SD＝SB＋SC∩D，SC＋SC∩D－2SD＝SA－2SB，
∴SC＋SC∩D≥2SD等价于SA≥2SB. 由条件SC≥SD可得SA≥SB.
①若B＝?，则SB＝0，所以SA≥2SB成立， ②若B≠?，由SA≥SB可知A≠?，
设A中的最大元素为I，B中的最大元素为m， 若m≥I＋1，则由(2)得SA＜SI＋1≤am≤SB，矛盾． 又∵A∩B＝?，∴I≠m，∴I≥m＋1， ∴SB≤a1＋a2＋…＋am＝1＋3＋3＋…＋3即SA＞2SB成立． 综上所述，SA≥2SB. 故SC＋SC∩D≥2SD成立．
3．(2018·南通模拟)已知等差数列{an}与等比数列{bn}是非常数列的实数列，设A＝
2
m－1
＜
am＋1aISA2
≤≤， 22
{k|a＝b，k∈N }.
*
kk(1)请举出一对数列{an}与{bn}，使集合A中有三个元素； (2)问集合A中最多有多少个元素？并证明你的结论； 解 (1)an＝6n－8，bn＝(－2)，则a1＝b1，a2＝b2，
na4＝b4，A＝{1，2，4}；
(2)不妨设an＝a＋bn(b≠0)，bn＝pq(q≠1)，由an＝bn?a＋bn＝pq，得＋n＝q， 令s＝，t＝(t≠0)，原问题转化为关于n的方程q－tn－s＝0，最多有多少个解．① 下面我们证明：当q>0时，方程①最多有2个解；q<0时，方程①最多有3个解． 当q>0时，考虑函数f(x)＝q－tx－s，则f′(x)＝qln q－t. 如果tln q<0，则f(x)为单调函数，故方程①最多只有1个解；
如果tln q>0，且不妨设由f′(x)＝0得f′(x)有唯一零点x0＝logq，于是当x>x0时，
ln qxxnnabppnapbpntf′(x)恒大于0或恒小于0，当x 这样f(x)在区间(0，x0)与(x0，＋∞)上是单调函数， 故方程①最多有2个解， 当q<0时，如果t>0， 11 如果n为奇数，则方程①变为|q|＋tn＋s＝0， n显然方程最多只有一个解，即最多只有一个奇数满足方程①， 如果n为偶数，则方程①变为 |q|n－tn－s＝0，由q>0的情形，上式最多有2个解， 即满足①的偶数最多有2个， 这样，最多有3个正数满足方程①， 对于t<0，同理可以证明，方程①最多有3个解． 综上所述，集合A中的元素最多有3个． A组 专题通关 1．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝________. 答案 15 解析 记bn＝3n－2，则数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列， 所以a1＋a2＋…＋a9＋a10＝(－b1)＋b2＋…＋(－b9)＋b10＝(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b10－b9)＝5×3＝15. 1* 2．数列{an}满足an＋an＋1＝(n∈N)，且a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，则S21＝________. 2答案 6 1 解析 由an＋an＋1＝＝an＋1＋an＋2，∴an＋2＝an，则a1＝a3＝a5＝…＝a21, a2＝a4＝a6＝…＝a20， 21 ∴S21＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a20＋a21)＝ 1＋10×＝6. 2 3．设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…·an的最大值为________． 答案 64 解析 设{an}的公比为q，于是a1(1＋q)＝10，① 2 na1(q＋q3)＝5，② 14－n联立①②得a1＝8，q＝，∴an＝2， 2∴a1a2…an＝2 23＋2＋1＋…＋(4－n) ＝217?n2?n22 ＝2 1?7?49??n???2?2?8≤2＝64. 12 6 ∴a1a2…an的最大值为64. 4．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝答案 an＝2n 解析 Sn＝ an?an＋2? 4 ，则数列{an}的通项公式是________． an?an＋2? 4 ，当n＝1时，a1＝S1＝ －a1?a1＋2? 44 ，解得a1＝2或a1＝0(舍去)． ?an－an－1＝2(an＋an－1)， 2 2 当n≥2时，由an＝Sn－Sn－1＝ an?an＋2?an－1?an－1＋2? 4 因为an>0，所以an＋an－1≠0，则an－an－1＝2， 所以数列{an}是首项为2，公差为2的等差数列， 故an＝2n. 5．若数列{an}的前n项和Sn＝n－10n(n＝1,2,3，…)，则数列{nan}中数值最小的项是第________项． 答案 3 解析 当n＝1时，a1＝S1＝－9， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n－10n－[(n－1)－10(n－1)]＝2n－11， 2 2 2 a1＝－9符合上式，所以an＝2n－11. nan＝2n2－11n＝2?n－?2－4 ?? 11? ? 121， 8 当n＝3时，nan最小． 6．已知Sn为数列{an}的前n项和，若an(4＋cos nπ)＝n(2－cos nπ)，则S20＝________. 答案 122 解析 由题意知，因为an(4＋cos nπ)＝n(2－cos nπ)， 246 所以a1＝1，a2＝，a3＝3，a4＝，a5＝5，a6＝，…， 555 22 所以数列{an}的奇数项构成首项为1，公差为2的等差数列，偶数项构成首项为，公差为的 55等差数列， 所以S20＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝122. 7．设公差为d(d为奇数，且d＞1)的等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－9，Sm＝0，其中m＞3，且m∈N，则an＝________. 答案 3n－12 解析 由Sm－1＝－9，Sm＝0，得am＝Sm－Sm－1＝9, * 13 而Sm＝0＝(a1＋am)，得a1＝－9， 2而am＝a1＋(m－1)d，得(m－1)d＝18. 又d为奇数，且d>1，m>3，且m∈N， 得m＝7，d＝3，则an＝3n－12. * m?9?n* 8．已知数列{an}的通项公式为an＝(n＋2)??(n∈N)，则数列{an}的最大项是__________． ?10? 答案 第7项或第8项 ?9?n＋1?9?n?9?n7－n，当n<7时，a－a>0，即 解析 因为an＋1－an＝(n＋3)??－(n＋2)??＝??·n＋1n10?10??10??10? an＋1>an；当n＝7时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；当n>7时，an＋1－an<0，即an＋1 ＝a8>a9>a10…， 所以此数列的最大项是第7项或第8项． 9 9．(2018·全国大联考江苏卷)已知等比数列{an}的各项均为正数，若a2是2a1与a3的等差 4中项，且a1a2＝a1＋3a2. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn. 2an－3an＋1解 (1)设等比数列{an}的公比为q，则an＝a1·q9 由题意，得2×a2＝2a1＋a3，且a1>0， 412 化简得2q－9q＋4＝0，解得q＝4或. 2又因为a1a2＝a1＋3a2，即a1(q－1)＝3a2>0， 所以q>1，所以q＝4， 所以3a1＝12a1，所以a1＝4(a1＝0舍去)， 故数列{an}的通项公式为an＝4(n∈N)． n* 2 2 2 2 ann－1 . 2211* (2)由(1)知bn＝＝n ＝n－n＋1(n∈N)， nnn＋1 2×4－3×2＋1?2－1??2－1?2－12－1于是有Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝? n＋1 nn?11－21?＋?21－31?＋…＋?n1－n＋1?， 1????? ?2－12－1??2－12－1??2－12－1? 12－2* 所以Sn＝1－n＋1＝n＋1(n∈N)． 2－12－1 10．(2018·江苏省苏州市高新区一中月考)已知数列{an}满足2an＋1＝an＋an＋2＋k(n∈N， * k∈R)，且a1＝2，a3＋a5＝－4. 14 (1)若k＝0，求数列{an}的前n项和Sn； (2)若a4＝－1， ①求证：数列{an＋1－an}为等差数列； ②求数列{an}的通项公式an. (1)解 当k＝0时，2an＋1＝an＋an＋2， 即an＋2－an＋1＝an＋1－an， 所以数列{an}是等差数列． 设数列{an}公差为d，则? ?? a1＝2，??2a1＋6d＝－4， ?a1＝2，解得? ?d＝－4 . ?? 3 所以Sn?n－1?2 d＝2n＋n?n－1?n＝na1＋ 2 ×???－43??? ＝－23n2＋83 n(n∈N* )． (2)①证明 由题意，2a4＝a3＋a5＋k，即－2＝－4＋k， 所以k＝2. 又a4＝2a3－a2－2＝3a2－2a1－6，所以a2＝3， 由2an＋1＝an＋an＋2＋2， 得(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝－2， 所以数列{an＋1－an}是以a2－a1＝1为首项，－2为公差的等差数列．②解 由①知an＋1－an＝－2n＋3, 当n≥2时，有an－an－1＝－2(n－1)＋3， 于是，an－1－an－2＝－2(n－2)＋3， an－2－an－3＝－2(n－3)＋3， …， a3－a2＝－2×2＋3， a2－a1＝－2×1＋3， 叠加得，an－a1＝－2[1＋2＋…＋?n－1?]＋3(n－1)，n≥2， 所以an?n－1? n＝－2× 2 ＋3(n－1)＋2＝－n2 ＋4n－1，n≥2， 15
2020高考数学二轮复习 专题六 数列 第2讲 数列的综合问题学案
