高考复习方案特色专题高考数学一轮复习专题三突破高考解答题数列

[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．。

高考热点突破三 数列 关键能力 互动探究 热点1 等差、等比数列的综合例 (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 ＝1－2n 1－2＝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. 点睛之笔►(1)本题主要考查等差、等比数列通项公式与前n 项和公式的计算，突出方程思想和数学运算等核心素养，准确计算是求解的关键． (2)利用等差(比)数列的通项公式及前n 项和公式列方程(组)求出等差(比)数列的首项和公差(比)，进而写出所求数列的通项公式及前n 项和公式，这是求解等差数列或等比数列问题的常用方法．(3)对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项与项之间的关系，以便实现等差、等比数列之间的相互转化． 针对训练1 (2020·温州十校联考)设数列{a n }和{b n }分别是等差数列与等比数列，且a 1＝b 1＝4，a 4＝b 4＝1，则以下结论正确的是( A ) A ．a 2＞b 2 B ．a 3＜b 3 C ．a 5＞b 5D ．a 6＞b 6解析 设等差数列的公差、等比数列的公比分别为d ，q ，则由题意得⎩⎪⎨⎪⎧4＋3d ＝1，4q 3＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－1，q ＝ 314，则a 2－b 2＝3－316 ＞3－327＝0，易得B 、C 、D 均不正确，故选A.针对训练2 (2019·河南洛阳质检)已知等差数列{a n }的公差和首项都不等于0，且a 2，a 4，a 8成等比数列，则a 1＋a 5＋a 9a 2＋a 3＝( B )A ．2 B.3 C ．5D.6解析 设{a n }的公差为d (d ≠0)，∵a 2，a 4，a 8成等比数列，∴a 24＝a 2a 8， 即(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )，∴a 1＝d ， ∴a 1＋a 5＋a 9a 2＋a 3＝3a 1＋12d 2a 1＋3d＝3.故选B.热点2 数列与函数的综合例 数列{a n }的前n 项和为S n,2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N *，且a 1，a 2＋5,19成等差数列． (1)求a 1的值；(2)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1为等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (3)设b n ＝log 3(a n ＋2n )，若对任意的n ∈N *，不等式b n (1＋n )－λn (b n ＋2)－6＜0恒成立，试求实数λ的取值范围． [解] (1)在2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N *中，令n ＝1，得2S 1＝a 2－22＋1， 即a 2＝2a 1＋3，① 又2(a 2＋5)＝a 1＋19，② 则由①②解得a 1＝1. (2)证明：当n ≥2时，由⎩⎪⎨⎪⎧2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，③2S n －1＝a n －2n＋1，④③－④得2a n ＝a n ＋1－a n －2n ， 则a n ＋12n ＋1＋1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2n ＋1，又a 2＝5，则a 222＋1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫a 121＋1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1是以32为首项，32为公比的等比数列， ∴a n 2n ＋1＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，即a n ＝3n －2n .(3)由(2)可知，b n ＝log 3(a n ＋2n )＝n . 当b n (1＋n )－λn (b n ＋2)－6＜0恒成立时， 即(1－λ)n 2＋(1－2λ)n －6＜0(n ∈N *)恒成立．设f (n )＝(1－λ)n 2＋(1－2λ)n －6(n ∈N *)，当λ＝1时，f (n )＝－n －6＜0恒成立，则λ＝1满足条件； 当λ＜1时，由二次函数性质知不恒成立； 当λ＞1时，由于对称轴n ＝－1－2λ2(1－λ)＜0，则f (n )在[1，＋∞)上单调递减，f (n )≤f (1)＝－3λ－4＜0恒成立，则λ＞1满足条件， 综上所述，实数λ的取值范围是[1，＋∞)． 点睛之笔►数列与函数的交汇问题(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、图像研究数列问题；(2)已知数列条件，解决函数问题，解题时要注意数列与函数的内在联系，掌握递推数列的常见解法．针对训练1 (2019·保定模拟)如图所示，矩形A n B n C n D n 的一个边A n B n 在x 轴上，另外两个顶点C n ，D n 在函数f (x )＝x ＋1x (x ＞0)的图像上．若点B n 的坐标为(n,0)(n ≥2，n ∈N *)，记矩形A n B n C n D n 的周长为a n ，则a 2＋a 3＋…＋a 10等于( B )A ．208B ．216C ．212D ．220解析 由B n (n,0)，得C n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ，n ＋1n ，令x ＋1x ＝n ＋1n ，即x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n x ＋1＝0，得x ＝n 或x ＝1n ，所以D n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ，n ＋1n ，所以矩形A n B n C n D n 的周长a n ＝2⎝⎛⎭⎪⎫n －1n ＋2⎝⎛⎭⎪⎫n ＋1n ＝4n .所以a 2＋a 3＋…＋a 10＝4(2＋3＋…＋10)＝216.故选B.针对训练2 (2019·河北武邑中学月考)设数列{a n }满足a 1＝1，a 2＋a 4＝6，且对任意的n ∈N *，函数f (x )＝(a n －a n ＋1＋a n ＋2)x ＋a n ＋1cos x－a n ＋2sin x 满足f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0.若c n ＝1a n ·a n ＋1，求数列{c n }的前n 项和S n .解 因为f (x )＝(a n －a n ＋1＋a n ＋2)x ＋a n ＋1cos x －a n ＋2·sin x ， 所以f ′(x )＝a n －a n ＋1＋a n ＋2－a n ＋1sin x －a n ＋2cos x .又因为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0，即a n －a n ＋1＋a n ＋2－a n ＋1sin π2－a n ＋2cos π2＝a n －a n ＋1＋a n ＋2－a n ＋1＝0，所以2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，所以数列{a n }为等差数列． 根据等差数列的性质得a 2＋a 4＝2a 3＝6，所以a 3＝3. 又因为a 1＝1，所以数列{a n }的公差d ＝a 3－a 13－1＝1，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n ， 所以c n ＝1a n ·a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.所以数列{c n }的前n 项和S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.热点3 数列与不等式的综合例 (2020·台州模拟)已知数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且S n ＝14()a n ＋3，b n ＝1－S 2n 1＋S 2n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)求证：17n ＜T n ＜17n ＋114.[解] (1)由S n ＝14(a n ＋3)，知n ＝1时，a 1＝1；当n ≥2时，由S n ＝14(a n ＋3)可得：S n －1＝14(a n －1＋3)，两式相减得：a n ＝14(a n ＋3)－14(a n －1＋3)，即a n ＝－13a n －1，由此可知数列{a n }是首项为1，公比为－13的等比数列，故a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －1，又S n ＝14(a n ＋3)＝34＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －1，∴b n ＝1－S 2n1＋S 2n＝1＋132n －17－132n －1＝32n －1＋17×32n －1－1. (2)证明：由(1)知b n ＝1＋132n －17－132n －1＞17，故T n ＞n7.又b n ＝1＋132n －17－132n －1＝32n －1＋17×32n －1－1＝17＋87×17×32n －1－1＝17＋832n －17⎝ ⎛⎭⎪⎫7－132n －1＜17＋832n －17(7－1)＝17＋421×⎝ ⎛⎭⎪⎫132n －1，＝n 7＋421×13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫132n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝n 7＋114⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫19n ＜n 7＋114.则17n ＜T n ＜17n ＋114. 点睛之笔►(1)数列与不等式的综合问题，如果是证明题，要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；如果是解不等式，往往采用因式分解法或穿根法等．(2)如用放缩法证明与数列求和有关的不等式，一般有两种方法：一种是求和后再放缩；一种是放缩后再求和．放缩时，一要注意放缩的尺度，二要注意从哪一项开始放缩．针对训练1 从盛满2升纯酒精的容器里倒出1升纯酒精，然后填满水，再倒出1升混合溶液后又用水填满，以此继续下去，则至少应倒 4次后才能使纯酒精体积与总溶液的体积之比低于10%.解析 设开始纯酒精体积与总溶液体积之比为1，操作一次后纯酒精体积与总溶液体积之比a 1＝12，设操作n 次后，纯酒精体积与总溶液体积之比为a n ，则a n ＋1＝a n ·12，∴a n ＝a 1q n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＜110，解得n ≥4，即至少应倒4次． 针对训练2 (2019·广东汕头二模)已知数列{a n }满足a 1＝14，a n ＋1＝14(1－a n ).(1)设b n ＝22a n －1，求证：数列{b n }为等差数列；(2)求证：a 2a 1＋a 3a 2＋…＋a n ＋1a n＜n ＋34.证明 (1)∵a n ＋1＝14(1－a n )，b n ＝22a n －1，∴b n ＋1＝22a n ＋1－1＝224(1－a n )－1＝22a n －1－2＝b n －2，∴b n ＋1－b n ＝－2，又a 1＝14，∴b 1＝22a 1－1＝－4，∴数列{b n }是首项为－4，公差为－2的等差数列．(2)由(1)知b n ＝－4＋(n －1)(－2)＝－2n －2，即22a n －1＝－2n －2，∴a n ＝12－12n ＋2＝n2(n ＋1)，由于a n ＋1a n ＝n ＋12(n ＋2)·2(n ＋1)n ＝(n ＋1)2n (n ＋2)＝1＋1n (n ＋2)＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，∴a 2a 1＋a 3a 2＋…＋a n ＋1a n＝n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋…＋1n －1n ＋2 ＝n ＋12⎝⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＜n ＋34. 热点4 数列与数学文化例1 我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金锤，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，中间三尺重几何？”意思是：“现有一根金锤，长5尺，头部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤，且从头到尾，每一尺的重量构成等差数列，问中间三尺共重多少？”( D )A ．6斤B ．7斤C ．8斤D ．9斤[解析] 原问题等价于等差数列中， 已知a 1＝4，a 5＝2，求a 2＋a 3＋a 4的值．由等差数列的性质可知a 2＋a 4＝a 1＋a 5＝6，a 3＝a 1＋a 52＝3，则a 2＋a 3＋a 4＝9，即中间三尺共重9斤．例2 在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里，良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢．则相逢时良马比驽马多行( D )A ．1 125里B ．920里C ．820里D ．540里[解析] 设良马每天所行路程为{a n }，则{a n }是以103为首项，以13为公差的等差数列，其前n 项和为A n ；驽马每天所行路程为{b n }，则{b n }是以97为首项，以－12为公差的等差数列，其前n 项和为B n .设共用n 天二马相逢， 则A n ＋B n ＝2×1 125， 所以103n ＋n (n －1)2×13＋97n ＋n (n －1)2⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝2 250，化简得n 2＋31n －360＝0，解得n ＝9， A 9＝103×9＋9×82×13＝1 395， B 9＝2 250－1 395＝855，A 9－B 9＝1 395－855＝540，故选D.我国古代数学涉及等差、等比数列的问题很多，解决这类问题的关键是将古代实际问题转化为现代数学问题，掌握等差、等比数列的概念、通项公式及前n 项和公式．点睛之笔►针对训练1 (2019·重庆巴蜀中学二诊)中国古代数学名著《九章算术》中记载：“今有大夫、不更、簪袅、上造、公士凡五人，共猎得五鹿，欲以爵次分之，问各得几何？”意思是今有大夫、不更、簪袅、上造、公士凡五人，他们共猎得五只鹿，欲按其爵级高低依次递减相同的量来分配，问各得多少？若五只鹿的鹿肉共500斤，则不更、簪袅、上造这三人共分得鹿肉斤数为( B )A ．200B ．300 C.5003D ．400解析 由题意可知五人分得的鹿肉斤数成等差数列，从大到小依次记为a 1，a 2，a 3，a 4，a 5，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝500.由等差数列的性质可得5a 3＝500，即a 3＝100，所以a 2＋a 3＋a 4＝3a 3＝300.针对训练2 (2020·乌鲁木齐三模)黎曼猜想由数学家波恩哈德·黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题．黎曼猜想涉及很多领域的应用，有些数学家将黎曼猜想的攻坚之路趣称为“各大行长躲在银行保险柜前瑟瑟发抖，不少黑客则潜伏敲着键盘蓄势待发”．黎曼猜想研究的是无穷级数ξ(s )＝∑∞n ＝1n －s ＝11s ＋12s ＋13s ＋…，我们经常从无穷级数的部分和11s ＋12s ＋13s ＋…＋1n s 入手．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n ，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤1S 1＋1S 2＋…＋1S 100＝ 18(其中[x ]表示不超过x 的最大整数)．解析 由题意可知：S n ＞0，当n ≥2时，S n ＝12·，化简得S 2n －S 2n －1＝1，又因为当n ＝1时，S 21＝a 21＝1，所以数列{S 2n }是首项、公差均为1的等差数列，从而有S 2n ＝n ，即S n ＝n ；当n ≥2时，2(n ＋1－n )＝2n ＋1＋n ＜22S n ＝1S n ＜2n ＋n －1＝2(n －n －1)，记S ＝1S 1＋1S 2＋…＋1S 100，则S ＞1＋2[(3－2)＋(4－3)＋…＋(101－100)]＝1＋2(101－2)＞18， 且S ＜1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(100－99)]＝1＋2(10－1)＝19， ∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤1S 1＋1S 2＋…＋1S 100＝18. 热点5 数列的实际应用例 (2021·绵阳质检)某市2018年发放汽车牌照12万张，其中燃油型汽车牌照10万张，电动型汽车牌照2万张．为了节能减排和控制总量，从2018年开始，每年电动型汽车牌照的发放量按50%增长，而燃油型汽车牌照每一年比上一年减少0.5万张，同时规定一旦某年发放的牌照超过15万张，以后每一年发放的电动型汽车的牌照的数量维持在这一年的水平不变．(1)记2018年为第一年，每年发放的燃油型汽车牌照数构成数列{a n }，每年发放的电动型汽车牌照数构成数列{b n }，完成下列表格，并写出这两个数列的通项公式；a 1＝10 a 2＝9.5 a 3＝ a 4＝ …b 1＝2b 2＝3b 3＝b 4＝…(2)从2018年算起，求二十年发放的汽车牌照总量． [解] (1)a 1＝10 a 2＝9.5 a 3＝ 9 a 4＝ 8.5 …b 1＝2b 2＝3b 3＝ 4.5b 4＝ 6.75…当1≤n ≤20且n ∈N *时，a n ＝10＋(n －1)×(－0.5)＝－n 2＋212；当n ≥21且n ∈N *时，a n ＝0，∴a n ＝⎩⎨⎧－n 2＋212，1≤n ≤20且n ∈N *，0，n ≥21且n ∈N *.∵a 4＋b 4＝15.25＞15，∴b n ＝⎩⎨⎧2×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，1≤n ≤4且n ∈N *，6.75，n ≥5且n ∈N *.(2)a 1＋a 2＋…＋a 20＝10×20＋20×192×⎝⎛⎭⎪⎫－12＝105，b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＋…＋b 20＝2×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫3241－32＋6.75×16＝124.25. ∴从2018年算起，二十年发放的汽车牌照总量为229.25万张． 点睛之笔►现实生活中数列问题的模型极为广泛，如物群的增长和消亡，人们生活的收入与支出等．解决此类问题的途径有两种：一是逐项列举前几项，寻求规律，满足某种数列；二是寻求任意前后两项间关系式，转化为递推式问题．针对训练1 在2017年至2020年期间，甲每年6月1日都到银行存入m 元的一年定期储蓄，若年利率q 保持不变，且每年到期的存款利息自动转为新一年的定期，到2021年6月1日甲去银行不再存款，而是将所有存款的本息全部取回，则取回的金额是( D )A ．m (1＋q )4元B ．m (1＋q )8元 C.m [(1＋q )4－(1＋q )]q 元 D.m [(1＋q )5－(1＋q )]q元 解析 2020年存款的本息和为m (1＋q )元，2019年存款的本息和为m (1＋q )2元，2018年存款的本息和为m (1＋q )3元，2017年存款的本息和为m (1＋q )4元，故四年存款的本息和为m (1＋q )＋m (1＋q )2＋m (1＋q )3＋m (1＋q )4＝m (1＋q )[1－(1＋q )4]1－(1＋q )＝m [(1＋q )5－(1＋q )]q (元)，故选D.针对训练2 2018年底某县的绿化面积占全县总面积的40%，从2019年开始，计划每年将非绿化面积的8%绿化，由于修路和盖房等用地，原有绿化面积的2%被非绿化．(1)设该县的总面积为1,2018年底绿化面积为a 1＝25，经过n 年后绿化面积为a n ＋1，试用a n 表示a n ＋1； (2)求数列{a n }的第n ＋1项a n ＋1；(3)至少需要多少年的努力，才能使绿化率超过60%？(参考数据：lg 2≈0.301 0，lg 3≈0.477 1) 解 (1)设现有非绿化面积为b 1，经过n 年后非绿化面积为b n ＋1.于是a 1＋b 1＝1，a n ＋b n ＝1.依题意，a n ＋1是由两部分组成，一部分是原有的绿化面积a n ，减去被非绿化部分2100a n 后剩余的面积为98100a n ，另一部分是新绿化的面积8100b n ，于是a n ＋1＝98100a n ＋8100b n ＝98100a n ＋8100(1－a n )＝910a n ＋225.(2)由(1)得a n ＋1＝910a n ＋225，a n ＋1－45＝910⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －45. 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －45是公比为910，首项为a 1－45＝25－45＝－25的等比数列． 所以a n ＋1＝45＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－25⎝ ⎛⎭⎪⎫910n.(3)因为a n ＋1＞60%，即45＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－25·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n ＞35，⎝ ⎛⎭⎪⎫910n ＜12，所以n (lg 9－1)＜－lg 2，n ＞lg 21－2lg 3≈6.572 1. 所以至少需要7年的努力，才能使绿化率超过60%.高考热点突破三 数列1．(2020·沈阳三模)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋pn ，且a 4，a 7，a 12成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝4S na n ·a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由题意，当n ＝1时，a 1＝S 1＝1＋p ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋pn －(n －1)2－p (n －1)＝2n －1＋p ， ∵当n ＝1时，a 1＝1＋p 也满足上式， ∴a n ＝2n －1＋p .∵a 4，a 7，a 12成等比数列，∴a 4a 12＝a 27， ∴(7＋p )(23＋p )＝(13＋p )2，解得p ＝2， ∴a n ＝2n ＋1，n ∈N *. (2)由(1)知，S n ＝n 2＋2n ，则b n ＝4S n a n a n ＋1＝4n 2＋8n (2n ＋1)(2n ＋3)＝4n 2＋8n 4n 2＋8n ＋3＝4n 2＋8n ＋3－34n 2＋8n ＋3＝1－34n 2＋8n ＋3＝1－3(2n ＋1)(2n ＋3)＝1－32⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－32⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－32⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋ ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－32⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝n －32⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3 ＝n －32⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3＝n －12＋34n ＋6＝2n 2＋2n 2n ＋3. 2．(2020·济宁模拟)已知数列{a n }的各项均为正数，其前n 项和S n ＝a n (a n ＋1)2，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)设b n ＝log 2a n ＋2a n ＋1，若称使数列{b n }的前n 项和为整数的正整数n 为“优化数”，试求区间(0,2 020)内所有“优化数”的和S .解 (1)由数列{a n }的前n 项和S n ＝a n (a n ＋1)2，n ∈N *，知当n ＝1时，有S 1＝a 1(a 1＋1)2＝a 1， 又a 1＞0，所以a 1＝1；当n ＞1时，a n ＝S n －S n －1＝a n (a n ＋1)2－a n －1(a n －1＋1)2，整理得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0，因为a n ＋a n －1＞0，所以有a n －a n －1＝1，所以数列{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝1的等差数列， 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n . (2)由a n ＝n 知，b n ＝log 2a n ＋2a n ＋1＝log 2n ＋2n ＋1，所以数列{b n }的前n 项和为b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝log 232＋log 243＋log 254＋…＋log 2n ＋2n ＋1＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫32×43×54×…×n ＋2n ＋1 ＝log 2(n ＋2)－1.令b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝k (k ∈Z )， 则有log 2(n ＋2)－1＝k ，n ＝2k ＋1－2， 由n ∈(0,2 020)，k ∈Z 知，k ＜10且k ∈N *，所以区间(0,2 020)内所有“优化数”的和为S ＝(22－2)＋(23－2)＋(24－2)＋…＋(210－2)＝(22＋23＋24＋…＋210)－18＝22(1－29)1－2－18＝211－22＝2 026.3．(2020·武汉模拟)已知等比数列{a n }中，a 1≠13，S 3＝39，其中3a 1,2a 2，a 3成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)b n ＝log 3a n ，c n ＝(－1)n ⎝⎛⎭⎪⎫1b n＋1b n ＋1，记c n 的前n 项和为T n ，求c n 的前2 020项和T 2 020.解 (1)等比数列{a n }的公比设为q ，由a 1≠13，S 3＝39，可得q ≠1， a 1(1－q 3)1－q＝39，即a 1(1＋q ＋q 2)＝39，① 由3a 1,2a 2，a 3成等差数列， 可得4a 2＝3a 1＋a 3， 即为4a 1q ＝3a 1＋a 1q 2，可得q 2－4q ＋3＝0，解得q ＝3(1舍去)， 将q ＝3代入①可得a 1＝3， 则a n ＝3·3n －1＝3n ，n ∈N *. (2)b n ＝log 3a n ＝log 33n ＝n ， c n ＝(－1)n ⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1，则T 2020＝－⎝⎛⎭⎪⎫1＋12＋⎝⎛⎭⎪⎫12＋13－⎝⎛⎭⎪⎫13＋14＋⎝⎛⎭⎪⎫14－15－⎝⎛⎭⎪⎫15＋16－…－⎝⎛⎭⎪⎫12 019＋12 020＋⎝⎛⎭⎪⎫12 020＋12 021＝－1＋12 021＝－2 0202 021.4．(2020·西安二模)设S n 是数列{a n }的前n 项和，S n ＝2a n －2(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝na n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n 的取值范围．解 (1)由题意知：当n ＝1时，S 1＝2a 1－2，得a 1＝2；当n ≥2时，由S n ＝2a n －2⇒S n －1＝2a n －1－2，两式相减整理得：a n ＝2a n －1， ∴数列{a n }是首项、公比均为2的等比数列，a n ＝2n . (2)由(1)知：b n ＝n a n＝n2n ，∵T n ＝1×12＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，① ∴12T n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1.②由①－②可得：12T n ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＝1－(n ＋2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1， ∴T n ＝2－n ＋22n ，显然有：T n ＜2. ∵b n ＝n2n ＞0，∴T n 单调递增，且T 1＝b 1＝12， ∴12≤T n ＜2.5．在数列{a n }中，a 1＝52，且a n ＋1＝2a n －32n ＋1.(1)分别计算a 2，a 3，a 4，并由此猜想{a n }的通项公式； (2)用数学归纳法证明你的猜想． 解 (1)由a 1＝52，且a n ＋1＝2a n －32n ＋1，得a 2＝2×52－322＝174，a 3＝2×174－323＝658，a 4＝2×658－324＝25716. 猜想{a n }的通项公式a n ＝22n ＋12n ＝2n ＋12n .(2)证明：①当n ＝1时，a 1＝52，21＋121＝52，结论成立； ②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，结论成立，即a k ＝2k＋12k ，那么，当n ＝k ＋1(k ≥1，k ∈N *)时，a k ＋1＝2a k －32k ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫2k ＋12k －32k ＋1＝2k ＋1＋22k －32k ＋1＝2k＋1＋4－32k ＋1＝2k ＋1＋12k ＋1. 所以当n ＝k ＋1时，结论成立．综①②所述，结论对于任意的n ∈N *都成立．6．(2020·南通模拟)设数列{a n }的各项均为不等的正整数，其前n 项和为S n ，我们称满足条件“对任意的m ，n ∈N *，均有(n －m )S n ＋m ＝(n ＋m )(S n －S m )”的数列{a n }为“好”数列．(1)试分别判断数列{a n }，{b n }是不是“好”数列，其中a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，n ∈N *，并给出证明； (2)已知数列{c n }为“好”数列，①若c 2 017＝2 018，求数列{c n }的通项公式；②若c 1＝p ，且对任意给定的正整数p ，s (s ＞1)，有c 1，c s ，c t 成等比数列，求证：t ≥s 2.解 (1)因为a n ＝2n －1，所以S n ＝n 2，所以(n －m )S n ＋m ＝(n －m )(n ＋m )2，而(n ＋m )(S n －S m )＝(n ＋m )(n 2－m 2)＝(n ＋m )2(n －m )， 所以(n －m )S n ＋m ＝(n ＋m )(S n －S m )对任意的m ，n ∈N *均成立， 即数列{a n }是“好”数列； 若b n ＝2n －1，取n ＝2，m ＝1，则(n －m )S n ＋m ＝S 3＝7，(n ＋m )(S n －S m )＝3b 2＝6， 此时(n －m )S n ＋m ≠(n ＋m )(S n －S m )， 即数列{b n }不是“好”数列．(2)因为数列{c n }为“好”数列，取m ＝1，则(n －1)S n ＋1＝(n ＋1)(S n －S 1)，即2S n ＝(n －1)a n ＋1＋(n ＋1)a 1①恒成立． 当n ≥2，有2S n －1＝(n －2)a n ＋na 1，②①－②得：2a n ＝(n －1)a n ＋1－(n －2)a n ＋a 1(n ≥2)， 即na n ＝(n －1)a n ＋1＋a 1(n ≥2)， 所以(n －1)a n －1＝(n －2)a n ＋a 1(n ≥3)，所以na n －(n －1)a n －1＝(n －1)a n ＋1－(n －2)a n ，即(2n －2)a n ＝(n －1)a n －1＋(n －1)a n ＋1，即2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥3)， 当n ＝2时，有2S 2＝a 3＋3a 1， 即2a 2＝a 3＋a 1，所以2a n ＝a n －1＋a n ＋1对任意n ≥2，n ∈N *恒成立， 所以数列{c n }是等差数列． 设数列{c n }的公差为d ，①若c 2 017＝2 018，则c 1＋2 016d ＝2 018，即d ＝2 018－c 12 016， 因为数列{c n }的各项均为不等的正整数，所以d ∈N *， 所以d ＝1，c 1＝2，所以c n ＝n ＋1. ②证明：若c 1＝p ，则c n ＝dn ＋p －d ，由c 1，c s ，c t 成等比数列，得c 2s ＝c 1·c t ，所以(ds ＋p －d )2＝p (dt ＋p －d )， 即(p －d )(2ds ＋p －d －p )＋d (ds 2－pt )＝0. 化简得，p (t ＋1－2s )＝d (s －1)2， 即d ＝t ＋1－2s (s －1)2·p .因为p 是任意给定的正整数，要使d ∈N *，必须t ＋1－2s (s －1)2∈N *， 不妨设k ＝t ＋1－2s (s －1)2，由于s 是任意给定的正整数，所以t ＝k (s －1)2＋2s －1≥(s －1)2＋2s －1＝s 2.。

高考大题规范解答系列(三)——数列考点一 判断等差数列和等比数列例1 (2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知S 2＝2，S 3＝－6.(1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列．【分析】 (1)看到S 2＝2，S 3＝－6，想到S 2＝a 1＋a 2，S 3＝a 1＋a 2＋a 3，利用等比数列的通项公式求解．(2)看到判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列，想到等差数列的等差中项，利用2S n ＝S n ＋1＋S n ＋2进行证明．【标准答案】——规范答题 步步得分(1)设{a n }的首项为a 1，公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q )＝2，a 1(1＋q ＋q 2)＝－6，2分……………………………………得分点① 解得q ＝－2，a 1＝－2.4分…………………………………………………得分点② 故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n .6分………………………………………得分点③(2)由(1)可得S n ＝a 1(1－q n )1－q＝－23＋(－1)n 2n ＋13，8分……………………得分点④ 由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n 2n ＋3－2n ＋23＝2⎣⎡⎦⎤－23＋(－1)n 2n ＋13＝2S n ，11分………………………………………得分点⑤ 故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列.12分………………………………………得分点⑥【评分细则】①列出关于首项为a 1，公比为q 的方程组得2分．②能够正确求出a 1和q 得2分，只求对一个得1分，都不正确不得分．③正确写出数列的通项公式得2分．④正确计算出数列的前n 项和得2分．⑤能够正确计算出S n ＋1＋S n ＋2的值得2分，得出结论2S n ＝S n ＋1＋S n ＋2再得1分． ⑥写出结论得1分．【名师点评】1．核心素养：数列问题是高考的必考题，求数列的通项公式及判断数列是否为等差或等比数列是高考的常见题型．本类题型重点考查“逻辑推理”及“数学运算”的学科素养．2．解题技巧：(1)等差(或等比)数列的通项公式、前n 项和公式中有五个元素a 1、d (或q )、n 、a n 、S n ，“知三求二”是等差(等比)的基本题型，通过解方程的方法达到解题的目的．(2)等差、等比数列的判定可采用定义法、中项法等．如本题采用中项法得出2S n ＝S n ＋1＋S n ＋2.〔变式训练1〕(2021·四川省名校联盟模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足2S n ＝－a n ＋n (n ∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12为等比数列； (2)求数列{a n －1}的前n 项和T n . [解析] (1)证明：∵2S n ＝－a n ＋n ，当n ＝1时，2a 1＝－a 1＋1，解得a 1＝13. 当n ≥2时，2S n －1＝－a n －1＋n －1，两式相减，得2a n ＝－a n ＋a n －1＋1，即a n ＝13a n －1＋13. ∴a n －12＝13⎝⎛⎭⎫a n －1－12， 又a 1－12＝－16≠0， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12为等比数列． (2)由(1)知，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12是以－16为首项，13为公比的等比数列． ∴a n －12＝－16⎝⎛⎭⎫13n －1＝－12⎝⎛⎭⎫13n ， ∴a n ＝－12⎝⎛⎭⎫13n ＋12， ∴a n －1＝－12⎝⎛⎭⎫13n －12， ∴T n ＝－16⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n 1－13－n 2＝14⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫13n －1－n 2. 考点二 等差、等比数列的综合问题例2 (2020·天津，19,15分)已知{a n }为等差数列，{b n }为等比数列，a 1＝b 1＝1，a 5＝5(a 4－a 3)，b 5＝4(b 4－b 3)．(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)记{a n }的前n 项和为S n ，求证：S n S n ＋2<S 2n ＋1(n ∈N *)；(3)对任意的正整数n ，设c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ (3a n －2)b n a n a n ＋2，n 为奇数，a n －1b n ＋1，n 为偶数.求数列{c n }的前2n 项和．【分析】 (1)看到求{a n }和{b n }的通项公式，想到求a 1，b 1，公差d 和公比q .(2)看到求证S n S n ＋2<S 2n ＋1想到求出S n 并用作差比较法证明．(3)看到数列求和且c n 通项分奇、偶，因此想到分组求和．【标准答案】——规范答题 步步得分(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .由a 1＝1，a 5＝5(a 4－a 3)，可得d ＝1，1分……………………………………………………………………………得分点①从而{a n }的通项公式为a n ＝n .2分………………………………………………得分点② 由b 1＝1，b 5＝4(b 4－b 3)，又q ≠0，可得q 2－4q ＋4＝0，解得q ＝2，3分…得分点③ 从而{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.4分……………………………………………得分点④(2)证明：由(1)可得S n ＝n (n ＋1)2，5分…………………………………………得分点⑤ 故S n S n ＋2＝14n (n ＋1)(n ＋2)(n ＋3)，S 2n ＋1＝14(n ＋1)2·(n ＋2)2，6分……………得分点⑥ 从而S n S n ＋2－S 2n ＋1＝－12(n ＋1)(n ＋2)<0，所以S n S n ＋2<S 2n ＋1.8分……………得分点⑦ (3)当n 为奇数时，c n ＝(3a n －2)b n a n a n ＋2＝(3n －2)2n －1n (n ＋2)＝2n ＋1n ＋2－2n －1n ；9分………得分点⑧ 当n 为偶数时，c n ＝a n －1b n ＋1＝n －12n .10分………………………………………得分点⑨ 对任意的正整数n ，有∑k ＝1n c 2k －1＝∑k ＝1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫22k 2k ＋1－22k －22k －1＝22n 2n ＋1－1，11分…得分点⑩ 和∑k ＝1n c 2k ＝∑k ＝1n2k －14k ＝14＋342＋543＋…＋2n －14n .①12分………………………得分点⑪ 由①得14∑k ＝1n c 2k ＝142＋343＋…＋2n －34n ＋2n －14n ＋1.②由①－②得34∑k ＝1n c 2k ＝14＋242＋…＋24n －2n －14n ＋1＝24⎝⎛⎭⎫1－14n 1－14－14－2n －14n ＋1，从而得∑k ＝1n c 2k ＝59－6n ＋59×4n.14分…………………………………………………………………………得分点⑫ 因此，∑k ＝12n c k ＝∑k ＝1n c 2k －1＋∑k ＝1nc 2k ＝4n2n ＋1－6n ＋59×4n －49. 所以，数列{c n }的前2n 项和为4n2n ＋1－6n ＋59×4n －49.15分……………………得分点⑬ 【评分细则】①正确写出关于d 的方程，求对d 得1分．②求对a n 的通项公式得1分．③正确写出关于q 的一元二次方程，求对q 得1分．④求对b n 的通项公式得1分．⑤求对S n 的公式得1分．⑥求对S n S n ＋2，S 2n ＋1得1分．⑦求对S n S n ＋2－S 2n ＋1的结果并证出结论得2分．⑧求对n 为奇数时c n 得1分．⑨求对n 为偶数时c n 得1分．⑩求对n ＝2k －1时∑k ＝1nc 2k －1得1分．⑪写出n ＝2k 时∑k ＝1nc 2k 得1分．⑫用错位相减法求对∑k ＝1nc 2k 的求和得2分．⑬求对c n 的前2n 项和得1分．【名师点评】1．核心素养：数列的前n 项和是高考重点考查的知识点，错位相减法是高考考查的重点，突出考查“数学运算”的核心素养．2．解题技巧：(1)熟记等差、等比数列的通项公式及前n 项和公式，解题时结合实际情况合理选择．如第(1)问运用了等差、等比数列的通项公式．(2)运用作差比较法证明S n S n ＋2<S 2n ＋1.(3)本问的关键有两点：一是分类分别求c n 的通项；二是当n ＝2k 时用错位相减法求c 2k 的和．〔变式训练2〕(2018·天津，18)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：∑k ＝1n (T k ＋b k ＋2)b k (k ＋1)(k ＋2)＝2n ＋2n ＋2－2(n ∈N *)． [解析] (1)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由(1)，有S n ＝1－2n1－2＝2n －1， 故T n ＝∑k ＝1n (2k －1)＝∑k ＝1n 2k－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，∑k ＝1n (T k ＋b k ＋2)b k(k ＋1)(k ＋2)＝⎝⎛⎭⎫233－222＋⎝⎛⎭⎫244－233＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋1n ＋2－2n ＋1n ＋1＝2n ＋2n ＋2－2.。

高考解答题专项三　数列中的综合问题1.已知数列{a n}的前n项和为S n,等比数列{a n}为递增数列,S3=7,且3a2是a1+3和a3+4的等差中项,b n=an+1S n S n+1,设数列{b n}的前n项和为T n,是否存在实数k,使得T n<k恒成立?若实数k存在,求出k的最小值;若不存在,请说明理由.2.(2021全国乙,文19)设数列{a n}是首项为1的等比数列,数列{b n}满足b n=n an3.已知a1,3a2,9a3成等差数列. (1)求{a n}和{b n}的通项公式;(2)记S n和T n分别为{a n}和{b n}的前n项和.证明:T n<S n 2 .3.(2021广东揭阳高三适应性考试)在数列{a n}中,a1=0,a2=1,且a n+2=a n+1+2a n,记b n=a n+1+a n.(1)求证:数列{b n}是等比数列;(2)记数列{b n}的前n项和为S n,若c n=|S n-15|,求数列{c n}的前n项和T n.4.(2021湖南衡阳高三模拟)已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ,2√S n =a n +1.(1)求a n ;(2)将数列{a n }分组:(a 1),(a 2,a 3),(a 4,a 5,a 6),(a 7,a 8,a 9,a 10),…,记第n 组的和为b n .①求数列{b n }的通项公式;②求数列(-1)nb nn前2n 项的和.5.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,a2=1,S7=14.在数列{b n}中,b1b2b3…b n=2n2+n 2.(1)求数列{a n}和数列{b n}的通项公式;(2)若数列{c n}满足c n=b n cos(a nπ),求数列{c n}的前2n项和T2n.6.(2021山东淄博高三一模)将n2(n∈N*)个正数排成n行n列:a11　a12　a13　a14 (1)a21　a22　a23　a24 (2)a31　a32　a33　a34 (3)a41　a42　a43　a44 (4)…　…　…　…　…　…a n1　a n2　a n3　a n4　…　a nn其中每一行的数成等差数列,每一列的数成等比数列,并且各列的公比都相等,若a11=1,a13a23a33=1,a32+a33+a34=32.(1)求a1n;(2)设S n=a11+a22+a33+…+a nn,求S n.高考解答题专项三　数列中的综合问题1.解设数列{a n}的公比为q.由题可得{a1+a2+a3=7,6a2=(a1+3)+(a3+4),解得a2=2,所以2q +2+2q=7,故q=2或12.又a2>0,数列{a n}为递增数列,所以q=2,所以a n=2n-1,S n=2n-1,所以b n=an+1S n S n+1=2n(2n-1)(2n+1-1)=12n-1−12n+1-1,所以T n=1-13+13−17+…+12n-1−12n+1-1=1-12n+1-1<1.当k≥1时,使得T n<k恒成立,故k的最小值为1.2.(1)解设{a n}的公比为q,则a n=q n-1.因为a1,3a2,9a3成等差数列,所以1+9q2=2×3q,解得q=13,故a n=(13)n-1.由b n=n an3,得b n=n3·(13)n-1=n·(13)n.(2)证明由(1)可知S n=1-13n1-13=321-13n.又b n=n3n,则T n=131+232+333+…+n-13n-1+n3n,①两边同乘13,得13T n=132+233+334+…+n-13n+n3n+1,②①-②,得23T n=13+132+133+134+…+13n−n3n+1,即2 3T n=13(1-13n)1-13−n3n+1=12(1-13n)−n3n+1,整理得T n=34(1-13n)−n2×3n=34−2n+34×3n,则2T n-S n=2(34-2n+34×3n)−32(1-13n)=-n3n<0.故T n<S n 2 .3.(1)证明由a n+2=a n+1+2a n,得b n+1=a n+2+a n+1=2(a n+1+a n)=2b n.又b1=a1+a2=1>0,所以数列{b n}是以1为首项,2为公比的等比数列.(2)解由(1)知,b n=2n-1,S n=1-2n1-2=2n-1,则c n=|2n-16|,故c n={16-2n(1≤n≤4),2n-16(n>4),则当1≤n≤4时,T n=(16-21)+(16-22)+…+(16-2n)=16n-(21+22+…+2n)=16n-2(1-2n)1-2=16n-2n+1+2.当n>4时,T n=(16-21)+(16-22)+…+(16-24)+(25-16)+(26-16)+…+(2n-16) =2T4+(21+22+…+2n)-16n=2×34+2(1-2n)1-2-16n=2n+1-16n+66,则T n={16n-2n+1+2❑(1≤n≤4),2n+1-16n+66(n>4).4.解(1)因为2√S n =a n +1,所以a 1=1.因为2√S n =a n +1,所以S n =(a n +1)24.①当n ≥2时,S n-1=(a n -1+1)24,②①-②得,2a n +2a n-1=a n 2−a n -12,所以a n -a n-1=2,所以数列{a n }是首项为1,公差为2的等差数列,所以a n =2n-1.(2)①由题意可知,b 1=a 1=S 1,b 2=a 2+a 3=S 3-S 1,b 3=a 4+a 5+a 6=S 6-S 3,b 4=a 7+a 8+a 9+a 10=S 10-S 6,…,所以b n =S n (n +1)2−S n (n +1)2-n ,而S n =(1+2n -1)n 2=n 2,所以b n =S n (n +1)2−S n (n +1)2-n =n (n +1)22-n (n +1)2-n 2=n 3.②由①可得(-1)nb n n=(-1)n n 2,所以T 2n =(-1+22)+(-32+42)+(-52+62)+…+[-(2n-1)2+(2n )2]=3+7+…+(4n-1)=n (3+4n -1)2=n (2n+1).5.解(1)设{a n }的公差为d ,由a 2=1,S 7=14得{a 1+d =1,7a 1+21d =14,解得{a 1=12,d =12,∴a n =n 2.∵b 1b 2b 3…b n =2n 2+n 2=2n (n +1)2,∴b 1b 2b 3…b n-1=2n (n -1)2(n ≥2),两式相除得b n =2n (n ≥2).当n=1时,b 1=2符合上式,∴b n=2n(n∈N*).(2)∵c n=b n cos(a nπ)=2n cos(n2π),∴T2n=2cosπ2+22cosπ+23cos3π2+24cos(2π)+…+22n-1cos(2n-1)π2+22n cos(nπ)=22cosπ+24cos(2π)+…+22n cos(nπ)=-22+24-…+(-1)n·22n=-4[1-(-4)n]1+4=-4+(-4)n+15.6.解(1)设第一行数的公差为d,各列的公比为q.由题意可知a13a23a33=a233=1,解得a23=1.由a32+a33+a34=3a33=32,解得a33=12,则q=a33a23=12.由a23=a13q=(a11+2d)q=(1+2d)·12=1,解得d=12,因此a1n=a11+(n-1)d=1+n-12=n+12.(2)由a nn=a1n q n-1=n+12·12n-1=n+12n,可得S n=221+322+423+…+n+12n,两边同时乘以12可得,12S n=222+323+…+n2n+n+12n+1,上述两式相减可得,12S n=1+122+123+…+12n-n+12n+1=1+122(1-12n-1)1-12−n+12n+1=32−n+32n+1,因此S n=3-n+3 2n.。