南京市2020届高三数学二轮专题复习资料专题9：等差数列、等比数列、数列通项、求和.doc

1、第 1 页 共 47 页 应用应用专题专题 9：等差数列、等比数列、数列通项、求和：等差数列、等比数列、数列通项、求和 问题归类问题归类篇篇 类型一：类型一：等差、等比数列等差、等比数列的的基本基本运算运算 一、前测回顾一、前测回顾 1已知an是等差数列，若2a7a530，则a9_ 答案：3 解析：方法一：设公差为d，则2(a16d)(a14d)30，即a18d3，所以a93 方法二：由等差数列的性质得a5a92a7，所以(a5a9)a530，即a93 2 (2016 江苏卷)已知an是等差数列， Sn是其前 n 项和.若 a1a223， S510， 则 a9的值是_. 答案：20 解析：设等

2、差数列an公差为 d，由题意可得： a1（a1d） 23， 5a15 4 2 d10， 解得 a14， d3， 则 a9a18d48 320. 3已知an为等比数列，a4a72，a5a68，则 a1a10_ 答案：7 解析： 设数列an的公比为 q， 由 a4a72， a5 a6a4 a78 得 a44， a72 或 a42， a74， 所以 a18， q31 2 或 a11， q32， 所以 a18， a101 或 a11， a108， 所以 a1a107. 4已知数列an是等比数列，Sn为其前 n 项和，若 a1a2a34，a4a5a68，则 S12_. 答案：60 解析：方法一：设等比数

3、列an公比为 q，由题意可得 q1，则 由 3 1 6 1 (1 =4 1 (1 =4+8 1 aq q aq q ） ） 得 1 3 4 1 2 a q q ，所以 S12a1 (1q 12) 1q 60. 方法二：由等比数列的性质可知，数列 S3，S6S3，S9S6，S12S9是等比数列，即数列 4，8， S9S6，S12S9是等比数列，所以 S9S616，S12S932，所以 S12(S12S9)(S9S6)(S6 S3)S332168460. 5若等差数列an满足 a7a8a90，a7a100，则当 n_时，an的前 n 项和最大. 答案：8 第 2 页 共 47 页 解析：根据题意知

4、 a7a8a93a80，即 a80.又 a8a9a7a100，所以 a90，所以当 n8 时， an的前 n 项和最大. 二、方法联想二、方法联想 1基本量运算基本量运算 等差数列的通项公式及前 n 项和公式，共涉及五个量 a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个， 体现了用方程的思想解决问题求解涉及等差、等比数列的运算问题时，通常会抓住 a1、d(或 q)，列出方 程、不等式或方程组求解，这样做的好处是思路简洁，目标明确，但有时运算量比较大为了减少运算量， 我们要掌握一些运算技巧，例如“设而不求，整体代入” 2性质的应用性质的应用 用好等差、等比数列的性质也能减少运算量 方法 (1

5、)在等差数列an中，若 mnpq 则 amanapaq特别若 mn2p，则 aman2ap 在等比数列an中，若 mnpq 则 amanapaq特别若 mn2p，则 amanap2 (2) 在等差数列an中，由 Snn(a1an) 2 得，若 n 为奇数，则 S2n1(2n1)an 方法 在等差数列an中，Sn，S2nSn，S3nS2n成等差数列 在等比数列an中，一般情况下 Sn，S2nSn，S3nS2n成等比数列 3等差数列等差数列 Sn的最值问题的最值问题 方法 在等差数列 an 中 Sn 的最值问题： 方法 1：(1)当 a10，d0 时，满足 am0， am10的项数 m 使得 Sm

6、 取最大值. (2)当 a10，d0 时，满足 am0， am10的项数 m 使得 Sm 取最小值， 方法 2：由 Sn 的解析式，结合二次函数图象分析 三、归类巩固三、归类巩固 *1(2014 江苏卷)在各项均为正数的等比数列an中，若 a21，a8a62a4，则 a6的值是_ (等比数列基本量计算等比数列基本量计算) 答案：4 *2 (2017 江苏高考)等比数列an的各项均为实数， 其前n项和为Sn.已知S37 4， S6 63 4 ， 则a8_. (等比数列基本量计算等比数列基本量计算) 答案：32 *3等差数列an的前 n 项和为 Sn，已知 S100，S1525，则 Sn的最小值为

7、_ (等差数列前等差数列前 n 项和的最值项和的最值) 答案：25 3 解析：方法一：设等差数列an的公差为 d，由已知 S1010a1 10 9 2 d0， S1515a115 14 2 d25， 解得 a13，d2 3. 所以 Snna1n（n1） 2 d3nn（n1） 2 2 3 n2 3 10 3 n1 3(n5) 225 3 .当 n5 时，Sn有最小 值为25 3 . 第 3 页 共 47 页 方法二：设 SnAn(n10)，由 S1525，得 A1 3所以当 n5 时，Sn 有最小值为25 3 . *4设等比数列an的前 n 项和为 Sn，若Sm15，Sm11，Sm121，则 m

8、 等于_ (等比数列基本量计算等比数列基本量计算) 答案：5 *5在等差数列an中，a12 015，其前 n 项和为 Sn，若S12 12 S10 102，则 S2015 的值为_. (等差数列基本量计算等差数列基本量计算) 答案：2015 解析：根据等差数列的性质，得数列 Sn n 也是等差数列，由已知可得S1 1 a12 015，由S12 12 S10 102 2d，得公差 d1.故S2 015 20152 015(2 0151) 11，所以 S2 0152015. *6在等差数列an中，a53，a62，则 a3a4a8_ (等差数列基本量计算等差数列基本量计算) 答案：3 *7.在等差数

9、列an中，已知 a4a816，则该数列前 11 项和 S11_ (等差数列基本量计算等差数列基本量计算) 答案：88 *8若an是等差数列，首项 a10，a2 016a2 0170，a2 016 a2 0170 成立的最大 正整数 n 是_ (等差数列前等差数列前 n 项和的最值项和的最值) 答案：4 032 解析：因为 a10，a2 016a2 0170，a2 016 a2 0170，所以 d0，a20160，a20170，所以 S4 032 4 032(a1a4 032) 2 4 032(a2 016a2 017) 2 0，S4 0334 033(a1a4 033) 2 4033a2 01

10、70，所以使前 n 项 和 Sn0 成立的最大正整数 n 是 4 032 *9已知等差数列an中，a11，前 10 项和等于前 5 项和，若 ama60，则 m_. (等差数列基本量计算等差数列基本量计算) 答案：10 解析：记数列an的前 n 项和为 Sn，由题意 S10S5，所以 S10S5a6a7a8a9a100，又 a6 a10a7a92a8，于是 a80，又 ama60，所以 m62 8，解得 m10. *10.设数列 an是等差数列，数列 bn是等比数列，记数列 an， bn的前 n 项和分别为 Sn，Tn.若 a5b5，a6b6，且 S7S54(T6T4)，则a7a5 b7b5_

11、. (等差、等比数列混合等差、等比数列混合) 答案： 5 13 解析：设等差数列 an的公差为 d，等比数列 bn的公比为 q.由 a5b5，a6b6，且 S7S54(T6T4)， 第 4 页 共 47 页 得 a5b5， a5db5q， 2a53d4(b5b5q)， 解得 q5， d6a5. 故a7a5 b7b5 2a52d b5q2b5 2a52(6a5) 25a5a5 10a5 26a5 5 13. *11设等比数列 an的前 n 项和为 Sn，若 S11 3a2 1 3，S2 1 3a3 1 3，则公比 q_. (等比数列基本量计算等比数列基本量计算) 答案：4 *12已知等比数列an

12、的各项都为正数，且 a3，1 2a5，a4 成等差数列，则a3a5 a4a6的值是_ (等差、等比数列混合等差、等比数列混合) 答案： 51 2 *13设等比数列an满足 a1a310，a2a45，则 a1a2an的最大值为_ (等比数列前等比数列前 n 项积的最值项积的最值) 答案：64 解析：设等比数列an的公比为 q，则由 a1a310，a2a4q(a1a3)5，知 q1 2.又 a1a1q 210， 所以 a18.故 a1a2anan1q1 2(n1)23n 1 2 (n1)n 2 23nn 2 2 n 22 n2 2 7 2n. 记 tn 2 2 7n 2 1 2(n 27n)1 2

13、 n7 2 249 8 ，结合 nN*可知 n3 或 4 时，t 有最大值 6. 又 y2t为增函数，从而 a1a2an的最大值为 2664. *14Sn是等差数列an的前 n 项和，若 Sn S2n n1 4n2，则 a3 a5_. (等差数列基本量计算等差数列基本量计算) 答案：3 5 解析：因为 Sn S2n n1 4n2，所以令 n1 可得， S1 S2 2 6 1 3，即 a1 2a1d 1 3，化简可得 da1，所以 a3 a5 a12d a14d 3a1 5a1 3 5 *15 设等比数列an的前 n 项和为 Sn， 若 S3， S9， S6成等差数列， 且 a2a54， 则 a

14、8的值为_ (等差、等比数列混合等差、等比数列混合) 答案：2 *16设公差为 d 的等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 a11， 2 17d 1 9，则当 Sn 取最大值时，n 的值为_ (等差数列前等差数列前 n 项和的最值项和的最值) 答案：9 第 5 页 共 47 页 解析：法一：因为 Snnn(n1) 2 d，所以 Snd 2n 2 1d 2 n. 因为函数 yd 2x 2 1d 2 x 的图象的对称轴方程为 x1 d 1 2，且开口向下，又 2 17d 1 9， 所以 91 d 1 2 19 2 .所以 Sn取最大值时，n 的值为 9. 法二：由 ana1(n1)d1(n1)d

15、0，得 n1 1 d. 因为1 9d 2 17，所以 17 2 1 d9.又 nN *，所以 n18，即 n9.故 S 9最大 *17已知an为等差数列，若a11 a101，且它的前 n 项和 Sn 有最大值，那么当 Sn取得最小正值时， n_. (等差数列前等差数列前 n 项和的最值项和的最值) 答案：19 解析：由a11 a101，得 a11a10 a10 0，且它的前 n 项和 Sn有最大值，则 a100，a110，a11a100，则 S190，S200，那么当 Sn取得最小正值时，n19. *18设 Sn是等差数列an的前 n 项和，S1016，S100S9024，则 S100_. (

16、等差数列基本量计算等差数列基本量计算) 答案：200 *19在等差数列an中，若任意两个不等的正整数 k，p 都有 ak2p1，ap2k1，数列an的前 n 项和记为 Sn.若 kpm，则 Sm_.(用 m 表示) (等差数列基本量计算等差数列基本量计算) 答案：m2 解析：设数列an的公差为 d，由题意，a1(k1)d2p1， a1(p1)d2k1， 两式相减，得(pk)d2(kp)又 kp0，所以 d2.则 a12p2k12m1. 因此 Smma1m(m1) 2 dm(2m1)m(m1)m2. *20在等比数列an中，公比 q2，前 87 项和 S87140，则 a3a6a9a87_. (

17、等比数列基本量计算等比数列基本量计算) 答案：2. 解 析 ： 方 法 一 ： a3 a6 a9 a87 a3(1 q3 q6 q84) a1q2 1（q3）29 1q3 q2 1qq2 a1（1q87） 1q 4 7 14080. 方法二：设 b1a1a4a7a85，b2a2a5a8a86，b3a3a6a9a87， 因为 b1qb2，b2qb3，且 b1b2b3140，所以 b1(1qq2)140，而 1qq27， 所以 b120，b3q2b14 2080. *21在等比数列an中，已知 a1a38，a5a74，则 a9a11a13a15_. 第 6 页 共 47 页 (等比数列基本量计算等

18、比数列基本量计算) 答案：3 *22等差数列an的公差为 2，若 a2，a4，a8成等比数列，则an的前 n 项和 Sn等于_. (等差、等比数列混合等差、等比数列混合) *23.设各项都是正数的等比数列an，Sn为前 n 项和，且 S1010，S3070，那么 S40等于_. (等比数列基本量计算等比数列基本量计算) 答案：150. 解析：依题意，数列 S10，S20S10，S30S20，S40S30成等比数列，因此有(S20S10)2S10(S30S20)， 即(S2010)210(70S20)，故 S2020 或 S2030. 又 S200，因此 S2030，S20S1020，S30S2

19、040，则 S40S30（S30S20） 2 S20S10 7040 2 20150. *26.一个等差数列的前 12 项和为 354，前 12 项中偶数项的和与奇数项的和之比为 3227，则该数列 的公差 d_. (等差数列基本量计算等差数列基本量计算) 答案：5 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 S奇S偶354， S偶S奇3227， 解得 S偶192， S奇162. 又 S偶S奇6d，所以 d192162 6 5. 类型类型二二：等差等比数列的判等差等比数列的判断断与证明与证明 一、前测回顾一、前测回顾 1(20

20、10 江苏卷)函数 yx2(x0)的图象在点(ak，a2k)处的切线与 x 轴交点的横坐标为 ak1，k 为正整 数，a116，则 a1a3a5_. 答案：21 解析：在点(ak，a2k)处的切线方程为：ya2k2ak(xak)，当y0时，解得xak 2，所以ak1 ak 2，故an 是a116，q1 2的等比数列，即an16 1 2 n1 ，所以a1a3a5164121. 2已知数列an的前 n 项和 Snan2bnc(a，b，cR)，则“c0”是“an是等差数列”的_条 件 答案：充要 解析：a1abc，a2S2a13ab，a3S3S25ab，若an是等差数列，则 2a2a1a3，解 得

21、c0，所以“c0”是“an是等差数列”的必要条件； 当 c0 时，Snan2bn，当 n1 时，a1ab；当 n2 时，anSnSn12anba，显然当 n1 时也满足上式，所以 an2anba(nN*)，进而可得 anan12a(nN*)，所以an是等 差数列，所以“c0”是“an是等差数列”的充分条件； 综上可知，“c0”是“an是等差数列”的充要条件 第 7 页 共 47 页 3已知1 a， 1 b， 1 c成等差数列，求证： bc a ，ca b ，ab c 也成等差数列 解：由已知得 b(ac)2ac，所以bc a ab c b(ac)a 2c2 ac 2aca 2c2 ac 2(a

22、c) b ， 所以bc a ，ca b ，ab c 也成等差数列 4已知 an+1 2an an2，a12 ，求证：数列 1 an的等差数列 解：由已知，a12，故 an0，所以 1 an+1 an2 2an 1 an 1 2，所以 1 an+1 1 an 1 2， 所以数列 1 an是等差数列 5数列an前 n 项和为 Sn，若 anSnn，令 bnan1，求证：数列bn是等比数列. 解：由 anSnn，得 n2 时，an1Sn1n1，两式相减得 2anan11，即 2bnbn1 从而有 bn bn1 1 2(常数)，所以数列bn是等比数列. 二、方法联想二、方法联想 1等差、等比数列的证明

23、等差、等比数列的证明 方法 证明数列是等差数列： 方法 1 定义法，即当 nN*时，an1an为同一常数 方法 2 中项公式法，即当 nN*时，2an1anan2均成立 说明：得到 2an1anan2后，最好改写为 an1ananan1a2a1，回到定义 方法 证明数列是等比数列： 方法 1 定义法，即当 nN*时，an 1 an 为同一常数 方法 2 中项公式法，即当 nN*时，an12anan2均成立，且数列an没有 0 说明：得到 2an1anan2后，最好改写为an 1 an an an1 a2 a1，回到定义 2等差、等比数列的判断等差、等比数列的判断 判断数列是等差数列判断数列是等

24、差数列 方法 1 定义法，即当 n1 且 nN*时，an1an为同一常数 方法 2 中项公式法，即当 n1 且 nN*时，2an1anan2均成立 方法 3 特殊值法，如前 3 项成等差，再证明其对任意 nN*成等差数列 方法 4 通项为一次形式，即 ananb 方法 5 前 n 项和为不含常数项的二次形式，即 Snan2bn 方法 6 若数列an为等比数列，则logaan为等差数列 注意 方法 4、5、6 只能做为判断，作为解答题需要证明 判断数列不是等差数列判断数列不是等差数列 方法 通常用特殊值法，如取连续 3 项验证不成等差数列 判断数列是等比数列判断数列是等比数列 方法 1 定义法，

25、即当 nN*时，an 1 an 为同一常数 第 8 页 共 47 页 方法 2 中项公式法，即当 nN*时， an12anan2均成立 方法 3 特殊值法，如前 3 项成等比，再证明其对任意 nN*成等比数列 方法 4 通项公式为指数幂形式，即 anaqn 方法 5 若数列an为等差数列，则aan为等比数列 注意 方法 4、5 只能做为判断，作为解答题需要证明 判断数列不是等比数列判断数列不是等比数列 方法 通常用特殊值法，如取连续 3 项验证不成等比数列 三、归类巩固三、归类巩固 *1已知数列an满足 3an1an0，a24 3，则an的前 10 项和等于_ (由定义判定等差数列由定义判定等

26、差数列) 答案：3(13 10) *2已知数列an满足 a115，且 3an13an2若 akak10，则正整数 k_ (由定义判定等差数列由定义判定等差数列) 答案：23 *3已知 Sn是数列an的前 n 项和，且 Sn1Snan3，a4a523，则 S8_ (由由 Sn与与 an关系，结合定义判定等差数列关系，结合定义判定等差数列) 答案：92 *4已知数列an的前 n 项和为 Sn，若 Sn2an4(nN*)，则 an_ (由由 Sn与与 an关系，结合定义判定等比数列关系，结合定义判定等比数列) 答案：2n 1 *5已知数列an满足 a1a2a3an2n2(nN*)，且对任意 nN*都

27、有 1 a1 1 a2 1 anan； 当 n9 时，an1an0，即 an1an； 当 n9 时，an1ana12， 所以数列an中有最大项，为第 9、10 项 二、方法联想二、方法联想 数列的单调性数列的单调性 方法 1 转化为函数的单调性，如利用图象分析 注意 图象分析时，数列图象为离散的点 方法 2 利用 an1an与 0 的关系(或an 1 an 与 1 的关系，其中 an0)判断(或证明)数列的单调性 数列的最值数列的最值 方法 1 利用 an1an与 0 的关系(或an 1 an 与 1 的关系，其中 an0)判断数列的单调性 方法 2 若第 m 项为数列的最大项，则 amam1

28、， amam1 若第 m 项为数列的最小项，则 amam1， amam1 第 25 页 共 47 页 三、归类巩固三、归类巩固 *1设等比数列an的首相为 a1，公比为 q，则“a10，且 0q1”是“对于任意 nN*都有 an1an” 的_条件 （等比数列的单调性等比数列的单调性） 答案：充分非必要 解析：当 a10，且 0q1 时，数列为递增数列，但当数列为递增数列时，还存在另一情况 a10， 且 q1，故填：充分非必要 *2通项公式为 anan2n 的数列，若满足 a1a2a3a4a5，且 anan1对 n8 恒成立，则实 数 a 的取值范围是_ （数列的单调性的判定）数列的单调性的判定

29、） 答案：1 9a 1 17 解析：anan1(an2n)a(n1)2n1a(2n1)10(n8)，所以 a(2n1)1，a 1 2n1，f(n) 1 2n1是关于 n 的增函数，所以 a 1 17； n1，2，3，4 时 anan10，a 1 2n1，所以 a 1 9综上， 1 9a 1 17 *3设等比数列 an满足 a1a310， a2a45，则 a1a2a3an的最大值为_ （利用数列的单调性求最值）（利用数列的单调性求最值） 答案：64 解析：a1a310， a2a45，所以公比 qa2a4 a1a3 1 2，所以 a1a1 1 410，得 a18 a1a2a3an 8n 1 2 1

30、2n123n 2n(n1) 2 2 3nn(n1) 2 2 n27n 2 , 所以当 n34 时,取最大值 64 *4数列an的通项公式 ann 98 n 99 (nN *)，则数列a n中的最大项是第_项，最小项是_ 项 （利用数列的单调性求最值）（利用数列的单调性求最值） 答案：10，9 解析：令 f(n)n 98 n 99，则 f(n)1 99 98 n 99 因为 99 980，所以 f(n)在(0， 99 )和( 99，)上都是减函数 所以当 n9 时 an取最小值；当 n10 时 an取最大值 *5已知数列an中，a1a， a22a， an2an2，若数列an单调递增，则实数 a

31、的取值范围 为_ （子数列和原数列单调性的关系）（子数列和原数列单调性的关系） 答案：(0，1) 解析：数列an中，a1a， a22a， an2an2，由 an2an2 可知数列奇数项、偶数项分别 第 26 页 共 47 页 递增，若数列an单调递增，则必有 a2a1(2a)a0 且 a2a1(2a)aan2an2， 可得 0a1 ，即实数 a 的取值范围为(0，1)，故答案为(0，1). *6已知等比数列an的首项为4 3，公比为 1 3，其前 n 项和为 Sn，若 ASn 1 SnB 对 nN *恒成立， 则 BA 的最小值为_ （利用数列的单调性求最值）（利用数列的单调性求最值） 答案：

32、59 72 解析：依题意 Sn 4 3 1 1 3 n 1 1 3 1 1 3 n ，当 n 为奇数时，Sn1 1 3 n ，当 n 为偶数时，Sn 1 1 3 n ；由函数 yx1 x在(0，)上是增函数，所以当 n 为奇数时 Sn 1 Sn单调递减；当 n 为偶 数时 Sn 1 Sn单调递增当 n 为奇数时 Sn 1 Sn的最大值为 7 12，且 Sn 1 Sn0；当 n 为偶数时 Sn 1 Sn的 最小值为17 72，且 Sn 1 Sn0；所以 nN*时，Sn 1 Sn的最大值为 7 12，Sn 1 Sn的最小值为 7 12，因 此有 A17 72，B 7 12，BA 7 12 17 7

33、2 59 72，即 BA 的最小值是 59 72. *7对于数列an，定义 Hna12a22 n1a n n 为an的“优值”，现在已知某数列an的“优值”Hn 2n 1，记数列a nkn的前 n 项和为 Sn，若 SnS5对任意的 nN *恒成立，则实数 k 的取值范围为 _ （利用数列的单调性求（利用数列的单调性求 Sn的最值）的最值） 答案： 7 3， 12 5 解析：由 Hn2n 1， 得 n 2n 1a 12a22 n1a n， (n1) 2na12a22n 2a n1， ，得 2n 1a nn 2 n1(n1) 2n，所以 a n2n2，ankn(2k)n2，又 SnS5对任意的

34、nN*恒成立，所以 a50， a60， 即 5(2k)20， 6(2k)20， 解得7 3k 12 5 . *8在数列an中，a1a2 2 a3 3 an n 2n1(nN*)，且 a11，若存在 nN*使得 ann(n1) 成立，则实数 的最小值为_ （利用数列（利用数列最值求解恒成立问题）最值求解恒成立问题） 答案：1 2 第 27 页 共 47 页 解析：依题意得，数列 an n 的前 n 项和为 2n1，当 n2 时，an n (2n1)(2n 11)2n1，且a1 12 1 1121 1，因此an n 2n 1(nN*)， an n(n1) 2n 1 n1.记 bn 2n 1 n1，

35、则 bn0， bn1 bn 2(n1) n2 (n2)n n2 n2 n21，即 bn 1bn，数列bn是递增数列，数列bn的最小项是 b11 2.依题意得，存 在 nN*使得 an n(n1)bn 成立，即有 b11 2， 的最小值是 1 2. *9已知数列Tn的通项公式为 Tn(2n1)(1 2) n，求数列 T n的最大值 （判定数列单调性的方法）（判定数列单调性的方法） 解：方法一方法一:Tn1Tn(2n3)(1 2) n1(2n1)(1 2) n(2n3)(1 2)(2n1)( 1 2) n n3 2(2n1)( 1 2) n(1 2n)( 1 2) n 因为 n1，所以1 2n0又

36、( 1 2) n0，所以 T n1Tn0 所以 Tn1Tn， 所以 T1T2T3TnTn1 所以 Tn存在最大值 T13 2 方法二方法二:因为Tn 1 Tn (2n3)(1 2) n1 (2n1)(1 2) n 2n3 2(2n1) (2n1)2 2(2n1) ， 1 2(1 2 2n1) 1 2(1 2 21) 5 61， 所以 Tn1Tn 所以 T1T2T3TnTn1， 所以 Tn存在最大值 T13 2 方法三方法三:考查函数 g(x)(2x1)(1 2) x(x1)的单调性 g(x)2(1 2) x(2x1)(1 2) x ln1 2 2(1 2) x2(2x1)ln1 2， 因为 x

37、1，所以 2x13，而 ln1 20，所以(2x1)ln 1 23ln 1 2 又 3ln1 2ln( 1 2) 3ln1 8ln 1 e22， 所以(2x1)ln1 22，所以 2(2x1)ln 1 20 又(1 2) x0，所以(1 2) x2(2x1)ln1 20， 即 g(x)0，所以 g(x)在)1， 上是单调递减函数，所以 Tn存在最大值 T13 2 第 28 页 共 47 页 *10已知 S n3 5(18) 1( 2 3) n，是否存在实数 ，使得对任意正整数 n，都有 aS nb?若存 在，求 的取值范围；若不存在，说明理由 （利用数列最值求解恒成立问题）（利用数列最值求解恒

38、成立问题） 解：要使 aSnb 对任意正整数 n 成立，即 a3 5(18) 1( 2 3) nb，(nN*) 得 a 1(2 3) n 3 5(18) b 1(2 3) n，(nN*) 令 f(n)1(2 3) n，则当 n 为正奇数时，1f(n)5 3，当 n 为正偶数时 5 9f(n)1； 所以 f(n)的最大值为 f(1)5 3，f(n)的最小值为 f(2) 5 9， 于是，由式得5 9a 3 5(18) 3 5b，b183a18，(必须b3a，即 b3a) 当 ab3a 时，由b183a18，不存在实数满足题目要求； 当 b3a 存在实数 ，使得对任意正整数 n，都有 aSnb，且

39、的取值范围是(b18，3a 18) 11等比数列an的首项为 a12002，公比 q1 2 *(1)设 f(n)表示该数列的前 n 项的积，求 f(n)的表达式； *(2)当 n 取何值时，f(n)有最大值 （符号数列单调性和最值）（符号数列单调性和最值） 解：(1)an2002 (1 2) n1，f(n)2002n (1 2) n(n1) 2 (2)由(1)，得|f(n1)| |f(n)| 2002 2n ，则 当 n10 时，|f(n1)| |f(n)| 2002 2n 1，|f(11)|f(10)|f(1)|， 当 n11 时，|f(n1)| |f(n)| 2002 2n 1，|f(11

40、)|f(12)|f(13)|， 因为 f(11)0，f(10)0，f(9)0，f(12)0， 所以 f(n)的最大值为 f(9)或 f(12)中的最大者 因为f(12) f(9) 200212 (1 2) 66 20029 (1 2) 36 20023 (1 2) 30(2002 210 )31， 所以当 n12 时，f(n)有最大值为 f(12)200212 (1 2) 66 第 29 页 共 47 页 综合综合应用应用篇篇 一、例题分析一、例题分析 例例 1 已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且满足：a2a414，S770. (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn2Sn48 n

41、 ，数列bn的最小项是第几项，并求出该项的值 解：(1)设公差为 d，则有 2a14d14， 7a121d70 解得： a11， d3，所以 an3n2 (2)Snn1(3n2) 2 3n 2n 2 所以 bn3n 2n48 n 3n48 n 123n 48 n 123 当且仅当 3n48 n ，即 n4 时取等号 所以数列bn的最小项是 b423 教学建议教学建议 (1) 主要问题归类与方法：主要问题归类与方法： 1求数列的通项：方法利用等差(比)数列的通项公式；构造等差(比)数列；由 Sn与 an 的关系求通项；用不完全归纳法，猜想数列的通项，再证明 2求数列的最大项问题：将数列的通项看作是 n 的函数，通过讨论相应函数的单调性来 求最值；考察数列的单调性，求最大项；利用基本不等式求最值 (2)方法选择与优化建议：方法选择与优化建议： 对于问题 1，学生一般会选择方法，因为本题已知数列是等差数列，所以选择方法 对于问题 2，学生一般会选择，因为本题中