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2020年高考数学二轮复习(上海专版) 专题06 数列的综合(一)(解析版)

1、专题专题 06 数列的综合数列的综合(一一) 专题点拨专题点拨 1若an是公差为 d 的等差数列,则 d0 时,an是递增数列; 0d 时,an是递减数列;d0 时,an是常数列 等差数列的通项公式ana1(n1)d(n1)可推广为数列通项公式anam(nm)d(m, nN*且nm) 若 mnpq,则 amanapaq(m,n,p,qN*),当an是有穷数列,则与首末两项等距离的 两项之和,等于首末两项之和 项数成等差数列,则相应的项也成等差数列,即 ak,akm,ak2m,(k,mN*)成等差数列 2设 Sn是等差数列an的前 n 项和,则 Sk,S2kSk,S3kS2k,构成的数列是等差数

2、列; Sn n 也是一个等差数列; 真题赏析真题赏析 1 (2016 上海)已知数列an和bn, 其中 ann2, nN*, bn的项是互不相等的正整数, 若对于任意 nN*, bn的第 an项等于an的第 bn项, 1 4 9 16 1 2 3 4 lg lg bb b b bb b b _ 【答案】2 【解析】banabnbn2b2nb1b4b9b16(b1b2b3b4)2lg(b1b4b9b16) lg(b1b2b3b4) 2. 2(2016 上海)无穷数列由 k 个不同的数组成,Sn为的前 n 项和若对任意 nN*,Sn2,3,则 k 的最 大值为_ 【答案】4 【解析】当 a12 时

3、,数列可能为 2、0、1、1 或 2、1、0、1 或 2、1、1、0;当 a13 时,数列可能 为 3、0、1、1 或 3、1、0、1 或 3、1、1、0,所以 k 的最大值为 4. 3(2017 上海)已知 Sn和 Tn分别为数列与数列的前 n 项和,且 a1e4,SneSn1e5,anebn(nN*),则 当 Tn取得最大值时,n 的值为_ 【答案】4 或 5 【解析】由 SneSn1e5,得 Sn1eSne5,两式相减,得 anean1,所以 an是首项为 e4,公比为1 e的等 比数列, 所以 ane5 n.因为 a nebn, 所以 bnlne 5n5n, 则由 bn0 bn10,

4、即 5n0 5(n1)0, 解得 4n5, 所以当 n4 或 n5 时,Tn取得最大值 4(2018 上海)给定无穷数列an,若无穷数列bn满足:对任意 nN*,都有|bnan|1,则称bn与an“接 近” (1)设an是首项为 1, 公比为的等比数列, bn=an+1+1, nN*, 判断数列bn是否与an接近, 并说明理由; (2)设数列an的前四项为:a1=1,a2=2,a3=4, a4=8, bn是一个与an接近的数列,记集合 M=x|x=bi,i=1, 2,3,4,求 M 中元素的个数 m. 【解析】(1)数列bn与an接近 理由:an是首项为 1,公比为的等比数列, 可得 an=,

5、bn=an+1+1=+1,则|bnan|=|+1|=11,nN*,可得数列bn与an 接近. (2)bn是一个与an接近的数列,可得 an1bnan+1. 数列an的前四项为:a1=1,a2=2,a3=4,a4=8, 可得 b10,2,b21,3,b33,5,b47,9, 可能 b1与 b2相等,b2与 b3相等,但 b1与 b3不相等,b4与 b3不相等, 集合 M=x|x=bi,i=1,2,3,4,M 中元素的个数 m=3 或 4. 例题剖析例题剖析 【例 1】在等差数列an中,若 a1a2a3a430,则 a2a3_. 【答案】15 【解析】根据等差数列的性质 amanapaq mnpq

6、.则有 a1a2a3a42(a2a3)30a2 a315. 【变式训练 1】 已知an为等差数列,Sn为其前 n 项和,若 a16,a3a50,则 S6_. 【答案】6 【解析】 an是等差数列,a3a52a40,a40,a4a13d6,d2,S66a115d 6 615 (2)6,故答案为 6. 【例 2】等差数列 n a的前n项和为 n S, 21 10a, 3 144S ,则 n S取得最大值时n的为 ( ) A 25 B 27 C 25 或 26 D 26 或 27 【答案】C 【解析】 设等差数列 n a的公差为d, 21 10a, 3 144S , 1 2010ad, 1 3314

7、4ad, 联立解得 1 50a ,2d , 502(1)522 n ann 令5220 n an,解得26n 则 n S取得最大值时n的为 25 或 26 故选:C 【变式训练 2】 已知 n S是数列 n a的前n项和, 1 2a , 2 4a , 3 6a , 数列 12 nnn aaa 是公差为 2 的等差数列, 则 25 (S ) A233 B282 C466 D650 【答案】B 【解析】 n S是数列 n a的前n项和, 1 2a , 2 4a , 3 6a ,数列 12 nnn aaa 是公差为 2 的等差 数列, 可知 4 4a , 5 6a , 6 8a , 7 6a , 8

8、 8a , 9 10a , 10 8a, 11 10a , 12 12a, 即:2,4,6,4,6,8,6,8,10,8,10,12,10,12,14,12,14,16,14,16, 数列 n a的前 25 项和: 6 18 22 43(68 10 12 14 16 18)203037282 2 故选:B 【例 3】在等差数列 n a中, 135 15aaa, 6 1al (1) 求数列 n a的通项公式; (2) 对任意*mN,将数列 n a中落入区间 1 (2m, 21 2) m 内的项的个数记为 m b,记数列 m b的前m项 和 m S,求使得2018 m S 的最小整数m; (3)

9、若*nN,使不等式 1 1 11 (21) nn nn ana aa 剟成立, 求实数的取值范围 【解析】(1) 设数列 n a的公差为d,由 1 1 3615 511 ad ad , 解得 1 1 2 a d , 数列 n a的通项公式为21 n an, * nN (2) 对任意 * mN,若 121 2212 mm n , 则 2 11 22 22 mm n, 2 22 mm m b, * mN, 246223 (2222)(2222 ) mm m S 4(1 4 )2(1 2 ) 1 41 2 mm 4 46 22 3 mm 令 4 46 22 2018 3 mm , 解得 2 3242

10、17 5.3 4 mlog , 所求的最小整数m为 6 (3) 1 1 11 (21) nn nn ana aa 剟, 2 2 (21)11 1 (21)(21)2(1) n nnn 剟, 记 2 (21)1 (21)(21) n n A nn , 2 1 1 (21) n B n , * nN, 由 22 1 (21)1(21)18(1) (21)(23)(21)(21)(21)(21)(23) nn nnn AA nnnnnnn , 知 12 AA,且从第二项起, n A递增, 即 12 AA, 34n AAA, 2 1 1 (21) n B n 递减, 实数的范围为 1 A, 1 B,即

11、 2 10 , 39 【变式训练 3】已知数列 an的前 n 项和 Sn3n28n, bn是等差数列,且 anbnbn1. (1)求数列 bn的通项公式; (2)令 cn(an1) n1 (bn2)n . 求数列 cn的前 n 项和 Tn. 【解析】(1)由题意知当n2 时,anSnSn16n5;当n1 时,a1S111,所以an6n5.设数 列 bn的公差为d,由 a1b1b2, a2b2b3,即 112b1d, 172b13d,可解得 b14,d3,所以bn3n1; (2)由(1)知cn(6n6) n1 (3n3) n3(n1)2 n1, 又Tnc1c2c3cn, 得Tn322 23234

12、24(n1)2n1, 2Tn322 3324425(n1)2n2, 两式作差,得 Tn322 223242n1(n1)2n2 344(2 n1) 21 (n1)2 n2 3n2 n2, 所以Tn3n2 n2. 【例 4】(2019 普陀区二模)设数列*+满足:1= 2,2+ 1 = +1(其中 t为非零实常数) (1)设 = 2,求证:数列*+是等差数列,并求出通项公式; (2)设 = 3,记= |+1 |,求使得不等式1+ 2+ 3+ + 39 40成立的最小正整数 k; (3)若 2,对于任意的正整数 n,均有 1解得 2且 0, 又因为 + 1 1,即 0,故 = 1, +1、+1 、

13、+1依次成等比数列 若公比 1,不妨设+1 +1,则1 + 1 + 1,即 = 0,+1 = 2,+1= 2 = 5,+1= +1 2 +1 = 25 2 ,q 不 是整数,不成立 若公比为 1,则+1= +1= +1, = = = 1, 综上, = = = 1 巩固训练巩固训练 一、一、填空题填空题 1已知等比数列an为递增数列,且 a25a10,2(anan2)5an1,则数列an的通项公式 an_. 【答案】2n 【解析】 由 2(anan2)5an1得 2(ananq2)5anq, 得 22q25q, 解得 q2 或 q1 2(舍去) 又a 2 5a10, 得 a1q2,an2n. 2

14、设等比数列 an满足 a1a310,a2a45,则 a1a2an的最大值为_ 【答案】64 【解析】设等比数列的公比为 q,由 a1a310 a2a45 得 a1(1q2)10 a1q(1q2)5,解得 a18 q1 2 ,所以 a1a2anan1q1 2(n1)8n (1 2) n(n1) 221 2 n27 2n,于是当 n3 或 4 时,a1a2an取得最大值 2 664. 3.已知函数( )2xf xab的图象过点(2,9)和点(4, 45),若数列 n a的前n项和( ) n Sf n,数列 2 3 n a log的前n项和为 n T,则使得55 n T 成立的最小正整数n 【答案】

15、11 【解析】 函数( )2xf xab的图象过点(2,9)和点(4,45), 可得49a b ,1645a b ,解得3a ,3b; 数列 n a的前n项和( )3 23 x n Sf n,可知 1 3a ,2q , 1 3 2n n a , 2 1 3 n a logn,数列 2 3 n a log的通项公式为:1n; 数列 2 3 n a log的前n项和为 (1) 2 n n n T , 55 n T ,即 2 110 0nn ,可得11(10nn厔舍去) 使得55 n T 成立的最小正整数11n 故答案为: 11 4.已知数列 n a满足 1 2 23 nn n aa a ,其首项

16、1 aa,若数列 n a是单调递增数列, 则实数a的取值 范围是 【答案】(0, 1) (2 2 ,) 【解析】 1 2 23 nn n aa a ,其首项 1 aa,数列 n a是递增数列, 1 2 30 nnn n aaa a , 则 1 1 2 30a a ,即 2 30a a , 当0a时, 解得(0a,1)(2,) 当0a时, 不等式无解 当 1 2 a 时, 1 1 2 a , 23 2aa,不满足题意 当 1 (0, ) 2 a时, 取 1 3 a ,成立, 当 1 ( 2 a,1)时, 取 2 3 a ,不成立 实数a的取值范围为:(0, 1) (2 2 ,) 故答案为:(0,

17、 1) (2 2 ,) 二、选择题二、选择题 5.记数列 n a的前n项和为 n S 已知 1 1a , * 1 ()2 () n nnn SSanN ,则 2018 (S ) A 1009 3(21) B 1009 3 (21) 2 C 2018 3(21) D 2018 3 (21) 2 【答案】A 【解析】根据题意, 数列 n a中, 1 ()2n nnn ss a ,则有 1 2n nn aa , 进而可得 1 1 2n nn a a , 可得: 1 1 2 n n a a , 当1n 时, 12 2a a ,又由 1 1a ,则 2 2a , 则当n为奇数时, 1 2 n n a ,

18、 当n为偶数时,2 n n a , 则 20181232018132017242018 ()()Saaaaaaaaaa 10091009 1009 1(1 2)2(1 2) 3(21) 1 21 2 ; 故选:A 6.对于数列 1 x, 2 x,若使得0 n mx对一切 * nN成立的m的最小值存在,则称该最小值为此数列 的 “ 准 最 大 项 ” , 设 函 数( )sin()fxxx xR及 数 列 1 y, 2 y,且 100 6()yyyR, 若 1 1 1 ()() (*) ()() 22 nnn n nnn f yyy ynN f yyy ,则当 0 1y 时,下列结论正确的应为(

19、 ) A数列 1 y, 2 y,的“准最大项”存在,且为2 B数列 1 y, 2 y,的“准最大项”存在,且为3 C数列 1 y, 2 y,的“准最大项”存在,且为4 D数列 1 y, 2 y,的“准最大项”不存在 【答案】B 【解析】 100 6()yyyR, 若 1 1 1 ()() (*) ()() 22 nnn n nnn f yyy ynN f yyy , 当 0 1y ,可得 1 6y , 2 yf(6) 1 6sin6y, 322222 ()sin()cos(2 ,3 ) 22222 yf yyyyy , 由( )sinf xxx的导数为( )1cos0fxx , 可得( )f

20、x在R上递增, 当(2 ,3 )x,2sin(3 )3xxxf, 可得当3n时, 1 3 nn yy , 可得3m, 数列 1 y, 2 y,的“准最大项”存在,且为3, 故选:B 7.已知数列 n a是等差数列, 数列 n b是等比数列, 且满足 2 0 1 72 0 1 9 aa, 10 11 4b b , 2018 1 20 ( 2 a tan bb 则 ) A 23 B 23 C 3 3 D 3 【答案】A 【解析】 数列 n a是等差数列, 数列 n b是等比数列, 且满足 20172019 aa, 可得 2018 2 a , 10 11 4b b ,可得 1 21 4bb , 2

21、3 1( 3 1) 2 tantantan()23 24123413( 31)( 3 1) 故选:A 三、解答题三、解答题 8.等差数列an中,a13,其前 n 项和为 Sn,等比数列bn各项均为正数, b11,且 b2S212,bn的公比 qS2 b2. (1)求 an与 bn; (2)求 1 S1 1 S2 1 Sn. 【解析】(1)由已知可得 q3a212 q3a2 q ,解得 q3 或 q4(舍去),a26,an3(n1) 33n,bn 3n 1. (2)Snn(33n) 2 , 1 Sn 2 n(33n) 2 3 1 n 1 n1 , 1 S1 1 S2 1 Sn 2 3 11 2

22、1 2 1 3 1 3 1 4 1 n 1 n1 2 3 1 1 n1 . 9已知数列an的前 n 项和为 Sn,a10,a1a2a3annan1,nN*. (1)求证:数列an1是等比数列; (2)设数列bn的前 n 项和为 Tn,b11,点(Tn1,Tn)在直线 x n1 y n 1 2上, 若不等式 b1 a11 b2 a21 bn an1m 9 22an对于 nN *恒成立,求实数 m 的最大值 【解析】(1)证明:由 a1a2a3annan1, 得 a1a2a3an1n1an(n2), 两式相减得 an12an1, 变形为 an112(an1)(n2), a10,a111,a2a11

23、1, a212(a11), an1是以 1 为首项,公比为 2 的等比数列 (2)由(1)得 an2n 11,点(T n1,Tn)在直线 x n1 y n 1 2上, Tn 1 n1 Tn n 1 2,故 Tn n 是以T1 1 1 为首项,1 2为公差的等差数列, 则Tn n 11 2(n1),Tn n(n1) 2 , 当 n2 时,bnTnTn1n(n1) 2 n(n1) 2 n,b11 满足该式,bnn. 不等式 b1 a11 b2 a21 bn an1m 9 22an, 即为 12 2 3 22 n 2n 1m 9 2n, 令 Rn12 2 3 22 n 2n 1,则1 2Rn 1 2

24、 2 22 3 23 n 2n, 两式相减得(11 2)Rn1 1 2 1 22 1 23 1 2n 1 n 2n2 n2 2n , Rn4n2 2n 1. 由 Rnm 9 2n恒成立,即 4 2n5 2n m 恒成立, 又(42n3 2n 1)(42n5 2n )2n7 2n 1, 故当 n3 时, 42n5 2n 单调递减;当 n3 时,42 35 23 31 8 ; 当 n4 时, 42n5 2n 单调递增;当 n4 时, 42 45 24 61 16;则 4 2n5 2n 的最小值为61 16,所以实数 m 的最大值是 61 16. 10.已知数列 n a, n b均为各项都不相等的数

25、列, n S为 n a的前n项和, * 1 1() nnn abSnN (1) 若 1 1, 2 n n ab,求 4 a的值; (2) 若 n a是公比为(1)q q 的等比数列, 求证: 数列 1 1 n b q 为等比数列; (3) 若 n a的各项都不为零, n b是公差为d的等差数列, 求证: 2 a, 3 a, n a,成等差数列的 充要条件是 1 2 d 【解析】 (1) 1 1 nnn abS , 1 1a , 2 n n b , 1 2 1 11 1 4 1 2 a a b , 146 1 3 2 2 3 2 114 1 6 1 S a b , 3 4 3 1146 1 8

26、3 2 S a b , 证明: (2) 设 1 1 (1) n n aa qq ,则 1(1 ) 1 n n aq S q , 1 1 nnn abS , 1 11 111 (1) 1 111 (1) n n n n nn n aq Saa qqq b aa qq a q , 111 11 1111 1(1)1(1) n n nn aa qqaq b qq a qqa a q 1 1 1 1 11 1(1) n n aq b qa a q , 1n n b q b ,(q为常数) 数列 1 1 n b q 为等比数列, (3)数列 n b是公差为d的等差数列, 当2n时, 1 () nnnnn

27、 aba bda , 即 1 ()(1) nnnn aa bd a , 数列 n a的各项都不为零, 1 0 nn aa ,10d, 当2n时, 1 1 nn nn ba daa , 当3n时, 11 1 1 nn nn ba daa , 两式相减得: 当3n时, 11 11 11 nnnn nnnn aabbd aaaadd 先证充分性: 由 1 2 d 可知 1 11 1 nn nnnn aa aaaa , 当3n时, 1 11 1 nn nnnn aa aaaa , 又0 n a , 11nnnn aaaa , 即 2 a, 3 a, n a 成等差数列; 再证必要性: 2 a, 3 a

28、, n a 成等差数列, 当3n时, 11nnnn aaaa , 111 1111 1 1 nnnn nnnnnnnn aaaad aaaaaaaad , 1 2 d 综上所述, 2 a, 3 a, n a 成等差数列的充要条件是 1 2 d 11.已知数列中,为它前项之和,且(), (1)设,求证为等比数列; (2)设,求证为等差数列; (3)求数列的通项公式及前项之和的公式 【解析】(1)由 1 42 nn Sa 得, 1 42 nn Sa (2)n . 两式相减得, 11 44(2) nnn aaan . 121111 111 2(44)224 2 222 nnnnnnnn nnnnnn

29、n baaaaaaa baaaaaa . n b是公比为2的等比数列. (2)当1n 时, 21 42Sa,又 1 1a ,则 2 5a 121 23baa 由(1)知, 1 2 nnn baa 1 3 2n ,n * N 1 11 1 111 23 23 22224 n nnnn nn nnnn aaaa cc . n c是公差为 3 4 的等差数列. (3) 1 1 1 22 a c ,由(2)知, 1 1331 (1)(1) 244 n n ccndn ,n * N 2n nn ac,n * N. 1 42(31) 22 n nn San ,n * N. 1 (34) 22 n n Sn

30、 ,(2)n ,又 1 1a 也满足上式 1 (34) 22 n n Sn , n * N. 新题速递新题速递 1(2020虹口区一模)设等差数列 n a的前n项和 n S,若 27 12aa, 4 8S ,则 n a 【分析】直接利用等差关系式建立方程组求出首项和公差,进一步求出数列的通项公式 【解答】解:设首项为 1 a,公差为d等差数列 n a的前n项和 n S, 若 27 12aa, 4 8S , 则 271 41 2712 34 48 2 aaad Sad ,解得 1 1 2 a d , 所以12(1)23 n ann , 故答案为:23n 2(2020浦东新区一模)设 n a是等差

31、数列,且 1 3a , 35 18aa,则 n a 【分析】结合已知及等差数列的通项公式可求d,进而可求通项公式 【解答】解: n a是等差数列,且 1 3a , 35 18aa, 1 2618ad, 2d, 则32(1)21 n ann 故答案为:21n 3(2020宝山区一模)已知 n a、 n b均是等差数列, nnn ca b,若 n c前三项是 7、9、9,则 10 c 【分析】 n a、 n b均是等差数列,故 n c为二次函数,设 2 n canbnc,根据前 3 项,求出a,b,c 的值,即可得到 10 c 【解答】解:设 2 nnn ca banbnc, 则 7 429 93

32、9 abc abc abc ,解得 1 5 3 a b c 2 10 1 105 10347c , 故答案为:47 4(2020松江区一模)已知数列 n a满足: * () n aN nN;当 * 2 () k nkN时, 2 n n a ;当 * 2 () k nkN时, 1nn aa ,记数列 n a的前n项和为 n S (1)求 1 a, 3 a, 9 a的值; (2)若2020 n S ,求n的最小值; (3)求证: 2 42 nn SSn的充要条件是 * 21 1() n anN 【分析】(1)直接根据已知条件以及范围限制带入求解即可; (2)先根据条件求出 1 2 1 k m am

33、 或m;再求出 64 ()maxS以及 128 ()maxS与所求相对应即可求解; (3) 先 证 必 要 性 , 根 据 已 知 得 1 22 422 nn n SS 以 及 1 2221 4( 21 )2 nn n SS 作 差 得 到 11 212221 41 nnn aaa ;结合条件限制即可证; 充分性,根据 * 21 1() n anN 求得 221 1 nn aa ,以及 2 2 nn aa,进而求出其前n项和,得证 【解答】解:(1)因为 2 1a , 12 aa,且 1 a为自然数; 1 0a; 4 2a , 34 0 aa,且均为自然数 3 0a或者 3 1a ; 16 8

34、a, 91016 08aaa, * () n aN nN; 9 0a或者 9 1a (2) 1 2 2 k k a ,当 1* 22 ( ,) kk nn kN 时, 11 1 21222 02 kkk k aaa , 1 2 1 k m am 或m;1m ,2, 1 321 k ; 64 23458 916 173233 ()(01)(12)(1234)(12332)1714 22222 max S ; 128 6465 ()7142794 2 max S 71420202794,64128n; 又20207141306, 123501275130612350511326 n的最小值:645

35、1115 (3)必要性: 2 42 nn SSn; 所以 1 22 422 nn n SS 故有 1 2221 4(21)2 nn n SS ; 得: 11 * 212221 41() nnn aaanN , 由于 1 1 21 22 0 1 n n a a ,或 1 1 21 22 1 2 n n a a ,或 1 1 21 22 0 2 n n a a ,且 21 0,1 n a 或, 只有当 11 212122 1,1,2 nnn aaa 同时成立,等式才成立, * 21 1() n anN , 充分性:若 * 21 1() n anN ,由于 1 2122232 12 nnnn n a

36、aaa , 所以 * 2 ( n k ak nN , * kN,2 ) n k, 即 21 1 n a , 22 2 n a , 23 3 n a , 1 21 21 n n a , 又 1 2 2 2 n a , 所以对任意的 * nN,都有 221 1 nn aa , 另一方面,有 1 222 ,2 nn kk ak ak , * (nN, * kN,2 ) n k, 所以对任意的 * nN,都有 2 2 nn aa, 21221321242 ()() nnnn Saaaaaaaaa 242223 2()24() nn aaanaaaan, 由于 1 0a , 2 1a , 212 4()

37、242 nnn SaaanSn,证毕 5(2020静安区一模)设 n a是等差数列,公差为d,前n项和为 n S (1)设 1 40a , 6 38a ,求 n S的最大值; (2)设 * 1 1,2 () n a n abnN,数列 n b的前n项和为 n T,且对任意的 * nN,都有20 n T ,求d的取值范围 【分析】(1)运用等差数列的通项公式可得公差d,再由等差数列的求和公式,结合配方法和二次函数的最 值求法,可得最大值; (2)由题意可得数列 n b为首项为 2,公比为2d的等比数列,讨论0d ,0d ,0d ,判断数列 n b的单 调性和求和公式,及范围,结合不等式恒成立问题

38、解法,解不等式可得所求范围 【解答】解:(1) 1 40a , 6 38a ,可得 61 2 55 aa d , 可得 2 2 121201201 40(1)() 255220 n Snn nn , 由n为正整数,可得100n 或 101 时, n S取得最大值 2020; (2)设 * 1 1,2 () n a n abnN,数列 n b的前n项和为 n T, 可得1(1) n and ,数列 n b为首项为 2,公比为2d的等比数列, 若0d ,可得2 n b ;0d ,可得 n b为递增数列,无最大值; 当0d 时, 2(12 )2 1212 dn n dd T , 对任意的 * nN,都有20 n T ,可得 2 20 12d ,且0d , 解得 2 log 0.9d