2020新课标高考数学(文)二轮总复习专题限时训练：1-2-3 数列的综合应用

微专题13 数列的综合应用——2020高考数学（理）二轮复习微专题聚焦【考情分析】数列的综合应用在解答题中的考查多以函数、不等式结合，考查数列的最值问题、恒成立问题，证明数列不等式问题，涉及到的数学思想：函数与方程思想 (如：求最值或基本量)、转化与化归思想(如：求和或应用)、特殊到一般思想(如：求通项公式)、分类讨论思想(如：等比数列求和)等，综合考查考生数学抽象、数学运算的核心素养.考点一 数列的最值问题【必备知识】数列是特殊的函数关系，因此常利用函数的思想解决数列中最值问题： 1．等差数列的前n 项和与函数的关系 等差数列的前n 项和公式为1(1)2n n n S na d -=+可变形为n da n d S n )2(212-+=，令A ＝d 2，B ＝a 1－d2，则S n ＝An 2＋Bn .当A ≠0，即d ≠0时，S n 是关于n 的二次函数，(n ，S n )在二次函数y ＝Ax 2＋Bx 的图象上，为抛物线y ＝Ax 2＋Bx 上一群孤立的点．利用此性质可解决前n 项和S n 的最值问题． 2．等差数列前n 项和的最值(1)若等差数列的首项a 1>0，公差d <0，则等差数列是递减数列，正数项有限，前n 项和有最大值，且满足⎩⎨⎧≤≥+001n n a a .(2)若等差数列的首项a 1<0，公差d >0，则等差数列是递增数列，负数项有限，前n 项和有最小值，且满足⎩⎨⎧≥≤+001n n a a .3．在等差数列{}n a 中，若10a >，()p q S S p q =≠，则（1）p q +为偶数⇒当2p qn +=时n S 最大； （2）p q +为奇数⇒当12p q n +-=或12p q ++时n S 最大． 【典型例题】【例1】等差数列{}n a 中，12a =，1015S =，记2482n n B a a a a =++++L ，则当n =__________时，n B 取得最大值.【解析】在等差数列{}n a 中，12a =，1015S =，10110910152S a d ⨯∴=+=， 即204515d +=，455d =-，19d ∴=-，()111921999n a n n =--=-+，由119099n a n =-+=，得19n =，即190a =，当19n >时，0n a <，当19,0n n a <>，因此在2482,,,n a a a a 中，当4n ≤时，20n a >，当5n ≥时，20n a <， 故当4n =时，n B 取得最大值，故答案为4.【方法归纳 提炼素养】——数学思想是函数与方程思想，核心素养是数学运算.求等差数列前n 项和的最值的方法(1)二次函数法：用求二次函数最值的方法(配方法)求其前n 项和的最值，但要注意n ∈N *. (2)图象法：利用二次函数图象的对称性来确定n 的值，使S n 取得最值．(3)项的符号法：当a 1>0，d <0时，满足⎩⎨⎧≤≥+001n n a a 的项数n ，使S n 取最大值；当a 1<0，d >0时，满足⎩⎨⎧≥≤+001n n a a 的项数n ，使S n 取最小值，即正项变负项处最大，负项变正项处最小，若有零项，则使S n 取最值的n 有两个．【类比训练1】设n S 是等比数列{}n a 的前项和， 0n a >，若6325S S -=，则96S S -的最小值为__________． 【答案】20【解析】很明显等比数列{a n }的公比q >0，q ≠1.∵236365432112(1)(1)5S S a a a a a a a q q q -=++---=++-=，则2135(1)1a q q q ++=-，当且仅当q 3=2,即q =. ∴S 9−S 6的最小值为20.【类比训练2】已知数列{}n a 是递增数列，且对*n ∈N ，都有2n a n n λ=+，则实数λ的取值范围是（ ）A ．7,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B ．()1,-+∞C ．()2,-+∞D ．()3,-+∞【答案】D【解析】∵{a n }是递增数列，∴a n +1＞a n 恒成立， ∵a n =n 2+λn ，∴（n +1）2+λ（n +1）＞n 2+λn 恒成立， ∴λ＞﹣2n ﹣1对于n ∈N *恒成立．而﹣2n ﹣1在n =1时取得最大值﹣3，∴λ＞﹣3. 故选D ．【自我总结】本题主要考查由数列的单调性来构造不等式，解决恒成立问题．研究数列单调性的方法有：比较相邻两项间的关系，将a n +1和a n 作差与0比较，即可得到数列的单调性；研究数列通项即数列表达式的单调性.考点二 数列与函数、不等式的结合中的恒成立问题【必备知识】1、求数列}{n a 的前n 项和n S 的最值，主要是两种思路：①研究数列)(n f a n =的项的情况，判断n S 的最值；②直接研究n S 的通项公式，即利用类型2的思路求n S 的最值. 2、求数列}{n a 的最值，主要有两种方法：①从函数角度考虑，利用函数)(x f y =的性质，求数列)(n f a n =的最值；②利用数列离散的特点，考察⎩⎨⎧≥≥-+11k k k k a a a a 或⎩⎨⎧≤≤-+11k k k k a a a a ，然后判断数列}{n a 的最值情况.3、对数列不等式恒成立问题，主要有两种方法：①通过参变分离法转化为数列的最值问题求解；②通过分类讨论，解决恒成立. 【典型例题】【例2】已知各项均不相等的等差数列{a n }的前四项和S 4＝14，且a 1，a 3，a 7成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式．(2)设T n 为数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+11n n a a 的前n 项和，若λT n ≤a n ＋1对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的最大值．【解析】(1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，由已知得， ⎩⎨⎧ 4a 1＋6d ＝14，a 1＋2d 2＝a 1a 1＋6d，解得⎩⎨⎧a 1＝2，d ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝72，d ＝0(舍去)，所以a n ＝n ＋1. (2)由(1)知1a n a n ＋1＝1n ＋1－1n ＋2， 所以T n ＝)2111()4131()3121(+-+++-+-n n Λ＝12－1n ＋2＝n 2n ＋2.又λT n ≤a n ＋1恒成立，所以λ≤2n ＋22n＝8)4(2++nn ，而8)4(2++nn ≥16，当且仅当n ＝2时等号成立．所以λ≤16，即实数λ的最大值为16.【方法归纳 提炼素养】——数学思想是函数与方程思想，核心素养是数学运算.已知数列的前n 项和n s 的相关条件求数列通项公式的基本思路是两个： （1）将和n s 转化为项n a ,即利用1--=n n n s s a 将和转化为项.（2）可将条件看作是数列{}n s 的递推公式，先求出n s ，然后题目即转化为已知数列的前n 项和n s ，求数列通项公式n a ．【类比训练1】已知T n 为数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+n n 212的前n 项和，若m ＞T 10＋1 013恒成立，则整数m 的最小值为( ) A ．1 026B ．1 025C ．1 024D ．1 023【解析】因为2n ＋12n ＝1＋12n ，所以T n ＝n ＋1－12n ，所以T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210. 又m ＞T 10＋1 013，所以整数m 的最小值为1 024.故选C.【类比训练2】已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝S n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)，且a 1＝1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝1a n ·a n ＋1，T n 为数列{b n }的前n 项和，求使T n ≥2n 成立的n 的最小值．【解析】(1)由已知有S n －S n －1＝1， 所以数列{S n }为等差数列，且S 1＝a 1＝1， 所以S n ＝n ，即S n ＝n 2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1. 又a 1＝1也满足上式， 所以a n ＝2n －1. (2)由(1)知，b n ＝1（2n －1）（2n ＋1）＝)121121(21+--n n ，所以T n ＝12)1211(21)1211215131311(21+=+-=+--++-+-n nn n n Λ， 由T n ≥2n 有n 2≥4n ＋2，有(n －2)2≥6，所以n ≥5， 所以n 的最小值为5.考点三 数列的证明问题【典型例题】【例3】在数列{a n }中,a 1=1,a 2=3,且对任意的n ∈N *,都有a n+2=3a n+1-2a n . (1)证明数列{a n+1-a n }是等比数列,并求数列{a n }的通项公式; (2)设b n =2na n a n+1,记数列{b n }的前n 项和为S n ,若对任意的n ∈N *,都有S n ≥1a n+m ,求实数m 的取值范围.【解析】(1)证明:由a n+2=3a n+1-2a n ,得a n+2-a n+1=2(a n+1-a n ), 又a 1=1,a 2=3,所以a 2-a 1=2,所以{a n+1-a n }是首项为2,公比为2的等比数列,所以a n+1-a n =2n ,所以a n =a 1+(a 2-a 1)+…+(a n -a n -1)=1+2+22+…+2n -1=2n -1(n ≥2), 又a 1=1满足上式,所以a n =2n -1(n ∈N *). (2)因为b n =2n (2n -1)(2n+1-1)=(2n+1-1)-(2n -1)(2n -1)(2n+1-1)=12n -1-12n+1-1,所以S n =b 1+b 2+…+b n =(12−1-122-1)+(122-1-123-1)+…+(12n -1-12n+1-1)=1-12n+1-1. 又因为对任意的n ∈N *,都有S n ≥1a n+m ,所以m ≤1-12-1-12-1恒成立,即m ≤(1−12n -1-12n+1-1)min=1-12−1-14−1=-13,故实数m 的取值范围为(-∞,-13].【方法归纳 提炼素养】——数学思想是函数与方程思想，核心素养是逻辑推理.解决数列的证明问题要注意:（1）判断和证明数列{a n }是等差(等比)数列的方法主要有定义法和等差(等比)中项性质法,但有的时候不是直接证{a n }是等差(等比)数列,而是一个代数式,这时必须把这个代数式看成一个整体,可换元为{b n }去证明;（2）以数列为背景的不等式证明或恒成立问题,多数与数列的求和有关,常利用放缩法或数列的单调性来解决.【类比训练】在数列{a n }中,a n ≠0,S n 是它的前n 项和,已知a 1=3,且S n 2=3n 2a n +S n -12,n ≥2.(1)求证:数列{a n +a n+1}为等差数列; (2)求S n .【解析】(1)证明:当n ≥2时,S n 2=3n 2a n +S n -12,即(S n -S n -1)(S n +S n -1)=3n 2a n ,∵a n ≠0,∴S n +S n -1=3n 2,则S n+1+S n =3(n+1)2, 两式相减,得a n +a n+1=3(2n+1). 当n=1时,易知a 1+a 2=9,符合上式, 故数列{a n +a n+1}为等差数列. (2)由(1)知a 1=3,a 2=6. 当n 为偶数时,S n =(a 1+a 2)+(a 3+a 4)+…+(a n -1+a n )=3×[3+7+…+(2n -1)]=3×n2(3+2n -1)2=32(n 2+n );当n 为奇数时,S n =a 1+(a 2+a 3)+…+(a n -1+a n )=3+3×[5+9+…+(2n -1)]=3+3×n -12(5+2n -1)2=32(n 2+n -2)+3=32(n 2+n ).综上,S n =32n 2+32n.做高考真题 提能力素养【非选择题组】1、(2018·江苏高考·T14)已知集合A={x|x=2n -1,n ∈N *},B={x|x=2n ,n ∈N *}.将A ∪B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{a n }.记S n 为数列{a n }的前n 项和,则使得S n >12a n+1成立的n 的最小值为 .【解析】B={2,4,8,16,32,64,128…},与A 相比,元素间隔大,所以从S n 中加了几个B 中元素考虑, 1个:n=1+1=2 S 2=3,12a 3=36 2个:n=2+2=4 S 4=10,12a 5=60 3个:n=4+3=7 S 7=30,12a 8=108 4个:n=8+4=12 S 12=94,12a 13=204 5个:n=16+5=21 S 21=318,12a 22=396 6个:n=32+6=38 S 38=1150,12a 39=780发现21≤n≤38时S n -12a n+1与0的大小关系发生变化,以下采用二分法查找: S 30=687,12a 31=612,所以所求n 应在22~29之间, S 25=462,12a 26=492,所以所求n 应在25~29之间, S 27=546,12a 28=540,所以所求n 应在25~27之间, S 26=503,12a 27=516,因为S 27>12a 28,而S 26<12a 27,所以使得S n >12a n+1成立的n 的最小值为27. 答案:272、（2016·全国Ⅰ卷·T15）设等比数列{}n a 满足a 1+a 3=10,a 2+a 4=5,则a 1a 2 …a n 的最大值为 ．【解析】由于{a n }是等比数列,设a n =a 11n q -,其中a 1是首项,q 是公比.所以1324a a 10,a a 5,⎧+=⎪⎨+=⎪⎩⇔211311a a q 10,a q a q 5,⎧+=⎪⎨+=⎪⎩解得:1a 8,1q .2⎧=⎪⎨=⎪⎩ 故a n =n 412-⎛⎫⎪⎝⎭,所以a 1·a 2·…·a n =()()()32n 412-+-+⋯+-⎛⎫⎪⎝⎭=()1n n 7212-⎛⎫⎪⎝⎭=21749n 22412⎡⎤⎛⎫⎢⎥-- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎛⎫⎪⎝⎭.当n=3或4时,21749n 224⎡⎤⎛⎫⎢⎥-- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦取到最小值-6,此时21749n 22412⎡⎤⎛⎫⎢⎥-- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎛⎫⎪⎝⎭取到最大值26.所以a 1·a 2·…·a n 的最大值为64.答案:643、(2018·江苏高考·T20)设{a n }是首项为a 1,公差为d 的等差数列,{b n }是首项为b 1,公比为q 的等比数列.(1)设a 1=0,b 1=1,q=2,若|a n -b n |≤b 1对n=1,2,3,4均成立,求d 的取值范围.(2)若a 1=b 1>0,m ∈N *,q ∈(1,√2m ],证明:存在d ∈R,使得|a n -b n |≤b 1对n=2,3,…,m+1均成立,并求d 的取值范围(用b 1,m,q 表示).【解析】(1)由条件知:a n =(n -1)d,b n =2n -1. 因为|a n -b n |≤b 1对n=1,2,3,4均成立, 即|(n -1)d -2n -1|≤1对n=1,2,3,4均成立, 即1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9,得73≤d≤52. 因此,d 的取值范围为[73,52]. (2)由条件知:a n =b 1+(n -1)d,b n =b 1q n -1. 若存在d,使得|a n -b n |≤b 1(n=2,3,…,m+1)成立, 即|b 1+(n -1)d -b 1q n -1|≤b 1(n=2,3,…,m+1), 即当n=2,3,…,m+1时,d 满足q n -1-2n -1b 1≤d≤q n -1n -1b 1.因为q ∈(1,√2m ],则1<q n -1≤q m ≤2,从而q n -1-2n -1b 1≤0,q n -1n -1b 1>0,对n=2,3,…,m+1均成立.因此,取d=0时,|a n -b n |≤b 1对n=2,3,…,m+1均成立. 下面讨论数列{q n -1-2n -1}的最大值和数列{q n -1n -1}的最小值(n=2,3…,m+1).①当2≤n≤m 时,q n -2n-q n -1-2n -1=nq n -q n -nq n -1+2n (n -1)=n (q n -q n -1)-q n +2n (n -1),当1<q≤21m 时,有q n ≤q m ≤2,从而n(q n -q n -1)-q n +2>0. 因此,当2≤n≤m+1时,数列{q n -1-2n -1}单调递增,故数列{q n -1-2n -1}的最大值为q m -2m.②设f(x)=2x (1-x),当x>0时,f'(x)=(ln2-1-xln2)2x <0,所以f(x)单调递减,从而f(x)<f(0)=1. 当2≤n≤m 时,q n n q n -1n -1=q (n -1)n≤21n(1-1n )=f (1n )<1,因此,当2≤n≤m+1时,数列{q n -1n -1}单调递减, 故数列{q n -1n -1}的最小值为q mm . 因此,d 的取值范围为[b 1(q m -2)m,b 1q mm.]4、(2017·北京高考理科·T20)设{a n }和{b n }是两个等差数列,记c n =max{b 1-a 1n,b 2-a 2n,…,b n -a n n}(n=1,2,3,…),其中max{x 1,x 2,…,x s }表示x 1,x 2,…,x s 这s 个数中最大的数.(1)若a n =n,b n =2n -1,求c 1,c 2,c 3的值,并证明{c n }是等差数列. (2)证明:或者对任意正数M,存在正整数m,当n≥m 时, nC n>M;或者存在正整数m,使得c m ,c m+1,c m+2,…是等差数列.【解析】(1)当n≥1时,c 1=max{b 1-a 1}=max{0}=0, c 2=max{b 1-2a 1,b 2-2a 2}=max{-1,-1}=-1, c 3=max{b 1-3a 1,b 2-3a 2,b 3-3a 3}=max{-2,-3,-4}=-2,所以,对于∀n ∈N *且n≥2,都有c n =b 1-a 1n,只需比较b 1-a 1n 与其他项的大小, 当k ∈N *且1<k<n 时,(b k -a k n)-(b 1-a 1n)=[(2k -1)-nk]-1+n=(1-k)n+2(k -1)=(k -1)(2-n), 因为k -1>0,且2-n≤0,所以b k -a k n≤b 1-a 1n, 所以对于∀n ∈N *且n≥2,c n =b 1-a 1n=1-n, 所以c n -c n -1=-1,n≥2,又c 2-c 1=-1,所以{c n }是以c 1=0为首项,d=-1为公差的等差数列. (2)设{a n }和{b n }的公差分别为d 1,d 2,则b i -a i n=b 1+(i -1)d 2-[a 1+(i -1)d 1]n=(d 2-nd 1)i+b 1-d 2-a 1n+nd 1(i=1,2,…,n). 当d 1>0时,则存在正整数m,当n≥m 时,d 2-d 1n<0, 此时b i -a i n 随i 的增大而减小,所以c n =b 1-a 1n(n≥m), 即c m ,c m+1,c m+2,…是等差数列. 当d 1=0时,b i -a i n=b 1-d 2-na 1+d 2i,①若d 2≤0,则b i -a i n 随i 的增大而不增,所以c n =b 1-a 1n 是等差数列,②若d 2>0,则b i -a i n 随i 的增大而增大,所以c n =b n -a n n=b 1-d 2+(d 2-a 1)n 是等差数列.所以当d 1=0时,存在m=1,c 1,c 2,c 3…是等差数列.当d 1<0时,则存在正整数m,当n≥m 时,d 2-d 1n>0,此时b i -a i n 随i 的增大而增大, 所以当n≥m 时,c n =b n -a n n,所以n nc =nn b -a n =12n b d -+d 2-a 1+d 1-d 1n=A n+B -d 1n,其中A=b 1-d 2,B=d 2-a 1+d 1. 取正整数m 1>|A|,则当n≥m 1时,A n>-1,取正整数m 2>-11M B d -+,则当n≥m 2时,B -d 1n>B -d 111M B d ⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭=M+1.令m=max{m 1,m 2},当n≥m 时,n nc =A n+B -d 1n>-1+(M+1)=M.所以当d 1<0时,存在正整数m,当n≥m 时, n nc >M,综上所述,或者对任意正数M,存在正整数m,当n≥m 时,n nc >M,或者存在正整数m,使得c m ,c m+1,c m+2,…是等差数列.5、(2017·浙江高考·T22)已知数列{}n x 满足:x 1=1,x n =x n+1+ln ()()*11n x n N ++∈. 证明:当n ∈N *时 (1)0<x n+1<x n . (2)2x n+1-x n ≤12n n x x +. (3)112n -≤x n ≤2 12n -. 【解析】(1)用数学归纳法证明:x n >0, 当n=1时,x 1=1>0, 假设n=k 时,x k >0,那么n=k+1时,若x k 1+≤0,则0<x k =x k+1+ln(1+x k+1)≤0,矛盾,故x k+1>0. 因此x n >0(n ∈N *),所以x n =x n+1+ln(1+x n+1)>x n+1, 因此0<x n+1<x n (n ∈N *).(2)令g(x)=[x+ln(1+x)]2x -[x -ln(1+x)]=22x +ln(1+x)+22x -x,x>0,则g'(x)=12ln(1+x)+()221x x +++x -1=12ln(1+x)-()21x x ++x=12ln(1+x)+()121x ++x -12.令h(x)=12ln(1+x)+()121x ++x -12, 则h'(x)= ()121x +- 212(1)x ++1= 222522(1)x x x +++>0,所以h(x)单调递增,所以h(x)>h(0)=0, 即g'(x)>0,g(x)单调递增,所以g(x)>g(0)=0⇒[x+ln(1+x)]>x -ln(1+x),所以2x n+1-x n =x n+1-ln(1+x n+1) <[x n+1+ln(1+x n+1)]12n x += 12n n x x +, 所以结论成立.(3)由于x>0时,ln(1+x)≤x,所以x n =x n+1+ln(1+x n+1)≤x n+1+x n+1=2x n+1,所以x n+1≥12x n ≥212⎛⎫ ⎪⎝⎭x n -1≥…≥12n ⎛⎫ ⎪⎝⎭x 1=12n ⎛⎫ ⎪⎝⎭, 所以x n ≥112n -⎛⎫ ⎪⎝⎭, 由12n n x x +≥2x n+1-x n 得,12≥2n x -11n x +, 所以11n x +-12≥2112n x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>0, 所以112n x -≥21112n x -⎛⎫- ⎪⎝⎭≥…≥2n -11112x ⎛⎫- ⎪⎝⎭=2n -2,故x n ≤212n -, 综上,112n -≤x n ≤212n -(n ∈N *).。

专题限时训练 (小题提速练)(建议用时：45分钟)一、选择题1．设数列{}a n 满足a 1＝a ，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1(n ∈N *)，若数列{}a n 是常数列，则a ＝( )A ．－2 B.－1 C.0D.(－1)n解析：因为数列{a n }是常数列，所以a ＝a 2＝a 21－2a 1＋1＝a 2－2a ＋1，即a (a ＋1)＝a 2－2，解得a ＝－2.故选A. 答案：A2．在数列{a n }中，若a 1＝1，a 2＝12，2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2(n ∈N *)，则该数列的通项为( ) A ．a n ＝1n B.a n ＝2n ＋1C ．a n ＝2n ＋2D.a n ＝3n解析：由已知2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2，可得1a n ＋1－1a n ＝1a n ＋2－1a n ＋1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1a 1＝1，公差为1a 2－1a 1＝2－1＝1的等差数列，所以1a n＝n ，即a n＝1n . 答案：A3．已知等差数列{a n }满足a 2＝3，S n －S n －3＝51(n >3)，若S n ＝100，则n 的值为( ) A ．8 B.9 C.10D.11解析：由S n －S n －3＝51得，a n －2＋a n －1＋a n ＝51，所以a n －1＝17，又a 2＝3，∴S n＝n (a 2＋a n －1)2＝100，解得n ＝10.答案：C4．已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝( ) A ．－5 B.－15 C.5D.15解析：∵log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1，∴a n ＋1＝3a n . ∴数列{a n }是以3为公比的等比数列． ∵a 2＋a 4＋a 6＝a 2(1＋q 2＋q 4)＝9，∴a 5＋a 7＋a 9＝a 5(1＋q 2＋q 4)＝a 2q 3(1＋q 2＋q 4)＝35. ∴log 1335＝－5.故选A. 答案：A5．已知S n 表示数列{a n }的前n 项和，若对任意n ∈N *满足a n ＋1＝a n ＋a 2，且a 3＝2，则S 2019＝( ) A ．1 008×2 020 B.1 008×2 019 C ．1 009×2 019D.1 009×2 020解析：在a n ＋1＝a n ＋a 2中，令n ＝1，得a 2＝a 1＋a 2，a 1＝0；令n ＝2，得a 3＝2＝2a 2，a 2＝1，于是a n ＋1－a n ＝1，故数列{a n }是首项为0，公差为1的等差数列．S 2019＝2 019×2 0182＝1 009×2 019.答案：C6．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，当整数n >1时，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋S 1)都成立，则S 15＝( ) A.210B.211C.224D.225解析：n >1时，S n ＋1－S n ＝S n －S n －1＋2， ∴a n ＋1＝a n ＋2，∴a n ＋1－a n ＝2.数列{a n }从第二项开始组成公差为2的等差数列，所以S 15＝a 1＋(a 2＋…＋a 15)＝1＋2＋282×14＝211. 答案：B7．(2019·广东汕头市一模)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＝12－12a n ，则a n ＝( ) A.13·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1B.12·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1 C ．2·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －13D.⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 解析：由题意，得S 1＝a 1＝12－12a 1，所以a 1＝13.又当n ≥2时，S n －S n －1＝a n ＝12－12a n －12＋12a n －1，即a n a n －1＝13，所以数列{a n }是首项为13，公比为13的等比数列，所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n .故选D.答案：D8．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝2n－1 B.a n ＝2－13n －1C ．a n ＝12n －1D.a n ＝13n －2解析：由题意得1a n ＋1＝2a n ＋1，则1a n ＋1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1，易知1a 1＋1＝2≠0，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n＋1是以2为首项，2为公比的等比数列，则1a n ＋1＝2n ，则a n ＝12n －1.故选C. 答案：C9．已知函数f (n )＝n 2cos(n π)，且a n ＝f (n )，则a 1＋a 2＋…＋a 100＝( ) A ．0 B.100 C.5 050D.10 200解析：a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100 ＝－12＋22－32＋42－…－992＋1002 ＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(1002－992) ＝3＋7＋…＋199＝50(3＋199)2＝5 050.故选C.答案：C10．已知数列{a n }满足a 1＝0，a n ＋1＝a n ＋2a n ＋1＋1，则a 13＝( ) A ．143 B.156 C.168D.195 解析：由a n ＋1＝a n ＋2a n ＋1＋1， 可知a n ＋1＋1＝a n ＋1＋2a n ＋1＋1＝(a n ＋1＋1)2， ∴a n ＋1＋1＝a n ＋1＋1，又a 1＋1＝1，故数列{a n ＋1}是首项为1，公差为1的等差数列，所以a n ＋1＝n ，所以a 13＋1＝13，则a 13＝168.故选C. 答案：C 11．定义np 1＋p 2＋…＋p n为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”．若已知数列{a n }的前n 项的“均倒数”为12n ＋1，且b n ＝a n ＋14，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝( ) A.111B.910C.1011D.1112解析：由已知，得n a 1＋a 2＋…＋a n ＝12n ＋1，∴a 1＋a 2＋…＋a n ＝n (2n ＋1)＝S n . 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n －1. 验证知，当n ＝1时此式也成立， ∴a n ＝4n －1.∴b n ＝a n ＋14＝n . ∴1b n ·b n ＋1＝1n －1n ＋1， ∴1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110－111＝1011.故选C. 答案：C12．已知正项数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2,2a 2n ＝a 2n －1＋a 2n ＋1(n ≥2)，b n ＝1a n ＋a n ＋1，记数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 33的值是( ) A.99 B.33 C.4 2D.3解析：∵2a 2n ＝a 2n －1＋a 2n ＋1(n ≥2)，∴数列{a 2n }为等差数列，首项为1，公差为22－1＝3.∴a 2n ＝1＋3(n －1)＝3n －2.a n >0.∴a n ＝3n －2. ∴b n ＝1a n ＋a n ＋1＝13n －2＋3n ＋1＝13(3n ＋1－3n －2)，故数列{b n }的前n项和为S n ＝13[(4－1)＋(7－4)＋…＋(3n ＋1－3n －2)]＝13(3n ＋1－1)．则S 33＝13(3×33＋1－1)＝3.故选D.答案：D 二、填空题13．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝m ·2n －1－3，则m ＝ . 解析：a 1＝S 1＝m －3，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝m ·2n －2，∴a 2＝m ，a 3＝2m ，又a 22＝a 1a 3，∴m 2＝(m －3)·2m ，整理得m 2－6m ＝0， 则m ＝6或m ＝0(舍去)． 答案：614．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1(n ∈N *)，则a n ＝ . 解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1； 当n ＝1时，a 1＝S 1＝4≠2×1＋1. 因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.答案：⎩⎨⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥215．若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式a n ＝________. 解析：当n ＝1时，由已知S n ＝23a n ＋13， 得a 1＝23a 1＋13，即a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n ＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n －1＋13＝23a n －23a n －1，所以a n ＝－2a n－1，所以数列{a n }为以1为首项，－2为公比的等比数列，所以a n ＝(－2)n －1. 答案：(－2)n －116．在一次珠宝展览会上，某商家展出一套珠宝首饰，第一件首饰是1颗珠宝，第二件首饰是由6颗珠宝构成如图1所示的正六边形，第三件首饰是由15颗珠宝构成如图2所示的正六边形，第四件首饰是由28颗珠宝构成如图3所示的正六边形，第五件首饰是由45颗珠宝构成如图4所示的正六边形，以后每件首饰都在前一件上，按照这种规律增加一定数量的珠宝，使它构成更大的正六边形，依此推断第六件首饰上应有 颗珠宝；则前n 件首饰所用珠宝总数为 颗．(结果用n 表示)解析：由题意，知a 1＝1，a 2＝6，a 3＝15， a 4＝28，a 5＝45，a 6＝66，….∴a 2－a 1＝5，a 3－a 2＝9，a 4－a 3＝13，a 5－a 4＝17，a 6－a 5＝21，…，a n －a n －1＝4n －3.∴(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋(a 5－a 4)＋(a 6－a 5)＋…＋(a n －a n －1) ＝a n －a 1＝5＋9＋13＋17＋21＋…＋(4n －3) ＝(n －1)(5＋4n －3)2＝2n 2－n －1.∴a n ＝2n 2－n ，其前n 项和为S n ＝2(12＋22＋32＋…＋n 2)－(1＋2＋3＋…＋n )＝2×n (n ＋1)(2n ＋1)6－n (n ＋1)2＝4n 3＋3n 2－n 6.答案：66 4n 3＋3n 2－n6专题限时训练 (大题规范练)(建议用时：60分钟)1．在数列{a n }中，a 1＝8，a 4＝2，且满足a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |，求S n .解析：(1)∵a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0，∴a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ， ∴a n ＋1－a n 为同一常数，∴数列{a n }是以a 1为首项的等差数列． 设a n ＝a 1＋(n －1)d .则a 4＝a 1＋3d ，∴d ＝2－83＝－2，∴a n ＝10－2n . (2)由(1)知a n ＝10－2n ，令a n ＝0，得n ＝5. 当n >5时，a n <0；当n ＝5时，a n ＝0； 当n <5时，a n >0. 设T n ＝a 1＋a 2＋…＋a n .∴当n >5时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 5－(a 6＋a 7＋…＋a n )＝T 5－(T n －T 5)＝2T 5－T n ＝n 2－9n ＋40.当n ≤5时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝9n －n 2.∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧9n －n 2(n ≤5)，n 2－9n ＋40(n >5).2．(2019·东莞市模拟)设{a n }是单调递增的等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和．已知S 3＝13，且a 1＋3,3a 2，a 3＋5构成等差数列．(1)求a n 及S n ；(2)是否存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．解析：(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝13，6a 2＝a 1＋a 3＋8，∴a 2＝3，a 1＋a 3＝10，得3q ＋3q ＝10，解得q ＝3或q ＝13(舍)． ∴a n ＝a 2q n －2＝3n －1，S n ＝1×(1－3n )1－3＝3n －12.(2)假设存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列． ∵S 1＋λ＝1＋λ，S 2＋λ＝4＋λ，S 3＋λ＝13＋λ， ∴(4＋λ)2＝(1＋λ)·(13＋λ)，解得λ＝12，此时S n ＋12＝3n2，∴S n ＋12S n －1＋12＝3n 23n －12＝3(n ≥2)， ∴存在常数λ＝12.使得数列{S n ＋12}是首项为a 1＋12＝32，公比为3等比数列． 3．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝1＋S n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }为等差数列，且b 1＝a 1，公差为a 2a 1.当n ≥3时，比较b n ＋1与1＋b 1＋b 2＋…＋b n 的大小． 解析：(1)因为a n ＋1＝1＋S n ，① 所以当n ≥2时，a n ＝1＋S n －1，②①－②得a n ＋1－a n ＝a n ，即a n ＋1＝2a n (n ≥2)． 因为当n ＝1时，a 2＝1＋a 1＝2，所以a 2a 1＝2，所以a n ＋1a n＝2(n ∈N *)，所以数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列， 所以a n ＝2n －1.(2)因为b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1， 所以b n ＋1＝2n ＋1，1＋b 1＋b 2＋…＋b n ＝1＋n (1＋2n －1)2＝n 2＋1.因为(n 2＋1)－(2n ＋1)＝n (n －2)， 当n ≥3时，n (n －2)>0，所以当n ≥3时，b n ＋1<1＋b 1＋b 2＋…＋b n .4．(2019·安徽省淮南市第四次联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意正整数n ，都有4a n ＝3S n ＋2成立．记b n ＝log 2a n . (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)设c n ＝4(b n ＋1)·(b n ＋1＋3)，数列{c n }的前n 项和为T n ，求证：13≤T n <34.解析：(1)在4a n ＝3S n ＋2中，令n ＝1得a 1＝2.因为对任意正整数n ，都有4a n ＝3S n ＋2成立，当n ≥2时，4a n －1＝3S n －1＋2，两式作差得，4a n －4a n －1＝3a n ，所以a n ＝4a n －1，又a 1≠0，所以数列{a n }是以2为首项，4为公比的等比数列，∴a n ＝2×4n －1，∴b n ＝log 2a n ＝log 222n －1＝2n －1. (2)证明：∵b n ＝2n －1，∴c n ＝4(b n ＋1)·(b n ＋1＋3)＝4(2n －1＋1)·(2n ＋1＋3) ＝1n ·(n ＋2)＝12×⎝⎛⎭⎪⎫1n－1n ＋2.∴T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2， ∴对任意n ∈N *，T n <34，又c n >0，所以，T n 为关于n 的增函数，所以T n ≥T 1＝c 1＝13.综上，13≤T n <34.。

2020届高考数学综合训练题：数列1．已知等差数列}{n a 满足：公差.0>d 1421-=⋅+n a a n n (n=1,2,3,…)①求通项公式n a ； ②求证:212a a + 322a a +432a a +…+121<+n n a a . .解: ①依题意可设()d n a a n 11-+= ………1分则()[][]()()1421222111111-=+-+-=+⋅-+=⋅+n n d dn d a d a a nd a d n a a a n n对n=1,2,3,……都成立 ………3分又.0>d 解得,11=a 2=d ∴∴.12-=n a n ………6分②∵142221-=+n a a n n 121121)12)(12(2+--=-+=n n n n …………9分 ∴212a a + 322a a +432a a +…+12+n n a a.11211)121121()5131()311(<+-=+--++-+-=n n n Λ ……12分2等比数列{a n }中，首项a 1＞1，公比q ＞0，且f(n)=log 2a n ，f(1)＋f(3)＋f(5)=6，f(1)·f(3)·f(5)=0． (Ⅰ)求a n ；(Ⅱ)若S n =f(1)＋f(2)＋f(3)＋……＋f(n)，求取最大值n的值．解（Ⅰ）,6)5()3()1(=++f f f Θ,46)(log log log 323232232=⇒=++=∴a q a a qa .0)5()3()1(,4,131=⋅⋅=>f f f a a 又Θ ,1,1,0)5(235===∴q a a f 即.21,412==∴q q .2)21(5555n n n n a a a ---==⋅=∴（Ⅱ）).9(22)1(5,5log )(2n nn n n S n a n f n n -=+-=-==Θ ,29n n S n -=∴从而),17(412)1(212921)(221n n n n n n S S S n g n +-=+⋅-=+++=Λ)(n g 取最大值时，n=8或9.3已知函数f(x)在(－1,1)上有意义,f()＝－1,且对任意的x,y ∈(－1,1),都有f(x)＋f(y)＝f().(1)判断f(x)的奇偶性； (2)对数列x 1＝,x n ＋1＝(n N *),求f(x n )；(3)求证:>.解答(1)令x=y=0,则2f(0)=f(0),而f(0)=0,又令y=－x,x ∈(－1,1),则f(x)＋f(－x)=f(0)=0. 即f(－x)=－f(x),故f(x)为奇函数. (2)∵f(x 1)=f()=－1.∴{f(x n )}是以－1为首项，以2为公比的等比数列， 故f(x n )=－2n －1． （3）4．（本题满分13分）函数)1,(122≠∈++-=+y N n x nx x y 的最小值为,,n n b a 最大值为且14(),2n n n c a b =-数列{}n C 的前n 项和为n S ．（Ⅰ）求数列}{n c 的通项公式； （Ⅱ）若数列{}n d 是等差数列，且nn S d n c=+，求非零常数c ； （Ⅲ）若1()()(36)nn d f n n N n d ++=∈+，求数列{()}f n 的最大项．解：（Ⅰ）由222,(*,1),(1)01x x ny n N y x y x y n x -+=∈≠-++-=+得 Q x R ∈，1y ≠，214(1)()0,44(1)410y y n y n y n ∴∆=---≥-++-≤即由题意知：2,44(1)410n n a b y n y n -++-=是方程的两根，1443,(*)n n n a b n C n n N ∴⋅=-∴=-∈（Ⅱ）cn n n d n n S n n +-=-=222,2，∴1231615,,123d d d c c c ===+++ Q {}n d 为等差数列，2132d d d ∴=+，220c c ∴+=，10()2c c ∴=-=或舍 经检验12c =时，{}n d 是等差数列，2n d n = （Ⅲ）211()36(36)(22)4937n f n n n n n==≤=++++366""1().49n n n f n ===∴当且仅当即时取的最大值为5已知双曲线2211n n n n a ya x a a ---=的一个焦点为((2)n ≥, 且16c =, 一条渐近线方程为y =, 其中{}n a 是以4为首项的正数数列. （I ）求数列{}n c 的通项公式; （II ） 求证:不等式12122332n n n n c c c ++++<⋅L 对一切自然数(n n ∈N *）恒成立. （I ）双曲线方程即为2211n n y x a a --=,所以1n n n c a a -=+.于是12nn a a -=. ∴数列{}n a 是首项为4,公比为2的等比数列,从而12n n a +=,∴12232n n n n c +=+=?（n ≥2）. 又16c =,也符合上式,所以32n n c =?（n ∈N *）. （II ）令n S =2121212323232n n n n c c c +++=+++⋅⋅⋅L L ,则12n S =23112323232n n ++++⋅⋅⋅L , ∴12n S =211111113233232323232n n n n n n +++++-=--⋅⋅⋅⋅⋅⋅L ,∴n S =1212333232n n n ---<⋅⋅. 即 不等式12122332n n n n c c c ++++<⋅L 对一切自然数(n n ∈N *）恒成立.6已知曲线)0(1)1(log )(2>++=x x x x f 上有一点列))(,(*N n y x P n n n ∈，点n P 在x 轴上的射影是)0,(n n x Q ，且)(12*1N n x x n n ∈+=-，11=x .（1）求数列}{n x 的通项公式；（2）设四边形11++n n n n P Q Q P 的面积是n S ，求证：4121121<+++nnS S S Λ 解：（1）由)(12*1N n x x n n ∈+=-得)1(211+=+-n n x x ………………2分∵11=x ， ∴01≠+n x ，故}1{+n x 是公比为2的等比数列112)1(1-⋅+=+⇒n n x x∴)(12*N n x n n ∈-=.…………………………………………………………5分（2）∵n nn n n nx f y 2112)112(log )(2=+-+-== ， ∴nn n n n Q Q 2)12()12(||11=---=++, 而nn n nQ P 2||=， …………………8分 ∴四边形11++n n n n P Q Q P 的面积为：4132)221(21|||)||(|211111+=⋅++=⋅+=++++n n n Q Q Q P Q P S n n n n n n n n n n ∴)111(4)33131(12)13131(12)13(312)13(41+-=+-<+-=+=+=n n n n n n n n n n nS n , 故1211114(1)421n S S nS n +++<-<+L .……………………………………………12分7已知数列{}n a 的前n 项和为{}n S ，又有数列{}n b 满足关系11b a =，对n N *∈，有n n a S n +=，11n n n b a a ++=-(1)求证：{}n b 是等比数列，并写出它的通项公式；(2)是否存在常数c ，使得数列{}1n S cn ++为等比数列？若存在，求出c 的值；若不存在，说明理由。

第3讲数列的综合问题「考情研析」 1.从具体内容上，数列的综合问题，主要考查:①数列与函数、不等式结合，探求数列中的最值或证明不等式．②以等差数列、等比数列为背景，利用函数观点探求参数的值或范围． 2.从高考特点上，常在选填题型的最后两题及解答题第17题中出现，分值一般为5～8分。

核心知识回顾数列综合应用主要体现在以下两点：（1)以数列知识为纽带，在数列与函数、方程、不等式、解析几何的交汇处命题，主要考查利用函数观点、不等式的方法解决数列问题,往往涉及与数列相关的不等式证明、参数的范围等．(2)以数列知识为背景的新概念、创新型问题，除了需要用到数列知识外,还要运用函数、不等式等相关知识和方法,特别是题目条件中的“新知识”是解题的钥匙，此类问题体现了即时学习，灵活运用知识的能力．热点考向探究考向1 数列与函数的综合问题例1 (2019·上海市青浦区高三二模)已知函数f(x）＝x2＋ax＋b（a,b∈R)，且不等式｜f（x)｜≤2019｜2x－x2｜对任意的x∈［0,10］都成立，数列{a n｝是以7＋a为首项，公差为1的等差数列(n∈N＊）．(1）当x∈[0，10]时，写出方程2x－x2＝0的解，并写出数列{a n｝的通项公式（不必证明)；(2）若b n＝a n·错误!an（n∈N＊)，数列{b n}的前n项和为S n，对任意的n∈N＊，都有S n〈m成立，求m的取值范围．解（1)因为x∈［0，10]时，易知方程2x－x2＝0的解为x＝2,x ＝4，由不等式｜f(x）|≤2019|2x－x2|对任意的x∈[0，10]都成立，可得错误!即错误!解得错误!所以f(x)＝x2－6x＋8，又数列｛a n｝是以7＋a＝1为首项,公差为1的等差数列，所以a n＝n。

(2)由（1）知b n＝a n·错误!an＝n·错误!n，所以S n＝b1＋b2＋…＋b n＝1·13＋2·错误!2＋3·错误!3＋…＋n·错误!n，①错误!S n＝1·错误!2＋2·错误!3＋3·错误!4＋…＋n·错误!n＋1,②①－②得，错误!S n＝错误!＋错误!2＋错误!3＋…＋错误!n－n·错误!n＋1＝错误!－n·错误!n＋1＝错误!错误!－错误!，整理得，S n＝错误!－错误!，由错误!>0可得S n〈错误!，由S n<m恒成立,可得m≥错误!.数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景,给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出S n的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题,解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化．已知数列{a n}的前n项和为S n，向量a＝(S n,1），b＝错误!，满足条件a∥b.(1)求数列{a n｝的通项公式；(2）设函数f（x）＝错误!x，数列｛b n}满足条件b1＝1,f（b n＋1）＝错误!.①求数列｛b n｝的通项公式;②设c n＝错误!,求数列{c n｝的前n项和T n。

数列的综合应用及数学归纳法错误!1．数列{a n｝的前n项和S n满足S n＝2a n－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2）设b n＝错误!，求数列｛b n}的前n项和T n。

解:(1）∵S n＝2a n－a1,①∴当n≥2时，S n－1＝2a n－1－a1,②①－②得，a n＝2a n－2a n－1，即a n＝2a n－1。

由a1，a2＋1，a3成等差数列，得2（a2＋1）＝a1＋a3，∴2(2a1＋1)＝a1＋4a1，解得a1＝2.∴数列｛a n｝是首项为2，公比为2的等比数列．∴a n＝2n。

(2）∵a n＝2n,∴S n＝2a n－a1＝2n＋1－2，S n＋1＝2n＋2－2.∴b n＝错误!＝错误!＝错误!错误!－错误!.∴数列{b n}的前n项和T n＝错误!错误!＋错误!＋…＋错误!＝错误!错误!＝错误!。

2．(2019·绍兴适应性考试)已知数列｛a n｝是公差为2的等差数列，且a1，a5＋1，a23＋1成等比数列．数列{b n}满足：b1＋b2＋…＋b n＝2n＋1－2，n∈N＊。

(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；（2）设数列{c n}的前n项和为T n，且c n＝错误!若对n∈N*，T2n≥T2k恒成立,求正整数k的值．解：（1）由已知得（a5＋1)2＝a1（a23＋1），即（a1＋9）2＝a1(a1＋45），所以a1＝3，所以a n＝2n＋1.当n＝1时，b1＝2,当n≥2时，b n＝（b1＋b2…＋b n）－（b1＋b2…＋b n－1）＝2n＋1－2n＝2n，所以b n＝2n.（2）因为T2n＝错误!－错误!＝错误!错误!－错误!错误!＝－错误!＋错误!错误!－错误!，所以T2n＋2－T2n＝错误!错误!＝错误!错误!＝错误!错误!。

设d n＝错误!，则d n＋1－d n＝错误!－错误!＝错误!<0恒成立，因此d1>d2>d3>d4>…，由于d1〉1,d2〉1，d3>1，d4〈1，…，因此T4－T2<0,T6－T4〈0，T8－T6〈0,T10－T8〉0，…，所以{T2n｝中T8最小,所以k的值为4。