2019版一轮复习理数通用版第八单元 数 列 64页

第八单元 数 列 教材复习课 “数列”相关基础知识一课过 数列的有关概念 [过双基] 1．数列的有关概念 概念 含义 数列 按照一定顺序排列的一列数 数列的项 数列中的每一个数 数列的通项 数列{an}的第 n 项 an 通项公式 如果数列{an}的第 n 项与序号 n 之间的关系可以用一个式子来表 示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式 前 n 项和 数列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an 叫做数列的前 n 项和 2．an 与 Sn 的关系 若数列{an}的前 n 项和为 Sn，则 an＝ S1，n＝1， Sn－Sn－1，n≥2. 1．数列{an}满足 an＋an＋1＝1 2(n∈N*)，a2＝2，Sn 是数列{an}的前 n 项和，则 S21 的值为 ( ) A．5 B.7 2 C.9 2 D.13 2 解析：选 B ∵an＋an＋1＝1 2 ，a2＝2， ∴an＝ －3 2 ，n 为奇数， 2， n 为偶数. ∴S21＝11× －3 2 ＋10×2＝7 2. 2．数列{an}满足 a1＝3，an＋1＝an－1 an (n∈N*)，则 a2 018＝( ) A.1 2 B．3 C．－1 2 D.2 3 解析：选D 由a1＝3，an＋1＝an－1 an ，得a2＝a1－1 a1 ＝2 3 ，a3＝a2－1 a2 ＝－1 2 ，a4＝a3－1 a3 ＝3，……， 由上可得，数列{an}是以 3 为周期的周期数列， 故 a2 018＝a672×3＋2＝a2＝2 3. 3．已知数列{an}满足 an＝ 3 2n－11(n∈N*)，前 n 项的和为 Sn，则关于 an，Sn 的叙述正确 的是( ) A．an，Sn 都有最小值 B．an，Sn 都没有最小值 C．an，Sn 都有最大值 D．an，Sn 都没有最大值 解析：选 A ①∵an＝ 3 2n－11 ，∴当 n≤5 时，an<0 且单调递减；当 n≥6 时，an>0，且 单调递减． 故当 n＝5 时，a5＝－3 为 an 的最小值； ②由①的分析可知：当 n≤5 时，an<0；当 n≥6 时，an>0.故可得 S5 为 Sn 的最小值． 综上可知，an，Sn 都有最小值． 4．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋2n＋1(n∈N*)，则 a5＝________. 解析：依题意得 an＋1－an＝2n＋1，a5＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋(a5－a4)＝1＋3 ＋5＋7＋9＝25. 答案：25 [清易错] 1．易混项与项数，它们是两个不同的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项 数是指数列的项对应的位置序号． 2．在利用数列的前 n 项和求通项时，往往容易忽略先求出 a1，而是直接把数列的通项 公式写成 an＝Sn－Sn－1 的形式，但它只适用于 n≥2 的情形． 1．已知数列的通项公式为 an＝n2－8n＋15，则( ) A．3 不是数列{an}中的项 B．3 只是数列{an}中的第 2 项 C．3 只是数列{an}中的第 6 项 D．3 是数列{an}中的第 2 项或第 6 项 解析：选 D 令 an＝3，即 n2－8n＋15＝3，解得 n＝2 或 6，故 3 是数列{an}中的第 2 项 或第 6 项． 2．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn＝3＋2n，则数列{an}的通项公式为________． 解析：当 n＝1 时，a1＝S1＝3＋2＝5；当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝3＋2n－(3＋2n－1)＝2n －2n－1＝2n－1. 因为当 n＝1 时，不符合 an＝2n－1， 所以数列{an}的通项公式为 an＝ 5，n＝1， 2n－1，n≥2. 答案：an＝ 5，n＝1， 2n－1，n≥2 等差数列 [过双基] 1．等差数列的有关概念 (1)定义：如果一个数列从第 2 项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么 这个数列就叫做等差数列．符号表示为 an＋1－an＝d(n∈N*，d 为常数)． (2)等差中项：数列 a，A，b 成等差数列的充要条件是 A＝a＋b 2 ，其中 A 叫做 a，b 的等 差中项． 2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d. (2)前 n 项和公式：Sn＝na1＋nn－1 2 d＝na1＋an 2 . 3．等差数列的常用性质 (1)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)． (2)若{an}为等差数列，且 k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则 ak＋al＝am＋an. (3)若{an}是等差数列，公差为 d，则{a2n}也是等差数列，公差为 2d. (4)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列． (5)若{an}是等差数列，公差为 d，则 ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为 md 的等差 数列． 1．在等差数列{an}中，已知 a2 与 a4 是方程 x2－6x＋8＝0 的两个根，若 a4>a2，则 a2 018 ＝( ) A．2 018 B．2 017 C．2 016 D．2 015 解析：选 A 因为 a2 与 a4 是方程 x2－6x＋8＝0 的两个根，且 a4>a2，所以 a2＝2，a4＝4， 则公差 d＝1，所以 a1＝1，则 a2 018＝2 018. 2．在等差数列{an}中，a2＋a3＋a4＝3，Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，则 S5＝( ) A．3 B．4 C．5 D．6 解析：选 C ∵等差数列{an}中，a2＋a3＋a4＝3，Sn 为等差数列{an}的前 n 项和， ∴a2＋a3＋a4＝3a3＝3， 解得 a3＝1， ∴S5＝5 2(a1＋a5)＝5a3＝5. 3.正项等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a4＋a10－a27＋15＝0，则 S13＝( ) A．－39 B．5 C．39 D．65 解析：选 D ∵正项等差数列{an}的前 n 项和为 Sn， a4＋a10－a27＋15＝0， ∴a27－2a7－15＝0， 解得 a7＝5 或 a7＝－3(舍去)， ∴S13＝13 2 (a1＋a7)＝13a7＝13×5＝65. 4．已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 3a3＝a6＋4.若 S5<10，则 a2 的取值范围是( ) A．(－∞，2) B．(－∞，0) C．(1，＋∞) D．(0,2) 解析：选 A 设等差数列{an}的公差为 d，∵3a3＝a6＋4， ∴3(a2＋d)＝a2＋4d＋4，可得 d＝2a2－4. ∵S5<10，∴5a1＋a5 2 ＝5a2＋a4 2 ＝52a2＋2d 2 ＝5(3a2－4)<10，解得 a2<2. ∴a2 的取值范围是(－∞，2)． 5．在等差数列{an}中，a1＝7，公差为 d，前 n 项和为 Sn ，当且仅当 n＝8 时 Sn 取得 最大值，则 d 的取值范围为________． 解析：由当且仅当 n＝8 时 Sn 有最大值，可得 d<0， a8>0， a9<0， 即 d<0， 7＋7d>0， 7＋8d<0， 解得－10，且 a5·a7＝4a24，a2＝1，则 a1＝( ) A.1 2 B. 2 2 C. 2 D．2 解析：选 B 因为{an}是等比数列， 所以 a5a7＝a26＝4a24，所以 a6＝2a4，q2＝a6 a4 ＝2，又 q>0， 所以 q＝ 2，a1＝a2 q ＝ 2 2 . [清易错] 1．Sn，S2n－Sn，S3n－S2n 未必成等比数列(例如：当公比 q＝－1 且 n 为偶数时，Sn，S2n －Sn，S3n－S2n 不成等比数列；当 q≠－1 或 q＝－1 且 n 为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n 成等比数列)，但等式(S2n－Sn)2＝Sn·(S3n－S2n)总成立． 2．在运用等比数列的前 n 项和公式时，必须注意对 q＝1 与 q≠1 分类讨论，防止因忽略 q＝1 这一特殊情形而导致解题失误． 1．设数列{an}为等比数列，前 n 项和为 Sn，已知 S3＝8，S6＝7，则 a7＋a8＋a9 等于( ) A.1 8 B．－1 8 C.57 8 D.55 8 解析：选 A 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＝1 8.所以 a7＋a8＋a9＝1 8. 2．设数列{an}是等比数列，前 n 项和为 Sn，若 S3＝3a3，则公比 q＝________. 解析：当 q≠1 时，由题意，a11－q3 1－q ＝3a1q2， 即 1－q3＝3q2－3q3， 整理得 2q3－3q2＋1＝0，解得 q＝－1 2. 当 q＝1 时，S3＝3a3，显然成立． 故 q＝－1 2 或 1. 答案：－1 2 或 1 一、选择题 1．(2017·全国卷Ⅰ)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和．若 a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的 公差为( ) A．1 B．2 C．4 D．8 解析：选 C 设等差数列{an}的公差为 d， 由 a4＋a5＝24， S6＝48， 得 a 1＋3da 1＋4d＝24， 6a 1＋6×5 2 d＝48， 即 2a1＋7d＝24， 2a1＋5d＝16， 解得 d＝4. 2．(2018·江西六校联考)在等比数列{an}中，若 a3a5a7＝－3 3，则 a2a8＝( ) A．3 B. 17 C．9 D．13 解析：选 A 由 a3a5a7＝－3 3，得 a35＝－3 3，即 a5＝－ 3，故 a2a8＝a25＝3. 3．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 018＝( ) A．8 B．6 C．4 D．2 解析：选 D 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 018＝a335×6＋8＝a8＝2. 4．已知数列{an}满足 a1＝1，an＝an－1＋2n(n≥2，n∈N*)，则 a7＝( ) A．53 B．54 C．55 D．109 解析：选 C a2＝a1＋2×2，a3＝a2＋2×3，……，a7＝a6＋2×7，各式相加得 a7＝a1＋ 2(2＋3＋4＋…＋7)＝55. 5．设数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1＝1，an＋1＝3Sn(n∈N*)，则 S6＝( ) A．44 B．45 C.1 3 ×(46－1) D.1 4 ×(45－1) 解析：选 B 由 an＋1＝3Sn，得 a2＝3S1＝3.当 n≥2 时，an＝3Sn－1，则 an＋1－an＝3an，n≥2， 即 an＋1＝4an，n≥2，则数列{an}从第二项起构成等比数列，所以 S6＝a7 3 ＝3×45 3 ＝45. 6．等差数列{an}和{bn}的前 n 项和分别为 Sn，Tn，对一切自然数 n，都有Sn Tn ＝ n n＋1 ，则a5 b5 等于( ) A.3 4 B.5 6 C. 9 10 D.10 11 解析：选 C ∵S9＝9a1＋a9 2 ＝9a5，T9＝9b1＋b9 2 ＝9b5， ∴a5 b5 ＝S9 T9 ＝ 9 10. 7．已知数列{an}是首项为 1 的等比数列，Sn 是其前 n 项和，若 5S2＝S4，则 log4a3 的值 为( ) A．1 B．2 C．0 或 1 D．0 或 2 解析：选 C 由题意得，等比数列{an}中，5S2＝S4，a1＝1， 所以 5(a1＋a2)＝a1＋a2＋a3＋a4， 即 5(1＋q)＝1＋q＋q2＋q3， q3＋q2－4q－4＝0，即(q＋1)(q2－4)＝0， 解得 q＝－1 或±2， 当 q＝－1 时，a3＝1，log4a3＝0. 当 q＝±2 时，a3＝4，log4a3＝1. 综上所述，log4a3 的值为 0 或 1. 8．设数列{an}是公差为 d(d>0)的等差数列，若 a1＋a2＋a3＝15，a1a2a3＝80，则 a11＋a12 ＋a13＝( ) A．75 B．90 C．105 D．120 解析：选 C 由 a1＋a2＋a3＝15 得 3a2＝15，解得 a2＝5，由 a1a2a3＝80，得(a2－d)a2(a2 ＋d)＝80，将 a2＝5 代入，得 d＝3(d＝－3 舍去)，从而 a11＋a12＋a13＝3a12＝3(a2＋10d)＝3×(5 ＋30)＝105. 二、填空题 9．若数列{an}满足 a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝n 3 ，则数列{an}的通项公式为________． 解析：当 n≥2 时，由 a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝n 3 ， 得 a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝n－1 3 ， 两式相减得 3n－1an＝n 3 －n－1 3 ＝1 3 ， 则 an＝ 1 3n. 当 n＝1 时，a1＝1 3 满足 an＝ 1 3n ， 所以 an＝ 1 3n. 答案：an＝ 1 3n 10．数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 Sn＝2an－1，则 an＝________. 解析：∵Sn＝2an－1，① ∴Sn－1＝2an－1－1(n≥2)，② ①－②得 an＝2an－2an－1， 即 an＝2an－1. ∵S1＝a1＝2a1－1，即 a1＝1， ∴数列{an}为首项是 1，公比是 2 的等比数列， 故 an＝2n－1. 答案：2n－1 11．已知数列{an}中，a2n＝a2n－1＋(－1)n，a2n＋1＝a2n＋n，a1＝1，则 a20＝________. 解析：由 a2n＝a2n－1＋(－1)n，得 a2n－a2n－1＝(－1)n， 由 a2n＋1＝a2n＋n，得 a2n＋1－a2n＝n， 故 a2－a1＝－1，a4－a3＝1，a6－a5＝－1，…，a20－a19＝1. a3－a2＝1，a5－a4＝2，a7－a6＝3，…，a19－a18＝9. 又 a1＝1，累加得：a20＝46. 答案：46 12．数列{an}为正项等比数列，若 a3＝3，且 an＋1＝2an＋3an－1(n≥2，n∈N*)，则此数列 的前 5 项和 S5＝________. 解析：设公比为 q(q>0)，由 an＋1＝2an＋3an－1，可得 q2＝2q＋3，所以 q＝3，又 a3＝3， 则 a1＝1 3 ，所以此数列的前 5 项和 S5＝ 1 3 ×1－35 1－3 ＝121 3 . 答案：121 3 三、解答题 13．已知在等差数列{an}中，a3＝5，a1＋a19＝－18. (1)求公差 d 及通项 an； (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn 及使得 Sn 取得最大值时 n 的值． 解：(1)∵a3＝5，a1＋a19＝－18， ∴ a1＋2d＝5， 2a1＋18d＝－18， ∴ a1＝9， d＝－2， ∴an＝11－2n. (2)由(1)知，Sn＝na1＋an 2 ＝n9＋11－2n 2 ＝－n2＋10n＝－(n－5)2＋25， ∴n＝5 时，Sn 取得最大值． 14．已知数列{an}满足a1 2 ＋a2 22 ＋a3 23 ＋…＋an 2n ＝n2＋n. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若 bn＝－1nan 2 ，求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 解：(1)∵a1 2 ＋a2 22 ＋a3 23 ＋…＋an 2n ＝n2＋n， ∴当 n≥2 时，a1 2 ＋a2 22 ＋a3 23 ＋…＋an－1 2n－1 ＝(n－1)2＋n－1， 两式相减得an 2n ＝2n(n≥2)，∴an＝n·2n＋1(n≥2)． 又∵当 n＝1 时，a1 2 ＝1＋1，∴a1＝4，满足 an＝n·2n＋1. ∴an＝n·2n＋1. (2)∵bn＝－1nan 2 ＝n(－2)n， ∴Sn＝1×(－2)1＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋n×(－2)n. －2Sn＝1×(－2)2＋2×(－2)3＋3×(－2)4＋…＋(n－1)×(－2)n＋n(－2)n＋1， ∴ 两 式 相 减 得 3Sn ＝ ( － 2)＋ (－ 2)2 ＋ (－ 2)3 ＋ ( － 2)4 ＋ … ＋ ( － 2)n － n( － 2)n ＋ 1 ＝ －2[1－－2n] 1－－2 －n(－2)n＋1＝－－2n＋1－2 3 －n(－2)n＋1＝－3n＋1－2n＋1＋2 3 ， ∴Sn＝－3n＋1－2n＋1＋2 9 . 高考研究课(一) 等差数列的 3 考点——求项、求和及判定 [全国卷 5 年命题分析] 考点 考查频度 考查角度 等差数列通项 5 年 4 考 求通项或某一项 等差数列前 n 项和 5 年 4 考 求项数、求和 等差数列的判定 5 年 1 考 判断数列成等差数列 等差数列基本量的运算 [典例] (1)设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，若 a1＝1，公差 d＝2，Sn＋2－Sn＝36，则 n＝( ) A．5 B．5 C．7 D．8 (2)(2016·全国卷Ⅱ)Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，且 a1＝1，S7＝28.记 bn＝[lg an]，其 中[x]表示不超过 x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1. ①求 b1，b11，b101； ②求数列{bn}的前 1 000 项和． [解析] (1)法一：由等差数列前 n 项和公式可得 Sn＋2－Sn＝(n＋2)a1＋n＋2n＋1 2 d－ na1＋nn－1 2 d ＝2a1＋(2n＋1)d＝2＋4n＋2＝36， 解得 n＝8. 法二：由 Sn＋2－Sn＝an＋2＋an＋1＝a1＋a2n＋2＝36，因此 a2n＋2＝a1＋(2n＋1)d＝35，解得 n ＝8. 答案：D (2)①设数列{an}的公差为 d， 由已知得 7＋21d＝28，解得 d＝1. 所以数列{an}的通项公式为 an＝n. b1＝[lg 1]＝0，b11＝[lg 11]＝1，b101＝[lg 101]＝2. ②因为 bn＝ 0，1≤n＜10， 1，10≤n＜100， 2，100≤n＜1 000， 3，n＝1 000， 所以数列{bn}的前 1 000 项和为 1×90＋2×900＋3×1＝1 893. [方法技巧] 等差数列运算的解题思路 由等差数列的前 n 项和公式及通项公式可知，若已知 a1，d，n，an，Sn 中三个便可求出 其余两个，即“知三求二”，“知三求二”的实质是方程思想，即建立方程组求解． [即时演练] 1．已知数列{an}是公差为 1 的等差数列，Sn 为{an}的前 n 项和，若 S6＝4S3，则 a10＝ ( ) A.17 2 B.19 2 C. 9 10 D.8 9 解析：选 B ∵S6＝4S3，公差 d＝1. ∴6a1＋6×5 2 ×1＝4× 3a1＋3×2 2 ×1 ， 解得 a1＝1 2. ∴a10＝1 2 ＋9×1＝19 2 . 2．已知公差不为 0 的等差数列{an}满足 a1，a3，a4 成等比数列，Sn 为数列{an}的前 n 项 和，则S4－S2 S5－S3 的值为( ) A．－2 B．－3 C．2 D．3 解析：选 D 设{an}的公差为 d，因为 a1，a3，a4 成等比数列， 所以(a1＋2d)2＝a1(a1＋3d)，可得 a1＝－4d， 所以S4－S2 S5－S3 ＝a3＋a4 a4＋a5 ＝－3d －d ＝3. 3．(2018·大连联考)已知等差数列{an}的公差 d>0.设{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，S2·S3 ＝36. (1)求 d 及 Sn; (2)求 m，k(m，k∈N*)的值，使得 am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65. 解：(1)由题意知(2a1＋d)(3a1＋3d)＝36， 将 a1＝1 代入上式解得 d＝2 或 d＝－5. 因为 d>0，所以 d＝2.从而 an＝2n－1，Sn＝n2(n∈N*)． (2)由(1)得 am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝(2m＋k－1)(k＋1)，所以(2m＋k－1)(k＋1)＝65. 由 m，k∈N*知 2m＋k－1≥k＋1>1， 故 2m＋k－1＝13， k＋1＝5， 解得 m＝5， k＝4. 即所求 m 的值为 5，k 的值为 4. 等差数列的判定与证明 [典例] (2017·江苏高考)对于给定的正整数 k，若数列{an}满足：an－k＋an－k＋1＋…＋an－ 1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan，对任意正整数 n(n>k)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． [思路点拨] (1)利用等差数列的性质“an－k＋an＋k＝2an”，构造出{an}是“P(3)数列”需 要满足的条件即可证明；(2)根据等差数列定义、通项公式、中项公式即可证明{an}为等差数 列． [证明] (1)因为{an}是等差数列，设其公差为 d， 则 an＝a1＋(n－1)d， 从而，当 n≥4 时，an－k＋an＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d＝2a1＋2(n－1)d＝2an， k＝1,2,3， 所以 an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an， 因此等差数列{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 n≥3 时，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，① 当 n≥4 时，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an.② 由①知，an－3＋an－2＝4an－1－(an＋an＋1)，③ an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an)．④ 将③④代入②，得 an－1＋an＋1＝2an，其中 n≥4， 所以 a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为 d′. 在①中，取 n＝4，则 a2＋a3＋a5＋a6＝4a4， 所以 a2＝a3－d′， 在①中，取 n＝3，则 a1＋a2＋a4＋a5＝4a3， 所以 a1＝a3－2d′， 所以数列{an}是等差数列． [方法技巧] 等差数列判定与证明的方法 方法 解读 适合题型 定义法 对于 n≥2 的任意自然数，an－an－1 为同一常数⇔ {an}是等差数列 解答题中证明 问题 等差中项法 2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立⇔{an}是等差数 列 通项公式法 an＝pn＋q(p，q 为常数)对任意的正整数 n 都成立 ⇔{an}是等差数列 选择、填空题中 的判定问题前n项和公式 法 验证 Sn＝An2＋Bn(A，B 是常数)对任意的正整数 n 都成立⇔{an}是等差数列 [即时演练] 1．(2016·浙江高考)如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋ 2|，An≠An＋2，n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*(P≠Q 表示点 P 与 Q 不重合)．若 dn＝|AnBn|，Sn 为△AnBnBn＋1 的面积，则( ) A．{Sn}是等差数列 B．{S2n}是等差数列 C．{dn}是等差数列 D．{d2n}是等差数列 解析：选 A 由题意，过点 A1，A2，A3，…，An，An＋1，…分别作直线 B1Bn＋1 的垂线， 高分别记为 h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…，根据平行线的性质，得 h1，h2，h3，…，hn， hn＋1，…成等差数列，又 Sn＝1 2 ×|BnBn＋1|×hn，|BnBn＋1|为定值，所以{Sn}是等差数列．故选 A. 2．(2017·全国卷Ⅰ)记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和．已知 S2＝2，S3＝－6. (1)求{an}的通项公式； (2)求 Sn，并判断 Sn＋1，Sn，Sn＋2 是否成等差数列． 解：(1)设{an}的公比为 q. 由题设可得 a11＋q＝2， a11＋q＋q2＝－6. 解得 a1＝－2， q＝－2. 故{an}的通项公式为 an＝(－2)n. (2)由(1)可得 Sn＝－2×[1－－2n] 1－－2 ＝－2 3 ＋(－1)n2n＋1 3 . 由于 Sn＋2＋Sn＋1＝－4 3 ＋(－1)n2n＋3－2n＋2 3 ＝2 －2 3 ＋－1n2n＋1 3 ＝2Sn， 故 Sn＋1，Sn，Sn＋2 成等差数列． 等差数列的性质 [典例] (1)已知等差数列{an}的公差为 d(d≠0)，且 a3＋a6＋a10＋a13＝32，若 am＝8，则 m 的值为( ) A．8 B．12 C．6 D．4 (2)已知数列{an}，{bn}为等差数列，前 n 项和分别为 Sn，Tn，若Sn Tn ＝3n＋2 2n ，则a7 b7 ＝( ) A.41 26 B.23 14 C.11 7 D.11 6 (3)(2018·天水模拟)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 S10＝10，S20＝30，则 S30＝ ________. [解析] (1)由 a3＋a6＋a10＋a13＝32，得(a3＋a13)＋(a6＋a10)＝32，得 4a8＝32，即 a8＝8， m＝8. (2)因为{an}，{bn}为等差数列，且Sn Tn ＝3n＋2 2n ， 所以a7 b7 ＝2a7 2b7 ＝a1＋a13 b1＋b13 ＝ 13a1＋a13 2 13b1＋b13 2 ＝S13 T13 ＝3×13＋2 2×13 ＝41 26. (3)∵S10，S20－S10，S30－S20 成等差数列， ∴2(S20－S10)＝S10＋S30－S20， ∴40＝10＋S30－30，∴S30＝60. [答案] (1)A (2)A (3)60 [方法技巧] 等差数列的性质 (1)项的性质 在等差数列{an}中，am－an＝(m－n)d⇔am－an m－n ＝d(m≠n)，其几何意义是点(n，an)，(m， am)所在直线的斜率等于等差数列的公差． (2)和的性质 在等差数列{an}中，Sn 为其前 n 项和，则 ①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)； ②S2n－1＝(2n－1)an. [即时演练] 1．(2018·岳阳模拟)在等差数列{an}中，如果 a1＋a2＝40，a3＋a4＝60，那么 a7＋a8＝( ) A．95 B．100 C．135 D．80 解析：选 B 由等差数列的性质可知，a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，a7＋a8 构成新的等差数 列，于是 a7＋a8＝(a1＋a2)＋(4－1)[(a3＋a4)－(a1＋a2)]＝40＋3×20＝100. 2．(2018·广州模拟)已知等比数列{an}的各项都为正数，且 a3，1 2a5，a4 成等差数列，则a3＋a5 a4＋a6 的值是( ) A. 5－1 2 B. 5＋1 2 C.3－ 5 2 D.3＋ 5 2 解析：选 A 设等比数列{an}的公比为 q，由 a3，1 2a5，a4 成等差数列可得 a5＝a3＋a4， 即 a3q2＝a3＋a3q，故 q2－q－1＝0，解得 q＝1＋ 5 2 或 q＝1－ 5 2 (舍去)，所以a3＋a5 a4＋a6 ＝a3＋a3q2 a4＋a4q2 ＝a31＋q2 a41＋q2 ＝1 q ＝ 2 5＋1 ＝ 5－1 2 . 3．若两个等差数列{an}和{bn}的前 n 项和分别是 Sn，Tn，已知Sn Tn ＝ 7n n＋3 ，则 a10 b9＋b12 ＋ a11 b8＋b13 ＝________. 解析：∵数列{an}和{bn}都是等差数列， ∴ a10 b9＋b12 ＋ a11 b8＋b13 ＝a10＋a11 b9＋b12 ＝a10＋a11 b10＋b11 ＝S20 T20 ＝7×20 20＋3 ＝140 23 . 答案：140 23 等差数列前 n 项和的最值 等差数列的通项 an 及前 n 项和 Sn 均为 n 的函数，通常利用函数法或通项变号法解决 等差数列前 n 项和 Sn 的最值问题． [典例] 等差数列{an}中，设 Sn 为其前 n 项和，且 a1>0，S3＝S11，当 Sn 取得最大值时， n 的值为________． [解析] 法一：用“函数法”解题 由 S3＝S11，可得 3a1＋3×2 2 d＝11a1＋11×10 2 d，即 d＝－ 2 13a1.从而 Sn＝d 2n2＋ a1－d 2 n＝ －a1 13(n－7)2＋49 13a1， 因为 a1>0，所以－a1 13<0. 故当 n＝7 时，Sn 最大． 法二：用“通项变号法”解题 由法一可知，d＝－ 2 13a1. 要使 Sn 最大，则有 an≥0， an＋1≤0， 即 a1＋n－1 － 2 13a1 ≥0， a1＋n － 2 13a1 ≤0， 解得 6.5≤n≤7.5，故当 n＝7 时，Sn 最大． [答案] 7 [方法技巧] 求等差数列前 n 项和 Sn 最值的 2 种方法 (1)函数法 利用等差数列前 n 项和的函数表达式 Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象求二次函数最 值的方法求解． (2)通项变号法 ①当 a1>0，d<0 时，满足 am≥0， am＋1≤0 的项数 m 使得 Sn 取得最大值为 Sm； ②当 a1<0，d>0 时，满足 am≤0， am＋1≥0 的项数 m 使得 Sn 取得最小值为 Sm. [即时演练] 1．(2018·潍坊模拟)在等差数列{an}中，a1＝29，S10＝S20，则数列{an}的前 n 项和 Sn 的 最大值为( ) A．S15 B．S16 C．S15 或 S16 D．S17 解析：选 A ∵a1＝29，S10＝S20， ∴10a1＋10×9 2 d＝20a1＋20×19 2 d，解得 d＝－2， ∴Sn＝29n＋nn－1 2 ×(－2)＝－n2＋30n＝－(n－15)2＋225. ∴当 n＝15 时，Sn 取得最大值． 2．已知{an}是等差数列，a1＝－26，a8＋a13＝5，当{an}的前 n 项和 Sn 取最小值时，n 的 值为( ) A．8 B．9 C．10 D．11 解析：选 B 设数列{an}的公差为 d， ∵a1＝－26，a8＋a13＝5， ∴－26＋7d－26＋12d＝5，解得 d＝3， ∴Sn＝－26n＋nn－1 2 ×3＝3 2n2－55 2 n＝3 2 n－55 6 2－3 025 24 ， ∴{an}的前 n 项和 Sn 取最小值时，n＝9. 3．已知{an}是各项不为零的等差数列，其中 a1>0，公差 d<0，若 S10＝0，则数列{an}的 前 n 项和取最大值时，n＝________. 解析：由 S10＝10a1＋a10 2 ＝5(a5＋a6)＝0， 可得 a5＋a6＝0， ∴a5>0，a6<0，即数列{an}的前 5 项和为最大值，∴n＝5. 答案：5 1．(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{an}的首项为 1，公差不为 0.若 a2，a3，a6 成等比数列，则{an} 前 6 项的和为( ) A．－24 B．－3 C．3 D．8 解析：选 A 设等差数列{an}的公差为 d， 因为 a2，a3，a6 成等比数列，所以 a2a6＝a23， 即(a1＋d)(a1＋5d)＝(a1＋2d)2. 又 a1＝1，所以 d2＋2d＝0. 又 d≠0，则 d＝－2， 所以{an}前 6 项的和 S6＝6×1＋6×5 2 ×(－2)＝－24. 2．(2016·全国卷Ⅰ)已知等差数列{an}前 9 项的和为 27，a10＝8，则 a100＝( ) A．100 B．99 C．98 D．97 解析：选 C 法一：∵{an}是等差数列，设其公差为 d， ∴S9＝9 2(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3. 又∵a10＝8，∴ a1＋4d＝3， a1＋9d＝8， ∴ a1＝－1， d＝1. ∴a100＝a1＋99d＝－1＋99×1＝98. 法二：∵{an}是等差数列， ∴S9＝9 2(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3. 在等差数列{an}中，a5，a10，a15，…，a100 成等差数列，且公差 d′＝a10－a5＝8－3＝5. 故 a100＝a5＋(20－1)×5＝98. 3．(2014·全国卷Ⅰ)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其 中λ为常数． (1)证明：an＋2－an＝λ； (2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由． 解：(1)证明：由题设，anan＋1＝λSn－1， an＋1an＋2＝λSn＋1－1. 两式相减得 an＋1(an＋2－an)＝λan＋1. 由于 an＋1≠0，所以 an＋2－an＝λ. (2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得 a2＝λ－1. 由(1)知，a3＝λ＋1. 令 2a2＝a1＋a3，解得λ＝4. 故 an＋2－an＝4，由此可得{a2n－1}是首项为 1，公差为 4 的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n} 是首项为 3，公差为 4 的等差数列，a2n＝4n－1. 所以 an＝2n－1，an＋1－an＝2. 因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列． 4．(2013·全国卷Ⅱ)已知等差数列{an}的公差不为零，a1＝25，且 a1，a11，a13 成等比数 列． (1)求{an}的通项公式； (2)求 a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2. 解：(1)设{an}的公差为 d.由题意，a211＝a1a13， 即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)， 于是 d(2a1＋25d)＝0. 又 a1＝25，所以 d＝0(舍去)，或 d＝－2. 故 an＝－2n＋27. (2)令 Sn＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2. 由(1)知 a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首项为 25，公差为－6 的等差数列． 从而 Sn＝n 2(a1＋a3n－2)＝n 2(－6n＋56)＝－3n2＋28n. 一、选择题 1．(2018·厦门一中测试)已知数列{an}中，a2＝3 2 ，a5＝9 8 ，且 1 an－1 是等差数列，则 a7＝ ( ) A.10 9 B.11 10 C.12 11 D.13 12 解析：选 D 设等差数列 1 an－1 的公差为 d，则 1 a5－1 ＝ 1 a2－1 ＋3d，即 1 9 8 －1 ＝ 1 3 2 －1 ＋3d， 解得 d＝2，所以 1 a7－1 ＝ 1 a2－1 ＋5d＝12，解得 a7＝13 12. 2．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重 四斤，斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金箠，长五尺，一头 粗，一头细，在粗的一端截下 1 尺，重 4 斤，在细的一端截下 1 尺，重 2 斤，问依次每一尺 各重多少斤？”根据上题的已知条件，若金箠由粗到细是均匀变化的，问第二尺与第四尺的 重量之和为( ) A．6 斤 B．9 斤 C．9.5 斤 D．12 斤 解析：选 A 依题意，金箠由粗到细各尺的重量构成一个等差数列， 设首项 a1＝4，则 a5＝2. 由等差数列的性质得 a2＋a4＝a1＋a5＝6， 所以第二尺与第四尺的重量之和为 6 斤． 3．(2018·银川一中月考)在等差数列{an}中，首项 a1>0，公差 d≠0，前 n 项和为 Sn(n∈ N*)，有下列命题： ①若 S3＝S11，则必有 S14＝0； ②若 S3＝S11，则必有 S7 是 Sn 中的最大项； ③若 S7>S8，则必有 S8>S9； ④若 S7>S8，则必有 S6>S9. 其中正确命题的个数是( ) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选 D 对于①，若 S11－S3＝4(a1＋a14)＝0，即 a1＋a14＝0，则 S14＝14a1＋a14 2 ＝0， 所以①正确； 对于②，当 S3＝S11 时，易知 a7＋a8＝0，又 a1>0，d≠0，所以 a7>0>a8，故 S7 是 Sn 中的 最大项，所以②正确； 对于③，若 S7>S8，则 a8<0，那么 d<0，可知 a9<0，此时 S9－S8<0，即 S8>S9，所以③正 确； 对于④，若 S7>S8，则 a8<0，S9－S6＝a7＋a8＋a9＝3a8<0，即 S6>S9，所以④正确．故选 D. 4．(2018·大同模拟)在等差数列{an}中，a1＋a2＋a3＝3，a18＋a19＋a20＝87，则此数列前 20 项的和等于( ) A．290 B．300 C．580 D．600 解析：选 B 由 a1＋a2＋a3＝3a2＝3，得 a2＝1. 由 a18＋a19＋a20＝3a19＝87，得 a19＝29， 所以 S20＝20a1＋a20 2 ＝10(a2＋a19)＝300. 5．设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 S9＝18，an－4＝30(n>9)，若 Sn＝336，则 n 的值 为( ) A．18 B．19 C．20 D．21 解析：选 D 因为{an}是等差数列，所以 S9＝9a5＝18，a5＝2，Sn＝na1＋an 2 ＝na5＋an－4 2 ＝n 2 ×32＝16n＝336，解得 n＝21. 6．设{an}是等差数列，d 是其公差，Sn 是其前 n 项和，且 S5S8，则下列结 论错误的是( ) A．d<0 B．a7＝0 C．S9>S5 D．当 n＝6 或 n＝7 时 Sn 取得最大值 解析：选 C 由 S50.同理由 S7>S8，得 a8<0.又 S6＝S7，∴a1＋a2＋…＋a6＝a1＋a2＋…＋a6＋a7，∴a7＝0，∴B 正确；∵d ＝a7－a6<0，∴A 正确；而 C 选项，S9>S5，即 a6＋a7＋a8＋a9>0，可得 2(a7＋a8)>0，由结论 a7＝0，a8<0，知 C 选项错误；∵S5S8，∴结合等差数列前 n 项和的函数特性可 知 D 正确．故选 C. 7．等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若公差 d>0，(S8－S5)(S9－S5)<0，则( ) A．|a7|>|a8| B．|a7|<|a8| C．|a7|＝|a8| D．|a7|＝0 解析：选 B 因为(S8－S5)(S9－S5)<0， 所以(a6＋a7＋a8)(a6＋a7＋a8＋a9)<0， 因为{an}为等差数列， 所以 a6＋a7＋a8＝3a7， a6＋a7＋a8＋a9＝2(a7＋a8)， 所以 a7(a7＋a8)<0， 所以 a7 与(a7＋a8)异号． 又公差 d>0， 所以 a7<0，a8>0，且|a7|<|a8|，故选 B. 二、填空题 8．在数列{an}中，an＋1＝ an 1＋3an ，a1＝2，则 a20＝________. 解析：由 an＋1＝ an 1＋3an ，a1＝2， 可得 1 an＋1 － 1 an ＝3， 所以 1 an 是以1 2 为首项，3 为公差的等差数列． 所以 1 an ＝1 2 ＋3(n－1)，即 an＝ 2 6n－5 ， 所以 a20＝ 2 115. 答案： 2 115 9．数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝2an＋2n，则数列{an}的通项公式为________． 解析：∵a1＝1，an＋1＝2an＋2n， ∴an＋1 2n＋1 ＝an 2n ＋1 2 ， ∴数列 an 2n 是首项为a1 2 ＝1 2 ，公差 d＝1 2 的等差数列， 故an 2n ＝1 2 ＋(n－1)×1 2 ＝1 2n， 即 an＝n·2n－1. 答案：an＝n·2n－1 10．设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，若 S4≠0，且 S8＝3S4，S12＝λS8，则λ＝________. 解析：当 S4≠0，且 S8＝3S4，S12＝λS8 时， 由等差数列的性质得：S4，S8－S4，S12－S8 成等差数列， ∴2(S8－S4)＝S4＋(S12－S8)， ∴2(3S4－S4)＝S4＋(λ·3S4－3S4)， 解得λ＝2. 答案：2 三、解答题 11．已知数列{an}是等差数列，且 a1，a2，a5 成等比数列，a3＋a4＝12. (1)求 a1＋a2＋a3＋a4＋a5； (2)设 bn＝10－an，数列{bn}的前 n 项和为 Sn，若 b1≠b2，则 n 为何值时，Sn 最大？Sn 最 大值是多少？ 解：(1)设{an}的公差为 d， ∵a1，a2，a5 成等比数列， ∴(a1＋d)2＝a1(a1＋4d)， 解得 d＝0 或 d＝2a1. 当 d＝0 时，∵a3＋a4＝12，∴an＝6， ∴a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝30； 当 d≠0 时，∵a3＋a4＝12，∴a1＝1，d＝2， ∴a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝25. (2)∵b1≠b2，bn＝10－an，∴a1≠a2，∴d≠0， 由(1)知 an＝2n－1， ∴bn＝10－an＝10－(2n－1)＝11－2n，Sn＝10n－n2＝－(n－5)2＋25. ∴当 n＝5 时，Sn 取得最大值，最大值为 25. 12．(2018·沈阳质检)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a3＋a6＝4，S5＝－5. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若 Tn＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|，求 T5 的值和 Tn 的表达式． 解：(1)设等差数列{an}的公差为 d， 由题意知 2a1＋7d＝4， 5a1＋5×4 2 d＝－5， 解得 a1＝－5， d＝2， 故 an＝2n－7(n∈N*)． (2)由 an＝2n－7<0，得 n<7 2 ，即 n≤3， 所以当 n≤3 时，an＝2n－7<0，当 n≥4 时，an＝2n－7>0. 由(1)知 Sn＝n2－6n， 所以当 n≤3 时，Tn＝－Sn＝6n－n2； 当 n≥4 时， Tn＝－S3＋(Sn－S3)＝Sn－2S3＝n2－6n＋18. 故 T5＝13，Tn＝ 6n－n2，n≤3， n2－6n＋18，n≥4. 13．已知数列{an}中，a1＝4，an＝an－1＋2n－1＋3(n≥2，n∈N*)． (1)证明数列{an－2n}是等差数列，并求{an}的通项公式； (2)设 bn＝an 2n ，求 bn 的前 n 项和 Sn. 解：(1)证明：当 n≥2 时，an＝an－1＋2n－1＋3＝an－1＋2n－2n－1＋3， ∴an－2n－(an－1－2n－1)＝3. 又 a1＝4，∴a1－2＝2， 故数列{an－2n}是以 2 为首项，3 为公差的等差数列， ∴an－2n＝2＋(n－1)×3＝3n－1， ∴an＝2n＋3n－1. (2)bn＝an 2n ＝2n＋3n－1 2n ＝1＋3n－1 2n ， ∴Sn＝ 1＋2 2 ＋ 1＋ 5 22 ＋…＋ 1＋3n－1 2n ＝n＋ 2 2 ＋ 5 22 ＋…＋3n－1 2n ， 令 Tn＝2 2 ＋ 5 22 ＋…＋3n－1 2n ，① 则 1 2Tn＝ 2 22 ＋ 5 23 ＋…＋3n－1 2n＋1 ，② ①－②得，1 2Tn＝1＋ 3 22 ＋ 3 23 ＋…＋ 3 2n －3n－1 2n＋1 ， ＝1＋3× 1 4 1－ 1 2 n－1 1－1 2 －3n－1 2n＋1 ＝5 2 －3n＋5 2n＋1 ， ∴Sn＝n＋5－3n＋5 2n . 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝3，an＋1＝2an＋2n＋1－1(n∈N*)． (1)求 a2，a3； (2)求实数λ使 an＋λ 2n 为等差数列，并由此求出 an 与 Sn； (3)求 n 的所有取值，使Sn an ∈N*，说明你的理由． 解：(1)∵a1＝3，an＋1＝2an＋2n＋1－1， ∴a2＝2×3＋22－1＝9，a3＝2×9＋23－1＝25. (2)∵a1＝3，an＋1＝2an＋2n＋1－1， ∴an＋1－1＝2(an－1)＋2n＋1， ∴an＋1－1 2n＋1 －an－1 2n ＝1， 故λ＝－1 时，数列 an＋λ 2n 成等差数列，且首项为a1－1 2 ＝1，公差 d＝1. ∴an－1 2n ＝n，即 an＝n·2n＋1. ∴Sn＝(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n)＋n， 设 Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，① 则 2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，② ①－②得，－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2， ∴Tn＝(n－1)·2n＋1＋2， ∴Sn＝Tn＋n＝(n－1)·2n＋1＋2＋n. (3)Sn an ＝n－1·2n＋1＋n＋2 n·2n＋1 ＝2＋n－2n＋1 n·2n＋1 ， 结合 y＝2x 及 y＝1 2x 的图象可知 2n>n 2 恒成立， ∴2n＋1>n，即 n－2n＋1<0，∵n·2n＋1>0，∴Sn an <2. 当 n＝1 时，Sn an ＝S1 a1 ＝1∈N*； 当 n≥2 时，∵an>0 且{an}为递增数列， ∴Sn>0 且 Sn>an， ∴Sn an >1，即 10)，由题意可知，lg a3＝b3，lg a6＝b6. 又 b3＝18，b6＝12，则 a1q2＝1018，a1q5＝1012，∴q3＝10－6，即 q＝10－2，∴a1＝1022. 又{an}为正项等比数列， ∴{bn}为等差数列，且公差 d＝－2，b1＝22， ∴数列{bn}的前 n 项和 Sn＝22n＋nn－1 2 ×(－2)＝－n2＋23n＝－ n－23 2 2＋529 4 . 又 n∈N*，故 n＝11 或 12 时，(Sn)max＝132. 6．正项等比数列{an}中，存在两项 am，an，使得 aman＝4a1，且 a6＝a5＋2a4，则1 m ＋4 n 的 最小值是( ) A.3 2 B．2 C.7 3 D.25 6 解析：选 A 设等比数列{an}的公比为 q，其中 q>0，于是有 a4q2＝a4q＋2a4，即 q2－q －2＝0，(q＋1)(q－2)＝0(q>0)，由此解得 q＝2.由 aman＝16a21，得 a21×2m＋n－2＝16a21，故 m＋ n＝6，其中 m，n∈N*，∴1 m ＋4 n ＝1 6 1 m ＋4 n(m＋n)＝5＋n m ＋4m n 6 ≥5＋2 n m ×4m n 6 ＝3 2 ，当且仅 当n m ＝4m n ，即 m＝2，n＝4 时等号成立，∴1 m ＋4 n 的最小值为3 2. 二、填空题 7．已知数列{an}满足 a1，a2 a1 ，a3 a2 ，…， an an－1 是首项为 1，公比为 2 的等比数列，则 a101＝ ________. 解析：因为数列{an}满足 a1，a2 a1 ，a3 a2 ，…， an an－1 是首项为 1，公比为 2 的等比数列， 所以 a1＝1， an an－1 ＝2n－1， 所以 an＝a1·a2 a1 ·a3 a2 ·…· an an－1 ＝1×2×22×…×2n－1＝21＋2＋…＋(n－1) ＝2nn－1 2 ， 当 n＝1 时，a1＝1 满足上式，故 an＝2nn－1 2 ， 所以 a101＝2101×101－1 2 ＝25 050. 答案：25 050 8．(2017·辽宁一模)在等比数列{an}中，若 a7＋a8＋a9＋a10＝15 8 ，a8a9＝－9 8 ，则 1 a7 ＋ 1 a8 ＋ 1 a9 ＋ 1 a10 ＝________. 解析：因为 1 a7 ＋ 1 a10 ＝a7＋a10 a7a10 ， 1 a8 ＋ 1 a9 ＝a8＋a9 a8a9 ，由等比数列的性质知 a7a10＝a8a9，所以 1 a7 ＋ 1 a8 ＋ 1 a9 ＋ 1 a10 ＝a7＋a8＋a9＋a10 a8a9 ＝15 8 ÷ －9 8 ＝－5 3. 答案：－5 3 9．设数列{an}的前 n 项和为 Sn(n∈N*)，关于数列{an}有下列四个命题： ①若{an}既是等差数列又是等比数列，则 an＝an＋1(n∈N*)； ②若 Sn＝an2＋bn(a，b∈R)，则{an}是等差数列； ③若 Sn＝1－(－1)n，则{an}是等比数列； ④若 S1＝1，S2＝2，且 Sn＋1－3Sn＋2Sn－1＝0(n≥2)，则数列{an}是等比数列． 其中真命题的序号是________． 解析：若{an}既是等差数列又是等比数列，设其前三项分别为：a－d，a，a＋d(d 为公差)， 则 a2＝(a－d)(a＋d)，解得 d＝0，因此 an＝an＋1(n∈N*)，①正确； 由 Sn＝an2＋bn(a，b∈R)是数列{an}为等差数列的充要条件，可知②正确； 若 Sn＝1－(－1)n，则 a1＝2，n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2(－1)n－1，为等比数列，首项为 2， 公比为－1，因此③正确； 由 Sn＋1－3Sn＋2Sn－1＝0(n≥2)，可得 Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)，即 an＋1＝2an，又 S1＝1， S2＝2，∴a1＝1，a2＝1，可得 a2＝a1，∴数列{an}不是等比数列，④错误． 故真命题的序号是①②③. 答案：①②③ 三、解答题 10．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 an＝Sn＋n 2 (n∈N*)． (1)若数列{an＋t}是等比数列，求 t 的值； (2)求数列{an}的通项公式； (3)记 bn＝ 1 an＋1 ＋ 1 anan＋1 ，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)当 n＝1 时，由 a1＝S1＋1 2 ＝a1＋1 2 ，得 a1＝1. 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2an－n－2an－1＋(n－1)， 即 an＝2an－1＋1， ∴a2＝3，a3＝7. 依题意，得(3＋t)2＝(1＋t)(7＋t)，解得 t＝1， 当 t＝1 时，an＋1＝2(an－1＋1)，n≥2， 即{an＋1}为等比数列成立， 故实数 t 的值为 1. (2)由(1)，知当 n≥2 时，an＋1＝2(an－1＋1)， 又因为 a1＋1＝2， 所以数列{an＋1}是以 2 为首项，2 为公比的等比数列． 所以 an＋1＝2×2n－1＝2n， ∴an＝2n－1. (3)由(2)，知 bn＝ 1 an＋1 ＋ 1 anan＋1 ＝an＋1 anan＋1 ＝ 2n 2n－12n＋1－1 ＝ 1 2n－1 － 1 2n＋1－1 ， 则 Tn ＝ 1 2－1 － 1 22－1 ＋ 1 22－1 － 1 23－1 ＋ 1 23－1 － 1 24－1 ＋…＋ 1 2n－1－1 － 1 2n－1 ＋ 1 2n－1 － 1 2n＋1－1 ＝1－ 1 2n＋1－1 . 11．已知数列{an}满足 a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an(n∈N*)． (1)证明：数列{an＋1－an}是等比数列； (2)设 bn＝ 2n－1 an·an＋1 ，Tn 是数列{bn}的前 n 项和，证明：Tn<1 2. 证明：(1)∵an＋2＝3an＋1－2an， ∴an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)， 又∵a2－a1＝3－1＝2， ∴数列{an＋1－an}是首项为 2、公比为 2 的等比数列． (2)由(1)可知 an＋1－an＝2n，显然数列{an}是递增的， ∴bn＝ 2n－1 an·an＋1 ＝1 2· 2n an·an＋1 ＝1 2·an＋1－an an·an＋1 ＝1 2 1 an － 1 an＋1 ， 于是 Tn＝1 2 1 a1 － 1 a2 ＋ 1 a2 － 1 a3 ＋…＋ 1 an － 1 an＋1 ＝1 2 1 a1 － 1 an＋1 ＝1 2 1－ 1 an＋1 <1 2. 12．已知数列{an}的前 n 项和是 Sn，且 Sn＋1 3an＝1(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝log4(1－Sn＋1)(n∈N*)，Tn＝ 1 b1b2 ＋ 1 b2b3 ＋…＋ 1 bnbn＋1 ，求 Tn 的取值范围． 解：(1)当 n＝1 时，a1＝S1，由 S1＋1 3a1＝1，得 a1＝3 4 ， 当 n≥2 时，Sn＋1 3an＝1，Sn－1＋1 3an－1＝1，两式相减得，Sn－Sn－1＋1 3(an－an－1)＝0，∴ an＝1 4an－1. ∴{an}是以3 4 为首项，1 4 为公比的等比数列． 故 an＝3 4 1 4 n－1＝3 1 4 n(n∈N*)． (2)由(1)知 1－Sn＋1＝1 3an＋1＝ 1 4 n＋1， ∴bn＝log4(1－Sn＋1)＝log4 1 4 n＋1＝－(n＋1)， ∴ 1 bnbn＋1 ＝ 1 n＋1n＋2 ＝ 1 n＋1 － 1 n＋2 ， 故 Tn＝ 1 b1b2 ＋ 1 b2b3 ＋…＋ 1 bnbn＋1 ＝ 1 2 －1 3 ＋ 1 3 －1 4 ＋…＋ 1 n＋1 － 1 n＋2 ＝1 2 － 1 n＋2 ，∴ 1 6 ≤Tn<1 2 ， 即 Tn 的取值范围为 1 6 ，1 2 . 1．数列{an}是以 a 为首项，q 为公比的等比数列，数列{bn}满足 bn＝1＋a1＋a2＋…＋an， 数列 cn＝2＋b1＋b2＋…＋bn，若{cn}为等比数列，则 a＋q＝( ) A. 2 B．3 C. 5 D．6 解析：选 B 由题意知 q≠1.因为数列{an}是以 a 为首项，q 为公比的等比数列，所以 bn ＝1＋ a 1－q － aqn 1－q ，所以 cn＝2－ aq 1－q2 ＋1－q＋a 1－q n＋ aqn＋1 1－q2 ，要使{cn}为等比数列，则 2－ aq 1－q2 ＝0 且1－q＋a 1－q ＝0，所以 a＝1，q＝2，则 a＋q＝3. 2．设 Sn 是数列{an}的前 n 项和，已知 a1＝3，an＋1＝2Sn＋3. (1)求数列{an}的通项公式； (2)令 bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)当 n＝1 时，a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝9， 当 n≥2 时，an＋1＝2Sn＋3， 可得 an＝2Sn－1＋3. 两式相减得，an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)， 即 an＋1－an＝2an，an＋1＝3an， 则 an＝a2·3n－2＝9×3n－2＝3n. 又 an＝3n 对 n＝1 也成立， 所以 an＝3n. (2)由(1)知，bn＝(2n－1)an＝(2n－1)×3n， 故 Tn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n， 3Tn＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n－1)×3n＋1， 两式相减可得－2Tn＝3＋2(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)×3n＋1＝3＋2×91－3n－1 1－3 －(2n－ 1)×3n＋1， 化简可得 Tn＝3＋(n－1)×3n＋1. 高考研究课(三) 数列求和的 3 种方法——分组转化、裂项相消及错位相减 非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想： 1转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项 分解或错位相消来完成. 2不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法 等来求和. 分组转化法求和 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 用分组求和法，分别求和后再相加减． [典例] 已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋n 2 ，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前 2n 项和． [思路点拨] (1)根据题意，利用 an＝Sn－Sn－1(n≥2)化简，再验证 a1，即可得出结论； (2)bn＝2n＋(－1)nn，分两部分求和：2n 利用等比数列的前 n 项和公式求解；(－1)nn 的结果易 得，则求得结论． [解] (1)当 n＝1 时，a1＝S1＝1； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n 2 －n－12＋n－1 2 ＝n. 又 a1 也满足 an＝n， 故数列{an}的通项公式为 an＝n. (2)由(1)知 an＝n，故 bn＝2n＋(－1)nn. 记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n，则 T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)． 记 A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n， 则 A＝21－22n 1－2 ＝22n＋1－2， B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n. 故数列{bn}的前 2n 项和 T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2. [方法技巧] (1)若数列{cn}的通项公式为 cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和 法求数列{cn}的前 n 项和． (2)若数列{cn}的通项公式为 cn＝ an，n 为奇数， bn，n 为偶数， 其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差 数列，可采用分组求和法求{cn}的前 n 项和． [即时演练] 已知等比数列{an}中，首项 a1＝3，公比 q＞1，且 3(an＋2＋an)－10an＋1＝0(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＋1 3an 是首项为 1，公差为 2 的等差数列，求数列{bn}的通项公式和前 n 项和 Sn. 解：(1)∵3(an＋2＋an)－10an＋1＝0， ∴3(anq2＋an)－10anq＝0， 即 3q2－10q＋3＝0. ∵公比 q＞1，∴q＝3. 又首项 a1＝3，∴数列{an}的通项公式为 an＝3n. (2)∵ bn＋1 3an 是首项为 1，公差为 2 的等差数列， ∴bn＋1 3an＝1＋2(n－1)． 即数列{bn}的通项公式为 bn＝2n－1－3n－1， Sn＝－(1＋3＋32＋…＋3n－1)＋[1＋3＋…＋(2n－1)] ＝－1 2(3n－1)＋n2. 裂项相消法求和 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． 在相加抵消过程中，有的是依次抵消，有的是间隔抵消，特别是间隔抵消时要注意规律 性． 一般地，若{an}为等差数列，则求数列 1 anan＋1 的前 n 项和可尝试此方法，事实上， 1 anan＋1 ＝ d danan＋1 ＝an＋1－an danan＋1 ＝1 d· 1 an － 1 an＋1 . [典例] (2018·沈阳质检)已知数列{an}是递增的等比数列，且 a1＋a4＝9，a2a3＝8. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 Sn 为数列{an}的前 n 项和，bn＝ an＋1 SnSn＋1 ，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. [解] (1)由题设知 a1a4＝a2a3＝8， 又 a1＋a4＝9，可解得 a1＝1， a4＝8 或 a1＝8， a4＝1 (舍去)． 设等比数列{an}的公比为 q，由 a4＝a1q3 得 q＝2， 故 an＝a1qn－1＝2n－1，n∈N*. (2)Sn＝a11－qn 1－q ＝2n－1， 又 bn＝ an＋1 SnSn＋1 ＝Sn＋1－Sn SnSn＋1 ＝ 1 Sn － 1 Sn＋1 ， 所以 Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝ 1 S1 － 1 S2 ＋ 1 S2 － 1 S3 ＋…＋ 1 Sn － 1 Sn＋1 ＝ 1 S1 － 1 Sn＋1 ＝1－ 1 2n＋1－1 . [方法技巧] 1．用裂项法求和的裂项原则及消项规律 (1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止． (2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项． 2．常见式的裂项 数列(n 为正整数) 裂项方法 1 nn＋k (k 为非零 常数) 1 nn＋k ＝1 k 1 n － 1 n＋k 1 4n2－1 ＝1 2 1 2n－1 － 1 2n＋1 1 n＋ n＋1 ＝ n＋1－ n loga 1＋1 n (a>0， a≠1) loga 1＋1 n ＝loga(n＋1)－logan [即时演练] 1．(2018·福州质检)已知函数 f(x)＝xa 的图象过点(4,2)，令 an＝ 1 fn＋1＋fn ，n∈N*.记 数列{an}的前 n 项和为 Sn，则 S2 018＝( ) A. 2 017－1 B. 2 018－1 C. 2 019－1 D. 2 019＋1 解析：选 C 由 f(4)＝2，可得 4a＝2，解得 a＝1 2 ， 则 f(x)＝x1 2. ∴an＝ 1 fn＋1＋fn ＝ 1 n＋1＋ n ＝ n＋1－ n， S2 018＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝( 2－ 1)＋( 3－ 2)＋( 4－ 3)＋…＋( 2 018－ 2 017) ＋( 2 019－ 2 018)＝ 2 019－1. 2．(2018·银川质检)正项数列{an}的前 n 项和 Sn 满足：S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0. (1)求数列{an}的通项公式 an； (2)令 bn＝ n＋1 n＋22a2n ，数列{bn}的前 n 项和为 Tn.证明：对于任意的 n∈N*，都有 Tn< 5 64. 解：(1)由 S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0， 得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0. 由于{an}是正项数列， 所以 Sn>0，Sn＝n2＋n. 于是 a1＝S1＝2， 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n. 综上，数列{an}的通项公式为 an＝2n. (2)证明：由于 an＝2n， 则 bn＝ n＋1 n＋22a2n ＝ n＋1 4n2n＋22 ＝ 1 16 1 n2 － 1 n＋22 . 故 Tn＝ 1 161－ 1 32 ＋ 1 22 － 1 42 ＋ 1 32 － 1 52 ＋…＋ 1 n－12 － 1 n＋12 ＋ 1 n2 － 1 n＋22 ＝ 1 161＋ 1 22 － 1 n＋12 － 1 n＋22< 1 16 1＋ 1 22 ＝ 5 64. 错位相减法求和 如果一个数列的各项由一个等差数列的各项和一个等比数列对应项乘积组成，那么这个 数列的前 n 项和可用此法来求．即求数列{an·bn}的前 n 项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列 和等比数列． [典例] (2017·天津高考)已知{an}为等差数列，前 n 项和为 Sn(n∈N*)，{bn}是首项为 2 的等比数列，且公比大于 0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)求数列{a2nb2n－1}的前 n 项和(n∈N*)． [思路点拨] (1)设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q，建立方程求解； (2)先求{a2n}和{b2n－1}的通项，可得 a2nb2n－1 的值，再根据错位相减法求和． [解] (1)设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q. 由已知 b2＋b3＝12，得 b1(q＋q2)＝12， 而 b1＝2，所以 q2＋q－6＝0. 又因为 q＞0，解得 q＝2. 所以 bn＝2n. 由 b3＝a4－2a1，可得 3d－a1＝8.① 由 S11＝11b4，可得 a1＋5d＝16.② 由①②，解得 a1＝1，d＝3，由此可得 an＝3n－2. 所以数列{an}的通项公式为 an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为 bn＝2n. (2)设数列{a2nb2n－1}的前 n 项和为 Tn， 由 a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1， 得 a2nb2n－1＝(3n－1)×4n， 故 Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n， 4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1， 上述两式相减，得 －3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1 ＝12×1－4n 1－4 －4－(3n－1)×4n＋1 ＝－(3n－2)×4n＋1－8. 故 Tn＝3n－2 3 ×4n＋1＋8 3. 所以数列{a2nb2n－1}的前 n 项和为3n－2 3 ×4n＋1＋8 3. [方法技巧] 用错位相减法求和的 3 个注意事项 (1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形； (2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出 “Sn－qSn”的表达式； (3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于 1 和不等于 1 两 种情况求解． [即时演练] (2017·山东高考)已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且 x1＋x2＝3，x3－x2＝2. (1)求数列{xn}的通项公式； (2)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，依次连接点 P1(x1，1)，P2(x2,2)，…，Pn＋1(xn＋1，n ＋1)得到折线 P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线 y＝0，x＝x1，x＝xn＋1 所围成的区域的面积 Tn. 解：(1)设数列{xn}的公比为 q，由已知得 q>0. 由题意得 x1＋x1q＝3， x1q2－x1q＝2. 所以 3q2－5q－2＝0. 因为 q>0，所以 q＝2，x1＝1， 因此数列{xn}的通项公式为 xn＝2n－1. (2)过 P1，P2，…，Pn＋1 向 x 轴作垂线，垂足分别为 Q1，Q2，…，Qn＋1. 由(1)得 xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1， 记梯形 PnPn＋1Qn＋1Qn 的面积为 bn， 由题意得 bn＝n＋n＋1 2 ×2n－1＝(2n＋1)×2n－2， 所以 Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)×2n－2.① 又 2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1.② ①－②得 －Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1 ＝3 2 ＋21－2n－1 1－2 －(2n＋1)×2n－1. 所以 Tn＝2n－1×2n＋1 2 . 1．(2014·全国卷Ⅱ)等差数列{an}的公差为 2，若 a2，a4，a8 成等比数列，则{an}的前 n 项和 Sn ＝( ) A．n(n＋1) B. n(n－1) C. nn＋1 2 D.nn－1 2 解析：选 A 因为 a2，a4，a8 成等比数列，所以 a24＝a2·a8，所以(a1＋6)2＝(a1＋2)·(a1＋ 14)，解得 a1＝2.所以 Sn＝na1＋nn－1 2 d＝n(n＋1)． 2．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a3＝3，S4＝10，则错误! 1 Sk ＝________. 解析：设等差数列{an}的首项为 a1，公差为 d， 依题意有 a1＋2d＝3， 4a1＋6d＝10， 解得 a1＝1， d＝1， 所以 Sn＝nn＋1 2 ， 1 Sn ＝ 2 nn＋1 ＝2 1 n － 1 n＋1 ， 因此错误! 1 Sk ＝2 1－1 2 ＋1 2 －1 3 ＋…＋1 n － 1 n＋1 ＝ 2n n＋1 . 答案： 2n n＋1 3．(2015·全国卷Ⅰ)Sn 为数列{an}的前 n 项和．已知 an>0，a2n＋2an＝4Sn＋3. (1)求{an}的通项公式； (2)设 bn＝ 1 anan＋1 ，求数列{bn}的前 n 项和． 解：(1)由 a2n＋2an＝4Sn＋3，① 可知 a2n＋1＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.② ②－①，得 a2n＋1－a2n＋2(an＋1－an)＝4an＋1， 即 2(an＋1＋an)＝a2n＋1－a2n＝(an＋1＋an)(an＋1－an)． 由 an>0，得 an＋1－an＝2. 又 a21＋2a1＝4a1＋3，解得 a1＝－1(舍去)或 a1＝3. 所以{an}是首项为 3，公差为 2 的等差数列，通项公式为 an＝2n＋1. (2)由 an＝2n＋1 可知 bn＝ 1 anan＋1 ＝ 1 2n＋12n＋3 ＝1 2 1 2n＋1 － 1 2n＋3 . 设数列{bn}的前 n 项和为 Tn，则 Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝1 2 1 3 －1 5 ＋ 1 5 －1 7 ＋…＋ 1 2n＋1 － 1 2n＋3 ＝ n 32n＋3. 4．(2014·全国卷Ⅱ)已知数列{an}满足 a1＝1，an＋1＝3an＋1. (1)证明 an＋1 2 是等比数列，并求{an}的通项公式； (2)证明： 1 a1 ＋ 1 a2 ＋…＋ 1 an <3 2. 证明：(1)由 an＋1＝3an＋1 得 an＋1＋1 2 ＝3 an＋1 2 . 又 a1＋1 2 ＝3 2 ，所以 an＋1 2 是首项为3 2 ，公比为 3 的等比数列． 所以 an＋1 2 ＝3n 2 ， 因此{an}的通项公式为 an＝3n－1 2 . (2)由(1)知 1 an ＝ 2 3n－1. 因为当 n≥1 时，3n－1≥2×3n－1， 所以 1 3n－1 ≤ 1 2×3n－1. 于是 1 a1 ＋ 1 a2 ＋…＋ 1 an ≤1＋1 3 ＋…＋ 1 3n－1 ＝3 2 1－ 1 3n <3 2. 所以 1 a1 ＋ 1 a2 ＋…＋ 1 an <3 2. 一、选择题 1．在公差大于 0 的等差数列{an}中，2a7－a13＝1，且 a1，a3－1，a6＋5 成等比数列，则 数列(－1)n－1an 的前 21 项和为( ) A．21 B．－21 C．441 D．－441 解析：选 A 设等差数列{an}的公差为 d，d>0，由题意可得 2(a1＋6d)－(a1＋12d)＝1，a1(a1＋5d＋5)＝(a1＋2d－1)2， 解得 a1＝1，d＝2，所以 an＝1＋2(n－1)＝2n－1. 所以(－1)n－1an＝(－1)n－1(2n－1)， 故数列(－1)n－1an 的前 21 项和为 1－3＋5－7＋…＋37－39＋41＝－2×10＋41＝21. 2．已知数列{an}的通项公式是 an＝2n－3 1 5 n，则其前 20 项和为( ) A．380－3 5 1－ 1 519 B．400－2 5 1－ 1 520 C．420－3 4 1－ 1 520 D．440－4 5 1－ 1 520 解析：选 C 令数列{an}的前 n 项和为 Sn，则 S20＝a1＋a2＋…＋a20＝2(1＋2＋…＋20) －3 1 5 ＋ 1 52 ＋…＋ 1 520 ＝2×20×20＋1 2 －3× 1 5 1－ 1 520 1－1 5 ＝420－3 4 1－ 1 520 . 3．已知数列{an}是首项为 1，公差为 2 的等差数列，数列{bn}满足关系a1 b1 ＋a2 b2 ＋a3 b3 ＋…＋ an bn ＝ 1 2n ，数列{bn}的前 n 项和为 Sn，则 S5 的值为( ) A．－454 B．－450 C．－446 D．－442 解析：选 B 由题意可得 an＝2n－1，因为a1 b1 ＋a2 b2 ＋a3 b3 ＋…＋an bn ＝ 1 2n ，所以当 n≥2 时，a1 b1 ＋a2 b2 ＋a3 b3 ＋…＋an－1 bn－1 ＝ 1 2n－1 ，两式相减可得an bn ＝－ 1 2n ，则 bn＝－(2n－1)·2n(n≥2)，当 n＝1 时， b1＝2，不满足上式，则 S5＝2－12－40－112－288＝－450. 4．已知数列{an}：1 2 ，1 3 ＋2 3 ，1 4 ＋2 4 ＋3 4 ，…， 1 10 ＋ 2 10 ＋ 3 10 ＋…＋ 9 10 ，…，若 bn＝ 1 an·an＋1 ， 那么数列{bn}的前 n 项和 Sn＝( ) A. n n＋1 B. 4n n＋1 C. 3n n＋1 D. 5n n＋1 解析：选 B 由题意知 an＝ 1 n＋1 ＋ 2 n＋1 ＋ 3 n＋1 ＋…＋ n n＋1 ＝n 2 ，则 bn＝ 1 an·an＋1 ＝ 4 nn＋1 ＝4 1 n － 1 n＋1 ，所以 Sn＝4 1－1 2 ＋1 2 －1 3 ＋…＋1 n － 1 n＋1 ＝4 1－ 1 n＋1 ＝ 4n n＋1 . 5．(2018·福州质检)已知数列{an}中，a1＝1，且对任意的 m，n∈N*，都有 am＋n＝am＋an ＋mn，则错误!1 ai ＝( ) A.2 018 2 019 B.2 017 2 018 C．2 D.4 036 2 019 解析：选 D 令 m＝1，则 an＋1＝a1＋an＋n. 又 a1＝1，所以 an＋1＝an＋n＋1，即 an＋1－an＝n＋1， 所以 a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)， 把以上 n－1 个式子相加，得 an－a1＝2＋3＋…＋n， 所以 an＝1＋2＋3＋…＋n＝nn＋1 2 ， 当 n＝1 时，上式也成立，所以 an＝nn＋1 2 ， 所以 1 an ＝ 2 nn＋1 ＝2 1 n － 1 n＋1 ， 所以错误!1 ai ＝2 1－1 2 ＋ 1 2 －1 3 ＋…＋ 1 2 018 － 1 2 019 ＝2 1－ 1 2 019 ＝4 036 2 019. 6．(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大 家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为 下面数学问题的答案：已知数列 1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是 20，接下来 的两项是 20,21，再接下来的三项是 20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数 N：N>100 且该数列的前 N 项和为 2 的整数幂．那么该款软件的激活码是( ) A．440 B．330 C．220 D．110 解析：选 A 设第一项为第 1 组，接下来的两项为第 2 组，再接下来的三项为第 3 组， 依此类推，则第 n 组的项数为 n，前 n 组的项数和为nn＋1 2 . 由题意可知，N>100，令nn＋1 2 >100， 得 n≥14，n∈N*，即 N 出现在第 13 组之后． 易得第 n 组的所有项的和为1－2n 1－2 ＝2n－1，前 n 组的所有项的和为21－2n 1－2 －n＝2n＋1－n －2. 设满足条件的 N 在第 k＋1(k∈N*，k≥13)组，且第 N 项为第 k＋1 组的第 t(t∈N*)个数， 若要使前 N 项和为 2 的整数幂，则第 k＋1 组的前 t 项的和 2t－1 应与－2－k 互为相反 数， 即 2t－1＝k＋2，∴2t＝k＋3，∴t＝log2(k＋3)， ∴当 t＝4，k＝13 时，N＝13×13＋1 2 ＋4＝95<100，不满足题意； 当 t＝5，k＝29 时，N＝29×29＋1 2 ＋5＝440； 当 t>5 时，N>440，故选 A. 二、填空题 7．(2018·陕西一检)已知数列{an}中，a1＝2，a2n＝an＋1，a2n＋1＝n－an，则{an}的前 100 项和为________． 解析：由 a1＝2，a2n＝an＋1，a2n＋1＝n－an，得 a2n＋a2n＋1＝n＋1，∴a1＋(a2＋a3)＋(a4 ＋a5)＋…＋(a98＋a99)＝2＋2＋3＋…＋50＝1 276，∵a100＝1＋a50＝1＋(1＋a25)＝2＋(12－a12) ＝14－(1＋a6)＝13－(1＋a3)＝12－(1－a1)＝13，∴a1＋a2＋…＋a100＝1 276＋13＝1 289. 答案：1 289 8．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)，记 Sn 为{an}的前 n 项和，则 S2 018＝ ________. 解析：由 a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)可得， a2＝－2，a3＝－1，a4＝0，a5＝1，a6＝－2，a7＝－1，…， 故该数列为周期是 4 的数列， 所以 S2 018＝504(a1＋a2＋a3＋a4)＋a1＋a2 ＝504×(－2)＋1－2＝－1 009. 答案：－1 009 9．已知正项数列{an}中，a1＝1，a2＝2,2a2n＝a2n－1＋a2n＋1(n≥2)，bn＝ 1 an＋an＋1 ，数列{bn} 的前 n 项和为 Sn，则 S33 的值是________． 解析：∵2a2n＝a2n－1＋a2n＋1(n≥2)， ∴数列{a2n}为首项为 1，公差为 22－1＝3 的等差数列， ∴a2n＝1＋3(n－1)＝3n－2. ∴an＝ 3n－2， ∴bn＝ 1 an＋an＋1 ＝ 1 3n－2＋ 3n＋1 ＝1 3( 3n＋1－ 3n－2)， ∴数列{bn}的前 n 项和为 Sn ＝1 3[( 4－1)＋( 7－ 4)＋…＋( 3n＋1－ 3n－2)]＝ 1 3( 3n＋1－1)． 则 S33＝1 3(10－1)＝3. 答案：3 三、解答题 10．(2018·西安八校联考)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a5＝－3，S10＝－40. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若从数列{an}中依次取出第 2,4,8，…，2n，…项，按原来的顺序排成一个新数列{bn}， 求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)∵a5＝a1＋4d＝－3， S10＝10a1＋45d＝－40， 解得 a1＝5，d＝－2. ∴an＝－2n＋7. (2)依题意，bn＝a2n＝－2×2n＋7＝－2n＋1＋7， 故 Tn＝－(22＋23＋…＋2n＋1)＋7n ＝－22－2n＋1×2 1－2 ＋7n ＝4＋7n－2n＋2. 11．已知等比数列{an}的公比 q>1，且 a1＋a3＝20，a2＝8. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝ n an ，Sn 是数列{bn}的前 n 项和，对任意正整数 n，不等式 Sn＋ n 2n＋1>(－1)n·a 恒 成立，求实数 a 的取值范围． 解：(1)由已知得 a11＋q2＝20， a1q＝8， ∴2q2－5q＋2＝0，解得 q＝1 2 或 q＝2. ∵q>1，∴ a1＝4， q＝2， ∴数列{an}的通项公式为 an＝2n＋1. (2)由题意，得 bn＝ n 2n＋1 ， ∴Sn＝ 1 22 ＋ 2 23 ＋ 3 24 ＋…＋ n 2n＋1 ， 1 2Sn＝ 1 23 ＋ 2 24 ＋…＋n－1 2n＋1 ＋ n 2n＋2 ， 两式相减，得 1 2Sn＝ 1 22 ＋ 1 23 ＋ 1 24 ＋…＋ 1 2n＋1 － n 2n＋2 ， ∴Sn＝1 2 ＋ 1 22 ＋ 1 23 ＋…＋ 1 2n － n 2n＋1 ＝ 1 2 1－ 1 2n 1－1 2 － n 2n＋1 ＝1－n＋2 2n＋1 ， ∴(－1)n·a<1－ 1 2n 对任意正整数 n 恒成立， 设 f(n)＝1－ 1 2n ，易知 f(n)单调递增， ①当 n 为奇函数时，f(n)的最小值为1 2 ， ∴－a<1 2 ，即 a>－1 2 ； ②当 n 为偶函数时，f(n)的最小值为3 4 ， ∴a<3 4. 由①②可知－1 20，所以 1－ 1 n＋1 <1. 显然当 n＝1 时，Tn 取得最小值1 2. 所以1 2 ≤Tn<1. 已知 Sn 为各项均为正数的数列{an}的前 n 项和，a1∈(0,2)，a2n＋3an＋2＝6Sn. (1)求{an}的通项公式； (2)设 bn＝ 1 anan＋1 ，数列{bn}的前 n 项和为 Tn，若对∀n∈N*，t≤4Tn 恒成立，求实数 t 的 最大值． 解：(1)当 n＝1 时，由 a2n＋3an＋2＝6Sn， 得 a21＋3a1＋2＝6a1，即 a21－3a1＋2＝0. 又 a1∈(0,2)，解得 a1＝1. 由 a2n＋3an＋2＝6Sn， 可知 a2n＋1＋3an＋1＋2＝6Sn＋1. 两式相减，得 a2n＋1－a2n＋3(an＋1－an)＝6an＋1， 即(an＋1＋an)(an＋1－an－3)＝0. 由于 an>0，可得 an＋1－an－3＝0，即 an＋1－an＝3， 所以{an}是首项为 1，公差为 3 的等差数列． 所以 an＝1＋3(n－1)＝3n－2. (2)由 an＝3n－2，可得 bn＝ 1 anan＋1 ＝ 1 3n－23n＋1 ＝1 3 1 3n－2 － 1 3n＋1 ， 故 Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1 3 1－1 4 ＋ 1 4 －1 7 ＋…＋ 1 3n－2 － 1 3n＋1 ＝1 3 1－ 1 3n＋1 ＝ n 3n＋1 . 因为 Tn＋1－Tn＝ n＋1 3n＋1＋1 － n 3n＋1 ＝ 1 3n＋13n＋4>0，所以 Tn＋1>Tn，所以数列{Tn} 是递增数列． 所以 t≤4Tn⇔t 4 ≤Tn⇔t 4 ≤T1＝1 4 ⇔t≤1， 所以实数 t 的最大值是 1. 阶段滚动检测(二)检测范围：第一单元至第八单元 (时间 120 分钟 满分 150 分) 一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分．在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的) 1．已知集合 A＝{x|x2－11x－12<0}，B＝{x|x＝2(3n＋1)，n∈Z}，则 A∩B 等于( ) A．{2} B．{2,8} C．{4,10} D．{2,4,8,10} 解析：选 B A＝{x|－11”的必要不充分条件 B．“p 且 q 为真命题”是“p 或 q 为真命题”的必要不充分条件 C．命题“∃x0∈R，使得 x20＋2x0＋3<0”的否定是：“∀x∈R，x2＋2x＋3>0” D．若命题 p：“∀x∈R，sin x＋cos x≤ 2”，则綈 p 是真命题 解析：选 A 若1 a<1，则 a>1 或 a<0，所以“1 a<1”是“a>1”的必要不充分条件，故 A 正 确． 3．(2018·广州模拟)设 a＝log37，b＝21.1，c＝0.83.1，则 a，b，c 的大小关系为( ) A．b21＝2，c＝，所以 c0，且 x>0 时，f(x)＝ 1 x＋a x ≤ 1 2 a ，故－ 1 2 a ≤f(x)≤ 1 2 a ，②符合题意；当 a<0 时，取 a＝－1，f(x)＝ x x2－1 是奇函数且定义域为 {x|x≠±1}，故③符合题意，故选 C. 8．已知数列{an}满足 an＋1＋an＝4n＋3，且∀n∈N*，an＋2n2≥0，则 a3 的取值范围是 ( ) A．[－2,15] B．[－18,7] C．[－18,19] D．[2,19] 解析：选 D 因为 an＋2n2≥0，所以 a1≥－2，a2≥－8，由 an＋1＋an＝4n＋3，得 a1＋a2 ＝7，a2＋a3＝11，所以 a3＝a1＋4≥－2＋4＝2，a2＝11－a3≥－8，即 a3≤19，综上可得，a3 的取值范围为[2,19]． 9．已知函数 f(x)＝(ex－e－x)x，f(log5x)＋f(log1 5x)≤2f(1)，则 x 的取值范围是( ) A. 1 5 ，1 B．[1,5] C. 1 5 ，5 D. －∞，1 5 ∪[5，＋∞) 解析：选 C ∵f(x)＝(ex－e－x)x， ∴f(－x)＝－x(e－x－ex)＝(ex－e－x)x＝f(x)， ∴函数 f(x)是偶函数． ∵f′(x)＝(ex－e－x)＋x(ex＋e－x)＞0 在(0，＋∞)上恒成立． ∴函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增． ∵f(log5x)＋f(log1 5x)≤2f(1)， ∴2f(log5x)≤2f(1)，即 f(log5x)≤f(1)， ∴|log5x|≤1，∴1 5 ≤x≤5.故选 C. 10．若函数 y＝ksin(kx＋φ) |φ|<π 2 与函数 y＝kx－k2＋6 的部分图象如图所示，则函数 f(x) ＝sin(kx－φ)＋cos(kx－φ)图象的一条对称轴的方程可以为( ) A．x＝－ π 24 B．x＝37π 24 C．x＝17π 24 D．x＝－13π 24 解析：选 B 由图象可知－k2＋6＝k(k>0)，则 k＝2，又 2sin 2× π 12 ＋φ ＝0，|φ|<π 2 ，则φ ＝－π 6 ，所以 f(x)＝sin 2x＋π 6 ＋cos 2x＋π 6 ＝ 2sin 2x＋π 6 ＋π 4 ＝ 2sin 2x＋5π 12 ，令 2x＋5π 12 ＝ π 2 ＋kπ，k∈Z，得 x＝ π 24 ＋kπ 2 ，k∈Z，令 k＝3，得 x＝37π 24 ，故选 B. 11．设 M，N 分别是曲线 f(x)＝－x3＋x2(x< e)与 g(x)＝aln x(x≥ e)上一点，△MON 是 以 O 为直角顶点的直角三角形(其中 O 为坐标原点)，且斜边的中点恰好在 y 轴上，则实数 a 的最大值为( ) A.2 e－2 e－1 B. e＋1 2 C. 2 e＋1 D. 1 e－1 解析：选 A 根据题意，设 N(x，aln x)，M(－x，x3＋x2)(x≥ e)，且 OM 与 ON 互相 垂直，则x3＋x2 －x ·aln x x ＝－1，即(x＋1)ln x＝1 a 在[ e，＋∞)上恒成立．设 h(x)＝(x＋1)ln x，则 h′(x)＝ln x＋x＋1 x >0 恒成立，即函数 h(x)＝(x＋1)ln x 在[ e，＋∞)上是增函数，所以 h(x)≥h( e)＝ e＋1 2 ，即1 a ≥ e＋1 2 ，所以 00；当 10，故当 x＝1 2 时，h(x)取得最小值 1＋ln 2 2 . 答案：1＋ln 2 2 三、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分，解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算 步骤) 17．(本小题满分 10 分)已知函数 f(x)＝2cos2x＋2 3sin x·cos x＋a，且当 x∈ 0，π 2 时， f(x)的最小值为 2. (1)求 a 的值，并求 f(x)的单调区间； (2)先将函数 y＝f(x)的图象上的点的纵坐标不变，横坐标缩小到原来的1 2 ，再将所得到的 图象向右平移 π 12 个单位，得到函数 y＝g(x)的图象，求方程 g(x)＝4 在区间 0，π 2 上所有根之 和． 解：(1)f(x)＝2sin 2x＋π 6 ＋a＋1， 因为 x∈ 0，π 2 ，所以 2x＋π 6 ∈ π 6 ，7π 6 ， 所以 f(x)min＝2× －1 2 ＋a＋1＝2， 解得 a＝2. 由－π 2 ＋2kπ≤2x＋π 6 ≤π 2 ＋2kπ，k∈Z， 得－π 3 ＋kπ≤x≤π 6 ＋kπ，k∈Z， 所以函数 f(x)的单调递增区间为 －π 3 ＋kπ，π 6 ＋kπ ，k∈Z， 同理可得函数 f(x)的单调递减区间为 π 6 ＋kπ，2π 3 ＋kπ ，k∈Z. (2)由题意，得 g(x)＝2sin 4x－π 6 ＋3， 当 g(x)＝4 时，sin 4x－π 6 ＝1 2 ， 所以 4x－π 6 ＝2kπ＋π 6 或 4x－π 6 ＝2kπ＋5π 6 ，k∈Z. 因为 x∈ 0，π 2 ，所以解得 x1＝ π 12 ，x2＝π 4 ， 所以 g(x)＝4 在区间 0，π 2 上所有根之和为 x1＋x2＝π 3. 18．(本小题满分 12 分)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 4(Sn＋1)＝n＋22 n＋1 an(n∈ N*)． (1)求数列的通项公式 an； (2)设 bn＝n＋1 an ，数列{bn}的前 n 项和为 Tn，求证：Tn<3 4. 解：(1)当 n≥2 时，有 4(Sn＋1)＝n＋22 n＋1 an,4(Sn－1＋1)＝n＋12 n an－1， 两式相减得 4an＝n＋22 n＋1 an－n＋12 n an－1， 即 an an－1 ＝n＋13 n3 ， ∴ an n＋13 ＝an－1 n3 ＝…＝a2 33. 又当 n＝1 时，a1＝8，n＝2 时，a2＝27，∴an＝(n＋1)3. (2)证明：bn＝n＋1 an ＝ 1 n＋12< 1 nn＋1 ＝1 n － 1 n＋1 ， ∴Tn< 1 22 ＋ 1 2×3 ＋ 1 3×4 ＋…＋ 1 nn＋1 ＝1 4 ＋ 1 2 －1 3 ＋ 1 3 －1 4 ＋…＋ 1 n － 1 n＋1 ＝1 4 ＋1 2 － 1 n＋1 <3 4. 19．(本小题满分 12 分)在△ABC 中，a，b，c 分别是三内角 A，B，C 的对边，且 3cos B ＝2sin π 3 ＋A ·sin π 3 －A ＋2sin2A. (1)求角 B 的值； (2)若 b＝2 3，求三角形 ABC 的周长 l 的最大值． 解 ： (1) 因 为 3cos B ＝ 2sin π 3 ＋A ·sin π 3 －A ＋ 2sin2A ＝ 2 3 2 cos A＋1 2sin A 3 2 cos A－1 2sin A ＋2sin2A＝3 2cos2A＋3 2sin2A＝3 2 ，所以 cos B＝1 2 ，因为 B 是三角形的内角，所以 B＝π 3. (2)由正弦定理得 a sin A ＝ c sin C ＝ 2 3 sin π 3 ＝4，所以 a＝4sin A，c＝4sin 2π 3 －A ，因此三角形 ABC 的周长 l＝4sin A＋4sin 2π 3 －A ＋2 3＝4 3sin A＋π 6 ＋2 3. 因为 01 2 时，f′(x)>0， 故函数 f(x)在 0，1 2 上单调递减，在 1 2 ，＋∞ 上单调递增． (2)当 x≥1 时，f(x)≤ax⇔a≥2ln x x ＋ 1 x2 ， 令 h(x)＝2ln x x ＋ 1 x2(x≥1)， 则 h′(x)＝2－2ln x x2 － 2 x3 ＝2x－xln x－1 x3 ， 令 m(x)＝x－xln x－1(x≥1)，则 m′(x)＝－ln x， 当 x≥1 时，m′(x)≤0，所以 m(x)在[1，＋∞)上为减函数， 所以 m(x)≤m(1)＝0，因此 h′(x)≤0，于是 h(x)在[1，＋∞)上为减函数， 所以当 x＝1 时，h(x)有最大值 h(1)＝1，故 a≥1， 即实数 a 的取值范围是[1，＋∞)． 21．(本小题满分 12 分)已知数列{an}，{bn}满足 a1＝b1＝1，a2＝3，Sn 为数列{an}的前 n 项和，且 Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)(n≥2，n∈N*)，又 b1＋2b2＋22b3＋…＋2n－2bn－1＋2n－1bn＝an， 对任意 n∈N*都成立． (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)求数列{an·bn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)∵当 n≥2 时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)， ∴Sn＋2＋Sn＝2(Sn＋1＋1)， 两式相减得：an＋2＋an＝2an＋1， ∴当 n≥2 时， 数列{an}是公差为 2 的等差数列， ∴an＝3＋2(n－2)＝2n－1(n≥2)， 当 n＝1 时，a1＝1 也符合上式，∴an＝2n－1. ∵b1＋2b2＋22b3＋…＋2n－2bn－1＋2n－1bn＝an， ∴b1＋2b2＋22b3＋…＋2n－2bn－1＝an－1， 两式相减得 2n－1bn＝an－an－1＝2，∴bn＝22－n(n≥2)． ∵b1＝1 不满足 bn＝22－n，∴bn＝ 1，n＝1， 22－n，n≥2. (2)设 cn＝an·bn＝ 1，n＝1， 2n－1·22－n，n≥2， 则 Tn＝1＋3＋5×2－1＋7×2－2＋…＋(2n－1)×22－n， 1 2Tn＝1 2 ＋3×2－1＋5×2－2＋7×2－3＋…＋(2n－1)×21－n， 两 式 相 减 得 1 2 Tn ＝ 7 2 ＋ 2×(2 － 1 ＋ 2 － 2 ＋ 2 － 3 ＋ … ＋ 22 － n) － (2n － 1)×21 － n ＝ 7 2 ＋ 2×2－1× 1－ 1 2n－2 1－1 2 －(2n－1)×21－n＝11 2 －(2n＋3)×21－n， ∴Tn＝11－(2n＋3)×22－n. 22．(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)＝ln(x＋1)－x. (1)求函数 f(x)的极值； (2)若 k∈Z，且 f(x－1)＋x>k 1－3 x 对任意 x>1 恒成立，求实数 k 的最大值； (3)证明：对于(0,1)中的任意一个常数 a，存在正数 x0，使得 ef(x0)<1－a 2x 20成立． 解：(1)∵f(x)＝ln(x＋1)－x， ∴f′(x)＝ 1 x＋1 －1＝－ x x＋1 ， ∴当 x∈(－1,0)时，f′(x)>0；当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，∴函数 f(x)在(－1,0)上单调 递增，在(0，＋∞)上单调递减， 故当 x＝0 时，f(x)有极大值 0，无极小值． (2)∵f(x－1)＋x>k 1－3 x ， ∴ln x－(x－1)＋x>k 1－3 x ， ∴ln x＋1>k 1－3 x ，即 xln x＋x－kx＋3k>0. 令 g(x)＝xln x＋x－kx＋3k， 则 g′(x)＝ln x＋1＋1－k＝ln x＋2－k. ∵x>1，∴ln x>0， 当 k≤2 时，g′(x)>0 恒成立，即 g(x)在(1，＋∞)上单调递增， ∴g(1)＝1＋2k≥0， 解得 k≥－1 2 ， ∴－1 2 ≤k≤2，故 k 的最大值为 2. 当 k>2 时，由 g′(x)>0，得 x>ek－2；由 g′(x)<0，得 12，则 h′(k)＝3－ek－2， 由 h′(k)>0，得 22＋ln 3， ∴h(k)在(2,2＋ln 3)上单调递增，在(2＋ln 3，＋∞)上单调递减． ∵h(2＋ln 3)＝3＋3ln 3>0，h(4)＝12－e2>0，h(5)＝15－e3<0， ∴k 的最大取值为 4， 综上所述，k 的最大值为 4. (3)证明：假设存在这样的 x0 满足题意． ∵ef(x0)<1－a 2x20，∴a 2x20＋x0＋1 ex0 －1<0. 令 h(x)＝a 2x2＋x＋1 ex －1，则 h′(x)＝x a－1 ex ， 由 h′(x)＝x a－1 ex ＝0，得 ex＝1 a ，故 x＝－ln a. 取 x0＝－ln a， 当 0x0 时，h′(x)>0， ∴h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， ∴h(x)min＝h(x0)＝a 2(－ln a)2－aln a＋a－1. 当 a∈(0,1)时，令 p(a)＝a 2(ln a)2－aln a＋a－1， 则 p′(a)＝1 2(ln a)2>0， ∴p(a)在(0,1)上是增函数，∴p(a)