2018高考(江苏专版)大一轮(文)复习检测：第43课 数列的综合应用

第40课等比数列A 应知应会1.(2016·合肥三检)在等比数列{a n}中,若a3=16,a5=4，则a7= 。

2.（2015·湖南卷）设S n为等比数列｛a n}的前n项和,若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则a n= 。

3。

(2016·常州期末）若等比数列｛a n｝的各项均为正数,且a1+a2=，a3+a4+a5+a6=40，则的值为。

4.若方程x2-5x+m=0与x2—10x+n=0的四个根适当排列后，恰好组成一个首项为1的等比数列,则m∶n的值为.5。

在等比数列｛a n}中，已知a2=3，a5=81。

（1) 求数列{a n｝的通项公式；(2) 若b n=log3a n，求数列{b n｝的前n项和S n.6.（2016·全国卷Ⅲ）已知数列{a n}的前n项和S n=1+λa n，其中λ≠0。

(1）证明数列{a n｝是等比数列,并求其通项公式；(2）若S5=，求λ的值.B 巩固提升1.（2016·南昌一模)若等比数列{a n}的各项均为正数,前4项的和为9，积为，则前4项倒数的和为.2.已知a n=sin ，S n=a1+a2+…+a n，那么在S1,S2,…，S100中,正数的个数是.3。

（2016·全国卷Ⅰ）若等比数列｛a n}满足a1+a3=10,a2+a4=5，则a1·a2·…·a n的最大值为.4.（2016·唐山期末）已知S n为等比数列{a n｝的前n项和,若S4=S2+2,则S6的最小值为。

5.已知数列｛a n｝共有2k项(k≥2）,数列{a n｝的前n项和为S n，且a1=2，a n+1=(p-1)S n+2(n=1,2,…，2k-1),其中常数p〉1.（1) 求证:数列{a n}是等比数列；(2) 若p=,数列｛b n}满足b n=log2（a1a2…a n）（n=1,2，…,2k),求数列{b n }的通项公式.6。

高考数学一轮复习《数列的综合运用》练习题（含答案）一、单选题1．某银行设立了教育助学低息贷款，其中规定一年期以上贷款月均等额还本付息(利息按月以复利计算)．如果小新同学贷款10000元，一年还清，假设月利率为0.25%，那么小新同学每月应还的钱约为（ ）（1.002512≈1.03） A ．833B ．858C ．883D ．9022．某企业在今年年初贷款a 万元，年利率为γ，从今年年末开始每年偿还一定金额，预计五年内还清，则每年应偿还（ ） A ．()()5111a γγ++-万元 B ．()()55111a γγγ++-万元C ．()()54111a γγγ++-万元 D ．()51a γγ+万元3．一种预防新冠病毒的疫苗计划投产两月后，使成本降64%，那么平均每月应降低成本（ ） A ．20%B ．32%C ．40%D ．50%4．今年元旦，市民小王向朋友小李借款100万元用于购房，双方约定年利率为5%，按复利计算（即本年利息计入次年本金生息），借款分三次等额归还，从明年的元旦开始，连续三年都是在元旦还款，则每次的还款额约是（ ）万元.（四舍五入，精确到整数） （参考数据：()21.05 1.1025=，()31.05 1.1576=，()41.05 1.2155=） A ．36B ．37C ．38D ．395．随着新一轮科技革命和产业变革持续推进，以数字化、网络化、智能化以及融合化为主要特征的新型基础设施建设越来越受到关注.5G 基站建设就是“新基建”的众多工程之一，截至2020年底，我国已累计开通5G 基站超70万个，未来将进一步完善基础网络体系，稳步推进5G 网络建设，实现主要城区及部分重点乡镇5G 网络覆盖.2021年1月计划新建设5万个5G 基站，以后每个月比上一个月多建设1万个，预计我国累计开通500万个5G 基站时要到（ ） A ．2022年12月B ．2023年2月C ．2023年4月D ．2023年6月6．我们知道，偿还银行贷款时，“等额本金还款法”是一种很常见的还款方式，其本质是将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期的还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率．自主创业的大学生张华向银行贷款的本金为48万元，张华跟银行约定，按照等额本金还款法，每个月还一次款，20年还清，贷款月利率为0.4%，设张华第n 个月的还款金额为n a 元，则n a =（ ）A ．2192B ．39128n -C ．39208n -D ．39288n -7．高阶等差数列是数列逐项差数之差或高次差相等的数列，中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智.如南宋数学家杨辉在《详解九章算法.商功》一书中记载的三角垛、方垛、刍甍垛等的求和都与高阶等差数列有关.如图是一个三角垛，最顶层有1个小球，第二层有3个，第三层有6个，第四层有10个，则第30层小球的个数为（ ）A ．464B ．465C ．466D ．4958．某单位用分期付款方式为职工购买40套住房，总房价1150万元.约定：2021年7月1日先付款150万元，以后每月1日都交付50万元，并加付此前欠款利息，月利率1%，当付清全部房款时，各次付款的总和为（ ） A ．1205万元B ．1255万元C ．1305万元D ．1360万元9．小李在2022年1月1日采用分期付款的方式贷款购买一台价值a 元的家电，在购买1个月后的2月1日第一次还款，且以后每月的1日等额还款一次，一年内还清全部贷款（2022年12月1日最后一次还款），月利率为r ．按复利计算，则小李每个月应还（ ） A ．()()1111111ar r r ++-元 B ．()()1212111ar r r ++-元C ．()11111a r +元D ．()12111a r +元10．在流行病学中，基本传染数0R 是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数．0R 一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定．对于0R 1>，而且死亡率较高的传染病，一般要隔离感染者，以控制传染源，切断传播途径．假设某种传染病的基本传染数0R 3=，平均感染周期为7天（初始感染者传染0R 个人为第一轮传染，经过一个周期后这0R 个人每人再传染0R 个人为第二轮传染……）那么感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要的天数为（参考数据：63729=，541024=）（ ） A ．35B ．42C ．49D ．5611．为了更好地解决就业问题，国家在2020年提出了“地摊经济”为响应国家号召，有不少地区出台了相关政策去鼓励“地摊经济”．老王2020年6月1日向银行借了免息贷款10000元，用于进货.因质优价廉，供不应求，据测算：每月获得的利润是该月初投入资金的20%，每月底扣除生活费1000元，余款作为资金全部用于下月再进货，如此继续，预计到2021年5月底该摊主的年所得收入为（ ）（取()111.27.5=，()121.29=） A ．32500元B ．40000元C ．42500元D ．50000元12．某病毒研究所为了更好地研究“新冠”病毒，计划改建十个实验室，每个实验室的改建费用分为装修费和设备费，每个实验室的装修费都一样，设备费从第一到第十实验室依次构成等比数列，已知第五实验室比第二实验室的改建费用高28万元，第七实验室比第四实验室的改建费用高112万元，并要求每个实验室改建费用不能超过1100万元.则该研究所改建这十个实验室投入的总费用最多需要（ ） A ．2806万元B ．2906万元C ．3106万元D ．3206万元二、填空题13．小李向银行贷款14760元，并与银行约定：每年还一次款，分4次还清所有的欠款，且每年还款的钱数都相等，贷款的年利率为0.25，则小李每年所要还款的钱数是___________元.14．从2017年到2020年期间，某人每年6月1日都到银行存入1万元的一年定期储蓄．若年利率为20%保持不变，且每年到期的存款本息均自动转为新的一年定期储蓄，到2020年6月1日，该人去银行不再存款，而是将所有存款的本息全部取回，则取回的金额为_______万元．15．银行一年定期储蓄存款年息为r ，三年定期储蓄存款年息为q ，银行为吸收长期资金，鼓励储户存三年定期的存款，那么q 的值应略大于______．16．今年“五一”期间，北京十家重点公园举行免费游园活动，北海公园免费开放一天，早晨6时30分有2人进入公园，接下来的第一个30分钟内有4人进去1人出来，第二个30分钟内有8人进去2人出来，第三个30分钟内有16人进去3人出来，第四个30分钟内有32人进去4人出来…，按照这种规律进行下去，到上午11时30分公园内的人数是____.三、解答题17．一杯100℃的开水放在室温25℃的房间里，1分钟后水温降到85℃，假设每分钟水温变化量和水温与室温之差成正比． (1)求()*n n N ∈分钟后的水温n t ；(2)当水温在40℃到55℃之间时（包括40℃和55℃），为最适合饮用的温度，则在水烧开后哪个时间段饮用最佳．（参考数据：lg 20.3≈）18．某优秀大学生毕业团队响应国家号召，毕业后自主创业，通过银行贷款等方式筹措资金，投资72万元生产并经营共享单车，第一年维护费用为12万元，以后每年都增加4万元，每年收入租金50万元.(1)若扣除投资和维护费用，则从第几年开始获取纯利润？(2)若年平均获利最大时，该团队计划投资其它项目，问应在第几年转投其它项目？19．去年某地产生的生活垃圾为20万吨，其中14万吨垃圾以填埋方式处理，6万吨垃圾以环保方式处理.预计每年生活垃圾的总量递增5%，同时，通过环保方式处理的垃圾量每年增加1.5万吨.记从今年起每年生活垃圾的总量（单位：万吨）构成数列{}n a ，每年以环保方式处理的垃圾量（单位：万吨）构成数列{}n b . (1)求数列{}n a 和数列{}n b 的通项公式；(2)为了确定处理生活垃圾的预算，请求出从今年起n 年内通过填埋方式处理的垃圾总量的计算公式，并计算从今年起5年内通过填埋方式处理的垃圾总量（精确到0.1万吨）.（参考数据41.05 1.215≈，51.05 1.276≈，61.05 1.340≈）20．2020年是充满挑战的一年，但同时也是充满机遇､蓄势待发的一年．突如其来的疫情给世界带来了巨大的冲击与改变，也在客观上使得人们更加重视科技的力量和潜能．某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．假设该企业第一年年初有资金5000万元，并将其全部投入生产，到当年年底资金增长了50%，预计以后每年资金年增长率与第一年相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金(2500)t t ≤万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元． （1）写出1n a +与n a 的关系式，并判断{}2n a t -是否为等比数列；（2）若企业每年年底上缴资金1500t =，第*()m m N ∈年年底企业的剩余资金超过21000万元，求m 的最小值．21．流行性感冒是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病.某市去年11月份曾发生流感，据统计，11月1日该市的新感染者有30人，以后每天的新感染者比前一天的新感染者增加50人.由于该市医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，从11月()*1929,k k k +≤≤∈N 日起每天的新感染者比前一天的新感染者减少20人. （1）若9k =，求11月1日至11月10日新感染者总人数；（2）若到11月30日止，该市在这30天内的新感染者总人数为11940人，问11月几日，该市新感染者人数最多？并求这一天的新感染者人数.22．教育储蓄是指个人按国家有关规定在指定银行开户、存入规定数额资金、用于教育目的的专项储蓄，是一种专门为学生支付非义务教育所需教育金的专项储蓄，储蓄存款享受免征利息税的政策.若你的父母在你12岁生日当天向你的银行教育储蓄账户存入1000元，并且每年在你生日当天存入1000元，连续存6年，在你十八岁生日当天一次性取出，假设教育储蓄存款的年利率为10%.(1)在你十八岁生日当天时，一次性取出的金额总数为多少？（参考数据：71.1 1.95≈） (2)当你取出存款后，你就有了第一笔启动资金，你可以用你的这笔资金做理财投资.如果现在有三种投资理财的方案： ①方案一：每天回报40元；②方案二：第一天回报10元，以后每天比前一天多回报10元； ③方案三：第一天回报0.4元，以后每天的回报比前一天翻一番. 你会选择哪种方案？请说明你的理由.23．已知数集{}()1212,,1,2n n A a a a a a a n =≤<<≥具有性质P ；对任意的(),1i j i j n ≤≤≤，i j a a 与j ia a 两数中至少有一个属于A ．（Ⅰ）分别判断数集{}1,3,4与{}1,2,3,6是否具有性质P ，并说明理由； （Ⅱ）证明：11a =，且1211112nn na a a a a a a ---+++=+++； （Ⅲ）证明：当5n =时，成等比数列。

高考导航 对近几年高考试题统计看，江苏卷中考查内容主要集中在两个方面：一是以填空题的形式考查等差、等比数列的运算和性质，题目多为常规试题；二是等差、等比数列的通项与求和问题，有时结合函数、不等式等进行综合考查，涉及内容较为全面，注重数学推理探究能力的考查，试题难度大．热点一 等差数列、等比数列的综合问题解决等差、等比数列的综合问题时，重点在于读懂题意，灵活利用等差、等比数列的定义、通项公式及前n 项和公式解决问题，求解这类问题要重视方程思想的应用．【例1】(2017·常州监测)已知等差数列{a n }的公差d 为整数，且a k ＝k 2＋2，a 2k ＝(k ＋2)2，其中k 为常数且k ∈N *. (1)求k 及a n ；(2)设a 1>1，{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的首项为1，公比为q (q >0)，前n 项和为T n ，若存在正整数m ，使得S 2S m＝T 3，求q .解 (1)由题意得⎩⎨⎧dk ＋a 1－d ＝k 2＋2，①2dk ＋a 1－d ＝(k ＋2)2，②由②－①并整理得d ＝4＋2k .因为d ∈Z ，k ∈N *，所以k ＝1或k ＝2.当k ＝1时，d ＝6，代入①得a 1＝3，所以a n ＝6n －3； 当k ＝2时，d ＝5，代入①得a 1＝1，所以a n ＝5n －4.(2)由题意可得b n ＝q n －1，因为a 1>1，所以a n ＝6n －3，S n ＝3n 2. 由S 2S m ＝T 3得123m 2＝1＋q ＋q 2，整理得q 2＋q ＋1－4m 2＝0. 因为Δ＝1－4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－4m 2≥0，所以m 2≤163.因为m ∈N *，所以m ＝1或m ＝2.当m ＝1时，q ＝－13－12(舍去)或q ＝13－12.当m ＝2时，q ＝0或q ＝－1(均舍去)． 综上，q ＝13－12.探究提高 解决等差数列与等比数列的综合问题，既要善于综合运用等差数列与等比数列的相关知识求解，更要善于根据具体问题情境具体分析，寻找解题的突破口．【训练1】(2017·济南模拟)已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，其前n 项和为S n ，满足S 5－2a 2＝25，且a 1，a 4，a 13恰为等比数列{b n }的前三项． (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设T n 是数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前n 项和，是否存在k ∈N *，使得等式1－2T k ＝1b k成立？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由． 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫5a 1＋5×42d －2(a 1＋d )＝25，(a 1＋3d )2＝a 1(a 1＋12d )，解得a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝2n ＋1. ∵b 1＝a 1＝3，b 2＝a 4＝9，∴等比数列{b n }的公比q ＝3，∴b n ＝3n . (2)不存在．理由如下：∵1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3， ∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3， ∴1－2T k ＝23＋12k ＋3(k ∈N *)，易知数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫12k ＋3为单调递减数列，∴23<1－2T k ≤1315，又1b k＝13k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13，∴不存在k ∈N *，使得等式1－2T k ＝1b k成立．热点二 数列的通项与求和(规范解答)数列的通项与求和是高考必考的热点题型，求通项属于基本问题，常涉及与等差、等比的定义、性质、基本量运算．求和问题关键在于分析通项的结构特征，选择合适的求和方法．常考求和方法有：错位相减法、裂项相消法、分组求和法等． 【例2】(满分12分)(2015·湖北卷)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100. (1) 求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2) 当d >1时，记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .满分解答 (1)解 由题意有⎩⎨⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎨⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，…………2分 解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.…………4分故⎩⎨⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝19(2n ＋79)，b n ＝9·⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1.…………6分(2)解 由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1， 故c n ＝2n －12n －1，…………7分于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，①12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .②…………8分 ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n …………10分 ＝3－2n ＋32n ，…………11分 故T n ＝6－2n ＋32n －1.…………12分❶由题意列出方程组得2分； ❷解得a 1与d 得2分，漏解得1分； ❸正确导出a n ，b n 得2分，漏解得1分； ❹写出c n 得1分；❺把错位相减的两个式子，按照上下对应好，再相减，就能正确地得到结果，本题就得满分，否则就容易出错，丢掉一些分数．用错位相减法解决数列求和的模板第一步：(判断结构)若数列{a n ·b n }是由等差数列{a n }与等比数列{b n }(公比q )的对应项之积构成的，则可用此法求和． 第二步：(乘公比)设{a n ·b n }的前n 项和为T n ，然后两边同乘以q . 第三步：(错位相减)乘以公比q 后，向后错开一位，使含有q k (k ∈N *)的项对应，然后两边同时作差． 第四步：(求和)将作差后的结果求和，从而表示出T n .【训练2】(2017·苏北四市联考)已知数列{a n }满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2＋k (n ∈N *，k ∈R )，且a 1＝2，a 3＋a 5＝－4.(1)若k ＝0，求数列{a n }的前n 项和S n ； (2)若a 4＝－1，求数列{a n }的通项公式a n .解 (1)当k ＝0时，2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，即a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，所以数列{a n }是等差数列．设数列{a n }的公差为d ，则⎩⎨⎧a 1＝2，2a 1＋6d ＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝－43.所以S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝2n ＋n (n －1)2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝－23n 2＋83n .(2)由题意得2a 4＝a 3＋a 5＋k ，即－2＝－4＋k ，所以k ＝2. 所以2a 2＝a 1＋a 3＋2,2a 3＝a 2＋a 4＋2，又a 4＝2a 3－a 2－2＝3a 2－2a 1－6，所以a 2＝3， 由2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2＋2得(a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝－2，所以数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝1为首项，－2为公差的等差数列．所以a n ＋1－a n ＝－2n ＋3，当n ≥2时，有a n －a n －1＝－2(n －1)＋3， 于是，a n －1－a n －2＝－2(n －2)＋3， a n －2－a n －3＝－2(n －3)＋3， ……a 3－a 2＝－2×2＋3， a 2－a 1＝－2×1＋3，叠加得a n －a 1＝－2(1＋2＋…＋(n －1))＋3(n －1)(n ≥2)， 所以a n ＝－2×n (n －1)2＋3(n －1)＋2＝－n 2＋4n －1(n ≥2)， 又当n ＝1时，a 1＝2也适合，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝－n 2＋4n －1，n ∈N *. 热点三 数列的综合应用热点3.1 数列与不等式的综合问题数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等式的证明．在解决这些问题时，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、分析法等．如果是解不等式问题，要使用不等式的各种不同解法，如数轴法、因式分解法等．【例3－1】(2017·泰州月考)设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 2n ＋1＝4S n ＋4n ＋1，n ∈N *，且a 2，a 5，a 14恰好是等比数列{b n }的前三项．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)记数列{b n }的前n 项和为T n ，若对任意的n ∈N *，⎝ ⎛⎭⎪⎫T n ＋32k ≥3n －6恒成立，求实数k 的取值范围．解 (1)当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －4(n －1)－1， 所以4a n ＝4S n －4S n －1＝a 2n ＋1－a 2n －4， 所以a 2n ＋1＝a 2n ＋4a n ＋4＝(a n ＋2)2，因为a n >0，所以a n ＋1＝a n ＋2，所以当n ≥2时，{a n }是以2为公差的等差数列． 因为a 2，a 5，a 14构成等比数列，所以a 25＝a 2·a 14，即(a 2＋6)2＝a 2·(a 2＋24)，解得a 2＝3， 由条件可知，4a 1＝a 22－5＝4，所以a 1＝1.因为a 2－a 1＝3－1＝2，所以数列{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列． 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. 因为a 5＝9，所以a 5a 2＝3，所以数列{b n }的通项公式为b n ＝3n . (2)T n ＝b 1(1－q n )1－q ＝3(1－3n )1－3＝3n ＋1－32.因为⎝ ⎛⎭⎪⎫3n ＋1－32＋32k ≥3n －6对n ∈N *恒成立， 所以k ≥2n －43n 对n ∈N *恒成立．令c n ＝2n －43n ，则c n －c n －1＝2n －43n －2n －63n －1＝－2(2n －7)3n(n ≥2，n ∈N *)， 当n ≤3时，c n >c n －1；当n ≥4时，c n <c n －1， 所以(c n )max ＝c 3＝227.故k ≥227.探究提高 数列中不等式问题的处理方法：(1)函数法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式．(2)放缩法：数列中不等式可以通过对中间过程或最后的结果放缩得到． (3)比较法：作差或者作商比较法．【训练3－1】(2017·镇江调研)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝2S n ＋n ＋1(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝na n ＋1－a n，数列{b n }的前n 项和为T n ，n ∈N *，证明：T n <2.(1)解 由S n ＋1＝2S n ＋n ＋1得，当n ≥2时， S n ＝2S n －1＋n ，则S n ＋1－S n ＝2(S n －S n －1)＋1. 所以a n ＋1＝2a n ＋1，所以a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)， 即a n ＋1＋1a n ＋1＝2(n ≥2)， 又因为S 2＝2S 1＋2，a 1＝S 1＝1，所以a 2＝3，所以a 2＋1a 1＋1＝2，所以a n ＋1＝2n ，即a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)证明 因为a n ＝2n－1，所以b n ＝n (2n ＋1－1)－(2n －1)＝n 2n ＋1－2n ＝n2n ，所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ， 所以12T n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，所以T n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝2－12n －1－n 2n <2.热点3.2 数列中的探索性问题处理探索性问题的一般方法是：假设题中的数学对象存在或结论成立或其中的一部分结论成立，然后在这个前提下进行逻辑推理．若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用．还可以根据已知条件建立恒等式，利用等式恒成立的条件求解．【例3－2】(2017·南京调研)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且2a 5－a 3＝13，S 4＝16.(1)求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)设T n ＝∑ni ＝1(－1)i a i ，若对一切正整数n ，不等式λT n <[a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ]·2n －1恒成立，求实数λ的取值范围；(3)是否存在正整数m ，n (n >m >2)，使得S 2，S m －S 2，S n －S m 成等比数列？若存在，求出所有的m ，n ；若不存在，请说明理由． 解 (1)设数列{a n }的公差为d . 因为2a 5－a 3＝13，S 4＝16.所以⎩⎨⎧2(a 1＋4d )－(a 1＋2d )＝13，4a 1＋6d ＝16，解得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1，S n ＝n 2.(2)①当n 为偶数时，设n ＝2k ，k ∈N *，则T 2k ＝(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋…＋(a 2k －a 2k －1)＝2k ， 代入不等式λT n <[a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ]·2n －1得λ·2k <4k，从而λ<4k2k .设f (k )＝4k 2k ，则f (k ＋1)－f (k )＝4k ＋12(k ＋1)－4k 2k ＝4k(3k －1)2k (k ＋1).因为k ∈N *，所以f (k ＋1)－f (k )>0，所以f (k )是递增的，所以f (k )min ＝2，所以λ<2. ②当n 为奇数时，设n ＝2k －1，k ∈N *， 则T 2k －1＝T 2k －(－1)2k a 2k ＝2k －(4k －1)＝1－2k ， 代入不等式λT n <[a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ]·2n －1， 得λ·(1－2k )<(2k －1)4k ，从而λ>－4k .因为k ∈N *，所以－4k 的最大值为－4，所以λ>－4. 综上所述，λ的取值范围为(－4,2)．(3)假设存在正整数m ，n (n >m >2)，使得S 2，S m －S 2，S n －S m 成等比数列，则(S m －S 2)2＝S 2·(S n －S m )，即(m 2－4)2＝4(n 2－m 2)，所以4n 2＝(m 2－2)2＋12，即4n 2－(m 2－2)2＝12， 即(2n －m 2＋2)(2n ＋m 2－2)＝12.因为n >m >2，所以n ≥4，m ≥3，所以2n ＋m 2－2≥15. 因为2n －m 2＋2是整数，所以等式(2n －m 2＋2)(2n ＋m 2－2)＝12不成立．故不存在正整数m ，n (n >m >2)，使得S 2，S m －S 2，S n －S m 成等比数列． 【训练3－2】(2017·南京、盐城质检)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝3，a n b n ＝2，b n ＋1＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫b n －21＋a n ，n ∈N *.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是等差数列，并求数列{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝2a n －5，对于给定的正整数p ，是否存在正整数q ，r (p ＜q ＜r )，使得1c p ，1c q ，1c r 成等差数列？若存在，试用p 表示q ，r ；若不存在，请说明理由．(1)证明 因为a n b n ＝2，所以a n ＝2b n ，则b n ＋1＝a n b n －2a n1＋a n ＝2－4b n 1＋2b n＝2－4b n ＋2＝2b nb n ＋2， 所以1b n ＋1＝1b n ＋12，又a 1＝3，所以b 1＝23，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是首项为32，公差为12的等差数列，即1b n＝32＋(n －1)×12＝n ＋22，所以b n ＝2n ＋2.(2)解 由(1)知a n ＝n ＋2，所以c n ＝2a n －5＝2n －1. ①当p ＝1时，c p ＝c 1＝1，c q ＝2q －1，c r ＝2r －1， 若1c p ，1c q ，1c r 成等差数列， 则22q －1＝1＋12r －1，(*) 因为p ＜q ＜r ，所以q ≥2，r ≥3，22q －1＜1,1＋12r －1＞1，所以(*)式不成立．②当p ≥2时，若1c p，1c q，1c r成等差数列，则22q －1＝12p －1＋12r －1，所以12r －1＝22q －1－12p－1＝4p－2q－1(2p－1)(2q－1)，即2r－1＝(2p－1)(2q－1)4p－2q－1，所以r＝2pq＋p－2q4p－2q－1，欲满足题设条件，只需q＝2p－1，此时r＝4p2－5p＋2，因为p≥2，所以q＝2p－1＞p，r－q＝4p2－7p＋3＝4(p－1)2＋p－1＞0，即r＞q.综上所述，当p＝1时，不存在q，r满足题设条件；当p≥2时，存在q＝2p－1，r＝4p2－5p＋2，满足题设条件.热点3.3数列的实际应用数列在实际问题中的应用，要充分利用题中限制条件确定数列的特征，如通项公式、前n项和公式或递推关系式，建立数列模型．【例3－3】某企业的资金每一年都比上一年分红后的资金增加一倍，并且每年年底固定给股东们分红500万元，该企业2010年年底分红后的资金为1 000万元．(1)求该企业2014年年底分红后的资金；(2)求该企业从哪一年开始年底分红后的资金超过32 500万元．解设a n为(2010＋n)年年底分红后的资金，其中n∈N*，则a1＝2×1 000－500＝1 500，a2＝2×1 500－500＝2 500，…，a n＝2a n－1－500(n≥2)．∴a n－500＝2(a n－1－500)(n≥2)，即数列{a n－500}是以a1－500＝1 000为首项，2为公比的等比数列，∴a n－500＝1 000×2n－1，∴a n＝1 000×2n－1＋500.(1)∵a4＝1 000×24－1＋500＝8 500，∴该企业2014年年底分红后的资金为8 500万元．(2)由a n>32 500，即2n－1>32，得n>6，∴该企业从2017年开始年底分红后的资金超过32 500万元．【训练3－3】(2017·南京师大附中模拟)为了减少城市公交车的碳排放，优化城市环境，某市计划用若干年时间更换现有的10 000辆燃油型公交车．每更换1辆新车，则淘汰1辆燃油型公交车，更换的新车分别为电力型车、混合动力型车这两种车型，今年初(记为第1年)投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车400辆，计划以后每年电力型车的投入量比上一年增加50%，混合动力型车每年比上一年多投入a 辆．设S n ，T n 分别为前n 年里投入的电力型公交车、混合动力型公交车的总数量．(1)求S n ，T n ；(2)该市计划从今年起，要实现以下的更新目标：用2年的时间至少更新燃油型公交车总量的12%，用5年的时间至少更新燃油型公交车总量的50%，求a 的最小值．解 (1)S n ＝256⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1， T n ＝400n ＋n (n －1)2a .(2)设前n 年更换的燃油型公交车为A n 辆，则A n ＝S n ＋T n ＝256⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＋400n ＋n (n －1)2a ， 由题意得⎩⎨⎧ A 2≥1 200，A 5≥5 000，解得⎩⎨⎧a ≥80，a ≥131.2，即a ≥131.2且a ∈N *， 所以a 的最小值为132.(建议用时：80分钟)1．(2015·重庆卷)已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92.(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n .解 (1)设{a n }的公差为d ，则由已知条件得a 1＋2d ＝2,3a 1＋3×22d ＝92，化简得a 1＋2d ＝2，a 1＋d ＝32，解得a 1＝1，d ＝12，故{a n }的通项公式a n ＝1＋n －12，即a n ＝n ＋12.(2)由(1)得b 1＝1，b 4＝a 15＝15＋12＝8.设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 4b 1＝8，从而q ＝2， 故{b n }的前n 项和T n ＝b 1(1－q n )1－q ＝1×(1－2n )1－2＝2n －1. 2．(2017·苏州调研)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d ≠0，且S 3＋S 5＝50，a 1，a 4，a 13成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)依题意得⎩⎪⎨⎪⎧ 3a 1＋3×22d ＋5a 1＋4×52d ＝50，(a 1＋3d )2＝a 1(a 1＋12d )，解得⎩⎨⎧a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝2n ＋1. (2)∵b n a n ＝3n －1，∴b n ＝a n ·3n －1＝(2n ＋1)·3n －1， ∴T n ＝3＋5×3＋7×32＋…＋(2n ＋1)×3n －1，3T n ＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n －1)×3n －1＋(2n ＋1)×3n ， 两式相减得，－2T n ＝3＋2×3＋2×32＋…＋2×3n －1－(2n ＋1)×3n＝3＋2×3(1－3n －1)1－3－(2n ＋1)×3n ＝－2n ×3n ， ∴T n ＝n ×3n .3．(2017·兰州模拟)正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：对于任意的n ∈N *，都有T n <564.(1)解 由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0.由于{a n }是正项数列，所以S n >0，S n ＝n 2＋n .于是a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n ，又a 1＝2＝2×1. 综上，数列{a n }的通项a n ＝2n .(2)证明 由于a n ＝2n ，b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n， 则b n ＝n ＋14n 2(n ＋2)2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1(n ＋2)2. T n ＝116⎣⎢⎡1－132＋122－142＋132－152＋… ⎦⎥⎤＋1(n －1)2－1(n ＋1)2＋1n 2－1(n ＋2)2 ＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2<116⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＝564. 所以对于任意的n ∈N *，都有T n ＜564.4．(2017·泰州模拟)已知数列{a n }，{b n }满足2S n ＝(a n ＋2)b n ，其中S n 是数列{a n }的前n 项和．(1)若数列{a n }是首项为23，公比为－13的等比数列，求数列{b n }的通项公式；(2)若b n ＝n ，a 2＝3，求数列{a n }的通项公式；(3)在(2)的条件下，设c n ＝a n b n，求证：数列{c n }中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积．(1)解 因为a n ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ， 所以S n ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ，所以b n ＝2S n a n ＋2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ＋2＝12. (2)解 若b n ＝n ，则2S n ＝na n ＋2n ，①所以2S n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1＋2(n ＋1)，②由②－①得2a n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ＋2，即na n ＝(n －1)a n ＋1＋2，③当n ≥2时，(n －1)a n －1＝(n －2)a n ＋2，④由③－④得(n －1)a n ＋1＋(n －1)a n －1＝2(n －1)a n ，即a n ＋1＋a n －1＝2a n ，又由2S 1＝a 1＋2得a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公差为3－2＝1的等差数列， 故数列{a n }的通项公式是a n ＝n ＋1.(3)证明 由(2)得c n ＝n ＋1n ，对于给定的n ∈N *，若存在k ≠n ，t ≠n ，k ≠t ，k ，t ∈N *，使得c n ＝c k ·c t ，只需n ＋1n ＝k ＋1k ·t ＋1t ，即1＋1n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1t ，即1n ＝1k ＋1t ＋1kt ， 则t ＝n (k ＋1)k －n， 取k ＝n ＋1，则t ＝n (n ＋2)，所以对数列{c n }中的任意一项c n ＝n ＋1n ，都存在c n ＋1＝n ＋2n ＋1和c n 2＋2n ＝n 2＋2n ＋1n 2＋2n使得c n ＝c n ＋1·c n 2＋2n .5．(2017·徐州、宿迁、连云港三市模拟)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝⎩⎨⎧a n ＋2，n ＝2k －1，3a n ，n ＝2k(k ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2的正整数n 的值；(3)设数列{a n }的前n 项和为S n ，问是否存在正整数m ，n ，使得S 2n ＝mS 2n －1？若存在，求出所有的正整数对(m ，n )；若不存在，请说明理由． 解 (1)由题意，数列{a n }的奇数项是以a 1＝1为首项，2为公差的等差数列； 偶数项是以a 2＝2为首项，3为公比的等比数列．所以对任意正整数k ，a 2k －1＝2k －1，a 2k ＝2×3k －1.所以数列{a n }的通项公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n ＝2k －1，2×3n 2－1，n ＝2k (k ∈N *)． (2)当n 为奇数时，由2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，得2×2×3n ＋12－1＝n ＋n ＋2，所以2×3n －12＝n ＋1，令f (x )＝2×3x －12－x －1(x ≥1)，由f ′(x )＝23×(3)x ×ln 3－1≥23×3×ln 3－1＝ln 3－1>0， 可知f (x )在[1，＋∞)上是增函数，所以f (x )≥f (1)＝0，所以当且仅当n ＝1时，满足2×3n －12＝n ＋1，即2a 2＝a 1＋a 3.当n 为偶数时，由2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，得2(n ＋1)＝2×3n 2－1＋2×3n ＋22－1，即n ＋1＝3n 2－1＋3n 2＝4×3n 2－1，上式左边为奇数，右边为偶数，因此不成立．综上，满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2的正整数n 的值为1.(3)存在．S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝n (1＋2n －1)2＋2(1－3n )1－3＝3n ＋n 2－1，n ∈N *. S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝3n －1＋n 2－1.假设存在正整数m ，n ，使得S 2n ＝mS 2n －1，则3n ＋n 2－1＝m (3n －1＋n 2－1)，所以3n －1(3－m )＝(m －1)(n 2－1)，(*)从而3－m ≥0，所以m ≤3，又m ∈N *，所以m ＝1,2,3.①当m ＝1时，(*)式左边大于0，右边等于0，不成立．②当m ＝3时，(*)式左边等于0，所以2(n 2－1)＝0，n ＝1，所以S 2＝3S 1. ③当m ＝2时，(*)式可化为3n －1＝n 2－1＝(n ＋1)(n －1)， 则存在k 1，k 2∈N ，k 1<k 2，使得n －1＝3k 1，n ＋1＝3k 2且k 1＋k 2＝n －1， 从而3k 2－3k 1＝3k 1(3k 2－k 1－1)＝2，所以3k 1＝1,3k 2－k 1－1＝2， 所以k 1＝0，k 2－k 1＝1，于是n ＝2，S 4＝2S 3.综上，符合条件的正整数对(m ，n )为(2,2)，(3,1)．6．(2016·江苏卷)记U ＝{1,2，…，100}．对数列{a n }(n ∈N *)和U 的子集T ，若T ＝∅，定义S T ＝0；若T ＝{t 1，t 2，…，t k }，定义S T ＝at 1＋at 2＋…＋at k .例如：T ＝{1,3,66}时，S T ＝a 1＋a 3＋a 66.现设{a n }(n ∈N *)是公比为3的等比数列，且当T ＝{2,4}时，S T ＝30.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意正整数k (1≤k ≤100)，若T ⊆{1,2，…，k }，求证：S T ＜a k ＋1；(3)设C ⊆U ，D ⊆U ，S C ≥S D ，求证：S C ＋S C ∩D ≥2S D .(1)解 当T ＝{2,4}时，S T ＝a 2＋a 4＝a 2＋9a 2＝30，∴a 2＝3，a 1＝a 23＝1，故a n ＝a 1q n －1＝3n －1. (2)证明 对任意正整数k (1≤k ≤100)．由于T ⊆{1,2，…，k }，则S T ≤a 1＋a 2＋a 3＋…＋a k ＝1＋3＋32＋…＋3k －1＝3k －12＜3k ＝a k ＋1.(3)证明 设A ＝∁C (C ∩D )，B ＝∁D (C ∩D )，则A ∩B ＝∅，S C ＝S A ＋S C ∩D ，S D ＝S B ＋S C ∩D ，S C ＋S C ∩D －2S D ＝S A －2S B ，∴S C ＋S C ∩D ≥2S D 等价于S A ≥2S B .由条件S C ≥S D 可得S A ≥S B .①若B ＝∅，则S B ＝0，所以S A ≥2S B 成立，②若B ≠∅，由S A ≥S B 可知A ≠∅，设A 中的最大元素为I ，B 中的最大元素为m ，若m ≥I ＋1，则由(2)得S A ＜S I ＋1≤a m ≤S B ，矛盾．又∵A ∩B ＝∅，∴I ≠m ，∴I ≥m ＋1，∴S B≤a1＋a2＋…＋a m＝1＋3＋32＋…＋3m－1＜a m＋12≤a I2≤S A2，即S A＞2S B成立．综上所述，S A≥2S B.故S C＋S C∩D≥2S D成立.。

第38课数列的概念A 应知应会1。

若数列｛a n}的前4项为1,3，7，15，则数列｛a n}的一个通项公式为a n= .2。

(2016·无锡一中)已知数列｛a n}的前n项和为S n,且S n=2n2-1,那么= 。

3.已知数列{a n}的通项公式为a n=log2（3+n2)—2，那么log23是这个数列的第项.4。

已知数列｛a n}的前n项和S n=n2-9n，若它的第k项满足5<a k<8，则k= 。

5.已知数列｛a n}的通项公式是a n=n2-7n+6。

（1) 150是不是这个数列的项？若是这个数列的项,则它是第几项？（2）该数列从第几项开始各项都是正数？6.已知数列{a n｝满足2a1+22a2+23a3+…+2n a n=4n—1，求数列｛a n}的通项公式.B 巩固提升1.已知数列｛a n}满足a1=0,a n+1=，那么a20= .2.若递增数列｛a n}满足a n+a n+1+a n+2=3n—6,且a2=a1，则a1的取值范围是。

3。

（2016·无锡期末）已知数列{a n}和{b n}满足b n=a n+1-a n，且b n+1-b n=1。

若a3=1,a4=—1,则a1= 。

4.(2015·长春二模)在数列{a n｝中,已知a1=2,a2=7,且a n+2是a n a n+1的个位数字，S n是｛a n｝的前n项和,则S242-7a7= .5。

(2015·上海卷）已知数列{a n｝与｛b n}满足a n+1—a n=2（b n+1-b n）.（1) 若b n=3n+5，且a1=1，求数列｛a n}的通项公式;(2) 设数列{a n｝的第n0项是最大项，即≥a n,求证：数列{b n}的第n0项也是最大项。

6。

(2016·徐州、连云港、宿迁三检）在数列｛a n}中，已知a1=1，a2=2，a n+2=(k∈N*）.（1）求数列｛a n｝的通项公式;（2) 求满足2a n+1=a n+a n+2的正整数n的值。

专题6.1 数列的概念与简单表示法一、填空题1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－2n ，则a 2＋a 18＝_______【解析】当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －3；当n ＝1时， a 1＝S 1＝－1，所以a n ＝2n －3(n ∈N *)，所以a 2＋a 18＝34.2．数列{a n }中，a 1＝1，对于所有的n ≥2，n ∈N *都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝_______ 【解析】令n ＝2,3,4,5，分别求出a 3＝94，a 5＝2516，∴a 3＋a 5＝6116.3．在各项均为正数的数列{a n }中，对任意m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ·a n .若a 6＝64，则a 9等于_______ 【解析】在各项均为正数的数列{a n }中，对任意m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ·a n .∴a 6＝a 3·a 3＝64，a 3＝8. ∴a 9＝a 6·a 3＝64×8＝512.4．已知数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2.若a k ·a k ＋1<0，则正整数k ＝_______【解析】由3a n ＋1＝3a n －2得a n ＋1＝a n －23，则{a n }是等差数列，又a 1＝15，∴a n ＝473－23n .∵a k ·a k ＋1<0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫473－23k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫453－23k <0，∴452<k <472，∴k ＝23，故选C.5．在数列{a n }中，已知a 1＝2，a 2＝7，a n ＋2等于a n a n ＋1(n ∈N *)的个位数，则a 2 015＝_______6．如果数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝1，且a n －1－a n a n －1＝a n －a n ＋1a n ＋1(n ≥2)，则这个数列的第10项等于_______ 【解析】∵a n －1－a n a n －1＝a n －a n ＋1a n ＋1，∴1－a n a n －1＝a n a n ＋1－1，即a n a n －1＋a n a n ＋1＝2，∴1a n －1＋1a n ＋1＝2a n ，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列．又∵d ＝1a 2－1a 1＝12，∴1a 10＝12＋9×12＝5，故a 10＝15.7．已知数列{a n }中，a 1＝1，若a n ＝2a n －1＋1(n ≥2)，则a 5的值是________． 【解析】∵a n ＝2a n －1＋1，∴a n ＋1＝2(a n －1＋1)，∴a n ＋1a n －1＋1＝2，又a 1＝1，∴{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，即a n ＋1＝2×2n －1＝2n，∴a 5＋1＝25，即a 5＝31.8．在数列－1,0，19，18，…，n －2n 2，…中，0.08是它的第________项．【解析】令n －2n2＝0.08，得2n 2－25n ＋50＝0， 即(2n －5)(n －10)＝0.解得n ＝10或n ＝52(舍去)．即0.08是该数列的第10项．9．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1(a n ＋2)＝a n (n ∈N *)，若b n ＋1＝(n －p )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n＋1，b 1＝－p ，且数列{b n }是单调递增数列，则实数p 的取值范围为________．10．设{a n }是首项为1的正项数列，且(n ＋1)a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1·a n ＝0(n ＝1,2,3，…)，则它的通项公式a n ＝________.【解析】∵(n ＋1)a 2n ＋1＋a n ＋1·a n －na 2n ＝0， ∴(a n ＋1＋a n )[(n ＋1)a n ＋1－na n ]＝0， 又a n ＋1＋a n >0，∴(n ＋1)a n ＋1－na n ＝0，即a n ＋1a n ＝nn ＋1， ∴a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·a 5a 4·…·a n a n －1＝12×23×34×45×…×n －1n ，∵a 1＝1，∴a n ＝1n. 二、解答题11．已知S n 为正项数列{a n }的前n 项和，且满足S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)．(1)求a 1， a 2，a 3，a 4的值； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)由S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)，可得a 1＝12a 21＋12a 1，解得a 1＝1； S 2＝a 1＋a 2＝12a 22＋12a 2，解得a 2＝2；同理，a 3＝3，a 4＝4. (2)S n ＝12a 2n ＋12a n ，①当n ≥2时，S n －1＝12a 2n －1＋12a n －1，②①－②，整理得(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1)＝0. 由于a n ＋a n －1≠0，所以a n －a n －1＝1， 又由(1)知a 1＝1，故数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列，故a n ＝n . 12．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，求实数k 的取值范围．。