清北精讲-数列微专题综合讲义-含答案

数列微专题 21.1减项作差求通项 21.2递推求通项 72性质 93构造数列 3.1构造等比数列 133.2构造差数列 193.3取倒类等差 233.4构造对数 314求和 334.1错位相减 334.2裂项相消 374.3指数裂项 394.4奇偶并项 405单调性 486周期性 537不动点 578放缩 9公式应用 10与三角结合 11与函数性质结合 7712综合题 881.记Sn为数列{an}的前n项的和，若Sn=an+n2_2n+1，则a6=答案：112.设数列{an}前n项和为Sn=4an_3n+2，求an及Sn答案：ann-1_3、Snn_1_3n_10解析：Sn=4an_3n+2→a因为Sn=4an_3n+2，①所以Sn+1=4an+1_3(n+1)+2②②-①得：Sn+1_Sn=4an+1_3n_3+2_(4an_3n+2)⇋an+1=4an+1_4an_3所以n+3}是以为首项，为公比的等比数列，则ann-1→ann-1_3前n项和Snn_1_3n_103.已知Sn是数列{an}的前n项和，an>0，a+2an=4Sn+3，则{an}的通项公式为答案：an=2n+1解析：a+2an=4Sn+3→a1=3或a1=_1（舍）因为a+2an=4Sn+3①,所以有a+1+2an+1=4Sn+1+3②②-①得：a+1+2an+1_a_2an=4Sn+1_4Sn=4an+1→a+1_a_2an+1_2an=0因为an>0，所以an+1_an=2；所以{an}是以3为首项，2为公差的等差数列，则an=3+2(n_1)=2n+1答案：an=4n_1解析：因为an+1=3Sn,所以有an=3Sn_1,两式做差有an+1_an=3Sn_3Sn_1=3an→所以{an}是以1为首项，4为公比的等比数列，an=4n_1答案：an解析：因为Snan,所以有Sn-1=an-1,两式做差有Sn_Snanan_1→anan→累乘法可得：→an6.设数列{an}的前n项和是Sn,a1=_1,an+1=SnSn+1,（1）求Sn；（2）求an.解析：an+1=SnSn+1→Sn+1_Sn=SnSn+1→lSnJS1lSnJS1n所以an（1）证明：数列是等差数列；答案1）见解析（2）an解析：因为an，所以有Sn_Sn→2S_2SnSn_1_Sn+Sn_1=2S→_2SnSn_1_Sn+Sn_1=0所以数列是以=1为首项，以2为公差的等差数列，且=2n_1（2）由上可得Sn→Snan=Sn_Sn的通项公式an=解析：设bn=nSn+(n+2)an，数列:b1=4,b2=8,:bn=b1+(n_1)即bn=nSn+(n+2)an=4n;当n≥2时,Sn_Snanan_1=0是以为公比，1为首项的等比数列,9.已知数列n}的前n项和是Sn，Snan+3n+1.（1）求证：为等差数列.答案：an=_(4n+2).3n解析：所以是以为首项，-4为公差的等差数列，且=_4n_2（2）由上面可得an=_(4n+2).3n10.（浙江学考）数列{an}的前n项和Sn满足Snan-nn∈N*，则下列为等比数列的是答案：Λ解析：Snan-n→Snan-1-n+1→Sn-Snan-nan-1-n+1an=3an-1+2Ûan+1=3(an-1+1)所以{an+1}是等比数列Tλ的最小值.1答案：6解析：Sn+2-3Sn+1+2Sn+an=0即Sn+2-3Sn+1+2Sn+Sn-Sn-1=0化简可得或者n最大值为λ的最小值为1612.记数列{an}的前n项和Sn，已知2Sn-an+1=n(an+1)，且a2=5，若m>，则实数m的取值范围为答案：解析：2Sn-an+1=n(an+1),累加可得an=2n+1，a1=3，符合an=2n+1.故an=2n+1令gn∈N*1.已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+...+nan则an=.答案：an=n+1解析：当n=1时，a1=2当n≥2时，a1+2a2+3a3+...+nan①①_②并整理可得an=n+1，代入a1=2验证符合，:an=n+1an答案：2n(n+3)3.已知数列{an}中，a1=1,a答案：an解析：因为a1+2a2+3a3++nan=n2所以有a1+2a2+3a3++(n_1)an_1=(n_1)2两式相减：nan=2n_1→an3n=n2，则an等于.23n=n223n-1=(n_1)285．已知数列{an}满足：a1=3,an+2_an≤3n,an+6_an≥91.3n，则a2015=()8答案：B.解析：由已知an+2_an≤3n①an+6_an≥91.3n②由①可得；an+4_an+2≤3n+2③由①+③得：an+4_an≤10.3n，则an+6_an+2≤90.3n由②_④得：an+2_an≥3n，⑤由①⑤得an+2_an=3nx3n，则anx3n+2=anx3n，所以ax31=0，所以ax32015，故选B．6.整数列{an}满足an+1_an_1<3n+，an+2_an>3n+1_，a2=3，则a2018=.31010_331009_3答案：C.解析：an+1_an_1<3n+，an+2_an>3n+1_，:an+1_an_1>3n_，又由数列{an}为整数列，故an+1_an_1=3n，累加得：a2018_a又a2=3，:a，故选：C． 答案：35:{an+bn}也为等差数列:2(a3+b3)=(a12.在等差数列{an}中，a1=_2008，其前n项和为Sn，若，则S2008的值等于A._2007B._2008C.2007D.2008答案：B解析：由等差数列前n项和特征Sn=An2+Bn可得An+B，从而可判定为即S2008=_2008n}为等差数列，且前n项和分别为An,Bn，若，则=_____4答案：3解析：点评：本题是经典考题，利用的等差数列中项的性质，倒推回去的n}为等差数列，且前n项和分别为An,Bn，若，则=_____答案：解析：本题与上题进行区分，通项的性质利用失败，所以回到形式上，可以把上下同时乘以kn，即An=7kn2+kn,Bn=4kn2+27kn，又因为等差数列的Snn，所以可得：d1=14k,a1=8k,a5=64kd2=8k,b1=31k,a6=71k，所以4.在等差数列{an}中，a1>0，若其前n项和为Sn，且S14=S8，那么当Sn取最大值时，n的值为()答案：D解析：解法一：由S14=S8可得S14_S8=a9+a10++a14=0，可得a11+a1因为a1>0，所以a11>0,a12<0，从而S11最大解法二：也可从Sn的图像出发，由S14=S8可得Sn图像中n=11是对称轴，再由a1>0与S14=S8可判断数列{an}的公差d<0，所以Sn为开口向下的抛物线，所以在n得最大值5.已知等比数列an的前n项和为Sn=t.2n_1+1，则实数t的值为()A._2B._1C.2D.0.5答案：A6.等比数列{an}的前n项和为Sn=32n_1+r,则r的值为()答案：BSn=32n_1+rn+r，即r3A.4B.23C.2D.13答案：A8.已知等比数列，a，则数列{log2an}的前10项之和是()A．45B．-35C．55答案：D解析：q→q→alog2an_log2an_1=loglog2q=log，所以{log2an}是以log2a1=-1为首项，-1为公差的等差数列，S9.等差数列前n项和为Sn，且S25>0,S26<0，则数列的最大项是第A.1项B.25项C.24项D.13项答案：D解析：S25>0,S26<0→a1+a25>0,a1+a26<0→a13>0,a13+a14<0→a13>0,a14<010.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm=n,Sn=m(m≠n)，则有Sm+n=答案：_(m+n)解析：Sm=n,Sn=m，可设Sn=An2+Bn则n→A+B=_1所以Sm+n=A(m+n)2+B(m+n)=(m+n)(A(m+n)+B)=_(m+n)且，则logb5a5=.答案：C.解析：设正项等比数列{an}的公比为q，设正项等比数列{bn}的公比为p，则数列{lgan}是等差数列，公差为lgq，{lgbn}是等差数列，公差为lgp．故Sn=n.lgalgq，同理可得Tn=n.lgblgp，故选：C．12.（2018学年浙江名校协作体高三上开学考9）已知公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，若存在正整数n0，对任意正整数m，有Sn.Sn+m<0恒成立，则下列结论不一定成立的是()A.a1d<0B.Sn有最小值C.anan+1>0D.an+1an+2>0答案：C.解析：因为任意正整数m，有Sn.Sn+m<0恒成立，当Sn>0,Sn+m<0时，有Sn+1<0，即an+1<0，由Sn>0知：an中有正数项，所以d<0,a1>0，所以a1d<0，Sn有最小值Sn或者Sn+1，且an+1an+2>0，当Sn<0,Sn+m>0时，所以选C.点评：此题主要考察等差数列的单调性、等差数列的前项n和及其最值问题.3构造数列中有3个元素，则实数t的取值范围是答案：即M=中有3个元素，则t*=_1，an+1=2an+3n_1（n∈N则其前n项和Sn=.*答案：2n解析：设an+1+x(n+1)+y=2(an+xn+y)，则an+1=2an+xn+y_x所以，解得:{an+3n+2}是首项为4，公比为2的等比数列.:an+3n+2=4.2n_1，即an=2n+1_3n_2:Sn=22+23++2n+1)_(5+8++3n+2)的面积比为2:1，若xn,则x4的值为()A.15B.17C.29D.31答案：A.得：xn+1=2xn+1，即xn+1+1=2(xn+1)，解得：xn=2n_1,所以x4=24_1=15.解析二：设D为BC边上的靠近点C三等分点，如图所示，由题意知点Pn在线段AD上，由=+xn+1+(2xn+1)=+xn+1+++)所以即xn+1+1=2(xn+1)，解得：xn=2n_1,所以x4=24_1=15.点评：此题主要考察向量的加减运算、向量基本定理，奔驰定理及运用待定系数法求数列通项公式.4．如图，已知点D为△ABC的边BC上一点，=3，En(n∈N*)为边AC上的一列A.46B.30C.242答案：D．解析：所以所以又因为an所以m，n+1=3an+2，所以an+1+1=3an+1，又a1+1=2，所以数列{an+1}表示以首项为2，公比为3的等比数列，所以an+1=2.3n-1，故选D．*),则a2017的值为()A.22014-1B.22015-1C.22016-1D.22017-1答案：C.解析一：由f(x)+f(y)=f(xy)得f(1)=0，x1f，所以f_f=f所以an+1=2an+1，即an+1+1=2(an+1)，解得：an=2n_1_1，所以a2017=22006_1.解析二模型法）由已知可构造对数函数f(x)=logax(a>1)，所以an+1=2an+1，即an+1+1=2(an+1)，解得：an=2n_1_1，所以a2017=22006_1.点评：此题主要考察待定系数法求数列通项公式和数列单调性.6.（2019届永康5月模拟10）已知数3若对任意的n∈N*都有xn_3≤,则x1=()3n92答案：C解析：由xn，不妨设xn展开后与原式对照，解得λ=_1或，下面不妨取进而可得xnxn_1=构造xn，与上式对照，得x1故xn，整理得xn则x1若对任意的n∈N*都有lxn_3≤,得_≤xn_3也即，整理得3_3+ n≤x≤n2.(_2)n_1+312.(_2)n_1+3故x1=5故答案选C.nan+1=an+bn+a+b，bn+1=an+bn_a+b．设cn=2n，则数列{cn}的前n项和为．答案：2n+2_4。解析：因为an+1=an+bn+a+b，bn+1=an+bna1=1，b1=1，所以an+1+bn+1=2(an+bn)，a1+b1=2，所以an+bn=2n；另一方面an+1bn+1=(an+bn)2_(a+b)=2anbn，a1b1=1，所以anbn=2n_1；所以cn=2nn}的前n项和Snn+2-4.8.（2019届浙江名校联盟第二次联考17）若b1=2,bnbnn∈N*且n≥2,t∈R),若bn≤2对任意n∈N*恒成立，则实数t的取值范围是．答案：b3=tb2+3=t2+3t+3,-2≤t2+3t+3≤2,得-4≤t≤5.下面证当-4≤t≤5时，2t-5t-4t-4t-42t-5t-4344t-bn≤2对任意n∈N*恒成立，由bnbn，得bn，所以数列 是首项为，公比为的等比数列，所以bn，n-1-≤+=2t-5t-4t-4t-42t-5t-4344t-的前n项和Tn的表达式为.（用含有λ的式子表示）答案：解析：an-Sn+1，λ+an+1(:2λ+2an+1=an-Sn+1+Sn+2，即2λ+2an+1=an+an+2，从而an+2-an+1=2λ+(an+1-an)（当数列中an较多，或者出现kan时，可尝试构造关于an的差数列）令bn=an+1-an，则bn+1=bn+2λ,所以{bn}是首项为0，公差为2λ的等差数列:bn=2λ(n-1):an+1-an=2λ(n-1)，an+2-an+1=2λ+(an+1-an)=2λn则an+2-an=(an+2-ana_a=22λ(2n_1)=4λ(2n_1)数列2an+2_a是首项为4λ,公比为42λ的等比数列.n+1=an+2bn,bn+1=an+bn，则下列结论正确的是()A.只有有限个正整数n使得an<·2bnB.只有有限个正整数n使得an>·2bnC.数列an_2bn}是递增数列D.数列是递减数列答案：D.解析一：由bn+1=an+bn得：an=bn+1_bn，代入an+1=an+2bn中得：bn+2_2bn+1_bn=0，设bn+2_αbn+1=β(bn+1_αbn)，整理得bn+2=(α+β)bn+1_αβ（此种形式多用于出现三项递推的时候，斐波那契数列公式的推导也是这样）所以，解得：2+12_1b2+1n=1_s2n，当n偶数时，an>2bn，当奇数时，an<2bn，n}是递增数列，又因为是递减数列，所以数列是递减数列.解析二利用选项直接构造）n=an+n=，anbn，所以数列是递减数列，所以排除A、B、C.点评：此题主要考察数列求和、待定系数法求数列通项公式、数列单调性.通项公式为.答案：an解析：由题意可知2an=(n+1)(-1+an+1-an)（此时化简为(n+3)an=(n+1)an-1-(n+1)并不能继续求通项，所以采取逐差）当n≥2，2an-1=n-1+an-an-1)两式相减得(2n+3)an+1-(n+2)an-1=(n+1)an+1两式相减化简得(an+2-an+1)+(an-an-1)=2(an+1-an)而计算得出a1=2,a2=5,a故数列{an+1-an}是以3为首项，4为公差的等差数列3用累加法求得an4.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn+1=3Sn-3Sn-1+Sn-2+2(n≥3)，且2=答案：n2+2n解析：由Sn+1=3Sn-3Sn-1+Sn-2+2(n≥3),可得an+1-an=an-an-1+2(n≥3)令bn=an-an-1(n≥3)，b3=2，an-an-1=2n+1经检验n=2也符合上式，累加可得an=n2+2na1=3符合上式，故an=n2+2n5.已知数列{an}的前n项的和为Sn，a1=1,a2=3,且Sn+1+Sn-1=2n+2Sn(n≥2),若λ(Sn-an)+λ+7≥(2-λ)n对任意n∈N*都成立，则实数λ的最小值为3答案：解析：Sn+1+Sn-1=2n+2Sn,:(Sn+1-Sn)-(Sn-Sn-1)=2n:an+1-an=2n,an=2n-1:b9<b8<b7<b6<b5,:bn的最大项是b5=3:实数λ的最小值答案：an=n2所以数列是常数列，且→an=n2，验证首项成立，所以an=n2点评：把看成新数列累加也可以7.已知数列{an}的前n项的和为Sn，满足a且an+an，则S2n=an=答案：an=n2解析：an+an→an+an点评：也可分奇偶讨论8.已知数列{an}的前n项的和为Sn，an且Sn<3,则P的最大值为()A.5.5B.6C.6.3D.6.5答案：B解析：an所以Snax=6点评：此题裂项不是很好想，要慢慢积累经验，观察形式1.在公差不为0的等差数列中，a1+a5=ap+aq，记的最小值为m；若数列{bn}满足bn>0，bm，bn+1是1与的等比中项，若bn≥对于任意n∈N*恒成立，则s的取值范围是答案：解析：因为a1+a5=ap+aq所以p+q=6p+q=6(p+q)又因为p,q都是正整数，所以p=2,q=4时候的最小值m，bbn+1是1与所以b+1=化简可得2+bn+1)(2_bn+1)b_2bnbn+1_1=0可得(2bn+1+bnbn+1+1)(2bn+1_bnbn+1_1)=0又因为公差不为0正项数列，所以2bn+1_bnbn+1_1=0，化简可得bnx解得x=1化简可得=_n_1，bnbn即2_≥ss≤1点评：计算通项的时候也可用数学归纳法2.如图，点D为△ABC的边BC上一点，=2，En(n∈N)为AC上一列点，满足 答案：解析：结合题意可知故数列是以3为首项，3为公比的等比数列n=.答案：Sn解析：当n≥2时，an=a-1+2an-1⇋an=an-1(an-1+2)⇋，，所以Sn2，对此等式左右两边取对数：n+1)=2lg(an-1+1)所以n+1)}是以lg2为首项，2为公比的等比数列故lg(an+1)=lg2.2n-1，从而an=22-1所以Sn4.首项为1的数列{an}满足：当n≥2时，an_an_1=a_1，记数列的前n项和为Pn，答案：1．解析：首项为1的数列{an}满足：当n≥2时，an_an_1=a_1，所以an+1=an2+an=an(an+1)，故即==_，由，可以求得所以故答案为：1ABn，则()A.A2019+B2019>1B.A2019+B2019<1C.A2019_B2019>D.A2019_B2019<22答案：C解析：因为an+1=an2_an+1，所以an+1_an=an2_2an+1=(an_1)2>0，所以an+1>an≥2，因为an+1_1=an(an_1)，所以，所以 所以A，因为an+1_1=an(an_1)，所以A2019+B2019=1，故A，B不正确，由a1=2可依次求的a2=3，a3=7，由an+1>an≥2，a2020_1>a3_1=6，所以A2019_B故答案选C.点评：本题难点在于对an+1=an2_an+1的变形，找到An和Bn.若k<b1+b2++b2019<k+1，则整数k=．答案：_4.)两边取倒数可得所以+b2++b，故整数k=_4.点评：取倒数合理变形，累加化简，将bn的前2019项和表示为a2019的函数，结合单调性求出a2019的取值范围，可得bn的前2019项和的取值范围，从而得到k的值.7.已知数列{an}满足a1=aan+1=2an+an_1(n∈N*,n≥2)，则的整数部分是答案：B解析：由an+1=2an+an_1，得2an=an+1_an_1，即，即,=(_)=(4_)=2_<22a1a2a2017a20182a2017a20182a2017a2018因为a1=aan+1=2an+an_1，所以a2017>1,a2018所以，所以则的整数部分是1．故选B．8.数列*，则的整数部分是答案：2}单调递增an+1=a_an+1an+1_1=an累加的整数部分是2答案：;n2答案：;4解析：因为an所以所以累加得：所以所以 =5n+n(n-1)´1-2n24n2n2410.用[x]表示不超过x的最大整数，如[1.3]=1，[_1.3]=_2，数列{an}满足a，an+1_1=an(an_1)(n∈N*)，若Sn，则[Sn]的所有可能取值构成的集合答案：C.解析：数列{an}满足aan+1_1=an两边取倒数，有，累加得：Snan+1_an=n_1)2≥0→an+1≥an，所以{an}为递增数列.S，整数部分为0；S，整数部分为1；4S，整数部分为2；而Sn<3，:[Sn]的所有可能取值构成的集合为{0,1,2}．4故选：C．11.已知数列{an}满足a1=1,a，若an(an_1+2an+1)=3an_1an+1(n∈N*,n≥2)，则数列{an}2n_12n_13n_1．2n_1+1答案：Bn(an_1+2an+1)=3an_1an+1(n∈N*,n≥2)，可得,所以数列是首相为2，公比为2的等比数列，即n，所n_1+2n_2++2+1=2n_1，即ananan_1an_1an_2a2a1a1an．故选B．n设Sn为数列{bn}的前n项和，当n=7时Sn有最小值，则a1的取值范围是.答案：n+1=(n∈N*)，n∴数列是等差数列，公差为3，<0,b8>0解得：a1的取值范围是：n}的通项公式为.2n__1答案：n所以数列是等差数列，公差为1，首项为1，整理得an综上所述，数列{an}的通项公式为annt，则实数t的取值范围为()AB.C.D答案：D解析：因为a1a2a3an=2n2，所以lna1+lna2+lna3++lnan=n2ln2①所以lna1+lna2+lna3++lnan-1=(n_1)2ln2②,①-②得lnan=ln22n_1，所以an=22n，所以，所以23点评：本题考查如何由数列得Sn求数列通项an即等比数列前n项和公式.n的最大值4解析：由an+an知log2anlog2an，即：log2anlog2an_1.即bnbn，考虑到a，故b1=log2a1_2=_10所以b1=_10，b2=_5，b4n的最大值为b1b2b3b4=625.4A.B.C.D答案：D,bn，则数列的前n项和为()答案：D3T1+2n，两式相减得：所以2.已知数列{an}中，a1=-2,a2=3,且，则数列{an}的Sn=.答案：Sn.解析：由条件：令bn=an+1-3an，则b1=a2-3a1=9，bn+1=3bn.故{bn}为等比数列，其通项公式为bn=3n+1.即an+1-3an=3n+1，左右同除3n+1得：.故为等差数列故，即an3n.利用错位相减：得：Sn=a1+a2+...+an；①3Sn=3a1+3a2+...+3an；②①-②得：-2Sn=-2+(32+33+...+3n)-(n-).3n+1=-2+-n-÷.3n+1点评：二阶线性递推关系的分式型结构，根据条件，可以构造出辅助数列{bn}，进而{an}，再利用错位相减即可求得目标.3.已知数列{an}是各项均为正数得等比数列，其前n项和为Sn，点An，Bn均在函数f(x)=log2x的图像上，An的横坐标为an，Bn的横坐标为Sn+1.直线AnBn的斜率为kn，，k，则数列{anf(an)}的前n项和为Tn=.解析：由题意可知A,log2a1)，A2(a2,lo∴f(an)=log22n_1=n_1，∴an.f(an)=(n_1)2n_1，0+11+22+33+n-11+12+23+34+n两式相减可得_Tn=21+22+...+2n-1_(n_1).2n=(2_n).2n_2点评：一般遇到差比数列与等差数列的积时，用错位相减法。(ïy4.已知f(n)为平面区域In:xïy≤-nx+3n>0(x,yR,nN*)内的整点的个数，记an=2nf(n)，数列{an}前n项和为Sn，若"n∈N*，c恒成立，则实数c的取值范围答案：c≥135.32(ïy解析：因为In:xïy≤-nx+3n>0(x,yR,nN*)中，y≤-n(x-3).可行域中有点，则0<x<3.若x=1，则y=1,2,3...2n；若x=2，则y=1,2,3...n；故f(n)=3n，an=3n.2n，利用错位相减解得：Sn=6(n.2n-2n+1)所以令g则g-g考虑到当n≤3时，g(n+1)-g(n)>0当n≥4时，g(n+1)-g(n)<0故gmax=g故c点评：本题以线性规划整点为模板，形成数列，利用错位相减求和后，利用新数列的单调性研究最值问题，整个题目流程多，易错，对学生要求很高。和，若不等式2nλ<2n_1Tn+n对一切的n∈N+恒成立，则实数λ的取值范围是.答案：用错位相减法可求出Tn原不等式化简为λ<2_恒成立λ<3.2答案：Sn解析：Snn2.3n相减_2Sn=27+33.5+...+(2n_1)3n_n2.3n+1令Tn=33.5++(2n_1)3n则3Tn=34.5+...+(2n_3)3n+(2n_1)3n+1相减得_2Tn=34+35+...3n_(2n_1)3n+1→Tn=(n_1)3n+1_271.各项均为正数的数列{an}首项为2，且满足an2-anan-1-n(n+1)an-12=0，公差不为零n}的前n项和Tn=.答案：解析：由a1=2，an均为正数，an2-anan-1-n(n+1)an-12=0知：an+nan-1)n-1)=0，则an=n-1，故an=n+1)n...a1=故Tn答案：3.（2019届温州九校第一次联考10）已知数列{an}的通项an*，若a1+a2++a2018<1，则实数x可以等于()答案：B解析：n+a2+a3++a2018x2x3x2018x4.设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm_1=13，Sm=0，Sm+1=_15，其中m∈N*且m≥2．则数列的前n项和的最大值为()24B．124答案：D解析：因为Sm_1=13，Sm=0，Sm+1=_15，所以am=Sm_Sm_1=_13,am+1=Sm+1_Sm=_15，所以等差数列{an}的公差d=am+1_am=_2，又由Sm=0，Sm+1=_15，解得a1=13，所以an=15_2n，当an≥0时，n≤7.5；当an+1≤0时，n≥6.5，所以数列的前6项和为正数，所以，所量为.答案：恒成立.2答案：B.解析：裂项放缩.+1-2an+1=a-an→an+1(an+1-2)=an(an-1)；因为数列{an}中各项都小于1，所以an+1,an同号，a，得：0<an<1.又所以an+1<an→0<an又a+1-2an+1=a-an→an+1=(a+而0<anS10=+a1=因为0<a10<，由二次函数值域可求得S10,故选B.n+b2++bn=.答案：解析：:{an}是首项为2，公比为3的等比数列:Sn=3n_1:b1+b2++bnai=an_i+1(i=1,2n)，我们称其为“对称数列”，例如：数列1,2,3,3,2,1和数列1,2,3,4,3,2,1都为“对称数列”，已知数列{bn}是项数不超过2m(m>1,m∈N*)的“对称数列”，并使得,2m_1依次为该数列中连续的前m项，则数列{bn}的前2009项和S2009所有可能的取值的序号为()①22009_1；②222009_1)；③3.2m_1_22m_2009_1；④2m+1_22m_2009_1A．①②③B．②③④C．①②④D．①③④答案：D．解析：因为数列bn是项数不超过2m(m>1,m∈N*)的“对称数列”，并使得1,2,22,2m_1依次为该数列中前连续的m项，所以分数列的项数是偶数和奇数讨论，若数列含偶数项，则数列可设为1,21,22,2m_1,2m_122,21,1，当m_1≥2008时，S所以①正确；当1004≤m_1<2008时，所以S2009=2xm+1_22m_2009_1，所以④正确；若数列含奇数项，则数列可设为,2m_2,2m_1,2m_222,21,1，当m_1≥2008时，S2009=22009_1，当1004≤m_1<2008时，所以所以③正确，故选D．解析：数列{an}满足an+1-,n为偶数；,n为奇数.an的等差数列；2而a2-a12nSn2+bn)令{bn}的前n项和为Tn，则当n为偶数时，Tn4)+(bn-1+bn)=n´32当n为奇数时，Tn)+(bn-1+bn)所以，当n为偶数时，Sn当n为奇数时，Snn+则S100=.2_2101答案：3解析：2k_1=2k_1当n=2k,k∈N+,a2k+1=2a2k+2n,:a3=2a2+22=0,a5=2a4+24=0,a99=2a98+298=0,又a1=03992_21013992_2101答案：105解析：列举法当n为偶数时，an+1+an=n；当n为奇数时，an+1_an=n.的前n项和为Sn，则S60=．解析：因为an+1+nan=n，所以a2_a1=1,a3+a2=2,a4_a3=3,a5+a4=4a50_a49即从第一项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于1，从第二项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以为5首项，以8为公差的等差数列，所以S60的前项和为：故答案为930．答案：C.n_1an=1,当n为奇数时,有an+2+an=1,当n为偶数时,an+2_an=1,数}的偶数项构成以2为首项,以1为公差的等差数列,则所以C选项是正确的.7.已知数列n}满足aan+1bn=bn+1an+bn，且bn，则数列n}的前2n项和S2n取最大值时，n=.答案：8解析：由bn，则bn，由an+1bn=bn+1an*)为奇数时，_2a2k=3a2k_1_2，当n=2k(k∈N*)为偶数时，3a2k+1=_2a2k+3，2k+1=3a2k_1+1，∴a2k+1_a2k，因此数列{a2k_1}成等差数列，公差为，首项1为_.2同理可得：a2k+2_a2k，因此数列{a2k}成等差数列，公差为_，首项为.∴当n=8时，数列{an}的前数列2n项和数列S2n取最大值.故答案为8.答案：D．解析：an+1+an=4n+3，:an+2+an+1=4(n+1)+3，两式相减得an+2_an=4，:}奇数项与偶数项分别为公差为4的等差数列，当n=2k+1，k∈Z时，a2k+1_a1=4k，:a2n=2n_2+a1，n为奇数；2k_a2=4n=2n+3_a1，n为偶数.:an.an+2n2≥0，:①当n为奇数时，可化为2n_2+a1+2n2≥0，即a1≥_2n2_2n:当n=1时，a1≥_2；②当n为偶数时，可化为2n+3_a1+2n2≥0，即a1≤2n2+2n:当n=2时，a1≤15.:_2≤a1≤15，又a3=a1+4，:2≤a3≤19，故选D．的首项a1=t，其前n项和为Sn，且满足Sn+Sn+1=n2+2n，若对任意+n<an+1恒成立，则实数t的取值范围是答案：解析：由a1=t和Sn+Sn+1=n2+2n①,知：①-②得：an+an+1=2n+1故n≥3时，an-1+an=2n-1，即：an+1-an-1=2故：a2+a3=5，即：a3=2+2tnn+1恒成立⇋,解得：10.已知数列n的首项a1=m，前n项和为Sn,且满足Sn+Sn+1=3n2+2n，若对+n<an+1恒成立，则m的取值范围是.答案：解析：Sn+Sn+1=3n2+2n，:n=1时，a2=5-2m:an+1+an=6n-1，an+an-1=6n-7，:an+1-an-1=6→{an}奇偶项分别成等差数列，:a2k=6k-1-2m，a2k-1=6k+m-6+n<an+1恒成立n=2k时，6k-1-2m<6(k+1)+m-1→m>-2综上所述m对任意n∈N+，an<an+1恒成立，则a的取值范围是()答案：A．，：又因为an<an+1恒成立，a，解得3<a<5，故选A．12.（2019石家庄二模）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn+1+Sn，若a2<_4，则Sn取最小值时n=.答案：10解析：方法一：∵Sn+1+Sn①,可知此数列为等差数列，由等差数列前n项和性质，知数n}为单调递增的数列，将n换为n+1得，Sn+2+Sn②-①得an+2+an+1=n_9，当n=9时，a11+a10=0，方法二：2+b*，Sn+1+Sn=2an2+(2a+2b)n+a+b+2c，对应系数Sn+1+Sn解得a=，b=_5，c=，故Snn2_5n，由等差数列前n项和性质，知数列{an}为单调递增的数列，∴当n=10时，Sn取最小值.1.已知数列{an}满足nan+2-(n+2)an=λ(n2+2n),其中a1=1,a2=2，若an<an+1对*恒成立，则实数λ的取值范围为答案：解析：由nan+2-(n+2)an=λ(n2+2n)=λn(n+2)得:数列的奇数项与偶数项均是以λ为公差的等差数列,2=2,:当n为奇数时,当n为偶数时,当n为奇数时,由an<an+1,得即λ(n-1)>-2.n-1,若n=1,λ∈R,若n>1则λ>-2:λn-1,当n为偶数时,由an<an+1,得即3nλ>_2,:λ>_2,即λ≥0.2.已知各项不为零的数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn=λan-1，若{an}为递增数列，则λ的取值范围是答案：λ>1或λ<0..解析：由Sn=λan-1知：当n=1时，a1=λa1-1，且λ≠1，即a当n≥2时，Sn-1=λan-1-1，则Sn-Sn-1=λan-λan-1，即λan-1=(λ-1)an由于数列{an}各项不为零，故λ≠0，故n}为等比数列，且为递增数列.点评：含参数列的单调性，首先根据前n项和与第n项关系，求得首项和递推关系.再根据等比数列单调性的推论求解即可.n答案：B解析：由题意可得cn结合cn≥c3c∈N*)知当n=2时_n+t≥3n_3，即_2+t≥32_3恒成立，此时t≥n>3时_n+t≤3n_3，当n=4即_4+t≤34_3恒成立，此时t≤7若a3≤b3，即-3+t≤30，t≤4，此时c3=1≤-2+t=a2，解得t≥3，故3≤t≤4若a3>b3，即-3+t>30，t>4，此时c3=-3+t≤3=b4，解得t≤6，故4<t≤6an+1-an)=an+1，n∈N*若对任意的正整数n，存在t∈[1,3]，使得不等式an+1<t2+2at-1成立，则实数a的取值范围为n+1解析：n=an+1→an=2n-1max<t2+2at-1，即t2+2at-1≥2，:amin，:a≥-15.数列{an}满足an，若数列{an}是等比数列，则a1的取值范围答案：a1≥2n≥22,a2≥32,an-1≥n2，且此数列通项公式为an=a1n-1，所以cn+1-cn，即：c1<c2>c3>>cn，所以只要a7-a6)≥a6-a3答案：C解析：由2an≤an-1+an+1，可得an-an-1≤an+1-an，所以a4-a3≤a5-a4≤a6-a5≤a7-a6所以a6-a3=a6-a5+a5-a4+a4-a3≤3(a7-a6)，即3(a7-a6)≥a6-a3．故选C．=a>0，*)，若存在实数t，使{an}单调递增，则a的取值范围是()答案：Λ-a+tan>an≥a>0，解得0<a≤an<t-1，下面求t的范围（1）此时是不行的，交点为t-1,抛物线中点横坐标为t所以应该有它的反面，即2（2）这时候也是可以的，所以有t-1→t≤2anA.4B．6C．7答案：B.解析：由anN+an1因为数列{an}是一个递增数列，所以aa=a13（舍）.3,aa==a5+，所以a4=6.故选B.92019届杭二热身考17）数列{an}满足a1=1,an+1=_a+can_1，若{an}单调递增，则实数c的取值范围是．解析：n+1=_a+can_1，2=_a+ca1_1=c_2>1，所以c>3，}单调递增，得an+1=_a+can_1>an，当且仅当an，即an=1时取等号，10.数列{an}中，an则此数列最大项、最小项分别是()44C.a45,a44D.a45,a50.答案：C解析:an单调递增，而2012≈44.8，故数列最大项、最小项分别是a45,a44.6周期性1.（2019届温州8月模拟16）已知数列{an}满足：an+1=an+kan-1(n∈N*,n≥2)，且2a1==-2a4=2，则an的最大值为．答案：2满足：an+1=an+kan-1，当n=2时，有a3=a2+ka1，即a3=2+k，当n=3，a4=a3+ka2，为6，其前6项分别为：1,2,1.-1,-2,-1，故an的最大值为2.2.（2019届宁波4月模拟9）若[x]表示不超过x的最大整数，如[2.3]=2，[4]=4，n,n≥2，则b2019等于()答案：B,n≥2所以bn=bn+6，即数列{bn}的周期为6，所以b2019=b336×3+3=b3=5．故选B．3.各项均为正数的数列{an}满足a1=1，anan+2=3an+1(n∈N*)，则a5a2019=．答案：27．9…由上可知，数列{an}是以6为周期的周期数列，则a2019=a371x6+3==a33a2．故答案为：27．4.在数列{an}中，若存在非零整数T，使得am+T=am对于任意的正整数m均成立，那么称nxn该数列的前2019项的和是()A.671B.672C.1342答案：D解析：①若{xn}的最小周期为1，则该数列是常数列，即每一项都等于1，此时a=1，因xn}满足xn+1=xn-xn-1(n≥2,n∈N)，所以该数列的项分别为1,1,0,1,1,0,1,1,0，即此时该数列是以3为周期的数列，矛盾，舍去．故a=2，因为{xn}满足xn+1=xn-xn-1(n≥2,n∈N)，此时该数列的项依次为5.在数列{an}中，若存在非零常数T使得am+T=am对于任意的正整数m均成立，那么称数nnxn+1=xn-xn-1(n≥2,n∈N)，如果x1=1,x2=a(a∈R,a≠0)，当数列{xn}的周期最小时，该数列的前2015项的和是()A.671B.672C.1342D.1344答案：D解析：由题意可知，从第三项开始每一项是前两项的差的绝对值，显然，数列{xn}的周期由a的值决定。下面对周期进行讨论：列的周期为3，这与假设矛盾，舍去。②当数列的周期为2时，则有x3=x1，由xn+1=xn-xn-1，解得a=0或a=2，又a≠0，故得a=2，则该数列为1,2,1,1,0,，此时数列的周期不为2，与题设矛盾，舍去。③当数列的周期为3时，由每相邻的三项之间的关系xn+1=xn-xn-1知，当且仅当a=1时，故前2015项的和为671×(1+1+0)+1+1=1344。答案选D.f(x)=ex-e+1，若函数g(x)满足f且bn=gn∈N*)，则数列{bn}的前n项和为.解析：即有A=2，f(x)=ex-e+1为R上的增函数，且f(1)=1，f可得g2+33+54++n+1，两式相减可得：2+3+4++n_n，n.fnx)=f(fxf(x)的n阶不动点的个数是()A.2nB.2n2C.2(2n_1D.2n答案：Df1x)=2x,f2x)=4x=x→x=0，当x∈,l时，f1=2x,f2=2_4x=x→x当x时，f1=2_2x,f2=4x_2=x→x；当x时，f1=2_2x,f2=4_4x=x→xf2的2阶不动点个数为22，以此类推，f(x)的n阶不动点的个数为2n个。2.已知数列{an}满足：a1=1,anan2+m，若对任意的正整数n均有an<4，则实数m的取值范围是答案：2时，anan2+2→an，推得an+1_4和an_4同号，所以a1_4和an_4同号，所以an_4<0，满足条件；若m>2，则Δ=44_32m<0，得递推数列无不动下列选项错误的是()答案：D解析：令f(x)=x+sinx，则f,(x)=1+cosx≥0，所以f(x)在R为增函数，所以Aa正确，an+1=an+sinan≤2an，所以