（江苏专用）2017届高三数学一轮总复习 第六章 数列、推理与证明 理（课件+习题）（打包15套）.zip

1课时跟踪检测（二十九） 数列的概念与简单表示法 一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2016·徐州调研)设数列{ an}的前 n 项和 Sn＝ n2＋ n，则 a4的值为________．解析： a4＝ S4－ S3＝20－12＝8.答案：82．数列 1，，，，，…的一个通项公式 an＝________.23354759解析：由已知得，数列可写成 ，，，…，故通项为 .112335 n2n－ 1答案：n2n－ 13．在数列{ an}中， a1＝1， an＝ an－1 (n≥2)，则 an＝________.n－ 1n解析： an＝ · ·…· · ·a1anan－ 1 an－ 1an－ 2 a3a2 a2a1＝ · ·…· · ·1＝ .n－ 1n n－ 2n－ 1 23 12 1n答案：1n4．已知数列{ an}的前 n 项和为 Sn＝ n2－2 n＋2，则数列{ an}的通项公式为________．解析：当 n＝1 时， a1＝ S1＝1，当 n≥2 时， an＝ Sn－ Sn－1 ＝2 n－3，由于 n＝1 时 a1的值不适合 n≥2 的解析式，故 an＝Error!答案： an＝Error!5．(2016·泰州调研)数列{ an}定义如下： a1＝1，当 n≥2 时， an＝Error!若 an＝ ，则14n＝________.解析：因为 a1＝1，所以a2＝1＋ a1＝2， a3＝ ＝ ， a4＝1＋ a2＝3， a5＝ ＝ ， a6＝1＋ a3＝ ， a7＝ ＝ ， a8＝1＋1a2 12 1a4 13 32 1a6 23a4＝4， a9＝ ＝ ，所以 n＝9.1a8 14答案：9 二保高考，全练题型做到高考达标1．设 an＝－3 n2＋15 n－18，则数列{ an}中的最大项的值是________．2解析：因为 an＝－3 2＋ ，且 n∈Z，所以当 n＝2 或 n＝3 时， an取得最大值，(n－52) 34即最大值为 a2＝ a3＝0.答案：02．数列{ an}满足 an＋ an＋1 ＝ (n∈N *)， a2＝2， Sn是数列{ an}的前 n 项和，则 S21为12________．解析：∵ an＋ an＋1 ＝ ， a2＝2，12∴ an＝Error!∴ S21＝11× ＋10×2＝ .(－32) 72答案：723．(2015·无锡调研)在数列{ an}中，已知 a1＝2， a2＝7， an＋2 等于 anan＋1 (n∈N *)的个位数，则 a2 016＝________.解析：由题意得： a3＝4， a4＝8， a5＝2， a6＝6， a7＝2， a8＝2， a9＝4， a10＝8；所以数列中的项从第 3 项开始呈周期性出现，周期为 6，故 a2 016＝ a335×6＋6 ＝ a6＝6.答案：64．已知数列{ an}对任意的 p， q∈N *满足 ap＋ q＝ ap＋ aq且 a2＝6，那么 a10＝________.解析： a4＝ a2＋ a2＝12， a6＝ a4＋ a2＝18， a10＝ a6＋ a4＝30.答案：305．若数列{ an}满足： a1＝19， an＋1 ＝ an－3( n∈N *)，则数列{ an}的前 n 项和数值最大时，n 的值为________．解析：∵ a1＝19， an＋1 － an＝－3，∴数列{ an}是以 19 为首项，－3 为公差的等差数列，∴ an＝19＋( n－1)×(－3)＝22－3 n.设{ an}的前 k 项和数值最大，则有 Error!k∈N *，∴Error!∴ ≤ k≤ ，193 223∵ k∈N *，∴ k＝7.∴满足条件的 n 的值为 7.答案：76．在数列－1,0，，，…， ，…中，0.08 是它的第____________项．1918 n－ 2n2解析：令 ＝0.08，得 2n2－25 n＋50＝0，n－ 2n23即(2 n－5)( n－10)＝0.解得 n＝10 或 n＝ (舍去)．52答案：107．(2016·南京四校联考)已知数列{ an}满足： a4n－3 ＝1， a4n－1 ＝0， a2n＝ an， n∈N *，则 a2 013＝________， a2 016＝________.解析：由题意可得 a2 013＝ a4×504－3 ＝1， a2 016＝ a1 008＝ a504＝ a252＝ a126＝ a63＝ a4×16－1 ＝0.答案：1 08．在一个数列中，如果∀ n∈N *，都有 anan＋1 an＋2 ＝ k(k 为常数 )，那么这个数列叫做等积数列， k 叫做这个数列的公积．已知数列{ an}是等积数列，且 a1＝1， a2＝2，公积为 8，则 a1＋ a2＋ a3＋…＋ a12＝________.解析：依题意得数列{ an}是周期为 3 的数列，且 a1＝1， a2＝2， a3＝4，因此a1＋ a2＋ a3＋…＋ a12＝4( a1＋ a2＋ a3)＝4×(1＋2＋4)＝28.答案：289．已知 Sn为正项数列{ an}的前 n 项和，且满足 Sn＝ a ＋ an(n∈N *)．122n 12(1)求 a1， a2， a3， a4的值；(2)求数列{ an}的通项公式．解：(1)由 Sn＝ a ＋ an(n∈N *)，可得122n 12a1＝ a ＋ a1，解得 a1＝1；1221 12S2＝ a1＋ a2＝ a ＋ a2，解得 a2＝2；122 12同理， a3＝3， a4＝4.(2)Sn＝ a ＋ an，①122n 12当 n≥2 时， Sn－1 ＝ a ＋ an－1 ，②12 2n－ 1 12①－②得( an－ an－1 －1)( an＋ an－1 )＝0.由于 an＋ an－1 ≠0，所以 an－ an－1 ＝1，又由(1)知 a1＝1，故数列{ an}是首项为 1，公差为 1 的等差数列，故 an＝ n.10．已知数列{ an}的通项公式是 an＝ n2＋ kn＋4.4(1)若 k＝－5，则数列中有多少项是负数？ n 为何值时， an有最小值？并求出最小值；(2)对于 n∈N *，都有 an＋1 an，求实数 k 的取值范围．解：(1)由 n2－5 n＋4an知该数列是一个递增数列，又因为通项公式 an＝ n2＋ kn＋4，可以看作是关于 n 的二次函数，考虑到 n∈N *，所以－ －3.k232所以实数 k 的取值范围为(－3，＋∞)． 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知{ an}满足 an＋1 ＝ an＋2 n，且 a1＝33，则 的最小值为________．ann解析：由已知条件可知，当 n≥2 时，an＝ a1＋( a2－ a1)＋( a3－ a2)＋…＋( an－ an－1 )＝33＋2＋4＋…＋2( n－1)＝ n2－ n＋33，又 n＝1 时， a1＝33 满足此式．所以 ＝ n＋ －1.ann 33n令 f(n)＝ ＝ n＋ －1，ann 33n则 f(n)在[1,5]上为减函数，在[6，＋∞)上为增函数，又 f(5)＝ ， f(6)＝ ，535 212则 f(5)f(6)，故 f(n)＝ 的最小值为 .ann 212答案：2122．若单调递增数列{ an}满足 an＋ an＋1 ＋ an＋2 ＝3 n－6，且 a2＝ a1，则 a1的取值范围是12________．解析：由 an＋ an＋1 ＋ an＋2 ＝3 n－6， a2＝ a1得， a3＝－3－ a1，所以 a4＝ a1＋3，由{ an}12 325是单调递增数列知， a4a3a2a1，即 a1＋3－3－ a1 a1a1，解得－ a1－ .32 12 125 32答案： (－125， － 32)3．(2016·扬州模拟)已知数列{ an}中， a1＝1，且 an＋ an＋1 ＝2 n.求数列{ an}的通项公式．解：∵ an＋ an＋1 ＝2 n，①∴ an＋1 ＋ an＋2 ＝2 n＋1 ，②②－①，得 an＋2 － an＝2 n，由 a1＝1， a1＋ a2＝2，得 a2＝1.当 n 为奇数时，an＝( an－ an－2 )＋( an－2 － an－4 )＋…＋( a3－ a1)＋ a1＝2 n－2 ＋2 n－4 ＋…＋2＋1＝ ×2n＋ ；13 13当 n 为偶数时， an＝( an－ an－2 )＋( an－2 － an－4 )＋…＋( a4－ a2)＋ a2＝2 n－2 ＋2 n－4 ＋…＋2 2＋1＝ ×2n－ .13 13故 an＝Error!1课时跟踪检测（三十五） 直接证明与间接证明 一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．下列表述：①综合法是由因导果法；②综合法是顺推法；③分析法是执果索因法；④分析法是逆推法；⑤反证法是间接证法．其中正确的有________(填序号)．解析：由分析法、综合法、反证法的定义知①②③④⑤都正确．答案：①②③④⑤2．要证 － 0， ＋ 0，故只需证(3 5 11 13 3 13 5 11 3 13 5 11＋ )2bc，且 a＋ b＋ c＝0，求证：0⇔(a－ c)(2a＋ c)0⇔(a－ c)(a－ b)0.答案：( a－ c)(a－ b)02．用反证法证明命题“若整系数一元二次方程 ax2＋ bx＋ c＝0( a≠0)有有理根，那么a， b， c 中至少有一个是偶数”时，应该假设__________________．解析：“ a， b， c 中至少有一个是偶数”的否定应为“ a， b， c 都不是偶数” ．答案： a， b， c 都不是偶数3．已知 m＞1， a＝ － ， b＝ － ，则 a， b 的大小关系为________．m＋ 1 m m m－ 1解析：∵ a＝ － ＝ ，m＋ 1 m1m＋ 1＋ mb＝ － ＝ .m m－ 11m＋ m－ 1而 ＋ ＞ ＋ ＞0( m＞1)，m＋ 1 m m m－ 1∴ ＜ ，即 a1；② a＋ b＝2；③ a＋ b2；④ a2＋ b22；⑤ ab1.其中能推出：“ a， b 中至少有一个大于 1”的条件是________(填序号)．解析：若 a＝ ， b＝ ，则 a＋ b1，12 23但 a2，故④推不出；若 a＝－2， b＝－3，则 ab1，故⑤推不出；对于③，即 a＋ b2，则 a， b 中至少有一个大于 1，反证法：假设 a≤1 且 b≤1，则 a＋ b≤2 与 a＋ b2 矛盾，因此假设不成立， a， b 中至少有一个大于 1.答案：③5．设 f(x)是定义在 R 上的奇函数，且当 x≥0 时， f(x)单调递减，若 x1＋ x20，则f(x1)＋ f(x2)________0(填“” “0，可知 x1－ x2， f(x1)0， m＝ － ， n＝ ，则 m， n 的大小关系是________．a b a－ b解析：法一：(取特殊值法)取 a＝2， b＝1，得 m＜ n.法二：(分析法) － ＜ ⇐ ＋ ＞ ⇐a＜ b＋2 · ＋ a－ b⇐2 ·a b a－ b b a－ b a b a－ b b＞ 0，显然成立．a－ b答案： m＜ n7．下列条件：① ab＞0，② ab＜0，③ a＞0， b＞0，④ a＜0， b＜0，其中能使 ＋ ≥2ba ab成立的条件的序号是________．解析：要使 ＋ ≥2，只需 ＞0 且 ＞0 成立，即 a， b 不为 0 且同号即可，故①③④都ba ab ba ab能使 ＋ ≥2 成立．ba ab答案：①③④8．若二次函数 f(x)＝4 x2－2( p－2) x－2 p2－ p＋1，在区间 内至少存在一点[－ 1， 1]c，使 f(c)0，则实数 p 的取值范围是________．解析：法一：(补集法)令Error! 解得 p≤－3 或 p≥ ，32故满足条件的 p 的取值范围为 .(－ 3，32)法二：(直接法)依题意有 f(－1)＞0 或 f(1)＞0，即 2p2－ p－1＜0 或 2p2＋3 p－9＜0，得－ ＜ p＜1 或－3＜ p＜ .12 32故满足条件的 p 的取值范围是 .(－ 3，32)答案： (－ 3，32)9．已知非零向量 a， b，且 a⊥b ，求证： ≤ .|a|＋ |b||a＋ b| 2证明： a⊥b ⇔a·b＝0，4要证 ≤ .|a|＋ |b||a＋ b| 2只需证| a|＋| b|≤ |a＋ b|，2只需证| a|2＋2| a||b|＋| b|2≤2( a2＋2 a·b＋ b2)，只需证| a|2＋2| a||b|＋| b|2≤2 a2＋2 b2，只需证| a|2＋| b|2－2| a||b|≥0，即(| a|－| b|)2≥0，上式显然成立，故原不等式得证．10．(2016·常州模拟)在数列{ an}中，已知a1＝ ， ＝ ， bn＋2＝3log an(n∈N *)．14 an＋ 1an 14 14(1)求数列{ an}的通项公式；(2)求证：数列{ bn}是等差数列．解：(1)因为 ＝ ，所以数列{ an}是首项为 ，公比为 的等比数列，an＋ 1an 14 14 14所以 an＝ n(n∈N *)．(14)(2)证明：因为 bn＝3log an－2，14所以 bn＝3log n－2＝3 n－2.14(14)所以 b1＝1，公差 d＝3，所以数列{ bn}是首项 b1＝1，公差 d＝3 的等差数列． 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．如果△ A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△ A2B2C2的三个内角的正弦值，则△A2B2C2是________三角形．解析：由条件知，△ A1B1C1的三个内角的余弦值均大于 0，则△ A1B1C1是锐角三角形，假设△ A2B2C2是锐角三角形．由Error!得Error!那么， A2＋ B2＋ C2＝ ，这与三角形内角和为 180°相矛盾．π 2所以假设不成立，又显然△ A2B2C2不是直角三角形．所以△ A2B2C2是钝角三角形．5答案：钝角2.(2016·南京名校联考)如图所示，在直四棱柱 A1B1C1D1­ABCD 中，当底面四边形 ABCD 满足条件________时，有 A1C⊥ B1D1(填你认为正确的一个条件即可)．解析：从结论出发，找一个使 A1C⊥ B1D1成立的充分条件，因而可以是AC⊥ BD.答案： AC⊥ BD(答案不唯一)3．已知二次函数 f(x)＝ ax2＋ bx＋ c(a0)的图象与 x 轴有两个不同的交点，若 f(c)＝0，且 00.(1)证明： 是 f(x)＝0 的一个根；1a(2)试比较 与 c 的大小；1a(3)证明：－20，1a 1a由 00，知 f 0 与 f ＝0 矛盾，(1a) (1a)∴ ≥ c，又∵ ≠ c，1a 1a6∴ c.1a(3)证明：由 f(c)＝0，得 ac＋ b＋1＝0，∴ b＝－1－ ac.又 a0， c0，∴ b0，∴ b－2，∴－2 b－1.1课时跟踪检测（三十一） 等比数列及其前 n 项和 一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．若等比数列{ an}满足 a1＋ a3＝20， a2＋ a4＝40，则公比 q＝________.解析：由题意，得Error!解得Error!答案：22．已知{ an}为等比数列， a4＋ a7＝2， a5a6＝－8，那么 a1＋ a10＝________.解析：因为 a4＋ a7＝2，由等比数列的性质可得， a5a6＝ a4a7＝－8，所以a4＝4， a7＝－2 或 a4＝－2， a7＝4.当 a4＝4， a7＝－2 时， q3＝－ ，所以12a1＝－8， a10＝1，所以 a1＋ a10＝－7；当 a4＝－2， a7＝4 时， q3＝－2，则a10＝－8， a1＝1，所以 a1＋ a10＝－7.综上可得 a1＋ a10＝－7.答案：－73．(2016·南通调研)设等比数列{ an}中，公比 q＝2，前 n 项和为 Sn，则＝________.S4a3解析：根据等比数列的公式，得 ＝ ＝ ＝ ＝ .S4a3 a1 1－ q41－ qa1q2  1－ q4 1－ q q2 1－ 24 1－ 2 ×22 154答案：1544．在等比数列{ an}中，若 a1·a5＝16， a4＝8，则 a6＝________.解析：由题意得， a2·a4＝ a1·a5＝16，∴ a2＝2，∴ q2＝ ＝4，∴ a6＝ a4q2＝32.a4a2答案：325．若 Sn为等比数列{ an}的前 n 项和，且 2S4＝ a5－2,2 S3＝ a4－2，则数列{ an}的公比q＝________.解析：将 2S4＝ a5－2,2 S3＝ a4－2 相减得 2a4＝ a5－ a4，所以 3a4＝ a5，公比 q＝ ＝3.a5a4答案：3 二保高考，全练题型做到高考达标1．已知等比数列{ an}的前三项依次为 a－1， a＋1， a＋4，则 an＝________.解析：由题意得( a＋1) 2＝( a－1)( a＋4)，解得 a＝5，故 a1＝4， a2＝6，所以2q＝ ， an＝4× n－1 .32 (32)答案：4× n－1(32)2．已知等比数列{ an}是递增数列， Sn是{ an}的前 n 项和．若 a1， a3是方程x2－5 x＋4＝0 的两个根，则 S6＝________.解析：由题意可知 a1＋ a3＝5， a1a3＝4.又因为{ an}为递增的等比数列，所以a1＝1， a3＝4，则公比 q＝2，所以 S6＝ ＝63.1× 1－ 261－ 2答案：633．设等比数列{ an}中，前 n 项和为 Sn，已知 S3＝8， S6＝7，则 a7＋ a8＋ a9＝________.解析：因为 a7＋ a8＋ a9＝ S9－ S6，且 S3， S6－ S3， S9－ S6也成等比数列，即8，－1， S9－ S6成等比数列，所以 8(S9－ S6)＝1，即 S9－ S6＝ .所以 a7＋ a8＋ a9＝ .18 18答案：184．已知数列{ an}满足 log3an＋1＝log 3an＋1 (n∈N *)，且 a2＋ a4＋ a6＝9，则log (a5＋ a7＋ a9)的值是________．13解析：∵log 3an＋1＝log 3an＋1 ，∴ an＋1 ＝3 an.∴数列{ an}是以 3 为公比的等比数列．∴ a2＋ a4＋ a6＝ a2(1＋ q2＋ q4)＝9.∴ a5＋ a7＋ a9＝ a5(1＋ q2＋ q4)＝ a2q3(1＋ q2＋ q4)＝3 5.∴log 35＝－5.13答案：－55．已知 Sn是等比数列{ an}的前 n 项和，若存在 m∈N *，满足 ＝9， ＝ ，则S2mSm a2mam 5m＋ 1m－ 1数列{ an}的公比为________．解析：设公比为 q，若 q＝1，则 ＝2，与题中条件矛盾，故 q≠1.∵ ＝S2mSm S2mSm＝ qm＋1＝9，∴ qm＝8.a1 1－ q2m1－ qa1 1－ qm1－ q∴ ＝ ＝ qm＝8＝ ，a2mam a1q2m－ 1a1qm－ 1 5m＋ 1m－ 1∴ m＝3，∴ q3＝8，3∴ q＝2.答案：26．(2015·湖南高考)设 Sn为等比数列{ an}的前 n 项和．若 a1＝1，且 3S1,2S2， S3成等差数列，则 an＝________.解析：因为 3S1,2S2， S3成等差数列，所以 4S2＝3 S1＋ S3，即 4(a1＋ a2)＝3 a1＋ a1＋ a2＋ a3.化简，得 ＝3，即等比数列{ an}的公比 q＝3，故 an＝1×3 n－1 ＝3 n－1 .a3a2答案：3 n－17．在等比数列 中，公比 q＝2，前 99 项的和 S99＝30，则{an}a3＋ a6＋ a9＋…＋ a99＝________.解析：∵ S99＝30，即 a1(299－1)＝30.又∵数列 a3， a6， a9，…， a99也成等比数列且公比为 8，∴ a3＋ a6＋ a9＋… a99＝ ＝ ＝ ×30＝ .4a1 1－ 8331－ 8 4a1 299－ 17 47 1207答案：12078．若一个数列的第 m 项等于这个数列的前 m 项的乘积，则称该数列为“ m 积数列”．若各项均为正数的等比数列{ an}是一个“2 016 积数列 ”，且 a1＞1，则当其前 n 项的乘积取最大值时 n 的值为________．解析：由题可知 a1a2a3·…·a2 016＝ a2 016，故 a1a2a3·…·a2 015＝1，由于{ an}是各项均为正数的等比数列且 a1＞1，所以 a1 008＝1，公比 0＜ q＜1，所以 a1 007＞1 且 0＜ a1 009＜1，故当数列{ an}的前 n 项的乘积取最大值时 n 的值为 1 007 或 1 008.答案：1 007 或 1 0089．设数列{ an}的前 n 项和为 Sn， a1＝1，且数列{ Sn}是以 2 为公比的等比数列．(1)求数列{ an}的通项公式；(2)求 a1＋ a3＋…＋ a2n＋1 .解：(1)∵ S1＝ a1＝1，且数列{ Sn}是以 2 为公比的等比数列，∴ Sn＝2 n－1 ，又当 n≥2 时， an＝ Sn－ Sn－1 ＝2 n－1 －2 n－2 ＝2 n－2 .当 n＝1 时 a1＝1，不适合上式．∴ an＝Error!(2)a3， a5，…， a2n＋1 是以 2 为首项，以 4 为公比的等比数列，4∴ a3＋ a5＋…＋ a2n＋1 ＝ ＝ .2 1－ 4n1－ 4 2 4n－ 13∴ a1＋ a3＋…＋ a2n＋1 ＝1＋ ＝ .2 4n－ 13 22n＋ 1＋ 1310．(2016·苏州调研)已知数列{ an}的前 n 项和为 Sn， a1＝1，且 3an＋1 ＋2 Sn＝3( n 为正整数)．(1)求数列{ an}的通项公式；(2)对任意正整数 n，是否存在 k∈R，使得 k≤ Sn恒成立？若存在，求实数 k 的最大值；若不存在，说明理由．解：(1)因为 3an＋1 ＋2 Sn＝3，①所以 n≥2 时，3 an＋2 Sn－1 ＝3，②由①－②得 3an＋1 －3 an＋2 an＝0，所以 an＋1 ＝ an(n≥2)．13又 a1＝1,3 a2＋2 a1＝3，得 a2＝ ，所以 a2＝ a1，13 13故数列{ an}是首项为 1，公比 q＝ 的等比数列，13所以 an＝ a1·qn－1 ＝ n－1 .(13)(2)假设存在满足题设条件的实数 k，使得 k≤ Sn恒成立．由(1)知 Sn＝ ＝ ＝ ，a1 1－ qn1－ q1－ (13)n1－ 13 32[1－ (13)n]由题意知，对任意正整数 n 恒有 k≤ ，32[1－ (13)n]又数列 单调递增，所以当 n＝1 时数列中的最小项为 ，则必有 k≤1，即实数{1－ (13)n} 23k 最大值为 1. 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知等比数列{ an}共有奇数项，所有奇数项和 S 奇 ＝255，所有偶数项和 S 偶＝－126，末项是 192，则首项 a1＝________.解析：设共有 2k＋1( k∈N *)项，公比为 q，其中奇数项有 k＋1 项，偶数项有 k 项，则有Error!解得 q＝－2，又 S 奇 ＝ ＝ ，a1 1－ q2k＋ 21－ q2 a1－ a2k＋ 1q21－ q25即 ＝255，解得 a1＝3.a1－ 192×41－ 4答案：32．已知数列{ an}，{ bn}中， a1＝ a，{ bn}是公比为 的等比数列．记 bn＝ (n∈N *)，23 an－ 2an－ 1若不等式 anan＋1 对一切 n∈N *恒成立，则实数 a 的取值范围是________．解析：因为 bn＝ (n∈N *)，所以 an＝ .an－ 2an－ 1 bn－ 2bn－ 1所以 an＋1 － an＝ － ＝ － ＝ ＝bn＋ 1－ 2bn＋ 1－ 1 bn－ 2bn－ 1 1bn－ 1 1bn＋ 1－ 1 bn＋ 1－ bn 1－ bn＋ 1  1－ bn或 0 ，则 b1 n－1 对一切正整数 n 成立，显然不可能；32 (23) 32若 02.即实数 a 的取值范围是(2，＋∞)．答案：(2，＋∞)3．已知数列{ an}满足 a1＝5， a2＝5， an＋1 ＝ an＋6 an－1 (n≥2)．(1)求证：{ an＋1 ＋2 an}是等比数列；(2)求数列{ an}的通项公式；解：(1)证明：∵ an＋1 ＝ an＋6 an－1 (n≥2)，∴ an＋1 ＋2 an＝3 an＋6 an－1 ＝3( an＋2 an－1 )(n≥2)．∵ a1＝5， a2＝5，∴ a2＋2 a1＝15，∴ an＋2 an－1 ≠0( n≥2)，∴ ＝3( n≥2)，an＋ 1＋ 2anan＋ 2an－ 1∴数列{ an＋1 ＋2 an}是以 15 为首项，3 为公比的等比数列．(2)由(1)得 an＋1 ＋2 an＝15×3 n－1 ＝5×3 n，则 an＋1 ＝－2 an＋5×3 n，6∴ an＋1 －3 n＋1 ＝－2( an－3 n)．又∵ a1－3＝2，∴ an－3 n≠0，∴{ an－3 n}是以 2 为首项，－2 为公比的等比数列．∴ an－3 n＝2×(－2) n－1 ，即 an＝2×(－2) n－1 ＋3 n.1课时跟踪检测（三十） 等差数列及其前 n 项和 一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．若等差数列{ an}的前 5 项之和 S5＝25，且 a2＝3，则 a7＝________.解析：由 S5＝ ⇒25＝ ⇒a4＝7，所以 7＝3＋2 d⇒d＝2，所 a2＋ a4 ·52  3＋ a4 ·52以 a7＝ a4＋3 d＝7＋3×2＝13.答案：132．(2016·苏州名校联考)在等差数列{ an}中， a1＝0，公差 d≠0，若am＝ a1＋ a2＋…＋ a9，则 m 的值为________．解析： am＝ a1＋ a2＋…＋ a9＝9 a1＋ d＝36 d＝ a37，所以 m＝37.9×82答案：373．已知数列{ an}满足 a1＝15，且 3an＋1 ＝3 an－2.若 ak·ak＋1 0.(1)求证：当 n≥5 时，{ an}成等差数列；(2)求{ an}的前 n 项和 Sn.解：(1)证明：由 4Sn＝ a ＋2 an－3,4 Sn＋1 ＝ a ＋2 an＋1 －3，2n 2n＋ 1得 4an＋1 ＝ a － a ＋2 an＋1 －2 an，2n＋ 1 2n即( an＋1 ＋ an)(an＋1 － an－2)＝0.当 n≥5 时， an0，所以 an＋1 － an＝2，所以当 n≥5 时，{ an}成等差数列．(2)由 4a1＝ a ＋2 a1－3，得 a1＝3 或 a1＝－1，21又 a1， a2， a3， a4， a5成等比数列，所以 an＋1 ＋ an＝0( n≤5)， q＝－1，而 a50，所以 a10，从而 a1＝3，所以 an＝Error!所以 Sn＝Error! 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．设等差数列{ an}满足 a1＝1， an0(n∈N *)，其前 n 项和为 Sn，若数列{ }也为等Sn差数列，则 的最大值是________．Sn＋ 10a2n解析：设数列{ an}的公差为 d，依题意得 2 ＝ ＋ ，S2 S1 S3因为 a1＝1，所以 2 ＝ ＋ ，2a1＋ d a1 3a1＋ 3d化简可得 d＝2 a1＝2，所以 an＝1＋( n－1)×2＝2 n－1， Sn＝ n＋ ×2＝ n2，n n－ 125所以 ＝ ＝ 2Sn＋ 10a2n  n＋ 10 2 2n－ 1 2 (n＋ 102n－ 1)＝ 2[12 2n－ 1 ＋ 2122n－ 1 ]＝ 2≤121.14(1＋ 212n－ 1)故 的最大值是 121.Sn＋ 10a2n答案：1212．(2016·常州调研)设等差数列{ an}，{ bn}的前 n 项和分别为 Sn， Tn，若对任意n∈N *都有 ＝ ，则 ＋ ＝________.SnTn 2n－ 34n－ 3 a7b3＋ b9 a5b4＋ b8解析：因为数列{ an}，{ bn}为等差数列，所以 ＋ ＝ ＋ ＝ ＝ ，a7b3＋ b9 a5b4＋ b8 a72b6 a52b6 2a62b6 a6b6因为 ＝ ＝ ，S11T11 a1＋ a11b1＋ b11 2a62b6所以 ＋ ＝ ＝ .a7b3＋ b9 a5b4＋ b8 2×11－ 34×11－ 3 1941答案：19413．已知数列{ an}满足， an＋1 ＋ an＝4 n－3( n∈N *)．(1)若数列{ an}是等差数列，求 a1的值；(2)当 a1＝2 时，求数列{ an}的前 n 项和 Sn.解：(1)法一：数列{ an}是等差数列，∴ an＝ a1＋( n－1) d， an＋1 ＝ a1＋ nd.由 an＋1 ＋ an＝4 n－3，得( a1＋ nd)＋[ a1＋( n－1) d]＝4 n－3，∴2 dn＋(2 a1－ d)＝4 n－3，即 2d＝4,2 a1－ d＝－3，解得 d＝2， a1＝－ .12法二：在等差数列{ an}中，由 an＋1 ＋ an＝4 n－3，得 an＋2 ＋ an＋1 ＝4( n＋1)－3＝4 n＋1，∴2 d＝ an＋2 － an＝( an＋2 ＋ an＋1 )－( an＋1 ＋ an)＝4 n＋1－(4 n－3)＝4，∴ d＝2.6又∵ a1＋ a2＝2 a1＋ d＝2 a1＋2＝4×1－3＝1，∴ a1＝－ .12(2)①当 n 为奇数时， Sn＝ a1＋ a2＋ a3＋…＋ an＝ a1＋( a2＋ a3)＋( a4＋ a5)＋…＋( an－1 ＋ an)＝2＋4[2＋4＋…＋( n－1)]－3× ＝ .n－ 12 2n2－ 3n＋ 52②当 n 为偶数时， Sn＝ a1＋ a2＋ a3＋…＋ an＝( a1＋ a2)＋( a3＋ a4)＋…＋( an－1 ＋ an)＝1＋9＋…＋(4 n－7)＝ .2n2－ 3n21课时跟踪检测（三十三） 数列的综合应用 一保高考，全练题型做到高考达标1．在数列{ an}中， a1＝1，数列{ an＋1 －3 an}是首项为 9，公比为 3 的等比数列．(1)求 a2， a3；(2)求数列 的前 n 项和 Sn.{an3n}解：(1)∵数列{ an＋1 －3 an}是首项为 9，公比为 3 的等比数列，∴ an＋1 －3 an＝9×3 n－1 ＝3 n＋1 ，∴ a2－3 a1＝9， a3－3 a2＝27，∴ a2＝12， a3＝63.(2)∵ an＋1 －3 an＝3 n＋1 ，∴ － ＝1，an＋ 13n＋ 1 an3n∴数列 是首项为 ，公差为 1 的等差数列，{an3n} 13∴数列 的前 n 项和 Sn＝ ＋ ＝ .{an3n} n3 n n－ 12 3n2－ n62．(2016·苏北四市调研)已知数列{ an}为等差数列， a1＝1，公差 d0，数列{ bn}为等比数列，且 a2＝ b1， a6＝ b2， a18＝ b3.(1)求数列{ an}和数列{ bn}的通项公式；(2)设数列{ cn}满足对任意正整数 n 均有 ＋ ＋…＋ ＝ a ， m 为正整数，求所有c1b1 c2b2 cnbn 122n满足不等式 1020， a1＝1，{ an}为等差数列，所以 a1＝ d＝1， an＝ n，又 b1＝2， b2＝6， b3＝18，{ bn}为等比数列，所以 bn＝2·3 n－1 .(2)因为 ＋ ＋…＋ ＝ n2，c1b1 c2b2 cnbn 12当 n＝1 时， ＝ ， c1＝1，c1b1 12当 n≥2 时，Error!两式相减得 cn＝(2 n－1)·3 n－1 ，又 n＝1 时也符合上式，所以 cn＝(2 n－1)·3 n－1 ， n∈N *，cn＝(2 n－1)·3 n－1 0， c1＝1， c1＋ c2＝10， c1＋ c2＋ c3＝55， c1＋ c2＋ c3＋ c4＝244， c12＋ c2＋ c3＋ c4＋ c5＝973， c1＋ c2＋ c3＋ c4＋ c5＋ c6＝3 646，所以 m＝4 或 5.3．已知等差数列{ an}的前 n 项和为 Sn， a1＝1， S3＝6，正项数列{ bn}满足b1·b2·b3·…·bn＝2 Sn.(1)求数列{ an}，{ bn}的通项公式；(2)若 λb nan对 n∈N *均成立，求实数 λ 的取值范围．解：(1)∵ a1＝1， S3＝6，∴3 a1＋3 d＝6，∴数列{ an}的公差 d＝1， an＝ n.由题知，Error!①÷②得 bn＝2 Sn－ Sn－1 ＝2 an＝2 n(n≥2)，又 b1＝2 S1＝2 1＝2，满足上式，故 bn＝2 n.(2)λb nan恒成立⇒ λ 恒成立，n2n设 cn＝ ，n2n当 n≥2 时， cn .12 12所以实数 λ 的取值范围为 .(12， ＋ ∞ )4．数列{ an}满足 a1＝1， an＋1 ＝2 an(n∈N *)， Sn为其前 n 项和．数列{ bn}为等差数列，且满足 b1＝ a1， b4＝ S3.(1)求数列{ an}，{ bn}的通项公式；(2)设 cn＝ ，数列{ cn}的前 n 项和为 Tn，证明： ≤ Tn0，n2n＋ 1 n－ 12n－ 1 1 2n＋ 1  2n－ 1∴数列{ Tn}是一个递增数列，∴ Tn≥ T1＝ .13综上所述， ≤ Tn0，所以 q＝ ，所以 an＝ ，12 12n－ 1Sn＝ ＝2－ ，1－ 12n1－ 12 12n－ 1所以 ＝2－ － ，化简得 t(n－2)1.tn－ 12n t n＋ 2 － 12n＋ 2 t n＋ 1 － 12n又当 n≥3 时， t(n－2)1 恒成立，即 t 恒成立，1n－ 2所以 t max＝1.(1n－ 2)故 t 的取值范围是(1，＋∞)．2．(2016·南通一调)已知数列{ an}是等比数列，且 an＞0.(1)若 a2－ a1＝8， a3＝ m.①当 m＝48 时，求数列{ an}的通项公式；②若数列{ an}是唯一的，求 m 的值；(2)若 a2k＋ a2k－1 ＋…＋ ak＋1 －( ak＋ ak－1 ＋…＋ a1)＝8， k∈N *，求a2k＋1 ＋ a2k＋2 ＋…＋ a3k的最小值．解：设数列{ an}的公比为 q，则由题意，得 q＞0.(1)①由 a2－ a1＝8， a3＝ m＝48，得Error!解得Error! 或Error!所以数列{ an}的通项公式为 an＝(16－8 )(3＋ )n－1 或 an＝(16＋8 )(3－ )n－1 .3 3 3 3②要使满足条件的数列{ an}是唯一的，即关于 a1与 q 的方程组Error!有唯一正数解．所以方程 8q2－ mq＋ m＝0 有唯一解．则 Δ ＝ m2－32 m＝0，解得 m＝32 或 m＝0.因为 a3＝ m＞0，所以 m＝32，此时 q＝2.经检验，当 m＝32 时，数列{ an}唯一，其通项公式为 an＝2 n＋2 .(2)由 a2k＋ a2k－1 ＋…＋ ak＋1 －( ak＋ ak－1 ＋…＋ a1)＝8，得 a1(qk－1)( qk－1 ＋ qk－2 ＋…＋1)＝8，且 q＞1.则 a2k＋1 ＋ a2k＋2 ＋…＋ a3k＝ a1q2k(qk－1 ＋ qk－2 ＋…＋1)＝ ＝8 ≥32.8q2kqk－ 1 (qk－ 1＋ 1qk－ 1＋ 2)当且仅当 qk－1＝ ，1qk－ 1即 q＝ ，等号成立．k2所以 a2k＋1 ＋ a2k＋2 ＋…＋ a3k的最小值为 32.1课时跟踪检测（三十四） 合情推理与演绎推理 一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．推理：“①矩形是平行四边形；②三角形不是平行四边形；③所以三角形不是矩形”中的小前提是________(填序号)．解析：由三段论的形式，可知小前提是三角形不是平行四边形．故填②.答案：②2．已知数列 ，1，，2，，3，…，则猜想该数列的第 11 项为________．12 32 52解析：将数列的各项均写成分数的形式为 ，，，，，，…，所以猜想该数列的第 11122232425262项为 .112答案：1123．(2016·重庆一诊)某种树的分枝生长规律如图所示，第 1 年到第 5 年的分枝数分别为 1,1,2,3,5，则预计第 10 年树的分枝数为________．解析：因为 2＝1＋1,3＝2＋1,5＝3＋2，即从第三项起每一项都等于前两项的和，所以第 10 年树的分枝数为 21＋34＝55.答案：554．观察下列等式12＝112－2 2＝－312－2 2＋3 2＝612－2 2＋3 2－4 2＝－10……照此规律，第 n 个等式可为________．解析：观察规律可知，第 n 个式子为 12－2 2＋3 2－4 2＋…＋(－1) n＋1 n2＝(－1) n＋1.n n＋ 12答案：1 2－2 2＋3 2－4 2＋…＋(－1) n＋1 n2＝(－1) n＋1n n＋ 1225．设等差数列{ an}的前 n 项和为 Sn，则 S4， S8－ S4， S12－ S8， S16－ S12成等差数列．类比以上结论我们可以得到的一个真命题为：设等比数列{ bn}的前 n 项积为 Tn，则________成等比数列．解析：利用类比推理把等差数列中的差换成商即可．答案： T4， ， ，T8T4T12T8 T16T12 二保高考，全练题型做到高考达标1．(2016·无锡一中检测)“因为四边形 ABCD 是菱形，所以四边形 ABCD 的对角线互相垂直” ，以上推理的大前提是________________________．解析：大前提应是菱形对角线所具备的性质：菱形的对角线互相垂直．答案：菱形的对角线互相垂直2．用灰、白两种颜色的正六边形瓷砖，按如图所示的规律拼成若干个图案，则第 5 个图案中正六边形瓷砖的个数是________．解析：设第 n 个图案有 an个正六边形瓷砖，则a1＝6×1＋1， a2＝6×2＋1， a3＝6×3＋1，故猜想 a5＝6×5＋1＝31.答案：313．在平面几何中有如下结论：正三角形 ABC 的内切圆面积为 S1，外接圆面积为 S2，则 ＝ ，推广到空间可以得到类似结论：已知正四面体 P­ABC 的内切球体积为 V1，外接S1S2 14球体积为 V2，则 ＝________.V1V2解析：正四面体的内切球与外接球的半径之比为 1∶3，故 ＝ .V1V2 127答案：1274．给出以下数对序列：(1,1)(1,2)(2,1)(1,3)(2,2)(3,1)(1,4)(2,3)(3,2)(4,1)……记第 i 行的第 j 个数对为 aij，如 a43＝(3,2)，则 an m＝________.解析：由前 4 行的特点，归纳可得：若 an m＝( a， b)，则 a＝ m， b＝ n－ m＋1，∴ an 3m＝( m， n－ m＋1)．答案：( m， n－ m＋1)5．古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数．比如：他们研究过图 1 中的 1,3,6,10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似地，称图 2 中的 1,4,9，16，…，这样的数为正方形数．下列数中既是三角形数又是正方形数的是________(填序号)．①289；②1 024；③1 225；④1 378.解析：观察三角形数：1,3,6,10，…，记该数列为{ an}，则 a1＝1，a2＝ a1＋2，a3＝ a2＋3，…an＝ an－1 ＋ n.∴ a1＋ a2＋…＋ an＝( a1＋ a2＋…＋ an－1 )＋(1＋2＋3＋…＋ n)，∴ an＝1＋2＋3＋…＋ n＝ ，n n＋ 12观察正方形数：1,4,9,16，…，记该数列为{ bn}，则 bn＝ n2.把四个序号的数字，分别代入上述两个通项公式，可知使得 n 都为正整数的只有 1 225，故填③.答案：③6．(2016·南京学情调研)设 n 为正整数， f(n)＝1＋ ＋ ＋…＋ ，计算得 f(2)12 13 1n＝ ， f(4)2， f(8) ， f(16)3，观察上述结果，可推测一般的结论为________．32 52解析：∵ f(21)＝ ， f(22)2＝ ， f(23) ， f(24) ，∴归纳得 f(2n)≥ (n∈N *)．32 42 52 62 n＋ 22答案： f(2n)≥ (n∈N *)n＋ 227．将全体正整数排成一个三角形数阵：12 344 5 67 8 9 10……根据以上排列规律，数阵中第 n(n≥3)行从左至右的第 3 个数是________．解析：前 n－1 行共有正整数 1＋2＋…＋( n－1)＝ 个，即 个，因此第n n－ 12 n2－ n2n 行从左至右的第 3 个数是全体正整数中第 ＋3 个，即为 .n2－ n2 n2－ n＋ 62答案：n2－ n＋ 628．如果函数 f(x)在区间 D 上是凸函数，那么对于区间 D 内的任意 x1， x2，…， xn，都有 ≤ f .若 y＝sin x 在区间(0，π)上是f x1 ＋ f x2 ＋ …＋ f xnn (x1＋ x2＋ …＋ xnn )凸函数，那么在△ ABC 中，sin A＋sin B＋sin C 的最大值是________．解析：由题意知，凸函数满足≤ f ，f x1 ＋ f x2 ＋ …＋ f xnn (x1＋ x2＋ …＋ xnn )又 y＝sin x 在区间(0，π)上是凸函数，则 sin A＋sin B＋sin C≤3sin ＝3sin ＝ .A＋ B＋ C3 π 3 332答案：3329．在锐角三角形 ABC 中，求证：sin A＋sin B＋sin C＞cos A＋cos B＋cos C.证明：∵△ ABC 为锐角三角形，∴ A＋ B＞ ，π 2∴ A＞ － B，π 2∵ y＝sin x 在 上是增函数，(0，π 2)∴sin A＞sin ＝cos B，(π 2－ B)同理可得 sin B＞cos C，sin C＞cos A，∴sin A＋sin B＋sin C＞cos A＋cos B＋cos C.10．已知 O 是△ ABC 内任意一点，连结 AO， BO， CO 并延长，分别交对边于A′， B′， C′，则 ＋ ＋ ＝1，这是一道平面几何题，其证明常采用“面积法”OA′AA′ OB′BB′ OC′CC′：5＋ ＋ ＝ ＋ ＋ ＝ ＝1.OA′AA′ OB′BB′ OC′CC′ S△ OBCS△ ABC S△ OCAS△ ABC S△ OABS△ ABC S△ ABCS△ ABC请运用类比思想，对于空间中的四面体 V BCD，存在什么类似的结论，并用“体积法”证明．解：在四面体 V BCD 中，任取一点 O，连结 VO， DO， BO， CO 并延长，分别交四个面于 E， F， G， H 点．则 ＋ ＋ ＋ ＝1.OEVE OFDF OGBG OHCH证明：在四面体 O BCD 与 V BCD 中，＝ ＝ ＝ .OEVE h1h13S△ BCD·h113S△ BCD·h VO BCDVV BCD同理有 ＝ ； ＝ ； ＝ ，OFDF VO VBCVD VBC OGBG VO VCDVB VCD OHCH VO VBDVC VBD∴ ＋ ＋ ＋OEVE OFDF OGBG OHCH＝ ＝ ＝1.VO BCD＋ VO VBC＋ VO VCD＋ VO VBDVV BCD VV BCDVV BCD 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知 cos ＝ ，π 3 12cos cos ＝ ，π 5 2π5 14cos cos cos ＝ ，π 7 2π7 3π7 18……(1)根据以上等式，可猜想出的一般结论是________；(2)若数列{ an}中， a1＝cos ， a2＝cos cos ，π 3 π 5 2π5a3＝cos cos cos ，…，π 7 2π7 3π7前 n 项和 Sn＝ ，则 n＝________.1 0231 024解析：(1)从题中所给的几个等式可知，第 n 个等式的左边应有 n 个余弦相乘，且分母均为 2n＋1，分子分别为 π，2π，…， nπ，右边应为 ，故可以猜想出结论为12n6cos ·cos ·…·cos ＝ (n∈N *)．π2n＋ 1 2π2n＋ 1 nπ2n＋ 1 12n(2)由(1)可知 an＝ ，12n故 Sn＝ ＝1－ ＝ ＝ ，12[1－ (12)n]1－ 12 12n 2n－ 12n 1 0231 024解得 n＝10.答案：(1)cos cos ·…·cos ＝ (n∈N *) (2)10π2n＋ 1 2π2n＋ 1 nπ2n＋ 1 12n2．(2016·盐城中学检测)给出下面几个推理：①由“6＝3＋3,8＝3＋5,10＝3＋7,12＝5＋7，…”得到结论：任何一个不小于 6 的偶数都等于两个奇质数之和；②由“三角形内角和为 180°”得到结论：等腰三角形内角和为 180°；③由“正方形面积为边长的平方”得到结论：正方体的体积为边长的立方；④由“ a2＋ b2≥2 ab(a， b∈R)”推得：sin 2 x≤1.其中是演绎推理的序号是________．解析：演绎推理的模式是三段论模式，包括大前提、小前提和结论，演绎推理是从一般到特殊的推理，根据以上特点，可以判断②④是演绎推理．易得①是归纳推理，③是类比推理．故答案为②④.答案：②④3．某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：①sin 213°＋cos 217°－sin 13°cos 17°；②sin 215°＋cos 215°－sin 15°cos 15°；③sin 218°＋cos 212°－sin 18°cos 12°；④sin 2(－18°)＋cos 248°－sin(－18°)cos 48°；⑤sin 2(－25°)＋cos 255°－sin(－25°)cos 55°.(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．解：(1)选择②式，计算如下：sin215°＋cos 215°－sin 15°cos 15°＝1－ sin 30°12＝1－ ＝ .14 34(2)法一：三角恒等式为7sin2α ＋cos 2(30°－ α )－sin α ·cos(30°－ α )＝ .34证明如下：sin2α ＋cos 2(30°－ α )－sin α ·cos(30°－ α )＝sin 2α ＋(cos 30°cos α ＋sin 30°sin α )2－sin α ·(cos 30°cos α ＋sin 30°sin α )＝sin 2α ＋ cos2α ＋ sin α cos α ＋ sin2α － sin α cos 34 32 14 32α － sin2α ＝ sin2α ＋ cos2α ＝ .12 34 34 34法二：三角恒等式为sin2α ＋cos 2(30°－ α )－sin α ·cos(30°－ α )＝ .34证明如下：sin2α ＋cos 2(30°－ α )－sin α cos(30°－ α )＝ ＋ －sin α ·(cos 30°cos α ＋sin 30°sin α )1－ cos 2α2 1＋ cos 60°－ 2α 2＝ － cos 2α ＋ ＋ (cos 60°cos 2α ＋sin 60°sin 2α )－ sin α cos 12 12 12 12 32α － sin2α ＝ － cos 2α ＋ ＋ cos 2α ＋ sin 2α － sin 2α － (1－cos 2 α )12 12 12 12 14 34 34 14＝1－ cos 2α － ＋ cos 2α ＝ .14 14 14 34