2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 第4講 數(shù)列學(xué)案.docx

第4講數(shù)列1等差、等比數(shù)列基本運(yùn)算和性質(zhì)的考查是高考熱點(diǎn)，經(jīng)常以小題形式出現(xiàn)；2數(shù)列的通項(xiàng)也是高考熱點(diǎn)，常在解答題中的第(1)問出現(xiàn)，難度中檔以下3高考對數(shù)列求和的考查主要以解答題的形式出現(xiàn)，通過分組轉(zhuǎn)化、錯位相減、裂項(xiàng)相消等方法求數(shù)列的和，難度中檔偏下1等差數(shù)列(1)通項(xiàng)公式：ana1(n1)d；(2)求和公式：Snna1d；(3)性質(zhì)：若m，n，p，qN*，且mnpq，則amanapaq；anam(nm)d；Sm，S2mSm，S3mS2m，成等差數(shù)列2等比數(shù)列(1)通項(xiàng)公式：ana1qn-1(q0)；(2)求和公式：q1，Snna1；q1，Sn；(3)性質(zhì)：若m，n，p，qN*，且mnpq，則amanapaq；anamqn-m；Sm，S2mSm，S3mS2m，(Sm0)成等比數(shù)列3數(shù)列求和(1)分組轉(zhuǎn)化求和：一個數(shù)列既不是等差數(shù)列，也不是等比數(shù)列，若將這個數(shù)列適當(dāng)拆開，重新組合，就會變成幾個可以求和的部分，分別求和，然后再合并(2)錯位相減法：主要用于求數(shù)列anbn的前n項(xiàng)和，其中an，bn分別是等差數(shù)列和等比數(shù)列(3)裂項(xiàng)相消法：即將數(shù)列的通項(xiàng)分成兩個式子的代數(shù)差的形式，然后通過累加抵消中間若干項(xiàng)的方法，裂項(xiàng)相消法適用于形如(其中an是各項(xiàng)均不為零的等差數(shù)列，c為常數(shù))的數(shù)列熱點(diǎn)一等差(比)數(shù)列的性質(zhì)【例1】(1)(2018南昌聯(lián)考)等比數(shù)列中，若，則等于（）A-4B4C4D172(2)(2017北京海淀區(qū)質(zhì)檢)已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足Sn2an2，若數(shù)列bn滿足bn10log2an，則使數(shù)列bn的前n項(xiàng)和取最大值時的n的值為_解析(1)數(shù)列為等比數(shù)列，即，則故選B(2)Sn2an2，n1時，a12a12，解得a12當(dāng)n2時，anSnSn12an2(2an12)，an2an1數(shù)列an是公比與首項(xiàng)都為2的等比數(shù)列，an2nbn10log2an10n由bn10n0，解得n10使數(shù)列bn的前n項(xiàng)和取最大值時的n的值為9或10答案(1)B(2)9或10探究提高1利用等差(比)性質(zhì)求解的關(guān)鍵是抓住項(xiàng)與項(xiàng)之間的關(guān)系及項(xiàng)的序號之間的關(guān)系，從這些特點(diǎn)入手選擇恰當(dāng)?shù)男再|(zhì)進(jìn)行求解2活用函數(shù)性質(zhì)：數(shù)列是一種特殊的函數(shù)，具有函數(shù)的一些性質(zhì)，如單調(diào)性、周期性等，可利用函數(shù)的性質(zhì)解題【訓(xùn)練1】 (1)設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，若數(shù)列2a1an為遞減數(shù)列，則（）Ad>0Bd<0Ca1d>0Da1d<0(2) (2018銀川一中)等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，己知S23，S415，則S3（）A7B9C7或9D638解析(1)因?yàn)閿?shù)列2a1an為遞減數(shù)列，所以2a1an<2a1an1，則a1an<a1an1，a1(anan1)<0，從而a1d<0(2)等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，己知S23，S415，S2=a1+a2=3,S4=a1+a2+a3+a4=1+q2S2代入數(shù)值得到q=-2或2，當(dāng)公比為2時，S2=a1+a2=3解得a1=1，S37；當(dāng)公比為-2時，S2=a1+a2=3解得a1=-3，S3-9故答案為C答案(1)D(2)C熱點(diǎn)二等差(比)數(shù)列的判斷與證明【例2】(2018哈市附中在)已知數(shù)列an滿足Sn=2an-n(nN*)（1）證明：數(shù)列an+1是等比數(shù)列；（2）令bn=n(an+1)，數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為Tn，求Tn解（1）由S1=2a1-1得：a1=1，(n2)，從而由an+1=2(an-1+1)得an+1an-1+1=2(n2)，an-1是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列（2）由（1）得an=2n-1，bn=n2n，Tn=12+222+323+n2n，2Tn=122+223+323+n2n+1Tn=(n-1)2n+1+2探究提高1本例題常見錯誤：(1)忽略an10，由an1(an2an)an1直接得出an2an(2)由a2n1是等差數(shù)列，a2n是等差數(shù)列，直接得出數(shù)列an為等差數(shù)列2判定等差(比)數(shù)列的主要方法：(1)定義法：對于任意n1，nN*，驗(yàn)證an1an為與正整數(shù)n無關(guān)的一常數(shù)(2)中項(xiàng)公式法若2anan1an1(nN*，n2)，則an為等差數(shù)列；若aan1an1(nN*，n2)且an0，則an為等比數(shù)列【訓(xùn)練2】(2017全國卷)記Sn為等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和已知S22，S36(1)求an的通項(xiàng)公式；(2)求Sn，并判斷Sn1，Sn，Sn2是否成等差數(shù)列解(1)設(shè)an的公比為q，由題設(shè)可得解得q2，a12故an的通項(xiàng)公式為an(2)n(2)由(1)得Sn(2)n1，則Sn1(2)n11，Sn2(2)n21，所以Sn1Sn2(2)n11(2)n212(2)n2(2)n12Sn，Sn1，Sn，Sn2成等差數(shù)列熱點(diǎn)三數(shù)列的求和問題1分組轉(zhuǎn)化求和【例31】(2017石家莊三模)已知等差數(shù)列an的首項(xiàng)a12，前n項(xiàng)和為Sn，等比數(shù)列bn的首項(xiàng)b11，且a2b3，S36b2，nN*(1)求數(shù)列an和bn的通項(xiàng)公式；(2)數(shù)列cn滿足cnbn(1)nan，記數(shù)列cn的前n項(xiàng)和為Tn，求Tn解(1)設(shè)數(shù)列an的公差為d，數(shù)列bn的公比為qa12，b11，且a2b3，S36b2，解得an2(n1)22n，bn2n-1(2)由題意：cnbn(1)nan2n-1(1)n2nTn(1242n-1)2468(1)n2n，若n為偶數(shù)：Tn(24)(68)2(n1)2n2n122nn1若n為奇數(shù)：Tn(24)(68)2(n2)2(n1)2n2n122n2nn2Tn探究提高1在處理一般數(shù)列求和時，一定要注意運(yùn)用轉(zhuǎn)化思想，把一般的數(shù)列求和轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列或等比數(shù)列進(jìn)行求和在利用分組求和法求和時，常常根據(jù)需要對項(xiàng)數(shù)n進(jìn)行討論，最后再驗(yàn)證是否可以合并為一個表達(dá)式2分組求和的策略：(1)根據(jù)等差、等比數(shù)列分組；(2)根據(jù)正號、負(fù)號分組2裂項(xiàng)相消法求和【例32】(2015全國卷)Sn為數(shù)列an的前n項(xiàng)和已知an>0，a2an4Sn3(1)求an的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn，求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和解(1)由a2an4Sn3，可知a2an14Sn13兩式相減可得aa2(an1an)4an1，即2(an1an)aa(an1an)(an1an)由于an>0，可得an1an2又a2a14a13，解得a11(舍去)，a13所以an是首項(xiàng)為3，公差為2的等差數(shù)列，通項(xiàng)公式為an2n1(2)由an2n1可知bn設(shè)數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為Tn，則Tnb1b2bn探究提高1裂項(xiàng)相消法求和就是將數(shù)列中的每一項(xiàng)裂成兩項(xiàng)或多項(xiàng)，使這些裂開的項(xiàng)出現(xiàn)有規(guī)律的相互抵消，要注意消去了哪些項(xiàng)，保留了哪些項(xiàng)2消項(xiàng)規(guī)律：消項(xiàng)后前邊剩幾項(xiàng)，后邊就剩幾項(xiàng)，前邊剩第幾項(xiàng)，后邊就剩倒數(shù)第幾項(xiàng)【訓(xùn)練32】 (2019廣元一模)設(shè)Sn為數(shù)列an的前n項(xiàng)和，已知a1=2，對任意nN*，都有2Sn=(n+1)an（1）求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；（2）若數(shù)列4an(an+2)的前n項(xiàng)和為Tn，證明：12Tn<1解（1）因?yàn)?Sn=n+1an，當(dāng)n2時，2Sn-1=nan-1兩式相減得：2an=n+1an-nan-1即n-1an=nan-1，所以當(dāng)n2時，ann=an-1n-1所以ann=a11=2，即an=2n（2）因?yàn)閍n=2n，bn=4anan+2，nN*，所以bn=42n2n+2=1nn+1=1n-1n+1所以Tn=b1+b2+bn=1-12+12-13+1n-1n-1=1-1n+1=nn+1，因?yàn)?n+1>0，所以1-1n+1<1又因?yàn)閒n=1n+1在N*上是單調(diào)遞減函數(shù)，所以1-1n+1在N*上是單調(diào)遞增函數(shù)所以當(dāng)n=1時，Tn取最小值12，所以12Tn<13錯位相減求和【例33】(2017天津卷)已知an為等差數(shù)列，前n項(xiàng)和為Sn(nN*)，bn是首項(xiàng)為2的等比數(shù)列，且公比大于0，b2b312，b3a42a1，S1111b4(1)求an和bn的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列a2nbn的前n項(xiàng)和(nN*)解(1)設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，等比數(shù)列bn的公比為q，由已知b2b312，得b1(qq2)12，而b12，所以q2q60，又因?yàn)閝>0，解得q2，所以bn2n由b3a42a1，可得3da18，由S1111b4，可得a15d16，聯(lián)立，解得a11，d3，由此可得an3n2所以an的通項(xiàng)公式為an3n2，bn的通項(xiàng)公式為bn2n(2)設(shè)數(shù)列a2nbn的前n項(xiàng)和為Tn，由a2n6n2，bn2n，有Tn 4210221623(6n2)2n，2Tn42210231624(6n8)2n(6n2)2n1，上述兩式相減，得Tn4262262362n(6n2)2n14(6n2)2n1(3n4)2n216所以Tn(3n4)2n216所以數(shù)列a2nbn的前n項(xiàng)和為(3n4)2n216探究提高1一般地，如果數(shù)列an是等差數(shù)列，bn是等比數(shù)列，求數(shù)列anbn的前n項(xiàng)和時，可采用錯位相減法求和，一般是和式兩邊同乘以等比數(shù)列bn的公比，然后作差求解2在寫“Sn”與“qSn”的表達(dá)式時應(yīng)特別注意將兩式“錯項(xiàng)對齊”，以便下一步準(zhǔn)確地寫出“SnqSn”的表達(dá)式【訓(xùn)練33】 (2018浙江期末)已知數(shù)列an滿足：2n-1a1+2n-2a2+2an-1+an=n，nN*（1）求a1,a2及數(shù)列an的通項(xiàng)公式；（2）若數(shù)列bn滿足：b1=1，bn+1-bnan=2n，求數(shù)列bn的通項(xiàng)公式解（1）n=1時a1=1，n=2時2a1+a2=2a2=02n-1a1+2n-2a2+2an-1+an=n2n-2a1+2n-3a2+an-1=n-1n2-2an=2-nn2a1=1滿足上式，故an=2-n（2）bn+1-bn=2-n2n，有b2-b1=121b3-b2=022bn-bn-1=3-n2n-1n2累加整理bn=1+121+022+3-n2n-1，n22bn=2+122+023+3-n2n，n2-得bn=1-2+1221-2n-21-2+3-n2n=4-n2n-5n2b1=1滿足上式，故bn=4-n2n-5熱點(diǎn)四an與Sn的關(guān)系問題【例4】(2017濟(jì)南模擬)設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，對任意的正整數(shù)n，都有an5Sn1成立，bn1log2|an|，數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為Tn，cn(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列cn的前n項(xiàng)和An，并求出An的最值解(1)因?yàn)閍n5Sn1，nN*，所以an15Sn11，兩式相減，得an1an，又當(dāng)n1時，a15a11，知a1，所以數(shù)列an是公比、首項(xiàng)均為的等比數(shù)列所以數(shù)列an的通項(xiàng)公式an(2)bn1log2|an|2n1，數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Tnn2，cn，所以An1因此An是單調(diào)遞增數(shù)列，當(dāng)n1時，An有最小值A(chǔ)11；An沒有最大值探究提高1給出Sn與an的遞推關(guān)系求an，常用思路是：一是利用SnSn1an(n2)轉(zhuǎn)化為an的遞推關(guān)系，再求其通項(xiàng)公式；二是轉(zhuǎn)化為Sn的遞推關(guān)系，先求出Sn與n之間的關(guān)系，再求an2形如an1panq(p1，q0)，可構(gòu)造一個新的等比數(shù)列【訓(xùn)練4】(2019棗莊八中)已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，a1=2，Sn=2Sn-1-n(n2,nN*)（1）求an的通項(xiàng)公式；（2）若bn=nan，求bn的前n項(xiàng)和Tn解（1）Sn=2Sn-1-nn2,nN*，當(dāng)n33時，Sn-1=2Sn-2n-1-得，an=2an-1-1,an-1=2an-1-1，所以an-1an-1-1=2n3當(dāng)n=2時，a1+a2=2a1-2，得a2=0，則a2-1a1-1=-11=-12所以an-1是從第二項(xiàng)起，以2為公比的等比數(shù)列則an-1=-12n-2=-2n-2，an=-2n-2+1n2,nN*所以an=2,n=1-2n-2+1,n2（2）易知bn=2,n=1-n2n-2+n,n2Tn=2-220-321-n2n-2+2+3+n，2Tn=4-221-322-n2n-1+22+3+n，-得-Tn=-2-2-2-22-23-2n-2+n2n-1-n-1n+22=-4-2-2n-221-2+n2n-1-n-1n+22=2n-1n-1-2-n-1n+22所以Tn=n2+n+22-2n-1n-11(2018全國I卷)設(shè)Sn為等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和，若3S3=S2+S4，a1=2，則a5=（）A-12B-10C10D122(2018全國I卷)記Sn為數(shù)列an的前n項(xiàng)和，若Sn=2an+1，則S6=_3(2018全國III卷)等比數(shù)列an中，a1=1，a5=4a3（1）求an的通項(xiàng)公式；（2）記Sn為an的前n項(xiàng)和若Sm=63，求m4(2018全國II卷)記Sn為等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和，已知a1=-7，S3=-15（1）求an的通項(xiàng)公式；（2）求Sn，并求Sn的最小值5(2018全國I卷)已知數(shù)列an滿足a1=1，nan+1=2n+1an，設(shè)bn=ann（1）求b1，b2，b3；（2）判斷數(shù)列bn是否為等比數(shù)列，并說明理由；（3）求an的通項(xiàng)公式1(2018玉溪一中)設(shè)Sn為等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和，a5a2=-8，則S5S2=( )A11B5C-11D-82(2018銀川一中)在等差數(shù)列an中，若a10a9<-1，且它的前n項(xiàng)和Sn有最大值，則使Sn>0成立的正整數(shù)n的最大值是（）A15B16C17D143(2018福建聯(lián)考)在正整數(shù)數(shù)列中，由1開始依次按如下規(guī)則，將某些整數(shù)染成紅色,先染1；再染3個偶數(shù)2，4，6；再染6后面最鄰近的5個連續(xù)奇數(shù)7，9，11，13，15；再染15后面最鄰近的7個連續(xù)偶數(shù)16，18，20，22，24，26，28；再染此后最鄰近的9個連續(xù)奇數(shù)29，31，45；按此規(guī)則一直染下去，得到一紅色子數(shù)列：1，2，4，6，7，9，11，13，15，16，則在這個紅色子數(shù)列中，由1開始的第2019個數(shù)是（）A3972B3974C3991D39934(2017沈陽二模)已知數(shù)列an滿足an1an2，a15，則|a1|a2|a6|（）A9B15C18D305(2017成都診斷)已知等比數(shù)列an的各項(xiàng)均為正數(shù)，且a12a25，4aa2a6(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列bn滿足b12，且bn1bnan，求數(shù)列bn的通項(xiàng)公式；(3)設(shè)cn，求數(shù)列cn的前n項(xiàng)和為Tn1(2018長郡中學(xué))已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且Snn24n，若首項(xiàng)為13的數(shù)列bn滿足1bn+1-1bn=an，則數(shù)列bn的前10項(xiàng)和為（）A175264B3988C173264D1812642(2018蓮塘一中)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，a1=-8，且(3n-5)an+1=(3n-2)an-9n2+21n-10，若n,mN*，n>m，則Sn-Sm的最大值為（）A10B15C18D263(2016全國卷)已知各項(xiàng)都為正數(shù)的數(shù)列an滿足a11，a(2an11)an2an10(1)求a2，a3；(2)求an的通項(xiàng)公式4(2018長春期末)已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn=Sn-1+1n2,nN，且a1=1，（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式an；（2）記bn=1anan+1，Tn為bn的前n項(xiàng)和，求使Tn2n成立的n的最小值5(2017衡水中學(xué)質(zhì)檢)若數(shù)列an是公差為2的等差數(shù)列，數(shù)列bn滿足b11，b22，且anbnbnnbn1(1)求數(shù)列an，bn的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)數(shù)列cn滿足cn，數(shù)列cn的前n項(xiàng)和為Tn，若不等式(1)n<Tn對一切nN*恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍參考答案1【解題思路】首先設(shè)出等差數(shù)列an的公差為d，利用等差數(shù)列的求和公式，得到公差d所滿足的等量關(guān)系式，從而求得結(jié)果d=-3，之后應(yīng)用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式求得a5=a1+4d=2-12=-10，從而求得正確結(jié)果【答案】設(shè)該等差數(shù)列的公差為d，根據(jù)題中的條件可得3(32+322d)=22+d+42+432d，整理解得d=-3，所以a5=a1+4d=2-12=-10，故選B2【解題思路】首先根據(jù)題中所給的Sn=2an+1，類比著寫出Sn+1=2an+1+1，兩式相減，整理得到an+1=2an，從而確定出數(shù)列an為等比數(shù)列，再令n=1，結(jié)合a1,S1的關(guān)系，求得a1=-1，之后應(yīng)用等比數(shù)列的求和公式求得S6的值【答案】根據(jù)Sn=2an+1，可得Sn+1=2an+1+1，兩式相減得an+1=2an+1-2an，即an+1=2an，當(dāng)n=1時，S1=a1=2a1+1，解得a1=-1，所以數(shù)列an是以-1為首項(xiàng)，以2為公布的等比數(shù)列，所以S6=-(1-26)1-2=-63，故答案是-633【解題思路】（1）列出方程，解出q可得；（2）求出前n項(xiàng)和，解方程可得m【答案】（1）設(shè)an的公比為q，由題設(shè)得an=qn-1由已知得q4=4q2，解得q=0（舍去），q=-2或q=2故an=(-2)n-1或an=2n-1（2）若an=(-2)n-1，則Sn=1-(-2)n3由Sm=63得(-2)m=-188，此方程沒有正整數(shù)解若an=2n-1，則Sn=2n-1由Sm=63得2m=64，解得m=6綜上，m=6點(diǎn)睛：本題主要考查等比數(shù)列的通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和公式，屬于基礎(chǔ)題4【解題思路】（1）根據(jù)等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式，求出公差，再代入等差數(shù)列通項(xiàng)公式得結(jié)果，（2）根據(jù)等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式得Sn的二次函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)二次函數(shù)對稱軸以及自變量為正整數(shù)求函數(shù)最值【答案】（1）設(shè)an的公差為d，由題意得由得所以an的通項(xiàng)公式為an=2n9（2）由（1）得Sn=n28n=（n4）216所以當(dāng)n=4時，Sn取得最小值，最小值為165【解題思路】(1)根據(jù)題中條件所給的數(shù)列an的遞推公式nan+1=2n+1an，將其化為an+1=2(n+1)nan，分別令n=1和n=2，代入上式求得a2=4和a3=12，再利用bn=ann，從而求得b1=1，b2=2，b3=4(2)利用條件可以得到an+1n+1=2ann，從而可以得出bn+1=2bn，這樣就可以得到數(shù)列bn是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列(3)借助等比數(shù)列的通項(xiàng)公式求得ann=2n-1，從而求得an=n2n-1【答案】（1）由條件可得an+1=2(n+1)nan將n=1代入得，a2=4a1，而a1=1，所以，a2=4將n=2代入得，a3=3a2，所以，a3=12從而b1=1，b2=2，b3=4（2）bn是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列由條件可得an+1n+1=2ann，即bn+1=2bn，又b1=1，所以bn是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列（3）由（2）可得ann=2n-1，所以an=n2n-11【解題思路】設(shè)公比為q，由a5a2=-8可求得q值，利用前n項(xiàng)和公式表示出S5，S2即可求得S5S2值【答案】設(shè)公比為q，由a5a2=-8，可得a58a2，得8a2+a2q30，解得q2，所以S5S2=a11-(-2)51+2a11-(-2)21+2=-11，故選C2【解題思路】由題意可得a9>0，a10<0，且a9+a10<0，由等差數(shù)列的性質(zhì)和求和公式可得結(jié)論【答案】等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和有最大值，等差數(shù)列an為遞減數(shù)列，又a10a9<-1，a9>0，a10<0，a9+a10<0，又S18=18(a1+a18)2<0，S17=17(a1+a17)2=17a9>0，Sn>0成立的正整數(shù)n的最大值是17，故選C3【解題思路】根據(jù)題意知，每次涂成紅色的數(shù)字成等差數(shù)列，并且第n次染色時所染的最后一個數(shù)是n(2n-1)，可以求出2019個數(shù)是在第45次染色的倒數(shù)第7個數(shù)，因此可求得結(jié)果【答案】第1此染色的數(shù)為1=11，共染色1個，第2次染色的最后一個數(shù)為6=23，共染色3個，第3次染色的最后一個數(shù)為15=35，共染色5個，第4次染色的最后一個數(shù)為28=47，共染色7個，第5次染色的最后一個數(shù)為45=59，共染色9個，第n次染色的最后一個數(shù)為n（2n-1），共染色2n-1個，經(jīng)過n次染色后被染色的數(shù)共有1+3+5+（2n-1）=n2個，而2019=4545-6，第2019個數(shù)是在第45次染色時被染色的，第45次染色的最后一個數(shù)為4589，且相鄰兩個數(shù)相差2，20194589-123993故選D4【解題思路】確定數(shù)列an中那些項(xiàng)是正數(shù)，那些項(xiàng)是負(fù)數(shù)【答案】an1an2，a15，數(shù)列an是公差為2的等差數(shù)列an52(n1)2n7數(shù)列an的前n項(xiàng)和Snn26n令an2n70，解得nn3時，|an|an；n4時，|an|an則|a1|a2|a6|a1a2a3a4a5a6S62S362662(3263)18故選C5【解題思路】(1)由a12a25，4aa2a6列方程組解出首項(xiàng)a1，公比q，(2)利用累加法求通項(xiàng) (3)裂項(xiàng)相消法求前n項(xiàng)和【答案】解(1)設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，由4aa2a6得4aa所以q24，由條件可知q>0，故q2，由a12a25得a12a1q5，所以a11，故數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an2n1(2)由bn1bnan得bn1bn2n1，故b2b120，b3b221，bnbn12n2(n2)，以上n1個等式相加得bnb11212n22n11，由b12，所以bn2n11(nN*)(3)cn，所以Tnc1c2cn1【解題思路】首先根據(jù)數(shù)列中Sn與an的關(guān)系，求得an=2n+3，利用條件1bn+1-1bn=an=2n+3，用累加法求得bn=1n2+2n，用裂項(xiàng)相消法求和，之后將n=10代入求得結(jié)果【答案】由Sn=n2+4n，可得an=2n+3，根據(jù)1bn+1-1bn=an=2n+3，結(jié)合題的條件，應(yīng)用累加法可求得1bn=n2+2n，所以bn=1n2+2n=1n(n+2)=12(1n-1n+2)，所以數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為Tn=12(1-13+12-14+1n-1n+2)=12(32-1n+1-1n+2)，所以T10=12(32-111-112)=175264，故選A2【解題思路】由已知條件求出數(shù)列的通項(xiàng)公式，根據(jù)數(shù)列特征求出最值【答案】(3n-5)an+1=(3n-2)an-9n2+21n-10,(3n-5)an+1=(3n-2)an-9n2-21n+10，(3n-5)an+1=(3n-2)an-3n-53n-2，nN*，an+13n-2=an3n-5-1，數(shù)列an3n-5為等差數(shù)列，首項(xiàng)為a13-5=4，d=-1an3n-5=4-n-1=5-n,an=3n-55-n,a2=3,a3=8,a4=7在數(shù)列an中只有a2,a3,a4為正數(shù)Sn-Sm的最大值為a2+a3+a4=3+8+7=18，故選C3【解題思路】(1)代入n1，n2依次求出a2，a3，(2)化簡a(2an11)an2an10可得為數(shù)列an等比數(shù)列【答案】解(1)由a11，a(2an11)an2an10，令n1，得a2，令n2，得a(2a31)a22a30，則a3(2)由a(2an11)an2an10，得2an1(an1)an(an1)，因?yàn)閍n的各項(xiàng)都為正數(shù)，所以故an是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列，因此an4【解題思路】(1)根據(jù)題干得到數(shù)列Sn為等差數(shù)列,進(jìn)而得到Sn=n2，再由an=Sn-Sn-1可求通項(xiàng)；（2）由（1）知，bn=12(12n-1-12n+1)，裂項(xiàng)求和即可【答案】（1）由已知有Sn-Sn-1=1，數(shù)列Sn為等差數(shù)列，且S1=a1=1，Sn=n，即Sn=n2， 當(dāng)n2時，an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1，又a1=1也滿足上式，an=2n-1；（2）由（1）知，bn=1(2n-1)(2n+1)=12(12n-1-12n+1)Tn=12(1-13+13-15+12n-1-12n+1)=12(1-12n+1)=n2n+1， 由Tn2n有n24n+2，有(n-2)26，所以n5，n的最小值為55【解題思路】(1)等差數(shù)列，等比數(shù)列的定義，(2)錯位相減法求Tn【答案】解(1)數(shù)列bn滿足b11，b22，且anbnbnnbn1n1時，a112，解得a11又?jǐn)?shù)列an是公差為2的等差數(shù)列，an12(n1)2n12nbnnbn1，化為2bnbn1，數(shù)列bn是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列bn2n1(2)由數(shù)列cn滿足cn，數(shù)列cn的前n項(xiàng)和為Tn1，Tn，兩式作差，得Tn12，Tn4不等式(1)n<Tn，化為(1)n<4，n2k(kN*)時，<4，取n2，<3n2k1(kN*)時，<4，取n1，>2綜上可得：實(shí)數(shù)的取值范圍是(2，3)