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第2讲 数列■真题调研——————————————【例1】 [2019·全国卷Ⅱ]已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0,4a n ＋1＝3a n －b n ＋4,4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．解：(1)由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )， 即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n )．又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8, 即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2.又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1.所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.【例2】 [2019·某某卷]定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”． (1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足：a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，求证：数列{a n }为“M －数列”；(2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足：b 1＝1，1S n ＝2b n －2b n ＋1，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数．若存在“M－数列”{}(n ∈N *)，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有c k ≤b k ≤c k ＋1成立，求m 的最大值．解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ， 所以a 1≠0，q ≠0.由⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a 21q 4＝a 1q 4，a 1q 2－4a 1q ＋4a 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2.因此数列{a n }为“M－数列”． (2)①因为1S n ＝2b n －2b n ＋1，所以b n ≠0.由b 1＝1，S 1＝b 1，得11＝21－2b 2，则b 2＝2.由1S n ＝2b n －2b n ＋1，得S n ＝b n b n ＋12(b n ＋1－b n )， 当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1， 得b n ＝b n b n ＋12(b n ＋1－b n )－b n －1b n2(b n －b n －1)，整理得b n ＋1＋b n －1＝2b n .所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列． 因此，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *)． ②由①知，b k ＝k ，k ∈N *. 因为数列{}为“M－数列”， 设公比为q ，所以c 1＝1，q >0. 因为c k ≤b k ≤c k ＋1，所以q k －1≤k ≤q k，其中k ＝1,2,3，…，m .当k ＝1时，有q ≥1；当k ＝2,3，…，m 时，有ln k k ≤ln q ≤ln kk －1.设f (x )＝ln x x (x >1)，则f ′(x )＝1－ln xx2. 令f ′(x )＝0，得x ＝e.列表如下：因为2＝6<6＝3，所以f (k )max ＝f (3)＝ln33.取q ＝33，当k ＝1,2,3,4,5时，ln k k≤ln q ，即k ≤q k ，经检验知q k －1≤k 也成立．因此所求m 的最大值不小于5.若m ≥6，分别取k ＝3,6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216，所以q 不存在．因此所求m 的最大值小于6.综上，所求m 的最大值为5.【例3】 [2019·某某卷]设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列．已知a 1＝4，b 1＝6，b 2＝2a 2－2，b 3＝2a 3＋4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{}满足c 1＝1，＝⎩⎪⎨⎪⎧1，2k<n <2k ＋1，b k ，n ＝2k，其中k ∈N *.①求数列的通项公式； ②求．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 .依题意得⎩⎪⎨⎪⎧6q ＝6＋2d ，6q 2＝12＋4d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝2，故a n ＝4＋(n －1)×3＝3n ＋1，b n ＝6×2n －1＝3×2n.所以，{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋1，{b n }的通项公式为b n ＝3×2n.(2)①＝(3×2n ＋1)(3×2n －1)＝9×4n－1.所以，数列{}的通项公式为＝9×4n－1.②＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n×4＋2n (2n－1)2×3＋i ＝1n (9×4i －1) ＝(3×22n －1＋5×2n －1)＋9×4(1－4n)1－4－n＝27×22n －1＋5×2n －1－n －12(n ∈N *)．【例4】 [2019·某某卷]设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝4，a 4＝S 3.数列{b n }满足：对每个n ∈N *，S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)记＝a n 2b n，n ∈N *，证明：c 1＋c 2＋…＋<2n ，n ∈N *. 解：(1)设数列{a n }的公差为d ，由题意得a 1＋2d ＝4，a 1＋3d ＝3a 1＋3d ，解得a 1＝0，d ＝2. 从而a n ＝2n －2，n ∈N *. 所以S n ＝n 2－n ，n ∈N *.由S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列得 (S n ＋1＋b n )2＝(S n ＋b n )(S n ＋2＋b n )． 解得b n ＝1d(S 2n ＋1－S n S n ＋2)．所以b n ＝n 2＋n ，n ∈N *. (2)＝a n2b n ＝2n －22n (n ＋1)＝n －1n (n ＋1)，n ∈N *.我们用数学归纳法证明．(1)当n ＝1时，c 1＝0<2，不等式成立； (2)假设当n ＝k (k ∈N *)时不等式成立，即c 1＋c 2＋…＋c k <2k ，那么，当n ＝k ＋1时，c 1＋c 2＋…＋c k ＋c k ＋1<2k ＋k(k ＋1)(k ＋2)<2k ＋1k ＋1<2k ＋2k ＋1＋k＝2k ＋2(k ＋1－k )＝2k ＋1，即当n ＝k ＋1时不等式也成立．根据(1)和(2)，不等式c 1＋c 2＋…＋<2n 对任意n ∈N *成立． ■模拟演练——————————————1．[2019·某某二模]已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝1，且存在实数λ满足2a n ＋1＝λa n ＋4，n ∈N *.(1)求λ的值及数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a 2n －n }的前n 项和S n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，d ≠0， 由2a n ＋1＝λa n ＋4(n ∈N *)，① 得2a n ＝λa n －1＋4(n ∈N *，n ≥2)，②两式相减得，2d ＝λd ，又d ≠0，所以λ＝2. 将λ＝2代入①可得a n ＋1－a n ＝2，即d ＝2， 又a 1＝1，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (2)由(1)可得a 2n －n ＝2(2n －n )－1＝2n ＋1－(2n ＋1)，所以S n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)－[3＋5＋…＋(2n ＋1)]＝4(1－2n)1－2－n (3＋2n ＋1)2＝2n ＋2－n2－2n －4.2．[2019·某某综合测试二]已知{a n }是递增的等比数列，a 2＋a 3＝4，a 1a 4＝3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解：(1)解法一：设等比数列{a n }的公比为q .因为a 2＋a 3＝4，a 1a 4＝3，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 2＝4，a 1·a 1q 3＝3.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，q ＝13，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝13，q ＝3.因为{a n }是递增的等比数列，所以a 1＝13，q ＝3，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2.解法二：设等比数列{a n }的公比为q . 因为a 2＋a 3＝4，a 1a 4＝a 2a 3＝3，所以a 2，a 3是方程x 2－4x ＋3＝0的两个根，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝1，a 3＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝3，a 3＝1.因为{a n }是递增的等比数列，所以a 2＝1，a 3＝3，则q ＝3， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2.(2)由(1)知b n ＝n ×3n －2，则S n ＝1×3－1＋2×30＋3×31＋…＋n ×3n －2， ①在①式两边同时乘以3得， 3S n ＝1×30＋2×31＋3×32＋…＋n ×3n －1， ②①－②得－2S n ＝3－1＋30＋31＋…＋3n －2－n ×3n －1，即－2S n ＝13(1－3n )1－3－n ×3n －1，所以S n ＝14(2n －1)×3n －1＋112.3．[2019·某某质检]数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －n . (1)求证数列{a n ＋1}是等比数列，并求a n ；(2)若数列{b n }为等差数列，且b 3＝a 2，b 7＝a 3，求数列{a n b n }的前n 项和． 解：(1)当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，所以a 1＝1. 因为S n ＝2a n －n ， ①所以当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－(n －1)， ② ①－②得a n ＝2a n －2a n －1－1，所以a n ＝2a n －1＋1， 所以a n ＋1a n －1＋1＝2a n －1＋1＋1a n －1＋1＝2a n －1＋2a n －1＋1＝2，所以{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列， 所以a n ＋1＝2·2n －1＝2n，所以a n ＝2n－1.(2)由(1)知，a 2＝3，a 3＝7， 所以b 3＝a 2＝3，b 7＝a 3＝7.设{b n }的公差为d ，则b 7＝b 3＋(7－3)·d ， 所以d ＝1，所以b n ＝b 3＋(n －3)·d ＝n ， 所以a n b n ＝n (2n －1)＝n ·2n－n .设数列{n ·2n}的前n 项和为K n ，数列{n }的前n 项和为T n ， 所以K n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n， ③ 2K n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1， ④③－④得－K n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n)1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2.所以K n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.又T n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，所以K n －T n ＝(n －1)·2n ＋1－n (n ＋1)2＋2，所以{a n b n }的前n 项和为 (n －1)·2n ＋1－n (n ＋1)2＋2.4．[2019·某某某某质检]已知等比数列{a n }的各项都是正数，其中a 3，a 2＋a 3，a 4成等差数列，a 5＝32.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{log 2a n }的前n 项和为S n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和T n .解：(1)设等比数列{a n }的公比为q，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2(a 2＋a 3)＝a 3＋a 4，a 5＝32，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1q ＋a 1q 2＝a 1q 3，a 1q 4＝32.∵a n >0，∴q >0，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2.∴a n ＝2n. (2)由已知得，S n ＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ＝n (n ＋1)2，∴1S n＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和 T n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝2n n ＋1.。
高三数学第二轮复习数列解析版高三第二轮复习资料(数列)顺序（5学时）一【本章知识结构】等差数列的性质有等差数列正一般术语和整数列的概念，前n个术语和数字等比数列等比序列集性质二、【高考要求】1．了解数列有关概念和几种简单的表示方法（列表、图像、通项公式）.2.理解等差（比）数列的概念，掌握等差（比）数列的通项公式和前n项之和公式，并能利用这些知识解决一些实际问题。
三、 [热点分析]1．数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般情况下都是一个客观性试题加一个解答题，分值占整个试卷的10%左右.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式等内容，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列内容为主，并涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目.2.系列问题命题倾向：（1）数列是特殊的函数，而不等式则是深刻认识函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和能力的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点；（2）序列推理是一个新的课题，在过去的高考中经常使用学科几何试题来测试逻辑推理能力。
近两年来，在数字系列试题中，等差等比系列的综合考试也得到了加强；3．熟练掌握、灵活运用等差、等比数列的性质。
等差、等比数列的有关性质在解决数列问题时应用非常广泛，且十分灵活，主动发现题目中隐含的相关性质，往往使运算简洁优美4．对客观题，应注意寻求简捷方法解答历年有关数列的客观题，就会发现，除了常规方法外，还可以用更简捷的方法求解.现介绍如下：①借助特殊数列；② 灵活利用等差序列和等比序列的相关性质可以更准确、快速地解决问题。
这种思想在解决客观问题时更为突出。
序列的许多客观问题都有灵活而简单的解5．在数列的学习中加强能力训练数列问题对能力要求较高，特别是运算能力、归纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力更为突出.一般来说，考题中选择、填空题解法灵活多变，而解答题更是考查能力的集中体现，尤其近几年高考加强了数列推理能力的考查，应引起我们足够的重视.因此，在平时要加强对能力的培养。
数列数列是高中代数的重要内容之一，首先数列可以视作函数，也就是正整数集到实数集的映射.但数列又有不同于高中大多数函数的特点，即数列有离散性.所以，数列与函数，方程，不等式，解析几何，二项式定理等有较紧密的联系，又有自己鲜明的特征，因此它是历年高考考查的重点、热点和难点.在高考中占有极其重要的地位. 试题往往综合性强、难度大，主要考察学生的思维能力和分析，解决问题的能力.解决这类问题时往往要用到函数与方程的思想，划归与转化的思想以及分类讨论的思想等等.题型多为一道选择题或填空题，一道解答题.其中，等差数列，等比数列与函数，导数，不等式，方程，解析几何相联系的综合题是高考的必考内容.等差数列与一次函数，二次函数等联系密切.等比数列与指数函数，联系密切.从而，数列，函数，方程，不等式等知识便能很自然的融合到一起.而由于数列是点集，所以数列与解析几何也可以综合在一起考查.从而数列内容综合性较强，难度也较高.但是，在有些省份的考卷中，也会在解答题中单独考查数列的基础知识.希望同学们在复习时注意基础知识，基本方法. 核心内容一、数列的概念及表示方法数列的单调性问题，数列中的最大项求解：⎩⎨⎧≥≥+-11n nn n a a a an a 与n S 的关系：()()⎩⎨⎧≥-==-2111n S S n S a n n n ．要用到分类讨论二、等差数列与等比数列定义：从第2项起每一项与它前一项的差等于同一常数的数列叫等差数列． 从第2项起每一项与它前一项的比等于同一常数(不为0)的数列叫做等比数列．通项公式：等差数列：()d n a a n 11-+=，等比数列11-=n n q a a ，+∈N n前n 项和公式：等差数列：()21n n a a n S +=+∈N n ；等比数列：()⎪⎩⎪⎨⎧≠--==1,111,11q q q a q na S nn +∈N n等差中项与等比中项 三、由递推关系求数列的通项 数列通项公式的求解常用方法：①利用基本公式(等差数列或等比数列相关公式) ②累加与累乘③若已知数列的前n 项和n S 与n a 的关系，求数列{}n a 的通项公式， 可用公式⎩⎨⎧≥-==-2111n S S n S a n n n④转化为等差或等比公式(可在各类竞赛书或数学教育相关杂志上见到)如待定系数法，特征根法，不动点法等等. PS ：递推思想的应用 ①数列问题②排列组合与计数问题 ③函数迭代问题 ④物理问题 四、数列求和 数列求和的常用方法： ①利用Σ(求和号)的性质 ②利用已知公式 ③倒序相加(等距性)④错位相减：(一般适应于数列{}n n b a 的前n 向求和，其中{}n a 成等差数列，{}n b 成等比数列) ⑤裂项相消PS ：常见的拆项公式：(1)若{}n a 是公差为d 的等差数列，则⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=++111111n n n n a a d a a ； (2)()()⎪⎭⎫⎝⎛+--=+-1211212112121n n n n ；(3)()n n kn k n -+=++111；(4)m n m n m nC C C -=+-11；(5)()!!1!n n n n -+=⋅.⑥其他求和法：利用母函数，Abel 公式等等.(散见于各类竞赛书) PS ：求和公式的逆用，往往可以为证明某些不等式提供思路.基础篇10福建 11．在等比数列{}n a 中，若公比4=q ，且前3项之和等于21，则该数列的通项公式=n a _________．考点：等比数列的通项公式与前n 项和公式的应用解析：公比已经知道，若想求的数列的通项公式则需要知道首项1a ，设该数列的通项公式为114n n a a -=，由题意知21164111=++a a a ，解得11=a ，所以通项14-=n n a答案：14-n ．10全国 I 4．已知各项均为正数的等比数列{}n a ，5321=a a a ，10987=a a a ，则654a a a ＝A ．25B ．7C ．6D ．24考点：等比数列的性质、指数幂的运算、根式与指数式的互化等知识 规律方法：转化与化归的数学思想.解析：由等比数列的性质知()532231321==⋅=a a a a a a a ，()1038897987==⋅=a a a a a a a ，所以318250=a a ，所以()()255036138235564654=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛===⋅=a a a a a a a a a 另一种方法：222174285396456123789,,52a a a a a a a a a a a a a a a a a a ⋅=⋅=⋅==，所以答案：A10全国 II (4)如果等差数列{}n a 中，12543=++a a a ，那么=+++721a a a A ．14B ．21C ．28D ．35考点：等差数列的基本公式和等差中项的性质.解析：利用等差数列的基本公式求解，34513912a a a a d ++=+=，1271824a a a a d ++⋅⋅⋅+=+，所以1273458()283a a a a a a ++⋅⋅⋅+=++=利用等差中项的性质求解：1234543==++a a a a ，44=a ，()28727471721==+=+++∴a a a a a a答案：C10安徽 10．设{}n a 是任意等比数列，它的前n 项和，前n 2项和与前n 3项和分别为X ，Y ，Z ，则下列等式中恒成立的是 A ．Y Z X 2=+ B ．()()X Z Z X Y Y -=- C ．XZ Y =2D ．()()X Z X X Y Y -=-考点：等比数列的求和公式解析：利用等比数列前n 项和的基本公式，可以求得X ，Y ，Z 的关系：211(1)(1),(1),11n n na q a q X Y X q q q --===⋅+--321(1)(1)1n n n a q Z X q q q-==⋅++-，最后验证D 符合。
第二讲 高考中的数列(解答题型)1．(2014·新课标全国卷Ⅰ)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数．(1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由．解：(1)由题设，a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1. 两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1. 由于a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.(2)由题设，a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得a 2＝λ－1. 由(1)知，a 3＝λ＋1. 令2a 2＝a 1＋a 3， 解得λ＝4.故a n ＋2－a n ＝4，由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3；{a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1.所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2.因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列． 2．(2014·江西高考)已知首项都是1的两个数列{a n }，{b n }(b n ≠0，n ∈N *)，满足a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0.(1)令c n ＝a nb n ，求数列{c n }的通项公式；(2)若b n ＝3n －1，求数列{a n }的前n 项和S n .解：(1)因为a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0，b n ≠0(n ∈N *)， 所以a n ＋1b n ＋1－a nb n＝2，即c n ＋1－c n ＝2.所以数列{c n }是以首项c 1＝1，公差d ＝2的等差数列，故c n ＝2n －1. (2)由b n ＝3n －1知a n ＝c n b n ＝(2n －1)3n －1，于是数列{a n }前n 项和S n ＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋(2n －1)·3n －1， 3S n ＝1·31＋3·32＋…＋(2n －3)·3n －1＋(2n －1)·3n ，相减得－2S n ＝1＋2·(31＋32＋…＋3n －1)－(2n －1)·3n ＝－2－(2n －2)3n ， 所以S n ＝(n －1)3n ＋1.数列求和常用的方法1．分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．2．裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n ＝f (n ＋1)－f (n )的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如⎩⎨⎧⎭⎬⎫c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为0的等差数列，c 为常数)的数列等．3．错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．4．倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思．热点一 等差、等比数列的综合问题命题角度(1)考查等差数列、等比数列的判定与证明； (2)考查等差数列、等比数列的综合运算.[例1] (1)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝t ，a n ＋1＝2S n ＋1(n ∈N *)．①若t ≠－12，求证：数列{S n }不是等差数列；②当t 为何值时，数列{a n }是等比数列，并求出该等比数列的前n 项和S n . (2)(2014·重庆高考)已知{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，S n 表示{a n }的前n 项和． ①求a n 及S n ；②设{b n }是首项为2的等比数列，公比q 满足q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0，求{b n }的通项公式及其前n 项和T n .[师生共研] (1)①假设数列{S n }为等差数列，则必有2S 2＝S 1＋S 3，即2(a 1＋a 2)＝a 1＋a 1＋a 2＋a 3，所以a 2＝a 3，又a 2＝2S 1＋1＝2a 1＋1＝2t ＋1，a 3＝2S 2＋1＝2(a 1＋a 2)＋1＝2(t ＋2t ＋1)＋1＝6t ＋3， 所以由a 2＝a 3得2t ＋1＝6t ＋3，即t ＝－12，这与t ≠－12矛盾．故数列{S n }不是等差数列．②由a n ＋1＝2S n ＋1得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2)，两式相减得a n ＋1－a n ＝2a n ，即a n ＋1＝3a n (n ≥2)，所以当n ≥2时，数列{a n }是等比数列．要使n ≥1时，数列{a n }是等比数列，只需a 2a 1＝2t ＋1t＝3，从而得t ＝1.故当t ＝1时，数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列． 所以a n ＝3n －1，所以S n ＝1×(1－3n )1－3＝12(3n －1)．(2)①因为{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1. 故S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n (a 1＋a n )2＝n (1＋2n －1)2＝n 2.②由①得a 4＝7，S 4＝16.因为q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0，即q 2－8q ＋16＝0， 所以(q －4)2＝0，从而q ＝4.又因为b 1＝2，{b n }是公比q ＝4的等比数列，所以b n ＝b 1q n －1＝2·4n －1＝22n －1.从而{b n }的前n 项和T n ＝b 1(1－q n )1－q＝23(4n －1)．证明(或判断)数列是等差(比)数列的四种基本方法(1)定义法：a n ＋1－a n ＝d (常数)(n ∈N *)⇒{a n }是等差数列；a n ＋1a n＝q (q 是非零常数)⇒{a n }是等比数列；(2)等差(比)中项法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)⇒{a n }是等差数列；a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N *，a n ≠0)⇒{a n }是等比数列；(3)通项公式法：a n ＝pn ＋q (p ，q 为常数)⇒{a n }是等差数列；a n ＝a 1·q n －1(其中a 1，q 为非零常数，n ∈N *)⇒{a n }是等比数列；(4)前n 项和公式法：S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)⇒{a n }是等差数列；S n ＝Aq n －A (A 为非零常数，q ≠0,1)⇒{a n }是等比数列．1．已知数列{a n }满足a 1＝1，|a n ＋1－a n |＝p n ，n ∈N *.(1)若{a n }是递增数列，且a 1,2a 2,3a 3成等差数列，求p 的值；(2)若p ＝12，且{a 2n －1}是递增数列，{a 2n }是递减数列，求数列{a n }的通项公式．解：(1)因为{a n }是递增数列，所以a n ＋1－a n ＝|a n ＋1－a n |＝p n .而a 1＝1，因此a 2＝p ＋1，a 3＝p 2＋p ＋1.又a 1,2a 2,3a 3成等差数列，所以4a 2＝a 1＋3a 3，因而3p 2－p ＝0，解得p ＝13或p ＝0.当p ＝0时，a n ＋1＝a n ，这与{a n }是递增数列矛盾，故p ＝13.(2)由于{a 2n －1}是递增数列，因而a 2n ＋1－a 2n －1>0，于是(a 2n ＋1－a 2n )＋(a 2n －a 2n －1)>0. ① 但122n <122n －1，所以|a 2n ＋1－a 2n |<|a 2n －a 2n －1|. ② 由①，②知，a 2n －a 2n －1>0，因此a 2n －a 2n －1＝⎝⎛⎭⎫122n －1＝(－1)2n 22n －1. ③ 因为{a 2n }是递减数列，同理可得a 2n ＋1－a 2n <0，故 a 2n ＋1－a 2n ＝－⎝⎛⎭⎫122n ＝(－1)2n ＋122n. ④由③，④即知，a n ＋1－a n ＝(－1)n ＋12n.于是a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1) ＝1＋12－122＋…＋(－1)n 2n －1＝1＋12·1－⎝⎛⎭⎫－12n －11＋12＝43＋13·(－1)n2n －1. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝43＋13·(－1)n2n －1.热点二 数列求和问题命题角度(1)考查利用错位相减法或裂项相消法求和； (2)考查与奇偶项有关的分组求和.[例2] 下表是一个由正数组成的数表，数表中各行依次成等差数列，各列依次成等比数列，且公比都相等，已知a 1,1＝1，a 2,3＝6，a 3,2＝8.a 1,1 a 1,2 a 1,3 a 1,4 …a 2,1 a 2,2 a 2,3 a 2,4 …a 3,1 a 3,2 a 3,3 a 3,4 …a 4,1 a 4,2 a 4,3 a 4,4 …… … … … …(1)求数列{a n,2(2)设b n ＝a 1，na n ，2，n ＝1,2,3，…，求数列{b n }的前n 项和S n .[师生共研] (1)设第一行组成的等差数列的公差是d ，各列依次组成的等比数列的公比是q (q >0)，则a 2,3＝qa 1,3＝q (1＋2d )⇒q (1＋2d )＝6， a 3,2＝q 2a 1,2＝q 2(1＋d )⇒q 2(1＋d )＝8， 解得d ＝1，q ＝2.a 1,2＝2⇒a n,2＝2×2n －1＝2n .(2)b n ＝n 2n ，则S n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，则12S n ＝122＋223＋324＋…＋n2n ＋1， 两式相减得12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1，所以S n ＝2－n ＋22n .若本例(2)中b n ＝a 1，na n ，2＋(－1)n a 1，n ，如何求S n?解：由例题可知b n ＝n2n ＋(－1)n n ，S n ＝⎝⎛⎭⎫12＋222＋323＋…＋n2n ＋[－1＋2－3＋…＋(－1)n n ]． 设T n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，则12T n ＝122＋223＋324＋…＋n2n ＋1，两式相减得12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1，所以T n ＝2－n ＋22n .又－1＋2－3＋…＋(－1)n ·n ＝⎩⎨⎧n2，n 为偶数，－1＋n 2，n 为奇数，故S n＝⎩⎨⎧2＋n 2－n ＋22n ，n 为偶数，3－n 2－n ＋22n，n 为奇数.六招解决数列求和问题(1)转化法：将数列的项进行分组重组，使之转化为n 个等差数列或等比数列，然后应用公式求和．(2)错位相减法：(见主干整合) (3)裂项相消法：(见主干整合) (4)倒序相加法：(见主干整合)(5)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求S n .(6)归纳猜想法：通过对S 1，S 2，S 3，…的计算进行归纳分析，寻求规律，猜想出S n ，然后用数学归纳法给出证明．2．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－a n －⎝⎛⎭⎫12n －1＋2(n ∈N *)，数列{b n }满足b n ＝2n a n . (1)求证数列{b n }是等差数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)设c n ＝log 2n a n ，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2c n c n ＋2的前n 项和为T n ，求满足T n <2521(n ∈N *)的n 的最大值．解：(1)在S n ＝－a n －⎝⎛⎭⎫12n －1＋2中，令n ＝1，可得S 1＝－a 1－1＋2＝a 1，即a 1＝12. 当n ≥2时，S n －1＝－a n －1－⎝⎛⎭⎫12n －2＋2，∴a n ＝S n －S n －1＝－a n ＋a n －1＋⎝⎛⎭⎫12n －1，∴2a n ＝a n －1＋⎝⎛⎭⎫12n －1，即2n a n ＝2n －1a n －1＋1. ∵b n ＝2n a n ，∴b n ＝b n －1＋1，即当n ≥2时，b n －b n －1＝1. 又b 1＝2a 1＝1，∴数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列．故b n ＝1＋(n －1)·1＝n ＝2n a n ，∴a n ＝n2n .(2)∵c n ＝log 2na n＝log 22n ＝n ，∴2c n c n ＋2＝2n (n ＋2)＝1n －1n ＋2， ∴T n ＝⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝1＋12－1n ＋1－1n ＋2， 由T n <2521，得1＋12－1n ＋1－1n ＋2<2521，即1n ＋1＋1n ＋2>1342，由于f (x )＝1x ＋1＋1x ＋2在(0，＋∞)上为单调递减函数，f (4)＝1130，f (5)＝1342，∴n 的最大值为4.热点三数列与函数、方程的综合应用命题角度(1)以函数为背景给出数列的相关信息，考查数列的通项及前n 项和等内容；(2)以与数列的通项a n ，前n 项和S n 及项数n 有关的关系式给出数列的信息，考查数列的有关计算及推理论证.[例3] (2014·南昌模拟)设曲线C n ：f (x )＝x n ＋1(n ∈N *)在点P ⎝⎛⎭⎫－12，f ⎝⎛⎭⎫－12处的切线与y 轴交于点Q n (0，y n )．(1)求数列{y n }的通项公式； (2)求数列{y n }的前n 项和S n .[师生共研] (1)∵f ′(x )＝(n ＋1)x n (n ∈N *)，∴曲线C n 在点P 处的切线斜率k n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫－12n ，∴切线方程为y －⎝⎛⎭⎫－12n ＋1＝(n ＋1)·⎝⎛⎭⎫－12n ⎝⎛⎭⎫x ＋12， 令x ＝0，得y n ＝⎝⎛⎭⎫－12n ＋1＋n ＋12·⎝⎛⎭⎫－12n ，故数列{y n }的通项公式为y n ＝n 2·⎝⎛⎭⎫－12n . (2)S n ＝12×⎝⎛⎭⎫－12＋22×⎝⎛⎭⎫－122＋32×⎝⎛⎭⎫－123＋…＋n 2·⎝⎛⎭⎫－12n ①， 两边同乘－12得，－12·S n ＝12×⎝⎛⎭⎫－122＋22×⎝⎛⎭⎫－123＋32×⎝⎛⎭⎫－124＋…＋n 2·⎝⎛⎭⎫－12n ＋1 ②，①－②，得32·S n ＝12×⎝⎛⎭⎫－12＋12×⎝⎛⎭⎫－122＋12×⎝⎛⎭⎫－123＋…＋12·⎝⎛⎭⎫－12n －n 2·⎝⎛⎭⎫－12n ＋1，∴3S n ＝－12＋⎝⎛⎭⎫－122＋⎝⎛⎭⎫－123＋…＋⎝⎛⎭⎫－12n －n ·⎝⎛⎭⎫－12n ＋1＝－12－⎝⎛⎭⎫－12n ＋11＋12－n ·⎝⎛⎭⎫－12n ＋1＝⎝⎛⎭⎫－12n －13－n ·⎝⎛⎭⎫－12n ＋1， ∴S n ＝19⎣⎢⎡⎦⎥⎤2＋3n 2·⎝⎛⎭⎫－12n －1.解决数列与函数、方程的综合问题的三个转化方向(1)函数条件的转化．直接利用函数与数列的对应关系，把函数解析式中的自变量x 换为n 即可；(2)方程条件的转化．一般要根据方程解的有关条件进行转化；(3)数列向函数的转化．可将数列中的问题转化为函数的相应问题求解，但要注意自变量取值范围的限制．对于数列中的最值、范围等问题的求解，可转化为相应函数的单调性或利用方程有解的条件来求解．3．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对一切正整数n ，点P n (n ，S n )都在函数f (x )＝x 2＋2x 的图象上，且过点P n (n ，S n )的切线的斜率为k n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设集合Q ＝{x |x ＝k n ，n ∈N *}，R ＝{x |x ＝2a n ，n ∈N *}，等差数列{c n }的任一项c n ∈(Q ∩R )，其中c 1是Q ∩R 中的最小的数，110<c 10<115，求{c n }的通项公式．解：(1)∵点P n (n ，S n )都在函数f (x )＝x 2＋2x 的图象上， ∴S n ＝n 2＋2n (n ∈N *)，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3满足上式， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)对f (x )＝x 2＋2x 求导，得f ′(x )＝2x ＋2. ∵过点P n (n ，S n )的切线的斜率为k n ， ∴k n ＝2n ＋2.∴Q ＝{x |x ＝2n ＋2，n ∈N *}，R ＝{x |x ＝4n ＋2，n ∈N *}， ∴Q ∩R ＝R .又c n ∈(Q ∩R )，其中c 1是Q ∩R 中的最小的数， ∴c 1＝6.∴c 10＝4m ＋2(m ∈N *)．∵110<c 10<115，∴⎩⎪⎨⎪⎧110<4m ＋2<115，m ∈N *，解得m ＝28，∴c 10＝114.设等差数列{c n }的公差为d ，则d ＝c 10－c 110－1＝114－69＝12，∴c n ＝6＋(n －1)×12＝12n －6， ∴{c n }的通项公式为c n ＝12n －6.课题4 数列与不等式的综合应用[典例] (2013·江西高考)正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n－(n 2＋n )＝0.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n ，数列{b n }的前n 项和为T n .证明：对于任意的n ∈N *，都有T n <564. [考题揭秘] 本题主要考查特殊数列的求和问题，意在考查考生的转化与化归能力以及运算求解能力．[审题过程] 第一步：审条件．S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0.第二步：审结论．(1)求a n ；(2)证明不等式T n <564.第三步：建联系．(1)题设中等式左边为关于S n 的二次三项式，故可将其分解因式，求出S n ，再利用数列和项互化公式求出a n ；(2)根据(1)可得b n ＝n ＋14n 2(n ＋2)2＝1161n 2－1(n ＋2)2，故自然联想到用裂项法求T n .[规范解答] (1)由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0.由于{a n }是正项数列，所以S n >0，S n ＝n 2＋n .于是a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n . 综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)证明：由于a n ＝2n ， 故b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n ＝n ＋14n 2(n ＋2)2① ＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1(n ＋2)2，② T n ＝116⎣⎢⎡ 1－132＋122－142＋132－152＋…＋1(n －1)2－⎦⎥⎤1(n ＋1)2＋1n 2－1(n ＋2)2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2<116⎝⎛⎭⎫1＋122＝564.③ 故对于任意的n ∈N *，都有T n <564.④[模型归纳]数列与不等式的综合问题多以数列的通项或求和问题为背景，主要考查数列中最值的求解或不等式的证明．解决此类问题的模型示意图如下：[跟踪训练]已知数列{a n}是各项均不为0的等差数列，公差为d，S n为其前n项和，且满足a2n＝S2n－1，n∈N*.数列{b n}满足b n＝1a n·a n＋1，n∈N*，T n为数列{b n}的前n项和．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若对任意的n∈N*，不等式λT n<n＋8·(－1)n恒成立，求实数λ的取值范围．解：(1)a21＝S1＝a1，∵a1≠0，∴a1＝1.∵a22＝S3＝a1＋a2＋a3，∴(1＋d)2＝3＋3d，解得d＝－1或2.当d＝－1时，a2＝0不满足条件，舍去，∴d＝2.∴数列{a n}的通项公式为a n＝2n－1.(2)∵b n＝1a n a n＋1＝1(2n－1)(2n＋1)＝1212n－1－12n＋1，∴T n＝121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝n2n＋1.①当n为偶数时，要使不等式λT n<n＋8·(－1)n恒成立，只需不等式λ<(n＋8)(2n＋1)n＝2n＋8n＋17恒成立即可．∵2n＋8n≥8，等号在n＝2时取得，∴λ<25.②当n 为奇数时，要使不等式λT n <n ＋8·(－1)n恒成立，只需不等式λ<(n －8)(2n ＋1)n＝2n－8n－15恒成立即可． ∵2n －8n是随n 的增大而增大，∴n ＝1时，2n －8n取得最小值－6，∴λ<－21.综上①②可得λ的取值范围是(－∞，－21)．1．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41.2．已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 5＝3a 5－2，a 1，a 2，a 5依次成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝1a n a n ＋1(n ∈N *)，数列b n 的前n 项和为T n ，若a n ＋1≥λT n 对任意正整数n 都成立，求实数λ的取值范围．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则S 5＝5a 1＋10d ， ∵S 5＝3a 5－2＝3(a 1＋4d )－2＝3a 1＋12d －2， ∴5a 1＋10d ＝3a 1＋12d －2，∴a 1＝d －1.∵a 1，a 2，a 5依次成等比数列，∴a 22＝a 1a 5，即(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋4d )，化简得，d ＝2a 1，∴a 1＝1，d ＝2，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1.(2)b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. 由a n ＋1≥λT n 得2n ＋1≥λ×n 2n ＋1对任意正整数n 都成立， ∴(2n ＋1)2≥λn ，∴λ≤(2n ＋1)2n ＝4n 2＋4n ＋1n ＝4n ＋4＋1n. 令f (x )＝4x ＋1x (x ≥1)，则f ′(x )＝4－1x 2>0， ∴f (x )在[1，＋∞)上递增，∴对任意正整数n,4n ＋1n的最小值为5， ∴λ≤9.3．(2014·江苏高考)设数列{a n }的前n 项和为S n .若对任意正整数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)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)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．4．(2014·江西高考)将连续正整数1,2，…，n (n ∈N *) 从小到大排列构成一个数123…n ， F (n )为这个数的位数(如 n ＝12时，此数为123 456 789 101 112，共有15个数字，F (12)＝15)，现从这个数中随机取一个数字，p (n )为恰好取到0的概率．(1)求 p (100)；(2)当n ≤2 014 时，求F (n ) 的表达式；(3)令g (n ) 为这个数中数字0的个数，f (n )为这个数中数字9的个数，h (n )＝f (n )－g (n )，S ＝{n |h (n )＝1，n ≤100，n ∈N *}，求当 n ∈S 时 p (n )的最大值．解：(1)当n ＝100时，这个数中总共有192个数字，其中数字0的个数为11，所以恰好取到0的概率为p (100)＝11192； (2)F (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧ n ，1≤n ≤9，2n －9，10≤n ≤99，3n －108，100≤n ≤999，4n －1 107，1 000≤n ≤2 014.(3)当n ＝b (1≤b ≤9，b ∈N *)时，g (n )＝0； 当n ＝10k ＋b (1≤k ≤9,0≤b ≤9，k ∈N *，b ∈N )时，g (n )＝k ；当n ＝100时，g (n )＝11， 即g (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 0，1≤n ≤9，k ，n ＝10k ＋b ，1≤k ≤9，0≤b ≤9，k ∈N *，b ∈N ，11，n ＝100.同理有f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 0，1≤n ≤8，k ，n ＝10k ＋b －1，1≤k ≤8，0≤b ≤9，k ∈N *，b ∈N ，n －80，89≤n ≤98，20，n ＝99，100.由h (n )＝f (n )－g (n )＝1，可知n ＝9,19,29,39,49,59,69,79,89,90，所以当n ≤100时，S ＝{9,19,29,39,49,59,69,79,89,90}，当n ＝9时，p (9)＝0，当n ＝90时，p (90)＝g (90)F (90)＝9171＝119，当n ＝10k ＋9(1≤k ≤8，k ∈N *)时，p (n )＝g (n )F (n )＝k 2n －9＝k 20k ＋9，由y ＝k 20k ＋9关于k 单调递增，故当n ＝10k ＋9(1≤k ≤8，k ∈N *)时，p (n )的最大值为p (89)＝8169， 又8169<119，所以当n ∈S 时，p (n )的最大值为119.。
