高中数学知识点总结与题库(数列).pdf

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1、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。注重提炼一些重要的思想和方法，如：观察法、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、分类与讨论思想、化归与转化思想 等。 知识网络 第一课时数列 四、数列通项 n a与前n项和 n S的关系 1 n i inn aaaaaS 1 321 2 2 1 1 1 nSS nS a nn n 课前热身 3数列 n a的通项公式为nnan283 2 , 则数列各项中最小项是( B ) A第项B第项C第项D第项 4已

2、知数列 n a是递增数列，其通项公式为nnan 2 , 则实数的取值范围是), 3( 数列与正整数集关系 等差数列 等比数列 特殊数列求和方法 公式法 倒序相加法 错位相减法 裂项相消法 n 定义 通项公式 中项 前项的和 递推公式 通项公式 数列 2 5数列 n a的前n项和14 2 nnSn , ， 则 252 12 nn n an 题型一归纳、猜想法求数列通项 【例 1】根据下列数列的前几项，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),110( 9 7 ),110( 9 7

3、2 )110( 9 7 3 ，,)110( 9 7 n 将已知数列变为1+0， 2+1 ， 3+0 ， 4+1 ， 5+0 ， 6+1 ， 7+0 ， 8+1 ， 9+0 ， 。可得数列的 通项公式为 2 )1(1 n n na 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 )2( ) 1( 1 1 nSS nS a nn n 求数列通项 例 2已知数列 n a的前n项和 n S， 分别求其通项公式. 23n n S 解析 ：当123,1 1 11 San时， 当)23()23(,2 1 1 nn nnnSSan时 1 32 n 又1

4、 1 a不适合上式，故 )2(32 ) 1(1 1 n n a nn 三、利用递推关系求数列的通项 【例 3】根据下列各个数列 n a的首项和递推关系，求其通项公式 14 1 , 2 1 2 11 n aaann 解析：因为 14 1 2 1 n aa nn ， 所以 ) 12 1 12 1 ( 2 1 14 1 2 1 nn n aa nn 所以) 3 1 1 1 ( 2 1 12 aa 3 ) 5 1 3 1 ( 2 1 23 aa 43 1 11 () 2 57 aa ， 1 111 () 2 2321 nn aa nn 以上) 1(n个式相加得 ) 12 1 1 ( 2 1 1 n a

5、an 即： 24 34 24 1 1 n n n an 点拨：在递推关系中若),( 1 nfaa nn 求 n a用累加法，若),( 1 nf a a n n 求 n a用累乘法，若 qpaa nn 1 ， 求 n a用待定系数法或迭代法。 课外练习 3 设 12 1 2 1 1 1 nnn an， (Nn) ， 则 nn aa与 1 的大小关系是( C ) A nn aa 1 B nn aa 1 C nn aa 1 D 不能确定 解：因为 0 22 1 32 1 1 1 32 1 22 1 1 nn nnn aa nn 所以 nn aa 1 ， 选 二、填空题 5已知数列 n a的前n项和，

6、14 2 nnSn则 )2(,52 ) 1(,2 nn n an 7已知数列 n a的通项 99 98 n n （Nn ） ， 则数列 n a的前 30 项中最大项和最小项分别是 910 aa ， 解：构造函数 99 9899 1 99 98 xx x y 4 由函数性质可知，函数在)99(，上递减，且1y 函数在），99(上递增且1y 最小最大， ），又 910 9 2130121110 1 109(99 aa a aaaaaa 三、解答题 6.2等差数列 知识要点 2递推关系与通项公式 mn aa d n aa d dnaa dmnaa dnaa daa mn n n mn n nn 1

7、;) 1( )( )1( 1 1 1 1 变式： 推广： 通项公式： 递推关系： 为常数）即： 特征： mkmknnfa dadna n n ,(,)( ),( 1 ),为常数，（mkmknan是数列 n a成 等差数列的充要条件。 等差中项： 若cba,成等差数列，则b称ca与的等差中 项， 且 2 ca b；cba,成等差数列是cab2 的充要条件。 前n项和公式 2 )( 1 naa S n n ； 2 ) 1( 1 dnn naSn ),( )( ,) 2 ( 2 2 2 1 2 为常数 即 特征： BABnAnS BnAnnfS n d an d S n n n 是数列 na 成等差

8、数列的充要条件。 5 等差数列 n a的基本性质),(Nqpnm其中 qpnm aaaaqpnm，则若反 之，不成立。 dmnaa mn )( mnmnn aaa2 nnnnn SSSSS 232 ,仍成等差数列。 判断或证明一个数列是等差数列的方法： 定义法： ）常数）（Nndaa nn ( 1n a是等 差数列 中项法： )2 21 Nnaaa nnn （ n a是等差数 列 通项公式法： ),(为常数bkbknan n a是等差数 列 前n项和公式法： ),( 2 为常数BABnAnSn n a是等 差数列 课前热身 2等差数列 n a中， )( 3 1 ,120 119 1210864

9、 Caa aaaaa 的值为则 5 A14B15C16D 17 16 5 120 3 2 3 2 )( 3 2 )2( 3 1 3 1 89 99119 ada daaaa 。 3等差数列 n a中， 1291 0SSa， 则前 10 或 11 项的和最大。 解：0 912129 SSSS， 00 030 111 11121110 aa aaaa ，又 ， n a为递减等差数列 1110 SS为最大。 4已知等差数列 n a的前 10 项和为100， 前 100 项 和为 10， 则前 110 项和为 110 解： ， 1001102030102010 SSSSSSS 成等差数列，公差为 D

10、其首项为 100 10 S， 前 10 项的和为10 100 S 110221010100 10 2210 2 910 10100 110 10100110 ）（ 又 ， S DSSS DD 10210 102)10(2 98402 4 2 ) 1( 129850 max 2 2 yn n nn nn nny 时，所以当 设等差数列 n a的前n项和为 n S， 已知 0012 13123 SSa， 求出公差d的范围， 指出 1221 SSS，中哪一个值最大，并说 明理由。 d)(nfannnanSna“ 2“ n 解：)(6)(6 10312112 aaaaS 3 7 24 30824 0)

11、82( 2 13 )( 2 13 2 )(13 7 24 0724 0)72(6 3 113 131 13 3 d dd da aa aa S dd da 从而 又 最大。， 667 713 7612 00 013 0)(6 Saa aS aaS 课外练习 一、 选择题 1 已知 n a数列是等差数列，10 10 a，其前 10 项的和70 10 S， 则其公差d等于 ( D ) 3 2 3 1 3 1 3 2 DC BA 2 已知等差数列 n a中， 12497 116aaaa，则，等于（A ） A15 B 30 C31 D64 15 12 12497 a aaaa解： 二、填空题 解 6

12、3 设 n S为 等 差 数 列 n a的 前n项 和 ， 97104 3014SSSS，则，=54 4 已 知 等 差 数 列 n a的 前n项 和 为 n S，若 1185212 21aaaaS，则 5 设 F 是椭圆1 67 22 yx 的右焦点， 且椭圆上至 少有 21 个不同点 , ),2, 1( 321 FPFPFP iPi ， 使 组成公差为d的等差数列，则d的取值范围为 10 1 00 10 1 ， 解：椭圆的焦点F 到椭圆上的点最大、最小距离分别 为）和（17)17(， 由题意得： 10 1 00 10 1 0 10 1 201 1 2 17) 117 dd dd n n d

13、 dn 或 ，又 （）（ 三、解答题 6 等 差 数 列 n a的 前n项 和 记 为 n S，已 知 5030 2010 aa， 求通项 n a；若 n S=242， 求n 解：dnaan )1( 1 102 2 12 5019 309 5030 1 1 1 2010 na d a da da aa n 解方程组 ， 由 2 )1( 1 dnn naSn，nS=242 舍去）或解得(2211 2422 2 )1( 12 nn nn n 7 甲、乙两物体分别从相距70m的两处同时相向运 动，甲第一分钟走2m， 以后每分钟比前一分钟 多走 1m， 乙每分钟走5m， 甲、乙开始运动 后几分钟相遇？

14、如果甲乙到对方起点后立即折 返，甲继续每分钟比前一分钟多走1m， 乙继续 每分钟走5m， 那么，开始运动几分钟后第二次 相遇？ 解：设n分钟后第一次相遇，依题意有： 舍去），解得(207 705 2 )1( 2 nn n nn n 故第一次相遇是在开始运动后7 分钟。 设n分钟后第二次相遇，则： 舍去），解得(2815 7035 2 ) 1( 2 nn n nn n 故第二次相遇是在开始运动后15 分钟 10 已 知 数 列 n a中 ，3 1 a前n和 1)1)(1( 2 1 nnanS 求证：数列 n a是等差数列 求数列 n a的通项公式 设数列 1 1 nna a 的前n项和为 n T

15、， 是否存在实 数M， 使得MTn 对一切正整数n都成立？若存 在，求M的最小值，若不存在，试说明理由。 解：1)1)(1( 2 1 nn anS 7 nnnn nn nn nn nnn nn anannaan anan anna anan SSa anS ) 1()2()1( 1)2() 1( 1) 1( ) 1)(1()1)(2( 2 1 1) 1)(2( 2 1 112 12 1 1 11 11 整理得， nnn nnn aaa aanan 21 21 2 )(1() 1(2 数列 n a为等差数列。 1)1(3 11nn annaa， 12 2)1(3)1( 2 2 512 1 12

16、12 n ndnaa a aa aa n n 的公差为即等差数列 )32)(12( 11 1 nnaa nn 6 1 ) 32 1 3 1 ( 2 1 ) 32 1 12 1 7 1 5 1 5 1 3 1 ( 2 1 32 1 12 1 2 1 n n TNn n nn T nn 时，又当 要使得MTn 对一切正整数n恒成立，只要M 6 1 ， 所以存在实数M使得MTn 对一切正整数n 都成立，M的最小值为 6 1 。 6.3 等比数列 知识要点 1 定义： 如果一个数列从第二项起，每一项与它的 前一项的比等于同一个常数，那么这个数列叫做等比 数 列 ，这 个 常 数 叫 做 等 比 数 列

17、 的 公 比 ，记 为 )0qq，（。 2 递推关系与通项公式 mn mn n n nn qaa qaa qaa 推广： 通项公式： 递推关系： 1 1 1 3 等比中项：若三个数cba,成等比数列，则称b 为ca与的等比中项，且为 acbacb 2 ，注：是成等比数列的必要而 不充分条件。 4 前n项和公式 )1( 11 )1 ( ) 1( 11 1 q q qaa q qa qna S n n n 5 等比数列的基本性质，),( Nqpnm其中 qpnm aaaaqpnm，则若反 之 不真！ 8 )( 2 Nnaaa a a q mnmnn m nmn ， n a为等比数列，则下标成等差数

18、列的对应项 成等比数列。 ，时， nnnnn SSSSSq 232 1仍 成等比数列。 6 等比数列与等比数列的转化 na 是等差数列)10(ccc na ，是 等比数列； n a是正项等比数列 )10(logccan c ，是等差数列； n a既是等差数列又是等比数列 n a是各 项不为零的常数列。 7 等比数列的判定法 定义法：（常数）q a a n n 1 n a为等比数列； 中项法： )0(2 2 1nnnnaaaan a为 等比数列； 通项公式法：为常数）qkqka n n ,( n a 为等比数列；前n项和法： 为常数）（qkqkS n n ,)1( na 为 等 比 数 列。 1

19、 1031074 22222)( n nf设 ) 18( 7 2 ) 18( 7 2 ) 18( 7 2 ) 18( 7 2 )()( 43 1 nn nn DC BA DnfNn ）（等于，则 2 已知数列 n a是等 比数列，且 mmmSSS323010，则， 70 （问题引入） 猜想： nb 是等比数列，公比为 2 1 。 证明如下： 4 1 2 1 4 1 2121nnn aab nn n ba a 2 1 ) 4 1 ( 2 1 4 1 ) 4 1 ( 2 1 12 12 即： 2 1 1 n n b b ， nb 是首项为 4 1 a，公 比为 2 1 的等比数列。 二、性质运用

20、例2：在等比数列 n a中， 14361 3233 nn aaaaaa， 求 n a， 若 nnn TaaaT求,lglglg 21 在等比数列 n a中，若0 15 a， 则有等式 nn aaaaaa 292121 )29(Nnn，成立，类比上述性质，相应 的 在 等 比 数 列 n b中 ，若1 19b则 有 等 式 成立。 解：由等比数列的性质可知： nn n a qq a a aa aaaa aaaa 61 5 1 6 61 6161 4361 2) 2 1 (32 2 1 32 1 32 1 132 33 32 所以 ，即所以 ，解得 ，又 由等比数列的性质可知， n alg是等差数

21、 列，因为 9 2lg 2 )11( 2 )lg(lg 2lg5lg2lg)6(2lglg 1 1 6 nnnaa T ana n n n n 所以 ， 由 题 设 可 知 ，如 果0 m a在 等 差 数 列 中 有 nmn aaaaaa 122121 )12(Nnmn，成 立 ，我 们 知 道 ，如 果 qpnm aaaaqpnm，则若， 而对于 等比数列 n b，则有 qpnm aaaaqpnm，则若所以可以得 出结论，若 nmnm bbbbbbb 122121 1 ，则有 )12(Nnmn，成立，在本题中 nn bbbbbb 372121 则有 )37(Nnn， 点拨： 历年高考对性质

22、考查较多，主要是利用 “等积 性” ， 题目“小而巧” 且背景不断更新，要熟练掌握。 典例精析 一、 错位相减法求和 例 1：求和： n n a n aaa S 32 321 解： 2 )1( 3211 nn nSa n 时， 01aa时，因为 n n a n aaa S 32 321 132 1211 nn n a n a n aa S a 由得： ) 1 ) 1( ) 1() 1( ) 1( 2 ) 1( ) 1( ) 1() 1( 1 1 ) 1 1 ( 1 111 ) 1 1( 2 2 1 12 a aa anaa a nn S aa anaa S a n a aa a n aaa S

23、 a n n n n n n n n nn n 综上所述， 所以 点拨：若数列 n a是等差数列， n b是等比数列， 则求数列 nn ba的前n项和时， 可采用错位 相减法； 当等比数列公比为字母时，应对字母是否为 1 进行讨论； 当将 n S与q n S相减合并同类项时，注意错 位及未合并项的正负号。 二、 裂 项相消法求和 例2：数列 n a满足 1 a=8， 022 124nnn aaaa，且（Nn） 求数列 n a的通项公式； 则2 14 14 aa d 所以， na =8（n1）（ 2） 102n 10 32)2(4 1 ) 1(4 1 8 3 ) 2 1 1 1 2 1 1( 4

24、 1 ) 2 11 () 4 1 2 1 () 3 1 1 1 ( 4 1 ) 2 11 ( 4 1 )2(2 1 )14( 1 21 m nn nn nn bbbT nn nnan b nn n n 所以 对一切Nn恒成立。 3 16 3 16 21 8 11 8 12 ) 2 8 1 8 12 2 8 1 8 12 min m nn Nn Nn nn m 所以 ，（对 恒成立。对一切 故 m的最大整数值为5。 点 拨 ： 若 数 列 n a的 通 项 能 转 化 为 )()1(nfnf的形式，常采用裂项相消法求和。 使用裂项消法求和时，要注意正负项相消 时，消去了哪些项，保留了哪些项。 三

25、、 奇偶分析法求和 例 3： 设二次函数1)( 2 nnxxxxf，当 1 在等差数列 n a中， 1 a=1， 前n项和 n S满足 ，21 1 24 2 n n n S S n n 求数列 n a的通项公式 记)0( ppab na nn ， 求数列 n b的前n 项和 n T。 解 ： 设 数 列 n a的 公 差 为d，由 ，21 1 24 2 n n n S S n n 1 )1(2 2 )( 2 2)( 1 24 1 23 1 1 2 12 2 1 21 n n n n n n a na naa nanda S S n n aad a a aa 又 即 ，所以得 所以 n a=n

26、由)0(ppab n a nn ， 有 n n npb 所以 n n nppppT 32 32 2 )1( 1 nn Tp n 时，当 时，当1p 132 ) 1(2 nn n nppnpppT 得 )1( 1)1( )1( )1( 2 ) 1( 1)1( )1( 1 )1 ( )1( 1 2 1 2 1 12 p p np p pp p nn T p np p pp T np p pp nppppTp nn n nn n n n nn n 即： 所以 课外练习 数 列 na 的前n项 和 为 nS ，若 11 5 )1( 1 S nn an ，则 等于（B ） 6 5 ) 6 1 5 1 (

27、) 3 1 2 1 () 2 1 1 1 ( 1 11 ) 1( 1 30 1 6 1 6 5 1 5 S nnnn a DCBA n 所以 解：因为 )(xf的定义域为 R， 且)(xf 是以 2 为周期的 周期函数，数列 n a是首项为)(Naa， 公差 为1的等差数列，那么 )()()( 1021 afafaf的值为（C ） A 1 B1 C0 D 10a 解：因为函数)(xf的定义域为R， 且)(xf是 以 2 为周期的周期函数， 所以)()2(00(xfxff，且） 又数列 n a是首项为a， 公差为 1 的等差数列 0)1 ()1 ()1( ) 1()21()1( )1(5)1()

28、0(5 ) 1(5)(5 )()()( ) 1( )( )( 1 1021 fff fff fff afaf afafaf naf naf af Nanaa n n 即所以 又 所以 为偶数）（ 为奇数）（ ，又所以 故原式 =0， 选 C。 二、填空题 设等比数列 n a的公比与前n项和分别为q和 n S， 且q1，8 1 8 10 20 10 q S S，则 8 1 )1( 8 )1(1( )1( 1 8 21 )1( 10 10 20 10 1010 10 10 2012111020 10 20 1 10 20 10 1 S q S qSSqS aaaSS qq qa q S qa 所以

29、 方法二、 ） 方法一、 6数列 n a满足 12 121 n n a nnn L， 1 2 n nn b a a 又 ， 则数列 nb 的前n项和为 1 8 n n 1 (12) 12 n n an n L解： 1 28 (1) n nn b a an n = 11 8( 1nn ） 12 111111 8 ()()() 12231 18 8 1 11 n bbb nn n nn L L 所以 数列， 4 1 4 1 4 1 4 1 3 1 3 1 3 1 2 1 2 1 1的前 100 项 的和为 14 9 13。（Nn） 12 典例精析 一、 函 数与数列的综合问题 的等差数列。，公差为

30、是首项为 ，设 ，且：已知例 24 )()()()( )10(log)(1 21 Nnafafaf aaxxf n a 设a是常数，求证： n a成等差数列； 若)( nnn afab， n b的前n项和是 n S， 当2a时，求 n S 解：222)1(4)(nnaf n ， 为等比数列。所以 为定值所以 ，所以即 n n n n n n nna a na a a a a aana )2( 22log 2 2 22 1 22 )( nnn afab 3 3 14 32543 3254 2543 222 222222 2 2) 1( 21 )21(2 16 2)1(22222 2) 1(223

31、222 2) 1(242322 2)1()2()22( 2 )22(log n n n n nn n nn n n n nn n nn a n nS n nS nnS nS nnb a anaa 所以 两式相减得 时，当 点 拨 ： 本 例 是 数 列 与 函 数 综 合 的 基 本 题 型 之 一 ，特 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 n a的前n项和为 n S， 2 )1( 4 1 nn aS与是的等比中项， 求证：数列 n a是等差数列； 若 n n n a b 2 ， 数列 n b的前n项和为 n T， 求 n

32、 T 在的条件下，是否存在常数， 使得数列 2n n a T 为等比数列？若存在，试求出；若不存在，说明 理由。 解： 2 )1( 4 1 nn aS与是的等比中项， 13 0)2)( )22( 4 1 )1( 4 1 2 1) 1( 4 1 1 ) 1( 4 1 11 1 2 1 2 1 2 11 1 2 11 2 nnnn nnnn nnn nn nn aaaa aaaa SSa aSn aaan aS 即 所以 时，当 ，时，当 所以 2 020 1 1 nn nnn aa aaa 即： ，所以因为 所以数列 n a是等差数列。 n n n T 2 32 3 32 1 ) 2 32 3(

33、 2 n n a T n n n n n2 1 32 3 所以当且仅当3+=0， 即=3 时，数列 2n n a T 为等比数列。 已知在正项数列 n a中， 1 a=2， 且 ）， 1 ( nnn aaA在双曲线1 22 xy上， 数列 n b中， 点（ n b， n T）在直线1 2 1 xy上， 其中 n T是数列 n b的前n项和， 求数列 n a的通项公式； 求证： 数列 n b 是等比数列。若 nnnnn CCbaC 1 ，求证：。 解：由已知带点）， 1 ( nnn aaA在1 22 xy上知， 1n a n a，所以数列 n a是以 2 为首项，以 1 为公差的等差数列。 所以

34、1)1( 1 ndnaan 因为点（ n b, n T）在直线1 2 1 xy上， 14 11 11 1 1 21 1 2 11 22 nn nn nnnnn Tb Tb bTTbb 所以 所以 两式相减得： 1 111 1 1 3 12 11 23 2 3 1 3 212 ( ) 333 nn n n n n bb nbbb b b 所以， 令得，所以 所以是一个以为首项， 以为公比的等比数列。 所以 n nnn nbaC 3 2 ) 1( nn n nn nn CC n nnCC 1 1 1 1 0)12( 3 2 3 2 )1( 3 2 )2( 所以 所以 一、选择题 1.（ 2019

35、广 东 卷 理 ） 已 知 等 比 数 列 n a 满 足 0,1,2, n anL ，且 2 525 2(3) n n aan ，则 当 1n 时 ， 2123221 logloglog n aaaL A. (21)nn B. 2 (1)n C. 2 n D. 2 (1)n 【 解 析 】 由 2 525 2 (3) n n aan 得 n n a 22 2 ， 0 n a ，则 n n a2 ， 3212 loglogaa 2 122 )12(31lognna n ， 选 C. 答案C 2.（ 2019 辽宁卷理）设等比数列 n a 的前 n 项和为 n S ， 若 6 3 S S =3

36、， 则 6 9 S S = A. 2 B. 7 3 C. 8 3 D.3 【解析】设公比为q ,则 3 63 33 (1)SqS SS 1q33 q32 15 于是 6 36 9 3 11247 1123 Sqq Sq 【答案】 B 14.(2019 湖北卷理 )已知数列 n a 满足： 1 a m（m 为正整数）， 1 , 2 31, n n n nn a a a aa 当为偶数时， 当为奇数时。若 6a 1， 则 m 所 有可能的取值为_。 答案4 5 32 解析 （ 1）若 1 am 为偶数，则 1 2 a 为偶 , 故 2 23 a 224 amm a 当 4 m 仍为偶数时， 46

37、832 mm aa 故 132 32 m m 当 4 m 为奇数时， 43 3 311 4 aam 6 3 1 4 4 m a 故 3 1 4 1 4 m 得 m=4。 （2）若 1 am 为奇数，则 21 3131aam 为偶数，故 3 31 2 m a 必为偶数 6 31 16 m a ， 所以 31 16 m =1 可得 m=5 16.（2019 陕西卷文）设等差数列 n a 的前 n 项和为 n s ,若 63 12as ,则 n a . 解析 :由 63 12as 可得 n a 的公差 d=2,首项 1 a =2,故易得 n a 2n. 答案 :2n 17.(2019 陕西卷理 )设

38、等差数列 n a 的前 n 项和为 n S ,若 63 12aS ,则 2 lim n n S n . 61 1 22 31 125122 11 (1)limlim1 12122 nn n nn aada SSnn Sn n saddnnnn 解析： 答案： 1 22.（2019 全国卷理）在数列 n a 中， 11 11 1,(1) 2 nnn n aaa n 16 （I）设 n n a b n ， 求数列 n b 的通项公式 （II）求数列 n a 的前 n 项和 n S 分析： （ I）由已知有 1 1 12 nn n aa nn 1 1 2 nn n bb 利用累差迭加即可求出数列 n

39、 b 的通项公式 : 1 1 2 2 nn b ( * nN ) （II）由（ I）知 1 2 2 nn n an , n S = 1 1 (2) 2 n k k k k 1 11 (2 ) 2 nn k kk k k 而 1 (2 )(1) n k kn n ,又 1 12 n k k k 是一个典型的错位相减法模型， 易得 11 1 2 4 22 n kn k kn n S = (1)n n 1 2 4 2 n n 23.（2019 北京理）已知数集 1212 ,1,2 nn Aa aaaaa nLL 具有性质P；对任意的 ,1i jijn ， ij a a 与 j i a a 两数中至少

40、有一个属于A. （）分别判断数集 1,3,4 与 1,2,3,6 是否具有性质 P， 并说明理由； （）证明： 1 1a ， 且 12 111 12 n n n aaa a aaa L L ； （）证明：当 5n 时， 12345 ,a aa aa 成等比数列 . 【解析】本题主要考查集合、等比数列的性质，考查运算能力、推理论证能力、分 分类讨论等数学思想方法本题是数列与不等式的综合题，属于较难层次题. （）由于 34与 4 3 均不属于数集 1,3,4 ， 该数集不具有性质P. 由于 6 6 1 2 3 6 12,1 3,1 6,23, 2 3 1 2 3 6 都属于数集 1,2,3,6 ，

41、 该数集具有性质P. 17 （） 12 , n Aa aaL 具有性质P， nn a a 与 n n a a 中至少有一个属于A， 由于 12 1 n aaaL ， nnn a aa ， 故 nn a aA . 从而 1 n n a A a ， 1 1a . 12 1 n aaaL ， knn a aa ， 故 2,3, kn a aA knL . 由 A 具有性质P 可知 1,2,3, n k a A kn a L . 又 121 nnnn nn aaaa aaaa L ， 21 121 1, nnnn nn nn aaaa aaa aaaa L ， 从而 121 121 nnnn nn n

42、n aaaa aaaa aaaa LL ， 12 111 12 n n n aaa a aaa L L . （）由（）知，当 5n 时， 有 55 23 43 , aa aa aa ， 即 2 5243 aa aa ， 125 1aaaL ， 34245 a aa aa ， 34 a aA ， 由 A 具有性质P 可知 4 3 a A a . 2 243 a aa ， 得 34 23 aa A aa ， 且 3 2 2 1 a a a ， 34 2 32 aa a aa ， 5342 2 4321 aaaa a aaaa ， 即 12345 ,a aaa a 是首项为1， 公比为 2 a 成等

43、比数列 . 25（2019 江苏卷）对于正整数 n 2， 用 n T 表示关于 x 的一元二次方程 2 20xaxb 有实数根的有序数组 ( , )a b 的 组数，其中 ,1,2,a bnL （ a 和b可以相等）；对于随机选取的 ,1,2,a bnL （ a 和b可以相等）， 记 n P 为关 于 x 的一元二次方程 2 20xaxb 有实数根的概率。 18 （1）求 2 n T 和 2 n P ； （2）求证：对任意正整数 n2， 有 1 1 n P n . 【解析】必做题 本小题主要考查概率的基本知识和记数原理，考查探究能力。满分 10 分。 29.（2019 江西卷理）各项均为正数的

44、数列 na ， 12,aa ab ， 且对满足 mnpq的正整数, ,m n p q 都有 . (1)(1)(1)(1) pq mn mnpq aa aa aaaa （1）当 14 , 25 ab 时，求通项 ; n a （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 1 . n a 解： （1）由 (1)(1)(1)(1) pq mn mnpq aa aa aaaa 得 121 121 . (1)(1)(1)(1) nn nn aaaa aaaa 将 12 14 , 25 aa 代入化简得 1 1 21. 2 n n n a a a 所以 1 1 111

45、, 13 1 nn nn aa aa 19 故数列 1 1 n n a a 为等比数列，从而 11 , 13 n n n a a 即 31 . 31 n nn a 可验证， 31 31 n nn a 满足题设条件. (2) 由题设 (1)(1) mn mn aa aa 的值仅与 mn有关 ,记为 , m n b 则 1 1 1 . (1)(1)(1)(1) nn n nn aaaa b aaaa 考察函数 ( )(0) (1)(1) ax f xx ax ,则在定义域上有 1 ,1 1 1 ( )( ),1 2 ,01 1 a a f xg aa a a a 故对 * nN ， 1( )nbg

46、 a 恒成立 . 又 2 2 2 ( ) (1) n n n a bg a a , 注意到 1 0( ) 2 g a ,解上式得 1( )12 ( )1( )12 ( )( ) , ( )( )1( )12 ( ) n g ag ag ag ag a a g ag ag ag a 取 1( )12 ( ) ( ) g ag a g a ,即有 1 . n a . 30. (2019 湖北卷理 )已知数列 n a 的前 n 项和 11 ( )2 2 n nn Sa （n 为正整数）。 （）令 2 n nn ba ， 求证数列 n b 是等差数列，并求数列 n a 的通项公式； (）令 1 nn

47、n ca n ， 12 nn Tccc 试比较 nT 与 5 21 n n 的大小，并予以证明。 20 解（ I）在 1 1 ()2 2 n nn Sa 中，令 n=1， 可得 11 12 n Saa ， 即 1 1 2 a 当 2n 时， 21 1111 11 ( )2( ) 22 nn nnnnnnn SaaSSaa， ， 11 n11 1 2a( ),21 2 nn nnn aaa n 即2 . 11 2,1,n21 n nnnnn babbbQ n 即当时， b . 又 11 21,ba 数列 n b 是首项和公差均为1 的等差数列 . 于是 1(1) 12, 2 n nnnn n b

48、nnaa . (II) 由（ I）得 11 (1)( ) 2 n nn n can n ， 所以 23 1111 23 ( )4( )(1)( ) 2222 n n TnK 2341 11111 2( )3 ( )4( )(1)( ) 22222 n n TnK 由 -得 231 11111 1( )()()(1)( ) 22222 nn n TnK 1 1 1 11 1 ( ) 133 42 1(1)( ) 1 222 1 2 3 3 2 n n n nn n n n T 535(3)(221) 3 212212 (21) n nnn nnnnn T nnn 于是确定 5 21 n n T n 与 的大小关系等价于比较 221 n n与 的大小 由 2345 22 11;2221;2231;2241;225;K 可猜想当 3221. n nn时， 证明如下： 证法 1： （1）当 n=3 时，由上验算显示成立。 （2）假设 1nk 时 1 22 22(21)422(1)1(21)2(1)1 kk kkkkkg 21 所以当 1nk 时猜想也成立 综合（ 1） （2）可知， 对一切 3n 的正整数，都有 2