（通用版）2019版高考数学二轮复习第一部分专题七数列讲义理（重点生，含解析）.doc

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1、1专题七 数 列卷 卷 卷等差数列的基本运算T42018 Sn与 an的关系、等比数列求和T14等差数列的通项公式、前n 项和公式及最值T17等比数列的通项公式、前 n 项和公式T17等差数列的基本运算T4数学文化、等比数列的概念、前 n 项和公式T3等差数列的通项公式、前 n 项和公式及等比中项T92017 等差数列、等比数列前 n项和公式的运用、创新问题T12等差数列的通项公式、前n 项和公式、裂项相消法求和T15等比数列的通项公式T14等差数列的基本运算T32016 等比数列的基本运算及二次函数最值问题T15等差数列的通项公式、前n 项和公式、创新问题T17数列的递推关系、等比数列的定义

2、及通项公式T17纵向把握趋势卷3 年 6 考，题型为选择题和填空题，难度适中涉及等差、等比数列的基本运算， Sn与 an的关系，预计 2019 年会以解答题的形式考查等差、等比数列的基本关系及等差、等比数列的判定与证明卷3 年 4 考，题型既有选择题、填空题和解答题，涉及数学文化、等差数列与等比数列的基本运算、数列前 n 项和的求法预计 2019 年高考题仍以考查等差、等比数列的基本运算为主，同时考查数列求和问题，且三种题型均有可能卷3 年 4 考，题型既有选择题、填空题，也有解答题，涉及等差、等比数列的基本运算、数列求和问题，难度适中预计2019 年高考会以小题的形式考查等差、等比数列的性质

3、及基本运算，难度适中横向把握重点1.高考主要考查等差数列及等比数列的基本运算，两类数列求和方法(裂项求和法、错位相减法)、两类综合(与函数综合、与不等式综合)，主要突出数学思想的应用2.若以解答题形式考查，数列往往与解三角形在 17 题的位置上交替考查，试题难度中等；若以客观题考查，难度中等的题目较多，但有时也出现在第 12题或 16 题位置上，难度偏大，复习时应引起关注.2等差、等比数列的基本运算和性质题组全练1(2017全国卷)记 Sn为等差数列 an的前 n 项和若 a4 a524， S648，则an的公差为( )A1 B2C4 D8解析：选 C 设等差数列 an的公差为 d，则由Err

4、or! 得Error!即Error! 解得 d4.2已知等比数列 an满足 a13， a1 a3 a521，则 a3 a5 a7( )A21 B42C63 D84解析：选 B 设 an的公比为 q，由 a13， a1 a3 a521，得 1 q2 q47，解得q22(负值舍去) a3 a5 a7 a1q2 a3q2 a5q2( a1 a3 a5)q221242.3(2017全国卷)等差数列 an的首项为 1，公差不为 0.若 a2， a3， a6成等比数列，则 an前 6 项的和为( )A24 B3C3 D8解析：选 A 设等差数列 an的公差为 d，因为 a2， a3， a6成等比数列，所以

5、 a2a6 a ，23即( a1 d)(a15 d)( a12 d)2.又 a11，所以 d22 d0.又 d0，则 d2，所以 an前 6 项的和 S661 (2)24.6524若 an是等差数列，首项 a10， a2 017 a2 0180， a2 017a2 0180，则使前 n 项和 Sn0 成立的最大正整数 n 是( )A2 017 B2 018C4 034 D4 0353解析：选 C 因为 a10， a2 017 a2 0180， a2 017a2 0180，所以 d0， a2 0170， a2 0180，所以 S4 034 0，4 034 a1 a4 0342 4 034 a2

6、017 a2 0182S4 035 4 035 a2 0180，4 035 a1 a4 0352所以使前 n 项和 Sn0 成立的最大正整数 n 是 4 034.5(2018全国卷)等比数列 an中， a11， a54 a3.(1)求 an的通项公式；(2)记 Sn为 an的前 n 项和若 Sm63，求 m.解：(1)设 an的公比为 q，由题设得 an qn1 .由已知得 q44 q2，解得 q0(舍去)或 q2 或 q2.故 an(2) n1 或 an2 n1 .(2)若 an(2) n1 ，则 Sn .1 2 n3由 Sm63，得(2) m188，此方程没有正整数解若 an2 n1 ，则

7、 Sn 2 n1.1 2n1 2由 Sm63，得 2m64，解得 m6.综上， m6.系统方法1等差(比)数列基本运算的解题思路(1)设基本量 a1和公差 d(公比 q)(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于 a1和 d(q)的方程(组)，求出 a1和 d(q)后代入相应的公式计算2等差、等比数列性质问题的求解策略(1)抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解(2)数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题(3)利用数列性质进行运算时，要注意整体思想的应用(如第 2 题)，可以减少计算量，此方法还适用于求函数值、求

8、函数的解析式等问题.以数学文化为背景的数列问题4题组全练1 张丘建算经卷上第 22 题为：“今有女善织，日益功疾初日织五尺，今一月日织九匹三丈 ”其意思为今有一女子擅长织布，且从第 2 天起，每天比前一天多织相同量的布，若第一天织 5 尺布，现在一个月(按 30 天计)共织 390 尺布则该女子最后一天织布的尺数为( )A18 B20C21 D25解析：选 C 依题意得，织女每天所织的布的尺数依次排列形成一个等差数列，设为an，其中 a15，前 30 项和为 390，于是有 390，解得 a3021，即该织30 5 a302女最后一天织 21 尺布2(2017全国卷)我国古代数学名著算法统宗中

9、有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座 7 层塔共挂了381 盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍，则塔的顶层共有灯( )A1 盏 B3 盏C5 盏 D9 盏解析：选 B 每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为 an，则前 7 项的和S7381，公比 q2，依题意，得 S7 381，解得 a13.a1 1 271 23我国古代数学名著九章算术中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：第一步：构造数列 1， .121314 1n第二步：将数列的各项乘以 n，得数列(记为) a1， a2， a3， an.则 a1a

10、2 a2a3 an1 an等于( )A n2 B( n1) 2C n(n1) D n(n1)解析：选 C a1a2 a2a3 an1 an n1 n2 n2 n3 nn 1 nn n2112 123 1 n 1 n n2(112 12 13 1n 1 1n)5 n2 n(n1)n 1n系统方法解决数列与数学文化问题的 3 步骤等差、等比数列的判定与证明由题知法(2017全国卷)记 Sn为等比数列 an的前 n 项和已知典 例 S22， S36.(1)求 an的通项公式；(2)求 Sn，并判断 Sn1 ， Sn， Sn2 是否成等差数列解 (1)设 an的公比为 q.由题设可得Error!解得E

11、rror!故 an的通项公式为 an(2) n.(2)由(1)可得 Sn 2 1 2 n1 2 (1) n .23 2n 13由于 Sn2 Sn1 (1) n43 2n 3 2n 232 2 Sn，23 1 n2n 13 故 Sn1 ， Sn， Sn2 成等差数列类题通法 证明 an是等差或等比数列的基本方法等差数列(1)利用定义，证明 an1 an(nN *)为一常数；(2)利用等差中项，证明 2an an1 an1 (n2)等比数列 (1)利用定义，证明 (nN *)为一常数；an 1an6(2)利用等比中项，证明 a an1 an1 (n2)2n应用通关(2018全国卷)已知数列 an满

12、足 a11， nan1 2( n1) an.设 bn .ann(1)求 b1， b2， b3；(2)判断数列 bn是否为等比数列，并说明理由；(3)求 an的通项公式解：(1)由条件可得 an1 an.2 n 1n将 n1 代入得， a24 a1，而 a11，所以 a24.将 n2 代入得， a33 a2，所以 a312.从而 b11， b22， b34.(2)数列 bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列由条件可得 ，即 bn1 2 bn，又 b11，an 1n 1 2ann所以数列 bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列(3)由(2)可得 2 n1 ，所以 an n2n1 .ann数列求

13、和多维例析角度一 公式法求和(2018厦门质检)已知数列 an满足 a11， an1 ， nN *.例 13an2an 3(1)求证：数列 为等差数列；1an(2)设 T2n ，求 T2n.1a1a2 1a2a3 1a3a4 1a4a5 1a2n 1a2n 1a2na2n 1解 (1)证明：由 an1 ，3an2an 3得 ，所以 .1an 1 2an 33an 1an 23 1an 1 1an 23又 a11，则 1，1a1所以数列 是首项为 1，公差为 的等差数列1an 237(2)设 bn ，1a2n 1a2n 1a2na2n 1 ( 1a2n 1 1a2n 1)1a2n由(1)得，数列

14、 是公差为 的等差数列，1an 23所以 ，1a2n 1 1a2n 1 43即 bn ，(1a2n 1 1a2n 1)1a2n 43 1a2n所以 bn1 bn .43( 1a2n 2 1a2n) 43 43 169又 b1 ，43 1a2 43 (1a1 23) 209所以数列 bn是首项为 ，公差为 的等差数列，209 169所以 T2n b1 b2 bn n (2n23 n)209 n n 12 ( 169) 49类题通法 公式法求数列和问题需过“三关”角度二 分组求和法求和(2018珠海模拟)已知等差数列 an的首项为 a，公差为 d， nN *，且不等式例 2ax23 x20)由已知

15、 b2 b312，得 b1(q q2)12，而 b12，所以 q2 q60.又因为 q0，解得 q2.所以 bn2 n.由 b3 a42 a1，可得 3d a18.由 S1111 b4，可得 a15 d16.由，解得 a11， d3，由此可得 an3 n2.所以数列 an的通项公式为 an3 n2，数列 bn的通项公式为 bn2 n.(2)设数列 a2nb2n1 的前 n 项和为 Tn，由 a2n6 n2， b2n1 24 n1 ，得 a2nb2n1 (3 n1)4 n，故 Tn2454 284 3(3 n1)4 n，4Tn24 254 384 4(3 n4)4 n(3 n1)4 n1 ，得3

16、 Tn2434 234 334 n(3 n1)4 n1 4(3 n1)4 n112 1 4n1 4(3 n2)4 n1 8.故 Tn 4n1 .3n 23 83所以数列 a2nb2n1 的前 n 项和为 4n1 .3n 23 83类题通法 错位相减法求数列和问题的步骤重难增分(一)数列递推公式的应用考法全析10一、曾经这样考1利用 an与 Sn的关系求 Sn(2015全国卷)设 Sn是数列 an的前 n 项和，且a11， an1 SnSn1 ，则 Sn_.解析：由已知得 an1 Sn1 Sn Sn1 Sn，两边同时除以 Sn1 Sn，得 1，1Sn 1 1Sn故数列 是以1 为首项，1 为公差

17、的等差数列，1Sn则 1( n1)(1) n，所以 Sn .1Sn 1n答案：1n启思维 本题通过等式 an1 SnSn1 考查了 an与 Sn关系的转化及应用，通过构造新数列来求解一般地，对于既有 an，又有 Sn的数列题，应充分利用公式 anError!有时将an转化为 Sn，有时将 Sn转化为 an，要根据题中所给条件灵活变动应注意对 n1 的检验二、还可能这样考2累加法或累乘法求数列的通项已知数列 an满足a12， an an1 n(n2， nN *)，则 an_.解析：由题意可知， a2 a12， a3 a23， an an1 n(n2)，以上式子累加得， an a123 n.因为

18、a12，所以 an2(23 n)2 n 1 2 n2 (n2)n2 n 22因为 a12 满足上式，所以 an .n2 n 22答案：n2 n 22启思维 (1)本题数列的递推公式可转化为 an1 an f (n)，通常采用等差数列通项公式的求解方法累加法(逐差相加法)求解即先将递推公式化成 an1 an f (n)，然后分别把 n1,2,3， n1 代入上式，便会得到( n1)个等式，最后添加关于 a1的等式，把 n 个等式相加之后，就会直接得到该数列的通项公式(2)对于递推公式可转化为 f (n)的数列，因为其类似于等比数列，故通常采用an 1an等比数列通项公式的求解方法累乘法(逐商相乘

19、法)求解即分别将11n1,2,3， n1 代入上式，便会得到( n1)个等式，最后添加关于 a1的等式，这 n 个等式相乘之后，就会直接得到该数列的通项公式如增分集训第 2 题3构造法求数列的通项已知数列 an满足 a12， an1 (nN *)，则2an2 anan_.解析：因为 an1 ，所以 .2an2 an 1an 1 1an 12因为 a12，即 ，1a1 12所以数列 是首项为 ，公差为 的等差数列，1an 12 12所以 ( n1) ，故 an .1an 12 12 n2 2n答案：2n启思维 (1)本题递推公式是形如 an1 的递推关系，可采用取倒数的方法，santan s将递

20、推式变形为 ，从而可构造出数列 ，其首项为 ，公差为 .1an 1 1an ts 1an 1a1 ts(2)对于递推式 an1 pan q(p， q 为常数)，当 p1 时， an为等差数列；当p0， q0 时， an为等比数列；当 p0， q0 时，可利用待定系数法，将递推式转化为 an1 p ，从而可构造出数列 ，其首项为 a1 (不等qp 1 (an qp 1) an qp 1 qp 1于 0)，公比为 p.如增分集训第 3 题增分集训1(2018全国卷)记 Sn为数列 an的前 n 项和若 Sn2 an1，则 S6_.解析： Sn2 an1，当 n2 时， Sn1 2 an1 1， a

21、n Sn Sn1 2 an2 an1 ，即 an2 an1 .当 n1 时， a1 S12 a11，得 a11.数列 an是首项 a1为1，公比 q 为 2 的等比数列， Sn 12 n，a1 1 qn1 q 1 1 2n1 2 S612 663.答案：632已知在数列 an中， an1 an(nN *)，且 a14，则数列 an的通项公式nn 212an_.解析：由 an1 an，得 ，nn 2 an 1an nn 2故 ， ， ， (n2)，a2a1 13 a3a2 24 a4a3 35 anan 1 n 1n 1以上式子累乘得， .ana1 13 24 35 n 2n n 1n 1 2n

22、 n 1因为 a14，所以 an (n2)8n n 1因为 a14 满足上式，所以 an .8n n 1答案：8n n 13(2019 届高三陕西实验中学模拟)已知数列 an中， a13，且点 Pn(an， an1 )(nN *)在直线 4x y10 上，则数列 an的通项公式 an_.解析：因为点 Pn(an， an1 )在直线 4x y10 上，所以 4an an1 10.所以 an1 4 .13 (an 13)因为 a13，所以 a1 .13 103故数列 是首项为 ，公比为 4 的等比数列103所以 an 4n1 ，13 103故数列 an的通项公式为 an 4n1 .103 13答案

23、： 4n1 103 13重难增分(二)数列与其他知识的交汇问题典例细解(2017全国卷)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软例 1件为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列 1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，13其中第一项是 20，接下来的两项是 20,21，再接下来的三项是 20,21,22，依此类推求满足如下条件的最小整数 N： N100 且该数列的前 N 项和为 2 的整数幂那么该款软件的激活码是( )A440 B330C220 D110解析 设第一项为第 1 组，接下来的两项

24、为第 2 组，再接下来的三项为第 3 组，依此类推，则第 n 组的项数为 n，前 n 组的项数和为 .n n 12由题意可知， N100，令 100，n n 12得 n14， nN *，即 N 出现在第 13 组之后易得第 n 组的所有项的和为 2 n1，前 n 组的所有项的和为1 2n1 2 n2 n1 n2.2 1 2n1 2设满足条件的 N 在第 k1( kN *， k13)组，且第 N 项为第 k1 组的第 t(tN *)个数，若要使前 N 项和为 2 的整数幂，则第 k1 组的前 t 项的和 2t1 应与2 k 互为相反数，即 2t1 k2，2 t k3， tlog 2(k3)，当

25、t4， k13 时， N 4955 时， N440.故所求 N 的最小值为 440.答案 A启思维 本题在创新情境中考查了等差数列与等比数列的求和公式，是具有综合拓展性的客观题的压轴题数列试题的创新多是材料背景创新，通常融入“和”与“通项”的关系，与生产生活、社会热点相结合，考查考生的阅读能力的同时，也考查数学素养中的逻辑推理、计算能力，培养了考生的创新意识另外，创新迁移类型试题还有以下特点：(1)新知识“开幕” ，别开生面，新的知识主要是新的符号、定义、法则、图表等，或介绍新的思维方法，着眼于应用；(2)类比、推广；(3)以高中数学内容为材料， “偷梁换柱”“移花接木” ，创设新情境，演化新

26、问题(2013全国卷)设 AnBnCn的三边长分别为 an， bn， cn， AnBnCn的面例 2积为 Sn， n1,2,3，.若14b1 c1， b1 c12 a1， an1 an， bn1 ， cn1 ，则( )cn an2 bn an2A Sn为递减数列B Sn为递增数列C S2n1 为递增数列， S2n为递减数列D S2n1 为递减数列， S2n为递增数列解析 由 bn1 ， cn1 ，an cn2 bn an2得 bn1 cn1 an (bn cn)，(*)12bn1 cn1 (bn cn)，12由 an1 an得 an a1，代入(*)得 bn1 cn1 a1 (bn cn)，1

27、2 bn1 cn1 2 a1 (bn cn2 a1)，12 b1 c12 a12 a12 a10， bn cn2 a1|BnCn| a1，所以点 An在以 Bn， Cn为焦点且长轴长为 2a1的椭圆上(如图)由 b1c1得 b1 c10，所以| bn1 cn1 | (bn cn)，即| bn cn|( b1 c1) n1 ，所以当 n 增大时| bn cn|变12 (12)小，即点 An向点 A 处移动，即边 BnCn上的高增大，又| BnCn| an a1不变，所以 Sn为递增数列答案 B启思维 交汇问题是将各主干知识“联姻” “牵手” 、交叉渗透等综合考查主干知识的常见问题，覆盖面广本题将

28、数列与几何交汇，增大了试题难度，较好地考查了考生的数形结合思想、逻辑思维能力，其实质是考查数列的递推关系式、椭圆的定义及性质，此题对考生的数学抽象、逻辑推理、直观想象要求较高知能升级1数列与其他知识的交汇问题主要体现在以下两点：(1)以数列知识为纽带，在数列与函数、方程、不等式、解析几何的交汇处命题，主要考查利用函数观点、不等式的方法解决数列问题，往往涉及与数列相关的不等式证明、参数的范围等(2)以数列知识为背景的新概念、创新型问题，除了需要用到数列知识外，还要运用函15数、不等式等相关知识和方法，特别是题目条件中的“新知识”是解题的钥匙，此类问题往往思维难度较大，通常作为压轴题出现2解决此类

29、问题的关键是理解题意，将核心问题提炼出来，运用数列、函数、解析几何的相关知识求解，主要考查了转化与化归思想的应用增分集训1斐波那契数列 an满足： a11， a21， an an1 an2 (n3， nN *)若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为 1，记前 n 项所占的格子的面积之和为 Sn，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为 cn，则下列结论错误的是( )A Sn1 a an1 an2n 1B a1 a2 a3 an an2 1C a1 a3 a5 a2n1 a2n1D4( cn cn1 ) an2 an1解析：选 C 对于选项 A，由题图可知， S2 a2a

30、3， S3 a3a4， S4 a4a5，则Sn1 an1 an2 an1 (an1 an) a an1 an，故 A 项正确；对于选项2n 1B， a1 a2 a3 an an2 1 an1 an1 a1 a2 a3 an1 an1 1 a1 a2 a3 an2 an1 a1 a2 a3 an3 an1 1 a1 a31 121，故 B项正确；对于选项 C，当 n1 时， a1 a21，故 C 项错误；对于选项 D,4(cn cn1 )4( an an1 )(an an1 ) an2 an1 ，故 D 项正确( a2n4 a2n 14 )2已知函数 f (x)在 R 上的图象是连续不断的一条曲

31、线，当 x0 时， f (x)0，因为当 x0 时， f (x)0.由 a2a41，得a 1， a31. S37， a1 a2 a3 17，即 6q2 q10，解得 q 或231q2 1q 12q (舍去)故 q .13 12答案：128在各项均为正数的等比数列 an中， am1 am1 2 am(m2)，数列 an的前 n 项积为Tn.若 T2m1 512，则 m 的值为_解析：由等比数列的性质，得 am1 am1 a 2 am.又数列 an的各项均为正数，所以2mam2.又 T2m1 ( am)2m1 2 2m1 512，所以 2m19，所以 m5.答案：59设数列 an的前 n 项和为

32、Sn，且 a11， an an1 (nN *)，则 S2n1 _.12n解析：因为 a11， an an1 (nN *)，所以 S2n1 a1( a2 a3)12n( a2n2 a2n1 )1 .122 124 122n 21 (14)n1 14 43答案： 4310(2018成都模拟)已知等差数列 an的前 n 项和为 Sn， a23， S416， nN *.22(1)求数列 an的通项公式；(2)设 bn ，求数列 bn的前 n 项和 Tn.1anan 1解：(1)设数列 an的公差为 d， a23， S416， a1 d3,4 a16 d16，解得 a11， d2. an2 n1.(2)

33、由题意， bn ，1 2n 1 2n 1 12( 12n 1 12n 1) Tn b1 b2 bn1212(1 12n 1) .n2n 111(2019 届高三南宁二中、柳州高中联考)已知 a12， a24，数列 bn满足：bn1 2 bn2 且 an1 an bn.(1)求证：数列 bn2是等比数列；(2)求数列 an的通项公式解：(1)证明：由题知， 2，bn 1 2bn 2 2bn 2 2bn 2 b1 a2 a1422， b124，数列 bn2是以 4 为首项，2 为公比的等比数列(2)由(1)可得， bn242 n1 ，故 bn2 n1 2. an1 an bn， a2 a1 b1，

34、a3 a2 b2，a4 a3 b3，an an1 bn1 .累加得， an a1 b1 b2 b3 bn1 (n2)，an2(2 22)(2 32)(2 42)(2 n2) 2( n1)2 1 2n1 2232 n1 2 n，故 an2 n1 2 n(n2) a12 符合上式，数列 an的通项公式为 an2 n1 2 n(nN *)12已知数列 an是等差数列， a26，前 n 项和为 Sn， bn是等比数列，b22， a1b312， S3 b119.(1)求 an， bn的通项公式；(2)求数列 bncos(an)的前 n 项和 Tn.解：(1)数列 an是等差数列， a26， S3 b13

35、 a2 b118 b119， b11， b22，数列 bn是等比数列， bn2 n1 . b34， a1b312， a13， a26，数列 an是等差数列， an3 n.(2)由(1)得，令 Cn bncos(an)(1) n2n1 ， Cn1 (1) n1 2n， 2，又 C11，Cn 1Cn数列 bncos(an)是以1 为首项，2 为公比的等比数列， Tn 1(2) n 11 2 n1 2 13二、强化压轴考法拉开分1已知数列 an的前 n 项和为 Sn，且 a12， Sn1 4 an2，则 a12( )A20 480 B49 152C60 152 D89 150解析：选 B 由 S24

36、 a12，得 a1 a24 a12，联立 a12，解得 a28.又an2 Sn2 Sn1 4 an1 4 an， an2 2 an1 2( an1 2 an)，数列 an1 2 an是以a22 a14 为首项，以 2 为公比的等比数列， an1 2 an42 n1 2 n1 ， 1， 1，数列 是以 1an 1 2an2n 1 an 12n 1 an2n an2n a12为首项，以 1 为公差的等差数列， 1( n1) n， an n2n， a12122 1249 an2n152.2已知 a11， an n(an1 an)(nN *)，则数列 an的通项公式是( )24A2 n1 B. n1(

37、n 1n )C n2 D n解析：选 D 因为 an n(an1 an) nan1 nan，所以 nan1 ( n1) an，所以 ，所以 an a1 1 n.an 1an n 1n anan 1 an 1an 2 a2a1 nn 1 n 1n 2 213(2018郑州模拟)已知数列 an满足 a11，| an1 an| .若1n n 2a2n1 a2n1 ， a2n2 0， a2n2 a2na2n2 a2n，所以 a2n1 a2n2 a2n1 a2n.而| a2n1 a2n2 | ，1 2n 1 2n 3|a2n1 a2n| ，1 2n 1 2n 1即| a2n1 a2n2 |0.由题意得E

38、rror!所以 3q25 q20.因为 q0，所以 q2， x11，因此数列 xn的通项公式为 xn2 n1 .(2)过 P1， P2， Pn1 向 x 轴作垂线，垂足分别为 Q1，Q 2，Q n1 .由(1)得 xn1 xn2 n2 n1 2 n1 ，记梯形 PnPn1 Qn1 Qn的面积为 bn，由题意得 bn 2n1 (2 n1)2 n2 ， n n 1228所以 Tn b1 b2 bn32 1 52 072 1(2 n1)2 n3 (2 n1)2 n2 .又 2Tn32 052 172 2(2 n1)2 n2 (2 n1)2 n1 .得 Tn32 1 (22 22 n1 )(2 n1)2 n1 (2 n1)2 n1 .32 2 1 2n 11 2所以 Tn . 2n 1 2n 12