第六章 数列与极限（知识讲解&例题分析）-高考数学强基计划专题精讲与能力强化

参考答案与解析 70.解：由三角形西积公式得女s如A=合a·了4，即6mA= 1 子，由余孩定理得a8A=6+之-4 第六章 数列与极限 ,故b2+c2= 2bc 2 becos A-+3 besin A,所以b+c)°=6+c2+2c 一 、选择题 bc 1.C设等差数列为x1= =+da=+2. 1 26ccOs A+3csin A+2c=2cos A+3sin A+2=13 sin (A+ x,=车+3d,公差为d,则x1十x:十x十西=1+6d=4>d 1 2 十2≤√13+2，其中sim9=cos9三号 当且仅当： 1 1 √13 A十9=吾，即A=受-9时，等号成立，又心 7 m=x1x=16 15 bc m=16' 6+c+2bc26c+26c=4,当且仅当b=c时，等号成立，故 或者 15 n=xx=16 7 m一nl=号选C bc bc +)∈[4，+2] 2.A由a1=1,Sn+1=4an+2(n≥1)…①可知 bc 当n=1时，S2=4a1+2,所以a2=5; 80.解：显然要使2sinA+sinB+sinC取最大值，则sinA≥ 当n≥2时，有S。=4a-1十2(n≥2)…②， simB,simA≥sinC,所以B,C都为锐角，所以A∈[答x小 由①-②式得，an+1-2a,=2(am-2a,-1)(n≥2)， B-C∈(-受，），由于simB+sinc=sim(BC+ 又a:-2a=3,所以a+1-2a.=3X2"-1(n∈N). 2 8）+m(8-8）=mB时wS,所以 上式月以得学-号又号=1 2 所以2=1+号.故令=2012时，得 2sinAsinB sin Csinoin 2” a213=22012×3019,故选A. 十mB+snC≤2sinA+2c0s合，当B=C时，取等号.令A 评析：当数列递推式同时出现前n项和以及通项时，一般考虑 全部转化为前n项和或通项。 =2x,x∈[答，受），构造通数f(x)=2sin2z+2cosx,xe 3.B设公比为q(g≠0)，a十log:k,a十log:k,a十logsk的公比相 [吾，受）所以fx)=4cos2x-2sinx=-8sinz-2sinz 当于a+-log:b.a+-ogk,a十合logk的公北，相当于og +1g+号o照十言的公比，即相当于+1+叶 1a 十4.令(x)=-8sinx-2sinx+4=0,解得：sinx= 3丽-1或sinx=二√-1（含去）.记in=3丽-1 8 8 号的公比，(+号）广=：+D(+号）解得1=- 因为血吾<n工=丽<1，所以∈（告，受），当 8 公比q=3 x(z）时()>0f(x在(0，x)内单调递增：当z 4.C考虑2的幂次.把2个数：1,2放入第一组，把2个数： 3,4,5,6放入第二组，把2个数：7,8,9,10,11,12,13,14放 ∈(，)时f'(x)<0,f(z)在(0，x)内单调递减，所以 入第一组… 那么，任取n∈N”,如果一个无穷等差数列在前2”一2个数中 当sinx=sinx1= -1,即x=石=aresin时， 有至少两个数，这个等差数列的公差不超过2”一2.但接下来 8 8 2”个数都会是同一组的，而该数列必有数在这2”个数中. f(x)mm=f(x1)=2sin2z1+2cosx1,所以当A=2 arcsin 矛盾！ 3-1,B=C时，2sinA十simB+sinC取得最大值. 稍微把这个2的幂次的分组方法改动一下，如变成3的幂次、 4的暴次…分析方法与上述相同.故分组方法有无数种， 8l.解：因为3cosa+2sina=c,3cosB+2sinB=c,两式作差可 评析：组合数学中简单的极端思想，如果不熟悉这种思考方 得，3cose-c0s+2(sne-sn)=0,中-6sin生. 式的话可能会无从下手. sm24cosn2=0,即sn(2as空2 6,A运用等差角求和公式，在式子上下同乘sin号，然后积化 2 2 和差得到： 3in生）=0，所以m=02os-3sin- 2 2 、(sin2+sin2反+…+sinn2)sim号 0,中sin=0或am生-号 23 sin② 当sin2-0时8-日=2m,m∈，与题设。-8≠x牙 1 2 盾，舍去 >2台 2×3_12 血号 当am生-号时，ma 2 2 1-am乎1哥 (oms2n1反-os号）>2sn号 313 强基数学·巅峰突破 sn(a+Dsin>2sn号. 2008=144(a+b)+89b,无解 ④a十b=11时，→p。<183<pn+1p。=144,p+1=233, 注意到号≈，701>吾而上或左边不短进1，所以不存在” 2008=144(a+b)+89b,无解」 6 故选AB. 使得原式成立. 评析：本题本质上是不定方程，用的也是常规的放缩（缩小 考点：等差角求和公式。 范围)的方法，但对计算和思维能力的要求都比较高， 6.B由Sn=n2an,知an=Sn-Sn-1=nan-(n-1)产an-1进而 11.CD计算有a3=11,a:=373,a-a2a1=2≠a-a3a2=99, a,一分1由光得到a,的道项公式a,=4 A错误，a,=4(mod9),B错误.构造两个正整数数列{bn}, 1 {cn},b=1,b=9,bn+2=6bu+1-b,G1=3,c2=13, 进而a2o18=1009 c+2=6cw+1-c.计算知4a1a2-7=6,4a2a3-7=b2,4a3a: 7.B452=2025,462=2116,2025-45=1980,则a1981= -7=b,8a1a2-7=ci,8a2a3-7=c,8aa4-7=c 2026, 下面用数学归纳法证明. 由此不难得到a201s=2063. 现在设对于正整数n≤k(k≥3)都有4a,a.+1一7=b, 8.AC构造无穷项数列{am=n},则每一个正整数均在这个数 8aa+1-7=ci 列里面，所以对任意正整数n,总存在正整数m,使得S。=am, 4a+1a+2-7=4as+1(6at+1-as)-7= 所以这个数列满足条件，通过这个数列我们可以知道A正 24ai+1-4askt1-7=24at+1(6ag-as-1）-b-14 确，D不正确.而对于任一a4,as=S。一Sg-1=am一am,即任 =144aag+1-24(6as-ag-1)ag-1-b-14= 意一项均可写成{an}的两项之差，C正确.对于B,若{am}为 36(6+7)-144aae-1+24a-1-b-14 等比数列，设公比为q,显然g=1不满足要求，考虑q≠1的情 =36(b+7)-36(b-1+7)+4a4-1(a6+a4-2)-b-14 况，依题意，应有S+1=am,S+2=am,即1十q十…十g 36(b+7)-36(b-1+7)+b1+7+b-2+7-b-14 g1,1+g+g2+…+g2+1=(1+g+…+g)(1+g+1)= =35b-35b-1+b-2=35b-35b-1+(6b-1一b)2=(6b g1,两式相除，得1十g+1=qm1,这时g≠1是不可能成 -b-1)2=b+1.故4anam-1-7=b,2(n∈N'). 立的 因此4a,am+1-7为完全平方数.类似的有8a,a+1一7=c, 评析：本题的这个条件看上去极难刻画，因此我们要寻找 (Hn∈N")因此8a,am+1-7为完全平方数.综上选CD. 特例. 9.ABCD:{a,},{bn}均为等差数列，∴.{ab}的通项必为一 12.B三式相加，得工1十+1十1=令(2，十十)，但 个二次函数形式.利用拉格朗日插值公式， 工心。全为0时原式也满足，故A错误；若了m∈Z,有 设a4,=Qm期Qa)=Q1n日二2别 xm=ym=m,代入到原三式中则有xm-1=ym-1=之m-1,所以 2-1)(2-8+Q(3)”-1D(m-2 Q(2)n-10(n-3) m≠1时，由此必然能推出x1=y=.而m=1时显然也有 (3-1)(3-2) x1=y1=1,B正确；对于C,将2,3式交换后代入1式，有 代入Q(1),Q(2),Q(3)的值得Q(n)=28m2+85n+22.验算 工+1=之（工。-1一工）.那么只要确定了，的初值，x,的 知Q(4)=810,Q(5)=1147,Q(6)=1540,Q(10)=3672. 表达式就确定了.则xn>0曰{x}递减.取x1=5,y=4,心 评析：这是很烦琐的一道题，首先需要知道拉格朗日插值公 =6,容易验证这时xm>0恒成立.C错误. 式：若f(x)为一个(n-1)次多项式，已知f(x1)=a1,f(x)= 评析：数列题，关键是要发现递推关系中蕴含的信息.在此 a2,…,f(xn)=a(其实就是n个方程解n个待定系数)，则： 题中，将2、3式交换后代入就可以发现：x的表达式与y。, (x-x2)(x-xg)…(x-xn) fw）=fx,--)(,十 。无关.从而就可以得到C错误 (x-x1)(x-x3)…(x-xn) 13.CD对递推公式求倒数得：L=2+1-2,整理得1十 f(x2) )(西-)…(2，-)+…+ an+1 au an+l （x一x1)(x-x2)(x-xm-1） fx,),-a.-)…(x.-x a+》-1=2(日+-1小，故{仕+-1是以1为首项2 理解它很容易，将x=x1代入上式，发现右边一连串代数式 为公比的等比数列，即】十1-1=2，利用该式可得@，} 里只有第一项是f(x1),其他都是0：代入其他的取值也是， 1 那么在用完拉格朗日插值公式后，就是考验计算基本功了， 的通项公式a,一2-十故A,B均不正确.对子C,由 10.AB易知xn为a,b的整系数线性组合.不妨设xn=p,a+ 于a>0,故a+1≤a,台2m-1-n+1≤2”-n曰2"1≥1成立， qb,由递推式知力+2=力n+1十力nqn+2=qn+1十qn.比较pn和qm 故C正确.对于D,a大于0是显然的，而a≤2台2"1一n十 的初值，可以得到qn=pw+1· 故xn=pna十p+1b.要估计a十b的取值，我们对这个式子进 1≥号问2≥n一宁，可通选求导或验证前儿项等方式得 行就销，有a十pb<<a十户A<车6< 知该式成立 评析：本题需要掌握常规的递推关系处理方法· pu+.显然{pn(n≥2)是斐波那契数列，令xn=2008, ①a+b=8时，→pn<251<p+1,pn=233,pw+1=377,2008 14,A些里递推关系式得：片一云故易知0，=二，利用错 =233(a+b)+144b,b=1,a=7. ②a+b=9时，→pn<224<pn+1,pn=144,力n+1=233,2008 位相减的方法可得S=2-”十2 2” =144(a+b)+89b,b=8,a=1. l5.ABC首先，由选项A“{an}单调递增”提示我们考虑an与 ③a+b=10时，→p.<201<pm+1,pn=144,p+1=233, a+1之间的关系，因此可将条件转化为a+1=a,十(a。一2) 314 参考答案与解析 a+1-2=(a.-2)+(a,-2) 1 :21,BC考虑作为整体的和a2g-十a2%(k=1,2,…,10),由 aw+1-2a,-2an-11 |a+1l=a,十1|得a2g=ag-1十1或a4=一a2g-1-1,所以 由第一式即可推出an单调递增，A正确，从而有an≥a1=3, a-1十a4=2a1十1或-1.设公(a4-1十a4)中有m组取 故(a,-2)>1,所以a,=a,+三(a,-2)≥n+2,即B正 k= 6,-211 2ag-1十1，余下10-m组取-1，则|a0十a1+2十…十a2o 确，且D错误；此时再由第三式得到1 =|a1十a2+…+a28|=|2(an十a2+…+am)+m+m-l0 =2a1十a2十…+am十m-5l,其中，i1i2,…,im全是奇 数，据条件可知，a1…,an也都是奇数.所以无论m是 1,C正确. 奇数还是偶数， 16.ABC AB选项主要是xy的递推关系，由于 a1十a2十…十am十m-5均是奇数，记这个奇数为 xw+1十ya+15=(2+√3)·（.n+ynW3) 2n+1(n∈N).则|a十a1+a2十…十a2o|=4n+2.2和 =(2z+3y)+(x+2yn)W5,因此x+1=2xm+3ynyn+1= 10符合.选BC. x十2y,因此A、B均正确； 2.B设a,=计}，尉=2a=21+2.[a]=2 而设a,=(2-√3)”，则a,单调递减且恒大于0，因此有极限 =2(mod7). a,且有关系式(2-√5)a=a→a=0,C正确；x,有关系式 xm+2=4zu+1一xn,容易得出z,mod5的余数以2,2,1为一 23.AD由慈意得a:=a十=2a1-= 1>0,显然{a.} 个周期，其中没有mod5余4的，所以不存在xn=2019,即 D错误， 单调递增a,>0,当n≥2时，di=(,+2)广=d+3叶 7,ABC0)S,=1+1+2+…+22=1土2) =2”1, 3+1>a+3,a2≥ad+3(m-2)=3n+2a1=a:+ 所以Hn∈N',取m=n+1则Sn=am成立： 3+是+≤d+3+n2+n十2<+3++ 3 1 (2)若k=0,显然成立， a a" 若≠0，取m=mn+卫，则S.=a.成立： <a+3+ln马+号()d+ 1 2 (3)因为{an}为等差数列，设an=kn十m(k,为常数)， 3-2+ln(m-1)+(1-)<3m+2+h(m-1)+g 取bn=(k一m),cn=mn十m。,由B选项知{bm}为“某数 列”，对于{c},其前n项和S,=nn十3 1 -m。,所以Hn∈N, 2 3m+2≤a≤√3m+2+ln(n-1)+g,又因为 取m=n十3》-1，则S.=6。成立，所以{c,为“来数列” 2 /3n+2 3m+2+nm-D+g(1-】 故选ABC. lim lim n 18.A因为a-a,-1a+1=2-1,则a+1-anam+2=2 3,1im会 因此2a-2an-1au+1=d+1-2anam+2 u→+四n =河A选项正：小m房 则2a,+a=2a,=十a-2a,+a )=3 lim =0,C选项错误； 因为a=Q1a,十2，则a,=14,故2a,+a出=2a十a三 an+l an :3×400+2≤am≤]3×40+2+ln399+ 9 2a十a=4 .10≤a6<1/3×400+2+1og2512+1=/1212<11, 即a+1=4an一2a-1,欲求个位数字，只需让an模10. ∴.[ao]=10,B选项错误； 其结果为1,4,4,8,4,0,2,8,8,6,8,0,4,6,6,2,6,0,8,2,2， 4,2,0,6,4,4,8,4,0… :3X90+2<a,w<√3x900+2+n899+日， 从a2开始周期为24，则a2oo的个位数字是8，故选A. ∴.30<a40%<3×9000+2+1og16384+1=/27017 19.A因为a-2=4a+1-3a.-20,则a+2-a+1-10 <31, =3(a+1-an-10) ∴[a]=30,D选项正确. 故a+1一a,=10-2X3”1,则当n≥3时，数列为单调递减 24.ABD由题可知a+1=2a-3,于是可求得0+1-1 =2· 数列， 1 au+12 可求得a=13,a:=5,当n≥5时，am<0,则S。的最大值为 S:=28,故选A an-1 1 20,B因为441=2-3a则2岩=-是·会+号 则2=-号=-2（受-号）小则受-青 Λ选项E:到侵}中名司一号 as-1 =（受)厂·（受-日）则a=号+(4-)(-3别 a,+i一厅，不是等比数列，C选项错误：于是{a,}单调递 当4=号时，满足严格递增：当a≠号时，会出现正负交替， 增且有极限子，故台<S<号.D选项正确：又因为”日< 2 6 不满足，故选B. 会=背<S,所以B选项正碗，数选ABD 315 强基数学·巅峰突破 二、填空题 25.解析：阻碍{a}是无穷数列的因素，就是一1出现在这个数 令n=n十1，得到（a十2) 4 =2S+1,将其与原式相减，推出 列中，于是一1的下一项就没有定义了.研究数列中如何不 (a+1+2)(a+2) 出现-1，就是考虑一1在数列中倒推会出现哪些数，然后a1 4 4 =2a+1,化简得 不是这些数即可， (a+1-2)'=(a十2)，解得a+1=an十4，从而 鼓列的道推式为a1一。十门即a,=产。 0+1,于是倒推的 a,=4n-2(neN).故n=4二元∈[2,4). 答案：[2,4) 递兼式即为61一二6·令6=一1，不难利用归钠法证得 评析：数列和与通项同时出现的递推式，消去一个是基本的 技巧 么=从而≠-=1,23…即可 31.解析：首先我们证明xn∈[0.1)恒成立， 答案a≠-6=123… 若x,e[0,2）,则1=2ze[01D: 评析：问题本身难度并不大，难点其实在于分析问题的逻辑 若∈[合到4=2-1∈[0. 思维：如何将问题转为一个倒推数列的通项的求解 由数学归纳法知，xn∈[0,1)对Hn∈N成立，那么有xm= 26,解析：根据题千的条件，a+1一an≤au+2一a+l.记au+1一an {xm}={2”xo},其中{a}表示a的小数部分. =b,则{bn}单调不减.根据2016=2018-2=a一a1=b ∴.x2021={2221x人. 十b+…十bo4,推出2016≥126(b1十b2十b十b,),即b1+ {22x}=x。,即221x。-x。为整数 b2+b3+b:≤16，于是a=a1+b1+b2十b3+b,≤18，等号取 到当且仅当数列{a,}是公差为2的等差数列，即数列{b,}是 六2-2-k=01.2,2*o21-2). 常数列. .可能的x。的值共有221一1个. 答案：18 答案：22021-1 评析：本题的难点在于找到差分数列{b,},如果没有想到这样操 作，直接猜测原题不等式等号成立，也是能把答案套出来的 32.解折：a,=k√受∈(-·+) 27.解析：设S,=an+bn,代入S1。=0,S=10,知 名∈（使-+子++）归 n∈(2-2+3,2+2k+3)月 由此得当n=7时S取最小值一船 n∈[2k2-2k十1,2k+2k].故有4k个n使得am=k,于是 答案：-盟 s=2(公×4)+7×16=24+9 28.解析：由a,b,c为等比数列，可设b=ag,c=ag,则 类似地，6=k台巨n∈(k-分，k十2)分 a≤26+3c可改写为a≤2ag十3ag,6-2改写为 e[2+1.] g-2=-2g-)+ 故共有k个n使得b.=k。 当a>0,有1≤2q+3,即9≥-1或9≥子，因此6.2的取 则T。=(长×)+7×9=18+是 位他周为(-0宁] 故2T-Sm=2(13+是)-(24+19)=1。 答案：1 当<0，有1≥2g十3对，即-1≤9≤，因此。2的取值范 33.解析：分两步证明： 国为[-8言] (1)先证明对任意正整数n有bn>am+1, 采用数学归纳法 上所送，取值范为(，] 当n=1时，有b=5>2=a2显然成立， 假设当n=k时结论成立，即b>a+1, 答案：（-0,8」 17 则当n=k+1时，有b+1=5:>5账+1>2账+1=a4十2， 所以对n=k十1结论也成立. 29.解析：设爬n阶台阶的方法数为a,,考虑进行递推， 所以对任意正整数n有bm>a,+1. 某人最后一步跨到第级，由于他每一步最多跨两级，于是 (2)再证明对任意正整数n有aw+2>3b。, 他在跨最后一步之前，停在倒数第一级或者倒数第二级，爬 当n=1时，有a3=16>15=3b1, 到倒数第一级的方法数是α-1，爬到倒数第二级的方法数 假设当n=k时结论成立，即a+2>3be, 是aw-2,于是a=an-1十aa-2 结合a1=1,a2=2,得出ao=89. 则当m=+1时a=2:+2%=8%=(号）》×5≥ 答案：89 (1+号）>3×5， 30.解析：由已知条件有“十2-√25（m∈N),平方后得到 2 所以对n=十1结论也成立. (am+2)2 所以对任意正整数n有am+>3bn. 4 =2S. 此时我们由(1)可以得到b2:>a25, 316 参考答案与解析 由(2)可以得到a>3b23>b23, …十4202l….则a10+3×20=4,即ae0=4,a071=2,a02= 所以满足bm>a25的m的最小值为24. 1,ao3=0.故满足a=0的最小k值为6073. 答案：24 答案：6073 34.解析：令6，=+2a,则6，=5且a,=,1 39.解析：设数列{a。的前n项和为Sn, 2 则m21十a十“十agm一3三1+m37 52 原递粮即为。=(3+5+弘)小： 。a1十a2十…十am S, 2 整理后即为46+1=6十6bn十9，由b>0得2b+1=6.+3, 若a,}为常数列，则limS气S=-1十2=1，若a,}不为 即6+1-3=分(6.-3)，故6，-3是以6，-3=2为首项， 含数列，到m88=-1十m受=-1十 S 公比为2的等比数列.所以6，-3=2一6，-3)= 1 2a+22-卫× lim 2 -=3. 所以6=2+3>3a.-6 1 2>4,另-方面，b。=256十3 ar+SnDxd 2 答案：1或3 <1+3=10 V10+3 三、解答题 40.解：因为a3=-13,a,=3,所以d=4,所以an=4n-25, 所以a1。= -1<4.5,综上所迷，4<ao<4.5,所以与之 2 方法1：由/a,=4n-25≤0 最接近的整数为4. 答案：4 又n∈N,所以n=6,所以 35.解析：记b,=a+1一a,(1≤i≤4)，则b∈{-1,0,1}，对确定 (S)min=S6- 6(a1+as2=-66. 的b1,b2,b,b,数列{a}1≤≤各项间的大小顺序即确定，设 2 min{a1,a,a,a,a}=a,则a∈(l,2,3},对于给定的a,b, 方法2：南5-a士0》=2i-23=2(。-2华)-5。 2 b,b,b可唯一确定一组数列，由于b∈{一1,0,1}且a∈ 所以当n=6,(S,)=S6=-66. {1,2,3},这样的数列共3×3=243（个），其中不符合题设 1 2 2017 条件的数列各项均为1或2，这样的数列有2=32（个），综 41.解：存在.考虑20172017…，207，注意这是一个 上所述，符合要求的数列共有243一32=211（个）. 2017项的等差数列，而且每一项的分子都可以和分母相应 答案：211 部分约去，形如1的形式 36,解析：不妨设三边长为1-d,1,1十d,其中0≤d<号此时： 评析：这是一个带有数论性质的组合构造题，对非竞赛生难 cos A+cos B+cos C=)1(1d)+ 度有些大，在数论构造题中，阶乘数是一个非常好用的工 2(1+d) 具，例如下面的著名命题：存在任意多个连续正整数均为 1-d)2+1-(1+d)+1+d)+(1-d)2-1 合数. 2(1-d) 2(1+d)(1-d) 器米（引 42.证明：由题可知a1十a2十a十…十ao1=0, 即(2a1-a21g)+(2a:-a1)+(2a,-a:)+…+ 答案1，] (2a2o13-a2o12)=0…①. 又|a1-2a2=|a2-2a;|=…=|a21一2a1|,不妨设 a1-2a2|=t, 37.解答：111+)(1+）…(（1+，〉 则(2a1-a2o13),(2a2-a1),(2ag一a2),,(2a2o13-a2o1e） 为t或一t. 0-)(1+安)1+安)-(1+) 设这2013个数中有k个t,则有2013一k个一t, 则①可写为kt-(2013一k)t=0(0≤k≤2013，k∈N),即(2k 1-2 -2013)t=0, 则必有t=0,于是有a1=2a2,a2=2a3,…,a213=2a2o13, 声 1-- a2o13=2a1, 所以a1=21541,即4=0.所以a1=a:=ag=…=a42o13=0 得证. 普案：-，可 43.证明：反证法：假设这三个数同时属于M,设 a,=a十(i-1)d,则有如下三个 38.解析：由题意。=觉华-=1十++…十4为奇数a =0 等式3atd=0.3a+xd=号3a+ad=9 3 =f(a)=1+4+42+…+4224-1=4+42+…+424为 两两作差可得： 侣教，a:=f0,)=+十：+4四为锅数，4 2 -xd=ga-d= 6,(x-x1)d=32 6 4+42+…+42024 =1十4+42+…十4023为奇数，a:=4 ; 所以一2=山 4 x3-x132 十4+…+42023…故a,=4+42+…+422,a16=4+42+ 注意到x1都是整数，所以x3一x1是32的正整数倍.但x3 31 强基数学·巅峰突破 一x1≤10+11十12一0-1一2=30矛盾，所以假设不成立！ 时，lim f.+1(x)=十o∞，因此fa+1有极小值点（最小值）x 这三个数不同时属于M,证毕. xg,从而f.(x)=f+1(x)=0, 评析：这道题目考查的知识很基础，就是简单的等差数列， 本题的关键是采取反证法，利用xg一x1的取值范围构造 最小值f（a)=f.（x,)+n+1>0. 矛盾. 由数学归纳法知结论成立，最后，当n为奇数时，f,(xm+) 1 44.解：设a=b十d,c=b-d,则 √a+6'√a+'6+ 一构成等差 fn+e(x+2)- +)0= 数列等价于65，石-E,瓜构成等差数列，进而等价 fn（xn),故由fn(x)单调增加有工+2<xm a-b"a-cb-c 评析：根据fn(x)形式的特殊性即f'n+1(x)=fn(x)判断应 于6-E+后6=2后E,等价于6-+石-6=后 该用递推的方法解题. b-c a-b aC 48.解：(1)，对任意n∈N*满足an>0, 一√成立 .a+1=an十ca>a,又c>0, 45.解：利用a+=a十26.·得到b,=7(a,+1a） an+1-a=caf-cai-1十an-a-1>a-aw-1>…> bn+1=2an十bn, g-a1, 从而61=2a,十6.也就变成了2(a+:-a+1)=2a,十 .an=a,-an1十a-1-a2+…十ag-a1+a1> (n-1)(a2-a1)=c(n-1)ai, (on 20 +30 ∴.对任意正数M,取N= 兴]+ 利用特征旅法，解得。，=3+（一1门，从而 当n>N时有am>M; 4=2a1-a,)=2[gr-(-10门. (2)(i)'an+1=am+ca, ，e,-lna=im3+2-l, .a+=a+cai=a (ca+1), 于是imb.-1mn +o3"-(-1)"-2lnn a=caa+1-a=11 评析：此题的难点，一是两个数列递推形式的消元处理，消 caan+ 元本身并不困难，但很多同学可能不习惯处理这样的递推 成-部女法院值 问题；二是极限的求解，严谨而完整的极限理论会在高等数 {S}有上界. 学的部分出现，此处只要求大家掌握一个直观的认识：分子 1 分母相差（一1）”，这个值和3”一2lnn相比非常小，可以忽略 又S-5.-=6.=can+>0, 不计，所以答案是1. .{S,}单调递增，∴.{Sn}有界」 46.解：设该等比数列公比为9，则存在整数，使得g=128 1 54 (i)S=1 ca+ ,设。是绝对值最小，且使得为有理数的整数，期 S.-a-cau =1>0,且由(1)有a+1>mai, k。k(若不然，作带余除法=kt十r,则根据g=goXg为 1 1 所以 有理数，推出q也为有理数，就与。的最小性矛盾了).直 ca1 nc'ai 接考虑原数列的一个子数列，其包含54和128两项，并且以 六时性含D0海在N=x,[云] g0为公比.除开这子数列，原数列剩余的项均非有理数，故 不用考虑， 当n>N时有0< 小s-d 设-只国》-1里周受-号 评析：本题最大的亮点就是放缩，放缩是数列问题中非常重 要的技巧， 亦即m×3=2×n.于是n|33且331n,故3=n, 49.证明：(1)当x>0时f'(x)=一xe<0,f(x)在(0，+©o)递 则(m,t)=(3,3),(27,1). 减，所以f(x)<f(0)=0. 对于上述两组解进行讨论，得到数列中至多有4项为正整 (2)由xnew+1=em-1,x1=1易知xn>0,由(1)可得e-1 数，这4项是54,72,96,128. <xnea所以en+1<en即x,>xw+1,所以数列{xn}递减，下 评析：此题是具有一定难度的数论题，套上了数列的外衣， 但其实和数列关系不大，对于没有系统学过初等数论的学 列证明工>2，用数学归纳法证明，设g()=1,则 生而言，此题的思想可能有相当的难度，但答案并不难猜到. 47.解：用数学归纳法证明：n=1时，易见：1十x=0仅有一根， g'()=e-e+1=-f 2,由(1)知，当x>0时，f(x) x2 而1+x十x2>0,无实根： 0,所以g'(x)>0,所以g(x)在(0，十∞)递增，由归纳假设 假设结论成立，即n为奇数时，f,（x)=0有唯一解xm;n为偶 数时，fn(x)>0.当n+1时，n为偶数时，f'm+1(x)=fn(x)>0, x,>,得g)>g(要证明1>2,只需证明 因此fn+1(x)单增；又 fw+1(0)=1>0,f.+1(-n-1)=(1-n-1)+ e1>e中，即g(红)>c中，故只需证明g(分)>c市， 少1-)++ 考虑函数h(x)=xg(x)-xe立，因为当x>0时 故f+1(x)=0有唯一解xm+1,且一n一1<x+1<0;n为奇数 e音>(1+号)，所以'(x)=e-(（1+乏)e 318 参考答案与解析 e[e-(1+号)门>0，所以h(x)在(0，+o)道增，因为 a,>c,对任意n成主，因为a,十c,=1,所以a:>之可得 >0,所以h(分)>h0)=0,即g(分)>e，由归纳法 d:o1sb:01 知，之，>对任意正签数n成立。 评析：此题难度不大，核心在于概率问题的递推。 52.解：采用枚举法列举出前70项的个位数如下表： 注：常用放缩：e>(1十x)和x一1>nx(x>0). 评析：本题一大亮点就是构造辅助函数解决问题，这项技能 F=1F2=1F=2F=3F=5F6=8F=3F8=1F=4Fo=5 是非常重要的，大家需要在平常的练习中积累经验： =9F2=4Fa 3F4 =7 Fis F18=4 F19=1 Fa 50.解：(1)q=1→am+1=np”十am,故n≥2时， F21=6F=1F=7F24=8F2s=5F26=3F2=8F28=1Fg=9F= an=(n-1)p"-1+(n-2)p-2+…十1·p, 力=1时a,=(n-1)+(m-2)+…+1=n(m-1D F31=9F2=9Fg 8F Fs=9F如=6F 2 F4=1 F2=6Fg=7F4=3F46=0F46=3F47 Fs-6F9= b≠1时，an-pan=[(n-1)p”-1+(n-2)p"-2+…+1·p] -[(n-1)p"-1+(n-2)p"=2+…+1·p]=p+b2+…+ F=3 F64=2F6s=5F66 Fs=9F9=1F6 g--1p=1 --(n-1)p”, Fo1-1F2=1 Fa-2 Fu-3Fas-5Foo-8 Foz-3Fos=1 Foo=4 F20=5 ∴a,=-np+(n-1)p+1 所以斐波那契数列个位数是以60为周期的循环数列，因为 (1-) 1958=32X60+38,所以F1s的个位数与F的个位数相 (2):|a+1|=|np"+qan|≤|np|+|ga.|≤ 同，即F1s的个位数是9. |np|+|an|, ∴.1a|≤(m-1)|b-1+(n-2)|b"-2+…+1·|p= 58,解因为a=Ea1=a]十女所以=a]十高 p-nb"+(m-1)b+ 1 [a1]+ (1-|p) +。a-1+后己2+反，月里0，=3+ √2-1 2-1 又|l≤1， 4十√2，猜想：an=2(n-1)+√2(n∈N”),①当n=1时，a1= :p=np'+I=Dp中≤Lp-np+np时 √2成立；②假设n=k时成立，即a6=2(k-1)十√2(k∈N'), (1-p) (1-p)9 圆n=k+1时，a+1=La:]+0=[a4]+之 1 (1-1), ax-La]=2k- ≤的此a有 1+ 评析：本题难度不大，作为数列题，第一问考查范围落在数 2[(k十1)一1]十√2，所以n=k+1,猜想成立，综上可得：对 列求和中，用到比较常用的错项相消法，在讲义中都已经给 Hn∈N”,都有an=2(n-l)十√2成立；故数列{a}为公差为 出，但需注意对公比是否等于1进行讨论.第二问用到了三 角不等式的放缩，比较自然，同时可以借助第一问的结论， 2,首项为E的￥差数到，周学4=2024v5+22420驱× 2 因此对于代数基础较好的同学应该不会构成太大的挑战， : 2=2024(√2+2023) 51.解：D已知年一步沿水平方向走，概率为号，沿套直方向 5,解：由题：令=1，到1-6<合即受-4<合 走，概率为子，山，即掷两次后回到A点的概牵，有两种可 故-士<号-6<宁得号<<吕又6∈z6-8,同型 能：沿垂直方向上下或者沿水平方向左右.故1=3X3 1 1 可得6=56=7.(2)由题唐a.-61<号，故a,-之<6 <a+71-<6<an十分从而a1-a,-1K 1 (2)直接计算可得：P(X=0)-:P(X=1D=台： b+1-b<a+1一a.十1，即-1<b.+1-b,-d<1,因为bn∈ P(X=2)=20 Z,d∈Z,所以b+1-bn-d=0,即b+1-bn=d,故数列{b,} 81 是等差数列.(3)因为41=一号0.十引月a十入= (3)注意到掷偶数次不可能停在B点或D,点，故 40=0.由第一问口，=号能拆两次后停在C点概奉为 品a,+0,解得入=-，又a-号=品≠0，故 g,记作c,设掷2m(n∈N)次最子后回到C点的概率为 4 1一号}是以品为项，公比为一品的等比数列， c,,可以得到递推公式： 到a--品（品）》即,=(-品》+当 为奇数时=(品）”+，易知a=(品)”+单词 4 减，故号<,<,得，-2(-，]进-步 两式相减得au+1一C+1= （a-c),可以归纳得到 1 有bn=2: 319 强基数学·巅峰突破 当n为偶数时，a= ()》+，易知=-（品） =Vmc0s。=mn cos号：C选项，直接验证有， 2 十号单涧增，<a,<号脚7<a,<号，得a-1 1a-=m+w-2Vmms号≥2Vm(1-os号） ∈[-器02)进一步有6=1：踪上么= 1,n为偶数， 2,n为奇数， 4 mnsin号：D选项，直接验证有a立+b=m十n十 易知5=受+品[1-（-品门当m为%接时工。 2 mncos号>2Vm(1+cos号）=4 /mncos号.故本 号：南8<工得1-（是）门<0，即（品）广>1，无 题选BCD. 评析：定义了新概念，要仔细读题.整体上来说考点很基础， 解：当n为寺数时，了。=T+1一61=3，D-1=3m+1 只是证明中用了基本不等式 2 2 由s,<工得[1+（品）门<号中（品）广<益故> 6.C 由角平分线定理，B肥-A迟 DC AC 10g普≈16,7，所以存在正整数使得3<T,正整数n 号>BD=号BC=号.品-部 的最小值为17： 5 第七章 平面向量 号（店+B)=号（店+号BC)=号A店+号B元.则3十 一、选择题 6=3. 1.D|a+b|=√Ta+tb+2ab 评析：平面向量问题，活用角平分线定理，或者直接记住内心 的相关结论即可. =√/+1+2mt=√/(t+m)2+1-m, 7.AC由a+2b≥a-2b-cl≥|cl-|a-2bl得 所以|a十b|mn=√-m.选D. |c≤a+2bl+la-2bl,令m=a+2b,n=a-2b, 2.B由xa十b十c=(1,1)得 则|m,n分别是以a,2b为邻边的平行四边形的对角线的 +=1. √3 （y-)=1, 长，则m十n≤ Aml2+nl2 2 2a+12b∑≤8. 由于x2+y2+ 2 2 x-=1. 2 所以(m+n)mx=42,当且仅当|a=2,b|=1且a⊥b =x+y叶)y=》,换成关于x,y+y-之三个变 时得最大值.所以clms=4√2；显然a=0且b=0时lc=0. 2 所以|cmin=0.选A、C. 量，变形= 2 PA PC PB 代入x2+y+2=x2+ 8.ABCD 首先： IPAI IPCI PBI y十之=2(x-1), 两边平方得：1十1+2cos∠APC=1,所以3 +9少=父+2e-1)+号=3-+ 8 3 ∠APC=120°，同理∠APB=120°.所以P 是△ABC的费马点.作△ABC的形外正 A 3(-)广+告答套R △BCD和正△ABE.显然：P怡为AD、CE 3.BC a-26|=a+26+cc-a+26, 的交点，且D、B、E共线.由∠APB= .|c|≤|a-2b|+|a+2b|(*), 又|a-2b2+|a+2b|2=2(1a2+|2b12)≤10， ∠AD=120△APB△ABD.所以品-品-提-子 .由柯西不等式知()右≤2√5， 南丽=21P1,同理路-能-%=2.车心=2 .c2√5，当a=(0,1),b=(1,0)时取到， .综上，选A、B、C、D 若c=0,则只需a⊥b,即可符合题意 9.D由OA·OB=|OA1IOB 若|c|=0,则不需要a⊥b即可符合题意，所以选B、C cos 0, 2,3 4.D过O点作AC的垂线，垂足D 为AC中点，则O元·CA=DC· 解得c0s日=立 1 C=-21Ac=-合6.潮下 即OA和OB的夹角为60°」 根据非常基本的向量知识，P所表 两个点积的值同理得到，原式的值 示的区域为右图所示矩形 为-合a++=-婴 其面积为2X23=4√3」 评析：这类向量点积的问题，作垂线投影是经常使用的方法和技 巧，尤其是在出现了外心的向量问题当中，大家要引起重视 x+2) 10.C 由题意有cosa= ,则c0sa 5.BCDA选项，两个向量相乘应得实数，A错误；B选项，直接 √+xy+y 验证有 x2+x叶y 3 4 a.b=√m(os分os号+sin号sn号） z+zy+y (号)++1 320第六章数列与极限 第六章 数列与极限 知识要点回顾 例：设数列{an}满足3an+1十an=4(n≥1)，且 a1=9,其前n项的和为Sm,求满足不等式 一、递推数列的几种常见模型 模型1：an+1一an=f(n),a1=m(常数)， 1S.-n-61<25的最小正整数m n∈N+,求am [解析] 由3aw+1+an=4→a+1-1= 方法：累加法（迭加法） (-3a-D. 例：数列{an},a1=2,nam+1=(n十1)an十2， 求{an}的通项公式 所以a-1=a-(-3)=8x(-》。 [解析]nam+1=(n十1)an十2→am出- an n+l n 所以a=8x(号）+1曰 2日 s.=a+6x1-(-3门 故号-4-2片-)号-%-2分-3》 所以S。-”-6=6×(传}”<25产n≥7。 所以满足不等式S。--51<5的最小正 整数n=7. -a1=2(1-)>a.=4m-2m≥2). 模型4：am+1=kan十b+1(k≠0，l,b≠0且为 又a1=2满足上式，故an=4n-2. 常数)，求an 方法1：将其转化为模型3. 模型2-taeN,求an an a1=如，+1→=·会+1 方法：累乘法（迭乘法） 例：数列{an}中，a1=1,a2=2,a= an-1 则合+为等比数列. an-1 an-2 方法2：直接用待定系数法求a (n≥3)，求am 由an=kan-1十b”→an十Ab” [解析] an-l \am-2 a_ =k(a,-1十b-)→入=-b' =2】 则a.+为等比数列. 思考：an=kam-1十b十q(n≥2)，求an. 可得an=22-. 例：设a0为常数，且an=3”-1-2aa- 模型3：an+1=pam十q(p、q为常数，n∈N, (n∈N),求a. p≠0,1，q≠0)，求通项an. [解析]方法1：因为an=3-1一2am1(n∈N), 方法：用待定系数法将其转化为等比数列. an+1=am十q→am+1十x=b(am十x),其中x 9 2 p-1 设6.=9=，得6。=-号0-1十3①， 强基数学·巅峰突破 设①可以写成b,十x= 2 (bn-1+x) 方法：设am+1+A(n+1)2+B(n+1)+C =(an十An2+Bn+C),其他同(1)中方法. →x= 5 例：已知数列{an}满足：an+1=一am十n2, 所以，-是以6-=12- 为首 a1=l,求{an}的通项公式. 5 3 [解析]由am+1=一an十n2→a+1十A(n十1)2 项，以一号为公比的等比我列 +B(n+1)+C=-(an+An2+Bn+C), 所以么方--》×(” 化简得：am+1=-an-2An2-2(A十B)n (A+B+2C),与上式比较得 %=1-)x(-广+号 -2A=1, 故a=[》×(-》+引×到 -2A+B=0,→A=-2B=3,C=0. A+B+2C=0 即a=号[3+(-1)1·2] 所以a-+是以a1号+日-1 +(-1)m·2"a(n≥1). 为首项，g=一1为公比的等比数列， 方法2：因为an=一2am-1十3-1①可写成 2n2+1 1 am-3"=-2(an-1-A3m-1), 从而am n=（-1)"-1, 即am=-2am-1十5入·3”-1②，比较①，②可 所以a,=(-1)-1+1n 2 得= 模型6：an+1= :pan(p≠0，q≠0，am≠0) 所以a,一吉×3r是公比为-2，首项为a an十q 方法：等式两边同时取倒数，构造数列 是=1-2a子的学地载列. 满足1=9十1，从而转化为模型3. -(1-2-3)(-2-(EN). an+1pan卫 例：已知数列{an}满足：aa+1=2an十3' an 即an 3"+(-1)12+(-1)2a a1=1,求{an}的通项公式. 模型5：an=pam-1十f(n)(p为常数，且p≠ 0,1). [解析] 两边取倒数，得1=2a,十3 an+l an (1)f(n)是关于n的一次多项式： =2+3·1,① am=pam-1十kn十b,p,k,b为常数，求an an 方法：用待定系数法将其转化为等比数列. ①可以转换为1+1=3（仁+1小，所以 an+l an 把an=pa-1十kn十b写成an十cn十d= p[an-1十c(n一1)十d]的形式，然后整理比较 +1是以2为首项，3为公比的等比 an 系数求出c,d. 数列， (2)f(n)是关于n的二次多项式： am=am-1十an2十bn十c,求a 故1+1=2X3"-1→a= an 2×3-1-1 第六章数列与极限 模型7：an+1=pam十qa-1（p≠0，q≠0， 又an+2=4an+1-4an台an+2-2am+1 n≥2). =2(an+I-2an),4 bn=an+I-2an, 方法：定理：令a,3为相应的二次方程x2一px 则bm+1=2bn,b1=a2一2a1=3,所以 一q=0的两个根（此方程又称为特征方程）. bn=3·2-1.即an+1-2an=3·2-1. 则当a≠B时，an=Aa”十Bg;当a=阝时， 对an+1一2an=3·2-1,两边同除以2m+1,有 anm=(A十Bn)a-1,其中A,B分别由初始条 Aa十BB='和 别学-是即品-尝+是令6尝 2n+12n 件a1,a2所得的方程组 Aa2+BB=a2 则c1=6.十是1=号=分于是知 A+B=a1, 唯一确定. (A+2B)a=a2 -+n-1=8n 1 4 例：设0=0，G=1,x1=飞十，，求数列 所以an= 3n-1.2=(3n-1)·2-2. 4 {xn}的通项公式. 模型8：am1 ru,+s(p≠0，rq-sp≠0). an十q [解析]递推数列对应的特征方程为2t=t 方法：利用不动点法，其中x=:x十的根 +1,(21+1)t-1)=0,41=- p·x十q 2t2=1, 为该数列的不动点. 故x,=A·(-2”+B.再由=0，x=1, 若该数列有两个相异的不动点u,v,则 1A+B=0 an二“为等比数列；若该数列有唯一的不 有 A+B=1 解得A=一 a,-v 动点u,即为等根时，a一u 1一为等差数列. 所以xn=一 (”+ 例：在数列{an}中，a1=2,an+1= an+2 2am+1' 另外，模型7也可用待定系数法求，设an+1 求a Aam=(an-入am-1）, [解析] 以+以=，其中X以为方程x2一Dx一g=0 先农排征振：=者>=士1 λ4=一q, a1=二2a十i0,am+1十1=8a.十3② 2am+1 的两个根 例：数列{an}满足a1=1,前n项和为Sm, ①：②得：a1=一×2”千.所以 an+1+1 3 Sm+1=4am+2,求am. [解析]根据条件知：Sm+2=4am+1十2， 是以为首项，以一青为公比的等比 am+1/ Sm+1=4an十2→an+2=4an+1-4an.又根据 数列 条件知： a1=1,S2=a1+a2=4a1+2→a2=5. 所以数列{am}:a1=1,a2=5, 例：在数列{a,}中，a1=2,a1=一a am-3 am+2=4am+1一4an.（模型7) 求an 83 强基数学·巅峰突破 [解析] 先求特征根：=1>江=1， x y x-3 由 y-x6y-2 -→(x-2y)(2x-3y)=0 a+1-1=am1 1 11 1x=2 /x=3 an+1=-an-26n, an-3 1 an+1-1an-12 → 或 所以 y=1y=2. bn+1=6an+66m 所以是以1为首项，-为公差的等 2am+1+bn+1=2(2am+bn), 差数列， 3am+1十2bn+1=3(3am十2bn) -1+m-1(->a,- 所以1 12an十bn=2+2, 3am+2bn=14×3m-1 模型9：{an}、{b}的递推交叉关系. 1an=2m+3-14×3n-1, → 形如am+1=Aam十Bbm,bn+1=Cam十Dbn,其 bn=-3X2m+2+28X3m-1. 中A,B,C,D为常数. 二、异分母求和问题 方法1：可以先消去an或bm,再求出bn或am 1.转化为次等比数列求和 的递推关系； 方法2：运用待定系数法，得到an、bn的二元 形如：一，或二0的数列叫次等比数 一次方程组，进而求出bn、am 列.它们的通项或求和可以类比等比数列的 例：已知数列{am},{bn}满足am+1=一an 通项、求和公式，只需要公式中的等号改写 -2bn,且bm+1=6am+6bn,又a1=2,b1=4,求 为小于或等于号、大于或等于号即可 an,bn. 例：已知数列{an}满足am+1=a?一nan十a,首 [解析](1)方法1：可以先消去an,再求出 项a1=3. bn的通项公式. (1)如果am≥2n恒成立，求a的取值范围； 1 (2)若a=-2,求证： 由b+1=6a,十6bn得，a。=b1-b。a+1 1 a2十a22+…+1 6b.+2一b+1,代入aa+1=-an-2bn中得， am-22. [解析](1)当n=1时，a1=3≥2×1， bn+2=5bn+1一6bm.又bn+2=5bn+1-6bm可以 ∈R 写成bm+2-2bn+1=3(bn+1-2bn),所以{bn+1 当n=2时，a2=32-1×3+&≥2×2 一2bn}是以28为首项，以3为公比的等比数 →a≥-2， 列.所以bn=-12×2”+28×3”-1,代入bm+1= 当n=3时，a2=6十&， 6am十6bn,可得am=8X2m-14X3n-1. a3=(6+a)2-2(6+a)+a≥2×3 方法2：由an+1=-an-2bn →a≤-9或a≥-2，猜想a≥-2. →xa+1=-xan-2.xbn①， 下面由数学归纳法证明当a≥一2时，an≥2n 由bn+1=6am+6bn→ybm+1=6yam+6ybn 恒成立 ②， ①当n=3时，am≥2n成立， ①+②得： ②假设当n=k时，不等式成立，即 xan+1+yb1=(6y-x)an+(6y-2x)bn. ak≥2k(k≥3)， 84 第六章数列与极限 那么当n=k+1时， 例：在数列{am},{bn}中，an=n（n十1)， ak+1=a2-kak十a=ak(ak一b)十a≥ bn=(n+1)2(n∈N*), ka4-2≥2k2-2=2(k十1)(k-1)≥ 求证a时+十十…十，5 1 2(k+1). an+bn12 由①、②及前面的推导，可知对于n∈N+时， [证明]方法一：因为am=n(n十1)，bm= 都有an≥2n, (n+1)2, 故a的取值范围为[一2，十∞). 另解：因为am+1=a7-nam十a,an≥2n,即 所以1 a,+h,-2a+D(n+ 2r+1a+d am+1≥2n十2，所以a员-nan十a≥2n+2, 即a≥-a号十nam十2n十2对于an≥2n恒 令i++日>a+on+9(不5设a 成立 1 设f(n)=-a品+nam+2n+2 a= → =-a-+号+2n+2.因为a≥2n 其中 5 B-a=1 B= 4 所以f(n)mx=-2n2+2n十2(an=2n时). 1 因为n≥2，所以f(n)mx=-8十4十2=-2. 所以 n+on 2(a+)n+ 故a的取值范围为[-2，十∞). (2)证明：当a=一2时，由an+1=a7-nan-2, 得：am+1-2=an(an-n)-4→am+1-2 ≥u,-4→a+1-2≥2a,-4sam-2≤1 am+1-22 =2 a212吉之特合上迷不等元 又1 所以十十十+…+ 1 a2+b2 an+bn 前以。是以1为首项号为公北的次等 比数列 a1-2a-2+…+,1 所以1 1 an-2 1×(1-(2) 方法二：因为。十。-日品≥2时， 1- am+bn=(n+1)(2+1)>2(n+1)n, 2.转化为裂项相消求和问题 故1十1十十。1 a1+b1a2+b2 am十bn 形如an一2+bn十C 1 ,一的数列的放缩方法： <台+2以8+++n十D】 1 fa<3, 1 a+十B=b, a,r+m+c≤十a(m+9其中 +++…+中 B-a=1, aB c. =合+日-n小8+品 85 强基数学·巅峰突破 [说明]这里 (n+1)(2n+1)>2(n+1)n 用 例：求下列极限： 的是“二放一”的常用方法.即在 (n+1) 和 $$\left( 1 \right) \lim _ { n \to \infty } \frac { 2 n ^ { 2 } + n + 7 } { 5 n ^ { 2 } + 7 } ； \left( 2 \right) \lim _ { n + n } \left( \sqrt { n ^ { 2 } + n } - n \right) ；$$ (2n \left.{+1}) 两项中，只把 (2n+1) 缩小为 2n. 三、数列的极限问题 (3 $$\left( 3 \right) \lim _ { n \to + \infty } \left( \frac { 2 } { n ^ { 2 } } + \frac { 4 } { n ^ { 2 } } + \cdots + \frac { 2 n } { n ^ { 2 } } \right)$$ 1.数列极限的定义 一般地，如果当项数 n 无限增大时，无穷数列 [解析] (1 $$\left\{ a _ { n } \right\}$$ 的项 $$a _ { n }$$ ，无限地趋近于某个常数 a (即 $$\left( 1 \right) \lim _ { n \to \infty } \frac { 2 x ^ { 2 } + n + 7 } { 5 n ^ { 2 } + 7 } = \ln \frac { 2 + \frac { 1 } { n } + \frac { 7 } { n } } { 5 + \frac { 7 } { 2 } } = \frac { 2 } { 5 } ，$$ $$| a _ { n } - a |$$ 无限地接近于0)，那么就说数列 $$\left\{ a _ { n } \right\}$$ 以 la 为极限. $$\left( 2 \right) \lim _ { n \to \infty } \left( \sqrt { n ^ { 2 } + n } - n \right) = \lim _ { n \to + \infty } { \frac { n } { \sqrt { n ^ { 2 } + n } + n } }$$ 注：a不一定是 $$\left\{ a _ { n } \right\}$$ 中的项. 2.几个常用的极限 $$= \lim _ { n \to 1 } \frac { 1 } { \sqrt { 1 + \frac { 1 } { n } } + 1 } = \frac { 1 } { 2 } .$$ (1)ln{C}C=C(C 为常数)； (3)原式 $$= \lim _ { n \to \infty } \frac { 2 + 4 + 6 + \cdots + 2 n } { n ^ { 2 } }$$ $$\left( 2 \right) \lim _ { n \to + \infty } \frac { 1 } { n } = 0 ；$$ 0. |q|<1， $$= \lim _ { n \to + \infty } \frac { n \left( n + 1 \right) } { n ^ { 2 } } = \lim _ { n + + \infty } \left( 1 + \frac { 1 } { n } \right) = 1 .$$ 1， q=1， 典型例题精讲 $$\left( 3 \right) \ln { q ^ { n } } =$$ |q|>1， 类型一数列通项 不存在， q=-1； 【例1】两个数列 $$\left\{ a _ { n } \right\} ， \left\{ b _ { n } \right\}$$ }满足 $$a _ { 1 } = 2 ， b _ { 1 } = 1 ，$$ $$\left( 4 \right) \lim _ { n \to + \infty } \left( 1 + \frac { 1 } { n } \right) ^ { n } = e$$ $$a _ { n + 1 } = 5 a _ { n } + 3 b _ { n } + 7 ， b _ { n + 1 } = 3 a _ { n } + 5 b _ { n } \left( n = 1 ， 2 ，$$ \left.{3，⋯})， 求 $$\left\{ a _ { n } \right\}$$ 的通项公式. 定理(两边夹定理)：如果数列 $$\left\{ x _ { n } \right\} ， \left\{ y _ { n } \right\} ，$$ $$a _ { n + 1 } = 5 a _ { n } + 3 b _ { n } + 7 ， \textcircled 1$$ $$\left\{ z _ { n } \right\}$$ 满足下列条件： [解析 $$\left\{ b _ { n + 1 } = 3 a _ { n } + 5 b _ { n } ，$$ ② (1)从某一项起，即当 $$n > n _ { 0 }$$ 时(其中 $$n _ { 0 } \in$$ ①+②+1有： $$： 1 + a _ { n + 1 } + b _ { n + 1 } = 8 \left( 1 + a _ { n } + b _ { n } \right) ，$$ $${ N ^ { + } } \right) ，$$ 有 $$x _ { n } \le { y _ { n } } \le { z _ { n } } ；$$ 所以 $$a _ { n } + b _ { n } + 1 = 8 ^ { n - 1 } \left( a _ { 1 } + b _ { 1 } + 1 \right) = 4 \times { 8 ^ { n - 1 } }$$ $$\left( 2 \right) \ln { x _ { n } } = a$$ 且 $$\lim _ { n } x _ { n } = a ，$$ 那么 $$\left\{ y _ { n } \right\}$$ 的极 $$= 2 ^ { 3 n - 1 } ， \textcircled 3$$ 限也存在，且 $$\lim _ { n \to \infty } { y _ { n } } = a .$$ ①-②+7 有： 3.数列极限的四则运算法则 $$a _ { n + 1 } - b _ { n + 1 } + 7 = 2 \left( a _ { n } - b _ { n } + 7 \right) ，$$ 设数列 $$\left\{ a _ { n } \right\} ， \left\{ b _ { n } \right\} ，$$ 当 $$\lim _ { n \to \infty } { a _ { n } } = a ， \ln { b _ { n } } { b _ { n } } =$$ 所以 $$a _ { n } - b _ { n } + 7 = 2 ^ { n - 1 } \left( a _ { 1 } - b _ { 1 } + 7 \right) = 2 ^ { n + 2 } ， \textcircled 4$$ b时， ③+④ 有 $$： a _ { n } = 2 ^ { 3 n - 2 } + 2 ^ { n + 1 } - 4 .$$ $$\lim _ { n \to \infty } \left( a _ { n } + b _ { n } \right) = a \pm b _ { n } + a _ { n } \cdot { b _ { n } } \right) = a \cdot b ，$$ 【例2】数列 $$\left\{ a _ { n } \right\}$$ 满足 $$a _ { 1 } = 1 ， a _ { 2 } = 3 ， 3 a _ { n + 2 } =$$ $$\lim _ { n \to + \infty } \frac { a _ { n } } { b _ { n } } = \frac { a } { b } \left( b e 0 \right) .$$ $$2 a _ { n + 1 } + a _ { n } .$$ 求 $$a _ { n } + 1 .$$ [解析]由 $$3 a _ { n + 2 } = 2 a _ { n + 1 } + a _ { n }$$ 提示 $$\left( 1 \right) \left\{ a _ { n } \right\} 、 \left\{ b _ { n } \right\}$$ 的极限都存在时才能用 四则运算法则；(2)可推广到有限多个. $$a _ { n + 2 } = \frac { 2 } { 3 } a _ { n + 1 } + \frac { 1 } { 3 } a _ { n } .$$ 86 第六章数列与极限 令a,+a-(号+水a1十小 类型二 数列求和 【例4】 数列{an冫的通项公式为 由（+刘=>-3-1. 1 an= 二，求这个数列的前 n√n+1+(n+1) 当入=时，最列a十a是一个常 99项之和S99. 数列， [解析]因为am= 1 n/n+1+(n+1)n ae+=a+5a1=3+写-9(a -/n_/nFI n n+1, 当入=一1时，数列{an+2一am+1}是一个公比 为一}的等比数列， 所以S。-觉（五n+I -=1_1009 n=1 n n+1 110010 【例5】已知函数f(x)=e(cosx+sinx), a-a1=(3)'a-a)=2x(-3）”.2) 将满足f(x)=0的所有正数x从小到大排 1-2得a-9-2x(-3 成数列{xn (1)证明：数列{f(xn)}为等比数列： a=是-多×(。 (2)Sn是数列{xnf(xn)}的前n项和， S1+S2+…+S 从而an+1= 多×()+ 求li 之 [解析](1)证明：f(x)=-2 e *sin x=0 【例3】已知由正整数组成的无穷等差数列 →x=nπ，n∈Z,从而xn=nπ，n=1,2, 中，有三项：13,25,41，求证：2009为其中的 3,…, 一项. [证明]证法1：设已知等差数列的公差为 f(x)=(-1D”em,f2 f(x) =一e（常 d,则 数)，f(x1)=-e元，.数列{f(xn)}为等比 25=13+ad, ad=12,(1) 数列 a,b∈Z)→ 41=13+bd bd=28.(2) (2)Sn=x1f(x1)十x2f(x2)+…十xmf(xn), 由(1)+(2)得(a+b)d=40;(2)-2×(1)得 由(1)知q=一e",由错位相减法得Sn= (b-2a)d=4. 9(1,-g-ng）: 1-g1-g 因为2009=13+1996=13+50×40-4 所以A= S+S十+S= πq =13+50(a+b)d-(b-2a)d n (1-q)2 =13+(52a+49b)d,其中52a+49b∈Z, g×1tg++g)- πq 、(1 故2009为其中的一项. 证法2：容易观察到该数列公差为4，而 πq 七2g+…+ng)三10-g) 2009-13=1996=499×4,由等差数列的 通项公式可知2009为其中的一项. 号作号w 87 强基数学·巅峰突破 .'|g=ex<1,∴.limg”=0. [解析](1)使a.≤n一1的k的个数为 .limA=,πg 一πe” 1+2+…+(m-1)=nn-1) IOC 1-g)2(e+1) 2 【例6】对于任意的正整数，证明： 故e[nm21D+1,nm2D+n]. 2 2 +1n千2+…+1<2 1 Sn= 上1 n+n10' (2)使ak≤2m的k的个数为 [证明]因为S+1一S.=2n十12n十2 1 1 1+2++2m=2m(2m+1)=2m2+m, 2 1 1 1 1a+Da+）a+a+ 故bnm=12+22+32+…+(2m-1)2+m·2m _(2m-1)m4m-D+2m2. 1 1 3 即Sn1-S<4n十14n十5，S十 故lim9 ≥S1十十写所以5十初是单粥递 m33 【例9】在数列{an}中，a1=4,an=√am-1十6. 1 1 减数列，S.+4n十1≤S十4x1十=0 山求证：la,-3<a1-3: 所以5品 (2)求lim an. 类型三数列的极限 [解析] (1)证明：由题意知am>0,am= 【例】已知a,=e1十平，其前x项和 √am-1十6→a=am-1十6→a7-9=am-1-3→ 为Sn,求lim S的值. |am-3 =1<1 am-1-3an十33 [解析] 由于am=lg n2+3n+2 n2+3n →a,-31<3a,-1-3l. lgn+1)n+2) n(n+3) (2)由1)可知0≤1a,-31≤1X(兮）》，又 从而Sm=a1十a2+…十an =+12+…+e2 im0=0,im(】 =0,所以]im|am-3|= n(n+3) =×姿×…×2 0,所以lim an=3. n(n+3) 类型四数学归纳法 -e3a+ 【例10】(1)用数学归纳法证明以下结论： 所以lim S.=lg3. 7十 1++++2aN: 【例8】数列{an}21定义如下：a1=1,a2=a=2, a4=a5=a6=3,…. (2若有1一若<<1，利用1)的结论求 (1)给定自然数n,求使a1=n的l的范围； im（1·sin1+2…sim2+十a·sim月 n→o∞ (2)令bm= a,求im 1=1 的值. 第六章数列与极限 [解析](1)证明：0=2时，左边=号，右边 所以im1sim1+2·sn2+…+ =2一号号左边<右边： 假设当n=k(k≥2)时原不等式成立，即 【例11】设p,g是一元二次方程x2+2ax一 1=0(a>0)的两个根，其中p>0.令y1= -9ym+1=y2-2,n=1,2,…, 则当g=人十1时，1+是+京+…十 1 D<2-吉+中D 1 1 [证明] 由p>0可得p=-2a十4a+4 2 又-2言+中] 1 k(k+1) 1 =√a2+1-a= <1. a2+I+a 1 (k+1)2>0, 因为pg1,所以g=一方 所以1+是+京+…十京+中D<2 1 1 所以y=p-q=p+1, '2=听-2 k十1' =p+六=-2=p+月 即当n=k十1时，不等式也成立. 综上，对于n≥2，n∈N*,有 y4=喝-2=b8+1 ， n 由数学归纳法易得=p十 (2)因为1·n1十2sin号十…十sim 1 所以1= 1 1+p, 2 所以1十1十…十 1 1 y1 y1y2 y1y2…yn 1十0+1+b1+D 21-) +a+)1+)1+p+…+ -”号空>。：- p2-1 (1+p2)(1+p4).(1+2) -1「水 力L1十拉+a+)1++1+P)a+)(1+ 所以-+品 p 十…十 1十p2)(1+)…(1+2)月 <1m1+2m号+十…m》 =1-中o+中1-中。+… <-1，又ma-号+动)1， a+p1+1+1-1十a) 89 强基数学·巅峰突破 1 [解析]原递推关系可改写成： (1+p2)(1+p)…(1+p2)1+p)月 an+1·an-2=3十an·am-1 (1-8) p(1-)1+)1+p)(1+2)1+)】 把上式中的n+1用n代替得： am·am-3=3十am-1·am-2 1+p2" 再将两式相减，得an+1·am-2一am·an-3 周为601前以脚1-诗产)- =am·an-1一am-1·am-2(n>3), 即am1十aml=am-1十a,3 类型五特征根方程 an an-2 【例12】正数列{xm},{yn}满足：xn+2=2x+1十 令ar1十a=b-1(n>1), an 2n,yn+2=yn+1+2yn (nEN*). 则bn=bn-2.易得b1=b2=3,所以bn=3. 证明：存在正整数no,对任意正整数n>na, 所以 有xn>yn恒成立. [证明]xm十2=2xn+1十xn对应的特征方程 am+1十amLl=3,即au+1=3am-ar-1(n>1). an 为x2-2x-1=0, 由特征根方程及初始值a1=a2=1, 特征根为1十√2、1一√2. 求得an, 5-25(3+5+5+25(3-5”. 从而xm=入1(1十√2)n十入2(1-√2)". 5 2 52 同理ym=u1·2m+u2(-1)". 【例14】已知数列{an},{bn}满足ao=1,b=0, 则xm一yn=[入1(1十√2)n一u1·2] am+1=7a十6bn-3,① 且 (n=0,1,2,3,…), +[λ2(1-√2)”-u2(-1)]. b+1=8an+7bn-4② 由=入=(1+②+1-2. 求证：am是完全平方数. x2=λ1(3+2√2)+λ2(3-2√2) [证明]方法1：由①将6.-君a,1-7a,十3》， =+22>0 代入②后整理得am+2=14am+1一am一6，③ 于是a0=1=12,a1=7a0十6b-3=4=22, y1=2u1-u2, 由《 a2=14a1-a0-6=49=72, y2=4u1+u2 >4=君0+g)>0, a3=14a2-a1-6=676=262, 又2(1-√2)m-u2(-1)”∈(-|入2|-|2|， a4=14a3-a2-6=9409=97,… λ2+u21),1+√2>2>1，因此，当n充分大 由此我们猜想an=d,其中d。=1,d1=2, 时，入1(1十√2)”一u1·2”也充分大（因为入1， dn+2=4dn+1-dn(n>0). u1>0,即存在正整数no,对任意正整数 下面我们用数学归纳法证明这一猜想成立. n>no, n=0,1时，a=1=d6,a1=4=d. 有xm>ym恒成立. 设n=k-1时，a4-1=d-1n=飞时，s=d, 【例13】已知a1=a2=1,a3=2,且am+1= 那么ak+1=14ak-ag-1-6=14d经-d-1-6 3+am·anl(n≥3)，求a an-2 =(4d。-dk-1)2-2(d十d-1-4ddg-1+3) 90 第六章数列与极限 =d+1-2(d+d-1-4ddg-1十3)， 5 .a1= 5 q2+g3-1-q(q+1)(q2-1)1 其中d+d-1-4ddk-1+3 由a1>0知q>1. =d(4dk-1-dk-2)+d-1-4ddk-1+3 ∴.a5+a6=a1q+a1g5=a1(q2+q5) =d-1-dk-2d十3 q+1g-iD·gg+1)-, 5 =d2-1-dk-2(4dk-1-dk-2)十3 g2-1 =d经-1十d-2-4dk-1dg-2十3=… =g+1+之 =d+d6-4d,d+3 =22+12-4×2×1+3=0. =6女-1+，7+2)≥20. 所以a4+1=d+1,这就证明了对一切非负整 当且仅当g-1一中g=E时， 1 数n,an=d是完全平方数. a5+十a6有最小值20 方法2：由已知条件么，=后（a1-7a.十3， 【例16】已知数列{an}满足递推关系：a+1= 代入bn+1=8an十7bn一4后整理得 √2am+3(n∈N*),且a1=2. au+2=14am+1-an-6, (1)求证：3-u<号8-a,(n∈N): 即a-3-14(a-）a。-） (2)求证：am<an+1(n∈N*). (这里是方程x=14x-x一6的根小 [证明](1)由a1=2及am+1=√2an十3，归 纳易得am<3对Hn∈N*成立. 令d.=a,-则dg=14d-d 3+2am=√3+2am·√3+2am<33+2am,而 利用特征根法可求出b的通项为 3-a1<号8-a,)白3+2a<35+2a、 d,=7+45)+7-4),所以 故知原不等式成立 ,=(7+4)+7-4)+ (2)分析法am<an+1台am<√2an十3 2 台an2<2am十3曰-1<am<3,而0< =2+5+g-: am<3, 故an<an十1成立. 设(2十√3)”=An十Bn√3，这里An,Bn为正 【例17】已知数列{an}的前n项和Sn满足 整数，则(2-√3)”=A,-Bn3, Sn=2am+(-1)”,n≥1. 于是an=A?为完全平方数. (1)求数列{am}的通项公式； 类型六数列与不等式 (2)证明：对任意的整数m>4,都有 【例15】已知数列{an}为正项等比数列，且 a3十a4-a1-a2=5,求a5十a6的最小值. 1+1+…+1<名 ax as [解析]设数列{am}的公比为q(g>0),则 [解析](1)Sn-S,-1=an=2a,十(-1)” a1q2+a1q3-a1-a1q=5, 2an-1-(-1)"-1,am=2an-1-2(-1)” 91 强基数学·巅峰突破 即数列{an}单调递增， (-1) =-22-2 所以am≥a2=2(n≥2). pa,=号[2+(-101。 (2)方法1：利用不等式1十x<er(x>0)进行 (2)由于通项公式与项数的奇偶有关，故对 证明： 通项公式直接放缩很困难，可以考虑奇偶项 ①当n=1,2时，am≤e2显然成立； 结合统一放缩。 ②当m23时，2=1+m-D×n十2ar 1 an-1 证明：由通项公式得a4=2, 1+n-xn十2人e, 1 1 当n≥3且n为奇数时， 8-1+m-2)x(n-D+2a 1 1 an-2 2m-1十2-2 =222a-3十2-1-2-2-7 1+2ka-D+<立， 含×-2+ 4 当m>4且m为偶数时： =1++a=1++em a2 ++…+=+++…+ 1 as'as am as =1+1x2+2a al (+)+++…+) 将以上各式相乘得 an<e☆十+宽十诗十…+x十 +是x1-)小 2 =e为+十…叶x十+方+…叶女 当m>4且m为奇数时，1十1+十1< =专+青+…叶六-+++…+动 am =e-+++…+女<e++拉÷(1-) 1+1+…+1+1<2 as as amam+l8' =e++<e2. 所以，对任意的整数m>4,都有 综上得原不等式成立. 1+1++L< 方法8：由a1-(1十nn+分得 【例18】已知数列{a,},a1=1,aw+1= 1 1 1++,+ axtidnn2naxt1-an 求证：(1)am≥2(n≥2)；(2)am≤e2(n≥1). 2n, [证明()由a1=1e1-1+元加： +,得a=(1+a+号-2， a-a-(k-+… 号证a>0.故a1-a.十>0， 1 a:-a1=(片-号)a1十2累加得： 92 第六章数列与极限 a1-a=a+a:-a+a-a)+叶 (3)若2015=n(n+1)(n+2),则2015>n3, 于是n只有几个可能的值：1,2,3，…，11,12， 分别检验即可知道2015不在数列当中.（或 者把2015分解，直接发现它不可能是连续 则a1=2a+2a:-a)+3a-a+ 三个数相乘即可) +aa)本+1》 说明]通过分析互质关系，将完全平方数 或者完全立方数分解，导出更强的性质，也 则e1<3+2(a:-a1)+}(a-a:)+… 是数论当中非常重要的技巧，此题体现出的 证明不是完全平方数或者不是完全立方数 +1(a-a-i) 22 的做法，是一类非常有代表性的方法。 则a1<3+号(a:-u+号(as-ur++ 【例20】已知实数数列{am}满足|a1|=1, an+1|=qan|,n∈N+,常数g>l,且对任意 (a.an)-3+2(ana1 的nEN,有21a≤41a,l设C为所 5,1 51 则am+1<2十2am<2十2a+1,故a+1< 有满足上述条件的数列{am}的集合. 5<e2. (1)求g的值； 类型七数列综合问题 (2)设{an},{bn}∈C,m∈N,且存在no≤m 【例19】已知数列{an}满足：am=n(n+1)· w∈N,使a气≠h证明∑a.≠∑4，： (n+2),则： (3)设集合A={∑a1{a}∈C (1)am是否可能为完全平方数？ （2)am是否可能为完全立方数？ m∈N,求Am中所有正数之和. (3)2015是否属于{am}? [解析](1)由题意得|am1=q1, [解析](1)容易推出(n,n+1)=(n+1, 1-9≤4g, 1-q n+2)=1,于是(n+1,n(n+2)=1. 由g>1可得1-41≥4g-1-4g" 假设am=n(n+1)(n十2)是一个完全平方 →g-1(g一2)2≤1对任意n∈N叶都成立， 数，从而(n十1)也是完全平方数. 所以q=2. 设n十1=k2,于是am=k2(k2-1)(k2+1)= (2)证明：设l≤m使得a1≠b,ak=bs, k2(k4-1),而(k3-1)2<k2(k4-1)<(k3)2. k=l+1,1+2,…,m,则 于是am=n(n+1)(n十2)不可能是完全平 方数. 12a-.1=1a,- (2)直接观察得到n3<n(n十1)(n+2)< ≥a-4-∑1a.-61=2-分2 (n十1)3，故n(n十1)(n+2)不可能是完全立 方数. =2>0所以分4≠公0 93 强基数学·巅峰突破 (3)由(1)知，q=2,又|a1|=1,所以Am中 d d 所有元素均为奇数，且最大值为1十2十 an+1十an √nd+√(n-1)d 22+…+2m1=2m一1，最小值为一1一2 a 因为(n+√n-1)2=2n-1十 22-…-2m-1=一(2m-1). n+√n-1 在区间[-(2m一1)，2”一1]上的奇数的个 2√n(n-1)≥2n-1+2√(n-1)=4n-3, 数为2m个，而由(2)知Am中的所有元素个数 当且仅当n=1时等号成立，所以 为2m个，所以Am={士1，士3，…，士(2m一 d 1)},故Am中所有正数之和为 b.<4n-31 1十3十…+(2m-1)=22m2. (3)因为{an}为D数列， an +(n-1)d 【例21】已知d为非零常数，am>0,若对Hn∈ 2 2 N*,a+1一a=d,则称数列{an}为D数列. 2√a+(n-1)d√a+(n-1)d+√Ja+nd (1)证明：D数列是递增数列，但不是等比 2[a+nd-√a+(n-1)d 数列； ,所以 d (2)设bn=an+1-an,若{an}为D数列， a+日-后+a+2a-后+d d 证明：b.<4m-3 +…+Wa+nd-√a+(n-1)d (3)若{am}为D数列，证明：3n∈N*,使得 站>224 -号(a+-,令a+-a) >2024,则/a+nd>1012d+a1, [证明](l)Hn∈N*,a+1-a后=d,故 解得n>1012d+2024a1,所以3n∈N*, {a}是公差为d的等差数列，所以a=a十 (m-1)d,若d<0,则当n>1-时. 使得21>2024. =1a d a2=a十(n-1)d<0,不合题意；若d>0,则 ●真题实战演练 a=a+(n-1)d>0,满足要求.Hn∈N*, 一 、选择题 ait-a=(ant+a)(amti-a)=d>0, 1.(2012·北大)已知方程(x2-2x+m)(x2- 因为an>0,故an+1十an>0,故ant1一an>0, 2x十)=0的四个根组成一个首项为的等 数列{a,}为运增数列._+山-1十 aa品 ,由 差数列，则|m一n的值是 an 于{a,}为递增数列，故1十d不是常数，am出 A.1 B.3 a an 不是常数，故D数列是递增数列，但不是等 c D.E 比数列. 2.(2013·北大)在数列{an}中，a1=1,Sm+1 (2)因为{an}为D数列，所以a=a十(n 4an十2(n≥1)，则a2o13的值为 () 1)d>(n-1)d,故am>√(n-1)d.因为(am+1 A.3019×22012 B.3019X22013 十an)(an+1一an）=d>0,所以bn=an+1一a C.3018X22o12 D.无法确定 第六章数列与极限 3.(2015·北大)已知k≠1，则等比数列a+ A.810 B.1147 log2k,a+log1k,a十logk的公比为( C.1540 D.3672 A日 B 10.(2017·清华)（多选）已知数列{xn},其中 x1=a,x2=b,xn+1=xn十xm-1(a,b是正整 c D.前三个答案都不对 数)，若2008为数列中的某一项，则a+b 4.(2017·北大)现将正整数数列分成两组，使 可能的取值有 ( ) 得两组中均不包含无穷等差数列，则上述分 A.8 B.9 组方法数有 ( C.10 D.11 A.0 B.1 11.(2016·清华)（多选）a1=1,a2=2,am+2= C.无穷种 D.以上答案均不正确 6am+1一am,则下列叙述正确的是 () 5.(2018·北大)使得sin√2+sin2√2+…+ A.a2+1-an+an为定值 sinn√2>2成立的正整数n的个数为 B.a =2(mod9) C.4a,a+1一7为完全平方数 A.0 B.1 D.8a,am+1-7为完全平方数 C.无穷多个 D.以上选项都不对 12.(2017·清华)已知数列{xn},{yn,{之n}有， 6.(2018·北大)已知数列{an}满足a1=2019, 1 x1=20+,-x), Sn=n2am,则a2o18= ( 1 1 1 A.2019 B.1009 1=2z,十。一3)，则 1 1 C.2018 D.以上选项都不对 之t1=2z,十y,-x), 7.(2018·北大)数列{an}表示正整数除去完全 A.{xn十yn十之n}一定是等比数列 平方数由小到大的排列，则a2o1s的值为 B.若存在xm=ym=之m,m∈Z, ( 则x1=y1=1 A.2062 B.2063 C.若xm>0恒成立，则x1=y1=1 C.1009 D.以上选项都不对 D.以上答案都不对 8.(2015·清华)（多选）设数列{an}的前n项和 13.(2018·清华)（多选）数列{an}满足：a1=1, 为Sn,若对任意正整数n,总存在正整数m, an十1 使得Sn=am,则 (n-2)a,十2(n∈N),则下列选项 A.{an}可能为等差数列 正确的是 B.{am}可能为等比数列 A.a= 2 B.a10=503 C.{an}的任意一项均可写成{an}的两项之差 D.对任意正整数n,总存在正整数m,使得 C.am+1≤am D.0<an≤2 an=Sm 14,(2018·清华)数列a,}满足：a= 9.(2017·清华)（多选）{an},{bn}均为等差数 列，已知a1b1=135,a2b2=304,a3b3=529,则 2nan+1=(n十1)an,记Sn 下列是{abn}中的项的有 表达式为 95 强基数学·巅峰突破 A.2-n十2 B.1-n+2 A.28 B.35 2n 2n+1 C.47 D.前三个答案都不对 C.2-n+2 D.2-2+1 20.(2020·北大)满足对任意n≥1有 20+1 20 an+1=2”-3an且严格递增的数列{an}的个 15.(2019·清华)（多选）已知a+1=a元-3an十 数为 () 4,a,=3,则下列选项中正确的有 ( ) A.0 B.1 A.{an}单调递增 C.无穷多个 D.前三个答案都不对 B.{an}无界 21.(2020·清华)（多选）已知数列A:a0,a1, a2,…,a20满足a0=0,la:|=a;-1十1(t= 1,…,20)则 () D.a1500=101 A.存在这样的数列A,使得 16.(2019·清华)（多选）已知式子(2+√3)”= |a0+a1十a2+…+a20|=0 xn十yn·√3(xn,yn∈Q),则下列选项中正 B.存在这样的数列A,使得 确的有 |ao十a1+a2+…+a2o|=2 ( C.存在这样的数列A,使得 A.In+1=2n+3yn |ao+a1+a2+…+a2o|=10 B.ym+1=xn十2ym D.存在这样的数列A,使得 C.lim(2-√3)"=0 |a0+a1+a2+…+a2o|=12 D.存在xn=2019 2.(2022·北大)数列{a,)满足：a= 2,am+1= 17.(2020·清华)（多选）定义数列{an},若Hn a-2,则[a223]除以7的余数是() ∈N*,3m∈N*,使得Sn=am,则称数列 A.1 B.2 {an}为“某数列”，以下正确的是 C.4 D.以上选项均不对 A.an 1n=1，则数列(a,为“某数列” 23.(2024·清华)（多选）已知a1=1,am+1=am 2n-2,n≥2. ,下列选项中正确的有 + () B.an=kn,k为常数，则{an}为“某数列” C.任意的等差数列{an},存在“某数列” =3 A.im元 B.[a400]=20 n {bn},{cn},使am=bn十c元 D.以上答案都不对 C.lim an=2 D.[a9000]=30 18.(2020·北大)已知数列{am}满足：a1=1, 24.(2024·清华)（多选）已知2a,am+1-3am+1+ a2=4,且对任意的n≥2，有a”-am-1an+1= 1=0,a1= 3,下列选项中正确的有() 2”1,则a2o20的个位数字是 ( A.8 B.4 A.1iman= 1 7*中 C.2 D.前三个答案都不对 B.S,1 19.(2020·北大)数列{an}满足a1=1,a2=9, 6 且对任意n≥1，有am+2=4am+1一3an一20， C侣是等比数列 其中前n项和为S,则函数Sn的最大值 等于 D.S.<号 96 第六章数列与极限 二、填空题 35.(2022·北大)已知数列{a4}1≤k≤各项均为 25.(2017·清华)无穷数列{an}满足a+1三 正整数，且ak+1一ak≤1，{ak}中存在一项 则a的取值范围为 为3，可能的数列的个数为 36.(2022·北大)若△ABC三边长为等差数 26.（2018·清华)数列{am}满足：a1=2, 列，则cosA十cosB+cosC的取值范围是 a,≤a.十a,a6=2018,则a的 最大值为 37.(2023·清华)已知1，=(1+2)(1+4) 27.(2018·北大)已知数列{an}为等差数列， So=0,S15=10,则nS.的最小值为 1+)…(.则1= 28.(2018·北大)已知实数a,b,c满足 38.(2024·南京)已知 a≤2b十3c,a,b,c成等比数列，则b一2c的取 m-1,m为奇数， f(m)= 2m为偶数， 值范围为 29.(2015·北大)登梯时规定每次只能跨上1 若a,-罗4，a,1=fa,)m∈N,满足a: k=0 级或者2级楼梯，今欲登上10级楼梯，则不 0的最小值为 同走法的种数为 39.若数列{an}是首项不为零的等差数列，则 30.(2019·清华)数列{an}为正数数列，前n项 和记为Sn,已知an与2的等差中项等于Sn与 +1十a+2十…十a2a lim- a1+a2十…十an 2的等比中项，则的取值范围为 三、解答题 40.(2011·北大)等差数列{am},a3=一13， 31.(2021·清华)已知实数x。∈[0,1)，数列 a,=3,数列{an}的前n项和为Sn,求数列 {z}满足：若-1<号，则x,=2x1…若 {S}的最小项，并指出其值为何？ 2≥号则=2z,1-10n-1,2….现知 x=x221,则可能的x。的个数为 32.(2021·北大)设a,是与，侣的差的绝对值 最小的整数，bn是与√2的差的绝对值最小 的整数记公的前a顶和为S·侵的前a 项和为Tn.则2T1oo一S1o的值为 33.(2021·北大)已知数列{an}满足a1=2, an+1=2“.数列{bn}满足b1=5,b.1=5. 若正整数m满足bm>a25,则m的最小值为 34.(2023·北大)已知数列{am}满足a1=12, a1=4(3十a,十3，√1+2an),则ao最接近 的整数为 97 强基数学·巅峰突破 41.(2017·北大)在数列a,=中，是否存在 43.(2014·北大)a1,a2,…a13为等差数列， M={a:十a;十akli≠j,i≠k,j≠k}. 2017项构成等差数列？ 求证：0，号，5不可能同时属于M 44.(2016·北大)正数a,b,c构成等差数列，问 42.(2013·北大)已知a1十a2十a3+…+a2o1 1 1 1一是否构成等差数列. =0,且|a1-2a2|=a2-2a31=… √a+b'a+e'√b+ =a2o1s-2a11. 证明：a1=a2=a3=…=a2013=0. 98 第六章数列与极限 45.(2017·北大)已知a1=1,b1=2, 47.(2012·清华)记函数f,)=1+2十 2+. fan+1=an十2bn, an-In'n 6=2a.十b,求mb-nn nn=1,2….证明：当n是偶数时，方程 f,(x)=0没有实根；当n是奇数时，方程 fn（x)=0有唯一的实根0n,且0n>0,+2: 48.(2013·清华)数列{an}各项均为正数，且对 46.(2017·北大)已知54和128是某等比数列 任意n∈N满足an+1=an十ca(c>0为常 中的两项，问该数列中最多有多少项为正 数)； 整数. (1)求证：对任意正数M,存在N∈N*, 当n>N时有am>M; ,1,S,是{b,}前n项和. (2)设b.=1十can 求证： (i){Sn}有界；(i)对任意d>0,存在 N∈N,当n>N时有0< S.m<d. 99 强基数学·巅峰突破 49.(2013·清华)已知f(x)=(1-x)e-1. 51.(2015·清华)一点从A出发，掷一枚骰子， (1)求证：当x>0时f(x)<0; 若大于或等于5点，则沿平行于BC方向 (2)数列{xn}满足xne+1=e。一1，x1=1, (正反方向均可)移动一 求证：数列{x递减且x> 步，若小于或等于4点，则 21 沿平行于AB方向（正、反 方向均可)移动一步.设掷 2n(n∈N*)次骰子后回到A点的概率为 an,回到B点的概率为bn· (1)求a1; (2)设掷4次骰子经过C点的次数为X, 求X分布列； (3)试比较a5,4s2的大小（直接写出 结果). 50.(2014·清华)已知an+1=np”+qan,a1=0. (1)q=1,求am (2)g<1,|p<1,求证{an}有界. 100 第六章数列与极限 52.(江苏)已知斐波那契数列{Fm}满足F,=F2 54.(辽宁)如果数列{xn},{yn》,其中yn∈Z,对 =1,Fn=Fm-1十Fm-2(n≥3)，求F1958的个 任意正整数n都有x。一以<号，则称数列 位数字 {yn}为数列{xn}的“接近数列”.已知数列 {bn}为数列{an}的“接近数列”. 1若a.=2m+号(ncN), 求b1,b2,b3的值； (2)若数列{an}是等差数列，且公差为 d(d∈Z),求证：数列{bn}是等差数列： ()若数列1a,满足1=且么= 品a,+易记数列a.,6,的前n项和 9 分别为Sn,Tn,试判断是否存在正整数n, 使得S,<Tn？若存在，请求出正整数n的 最小值；若不存在，请说明理由.（参考数 据：log8≈16.7) 53.(2024·北大)x∈R,用[x]表示不超过x的 最大整数，并用{x}=x一[x]表示小数部 分，已知：a1=E,a1=[a]+a 1 2024 101