【高考数学专题突破】《专题三第讲数列求和及综合应用学案》(解析版)

高中数学-数列求和、数列的综合应用考点一 数列求和知识点数列的求和方法 (1)公式法直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和 ①等差数列的前n 项和公式： S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d . ②等比数列的前n 项和公式： S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.③常见数列的前n 项和公式： a ．1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2； b ．2＋4＋6＋…＋2n ＝n 2＋n ； c ．1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2； d ．12＋22＋32＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6；e ．13＋23＋33＋…＋n 3＝⎣⎡⎦⎤n (n ＋1)22.(2)倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．(3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和． 常见的裂项公式有： ①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；②1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2；③1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；④1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(4)错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的．(5)分组求和法一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．注意点 裂项相消法求和时注意事项(1)在把通项裂开后，应验证其是否恰好等于相应的两项之差．(2)在正负项抵消后，应注意是否只剩下第一项和最后一项，有时是前面剩下两项(或几项)，后面也剩下两项(或几项).入门测1．思维辨析(1)如果已知等差数列的通项公式，则在求其前n 项和时使用公式S n ＝n (a 1＋a n )2较为合理．( )(2)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( ) (3)当n ≥2时，1n 2－1＝1n －1－1n ＋1.( ) (4)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( )(5)如果数列{a n }是周期为k 的周期数列，那么S km ＝mS k (m ，k 为大于1的正整数). ( ) 答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)× (5)√ 2．数列{1＋2n －1}的前n 项和为( ) A ．1＋2n B ．2＋2n C ．n ＋2n －1 D ．n ＋2＋2n答案 C解析 由题意得a n ＝1＋2n －1， 所以S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n －1，故选C.3．在10到2000之间，形如2n (n ∈N *)的各数之和为( ) A ．1008 B ．2040 C ．2032 D ．2016答案 C解析 S ＝24＋25＋…＋210＝24(1－27)1－2＝(27－1)·24＝2032.[考法综述] 高考中主要考查等差等比数列的前n 项和公式及非等差等比数列的求和方法．一般综合性较强，对分析能力、运算能力要求高．命题法 给出数列求和典例 (1)已知等差数列{a n }，公差d >0，前n 项和为S n ，且满足a 2a 3＝45，a 1＋a 4＝14. ①求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n ； ②设b n ＝S nn ＋c ，若{b n }也是等差数列，试确定非零常数c ，并求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n ·b n ＋1的前n 项和T n . (2)数列{a n }的前n 项的和为S n ，对于任意的自然数a n >0,4S n ＝(a n ＋1)2. ①求证：数列{a n }是等差数列，并求通项公式；②设b n ＝a n3n ，求和T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n .[解] (1)①依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 3＝45a 1＋a 4＝a 2＋a 3＝14，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＝5a 3＝9或⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝9a 3＝5(舍去)，∴a n ＝4n －3，S n ＝2n 2－n .②由①知b n ＝2n 2－n n ＋c.数列{b n }是等差数列，则2b 2＝b 1＋b 3，即 2·62＋c ＝11＋c ＋153＋c ，解得c ＝－12，∴b n ＝2n .则1b n ·b n ＋1＝12n ·(2n ＋2)＝14⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， ∴T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝14⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝n4(n ＋1).(2)①证明：令n ＝1,4S 1＝4a 1＝(a 1＋1)2， 解得a 1＝1， 由4S n ＝(a n ＋1)2， 得4S n ＋1＝(a n ＋1＋1)2，两式相减得4a n ＋1＝(a n ＋1＋1)2－(a n ＋1)2， 整理得(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －2)＝0， ∵a n >0， ∴a n ＋1－a n ＝2，则数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列， a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1. ②由①得b n ＝2n －13n， T n ＝131＋332＋533＋…＋2n －13n ，①13T n ＝132＋333＋534＋…＋2n －13n ＋1，② ①－②得23T n ＝13＋2⎝⎛⎭⎫132＋133＋…＋13n －2n －13n ＋1 ＝13＋2×19⎝⎛⎭⎫1－13n －11－13－2n －13n ＋1 ＝23－2n ＋23n ＋1， 所以T n ＝1－n ＋13n. 【解题法】 错位相减法求和的步骤 步骤1→写出S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ；步骤2→等式两边同乘以等比数列的公比q ，即qS n ＝qc 1＋qc 2＋…＋qc n ； 步骤3→两式错位相减转化成等比数列求和；步骤4→两边同除以1－q ，求出S n .同时注意对q 是否为1进行讨论．1.数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若S n ＝10，则n 的值是( )A ．11B ．99C ．120D ．121答案 C 解析 ∵a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，∴S n ＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(n －n －1)＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1.令S n＝10，解得n ＝120.故选C.2．在正项等比数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和为S n ，且－a 3，a 2，a 4成等差数列，则S 7的值为( )A ．125B ．126C ．127D ．128答案 C解析 设数列{a n }的公比为q (q >0)， ∵－a 3，a 2，a 4成等差数列， ∴2a 2＝a 4－a 3， ∴2a 1q ＝a 1q 3－a 1q 2， 解得q ＝2或q ＝－1(舍去)，∴S 7＝a 1(1－q 7)1－q ＝1－271－2＝27－1＝127.故选C.3.设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q .已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d >1时，记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由题意有，⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，或⎩⎨⎧a n ＝19(2n ＋79)，b n＝9·⎝⎛⎭⎫29n －1.(2)由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，于是 T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，①12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ， 故T n ＝6－2n ＋32n －1. 4．已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n >60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．解 (1)设数列{a n }的公差为d ，依题意，2,2＋d,2＋4d 成等比数列，故有(2＋d )2＝2(2＋4d )， 化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4. 当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2. (2)当a n ＝2时，S n ＝2n .显然2n <60n ＋800，此时不存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立． 当a n ＝4n －2时，S n ＝n [2＋(4n －2)]2＝2n 2，令2n 2>60n ＋800，即n 2－30n －400>0， 解得n >40或n <－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的n ，其最小值为41.5．已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n－14na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12， 由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)， 解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1. (2)b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1＝(－1)n －14n (2n －1)(2n ＋1)＝(－1)n－1⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1.当n 为偶数时，T n ＝⎝⎛⎭⎫1＋13－⎝⎛⎭⎫13＋15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －3＋12n －1－⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1. 当n 为奇数时，T n ＝⎝⎛⎭⎫1＋13－⎝⎛⎭⎫13＋15＋…－⎝⎛⎭⎫12n －3＋12n －1＋⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1. 所以T n＝⎩⎨⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数.考点二 数列的综合应用知识点1 等差数列与等比数列比较表等差数列 等比数列 通项 公式(1)a n ＝a 1＋(n －1)d (1)a n ＝a 1q n －1 (2)a n ＝a m ＋(n －m )d(2)a n ＝a m ·q n －m续表 等差数列等比数列前n 项和公式 S n ＝n (a 1＋a n )2或S n ＝na 1＋n (n －1)2 d S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1常用 性质若m ，n ，p ，q ∈N *，m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q若m ，n ，p ，q ∈N *，m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q2 数列实际应用中的常见模型(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑是a n 与a n ＋1的递推关系，还是前n 项和S n 与前n ＋1项和S n ＋1之间的递推关系．3 数列与函数、不等式的综合问题 (1)数列与函数的综合问题主要有以下两类：①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； ②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．(2)数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等问题，需要熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题．注意点 等差与等比模型的区别一般地，涉及递增率或递减率要用等比数列，涉及依次增加或减少要用等差数列，有的问题是可以通过转化得到等差或等比数列.入门测1．思维辨析(1)若{ln a n}是等差数列，则{a n}是等比数列．()(2)1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5＝1－b51－b.()(3)利用函数的方法研究数列问题时应注意题目中的限制条件，尤其是定义域．()答案(1)√(2)×(3)√2．一个球从100 m高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是()A．100＋200×(1－2－9) B．100＋100(1－2－9)C．200(1－2－9) D．100(1－2－9)答案 A解析当第10次着地时，经过的路程为：100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋200×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200(1－2－9)．3．设曲线y＝x n＋1(n∈N*)在点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为x n，令a n＝lg x n，则a1＋a2＋…＋a99的值为________．答案－2解析因为y＝x n＋1(n∈N*)，所以y′＝(n＋1)x n(n∈N*)，所以y′|x＝1＝n＋1，所以在点(1,1)处的切线方程为y－1＝(n＋1)(x－1)，即(n＋1)x－y－n＝0，当y＝0时，x＝nn＋1，所以x n＝nn＋1，所以a n＝lg x n＝lgnn＋1＝lg n－lg (n＋1)，所以a1＋a2＋…＋a99＝(lg 1－lg 2)＋(lg 2－lg 3)＋(lg 3－lg 4)＋…＋(lg 99－lg 100)＝lg 1－lg 100＝－2.[考法综述]高考中对于数列的综合问题，多以等差数列、等比数列的交汇，数列与函数、不等式交汇等方式考查，以数列知识为主，同时考查“等价转化”“变量代换”思想的应用．命题法1等差等比的综合应用典例1(1)在等差数列{a n}中，a10＝30，a20＝50.①求数列{a n}的通项公式；②令b n＝2an－10，证明：数列{b n}为等比数列；③求数列{nb n}的前n项和T n.(2)某国采用养老储备金制度，要求公民在就业的第一年就交纳养老储备金，数目为a1，以后每年交纳的数目均比上一年增加d(d>0)，因此，历年所交纳的储备金数目a1，a2，…是一个公差为d的等差数列．与此同时，国家给予优惠的计息政策：不仅采用固定利率，而且复利计算．这就是说，如果固定年利率为r(r>0)，那么，在第n年末，第一年所交纳的储备金就变为a1(1＋r)n －1，第二年所交纳的储备金就变为a2(1＋r)n－2，….以T n表示到第n年末所累计的储备金总额．①写出T n与T n－1(n≥2)的递推关系式；②求证：T n＝A n＋B n，其中{A n}是一个等比数列，{B n}是一个等差数列．[解](1)①设数列{a n}的公差为d，则a n＝a1＋(n－1)d，由a10＝30，a20＝50，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋9d ＝30a 1＋19d ＝50，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12d ＝2. 所以a n ＝12＋(n －1)·2＝2n ＋10. ②证明：由①，得b n ＝2an －10＝22n＋10－10＝22n ＝4n ，所以b n ＋1b n ＝4n ＋14n ＝4.所以{b n }是首项为4，公比为4的等比数列．③由nb n ＝n ×4n ，得T n ＝1×4＋2×42＋…＋n ×4n ①， 4T n ＝1×42＋…＋(n －1)×4n ＋n ×4n ＋1 ②， ①－②，得－3T n ＝4＋42＋…＋4n －n ×4n ＋1＝4(1－4n )－3－n ×4n ＋1.所以T n ＝(3n －1)×4n ＋1＋49.(2)①T n ＝T n －1(1＋r )＋a n (n ≥2)．②证明：T 1＝a 1，对n ≥2反复使用(1)中关系式，得T n ＝T n －1(1＋r )＋a n ＝T n －2(1＋r )2＋a n －1(1＋r )＋a n ＝…＝a 1(1＋r )n －1＋a 2(1＋r )n －2＋…＋a n －1(1＋r )＋a n ①.在①式两端同乘以(1＋r )，得(1＋r )T n ＝a 1(1＋r )n ＋a 2(1＋r )n －1＋…＋a n －1(1＋r )2＋a n (1＋r ) ②.②－①，得rT n ＝a 1(1＋r )n ＋d [(1＋r )n －1＋(1＋r )n －2＋…＋(1＋r )]－a n ＝d r [(1＋r )n －1－r ]＋a 1(1＋r )n －a n ，即T n ＝a 1r ＋d r 2(1＋r )n －dr n －a 1r ＋d r2. 如果记A n ＝a 1r ＋d r 2(1＋r )n，B n ＝－a 1r ＋d r 2－d rn ， 则T n ＝A n ＋B n ，其中{A n }是以a 1r ＋d r 2(1＋r )为首项，1＋r (r >0)为公比的等比数列，{B n }是以－a 1r ＋d r 2－dr 为首项，－dr为公差的等差数列．【解题法】 1.等差、等比数列综合问题的解题策略(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题，如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的逻辑次序．(2)注意细节．在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．2．数列综合应用题的解题步骤(1)审题——弄清题意，分析涉及哪些数学内容，在每个数学内容中，各是什么问题． (2)分解——把整个大题分解成几个小题或几个“步骤”，每个小题或每个小“步骤”分别是数列问题、函数问题、解析几何问题、不等式问题等．(3)求解——分别求解这些小题或这些小“步骤”，从而得到整个问题的解答．具体解题步骤如下：命题法2 数列与函数、不等式的综合应用 典例2 已知函数f (x )＝2x ＋33x，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝f ⎝⎛⎭⎫1a n ，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝1a n －1a n(n ≥2)，b 1＝3，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，若S n <m －20042对一切n ∈N *成立，求最小正整数m .[解] (1)∵a n ＋1＝f ⎝⎛⎭⎫1a n ＝2＋3a n 3＝a n ＋23， ∴{a n }是以23为公差，首项a 1＝1的等差数列，∴a n ＝23n ＋13.(2)当n ≥2时， b n ＝1a n －1a n＝1⎝⎛⎭⎫23n －13⎝⎛⎭⎫23n ＋13＝92⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， 当n ＝1时，上式同样成立． ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝92⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝92⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1， ∵S n <m －20042，即92⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1<m －20042对一切n ∈N *成立， 又92⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1随n 递增，且92⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1<92， ∴92≤m －20042，∴m ≥2013，∴m min ＝2013. 【解题法】 1.解决数列与函数问题的注意点(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，而不是某个区间上的连续实数，所以它的图象是一群孤立的点．(2)转化以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常容易忽视的问题．(3)利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化．2．数列中的不等式问题处理方法(1)函数法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式．(2)放缩法：数列中不等式可以通过对中间过程或最后的结果放缩得到． (3)比较法：作差或者作商比较法．1．若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p >0，q >0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值等于( )A ．6B ．7C ．8D ．9 答案 D解析 由题可知a ，b 是x 2－px ＋q ＝0的两根， ∴a ＋b ＝p >0，ab ＝q >0，故a ，b 均为正数． ∵a ，b ，－2适当排序后成等比数列， ∴－2是a ，b 的等比中项，得ab ＝4， ∴q ＝4.又a ，b ，－2适当排序后成等差数列， 所以－2是第一项或第三项，不防设a <b ， 则－2，a ，b 成递增的等差数列，∴2a ＝b －2，联立⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝b －2，ab ＝4，消去b 得a 2＋a －2＝0， 得a ＝1或a ＝－2，又a >0， ∴a ＝1，此时b ＝4， ∴p ＝a ＋b ＝5， ∴p ＋q ＝9，选D.2.设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________. 答案 3n －1解析 由3S 1,2S 2，S 3成等差数列，得4S 2＝3S 1＋S 3，即3S 2－3S 1＝S 3－S 2，则3a 2＝a 3，得公比q ＝3，所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1.3．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________. 答案 －1n解析 ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ，又由a 1＝－1，知S n ≠0，∴1S n －1S n ＋1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，且公差为－1，而1S 1＝1a 1＝－1，∴1S n ＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n.4.设n ∈N *，x n 是曲线y ＝x 2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线与x 轴交点的横坐标． (1)求数列{x n }的通项公式；(2)记T n ＝x 21x 23…x 22n －1，证明：T n ≥14n. 解 (1)y ′＝(x 2n ＋2＋1)′＝(2n ＋2)x 2n ＋1，曲线y ＝x 2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线斜率为2n ＋2，从而切线方程为y －2＝(2n ＋2)(x －1)． 令y ＝0，解得切线与x 轴交点的横坐标x n ＝1－1n ＋1＝nn ＋1. (2)证明：由题设和(1)中的计算结果知T n ＝x 21x 23…x 22n －1＝⎝⎛⎭⎫122⎝⎛⎭⎫342…⎝⎛⎭⎫2n －12n 2. 当n ＝1时，T 1＝14.当n ≥2时，因为x 22n －1＝⎝⎛⎭⎫2n －12n 2＝(2n －1)2(2n )2>(2n －1)2－1(2n )2＝2n －22n ＝n －1n .所以T n >⎝⎛⎭⎫122×12×23×…×n －1n ＝14n . 综上可得对任意的n ∈N *，都有T n ≥14n.5．设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x 的图象上(n ∈N *)． (1)若a 1＝－2，点(a 8,4b 7)在函数f (x )的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ； (2)若a 1＝1，函数f (x )的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 的前n 项和T n .解 (1)由已知，b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7，有2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2.解得d ＝a 8－a 7＝2.所以，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n . (2)函数f (x )＝2x 在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)，它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2. 由题意，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2.所以，d ＝a 2－a 1＝1.从而a n ＝n ，b n ＝2n .所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n 2n －1.因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝2－12n －1－n2n ＝2n ＋1－n －22n .所以，T n ＝2n ＋1－n －22n. 6．已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…a n ＝(2)bn (n ∈N *)．若{a n }为等比数列，且a 1＝2，b 3＝6＋b 2.(1)求a n 与b n ；(2)设c n ＝1a n －1b n (n ∈N *)．记数列{c n }的前n 项和为S n .①求S n ；②求正整数k ，使得对任意n ∈N *均有S k ≥S n . 解 (1)由题意a 1a 2a 3…a n ＝(2)bn ，b 3－b 2＝6， 知a 3＝(2)b 3－b 2＝8，又由a 1＝2，得公比q ＝2(q ＝－2舍去)，所以数列{a n }的通项为a n ＝2n (n ∈N *)．所以，a 1a 2a 3…a n ＝2n (n ＋1)2＝(2)n (n＋1)．故数列{b n }的通项为b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)．(2)①由(1)知c n ＝1a n －1b n ＝12n －⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1(n ∈N *)，所以S n ＝1n ＋1－12n (n ∈N *)．②因为c 1＝0，c 2>0，c 3>0，c 4>0， 当n ≥5时，c n ＝1n (n ＋1)⎣⎡⎦⎤n (n ＋1)2n －1，而n (n ＋1)2n －(n ＋1)(n ＋2)2n ＋1＝(n ＋1)(n －2)2n ＋1>0， 得n (n ＋1)2n ≤5·(5＋1)25<1. 所以，当n ≥5时，c n <0.综上，对任意n ∈N *恒有S 4≥S n ，故k ＝4.7．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若对任意的正整数n ，总存在正整数m ，使得S n ＝a m ，则称{a n }是“H 数列”．(1)若数列{a n }的前n 项和S n ＝2n (n ∈N *)，证明：{a n }是“H 数列”；(2)设{a n }是等差数列，其首项a 1＝1，公差d <0.若{a n }是“H 数列”，求d 的值； (3)证明：对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立．解 (1)证明：由已知，当n ≥1时，a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2n ＋1－2n ＝2n .于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n ＋1，使得S n ＝2n ＝a m .所以{a n }是“H 数列”．(2)由已知，得S 2＝2a 1＋d ＝2＋d .因为{a n }是“H 数列”，所以存在正整数m ，使得S 2＝a m ，即2＋d ＝1＋(m －1)d ，于是(m －2)d ＝1.因为d <0，所以m －2<0，故m ＝1，从而d ＝－1.当d ＝－1时，a n ＝2－n ，S n ＝n (3－n )2是小于2的整数，n ∈N *.于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝2－S n ＝2－n (3－n )2，使得S n ＝2－m ＝a m .所以{a n }是“H 数列”．因此d 的值为－1.(3)证明：设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝na 1＋(n －1)(d －a 1)(n ∈N *)．令b n ＝na 1，c n ＝(n －1)(d －a 1)，则a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)．下证{b n }是“H 数列”． 设{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝n (n ＋1)2a 1(n ∈N *)．于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n (n ＋1)2，使得T n ＝b m .所以{b n }是“H 数列”． 同理可证{c n }也是“H 数列”．所以，对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立．设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1≠0,2a n －a 1＝S 1·S n ，n ∈N *.(1)求a 1，a 2，并求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{na n }的前n 项和． [错解][错因分析] 本题用错位相减法求{na n }的前n 项和时，易出现以下三个错误：一是出现某些项的遗漏；二是项数的计算错误；三是两式相减时，等比数列前面的系数出错．[正解] (1)同上 (2)由(1)知，na n ＝n ·2n －1.记数列{n ·2n －1}的前n 项和为B n ，于是 B n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ×2n －1，③ 2B n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n .④ ③－④得－B n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝2n －1－n ·2n . 从而B n ＝1＋(n －1)·2n . [心得体会]课时练 基础组1.已知等比数列{a n }中的各项都是正数，且5a 1，12a 3,4a 2成等差数列，则a 2n ＋1＋a 2n ＋2a 1＋a 2＝( )A ．－1B ．1C ．52nD ．52n －1答案 C解析 设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，则依题意有a 3＝5a 1＋4a 2，即a 1q 2＝5a 1＋4a 1q ，q 2－4q －5＝0，解得q ＝－1或q ＝5.又q >0，因此q ＝5，所以a 2n ＋1＋a 2n ＋2a 1＋a 2＝a 1q 2n ＋a 2q 2na 1＋a 2＝q 2n ＝52n ，选C.2．已知正项等差数列{a n }满足：a n ＋1＋a n －1＝a 2n (n ≥2)，等比数列{b n }满足：b n ＋1b n －1＝2b n (n ≥2)，则log 2(a 2＋b 2)＝( )A ．－1或2B ．0或2C ．2D ．1答案 C解析 由题意可知a n ＋1＋a n －1＝2a n ＝a 2n ，解得a n ＝2(n ≥2)(由于数列{a n }每项都是正数，故a n ＝0舍去)，又b n ＋1b n －1＝b 2n ＝2b n (n ≥2)，所以b n ＝2(n ≥2)，所以log 2(a 2＋b 2)＝log 24＝2.3．已知等比数列{a n }的公比q ＝2，且2a 4，a 6,48成等差数列，则{a n }的前8项和为( ) A ．127 B ．255 C ．511 D ．1023 答案 B解析 ∵2a 4，a 6,48成等差数列，∴2a 6＝2a 4＋48，∴2a 1q 5＝2a 1q 3＋48，解得a 1＝1，∴S 8＝1×(1－28)1－2＝255.4．已知等比数列{a n }的各项均为不等于1的正数，数列{b n }满足b n ＝lg a n ，b 3＝18，b 6＝12，则数列{b n }的前n 项和的最大值等于 ( )A ．126B ．130C ．132D ．134 答案 C解析 ∵b n ＋1－b n ＝lg a n ＋1－lg a n ＝lg a n ＋1a n为常数， ∴{b n }为等差数列．设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧ b 1＋2d ＝18，b 1＋5d ＝12，∴⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－2，b 1＝22.由b n ＝－2n ＋24≥0，得n ≤12，∴{b n }的前11项为正，第12项为零，从第13项起为负， ∴S 11，S 12最大且S 11＝S 12＝132.5.设数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列，记数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n .若a 5＝b 5，a 6＝b 6，且S 7－S 5＝4(T 6－T 4)，则a 7＋a 5b 7＋b 5＝________. 答案 －513解析 由S 7－S 5＝4(T 6－T 4)得，a 6＋a 7＝4(b 5＋b 6)， 又a 5＝b 5，a 6＝b 6，所以a 6＋a 7＝4(a 5＋a 6)， 所以6a 1＋25d ＝0，所以a 1＝－256d ， 又q ＝b 6b 5＝a 6a 5＝－256d ＋5d －25d6＋4d ＝－5，所以a 7＋a 5b 7＋b 5＝2a 6b 5(q 2＋1)＝2b 6b 5(q 2＋1)＝2q q 2＋1＝－513. 6．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝25－n，数列{b n }的通项公式为b n ＝n ＋k ，设c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，a n ≤b n ，a n ，a n >b n ，若在数列{c n }中，c 5≤c n 对任意n ∈N *恒成立，则实数k 的取值范围是________． 答案 [－5，－3]解析 c n 是取a n 和b n 中的较大值，又c 5是数列{c n }中的最小项，由于函数y ＝25－n 是减函数，函数y ＝n ＋k 是增函数，所以b 5≤a 5≤b 6或a 5≤b 5≤a 4，即5＋k ≤25－5≤6＋k 或25－5≤5＋k ≤25－4，解得－5≤k ≤－4或－4≤k ≤－3，所以－5≤k ≤－3.7．如图，坐标纸上的每个单元格的边长为1，由下往上的六个点：1,2,3,4,5,6的横、纵坐标分别对应数列{a n }(n ∈N *)的前12项(如下表所示)，按如此规律下去，则a 2011＋a 2012＋a 2013＝________.a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 a 10 a 11 a 12 x 1y 1x 2y 2x 3y 3x 4y 4x 5y 5x 6y 6答案 1007解析 由a 1＝1，a 2＝1，a 3＝－1，a 4＝2，a 5＝2，a 6＝3，a 7＝－2，a 8＝4可知，这个数列的规律是奇数项为1，－1,2，－2，3，－3，…，偶数项为1,2,3，…，故a 2011＋a 2013＝1，a 2012＝1006，故a 2011＋a 2012＋a 2013＝1007.8．等差数列{a n }的前n 项和记为S n ，若S 4≥4，S 7≤28，则a 10的最大值为________． 答案 16解析 ∵等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 4≥4，S 7≤28，∴⎩⎨⎧S 4＝4a 1＋4×32d ≥4，S 7＝7a 1＋7×62d ≤28，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋3d ≥2，a 1＋3d ≤4， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 10＝a 1＋9d ＝a 1＋3d ＋6d ≤4＋6d ，a 10＝a 1＋9d ＝12(2a 1＋3d )＋15d 2≥2＋15d2， ∴2＋15d 2≤a 10≤4＋6d ，∴2＋15d2≤4＋6d ，解得d ≤2， ∴a 10≤4＋6×2＝16.9. 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋1，前n 项和为S n ，若对任意的正整数n ，不等式S 2n－S n >m16恒成立，则常数m 所能取得的最大整数为________． 答案 5解析 要使S 2n －S n >m 16恒成立，只需(S 2n －S n )min >m16.因为(S 2(n ＋1)－S n ＋1)－(S 2n －S n )＝(S 2n ＋2－S 2n )－(S n ＋1－S n )＝a 2n ＋1＋a 2n ＋2－a n ＋1＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋2>12n ＋2＋12n ＋4－1n ＋2＝12n ＋2－12n ＋4>0，所以{S 2n －S n }为递增数列，所以S 2n －S n ≥S 2－S 1＝13，所以m 16<13⇒m <163，m 所能取得的最大整数为5.10．数列{a n }的前n 项和记为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1(n ≥1)． (1)求{a n }的通项公式；(2)等差数列{b n }的各项为正，其前n 项和为T n ，且T 3＝15，又a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3成等比数列，求T n .解 (1)由a n ＋1＝2S n ＋1，可得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2)，两式相减得a n ＋1－a n ＝2a n ，则a n ＋1＝3a n (n ≥2)．又a 2＝2S 1＋1＝3，∴a 2＝3a 1.故{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，∴a n ＝3n －1. (2)设{b n }的公差为d .由T 3＝15，即b 1＋b 2＋b 3＝15，可得b 2＝5， 故b 1＝5－d ，b 3＝5＋d ，又a 1＝1，a 2＝3，a 3＝9，由a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3成等比数列可得(5－d ＋1)·(5＋d ＋9)＝(5＋3)2，解得d ＝2或d ＝－10.∵等差数列{b n }的各项为正，∴d >0， ∴d ＝2，b 1＝3，∴T n ＝3n ＋n (n －1)2×2＝n 2＋2n . 11．某企业为了进行技术改造，设计了两种方案，甲方案：一次性贷款10万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案：每年贷款1万元，第一年可获利1万元，以后每年比前一年增加5千元．两种方案的使用期都是10年，到期一次性归还本息．若银行两种形式的贷款都按年息5%的复利计算，试比较两种方案中，哪种获利更多？(参考数据：取1.0510＝1.629,1.310＝13.786,1.510＝57.665)解 甲方案中，每年所获利润组成等比数列，首项为1，公比为(1＋30%)，所以10年所获得的总利润为S 10＝1＋(1＋30%)＋(1＋30%)2＋…＋(1＋30%)9＝1.310－10.3＝42.62(万元)，贷款到期时，需要偿还银行的本息是10(1＋5%)10＝16.29(万元)， 故使用甲方案所获纯利润为42.62－16.29＝26.33(万元)．乙方案中，每年的利润组成等差数列，首项为1，公差为0.5，所以10年所获得的总利润为T 10＝1＋(1＋0.5)＋(1＋2×0.5)＋…＋(1＋9×0.5)＝10×1＋10×92×0.5＝32.5(万元)， 从第一年起，每年的贷款在到期时所产生的本息组成等比数列，首项为1×(1＋5%)10万元，公比为11＋5%， 故贷款到期时，需要偿还银行的本息是1×[(1＋5%)10＋(1＋5%)9＋…＋(1＋5%)]＝1.05×1.0510－10.05≈13.21(万元)，故使用乙方案所获纯利润为32.5－13.21＝19.29(万元)． 综上可知，甲方案获利更多． 12. 数列{a n }满足a n ＋1＝a n2a n ＋1，a 1＝1. (1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n ，并证明1S 1＋1S 2＋…＋1S n >n n ＋1.解 (1)证明：∵a n ＋1＝a n2a n ＋1， ∴1a n ＋1＝2a n ＋1a n ，化简得1a n ＋1＝2＋1a n ， 即1a n ＋1－1a n ＝2，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列． (2)由(1)知1a n ＝2n －1，∴S n ＝n (1＋2n －1)2＝n 2.证法一：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2>11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.证法二：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2>1，又∵1>n n ＋1，∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n >nn ＋1.能力组13.设f (x )是定义在R 上的恒不为零的函数，对任意实数x ，y ∈R ，都有f (x )·f (y )＝f (x ＋y )，若a 1＝12，a n ＝f (n )(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫12，2B.⎣⎡⎦⎤12，2 C.⎣⎡⎭⎫12，1 D.⎣⎡⎦⎤12，1 答案 C解析 因为对任意实数x ，y ∈R ，都有f (x )·f (y )＝f (x ＋y )，所以令x ＝n ，y ＝1，得f (n )·f (1)＝f (n ＋1)，即a n ＋1a n ＝f (n ＋1)f (n )＝f (1)＝12，所以数列{a n }是以12为首项，12为公比的等比数列，a n ＝⎝⎛⎭⎫12n ，所以S n ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝1－12n ，则S n ∈⎣⎡⎭⎫12，1.故选C. 14．已知函数f (x )＝log 2x －log x 2(0<x <1)，数列{a n }满足f (2an )＝2n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)判断数列{a n }的单调性． 解 (1)由已知得log 22an －1log 22a n＝2n ， ∴a n －1a n ＝2n ，即a 2n －2na n －1＝0，∴a n ＝n ±n 2＋1. ∵0<x <1，∴0<2a n <1，∴a n <0.∴a n ＝n －n 2＋1.(2)∵a n ＋1－a n ＝(n ＋1)－(n ＋1)2＋1－(n －n 2＋1)＝1－2n ＋1(n ＋1)2＋1＋n 2＋1>1－2n ＋1(n ＋1)＋n＝0，∴a n ＋1>a n ，∴{a n }是递增数列．15．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1·a n ＝a n －a n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝lga n ＋2a n，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)由题意得1a n ＋1－1a n ＝1， 又因为a 1＝1，所以1a 1＝1.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为1的等差数列，所以1a n ＝n ，即a n ＝1n.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝1n .(2)由(1)得b n ＝lg n －lg(n ＋2)，所以S n ＝lg 1－lg 3＋lg 2－lg 4＋lg 3－lg 5＋…＋lg (n －2)－lg n ＋lg (n －1)－lg (n ＋1)＋lg n －lg (n ＋2)＝lg 1＋lg 2－lg (n ＋1)－lg (n ＋2)＝lg2(n ＋1)(n ＋2).16．已知某地今年年初拥有居民住房的总面积为a (单位：m 2)，其中有部分旧住房要拆除．当地有关部门决定每年以当年年初住房面积的10%建设新住房，同时也拆除面积为b (单位：m 2)的旧住房．(1)分别写出第一年末和第二年末的实际住房面积的表达式；(2)如果第五年末该地的住房面积正好比今年年初的住房面积增加了30%，则每年拆除的旧住房面积b 是多少？(计算时取1.15＝1.6)．解 (1)第一年末的住房面积为a ·1110－b ＝1.1a －b (m 2)．第二年末的住房面积为⎝⎛⎭⎫a ·1110－b 1110－b ＝a ·⎝⎛⎭⎫11102－b ⎝⎛⎭⎫1＋1110＝1.21a －2.1b (m 2)．(2)第三年末的住房面积为⎣⎡ a ⎝⎛⎭⎫11102－⎦⎤b ⎝⎛⎭⎫1＋11101110－b ＝a ⎝⎛⎭⎫11103－b ⎣⎡⎦⎤1＋1110＋⎝⎛⎭⎫11102(m 2)， 第四年末的住房面积为a ⎝⎛⎭⎫11104－b ⎣⎡⎦⎤1＋1110＋⎝⎛⎭⎫11102＋⎝⎛⎭⎫11103(m 2)， 第五年末的住房面积为a ⎝⎛⎭⎫11105－b ⎣⎡⎦⎤1＋1110＋⎝⎛⎭⎫11102＋⎝⎛⎭⎫11103＋⎝⎛⎭⎫11104 ＝1.15a －1－1.151－1.1b ＝1.6a －6b (m 2)．依题意，得1.6a －6b ＝1.3a ，解得b ＝a 20. 所以每年拆除的旧房面积为a20m 2.。

第2讲数列求和及其综合应用[考情分析] 1.数列求和重点考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法.2.数列的综合问题，一般以等差数列、等比数列为背景，与函数、不等式相结合，考查最值、范围以及证明不等式等.3.主要以选择题、填空题及解答题的形式出现，难度中等．考点一数列求和核心提炼1．裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是相邻项抵消，有的是间隔项抵消．常见的裂项方式有：1n (n ＋k )＝14n 2－1＝2．错位相减法求和，主要用于求{a n b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别为等差数列和等比数列．考向1分组转化法例1(2023·枣庄模拟)已知数列{a n }的首项a 1＝3，且满足a n ＋1＋2a n ＝2n ＋2.(1)证明：{a n －2n }为等比数列；(2)已知b n n ，n 为奇数，2a n ，n 为偶数，T n 为{b n }的前n 项和，求T 10.(1)证明由a n ＋1＋2a n ＝2n ＋2可得a n ＋1－2n ＋1＝2n ＋1－2a n ＝－2(a n －2n )．又a 1－21＝1≠0，所以{a n －2n }是以1为首项，－2为公比的等比数列．(2)解由(1)可得a n －2n ＝(－2)n －1，即a n ＝2n ＋(－2)n －1.当n 为奇数时，b n ＝a n ＝2n ＋(－2)n －1＝3×2n －1；当n 为偶数时，b n ＝log 2a n ＝log 2[2n ＋(－2)n －1]＝log 22n －1＝n －1.所以T 10＝(b 1＋b 3＋b 5＋b 7＋b 9)＋(b 2＋b 4＋b 6＋b 8＋b 10)＝(3＋3×22＋3×24＋3×26＋3×28)＋(1＋3＋5＋7＋9)＝3×(1－45)1－4＋(1＋9)×52＝1048.考向2裂项相消法例2(2023·沈阳质检)设n ∈N *，向量AB →＝(n －1,1)，AC →＝(n －1,4n －1)，a n ＝AB →·AC →.(1)令b n ＝a n ＋1－a n ，求证：数列{b n }为等差数列；(2)求证：1a 1＋1a 2＋…＋1a n <34.证明(1)由题意可得a n ＝AB →·AC →＝(n －1)2＋4n －1＝n 2＋2n ，则b n ＝a n ＋1－a n ＝[(n ＋1)2＋2(n ＋1)]－(n 2＋2n )＝2n ＋3，可得b n ＋1－b n ＝(2n ＋5)－(2n ＋3)＝2，故数列{b n }是首项b 1＝5，公差d ＝2的等差数列．(2)由(1)可得1a n ＝1n 2＋2n则1a 1＋1a 2＋…＋1a n＝12×－13＋12－14＋…＋1n －＝12×－1n ＋1－∵1n ＋1>0，1n ＋2>0，故1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝12×－1n ＋1－<34.考向3错位相减法例3(2023·全国甲卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 2＝1,2S n ＝na n .(1)求{a n }的通项公式；(2)n 项和T n .解(1)因为2S n ＝na n ，当n ＝1时，2a 1＝a 1，即a 1＝0；当n ＝3时，2(1＋a 3)＝3a 3，即a 3＝2，当n ≥2时，2S n －1＝(n －1)a n －1，所以2S n －2S n －1＝na n －(n －1)a n －1＝2a n ，化简得(n －2)a n ＝(n －1)a n －1，则当n ≥3时，a n a n －1＝n －1n －2，则a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2＝n －1n －2·n －2n －3·…·21，即a n a 2＝n －1，又因为a 2＝1，所以a n ＝n －1，当n ＝1,2时都满足上式，所以a n ＝n －1，n ∈N *.(2)令b n ＝a n ＋12n ＝n 2n，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n －1＋b n＝12＋222＋…＋n －12n －1＋n 2n ，①12T n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1，②由①－②得12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝21－12－n 2n ＋1＝1－2＋n 2n ＋1，即T n ＝2－2＋n 2n .规律方法(1)分组转化法求和的关键是将数列通项转化为若干个可求和的数列通项的和或差．(2)裂项相消法的基本思路是将通项拆分，可以产生相互抵消的项．(3)用错位相减法求和时，应注意：①等比数列的公比为负数的情形；②在写出“S n ”和“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“S n －qS n ”的表达式．跟踪演练1(1)(2023·淮南模拟)已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2n ，且a 1＝1.①求数列{a n }的通项公式；②设b n ＝a n ＋1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解①∵数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2n ，且a 1＝1，∴当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋2＋1＝2n －1.当n ＝1时也成立，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．②b n ＝a n ＋1a n a n ＋1＝2n (2n －1)(2n ＋1－1)＝12n －1－12n ＋1－1，∴数列{b n }的前n 项和T n …1－12n ＋1－1.(2)(2023·浙江省强基联盟模拟)已知a 1＝1，{a n ＋1}是公比为2的等比数列，{b n }为正项数列，b 1＝1，当n ≥2时，(2n －3)b n ＝(2n －1)b n －1.①求数列{a n }，{b n }的通项公式；②记c n ＝a n ·b n .求数列{c n }的前n 项和T n .解①因为数列{a n ＋1}为等比数列，公比为2，首项为a 1＋1＝2，所以a n ＋1＝2×2n －1＝2n ，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)，由(2n －3)b n ＝(2n －1)b n －1，推得b n b n －1＝2n －12n －3(n ≥2)，所以b 2b 1＝31，b 3b 2＝53，b 4b 3＝75，…，b n b n －1＝2n －12n －3(n ≥2)，故b n b n －1·b n －1b n －2·…·b 2b 1＝2n －12n －3·2n －32n －5·…·31(n ≥2)，又b 1＝1，所以当n ≥2时，b n ＝2n －11b 1＝2n －1，又b 1＝1符合上式，所以b n ＝2n －1(n ∈N *)．②由题可得c n ＝2n (2n －1)－(2n －1)，令d n ＝2n (2n －1)，{d n }的前n 项和为P n .所以P n ＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)2n ，2P n ＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n －3)2n ＋(2n －1)2n ＋1，两式相减得－P n ＝2＋2(22＋23＋…＋2n )－(2n －1)2n ＋1，所以P n ＝(2n －1)2n ＋1－2－2(2n ＋1－4)，所以P n ＝6＋(2n －3)2n ＋1.令e n ＝2n －1，{e n }的前n 项和为E n ，则E n ＝(1＋2n －1)n 2＝n 2，综上，T n ＝P n －E n ＝(2n －3)2n ＋1＋6－n 2.考点二数列的综合问题核心提炼数列与函数、不等式，以及数列新定义的综合问题，是高考命题的一个方向，考查逻辑推理、数学运算、数学建模等核心素养．解决此类问题，一是把数列看成特殊的函数，利用函数的图象、性质求解；二是将新数列问题转化为等差或等比数列，利用特殊数列的概念、公式、性质，结合不等式的相关知识求解．例4(1)分形的数学之美，是以简单的基本图形，凝聚扩散，重复累加，以迭代的方式而形成的美丽的图案．自然界中存在着许多令人震撼的天然分形图案，如鹦鹉螺的壳、蕨类植物的叶子、孔雀的羽毛、菠萝等．如图所示，为正方形经过多次自相似迭代形成的分形图形，且相邻的两个正方形的对应边所成的角为15°.若从外往里最大的正方形边长为9，则第5个正方形的边长为()A.814 B.8168C ．4 D.463答案C 解析设第n 个正方形的边长为a n ，则由已知可得a n ＝a n ＋1sin 15°＋a n ＋1cos 15°，∴a n ＋1a n ＝1sin 15°＋cos 15°＝12sin 60°＝63，∴{a n }是以9为首项，63为公比的等比数列，∴a 5＝a 1q 4＝9＝4.(2)(2023·武汉模拟)将1,2，…，n 按照某种顺序排成一列得到数列{a n }，对任意1≤i <j ≤n ，如果a i >a j ，那么称数对(a i ，a j )构成数列{a n }的一个逆序对．若n ＝4，则恰有2个逆序对的数列{a n }的个数为()A ．4B ．5C ．6D ．7答案B解析若n＝4，则1≤i<j≤4，由1,2,3,4构成的逆序对有(4,3)，(4,2)，(4,1)，(3,2)，(3,1)，(2,1)，若数列{a n}的第一个数为4，则至少有3个逆序对；若数列{a n}的第二个数为4，则恰有2个逆序对的数列{a n}为{1,4,2,3}；若数列{a n}的第三个数为4，则恰有2个逆序对的数列{a n}为{1,3,4,2}或{2,1,4,3}；若数列{a n}的第四个数为4，则恰有2个逆序对的数列{a n}为{2,3,1,4}或{3,1,2,4}，综上，恰有2个逆序对的数列{a n}的个数为5.规律方法数列的“新定义问题”，主要是指定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算等，关键是将新数列转化为等差或等比数列，或者找到新数列的递推关系，主要考查的还是数列的基础知识．跟踪演练2(1)如图甲是第七届国际数学家大会(简称ICME－7)的会徽图案，会徽的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的．已知OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝A4A5＝A5A6＝A6A7＝A7A8＝…＝2，A1，A2，A3…为直角顶点，设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为{a n}，令b n＝2a n－2，S n为数列{b n}的前n项和，则S120等于()A．8B．9C．10D．11答案C解析由OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝A4A5＝A5A6＝A6A7＝A7A8＝ (2)可得OA2＝22，OA3＝23，…，OA n＝2n，所以a n＝OA n＋OA n＋1＋A n A n＋1＝2n＋2n＋1＋2，所以b n＝2a n－2＝1n＋n＋1＝n＋1－n，所以前n项和S n＝b1＋b2＋…＋b n＝2－1＋3－2＋…＋n＋1－n＝n＋1－1，所以S120＝120＋1－1＝10.(2)(2023·郑州模拟)“角谷猜想”首先流传于美国，不久便传到欧洲，后来一位名叫角谷静夫的日本人又把它带到亚洲，因而人们就顺势把它叫作“角谷猜想”．“角谷猜想”是指一个正整数，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就除以2，这样经过若干次运算，最终回到1.对任意正整数a0，按照上述规则实施第n次运算的结果为a n(n∈N)，若a5＝1，且a i(i＝1,2,3,4)均不为1，则a0等于()A．5或16B．5或32C．5或16或4D．5或32或4答案B解析由题知a n＋1＋1，a n为奇数，a n为偶数，因为a5＝1，则有，若a4为奇数，则a5＝3a4＋1＝1，得a4＝0，不合题意，所以a4为偶数，且a4＝2a5＝2；若a3为奇数，则a4＝3a3＋1＝2，得a3＝13，不合题意，所以a3为偶数，且a3＝2a4＝4；若a2为奇数，则a3＝3a2＋1＝4，得a2＝1，不合题意，所以a2为偶数，且a2＝2a3＝8；若a1为奇数，则a2＝3a1＋1＝8，得a1＝73，不合题意，所以a1为偶数，且a1＝2a2＝16；若a0为奇数，则a1＝3a0＋1＝16，可得a0＝5；若a0为偶数，则a0＝2a1＝32.综上所述，a0＝5或a0＝32.专题强化练一、单项选择题1．数列{a n}满足2a n＋1＝a n＋a n＋2，且a8，a4040是函数f(x)＝x2－8x＋3的两个零点，则a2024的值为()A．4B．－4C．4040D．－4040答案A解析因为a8，a4040是函数f(x)＝x2－8x＋3的两个零点，即a8，a4040是方程x2－8x＋3＝0的两个根，所以a8＋a4040＝8.又2a n＋1＝a n＋a n＋2，所以数列{a n}是等差数列，所以a8＋a4040＝2a2024＝8，所以a2024＝4.2．(2023·阜阳模拟)在数列{a n}中，已知a n＋1＋a n＝3·2n，则{a n}的前10项和为() A．1023B．1024C．2046D．2047答案C解析∵a n＋1＋a n＝3·2n，∴a2＋a1＝3×2，a4＋a3＝3×23，a6＋a5＝3×25，a8＋a7＝3×27，a10＋a9＝3×29，则{a n}的前10项和为3×(2＋23＋25＋27＋29)＝3×2－29×41－4＝2046.3．已知函数f(x)＝x2＋bx的图象在点A(1，f(1))处的切线的斜率为3n项和为S n，则S2026的值为()A.2023 2024B.2024 2025C.2025 2026D.2026 2027答案D解析由题意得f′(x)＝2x＋b，∴f′(1)＝2＋b＝3，解得b＝1，∴f(n)＝n2＋n，∴1f(n)＝1n2＋n＝1n(n＋1)＝1n－1n＋1，∴S2026＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋12026－12027＝1－12027＝20262027.4．(2023·佛山模拟)已知数列{a n}的通项公式为a n＝n2＋kn＋2，若对于n∈N*，数列{a n}为递增数列，则实数k的取值范围为()A．k≥－3B．k≥－2C．k>－3D．k>－2答案C解析因为数列{a n}为递增数列，所以a n＋1>a n，即(n＋1)2＋k(n＋1)＋2>n2＋kn＋2，整理得k>－(2n＋1)，因为当n∈N*时，f(n)＝－(2n＋1)单调递减，f(n)max＝f(1)＝－(2×1＋1)＝－3，所以k>－3.5．(2023·盐城模拟)将正整数n 分解为两个正整数k 1，k 2的积，即n ＝k 1·k 2，当k 1，k 2两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解．如20＝1×20＝2×10＝4×5，其中4×5即为20的最优分解，当k 1，k 2是n 的最优分解时，定义f (n )＝|k 1－k 2|，则数列{f (5n )}的前2023项的和为()A ．51012B ．51012－1C ．52023D ．52023－1答案B 解析当n ＝2k (k ∈N *)时，由于52k ＝5k ×5k ，此时f (52k )＝|5k －5k |＝0，当n ＝2k －1(k ∈N *)时，由于52k －1＝5k －1×5k ，此时f (52k －1)＝|5k －5k －1|＝5k －5k －1，所以数列{f (5n )}的前2023项的和为(5－1)＋0＋(52－5)＋0＋(53－52)＋0＋…＋(51011－51010)＋0＋(51012－51011)＝51012－1.6．某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列A ＝{a 1，a 2，a 3，…}重新编辑，编辑新序列为A *，a 3a 2，a 4a 3，…n 项为a n ＋1a n，若序列(A *)*的所有项都是3，且a 5＝1，a 6＝27，则a 1等于()A.19B.127C.181D.1243答案A 解析令b n ＝a n ＋1a n，即A *＝{b 1，b 2，b 3，…}，则(A *)*，b 3b 2，b 4b 3，由已知得b 2b 1＝b 3b 2＝b 4b 3＝…＝b n ＋1b n＝3，所以数列{b n }为公比为3的等比数列，设b 1＝m ，则a 2a 1＝b 1＝m ，a 3a 2＝b 2＝3m ，…，a n ＋1a n＝b n ＝3n －1·m ，当n ≥2时，累乘可得a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝m ·3m ·32m ·…·3n －2m ＝m n －131＋2＋3＋…＋(n －2)，即a n a 1＝m n －1(2)(1)23n n --，当n ＝5时，1a 1＝m 436，当n ＝6时，27a 1＝m 5310，解得m ＝13，a 1＝19.二、多项选择题7.(2023·唐山模拟)如图，△ABC 是边长为2的等边三角形，连接各边中点得到△A 1B 1C 1，再连接△A 1B 1C 1的各边中点得到△A 2B 2C 2，…，如此继续下去，设△A n B n C n 的边长为a n ，△A n B n C n 的面积为M n ，则()A ．M n ＝34a 2n B ．a 24＝a 3a 5C ．a 1＋a 2＋…＋a n ＝2－22－n D ．M 1＋M 2＋…＋M n <33答案ABD 解析显然△A n B n C n 是正三角形，因此M n ＝34a 2n ，故A 正确；由中位线性质易得a n ＝12a n －1，即{a n }是等比数列，公比为12，因此a 24＝a 3a 5，故B 正确；a 1＝12AB ＝1，a 1＋a 2＋…＋a n 1－12＝2－21－n ，故C 错误；M 1＝34×12＝34，{a n }是等比数列，公比为12，则{M n }也是等比数列，公比是14，M 1＋M 2＋…＋M n ＝34×11－14<33，故D 正确．8．已知函数f (x )＝e x －x －1，数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＋1＝f (a n )，则下列有关数列{a n }的叙述不正确的是()A ．a 5<|4a 2－3a 1|B ．a 7≤a 8C ．a 10>1D ．S 100>26答案BCD 解析由e x ≥x ＋1知，a n ＋1＝f (a n )＝e n a －a n －1≥0，故{a n }为非负数列，又a n ＋1－a n ＝e n a －2a n －1，设g (x )＝e x －2x －1，则g ′(x )＝e x －2，易知g (x )在[0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，且－12<1－2ln 2＝g (x )min <g (0)＝0，又0<a 1＝12<ln 2，所以0≤a 2<a 1＝12，从而－12<a n ＋1－a n <0，所以{a n }为递减数列，且0≤a n ≤12，故B ，C 错误；又a 2＝12e －12－1＝12e －32<－32＝14，故当n ≥2时，有a n <14，所以S 100＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100<12＋14＋14＋…＋14＝1014，故D 错误；又a 2<14，a 5<12，而|4a 2－3a 1|＝|4a 2－32|>12，故A 正确．三、填空题9．(2023·铜仁质检)为了进一步学习贯彻党的二十大精神，推进科普宣传教育，激发学生的学习热情，营造良好的学习氛围，不断提高学生对科学、法律、健康等知识的了解，某学校组织高一10个班级的学生开展“红色百年路·科普万里行”知识竞赛．统计发现，10个班级的平均成绩恰好成等差数列，最低平均成绩为70，公差为2，则这10个班级的平均成绩的第40百分位数为________．答案77解析记10个班级的平均成绩构成的等差数列为{a n}，则a n＝70＋2(n－1)＝2n＋68，又10×40%＝4，所以这10个班级的平均成绩的第40百分位数为a4＋a52＝76＋782＝77.10．在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和为同一个常数，那么这个数列称为等和数列，这个常数称为该数列的公和．已知数列{a n}是等和数列，且a1＝－2，a2024＝8，则这个数列的前2024项的和为________．答案6072解析依题意得a1＋a2＝a2＋a3＝a3＋a4＝a4＋a5＝…，故a1＝a3＝a5＝…＝a2023＝－2，a2＝a4＝a6＝…＝a2024＝8，则S2024＝1012×(－2)＋1012×8＝6072.11．(2023·江苏联考)已知a1，a2，…，a n(n∈N*)是一组平面向量，记S n＝a1＋a2＋…＋a n，若a n＝(4－n,1)，则满足a n⊥S n的n的值为____________．答案5或6解析记b n＝4－n的前n项和为T n，则T n＝(3＋4－n)n2＝7n－n22，因为a n＝(4－n,1)，所以S n＝a1＋a2＋…＋a n＝(3,1)＋(2,1)＋…＋(4－n,1)又a n⊥S n，所以a n·S n＝(4－n)×7n－n22＋n＝0，整理得n(n－5)(n－6)＝0，解得n＝0或n＝5或n＝6，因为n∈N*，所以n＝5或n＝6.12．在圆x2＋y2＝5x n条弦的长度成等差数列，最短弦长为数列的首项a1，最长弦长为a n，若公差d ，13，那么n的取值集合为__________．答案{4,5,6}解析由圆的方程为x 2＋y 2＝5x ，得圆心r ＝52.∴过点P 即a n ＝2r ＝5，过点P CP 垂直的弦为圆的最短弦，即a 1＝2r 2－|PC |2＝4，由a n ＝a 1＋(n －1)d ，得5＝4＋(n －1)d ，∴d ＝1n －1，∵16<d ≤13，∴16<1n －1≤13，∴4≤n <7，n ∈N *，∴n 的取值为4,5,6.∴n 的取值集合为{4,5,6}．四、解答题13．(2023·锦州模拟)已知数列{a n }和{b n }满足a n ＋b n ＝2n －1，数列{a n }，{b n }的前n 项和分别记作A n ，B n ，且A n －B n ＝n .(1)求A n 和B n ；(2)设c n ＝2n b ＋12A n，求数列{c n }的前n 项和S n .解(1)因为a n ＋b n ＝2n －1，所以数列{a n ＋b n }是首项为1，公差为2的等差数列，所以其前n 项和A n ＋B n ＝12(1＋2n －1)×n ＝n 2，又因为A n －B n ＝n ，所以A n ＝n (n ＋1)2，B n ＝n (n －1)2.(2)当n ≥2时，b n ＝B n －B n －1＝n (n －1)2－(n －1)(n －2)2＝n －1.当n ＝1时，b 1＝B 1＝0也适合通项公式，故b n ＝n －1.所以c n ＝2n b ＋12A n ＝2n －1＋1n (n ＋1)＝2n －1＋1n －1n ＋1，所以S n ＝(1＋2＋22＋…＋2n －1)－12＋12－13＋…＋1n －＝1×(1－2n )1－2＋2n －1n ＋1.14．(2023·湖南省新高考教学教研联盟联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n －a n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，且2b n ＝(n －2)(a n －1)，若T n ≥λb n 对于n ∈N *恒成立，求λ的取值范围．解(1)∵S n ＝n －a n ，∴S n －1＝(n －1)－a n －1(n ≥2)，两式作差得2a n ＝a n －1＋1，∴2(a n －1)＝a n －1－1，当n ＝1时，S 1＝1－a 1，∴a 1－1＝－12，∴{a n －1}是首项为－12，公比为12的等比数列，故a n ＝1.(2)∵2b n ＝(n －2)(a n －1)，∴b n ＝(2－n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1＋0＋(－1)＋…＋(2－n ＋1，①12T n ＝1＋0＋(－1)＋…＋(2－n ＋2，②两式作差得12T n ＝1＋…＋1－(2－n ＋2，化简得T n ＝n 2n ＋1，∵T n ≥λb n 恒成立，∴n 2n ＋1≥λ(2－n )12n ＋1，n ≥λ(2－n )，当n ＝1时，λ≤1；当n ＝2时，λ∈R ；当n ≥3时，λ≥n 2－n ＝－(n －2)＋2n －2＝－即λ≥－，∴λ≥－1，综上所述，－1≤λ≤1.。

2020-2021年高一下学期期末备考之金榜名题（人教A 版）专题03数列求和的综合应用1．已知数列{a n }是公差为d 的等差数列，数列{b n }是公比为q （q ＞0）的等比数列，且a 1＝b 1＝2，a 4+a 5＝25，a 3b 3＝4．（Ⅰ）求数列{a n }和{b n }的通项公式； （Ⅱ）设c n =b n 2，求数列{c n }的前n 项和S n ．【解析】解：（Ⅰ）因为数列{a n }是公差为d 的等差数列， 已知a 1＝2，a 4+a 5＝25，所以a 1+3d +a 1+4d ＝25，所以d ＝3， 所以a n ＝2+（n ﹣1）×3＝3n ﹣1． 所以a 3＝8．因为a 3b 3＝4．所以b 3=12．所以b 1q 2=12． 因为b 1＝2，q ＞0，所以q =12． 所以b n =2×(12)n−1=(12)n−2． （Ⅱ）因为c n =b n 2=(14)n−2，且c n+1c n=14，所以数列{c n }是首项为4，公比为14等比数列，所以S n ＝c 1+c 2+⋯+c n =4[1−(14)n]1−14=163−163(14)n ．2．已知{a n }是等差数列，记S n 为数列{a n }的前n 项和，且a 8＝1，S 16＝24． （1）求数列{a n }的通项公式；（2）若{b n }是单调递增的等比数列，且b 1+b 4＝9，b 2b 3＝8，求（a 1﹣b 1）+（a 2﹣b 2）+（a 3﹣b 3）+⋅⋅⋅+（a n ﹣b n ）．【解析】解：（1）由已知可得{a 1+7d =12a 1+15d =3，∴a 1＝﹣6，d ＝1，∴a n ＝﹣6+（n ﹣1）＝n ﹣7， （2）由已知可得{b 1+b 4=9b 1b 4=b 2b 3=8，又{b n }是递增的等比数列，解得：b 1＝1，b 4＝8，q ＝2 ∴b n ＝2n ﹣1，∴（a 1﹣b 1）+（a 2﹣b 2）+（a 3﹣b 3）+⋅⋅⋅+（a n ﹣b n ） ＝（a 1+a 2+a 3+…+a n ）﹣（b 1+b 2+b 3+…+b n ）＝[﹣6n +n(n−1)2×1]−1−2n1−2=n 22−132n −2n +1．3．在等差数列{a n }中，a 2+a 7＝﹣23，S 10＝﹣145． （Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）若数列{a n +b n }是首项为1，公比为a 的等比数列，求{b n }的前n 项和S n ． 【解析】解：（Ⅰ）设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 由a 2+a 7＝﹣23，S 10＝﹣145，得{2a 1+7d =−2310a 1+10×9d2=−145， 解得{a 1=−1d =−3，∴a n ＝﹣1﹣3（n ﹣1）＝﹣3n +2；（Ⅱ）∵数列{a n +b n }是首项为1，公比为a 的等比数列， ∴a n +b n ＝a n ﹣1，则b n =a n−1+3n −2，∴S n ＝b 1+b 2+...+b n＝（a 0+a 1+...+a n ﹣1）+3（1+2+...+n ）﹣2n ．若a ＝1，则a 0+a 1+...+a n ﹣1＝n ；若a ≠1，则a 0+a 1+...+a n ﹣1=1−a n1−a． 又3（1+2+...+n ）﹣2n =3⋅n(n+1)2−2n =3n 2−n2． ∴S n ={3n 22，a =11−a n 1−a+3n 2−n2，a ≠1．4．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2+a 4＝6，S 11＝66． （1）求数列{a n }的通项公式；（2）若数列{b n }满足b n =1a n a n+1，求证：b 1+b 2+⋅⋅⋅+b n ＜1．【解析】（1）解：由S 11＝11a 6＝66得a 6＝6………… 设公差为d ，则a 6﹣a 2＝4d ＝4，∴d ＝1…………所以a n ＝a 2+（n ﹣2）d ＝2+（n ﹣1）×1＝n ………… （2）证明：由（1）得b n =1n(n+1)=1n −1n+1⋯⋯⋯⋯所以b 1+b 2+⋅⋅⋅+b n =(1−12)+(12−13)+⋅⋅⋅+(1n −1n+1)=1−1n+1＜1⋯⋯⋯⋯5．已知等差数列{a n }满足a n +1＞a n （n ∈N +），a 1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后顺次成为等比数列{b n }的前三项．（1）求数列{a n }，{b n }的通项公式；（2）设T n =a 1b 1+a 2b 2+⋯+an b n（n ∈N +），求T n ．【解析】解：（1）设等差数列{a n }的公差为d ，d ＞0，由a 1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后顺次成为等比数列{b n }的前三项， 可得（a 1+1）（a 3+3）＝（a 2+1）2， 即为2（4+2d ）＝（2+d ）2， 解得d ＝2（﹣2舍去）， 则a n ＝1+2（n ﹣1）＝2n ﹣1：等比数列{b n }的前三项为2，4，8，则b n ＝2n ； （2）a nb n=（2n ﹣1）•（12）n ， 可得T n =a 1b 1+a 2b 2+⋯+an b n =1•（12）1+3•（12）2+5•（12）3+…+（2n ﹣1）•（12）n ， 12T n ＝1•（12）2+3•（12）3+5•（12）4+…+（2n ﹣1）•（12）n +1， 两式相减可得12T n =12+2[（12）2+（12）3+…+（12）n ]﹣（2n ﹣1）•（12）n +1 =12+2•14(1−12n−1)1−12−（2n ﹣1）•（12）n +1， 化简可得T n ＝3﹣（2n +3）•（12）n ． 6．已知数列{a n }满足a 1＝3，a 2＝7，且2a n +1＝a n +2+a n ，n ∈N *，数列{b n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2b n ﹣1． （1）求a n ，b n ；（2）把数列{a n }，{b n }的项依次从小到大排列，得到数列{c n }，求数列{c n }的前50项和．【解析】解：（1）由2a n +1＝a n +2+a n ，n ∈N *，可得a n +2﹣a n +1＝a n +1﹣a n ，又a 1＝3，a 2＝7，a 2﹣a 1＝4，可得a n +1﹣a n ＝4，即{a n }是首项为3，公差为4的等差数列，则a n ＝3+4（n ﹣1）＝4n ﹣1；又S n ＝2b n ﹣1，可得b 1＝S 1＝2b 1﹣1，解得b 1＝1， 当n ≥2时，b n ＝S n ﹣S n ﹣1＝2b n ﹣1﹣2b n ﹣1+1， 化为b n ＝2b n ﹣1，所以{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列，则b n ＝2n ﹣1；（2）由（1）可设数列{c n }的前50项中有m 项来自于{b n }，有n 项来自于{a n }，则{b m ＜a n ＜b m+1m +n =50，即{2m−1＜4n −1＜2m m +n =50，解得m ＝8，n ＝42， 故c 1+c 2+c 3+…+c 50＝（a 1+a 2+…+a 42）+（b 1+b 2+…+b 8）＝42×3+42×412×4+1−281−2=3825．7．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，S n +1＝3S n +2，n ∈N *． （1）证明：数列{S n +1}为等比数列；（2）已知曲线∁n ：x 2+（19﹣a n ）y 2＝1，若∁n 为椭圆，求n 的值； （3）若b n ＝（a n 2）×log 3（3a n 2），求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】（1）证明：∵S n +1＝3S n +2，∴S n +1+1＝3S n +3＝3（S n +1）， 又S 1+1＝a 1+1＝3，∴{S n +1}是以3为首项，以3为公比的等比数列． （2）解：由（1）可知S n +1＝3n ，即S n ＝3n ﹣1， 当n ≥2时，a n ＝S n ﹣S n ﹣1＝3n ﹣3n ﹣1＝2•3n ﹣1．显然当n ＝1时，上式也成立， 故a n ＝2•3n ﹣1．∵曲线∁n ：x 2+（19﹣a n ）y 2＝1表示椭圆， ∴19﹣a n ＞0且19﹣a n ≠1．∴{2⋅3n−1＜192⋅3n−1≠18，又n ∈N ×，故n ＝1或n ＝2． （3）解：b n ＝3n ﹣1•log 33n ＝n •3n ﹣1．∴T n ＝1•30+2•3+3•32+4•33+…+n •3n ﹣1，①两边同乘3可得：3T n ＝1•3+2•32+3•33+4•34+…+n •3n ，② ①﹣②可得：﹣2T n ＝1+3+32+33+…+3n ﹣1﹣n •3n=1−3n 1−3−n •3n ＝（12−n ）•3n −12，∴T n =2n−14•3n +14．8．在平面直角坐标系xOy 中，过A 1（1，0）作x 轴的垂线，与函数f(x)=1x+1的图象交于点B 1，过点B 1作函数f （x ）的图象的切线，与x 轴交于A 2，再过A 2作x 轴的垂线，与函数f （x ）的图象交于点B 2，再过点B 2作函数f （x ）的图象的切线，与x 轴交于A 3，……，如此进行下去，在x 轴上得到一个点列A 1，A 2，A 3，…，A n ，…，记A 1，A 2，A 3，…，A n ，…的横坐标构成的数列为{a n }． （1）求a 2，a 3，a 4； （2）求数列{a n }的通项公式．【解析】解：（1）因为f （x ）=1x+1，f ′（x ）=−1(x+1)2，∵B n （a n ，1a n +1），∴过B n 的切线方程为y −1a n +1=−1(x+1)2（x ﹣a n ），即y =−x (a n+1)2+2a n +1(a n+1)2， 令y ＝0得点A n +1的横坐标为2a n +1， ∴a n +1＝2a n +1， ∵a 1＝1，∴a 2＝3，a 3＝7，a 4＝15； （2）由（1）知a n +1＝2a n +1， ∴a n +1+1＝2（a n +1），又a 1+1＝2，∴数列{a n +1}是首项与公比均为2的等比数列， ∴a n +1＝2n ， ∴a n ＝2n ﹣1．9．已知数列{a n }的前n 项和S n =32n 2−12n ，等比数列{b n }满足：b 1=14，b 2=116（n ∈N *）． （Ⅰ）求数列{a n }通项公式；（Ⅱ）若数列{c n }满足c n ＝a n •b n ，求数列{c n }的前n 项和T n ． 【解析】解：（Ⅰ）由S n =32n 2−12n ，可得n ＝1时，a 1＝S 1＝1， n ≥2时，a n ＝S n ﹣S n ﹣1=32n 2−12n −32（n ﹣1）2+32（n ﹣1）＝3n ﹣2， 上式对n ＝1也成立， 所以a n ＝3n ﹣2，n ∈N *；（Ⅱ）等比数列{b n }满足：b 1=14，b 2=116（n ∈N *）， 可得公比为b 2b 1=14，则b n ＝（14）n ，所以c n ＝a n •b n =3n−24n， 则T n =14+416+764+...+3n−24n ， 14T n =116+464+7256+...+3n−24n+1， 两式相减可得34T n =14+3（116+164+...+14n ）−3n−24n+1 =14+3•116(1−14n−1)1−14−3n−24n+1，化简可得T n =23−3n+23⋅4n． 10．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n +1﹣2a n ＝2n +1（n ∈N *）． （1）求数列{a n }的通项公式； （2）设b n =n+2n⋅an+1，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】解：（1）由a n +1﹣2a n ＝2n +1， 可得a n+12−a n 2=1，则数列{a n2}是首项为a 12=1，公差为1的等差数列，则a n 2n=1+n ﹣1＝n ，即a n ＝n •2n ； （2）b n =n+2n⋅a n+1=n+2n(n+1)⋅2n+1=1n⋅2n −1(n+1)⋅2n+1， T n =11⋅2−12⋅22+12⋅22−13⋅23+...+1n⋅2n −1(n+1)⋅2n+1 =12−1(n+1)⋅2n+1． 11．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝﹣5，a 2＝﹣2，2S n ＝n （a n ﹣5）． （1）求a 3，a 4的值； （2）求数列{a n }的通项公式；（3）若数列b n ＝λ•2n ﹣S n 为单调递增数列，求实数λ的取值范围． 【解析】解：（1）令n ＝3，则2（﹣5﹣2+a 3）＝3（a 3﹣5），解得a 3＝1． 令n ＝4，则2（﹣5﹣2+1+a 4）＝4（a 4﹣5），解得a 4＝4．（2）∵2S n ＝n （a n ﹣5），n ≥2时，2S n ﹣1＝（n ﹣1）（a n ﹣1﹣5）， 相减可得：2a n ＝na n ﹣（n ﹣1）a n ﹣1﹣5， 化为：（n ﹣2）a n ＝（n ﹣1）a n ﹣1+5， 用n +1代替n 可得：（n ﹣1）a n +1＝na n +5， 相减可得：a n ﹣1+a n +1＝2a n ，n ≥2，∴数列{a n }为等差数列，a n ＝﹣5+3（n ﹣1）＝3n ﹣8． （3）∵数列b n ＝λ•2n ﹣S n 为单调递增数列，∴b n +1﹣b n ＝λ•2n +1﹣S n +1﹣（λ•2n ﹣S n ）＝λ•2n ﹣a n +1＝λ•2n ﹣（3n ﹣5）＞0， ∴λ＞3n−52n ， 令f （n ）=3n−52n ，n ∈N *， 则f （n +1）﹣f （n ）=3n−22n+1−3n−52n =8−3n 2n+1，n ∈N *， 可得：f （1）＜f （2）＜f （3）＞f （4）＞f （5）＞……， ∴f （n ）的最大值为f （3）=12． ∴实数λ的取值范围是（12，+∞）．12．我们要计算由抛物线y ＝x 2、x 轴以及直线x ＝1所围成的曲边区域的面积S ，可用x 轴上的分点0、1n、2n、…、n−1n、1将区间[0，1]分成n 个小区间，从第二个小区间起，在每一个小区间上作一个小矩形，使得每个矩形的左上端点都在抛物线y ＝x 2上，这么矩形的高分别为(1n)2、(2n)2、…、(n−1n)2，矩形的底边长都是1n，设所有这些矩形面积的总和为S n ，就有S =lim n→∞S n ．（1）求S n 的表达式，并求出面积S ； （可以利用公式12+22+32+⋯+n 2=n(n+1)(2n+1)6）（2）利用上述方法，探求由函数y ＝e x 、x 轴、y 轴以及直线x ＝1和所围成的区域的面积T ．（可以利用公式：lim n→∞n(e 1n −1)=1）【解析】解：（1）由题意可知，S n =1n ⋅(1n )2+1n ⋅(2n )2+⋯+1n ⋅(n−1n )2=1n [(1n )2+(2n )2+⋯+(n−1n )2]=12+22+⋯+(n−1)2n 3，因为12+22+32+⋯+n 2=n(n+1)(2n+1)6，所以S n =12+22+⋯+(n−1)2n 3=(n−1)n(2n−1)6n 3=(n−1)(2n−1)6n 2，因此S =lim n→∞S n =lim n→∞(n−1)(2n−1)6n 2=lim n→∞2n 2−3n+16n 2=lim n→∞2−3n +1n 26=26=13；（2）根据题中方法，探求由函数y ＝e x 、x 轴、y 轴以及直线x ＝1和所围成的区域的面积T ，可将区间[0，1]分成n 个小区间，每一个小区间对应一个小矩形，使得每个矩形的左上端点都在抛物线y ＝e x 上，这么矩形的高分别为e、e 1n 、e 2n 、…、e n−1n ，矩形的底边长都是1n，则T n =1n ⋅e 0+1n⋅e 1n+1n⋅e 2n+⋯+1n⋅e n−1n=1n ⋅(e 0+e 1n +e 2n +⋯+e n−1n )=1n⋅[1−(e 1n )n]1−e 1n=1n ⋅e−1e 1n −1=e−1n(e 1n −1)，因此T =lim n→∞T n =limn→∞e−1n(e 1n −1)， 因为lim n→∞n(e 1n−1)=1，所以T =lim n→∞e−1n(e 1n −1)=e−11=e −1． 13．定义：若无穷数列{a n }满足{a n +1﹣a n }是公比为q 的等比数列，则称数列{a n }为“M （q ）数列”．设数列{b n }中，b 1＝1，b 3＝7．（1）若b 2＝4，且数列{b n }为“M （q ）数列”，求数列{b n }的通项公式：（2）设数列{b n }的前n 项和为S n ，且b n+1=2S n −12n +λ，请判断数列{b n }是否为“M （q ）数列”，并说明理由；（3）若数列{b n }是“M （2）数列”，是否存在正整数m ，n ，使得40412020＜b m b n＜40422020？若存在，请求出所有满足条件的正整数m ，n ；若不存在，请说明理由．【解析】解：（1）因为b 2＝4，且数列{b n }为“M （q ）数列”，所以q =b 3−b 2b 2−b 1=7−44−1=1，即b n +1﹣b n ＝3，所以{b n }是以首项为b 1＝1，公差d ＝3的等差数列，所以b n ＝3n ﹣2（n ∈N *）． （2）由己知条件可得b 2=λ+32，b 3＝4+3λ＝7，故λ＝1，所以b 2=52．当n ≥2时，根据通项公式可得{b n+1=2S n −12n +λ①b n =2S n−1−12(n −1)+λ②， ①﹣②得b n+1=3b n −12(n ≥2)，又b 2=3b 1−12也成立， 所以b n+1=3b n −12(n ∈N ∗)，设b m +1+k ＝3（b n +k ），即2k =−12，所以k =−14． 又b 1=1−14=34≠0，所以{b n −14}是以首项为34， 公比为3的等比数列．所以b n −14=34⋅3n−1=14⋅3n(n ∈N ∗)， 即b n =14(3n +1)(n ∈N ∗)，所以b n+2−b n+1b n+1−b n =3n+2−3n+13n+1−3n =3，所以{b n +1﹣b n }是以首项为32，公比为3的等比数列，故数列{b n }是“M （q ）数列”．（3）由数列{b n }，是“M （2）数列”得b n+1−b n =(b 2−b 1)⋅2n−1，所以b 3−b 2b 2−b 1=7−b 2b 2−1=2，即b 2＝3，所以b n+1−b n =2n，所以n ≥2时，b n =(b n −b n−1)+(b n−1−b n−2)+⋯⋯+(b 2−b 1)+b 1=1−2n1−2=2n −1，当n ＝1时上式也成立，故b n =2n −1(n ∈N ∗)． 假设存在正整数m ，n ，使得40412020＜b m b n＜40422020，则40412020＜2m −12n −1＜40422020，由2m −12n −1＞40412020＞1，可知2m ﹣1＞2n ﹣1，所以m ＞n ，又因为m ，n 为正整数，所以m ﹣n ≥1，又2m −12n −1=2m−n (2n −1)+2m−n −12n −1=2m−n+2m−n −12n −1＜40422020＜3，所以m ﹣n ＝1∴2m −12n −1=2+12n −1．∴40412020＜2+12−1＜40422020，∴12020＜12−1＜22020，∴n ＝10，∴m ＝11．故存在满足条件的正整数m ，n ，且m ＝11，n ＝10．14．已知数列{a n }满足a 2＝2，na n ﹣1+n （n ﹣1）a n +1＝（n ﹣1）a n ，n ∈N *，n ＞1． （1）求数列{a n }的前3项和S 3；（2）若a 2020＝2020，求数列{a n }的前2021项和S 2021．【解析】解：（1）由a 2＝2，na n ﹣1+n （n ﹣1）a n +1＝（n ﹣1）a n ，n ∈N *，n ＞1， 可得2a 1+2a 3＝a 2＝2，即a 1+a 3＝1，则S 3＝a 1+a 2+a 3＝1+2＝3； （2）由题意可得a n +1=a n n −a n−1n−1， 所以a 3=a22−a11，a 4=a33−a22，…，a n =an−1n−1−an−2n−2，以上式子相加可得a 3+a 4+…+a n ＝﹣a 1+a n−1n−1， 所以a 1+a 2+a 3+a 4+…+a n =an−1n−1+a 2， 则S 2021=a20202020+2＝1+2＝3．15．已知数列{a n }满足S n ＝2n ﹣a n （n ∈N *）， （1）计算a 1，a 2，a 3，a 4； （2）证明：{a n ﹣2}是等比数列； （3）写出{a n }的通项公式．【解析】（1）解：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2﹣a 1，∴a 1＝1； 当n ＝2时，a 1+a 2＝S 2＝2×2﹣a 2，∴a 2=32； 当n ＝3时，a 1+a 2+a 3＝S 3＝2×3﹣a 3，∴a 3=74； 当n ＝4时，a 1+a 2+a 3+a 4＝S 4＝2×4﹣a 4，∴a 4=158． （3）证明：当n ≥2时，a n ＝S n ﹣S n ﹣1＝2n ﹣a n ﹣2（n ﹣1）+a n ﹣1， ∴2a n ＝2+a n ﹣1， ∴a n =1+an−12， ∴a n −2a n−1−2=1+12a n−1−2a n−1−2=12a n−1−1a n−1−2=12，∴{a n ﹣2}是首项为a 1﹣2＝﹣1，公比为12的等比数列． （3）：a n =2−12n−1（n ∈N*）．16．已知公差大于0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 3•a 8＝﹣9，a 5+a 6＝﹣8． （1）求数列{a n }的通项公式a n ；（2）若T n ＝|a 1|+|a 2|+|a 3|+…+|a n |，求T n 的表达式． 【解析】解：（1）设公差为d ，d ＞0， 由a 5+a 6＝﹣8，可得a 3+a 8＝﹣8，又a 3•a 8＝﹣9， 解得a 3＝﹣9，a 8＝1， 可得d =a 8−a 38−3=1−(−9)5=2， a 1＝a 3﹣2d ＝﹣9﹣4＝﹣13， 所以a n ＝﹣13+2（n ﹣1）＝2n ﹣15； （2）S n =12n （﹣13+2n ﹣15）＝n 2﹣14n ， 当1≤n ≤7时，a n ＜0，T n ＝﹣S n ＝14n ﹣n 2；当n ≥8时，a n ＞0，T n ＝S n ﹣S 7﹣S 7＝n 2﹣14n ﹣2×（﹣49）＝n 2﹣14n +98． 所以T n ={14n −n 2，1≤n ≤7n 2−14n +98，n ≥8，n ∈N *．17．已知数列{a n }的各项均为正数，a 1＝2，其前n 项和为S n ，且当n ≥2时，S n 、14a n 2、S n ﹣1构成等差数列．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）若数列{b n }满足b n ＝（﹣1）n lnS n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n ． 【解析】解：（1）由题意，可知， 当n ≥2时，12a n 2＝S n +S n ﹣1，①则有12a n +12＝S n +1+S n ，②两式相减，可得12a n +12−12a n 2＝（S n +1﹣S n ）+（S n ﹣S n ﹣1）＝a n +1﹣a n ，化简整理，得（a n +1+a n ）（a n +1﹣a n ﹣2）＝0， ∵a n +1+a n ＞0，∴a n +1﹣a n ﹣2＝0，即a n +1﹣a n ＝2，∴数列{a n }是以2为首项，2为公差的等差数列， ∴a n ＝2+2（n ﹣1）＝2n ，n ∈N *． （2）由（1）知，S n ＝2n +n(n−1)2•2＝n （n +1）， ∴b n ＝（﹣1）n lnS n ＝（﹣1）n •ln [n （n +1）]＝（﹣1）n •[lnn +ln （n +1）]， （i ）当n 为奇数时， T n ＝b 1+b 2+…+b n＝﹣（ln 1+ln 2）+（ln 2+ln 3）﹣（ln 3+ln 4）+…+[ln （n ﹣1）+lnn ]﹣[lnn +ln （n +1）]＝﹣ln 1﹣ln 2+ln 2+ln 3﹣ln 3﹣ln 4+…+ln （n ﹣1）+lnn ﹣lnn ﹣ln （n +1） ＝﹣ln 1﹣ln （n +1） ＝﹣ln （n +1）， （ii ）当n 为偶数时， T n ＝b 1+b 2+…+b n＝﹣（ln 1+ln 2）+（ln 2+ln 3）﹣（ln 3+ln 4）+…﹣[ln （n ﹣1）+lnn ]+[lnn +ln （n +1）] ＝﹣ln 1﹣ln 2+ln 2+ln 3﹣ln 3﹣ln 4+…﹣ln （n ﹣1）﹣lnn +lnn +ln （n +1） ＝﹣ln 1+ln （n +1） ＝ln （n +1），综合（i ）（ii ），可得T n ＝（﹣1）n •ln （n +1）．18．已知等比数列{a n }的首项为2，且8，3a 2+2，52a 3成等差数列．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）若数列{a n }的公比大于1，求数列{（2n ﹣1）•a n 2}的前n 项和T n ． 【解析】解：（1）由题意，设等比数列{a n }的公比为q ， 则a 2＝2q ，a 3＝2q 2，∵8，3a 2+2，52a 3成等差数列，∴8+52a 3=2（3a 2+2）， 即8+5q 2＝2（6q +2）， 化简整理，得5q 2﹣12q +4＝0， 解得q =25，或q ＝2， ∴a n ＝2•（25）n ﹣1，n ∈N *，或a n ＝2•2n ﹣1＝2n ，n ∈N *．（2）由题意及（1），可知a n ＝2n ，则（2n ﹣1）•a n 2＝（2n ﹣1）•（2n ）2＝（2n ﹣1）•4n ， ∴T n ＝1•41+3•42+5•43+…+（2n ﹣1）•4n ， 4T n ＝1•42+3•43+…+（2n ﹣3）•4n +（2n ﹣1）•4n +1，两式相减，可得﹣3T n ＝1•41+2•42+2•43+…+2•4n ﹣（2n ﹣1）•4n +1 ＝4+2•（42+43+…+4n ）﹣（2n ﹣1）•4n +1＝4+2•42−4n+11−4−（2n ﹣1）•4n +1=−6n−53•4n +1−203， ∴T n =6n−59•4n +1+209． 19．已知等比数列{a n }不是常数列，S n 为{a n }的前n 项和，a 3，a 1，a 2成等差数列，且S 3＝9． （1）求数列{a n }的通项公式；（2）若等差数列{b n }的前三项恰好为a 3，a 1，a 2，求b 1+b 3+b 5+⋯+b 2n ﹣1；（3）是否存在正整数n ，使得S n ≥2020？若存在，求出符合条件的所有n 的集合；若不存在，说明理由． 【解析】解：（1）∵a 3，a 1，a 2成等差数列，且S 3＝9， ∴a 2+a 3＝2a 1，则a 1+a 2+a 3＝3a 1＝9，得a 1＝3． 又{a n }是等比数列，且公比q ≠1，∴3+3q +3q 2＝9，得q 2+q ﹣2＝0，即q ＝﹣2． ∴a n =3⋅(−2)n−1；（2）由（1）得，a 1＝3，a 2＝﹣6，a 3＝12， ∵等差数列{b n }的前三项恰好为a 3，a 1，a 2， ∴等差数列{b n }的首项为12，公差为﹣9． 则b 1+b 3+b 5+⋯+b 2n ﹣1＝12n +n(n−1)2×(−18)=−9n 2+21n ； （3）由（1）得，S n =3×[1−(−2)n]1−(−2)=1−(−2)n ，假设存在正整数n ，使得S n ≥2020，则1﹣（﹣2）n ≥2020，即（﹣2）n ≤﹣2019． 当n 为偶数时，上式不成立；当n 为奇数时，由（﹣2）n ＝﹣2n ≤﹣2019， 得2n ≥2019，则n ≥11．∴n 的集合为{n |n ≥11且n 为奇数}．20．从①a 1+1，b 3﹣1，a 7+1成等比数列，②a 4＝b 3，③S 4＝b 4﹣3这三个条件中任选一个，补充到下面问题中，并作答．已知等差数列{a n }，其前n 项和为S n ，数列{b n }满足b 1＝1，b n +1﹣3b n ＝0，a 1＝3，______，求数列{1S n}的前n 项和T n ．【解析】解：∵b 1＝1，b n +1﹣3b n ＝0，∴数列{b n }是以1为首项，以3为公比的等比数列，则b n =b 1q n−1=3n−1． 若选①，∵a 1+1，b 3﹣1，a 7+1成等比数列，∴(b 3−1)2=(a 1+1)(a 7+1)，即（9﹣1）2＝（3+1）×（3+6d +1），解得d ＝2，则a n ＝a 1+（n ﹣1）d ＝2n +1， ∴S n =n(a 1+a n )2=n 2+2n ，则1S n =1n(n+2)=12(1n −1n+2)， ∴T n =12(1−13+12−14+13−15+...+1n −1n+2)=12(1+12−1n+1−1n+2) =34−12n+2−12n+4； 若选②，∵a 4＝b 3，∴a 1+3d ＝3+3d ＝9，解得d ＝2，则a n ＝a 1+（n ﹣1）d ＝2n +1， ∴S n =n(a 1+a n )2=n 2+2n ，则1S n =1n(n+2)=12(1n −1n+2)， ∴T n =12(1−13+12−14+13−15+ (1)−1n+2)=12(1+12−1n+1−1n+2) =34−12n+2−12n+4； 若选③，∵S 4＝b 4﹣3，∴4a 1+4×32d =27−3，解得d ＝2，则a n ＝a 1+（n ﹣1）d ＝2n +1， ∴S n =n(a 1+a n )2=n 2+2n ，则1S n =1n(n+2)=12(1n −1n+2)， ∴T n =12(1−13+12−14+13−15+ (1)−1n+2)=12(1+12−1n+1−1n+2) =34−12n+2−12n+4． 21．已知{a n }是无穷数列，且a n ＞0，给出该数列的两个性质：①对于{a n }中任意两项a i ，a j （i ＜j ），在{a n }中都存在一项a m ，使得a m =a j 2a i ；②对于{a n }中任意项a n （n ≥3），在{a n }中都存在两项a k ，a l （k ＜l ），使得a n =a l 2a k．（Ⅰ）判断数列{2n }和数列{2n }是否满足性质①（直接写出答案即可）；（Ⅱ）若a n ＝3×2n （n ＝1，2，3，⋯），判断数列{a n }是否同时满足性质①和性质②，说明理由； （Ⅲ）若{a n }是递增数列，a 1＝1，且同时满足性质①和性质②，证明：数列{a n }为等比数列． 【解析】解：（Ⅰ）数列{2n }不满足性质①；数列{2n }满足性质①， （Ⅱ）对于{a n }中任意两项a i ，a j （i ＜j ），(a j )2a i=(3×2j )23×2=3×22j−i ，取 m ＝2j ﹣i ，满足a m =a 22j−i=a j 2a i，从而数列{a n }满足性质①； 对于{a n }中任意项a n （n ≥3），记 a l ＝a n ﹣1，a k ＝a n ﹣2（k ＞l ）显然有a n =a l 2a k，从而数列{a n }满足性质②．综上，数列{a n }同时满足性质①和性质②．（Ⅲ）{a n }是递增数列，a 1＝1，则a 2＞1，根据性质①a 22a 1=a 22∈{a n }，(a 22)2a 2=a 23∈{a n }，(a 23)2a 2=a24∈{a n}，…，可以证明{a2n|n∈N}={1，a2，a22，a23，⋯}⊆{a n|n∈N∗}；另一个方面，我们用反证法证明，{a n|n∈N∗}⊆{a2n|n∈N}={1，a2，a22，a23，⋯}；假设x=a2t（t＞1）是{a n}中最小的不能写成a2的整数指数幂的项，根据性质②，存在两项a k，a l（k＜l），使得x=a l2 a k，我们记a k=a2p，a l=a2q，其中1＜p＜q，可知：a2t=(a2q)2a2p=(a2)2q−p，易知t＝2q﹣p＝（q﹣p）+q＞q＞0，根据x=a2t（t＞1）的最小性可知：p，q∈N*，p＞q，因此可得到t＝2q﹣p∈N*，与t不是正整数矛盾．综上所述，{a n}是首项为1，公比为a2的等比数列．22．在①S n+1＝2S n+1，②a2＝2，③S n＝a n+1﹣1这三个条件中选择两个，补充在下面的问题中，给出解答．已知数列{a n}的前n项和为S n，满足_____，_____，又知递增等差数列{b n}满足b1＝2，且b1，b2，b5成等比数列．（1）求{a n}和{b n}的通项公式；（2）设c n＝a n•b n，求数列{c n}的前n项和T n．【解析】解：方案一：选择条件①②（1）由题意，当n＝1时，S2＝2S1+1，即a1+a2＝2a1+1，化简，得a2＝a1+1，∵a2＝2，∴a1＝1，当n≥2时，由S n+1＝2S n+1，可得S n＝2S n﹣1+1，两式相减，可得a n+1＝2a n，∴a2＝2a1也满足上式，∴数列{a n}是以1为首项，2为公比的等比数列，∴a n＝1•2n﹣1＝2n﹣1，n∈N*，设等差数列{b n}的公差为d（d＞0），则b2＝2+d，b5＝2+4d，∵b1，b2，b5成等比数列，∴b 22=b 1b 5，即（2+d ）2＝2（2+4d ），化简整理，得d 2﹣4d ＝0， 解得d ＝0（舍去），或d ＝4， ∴b n ＝2+4（n ﹣1）＝4n ﹣2，n ∈N *．（2）由（1）知，c n ＝a n •b n ＝（4n ﹣2）•2n ﹣1＝（2n ﹣1）•2n ，则T n ＝c 1+c 2+•+c n ＝1•21+3•22+5•23+•+（2n ﹣1）•2n ， 2T n ＝1•22+3•23+•+（2n ﹣3）•2n +（2n ﹣1）•2n +1， 两式相减，可得﹣T n ＝1•21+2•22+2•23+•+2•2n ﹣（2n ﹣1）•2n +1 ＝2+2•（22+23+•+2n ）﹣（2n ﹣1）•2n +1 ＝2+2•22−2n+11−2−（2n ﹣1）•2n +1＝﹣（2n ﹣3）•2n +1﹣6， ∴T n ＝（2n ﹣3）•2n +1+6． 方案二：选择条件①③（1）由题意，当n ＝1时，S 2＝2S 1+1， 即a 1+a 2＝2a 1+1， 化简，得a 2＝a 1+1，将n ＝1代入S n ＝a n +1﹣1，可得a 1＝a 2﹣1， 此时选择条件①③并不能计算出a 1或a 2的值， 无法计算出数列{a n }的通项公式， 故方案二不成立． 方案三：选择条件②③（1）由题意，当n ＝1时，a 1＝S 1＝a 2﹣1＝2﹣1＝1， 当n ≥2时，由S n ＝a n +1﹣1， 可得S n ﹣1＝a n ﹣1， 两式相减，可得a n +1＝2a n ， ∴a 2＝2a 1也满足上式，∴数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＝1•2n ﹣1＝2n ﹣1，n ∈N *，设等差数列{b n }的公差为d （d ＞0）， 则b 2＝2+d ，b 5＝2+4d ， ∵b 1，b 2，b 5成等比数列，∴b 22=b 1b 5，即（2+d ）2＝2（2+4d ），化简整理，得d 2﹣4d ＝0， 解得d ＝0（舍去），或d ＝4， ∴b n ＝2+4（n ﹣1）＝4n ﹣2，n ∈N *．（2）由（1）知，c n ＝a n •b n ＝（4n ﹣2）•2n ﹣1＝（2n ﹣1）•2n ，则T n ＝c 1+c 2+•+c n ＝1•21+3•22+5•23+•+（2n ﹣1）•2n ， 2T n ＝1•22+3•23+•+（2n ﹣3）•2n +（2n ﹣1）•2n +1， 两式相减，可得﹣T n ＝1•21+2•22+2•23+•+2•2n ﹣（2n ﹣1）•2n +1 ＝2+2•（22+23+•+2n ）﹣（2n ﹣1）•2n +1 ＝2+2•22−2n+11−2−（2n ﹣1）•2n +1＝﹣（2n ﹣3）•2n +1﹣6， ∴T n ＝（2n ﹣3）•2n +1+6．23．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且4S n ＝（a n +5）（a n ﹣3），数列{b n }满足2b 1+2b 2+2b 3+…+2b n ＝3n +1﹣3．（1）求数列{a n }和{b n }的通项公式；（2）设c n =a n n(n+1)b n，T n 为数列{c n }的前n 项和，若对任意n ∈N *，T n ＜54m 2−23m 恒成立，求实数m 的取值范围．【解析】解：（1）对于数列{a n }：当n ＝1时，4a 1＝4S 1＝（a 1+5）（a 1﹣3），化简整理，得a 12−2a 1﹣15＝0，解得a 1＝﹣3（舍去），或a 1＝5， 当n ≥2时，由4S n ＝（a n +5）（a n ﹣3）， 可得4S n ﹣1＝（a n ﹣1+5）（a n ﹣1﹣3），两式相减，可得4a n ＝（a n +5）（a n ﹣3）﹣（a n ﹣1+5）（a n ﹣1﹣3）， 化简整理，得（a n +a n ﹣1）（a n ﹣a n ﹣1﹣2）＝0， ∵a n +a n ﹣1＞0，∴a n﹣a n﹣1﹣2＝0，即a n﹣a n﹣1＝2，∴数列{a n}是以5为首项，2为公差的等差数列，∴a n＝5+2（n﹣1）＝2n+3，n∈N*，对于数列{b n}：当n＝1时，2b1＝32﹣3＝6，解得b1＝3，当n≥2时，由2b1+2b2+2b3+…+2b n＝3n+1﹣3，可得2b1+2b2+2b3+…+2b n﹣1＝3n﹣3，两式相减，可得2b n＝3n+1﹣3n，解得b n＝3n，∵当n＝1时，b1＝3也满足上式，∴b n＝3n，n∈N*．（2）由（1）得，c n=a nn(n+1)b n=2n+3n(n+1)⋅3n=1n⋅3n−1−1(n+1)⋅3n，则T n＝c1+c2+…+c n=11⋅1−12⋅31+12⋅31−13⋅32+⋯+1n⋅3n−1−1(n+1)⋅3n＝1−1n＜1，∵对任意n∈N*，T n＜54m2−23m恒成立，∴不等式1＜54m2−23m恒成立，即54m2−23m﹣1＞0恒成立，化简整理，得15m2﹣8m﹣12＞0，解得m＜−23，或m＞65，∴实数m的取值范围为（﹣∞，−23）∪（65，+∞）．24．设函数y＝f（x）定义域为R，当x＜0时，f（x）＞1，且对于任意的x，y∈R，有f（x+y）＝f（x）•f（y）成立．数列{a n}满足a1＝f（0），且f（a n+1）=1f(−2−a n)（n∈N+）．（1）求f（0）的值；（2）求数列{a n}的通项公式；（3）是否存在正数k，使k≤（1+1a1）（1+1a2） (1)1a n）•√2n+1对一切n∈N+均成立，若存在，求出k的最大值，并证明，否则说明理由．【解析】解：（1）∵函数y ＝f （x ）定义域为R ，当x ＜0时，f （x ）＞1， 且对于任意的x ，y ∈R ，有f （x +y ）＝f （x ）•f （y ）成立． 令x ＝﹣1，y ＝0，得f （﹣1）＝f （﹣1）•f （0）， 得f （0）＝1；（2）由f （a n +1）=1f(−2−a n)，得f （a n +1）•f （﹣2﹣a n ）＝1，∴f （a n +1﹣a n ﹣2）＝f （0），则a n +1﹣a n ﹣2＝0，即a n +1﹣a n ＝2（n ∈N *）， ∴{a n }是等差数列，其首项为1，公差为d ＝2， ∴a n ＝1+2（n ﹣1）＝2n ﹣1；（3）存在正数k ，k ≤（1+1a 1）（1+1a 2）…（1+1a n）•√2n+1对一切n ∈N +均成立． 证明如下：记F （n ）＝（1+1a 1）（1+1a 2）…（1+1a n）•√2n+1，则F(n+1)F(n)=√2n+1⋅√2n+3=√4(n+1)2−11，∴F （n ）为关于n 的增函数， ∴F （1）为F （n ）的最小值等于2√33， 由k ≤F （n ）恒成立，知k ≤2√33， ∴k 的最大值为2√33． 25．已知数列{a n }是非零数列．（1）若a n 2﹣a n +1＝1，a n ＞0，a 4＝63，求a 1；（2）若a n +12﹣a n a n +2＝1，a 1＝a ，a 2＝a +1，证明：{a n }是等差数列； （3）若a n +1+a n a n +2＝1，a n ≠1，证明(a n −1)(a n+1−1)(a n+2−1)a n+1为常值，并在a 1＝a 、a 2＝b （a 、b 为常数）时，求（a 1﹣1）（a 2﹣1）（a 3﹣1）……（a 2020﹣1）的值．【解析】解：（1）因为a n 2﹣a n +1＝1，a n ＞0，所以a n =√a n+1+1， 又a 4＝63，则a 3=√a 4+1=8，a 2=√a 3+1=3，a 1=√a 2+1=2． （2）证明：因为a n +12﹣a n a n +2＝1，a 1＝a ，a 2＝a +1， 所以a 3=a 22−1a 1=a +2，所以a 1+a 3＝2a 2， a n +12﹣a n a n +2＝1，a n +22﹣a n +1a n +3＝1，所以a n +12﹣a n a n +2＝a n +22﹣a n +1a n +3， 整理得a n +1（a n +1+a n +3）＝a n +2（a n +a n +2），即a n+1+a n+3a n+2=a n +a n+2a n+1，所以数列{a n +a n+2a n+1}是常值数列，所以a n +a n+2a n+1=a 1+a 3a 2=2，即a n +a n +2＝2a n +1，所以{a n }是等差数列．（3）证明：a n +1+a n a n +2＝1，所以a n +2+a n +1a n +3＝1， 得到a n +1+a n a n +2＝a n +2+a n +1a n +3， 整理得（a n ﹣1）a n +2＝a n +1（a n +3﹣1），所以(a n+1−1)(a n+2−1)(a n+3−1)a n+2(a n −1)(a n+1−1)(a n+2−1)a n+1=(a n+3−1)(a n −1)•a n+1a n+2=1，所以(a n −1)(a n+1−1)(a n+2−1)a n+1为常值．因为a 3=1−ba ，所以(a n −1)(a n+1−1)(a n+2−1)a n+1=(a 1−1)(a 2−1)(a 3−1)a 2=(a−1)(b−1)(1−a−b)ab， 所以(a n −1)(a n+1−1)(a n+2−1)a n+1•(a n+2−1)(a n+3−1)(a n+4−1)a n+3=(a−1)2(b−1)2(1−a−b)2a b ，因为a n +1a n +3＝1﹣a n +2，所以（a n ﹣1）（a n +1﹣1）（a n +2﹣1）（a n +3﹣1）（a n +4﹣1）=−(a−1)2(b−1)2(1−a−b)2a 2b2，所以（a 1﹣1）（a 2﹣1）（a 3﹣1）…（a 2020﹣1）＝[（a 1﹣1）（a 2﹣1）…（a 5﹣1）][（a 6﹣1）（a 7﹣1）…（a 10﹣1）]…[（a 2016﹣1）（a 2017﹣1）…（a 2020﹣1）] =(a−1)808(b−1)808(1−a−b)808a 808b808．。

Word File山东高考数学一轮总复习教学案设计参考-解答题专项突破（三）数列综合应用含答案解析撰写人：XXX解答题专项突破(三) 数列的综合应用从近几年高考情况来看，高考对本部分内容的考查主要有：①以客观题的形式考查等差、等比数列的运算和性质，试题多以常规题为主；②等差、等比数列的通项与求和问题；③非等差、等比数列的通项与求和问题，此时常用到递推关系或转化成等差、等比的形式进行求解；④与函数、不等式等进行综合考查．备考时要熟练掌握等差、等比两种基本数列的通项与前 n 项和的求解，同时，针对性地掌握求数列通项公式与前 n 项和的几种常用方法．针对具体问题选取针对性的解决方案进行求解．热点题型 1 等差数列与等比数列的判定和通项问题典例 1 已知数列{a n }满足 a 1 ＝1，a 2 ＝ 12 ，且[3＋(－1)n ]a n ＋ 2 －2a n ＋2[(－1) n－1]＝0，n∈N * . (1)求 a 3 ，a 4 ，a 5 ，a 6 的值； (2)求数列{a n }的通项公式．解题思路 (1)根据(3－1)a 3 －2a 1 ＋2(－1－1)＝0， (3＋1)a 4 －2a 2 ＋2(1－1)＝0， (3－1)a 5 －2a 3 ＋2(－1－1)＝0， (3＋1)a 6 －2a 4 ＋2(1－1)＝0. 及 a 1 ，a 2 的值，求 a 3 ，a 4 ，a 5 ，a 6 . (2)递推公式中有(－1) n →分 n 为奇数和偶数讨论→判断是否为等差、等比数列→求通项公式．规范解答 (1)经计算 a 3 ＝3，a 4 ＝ 14 ，a 5 ＝5，a 6 ＝18 . (2)当 n 为奇数时，a n ＋ 2 ＝a n ＋2，即数列{a n }的奇数项成等差数列，∴a 2n － 1 ＝a 1 ＋(n－1)·2＝2n－1；当n 为偶数时，a n ＋ 2 ＝ 12 a n ，即数列{a n }的偶数项成等比数列，∴a 2n ＝a 2 ·12n － 1 ＝12n .因此，数列{a n }的通项公式为 a n ＝ n n为奇数，12n2 n为偶数.典例 2 设数列{a n }的前 n 项和为 S n ，n∈N * .已知 a 1 ＝1，a 2 ＝ 32 ，a 3 ＝54 ，且当n≥2 时，4S n ＋ 2 ＋5S n ＝8S n ＋ 1 ＋S n － 1 . (1)求 a 4 的值； (2)证明：a n ＋ 1 － 12 a n为等比数列； (3)求数列{a n }的通项公式．解题思路 (1)当 n＝2 时，4S 4 ＋5S 2 ＝8S 3 ＋S 1 ，由此推出 a 4 与 a 1 ，a 2 ，a 3 的关系，求 a 4 . (2)用 a n ＝S n －S n －1 (n≥2)及 4S n ＋ 2 ＋5S n ＝8S n ＋ 1 ＋S n －1 推出数列{a n }的递推公式→求证a n ＋ 2 － 12 a n ＋ 1a n ＋1 － 12 a n为常数，其中n∈N * . (3)由(2)求出 a n ＋ 1 － 12a n →构造等差数列，并求通项公式→求{a n }的通项公式．规范解答 (1)当 n＝2 时，4S 4 ＋5S 2 ＝8S 3 ＋S 1 ，即 4(a 1 ＋a 2 ＋a 3 ＋a 4 )＋5(a 1 ＋a 2 )＝8(a 1 ＋a 2 ＋a 3 )＋a 1 ，整理得 a 4 ＝ 4a3 －a 24，又 a 2 ＝ 32 ，a 3 ＝54 ，所以 a 4 ＝78 . (2)证明：当n≥2 时，有 4S n ＋ 2 ＋5S n ＝8S n ＋ 1 ＋S n － 1 ，即 4S n ＋ 2 ＋4S n ＋S n ＝4S n ＋ 1 ＋4S n ＋ 1 ＋S n － 1 ，所以 4(S n ＋ 2 －S n ＋ 1 )＝4(S n ＋ 1 －S n )－(S n －S n － 1 )，即 a n ＋ 2 ＝a n ＋ 1 － 14 a n (n≥2)．经检验，当 n＝1 时，上式成立．因为a n ＋ 2 － 12 a n ＋ 1a n ＋ 1 － 12 a n＝ a n ＋ 1 － 14 a n－ 12 a n ＋ 1a n ＋ 1 － 12 a n ＝12 a n ＋ 1 － 12 a nan ＋ 1 － 12 a n＝ 12 为常数，且 a 2 －12 a 1 ＝1，所以数列a n ＋ 1 － 12 a n是以 1 为首项， 12 为公比的等比数列．(3)由(2)知，a n ＋ 1 － 12 a n ＝12 n－ 1 (n∈N * )，等式两边同乘 2 n ，得 2 n a n ＋ 1 －2 n－ 1 a n ＝2(n∈N * )．又2 0 a 1 ＝1，所以数列{2 n－ 1 a n }是以 1 为首项，2 为公差的等差数列，所以 2 n－ 1 a n ＝2n－1，即 a n ＝ 2n－12 n－ 1 (n∈N * )．则数列{a n }的通项公式为 a n ＝ 2n－12 n－1 (n∈N * )．热点题型 2 数列求和典例 1 已知数列{a n }的前 n 项和 S n ＝2 n＋ 1 －2，记 b n ＝a n S n (n∈N * )． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{b n }的前 n 项和 T n . 解题思路 (1)利用 a n ＝S 1 ，n＝1，S n －S n － 1 ，n≥2，求 a n .(2)先由 b n ＝a n S n ，求 b n 并整理，再依据 b n 的结构形式选择求和方法．规范解答(1)∵S n ＝2 n＋ 1 －2，∴当 n＝1 时，a 1 ＝S 1 ＝2 1＋ 1 －2＝2，当n≥2 时，a n ＝S n －S n － 1 ＝2 n＋ 1 －2 n ＝2 n ，又 a 1 ＝2＝2 1 ，∴a n ＝2 n . (2)由(1)知，b n ＝a n S n ＝2·4 n －2 n＋ 1 ，∴T n ＝b 1 ＋b 2 ＋…＋b n ＝2(4 1 ＋4 2 ＋…＋4 n )－(2 2 ＋2 3 ＋…＋2 n ＋ 1 )＝2× 41－4 n 1－4－ 41－2n 1－2＝23 ·4n ＋ 1 －2 n ＋ 2 ＋ 43 . 典例 2 (2020·河北邯郸一模)已知数列{a n }，{b n }的前 n 项和分别为 S n ，T n ，b n －a n ＝2 n ＋1，且 S n ＋T n ＝2 n＋ 1 ＋n 2 －2. (1)求 T n －S n ； (2)求数列 b n2 n的前 n 项和 R n . 解题思路 (1)T n －S n 转化为数列{b n －a n }的前 n 项和→分组求和． (2)求S n →求a n →求b n →求bn2 n →用错位相减法求和．规范解答 (1)依题意可得 b 1 －a 1 ＝3，b 2 －a 2 ＝5，…， b n －a n ＝2 n ＋1，∴T n －S n ＝(b 1 ＋b 2 ＋…＋b n )－(a1 ＋a2 ＋…＋a n ) ＝(b 1 －a 1 )＋(b 2 －a 2 )＋…＋(b n －a n ) ＝n＋(2＋2 2 ＋…＋2 n )＝2 n＋ 1 ＋n－2. (2)∵2S n ＝S n ＋T n －(T n －S n )＝n 2 －n，∴S n ＝ n2 －n2，∴a n ＝n－1. 又b n －a n ＝2 n ＋1，∴b n ＝2 n ＋n，∴ bn2 n ＝1＋n2 n ，∴R n ＝n＋12 ＋22 2 ＋…＋n2 n，则12 R n ＝12 n＋12 2 ＋22 3 ＋…＋n2 n＋ 1 ，∴ 12 R n ＝12 n＋12 ＋12 2 ＋…＋12 n－n2 n＋ 1 ，故 R n ＝n＋2×12 －12 n＋ 11－ 12－n2 n ＝n＋2－n＋22 n. 热点题型 3 数列与不等式的综合问题角度 1 数列中不等式的证明典例 1 设 S n 为数列{a n }的前 n 项和，已知 a 1 ＝2，对任意n∈N * ，都有 2S n＝(n＋1)a n . (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若数列 4a n a n ＋2的前 n 项和为T n ，求证：12 ≤T n ＜1. 解题思路 (1)先根据 a n ＝S n －S n －1 (n≥2)和 2S n ＝(n＋1)a n 推出数列{a n }的递推公式，再求 a n . (2)先依据第(1)问的结论化简4a n a n ＋2，再选择裂项相消法求和，最后根据n∈N * 及有关函数的单调性证明不等式．规范解答 (1)因为 2S n ＝(n＋1)a n ，当n≥2 时，2S n － 1 ＝na n －1 ，两式相减，得 2a n ＝(n＋1)a n －na n － 1 ，即(n－1)a n ＝na n － 1 ，所以当n≥2 时， ann＝a n － 1n－1 ，所以 ann ＝ a11＝2，即 a n ＝2n(n≥2)．因为 a 1 ＝2 也符合上式，所以a n ＝2n. (2)证明：由(1)知 a n ＝2n，令 b n ＝4a n a n ＋2，n∈N* ，所以 b n ＝42n2n＋2＝1n n＋1＝1n －1n＋1 . 所以 T n ＝b 1 ＋b 2 ＋…b n ＝1－ 12＋12 －13＋…＋1n －1n＋1＝1－1n ＋1 . 因为1n＋1 ＞0，所以 1－1n＋1 ＜1，显然当 n＝1 时，T n 取得最小值 12 .所以12 ≤T n＜1. 角度 2 数列中不等式的恒成立问题典例 2 已知数列{a n }与{b n }满足 a n ＋ 1 －a n ＝2(b n ＋ 1 －b n )(n∈N * )． (1)若 a 1 ＝1，b n ＝3n＋5，求数列{a n }的通项公式； (2)若 a 1 ＝6，b n ＝2 n (n∈N * )且λa n >2 n ＋n＋2λ 对一切n∈N * 恒成立，求实数λ的取值范围．解题思路 (1)求证 a n ＋ 1 －a n 为常数，其中n∈N * . (2)累加法求 a n →分离变量把已知不等式变形为λ>f(n)的形式→求 f(n)的最大值，得λ 的取值范围．规范解答 (1)因为 a n ＋ 1 －a n ＝2(b n ＋ 1 －b n )，b n ＝3n＋5，所以 a n ＋ 1 －a n ＝2(b n ＋ 1 －b n )＝2(3n＋8－3n－5)＝6，所以{a n }是等差数列，首项为 a 1 ＝1，公差为 6，即 a n ＝6n－5. (2)因为 b n ＝2 n ，所以 a n ＋ 1 －a n ＝2(2 n＋ 1 －2 n )＝2 n ＋ 1 . 当n≥2时，a n ＝(a n －a n － 1 )＋(a n － 1 －a n － 2 )＋…＋(a 2 －a 1 )＋a 1 ＝2 n ＋2 n－ 1 ＋…＋2 2 ＋6＝2 n＋ 1 ＋2. 当 n＝1 时，a 1 ＝6，符合上式，所以 a n ＝2 n＋ 1 ＋2，由λa n >2 n ＋n＋2λ，得λ> 2n ＋n2 n ＋ 1 ＝ 12 ＋n2 n＋ 1 . 又 n＋12 n＋ 2 －n2 n＋ 1 ＝ 1－n2 n ＋2 ≤0，所以，当 n＝1,2 时， 2n ＋n2 n＋ 1 取得最大值 34 ，故λ 的取值范围为34 ，＋∞ . 热点题型 4 数列与函数的综合问题典例(2020·曲靖模拟)已知函数 f(x)＝2020sin πx－π4(x∈R)的所有正零点构成递增数列{a n }． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设 b n ＝2 na n ＋ 34，求数列{b n }的前 n 项和 T n . 解题思路 (1)解方程 f(x)＝0，求出函数 f(x)的全部零点，并判断由所有正零点构造的递增数列{a n }是否为等差(或等比)数列，最后求出通项公式． (2)依据第(1)问的结论，化简 b n ，选择适当的求和方法求 T n . 规范解答 (1)由 f(x)＝2020sin πx－π4＝0，得πx－π4 ＝kπ(k∈Z)，所以函数 f(x)的全部零点为 x＝k＋14 (k∈Z)．因为函数 f(x)的全部正零点构成等差数列{a n }，所以其首项为 14 ，公差为 1，则数列{a n }的通项公式为 a n ＝n －34 (n∈N* )． (2)由(1)知 b n ＝2 n a n ＋ 34＝n·2 n ，则 T n ＝1·2 1 ＋2·2 2 ＋3·2 3 ＋…＋(n－1)·2 n－ 1 ＋n·2 n ，① 所以 2T n ＝1·2 2 ＋2·2 3 ＋3·2 4 ＋…＋(n－1)·2 n ＋n·2 n＋1 .② ①－②，得－T n ＝2 1 ＋2 2 ＋2 3 ＋…＋2 n －n·2 n＋ 1 ＝ 21－2 n 1－2－n·2 n＋ 1 ＝(1－n)·2 n ＋ 1－2，所以 T n ＝(n－1)·2 n＋ 1 ＋2.山东高考数学一轮总复习教学案设计参考-直接证明与间接证明含答案解析高考化学二轮主观题必刷题专题21,实验排序题（含答案解析）苏教版数学三年级上册期末专项复习卷含答案苏教版数学一年级上册期末专项复习卷含答案三年级数学下册试题,-,应用题专项练习,人教版（无答案）Best work give best you最好的资料给最好的你。

第3讲数列求和及其综合应用［考情分析］数列求和常与数列的综合应用一起考查，常以解答题的形式出现，有时与函数、不等式综合在一起考查，难度中等偏上.考点一数列求和r核心提炼、1.裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项抵消，有的是间隔项抵消.常见的裂项方式有：1 _1 1 , 1 _^=if_U__UYn（n+∖） n Λ+Γn（n+k） n+k）' n1-∖丸—1 n+∖）' 4??2—1 2∖2n —1 2∕ι÷l∕2.如果数列｛小｝是等差数列，｛d｝是等比数列,那么求数列｛4・儿｝的前〃项和S〃时,可采用错位相减法.用错位相减法求和时，应注意：（1）等比数列的公比为负数的情形；（2）在写出ff的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“Sn—qSj的表“SJ和a qSn达式.考向1分组转化法求和例1已知在等比数列｛斯｝中，m=2,且两，的内一2成等差数列.⑴求数列｛斯｝的通项公式；⑵若数列｛小｝满足儿=J+21og2斯- 1,求数列｛d｝的前n项和解（1）设等比数列｛〃“｝的公比为4，由Q］, 〃2,。

3 —2成等差数列,得2。

2 =。

1+。

3-2,即4夕=2 + 2/-2,解得夕=2（4=0舍去），则m=α∣尸=2〃，n∈ N*.（2）⅛Λ=~+21og2Λrt— l=^+21og22n- l=^∏+2n-↑,则数列｛九｝的前〃项和考向2裂项相消法求和例2 （2020•莆田市第一联盟体学年联考）设数列｛斯｝的前〃项和为S”，且&=久一2〃，｛d ｝为正项等比数列，且〃∣=α∣+3, 63=604+2. ⑴求数列｛斯｝和｛d ｝的通项公式；⑵设c 〃=——j~~;—，求｛c 〃｝的前〃项和T n .4"+l∙∣0g2%+l解 (1)由工=/一2〃，得当〃 =1 时，0=S] = —1, 当九22 时，S n -ι=(n -l)2-2(n- l)=n 2-4n+3f所以当时，a∏=S n —S n -\=2n —3, a\ — — 1也满足此式.所以斯=2〃一3, Q @N*. 又加=。

第2讲 数列求和及综合应用高考定位 数列求和主要考查通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中档偏下；数列的综合问题是高考考查的热点，主要考查数列与其他知识的交汇问题.真 题 感 悟(2018·浙江卷)已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项.数列{b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n . (1)求q 的值；(2)求数列{b n }的通项公式.解 (1)由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项得a 3＋a 5＝2a 4＋4， 所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28， 解得a 4＝8.由a 3＋a 5＝20得8⎝⎛⎭⎪⎫q ＋1q ＝20，解得q ＝2或q ＝12，因为q >1，所以q ＝2.(2)设c n ＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{c n }前n 项和为S n . 由c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，解得c n ＝4n －1.由(1)可知a n ＝2n －1，所以b n ＋1－b n ＝(4n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，故b n －b n －1＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋…＋7·12＋3.设T n ＝3＋7·12＋11·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，12T n ＝3·12＋7·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以12T n ＝3＋4·12＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2－()4n －5·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，因此T n ＝14－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，又b 1＝1，所以b n ＝15－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，又b 1＝1也适合上式，所以b n ＝15－(4n＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2.考 点 整 合1.数列求和常用方法(1)分组转化求和：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和.(2)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列.把S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n 两边同乘以相应等比数列的公比q ，得到qS n ＝a 1q ＋a 2q ＋…＋a n q ，两式错位相减即可求出S n .(3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如⎩⎨⎧⎭⎬⎫c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列.2.数列中的不等式问题主要有证明数列不等式、比较大小或恒成立问题，解决方法如下： (1)利用数列(或函数)的单调性；(2)放缩法：①先求和后放缩；②先放缩后求和，包括放缩后成等差(或等比)数列再求和，或者放缩后成等差比数列再求和，或者放缩后裂项相消法求和； (3)数学归纳法.3.数列与不等式的综合问题主要题型为：证明不等式，或不等式恒成立问题，转化为最值问题是其主要思路，而求最值常用方法为：①作差比较，利用数列单调性求最值；②放缩法求最值.热点一 数列的求和问题 [考法1] 分组转化求和【例1－1】 (2018·天津卷)设{a n }是等差数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)；{b n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为T n (n ∈N *).已知b 1＝1，b 3＝b 2＋2，b 4＝a 3＋a 5，b 5＝a 4＋2a 6. (1)求S n 和T n ；(2)若S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n ，求正整数n 的值.解 (1)设等比数列{b n }的公比为q (q >0). 由b 1＝1，b 3＝b 2＋2，可得q 2－q －2＝0. 因为q >0，可得q ＝2，故b n ＝2n －1.所以，T n ＝1－2n1－2＝2n－1.设等差数列{a n }的公差为d . 由b 4＝a 3＋a 5，可得a 1＋3d ＝4.由b 5＝a 4＋2a 6，可得3a 1＋13d ＝16，从而a 1＝1，d ＝1， 故a n ＝n . 所以，S n ＝n （n ＋1）2.(2)由(1)，有T 1＋T 2＋…＋T n ＝(21＋22＋ (2))－n ＝2×（1－2n）1－2－n ＝2n ＋1－n －2.由S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n 可得n （n ＋1）2＋2n ＋1－n －2＝n ＋2n ＋1，整理得n 2－3n －4＝0，解得n ＝－1(舍)，或n ＝4. 所以，n 的值为4.探究提高 1.在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思想.把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和.在利用分组求和法求和时，常常需要对项数n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个表达式.2.分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正号、负号分组. [考法2] 裂项相消法求和【例1－2】 设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n 满足S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N *. (1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式； (3)证明：对一切正整数n ，有1a 1（a 1＋1）＋1a 2（a 2＋1）＋…＋1a n （a n ＋1）＜13.(1)解 由题意知，S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N *. 令n ＝1，有S 21－(12＋1－3)S 1－3×(12＋1)＝0， 可得S 21＋S 1－6＝0，解得S 1＝－3或2，即a 1＝－3或2， 又a n 为正数，所以a 1＝2.(2)解 由S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N *可得，(S n ＋3)(S n －n 2－n )＝0，则S n ＝n2＋n 或S n ＝－3，又数列{a n }的各项均为正数，所以S n ＝n 2＋n ，S n －1＝(n －1)2＋(n －1)，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －[(n －1)2＋(n －1)]＝2n . 又a 1＝2＝2×1，所以a n ＝2n . (3)证明 当n ＝1时，1a 1（a 1＋1）＝12×3＝16＜13成立；当n ≥ 2时，1a n （a n ＋1）＝12n （2n ＋1）＜1（2n －1）（2n ＋1）＝12(12n －1－12n ＋1)，所以1a 1（a 1＋1）＋1a 2（a 2＋1）＋…＋1a n （a n ＋1）＜16＋12[(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝16＋12(13－12n ＋1)＜16＋16＝13. 所以对一切正整数n ，有1a 1（a 1＋1）＋1a 2（a 2＋1）＋…＋1a n （a n ＋1）＜13.探究提高 (1)解决本题的关键是先放缩后裂项求和，如本题中12n （2n ＋1）＜1（2n －1）（2n ＋1），根据结构特征合理放缩.(2)裂项相消法的基本思想是把数列的通项a n 分拆成a n ＝b n ＋1－b n 等形式，从而达到在求和时逐项相消的目的，在解题中要善于根据这个基本思想变换数列{a n }的通项公式，使之符合裂项相消法的条件. [考法3] 错位相减法求和【例1－3】 (2018·杭州调研)已知等差数列{a n }满足：a n ＋1>a n (n ∈N *)，a 1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后成等比数列，且a n ＋2log 2b n ＝－1. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .解 (1)设d 为等差数列{a n }的公差，且d >0，由a 1＝1，a 2＝1＋d ，a 3＝1＋2d ，分别加上1，1，3成等比数列， 得(2＋d )2＝2(4＋2d )，因为d >0，所以d ＝2，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1， 又因为a n ＝－1－2log 2b n ， 所以log 2b n ＝－n 即b n ＝12n .(2)由(1)知，a n ·b n ＝(2n －1)·12n .T n ＝121＋322＋523＋…＋2n －12n ，① 12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1，② ①－②，得12T n ＝12＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋124＋…＋12n －2n －12n ＋1＝12＋2×122⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－2n －12n ＋1 ＝12＋1－12n －1－2n －12n ＋1＝32－2n ＋32n ＋1. 所以T n ＝3－2n ＋32n .探究提高 (1)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减.要注意的是相减后得到的部分，在求等比数列的和时，一定要查清其项数.(2)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1，2进行验证.【训练1－1】 (2018·北京卷)设{a n }是等差数列，且a 1＝ln 2，a 2＋a 3＝5ln 2. (1)求{a n }的通项公式； (2)求e a 1＋e a 2＋…＋e an. 解 (1)设{a n }的公差为d . 因为a 2＋a 3＝5ln 2， 所以2a 1＋3d ＝5ln 2. 又a 1＝ln 2，所以d ＝ln 2. 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ln 2. (2)因为e a1＝eln 2＝2，e an e a n －1＝e a n －a n －1＝e ln 2＝2，所以{e an }是首项为2，公比为2的等比数列. 所以e a1＋e a2＋…＋e an ＝2×1－2n1－2＝2n ＋1－2.【训练1－2】 已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{a 2n b n }的前n 项和(n ∈N *).解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q (q >0)， 由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12， 而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0，又因为q >0，解得q ＝2，所以b n ＝2n. 由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8，① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16，②联立①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2. 所以{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，{b n }的通项公式为b n ＝2n.(2)设数列{a 2n b n }的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，b n ＝2n ，有T n ＝ 4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n －2)×2n，2T n ＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n －8)×2n ＋(6n －2)×2n ＋1，上述两式相减，得－T n ＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n －(6n －2)×2n ＋1，＝12×（1－2n）1－2－4－(6n －2)×2n ＋1＝－(3n －4)2n ＋2－16.所以T n ＝(3n －4)2n ＋2＋16.所以数列{a 2n b n }的前n 项和为(3n －4)2n ＋2＋16.热点二 数列的综合应用【例2】 已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…a n ＝(2)bn (n ∈N *).若{a n }为等比数列，且a 1＝2，b 3＝6＋b 2.(1)求a n 与b n ；(2)设c n ＝1a n －1b n(n ∈N *).记数列{c n }的前n 项和为S n .①求S n ；②求正整数k ，使得对任意n ∈N *均有S k ≥S n .解 (1)设数列{a n }的公比为q ，由题意a 1a 2a 3…a n ＝(2)bn ，b 3－b 2＝6， 知a 3＝(2)b 3－b2＝8.又由a 1＝2，得公比q ＝2(q ＝－2舍去)， 所以数列{a n }的通项为a n ＝2n(n ∈N *).所以，a 1a 2a 3…a n ＝2n （n ＋1）2＝(2)n (n ＋1).故数列{b n }的通项为b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *). (2)①由(1)知c n ＝1a n －1b n ＝12n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1(n ∈N *)， 所以S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋ (12)－⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝1n ＋1－12n (n ∈N *).②因为c 1＝0，c 2>0，c 3>0，c 4>0； 当n ≥5时，c n ＝1n （n ＋1）⎣⎢⎡⎦⎥⎤n （n ＋1）2n－1， 而n （n ＋1）2n－（n ＋1）（n ＋2）2n ＋1＝（n ＋1）（n －2）2n ＋1>0，得n （n ＋1）2n≤5·（5＋1）25<1，所以，当n ≥5时，c n <0.综上，对任意n ∈N *，恒有S 4≥S n ，故k ＝4.探究提高 以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性求解.【训练2】 已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1＋x 2＝3，x 3－x 2＝2.(1)求数列{x n }的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1，1)，P 2(x 2，2)，…，P n ＋1(x n ＋1，n ＋1)得到折线P 1P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的区域的面积T n . 解 (1)设数列{x n }的公比为q ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2.所以3q 2－5q －2＝0， 由已知q ＞0， 所以q ＝2，x 1＝1.因此数列{x n }的通项公式为x n ＝2n －1.(2)过P 1，P 2，…，P n ＋1向x 轴作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，…，Q n ＋1. 由(1)得x n ＋1－x n ＝2n－2n －1＝2n －1，记梯形P n P n ＋1Q n ＋1Q n 的面积为b n ，由题意b n ＝（n ＋n ＋1）2×2n －1＝(2n ＋1)×2n －2，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n －1)×2n －3＋(2n ＋1)·×2n －2.① 又2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1.②①－②得－T n ＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n －1)－(2n ＋1)×2n －1＝32＋2（1－2n －1）1－2－(2n ＋1)×2n －1. 所以T n ＝（2n －1）×2n＋12.1.错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列{a n }乘以等比数列{b n }对应项得到的数列{a n ·b n }的求和. (2)步骤：①求和时先乘以数列{b n }的公比.②把两个和的形式错位相减.③整理结果形式. 2.裂项求和的常见技巧 (1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.(2)1n （n ＋k ）＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k .(3)1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.(4)14n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1.3.数列与不等式综合问题(1)如果是证明不等式，常转化为数列和的最值问题，同时要注意比较法、放缩法、基本不等式的应用；(2)如果是解不等式，注意因式分解的应用.一、选择题1.我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“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( ) A.1盏B.3盏C.5盏D.9盏解析 设塔的顶层的灯数为a 1，七层塔的总灯数为S 7，公比为q ，则依题意S 7＝381，公比q ＝2.∴a 1（1－27）1－2＝381，解得a 1＝3.答案 B2.(2018·全国Ⅰ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( ) A.－12B.－10C.10D.12解析 法一 设等差数列{a n }的公差为d ，∵3S 3＝S 2＋S 4，∴3⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 1＋3×22d ＝2a 1＋d ＋4a 1＋4×32d ，解得d ＝－32a 1.∵a 1＝2，∴d ＝－3，∴a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10.故选B. 法二 设等差数列{a n }的公差为d ，∵3S 3＝S 2＋S 4，∴3S 3＝S 3－a 3＋S 3＋a 4，∴S 3＝a 4－a 3，∴3a 1＋3×22d ＝d .∵a 1＝2，∴d ＝－3，∴a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.答案 B3.已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝( ) A.9 B.15 C.18 D.30解析 ∵a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，∴数列{a n }是公差为2的等差数列. ∴a n ＝－5＋2(n －1)＝2n －7. 数列{a n }的前n 项和S n ＝n （－5＋2n －7）2＝n 2－6n .令a n ＝2n －7≥0，解得n ≥72.∴n ≤3时，|a n |＝－a n ；n ≥4时，|a n |＝a n . 则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝－a 1－a 2－a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝S 6－2S 3＝62－6×6－2(32－6×3)＝18.答案 C4.已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，a n ＋1a n －1＝a n (n ≥2)，则数列{a n }的前40项和S 40等于( ) A.20 B.40C.60D.80解析 由a n ＋1＝a n a n －1(n ≥2)，a 1＝1，a 2＝3，可得a 3＝3，a 4＝1，a 5＝13，a 6＝13，a 7＝1，a 8＝3，…，这是一个周期为6的数列，一个周期内的6项之和为263，又40＝6×6＋4，所以S 40＝6×263＋1＋3＋3＋1＝60. 答案 C5.(2018·宁波十校联考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知(a 5－1)3＋3a 5＝4，(a 8－1)3＋3a 8＝2，则下列选项正确的是( ) A.S 12＝12，a 5>a 8 B.S 12＝24，a 5>a 8 C.S 12＝12，a 5<a 8 D.S 12＝24，a 5<a 8解析 由已知得⎩⎪⎨⎪⎧（a 5－1）3＋3（a 5－1）＝1，（a 8－1）3＋3（a 8－1）＝－1，设f (x )＝x 3＋3x ，易知f (x )在R 上为奇函数且单调递增，又f (a 5－1)＝1，f (a 8－1)＝－1，所以f (a 5－1)>f (a 8－1)，且f (a 5－1)＋f (a 8－1)＝0，故a 5>a 8，且a 5－1＝－(a 8－1)，即a 5＋a 8＝2，又{a n }是等差数列，所以S 12＝12（a 1＋a 12）2＝12（a 5＋a 8）2＝12.答案 A6.各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且3S n ＝a n a n ＋1，则∑nk ＝1a 2k ＝( ) A.n （n ＋5）2 B.3n （n ＋1）2 C.n （5n ＋1）2D.（n ＋3）（n ＋5）2解析 当n ＝1时，3S 1＝a 1a 2，即3a 1＝a 1a 2，∴a 2＝3，当n ≥2时，由3S n ＝a n a n ＋1，可得3S n －1＝a n －1a n ，两式相减得：3a n ＝a n (a n ＋1－a n －1).∵a n ≠0，∴a n ＋1－a n －1＝3，∴{a 2n }为一个以3为首项，3为公差的等差数列，∴∑nk ＝1a 2k ＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n ＝3n ＋n （n －1）2×3＝3n （n ＋1）2，选B.答案 B二、填空题7.在数列{a n }中， a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，若b n ＝2a n a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和S n为________.解析 a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋nn ＋1＝n （n ＋1）2n ＋1＝n2. ∴b n ＝2a n a n ＋1＝2n （n ＋1）4＝8n （n ＋1）＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝8⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝8nn ＋1. 答案8n n ＋18.(2018·绍兴调研)设等比数列{a n }的首项a 1＝1，且4a 1，2a 2，a 3成等差数列，则公比q ＝________；数列{a n }的前n 项和S n ＝________.解析 因为a 1＝1，且4a 1，2a 2，a 3成等差数列，所以4q ＝4＋q 2，解得q ＝2，所以S n ＝1－2n1－2＝2n－1.答案 2 2n－19.(2016·浙江卷)设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________.解析 ∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，∴S n ＋1＝3S n ＋1，∴S n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎪⎫S n ＋12， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是公比为3的等比数列， ∴S 2＋12S 1＋12＝3.又S 2＝4，∴S 1＝1，∴a 1＝1， ∴S 5＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫S 1＋12×34＝32×34＝2432， ∴S 5＝121.答案 1 12110.(2018·全国Ⅰ卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和.若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. 解析 法一 因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1； 当n ＝2时，a 1＋a 2＝2a 2＋1，解得a 2＝－2；当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝2a 3＋1，解得a 3＝－4；当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2a 4＋1，解得a 4＝－8；当n ＝5时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝2a 5＋1，解得a 5＝－16；当n ＝6时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝2a 6＋1，解得a 6＝－32.所以S 6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.法二 因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)，所以a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1，所以S 6＝－1×（1－26）1－2＝－63. 答案 －6311.(2018·北京昌平区调研)已知数列{a n }的奇数项依次构成公差为d 1的等差数列，偶数项依次构成公差为d 2的等差数列(其中d 1，d 2为整数)，且对任意n ∈N *，都有a n <a n ＋1，若a 1＝1，a 2＝2，且数列{a n }的前10项和S 10＝75，则d 1＝________，a 8＝________. 解析 因为a 1＝1，a 2＝2，所以a 3＝1＋d 1，a 4＝2＋d 2，a 5＝1＋2d 1.因为对任意n ∈N *，都有a n <a n ＋1，所以a 3>a 2，即1＋d 1>2，解得d 1>1；又⎩⎪⎨⎪⎧a 4>a 3，a 5>a 4，所以⎩⎪⎨⎪⎧2＋d 2>1＋d 1，1＋2d 1>2＋d 2，解得－1＋d 1<d 2<－1＋2d 1.因为S 10＝75，所以5×1＋5×42d 1＋5×2＋5×42d 2＝75，所以d 1＋d 2＝6，所以d 2＝6－d 1，所以－1＋d 1<6－d 1<－1＋2d 1，解得73<d 1<72.又d 1，d 2为整数，所以d 1＝3，所以d 2＝3.所以a 8＝2＋(4－1)d 2＝2＋3×3＝11.答案 3 11三、解答题12.(2018·全国Ⅱ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15.(1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并求S n 的最小值.解 (1)设{a n }的公差为d ，由题意得3a 1＋3d ＝－15.由a 1＝－7得d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －9.(2)由(1)得S n ＝n 2－8n ＝(n －4)2－16.所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16.13.(2018·全国Ⅲ卷)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3.(1)求{a n }的通项公式，(2)记S n 为{a n }的前n 项和.若S m ＝63，求m .解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2.故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1.(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－（－2）n 3.由S m ＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解.若a n ＝2n －1，则S n ＝2n－1.由S m ＝63得2m＝64，解得m ＝6.综上，m ＝6.14.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，所以a n ＝6n ＋5.设数列{b n }的公差为d .由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3， 即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得b 1＝4，d ＝3，所以b n ＝3n ＋1. (2)由(1)知，c n ＝（6n ＋6）n ＋1（3n ＋3）n ＝3(n ＋1)·2n ＋1. 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]， 2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]. 两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4（1－2n ）1－2－（n ＋1）×2n ＋2 ＝－3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2.15.(2018·天津卷)设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是等差数列.已知a 1＝1，a 3＝a 2＋2，a 4＝b 3＋b 5，a 5＝b 4＋2b 6.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *)，①求T n ；②证明∑n k ＝1 （T k ＋b k ＋2）b k （k ＋1）（k ＋2）＝2n ＋2n ＋2－2(n ∈N *). (1)解 设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，由a 1＝1，a 3＝a 2＋2，可得q 2－q －2＝0.因为q >0，可得q ＝2，故a n ＝2n －1.设等差数列{b n }的公差为d .由a 4＝b 3＋b 5，可得b 1＋3d ＝4.由a 5＝b 4＋2b 6，可得3b 1＋13d ＝16，从而b 1＝1，d ＝1，故b n ＝n .所以，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，数列{b n }的通项公式为b n ＝n . (2)①解 由(1)，有S n ＝1－2n 1－2＝2n －1，故T n ＝∑n k ＝1 (2k －1)＝∑n k ＝12k －n ＝2×（1－2n ）1－2－n ＝2n ＋1－n －2.②证明 因为（T k ＋b k ＋2）b k （k ＋1）（k ＋2）＝（2k ＋1－k －2＋k ＋2）k （k ＋1）（k ＋2）＝k ·2k ＋1（k ＋1）（k ＋2）＝2k ＋2k ＋2－2k ＋1k ＋1， 所以∑n k ＝1 （T k ＋b k ＋2）b k （k ＋1）（k ＋2）＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫244－233＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋2n ＋2－2n ＋1n ＋1＝2n ＋2n ＋2－2.。