江苏高考数学理二轮专题复习演练4.2数列求和及综合应用

数列求和与递推综合归类目录重难点题型归纳 1【题型一】等差与等比型累加法 1【题型二】换元型累加、累积法 3【题型三】周期数列型递推 4【题型四】二阶等比数列型递推 6【题型五】分式型求递推 7【题型六】前n 项积型递推 8【题型七】“和”定值型递推 9【题型八】分段型等差等比求和 11【题型九】函数中心型倒序求和 12【题型十】分组求和型 14【题型十一】错位相减型求和 16【题型十二】正负相间型求和 19【题型十三】无理根式型裂项相消求和 20【题型十四】指数型裂项相消 22【题型十五】等差指数混合型裂项 23【题型十六】裂和型裂项相消 26【题型十七】分离常数型裂项 27好题演练29重难点题型归纳重难点题型归纳题型一等差与等比型累加法【典例分析】1.(等差累加法)已知数列a n 中，已知a 1=2，a n +1-a n =2n ，则a 50等于()A.2451B.2452C.2449D.24502.(等比累加法)已知数列a n 满足a 1=2，a n +1-a n =2n ，则a 9=()A.510B.512C.1022D.10242024年高考数学专项复习数列求和与递推综合归类 （解析版）【技法指引】对于递推公式为a n -a n -1=f n ，一般利用累加法求出数列的通项公式；累乘法：若在已知数列中相邻两项存在：a na n -1=g (n )(n ≥2)的关系，可用“累乘法”求通项.【变式演练】1.已知数列a n n ∈N * 是首项为1的正项等差数列，公差不为0，若a 1、数列a 2n 的第2项、数列a n 2 的第5项恰好构成等比数列，则数列a n 的通项公式为()A.a n =2n -1B.a n =2n +1C.a n =n -1D.a n =n +12.已知数列a n 中，a 1=1，前n 项和S n =n +23a n ，则a n 的通项公式为.题型二换元型累加、累积法【典例分析】1.已知数列a n 满足：a 1=13，(n +1)a n +1-na n =2n +1，n ∈N *，则下列说法正确的是()A.a n +1≥a nB.a n +1≤a nC.数列a n 的最小项为a 3和a 4D.数列a n 的最大项为a 3和a 4【变式演练】1.(换元对数累加法)在数列a n 中，a 1=2，a n +1n +1=a n n +ln 1+1n ，则a n =()A.a 8B.2+n -1 ln nC.1+n +ln nD.2n +n ln n2.已知数列a n 满足a 1=32，a n =n n -1a n -1-n2n .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列a n 的前n 项和为S n ，求满足S n <12的所有正整数n 的取值集合.【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2，a n+1=1+a n1-a n，(n∈N*)，则a1⋅a2⋅a3⋅⋯a2009⋅a2010=_________．【变式演练】1.数列{a n}中，a1=1，a2=3，a n+1=a n-a n-1(n≥2,n∈N*)，那么a2019=()A.1B.2C.3D.-32.数列a n的首项a1=3，且a n=2-2a n-1n≥2，则a2021=()A.3B.43C.12D.-2题型四【二阶等比数列型递推【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2,且a n=2a n-1-1(n≥2,n∈N+)，则a n=______________【变式演练】1.已知数列a n中，a1=1，a n=3a n-1+4(n∈N∗且n≥2)，则数列a n通项公式a n为() A.3n-1 B.3n+1-2 C.3n-2 D.3n2.已知数列{a n}满足：a n+1=2a n-n+1(n∈N*)，a1=3.(1)证明数列b n=a n-n(n∈N*)是等比数列，并求数列{a n}的通项；(2)设c n=a n+1-a na n a n+1，数列{c n}的前n项和为{S n}，求证：S n<1.【典例分析】1.在数列{a n}中，a1=1，a n+1=2a na n+2(n∈N*)，则22019是这个数列的第________________项．【变式演练】1.已知数列a n满足a1=1,a n+1=2a na n+2.记C n=2na n，则数列Cn的前n项和C1+C2+...+Cn=．2.数列a n满足：a1=13，且na n=2a n-1+n-1a n-1(n∈N*,n≥2)，则数列a n的通项公式是a n=．题型六前n项积型递推【典例分析】1.设等比数列a n的公比为q，其前n项和为S n，前n项积为T n，并且满足条件a1>1，a7a8>1，a7-1a8-1<0.则下列结论正确的是(多选题)A.0<q<1B.a7a9<1C.T n的最大值为T7D.S n的最大值为S7【技法指引】类比前n项和求通项过程来求数列前n项积：1.n=1，得a12.n≥2时，a n=T n T n-1所以a n=T1，(n=1) T nT n-1,(n≥2)【变式演练】1.若数列a n满足a n+2=2⋅a n+1a n(n∈N*)，且a1=1,a2=2，则数列a n的前2016项之积为()A.22014B.22015C.22016D.220172.设等比数列a n的公比为q，其前n项和为S n，前n项积为T n，并满足条件a1>1，且a2020a2021> 1，a2020-1a2021-1<0，下列结论正确的是(多选题)A.S2020<S2021B.a2020a2022-1<0C.数列T n无最大值 D.T2020是数列T n中的最大值题型七“和”定值型递推【典例分析】1.若数列a n满足a n+2a n+1+a n+1a n=k(k为常数)，则称数列a n为等比和数列，k称为公比和，已知数列a n是以3为公比和的等比和数列，其中a1=1，a2=2，则a2019=______.【变式演练】1.已知数列{a n}满足a n+a n+1=12(n∈N*)，a2=2，S n是数列{a n}的前n项和，则S21为()A.5B.72C.92D.1322.知数列{a n}满足：a n+1+a n=4n-3(n∈N*)，且a1=2，则a n=．题型八分段型等差等比求和【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2，a n+1=32a n,n为奇数2a n,n为偶数 .(1)记b n=a2n，写出b1，b2，并求数列b n的通项公式；(2)求a n的前12项和.【变式演练】1.已知数列a n满足a1=1,a n+1=a n+1,n=2k-1, a n,n=2k.(1)求a2,a5的值；(2)求a n的前50项和S50．题型九函数中心型倒序求和【典例分析】1.已知A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 是函数f (x )=2x 1-2x,x ≠12-1,x =12的图象上的任意两点(可以重合)，点M为AB 的中点，且M 在直线x =12上．(1)求x 1+x 2的值及y 1+y 2的值；(2)已知S 1=0，当n ≥2时，S n =f 1n +f 2n +f 3n +⋯+f n -1n，求S n ；(3)若在(2)的条件下，存在n 使得对任意的x ，不等式S n >-x 2+2x +t 成立，求t 的范围．【变式演练】2.已知a n 为等比数列，且a 1a 2021=1，若f x =21+x2，求f a 1 +f a 2 +f a 3 +⋯+f a 2021 的值．题型十分组求和型【典例分析】1.已知等比数列a n 的公比大于1，a 2=6，a 1+a 3=20.(1)求a n 的通项公式；(2)若b n =a n +1log 3a n +12log 3a n +22，求b n 的前n 项和T n .【技法指引】对于a n +b n 结构，利用分组求和法【变式演练】1.设S n 为数列a n 的前n 项和，已知a n >0，a 2n +2a n =4S n +3n ∈N *，若数列b n 满足b 1=2，b 2=4，b 2n +1=b n b n +2n ∈N *(1)求数列a n 和b n 的通项公式；(2)设c n =1S n,n =2k -1,k ∈N * b n,n =2k ,k ∈N *求数列c n 的前n 项的和T n .【典例分析】1.已知数列a n 满足a 1=2，且a n +1-3 ⋅a n +1 +4=0，n ∈N *.(1)求证：数列1a n -1是等差数列；(2)若数列b n 满足b n =2n +1a n -1，求b n 的前n 项和.【技法指引】对于a n b n 结构，其中a n 是等差数列，b n 是等比数列，用错位相减法求和；思维结构结构图示如下【变式演练】1.已知等比数列a n 的首项a 1=1，公比为q ，b n 是公差为d d >0 的等差数列，b 1=a 1，b 3=a 3，b 2是b 1与b 7的等比中项．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n 的前n 项和为S n ，数列c n 满足nc n =a 2n S n ，求数列c n 的前n 项和T n ．【典例分析】1.已知数列a n各项均为正数，且a1=2，a n+12-2a n+1=a n2+2a n．(1)求a n的通项公式(2)设b n=-1n a n，求b1+b2+b1+⋯+b20．【变式演练】1.设等差数列a n的前n项和为S n，已知a3+a5=8,S3+S5=10. (1)求a n的通项公式；(2)令b n=(-1)n a n，求数列b n的前n项和T n.题型十三无理根式型裂项相消求和【典例分析】1.设数列a n的前n项和为S n，且满足2S n=3a n-3．(1)求数列a n的通项公式：(2)若b n=a n3,n为奇数1log3a n+log3a n+2,n为偶数，求数列和b n 的前10项的和．【变式演练】1.设数列a n的前n项和S n满足2S n=na n+n，n∈N+，a2=2，(1)证明：数列a n是等差数列，并求其通项公式﹔(2)设b n=1a n a n+1+a n+1a n，求证：T n=b1+b2+⋯+b n<1.题型十四指数型裂项相消【典例分析】1.已知数列a n 的前n 项和为S n ，且S n =2a n -1.(1)求a n ；(2)设b n =a n a n +1-1 ⋅a n +2-1 ，求数列b n 的前n 项和T n .【变式演练】1.数列a n 满足：a 1+2a 2+3a 3+⋅⋅⋅+n -1 a n -1=2+n -2 ⋅2n n ≥2 .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =a n a n -1 a n +1-1，T n 为数列b n 的前n 项和，若T n <m 2-3m +3恒成立，求实数m 的取值范围.题型十五等差指数混合型裂项【典例分析】1.已知数列a n 满足S n =n a 1+a n 2，其中S n 是a n 的前n 项和.(1)求证：a n 是等差数列；(2)若a 1=1,a 2=2，求b n =2n 1-a n a n a n +1的前n 项和T n .【变式演练】2.已知等比数列a n 的各项均为正数，2a 5，a 4，4a 6成等差数列，且满足a 4=4a 23，数列S n 的前n 项之积为b n ，且1S n +2b n=1．(1)求数列a n 和b n 的通项公式；(2)设d n =b n +2⋅a n b n ⋅b n +1，若数列d n 的前n 项和M n ，证明：730≤M n <13．【典例分析】1.已知数列a n 的满足a 1=1，a m +n =a m +a n m ,n ∈N * .(1)求a n 的通项公式；(2)记b n =(-1)n ⋅2n +1a n a n +1，数列b n 的前2n 项和为T 2n ，证明：-1<T 2n ≤-23.【技法指引】正负相间型裂和，裂项公式思维供参考：-1 n ⋅pn +q kn +b k (n +1)+b=-1 n ⋅t 1kn +b +1k (n +1)+b【变式演练】1.记正项数列a n 的前n 项积为T n ，且1a n =1-2T n ．(1)证明：数列T n 是等差数列；(2)记b n =-1 n ⋅4n +4T n T n +1，求数列b n 的前2n 项和S 2n ．【典例分析】1.已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，若S 8=4a 4+20，且a 5+a 6=11.(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =n 2+n +1a n a n +1，求b n 的前n 项和T n .【变式演练】1.已知等差数列a n 的通项公式为a n =2n -c c <2 ，记数列a n 的前n 项和为S n n ∈N * ，且数列S n 为等差数列．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列4S n a n a n +1的前n 项和为T n n ∈N * ，求T n 的通项公式．好题演练好题演练1.(山东省泰安市2023届高三二模数学试题)已知数列a n 的前n 项和为S n ，a 1=2，a n ≠0，a n a n +1=4S n .(1)求a n ；(2)设b n =-1 n ⋅3n -1 ，数列b n 的前n 项和为T n ，若∀k ∈N *，都有T 2k -1<λ<T 2k 成立，求实数λ的范围.2.(2023·全国·模拟预测)已知正项数列a n 满足a 1=1，a n +1a n =1+1n.(1)求证：数列a 2n 为等差数列；(2)设b n =1a 2n a n +1+a n a 2n +1，求数列b n 的前n 项和T n .3.(2023·全国·学军中学校联考二模)设数列a n 满足a n +1=3a n -2a n -1n ≥2 ,a 1=1,a 2=2.(1)求数列a n 的通项公式；(2)在数列a n 的任意a k 与a k +1项之间，都插入k k ∈N * 个相同的数(-1)k k ，组成数列b n ，记数列b n 的前n 项的和为T n ，求T 27的值.4.(2023·全国·长郡中学校联考二模)已知正项数列a n 的前n 项和为S n ，且a 1=1，a n =S n +S n -1(n ∈N *且n ≥2).(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列a n +22n a n a n +1 的前n 项和为T n ，求证：T n <1.5.(2023·四川攀枝花·统考三模)已知等差数列a n的公差为d d≠0，前n项和为S n，现给出下列三个条件：①S1,S2,S4成等比数列；②S4=32；③S6=3a6+2.请你从这三个条件中任选两个解答下列问题.(1)求数列a n的通项公式；(2)若b n-b n-1=2a n n≥2，且b1=3，设数列1b n的前n项和为Tn，求证：13≤T n<12.6.(2023春·江西抚州·高二金溪一中校联考期中)已知数列a n满足a1=2,a n+1= 2a n+2,n为奇数,1 2a n+1,n为偶数.(1)记b n=a2n，证明：数列b n为等差数列；(2)若把满足a m=a k的项a m,a k称为数列a n中的重复项，求数列a n的前100项中所有重复项的和.7.(河北省2023届高三下学期大数据应用调研联合测评(Ⅲ)数学试题)已知数列a n 满足：a 1=12，3a n +1a n =1+a n +11+a n.(1)求证：1a n +1 是等比数列，并求出数列a n 的通项公式；(2)设b n =3n ⋅a n a n +1，求数列b n 的前n 项和S n .8.(2023·全国·模拟预测)已知数列a n 的前n 项和S n 满足S n =n 2-1+a n .(1)求a 1及a n ；(2)令b n =4S n a n a n +1，求数列b n 的前n 项和T n .数列求和与递推综合归类目录重难点题型归纳 1【题型一】等差与等比型累加法 1【题型二】换元型累加、累积法 3【题型三】周期数列型递推 4【题型四】二阶等比数列型递推 6【题型五】分式型求递推 7【题型六】前n项积型递推 8【题型七】“和”定值型递推 9【题型八】分段型等差等比求和 11【题型九】函数中心型倒序求和 12【题型十】分组求和型 14【题型十一】错位相减型求和 16【题型十二】正负相间型求和 19【题型十三】无理根式型裂项相消求和 20【题型十四】指数型裂项相消 22【题型十五】等差指数混合型裂项 23【题型十六】裂和型裂项相消 26【题型十七】分离常数型裂项 27好题演练 29重难点题型归纳重难点题型归纳题型一等差与等比型累加法【典例分析】1.(等差累加法)已知数列a n中，已知a1=2，a n+1-a n=2n，则a50等于()A.2451B.2452C.2449D.2450【答案】B【详解】由a n+1-a n=2n得：a n-a n-1=2n-1，a n-1-a n-2=2n-2，⋯⋯，a3-a2=2×2，a2-a1=2×1，各式相加可得：a n-a1=2×1+2+⋅⋅⋅+n-1=2×n n-12=n n-1，又a1=2，∴a n=2+n n-1=n2-n+2，∴a50=2500-50+2=2452.故选：B.2.(等比累加法)已知数列a n满足a1=2，a n+1-a n=2n，则a9=()A.510B.512C.1022D.1024【答案】B【详解】由a1=2,a n+1-a n=2n得a2-a1=2，a3-a2=22，a4-a3=23，⋮a n -a n -1=2n -1，以上各式相加得，a n -a 1=2+22+⋯+2n -1=21-2n -11-2=2n -2，所以a n =2n -2+a 1=2n ，所以a 9=29=512.故选：B .【技法指引】对于递推公式为a n -a n -1=f n ，一般利用累加法求出数列的通项公式；累乘法：若在已知数列中相邻两项存在：a na n -1=g (n )(n ≥2)的关系，可用“累乘法”求通项.【变式演练】1.已知数列a n n ∈N * 是首项为1的正项等差数列，公差不为0，若a 1、数列a 2n 的第2项、数列a n 2 的第5项恰好构成等比数列，则数列a n 的通项公式为()A.a n =2n -1B.a n =2n +1C.a n =n -1D.a n =n +1【答案】A【分析】根据题意设a n =1+n -1 d ，所以a 2n =1+2n -1 d ，a n 2=1+n 2-1 d ，所以1，1+3d ，1+24d 构成等比数列，即1+3d 2=1×1+24d ，求出d 即可求解.【详解】设等差数列a n 的公差为d d >0 ，所以a n =1+n -1 d ，所以a 2n =1+2n -1 d ，a n 2=1+n 2-1 d ，又a 1、数列a 2n 的第2项、数列a n 2的第5项恰好构成等比数列，即1，1+3d ，1+24d 构成等比数列，所以1+3d 2=1×1+24d ，解得d =2，d =0(舍去)，所以a n =2n -1.故选：A .2.已知数列a n 中，a 1=1，前n 项和S n =n +23a n ，则a n 的通项公式为.【答案】a n =n n +12【分析】由S n =n +23a n ，变形可得则S n -1=n +13a n -1，两式相减变形可得a n a n -1=n +1n -1，又由a n =a n a n -1 ×a n -1a n -2 ×⋯⋯×a2a 1×a 1，计算可得a n =n (n +1)2，验证a 1即可得答案．【详解】根据题意，数列{a n }中，a 1=1，S n =n +23a n (n ∈N *)，S n =n +23a n ①，S n -1=n +13a n -1②，①-②可得：a n =(n +2)a n 3-(n +1)a n -13，变形可得：a n a n -1=n +1n -1，则a n =a n a n -1 ×a n -1a n -2 ×⋯⋯×a 2a 1×a 1=n +1n -1 ×n n -2 ×⋯⋯×31 ×1=n (n +1)2；n =1时，a 1=1符合a n =n (n +1)2；故答案为：a n =n (n +1)2．题型二换元型累加、累积法【典例分析】1.已知数列a n 满足：a 1=13，(n +1)a n +1-na n =2n +1，n ∈N *，则下列说法正确的是()A.a n +1≥a nB.a n +1≤a nC.数列a n 的最小项为a 3和a 4D.数列a n 的最大项为a 3和a 4【答案】C【详解】令b n =na n ，则b n +1-b n =2n +1，又a 1=13，所以b 1=13，b 2-b 1=3，b 3-b 2=5，⋯，b n -b n -1=2n -1，所以累加得b n =13+n -1 3+2n -1 2=n 2+12，所以a n =b n n =n 2+12n =n +12n，所以a n +1-a n =n +1 +12n +1-n +12n =n -3 n +4 n n +1，所以当n <3时，a n +1<a n ，当n =3时，a n +1=a n ，即a 3=a 4，当n >3时，a n +1>a n ，即a 1>a 2>a 3=a 4<a 5<⋯<a n ，所以数列a n 的最小项为a 3和a 4，故选：C .【变式演练】1.(换元对数累加法)在数列a n 中，a 1=2，a n +1n +1=a n n +ln 1+1n ，则a n =()A.a 8B.2+n -1 ln nC.1+n +ln nD.2n +n ln n【答案】D【详解】由题意得，a n +1n +1=a n n +ln n +1n ，则a n n =a n -1n -1+ln n n -1，a n -1n -1=a n -2n -2+lnn -1n -2⋯，a 22=a 11+ln 21，由累加法得，a n n =a 11+ln n n -1+ln n -1n -2⋯+ln 21，即a n n =a 1+ln n n -1⋅n -1n -2⋅⋯⋅21，则an n=2+ln n ，所以a n =2n +n ln n ，故选：D2.已知数列a n 满足a 1=32，a n =n n -1a n -1-n 2n .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列a n 的前n 项和为S n ，求满足S n <12的所有正整数n 的取值集合.【答案】(1)a n =n +n2n ；(2)1,2,3,4 .【详解】(1)因为a n =n n -1a n -1-n 2n ，所以a n n -a n -1n -1=-12n .因为a 22-a 11=-122，a33-a 22=-123，⋯，a n n -a n -1n -1=-12n ，所以a n n -a 11=-122+123+⋯+12n=-1221-12 n -11-12=12n-12，于是a n=n+n 2n .当n=1时，a1=1+12=32，所以a n=n+n2n.(2)因为S n-S n-1=a n=n+n2n >0，所以S n是递增数列.因为a1=1+12=32，a2=2+24=52，a3=3+323=278，a4=4+424=174，a5=5+525=16532，所以S1=32，S2=4，S3=598，S4=938<12，S5=53732>12，于是所有正整数n的取值集合为1,2,3,4.题型三周期数列型递推【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2，a n+1=1+a n1-a n，(n∈N*)，则a1⋅a2⋅a3⋅⋯a2009⋅a2010=_________．【答案】-6【解析】由已知有a2=1+a11-a1=-3,a3=1-31+3=-12,a4=1-121+12=13,a5=1+131-13=2，所以a5=a1=2，所以数列a n是周期数列，且周期为4，a1a2a3a4=a5a6a7a8=⋯=a2005a2006a2007a2008=1，而a2009a2010= a1a2=2×(-3)=-6，所以a1a2a3⋯a2010=-6。

高考数学二轮复习专题练：第2讲数列求和及综合问题高考定位 1.高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中档偏下；2.在考查数列运算的同时，将数列与不等式、函数交汇渗透.真题感悟1.(2020·全国Ⅰ卷)数列{a n}满足a n＋2＋(－1)n a n＝3n－1，前16项和为540，则a1＝________. 解析法一因为a n＋2＋(－1)n a n＝3n－1，所以当n为偶数时，a n＋2＋a n＝3n－1，所以a4＋a2＝5，a8＋a6＝17，a12＋a10＝29，a16＋a14＝41，所以a2＋a4＋a6＋a8＋a10＋a12＋a14＋a16＝92.因为数列{a n}的前16项和为540，所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝540－92＝448.①因为当n为奇数时，a n＋2－a n＝3n－1，所以a3－a1＝2，a7－a5＝14，a11－a9＝26，a15－a13＝38，所以(a3＋a7＋a11＋a15)－(a1＋a5＋a9＋a13)＝80.②由①②得a1＋a5＋a9＋a13＝184.又a3＝a1＋2，a5＝a3＋8＝a1＋10，a7＝a5＋14＝a1＋24，a9＝a7＋20＝a1＋44，a11＝a9＋26＝a1＋70，a13＝a11＋32＝a1＋102，所以a1＋a1＋10＋a1＋44＋a1＋102＝184，所以a1＝7.法二 同法一得a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝448. 当n 为奇数时，有a n ＋2－a n ＝3n －1，由累加法得a n ＋2－a 1＝3(1＋3＋5＋…＋n )－n ＋12＝32(1＋n )·n ＋12－n ＋12＝34n 2＋n ＋14， 所以a n ＋2＝34n 2＋n ＋14＋a 1.所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝a 1＋⎝⎛⎭⎫34×12＋1＋14＋a 1＋⎝⎛⎭⎫34×32＋3＋14＋a 1＋⎝⎛⎭⎫34×52＋5＋14＋a 1＋ ⎝⎛⎭⎫34×72＋7＋14＋a 1＋⎝⎛⎭⎫34×92＋9＋14＋a 1＋⎝⎛⎭⎫34×112＋11＋14＋a 1＋ ⎝⎛⎭⎫34×132＋13＋14＋a 1＝8a 1＋392＝448，解得a 1＝7. 答案 72.(2018·全国Ⅰ卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和.若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. 解析 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 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.法二 由S n ＝2a n ＋1，得S 1＝2S 1＋1，所以S 1＝－1，当n ≥2时，由S n ＝2a n ＋1得S n ＝2(S n －S n －1)＋1，即S n ＝2S n －1－1，∴S n －1＝2(S n －1－1)，又S 1－1＝－2，∴{S n －1}是首项为－2，公比为2的等比数列，所以S n －1＝－2×2n －1＝－2n ，所以S n ＝1－2n ，∴S 6＝1－26＝－63. 答案 －633.(2020·新高考山东卷)已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＝8. (1)求{a n }的通项公式；(2)记b m 为{a n }在区间(0，m ](m ∈N *)中的项的个数，求数列{b m }的前100项和S 100.解 (1)设{}a n 的公比为q (q ＞1). 由题设得a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＝8. 解得q ＝12(舍去)，q ＝2.由题设得a 1＝2.所以{}a n 的通项公式为a n ＝2n .(2)由题设及(1)知b 1＝0，且当2n ≤m ＜2n＋1时，b m ＝n .所以S 100＝b 1＋(b 2＋b 3)＋(b 4＋b 5＋b 6＋b 7)＋…＋(b 32＋b 33＋…＋b 63)＋(b 64＋b 65＋…＋b 100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63)＝480.4.(2020·全国Ⅰ卷)设{a n }是公比不为1的等比数列，a 1为a 2，a 3的等差中项. (1)求{a n }的公比；(2)若a 1＝1，求数列{na n }的前n 项和.解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得2a 1＝a 2＋a 3， 即2a 1＝a 1q ＋a 1q 2.所以q 2＋q －2＝0，解得q ＝1(舍去)或q ＝－2. 故{a n }的公比为－2.(2)记S n 为{na n }的前n 项和.由(1)及题设可得a n ＝(－2)n －1，所以S n ＝1＋2×(－2)＋…＋n ·(－2)n －1， －2S n ＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n －1)·(－2)n －1＋n ·(－2)n . 所以3S n ＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n －1－n ·(－2)n ＝1－(－2)n 3－n ·(－2)n .所以S n ＝19－(3n ＋1)(－2)n9.考 点 整 合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.热点一 a n 与S n 的关系问题【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.【训练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，＋∞). 热点二 数列求和 方法1 分组转化求和【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.【训练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（1－4n 2）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【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. 【训练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【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 nb 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 nb 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.【训练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. 热点三 与数列相关的综合问题【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.【训练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 n b 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＋…＋2n ＝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.A 级 巩固提升一、选择题1.已知T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n ＋12n 的前n 项和，若m >T 10＋1 013恒成立，则整数m 的最小值为( )A.1 026B.1 025C.1 024D.1 023解析 因为2n ＋12n ＝1＋12n ，所以T n ＝n ＋1－12n ，则T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210，又m >T 10＋1 013，所以整数m 的最小值为1 024. 答案 C2.(2020·河北“五个一”名校联盟诊断)在等差数列{a n }中，a 3＋a 5＝a 4＋7，a 10＝19，则数列{a n cos n π}的前2 020项的和为( ) A.1 009B.1 010C.2 019D.2 020解析 设{a n }的公差为d ，则有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋6d ＝a 1＋3d ＋7，a 1＋9d ＝19，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，∴a n ＝2n －1，设b n ＝a n cos n π，则b 1＋b 2＝a 1cos π＋a 2cos 2π＝2，b 3＋b 4＝a 3cos 3π＋a 4cos 4π＝2，…，∴数列{a n cos n π}的前2 020项的和S 2 020＝(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋…＋(b 2 019＋b 2 020)＝2×1 010＝2 020. 答案 D3.数列{a n }满足a 1＝1，对任意n ∈N *，都有a n ＋1＝1＋a n ＋n ，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 99＝( )A.9998B.2C.9950D.99100解析 对任意n ∈N *，都有a n ＋1＝1＋a n ＋n ，则a n ＋1－a n ＝n ＋1，则a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n ＋(n －1)＋…＋1＝n （n ＋1）2， 则1a n ＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a 99＝2[⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫199－1100]＝2×⎝⎛⎭⎫1－1100＝9950. 答案 C4.(多选题)(2020·青岛质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＋1＝S n ＋2a n ＋1，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n a n a n ＋1的前n 项和为T n ，n ∈N *，则下列选项正确的为( ) A.数列{a n ＋1}是等差数列 B.数列{a n ＋1}是等比数列 C.数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1 D.T n <1解析 由S n ＋1＝S n ＋2a n ＋1，得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2a n ＋1，可化为a n ＋1＋1＝2(a n ＋1).由a 1＝1，得a 1＋1＝2，则数列{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列.则a n ＋1＝2n ，即a n ＝2n －1.由2n a n a n ＋1＝2n （2n －1）（2n ＋1－1）＝12n －1－12n ＋1－1，得T n＝1－122－1＋122－1－123－1＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1<1.所以A 错误，B ，C ，D 正确.故选BCD. 答案 BCD5.(多选题)(2020·烟台模拟)已知数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝n ·(－1)n （n ＋1）2，其前n 项和为S n ，且m ＋S 2 019＝－1 009，则下列说法正确的是( ) A.m 为定值B.m ＋a 1为定值C.S 2 019－a 1为定值D.ma 1有最大值解析 当n ＝2k (k ∈N *)时，由已知条件得a 2k ＋a 2k ＋1＝2k ·(－1)k (2k ＋1)，所以S 2 019＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2 018＋a 2 019)＝a 1－2＋4－6＋8－10＋…－2 018＝a 1＋1 008－2 018＝a 1－1 010，所以S 2 019－a 1＝－1 010.m ＋S 2 019＝m ＋a 1－1 010＝－1 009，所以m ＋a 1＝1，所以ma 1≤⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋a 122＝14，当且仅当m ＝a 1＝12时等号成立，此时ma 1取得最大值14.故选BCD. 答案 BCD 二、填空题6.对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，数列{a n }的“差数列”的通项公式为a n ＋1－a n ＝2n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.解析 因为a n ＋1－a n ＝2n ，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n 1－2＋2＝2n －2＋2＝2n ，所以S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.答案 2n ＋1－27.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n ＋1，则a 1＝________，a n ＝________. 解析 令n ＝1，则2S 1＝3a 1＋1，又S 1＝a 1，所以a 1＝－1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12(3a n －3a n －1)，整理得a n ＝3a n －1，即a na n －1＝3(n ≥2).因此，{a n }是首项为－1，公比为3的等比数列. 故a n ＝－3n －1. 答案 －1 －3n －18.(2020·福州调研)已知数列{na n }的前n 项和为S n ，且a n ＝2n ，则使得S n －na n ＋1＋50<0的最小正整数n 的值为________.解析 S n ＝1×21＋2×22＋…＋n ×2n ，则2S n ＝1×22＋2×23＋…＋n ×2n ＋1，两式相减得 －S n ＝2＋22＋ (2)－n ·2n ＋1＝2（1－2n ）1－2－n ·2n ＋1，故S n ＝2＋(n －1)·2n ＋1. 又a n ＝2n ，∴S n －na n ＋1＋50＝2＋(n －1)·2n ＋1－n ·2n ＋1＋50 ＝52－2n ＋1，依题意52－2n ＋1<0，故最小正整数n 的值为5. 答案 5 三、解答题9.(2020·合肥调研)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 10＝4，S 15＝30. (1)求数列{a n }的通项公式以及前n 项和S n ；(2)记数列{2a n ＋4＋a n }的前n 项和为T n ，求满足T n ＞0的最小正整数n 的值. 解 (1)记数列{a n }的公差为d ，S 15＝30⇒15a 8＝30⇒a 8＝2，故d ＝a 10－a 810－8＝1，故a n ＝a 10＋(n －10)d ＝4＋n －10＝n －6，S n ＝na 1＋n （n －1）d 2＝－5n ＋n （n －1）2＝n 22－11n2.(2)依题意，2a n ＋4＋a n ＝n －6＋2n －2 T n ＝(－5－4＋…＋n －6)＋(2－1＋20＋…＋2n －2)＝n （n －11）2＋2n －12， 当n ＝1时，T 1＝－1×10＋21－12＜0；当n ＝2时，T 2＝－2×9＋22－12＜0；当n ＝3时，T 3＝－3×8＋23－12＜0；当n ＝4时，T 4＝－4×7＋24－12＜0；当n ≥5时，n （n －11）2≥－15，2n －12≥312，所以T n ＞0.故满足T n ＞0的最小正整数n 的值为5.10.(2020·临沂模拟)甲、乙两同学在复习数列时发现曾经做过的一道有关数列的题目因纸张被破坏，导致一个条件看不清，具体如下：等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知________. (1)判断S 1，S 2，S 3的关系；(2)若a 1－a 3＝3，设b n ＝n 12|a n |，记{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <43.甲同学记得缺少的条件是首项a 1的值，乙同学记得缺少的条件是公比q 的值，并且他俩都记得第(1)问的答案是S 1，S 3，S 2成等差数列.如果甲、乙两同学记得的答案是正确的，请你通过推理把条件补充完整并解答此题. (1)解 由S 1，S 3，S 2成等差数列，得 2S 3＝S 1＋S 2，即2(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)＝2a 1＋a 1q ， 解得q ＝－12或q ＝0(舍去).若乙同学记得的缺少的条件是正确的，则公比q ＝－12.所以S 1＝a 1，S 2＝a 1＋a 2＝a 1－12a 1＝12a 1，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 1－12a 1＋14a 1＝34a 1，可得S 1＋S 2＝2S 3，即S 1，S 3，S 2成等差数列.(2)证明 由a 1－a 3＝3，可得a 1－14a 1＝3，解得a 1＝4，所以a n ＝4×⎝⎛⎭⎫－12n －1.所以b n ＝n 12|a n |＝n 12⎪⎪⎪⎪⎪⎪4×⎝⎛⎭⎫－12n －1＝23n ·⎝⎛⎭⎫12n. 所以T n ＝23⎝⎛⎭⎫1×12＋2×14＋3×18＋…＋n ×12n ， 12T n ＝23⎝⎛⎭⎫1×14＋2×18＋3×116＋…＋n ×12n ＋1， 两式相减，得12T n ＝23⎝⎛⎭⎫12＋14＋18＋116＋…＋12n －n ·12n ＋1 ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12－n ·12n ＋1， 化简可得T n ＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1－n ＋22n ＋1.由1－n ＋22n ＋1<1，得T n <43.B 级 能力突破11.设数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，对于任意的n ∈N *，a n ，S n ，a 2n成等差数列，设数列{b n }的前n 项和为T n ，且b n ＝（ln x ）na 2n ，若对任意的实数x ∈(1，e](e 为自然对数的底数)和任意正整数n ，总有T n <r (r ∈N *)，则r 的最小值为________.解析 由题意得，2S n ＝a n ＋a 2n， 当n ≥2时，2S n －1＝a n －1＋a 2n －1，∴2S n －2S n －1＝a n ＋a 2n －a n －1－a 2n －1，∴(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0，∵a n >0，∴a n －a n －1＝1，即数列{a n }是公差为1的等差数列，又2a 1＝2S 1＝a 1＋a 21，a 1＝1，∴a n ＝n (n ∈N *).又x ∈(1，e]，∴0<ln x ≤1，∴T n ≤1＋122＋132＋…＋1n 2<1＋11×2＋12×3＋…＋1（n －1）n＝1＋⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝2－1n <2，∴r ≥2，即r 的最小值为2. 答案 212.(2020·衡水中学检测)等差数列{a n }的公差为2，a 2，a 4，a 8分别等于等比数列{b n }的第2项、第3项、第4项.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c 1a 1＋c 2a 2＋…＋c na n ＝b n ＋1，求数列{c n }的前2 020项的和.解 (1)依题意得b 23＝b 2b 4， 所以(a 1＋6)2＝(a 1＋2)(a 1＋14)，所以a 21＋12a 1＋36＝a 21＋16a 1＋28，解得a 1＝2.∴a n ＝2n .设等比数列{b n }的公比为q ，所以q ＝b 3b 2＝a 4a 2＝84＝2，又b 2＝a 2＝4，∴b n ＝4×2n －2＝2n .(2)由(1)知，a n ＝2n ，b n ＝2n . 因为c 1a 1＋c 2a 2＋…＋c n －1a n －1＋c n a n ＝2n ＋1①当n ≥2时，c 1a 1＋c 2a 2＋…＋c n －1a n －1＝2n ②由①－②得，c n a n ＝2n ，即c n ＝n ·2n ＋1，又当n ＝1时，c 1＝a 1b 2＝23不满足上式，∴c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧8，n ＝1，n ·2n ＋1，n ≥2.故S 2 020＝8＋2×23＋3×24＋…＋2 020×22 021 ＝4＋1×22＋2×23＋3×24＋…＋2 020×22 021设T 2 020＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋2 019×22 020＋2 020×22 021③， 则2T 2 020＝1×23＋2×24＋3×25＋…＋2 019×22 021＋2 020×22 022④， 由③－④得：－T 2 020＝22＋23＋24＋…＋22 021－2 020×22 022 ＝22（1－22 020）1－2－2 020×22 022＝－4－2 019×22 022，所以T 2 020＝2 019×22 022＋4， 所以S 2 020＝T 2 020＋4＝2 019×22 022＋8.。

专题四 第二讲 数列求和及综合应用A 组1．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝b 1＝1，a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n＝2，n ∈N ＋，则数列{ba n }的前10项的和为 ( D )A ．43(49－1) B ．43(410－1) C ．13(49－1) D ．13(410－1) [解析] 由a 1＝1，a n ＋1－a n ＝2得，a n ＝2n －1， 由b n ＋1b n＝2，b 1＝1得b n ＝2n －1， ∴ba n ＝2a n －1＝22(n －1)＝4n －1，∴数列{ba n }前10项和为1× 410－1 4－1＝13(410－1)．2．若数列{a n }为等比数列，且a 1＝1，q ＝2，则T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1等于 ( B )A ．1－14nB ．23(1－14n )C ．1－12nD ．23(1－12n ) [解析] 因为a n ＝1×2n －1＝2n －1， 所以a n ·a n ＋1＝2n －1·2n ＝2×4n －1，所以1a n a n ＋1＝12×(14)n －1，所以{1a n a n ＋1}也是等比数列， 所以T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝12×1× 1－14n1－14＝23(1－14n )，故选B ．3．(文)给出数列11，12，21，13，22，31，…，1k ，2k －1，…，k1，…，在这个数列中，第50个值等于1的项的序号．．是 ( B ) A ．4900 B ．4901 C ．5000D ．5001[解析] 根据条件找规律，第1个1是分子、分母的和为2，第2个1是分子、分母的和为4，第3个1是分子、分母的和为6，…，第50个1是分子、分母的和为100，而分子、分母的和为2的有1项，分子、分母的和为3的有2项，分子、分母的和为4的有3项，...，分子、分母的和为99的有98项，分子、分母的和为100的项依次是：199，298，397， (5050)5149，…，991，第50个1是其中第50项，在数列中的序号为1＋2＋3＋…＋98＋50＝98 1＋982＋50＝4901．(理)(2017·合肥市质检)以S n 表示等差数列{a n }的前n 项和，若S 5>S 6，则下列不等关系不一定成立的是 ( D )A ．2a 3>3a 4B ．5a 5>a 1＋6a 6C ．a 5＋a 4－a 3<0D ．a 3＋a 6＋a 12<2a 7[解析] 依题意得a 6＝S 6－S 5<0,2a 3－3a 4＝2(a 1＋2d )－3(a 1＋3d )＝－(a 1＋5d )＝－a 6>0,2a 3>3a 4；5a 5－(a 1＋6a 6)＝5(a 1＋4d )－a 1－6(a 1＋5d )＝－2(a 1＋5d )＝－2a 6>0,5a 5>a 1＋6a 6；a 5＋a 4－a 3＝(a 3＋a 6)－a 3＝a 6<0.综上所述，故选D ．4．等差数列{a n }中，a 1>0，公差d <0，S n 为其前n 项和，对任意自然数n ，若点(n ，S n )在以下4条曲线中的某一条上，则这条曲线应是 ( C )[解析] ∵S n ＝na 1＋n n －1 2d ，∴S n ＝d 2n 2＋(a 1－d2)n ，又a 1>0，公差d <0，所以点(n ，S n )所在抛物线开口向下，对称轴在y 轴右侧．[点评] 可取特殊数列验证排除，如a n ＝3－n ．5．定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f (x )，如果对于任意给定的等比数列{a n }，{f (a n )}仍是等比数列，则称f (x )为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：①f (x )＝x 2;②f (x )＝2x；③f (x )＝|x |； ④f (x )＝ln|x |．则其中是“保等比数列函数”的f (x )的序号为 ( C ) A ．①② B ．③④ C ．①③D ．②④[分析] 保等比数列函数指：①定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数；②若{a n }是等比数列，则{f (a n )}仍是等比数列．[解析] 解法一：设{a n }的公比为q ．①f (a n )＝a 2n ，∵a 2n ＋1a 2n ＝(a n ＋1a n)2＝q 2，∴{f (a n )}是等比数列，排除B 、D ． ③f (a n )＝|a n |， ∵|a n ＋1||a n |＝|a n ＋1a n|＝|q |， ∴{f (a n )}是等比数列，排除A ． 解法二：不妨令a n ＝2n．①因为f (x )＝x 2，所以f (a n )＝a 2n ＝4n.显然{f (a n )}是首项为4，公比为4的等比数列． ②因为f (x )＝2x，所以f (a 1)＝f (2)＝22，f (a 2)＝f (4)＝24，f (a 3)＝f (8)＝28，所以f a 2 f a 1 ＝2422＝4≠f a 3 f a 2 ＝2824＝16，所以{f (a n )}不是等比数列．③因为f (x )＝|x |，所以f (a n )＝2n＝(2)n． 显然{f (a n )}是首项为2，公比为2的等比数列． ④因为f (x )＝ln|x |，所以f (a n )＝ln2n ＝n ln2．显然{f (a n )}是首项为ln2，公差为ln2的等差数列，故选C ． 6．若数列{a n }与{b n }满足b n ＋1a n ＋b n a n ＋1＝(－1)n＋1，b n ＝3＋ －1 n －12，n ∈N ＋，且a 1＝2，设数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 63＝__560__.[解析] ∵b n ＝3＋ －1n －12＝⎩⎪⎨⎪⎧2 n 为奇数 1 n 为偶数 ，又a 1＝2，∴a 2＝－1，a 3＝4，a 4＝－2，a 5＝6，a 6＝－3，…，∴S 63＝a 1＋a 2＋a 3＋…a 63＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 63)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 62)＝(2＋4＋6＋…＋64)－(1＋2＋3＋…＋31)＝1056－496＝560．7．已知向量a ＝(2，－n )，b ＝(S n ，n ＋1)，n ∈N *，其中S n 是数列{a n }的前n 项和，若a ⊥b ，则数列{a n a n ＋1a n ＋4}的最大项的值为__19__.[解析] ∵a ⊥b ，∴a ·b ＝2S n －n (n ＋1)＝0， ∴S n ＝n n ＋12，∴a n ＝n ，∴a n a n ＋1·a n ＋4＝nn ＋1 n ＋4＝1n ＋4n＋5，当n ＝2时，n ＋4n 取最小值4，此时a na n ＋1a n ＋4取到最大值19．8．已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n ．[解析] (1)由题设知a 1·a 4＝a 2·a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，可解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1(舍去)．由a 4＝a 1q 3得公比为q ＝2，故a n ＝a 1q n －1＝2n －1．(2)S n ＝a 1 1－q n 1－q＝2n－1，又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1.9．已知等比数列{a n }的公比q >1,42是a 1和a 4的一个等比中项，a 2和a 3的等差中项为6，若数列{b n }满足b n ＝log 2a n (n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n b n }的前n 项和S n ．[解析] (1)因为42是a 1和a 4的一个等比中项， 所以a 1·a 4＝(42)2＝32． 由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 2·a 3＝32，a 2＋a 3＝12.因为q >1，所以a 3>a 2．解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，a 3＝8.所以q ＝a 3a 2＝2．故数列{a n }的通项公式a n ＝2n．(2)由于b n ＝log 2a n (n ∈N *)，所以a n b n ＝n ·2n，S n ＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n ，①2S n ＝1·22＋2·23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1.②①－②得，－S n ＝1·2＋22＋23＋ (2)－n ·2n ＋1＝2 1－2n1－2－n ·2n ＋1．所以S n ＝2－2n ＋1＋n ·2n ＋1＝2＋(n －1)·2n ＋1．B 组1．(2017·武汉市高三调研)设S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，S 1，S 2，S 4成等比数列，且a 3＝－52，则数列{12n ＋1 a n}的前n 项和T n ＝ ( C )A ．－n2n ＋1B ．n2n ＋1 C ．－2n2n ＋1D ．2n 2n ＋1[解析] 本题主要考查等差、等比数列的性质以及裂项法求和． 设{a n }的公差为d ，因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋d ＝2a 1＋a 3－a 12＝32a 1－54，S 4＝3a 3＋a 1＝a 1－152， 因为S 1，S 2，S 4成等比数列，所以(32a 1－54)2＝(a 1－152)a 1，整理得4a 21＋12a 1＋5＝0，所以a 1＝－52或a 1＝－12．当a 1＝－52时，公差d ＝0不符合题意，舍去；当a 1＝－12时，公差d ＝a 3－a 12＝－1，所以a n ＝－12＋(n －1)×(－1)＝－n ＋12＝－12(2n －1)，所以1 2n ＋1 a n ＝－2 2n －1 2n ＋1 ＝－(12n －1－12n ＋1)，所以其前n 项和T n ＝－(1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)＝－(1－12n ＋1)＝－2n2n ＋1，故选C ．2．(文)已知函数f (x )＝log 2x ，等比数列{a n }的首项a 1>0，公比q ＝2，若f (a 2·a 4·a 6·a 8·a 10)＝25，则2f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 2017)等于 ( C )A ．21009×2018B ．21010×2019C ．21008×2017D ．21009×2017[解析] f (a 2·a 4·a 6·a 8·a 10)＝log 2(a 2·a 4·a 6·a 8·a 10)＝log 2(a 51q 25)＝25， 即a 51·q 25＝225，又a 1>0，q ＝2，故得到a 1＝1．2f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 2012)＝2f (a 1)·2f (a 2)·…·2f (a 2017) ＝2log 2a 1·2log 2a 2·…·2log 2a 2017 ＝a 1·a 2·…·a 2017＝a 20171·q1＋2＋…＋2016＝12017×22016× 1＋2016 2＝21008×2017.故选C ．(理)已知a n ＝32n －11，数列{a n }的前n 项和为S n ，关于a n 及S n 的叙述正确的是 ( C )A ．a n 与S n 都有最大值B ．a n 与S n 都没有最大值C ．a n 与S n 都有最小值D ．a n 与S n 都没有最小值[解析] 画出a n ＝32n －11的图象，点(n ，a n )为函数y ＝32x －11图象上的一群孤立点，(112，0)为对称中心，S 5最小，a 5最小，a 6最大．3．(文)已知正数组成的等差数列{a n }，前20项和为100，则a 7·a 14的最大值是 ( A ) A ．25 B ．50 C ．100 D ．不存在[解析] ∵S 20＝a 1＋a 202×20＝100，∴a 1＋a 20＝10．∵a 1＋a 20＝a 7＋a 14，∴a 7＋a 14＝10． ∵a n >0，∴a 7·a 14≤(a 7＋a 142)2＝25.当且仅当a 7＝a 14时取等号．(理)已知数列{a n }的各项均为正数，执行程序框图(如下图)，当k ＝4时，输出S ＝13，则a 2018＝ ( D )A ．2016B ．2017C ．2018D ．2019[解析] 由程序框图可知，{a n }是公差为1的等差数列， 且1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 3a 4＋1a 4a 5＝13， ∴1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋1a 3－1a 4＋1a 4－1a 5＝1a 1－1a 5＝13， ∴1a 1－1a 1＋4＝13，解得a 1＝2，∴a 2018＝a 1＋2017d ＝2＋2017＝2019． 4．(文)在直角坐标系中，O 是坐标原点，P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)是第一象限内的两个点，若1，x 1，x 2,4依次成等差数列，而1，y 1，y 2,8依次成等比数列，则△OP 1P 2的面积是 ( A )A ．1B ．2C ．3D ．4[解析] 由等差、等比数列的性质，可求得x 1＝2，x 2＝3，y 1＝2，y 2＝4，∴P 1(2,2)，P 2(3,4)，∴S △OP 1P 2＝1．(理)已知曲线C ：y ＝1x(x >0)上两点A 1(x 1，y 1)和A 2(x 2，y 2)，其中x 2>x 1.过A 1、A 2的直线l 与x 轴交于点A 3(x 3,0)，那么 ( A )A ．x 1，x 32，x 2成等差数列B ．x 1，x 32，x 2成等比数列C ．x 1，x 3，x 2成等差数列D ．x 1，x 3，x 2成等比数列 [解析] 直线A 1A 2的斜率k ＝y 2－y 1x 2－x 1＝1x 2－1x 1x 2－x 1＝－1x 1x 2，所以直线A 1A 2的方程为y －1x 1＝－1x 1x 2(x －x 1)，令y ＝0解得x ＝x 1＋x 2，∴x 3＝x 1＋x 2，故x 1，x 32，x 2成等差数列，故选A ．5．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)．若b n ＋1＝(n －λ)(1a n＋1)，b 1＝－λ，且数列{b n }是递增数列，则实数λ的取值范围为 ( A )A ．λ<2B ．λ>3C ．λ>2D ．λ<3[解析] 易知1a n ＋1＝2a n＋1，所以1a n ＋1＋1＝2(1a n＋1)．又a 1＝1，所以1a n ＋1＝(1a 1＋1)2n －1＝2n，所以b n ＋1＝(n －λ)2n，所以b n ＋1－b n ＝(n －λ)2n －(n －1－λ)2n －1＝(n －λ＋1)2n －1>0，所以n －λ＋1>0． 又n ∈N *，所以λ<2．6．已知函数f (x )＝a ·b x 的图象过点A (2，12)、B (3,1)，若记a n ＝log 2f (n )(n ∈N *)，S n是数列{a n }的前n 项和，则S n 的最小值是__－3__.[解析] 将A 、B 两点坐标代入f (x )得， ⎩⎪⎨⎪⎧12＝ab 2，1＝ab 3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝18，b ＝2，∴f (x )＝18·2x .∴f (n )＝18·2n ＝2n －3．∴a n ＝log 2f (n )＝n －3． 令a n ≤0，即n －3≤0，∴n ≤3．∴数列前3项小于或等于零，故S 3或S 2最小．S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝－2＋(－1)＋0＝－3．7．(2017·新乡、许昌、平顶山调研)如图所示，将正整数排成三角形数阵，每排的数称为一个群，从上到下顺次为第一群，第二群，…，第n 群，…，第n 群恰好n 个数，则第n 群中n 个数的和是__3·2n －2n －3__.[解析] 由图规律知，第n 行第1个数为2n －1，第2个数为3·2n －2，第3个数为5·2n－3……设这n 个数的和为S 则S ＝2n －1＋3·2n －2＋5×2n －3＋…＋(2n －3)·2＋(2n －1)·20① 2S n ＝2n ＋3·2n －1＋5·2n －2＋…＋(2n －3)·22＋(2n －1)·21②②－①得S n ＝2n ＋2·2n －1＋2·2n －2＋…＋2·22＋2·2－(2n －1)＝2n＋2n＋2n －1＋…＋23＋22－(2n －1)＝2n ＋4 1－2n －11－2－(2n －1)＝2n＋2n ＋1－4－2n ＋1＝3·2n －2n －3．8．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数. (1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由．[分析] (1)利用a n ＋1＝S n ＋1－S n 用配凑法可获证；(2)假设存在λ，则a 1，a 2，a 3应成等差数列求出λ的值，然后依据a n ＋2－a n ＝λ推证{a n }为等差数列．[解析] (1)由题设：a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1， 两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1． 由于a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ．(2)由题设，a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得a 2＝λ－1. 由(1)知，a 3＝λ＋1， 令2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4． 故a n ＋2－a n ＝4，由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3； {a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1． 所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2．因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列． 9．已知数列{a n }满足a n ＋1＝－1a n ＋2，a 1＝－12. (1)求证{1a n ＋1}是等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式；(3)设T n ＝a n ＋a n ＋1＋…＋a 2n －1.若T n ≥p －n 对任意的n ∈N *恒成立，求p 的最大值． [解析] (1)证明：∵a n ＋1＝－1a n ＋2， ∴a n ＋1＋1＝－1a n ＋2＋1＝a n ＋2－1a n ＋2＝a n ＋1a n ＋2， 由于a n ＋1≠0， ∴1a n ＋1＋1＝a n ＋2a n ＋1＝1＋1a n ＋1，∴{1a n ＋1}是以2为首项，1为公差的等差数列． (2)由(1)题结论知：1a n ＋1＝2＋(n －1)＝n ＋1， ∴a n ＝1n ＋1－1＝－n n ＋1(n ∈N *)． (3)∵T n ＝a n ＋a n ＋1＋…＋a 2n －1≥P －n ， ∴n ＋a n ＋a n ＋1＋…＋a 2n －1≥P ，即(1＋a n )＋(1＋a n ＋1)＋(1＋a n ＋2)＋…＋(1＋a 2n －1)≥p ，对任意n ∈N *恒成立， 而1＋a n ＝1n ＋1，设H (n )＝(1＋a n )＋(1＋a n ＋1)＋…＋(1＋a 2n －1)， ∴H (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ， H (n ＋1)＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋12n ＋1＋12n ＋2， ∴H (n ＋1)－H (n )＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＝12n ＋1－12n ＋2>0，∴数列{H (n )}单调递增，∴n ∈N *时，H (n )≥H (1)＝12，故P ≤12．∴P 的最大值为12．。

高三二轮复习数列求和—裂项相消法教学设计内容教学目的掌握裂项相消求和的使用环境及一般过程和思路.教学重点难点识别裂项相消求和的使用环境.如何裂项？如何相消？教学过程过程一、强调本微课学习内容，学习目标，重难点，易错点。

学习目标：掌握裂项相消求和的使用环境及一般过程和思路.学习重点：识别裂项相消求和的使用环境.学习难点：如何裂项？如何相消？易错点：裂项时忘记配平，相消时留下哪些项？过程二、通过熟悉的典型例子入手，引导学生回顾裂项相消的具体类型。

裂项相消法:把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消(注意消项规律),从而求得前n项和.看下面两个例子：)211(2121+-=+nnnn）（⎪⎭⎫⎝⎛+-+-+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛+-++⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫⎝⎛-=+++⨯+⨯+⨯211121121211......513141213112121......531421311nnnnnn）（()()))2)(1(1)1(1(21211++-+=++nnnnnnn()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛++-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫⎝⎛++-+++⎪⎭⎫⎝⎛⨯-⨯+⎪⎭⎫⎝⎛⨯-⨯=++++⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯)2)(1(12121)2)(1(1)1(1......43132132121121211......543143213211nnnnnnnnn过程三、因为是二轮专题复习，学生经过一轮的复习，对于裂项的方法有一定的理解，在此基础上直接点出裂项的四种基本类型，并强调裂项的常用方法为通分的逆运算，分母有理化，对数的运算等。

本质是恒等变形，运用化归与转化思想、等式思想。

等差型：1a n a n＋1＝1d(1a n－1a n＋1)，其中a n≠0，d≠0. . （通分的逆运算）指数型：（a－1）a n（a n＋b）（a n＋1＋b）＝1a n＋b－1a n＋1＋b. （通分的逆运算）无理型：1a＋b＝1a－b(a－b)(a>0，b>0). （分母有理化）对数型：log n a n ＋1a n＝log n a n ＋1－log n a n (a n >0). （对数的运算法则）过程四、对照四种类型，分别用4道典型例题进行讲解与说明，并敲掉裂项时要配平，求和相消时要注意消去哪些项，剩下哪些项。

2020年高考数学（理）总复习：数列的求和及综合应用题型一 数列求和 【题型要点】(1)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．(2)裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n ＝f (n ＋1)－f (n )的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如1+n n a a c(其中{a n }是各项均不为0的等差数列，c 为常数)的数列等．(3)错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．(4)倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思．(5)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求S n .(6)归纳猜想法：通过对S 1，S 2，S 3，…的计算进行归纳分析，寻求规律，猜想出S n ，然后用数学归纳法给出证明．【例1】已知各项为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，若S 3＝b 5＋1，b 4是a 2和a 4的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，∴b 5＝6，b 4＝4，设各项为正数的等比数列{a n }的公比为q ，q >0， ∵S 3＝b 5＋1＝7，∴a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7，① ∵b 4是a 2和a 4的等比中项，∴a 2·a 4＝a 23＝16，解得a 3＝a 1q 2＝4，②由①②得3q 2－4q －4＝0，解得q ＝2，或q ＝－23(舍)，∴a 1＝1，a n ＝2n －1.(2)当n 为偶数时，T n ＝(1＋1)·20＋2·2＋(3＋1)·22＋4·23＋(5＋1)·24＋…＋[[(n －1)＋1]·2n－2＋n ·2n －1＝(20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1)＋(20＋22＋…＋2n －2)，设H n ＝20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1，①2H n ＝2＋2·22＋3·23＋4·24＋…＋n ·2n ，② ①－②，得－H n ＝20＋2＋22＋23＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n 1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1，∴H n ＝(n －1)·2n ＋1，∴T n ＝(n －1)·2n＋1＋1－4·2n 1－4＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-32n ·2n ＋23.当n 为奇数，且n ≥3时，T n ＝T n －1＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-35n ·2n －1＋23＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-322n ·2n －1＋23，经检验，T 1＝2符合上式， ∴T n ＝⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛--为偶数为奇数n n n n n n ,32232,3223221【反思总结】(1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列． (2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后所得部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．题组训练一 数列求和已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)．(1)求a 的值及数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2，求{b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵等比数列{a n }满足6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)，n ＝1时，6a 1＝9＋a ；n ≥2时，6a n ＝6(S n －S n －1)＝3n ＋1＋a －(3n ＋a )＝2×3n .∴a n ＝3n －1，n ＝1时也成立，∴1×6＝9＋a ，解得a ＝－3，∴a n ＝3n －1.(2)b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)n 2(n ＋1)2＝(－1)n －1()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n当n 为奇数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1＋1(n ＋1)2； 当n 为偶数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1－1(n ＋1)2. 综上，T n ＝1＋(－1)n－11(n ＋1)2. 题型二 数列与函数的综合问题 【题型要点】数列与函数的综合问题主要有以下两类：(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、图象研究数列问题； (2)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．【例2】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋2n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若点(b n ，a n )在函数y ＝log 2x 的图象上，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解】 (1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋2n －[2(n －1)2＋2(n －1)]＝4n ， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＝4×1， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝4n .(2)由点{b n ，a n }在函数y ＝log 2x 的图象上得a n ＝log 2b n ，且a n ＝4n ，∴b n ＝2an ＝24n ＝16n ，故数列{b n }是以16为首项，公比为16的等比数列．T n ＝16(1－16n )1－16＝16n ＋1－1615.题组训练二 数列与函数的综合问题已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n,0)，且f ′(0)＝2n (n ∈N *)． (1)求f (x )的解析式；(2)若数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛na 1，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式． 【解】 (1)由f ′(x )＝2ax ＋b ，f ′(0)＝2n ，得b ＝2n ，又f (x )的图象过点(－4n,0)，所以16n 2a －4nb ＝0，解得a ＝12.所以f (x )＝12x 2＋2nx (n ∈N *)．(2)由(1)知f ′(x )＝x ＋2n (n ∈N *)， 所以1a n ＋1＝1a n ＋2n ，即1a n ＋1－1a n＝2n .所以1a n －1a n －1＝2(n －1), 1a n －1－1a n －2＝2(n －2)，…1a 2－1a 1＝2，以上各式相加得1a n －14＝n 2－n ，所以a n ＝1n 2－n ＋14，即a n ＝4(2n －1)2(n ∈N *)． 题型三 数列与不等式的综合问题 【题型要点】(1)以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性求解．(2)以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，常利用放缩法或单调性法证明．(3)当已知数列关系时，需要知道其范围时，可借助数列的单调性，即比较相邻两项的大小即可．【例3】设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n －1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2. (1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点(记为a n )，且0＜a n －12＜13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32.(1)【解】 方法一 由题设f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1，所以f n ′(2)＝1＋2×2＋…＋(n －1)2n －2＋n ·2n －1，①则2f n ′(2)＝2＋2×22＋…＋(n －1)2n －1＋n ·2n ，②由①－②得，－f n ′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )2n －1， 所以f n ′(2)＝(n －1)2n ＋1.方法二 当x ≠1时，f n (x )＝x －x n ＋11－x－1，则f n ′(x )＝[1－(n ＋1)x n ](1－x )＋(x －x n ＋1)(1－x )2，可得f n ′(2)＝－[1－(n ＋1)2n ]＋2－2n ＋1(1－2)2＝(n －1)2n ＋1.(2)[证明] 因为f n (0)＝－1＜0，f n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32＝32132132-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-n－1＝1－2×n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32≥1－2×232⎪⎭⎫ ⎝⎛＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内至少存在一个零点，又f ′n (x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内单调递增，因此f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点a n ，由于f n (x )＝x －x n ＋11－x －1，所以0＝f n (a n )＝a n －a n ＋1n1－a n－1，由此可得a n ＝12＋12a n ＋1n ＞12，故12＜a n ＜23，所以0＜a n －12＝12a n ＋1n ＜12×132+⎪⎭⎫ ⎝⎛n ＝13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32. 题组训练三 数列与不等式的综合问题1.已知等比数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝10·4n －1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，且b n ＝log 2a n .(1)求b n ，S n ；(2)设c n ＝b n ＋12，证明：c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)．【解】 (1)解 由题意知a 2＋a 1＝10，a 2＋a 3＝40，设{a n }的公比为q ，则a 2＋a 3a 1＋a 2＝q (a 1＋a 2)a 1＋a 2＝4，∴q ＝4.则a 1＋a 2＝a 1＋4a 1＝10，解得a 1＝2，∴a n ＝2·4n －1＝22n －1.∴b n ＝log 222n －1＝2n －1.∴S n ＝n (b 1＋b n )2＝n (1＋2n －1)2＝n 2.(2)证明 法一∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，∴S n ＋1＝(n ＋1)2.要证明c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1，即证1×2＋2×3＋…＋n ×(n ＋1)<12(n ＋1)2，①当n ＝1时，1×2<12×(1＋1)2＝2成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时不等式成立， 即1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)<12(k ＋1)2，则当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，要证1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)＋(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2，即证(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2－12(k ＋1)2，即(k ＋1)(k ＋2)<k ＋32，两边平方得k 2＋3k ＋2<k 2＋3k ＋94显然成立，∴当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，不等式成立． 综上，不等式成立．法二 ∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，S n ＋1＝(n ＋1)2，由基本不等式可知n (n ＋1)≤n ＋n ＋12＝n ＋12，故1×2<1＋12，2×3<2＋12，…，n (n ＋1)≤n ＋12，∴1×2＋2×3＋3×4＋…＋n (n ＋1)<(1＋2＋3＋…＋n )＋n 2＝n 2＋2n 2<n 2＋2n ＋12＝(n ＋1)22，即不等式c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)成立．2.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 1＋a 2n，n ∈N *，记S n ，T n 分别是数列{a n }，{a 2n }的前n 项和．证明：当n ∈N *时，(1)a n ＋1<a n ； (2)T n ＝1a 2n ＋1－2n －1；(3)2n －1<S n <2n .【证明】 (1)由a 1＝1及a n ＋1＝a n1＋a 2n 知，a n >0，故a n ＋1－a n ＝a n 1＋a 2n －a n ＝－a 3n1＋a 2n <0， ∴a n ＋1<a n ，n ∈N *. (2)由1a n ＋1＝1a n ＋a n ，得1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2，从而1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2＝1a 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋2×2＝…＝1a 21＋a 21＋a 22＋…＋a 2n ＋2n ，又∵a 1＝1，∴T n ＝1a 2n ＋1－2n －1，n ∈N *. (3)由(2)知，a n ＋1＝1T n ＋2n ＋1，由T n ≥a 21＝1，得a n ＋1≤12n ＋2，∴当n ≥2时，a n ≤12n ＝22n <2n ＋n －1＝2(n －n －1)，由此S n <a 1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)]＝1＋2(n －1)<2n ，n ≥2，又∵a 1＝1，∴S n <2n .另一方面，由a n ＝1a n ＋1－1a n ，得S n ＝1a n ＋1－1a 1≥2n ＋2－1>2n －1.综上，2n －1<S n <2n .【专题训练】1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8, S n ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3na n a n ＋1的前n 项和T n .【解】 (1)因为S n ＝a n ＋12－n －1，故当n ＝1时，a 1＝a 22－1－1＝2；当n ≥2时，2S n ＝a n ＋1－2n －2,2S n －1＝a n －2(n －1)－2，两式相减可得a n ＋1＝3a n ＋2； 经检验，当n ＝1时也满足a n ＋1＝3a n ＋2，故a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，故数列{a n ＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，故a n ＋1＝3n ，即a n ＝3n －1.(2)由(1)可知，2×3n a n a n ＋1＝2×3n(3n －1)(3n ＋1－1) ＝13n－1－13n ＋1－1， 故T n ＝131－1－132－1＋132－1－133－1＋…＋13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1.2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n ＝log 2a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .【解析】 (1)∵a n ＋1＝S n ＋2，∴当n ≥2时，a n ＝S n －1＋2，两式相减得，a n ＋1－a n ＝S n －S n －1＝a n ，则a n ＋1＝2a n ，所以a n ＋1a n ＝2(n ≥2)，∵a 1＝2，∴a 2＝S 1＋2＝4，满足a 2a 1＝2，∴数列{a n }是以2为公比、首项为2的等比数列，则a n ＝2·2n －1＝2n ；(2)由(1)得，b n ＝log 2a n ＝log 22n ＝n ， ∴1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴T n ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 3．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2,4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，求证：n 4n ＋4<T n <12.【解析】 (1)∵4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *， ∴4a 1＝a 1·a 2，又a 1＝2，∴a 2＝4.当n ≥2时，4S n －1＝a n －1·a n ，得4a n ＝a n ·a n ＋1－a n －1·a n .由题意知a n ≠0，∴a n ＋1－a n －1＝4. ①当n ＝2k ＋1，k ∈N *时，a 2k ＋2－a 2k ＝4，即a 2，a 4，…，a 2k 是首项为4，公差为4的等差数列， ∴a 2k ＝4＋(k －1)×4＝4k ＝2×2k ； ②当n ＝2k ，k ∈N *时，a 2k ＋1－a 2k －1＝4，即a 1，a 3，…，a 2k －1是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a 2k －1＝2＋(k －1)×4＝4k －2＝2(2k －1)． 综上可知，a n ＝2n ，n ∈N *.(2)证明：∵1a 2n ＝14n 2>14n (n ＋1)＝14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-111n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n>14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝141－1n ＋1＝n 4n ＋4. 又∵1a 2n ＝14n 2<14n 2－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--121121n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n <12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-+-+-12112171515131311n n ＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+-1211n <12. 即得n 4n ＋4<T n <12.4．已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )恒成立．(1)若A n ＝n 2，b 1＝2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n ＝B n 及b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＜13成立，求正实数b 1的取值范围；(3)若a 1＝2，b n ＝2n ，是否存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B 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)因为A n ＝n 2，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n 2－(n －1)2，n ≥2， 即a n ＝2n －1，故b n ＋1－b n ＝12(a n ＋1－a n )＝1，所以数列{b n }是以2为首项，1为公差的等差数列，所以B n ＝n ·2＋12·n ·(n －1)·1＝12n 2＋32n . (2)依题意B n ＋1－B n ＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1b n＝2， 所以数列{b n }是以b 1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝B n ＝1－2n1－2×b 1＝b 1(2n －1)， 所以b n ＋1a n a n ＋1＝2nb 1(2n －1)·(2n ＋1－1)， 因为b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+1211211n n 所以b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ，所以1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ＜13恒成立，即b 1＞3⎪⎭⎫ ⎝⎛--+12111n ，所以b 1≥3.(3)由a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )得：a n ＋1－a n ＝2n ＋1，所以当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋23＋22＋2＝2n ＋1－2， 当n ＝1时，上式也成立，所以A n ＝2n ＋2－4－2n ， 又B n ＝2n ＋1－2，所以A n B n ＝2n ＋2－4－2n 2n ＋1－2＝2－n 2n －1， 假设存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t 成等差数列，等价于121－1，s 2s －1，t 2t －1成等差数列， 即2s 2s－1＝121－1＋t 2t －1，即2s 2s －1＝1＋t 2t －1，因为1＋t 2t －1＞1，所以2s 2s －1＞1，即2s ＜2s ＋1，令h (s )＝2s －2s －1(s ≥2，s ∈N *)，则h (s ＋1)－h (s )＝2s －2＞0所以h (s )递增， 若s ≥3，则h (s )≥h (3)＝1＞0，不满足2s ＜2s ＋1，所以s ＝2，代入2s 2s －1＝121－1＋t 2t －1得2t －3t －1＝0(t ≥3)，当t ＝3时，显然不符合要求； 当t ≥4时，令φ(t )＝2t －3t －1(t ≥4，t ∈N *)，则同理可证φ(t )递增，所以φ(t )≥φ(4)＝3＞0，所以不符合要求．所以，不存在正整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列．。

第2讲数列求和及简单应用(限时:45分钟)【选题明细表】1.在数列{x n}中,=+(n≥2),且x2=,x4=,则x10等于( C )(A)(B)(C)(D)解析:由=+(n≥2)可知数列{}是等差数列,又x2=,x4=,所以=,=.所以解得=1,d=,则=+9d=1+=,所以x10=.故选C.2.(2018·河南南阳一中模拟)已知数列{a n}满足:当n≥2且n∈N*时,有a n+a n-1=(-1)n×3,则数列{a n}的前200项的和为( A )(A)300 (B)200 (C)100 (D)50解析:由题意当n≥2且n∈N*时,有a n+a n-1=(-1)n×3,可得到a2+a1=3,a4+a3=3,a6+a5=3,…,a200+a199=3,所以数列{a n}的前200项的和为(a2+a1)+(a4+a3)+(a6+a5)+…+(a200+a199)=300.故选A.3.(2018·河南省最后一模)设数列{a n}的前n项和为S n,若a1=4,则a n+1=2S n-4,则S10等于( C )(A)2(310-1) (B)2(310+1)(C)2(39+1) (D)4(39-1)解析:因为a1=4,a n+1=2S n-4,①所以a2=2a1-4=4,当n≥2时,a n=2S n-1-4,②①-②,得a n+1-a n=2a n,a n+1=3a n,所以{a n}从第二项起构成公比为3的等比数列,S10=a1+(a2+a3+…+a10)=4+=2(39+1).故选C.4.(2018·山东日照高三校际联考)已知数列{a n}中,a1=1,且对任意的m,n∈N*,都有a m+n=a m+a n+mn,则等于( D )(A)(B)(C)(D)解析:因为a1=1,且对任意的m,n∈N*,都有a m+n=a m+a n+mn,所以令m=1,则a n+1=a1+a n+n=a n+n+1,即a n+1-a n=n+1,所以a n-a n-1=n(n≥2),…a2-a1=2,所以a n=(a n-a n-1)+(a n-1-)+…+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+(n-2)+…+3+2+1=,所以==2(-),所以=2[(1-)+(-)+…+(-)+(-)+(-)]=2(1-)=.故选D.5.(2018·山东潍坊二模)在数列{a n}中,a n=2n-1,一个7行8列的数表中,第i行第j列的元素为c ij=a i·a j+a i+a j(i=1,2,…,7,j=1,2,…,8),则该数表中所有不相等元素之和为( C ) (A)216-10 (B)216+10(C)216-18 (D)216+13解析:该数阵的第i行第j列的元素c ij=a i·a j+a i+a j=(2i-1)(2j-1)+2i-1+2j-1=2i+j-1(i=1,2,…,7;j=1,2,…,8),由表可知,该数表中所有不相等元素之和为22-1+23-1+…+215-1=-14=216-18.故选C.6.(2018·南平一模)已知数列{b n}满足b1=1,b2=4,b n+2=(1+sin2)b n+cos2,则该数列的前23项的和为( A )(A)4 194 (B)4 195 (C)2 046 (D)2 047解析:b1=1,b2=4,b n+2=(1+sin2)b n+cos2,当n为奇数时,b n+2=2b n,数列为以2为公比的等比数列,当n为偶数时,b n+2=b n+1,数列为以1为公差的等差数列.所以S23=(b1+b3+…+b23)+(b2+b4+…+b22)=+11×4+×1=212-1+44+55=4 194.故选A.7.(2018·山东潍坊青州三模)已知数列{a n},定义数列{a n+1-2a n}为数列{a n}的“2倍差数列”,若{a n}的“2倍差数列”的通项公式为a n+1-2a n=2n+1,且a1=2,数列{a n}的前n项和为S n,则S33等于( B )(A)238+1 (B)239+2(C)238+2 (D)239解析:根据题意得a n+1-2a n=2n+1,a1=2,所以-=1,所以数列{}表示首项为1,公差d=1的等差数列,所以=1+(n-1)=n,所以a n=n·2n,所以S n=1×21+2×22+3×23+…+n·2n,所以2S n=1×22+2×23+3×24+…+n·2n+1,所以-S n=2+22+23+24…+2n-n·2n+1=-n·2n+1=-2+2n+1-n·2n+1,=-2+(1-n)2n+1,所以S n=(n-1)2n+1+2,S33=(33-1)×233+1+2=239+2.故选B.二、填空题8.(2018·湖南永州市一模)若S n=+++…+(n∈N+),则S2 017=.解析:令a n===-,故S2 017=1-+-+…+-=.答案:9.数列{a n}的前n项和为S n,满足4S n=6a n-2n-3,则S n=.解析:n=1时,4a1=4S1=6a1-2-3,解得a1=,n≥2时,a n=S n-S n-1,4S n-1=6a n-1-2(n-1)-3,4S n=6a n-2n-3,两式相减可得4a n=6a n-6a n-1-2,即a n=3a n-1+1,即有a n+=3(a n-1+),可得a n+=(+)·3n-1=3n,即a n=3n-,由4S n=6a n-2n-3,可得S n=(2·3n+1-2n-6)=.答案:10.(2018·安徽淮南二模)已知等比数列{a n}的前n项和为S n(n∈N*),且a2>a1,S4=a1+28,a3+2是a2,a4的等差中项,若数列{}的前n项和T n≤M恒成立,则M的最小值为.解析:设等比数列{a n}的公比为q,因为S4=a1+28,a3+2是a2,a4的等差中项,所以解得或因为a2>a1,所以a2=4,q=2.所以a n=2n,S n==2n+1-2,所以==-,所以T n=-+-+…+-=-<,当n趋向+∞时,T n趋向,所以M的最小值为,答案:三、解答题11.(2018·广西三市第二次调研)已知数列{a n}为等比数列,其前n项和为S n,且S n=λ·4n-3λ+1(λ∈R).(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=log2{S n+}+1,求数列的前n项和T n.解:(1)由S n=λ·4n-3λ+1,得S n-1=λ·4n-1-3λ+1(n≥2),所以a n=S n-S n-1=3λ·4n-1(n≥2),当n=1时,a1=S1=λ+1,=4,所以{a n}是以λ+1为首项,4为公比的等比数列.因为==4,所以λ=,所以a n=·4n-1.当n=1时,a1=,符合上式.所以a n=·4n-1.(2)由(1)知b n=log2(S n+)+1=log2(×4n-+)+1=2n.所以==.T n=+++…+,①T n=+++…++.②①-②得T n=1++…+-=-=(1-)-=-(n+)+,所以T n=-+.12.(2018·顺义区一模)对于数列{a n},如果存在一个数列{b n},使得对于任意的n∈N*,都有a n≥b n,则把{b n}叫做{a n}的“基础数列”.(1)设a n=n2,b n=2n-1,求证:{b n}是数列{a n}的“基础数列”;(2)设a n=-n2,{b n}是数列{a n}的“基础数列”,请判断{b n}是否可能为等差数列?并加以证明;(3)设a n=n3-n2-2tn+t2(t∈R),b n=n3-2n2-n+(n∈N*),且{b n}是{a n}的“基础数列”,求实数t的取值范围.解:(1)由a n=n2,b n=2n-1,那么a n-b n=(n-1)2,所以对于任意的n∈N*,都有a n-b n≥0,即a n≥b n,故{b n}是数列{a n}的“基础数列”.(2)由a n=-n2,设{b n}是等差数列,即b n=kn+b(k,b为实数),因为{b n}是数列{a n}的“基础数列”,可得-n2≥kn+b对于任意的n∈N*恒成立.即n2+kn+b≤0对于任意的n∈N*恒成立.根据二次函数的性质,不可能对任意的n∈N*恒成立.所以{b n}不可能为等差数列.(3)由{b n}是{a n}的“基础数列”,设f(n)=a n-b n=n2-(2t-1)n+t2-,所以f(n)≥0对任意的n∈N*恒成立,可得Δ=(2t-1)2-4(t2-)=-4t+6,①若Δ≤0,即-4t+6≤0,可得t≥,f(n)≥0对任意的n∈N*恒成立.②若Δ>0,即t<,其对称轴n=<1,且f(1)≥0即可满足任意的n∈N*恒成立. 解得t≤.综上可得实数t的取值范围是(-∞,]∪[,+∞).。

第2讲 数列求和及综合应用考情解读 高考对本节知识主要以解答题的形式考查以下两个问题：1.以递推公式或图、表形式给出条件，求通项公式，考查用等差、等比数列知识分析问题和探究创新的能力，属中档题；2.通过分组、错位相减等转化为等差或等比数列的求和问题，考查等差、等比数列求和公式及转化与化归思想的应用，属中档题．1．数列求和的方法技巧 （1）分组转化法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并． （2）错位相减法这是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{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）倒序相加法这是在推导等差数列前n 项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列(反序)，当它与原数列相加时若有公式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和． （4）裂项相消法利用通项变形，将通项分裂成两项或n 项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．这种方法，适用于求通项为1a n a n ＋1的数列的前n 项和，其中{a n }若为等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎛⎭⎫1a n －1a n ＋1.常见的裂项公式： ①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1； ②1n (n ＋k )＝1k (1n －1n ＋k )；③1(2n －1)(2n ＋1)＝12(12n －1－12n ＋1)；④1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )．2．数列应用题的模型（1）等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差． （2）等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．（3）混合模型：在一个问题中同时涉及等差数列和等比数列的模型．（4）生长模型：如果某一个量，每一期以一个固定的百分数增加(或减少)，同时又以一个固定的具体量增加(或减少)时，我们称该模型为生长模型．如分期付款问题，树木的生长与砍伐问题等．（5）递推模型：如果容易找到该数列任意一项a n 与它的前一项a n －1(或前n 项)间的递推关系式，我们可以用递推数列的知识来解决问题．热点一 分组转化求和例1 等比数列{a n }中，a 1，a 2，a 3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a 1，a 2，a 3中的任何两个数不在下表的同一列.（1）求数列{a n }的通项公式；（2）若数列{b n }满足：b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 思维启迪 (1)根据表中数据逐个推敲确定{a n }的通项公式；(2)分组求和．思维升华 在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n a n ＋1＝(12)n (n ∈N *)．（1）求证：数列{a 2n }与{a 2n －1}(n ∈N *)都是等比数列；（2）若数列{a n }的前2n 项和为T 2n ，令b n ＝(3－T 2n )·n ·(n ＋1)，求数列{b n }的最大项．热点二 错位相减法求和例2 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.思维启迪 (1)n >1时，S n ＝2S n －1＋n 两式相减得{a n }的递推关系式，然后构造数列求通项； (2)先利用错位相减法求出T n ，再放缩．思维升华 错位相减法求数列的前n 项和是一种重要的方法．在应用这种方法时，一定要抓住数列的特征，即数列的项可以看作是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得数列的求和问题．设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1－a n ＝3·22n －1.（1）求数列{a n }的通项公式；（2）令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n .热点三 裂项相消法求和思维升华 裂项相消法适合于形如{1a n ·a n ＋k}形式的数列，其中{a n }为等差数列．已知等差数列{a n }是递增数列，且满足a 4·a 7＝15，a 3＋a 8＝8.（1）求数列{a n }的通项公式； （2）令b n ＝19a n －1a n(n ≥2)，b 1＝13，求数列{b n }的前n 项和S n .例3 已知等差数列{a n }，公差d >0，前n 项和为S n ，S 3＝6，且满足a 3－a 1,2a 2，a 8成等比数列． （1）求{a n }的通项公式；（2）设b n ＝1a n ·a n ＋2，求数列{b n }的前n 项和T n 的值．思维启迪 (1)利用方程思想可确定a ，d ，写出{a n }；(2)利用裂项相消法求T n .热点四 数列的实际应用例4 自从祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来，在11个省区设立了海峡两岸农业合作试验区和台湾农民创业园，台湾农民在那里申办个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受理、审批一站式服务，某台商第一年年初到大陆就创办了一座120万元的蔬菜加工厂M ，M 的价值在使用过程中逐年减少，从第二年到第六年，每年年初M 的价值比上年年初减少10万元，从第七年开始，每年年初M 的价值为上年年初的75%. （1）求第n 年年初M 的价值a n 的表达式；（2）设A n ＝a 1＋a 2＋…＋a nn ，若A n 大于80万元，则M 继续使用，否则须在第n 年年初对M 更新，证明：必须在第九年年初对M 更新．思维启迪 (1)根据题意，当n ≤6时，数列{a n }是等差数列，当n ≥7时，数列{a n }是等比数列，分别写出其通项公式，然后进行合并即可；(2)先对n 进行分类，表示出A n ，利用数列的单调性质确定其最佳项，并与80比较大小，确定n 的值．思维升华 解答数列应用题，与函数应用题的求解过程类似，一般要经过三步：(1)建模，首先要认真审题，理解实际背景，理清数学关系，把应用问题转化为数列问题；(2)解模，利用所学的数列知识，解决数列模型中的相关问题；(3)释模，把已解决的数列模型中的问题返回到实际问题中去，与实际问题相对应，确定问题的结果．设某商品一次性付款的金额为a 元，以分期付款的形式等额地分成n 次付清，若每期利率r 保持不变，按复利计算，则每期期末所付款是( )A ．a n (1＋r )n 元B ．ar (1＋r )n (1＋r )n －1元C ．a n (1＋r )n －1元 D ．ar (1＋r )n －1(1＋r )n －1元1．数列综合问题一般先求数列的通项公式，这是做好该类题的关键．若是等差数列或等比数列，则直接运用公式求解，否则常用下列方法求解：（1）a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1(n ＝1)，S n －S n －1(n ≥2).（2）递推关系形如a n ＋1－a n ＝f (n )，常用累加法求通项． （3）递推关系形如a n ＋1a n＝f (n )，常用累乘法求通项．（4）递推关系形如“a n ＋1＝pa n ＋q (p 、q 是常数，且p ≠1，q ≠0)”的数列求通项，常用待定系数法．可设a n＋1＋λ＝p (a n ＋λ)，经过比较，求得λ，则数列{a n ＋λ}是一个等比数列．（5）递推关系形如“a n ＋1＝pa n ＋q n (q ，p 为常数，且p ≠1，q ≠0)”的数列求通项，此类型可以将关系式两边同除以q n 转化为类型(4)，或同除以p n＋1转为用迭加法求解．2．数列求和中应用转化与化归思想的常见类型：（1）错位相减法求和时，将问题转化为等比数列的求和问题求解． （2）并项求和时，将问题转化为等差数列求和．（3）分组求和时，将问题转化为能用公式法或错位相减法或裂项相消法或并项法求和的几个数列的和求解．提醒：运用错位相减法求和时，相减后，要注意右边的n ＋1项中的前n 项，哪些项构成等比数列，以及两边需除以代数式时注意要讨论代数式是否为零．3．数列应用题主要考查应用所学知识分析和解析问题的能力．其中，建立数列模型是解决这类问题的核心，在解题中的主要思路：①首先构造等差数列或等比数列模型，然后用相应的通项公式与求和公式求解；②通过归纳得到结论，再用数列知识求解.真题感悟1．(2013·湖南)设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝(－1)n a n －12n ，n ∈N *，则：（1）a 3＝________；（2）S 1＋S 2＋…＋S 100＝________.2．(2014·课标全国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.押题精练1．如图，一个类似杨辉三角的数阵，则第n (n ≥2)行的第2个数为________．2．秋末冬初，流感盛行，特别是甲型H1N1流感．某医院近30天每天入院治疗甲流的人数依次构成数列{a n }，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n(n ∈N *)，则该医院30天入院治疗甲流共有________人． 3．已知数列{b n }满足3(n ＋1)b n ＝nb n ＋1，且b 1＝3. （1）求数列{b n }的通项公式；（2）已知a n b n ＝n ＋12n ＋3，求证：56≤1a 1＋1a 2＋…＋1a n<1.(推荐时间：60分钟)一、选择题1．数列{a n }共有5项，其中a 1＝0，a 5＝2，且|a i ＋1－a i |＝1，i ＝1,2,3,4，则满足条件的不同数列的个数为( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．62．已知在数列{a n }中，a 1＝－60，a n ＋1＝a n ＋3，则|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|等于( ) A ．445 B ．765 C ．1 080 D ．3 1053．在等差数列{a n }中，a 1＝－2 013，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2 013的值等于( )A ．－2 011B ．－2 012C ．－2 010D ．－2 0134．已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2)，a 1＝1，a 2＝3，记S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，则下列结论正确的是( ) A ．a 100＝－1，S 100＝5 B ．a 100＝－3，S 100＝5 C ．a 100＝－3，S 100＝2D ．a 100＝－1，S 100＝25．数列{a n }的通项公式a n ＝n cosn π2，其前n 项和为S n ，则S 2 012等于( ) A ．1 006 B ．2 012 C ．503 D ．06．数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的m ，n ∈N *都有a m ＋n ＝a m ＋a n ＋mn ，则1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 012等于( )A ．4 0242 013B ．4 0182 012C ．2 0102 011D ．2 0092 010二、填空题7．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋2＋(－1)n a n ＝1，记S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 60＝________.8．设S n 为数列{a n }的前n 项和，若S 2nS n (n ∈N *)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”；若数列{c n }是首项为2，公差为d (d ≠0)的等差数列，且数列{c n }是“和等比数列”，则d ＝________.9．设S n ＝12＋16＋112＋…＋1n (n ＋1)(n ∈N *)，且S n ＋1·S n ＋2＝34，则n 的值是________．10．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋1，前n 项和为S n ，若对任意的正整数n ，不等式S 2n －S n >m16恒成立，则常数m 所能取得的最大整数为_______________． 三、解答题11．在等比数列{a n }中，a 1>0，n ∈N *，且a 3－a 2＝8，又a 1，a 5的等比中项为16. （1）求数列{a n }的通项公式；（2）设b n ＝log 4a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，是否存在正整数k ，使得1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n <k 对任意n ∈N *恒成立．若存在，求出正整数k 的最小值；若不存在，请说明理由．12．(2014·山东)已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列． （1）求数列{a n }的通项公式；（2）令b n ＝(－1)n－14na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 13．某产品在不做广告宣传且每千克获利a 元的前提下，可卖出b 千克．若做广告宣传，广告费为n (n ∈N *)千元时比广告费为(n －1)千元时多卖出b2n 千克．（1）当广告费分别为1千元和2千元时，用b 表示销售量S ； （2）试写出销售量S 与n 的函数关系式；（3）当a ＝50，b ＝200时，要使厂家获利最大，销售量S 和广告费n 分别应为多少？例1 解 (1)当a 1＝3时，不合题意；当a 1＝2时，当且仅当a 2＝6，a 3＝18时，符合题意； 当a 1＝10时，不合题意．因此a 1＝2，a 2＝6，a 3＝18，所以公比q ＝3.故a n ＝2·3n －1 (n ∈N *)．(2)因为b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ＝2·3n －1＋(－1)n ln(2·3n －1)＝2·3n －1＋(－1)n [ln 2＋(n －1)ln 3]＝2·3n －1＋(－1)n (ln 2－ln 3)＋(－1)n n ln 3，所以S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n ]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn ]ln 3.当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n 1－3＋n 2ln 3＝3n ＋n2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n 1－3－(ln 2－ln 3)＋⎝⎛⎭⎫n －12－n ln 3＝3n －n －12ln 3－ln 2－1.综上所述，S n＝⎩⎨⎧3n ＋n2ln 3－1， n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1， n 为奇数.变式训练1 (1)证明 因为a n a n ＋1＝(12)n ，a n ＋1a n ＋2＝(12)n ＋1，所以a n ＋2a n ＝12.又a 1＝1，a 2＝12，所以数列a 1，a 3，…，a 2n －1，…，是以1为首项，12为公比的等比数列；数列a 2，a 4，…，a 2n ，…，是以12为首项，12为公比的等比数列．(2)解 由(1)可得T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－(12)n 1－12＋12[1－(12)n ]1－12＝3－3(12)n ，所以b n ＝3n (n ＋1)(12)n ，b n ＋1＝3(n ＋1)(n ＋2)(12)n ＋1，所以b n ＋1－b n ＝3(n ＋1)(12)n (n ＋22－n )＝3(n ＋1)(12)n ＋1(2－n )，所以b 1<b 2＝b 3>b 4>…>b n >…，所以(b n )max ＝b 2＝b 3＝92.例2 （1）解 ∵S n ＋1＝2S n ＋n ＋1，当n ≥2时，S n ＝2S n －1＋n ， ∴a n ＋1＝2a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)， 即a n ＋1＋1a n ＋1＝2(n ≥2)，① 又S 2＝2S 1＋2，a 1＝S 1＝1，∴a 2＝3，∴a 2＋1a 1＋1＝2，∴当n ＝1时，①式也成立，∴a n ＋1＝2n ，即a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)证明 ∵a n ＝2n －1，∴b n ＝n (2n 1－1)－(2n－1)＝n 2n 1－2n ＝n2n ， ∴T n ＝12＋222＋323＋…＋n 2n ，12T n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1， ∴两式相减，得T n ＝2(12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1)＝2－12n －1－n 2n <2.变式训练2 解 (1)由已知得，当n ≥1时，a n ＋1＝[(a n ＋1－a n )＋(a n －a n －1)＋…＋(a 2－a 1)]＋a 1＝3(22n －1＋22n －3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1.而a 1＝2，符合上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝22n －1.(2)由b n ＝na n ＝n ·22n－1知S n ＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n ·22n －1.① 从而22·S n ＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n ·22n ＋1.②①－②，得(1－22)S n ＝2＋23＋25＋…＋22n －1－n ·22n ＋1，即S n ＝19[(3n －1)22n ＋1＋2]．例3 解 (1)由S 3＝6，得a 2＝2.∵a 3－a 1,2a 2，a 8成等比数列，∴(2d )·(2＋6d )＝42， 解得d ＝1或d ＝－43，∵d >0，∴d ＝1.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝n .(2)T n ＝11·3＋12·4＋13·5＋…＋1n (n ＋2)＝12[(1－13)＋(12－14)＋(13－15)＋(14－16)＋…＋(1n －1n ＋2)]＝12(32－1n ＋1－1n ＋2)＝3n 2＋5n 4(n ＋1)(n ＋2). 变式训练3 解 (1)根据题意a 3＋a 8＝8＝a 4＋a 7，a 4·a 7＝15，所以a 4，a 7是方程x 2－8x ＋15＝0的两根，且a 4<a 7，解得a 4＝3，a 7＝5. 设数列{a n }的公差为d ，由a 7＝a 4＋(7－4)·d ，得d ＝23.故等差数列{a n }的通项公式为a n ＝a 4＋(n －4)·d ＝3＋(n －4)·23＝2n ＋13.(2)当n ≥2时，b n ＝19a n －1a n ＝19·2n －13·2n ＋13＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12(12n －1－12n ＋1)， 又b 1＝13＝12(1－13)，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12(1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)＝12(1－12n ＋1)＝n2n ＋1.即数列{b n }的前n 项和S n ＝n2n ＋1.例4 (1)解 当n ≤6时，数列{a n }是首项为120，公差为－10的等差数列，故a n ＝120－10(n －1)＝130－10n ， 当n ≥7时，数列{a n }从a 6开始的项构成一个以a 6＝130－60＝70为首项，以34为公比的等比数列，故a n ＝70×(34)n－6，所以第n 年年初M 的价值a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧130－10n ，n ≤6，70×(34)n －6，n ≥7.(2)证明 设S n 表示数列{a n }的前n 项和，由等差数列和等比数列的求和公式，得 当1≤n ≤6时，S n ＝120n －5n (n －1)，A n ＝S nn ＝120－5(n －1)＝125－5n ≥95>80，当n ≥7时，由于S 6＝570，故S n ＝570＋(a 7＋a 8＋…＋a n )＝570＋70×34×4×[1－(34)n －6]＝780－210×(34)n －6.因为{a n }是递减数列，所以{A n }是递减数列．因为A n ＝S nn ＝780－210×(34)n －6n ，A 8＝780－210×(34)28≈82.734>80，A 9＝780－210×(34)39≈76.823<80，所以必须在第九年年初对M 更新．变式训练4 B1．(1)－116 (2)13⎝⎛⎭⎫12100－1 2．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．a n ＋12＝3n2，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 <32.1．n 2－2n ＋3 2．2553．(1)解 因为3(n ＋1)b n ＝nb n ＋1，所以b n ＋1b n ＝3(n ＋1)n.则b 2b 1＝3×21，b 3b 2＝3×32，b 4b 3＝3×43，…，b n b n －1＝3×nn －1， 累乘，可得b n b 1＝3n －1×n ，因为b 1＝3，所以b n ＝n ·3n ，即数列{b n }的通项公式b n ＝n ·3n .(2)证明 因为a n b n ＝n ＋12n ＋3，所以a n ＝n (n ＋1)2n ＋3·3n .因为1a n ＝2n ＋3n (n ＋1)·13n ＝3(n ＋1)－n n (n ＋1)·13n ＝(3n －1n ＋1)·13n ＝1n ·13n －1－1n ＋1·13n ，所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝(1·130－12·131)＋(12·131－12＋1·132)＋…＋(1n ·13n －1－1n ＋1·13n )＝1－1n ＋1·13n .因为n ∈N *，所以0<1n ＋1·13n ≤16，所以56≤1－1n ＋1·13n <1，所以56≤1a 1＋1a 2＋…＋1a n <1.BBDAAA 7．480 8．4 9．5 10．5 11．解 (1)设数列{a n }的公比为q ，由题意可得a 3＝16. ∵a 3－a 2＝8，∴a 2＝8，∴q ＝2.∴a n ＝2n ＋1.(2)∵b n ＝log 42n ＋1＝n ＋12，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n (n ＋3)4.∵1S n ＝4n (n ＋3)＝43⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋3， ∴1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n ＝43⎝⎛⎭⎫1－14＋12－15＋13－16＋…＋1n －1n ＋3 ＝43⎝⎛⎭⎫1＋12＋13－1n ＋1－1n ＋2－1n ＋3<229， ∴正整数k 的最小值为3.12．解 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12，由题意，得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1， 所以a n ＝2n －1. (2)b n ＝(－1)n－14n a n a n ＋1＝(－1)n －14n (2n －1)(2n ＋1)＝(－1)n －1(12n －1＋12n ＋1)． 当n 为偶数时，T n ＝(1＋13)－(13＋15)＋…＋(12n －3＋12n －1)－(12n －1＋12n ＋1)＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1.当n 为奇数时，T n ＝(1＋13)－(13＋15)＋…－(12n －3＋12n －1)＋(12n －1＋12n ＋1)＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1.所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数.(或T n ＝2n ＋1＋(－1)n －12n ＋1)13．解 (1)当广告费为1千元时，销售量S ＝b ＋b 2＝3b 2.当广告费为2千元时，销售量S ＝b ＋b 2＋b 22＝7b4.(2)设S n (n ∈N )表示广告费为n 千元时的销售量， 由题意得S 1－S 0＝b2，S 2－S 1＝b22，…… S n －S n －1＝b2n .以上n 个等式相加得，S n －S 0＝b 2＋b 22＋b 23＋…＋b2n ，即S ＝S n ＝b ＋b 2＋b 22＋b 23＋…＋b 2n ＝b [1－(12)n ＋1]1－12＝b (2－12n )，n ∈N .(3)当a ＝50，b ＝200时，设获利为T n ，则有T n ＝Sa －1 000n ＝10 000×(2－12n )－1 000n ＝1 000×(20－102n －n )，设b n ＝20－102n －n ，则b n ＋1－b n ＝20－102n ＋1－n －1－20＋102n ＋n ＝52n －1，当n ≤2时，b n ＋1－b n >0；当n ≥3时，b n ＋1－b n <0. 所以当n ＝3时，b n 取得最大值， 即T n 取得最大值，此时S ＝375，即该厂家获利最大时，销售量和广告费分别为375千克和3千元．。

专题对点练15 4.1~4.2组合练(限时90分钟,满分100分)一、选择题(共9小题,满分45分)1.设S n 是等差数列{a n }的前n 项和,若a 1+a 3+a 5=3,则S 5=( ) A .5 B .7 C .9 D .11 答案 A解析 由a 1+a 3+a 5=3,得3a 3=3,解得a 3=1.故S 5=5(a 1+a 5)2=5a 3=5. 2.(全国Ⅱ,理3)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯( ) A .1盏 B .3盏 C .5盏 D .9盏 答案 B解析 设塔的顶层共有x 盏灯,则各层的灯数构成一个公比为2的等比数列,由x (1-27)1-2=381,可得x=3,故选B .3.已知等差数列{a n }的公差为2,若a 2,a 4,a 8成等比数列,则{a n }的前n 项和S n =( ) A .n (n+1)B .n (n-1)C .n (n+1)2D .n (n -1)2答案 A解析 ∵a 2,a 4,a 8成等比数列,∴a 42=a 2·a 8,即(a 1+6)2=(a 1+2)(a 1+14),解得a 1=2.∴S n =na 1+n (n -1)2d=2n+n 2-n=n 2+n=n (n+1).故选A . 4.(宁夏银川一中二模,理8)公差不为零的等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 4是a 3与a 7的等比中项,S 8=16,则S 10等于( ) A .18 B .24 C .30 D .60 答案 C解析 设等差数列{a n }的公差为d ≠0.由题意,得(a 1+3d )2=(a 1+2d )(a 1+6d ),即2a 1+3d=0.①∵S 8=16,∴8a 1+8×72×d=16,② 联立①②解得a 1=-3,d=1.则S 10=10×(-3)+10×9×1=30. 5.等比数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 3=a 2+10a 1,a 5=9,则a 1=( ) A .13B .-13 C .19 D .-19答案 C解析 设数列{a n }的公比为q ,若q=1,则由a 5=9,得a 1=9,此时S 3=27,而a 2+10a 1=99,不满足题意,因此q ≠1.∵当q ≠1时,S 3=a 1(1-q 3)1-q=a 1·q+10a 1,∴1-q 3=q+10,整理得q 2=9. ∵a 5=a 1·q 4=9,即81a 1=9,∴a 1=19.6.已知{a n }为等比数列,a 4+a 7=2,a 5a 6=-8,则a 1+a 10=( ) A .7 B .5 C .-5 D .-7 答案 D解析 ∵{a n }为等比数列,∴a 5a 6=a 4a 7=-8.联立{a 4+a 7=2,a 4a 7=-8,可解得{a 4=4,a 7=-2或{a 4=-2,a 7=4.当{a 4=4,a 7=-2时,q 3=-12,故a 1+a 10=a 4q 3+a 7q 3=-7;当{a 4=-2,a 7=4时,q 3=-2,同理,有a 1+a 10=-7.故选D . 7.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若S m-1=-2,S m =0,S m+1=3,则m=( ) A .3 B .4 C .5 D .6 答案 C解析 ∵S m-1=-2,S m =0,S m+1=3,∴a m =S m -S m-1=0-(-2)=2,a m+1=S m+1-S m =3-0=3.∴d=a m+1-a m =3-2=1.∵S m =ma 1+m (m -1)2×1=0, ∴a 1=-m -12.又a m+1=a 1+m×1=3, ∴-m -12+m=3.∴m=5.故选C . 8.(江西新余一中模拟,理8)设等差数列{a n }满足3a 8=5a 15,且a 1>0,S n 为其前n 项和,则数列{S n }的最大项为( ) A .S 23 B .S 24 C .S 25 D .S 26 答案 C解析 设等差数列{a n }的公差为d ,∵3a 8=5a 15,∴3(a 1+7d )=5(a 1+14d ),即2a 1+49d=0. ∵a 1>0,∴d<0,∴等差数列{a n }单调递减.∵S n =na 1+n (n -1)2d=n (-49d 2)+n (n -1)2d=d 2(n-25)2-6252d. ∴当n=25时,数列{S n }取得最大值,故选C .9.(辽宁沈阳三模,理11)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,a n +a n+1=3×2n-1,则S 2 017=( )〚导学号16804195〛A .22 018-1B .22 018+1C .22 017-1D .22 017+1 答案 C解析 由a 1=1和a n+1=3×2n-1-a n ,可知数列{a n }唯一确定,且a 2=2,a 3=4,a 4=8,猜测a n =2n-1,经验证a n =2n-1是满足题意的唯一解.∴S 2 017=1-22 0171-2=22 017-1.二、填空题(共3小题,满分15分)10.(辽宁鞍山一模,理15)已知等差数列{a n },a 1=tan 225°,a 5=13a 1,设S n 为数列{(-1)n a n }的前n 项和,则S 2 017= . 答案 -3 025解析 设{a n }的公差为d ,由题意,得a 1=tan 225°=tan 45°=1,a 5=13a 1=13,a 5-a 1=4d=12,∴d=3,∴a n =1+3(n-1)=3n-2,∴S 2 017=-1+(-3)×2 0162=-3 025,故答案为-3 025. 11.(江苏无锡一模,9)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 3,S 9,S 6成等差数列,且a 2+a 5=4,则a 8的值为 . 答案 2解析 ∵等比数列{a n }的前n 项和为S n ,S 3,S 9,S 6成等差数列,且a 2+a 5=4,∴{2×a 1(1-q 9)1-q =a 1(1-q 3)1-q +a 1(1-q 6)1-q ,a 1q +a 1q 4=4,解得a 1q=8,q 3=-12,∴a 8=a 1q 7=(a 1q )(q 3)2=8×14=2.12.已知等差数列{a n },a 3=9,a 5=17,记数列{1n}的前n 项和为S n .若S 2n+1-S n ≤m (m ∈Z )对任意的n ∈N *成立,则整数m 的最小值为 .〚导学号16804196〛答案 4解析 设公差为d ,由a 3=9,a 5=17,得{a 1+2d =9,a 1+4d =17,解得{a 1=1,d =4,∴a n =4n-3,∴S n =1+15+19+…+14n -3,令b n =S 2n+1-S n =14n+1+…+18n+1,则b n+1-b n =[14(n+1)+1+…+18(n+1)+1]−(14n+1+…+18n+1)=18n+9−14n+1<0,∴{b n }是递减数列,∴b 1最大,为15+19=1445,∴根据题意,S 2n+1-S n ≤1445, ∴1445≤m10,m ≥289,∴整数m 的最小值为4.三、解答题(共3个题,分别满分为13分,13分,14分)13.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且对任意正整数n ,都有3a n =2S n +3成立. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =log 3a n ,求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)在3a n =2S n +3中,令n=1,得a 1=3.当n ≥2时,3a n =2S n +3,① 3a n-1=2S n-1+3,② ①-②得a n =3a n-1,∴数列{a n }是以3为首项,3为公比的等比数列,∴a n =3n . (2)由(1)得b n =log 3a n =n ,数列{b n }的前n 项和T n =1+2+3+…+n=n (n+1)2.14.(江苏南京一模,19)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足S n +n=2a n (n ∈N *). (1)证明:数列{a n +1}为等比数列,并求数列{a n }的通项公式;(2)若b n =(2n+1)a n +2n+1,数列{b n }的前n 项和为T n ,求满足不等式T n-22n -1>2 010的n 的最小值. (1)证明 当n=1时,2a 1=a 1+1,∴a 1=1.∵2a n =S n +n ,n ∈N *,∴2a n-1=S n-1+n-1,n ≥2, 两式相减,得a n =2a n-1+1,n ≥2, 即a n +1=2(a n-1+1),n ≥2,∴数列{a n +1}为以2为首项,2为公比的等比数列, ∴a n +1=2n ,∴a n =2n -1,n ∈N *. (2)解 b n =(2n+1)a n +2n+1=(2n+1)·2n ,∴T n =3×2+5×22+…+(2n+1)·2n , ∴2T n =3×22+5×23+…+(2n+1)·2n+1,两式相减可得-T n =3×2+2×22+2×23+…+2·2n -(2n+1)·2n+1,∴T n =(2n-1)·2n+1+2,∴T n -22n -1>2 010可化为2n+1>2 010.∵210=1 024,211=2 048,∴满足不等式T n-22n -1>2 010的n 的最小值为10. 15.(河南新乡二模,理17)在数列{a n }和{b n }中,a 1=12,{a n }的前n 项和为S n ,满足S n+1+(12)n+1=S n +(12)n(n ∈N *),b n =(2n+1)a n ,{b n }的前n 项和为T n .(1)求数列{b n }的通项公式b n 以及T n ;(2)若T 1+T 3,mT 2,3(T 2+T 3)成等差数列,求实数m 的值.解 (1)∵S n+1+(12)n+1=S n +(12)n(n ∈N *),∴a n+1=S n+1-S n =(12)n −(12)n+1=(12)n+1.∴当n ≥2时,a n =(12)n.又a 1=12,因此当n=1时也成立.∴a n =(12)n,∴b n =(2n+1)a n =(2n+1)·(12)n. ∴T n =32+522+723+…+2n+12n, 12T n =322+523+…+2n -12n +2n+12n+1, ∴12T n =32+2(122+123+…+12n )−2n+12n+1=32+2×14(1-12n -1)1-12−2n+12n+1,∴T n =5-2n+52n . (2)由(1)可得T 1=32,T 2=114,T 3=298.∵T 1+T 3,mT 2,3(T 2+T 3)成等差数列,∴32+298+3×(114+298)=2×m×114,解得m=9722.〚导学号16804197〛。