1 时也适合．综上可得 Tn＝ － .1312 6n＋ 34×3n11．C [由 an＝ ，得 an＋1 ＝ .an＋ 1－ 1an＋ 1＋ 1 1＋ an1－ an∵ a1＝2，∴ a2＝－3， a3＝－ ， a4＝ ， a5＝2， a6＝－3.12 13故数列{ an}具有周期性，周期为 4，∵ a1a2a3a4＝1，∴ T2 016＝ T4＝1.]12．C [因为 a1＝ ，12又 an＋1 ＝ ＋ ，12 an－ a2n所以 a2＝1，从而 a3＝ ， a4＝1，12即得 an＝Error!故数列的前 2 016项的和等于S2 016＝1 008×(1＋ )＝1 512.]1213. n212解析 因为 lg x＋lg y＝1，所以 lg(xy)＝1.因为 Sn＝lg xn＋lg( xn－1 y)＋lg( xn－2 y2)＋…＋lg(xyn－1 )＋lg yn，所以 Sn＝lg yn＋lg( xyn－1 )＋…＋lg( xn－2 y2)＋lg(xn－1 y)＋lg xn，两式相加，得 2Sn＝(lg xn＋lg yn)＋[lg( xn－1 y)＋lg( xyn－1 )]＋…＋(lg yn＋lg xn)＝lg( xn·yn)＋lg( xn－1 y·xyn－1 )＋…＋lg( yn·xn)＝ n[lg(xy)＋lg( xy)＋…＋lg( xy)]＝ n2lg(xy)＝ n2，所以 Sn＝ n2.1214．(1)证明 由条件，对任意 n∈N *，有 an＋2 ＝3 Sn－ Sn＋1 ＋3，19因而对任意 n∈N *， n≥2，有 an＋1 ＝3 Sn－1 － Sn＋3.两式相减，得 an＋2 － an＋1 ＝3 an－ an＋1 ，即 an＋2 ＝3 an， n≥2.又 a1＝1， a2＝2，所以 a3＝3 S1－ S2＋3＝3 a1－( a1＋ a2)＋3＝3 a1，故对一切 n∈N *， an＋2 ＝3 an.(2)解 由(1)知， an≠0，所以 ＝3.于是数列{ a2n－1 }是首项 a1＝1，公比为 3等比数an＋ 2an列；数列{ a2n}是首项 a2＝2，公比为 3的等比数列．因此 a2n－1 ＝3 n－1 ， a2n＝2×3 n－1 .于是 S2n＝ a1＋ a2＋…＋ a2n＝( a1＋ a3＋…＋ a2n－1 )＋( a2＋ a4＋…＋ a2n)＝(1＋3＋…＋3 n－1 )＋2(1＋3＋…＋3 n－1 )＝3(1＋3＋…＋3 n－1 )＝ .3 3n－ 12从而 S2n－1 ＝ S2n－ a2n＝ －2×3 n－13 3n－ 12＝ (5×3n－2 －1)．32综上所述，Sn＝Error!1第 3讲 数列的综合问题1．(2015·湖南)已知 a＞0，函数 f(x)＝e axsin x(x∈[0，＋∞))．记 xn为 f(x)的从小到大的第 n(n∈N *)个极值点，证明：数列{ f(xn)}是等比数列．2．(2014·课标全国Ⅱ)已知数列{ an}满足 a1＝1， an＋1 ＝3 an＋1.(1)证明{ an＋ }是等比数列，并求{ an}的通项公式；12(2)证明 ＋ ＋…＋ 0且 a≠1)的图象上一点，数列{ bn}的前 n项和 Sn＝ f(n)－1.(1)求数列{ an}和{ bn}的通项公式；(2)求证：数列{ }的前 n项和 Tn0， a≠1)所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{ an}的第二项与第三项，若 bn＝ ，数列{ bn}的前 n项和为 Tn，则 T10等于( )1anan＋ 1A. B.911 101111C. D.811 12116．若数列{ an}的前 n项和 Sn＝ an＋ ，则{ an}的通项公式是 an＝________.23 137．等差数列{ an}的前 n项和为 Sn，已知 S10＝0， S15＝25，则 nSn的最小值为________．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”的通项公式为 2n，则数列{ an}的前 n项和 Sn＝________.9．已知数列{ an}的前 n项和 Sn满足： Sn＝2 an－2 n(n∈N *)．(1)求数列{ an}的通项 an；(2)若数列{ bn}满足 bn＝log 2(an＋2)， Tn为数列{ }的前 n项和，求证： Tn≥ .bnan＋ 2 1210．(2015·杭州质检)已知数列{ an}的首项 a1＝1， an＋1 ＝1－ ，其中 n∈N *.14an(1)设 bn＝ ，求证：数列{ bn}是等差数列，并求出{ an}的通项公式；22an－ 1(2)设 cn＝ ，数列{ cncn＋2 }的前 n项和为 Tn，是否存在正整数 m，使得 Tn0)及两点 A1(x1,0)和 A2(x2,0)，其中 x2x10.过 A1， A2分别作 x1x轴的垂线，交曲线 C于 B1， B2两点，直线 B1B2与 x轴交于点 A3(x3,0)，那么( )A． x1， ， x2成等差数列x32B． x1， ， x2成等比数列x32C． x1， x3， x2成等差数列D． x1， x3， x2成等比数列12．记数列{2 n}的前 n项和为 an，数列{ }的前 n项和为 Sn，数列{ bn}的通项公式为1anbn＝ n－8，则 bnSn的最小值为________．13．已知向量 a＝(2，－ n)， b＝( Sn， n＋1)， n∈N *，其中 Sn是数列{ an}的前 n项和，若a⊥ b，则数列{ }的最大项的值为________．anan＋ 1an＋ 414．数列{ an}的前 n项和为 Sn， a1＝1，且对任意正整数 n，点( an＋1 ， Sn)在直线2x＋ y－2＝0 上．(1)求数列{ an}的通项公式；(2)是否存在实数 λ ，使得数列{ Sn＋ λn ＋ }为等差数列？若存在，求出 λ 的值；若不λ2n存在，请说明理由．13学生用书答案精析第 3讲 数列的综合问题高考真题体验1．证明 f′( x)＝ aeaxsin x＋e axcos x＝e ax(asin x＋cos x)＝ eaxsin(x＋ φ )，a2＋ 1其中 tan φ ＝ ，0＜ φ ＜ .1a π2令 f′( x)＝0，由 x≥0 得 x＋ φ ＝ mπ，即 x＝ mπ－ φ ， m∈N *，对 k∈N，若 2kπ＜ x＋ φ ＜(2 k＋1)π，即 2kπ－ φ ＜ x＜(2 k＋1)π－ φ ，则 f′( x)＞0；若(2 k＋1)π＜ x＋ φ ＜(2 k＋2)π，即(2 k＋1)π－ φ ＜ x＜(2 k＋2)π－ φ ，则 f′( x)＜0.因此，在区间(( m－1)π， mπ－ φ )与( mπ－ φ ， mπ)上， f′( x)的符号总相反．于是当 x＝ mπ－ φ (m∈N *)时， f(x)取得极值，所以 xn＝ nπ－ φ (n∈N *)．此时， f(xn)＝e a(nπ－ φ )sin(nπ－ φ )＝(－1) n＋1 ·ea(nπ－ φ )sin φ .易知 f(xn)≠0，而 ＝f xn＋ 1f xn＝－e aπ 是常数，故数列{ f(xn)}是首项为 f(x1) － 1 n＋ 2ea[ n＋ 1 π － φ ]sin φ － 1 n＋ 1ea nπ － φ  sin φ＝e a(π－ φ )·sin φ ，公比为－e aπ 的等比数列．2．(1)解 由 an＋1 ＝3 an＋1，得 an＋1 ＋ ＝3( an＋ )．12 12又 a1＋ ＝ ，12 32所以{ an＋ }是首项为 ，公比为 3的等比数列．12 32an＋ ＝ ，因此{ an}的通项公式为 an＝ .12 3n2 3n－ 12(2)证明 由(1)知 ＝ .1an 23n－ 1因为当 n≥1 时，3 n－1≥2×3 n－1 ，所以 ≤ .13n－ 1 12×3n－ 114于是 ＋ ＋…＋ ≤1＋ ＋…＋1a1 1a2 1an 13 13n－ 1＝ (1－ )0，所以 an＋ an－1 ≠0，则 an－ an－1 ＝2，所以数列{ an}是首项为 2，公差为 2的等差数列，故 an＝2 n.例 2 (1)解 ∵ Sn＝ － an，16 13∴当 n≥2 时， an＝ Sn－ Sn－1＝ an－1 － an，13 1315∴ an＝ an－1 .14又∵ S1＝ － a1，∴ a1＝ ，16 13 18∴ an＝ ( )n－1 ＝( )2n＋1 .1814 12(2)证明 由 cn＋1－ cn＝log an＝2 n＋1，得当 n≥2 时， cn＝ c1＋( c2－ c1)＋( c3－ c2)1＋…＋( cn－ cn－1)＝0＋3＋5＋…＋(2 n－1)＝ n2－1＝( n＋1)( n－1)．∴ ＋ ＋ ＋…＋ ＝ ＋ ＋ ＋…＋1c2 1c3 1c4 1cn 122－ 1 132－ 1 142－ 1 1n2－ 1＝ ×[(1－ )＋( － )＋( － )＋…＋( － )]12 13 12 14 13 15 1n－ 1 1n＋ 1＝ [(1＋ )－( ＋ )]12 12 1n 1n＋ 1＝ － ( ＋ )＜ .34 121n 1n＋ 1 34又∵ ＋ ＋ ＋…＋ ≥ ＝ ，1c2 1c3 1c4 1cn 1c2 13∴原式得证．跟踪演练 2 (1)证明 由已知得 an＋1 ＋ an＝3( an＋ an－1 )(n≥2， n∈N *)，则 bn＝3 bn－1 .又b1＝3，则{ bn}是以 3为首项、3 为公比的等比数列．(2)①解 由 an＋1 ＋ an＝3 n得 ＋ · ＝ ，an＋ 13n＋ 1 13 an3n 13设 cn＝ ，则 cn＋1 ＋ cn＝ ，an3n 13 13可得 cn＋1 － ＝－ (cn－ )，14 13 14又 c1＝ ，故 cn－ ＝ ·(－ )n－1 ，13 14 112 13则 an＝ .3n－  － 1 n4②证明 ＋ ＝ ＋1a2n－ 1 1a2n 432n－ 1＋ 1 432n－ 1＝ 80，Snn当 n≥7 时，由于 S6＝570，故 Sn＝570＋( a7＋ a8＋…＋ an)＝570＋70× ×4×[1－( )n－6 ]＝780－210×( )n－6 .34 34 34因为{ an}是递减数列，所以{ An}是递减数列．因为 An＝ ＝ ，Snn 780－ 210× 34 n－ 6nA8＝ ≈82.73480，780－ 210× 34 28A9＝ ≈76.8230，所以 Tn0)．当 a＝1 时， Sn＝0，是等差数列而不是等比数列；当 a≠1 时是等比数列．故选 C.]2．A [记 bn＝3 n－2，则数列{ bn}是以 1为首项，3 为公差的等差数列，所以a1＋ a2＋…＋ a9＋ a10＝(－ b1)＋ b2＋…＋(－ b9)＋ b10＝( b2－ b1)＋( b4－ b3)＋…＋( b10－ b9)＝5×3＝15.]3．C [由 Sn＝ n2－6 n可得，当 n≥2 时，an＝ Sn－ Sn－1 ＝ n2－6 n－( n－1) 2＋6( n－1)＝2 n－7.当 n＝1 时， S1＝－5＝ a1，也满足上式，∴ an＝2 n－7， n∈N *.∴ n≤3 时， an3时， an0.∴ Tn＝Error!]4．C [由题意可知，该女每天的织布量成等差数列，首项是 5，公差为 d，前 30项和为390.根据等差数列前 n项和公式，有 390＝30×5＋ d，解得 d＝ .]30×292 16295．B [ y＝log a(x－1)＋3 恒过定点(2,3)，即 a2＝2， a3＝3，又{ an}为等差数列，∴ an＝ n.∴ bn＝ .1n n＋ 1∴ T10＝1－ ＝ ，故选 B.]111 10116．(－2) n－1解析 当 n＝1 时， a1＝1；当 n≥2 时，an＝ Sn－ Sn－1 ＝ an－ an－1 ，23 23故 ＝－2，故 an＝(－2) n－1 .anan－ 17．－49解析 设数列{ an}的首项和公差分别为 a1， d，19则Error!Error!则 nSn＝ n[－3 n＋ ]＝ － n2.n n－ 13 n33 103设函数 f(x)＝ － x2，x33 103则 f′( x)＝ x2－ x，203当 x∈(0， )时， f′( x)0，203所以函数 f(x)min＝ f( )，203但 6－49，所以最小值为－49.8．2 n＋1 －2解析 ∵ an＋1 － an＝2 n，∴ an＝( an－ an－1 )＋( an－1 － an－2 )＋…＋( a2－ a1)＋ a1＝2 n－1 ＋2 n－2 ＋…＋2 2＋2＋2＝ ＋2＝2 n－2＋2＝2 n.2－ 2n1－ 2∴ Sn＝ ＝2 n＋1 －2.2－ 2n＋ 11－ 29．(1)解 当 n∈N *时， Sn＝2 an－2 n，则当 n≥2 时， Sn－1 ＝2 an－1 －2( n－1)，两式相减得 an＝2 an－2 an－1 －2，即 an＝2 an－1 ＋2，∴ an＋2＝2( an－1 ＋2)，∴ ＝2，an＋ 2an－ 1＋ 2当 n＝1 时， S1＝2 a1－2，则 a1＝2，∴{ an＋2}是以 a1＋2＝4 为首项，2 为公比的等比数列，∴ an＋2＝4·2 n－1 ，∴ an＝2 n＋1 －2.(2)证明 bn＝log 2(an＋2)＝log 22n＋1 ＝ n＋1，∴ ＝ ，bnan＋ 2 n＋ 12n＋ 1则 Tn＝ ＋ ＋…＋ ，222 323 n＋ 12n＋ 1Tn＝ ＋ ＋…＋ ＋ ，12 223 324 n2n＋ 1 n＋ 12n＋ 220两式相减得 Tn＝ ＋ ＋ ＋…＋ －12 222 123 124 12n＋ 1 n＋ 12n＋ 2＝ ＋ － ＝ ＋ － － ＝ － ，1414 1－ 12n1－ 12 n＋ 12n＋ 2 14 12 12n＋ 1 n＋ 12n＋ 2 34 n＋ 32n＋ 2∴ Tn＝ － ，32 n＋ 32n＋ 1当 n≥2 时， Tn－ Tn－1＝－ ＋ ＝ 0，n＋ 32n＋ 1 n＋ 22n n＋ 12n＋ 1∴{ Tn}为递增数列，∴ Tn≥ T1＝ .1210．解 (1)∵ bn＋1 － bn＝ －22an＋ 1－ 1 22an－ 1＝ －22 1－ 14an － 1 22an－ 1＝ － ＝2(常数)，4an2an－ 1 22an－ 1∴数列{ bn}是等差数列．∵ a1＝1，∴ b1＝2，因此 bn＝2＋( n－1)×2＝2 n，由 bn＝ 得 an＝ .22an－ 1 n＋ 12n(2)由 cn＝ ， an＝ 得 cn＝ ，4ann＋ 1 n＋ 12n 2n∴ cncn＋2 ＝ ＝2( － )，4n n＋ 2 1n 1n＋ 2∴ Tn＝2(1－ ＋ － ＋ － ＋…＋ － )＝2(1＋ － － )3，13 12 14 13 15 1n 1n＋ 2 12 1n＋ 1 1n＋ 2依题意要使 Tn 对于 n∈N *恒成立，1cmcm＋ 1只需 ≥3，1cmcm＋ 1即 ≥3，m m＋ 14解得 m≥3 或 m≤－4，又 m为正整数，所以 m的最小值为 3.2111．A [由题意，得 B1， B2两点的坐标分别为( x1， )，( x2， )，1x1 1x2所以直线 B1B2的方程为 y＝－ (x－ x1)＋ ，1x1x2 1x1令 y＝0，得 x＝ x1＋ x2，所以 x3＝ x1＋ x2，因此， x1， ， x2成等差数列．]x3212．－4解析 根据已知，可得 an＝ n(n＋1)，所以 ＝ － ，1an 1n 1n＋ 1所以 Sn＝ ，nn＋ 1所以 bnSn＝ ＝ n＋1＋ －10≥－4，n n－ 8n＋ 1 9n＋ 1当且仅当 n＋1＝ ，9n＋ 1即 n＝2 时等号成立，所以 bnSn的最小值为－4.13.19解析 依题意得 a·b＝0，即 2Sn＝ n(n＋1)， Sn＝ .n n＋ 12当 n≥2 时， an＝ Sn－ Sn－1＝ － ＝ n；n n＋ 12 n n－ 12又 a1＝ S1＝ ＝1，1× 1＋ 12因此 an＝ n， ＝ ＝ ＝ ≤ ，anan＋ 1an＋ 4 n n＋ 1  n＋ 4 nn2＋ 5n＋ 4 1n＋ 4n＋ 5 19当且仅当 n＝ ， n∈N *4n，即 n＝2 时取等号，因此数列{ }的最大项的值为 .anan＋ 1an＋ 4 1914．解 (1)由题意，可得 2an＋1 ＋ Sn－2＝0.①22当 n≥2 时，2 an＋ Sn－1 －2＝0.②①－②，得 2an＋1 －2 an＋ an＝0，所以 ＝ (n≥2)．an＋ 1an 12因为 a1＝1,2 a2＋ a1＝2，所以 a2＝ .12所以{ an}是首项为 1，公比为 的等比数列．12所以数列{ an}的通项公式为an＝( )n－1 .12(2)由(1)知， Sn＝ ＝2－ .1－ 12n1－ 12 12n－ 1若{ Sn＋ λn ＋ }为等差数列，则 S1＋ λ ＋ ， S2＋2 λ ＋ ， S3＋3 λ ＋ 成等差数列，λ2n λ2 λ22 λ23则 2(S2＋ )＝ S1＋ ＋ S3＋ ，9λ4 3λ2 25λ8即 2( ＋ )＝1＋ ＋ ＋ ，32 9λ4 3λ2 74 25λ8解得 λ ＝2.又 λ ＝2 时， Sn＋2 n＋ ＝2 n＋2，22n显然{2 n＋2}成等差数列，故存在实数 λ ＝2，使得数列{ Sn＋ λn ＋ }为等差数列．λ2n