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）

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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