第4讲 数列的综合问题与数列的应用

[考情分析]预计2025年高考会从以下两个角度对数列的综合问题进行考查：(1)考查等差、等比数列的基本运算和数列求和的问题，可能与函数、方程、不等式等知识综合起来进行考查；(2)以新定义为载体，考查对新数列性质的理解及应用，以创新型题目的形式出现．考点一等差、等比数列的综合问题例1(2024·山东滨州模拟)已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝2，b 2＝4，a n ＝2log 2b n ，n ∈N *.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{a n }中不在数列{b n }中的项按从小到大的顺序构成数列{c n }，记数列{c n }的前n 项和为S n ，求S 100.解(1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为b 2＝4，所以a 2＝2log 2b 2＝4，所以d ＝a 2－a 1＝2，所以a n ＝2＋(n －1)×2＝2n .又a n ＝2log 2b n ，即2n ＝2log 2b n ，所以n ＝log 2b n ，所以b n ＝2n .(2)由(1)得b n ＝2n ＝2·2n －1＝a 2n －1，即b n 是数列{a n }中的第2n －1项．设数列{a n }的前n 项和为P n ，数列{b n }的前n 项和为Q n ，因为b 7＝a 26＝a 64，b 8＝a 27＝a 128，所以数列{c n }的前100项是由数列{a n }的前107项去掉数列{b n }的前7项后构成的，所以S 100＝P 107－Q 7＝107×（2＋214）2－2－281－2＝11302.对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系．利用方程思想和通项公式、前n 项和公式求解，求解时注意对性质的灵活运用.1.(2022·浙江高考)已知等差数列{a n }的首项a 1＝－1，公差d >1.记{a n }的前n项和为S n (n ∈N *)．(1)若S 4－2a 2a 3＋6＝0，求S n ；(2)若对于每个n ∈N *，存在实数c n ，使a n ＋c n ，a n ＋1＋4c n ，a n ＋2＋15c n 成等比数列，求d 的取值范围．解(1)因为S 4－2a 2a 3＋6＝0，a 1＝－1，所以－4＋6d －2(－1＋d )(－1＋2d )＋6＝0，所以d 2－3d ＝0，又d >1，所以d ＝3，所以a n ＝3n －4，所以S n ＝n （a 1＋a n ）2＝3n 2－5n2.(2)因为a n ＋c n ，a n ＋1＋4c n ，a n ＋2＋15c n 成等比数列，所以(a n ＋1＋4c n )2＝(a n ＋c n )(a n ＋2＋15c n )，(nd －1＋4c n )2＝(－1＋nd －d ＋c n )(－1＋nd ＋d ＋15c n )，c 2n ＋(14d －8nd ＋8)c n ＋d 2＝0，由已知可得方程c 2n ＋(14d －8nd ＋8)c n ＋d 2＝0的判别式大于等于0，所以Δ＝(14d －8nd ＋8)2－4d 2≥0，所以(16d －8nd ＋8)(12d －8nd ＋8)≥0对于任意的n ∈N *恒成立，所以[(n －2)d －1][(2n －3)d －2]≥0对于任意的n ∈N *恒成立，当n ＝1时，[(n －2)d －1][(2n －3)d －2]＝(d ＋1)(d ＋2)≥0，当n ＝2时，由(2d －2d －1)(4d －3d －2)≥0，可得d ≤2，当n ≥3时，[(n －2)d －1][(2n －3)d －2]>(n －3)(2n －5)≥0，又d >1，所以1<d ≤2，即d 的取值范围为(1，2]．考点二通项与求和问题例2(2023·黑龙江哈九中模拟)在①S 3＝2a 3－15；②a 2＋6是a 1，a 3的等差中项；③2S n ＝t n ＋1－3(t ≠0)这三个条件中任选一个作为已知条件，补充在下面的问题中，并解答．已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝3，且满足________．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设a n ＝b n －1b n ，求数列2n n 项和T n .注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解(1)设正项等比数列{a n }的公比为q (q >0)，若选①：由S 3＝2a 3－15，得a 1＋a 2＋a 3＝2a 3－15，所以a 3－a 2－a 1＝15，又由a 1＝3，可得3q 2－3q －18＝0，解得q ＝3或q ＝－2(舍去)，所以a n ＝3×3n －1＝3n (n ∈N *)．若选②：由a 2＋6是a 1，a 3的等差中项，可得a 1＋a 3＝2(a 2＋6)，又因为a 1＝3，可得3＋3q 2＝2(3q ＋6)，即q 2－2q －3＝0，解得q ＝3或q ＝－1(舍去)，所以a n ＝3×3n －1＝3n (n ∈N *)．若选③：由2S n ＝t n ＋1－3(t ≠0)，当n ＝1时，2a 1＝6＝2S 1＝t 2－3，解得t ＝3或t ＝－3(舍去)，所以2S n ＝3n ＋1－3，当n ≥2时，2a n ＝2S n －2S n －1＝3n ＋1－3－(3n －3)＝2·3n ，所以a n ＝3n (n ≥2)．经验证当n ＝1时，满足a n ＝3n ，所以a n ＝3n (n ∈N *)．(2)由(1)知a n ＝3n ，所以b n －1b n ＝3n ，n ＝9n ，所以b 2n ＋1b 2n＝9n＋2，所以T n 2122 (2)n (91＋2)＋(92＋2)＋…＋(9n ＋2)＝91＋92＋…＋9n＋2n ＝9（1－9n ）1－9＋2n ＝9n ＋1＋16n －98.解决非等差、等比数列求和问题的两种思路思路一转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成思路二不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和2.(2024·广东深圳中学月考)若一个数列的奇数项为公差为正的等差数列，偶数项为公比为正的等比数列，且公差、公比相同，则称数列为“摇摆数列”，其表达式为a n ＝1＋n －12d ，n ＝2k ＋1，k ∈N ，2qn －22，n ＝2k ，k ∈N *，若数列{a n }(n ∈N *)为“摇摆数列”且a 1＝1，a 1＋a 2＝a 3，a 2a 3＝20.(1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝na n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n ∑ni ＝1i 2解(1)＋a 2＝a 3，2a 3＝202＝4，3＝52＝－5，3＝－4(舍去)，∴d ＝q ＝4，∴a n n －1，n ＝2k ＋1，k ∈N ，n ，n ＝2k ，k ∈N *.(2)b n ＝na n n 2－n ，n ＝2k ＋1，k ∈N ，·2n ，n ＝2k ，k ∈N *.先求奇数项的和：b n ＝2n 2－n ，n ＝2k ＋1，k ∈N ，S n ＝2×[12＋32＋…＋(2n －1)2]－n 2，引入W n ＝22＋42＋…＋(2n )2＝4(12＋22＋…＋n 2)，12(S n ＋n 2)＋W n ＝∑2ni ＝1i 2＝n （2n ＋1）（4n ＋1）3⇒S n＝2(∑2ni ＝1i 2－W n )－n 2＝2n （2n ＋1）（4n ＋1）3－4×n （n ＋1）（2n ＋1）6－n 2＝8n 3－3n 2－2n 3，再求偶数项的和：b n ＝n ·2n ，n ＝2k ，k ∈N *，S n ′＝2×22＋4×24＋…＋2n ×22n ，4S n ′＝2×24＋4×26＋…＋2(n －1)×22n ＋2n ×22n ＋2，两式相减，得－3S n ′＝2×22＋2×24＋2×26＋…＋2×22n －2n ×22n＋2＝8×（1－4n ）1－4－2n ×22n ＋2＝（1－3n ）×22n ＋3－83，∴S n ′＝（3n －1）22n ＋3＋89，∴T 2n ＝S n ＋S n ′＝8n 3－3n 2－2n3＋（3n －1）22n ＋3＋89.考点三数列与不等式的综合问题例3(2023·安徽十校联考)已知数列{a n }满足a 1＋a 2＋…＋a n －1－a n ＝－2(n ≥2且n ∈N *)，a 2＝4.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)n 项和为T n ，求证：23≤T n <1.解(1)因为a 1＋a 2＋…＋a n －1－a n ＝－2，所以a 1＋a 2＋…＋a n －a n ＋1＝－2，两式相减得a n ＋1＝2a n (n ≥2)，当n ＝2时，a 1－a 2＝－2，又a 2＝4，所以a 1＝2，a 2＝2a 1，所以a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，所以{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，所以a n ＝2n (n ∈N *)．(2)证明：因为2n（a n －1）（a n ＋1－1）＝2n （2n －1）（2n ＋1－1）＝12n －1－12n ＋1－1，所以T n …1－12n ＋1－1<1，由n ≥1，得2n ＋1≥4，所以1－12n ＋1－1≥23，综上，2≤T n <1.1．数列型不等式的证明常用到“放缩法”，一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”；二是求和后再“放缩”．2．放缩法常见的放缩技巧(1)1k 2＜1k 2－1＝121k －1－1k ＋1.(2)1k －1k ＋1＜1k 2＜1k －1－1k.(3)2(n ＋1－n )＜1n＜2(n －n －1)．(4)12n ＋1＜12n ＋1＜12n ，13n ＜13n －1≤12·3n －1.3.(2023·河南五市高三二模)已知数列{a n }满足a 1＝23，且2a n ＋1－a n ＋1a n ＝1，n∈N *.(1){a n }的通项公式；(2)记T n ＝a 1a 2a 3…a n ，n ∈N *，S n ＝T 21＋T 22＋…＋T 2n .证明：S n 解(1)由2a n ＋1－a n ＋1a n ＝1，得a n ＋1＝12－a n ，则11－a n ＋1－11－a n＝1，是首项为11－a 1＝3，公差d ＝1的等差数列，所以11－a n ＝3＋(n －1)＝n ＋2，整理得a n ＝n ＋1n ＋2(n ∈N *)，经检验，符合要求．(2)证明：由(1)得a n ＝n ＋1n ＋2(n ∈N *)，T n ＝a 1a 2…a n ＝2n ＋2，∴T 2n ＝4（n ＋2）2>4（n ＋2）（n ＋3）＝∴S n ＝T 21＋T 22＋…＋T 2n －14＋…＋1n ＋2－即S n 考点四数列与函数的综合问题例4(2024·江苏辅仁中学阶段考试)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，求数列前n 项和T n .解(1)由已知，得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 的图象在点(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.则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－n 2n ＝2n ＋1－n －22n.所以T n ＝2n ＋1－n －22n.数列与函数综合问题的常见类型及注意事项常见类型类型一已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题类型二已知数列条件，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注意事项注意点一数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或有限子集)，它的图象是一群孤立的点注意点二转化为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注意点三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4.(2024·湖南湘潭一中阶段考试)设函数f (x )＝x2＋sin x 的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{x n }．(1)求数列{x n }的通项公式；(2)设{x n }的前n 项和为S n ，求sin S n .解(1)令f ′(x )＝12＋cos x ＝0，所以cos x ＝－12，解得x ＝2k π±2π3(k ∈Z )．由x n 是f (x )的第n 个正极小值点知，x n ＝2n π－2π3(n ∈N *)．(2)由(1)可知，S n ＝2π(1＋2＋…＋n )－2n π3＝n (n ＋1)π－2n π3，所以sin S n ＝sinn （n ＋1）π－2n π3.因为n (n ＋1)表示两个连续正整数的乘积，所以n (n ＋1)一定为偶数，所以sin S n ＝－sin2n π3.当n ＝3m －2(m ∈N *)时，sinS n ＝－m π＝－32；当n ＝3m －1(m ∈N *)时，sin S n ＝－m π＝32；当n ＝3m (m ∈N *)时，sin S n ＝－sin2m π＝0.综上所述，sin S nn ＝3m －2（m ∈N *），＝3m －1（m ∈N *），3m （m∈N *）.课时作业1．(2023·新课标Ⅱ卷){a n }为等差数列，b n n －6，n 为奇数，a n ，n 为偶数，记S n ，T n 分别为数列{a n }，{b n }的前n 项和，S 4＝32，T 3＝16.(1)求{a n }的通项公式；(2)证明：当n >5时，T n >S n .解(1)设等差数列{a n }的公差为d ，而b n n －6，n 为奇数，a n ，n 为偶数，则b 1＝a 1－6，b 2＝2a 2＝2a 1＋2d ，b 3＝a 3－6＝a 1＋2d －6，4＝4a 1＋6d ＝32，3＝4a 1＋4d －12＝16，1＝5，＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋3，所以{a n }的通项公式是a n ＝2n ＋3.(2)证法一：由(1)知，S n ＝n （5＋2n ＋3）2＝n 2＋4n ，b n n －3，n 为奇数，n ＋6，n 为偶数，当n 为偶数时，b n －1＋b n ＝2(n －1)－3＋4n ＋6＝6n ＋1，T n ＝13＋（6n ＋1）2·n 2＝32n 2＋72n ，当n >5时，T n －S n 2＋72n (n 2＋4n )＝12n (n －1)>0，因此T n >S n ；当n 为奇数时，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝32(n ＋1)2＋72(n ＋1)－[4(n ＋1)＋6]＝32n 2＋52n －5，当n >5时，T n －S n 2＋52n －(n 2＋4n )＝12(n ＋2)(n －5)>0，因此T n >S n .所以当n >5时，T n >S n .证法二：由(1)知，S n ＝n （5＋2n ＋3）2＝n 2＋4n ，b n n －3，n 为奇数，n ＋6，n 为偶数，当n 为偶数时，T n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n )＝－1＋2（n －1）－32·n 2＋14＋4n ＋62·n 2＝32n 2＋72n ，当n >5时，T n －S n 2＋72n (n 2＋4n )＝12n (n －1)>0，因此T n >S n ；当n 为奇数时，若n ≥3，则T n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n )＋(b 2＋b 4＋…＋b n －1)＝－1＋2n －32·n ＋12＋14＋4（n －1）＋62·n －12＝32n2＋52n －5，显然T 1＝b 1＝－1满足上式，因此当n 为奇数时，T n ＝32n 2＋52n －5，当n >5时，T n －S n 2＋52n －(n 2＋4n )＝12(n ＋2)(n －5)>0，因此T n >S n .所以当n >5时，T n >S n .2．(2023·江苏徐州第七中学校考一模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝12·3n ＋b (b 为常数)．(1)求b 的值和数列{a n }的通项公式；(2)记c m 为{a n }在区间[－3m ，3m ](m ∈N *)内的项的个数，求数列{a m c m }的前n 项和T n .解(1)由题设S n ＝12·3n ＋b ，显然等比数列{a n }的公比不为1，设{a n }的公比为q ，则S n ＝a 1（1－q n ）1－q＝a 11－q －a 1q n1－q ，∴b ＝a 11－q ＝－12且q ＝3，∴a 1＝1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *.(2)令－3m ≤3n －1≤3m ，n ∈N *，解得0≤n －1≤m ，∴1≤n ≤m ＋1，数列{a n }在区间[－3m ，3m ](m ∈N *)内的项的个数为m ＋1，则c m ＝m ＋1，∴a m c m ＝(m ＋1)×3m －1，∵T n ＝2×30＋3×31＋…＋(n ＋1)×3n －1，①3T n ＝2×31＋3×32＋…＋(n ＋1)×3n ，②两式相减，得－2T n ＝2×30＋31＋…＋3n－1－(n ＋1)×3n＝1＋1－3n1－3－(n ＋1)·3n ＝（－1－2n ）·3n ＋12，∴T n n －14.3．(2024·河南郑州外国语学校阶段考试)已知f (x )＝－4＋1x2，数列{a n }的前n 项和为S n ，点P n n ∈N *)在曲线y ＝f (x )上，且a 1＝1，a n ＞0.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }的前n 项和为T n ，且满足T n ＋1a 2n ＝T na 2n ＋1＋16n 2－8n －3，确定b 1的值使得数列{b n }是等差数列．解(1)因为f (x )＝－4＋1x2，且点P n ，n ∈N *)在曲线y ＝f (x )上，所以1a n ＋1＝4＋1a 2n ，即1a 2n ＋1－1a 2n＝4，1为首项，4为公差的等差数列，所以1a 2n＝1＋4(n －1)＝4n －3，即a n ＝14n －3(n ∈N *)．(2)由(1)知T n ＋1a 2n ＝T n a 2n ＋1＋16n 2－8n －3，即为(4n －3)T n ＋1＝(4n ＋1)T n ＋(4n －3)(4n ＋1)，整理得T n ＋14n ＋1－T n 4n －3＝1，T 1为首项，1为公差的等差数列，则T n 4n －3＝T 1＋n －1，即T n ＝(4n －3)(T 1＋n －1)，当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝4b 1＋8n －11，若{b n }是等差数列，则b 1适合上式，令n ＝1，得b 1＝4b 1－3，解得b 1＝1.4．(2023·黑龙江齐齐哈尔模拟)在①S n ＝32a n －3，其中S n 为数列{a n }的前n 项和；②a 1＝1，a n －a n ＋1＝a n a n ＋1这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．问题：已知数列{a n }满足________．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数m ，使得a m ＋a m ＋1为数列{a n }中的项？若存在，求出m ；若不存在，说明理由．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解若选择条件①：(1)令n ＝1，则a 1＝321－3，所以a 1＝6，由于S n ＝32a n －3，则当n ≥2时，S n －1＝32a n －1－3，两式相减，得a n ＝32a n －32a n －1，则a n a n －1＝3，所以{a n }是首项为6，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式为a n ＝6×3n －1＝2×3n .(2)假设存在正整数m ，使得a m ＋a m ＋1＝a k (k ∈N *)，则2×3m ＋2×3m ＋1＝2×3k ，所以4×3m ＝3k ，此等式左边为偶数，右边为奇数，所以不存在正整数m 满足题意．若选择条件②：(1)因为a 1＝1，a n －a n ＋1＝a n a n ＋1，所以a n ≠0，1a n ＋1－1a n＝1，是首项为1a 1＝1，公差为1的等差数列，所以1a n ＝1＋(n －1)×1＝n ，所以a n ＝1n.(2)假设存在正整数m ，使得a m ＋a m ＋1＝a k (k ∈N *)，则1m ＋1m ＋1＝1k，化简得m 2＋(1－2k )m －k ＝0，解得m ＝2k －1＋1＋4k 22，因为2k <1＋4k 2<2k ＋1，所以2k －12<m <2k ，m 无正整数解，故不存在正整数m 满足题意．5．已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6.(1)求数列{a n }的通项公式与前n 项和S n ；(2)将数列{a n }的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *，总有S n ＜T m ＋λ成立，求实数λ的取值范围．解(1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6，得a 7＝－2，∴a 1＝4，∴a n ＝5－n ，S n ＝n （9－n ）2.(2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1，设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 2b 1＝12，∴T m 1－1281m ，的值随m 增加而减小，∴{T m }为递增数列，得4≤T m ＜8.又S n ＝n （9－n ）2＝－12(n 2－9n )－814，故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *，总有S n ＜T m ＋λ，则10＜8＋λ，解得λ＞2.故实数λ的取值范围为(2，＋∞)．6．(2024·河北衡水调研)已知数列{a n }满足a 1＝37，3a n ，2a n ＋1，a n a n ＋1成等差数列．(1){a n }的通项公式；(2)记{a n }的前n 项和为S n ，求证：1271S n <7528.解(1)由已知得4a n ＋1＝3a n ＋a n a n ＋1，因为a 1＝37≠0，所以由递推关系可得a n ≠0恒成立，所以4a n ＝3a n ＋1＋1，所以4a n －4＝3an ＋1－3，即1a n ＋1－1又因为1a 1－1＝73－1＝43，是首项为43，公比为43的等比数列，所以1a n －1，所以a n ＝11.(2)证明：由(1)可得a n ＝111－1＝37×－1，所以S n ≥37＋37×＋…＋37×－1＝1271a n ＝11<1，S 1＝37<7528，当n ≥2时，S n <37＋＋ (37)1－34＝7528－<7528.综上所述，1271S n <7528成立．。

数列与等差数列的综合运用（四）数列和等差数列是数学中常见的概念，其在不同领域中的运用广泛而深入。

本文将介绍数列与等差数列在金融、物理、计算机科学和生物学中的应用，通过这些实际问题的探讨，我们可以更好地理解和应用数列与等差数列的知识。

一、金融领域的应用在金融领域中，数列与等差数列经常被用于计算利息、投资回报以及指数增长等问题。

一个常见的例子是贷款利息的计算。

假设某人向银行借了一笔钱，银行规定每月按照固定的利率计算利息。

此时，借款人每月的还款金额可以看作是一个等差数列，等差为本金加上利息。

通过计算等差数列的和，我们可以得到借款人在还完所有款项之前需要支付的总利息。

另外，等差数列还可以用于计算投资回报。

假设某人每年向某基金公司投资一定金额，并且该基金有一个固定的年回报率。

如果我们用等差数列来表示每年的投资额，并根据年回报率得到等差数列的公差，那么通过计算数列的和，我们可以得到多年后投资的总回报。

二、物理领域的应用在物理学中，等差数列用于描述运动的速度、距离和时间之间的关系。

例如，当一个物体做匀速直线运动时，其速度是恒定的，可以用等差数列来表示。

等差数列的项数即为运动所经过的时间，公差表示单位时间内所运动的距离。

通过计算等差数列的和，我们可以得到物体在特定时间内所运动的总距离。

类似地，如果我们已知物体在一段时间内的总距离和总时间，可以应用等差数列公式来推算出物体的平均速度。

三、计算机科学领域的应用在计算机科学中，数列与等差数列的运用几乎无处不在。

比如，在编写代码时，我们常常需要利用等差数列和数列的知识来解决问题。

例如，假设我们需要编写一个程序，计算从1到n的所有整数的和。

我们可以使用等差数列的和公式来快速计算这个和，避免使用循环结构逐个相加的方法。

此外，在算法设计中，我们经常需要对数据进行排序。

其中一种常见的排序算法是冒泡排序，如果我们将排序的过程中的中间结果作为数列，那么这个数列就是一个等差数列。

通过分析等差数列的特点，我们可以更好地理解和优化排序算法。

第七章 第4讲[A 级 基础达标]1．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2n －1，则数列{a n }的前100项和S 100为( ) A ．399－5 051 B ．3100－5 051 C ．3101－5 051 D ．3102－5 051【答案】B2．(2020年唐山月考)已知等差数列{a n }的公差不为零，其前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 27成等比数列，则S 9S 3等于( )A ．3B ．6C ．9D ．12【答案】C3．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( ) A ．200 B ．－200 C ．400 D ．－400【答案】B4．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 016＝( ) A ．22 016－1 B ．3·21 008－3 C ．3·21 008－1 D ．3·21 007－2 【答案】B5．(2020年广州天河区一模)一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上大学的费用，从孩子一周岁生日开始，每年到银行储蓄a 元一年定期，若年利率为r 保持不变，且每年到期时存款(含利息)自动转为新的一年定期，当孩子18岁生日时不再存入，将所有存款(含利息)全部取回，则取回的钱的总数为( )A ．a (1＋r )17B ．ar [(1＋r )17－(1＋r )]C ．a (1＋r )18D ．ar [(1＋r )18－(1＋r )]【答案】D 【解析】根据题意，当孩子18岁生日时，孩子在一周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为a (1＋r )17，同理，孩子在2周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为a (1＋r )16，孩子在3周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为a (1＋r )15，…，孩子在17周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为a (1＋r )，题目所求可以看成是以a (1＋r )为首项，(1＋r )为公比的等比数列的前17项的和，此时S ＝a (1＋r )17＋a (1＋r )17＋…＋a (1＋r )＝a (1＋r )[(1＋r )17－1]1＋r －1＝ar [(1＋r )18－(1＋r )]． 6．(2020年池州模拟)正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3＝a 2＋10a 1，则公比q ＝________.【答案】3 【解析】q ＝1时，不合题意，q ≠1时，由S 3＝a 2＋10a 1，得a 1(1－q 3)1－q ＝a 1q＋10a 1，所以1＋q ＋q 2＝q ＋10.又q ＞0，所以q ＝3.7．已知{a n }的前n 项和S n ＝n 2－9n －1，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 30|的值为________． 【答案】671 【解析】{a n }的前n 项和S n ＝n 2－9n －1，可得n ＝1时，a 1＝S 1＝－9；n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－9n －1－(n －1)2＋9(n －1)＋1＝2n －10，可得n ≤5时，a n ＜0，n ≥6时，a n ＞0，可得|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 30|＝S 30－S 5－S 5＝900－270－1－2×(25－45－1)＝671．8．设f (x )＝4x 4x ＋2，利用倒序相加法，可求得f ⎝⎛⎭⎫111＋f ⎝⎛⎭⎫211＋…＋f ⎝⎛⎭⎫1011的值为________． 【答案】5 【解析】当x 1＋x 2＝1时，f (x 1)＋f (x 2)＝4x 14x 1＋2＋4x 24x 2＋2＝2×4x 1＋x 2＋2×(4x 1＋4x 2)4x 1＋x 2＋2×(4x 1＋4x 2)＋4＝1．设S ＝f ⎝⎛⎭⎫111＋f ⎝⎛⎭⎫211＋…＋f ⎝⎛⎭⎫1011，倒序相加有2S ＝⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫111＋f ⎝⎛⎭⎫1011＋⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫211＋f ⎝⎛⎭⎫911＋…＋⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫1011＋f ⎝⎛⎭⎫111＝10，即S ＝5.9．(2020年大庆月考)已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝12，且2a 1，a 2，a 3＋1成等比数列．(1)求{a n }的通项公式及S n ；(2)记b n ＝S nn，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)设正项等差数列{a n }的公差为d ，则d ＞0.因为S 3＝12，即a 1＋a 2＋a 3＝12， 所以3a 2＝12，所以a 2＝4.又2a 1，a 2，a 3＋1成等比数列，所以 a 22＝2a 1·(a 3＋1)，即42＝2(4－d )·(4＋d ＋1)． 解得d ＝3或d ＝－4(舍去)，所以a 1＝a 2－d ＝1．故{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝3n －2，且S n ＝n (a 1＋a n )2＝3n 2－n2.(2)由(1)知b n ＝S n n ＝3n －12，所以b n ＋1－b n ＝3(n ＋1)－12－3n －12＝32，且b 1＝3×1－12＝1．所以数列{b n }是以b 1＝1为首项，32为公差的等差数列．所以数列{b n }的前n 项和为T n ＝n (b 1＋b n )2＝ 3n 2＋n4.10．(2020年哈尔滨期末)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 9＝81，a 3＋a 5＝14. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求{b n }的前n 项和为T n .解：(1)设{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧9a 1＋9×82d ＝81，a 1＋2d ＋a 1＋4d ＝14，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2.所以a n ＝a 1＋2(n －1)＝2n －1． (2)由于a n ＝2n －1，所以b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，所以T n ＝12⎝⎛ 1－13＋13－15＋…＋12n －1－⎭⎫12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.[B 级 能力提升]11．(2020年蚌埠模拟)数列{a n }满足a n ＝1＋2＋3＋…＋nn ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为( )A ．nn ＋2B ．2n n ＋2 C ．n n ＋1D ．2n n ＋1【答案】B 【解析】a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＝12(n ＋1)，1a n a n ＋1＝4(n ＋1)(n ＋2)＝4⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2，可得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为4⎝⎛⎭⎫12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2＝4⎝⎛⎭⎫12－1n ＋2＝2n n ＋2.12．(多选)(2020年菏泽模拟)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1,1,2,3,5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列{a n }称为“斐波那契数列”，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则下列结论正确的是( )A ．a 6＝8B ．S 7＝33C ．a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 019＝a 2 020D ．a 21＋a 22＋…＋a 22 019a 2 019＝a 2 020【答案】ABCD 【解析】对A ，由a 1＝a 2，a 3＝a 4－a 2，a 5＝a 6－a 4，可得a 6＝8成立；对B ，由a 1＝a 2，a 3＝a 4－a 2，a 5＝a 6－a 4，可得a 6＝8，a 7＝13，所以s 7＝1＋1＋2＋3＋5＋8＋13＝33成立；对C ，由a 1＝a 2，a 3＝a 4－a 2，a 5＝a 6－a 4，…，a 2 019＝a 2 020－a 2 018，可得a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 019＝a 2 020，故a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 019是斐波那契数列中的第2 020项，C成立；对D ，斐波那契数列总有a n ＋2＝a n ＋1＋a n ，则a 21＝a 2a 1，a 22＝a 2(a 3－a 1)＝a 2a 3－a 2a 1，a 23＝a 3(a 4－a 2)＝a 3a 4－a 3a 2，…，a 22 018＝a 2 018a 2 019－a 2 018a 2 017，a 22 019＝a 2 019a 2 020－a 2 019a 2 018.所以a 21＋a 22＋…＋a 22 019＝a 2 019a 2 020，D 成立．故选ABCD ．13．在正项数列{a n }中，a 1＝2，其前n 项和S n 满足S n ＋S n －1＝12a 2n(n ≥2)，若数列b n ＝(－1)n ·2n ＋1S n，则数列{b n }的前2 020项和为________．【答案】－2 0202 021 【解析】在正项数列{a n }中，a 1＝2，其前n 项和S n 满足S n ＋S n －1＝12a 2n (n ≥2)，可得S n －1＋S n －2＝12a 2n －1，相减可得a n ＋a n －1＝12a 2n －12a 2n －1，化为a n －a n －1＝2.n ＝2时，2＋2＋a 2＝12a 22，可得a 2＝4，则a n ＝2n ，S n ＝n (n ＋1)，b n ＝(－1)n ·2n ＋1S n ＝(－1)nn ＋n ＋1n (n ＋1)＝(－1)n ⎝⎛⎭⎫1n ＋1n ＋1.可得数列{b n }的前2 020项和为－⎝⎛⎭⎫1＋12＋12＋13＋…－12 019－12 020＋12 020＋12 021＝－1＋12 021＝－2 0202 021.14．(一题两空)(2020年北京模拟)已知集合A ＝{x |x ＝a 3×30＋a 2×3－1＋a 1×3－2＋a 0×3－3}，其中a k ∈{0,1,2}，k ＝0,1,2,3，将集合A 中的元素从小到大排列得到数列{b n }，设{b n }的前n 项和为S n ，则b 3＝________，S 15＝________.【答案】19 28027 【解析】由题意可知b 3＝0×30＋0×3－1＋1×3－2＋0×3－3＝19.a 0，a 1，a 2，a 3各有3种取法(均可取0,1,2)．在前15项中，a 0，a 1，a 2，a 3全部为0，有1个数值；只有1个1，其余取0，共有4个数值；2个取1,2个取0，共有6个数值；3个取1,1个取0，共有4个数值．此时集合A 中，元素从小到大排列得到数列恰好是15个，而且a 0，a 1，a 2，a 3各取1的次数都是7次，由分类计数原理得集合A 中所有元素之和S 15＝7×(30＋3－1＋3－2＋3－3)＝28027. 15．(2020年韶关期末)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝3，S 6＝36. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若数列{b n }满足b n ＝1a 2n ＋4n －2(n ∈N*)，求数列{bn }的前n 项和T n .【答案】解：(1)设{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝3，S 6＝6a 1＋6×52d ＝36，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1．(2)由(1)得，数列{b n }满足b n ＝1a 2n ＋4n －2＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，则T n ＝12⎝⎛ 1－13＋13－15＋…＋12n －1－⎭⎫12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.16．(2020年杭州模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝30,2S 2是3S 1和S 3的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足b n ＝1＋log 3a na n，求数列{b n }前n 项和T n .解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1＋a 3＝30,2S 2是3S 1和S 3的等差中项，可得a 1＋a 1q 2＝30,4S 2＝3S 1＋S 3，即有4(a 1＋a 1q )＝3a 1＋a 1＋a 1q ＋a 1q 2，解得a 1＝q ＝3，则a n ＝3n (n∈N *)．(2)b n ＝1＋log 3a na n＝1＋log 33n3n＝(2n ＋1)·⎝⎛⎭⎫13n ， 前n 项和T n ＝3×13＋5×19＋7×127＋…＋(2n ＋1)·⎝⎛⎭⎫13n ， 13T n ＝3×19＋5×127＋7×181＋…＋(2n ＋1)·⎝⎛⎭⎫13n ＋1， 相减可得23T n ＝1＋2⎣⎡⎦⎤19＋127＋…＋⎝⎛⎭⎫13n －(2n ＋1)·⎝⎛⎭⎫13n ＋1＝1＋2·19⎝⎛⎭⎫1－13n －11－13－(2n ＋1)·⎝⎛⎭⎫13n ＋1，化简可得T n ＝2－(n ＋2)·⎝⎛⎭⎫13n . [C 级 创新突破]17．(2020年南通模拟)定义数列{a n }：先给出a 1＝1，接着复制该项，再添加1的后继数2，于是a 2＝1，a 3＝2，接下来再复制前面所有项，之后再添加2的后继数3，如此继续(1,1,2,1,1,2,3,1,1,2,1,1,2,3,4，…)，设S n 是a n 的前n 项和，则S 2 020＝________.【答案】3 990 【解析】由数列{a n }的构造方法可知a 1＝1，a 3＝2，a 7＝3，a 15＝4，可得a 2n －1＝n .由于数表的前n 行共有2n －1 个数，于是，先计算S 2n －1．在前2n －1个数中，共有1个n,2个n －1,22个n －2，… ,2n －k 个k ， (2)－1个1，因此S 2n －1 ＝n ×1＋(n －1)×2＋…＋k ×2n －k ＋…＋2×2n －2＋1×2n －1，则2S 2n －1＝n ×2＋(n －1)×22＋…＋k ×2n－k ＋1＋…＋2×2n －1＋1×2n ，两式相减，得S 2n －1＝n ＋2＋22＋…＋2n －1＋2n ＝2n ＋1－n －2.所以S 2 020＝S 210－1＋S 997＝S 210－1＋S 29－1＋S 486＝…＝S 210－1＋S 29－1＋…＋S 25－1＋S 10＝(211－12)＋(210－11)＋(29－10)＋(28－9)＋(27－8)＋(26－7)＋15＝3 990.18．(2020年邢台模拟)设数列{a n }是公差为2的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝2，a n b n ＋b n ＝(n ＋1)·b 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S n ；(3)设c n ＝a nlog 2b n ＋1，试问是否存在正整数s ，t (s ≠t )，使c 3，c s ，c t 成等差数列？若存在，求出s ，t 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝2，a n b n ＋b n ＝(n ＋1)b n ＋1． 当n ＝1时，a 1b 1＋b 1＝2b 2，解得a 1＝3.所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1．由于a n b n ＋b n ＝(n ＋1)b n ＋1，所以(2n ＋2)b n ＝(n ＋1)b n ＋1，整理得b n ＋1b n ＝2(常数)．所以b n ＝1·2n －1＝2n－1．(2)由于a n ＝2n ＋1，b n ＝2n －1， 所以a n b n ＝(2n ＋1)·2n－1．则S n ＝3·20＋5·21＋7·22＋…＋(2n ＋1)·2n －1①， 2S n ＝3·21＋5·22＋7·23＋…＋(2n ＋1)·2n ②，由①－②得，－S n ＝2(1＋2＋…＋2n －1)＋1－(2n ＋1)·2n ，整理得S n ＝(2n －1)·2n ＋1． (3)根据(1)得c n ＝a n log 2b n ＋1＝1n＋2.假设存在正整数s 和t ，使c 3，c s ，c t 成等差数列， 所以2s ＋4＝13＋2＋1t ＋2，整理得2s ＝13＋1t ，即6t ＝st ＋3s ，整理得s ＝6－18t ＋3，当t ＝s ＝3时，与s ≠t 矛盾，故舍去． 当t ＝6时，s ＝4，符合题意； 当t ＝15，s ＝5时，符合题意．。

数列综合题和应用性问题教案章节一：数列的概念和性质教学目标：1. 理解数列的定义及其基本性质。

2. 能够识别和表示不同类型的数列。

3. 掌握数列的通项公式和求和公式。

教学内容：1. 数列的定义及表示方法。

2. 数列的性质，如单调性、周期性等。

3. 数列的通项公式和求和公式。

教学活动：1. 通过实例介绍数列的定义和表示方法。

2. 引导学生探索数列的性质，如单调性、周期性等。

3. 讲解数列的通项公式和求和公式，并通过例题进行解释。

章节二：等差数列和等比数列教学目标：1. 理解等差数列和等比数列的定义及其性质。

2. 能够识别和表示等差数列和等比数列。

3. 掌握等差数列和等比数列的通项公式和求和公式。

教学内容：1. 等差数列和等比数列的定义及表示方法。

2. 等差数列和等比数列的性质，如单调性、周期性等。

3. 等差数列和等比数列的通项公式和求和公式。

教学活动：1. 通过实例介绍等差数列和等比数列的定义和表示方法。

2. 引导学生探索等差数列和等比数列的性质，如单调性、周期性等。

3. 讲解等差数列和等比数列的通项公式和求和公式，并通过例题进行解释。

章节三：数列的极限教学目标：1. 理解数列极限的概念及其性质。

2. 能够求解数列极限的问题。

3. 掌握数列极限的运算规则。

教学内容：1. 数列极限的定义及其性质。

2. 数列极限的求解方法。

3. 数列极限的运算规则。

教学活动：1. 通过实例介绍数列极限的定义和性质。

2. 引导学生学习数列极限的求解方法，如直接求解、夹逼定理等。

3. 讲解数列极限的运算规则，并通过例题进行解释。

章节四：数列的综合题型教学目标：1. 理解数列综合题型的概念及其解题方法。

2. 能够解决数列综合题型的问题。

3. 掌握数列综合题型的解题策略。

教学内容：1. 数列综合题型的概念及其解题方法。

2. 数列综合题型的常见类型和解题技巧。

3. 数列综合题型的解题策略。

教学活动：1. 通过实例介绍数列综合题型的概念和解题方法。

数列的综合应用数列是数学中重要的概念之一，它在各个领域中都有着广泛的应用。

数列的综合是数列中各个数值的求和运算，可以帮助我们解决很多实际问题。

本文将探讨数列的综合应用，从数学角度分析其在现实生活中的具体应用。

一、数列的定义和性质在介绍数列的综合应用之前，我们首先需要了解数列的基本定义和性质。

数列是按照一定规律排列的一组数，其中每个数称为数列的项。

根据数列的性质，我们可以将数列分为等差数列和等比数列两种常见类型。

1. 等差数列：等差数列中的任意两个相邻项之差都相等，这个固定的差值称为公差。

等差数列的一般形式为an = a1 + (n-1)d，其中an表示第n项，a1表示首项，d表示公差。

2. 等比数列：等比数列中的任意两个相邻项之比都相等，这个固定的比值称为公比。

等比数列的一般形式为an = a1 * r^(n-1)，其中an表示第n项，a1表示首项，r表示公比。

二、数列的综合应用数列的综合应用广泛存在于日常生活和各个学科领域中，下面将从几个具体问题场景中介绍数列的应用。

1. 汽车里程计算假设一辆汽车从起点出发，每小时行驶的里程数分别是12公里、15公里、18公里、21公里...... 如果想知道5个小时内总共行驶了多少公里，我们可以使用等差数列的综合公式来计算。

首先确定首项a1=12，公差d=3（每小时增加3公里），然后带入数列综合公式Sn =(n/2)[2a1+(n-1)d]，代入n=5进行计算得出结果为75公里。

因此，这辆汽车在5个小时内共行驶了75公里。

2. 学生成绩评估假设某学生在数学考试中的成绩分别是80分、85分、90分、95分......，如果想知道前10次考试的总分，我们可以使用等差数列的综合公式进行计算。

首先确定首项a1=80，公差d=5（每次考试分数增加5分），然后带入数列综合公式Sn = (n/2)[2a1+(n-1)d]，代入n=10进行计算得出结果为875分。

因此，这名学生前10次数学考试的总分为875分。

专题04 数列求和及综合应用【要点提炼】1.常用公式：12＋22＋32＋42＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6.2.(1)数列通项a n 与前n 项和S n 的关系为a n ＝⎩⎨⎧S 1 （n ＝1），S n －S n －1 （n ≥2）.(2)应用a n 与S n 的关系式f (a n ，S n )＝0时，应特别注意n ＝1时的情况，防止产生错误. 3.数列求和(1)分组转化法：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并. (2)错位相减法：主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别是等差数列和等比数列.(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.温馨提醒 裂项求和时，易把系数写成它的倒数或忘记系数导致错误. 4.数列与函数、不等式的交汇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.数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查不等关系或恒成立问题.考点一 数列求和及综合应用考向一 a n 与S n 的关系问题【典例1】 设数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意的正整数n ，都有a n ＝5S n ＋1成立，b n ＝－1－log 2|a n |，数列{b n }的前n 项和为T n ，c n ＝b n ＋1T n T n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{c n }的前n 项和A n ，并求出A n 的最值.解 (1)因为a n ＝5S n ＋1，n ∈N *， 所以a n ＋1＝5S n ＋1＋1， 两式相减，得a n ＋1＝－14a n ，又当n ＝1时，a 1＝5a 1＋1，知a 1＝－14， 所以数列{a n }是公比、首项均为－14的等比数列. 所以数列{a n }的通项公式a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14n.(2)由(1)知b n ＝－1－log 2|a n |＝2n －1， 数列{b n }的前n 项和T n ＝n 2， c n ＝b n ＋1T n T n ＋1＝2n ＋1n 2（n ＋1）2＝1n 2－1（n ＋1）2， 所以A n ＝1－1（n ＋1）2.因此{A n }是单调递增数列，∴当n ＝1时，A n 有最小值A 1＝1－14＝34；A n 没有最大值.探究提高 1.给出S n 与a n 的递推关系求a n ，常用思路是：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .2.由S n 求a n 时，一定注意分n ＝1和n ≥2两种情况，最后验证两者是否能合为一个式子，若不能，则用分段形式来表示.【拓展练习1】 (2020·合肥检测)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 2n ＝S n ＋S n －1(n ≥2)，a 1＝1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(1－a n )2－a (1－a n )，若{b n }是递增数列，求实数a 的取值范围. 解 (1)a 2n ＝S n ＋S n －1(n ≥2)， a 2n －1＝S n －1＋S n －2(n ≥3).相减可得a 2n －a 2n －1＝a n ＋a n －1，∵a n ＞0，a n －1＞0，∴a n －a n －1＝1(n ≥3). 当n ＝2时，a 22＝a 1＋a 2＋a 1，∴a 22＝2＋a 2，a 2＞0，∴a 2＝2. 因此n ＝2时，a n －a n －1＝1成立. ∴数列{a n }是等差数列，公差为1. ∴a n ＝1＋n －1＝n .(2)b n ＝(1－a n )2－a (1－a n )＝(n －1)2＋a (n －1)， ∵{b n }是递增数列，∴b n ＋1－b n ＝n 2＋an －(n －1)2－a (n －1) ＝2n ＋a －1＞0，即a ＞1－2n 恒成立，∴a ＞－1. ∴实数a 的取值范围是(－1，＋∞). 考向二 数列求和 方法1 分组转化求和【典例2】 (2020·山东五地联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为(1，2). (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝a 2n ＋2a n －1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为(1，2)， 所以S 2a 1＝1＋2＝3，得a 1＝d ，又易知2a 1＝2，所以a 1＝1，d ＝1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)可得，a 2n ＝2n ，2a n ＝2n .因为b n ＝a 2n ＋2a n －1，所以b n ＝2n －1＋2n ，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝(1＋3＋5＋…＋2n －1)＋(2＋22＋23＋…＋2n ) ＝n （1＋2n －1）2＋2（1－2n ）1－2＝n 2＋2n ＋1－2.探究提高 1.求解本题要过四关：(1)“转化”关，把不等式的解转化为方程根的问题；(2)“方程”关，利用方程思想求出基本量a 1及d ；(3)“分组求和”关，观察数列的通项公式，把数列分成几个可直接求和的数列；(4)“公式”关，会利用等差、等比数列的前n 项和公式求和.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.本题易忽视数列通项的下标如错得a 2n ＝n ，应注意“＝”左右两边保持一致.【拓展练习2】 (2020·潍坊调研)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8，S 4＝40.数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n －2b n ＋3＝0，n ∈N *. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝⎩⎨⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，求数列{c n }的前n 项和P n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 由题意，得⎩⎨⎧a 1＋d ＝8，4a 1＋6d ＝40，解得⎩⎨⎧a 1＝4，d ＝4，所以a n ＝4n ， 因为T n －2b n ＋3＝0，所以当n ＝1时，b 1＝3，当n ≥2时，T n －1－2b n －1＋3＝0， 两式相减，得b n ＝2b n －1(n ≥2)，则数列{b n }为首项为3，公比为2的等比数列， 所以b n ＝3·2n －1.(2)c n ＝⎩⎨⎧4n ，n 为奇数，3·2n －1，n 为偶数，当n 为偶数时，P n ＝(a 1＋a 3＋…＋a n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n ) ＝（4＋4n －4）·n 22＋6（1－4n2）1－4＝2n ＋1＋n 2－2.当n 为奇数时，法一 n －1(n ≥3)为偶数，P n ＝P n －1＋c n ＝2(n －1)＋1＋(n －1)2－2＋4n ＝2n ＋n 2＋2n －1，n ＝1时符合上式.法二 P n ＝(a 1＋a 3＋…＋a n －2＋a n )＋(b 2＋b 4＋…＋b n －1) ＝（4＋4n ）·n ＋122＋6（1－4n －12）1－4＝2n ＋n 2＋2n －1.所以P n ＝⎩⎨⎧2n ＋1＋n 2－2，n 为偶数，2n ＋n 2＋2n －1，n 为奇数.方法2 裂项相消求和【典例3】 (2020·江南六校调研)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2.(1)证明：{a n }为等比数列； (2)记b n ＝log 2a n ，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫λb n b n ＋1的前n 项和为T n ，若T n ≥10恒成立，求λ的取值范围.(1)证明 由已知，得a 1＝S 1＝2，a 2＝S 1＋2＝4， 当n ≥2时，a n ＝S n －1＋2，所以a n ＋1－a n ＝(S n ＋2)－(S n －1＋2)＝a n ， 所以a n ＋1＝2a n (n ≥2).又a 2＝2a 1，所以a n ＋1a n＝2(n ∈N *)，所以{a n }是首项为2，公比为2的等比数列. (2)解 由(1)可得a n ＝2n ，所以b n ＝n . 则λb n b n ＋1＝λn （n ＋1）＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， T n ＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1，因为T n ≥10，所以λn n ＋1≥10，从而λ≥10（n ＋1）n ，因为10（n ＋1）n ＝10⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ≤20， 所以λ的取值范围为[20，＋∞).探究提高 1.裂项相消求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项.2.消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.【拓展练习3】 设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n . (1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋1的前n 项和.解 (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，① 故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)，② ①－②得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1，又n ＝1时，a 1＝2适合上式，从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1.(2)记⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＋1＝2（2n －1）（2n ＋1）＝12n －1－12n ＋1，则S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1.方法3 错位相减法求和【典例4】 (2020·济南统测)在①a 3＝5，a 2＋a 5＝6b 2，②b 2＝2，a 3＋a 4＝3b 3，③S 3＝9，a 4＋a 5＝8b 2这三个条件中任选一个，补充至横线上，并解答问题. 已知等差数列{a n }的公差为d (d >1)，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，且a 1＝b 1，d ＝q ，________. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解 选条件①.(1)∵a 3＝5，a 2＋a 5＝6b 2，a 1＝b 1，d ＝q ，d >1， ∴⎩⎨⎧a 1＋2d ＝5，2a 1＋5d ＝6a 1d ，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝256，d ＝512(舍去).∴⎩⎨⎧b 1＝1，q ＝2.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，b n ＝b 1q n －1＝2n －1. (2)∵c n ＝a n b n，∴c n ＝2n －12n －1＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.∴T n ＝1＋3×12＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，12T n ＝12＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n. 上面两式相减，得12T n ＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝1＋2×12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝3－(2n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n. ∴T n ＝6－(2n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.选条件②.(1)∵b 2＝2，a 3＋a 4＝3b 3，a 1＝b 1，d ＝q ，d >1， ∴⎩⎨⎧a 1d ＝2，2a 1＋5d ＝3a 1d 2，即⎩⎨⎧a 1d ＝2，2a 1＋5d ＝6d ， 解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎨⎧a 1＝－1，d ＝－2(舍去).∴⎩⎨⎧b 1＝1，q ＝2. ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，b n ＝b 1q n －1＝2n －1. (2)∵c n ＝a n b n，∴c n ＝2n －12n －1＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.∴T n ＝1＋3×12＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，12T n ＝12＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n. 上面两式相减，得12T n ＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝1＋2×12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝3－(2n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n . ∴T n ＝6－(2n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.选条件③.(1)∵S 3＝9，a 4＋a 5＝8b 2，a 1＝b 1，d ＝q ，d >1， ∴⎩⎨⎧a 1＋d ＝3，2a 1＋7d ＝8a 1d ，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝218，d ＝38(舍去)，∴⎩⎨⎧b 1＝1，q ＝2.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，b n ＝b 1q n －1＝2n －1. (2)∵c n ＝a n b n，∴c n ＝2n －12n －1＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.∴T n ＝1＋3×12＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，12T n ＝12＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n. 上面两式相减，得12T n ＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝1＋2×12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝3－(2n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n . ∴T n ＝6－(2n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.探究提高 1.一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{b n }的公比，然后作差求解.2.在写“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式.【拓展练习4】 (2020·潍坊模拟)在①b 2n ＝2b n ＋1，②a 2＝b 1＋b 2，③b 1，b 2，b 4成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解.已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝3a n .公差不等于0的等差数列{b n }满足________，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和S n .(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解 因为a 1＝1，a n ＋1＝3a n ，所以{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列， 所以a n ＝3n －1.选①②时，设数列{b n }的公差为d 1. 因为a 2＝3，所以b 1＋b 2＝3(ⅰ).因为b 2n ＝2b n ＋1，所以当n ＝1时，b 2＝2b 1＋1(ⅱ). 由(ⅰ)(ⅱ)解得b 1＝23，b 2＝73，所以d 1＝53，所以b n ＝5n －33.所以b n a n＝5n －33n .所以S n ＝b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝231＋732＋1233＋…＋5n －33n ，所以13S n ＝232＋733＋1234＋…＋5n －83n ＋5n －33n ＋1.上面两式相减，得23S n ＝23＋5⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋133＋…＋13n －5n －33n ＋1 ＝23＋56－152×3n ＋1－5n －33n ＋1＝32－10n ＋92×3n ＋1.所以S n ＝94－10n ＋94×3n .选②③时，设数列{b n }的公差为d 2.因为a 2＝3，所以b 1＋b 2＝3，即2b 1＋d 2＝3.因为b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即(b 1＋d 2)2＝b 1(b 1＋3d 2)，化简得d 22＝b 1d 2.因为d 2≠0，所以b 1＝d 2，从而d 2＝b 1＝1，所以b n ＝n . 所以b n a n ＝n 3n －1.所以S n ＝b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝130＋231＋332＋…＋n3n －1，所以13S n ＝131＋232＋333＋…＋n －13n －1＋n 3n .上面两式相减，得23S n ＝1＋131＋132＋133＋…＋13n －1－n 3n＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n －n 3n ＝32－2n ＋32×3n . 所以S n ＝94－2n ＋34×3n －1.选①③时，设数列{b n }的公差为d 3.因为b 2n ＝2b n ＋1，所以b 2＝2b 1＋1，所以d 3＝b 1＋1.又因为b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即(b 1＋d 3)2＝b 1(b 1＋3d 3)，化简得d 23＝b 1d 3.因为d 3≠0，所以b 1＝d 3，无解，所以等差数列{b n }不存在.故不合题意.考向三 与数列相关的综合问题【典例5】 (2020·杭州滨江区调研)设f (x )＝12x 2＋2x ，f ′(x )是y ＝f (x )的导函数，若数列{a n }满足a n ＋1＝f ′(a n )，且首项a 1＝1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }中，b 1＝a 1，b 2＝a 2，数列{b n }的前n 项和为T n ，请写出适合条件T n ≤S n 的所有n 的值. 解 (1)由f (x )＝12x 2＋2x ，得f ′(x )＝x ＋2. ∵a n ＋1＝f ′(a n )，且a 1＝1. ∴a n ＋1＝a n ＋2，则a n ＋1－a n ＝2，因此数列{a n }是公差为2，首项为1的等差数列. ∴a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)数列{a n }的前n 项和S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2，等比数列{b n }中，设公比为q ，∵b 1＝a 1＝1，b 2＝a 2＝3， ∴q ＝3.∴b n ＝3n －1，∴数列{b n }的前n 项和T n ＝1－3n 1－3＝3n －12.T n ≤S n 可化为3n －12≤n 2.又n ∈N *，∴n ＝1，或n ＝2.故适合条件T n ≤S n 的所有n 的值为1和2.探究提高 1.求解数列与函数交汇问题要注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别注意；(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件.2.数列为背景的不等式恒成立、不等式证明，多与数列的求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性处理.【拓展练习5】 已知数列{a n }与{b n }满足：a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2b n (n ∈N *)，若{a n }是各项为正数的等比数列，且a 1＝2，b 3＝b 2＋4. (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式； (2)若数列{c n }满足c n ＝a nb n b n ＋1(n ∈N *)，T n 为数列{c n }的前n 项和，证明：T n ＜1. (1)解 由题意知，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2b n ，① 当n ≥2时，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝2b n －1，② ①－②可得a n ＝2(b n －b n －1) ⇒a 3＝2(b 3－b 2)＝2×4＝8，∵a 1＝2，a n ＞0，设{a n }的公比为q ， ∴a 1q 2＝8⇒q ＝2，∴a n ＝2×2n －1＝2n (n ∈N *). ∴2b n ＝21＋22＋23＋ (2)＝2（1－2n ）1－2＝2n ＋1－2，∴b n ＝2n －1(n ∈N *).(2)证明 由已知c n ＝a n b n ·b n ＋1＝2n（2n －1）（2n ＋1－1）＝12n －1－12n ＋1－1， ∴T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝121－1－122－1＋122－1－123－1＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1，当n ∈N *时，2n ＋1＞1，∴12n ＋1－1＞0，∴1－12n ＋1－1＜1，故T n ＜1.【专题拓展练习】一、单选题1．已知数列{}n a 满足()2*11n n n a a a n N+=-+∈，设12111n nS a a a =+++，且10910231a S a -=-，则数列{}n a 的首项1a 的值为（ ）A ．23 B ．1C ．32D ．2【答案】C 【详解】若存在1n a =，由2111n n n a a a --=-+，则可得11n a -=或0n a =，由12111n nS a a a =+++可得0n a ≠，由10910231a S a -=-可得101a ≠所以{}n a 中恒有1n a ≠由211n n n a a a +=-+，可得()111n n n a a a +-=-所以()11111111n n n n n a a a a a +==----，即111111n n n a a a +=---所以1212231111111111111111n n n n S a a a a a a a a a +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=-+-++-⎪ ⎪ ⎪------⎝⎭⎝⎭⎝⎭111111n a a +=--- 所以110109*********a S a a a -=---=-，即1010101010123222111111a a a a a a =+--=----= 所以1121a =-，则1112a -=，所以132a = 2．已知在数列{}n a 中，14a =，26a =，且当2n ≥时，149n n a a +=-，若n T 为数列{}nb 的前n 项和，19(3)n n n n a b a a +-=⋅，则当175(3)()8n n a T λ+=-⋅-为整数时，n λ=（ ）A ．6B ．12C ．20D ．24 【答案】D 【详解】当2n ≥时，149n n a a +=-，得134(3)n n a a +-=-，又26a =，∴{3}n a -从第二项开始是首项为3，公比为4的等比数列，∴2334n n a --=⨯(2n ≥)，∴2413432n n n a n -=⎧=⎨⨯+≥⎩，，， 当1n =时，1138T b ==，217155(3)()82a T Z λ=-⋅-=∉，不符合题意， 当2n ≥时，221213411(41)(41)4141n n n n n n b -----⨯==-++++， ∴12221131171()84141841n n n n T b b b ---=++⋅⋅⋅+=+-=-+++， 则111115534154141n n n λ---=⨯⨯⨯=-++，由λ为整数可知141n -+是15的因数， ∴当且仅当2n =时λ可取整数，12λ=，所以24n λ=，3．设n S 为数列{}n a 的前n 项和，*()(11),2n n n n S a n N -+=∈，则数列{}n S 的前7项和为（ ） A ．1256-B ．85256-C ．11024- D ．3411024-【答案】B 【详解】 ∵(1)12nn n n S a -+=， ∴1n =时，1112S a +=-，即1112a a +=-，114a =-，由已知1(1)2nn n n S a =--， 2n ≥时，11111111(1)(1)(1)(1)222n n n nn n n n n n n n n na S S a a a a -----=-=----+=-+-+(*)， (*)式中n 为偶数时，112n n n na a a -=++，112n n a -=-，此时1n -为奇数， ∴n 为奇数时112n n a +=-(*)式中n 为奇数时，112n n n n a a a -=--+，1122n n na a --=-，即1111112222n n n n a -+-⎛⎫=-⨯-+= ⎪⎝⎭，此时1n -为偶数，∴n 为偶数时，12n na =， ∴11,21,2n n nn a n +⎧-⎪⎪=⎨⎪⎪⎩为奇数为偶数，由1(1)2nn n nS a =--，得n 为奇数时，11122n n n S +=-，n 为偶数时，11022nn nS =-=， ∴数列{}n S 的前7项和为11111111421686432256128⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭11118541664256256=----=-． 4．若()()*12coscoscoscos 5555n n n S n ππππ-=++++∈N ，则1S 、2S、、2020S 中值为0的共有（ ） A ．202个 B ．404个C ．606个D ．808个【答案】B 【详解】由于4coscos055ππ+=，23cos cos 055ππ+=，5cos 15π=-，69cos cos 055ππ+=，78cos cos 055ππ+=，10cos 15π=，所以234cos coscos cos 05555ππππ+++=， 2310cos cos cos cos 05555ππππ++++=，所以40S =，100S =，()()()101210coscos cos555n n n n n S S πππ++++-=+++()()()()()()1627510cos cos cos cos cos cos 555555n n n n n n ππππππ++++++⎡⎤⎡⎤⎡⎤=++++++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦()()()()()()112255cos cos cos cos cos cos 555555n n n n n n ππππππ++++++⎡⎤⎡⎤⎡⎤=-+-++-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦0=，所以，()10n n S S n N *+=∈，则()44+100n SS n N *==∈，()10100n S S n N *==∈，因此，1S 、2S 、、2020S 中值为0的共有2022404⨯=个.5．已知数列{}n a 为等差数列，首项为2，公差为3，数列{}n b 为等比数列，首项为2，公比为2，设n n b c a =，n T 为数列{}n c 的前n 项和，则当2020n T <时，n 的最大值是（ ） A ．8 B ．9 C ．10 D ．11【答案】A 【详解】解：由题意得：323(1)1n a n n ⨯-=+-=，2nn b =，2321n n n n b c a a ==⨯-=，123n T c c c ∴=+++…n c +123321321321=⨯-+⨯-+⨯-+…321n +⨯-(1233222=⨯+++…)2n n +-()212312n n ⨯-=⨯--1326n n +=⨯--，当8n =时，98326815222020T =⨯--=<； 当9n =时，109326930572020T =⨯--=>，n ∴的最大值为8.6．已知数列{}n a 满足123232n n a a a na ++++=，设1(1)2nn n a b n -=+，n S 为数列{}n b 的前n 项和.若t n S <对任意n *∈N 恒成立，则实数t 的最小值为（ ） A ．1 B ．2C ．32D ．52【答案】C 【详解】1n =时，12a =，因为123232n n a a a na ++++=，所以2n ≥时，1123123(1)2n n a a a n a --++++-=，两式相减得到12n n na -=，故12,n n a n-=1n =时不适合此式，所以11,11,2(1)2(1)nn n n a b n n n n -=⎧⎪==⎨≥+⎪+⎩，当1n =时，111S b ==， 当2n ≥时，111111313123341221n S n n n ⎛⎫=+-+-+-=-< ⎪++⎝⎭， 所以32t ≥；所以t 的最小值32； 7．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足2n S an bn =+，（,a b 均为常数），且72a π=.设函数2()sin 22cos 2xf x x =+，记()n n y f a =，则数列{}n y 的前13项和为（ ） A ．132πB ．7πC ．7D ．13【答案】D 【详解】因为2()sin 22cos sin 2cos 12xf x x x x =+=++， 由2n S an bn =+，得()()()2211122n n n S S an bn a n b n an a b n a -=-=+----=-+≥，又11a S a b ==+也满足上式，所以2n a an a b =-+， 则12n n a a a --=为常数，所以数列{}n a 为等差数列； 所以11372a a a π+==，()()111131131313sin 2cos 1sin 2cos 1y f a f a a a a y a =+=++++++()()1111sin 2cos 1sin 22cos 12a a a a ππ=+++-+-+=.则数列{}n y 的前13项和为()()()1213...f a f a f a +++，记()()()1213...M f a f a f a =+++，则()()()13121...M f a f a f a =+++，所以()()11321326M f a f a ⎡⎤=+=⎣⎦，因此13M =.8．公元1202年列昂那多·斐波那契（意大利著名数学家）以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”{}n a ：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，……，即11a =，21a =，()*12,2n n n a a a n n --=+∈>N ，此数列在现代物理、化学等学科都有着十分广泛的应用。

数列综合题和应用性问题教案一、教学目标1. 让学生掌握数列的基本概念和性质，包括等差数列、等比数列等。

2. 培养学生解决数列综合题的能力，提高逻辑思维和运算能力。

3. 培养学生将数列知识应用于实际问题中，提高解决问题的能力。

二、教学内容1. 数列的基本概念和性质2. 等差数列的通项公式和求和公式3. 等比数列的通项公式和求和公式4. 数列的极限概念5. 数列综合题的解法及应用三、教学重点与难点1. 重点：数列的基本概念、性质、通项公式和求和公式。

2. 难点：数列综合题的解法和应用。

四、教学方法1. 采用问题驱动法，引导学生主动探究数列的知识点。

2. 通过案例分析，让学生了解数列在实际问题中的应用。

3. 利用数列软件或板书演示数列的性质和规律，帮助学生直观理解。

4. 组织小组讨论，培养学生合作学习和解决问题的能力。

五、教学过程1. 引入：通过生活中的实例，如级数求和、存贷款等问题，引发学生对数列的兴趣。

2. 讲解数列的基本概念和性质，引导学生掌握数列的基础知识。

3. 讲解等差数列和等比数列的通项公式和求和公式，让学生熟练运用。

4. 引入数列的极限概念，引导学生理解数列的极限性质。

5. 解析数列综合题，培养学生解决实际问题的能力。

6. 课堂练习：布置相关数列综合题，让学生巩固所学知识。

7. 总结与反馈：对学生的学习情况进行总结，及时调整教学策略。

六、教学评价1. 评价目标：检查学生对数列基本概念、性质、通项公式和求和公式的掌握程度，以及解决数列综合题的能力。

2. 评价方法：课堂提问、作业批改、小组讨论、笔试考试等。

3. 评价内容：数列的基本概念和性质、等差数列和等比数列的通项公式和求和公式、数列综合题的解法及应用。

七、教学资源1. 教材：数列相关教材或教学辅导书。

2. 课件：数列知识点、案例分析、数列软件演示等。

3. 习题库：数列综合题及应用性问题。

4. 教学板书：用于演示数列性质和规律。

八、教学进度安排1. 数列的基本概念和性质：2课时2. 等差数列的通项公式和求和公式：2课时3. 等比数列的通项公式和求和公式：2课时4. 数列的极限概念：1课时5. 数列综合题的解法及应用：3课时6. 教学评价：1课时九、教学作业布置1. 课后习题：数列综合题和应用性问题。

第4讲 数列求和与综合问题高考统计·定方向题型1 数列中的a n 与S n 的关系■核心知识储备·1．数列{a n }中，a n 与S n 的关系 a n ＝⎩⎨⎧S 1(n ＝1)，S n －S n －1(n ≥2).2．求数列{a n }通项的方法 (1)叠加法形如a n －a n －1＝f (n )(n ≥2)的数列应用叠加法求通项公式，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋…＋(a n －a n －1)＝a 1＋f (2)＋…＋f (n )(和可求)．(2)叠乘法 形如a n a n －1＝f (n )(n ≥2)的数列应用叠乘法求通项公式，a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a na n －1＝a 1·f (2)·f (3)…f (n )(积可求)．(3)待定系数法形如a n ＝λa n －1＋μ(n ≥2，λ≠1，μ≠0)的数列应用待定系数法求通项公式，a n ＋μλ－1＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1＋μλ－1⎝ ⎛⎭⎪⎫构造新数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ＋μλ－1为等比数列.■高考考法示例·【例1】 (1)(2018·巴蜀适应性月考)数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝S n ＋3n (n ∈N *，n ≥1)，则数列{S n }的通项公式为________．(2)(2018·锦州市模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a n ≠0，a 1＝1，且2a n a n＋1＝4S n －3(n ∈N *)．①求a 2的值并证明：a n ＋2－a n ＝2； ②求数列{a n }的通项公式．(1)S n ＝3n －2n [∵a n ＋1＝S n ＋3n ＝S n ＋1－S n ， ∴S n ＋1＝2S n ＋3n ， ∴S n ＋13n ＋1＝23·S n 3n ＋13， ∴S n ＋13n ＋1－1＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫S n 3n －1，又S 13－1＝13－1＝－23，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n 3n －1是首项为－23，公比为23的等比数列， ∴S n 3n －1＝－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ，∴S n ＝3n －2n .](2)[解] ①令n ＝1得2a 1a 2＝4a 1－3， 又a 1＝1， ∴a 2＝12.由2a n a n ＋1＝4S n －3， 得2a n ＋1a n ＋2＝4S n ＋1－3. 即2a n ＋1(a n ＋2－a n )＝4a n ＋1.∵a n ≠0，∴a n ＋2－a n ＝2.②由①可知：数列a 1，a 3，a 5，…，a 2k －1，…为等差数列，公差为2，首项为1，∴a 2k －1＝1＋2(k －1)＝2k －1，即n 为奇数时，a n ＝n .数列a 2，a 4，a 6，…，a 2k ，…为等差数列，公差为2，首项为12， ∴a 2k ＝12＋2(k －1)＝2k －32， 即n 为偶数时，a n ＝n －32. 综上所述，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，n －32，n 为偶数.1．数列{a n }中，a 1＝1，对任意n ∈N *，有a n ＋1＝1＋n ＋a n ，令b i ＝1a i(i ∈N *)，则b 1＋b 2＋…＋b 2 018＝( )A ．2 0171 009 B ．2 0172 018 C ．2 0182 019D ．4 0362 019D [∵a n ＋1＝n ＋1＋a n ，∴a n ＋1－a n ＝1＋n ， ∴a n －a n －1＝n ，∴a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋…＋(a n －a n －1) ＝1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2， ∴b n ＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴b 1＋b 2＋…＋b 2 018＝21－12＋12－13＋…＋12 018－12 019＝4 0362 019，故选D ．] 2．数列{a n }满足，12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n a n ＝2n ＋1，则数列{a n }的通项公式为________．a n ＝⎩⎨⎧6，n ＝12n ＋1，n ≥2 [因为12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n a n ＝2n ＋1，所以12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n －1a n －1＝2(n －1)＋1，两式相减得12n a n ＝2， 即a n ＝2n ＋1，n ≥2. 又12a 1＝3， 所以a 1＝6，因此a n ＝⎩⎨⎧6，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.]题型2 求数列{a n }的前n 项和■核心知识储备·1．分组求和法：将数列通项公式写成c n ＝a n ＋b n 的形式，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：把数列与式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1或⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋2(其中{a n }为等差数列)等形式的数列求和．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，一般分六步：①S n ；②qS n ；③差式；④和式；⑤整理；⑥结论．■高考考法示例· ►角度一 分组求和法【例2－1】 (2018·昆明市教学质量检查)已知数列{a n }中，a 1＝3，{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＋1＝a n ＋n 2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足：b n ＝(－1)n ＋2a n ，求{b n }的前n 项和T n . [解] (1)由S n ＋1＝a n ＋n 2 ① 得S n ＋1＋1＝a n ＋1＋(n ＋1)2②则②－①得a n ＝2n ＋1.当a 1＝3时满足上式， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由(1)得b n ＝(－1)n ＋22n ＋1， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝[](－1)＋(－1)2＋…＋(－1)n＋(23＋25＋…＋22n ＋1)＝(－1)×[1－(－1)n ]1－(－1)＋23×(1－4n )1－4＝(－1)n －12＋83(4n－1)．【教师备选】(2018·石家庄三模)已知等差数列{a n }的首项a 1＝2，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的首项b 1＝1，且a 2＝b 3，S 3＝6b 2，n ∈N *.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)数列{c n }满足c n ＝b n ＋(－1)n a n ，记数列{c n }的前n 项和为T n ，求T n . [解] (1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q . ∵a 1＝2，b 1＝1，且a 2＝b 3，S 3＝6b 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧2＋d ＝q 2，3(2＋2＋2d )2＝6q .解得⎩⎨⎧d ＝2，q ＝2.∴a n ＝2＋(n －1)×2＝2n ，b n ＝2n －1.(2)由题意：c n ＝b n ＋(－1)n a n ＝2n －1＋(－1)n 2n .∴T n ＝(1＋2＋4＋…＋2n －1)＋[－2＋4－6＋8－…＋(－1)n ·2n ]， ①若n 为偶数：T n ＝1－2n 1－2＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －1)＋2n ]}＝2n －1＋n 2×2＝2n＋n －1.②若n 为奇数：T n ＝1－2n 1－2＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －2)＋2(n －1)]－2n }＝2n －1＋2×n －12－2n ＝2n －n －2.∴T n ＝⎩⎨⎧2n＋n －1，n 为偶数，2n －n －2，n 为奇数.►角度二 裂项相消法求和【例2－2】 (2015·全国卷Ⅰ)S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n ＞0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3.(1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和． [解] (1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.两式相减可得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1， 即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．由于a n >0，可得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则 T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3＝n3(2n ＋3). 【教师备选】(2018·郑州第三次质量预测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－2，且满足S n ＝12a n ＋1＋n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 3(－a n ＋1)，设数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n b n ＋2的前n 项和为T n ，求证：T n ＜34.[解] (1)由S n ＝12a n ＋1＋n ＋1(n ∈N *)，得S n －1＝12a n ＋n (n ≥2，n ∈N *)， 两式相减，并化简，得a n ＋1＝3a n －2，即a n ＋1－1＝3(a n －1)，又a 1－1＝－2－1＝－3≠0， 所以{a n －1}是以－3为首项，3为公比的等比数列， 所以a n －1＝(－3)·3n －1＝－3n . 故a n ＝－3n ＋1.(2)证明：由b n ＝log 3(－a n ＋1)＝log 33n ＝n ， 得1b n b n ＋2＝1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， T n ＝121－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1－1n ＋1＋1n －1n ＋2＝121＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2)＜34.►角度三 错位相减法求和【例2－3】 (2018·合肥教学质量检测)已知等比数列{a n }的前n 项和S n 满足4S 5＝3S 4＋S 6，且a 3＝9.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(2n －1)·a n ，求数列{b n }的前n 项的和T n . [解] (1)设等比数列{a n }的公比为q . 由4S 5＝3S 4＋S 6，得S 6－S 5＝3S 5－3S 4， 即a 6＝3a 5，∴q ＝3，∴a n ＝9×3n －3＝3n －1. (2)由(1)得b n ＝(2n －1)·a n ＝(2n －1)·3n －1， ∴T n ＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n －1)×3n －1，① ∴3T n ＝1×31＋3×32＋…＋(2n －3)×3n －1＋(2n －1)×3n ， ②①－②得－2T n ＝1＋2(31＋32＋…＋3n －1)－(2n －1)·3n ＝1＋2×3(1－3n －1)1－3－(2n －1)·3n ＝－2－2(n －1)·3n ，∴T n ＝(n －1)·3n ＋1.【教师备选】(2018·石家庄教学质量检测)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n . (1)设b n ＝a nn ，求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .[解] (1)由a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n 可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋12n .又∵b n ＝a n n ，∴b n ＋1－b n ＝12n ，由a 1＝1，得b 1＝1， 累加可得：(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝121＋122＋…＋12n －1，化简并代入b 1＝1得：b n ＝2－12n －1.(2)由(1)可知a n ＝2n －n2n －1，设数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫n 2n －1的前n 项和为T n ，则T n ＝120＋221＋322＋…＋n2n －1① 12T n ＝121＋222＋323＋…＋n 2n ②①－②得12T n ＝120＋121＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝120－12n1－12－n2n ＝2－n ＋22n ，∴T n ＝4－n ＋22n －1.又∵数列{2n }的前n 项和为n (n ＋1)， ∴S n ＝n (n ＋1)－4＋n ＋22n －1.已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且a1＝1，S3＋S4＝S5.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)令b n＝(－1)n－1a n a n＋1，求数列{b n}的前2n项和T2n.[解](1)设等差数列{a n}的公差为d，由S3＋S4＝S5，可得a1＋a2＋a3＝a5，即3a2＝a5，故3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2.∴a n＝1＋(n－1)×2＝2n－1.(2)由(1)可得b n＝(－1)n－1·(2n－1)·(2n＋1)＝(－1)n－1·(4n2－1)．∴T2n＝(4×12－1)－(4×22－1)＋(4×32－1)－(4×42－1)＋…＋(－1)2n－1·[4×(2n)2－1]＝4[12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2]＝－4(1＋2＋3＋4＋…＋2n－1＋2n)＝－4×2n(2n＋1)2＝－8n2－4n.题型3数列中的创新与交汇问题近几年新课标高考对该知识的命题主要体现在以下两方面：一是新信息情境下的数列问题，此类问题多以新定义、新运算或实际问题为背景，主要考查学生的归纳推理解决新问题的能力；二是创新命题角度考迁移能力，题目常与函数、向量、三角、解析几何等知识交汇结合，考查数列的基本运算与应用．■高考考法示例·►角度一新信息情境下的数列问题【例3－1】(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：N ＞100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( )A ．440B ．330C ．220D ．110[思路点拨] 阅读题干―――――→提取数据数据分组―――――――→联想数列知识推理论证得出结论A [设首项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n 组的项数为n ，前n 组的项数和为n (1＋n )2.由题意知，N >100，令n (1＋n )2>100⇒n ≥14且n ∈N *，即N 出现在第13组之后．第n 组的各项和为1－2n 1－2＝2n －1，前n 组所有项的和为2(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－2－n .设N 是第n ＋1组的第k 项，若要使前N 项和为2的整数幂，则N －n (1＋n )2项的和即第n ＋1组的前k 项的和2k －1应与－2－n 互为相反数，即2k －1＝2＋n (k ∈N *，n ≥14)，k ＝log 2(n ＋3)⇒n 最小为29，此时k ＝5，则N ＝29×(1＋29)2＋5＝440.故选A ．]►角度二 交汇类创新问题【例3－2】 (2018·长沙联考)已知正项数列{a n }，{b n }满足：对于任意的n ∈N *，都有点(n ，b n )在直线y ＝22(x ＋2)上，且b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，a 1＝3.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n ，如果对任意的n ∈N *，不等式2aS n <2－b n a n恒成立．求实数a 的取值范围．[思路点拨] (1)点(n ，b n )在直线y ＝22(x ＋2)上――→满足方程求b n ―――――――→b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列求a n ； (2)裂项，求S n ―――――――→2aS n ＜2－b n a n 分离变量建立a 的不等式―――――――→数列的单调性求实数a 的取值范围[解] (1)∵点(n ，b n )在直线y ＝22(x ＋2)上，∴b n ＝22(n ＋2)，即b n ＝(n ＋2)22.又∵b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，∴a 2n ＋1＝b n ·b n ＋1＝(n ＋2)2(n ＋3)24， ∴a n ＋1＝(n ＋2)(n ＋3)2， ∴n ≥2时，a n ＝(n ＋1)(n ＋2)2， a 1＝3适合上式，∴a n ＝(n ＋1)(n ＋2)2. (2)由(1)知，1a n ＝2(n ＋1)(n ＋2)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2， ∴S n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋2＝n n ＋2. 故2aS n <2－b n a n可化为： 2an n ＋2<2－(n ＋2)22(n ＋1)(n ＋2)2＝2－n ＋2n ＋1＝n n ＋1， 即a <n ＋22(n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋1对任意的n ∈N *恒成立，令f (n )＝n ＋22(n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋1，显然f (n )随n 的增大而减小，且f (n )>12恒成立，故a ≤12. 综上知，实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12.1．若数列{a n }满足：对任意的n ∈N *，只有有限个正整数m 使得a m <n 成立，记这样的m 的个数为(a n )*，则得到一个新数列{(a n )*}．例如，若数列{a n }是1,2,3，…，n ，…，则数列{(a n )*}是0,1,2，…，n －1，….已知对任意的n ∈N *，a n ＝n 2，则(a 5)*＝________，((a n )*)*＝________.2 n 2 [因为a m <5，而a n ＝n 2，所以m ＝1,2，所以(a 5)*＝2.因为(a 1)*＝0，(a 2)*＝1，(a 3)*＝1，(a 4)*＝1，(a 5)*＝2，(a 6)*＝2，(a 7)*＝2，(a 8)*＝2，(a 9)*＝2，(a 10)*＝3，(a 11)*＝3，(a 12)*＝3，(a 13)*＝3，(a 14)*＝3，(a 15)*＝3，(a 16)*＝3， 所以((a 1)*)*＝1，((a 2)*)*＝4，((a 3)*)*＝9，((a 4)*)*＝16，猜想((a n )*)*＝n 2.]2．(2014·全国卷Ⅱ)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式； (2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n<32. [证明] (1)由a n ＋1＝3a n ＋1得a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12. 又a 1＋12＝32，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列．所以a n ＋12＝3n 2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n －12.(2)由(1)知1a n ＝23n －1. 因为当n ≥1时，3n －1≥2×3n －1，所以13n－1≤12×3n －1. 于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1 ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n <32. 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n<32.[高考真题]1.(2016·全国卷Ⅲ)定义“规范01数列”{a n }如下：{a n }共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意k ≤2m ，a 1，a 2，…，a k 中0的个数不少于1的个数．若m ＝4，则不同的“规范01数列”共有( )A ．18个B ．16个C ．14个D ．12个C [由题意知：当m ＝4时，“规范01数列”共含有8项，其中4项为0,4项为1，且必有a 1＝0，a 8＝1.不考虑限制条件“对任意k ≤2m ，a 1，a 2，…，a k 中0的个数不少于1的个数”，则中间6个数的情况共有C 36＝20(种)，其中存在k ≤2m ，a 1，a 2，…，a k 中0的个数少于1的个数的情况有：①若a 2＝a 3＝1，则有C 14＝4(种)；②若a 2＝1，a 3＝0，则a 4＝1，a 5＝1，只有1种；③若a 2＝0，则a 3＝a 4＝a 5＝1，只有1种．综上，不同的“规范01数列”共有20－6＝14(种)．故共有14个．故选C ．]2.(2018·全国卷Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________.－63 [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.] 3.(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑nk ＝1 1S k ＝________.2n n ＋1[设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则 由⎩⎪⎨⎪⎧ a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝1. ∴S n ＝n ×1＋n (n －1)2×1＝n (n ＋1)2，1S n ＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.∴∑nk ＝11S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1.] 4.(2016·全国卷Ⅱ)S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.(1)求b 1，b 11，b 101；(2)求数列{b n }的前1 000项和．[解] (1)设{a n }的公差为d ，据已知有7＋21d ＝28，解得d ＝1.所以{a n }的通项公式为a n ＝n .b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1，b 101＝[lg 101]＝2.(2)因为b n ＝⎩⎨⎧ 0，1≤n ＜10，1，10≤n ＜100，2，100≤n ＜1 000，3，n ＝1 000，所以数列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.[最新模拟]5．(2018·昆明教学质量检查)数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝(－1)n ·n ，则数列{a n }的前20项的和为( )A ．－100B ．100C ．－110D ．110A [由a n ＋1＋a n ＝(－1)n n ，得a 2＋a 1＝－1，a 3＋a 4＝－3，a 5＋a 6＝－5，…，a 19＋a 20＝－19，∴a n 的前20项的和为a 1＋a 2＋…＋a 19＋a 20＝－1－3－…－19＝－1＋192×10＝－100，故选A ．] 6．(2018·安阳模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )在函数f (x )＝x 2＋Bx ＋C －1(B ，C ∈R )的图象上，且a 1＝C ．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列b n ＝a n (a 2n －1＋1)，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)设数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ，又S n ＝n 2＋Bn ＋C －1，两式对照得⎩⎪⎨⎪⎧ d 2＝1，C －1＝0，⎩⎨⎧d ＝2，a 1＝C ＝1，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)b n ＝(2n －1)(2·2n －1－1＋1)＝(2n －1)2n ，则T n ＝1×2＋3×22＋…＋(2n －1)·2n ，2T n ＝1×22＋3×23＋…＋(2n －3)·2n ＋(2n －1)·2n ＋1， 两式相减得T n＝(2n－1)·2n＋1－2(22＋…＋2n)－2＝(2n－1)·2n＋1－2×22(1－2n－1)1－2－2＝(2n－3)·2n＋1＋6.。