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- 2021-06-19 发布
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0,a2-a4=a1q(1-q2)<0, 所以a1>a3,a21,所以等比数列的公比q<0.若q≤-1,则a1+a2+a3+a4=a1(1+q)(1+q2)≤0,而a1+a2+a3≥a1>1,所以ln(a1+a2+a3)>0,与ln(a1+a2+a3)=a1+a2+a3+a4≤0矛盾,所以-1 0,a2-a4=a1q(1- q2)<0,所以a1>a3,a21,则a1+a2=2a1+d=2b1=4,又a3=a1+2d=5,所以a1=1,d=2,an=1+2(n-1)=2n-1,所以b3=a4 +1=8,Sn=n+×2=n2.因为数列{bn}是单调递增的等比数列,所以q2==4,q=2,bn=2n.因为当n≥m(m∈N*)时,Sn≤bn恒成立,所以当n≥m(m∈N*)时,n2≤2n恒成立,数形结合可知m的最小值为4. 答案:4 (一) 主干知识要记牢 1.等差数列、等比数列 等差数列 等比数列 通项公式 an=a1+(n-1)d an=a1qn-1(q≠0) 前n项和公式 Sn==na1+d (1)q≠1,Sn==; (2)q=1,Sn=na1 2.判断等差数列的常用方法 (1)定义法:an+1-an=d(常数)(n∈N*)⇔{an}是等差数列. (2)通项公式法:an=pn+q(p,q为常数,n∈N*)⇔{an}是等差数列. (3)中项公式法:2an+1=an+an+2(n∈N*)⇔{an}是等差数列. (4)前n项和公式法:Sn=An2+Bn(A,B为常数,n∈N*)⇔{an}是等差数列. 3.判断等比数列的常用方法 (1)定义法:=q(q是不为0的常数,n∈N*)⇔{an}是等比数列. (2)通项公式法:an=cqn(c,q均是不为0的常数,n∈N*)⇔{an}是等比数列. (3)中项公式法:a=an·an+2(an·an+1·an+2≠0,n∈N*)⇔{an}是等比数列. (二) 二级结论要用好 1.等差数列的重要规律与推论 (1)an=a1+(n-1)d=am+(n-m)d;p+q=m+n⇒ap+aq=am+an. (2)ap=q,aq=p(p≠q)⇒ap+q=0;Sm+n=Sm+Sn+mnd. (3)连续k项的和(如Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…)构成的数列是等差数列. (4)若等差数列{an}的项数为偶数2m,公差为d,所有奇数项之和为S奇,所有偶数项之和为S偶,则所有项之和S2m=m(am+am+1),S偶-S奇=md,=. (5)若等差数列{an}的项数为奇数2m-1,所有奇数项之和为S奇,所有偶数项之和为S 偶,则所有项之和S2m-1=(2m-1)am,S奇=mam,S偶=(m-1)am,S奇-S偶=am,=. [针对练1] 一个等差数列的前12项和为354,前12项中偶数项的和与奇数项的和之比为32∶27,则该数列的公差d=________. 解析:设等差数列的前12项中奇数项的和为S奇,偶数项的和为S偶,等差数列的公差为d. 由已知条件,得 解得 又S偶-S奇=6d,所以d==5. 答案:5 2.等比数列的重要规律与推论 (1)an=a1qn-1=amqn-m;p+q=m+n⇒ap·aq=am·an. (2){an},{bn}成等比数列⇒{anbn}成等比数列. (3)连续m项的和(如Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…)构成的数列是等比数列(注意:这连续m项的和必须非零才能成立). (4)若等比数列有2n项,公比为q,奇数项之和为S奇,偶数项之和为S偶,则=q. (5)对于等比数列前n项和Sn,有: ①Sm+n=Sm+qmSn; ②=(q≠±1). (三) 易错易混要明了 已知数列的前n项和求an,易忽视n=1的情形,直接用Sn-Sn-1表示.事实上,当n=1时,a1=S1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1. [针对练2] 已知数列{an}的前n项和Sn=n2+1,则该数列的通项公式为________. 解析:当n=1时,a1=S1=2. 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(n2+1)-[(n-1)2+1]=n2-(n-1)2=2n-1, 又当n=1时,2×1-1=1≠2. ∴an= 答案:an= A组——10+7提速练 一、选择题 1.设等比数列{an}的公比q=2,前n项和为Sn,则=( ) A.2 B.4 C. D. 解析:选C ∵q=2, ∴S4==15a1, ∴==.故选C. 2.(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, 则由得 即解得d=4. 3.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S1=a2-,S2=a3-,则公比q=( ) A.1 B.4 C.4或0 D.8 解析:选B ∵S1=a2-,S2=a3-, ∴ 解得或, 故所求的公比q=4.故选B. 4.(2019届高三·湖州五校联考)若{an}是公差为d(d≠0)的等差数列,Sn是其前n项和,则下列结论中正确的是( ) A.若a1+a2>0,则a1+a3>0 B.若a1+a4>0,则a1a4>a2a3 C.若d>0且a1>0,则+> D.若S3+S7>2S5,则d>0 解析:选D 由a1+a2=2a1+d>0,得d>-2a1,由a1+a3=2a1+2d>0,得d>-a1,显然不符,A错;a1·a4=a+3a1d,a2·a3=a+3a1d+2d2,因为d≠0,所以a1a42S5=10a1+20d,解得d>0,D正确. 5.(2018·金华统考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,满足S7=S11,且a1>0,则Sn中最大的是( ) A.S7 B.S8 C.S9 D.S10 解析:选C 法一:设数列{an}的公差为d,根据S7=S11可得7a1+d=11a1+d,即d=-a1,则Sn=na1+d=na1+×=-(n-9)2+a1,由a1>0可知-<0,故当n=9时,Sn最大. 法二:根据S7=S11可得a8+a9+a10+a11=0,根据等差数列的性质可得a8+a11=a9+a10=0,由a1>0可知a9>0,a10<0,所以数列{an}的前9项和最大. 6.(2019届高三·浙江名校联考信息卷)已知数列{an}是正项数列,则“{an}为等比数列”是“a+a≥2a”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选A 若{an}为等比数列,则有an·an+2=a,所以a+a≥2=2a,当且仅当an=an+2时取等号,所以充分性成立;当a+a≥2a时,取an=n,则a+a-2a=n2+(n+2)2-2(n+1)2=2n2+4n+4-2n2-4n-2=2>0,所以a+a≥2a成立,但{an}是等差数列,不是等比数列,所以必要性不成立.所以“{an}为等比数列”是“a+a≥2a”的充分不必要条件.故选A. 7.若等差数列{an}的前n项和为Sn,若S6>S7>S5,则满足SnSn+1<0的正整数n的值为( ) A.10 B.11 C.12 D.13 解析:选C 由S6>S7>S5,得S7=S6+a7 S5,所以a7<0,a6+a7>0,所以S13==13a7<0,S12==6(a6+a7)>0,所以S12S13<0,即满足SnSn+1<0的正整数n的值为12,故选C. 8.(2018·浙江考前热身联考) 我国古代的天文学和数学著作《周髀算经》中记载:一年有二十四个节气,每个节气晷(ɡuǐ)长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器,晷长即为所测量影子的长度).二十四个节气及晷长变化如图所示,相邻两个节气晷长的变化量相同,周而复始.若冬至晷长一丈三尺五寸夏至晷长一尺五寸(一丈等于十尺,一尺等于十寸),则夏至之后的那个节气(小暑)晷长是( ) A.五寸 B.二尺五寸 C.三尺五寸 D.四尺五寸 解析:选B 设从夏至到冬至的晷长依次构成等差数列{an},公差为d,a1=15,a13=135,则15+12d=135,解得d=10.∴a2=15+10=25,∴小暑的晷长是25寸.故选B. 9.已知数列{an}满足a1a2a3…an=2n2(n∈N*),且对任意n∈N*都有++…+ 的最大正整数n为________. 解析:设等差数列{an}的公差为d, 由已知可得解得 故数列{an}的通项公式为an=2-n. Sn=a1++…+,① =++…+.② ①-②得=a1++…+-=1--=1-- =, 所以Sn=,由Sn=>,得0 100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. 由题意可知,N>100,令>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=2n-1,前n组的所有项的和为-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=+4=95<100,不满足题意; 当t=5,k=29时,N=+5=440; 当t>5时,N>440,故选A. 3.(2018·浙江考前冲刺卷)已知数列{an}是首项为1,公差d不为0的等差数列,且a2a3=a8,数列{bn}是等比数列,其中b2=-2,b5=16,若数列{cn}满足cn=anbn,则|c1|+|c2|+|c3|+…+|cn|=( ) A.3+(2n-3)2n+1 B.3+(2n-3)2n C.3-(2n-3)2n D.3+(2n+3)2n 解析:选B 由题意知,(a1+d)(a1+2d)=a1+7d,a1=1,得d=2,所以an=a1+(n-1)d=2n-1.设数列{bn}的公比为q,则q3==-8,q=-2,所以bn=(-2)n-1,所以|cn|=|(2n-1)(-2)n-1|=(2n-1)·2n-1,所以|c1|+|c2|+|c3|+…+|cn|=1×20+3×21+…+(2n-1)2n-1.令Tn=1×20+3×21+…+(2n-1)2n-1,则2Tn=1×21+3×22+…+(2n-3)2n-1+(2n-1)2n,两式相减得Tn=-2(21+22+…+2n-1)+(2n-1)2n-1=3+(2n-3)2n,所以选B. 4.(2018·浙江高三模拟)已知在数列{an}中,a1=-,[1-(-1)n]an=(-1)n·an-1+2-(n≥2),且对任意的n∈N*,(an+1-p)(an-p)<0恒成立,则实数p的取值范围是( ) A. B. C. D. 解析:选A ∵[1-(-1)n]an=(-1)nan-1+2-(n≥2),(*) a1=-,∴①当n为偶数时,化简(*)式可知,an-1=-2,∴an=-2(n为奇数); ②当n为奇数时,化简(*)式可知,2an=-an-1+2-,即-4=-an-1+2-,即an-1=6-, ∴an=6-(n为偶数).于是an= ∵对任意n∈N*,(an+1-p)(an-p)<0恒成立, ∴对任意n∈N*,(p-an+1)(p-an)<0恒成立.又数列{a2k-1}单调递减,数列{a2k}单调递增,∴当n为奇数时,有an 3×2n-1,且bn∈Z,则bn=________,数列的前n项和为________. 解析:由2an+1=an+an+2,知数列{an}是等差数列,因为a1=2,a2 =4,所以其公差为2,所以an=2n.由bn+1-bn<2n+,得bn+2-bn+1<2n+1+,所以bn+2-bn<3×2n+1,又bn+2-bn>3×2n-1,且bn∈Z,所以bn+2-bn=3×2n,又b1=2,b2=4,所以bn=2n.所以==2n-1,则数列的前n项和为=2n-1. 答案:2n 2n-1 第二讲 大题考法——数列的综合应用及数学归纳法 题型(一) 等差、等比数列基本量的计算 主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n项和的求解,且常结合数列的递推公式命题. [典例感悟] [典例1] 已知数列{an}是等差数列,满足a1=2,a4=8,数列{bn}是等比数列,满足b2=4,b5=32. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列{an+bn}的前n项和Sn. [解] (1)设等差数列{an}的公差为d, 由题意得d==2, 所以an=a1+(n-1)d=2+(n-1)×2=2n. 设等比数列{bn}的公比为q, 由题意得q3==8,解得q=2. 因为b1==2,所以bn=b1·qn-1=2×2n-1=2n. (2)因为an=2n,bn=2n,所以an+bn=2n+2n,所以Sn=+=n2+n+2n+1-2. [备课札记] [方法技巧] 等差、等比数列的基本量的求解策略 (1)分析已知条件和求解目标,确定为最终解决问题需要先求解的中间问题.如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等,即确定解题的逻辑次序. (2)注意细节.例如:在等差数列与等比数列综合问题中,若等比数列的公比不能确定,则要看其是否有等于1的可能;在数列的通项问题中,第一项和后面的项能否用同一个公式表示等. [演练冲关] 1.(2018·浙江第二次联盟联考)设数列{an}的首项a1=,前n项和为Sn,且满足2an+1+Sn=3(n∈N*). (1)求a2及an; (2)求证:anSn的最大值为. 解:(1)由题意得2a2+S1=3, 即2a2+a1=3, 所以a2==. 当n≥2时,由2an+1+Sn=3,得2an+Sn-1=3, 两式相减得2an+1-an=0,即an+1=an. 因为a1=,a2=,所以a2=a1, 即当n=1时,an+1=an也成立. 所以{an}是以为首项,为公比的等比数列, 所以an=. (2)证明:因为2an+1+Sn=3,且an+1=an, 所以Sn=3-2an+1=3-an. 于是,anSn=an(3-an)≤2=, 当且仅当an=,即n=1时等号成立. 故anSn的最大值为. 题型(二) 等差、等比数列的判定与证明 主要考查等差数列与等比数列的定义、等差中项及等比中项,且常与数列的递推公式相结合命题. [典例感悟] [典例2] 已知数列{an}的前n项和Sn=1+λan,其中λ≠0. (1)证明{an}是等比数列,并求其通项公式; (2)若S5=,求λ. [解] (1)证明:由题意得a1=S1=1+λa1, 故λ≠1,a1=,故a1≠0. 由Sn=1+λan,Sn+1=1+λan+1得an+1=λan+1-λan, 即an+1(λ-1)=λan. 由a1≠0,λ≠0得an≠0,所以=. 因此{an}是首项为,公比为的等比数列, 于是an=n-1. (2)由(1)得Sn=1-n. 由S5=得1-5=,即5=. 解得λ=-1. [备课札记] [方法技巧] 判定和证明数列是等差(比)数列的方法 定义法 对于n≥1的任意自然数,验证an+1-an为与正整数n无关的某一常数 中项公式法 ①若2an=an-1+an+1(n∈N*,n≥2),则{an}为等差数列; ②若a=an-1·an+1≠0(n∈N*,n≥2),则{an}为等比数列 [演练冲关] 2.(2018·温州高考适应性测试)已知数列{an}的前n项积为Tn,且Tn=1-an. (1)证明:是等差数列; (2)求数列的前n项和Sn. 解:(1)证明:由Tn=1-an得,当n≥2时,Tn=1-, 两边同时除以Tn,得-=1. ∵T1=1-a1=a1,∴a1=,==2, ∴是首项为2,公差为1的等差数列. (2)由(1)知=n+1,则Tn=, 从而an=1-Tn=,故=n. ∴数列是首项为1,公差为1的等差数列, ∴Sn=. 题型(三) 数列求和问题 主要考查错位相减法求和、裂项相消法求和以及分组求和、含绝对值的数列求和,且常结合数列的递推公式、周期等命题. [典例感悟] [典例3] (2018·浙江高考)已知等比数列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列{bn}满足b1=1,数列{(bn+1-bn)an}的前n项和为2n2+n. (1)求q的值; (2)求数列{bn}的通项公式. [解] (1)由a4+2是a3,a5的等差中项, 得a3+a5=2a4+4, 所以a3+a4+a5=3a4+4=28, 解得a4=8. 由a3+a5=20,得8=20, 解得q=2或q=. 因为q>1,所以q=2. (2)设cn=(bn+1-bn)an,数列{cn}的前n项和为Sn. 由cn=解得cn=4n-1. 由(1)可得an=2n-1, 所以bn+1-bn=(4n-1)×n-1, 故bn-bn-1=(4n-5)×n-2,n≥2, bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)=(4n-5)×n-2+(4n-9)×n-3+…+7×+3. 设Tn=3+7×+11×2+…+(4n-5)×n-2,n≥2.① 则Tn=3×+7×2+…+(4n-9)×n-2+(4n-5)×n-1,② ①-②,得Tn=3+4×+4×2+…+4×n-2-(4n-5)×n-1, 所以Tn=14-(4n+3)×n-2,n≥2. 又b1=1,所以bn=15-(4n+3)×n-2. [备课札记] [方法技巧] 1.分组求和中分组的策略 (1)根据等差、等比数列分组. (2)根据正号、负号分组. 2.裂项相消的规律 (1)裂项系数取决于前后两项分母的差. (2)裂项相消后前、后保留的项数一样多. 3.错位相减法的关注点 (1)适用题型:等差数列{an}与等比数列{bn}对应项相乘({an·bn})型数列求和. (2)步骤: ①求和时先乘以数列{bn}的公比; ②将两个和式错位相减; ③整理结果形式. [演练冲关] 3.(2018·浙江高三模拟)已知数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且a1=11,b1=1,a2+b2=11,a3+b3=11. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列{|an-bn|}的前12项和S12. 解:(1)设数列{an}的公差为d,{bn}的公比为q(q≠0), 则由a3+b3=a2+b2=a1=11, 可得得d=-2,q=2, 从而an=-2n+13,bn=2n-1. (2)不妨设cn=an-bn=13-2n-2n-1, 若n≤3,则cn>0;若n≥4,则cn<0, 因此S12=|c1|+|c2|+|c3|+|c4|+|c5|+…+|c12| =c1+c2+c3-(c4+c5+…+c12) =2(c1+c2+c3)-(c1+c2+…+c12) =2(c1+c2+c3)-(a1+a2+…+a12)+(b1+b2+…+b12) =2×(10+7+3)-×12+ =40-0+212-1 =4 135. 4.(2018·浙江考前冲刺卷)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比q>0,S2=2a2-2,S3=a4-2. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=Tn为数列{bn}的前n项和,求T2n. 解:(1)∵S2=2a2-2,① S3=a4-2,② ②—①得a3=a4-2a2,即q2-q-2=0. 又q>0,∴q=2. ∵S2=2a2-2,∴a1+a2=2a2-2, 即a1+a1q=2a1q-2,∴a1=2, ∴an=2n. (2)由(1)知bn= 即bn= ∴T2n=b1+b2+b3+…+b2n=+[2×2-2+4×2-4+6×2-6+…+(2n)×2-2n]=+[2×2-2+4×2-4+6×2-6+…+(2n)×2-2n]. 设A=2×2-2+4×2-4+6×2-6+…+(2n)×2-2n, 则2-2A=2×2-4+4×2-6+6×2-8+…+(2n-2)×2-2n+(2n)×2-2n-2, 两式相减得A=+2(2-4+2-6+2-8+…+2-2n)-(2n)×2-2n-2, 整理得A=-, ∴T2n=-+. 题型(四) 数列与不等式的综合问题 主要考查证明不等式、比较数列中项的大小问题. [典例感悟] [典例4] (2018·衢州质量检测)已知数列{an}满足a1=1,Sn=2an+1,其中Sn为{an}的前n项和(n∈N*). (1)求S1,S2及数列{Sn}的通项公式; (2)若数列{bn}满足bn=,且{bn}的前n项和为Tn,求证:当n≥2时,≤|Tn|≤. [解] (1)易知S1=a1=1,且S1=2a2, 所以a2=,S2=a1+a2=. 因为Sn=2an+1, 所以Sn=2an+1=2(Sn+1-Sn), 即3Sn=2Sn+1, 所以=,即数列{Sn}是以1为首项,为公比的等比数列,所以Sn=n-1(n∈N*). (2)证明:由(1)知,bn==-1×=-n-1, |Tn|=-1×. 而当n≥2时,1-≤1+++3+…+n-1≤1++=, 即≤|Tn|≤. [备课札记] [方法技巧] 数列中不等式的证明问题 数列型不等式的证明常用到“放缩法”,一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”;二是求和后再“放缩”. 放缩法常见的放缩技巧有: (1)<=. (2)-<<-. (3)2(-)<<2(-). [演练冲关] 5.已知数列{an}满足a1=,an+1=,n∈N*. (1)求a2; (2)求的通项公式; (3)设{an}的前n项和为Sn,求证:≤Sn<. 解:(1)由条件可得a2==. (2)由an+1=得=·-, 所以-1=,又-1=, 所以是以首项为,公比为的等比数列, 因此,=n+1. (3)证明:由(2)可得 an=≥=×n-1, 所以Sn=a1+a2+…+an≥+·1+…+·n-1=. 又an=<=n, 所以Sn=a1+a2+a3+…+an<++3+…+n=+-·n-2<,n≥3, 又S1=<,S2=<, 因此,Sn<,n∈N*. 综上,≤Sn<. 题型(五) 数学归纳法 主要考查利用数学归纳法证明不等式、比较大小等,常与数列、不等式等知识综合在一起. [典例感悟] [典例5] (2019届高三·台州中学月考)已知数列{an}中,a1=,an≠0,Sn为该数列的前n项和,且Sn+1=an(1-an+1)+Sn,n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若不等式an+an+1+an+2+…+a3n>对一切正整数n都成立,求正整数a的最大值,并证明结论. [解] (1)因为Sn+1=an(1-an+1)+Sn,n∈N*, 所以Sn+1-Sn=an(1-an+1), 所以an+1=an(1-an+1)=an-anan+1, 所以an-an+1=anan+1. 又an≠0,所以-=1, 所以构成以2为首项,以1为公差的等差数列, 所以=2+(n-1)×1=n+1, 所以an=,n∈N*. (2)当n=1时,++>, 即>,所以a<26. 而a是最大的正整数,所以取a=25. 下面用数学归纳法证明:++…+>. ①当n=1时,已证; ②假设当n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式成立, 即++…+>, 则当n=k+1时, 有++…+ =++…++++->+. 因为+=>=. 即+>,所以+->0. 所以当n=k+1时不等式也成立. 由①②知,对一切正整数n,都有++…+>,所以a的最大值等于25. [备课札记] [方法技巧] 数学归纳法的解题策略 由k到k+1的证明中寻找由k到k+1的变化规律是难点,突破难点的关键是掌握由k到k+1的证明方法.在运用归纳假设时,应分析P(k)与P(k+1)的差异及联系,利用拆、添、并、放、缩等方法,或从P(k)出发拼凑P(k+1),或从P(k+1)中分离出P(k),再进行局部调整;也可考虑寻求二者的“结合点”,以便顺利过渡,切实掌握“ 观察——归纳——猜想——证明”的由特殊到一般的推理方法. [演练冲关] 6.(2017·浙江高考)已知数列{xn}满足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(n∈N*). 证明:当n∈N*时, (1)0
0. 当n=1时,x1=1>0. 假设n=k(k≥1,k∈N*)时,xk>0, 那么n=k+1时,若xk+1≤0, 则0 0. 因此xn>0(n∈N*). 所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)>xn+1. 因此0 0(x>0), 所以函数f(x)在[0,+∞)上单调递增, 所以f(x)≥f(0)=0, 因此x-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)≥0, 故2xn+1-xn≤(n∈N*). (3)因为xn=xn+1+ln(1+xn+1)≤xn+1+xn+1=2xn+1, 所以xn≥. 由≥2xn+1-xn得-≥2>0, 所以-≥2≥…≥2n-1= 2n-2, 故xn≤. 综上,≤xn≤(n∈N*). [技法指导] 化归的常用策略 利用化归思想可探索一些一般数列的简单性质.等差数列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列,高考中通常考查的是非等差、等比数列问题,应对的策略就是通过化归思想,将其转化为这两种数列. [典例] Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0,a+2an=4Sn+3. (1)求{an}的通项公式; (2)设bn=,求数列{bn}的前n项和. [解题示范] (1)由a+2an=4Sn+3,① 可知a+2an+1=4Sn+1+3.② ②-①,得a-a+2(an+1-an)=4an+1, 即2(an+1+an)=a-a =(an+1+an)(an+1-an). 由an>0,得an+1-an=2. 又a+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== =. 设数列{bn}的前n项和为Tn,则 Tn=b1+b2+…+bn = =. [思维升华] 对于数列的备考:(1)准确掌握数列中an与Sn之间的关系,这是解决数列问题的基础;(2)重视等差与等比数列的复习,熟悉其基本概念、公式和性质,这是解决数列问题的根本;(3)注意数列与函数、不等式等的综合问题,掌握解决此类问题的通法;(4)在知识的复习和解题过程中体会其中所蕴含的数学思想方法,如分类讨论、数形结合、等价转化、函数与方程思想等. [应用体验] (2018·温州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=,2Sn=(n+1)an+1(n≥2). (1)求{an}的通项公式; (2)设bn=(n∈N*),数列{bn}的前n项和为Tn,证明:Tn<(n∈N*). 解:(1)当n=2时,2(a1+a2)=3a2+1,解得a2=2. 当n≥3时,2an=2Sn-2Sn-1=(n+1)an-nan-1, ∴(n-1)an=nan-1, ∴=, ∴=,=,…,=, 将以上各式相乘得=, ∴an=n. 显然,当n=1时,上式不成立,当n=2时,上式成立. ∴an= (2)证明:bn== 当n≥2时,bn=<=-, ∴Tn=+++…+=+-=-<<. 1.数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2an-a1,且a1,a2+1,a3成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Tn. 解:(1)∵Sn=2an-a1,① ∴当n≥2时,Sn-1=2an-1-a1,② ①-②得,an=2an-2an-1,即an=2an-1. 由a1,a2+1,a3成等差数列,得2(a2+1)=a1+a3, ∴2(2a1+1)=a1+4a1,解得a1=2. ∴数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列. ∴an=2n. (2)∵an=2n,∴Sn=2an-a1=2n+1-2,Sn+1=2n+2-2. ∴bn===. ∴数列{bn}的前n项和 Tn===. 2.(2018·浙江“七彩阳光”联盟联考)已知等比数列{an}为递增数列,且a4=,a3+a5=,设bn=log3(n∈N*). (1)求数列{bn}的前n项和Sn; (2)令Tn=b1+b2+b22+…+b2n-1,求使Tn>0成立的最小值n. 解:(1)设等比数列{an}的公比为q,由题意知,两式相除,得=, 解得q=3或q=,∵{an}为递增数列,∴q=3,a1=. ∴an=a1qn-1=·3n-1=2·3n-5. ∴bn=log3=n-5,数列{bn}的前n项和Sn==(n2-9n). (2)Tn=b1+b2+b22+…+b2n-1=(1-5)+(2-5)+(22-5)+…+(2n-1-5)=-5n>0, 即2n>5n+1, ∵24<5×4+1,25>5×5+1,∴nmin=5. 3.已知数列{an}的前n项和为Sn,若an=-3Sn+4,bn=-log2an+1. (1)求数列{an}的通项公式与数列{bn}的通项公式; (2)令cn=+,其中n∈N*,若数列{cn}的前n项和为Tn,求Tn. 解:(1)由a1=-3a1+4,得a1=1, 由an=-3Sn+4,知an+1=-3Sn+1+4, 两式相减并化简得an+1=an, ∴an=n-1,bn=-log2an+1=-log2n=2n. (2)由题意知,cn=+. 令Hn=+++…+, ① 则Hn=++…++, ② ①-②得,Hn=+++…+-=1-. ∴Hn=2-. 又Tn-Hn=++…+=1-+-+…+-=1-=, ∴Tn=Hn+(Tn-Hn)=2-+. 4.(2018·江苏泰州中学模拟)已知数列{an}满足:a1=1,an+1=(n∈N*),设bn=a2n-1. (1)求b2,b3,并证明bn+1=2bn+2; (2)①证明:数列{bn+2}为等比数列; ②若a2k,a2k+1,9+a2k+2成等比数列,求正整数k的值. 解:(1)∵数列{an}满足a1=1,an+1=(n∈N*),bn=a2n-1, ∴b2=a3=2a2=2(a1+1)=4, b3=a5=2a4=2(a3+1)=10, 同理,bn+1=a2n+1=2a2n=2(a2n-1+1)=2(bn+1)=2bn+2. (2)①证明:∵b1=a1=1,b1+2≠0, ==2, ∴数列{bn+2}为等比数列. ②由①知bn+2=3×2n-1, ∴bn=3×2n-1-2, ∴a2n-1=3×2n-1-2, a2n=a2n-1+1=3×2n-1-1, ∵a2k,a2k+1,9+a2k+2成等比数列, ∴(3×2k-2)2=(3×2k-1-1)(3×2k+8), 令2k=t,得(3t-2)2=(3t+8), 整理,得3t2-14t+8=0, 解得t=或t=4, ∵k∈N*,∴2k=4,解得k=2. 5.(2019届高三·浙江五校联考)已知各项均不相等的等差数列{an}的前4项和为14,且a1,a3,a7恰为等比数列{bn}的前3项. (1)分别求数列{an},{bn}的前n项和Sn,Tn; (2)设Kn为数列{anbn}的前n项和,若不等式λSnTn≥Kn+n对一切n∈N*恒成立,求实数λ的最小值. 解:(1)设数列{an}的公差为d, 则 解得d=1或d=0(舍去),a1=2, 所以an=n+1,Sn=. bn=2n,Tn=2n+1-2. (2)由题意得Kn=2×21+3×22+…+(n+1)×2n,① 则2Kn=2×22+3×23+…+n×2n+(n+1)×2n+1,② ①-②得-Kn=2×21+22+23+…+2n-(n+1)×2n+1,∴Kn=n×2n+1. 要使λSnTn≥Kn+n对一切n∈N*恒成立, 即λ≥=恒成立, 设g(n)=, 因为==<<1, 所以g(n)随n的增加而减小,所以g(n)max=g(1)=,所以当λ≥时不等式恒成立, 因此λ的最小值为. 6.已知在数列{an}中,a1=,an+1=a-2an+2,n∈N*,其前n项和为Sn. (1)求证:1 ,当n≥3时,<1, 又1 n. 由an≤=1+<1+, 得Sn<++…+=n+=n+2 0时,q=±,t<0时,无解. 失误2 因忘记an与Sn关系而解题受阻 [例2] 已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,当n≥2时,2Sn=(n+1)an-2. (1)求a2,a3和通项an; (2)设数列{bn}满足bn=an·2n-1,求{bn}的前n项和Tn. [解] (1)当n=2时,2S2=2(1+a2)=3a2-2,则a2=4, 当n=3时,2S3=2(1+4+a3)=4a3-2,则a3=6, 当n≥2时,2Sn=(n+1)an-2, 当n≥3时,2Sn-1=nan-1-2, 所以当n≥3时,2(Sn-Sn-1)=(n+1)an-nan-1=2an, 即2an=(n+1)an-nan-1, 整理可得(n-1)an=nan-1, 所以=, 因为==2, 所以==…===2, 因此,当n≥2时,an=2n,而a1=1, 故an= (2)由(1)可知bn= 所以当n=1时,T1=b1=1, 当n≥2时,Tn=b1+b2+b3+…+bn,则 Tn=1+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n, 2Tn=2+2×23+3×24+…+(n-1)×2n+n×2n+1, 作差得Tn=1-8-(23+24+…+2n)+n×2n+1=(n-1)×2n+1+1, 易知当n=1时,也满足上式, 故Tn=(n-1)×2n+1+1(n∈N*). [微评] 数列{an}中,由Sn与an的等量关系式求an时,先利用a1=S1求出首项a1,然后用n-1替换等量关系式中的n,得到一个新的等量关系式,再利用an=Sn-Sn-1(n≥2),便可求出当n≥2时an的表达式,最后对n=1时的结果进行检验,看是否符合n≥2时an的表达式,若符合,则可以把数列{an}的通项合写,若不符合,则应该分n=1与n≥2两段来写. 而an-an-1=d(n≥2)与an+1-an=d(n∈N*)等价,=q(n≥2)与=q(n∈N*)等价,不需验证n=1的情形. 失误3 因错位相减法求和处理不当而失分 [例3] 已知函数f(x)=4x,数列{an}中,2an+1-2an+an+1an=0,a1=1,且an≠0,数列{bn}中,b1=2,bn=f(n≥2,n∈N*). (1)证明:数列是等差数列,并求数列{an}的通项公式; (2)求数列的前n项和Sn. [解] (1)证明:由an≠0,2an+1-2an+an+1an=0,得-=, 所以数列是首项为=1,公差为的等差数列, 所以=1+(n-1)=,an=. (2)当n≥2时,bn=f=f=2n, 当n=1时,b1=2也符合上式, 所以bn=2n(n∈N*),=(n+1)·2n-1, Sn=2×20+3×21+4×22+…+(n+1)×2n-1,① 2Sn=2×21+3×22+4×23+…+n×2n-1+(n+1)×2n,② 由①-②得-Sn=2+21+22+…+2n-1-(n+1)×2n=2+2n-2-(n+1)×2n=-n×2n,故Sn=n×2n. [微评] 错位相减法主要用于形如{anbn}的数列的求和,其中数列{an}是公差不为0的等差数列,数列{bn}是公比不为1的等比数列,若它们的通项分别为an=an+b(a≠0),bn=qn-1(q≠1),则数列{anbn}的前n项和为Sn=(An+B)·qn+C的形式,其中A=,B=,C=-B. 策略1 累加法:求形如an+1-an=f(n)型通项问题 [例1] 已知数列{an}满足a1=2,an-an-1=n(n≥2,n∈N*),则an=________. [解析] 由题意可知,a2-a1=2,a3-a2=3,…,an-an-1=n(n≥2), 以上式子累加得,an-a1=2+3+…+n. 因为a1=2,所以an=2+(2+3+…+n) =2+=(n≥2). 因为a1=2满足上式,所以an=. [答案] [微评] 已知形如an+1=an+f(n)的递推关系式,常令n分别为1,2,3,…,n-1,把所得的n-1个等式相加,即利用an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1),求出通项公式an. 策略2 累乘法:求形如=f(n)型通项问题 [例2] 已知在数列{an}中,an+1=an(n∈N*),且a1=4,则数列{an}的通项公式an =________. [解析] 由an+1=an,得=, 故=,=,…,=(n≥2), 以上式子累乘得,=··…···=. 因为a1=4满足上式,所以an=. [答案] [微评] 已知形如=f(n)的递推关系式,常令n分别为1,2,3,…,n-1,把所得的n-1个等式相乘,即利用an=a1···…·,求出通项公式an. 策略3 构造法:求形如an+1=pan+q或an+1=pa型通项问题 [例3] (1)(2018·衡水中学模拟)数列{an}满足a1=2,an+1=a(an>0,n∈N*),则an=( ) A.10n-2 B.10n-1 C.102n-1 D.22n-1 (2)(2018·陕西实验中学模拟)已知数列{an}中,a1=3,且点Pn(an,an+1)(n∈N*)在直线4x-y+1=0上,则数列{an}的通项公式为an=____________. [解析] (1)因为数列{an}满足a1=2,an+1=a(an>0,n∈N*), 所以log2an+1=2log2an, 即=2. 又a1=2,所以log2a1=log22=1. 故数列{log2an}是首项为1,公比为2的等比数列. 所以log2an=2n-1,即an=22n-1.故选D. (2)因为点Pn(an,an+1)(n∈N*)在直线4x-y+1=0上, 所以4an-an+1+1=0. 所以an+1+=4. 因为a1=3,所以a1+=. 故数列是首项为,公比为4的等比数列. 所以an+=×4n-1, 故数列{an}的通项公式为an=×4n-1-. [答案] (1)D (2)×4n-1- [微评] (1)求解递推公式为an+1=pa(p,an>0)型的数列{an}的通项公式的关键:一是对已知等式两边取对数;二是利用待定系数法构造数列,并活用等比数列的定义,即可利用等比数列的通项公式,求出所构造数列的通项公式,从而得数列{an}的通项公式. (2)求解递推公式为an+1=pan+q(p≠0,q≠1)型的数列{an}的通项公式的关键:一是利用待定系数法构造an+1+m=p(an+m);二是活用定义,即利用等比数列的定义,判断出数列{an+m}为等比数列;三是利用等比数列的通项公式,求出数列{an+m}的通项公式,从而得到数列{an}的通项公式. 1.方程思想——解决数列基本量的求解问题 [例1] 设{an}是正数组成的数列,其前n项和为Sn,并且对于所有的正整数n,an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项,求{an}的通项公式. [解] 由题意可知=, 整理得Sn=(an+2)2, 当n=1时,S1=(a1+2)2=a1,解得a1=2. 又an+1=Sn+1-Sn, ∴an+1=(an+1+2)2-(an+2)2, 整理得(an+1+an)(an+1-an-4)=0. 又∵an>0,∴an+1-an-4=0, ∴an+1-an=4,即{an}是首项为2,公差为4的等差数列, ∴an=4n-2. [微评] 本例利用了方程的消元思想,通过an+1=Sn+1-Sn、Sn=(an+2)2消去Sn,找到数列中相邻两项的递推关系,使问题得到解决.值得注意的是有时可借助an+1=Sn+1-Sn消去an,利用Sn+1、Sn的递推关系解题. 2.分类讨论思想——解决数列前n项和的问题 [例2] 设等比数列{an}的公比为q,前n项和Sn>0(n=1,2,…). (1)求q的取值范围; (2)设bn=an+2-an+1,记{bn}的前n项和为Tn,试比较Sn与Tn的大小. [解] (1)因为{an}是等比数列,Sn>0,可得a1=S1>0,q≠0. 当q=1时,Sn=na1>0; 当q≠1时,Sn=>0,即>0,(n=1,2,…) 上式等价于不等式组:(n=1,2,…),① 或(n=1,2,…),② 解①式得q>1;解②式,由于n可为奇数、可为偶数,得-1 0且-10. ∴当-12时,Tn-Sn>0,即Tn>Sn; 当-0,所以S10(S30-S20)=(S20-S10)2,即10(130-S20)=(S20-10)2,解得S20=40,又(S20-S10)(S40-S30)=(S30-S20)2,即30(S40-130)=902,解得S40=400. 2.在数列{an}中,a1=1,a2=2,an+2-an=1+(-1)n,那么S100的值为( ) A.2 500 B.2 600 C.2 700 D.2 800 解析:选B 当n为奇数时,an+2-an=0⇒an=1, 当n为偶数时,an+2-an=2⇒an=n, 故an= 于是S100=50+=2 600. 3.在数列{an}中,“an=2an-1,n=2,3,4,…”是“{an}是公比为2的等比数列”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选B 当an=0时,也有an=2an-1,n=2,3,4,…,但{an}不是等比数列,因此充分性不成立;当{an}是公比为2的等比数列时,有=2,n=2,3,4,…,即an=2an-1,n=2,3,4,…,所以必要性成立. 4.已知数列{an}的前n项和为Sn=n2+1,数列{bn}满足bn=,则bn=________. 解析:当n=1时,a1=S1=2, 因为Sn=n2+1,Sn-1=(n-1)2+1(n≥2), 两式相减得an=Sn-Sn-1=2n-1(n≥2), 所以当n≥2时,an=2n-1, 又a1=2不符合上式,所以an= 因为bn=,所以bn= 答案: 5.已知一个等比数列{an}的前4项之积为,第2,3项的和为,则数列{an}的公比q=________. 解析:设数列{an}的前4项分别为a,aq,aq2,aq3, 则可得 所以(1+q)4=64q2,即(1+q)2=±8q, 当q>0时,可得q2-6q+1=0, 解得q=3±2, 当q<0时,可得q2+10q+1=0, 解得q=-5±2. 综上,q=3±2或q=-5±2. 答案:3±2或-5±2 B组——方法技巧练 1.已知正项数列{an}中,a1=1,且(n+2)a-(n+1)a+anan+1=0,则它的通项公式为( ) A.an= B.an= C.an= D.an=n 解析:选B 因为(n+2)a-(n+1)a+anan+1=0,所以[(n+2)an+1-(n+1)an](an+1+an)=0.又{an}为正项数列,所以(n+2)an+1-(n+1)an=0,即=,则an=··…··a1=··…··1=.故选B. 2.(2019届高三·豫南十校联考)设f(x)是定义在R上的恒不为零的函数,且对任意的x,y∈R,都有f(x)·f(y)=f(x+y).若a1=,an=f(n)(n∈N*),则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是( ) A. B. C. D. 解析:选C 在f(x)·f(y)=f(x+y)中,令x=n,y=1,得f(n+1)=f(n)f(1),又a1=,an=f(n)(n∈N*),则an+1=an,所以数列{an}是首项和公比都是的等比数列,其前n项和Sn= =1-∈,故选C. 3.已知数列{an}中,a1=1,an+1=(n∈N*),则数列{an}的通项公式为________. 解析:因为an+1=(n∈N*), 所以=+1, 设+t=3, 所以3t-t=1, 解得t=, 所以+=3, 又+=1+=, 所以数列是以为首项,3为公比的等比数列, 所以+=×3n-1=, 所以=,所以an=. 答案:an= 4.(2018·惠州调研)已知数列{an}中,点(an,an+1)在直线y=x+2上,且首项a1=1. (1)求数列{an}的通项公式; (2)数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}中,b1=a1,b2=a2,数列{bn}的前n项和为Tn,请写出适合条件Tn≤Sn的所有n的值. 解:(1)根据已知a1=1,an+1=an+2, 即an+1-an=2=d, 所以数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列, an=a1+(n-1)d=2n-1. (2)数列{an}的前n项和Sn=n2. 等比数列{bn}中,b1=a1=1,b2=a2=3, 所以q=3,bn=3n-1. 数列{bn}的前n项和Tn==. Tn≤Sn即≤n2,又n∈N*, 所以n=1或2. C组——创新应用练 1.(2018·襄阳四校联考)我国古代数学名著《九章算术》中,有已知长方形面积求一边的算法,其方法的前两步为: (1)构造数列1,,,,…,;① (2)将数列①的各项乘以,得到一个新数列a1,a2,a3,a4,…,an. 则a1a2+a2a3+a3a4+…+an-1an=( ) A. B. C. D. 解析:选C 依题意可得新数列为,,,…,×,所以a1a2+a2a3+…+an-1an===×=.故选C. 2.已知数列{an}的通项公式为an=log(n+1)(n+2)(n∈N*),我们把使乘积a1·a2·a3·…·an为整数的n叫做“优数”,则在(0,2 018]内的所有“优数”的和为( ) A.1 024 B.2 012 C.2 026 D.2 036 解析:选C a1·a2·a3·…·an=log23·log34·log45·…·log(n+1)(n+2)=log2(n+2)=k,k∈Z,令00)的图象上,若点Bn的坐标为(n,0)(n≥2,n∈N*),记矩形AnBnCnDn的周长为an,则a2+a3+…+a10=( ) A.208 B.212 C.216 D.220 解析:选C 由题意得|AnDn|=|BnCn|=n+,设点Dn的坐标为,则有x+=n+,得x=(x=n舍去),即An,则|AnBn|=n-,所以矩形的周长为an=2(|AnBn|+|BnCn|)=2+2=4n,则a2+a3+…+a10=4(2+3+4+…+10)=216. 5.(2018·上海松江区联考)在一个有穷数列的每相邻两项之间添加一项,使其等于两相邻项的和,我们把这样的操作叫做该数列的一次“H扩展”.已知数列1,2第一次“H扩展”后得到数列1,3,2,第二次“H扩展”后得到数列1,4,3,5,2,那么第10次“H扩展”后得到的数列的所有项的和为( ) A.88 572 B.88 575 C.29 523 D.29 526 解析:选B 记第n次“H扩展”后得到的数列所有项的和为Hn,则H1=1+2+3=6,H2=1+3+2+4+5=15,H3=15+5+7+8+7=42,从中发现H3-H2=27=33,H2-H1=9=32,归纳得Hn-Hn-1=3n(n≥2),利用累加法求和得Hn=,n≥2,所以H10==88 575,故选B. 6.(2018·河北衡水中学检测)对于数列{an},定义Hn=为{an}的“优值”,现在已知某数列{an}的“优值”Hn=2n+1,记数列{an-kn}的前n项和为Sn,若Sn≤S5对任意的n∈N*恒成立,则实数k的取值范围为________. 解析:由题意知Hn==2n+1, 所以a1+2a2+…+2n-1an=n×2n+1,① 当n≥2时,a1+2a2+…+2n-2an-1=(n-1)×2n,② ①-②得:2n-1an=n×2n+1-(n-1)×2n, 解得an=2n+2,n≥2, 当n=1时,a1=4也满足上式,所以数列{an}的通项公式为an=2n+2,且数列{an}为等差数列,公差为2. 令bn=an-kn=(2-k)n+2,则数列{bn}也是等差数列, 由Sn≤S5对任意的n∈N*恒成立,知2-k<0,且b5=12-5k≥0,b6=14-6k≤0, 解得≤k≤. 答案: 7.设函数f(x)=+sin x的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{xn}. (1)求数列{xn}的通项公式; (2)令bn=,设数列的前n项和为Sn,求证:Sn<. 解:(1)f(x)=+sin x,令f′(x)=+cos x=0,得x=2kπ±(k∈Z), 由f′(x)>0⇒2kπ- 0,所以c1=1. 当n≥2时,c+c+c+…+c=T, c+c+c+…+c=T. 两式相减,得c=T-T =(Tn-Tn-1)(Tn+Tn-1) =cn·(Tn+Tn-1). 因为cn>0,所以c=Tn+Tn-1=2Tn-cn. 显然c1=1适合上式, 所以当n≥2时,c=2Tn-1-cn-1. 于是c-c=2(Tn-Tn-1)-cn+cn-1 =2cn-cn+cn-1=cn+cn-1. 因为cn+cn-1>0,所以cn-cn-1=1, 所以数列{cn}是首项为1,公差为1的等差数列, 所以cn=n,Tn=. 所以==不为常数, 故数列{cn}不是“幸福数列”. (时间:120分钟 满分:150分) 一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40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.(2018·浙江名校联考)已知首项为1的等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,且S2,S4,S8成等比数列,则( ) A.a2=1 B.{an}是单调数列 C.Sn≥an恒成立 D.数列是等比数列 解析:选C 由a1=1及S2,S4,S8成等比数列,可得S=S2·S8⇒d2=2d⇒d=0或d=2.当d=0时,an=1,Sn=n,当d=2时,an=2n-1,Sn=n2,故Sn≥an恒成立,选C. 2.(2018·杭州模拟)已知数列{an}满足a1=1,a2=3,且an+an+1=n+3,则a3+a4-a5=( ) A.1 B.2 C.3 D.4 解析:选C 由已知,an+1=n+3-an, ∴a3=2+3-a2=2, a4=3+3-a3=4,a5=4+3-a4=3, ∴a3+a4-a5=3,故选C. 3.已知a,b,c分别为△ABC的三个内角A,B,C的对边,若a2-c2=2b,sin B=4cos A·sin C,则b=( ) A. B. C.2 D.4 解析:选D 由题意得,sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C,所以sin Acos C+cos Asin C=4cos A·sin C,所以sin Acos C=3cos Asin C,由正弦定理和余弦定理得a·=3c·,化简得a2-c2=b2,又a2-c2=2b,所以b2=2b,解得b=4或b=0(舍去),所以b=4,故选D. 4.(2018·浙江考前热身联考)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线和虚线画出的是某空间几何体的三视图,则该几何体的体积为( ) A. B. C.2 D.4 解析: 选B 构造棱长为2的正方体如图所示,由三视图知该几何体是图中的四棱锥PABCD,其中B,D分别为棱的中点,则其体积V=××2=.故选B. 5.(2018·嘉兴高三测试)由函数y=cos 2x的图象变换得到函数y=cos的图象,这个变换可以是( ) A.向左平移个单位长度 B.向右平移个单位长度 C.向左平移个单位长度 D.向右平移个单位长度 解析:选B 由于函数y=cos=cos 2,因此该函数的图象是由函数y=cos 2x的图象向右平移个单位长度得到的,故选B. 6.(2018·浙江考前模拟)对于数列{an},“|an+1| 0时,则an+1 0,则a4=,故log2a4=log2=-3. 答案:-3 12.(2018·绍兴模拟)已知数列{an}的奇数项依次构成公差为d1的等差数列,偶数项依次构成公差为d2的等差数列(其中d1,d2为整数),且对任意n∈N*,都有an an, 所以数列{an}单调递增且各项均为正数, 所以++…+=-<=2. 又结合(1)可知++…+>1, 所以=1. 答案:(1)1 (2)1 16.(2018·绍兴高三监测考试)在数列{an}中,a1+++…+=2n-1(n∈N*),且a1=1,若存在n∈N*使得an≤n(n+1)λ成立,则实数λ的最小值为________. 解析:由题意知,a1++…+=2n-1, 则n≥2时,有a1++…+=2n-1-1, 两式作差得,=2n-2n-1=2n-1, 且=21-1=1, 所以=2n-1(n∈N*), =, 令bn=,则bn>0, ==>=1, 所以bn+1>bn,数列{bn}是递增数列,数列{bn}的最小项是b1=, 依题意得,存在n∈N*使得λ≥=bn成立, 即有λ≥b1=,λ的最小值是. 答案: 17.(2018·浙江名校联考)如图,已知正四面体D ABC,P为线段AB上的动点(端点除外),则二面角D PCB的平面角的余弦值的取值范围是________. 解析:当点P从点A运动到点B时,二面角D PCB的平面角逐渐增大,二面角D PCB的平面角最小趋近于二面角D ACB的平面角,最大趋近于二面角D BCA的平面角的补角.设正四面体的棱长为2,如图所示,取AC的中点为E.连接DE,BE,易知∠DEB为二面角DACB的平面角,DE=BE=,所以cos∠DEB==,同理二面角D BCA的平面角的补角的余弦值为-,故二面角DPCB的平面角的余弦值的取值范围是. 答案: 三、解答题(本大题共5小题,共74分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 18.(本小题满分14分)(2018·杭州一中调考)已知数列{an}是等差数列,Sn是其前n项和,且a1=2,S3=12. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=an+4n,求数列{bn}的前n项和Tn. 解:(1)∵数列{an}是等差数列,Sn是其前n项和,a1=2,S3=12, ∴S3=3×2+d=12,解得d=2, ∴an=2+(n-1)×2=2n. (2)∵bn=an+4n=2n+4n, ∴Tn=2(1+2+3+…+n)+(4+42+43+…+4n) =2×+ =n2+n+-. 19.(本小题满分15分)已知函数f(x)=2sin xcos x+2cos2x-. (1)求函数y=f(x)的最小正周期和单调递减区间; (2)已知△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,其中a=7,若锐角A满足f=,且sin B+sin C=,求bc的值. 解:(1)f(x)=2sin xcos x+2cos2x-=sin 2x+cos 2x=2sin, 因此f(x)的最小正周期为T==π. 由2kπ+≤2x+≤2kπ+(k∈Z), 得kπ+≤x≤kπ+(k∈Z), 所以f(x)的单调递减区间为(k∈Z). (2)由f=2sin=2sin A=,且A为锐角,所以A=. 由正弦定理可得2R===, sin B+sin C==, 则b+c=×=13, 所以cos A===, 所以bc=40. 20.(本小题满分15分)(2019·贵阳摸底)如图,CD,AB分别是圆柱的上、下底面圆的直径,四边形ABCD是边长为2的正方形,E是底面圆周上不同于A,B两点的一点,AE=1. (1)求证:BE⊥平面DAE; (2)求二面角CDBE的余弦值. 解:(1)证明:由圆柱的性质知,DA⊥平面ABE, 又BE⊂平面ABE,∴BE⊥DA, ∵AB是底面圆的直径,E是底面圆周上不同于A,B两点的一点, ∴BE⊥AE. 又DA∩AE=A,DA⊂平面DAE,AE⊂平面DAE, ∴BE⊥平面DAE. (2)法一:如图,过E作EF⊥AB,垂足为F,由圆柱的性质知平面ABCD⊥平面ABE, ∴EF⊥平面ABCD. 过F作FH⊥DB,垂足为H,连接EH, 则∠EHF即所求的二面角的平面角的补角, 由AB=AD=2,AE=1, 得DE=,BE=,BD=2, ∴EF==, 由(1)知BE⊥DE,∴EH===, ∴sin∠EHF===, ∴cos∠EHF= =, ∴二面角CDBE的余弦值为-. 法二:过A在平面AEB内作垂直于AB的直线,建立如图所示的空间直角坐标系, ∵AB=AD=2,AE=1, ∴BE=,∴E, D(0,0,2),B(0,2,0), ∴=,=(0,-2,2). 设平面EBD的法向量为n=(x,y,z), 则即 取z=1,则n=(,1,1)为平面EBD的一个法向量. 易知平面CDB的一个法向量为m=(1,0,0), ∴cos〈m,n〉===, 由图知,二面角CDBE为钝角, ∴二面角CDBE的余弦值为-. 21.(本小题满分15分)(2018·湖州、衢州、丽水联考)数列{an}中,a1=,an+1=(n∈N*). (1)求证:an+1 0, 且a1=>0,∴an>0, ∴an+1-an=-an=<0. ∴an+1 2,且对任意n∈N*,都有Sn≥na1-(n-1),证明:Sn<2n+1. 解:(1)由a2>a1>0⇔a1+-1>a1>0, 解得0 a2>0⇔a2+-1>a2>0⇔0 0,即an+1>an, ∴{an}是递增数列,a1的取值范围是(1,2). (2)证明:∵a1>2,可用数学归纳法证明:an>2对∀n∈N*都成立. 于是an+1-an=-1<0,即数列{an}是递减数列. 在Sn≥na1-(n-1)中,令n=2,可得2a1+-1=S2≥2a1-,解得a1≤3, 因此2 时不合题意. 事实上,当 0),由(*)可得Sn 时不合题意. 综上可得2