上海高三二模分类汇编-数列专题(详解版)

1、二模汇编讲义数列专题【答案】17.、知识梳理【知识点1】等差、等比数列的相关公式的应用通项an前n项和Sn等差an a1 n 1 dan dn a1 dQn a1anGd 附° d nSn2； 0a1 - n等比n 1八anaq q 0na1q 1Sna1(1 qn)1,q1 q【例1】设正项数列an的前n项和是Sn ,若an和 JS"都是等差数列，且公差相等，则a1 d .3【答案】3. 4【解析】由于等差数列的前 n项和是Sn是关于n一元二次表达式，且等差数列都是关于n的一元一次表达式,那么/'Sn也是关于n的一元一次表达式，所以 Sn必然是个完全平方式。根据以

2、上分析，我们可以得到等式d八 20a1d ,.2d14a103或舍，所以a1 d .1d 042【点评】对于等差、等比数列来说，只需要求出首项a1与公差d或者公比q就可以直接根据公式求出通项an和前n项和Sn.【例2】公差为d ,各项均为正整数的等差数列 an中，若a1 1,an 65,则n d的最小值等于【解析】an a1 n 1 d 1 n 1 d 65 ,所以 n 1 d 64 ,由基本不等式 xy xy 可知,2n 1 d n 1 d ,即 n 1 d 8,所以 n d 17. 22【点评】等差数列、等比数列的基本元”是首项、公差或公比，当觉得不知如何用性质求解时，可以把问题转化成基本

3、元”解决.【知识点2】等差、等比数列的证明定义法等差、等比中项通项与求和的性质等差anan 1为定值an 1an 12anan为,兀,次Sn为没有常数的一元二次等比-a-为定值an 12an 1 an 1 anan为指数函数类似形式【例1】数列an满足：a1 1, an 12an (n N).an 2, 一 1 . (1)求证：数列是等差数列；an(2)求an的通项公式.【答案】(1)证明见解析；(2) an.,-1 . 【解析】注意是到证明数列'是等差数列a n,1则要证明, a n 11 1， 一,是常数.而 anan 1a2 ,所以2an,11则一1 - (nan211 1,a

4、n 1 an1 .即数列是等差数列 又一 1,2 ana1【点评】对于数列的证明题，尤其是证明一个新的数列为等差或者等比，一般采用定义法，偶尔采用等差中项 或者等比中项【知识点3】等差、等比数列的基本性质以及两者间的类比推理等差数列等比数列性比-：m n p q(m, n,p,q N)am an a p aqam an a p aq性质二：每n项捆绑(等差为前 n项和，等比为前n项积)Sn、S2nSn、S3nS2 n 成等差TT2、&成等比TnT2n性质三：等差(比)前 n项和Sn (积Tn)的最值an 0 ( an 0) an 10 an 10an 1 ( an 1 ) an 11

5、an 11Z且公2 2-,r 2 2 22222【例 1 设等差数列an满足：cosa3cosa5sina3sina5cos2a3sin(aa7),包ai的取值范围是(1,0),若当且仅当n 8时，数列an的前n项和Sn取得最大值，则首项D. J2 )【答案】D.【解析】略【点评】直接利用等差数列的基本性质一即可解决，此性质也是等差中项的本质所在【例2】若an是等差数列，首项a10, 22006220070, a2006 220070 ,则:(1)使前n项和Sn最大的自然数n是; ( 2)使前n项和Sn 0的最大自然数n 【答案】(1) 2006; (2) 4012.【解析】由条件可以看出a2

6、0060,a20070,可知S2006最大，则使Sn最大的自然数为2006；2006a20070知a1a40120 , S40124012(a a4012)20, S40134013 a2007 ， 所以S40130,则使Sn 0的最大自然数为4012.【点评】等差数列当首项a10且公差d0,前n项和存在最大值.当首项a10且公差d 0,前n项和存在最小值.求等差数列前a 0(n项和的最值可以利用不等式组n 'an 10( 0)0)来确定n的值；也可以利用等差数列的前n项的和是n的二次函数(常数项为 0)转化成函数问题来求解【特别注意】等差数列与正项等比数列之间存在的类比关系实际上是运

7、算上的变化，这种变化可以由等差数列与等比数列的一个性质来揭示。我们知道：若数列an是正项等比数列，记bn log m an (m 0,m 1),则数列bn是等差数列。反之若数列 an是等差数列，记bn man(m 0),则数列bn是等比数列，所以我们在研究等数数列和等比数列的相关性质时，可以对比着去记忆和灵活运用，我们把这种方法称为类比推理”.【例1】各项为正数的无穷等比数列an的前n项和为Sn ,若lim nSnSn1q的取值范围是【知识点4】几种常见的极限、无穷等比数列的各项和形式一：lim qn1,q 1lim qn 0,|q| 1n小仔仕，| q | 1或q1形式一：lim ( )1、

8、f n与g n是多项式时：分别看 f n次以及最高次的系数；与g n的最高n g(n)2、f n与g n是指数形式时：采用分子分母同时除以较大底数的方法化为形式一。各项和：当数列前 n项和8n的极限存在时，此无穷等比数列的各项和为 S a- 1 q 1 q极限称为该数列的各项和，又称所有项和。0或 0 q 1【答案】4,2【答案】0,1 .【解析】等比数列Snna1a1(1qn) S，且各项均为正数，所以旦1Sn 1nan 1 an1 q/ n 11 q,q,q若 lim-S-1,n QSn 1则 q 1 或 lim qnn0,0,1 .【例2】若lim n3n3n 1 (a 1)n1一 ，E

9、，则实数a的取值范围是3【解析】3n3n 1 (a 1)n13n1a 1 n，lim fh -，则 lim 3 a 1 n n 3 (a 1)n3 n 33【点评】对于指数型的分式型极限，一般是分子、分母同除以骞底数绝对值较大的骞，这样可以求出极限。注意limnqn存在与lim qn 0是不相同的. n【例3】若lim an一叱 0 ,则a; bn 4n 3【答案】a 0,b 0.【解析】注意到此式极限为 0是存在的，由上分析知 a 0,b 0,所以a 0 b 0. 3，【点评】对于分子分母是关于 n的整式的分式型极限，若分子的最高的哥指数大于分母的最高的哥指数，则此式极限不存在；当分子的最高

10、的哥指数与分母的最高的哥指数相同时，极限是分子、分母的最高次哥的系数比;当分子的最高的哥指数小于分母的最高的哥指数时，极限是零【知识点5】求数列通项公式an的几种常见方法已知an与Sn的混合式Sin 1an SnSn 1,n 2形如：an 1 an+ f (n)累加法(叠加法)形如：an g(n) an累乘法(连乘法)形如：a1 a, an 1 b an c(a,b,c是常数)当b 1时，此数列是等差数列，当 c 0 (b 0)时，此数列是等比数歹U。待定系数法，构造等比数列：bn an k【例1】设an logn1(n 2) (n N ),称a1a2a3ak为整数的k为希望数”，则在(1,2

11、013)内所有希望数”的个数为【答案】9.【解析】由对数换底公式可知an logni(nlog2 n 2 皿2)-,则log2 n 1aa2a3L ak嗨3血4log22 log2 3L log2 k 2log2 klog2 k 2为整数，所以k 2m1,2013 ,则共有九个.【例2】数列an满足a11, an3n 1an1(n 2),求数列an的通项公式.n )-n2N).【解析】由题知:a11 ,所以an系：an【例3】an 1an 1an 2a2an 2an 3a1n )31/3n 13n 23n 3 (n312)相加得：an2),而a1满足此式，则anai3n12-(n N).解决这

12、种递推数列的思想方法实质上是等差、等比数列求通项公式的思想方法1 an d ,等比数列的递推关系:a_1q.an已知数列由an 13(1 3n 1)又.等差数列的基本递推关an满足：a11,an 12an 1,(n N),求此数列的通项公式2an 1 得：an 112n，知 an2n 12(an1)知数列an 1是等比数列，首项为2,公比为 2,所以一阶线性递推关系：数列an满足：a1a,an 1b an c,(a,b,c是常数)是最重要的递推关系式,可以看出当b 1时，此数列是等差数列，当 c0 (b 0)时，此数列是等比数列.解决此递推的方法是通过代换(令ank )化成等比数列求解.【例1

13、】函数f x x 2x-,数列an1满足a10 , a22，且n 3 时，an1f()n2f(-)nn 1 qf()，求n【知识点6】求数列前n项和Sn的几种常见方法数列的首尾有一定的关联逆序相加数列的通项可以看成一个等差与一个等比相乘的形式错位相减数列的通项可以看成某个数列连续两项之差的形式(多为分式形式)裂项相消数列通项中含有阶乘或连乘的形式排列组合公式该数列的通项公式.【解析】观察函数x2x 1发现该函数关于点1 1,()对称2 2f(1) f(j f(2) n n nf( n2) L从而我们可以将数列 an倒着写一遍，即ann 1f()nn 2f( )n1，一，f (-),与原有的 n

14、an相加可得:n 1从而得到：an (n 3),接下来验证 n21,2时也满足此通项.【点评】注意观察数列或者求和的首尾项之间的关系或者规律，偶尔需要补充一项或者去掉一项【例2】已知数列an的前n项和为Sn,且Sn2an 2 (n.*N ) .设 Cnan 1(1an)(1 an 1)Rn是数列cn的前n项和，若对任意n恒成立，求的最小值.an 12n 1则Rn(1an)(1 an1)(1 2n)(1 2n1)2(22n.对任意n N均有Rn2成立,312n 112n 1 12312n 1 12 一 一一 2-,所以的最小值为一33【点评】裂项求和.1*【例3】已知各项不为零的数列 an的前n

15、项和为Sn,且ai 1 , Sn an an 1 ( n N )2(1)求证：数列 an是等差数列； 设数列bn满足：bn 2an 2a(3)若m、k均为正整数，且 m1 ,且 lim bkbk 1 bk 白卜 2 n2, k m,在数列ck中，c11 ,4bnbn 1，求正整数k的值;3841,2，求Ckak 1cm .当n 2时，an变形得2an anSnSn 111二 an an 1二 an 1 an22an 1 an 1 ,由于 an 0,所以 an 1an 12所以a2n 12n 1, a2nC1C21【答案】(1)略；(2) k 2; (3).m1,【解析】(1)当口 1 时，S1

16、 a1a2 1,a1 1 ,故 a2 2；2由于an 1 an 1,所以数列 an是以1首项，1为公差的等差数列n(2)由(1)得 an n ,所以 bn2an 2an1 2n 2(n 1) 1 14 22n 5bn bn 1- ，且 bb2 '，当 n 2时，13nbn 1 12128bn 1bn41 ，、一1 故数列bnbn 1是以为首项，1为公比的等比数列1284于是 lim bkbk 1nbkbk 2bnbn 1% 。，即 bk bk 1 21 13844kbk bk 1 12 5 2k，故 2 5 2k 2 9,解得 k 2.32 4(3)则由（1）得 ak k , 2Ckk

17、 m， ckCkCk 1c2akCk 1 Ck 2ClCk(m k 1)( m k k (k 1)2 12)1Cm mC1C21123cmCm Cm CmmC1C2cm1 1 Cm Cm mCmm mCm【点评】本大题的前两小问在前面的知识点中已经叙述过了,第三问就是累乘法再结合排列组合的公式得到解题灵感的.【知识点7】数列的单调性定义：对于任意的n 1, n N ,恒有an 1an 0 （或an 1 an 0）,则称该数列是单调递增（或减）数列.【例1】已知数列an的前n项和为Sn,且Sn 2an_n1_ _ 一).设 bn1 2bn 2 , b 8, Tn是数列bn的前n项和，求正整数k,

18、使得对任意n* .N均有TkTn恒成立.【答案】4或5.【解析】bn 12bn2nbn 12n 1bn2nbn 2nb121,bn2n 5 n方法一：当5时,bn2n 50,因此,T1 T2 T3 T4 T5 丁6对任意* .N均有T4T5Tn,4或5。方法二：（Tn21222 23(5n) 2n,(1)2Tn 4 22 32324(6n) 2n(5n) 2n 1,(2)两式相减，得Tn(22 2324L2n)(5 n) 2n 1,T O 22(1 2n1)n1n1 .cTn8'1 2)(5 n) 2 =(6 n) 212,Tn1 Tn (5 n) 2n 2 (6 n) 2n 1 2n

19、 1(4 n),当 1 n4,Tn1Tn,当 n 4T5,当 n 4 时，Tn1Tn,综上，当且仅当k 4或5时，均有Tk Tn.【点评】借助数列的单调性的方法来解决数列的最值问题【知识点8数列结合函数的基本性质某些特殊情况下，会用到函数的奇偶性性和单调性来得到数列的递推公式，从而解决数列的相关问题.【例1】已知函数f(x) sinx tanx.项数为27的等差数列an满足a0-,且公差d 0 .若2 2f(a1) f(a2)f(a27) 0,则当 k=时，f(aj 0.【答案】14.【解析】本题为2009年上海高考文科第13题。由于函数f(x) sinx tanx在区间 ,上为单调递增 2

20、2的奇函数，等差数列an在公差d 0时，必定为单调递增或单调递减数列。那么有且仅有f 00,若fak0,则ak0,且 fak1fak10。由于 f(a1)f(a2)f (a27)0 ,那么必定有 州 0 .【点评】根据函数单调性和奇偶性来得到数列内部关系，从而解决数列的相关问题二、二模真题汇编一、填空题1. (2019 宝山二模 11)已知无穷等比数列 2&,各项和为9,且a2= 2,若|& | 104，则n的最小值为【答案】10a 9【解析】题意可得厂q 29q29q 4|Sn2|10 42. （2019闵行松江二模4） 4.已知等比数列lim Sn = n【解析】因为0&l

21、t; q <1 ,所以lim Sn =ai40则 q1 3,q21，.、,，一3 （舍去刖者）为6则10 4，得至ij n最小为10 1an的首项为1,公比为-31- q 33. （2019崇明二模 9） 9.已知Sn是公比为q的等比数列 an的前n项和,lim (Snn01)ak成立，贝U q =,Sn表布an的前n项和，则若对于任意的k N ,都有.5-12SnSka1(1qn)k 1、a1(1q )k 1naqaq1 q，该式有极限，则0 q 1且a1qn极限于0,则等k 1aq价于TTakk 1aq5-124. （2019奉贤二模【答案】（0,1）7） 7.设等比数列an中，首项

22、a10,若4是递增数列，则公比 q的取值范围是【解析】由题意有a2a1 ,即a3a25. （2019黄浦二模3）计算：nimaq2aq2n13na1 ，因为a10,可解得0 q 1aq2-n n 2n2 n 2 N N N【解析】lim n 2n 2 jn_n_ 3n 3n 1 3n 1-2- Fn n6. (2019黄浦二模7)若等比数列an的前n项和Sn 3 2n【答案】-3【解析】a16 a,a26,a312,所以a；a1?a3,a11-,1 n 20187. (2019浦东新区二模8)已知无穷数列an满足an3则 lim an1, n-,n 20192n 1【答案】0【解析】lim a

23、n lim - 0n n 2n 18. (2019徐汇二模7)设无穷等比数列4的公比为q,若an的各项和等于q,则首项4的取值范围是.O1【答案】(2,0)0,4a11 .【解析】一qa q(1 q),q (1,0) (0,1),a( 2,0) (011 q49. (2019徐汇二模12)函数f(x) sin x (0)的图像与其对称轴在y轴右侧的交点从左到右依次记为A,AA, a,，在点列An中存在三个不同的点 A、A、Ap ,使得AkAAp是等腰直角三角形，将满足上述条件的值从小到大组成的数列记为 n,则2019。 【答案】4037211【解析】函数f(x) Asin x的对称轴为x (

24、k )可知Ak(一 k ),( 1),又因为22一一一k Dk1nAkAAp是等腰直角三角形，令k 1 p,等价于AkAp4,1-,(1)( 1)( 1)p,可得：22m 12n 11一(p k) 4, p l (2m 1)(m N ),则因此20194037210. （2019长宁嘉定二模11）已知有穷数列?共有？颂，记数列?所有项白和为？?1）,第二及以后所有项的和为？?2）,，第 ?1 w?w ?)及以后所有项的和为？；若？?是首项为1公差为2的等差数列前？领的和，则当1 < ?< ?时,?= 【答案】-2? - 1【解析】? = (1+2?2-1 )?= ?,由题意可知：?

25、(?= ?+ ?+1 +?+?,?(?+ 1) = ?+1 + ?+2+?+?>?,1 <?< ?时，？?= ?(?) ?(?+ 1) = M - (?+ 1)2 = -2? - 1.二、选择题2n 1 n1. （2019宝山二模13） 13.用数学归纳法证明 2。对任意的n k,（n,k N）自然数都成立，则2n 1 n 1k的最小值为（）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】C【解析】试探法得到k 3 ,选择C条直前n2. （2019闵行松江二模16） 16.如图所示，直角坐标系平面被两坐标轴和两线yx等分程八个区域（不含边界），已知数列an , Sn表示数列an

26、的项的和，对任意的正整数n ,均有an 2Sn an 1 ,当an 0时，点Pn an , an 1LA只能在区域B只能在区域和Q在区域均可出现【D】当n为奇数时，Pn在区域或，当n为偶数时，Pn在区域或【答案】B【解析】an2Snan1SnSn 1(2SnSnSni)1S2S211所以 S2 nSn.n因为 an Sn Sn1(n 2), an 0所以an Vn Jn"或an Tn W_7(若使an 0此时Sn 一定是等于 Jn)又 an 1Sn 1Sn,所以Hn1Jn 1Jn当an 10时，an1 Jn1Vn,此时的an 1an,此时位于区域当an 10时，an1Jn1nn,此时

27、an1an,此时位于区域.*3. (2019 青浦二模16)16.等差数列a1，a2,an(n 3, n N )满足 | a1| 包| an| a11|a2 1|an 1| |a1211a2 2| a 2| 2019,则()A n的最大值为50B n的最小值为50【Q n的最大值为51D n的最小值为51【答案】A【解析】由题意，构造函数f(x) |x| |x d| |x (n 1)d ,可知方程 f(x) 2019至少有三个解 , 一 一 . . . . * 一a1、a1 1、a1 2,所以该绝对值函数为平底型，所以n为偶数，且 d 3,不妨设n 2k,k N ,所以a1，a2,ak 均为负

28、,ak 1, ak2,a2k均为正,所以 Ia1| | a2 |I an|aa? aka2k,222019(ak 1 a1)(a2k ak) k d 2019,d 3, k , k 25, n 2k 504. (2019 奉贤一模 16)16.设有 A0B0C0,作它的内切圆，得到的三个切点确定一个兄d新的三角形 ABC1,再作 AB1C1的内切圆，得到的三个切点又确定一个新的三角形A2B2c2,以此类推，一次一次不停地作下去可以得到一个三角形序列人BnCn (n 1,2,3,),它们的尺寸越来越小，则最终这些三角形的极限情形是（A.等边三角形B.直角三角形C.与原三角形相似D.以上均不对【解

29、析】OAn 1 BnCn, OCn 1 BnCn,如右图,所以BnAn 1OCn 1,在利用在同圆中,同一弧所对的圆心角是圆周角的 2倍，可得:Bn 19001 Bn21190(90 Bn1),以此类推22Bn 900 1( 2)( 1)21 n 12)"-06001（ 2）n(1)n2nB。，当 n时,Bn600 ,故为等边三角形5. （2019 虹口二模16)已知等比数列an的首项为2,一，1 ，公比为 一，其刖n项和记为3若对任意的n均有A 3Sn1SnB恒成立，则A的最小值为7A. 一2B.11C.一4D.136Sna1n为奇数时,n为偶数时,Sn，易证Sn单调递减，且lim

30、 Sn n33一,所以一22SnS!2;Sn，易证Sn单调递增，且limnSn3,所以423所以Sn的最大值为1考虑到y 3t 1在0,上单调递增,t ,1所以A3SnS5 min113 , B443cc1.1113Sn3 2 -Sn max22-一一 11所以B A的最小值为1121346. （2019杨浦二模15）对于正三角形T ,挖去以三边中点为顶点的小正三角形，得到一个新的图形，这样的过程称为一次 镂空操作；设丁是一个边长为1的正三角形，第一次 镂空操作”后得到图1,对剩下的3个小正三角形各进行一次 镂空操作”后得到图2,对剩下的小三角形重复进行上述操作，设An是第n次挖去的小三角形面

31、积之和（如 A1是第1次挖去的中间小三角形面积,A2是第2次挖去的三个小三角形面积之和），&limSn(n是前n次挖去的所有三角形的面积之和，则)C色 C.B 3B.A.321D.2由题意,是以A1StY3为首项，旦为公比的等比数列， 164lim SnAi1 q三、解答题1. （2019宝山二模19）（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分）.对年利率为r的连续复利，要在x年后达到本利和A,则现在投资值为B Aerx, e是自然对数 的底数；如果项目P的投资年利率为r 6%的连续复利.（1）现在投资5万元，写出满n年的本利和，并求满10年的本利和；（精确到0.1万元）（2

32、） 一个家庭为刚出生的孩子设立创业基金，若每年初一次性给项目P投资2万元，那么，至少满多少年基金共有本利和超过一百万元？（精确到1年）.【答案】（1）9.1万元；（2）至少满23年基金共有本利和超过一百万元.【解析】（1）由题意：5 Ae 6%n A 5 e6%n;当n 10时，本利和为A 5 e6%10 5 e0.6 9.1 （万元）；（2）由题意：B 2;设n年后共有本利和超过一百万元，则 n年后：第一年年初的投资所得的为：A 2e6%n；第二年年初的投资所得的为：A22 e6% n-1以此类推：第n年年初的投资所得的为：An 2e6%；则满n年后，基金共有本利和：.6% n1 e6%n6

33、% n 16%1 e6%A1 A2 L An 2 e 2 e L 2 e 6 2 e ;1 e6% ne6%e 100n loge6%506%50 e6%en 22.7 ;故至少满23年基金共有本利和超过一百万元2. （2019松江二模21）（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小 题满分8分无穷数列an,bn,Cn满足：Hn1bnCn，bn 1gHn，Cn1HnH，记dnmaxHn ,H, g（maxan,bn,cn表示三个实数 an,bn,cn中的最大的数）（1）若a1=8,b 4c 2 ,求数列dn的前n项和Sn ； 若&=-1,6 1,C1

34、 x,当x R时，求满足条件d2 d3的x的取值范围； 证明：对于任意正整数 a1,b1,c1,必存在正整数k ,使得ak1=ak,bk1 bk,ck1 ck .n2 9n n 4一 【答案】（1） Sn； （2）1,1 ; （3）略.2n 12 n 5(1)可求 a2 2,2 6, c24 ；a32, b3 2, C34；an 2, bn2, Cn 0 (A 4)；所以 di 8, d2 6, d3 4 , dn 2 ( n 4)所以Snn2 9n n 42n 12 n 5 a?x 1 , b2x 1 , C22x 1 x 1d221 x 1x 1 x 1a3|x 1 2,0 Ix 1 2

35、,C3Ix 1x 1 x 0,1 U , 3 d32 x 3, 1 U 1,3x 1 x 1,0 U 3,所以满足条件d2d3的x的取值范围为1,1 .(3)先证：存在k N , k 2满足ak 0或bk0或ck0反证：若任意k N , ak、bk、ck均不为零，由题意可得ak、bk、ck均大于零，设max ak,bk,ckak ,Ck ak则 ak 1bkCkmax bk,Ckak，即 ak1 ak又 bk 1akCkak Ck akCk 1ak bkak bk akdk 1 ak dkdk k N是递减数列又Qdk 0, dk N这是不可能的，故至少存在k N , k 2满足ak 0或bk

36、 0或Ck 0再证：不妨设k0 N , ak0 0 ,则bk0 Ck0,Q ak00bk0 1 Ck0 1%ak0 1 Ck0 1ak0 1 bk0 1Ck0即存在ak0 0 k0 N ，同时bk0 Ck0Qak0 1 bk0 ck0 0 ak0bk0 1 ak0 Ck0ck0ck0 1 ak0 bk0b%ak0 1 ak0存在k0 N满足bk0 1 bk0 .ck0 1 ck03. （2019青浦二模21）（本题?茜分18分）本题共3小题，第（1）小题4分，第（2）小题6分，第（3）小题 8分.已知函数f（x） x2 ax b （a,b R ）,且不等式|f（x）| 2019 |2x x2

37、|对任意的x 0,10都成立，数 *列an是以7 a为首项，公差为1的等差数列（nN）.（1）当x 0,10时，写出方程2x x2 0的解，并写出数列an的通项公式（不必证明）；1 .一一* 若无穷数列bn满足|bn m配 bn | 对任意的m,n N都成立，求证：数am an列bn是等差数列；(3)若 Cn an an 1数列Cn的前n项和为Sn ,对任意的的取值范围.x24,6,1略；(3) (-J22【解析】（1）可得2x2,x4,f(2)0, f(4) 0 得至U6,b 8, anbmbmbm nbmbnb时,（3）可得n(n 1)2另一方面,bn 1bnbibm n )(bm nbm

38、bn)(bmbm-1b)m nbm-1bn -1bn 1bnb10,Cn . n(n 1)n(n 1)n 2S2单调递减 nbmbm-1则bnbnn (n 1)2 ' 2n4.（2019崇明二模21）已知数列an满足 a1X1a2X2(1)判断数列2, 4,8.xn14是否是b故数列bn是等差数列(2)已知 k,t R, k“可等距划分数列”（3）若数列2n1,2,.,m)【答案】（1）是；【解析】（1）数列因为存在等差数列（2）证明：对任意的Sn2nC2n2n是公差为d （ dan 1 ,则称数列“可等距划分数列”Cn<nSn2n0）的等差数列,X1 , X2,., ,并说明理

39、由；kn t ,求证：对任意的是“可等距划分数列”，（2）见解析；（3） 3或42, 4, 8, 14是“可等距划分数列1,3,7,11,15 满足 1则对任意的n 1,2,L ,m,有anank .kn t (n2如果数列X1，X2,，Xm(Xm是“可等距划分数列”。m 3,mm 3, m N ,数列 bn(n 1,2,., m)m的所有可能值。11 14 151,2,L ,m 1),都是即数列an (n 1,2,L ,m 1)是等差数列 3分. 一 一一一 一k一 k又因为k 0,所以对任意的n 1,2,L,m,有kn t - kn t k(n 1) t -n 12X1XX2 i 1 Xi

40、 Xi 1【答案】(1)【解析】1022即满足 ai bi a2 b2 L bm am 1 所以任意的m>3, m N ,数列bn (n 1,2,L ,m)都是“可等距划分数列” 6分(3)当m 3时,对于数列2,4,8存在等差数列0,3,6,9满足条件 2分当m 4时,对于数列2,4,8,16存在等差数列3,2.5,8,13.5,19满足条件 4分 当m 5时，若存在等差数列 a1,a2,L ,am1满足a 2 a2 4 L am 2m am 1则有 a12a24a38a416a5 32 a6所以 d a3 a2 8 2 6, % a2 4d 4 24 28,与 a6 32矛盾所以当m

41、 5时，若数列2n(n 1,2，L ,m)不可能是“可等距划分数列”综上所述，m的所有可能值是 3,48分n5. (2019奉贤二模21)统计学中将n ( n 2 , n N )个数X1、X2、xn的和记作x ,i 110(1)设 bn 13n 13|( n N ),求 bi 1 n(2)是否存在互不相等的非负整数aa,%, ,an, 0 & a2 a3an,使得2a1 2019成立，若存1 1在，请写出推理过程；若不存在请证明；(3)设X1,X2,X3, ,Xn (n 3)是不同的正实数，X1 a,对任意的n N (n 3),者B有2 21 I，判断X1,X2,X3, ,Xn是否为一

42、个等比数列，请说明理由X2 X179; (2)存在，推理过程略；(3)是等比数列，数学归纳法证明.(1)b1 (bi . b4)(b5 . bi0) 79i 1(2)由题意得：2a12a2. 2an 2019,2aP2a2a1.2ana1) 2019；由 2al 和 12a2a1. 2ana1一奇一偶，可得 a10,rr rr 、" L八. h- z l_t _ 0_ 1_ 5_ 6_ 7_ 8_ 9_ 10_ _. _以此类推，可得222222222019(3)数学归纳法证明：当 n 3 ,代入上X2 in 12X3Xi Xi 1化简可得Xi X32X2 ,成等比数列;X12X3x

43、2 x1x222X3X12 ，X2x14时,X1,X2,X3, ,Xk成等比数列,X1, X2 ,X3, ,Xk,Xk1是不同的正实数，记xkkar1,设Xk aUkX1 n1 X2 1X2 iXXi 1X2 1( 1rx1x2化简得:.)k 1rUk 1Xk aUk，得 Uk 1kar6. (2019 虹口二模X2 X3X3X4XkXk-)12Xk 1X22X1，X12Uk 1-2r1、，L-,去分母再化简可得:1k(Uk 1 r )(Uk 11 时，X1,X2,X3, ,Xn,Xn1 是等比数列.21)21、(本题满分18分)本题共3小题,设各项均为正数的数列 an的前n项和为Sn,且a1

44、 1,a2每小题6分。*Sn Sn 1 n N ,n数列bn满足n n 1L bn2=(1)(2)求数列an1设Cn2anbn的通项公式；1,Tn是Cn的前n项和，求正整数an an 1m,使得对任意的n，均有Tm(3)k2b2 Lknbn,且x 0,其中 k1,k2,L，kn*1,1 n N,n中所有元素的和。(D【解析】(1)an n2an；bn2n； (2) n 4时，Tn取得最大值(3)略;ana22S2满足a2S1a1帅2 bnb1b2bn 1a2SnSnSn 1 ,两式相减可得an 1Snan 1 (2,n N ),又1。所以ann n 12 2n n 12 21n n 1猜想：当

45、n 5时，cn 0。由数学归纳法可证，猜想成立。所以n(3) x4时，Tn取得最大值。2kg2 k2C2 0, C2 0, C30,C4knC2n;所以：bn0, C5,C6 0 ,要使X证明：若2n.0,则kn 1,其他k1,k2,kn 11, 1可任取1, 1；kn1,贝U：2n 1 n2n 1 nx k1g2 k2g2 kn 1g222 2 222 0此时x恒为负，故kn 1；此时x k1g2 k2g222n同时：x k1g2k2g22kn1g2n12n2222n12n2 0,故：其他 k1,k2,kn 11,1 可任取 1,1；k1,k2,，kn11, 1可任取1, 1,此时x一共有2

46、n 1个不同的正数；n 1n 1 一证明：k1,k2,kn 11, 1，利用乘法原理，得表示 x的式子一共有2 个，下面证明这2 个式子所表 示的x互不相同，具体如下：证明：假设2n 1个式子所表示的x中存在相同的数，即存在：x12nkn1g2n1 笈32k1g2x22nkn 1g2n1 笈324金，ki,ki1,1记满足kiK i n 1,n 2,2,1的第一组系数的下标为 m,则kmkmg2mkm1km1 ¥m1km 2km 2g2m2 K K g2,而 km 1 km 1 g2m 1 km 2 km 2 平m 2 K k1 g22g2m 1 2g2m 2 2g2 2m 1 4kmkm g2m 2m 1 ,因此，假设不成立，即这 2n 1个正数x互不相等。这2n 1个不同的正数x (每个均含有knbn 2n),由于ki 1或1 i 1,2,n 1等可能出现，因此所有kibi i 1,2,n 1部分的和为零,故集合B中所有元素的和实际为所有