2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版：第七章 数列与数学归纳法高考专题突破四

§7.4 数列求和、数列的综合应用1．等差数列的前n 项和公式 S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .2．等比数列的前n 项和公式 S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.3．一些常见数列的前n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2.(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n －1＝n 2. (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n ＝n (n ＋1)． (4)12＋22＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6.4．数列求和的常用方法 (1)公式法等差、等比数列或可化为等差、等比数列的可直接使用公式求和． (2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． (3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． 常见的裂项公式 ①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；②1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． (5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广． (6)并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解． 例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q .( √ )(2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1.( √ )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 之和时，只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( × )(4)数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n ＋2n －1的前n 项和为n 2＋12n .( × )(5)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( √ )(6)如果数列{a n }是周期为k 的周期数列，那么S km ＝mS k (m ，k 为大于1的正整数)．( √ ) 题组二 教材改编2．[P61A 组T5]一个球从100 m 高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是( ) A ．100＋200(1－2－9)B ．100＋100(1－2－9)C ．200(1－2－9)D ．100(1－2－9)答案 A解析 第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋ (2)9)＝100＋200×2－1(1－2－9)1－2－1＝100＋200(1－2－9)．3．[P61A 组T4(3)]1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1＝________(x ≠0且x ≠1)．答案 1－x n (1－x )2－nx n1－x解析 设S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1，①则xS n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n ，②①－②得(1－x )S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋x n －1－nx n＝1－x n 1－x －nx n ， ∴S n ＝1－x n (1－x )2－nx n1－x .题组三 易错自纠4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，则S 2 019等于( ) A ．1 007 B ．1 008 C ．1 009 D ．1 010 答案 D解析 由a n ＋2S n －1＝n 得a n ＋1＋2S n ＝n ＋1，两式相减得a n ＋1－a n ＋2a n ＝1⇒a n ＋1＋a n ＝1⇒S 2 019＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 018＋a 2 019)＝1 009×1＋1＝1 010.5．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( )A ．200B ．－200C ．400D ．－400 答案 B解析 S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.6．数列{a n }的通项公式为a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 017＝________. 答案 1 008解析 因为数列a n ＝n cosn π2呈周期性变化，观察此数列规律如下：a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4. 故S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2. a 5＝0，a 6＝－6，a 7＝0，a 8＝8， 故a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2，∴周期T ＝4. ∴S 2 017＝S 2 016＋a 2 017 ＝2 0164×2＋2 017·cos 2 0172π＝1 008. 7．(2011·浙江)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n (n ＋4)⎝⎛⎭⎫23n 中的最大项是第k 项，则k ＝________. 答案 4 解析 由题意知⎩⎨⎧k (k ＋4)⎝⎛⎭⎫23k≥(k －1)(k ＋3)⎝⎛⎭⎫23k －1，k (k ＋4)⎝⎛⎭⎫23k≥(k ＋1)(k ＋5)⎝⎛⎭⎫23k ＋1，解得10≤k ≤1＋10.∵k ∈N *，∴k ＝4.第1课时 数列求和的常用方法题型一 分组转化法求和例1 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设2(1)n a nn n b a ＝＋－，求数列{b n }的前2n 项和． 解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－(n －1)2＋(n －1)2＝n .a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n (n ∈N *)． (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n . 记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋…＋22n ， B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝2(1－22n )1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n . 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.引申探究本例(2)中，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 由(1)知b n ＝2n ＋(－1)n n . 当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋ (2))＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ]＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n2－2；当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋ (2))＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ] ＝2n ＋1－2＋n －12－n＝2n ＋1－n 2－52.∴T n＝⎩⎨⎧2n ＋1＋n 2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数.思维升华 分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．跟踪训练1 (2018·温州市适应性考试)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2,2S n ＝(n ＋1)2a n －n 2a n ＋1，数列{b n }满足b 1＝a 1，nb n ＋1＝a n b n .(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c n ＝a n ＋b n (n ∈N *)，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)由2S n ＝(n ＋1)2a n －n 2a n ＋1，① 可得2S n ＋1＝(n ＋2)2a n ＋1－(n ＋1)2a n ＋2，②②－①得2a n ＋1＝2(n 2＋2n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)2a n ＋2－(n ＋1)2a n ， 所以2(n ＋1)2a n ＋1＝(n ＋1)2a n ＋2＋(n ＋1)2a n ， 化简得2a n ＋1＝a n ＋2＋a n ， 所以{a n }是等差数列．由2S 1＝(1＋1)2a 1－a 2可得a 2＝4， 所以公差d ＝a 2－a 1＝4－2＝2， 故a n ＝2＋2(n －1)＝2n .由b 1＝a 1，nb n ＋1＝a n b n 以及a n ＝2n 可知，b 1＝2，b n ＋1b n ＝2，所以数列{b n }是以2为首项，2为公比的等比数列，故b n ＝2×2n －1＝2n .(2)因为c n ＝a n ＋b n ＝2n ＋2n ，所以T n ＝(2＋2)＋(4＋22)＋(6＋23)＋…＋(2n ＋2n ) ＝(2＋4＋6＋…＋2n )＋(2＋22＋23＋…＋2n ) ＝n (2＋2n )2＋2(1－2n )1－2＝n 2＋n ＋2n ＋1－2.题型二 错位相减法求和例2 (2018·浙江省金华名校统考)已知数列{a n }是公比大于1的等比数列，且a 2＋a 4＝90，a 3＝27.在数列{b n }中，b 1＝1，b n ＋1＝b n b n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设c n ＝a nb n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)设等比数列{a n }的公比为q (q >1)，则由a 2＋a 4＝90，a 3＝27，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝90，a 1q 2＝27，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，q ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝243，q ＝13(舍去)，故a n ＝3×3n －1＝3n .因为b n ＋1＝b nb n ＋1(n ∈N *)，所以1b n ＋1＝1b n＋1，又b 1＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是首项为1，公差为1的等差数列．于是，1b n ＝1＋(n －1)×1＝n ，故b n ＝1n .(2)由(1)知，c n ＝a nb n＝n ×3n ，所以T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝1×3＋2×32＋…＋n ×3n ， 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋(n －1)×3n ＋n ×3n ＋1.两式相减得，－2T n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ×3n ＋1＝3(1－3n )1－3－n ×3n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12－n ×3n ＋1－32， 故T n ＝⎝⎛⎭⎫12n －14×3n ＋1＋34. 思维升华 错位相减法求和时的注意点(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式． (3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解． 跟踪训练2 (2018·杭州质检)已知各项均大于零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足2S n ＝a 2n ＋a n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设122log 2n n a an b =⋅，数列{b n }的前n 项和为H n ，求使得H n ＋n ·2n ＋1>50成立的最小整数n .解 (1)由2S n ＝a 2n ＋a n ，① 得2S n －1＝a 2n －1＋a n －1(n ≥2)，②当n ≥2时，①－②得2a n ＝a 2n ＋a n －a 2n －1－a n －1，即a n ＋a n －1＝a 2n －a 2n －1＝(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)，又由题设知a n ＋a n －1>0，所以a n －a n －1＝1， 故数列{a n }是公差为1的等差数列，又a 1＝1， 所以a n ＝1＋(n －1)×1＝n .(2)因为122log 2n n aan b =⋅＝－n ·2n ，所以H n ＝－(1×21＋2×22＋…＋n ×2n )， 则2H n ＝－(22＋2×23＋…＋n ×2n ＋1)．将以上两式作差化简可得H n ＝－n ·2n ＋1＋2n ＋1－2，于是，H n ＋n ·2n ＋1>50，即2n ＋1>52，解得n ≥5.故最小正整数n 是5.题型三 裂项相消法求和命题点1 形如a n ＝1n (n ＋k )型例3 (2018·浙江省金丽衢十二校联考)已知等差数列{a n }的公差为2，等比数列{b n }的公比为2，且a n b n ＝n ·2n . (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝1a n ·log 2b n ＋3，记数列{c n }的前n 项和为T n ，试比较T n 与38的大小．解 (1)∵a n b n ＝n ·2n ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1b 1＝2，a 2b 2＝8⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1b 1＝2，(a 1＋2)·2b 1＝8， 解得a 1＝2，b 1＝1， ∴a n ＝2＋2(n －1)＝2n ， b n ＝2n －1.(2)∵a n ＝2n ，b n ＝2n －1，∴c n ＝1a n ·log 2b n ＋3＝12n (n ＋2)＝14⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2，∴T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋c 4＋…＋c n －1＋c n ＝14⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋⎝⎛⎭⎫13－15＋⎝⎛⎭⎫14－16＋…⎦⎤＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2 ＝14⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝38－14⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2<38，∴T n <38.命题点2 a n ＝1n ＋n ＋k型例4 已知函数f (x )＝x α的图象过点(4,2)，令a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )，n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 019＝________.答案2 020－1解析 由f (4)＝2，可得4α＝2，解得α＝12，则f (x )＝12x .∴a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 019＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 019－ 2 018)＋( 2 020－ 2 019)＝2 020－1.命题点3 裂项相消法的灵活运用例5 (2018·绍兴诸暨市期末)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 . 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)由题意可知，b n ＝(－1)n －14na 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思维升华 (1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )，1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ，裂项后可以产生连续相互抵消的项．(2)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．跟踪训练3 (2018·绍兴市六校质检)已知函数f (x )＝3x 2－2x ，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数f (x )的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n <m20对所有的n ∈N *都成立的最小正整数m .解 (1)由题意知S n ＝3n 2－2n ， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n －5， a 1＝3－2＝1，适合上式，∴a n ＝6n －5. (2)∵b n ＝3a n a n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫16n －5－16n ＋1，∴T n ＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－17＋⎝⎛⎭⎫17－113＋…＋⎝⎛⎭⎫16n －5－16n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1， ∵12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1<12， 要使12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1<m20对n ∈N *恒成立，需满足m 20≥12，∴m ≥10，故符合条件的最小正整数m 为10.1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12n答案 A解析 该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n ＝n 2＋1－12n .2．(2018·杭州质检)设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)．若S n 为数列的前n 项和，则S 2 018等于( ) A ．22 016－1 B ．3·21 009－3 C ．22 009－3 D ．22 010－3答案 B解析 由a n ＋1·a n ＝2n ，得a n ＋2·a n ＋1＝2n ＋1，两式作商，得a n ＋2a n ＝2，又a 1＝1，所以a 2＝2，则数列{a n }的奇数项和偶数项分别构成以2为公比的等比数列，所以S 2 018＝(a 1＋a 3＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2 018)＝1×(1－21 009)1－2＋2(1－21 009)1－2＝3·21 009－3，故选B.3．已知数列2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，…，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 019项之和S 2 019等于( ) A ．4 018 B ．2 010 C ．1 D ．0 答案 A解析 由已知得a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)， ∴a n ＋1＝a n －a n －1.故数列的前8项依次为2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，－1,2 008,2 009. 由此可知此数列为周期数列，周期为6，且S 6＝0. ∵2 019＝6×336＋3，∴S 2 019＝S 3＝2 008＋2 009＋1＝4 018.4．在数列{a n }中，若a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1(n ∈N *)，则数列{a n }的前12项和等于( ) A ．76 B ．78 C ．80 D ．82 答案 B解析 由已知a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，得a n ＋2＋(－1)n ＋1·a n ＋1＝2n ＋1，得a n ＋2＋a n ＝(－1)n (2n －1)＋(2n ＋1)，取n ＝1,5,9及n ＝2,6,10，结果相加可得S 12＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 11＋a 12＝78.故选B.5．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，n 为奇数，－n 2，n 为偶数，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．10 200 答案 B解析 由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012 ＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝101－1＝100.故选B.6．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝________. 答案2n n ＋1解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则 由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1. ∴S n ＝n ×1＋n (n －1)2×1＝n (n ＋1)2，1S n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1. ∴∑k ＝1n1S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1(n ∈N *)． 7．有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n －1所有项的和为__________．答案 2n ＋1－2－n解析 由题意知所求数列的通项为1－2n 1－2＝2n －1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为2(1－2n )1－2－n ＝2n＋1－2－n .8．(2018·浙江五校联考)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝2(n ＋1)(n ∈N *)，则a 2 018－a 2 016＝________，1a 1a 3＋1a 2a 4＋1a 3a 5＋…＋1a 98a 100＋1a 99a 101＝________. 答案 2199303解析 ∵a n ＋a n ＋1＝2(n ＋1)(n ∈N *)，∴当n ≥2时，a n －1＋a n ＝2n ，∴a n ＋1－a n －1＝2，∴a 2 018－a 2 016＝2，数列{a n }的奇数项和偶数项分别是公差为2的等差数列，又a 1＝1，∴a 2＝3，∴1a 1a 3＋1a 2a 4＋1a 3a 5＋…＋1a 98a 100＋1a 99a 101＝2×12×⎝⎛⎭⎫13－15＋15－17＋…＋199－1101＋11×3＝13－1101＋13＝199303. 9．(2018·台州调研)已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且a n >0,6S n ＝a 2n ＋3a n ，n ∈N *，12(21)(21)n n n a n a a b +=--，若任意n ∈N *，k >T n 恒成立，则k 的最小值是________． 答案149解析 当n ＝1时，6a 1＝a 21＋3a 1，解得a 1＝3或a 1＝0. 由a n >0，得a 1＝3.由6S n ＝a 2n ＋3a n ，得6S n ＋1＝a 2n ＋1＋3a n ＋1. 两式相减得6a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋3a n ＋1－3a n .所以(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －3)＝0.因为a n >0，所以a n ＋1＋a n >0，a n ＋1－a n ＝3. 即数列{a n }是以3为首项，3为公差的等差数列， 所以a n ＝3＋3(n －1)＝3n .所以12(21)(21)n n n a n a a b +=--＝8n(8n －1)(8n ＋1－1) ＝17⎝⎛⎭⎫18n －1－18n ＋1－1. 所以T n ＝17⎝⎛18－1－182－1＋182－1－183－1＋…+⎭⎫18n－1－18n ＋1－1 ＝17⎝⎛⎭⎫17－18n ＋1－1<149. 要使任意n ∈N *，k >T n 恒成立，只需k ≥149，所以k 的最小值为149.10．(2018·湖州市适应性考试)已知等比数列{a n }满足2a 1＋a 3＝3a 2，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋log 21a n ，S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ，求使S n －2n ＋1＋47<0成立的正整数n 的最小值．解 (1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ， 依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4， 即2(a 1q 2＋2)＝a 1q ＋a 1q 3，①由2a 1＋a 3＝3a 2，得2a 1＋a 1q 2＝3a 1q ，解得q ＝1或q ＝2. 当q ＝1时，不合题意，故舍去；当q ＝2时，代入①式得a 1＝2，所以a n ＝2n . (2)b n ＝a n ＋log 21a n＝2n －n ，所以S n ＝2－1＋22－2＋23－3＋…＋2n －n ＝(2＋22＋23＋…＋2n )－(1＋2＋3＋…＋n )＝2(1－2n)1－2－(1＋n )n2＝2n ＋1－2－12n －12n 2，因为S n －2n ＋1＋47<0，所以n 2＋n －90>0，解得n >9或n <－10，由n ∈N *，故使S n －2n ＋1＋47<0成立的正整数n 的最小值为10.11．(2018·绍兴适应性考试)已知函数f (x )＝－4＋1x 2，点P n ⎝⎛⎭⎫a n ，－1a n ＋1(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)设数列{a 2n ·a 2n ＋1}的前n 项和为S n ，若对于任意的n ∈N *，S n <t 2－t －12恒成立，求最小正整数t 的值． 解 (1)由题意得－1a n ＋1＝f (a n )＝－4＋1a 2n且a n >0， ∴1a n ＋1＝4＋1a 2n ，1a 2n ＋1＝4＋1a 2n， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 是等差数列，首项1a 21＝1，公差d ＝4，∴1a 2n ＝4n －3，∴a 2n ＝14n －3，∴a n ＝14n －3. (2)a 2n ·a 2n ＋1＝1(4n －3)(4n ＋1)＝14×⎝⎛⎭⎫14n －3－14n ＋1， 由S n ＝14⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫11－15＋⎝⎛⎭⎫15－19＋…＋⎝⎛⎭⎫14n －3－14n ＋1 ＝14⎝⎛⎭⎫1－14n ＋1， ∵n ∈N *，∴S n <14，∴14≤t 2－t －12，解得t ≥32或t ≤－12，∴t 的最小正整数为2.12．(2018·浙江衢州二中模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝log 2a n ，c n ＝b 2na n，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)当n ＝1时，S 1＝2a 1－2，所以a 1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2a n －2)－(2a n －1－2)＝2a n －2a n －1， 所以a n ＝2a n －1，即a na n －1＝2，所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2×2n －1＝2n .(2)由(1)知b n ＝log 2a n ＝log 22n ＝n ，c n ＝b 2na n ＝n22n .所以T n ＝122＋2222＋3223＋…＋(n －1)22n －1＋n 22n ，则12T n ＝1222＋2223＋…＋(n －1)22n ＋n 22n ＋1， 两式相减得12T n ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n －n 22n ＋1， 设A n ＝12＋322＋523＋…＋2n －32n －1＋2n －12n ，则12A n ＝122＋323＋524＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1， 两式相减得12A n ＝12＋2⎝⎛⎭⎫122＋123＋124＋…＋12n －2n －12n ＋1 ＝12＋2×122－12n ×121－12－2n －12n ＋1＝32－2n ＋32n ＋1， 所以A n ＝3－2n ＋32n .所以12T n ＝3－2n ＋32n －n 22n ＋1＝3－n 2＋4n ＋62n ＋1， 所以T n ＝6－n 2＋4n ＋62n.13．已知公差不为零的等差数列{a n }中，a 1＝1，且a 2，a 5，a 14成等比数列，{a n }的前n 项和为S n ，b n ＝(－1)n S n ，则a n ＝________，数列{b n }的前n 项和T n ＝________. 答案 2n －1 (－1)nn (n ＋1)2解析 设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，则由a 2，a 5，a 14成等比数列得a 25＝a 2·a 14，即(1＋4d )2＝(1＋d )(1＋13d )，解得d ＝2，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n 2，当n 为偶数时，T n ＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4－…－S n －1＋S n ＝－1＋22－32＋42－…－(n －1)2＋n 2＝3＋7＋…＋(2n －1)＝n (n ＋1)2；当n 为大于1的奇数时，T n ＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4－…＋S n －1－S n ＝－1＋22－32＋42－…－(n －2)2＋(n －1)2－n 2＝3＋7＋…＋(2n －3)－n 2＝－n (n ＋1)2，当n ＝1时，也符合上式，综上所述，T n ＝(－1)n n (n ＋1)2.14．“斐波那契数列”是数学史上一个著名数列，在斐波那契数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝1，…，a n ＋2＝a n ＋1＋a n (n ∈N *)，则a 7＝________；若a 2 021＝m ，则数列{a n }的前2 019项和是________(用m 表示)．答案 13 m －1解析 因为a 1＝1，a 2＝1，…，a n ＋2＝a n ＋1＋a n (n ∈N *)，所以a 3＝a 1＋a 2＝1＋1＝2，a 4＝a 2＋a 3＝1＋2＝3，a 5＝a 3＋a 4＝2＋3＝5，a 6＝a 4＋a 5＝3＋5＝8，a 7＝a 5＋a 6＝5＋8＝13.由已知有a 3＝a 1＋a 2，a 4＝a 2＋a 3，…，a 2 021＝a 2 019＋a 2 020，各式相加可得a 2 021＝a 2＋a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019，即a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019＝a 2 021－a 2＝m －1，故数列{a n }的前2 019项和为m －1.15．(2018·浙江温州中学月考)数列{a n }满足a 1＝43，a n ＋1＝a 2n －a n ＋1(n ∈N *)，则m ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 016的整数部分是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4答案 B 解析 由条件得1a n ＋1－1＝1a n (a n －1)＝1a n －1－1a n，即有1a n ＝1a n －1－1a n ＋1－1，则m ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 016＝1a 1－1－1a 2 017－1＝3－1a 2 017－1.又a n ＋1－a n ＝(a n －1)2≥0，则a n ＋1≥a n ≥…≥a 1>1，当n ≥2时，从而有(a n ＋1－a n )－(a n －a n －1)＝(a n －1)2－(a n －1－1)2＝(a n －a n －1)(a n ＋a n －1－2)≥0，则a n ＋1－a n ≥a n －a n －1≥…≥a 2－a 1＝19，则a 2 017＝a 1＋(a 2－a 1)＋…＋(a 2 017－a 2 016)≥43＋2 0169＝22513，得a 2 017－1≥22413>1，即有0<1a 2 017－1<1，则m ∈(2,3)，故选B.16．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，任意n ∈N *,2S n ＝a 2n ＋a n .令b n＝1a n a n ＋1＋a n ＋1a n ，设{b n }的前n 项和为T n ，则在T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为________． 答案 9解析 ∵2S n ＝a 2n ＋a n ，①∴2S n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1，②②－①，得2a n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1－a 2n －a n ，a 2n ＋1－a 2n －a n ＋1－a n ＝0，(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0.又∵{a n }为正项数列， ∴a n ＋1－a n －1＝0， 即a n ＋1－a n ＝1.在2S n ＝a 2n ＋a n 中，令n ＝1，可得a 1＝1.∴数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列． ∴a n ＝n ，∴b n ＝1n n ＋1＋(n ＋1)n＝(n ＋1)n －n n ＋1[n n ＋1＋(n ＋1)n ][(n ＋1)n －n n ＋1]＝(n＋1)n－n n＋1n(n＋1)＝1n－1n＋1，∴T n＝1－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＋1n－1n＋1＝1－1n＋1，要使T n为有理数，只需1n＋1为有理数，令n＋1＝t2，∵1≤n≤100，∴n＝3,8,15,24,35,48,63,80,99共9个数．∴T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为9.。

§7.1 数列的概念与简单表示法1．数列的有关概念2.数列的表示方法3.a n 与S n 的关系若数列{a n }的前n 项和为S n ， 则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.4．数列的分类概念方法微思考1．数列的项与项数是一个概念吗？提示 不是，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号． 2．数列的通项公式a n ＝3n ＋5与函数y ＝3x ＋5有何区别与联系？提示 数列的通项公式a n ＝3n ＋5是特殊的函数，其定义域为N *，而函数y ＝3x ＋5的定义域是R ，a n ＝3n ＋5的图象是离散的点，且排列在y ＝3x ＋5的图象上．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．( × ) (2)所有数列的第n 项都能使用公式表达．( × )(3)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( √ ) (4)1,1,1,1，…，不能构成一个数列．( × )(5)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( × )(6)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＝S n －S n －1.( × ) 题组二 教材改编2．[P33A 组T4]在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝4a n ＋1，则a 3＝________. 答案 21解析 由题意知，a 2＝4a 1＋1＝5，a 3＝4a 2＋1＝21.3．[P33A 组T5]根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式a n ＝________.答案 5n －4 题组三 易错自纠4．已知a n ＝n 2＋λn ，且对于任意的n ∈N *，数列{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是________． 答案 (－3，＋∞)解析 因为{a n }是递增数列，所以对任意的n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，即(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn ，整理，得2n ＋1＋λ>0，即λ>－(2n ＋1)．(*)因为n ≥1，所以－(2n ＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ>－3. 5．数列{a n }中，a n ＝－n 2＋11n (n ∈N *)，则此数列最大项的值是________． 答案 30解析 a n ＝－n 2＋11n ＝－⎝⎛⎭⎪⎫n －1122＋1214，∵n ∈N *，∴当n ＝5或n ＝6时，a n 取最大值30.6．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2，n ∈N*解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋1－[(n －1)2＋1]＝2n －1，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2，n ∈N *.题型一 由数列的前几项求数列的通项公式例1根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式： (1)23，415，635，863，1099，…；(2)－1,7，－13,19，…； (3)12，2，92，8，252，…；(4)5,55,555,5555，…. 解 (1)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3,3×5,5×7,7×9,9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积，分子依次为2,4,6，…，相邻的偶数．故所求数列的一个通项公式为a n ＝2n(2n －1)(2n ＋1).(2)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为a n ＝(－1)n (6n －5)．(3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察．即12，42，92，162，252，…，分子为项数的平方，从而可得数列的一个通项公式为a n ＝n 22. (4)将原数列改写为59×9，59×99，59×999，…，易知数列9,99,999，…的通项为10n－1，故所求的数列的一个通项公式为a n ＝59(10n－1)．思维升华求数列通项时，要抓住以下几个特征： (1)分式中分子、分母的特征． (2)相邻项的变化特征．(3)拆项后变化的部分和不变的部分的特征． (4)各项符号特征等．(5)若关系不明显时，应将部分项作适当的变形，统一成相同的形式．跟踪训练1(1)(2018·宁波北仑中学期中)数列32，－54，78，－916，…的一个通项公式为( )A ．a n ＝(－1)n·2n＋12B ．a n ＝(－1)n·2n ＋12nC ．a n ＝(－1)n ＋1·2n＋12nD ．a n ＝(－1)n ＋1·2n ＋12n答案 D解析 数列各项的分母为等比数列{2n}，分子为2n ＋1，可用(－1)n ＋1来控制各项的符号，故数列的一个通项公式为a n ＝(－1)n ＋1·2n ＋12n .(2)数列{a n }的前4项是32，1，710，917，则这个数列的一个通项公式是a n ＝________.答案2n ＋1n 2＋1解析 数列{a n }的前4项可变形为2×1＋112＋1，2×2＋122＋1，2×3＋132＋1，2×4＋142＋1，故a n ＝2n ＋1n 2＋1.题型二 由a n 与S n 的关系求通项公式例2(1)(2018·浙江绍兴一中期中)已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2＋n ＋1，b n ＝(－1)n·(a n －2)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________，数列{b n }的前50项和为________．答案 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2 49解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n ＋1－[(n －1)2＋(n －1)＋1]＝2n ，当n ＝1时不满足上式，故则其通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2.当n ＝1时，b 1＝－1；当n ≥2时，b n ＝(－1)n·(a n －2)＝(－1)n·2(n －1)，则数列{b n }的前50项和为－1＋2×1－2×2＋2×3－…＋2×49＝－1＋2×(1－2＋3－…＋49)＝－1＋2×25＝49. (2)(2018·全国Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. 答案 －63解析 ∵S n ＝2a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)， 即a n ＝2a n －1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1＝－1，公比q ＝2的等比数列，∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－1×(1－2n )1－2＝1－2n，∴S 6＝1－26＝－63.(3)已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n，则a n ＝________. 答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n，n ≥2解析 当n ＝1时，由已知，可得a 1＝21＝2， ∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n，① 故a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝2n －1(n ≥2)，②由①－②得na n ＝2n－2n －1＝2n －1，∴a n ＝2n －1n.显然当n ＝1时不满足上式， ∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n，n ≥2.思维升华已知S n 求a n 的常用方法是利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，一定要检验a 1的情况．跟踪训练2(1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n＋1，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋1＝4； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n＋1)－(3n －1＋1)＝2×3n －1.当n ＝1时，2×31－1＝2≠a 1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2.(2)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，则a n ＝________.答案13n 解析 因为a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，①则当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，②①－②得3n －1a n ＝13，所以a n ＝13n (n ≥2)．由题意知a 1＝13符合上式，所以a n ＝13n .(3)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n ＝________.答案 (－2)n －1解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝23a 1＋13，即a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝23a n －23a n －1，故a n a n －1＝－2，故a n ＝(－2)n －1.题型三 由数列的递推关系求通项公式例3设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则a n ＝________.答案n 2＋n ＋22解析 由条件知a n ＋1－a n ＝n ＋1，则当n ≥2时a n ＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＋a 1＝(2＋3＋4＋…＋n )＋2＝n 2＋n ＋22.当n ＝1时，符合上式，因此a n ＝n 2＋n ＋22.引申探究1．若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝nn ＋1a n ”，如何求解？ 解 ∵a n ＋1＝nn ＋1a n ，a 1＝2，∴a n ≠0， ∴a n ＋1a n ＝n n ＋1. ∴当n ≥2时a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1 ＝n －1n ·n －2n －1·n －3n －2·…·12·2＝2n. 当n ＝1时，符合上式，因此a n ＝2n.2．若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝2a n ＋3”，如何求解？解 设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1－t ＝2(a n －t )，即a n ＋1＝2a n －t ，解得t ＝－3.故a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)．令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝5，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2.所以{b n }是以5为首项，2为公比的等比数列． 所以b n ＝5×2n －1，故a n ＝5×2n －1－3.3．若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝2a na n ＋2”，如何求解？ 解 ∵a n ＋1＝2a na n ＋2，a 1＝2，∴a n ≠0， ∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12， 又a 1＝2，则1a 1＝12，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以12为首项，12为公差的等差数列．∴1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2.∴a n ＝2n.4．若将本例条件换为“a 1＝1，a n ＋1＋a n ＝2n ”，如何求解？ 解 ∵a n ＋1＋a n ＝2n ，∴a n ＋2＋a n ＋1＝2n ＋2， 故a n ＋2－a n ＝2.即数列{a n }的奇数项与偶数项都是公差为2的等差数列．当n 为偶数时，a 2＝1，故a n ＝a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫n2－1＝n －1. 当n 为奇数时，∵a n ＋1＋a n ＝2n ，a n ＋1＝n (n ＋1为偶数)，故a n ＝n .综上所述，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，n －1，n 为偶数，n ∈N *.思维升华已知数列的递推关系求通项公式的典型方法 (1)当出现a n ＝a n －1＋m 时，构造等差数列． (2)当出现a n ＝xa n －1＋y 时，构造等比数列． (3)当出现a n ＝a n －1＋f (n )时，用累加法求解． (4)当出现a na n －1＝f (n )时，用累乘法求解． 跟踪训练3(1)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝4，a n ＋2＋2a n ＝3a n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝______________. 答案 3×2n －1－2解析 由a n ＋2＋2a n －3a n ＋1＝0， 得a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )，∴数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝3为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＋1－a n ＝3×2n －1，∴当n ≥2时，a n －a n －1＝3×2n －2，…，a 3－a 2＝3×2，a 2－a 1＝3，将以上各式累加，得a n －a 1＝3×2n －2＋…＋3×2＋3＝3(2n －1－1)，∴a n ＝3×2n －1－2(当n ＝1时，也满足)．(2)在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋1n (n ＋1)，则通项公式a n ＝________.答案 4－1n解析 原递推公式可化为a n ＋1＝a n ＋1n －1n ＋1，则当n ≥2时，a 2＝a 1＋11－12，a 3＝a 2＋12－13，a 4＝a 3＋13－14，…，a n －1＝a n －2＋1n －2－1n －1，a n ＝a n －1＋1n －1－1n ，逐项相加得a n ＝a 1＋1－1n，故a n ＝4－1n，经验证当n ＝1时也符合．题型四 数列的性质命题点1 数列的单调性 例4已知a n ＝n －1n ＋1，那么数列{a n }是( ) A ．递减数列 B ．递增数列 C ．常数列 D ．摆动数列答案 B 解析 a n ＝1－2n ＋1，将a n 看作关于n 的函数，n ∈N *，易知{a n }是递增数列． 命题点2 数列的周期性例5(2018·台州质检)在数列{a n }中，a 1＝0，a n ＋1＝3＋a n1－3a n ，则S 2020＝________.答案 0解析 ∵a 1＝0，a n ＋1＝3＋a n1－3a n ，∴a 2＝31＝3，a 3＝3＋31－3×3＝23－2＝－3， a 4＝3－31＋3×3＝0，即数列{a n }的取值具有周期性，周期为3， 且a 1＋a 2＋a 3＝0，则S 2020＝S 3×673＋1＝a 1＝0. 命题点3 数列的最值例6已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3(m ≥2)，则nS n 的最小值为( ) A ．－3 B ．－5 C ．－6 D ．－9答案 D解析 由S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3(m ≥2)可知a m ＝2，a m ＋1＝3，设等差数列{a n }的公差为d ，则d ＝1， ∵S m ＝0，∴a 1＝－a m ＝－2， 则a n ＝n －3，S n ＝n (n －5)2，nS n ＝n 2(n －5)2.设f (x )＝x 2(x －5)2，x >0，f ′(x )＝32x 2－5x ，x >0，∴f (x )的极小值点为x ＝103，∵n ∈N *，且f (3)＝－9，f (4)＝－8， ∴f (n )min ＝－9.思维升华应用数列单调性的关键是判断单调性，判断数列单调性的常用方法有两个：(1)利用数列对应的函数的单调性判断；(2)对数列的前后项作差(或作商)，利用比较法判断． 跟踪训练4(1)(2018·浙江杭州二中期中)已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝11－a n(n ∈N *)，则a 2020等于( )A ．－2B ．－1C ．2D.12答案 C解析 由a 1＝2，a n ＋1＝11－a n (n ∈N *)，得a 2＝11－a 1＝－1，a 3＝11－a 2＝12，a 4＝11－a 3＝2，…，以此类推知数列{a n }是周期为3的周期数列，所以a 2020＝a 3×673＋1＝a 1＝2，故选C. (2)若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－10n (n ∈N *)，则数列{na n }中数值最小的项是( ) A ．第2项 B ．第3项 C ．第4项 D ．第5项答案 B解析 ∵S n ＝n 2－10n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －11； 当n ＝1时，a 1＝S 1＝－9也适合上式． ∴a n ＝2n －11(n ∈N *)．记f (n )＝na n ＝n (2n －11)＝2n 2－11n ， 此函数图象的对称轴为直线n ＝114，但n ∈N *，∴当n ＝3时，f (n )取最小值． ∴数列{na n }中数值最小的项是第3项．1．(2018·嘉兴期末检测)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2n 2＋n ，则115是它的( ) A ．第4项 B ．第5项 C ．第6项 D ．第7项答案 B 解析 由2n 2＋n ＝115，n ∈N *，得n ＝5，所以115是数列{a n }的第5项，故选B. 2．记S n 为数列{a n }的前n 项和．“任意正整数n ，均有a n >0”是“{S n }是递增数列”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件答案 A解析 ∵“a n >0”⇒“数列{S n }是递增数列”， ∴“a n >0”是“数列{S n }是递增数列”的充分条件．如数列{a n }为－1,1,3,5,7,9，…，显然数列{S n }是递增数列，但是a n 不一定大于零，还有可能小于零，∴“数列{S n }是递增数列”不能推出“a n >0”， ∴“a n >0”是“数列{S n }是递增数列”的不必要条件． ∴“a n >0”是“数列{S n }是递增数列”的充分不必要条件． 3．若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝2a n －2，则S 8等于( ) A ．255B ．256C ．510D ．511 答案 C解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1－2，据此可得a 1＝2， 当n ≥2时，S n ＝2a n －2，S n －1＝2a n －1－2， 两式作差可得a n ＝2a n －2a n －1，则a n ＝2a n －1，据此可得数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列， 其前8项和为S 8＝2×()1－281－2＝29－2＝512－2＝510.4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1的前6项和为( ) A.215B.415C.511D.1011 答案 A解析 数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ，S n －1＝n 2－1，两式作差得到a n ＝2n ＋1(n ≥2)， 又当n ＝1时，a 1＝S 1＝12＋2×1＝3，符合上式， 所以a n ＝2n ＋1，1a n ·a n ＋1＝1()2n ＋1()2n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3裂项求和得到S 6＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…－115＝215，故选A.5．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1n ＋1＝a n n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ，则a n 等于( ) A ．2＋n ln n B ．2n ＋(n －1)ln n C ．2n ＋n ln n D ．1＋n ＋n ln n答案 C 解析 由题意得a n ＋1n ＋1－a n n ＝ln(n ＋1)－ln n ，n 分别用1,2,3，…，(n －1)取代，累加得a n n －a 11＝ln n －ln1＝ln n ，a nn＝2＋ln n ，∴a n ＝(ln n ＋2)n ，故选C.6．已知数列{a n }的通项公式a n ＝632n ，若a 1·a 2·…·a n ≤a 1·a 2·…·a k 对n ∈N *恒成立，则正整数k 的值为( ) A ．5B ．6C ．7D ．8 答案 A解析 a n ＝632n ，当n ≤5时，a n >1；当n ≥6时，a n <1，由题意知，a 1·a 2·…·a k 是{a n }的前n 项乘积的最大值，所以k ＝5.故选A. 7．若数列{a n }满足关系a n ＋1＝1＋1a n ，a 8＝3421，则a 5＝________.答案 85解析 借助递推关系，由a 8递推依次得到a 7＝2113，a 6＝138，a 5＝85.8．(2018·浙江“七彩阳光”新高考研究联盟第二学期期初)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n －1(n ∈N *)，则a 1＝________；数列{a n }的通项公式为a n ＝________.答案 2 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n ＋1，n ≥2解析 由题意易得a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2＋2n －1)－[(n －1)2＋2(n －1)－1]＝2n ＋1，而a 1＝2≠3，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.9．(2018·绍兴柯桥第二学期质检)已知正数数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n 和2的等比中项等于a n 和2的等差中项，则a 1＝________；S n ＝________. 答案 2 2n 2解析 由题意，得a n ＋22＝2S n ，即(a n ＋2)2＝8S n ，①所以(a 1＋2)2＝8a 1，解得a 1＝2； 当n ≥2时，(a n －1＋2)2＝8S n －1，②①－②，得(a n －a n －1)(a n ＋a n －1)＝4(a n ＋a n －1)，又a n >0，所以a n －a n －1＝4，所以数列{a n }是首项为2，公差为4的等差数列，所以S n ＝2n ＋n (n －1)2×4＝2n 2.10．(2019·衢州质检)在数列{a n }中，a 1＝1，(n 2＋2n )(a n ＋1－a n )＝1(n ∈N *)，则通项公式a n ＝________. 答案 74－2n ＋12n (n ＋1)解析 由(n 2＋2n )(a n ＋1－a n )＝1得a n ＋1－a n ＝1n 2＋2n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，所以当n ≥2时，a 2－a 1＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13，a 3－a 2＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14，…，a n －1－a n －2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －2－1n ，a n －a n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋1＝74－2n ＋12n (n ＋1)，当n ＝1时，满足上式，故a n ＝74－2n ＋12n (n ＋1).11．已知在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n .(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．解 (1)由S 2＝43a 2，得3(a 1＋a 2)＝4a 2，解得a 2＝3a 1＝3；由S 3＝53a 3，得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6.(2)由题设知a 1＝1.当n >1时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理，得a n ＝n ＋1n －1a n －1. 于是a 1＝1，a 2＝31a 1，a 3＝42a 2，…，a n －1＝n n －2a n －2，a n ＝n ＋1n －1a n －1，将以上n 个等式两端分别相乘，整理，得a n ＝n (n ＋1)2.经检验，当n ＝1时，a 1＝1符合上式， 综上，{a n }的通项公式a n ＝n (n ＋1)2.12．已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项和为S n ，且满足2S n ＝(n ＋1)a n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝3n－λa 2n ，若数列{b n }为递增数列，求λ的取值范围． 解 (1)∵2S n ＝(n ＋1)a n ， ∴2S n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1，∴2a n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ， 即na n ＋1＝(n ＋1)a n ，∴a n ＋1n ＋1＝a nn， ∴a n n ＝a n －1n －1＝…＝a 11＝1，∴a n ＝n (n ∈N *)． (2)b n ＝3n－λn 2.b n ＋1－b n ＝3n ＋1－λ(n ＋1)2－(3n －λn 2)＝2·3n－λ(2n ＋1)． ∵数列{b n }为递增数列，∴2·3n－λ(2n ＋1)>0，即λ<2·3n2n ＋1.令c n ＝2·3n2n ＋1，即c n ＋1c n ＝2·3n ＋12n ＋3·2n ＋12·3n ＝6n ＋32n ＋3>1. ∴{c n }为递增数列，∴λ<c 1＝2， 即λ的取值范围为(－∞，2)．13．(2018·浙江杭州四中期中)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 －2λ)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n＋1(n ∈N *)，b 1＝－λ，且数列{b n }是单调递增数列，则实数λ的取值范围是( ) A ．λ>23B ．λ<23C ．λ>32D ．λ<32答案 B 解析 由a n ＋1＝a na n ＋2，得1a n ＋1＝2a n ＋1，则1a n ＋1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1是等比数列，首项为2，公比为2，于是有1a n＋1＝2×2n －1＝2n ，所以b n ＝(n －1－2λ)·2n －1(n ≥2)．由b 2>b 1得2(1－2λ)>－λ，解得λ<23；当n ≥2时，由b n ＋1>b n 得(n －2λ)·2n >(n －1－2λ)·2n －1，解得λ<n ＋12.综上所述，λ<23，故选B. 14．已知数列{a n }的首项a 1＝a ，其前n 项和为S n ，且满足S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N *)，若对任意n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立，则a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，163 B.⎝⎛⎭⎪⎫5，163C.⎝⎛⎭⎪⎫3，163D ．(3,5)答案 D解析 ∵S n ＋S n －1＝4n 2，S n ＋1＋S n ＝4(n ＋1)2， ∴当n ≥2时，S n ＋1－S n －1＝8n ＋4， 即a n ＋1＋a n ＝8n ＋4， 即a n ＋2＋a n ＋1＝8n ＋12， 故a n ＋2－a n ＝8(n ≥2)，由a 1＝a 知a 2＋2a 1＝4×22＝16， ∴a 2＝16－2a 1＝16－2a ，a 3＋2S 2＝4×32＝36，∴a 3＝36－2S 2＝36－2(16－a )＝4＋2a ，a 4＝24－2a ； 若对任意n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立， 只需使a 1<a 2<a 3<a 4， 即a <16－2a <4＋2a <24－2a ，解得3<a <5，故选D.15．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝15，且满足()2n －5a n ＋1＝()2n －3a n ＋4n 2－16n ＋15，已知n ，m ∈N *，n >m ，则S n －S m 的最小值为( ) A ．－494B ．－498C ．－14D ．－28答案 C解析 根据题意可知(2n －5)a n ＋1＝(2n －3)a n ＋(2n －5)(2n －3)， 式子的每一项都除以(2n －5)(2n －3)， 可得a n ＋12n －3＝a n2n －5＋1，即a n ＋12(n ＋1)－5－a n2n －5＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －5是以152－5＝－5为首项，以1为公差的等差数列，所以a n2n －5＝－5＋(n －1)·1＝n －6，即a n ＝(n －6)(2n －5)，a n <0， 解得52<n <6.由此可以判断出只有a 3，a 4，a 5这三项是负数，且a 6＝0，从而得到当n ＝5或6，m ＝2时，S n －S m 取得最小值，且S n －S m ＝S 5－S 2＝S 6－S 2＝a 3＋a 4＋a 5＝－3－6－5＝－14，故选C.16．已知数列{a n }是递增的等比数列且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，设S n 是数列{a n }的前n 项和，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1S n ·S n ＋1的前n 项和为T n ，若不等式λ≤T n 对任意的n ∈N *恒成立，求实数λ的最大值．解 ∵数列{a n }是递增的等比数列， 且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，a 1a 4＝a 2a 3，∴a 1，a 4是方程x 2－9x ＋8＝0的两个根，且a 1<a 4， 解方程x 2－9x ＋8＝0， 得a 1＝1，a 4＝8，∴q 3＝a 4a 1＝81＝8，解得q ＝2， ∴a n ＝a 1qn －1＝2n －1.∴S n ＝a 1()1－q n1－q ＝1×()1－2n1－2＝2n－1，令b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝2n ()2n －1·()2n ＋1－1＝12n－1－12n ＋1－1， ∴数列{b n }的前n 项和T n ＝1－13＋13－17＋17－115＋…＋12n－1－12n ＋1－1＝1－12－1在正整数集上单调递增，∴T n ≥T 1＝23，∵λ≤T n ，且对一切n ∈N *恒成立， ∴λ≤23，∴实数λ的最大值是23.。

高考专题突破四 高考中的数列问题题型一 等差数列、等比数列的基本问题例1(2018·浙江杭州地区四校联考)已知数列{a n }满足a 1＝1, 1a 2n＋4＝1a n ＋1，记S n ＝a 21＋a 22＋…＋a 2n ，若S 2n ＋1－S n ≤t30对任意的n ∈N *恒成立．(1)求数列{a 2n }的通项公式； (2)求正整数t 的最小值． 解 (1)由题意得1a 2n ＋1－1a 2n＝4，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 是以1为首项，4为公差的等差数列， 则1a 2n＝1＋(n －1)×4＝4n －3，则a 2n ＝14n －3. (2)不妨设b n ＝S 2n ＋1－S n ＝a 2n ＋1＋a 2n ＋2＋…＋a 22n ＋1，考虑到b n －b n ＋1＝a 2n ＋1＋a 2n ＋2＋…＋a 22n ＋1－(a 2n ＋2＋a 2n ＋3＋…＋a 22n ＋2＋a 22n ＋3) ＝a 2n ＋1－a 22n ＋2－a 22n ＋3 ＝14n ＋1－18n ＋5－18n ＋9＝18n ＋2－18n ＋5＋18n ＋2－18n ＋9>0， 因此数列{b n }单调递减，则b n 的最大值为b 1＝S 3－S 1＝a 22＋a 23＝15＋19＝1445≤t 30，∴t ≥283，则t min ＝10.思维升华等差数列、等比数列综合问题的解题策略(1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．(2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．跟踪训练1 (2018·浙江名校联盟联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比是q (q ≠1)，且满足：a 1＝2，b 1＝1，S 2＝3b 2，a 2＝b 3. (1)求a n 与b n ；(2)设c n ＝2b n －λ·23na ，若数列{c n }是递减数列，求实数λ的取值范围．解 (1)设数列{a n }的公差为d ，依题意可得⎩⎪⎨⎪⎧2＋2＋d ＝3q ，2＋d ＝q 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－1，q ＝1(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2.故a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，b n ＝2n －1.(2)由(1)可知c n ＝2n－λ·3n， 若{c n }是递减数列，则c n ＋1<c n ， 即2n ＋1－λ·3n ＋1<2n －λ·3n，即λ>12×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 在n ∈N *时成立，只需λ>⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n max . 因为y ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 在n ∈N *时单调递减，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n max ＝12×23＝13. 故λ>13，即实数λ的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞.题型二 数列的通项与求和例2(2018·台州质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是首项为1，公差为2的等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝5－(4n ＋5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)因为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是首项为1，公差为2的等差数列，所以S n n＝1＋2(n －1)＝2n －1. 所以S n ＝2n 2－n . 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－n )－[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3， 当n ＝1时，a 1＝1也符合上式．所以数列{a n }的通项公式为a n ＝4n －3(n ∈N *)．(2)当n ＝1时，a 1b 1＝12，所以b 1＝2a 1＝2；当n ≥2时，由a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝5－(4n ＋5)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，所以a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n －1b n －1＝5－(4n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1. 两式相减，得a n b n ＝(4n －3)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.因为a n ＝4n －3，所以b n ＝4n －3(4n －3)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝2n(当n ＝1时，也符合此式)．又b n ＋1b n ＝2n ＋12n ＝2，则数列{b n }是首项为2，公比为2的等比数列． 所以T n ＝2(1－2n)1－2＝2n ＋1－2.思维升华(1)可以利用数列的递推关系探求数列的通项，利用递推关系构造数列或证明数列的有关结论．(2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的求和方法有错位相减法、分组转化法、裂项相消法等．跟踪训练2(2018·浙江教育绿色评价联盟适应性考试)已知数列{a n }中，a 1＝3，a 2＝5，其前n 项和S n 满足S n ＋S n －2＝2S n －1＋2n －1(n ≥3)．令b n ＝1a n ·a n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若f (x )＝2x －1，求证：T n ＝b 1f (1)＋b 2f (2)＋…＋b n f (n )<16(n ≥1)．(1)解 由题意知S n －S n －1＝S n －1－S n －2＋2n －1(n ≥3)，即a n －a n －1＝2n －1(n ≥3)，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋a 2 ＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋5 ＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋1＋2＝2n＋1(n ≥3)，检验知n ＝1,2时，结论也成立，故a n ＝2n＋1.(2)证明 由于b n f (n )＝1(2n ＋1)(2n ＋1＋1)·2n －1＝12·(2n ＋1＋1)－(2n＋1)(2n ＋1)(2n ＋1＋1) ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋1＋1. 故T n ＝b 1f (1)＋b 2f (2)＋…＋b n f (n ) ＝12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋1－122＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋1－123＋1＋…⎦⎥⎤＋⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋1＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋1－12n ＋1＋1<12×12＋1＝16. 所以T n <16.题型三 数列与不等式的交汇例3 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n1＋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 ＝1a2n ＋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 n1＋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 －1＋a 2n －1＋a 2n ＋2×2＝…＝1a 21＋a 21＋a 22＋…＋a 2n ＋2n ，又a 1＝1，∴1a 2n ＋1＝1＋a 21＋a 22＋…＋a 2n ＋2n ， ∴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)，∴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 ，n ∈N *， 由a n ＝1a n ＋1－1a n，得S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 3－1a 2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1－1a n ＝1a n ＋1－1a 1≥2n ＋2－1>2n －1，综上，2n －1<S n <2n .思维升华(1)以数列为背景的不等式证明的基本策略是对数列递推式进行放缩； (2)解题过程中要注意观察数列递推公式的特点，联想常用的求和形式灵活进行转化． 跟踪训练3对任意正整数n ，设a n 是方程x 2＋xn＝1的正根． 求证：(1)a n ＋1>a n ；(2)12a 2＋13a 3＋…＋1na n <1＋12＋13＋…＋1n . 证明 由a 2n ＋a n n＝1且a n >0，得0<a n <1. (1)a 2n ＋a n n＝1，a 2n ＋1＋a n ＋1n ＋1＝1， 两式相减得 0＝a 2n ＋1－a 2n ＋a n ＋1n ＋1－a n n <a 2n ＋1－a 2n ＋a n ＋1n －a n n＝(a n ＋1－a n )⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1＋a n ＋1n .因为a n ＋1＋a n ＋1n>0，故a n ＋1－a n >0，即a n ＋1>a n .(2)因为a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1n ＝1，所以1a n ＝a n ＋1n，由0<a n <1，得1a n <1＋1n，从而当i ≥2时，1i ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a i －1<1i ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1i－1＝1i 2<1i －1－1i， ∑ni ＝11i ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a i －1＝1a 1－1＋∑ni ＝21i ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a i －1 <1a 1－1＋∑ni ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1i －1－1i ＝1a 1－1n <1a 1.所以12a 2＋13a 3＋...＋1na n <1＋12＋13＋ (1).1．(2018·绍兴市上虞区调研)已知数列{a n }满足a 1＝511,4a n ＝a n －1－3(n ≥2)． (1)求证：{a n ＋1}是等比数列；(2)令b n ＝|log 2(a n ＋1)|，求{b n }的前n 项和S n . (1)证明 由题意知a n ＝14a n －1－34，则a n ＋1＝14(a n －1＋1)，∵a 1＋1＝512≠0，∴数列{a n ＋1}是以512为首项，14为公比的等比数列．(2)解 由(1)知，a n ＋1＝512·⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＝211－2n ，则log 2(a n ＋1)＝11－2n . ∴b n ＝|11－2n |，令c n ＝11－2n ，当n ≤5时，c n >0； 当n ≥6时，c n <0，设{c n }的前n 项和为T n ，则T n ＝10n －n 2， 当n ≤5时，S n ＝T n ＝10n －n 2； 当n ≥6时，S n ＝2T 5－T n ＝n 2－10n ＋50.综上，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧10n －n 2，n ≤5，n 2－10n ＋50，n ≥6.2．(2018·绍兴市嵊州市适应性考试)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，a 1＝2，且4S n ＝a n ·a n＋1，数列{b n }中，b 1＝14，且b n ＋1＝nb n (n ＋1)－b n，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设12332n n n b a c +=(n ∈N *)，求{c n }的前n 项和T n .解 (1)当n ＝1时，可得a 2＝4，当n ≥2时，4S n ＝a n ·a n ＋1,4S n －1＝a n ·a n －1， 两式相减，得4a n ＝a n (a n ＋1－a n －1)， ∵a n ≠0，∴a n ＋1－a n －1＝4，∴{a n }的奇数项和偶数项分别成以4为公差的等差数列， 当n ＝2k －1，k ∈N *时，a n ＝2n ； 当n ＝2k ，k ∈N *时，a n ＝2n . ∴a n ＝2n (n ∈N *)． (2)∵1b n ＋1＝n ＋1nb n －1n， 1(n ＋1)b n ＋1＝1nb n －1n (n ＋1)，当n ≥2时，1nb n －1(n －1)b n －1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ， 1(n －1)b n －1－1(n －2)b n －2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －2－1n －1， 12b 2－1b 1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12，将上式累加得1nb n＝3n ＋1n，∴b n ＝13n ＋1(n ≥2)，n ＝1时也适合，∴b n ＝13n ＋1(n ∈N *)，∴c n ＝n 2n ， T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，12T n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1， 再由错位相减得T n ＝2－n ＋22n.3．(2018·浙江名校新高考研究联盟联考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是一个首项与公差均为1的等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意的k ∈N *，将数列{a n }中落入区间(2k,22k)内的项的个数记为b k ， ①求数列{b k }的通项公式；②记c k ＝222k －1－b k ，数列{c k }的前k 项和为T k ，求使等式T k －m T k ＋1－m ＝1c m ＋1成立的所有正整数k ，m 的值．解 (1)由题意得S n n＝1＋(n －1)×1＝n ，∴S n ＝n 2， 则a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝1，适合上式，因此a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)①∵2k<a n <22k，∴2k <2n －1<22k ，则2k ＋1<2n <22k ＋1，即2k －1＋12<n <22k －1＋12， ∴2k －1＋1≤n ≤22k －1，则b k ＝22k －1－(2k －1＋1)＋1＝22k －1－2k －1，k ∈N *.②由题意得c k ＝222k －1－22k －1＋2k －1＝42k ， ∴T k ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋122＋…＋12k ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12k ， 则T k ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12k ＋1，T k －m T k ＋1－m ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12k －m 4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12k ＋1－m＝4－m －22k －22k 4－m －22k ＝1－22k4－m －22k ，1c m ＋1＝142m ＋1＝1－44＋2m ， 由T k －m T k ＋1－m ＝1c m ＋1，得22k 4－m －22k＝44＋2m ， 则4＋2m＝(4－m )2k ＋1－4，即有0<8＋2m＝(4－m )2k ＋1，因此m <4，对于m ∈N *，则当m ＝1时，正整数k 不存在，m ＝2时，正整数k 不存在，m ＝3时，k ＝3， 因此存在符合条件的k ，m ，且m ＝3，k ＝3.4．(2018·浙江名校协作体联考)已知数列{a n }中，a 1＝1，且点P (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线x －y ＋1＝0上．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若f (n )＝1n ＋a 1＋1n ＋a 2＋1n ＋a 3＋…＋1n ＋a n(n ∈N *，且n ≥2)，求f (n )的最小值； (3)设b n ＝1a n，S n 表示数列{b n }的前n 项和．试问：是否存在关于n 的整式g (n )，使得S 1＋S 2＋…＋S n －1＝(S n －1)g (n )对于一切不小于2的自然数n 恒成立？若存在，写出g (n )的解析式，并加以证明；若不存在，请说明理由．解 (1)因为a n －a n ＋1＋1＝0，所以a n ＋1－a n ＝1，因此数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列，则a n ＝1＋(n －1)×1＝n . (2)因为f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋1n ＋n ， f (n ＋1)＝1n ＋2＋1n ＋3＋1n ＋4＋…＋1n ＋n ＋1n ＋1＋n ＋1n ＋1＋n ＋1， 所以f (n ＋1)－f (n )＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＝12n ＋1－12n ＋2＝1(2n ＋1)(2n ＋2)>0.因此f (n )单调递增，则f (n )的最小值为f (2)＝12＋1＋12＋2＝712. (3)方法一 由(1)知，b n ＝1n ，当n ≥2时，因为S 1＝1，S 2＝1＋12，S 3＝1＋12＋13，…，S n －1＝1＋12＋13＋…＋1n －1， 所以S 1＋S 2＋…＋S n －1＝n －1＋12(n －2)＋13(n －3)＋…＋1n －1[n －(n －1)]＝n －1＋12n －1＋13n －1＋…＋1n －1n －1＝n －(n －1)＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋…＋1n －1＝1＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋…＋1n －1＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋…＋1n －1＋1n 而(S n －1)g (n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋…＋1n ×g (n )，因此g (n )＝n .故存在关于n 的整式g (n )＝n ，使得对于一切不小于2的自然数恒成立． 方法二 由b n ＝1n ，可得S n ＝1＋12＋…＋1n，S n －S n －1＝1n(n ≥2)，即n (S n －S n －1)＝1(n ≥2)，故nS n －(n －1)S n －1＝S n －1＋1，(n －1)S n －1－(n －2)S n －2＝S n －2＋1，…，2S 2－S 1＝S 1＋1，以上式子相加得nS n －S 1＝S 1＋S 2＋…＋S n －1＋(n －1)， 则有S 1＋S 2＋…＋S n －1＝nS n －n ＝n (S n －1)(n ≥2)， 因此g (n )＝n ，故存在关于n 的整式g (n )＝n ，使得对于一切不小于2的自然数恒成立．5．(2019·诸暨质检)已知数列{a n }的各项都大于1，且a 1＝2，a 2n ＋1－a n ＋1－a 2n ＋1＝0(n ∈N *)． (1)求证：n ＋74≤a n <a n ＋1<n ＋2；(2)求证：12a 21－3＋12a 22－3＋12a 23－3＋…＋12a 2n －3<1.证明 (1)由a 2n ＋1－a 2n ＝a n ＋1－1>0，得a n ＋1>a n ， ∵a n ＋1－a n ＝a n ＋1－1a n ＋1＋a n<1，∴a n ＋1＝(a n ＋1－a n )＋…＋(a 2－a 1)＋a 1<n ＋2.a n ＋1－a n ＝a n ＋1－1a n ＋1＋a n >a n ＋1－12a n ＋1＝12－12a n ＋1>14，∴a n ＝(a n －a n －1)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1>n －14＋2＝n ＋74(n ≥2)，又a 1＝2＝1＋74，∴a n ≥n ＋74.∴原不等式得证．(2)∵a 2n ＋1－a 2n ＝a n ＋1－1≥n ＋84－1＝n ＋44， ∴a 2n ＋1>n 2＋9n 8＋a 21＝n 2＋9n ＋328， 即a 2n ≥n 2＋7n ＋248， 2a 2n －3≥n 2＋7n ＋124＝(n ＋3)(n ＋4)4， 12a 21－3＋12a 22－3＋…＋12a 2n －3 ≤4⎝ ⎛⎭⎪⎫14－15＋15－16＋…＋1n ＋3－1n ＋4 ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫14－1n ＋4＝1－4n ＋4<1. ∴原不等式得证．6．(2018·浙江名校协作体考试)已知无穷数列{a n }的首项a 1＝12，1a n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n ，n ∈N *. (1)证明：0＜a n ＜1；(2)记b n ＝(a n －a n ＋1)2a n a n ＋1，T n 为数列{b n }的前n 项和，证明：对任意正整数n ，T n ＜310. 证明 (1)①当n ＝1时，0＜a 1＝12＜1，显然成立； ②假设当n ＝k (k ∈N *)时不等式成立，即0＜a k ＜1，那么当n ＝k ＋1时，1a k ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a k ＋1a k ＞12·2a k ·1a k ＝1， ∴0＜a k ＋1＜1.即当n ＝k ＋1时不等式也成立．综合①②可知，0＜a n ＜1对任意n ∈N *成立．(2)∵0＜a n ＜1，∴a n ＋1a n ＝2a 2n ＋1＞1， 即a n ＋1＞a n ，∴数列{a n }为递增数列．又1a n －1a n ＋1＝1a n －12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －a n ， 易知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －a n 为递减数列，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1a n ＋1为递减数列， 又1a 2＝12⎝⎛⎭⎪⎫a 1＋1a 1＝54， ∴当n ≥2时，1a n －1a n ＋1≤12⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－a 2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫54－45＝940， ∴当n ≥2时，b n ＝(a n －a n ＋1)2a n a n ＋1＝(a n ＋1－a n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1≤940(a n ＋1－a n )． 当n ＝1时，T n ＝T 1＝b 1＝940＜310，成立； 当n ≥2时，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ≤940＋940[(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n ＋1－a n )] ＝940＋940(a n ＋1－a 2)≤940＋940(1－a 2) ＝940＋940⎝ ⎛⎭⎪⎫1－45＝27100＜310. 综上，对任意正整数n ，T n ＜310.。

§7.3 等比数列及其前n 项和最新考纲考情考向分析1.理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式及其应用．2.了解等比数列与指数函数的关系．3.会用数列的等比关系解决实际问题.以考查等比数列的通项、前n 项和及性质为主，等比数列的证明也是考查的热点．本节内容在高考中既可以以选择题、填空题的形式进行考查，也可以以解答题的形式进行考查．解答题往往与等差数列、数列求和、不等式等问题综合考查，难度为中低档.1．等比数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q (n ∈N *，q 为非零常数)． (2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即G 是a 与b 的等比中项⇒a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab . 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1.(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1(q ＝1)，a 1(1－q n )1－q＝a 1－a n q1－q (q ≠1).3．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m(n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k .(3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n (λ≠0)仍然是等比数列．(4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n ＋3k ，…为等比数列，公比为q k. 概念方法微思考1．将一个等比数列的各项取倒数，所得的数列还是一个等比数列吗？若是，这两个等比数列的公比有何关系？提示 仍然是一个等比数列，这两个数列的公比互为倒数． 2．任意两个实数都有等比中项吗？提示 不是．只有同号的两个非零实数才有等比中项． 3．“b 2＝ac ”是“a ，b ，c ”成等比数列的什么条件？提示 必要不充分条件．因为b 2＝ac 时不一定有a ，b ，c 成等比数列，比如a ＝0，b ＝0，c ＝1.但a ，b ，c 成等比数列一定有b 2＝ac .题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( × )(2)如果数列{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列．( × ) (3)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列．( × )(4)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n )1－a.( × )(5)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．( × ) 题组二 教材改编2．[P51例3]已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q ＝______.答案 12解析 由题意知q 3＝a 5a 2＝18，∴q ＝12.3．[P54T3]公比不为1的等比数列{a n }满足a 5a 6＋a 4a 7＝18，若a 1a m ＝9，则m 的值为( ) A ．8B ．9C ．10D ．11 答案 C解析 由题意得，2a 5a 6＝18，a 5a 6＝9，∴a 1a m ＝a 5a 6＝9，∴m ＝10.题组三 易错自纠4．若1，a 1，a 2，4成等差数列，1，b 1，b 2，b 3,4成等比数列，则a 1－a 2b 2的值为________． 答案 －12解析 ∵1，a 1，a 2，4成等差数列， ∴3(a 2－a 1)＝4－1，∴a 2－a 1＝1.又∵1，b 1，b 2，b 3，4成等比数列，设其公比为q ， 则b 22＝1×4＝4，且b 2＝1×q 2>0，∴b 2＝2， ∴a 1－a 2b 2＝－(a 2－a 1)b 2＝－12. 5．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝________. 答案 －11解析 设等比数列{a n }的公比为q ， ∵8a 2＋a 5＝0，∴8a 1q ＋a 1q 4＝0. ∴q 3＋8＝0，∴q ＝－2，∴S 5S 2＝a 1(1－q 5)1－q ·1－q a 1(1－q 2)＝1－q 51－q 2＝1－(－2)51－4＝－11. 6．一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1MB ，然后每3秒自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机________秒，该病毒占据内存8GB.(1GB ＝210MB) 答案 39解析 由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成一等比数列{a n }，且a 1＝2，q ＝2，∴a n ＝2n，则2n＝8×210＝213，∴n ＝13. 即病毒共复制了13次． ∴所需时间为13×3＝39(秒)．题型一 等比数列基本量的运算1．(2018·台州质量评估)已知正项等比数列{a n }中，若a 1a 3＝2，a 2a 4＝4，则a 5等于( ) A ．±4B．4C ．±8D．8答案 B解析 由于等比数列各项为正，则由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1·a 1q 2＝2，a 1q ·a 1q 3＝4，解得⎩⎨⎧a 1＝1，q ＝2，所以a 5＝a 1q 4＝4，故选B.2．(2018·全国Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和，若S m ＝63，求m . 解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝qn －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－(－2)n3.由S m ＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解． 若a n ＝2n －1，则S n ＝2n－1.由S m ＝63得2m＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.思维升华 (1)等比数列的通项公式与前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，q ，n ，S n ，已知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”)．(2)运用等比数列的前n 项和公式时，注意对q ＝1和q ≠1的分类讨论． 题型二 等比数列的判定与证明例1(2018·丽水、衢州、湖州三地市质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝a n ＋1－3n －1，n ∈N *.(1)证明：数列{a n ＋3}是等比数列；(2)对k ∈N *，设f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧S n －a n ＋3n ，n ＝2k －1，log 2(a n ＋3)，n ＝2k ，求使不等式[f (2)－f (m )]cos(m π)≤0成立的正整数m 的取值范围．(1)证明 当n ≥2时，由S n ＝a n ＋1－3n －1，得S n －1＝a n －3(n －1)－1， 由S n －S n －1得，a n ＋1＝2a n ＋3，n ≥2，所以a n ＋1＋3a n ＋3＝2，n ≥2，又S 1＝a 2－3－1，a 1＝1，所以a 2＝5，a 2＋3a 1＋3＝2，因此{a n ＋3}是以a 1＋3＝4为首项，2为公比的等比数列． (2)解 由(1)知a n ＋3＝4×2n －1＝2n ＋1，S n ＝a n ＋1－3n －1＝2n ＋2－3n －4，因为f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1－1，n ＝2k －1，n ＋1，n ＝2k ，当m 为偶数时，cos(m π)＝1，f (2)＝3，f (m )＝m ＋1，因为原不等式可化为3－(m ＋1)≤0，即m ≥2，且m ＝2k (k ≥1，k ∈N *)． 当m 为奇数时，cos(m π)＝－1，f (2)＝3，f (m )＝2m ＋1－1，原不等式可化为3≥2m ＋1－1，当m ＝1时符合条件．综上可得，正整数m 的取值范围是m ＝2k (k ≥1，k ∈N *)或m ＝1. 思维升华判定一个数列为等比数列的常见方法 (1)定义法：若a n ＋1a n＝q (q 是非零常数)，则数列{a n }是等比数列． (2)等比中项法：若a 2n ＋1＝a n a n ＋2(n ∈N *，a n ≠0)，则数列{a n }是等比数列． (3)通项公式法：若a n ＝Aq n(A ，q 为非零常数)，则数列{a n }是等比数列．跟踪训练1(2018·浙江省六校协作体期末联考)已知数列{a n }的首项a 1＝t >0，a n ＋1＝3a n2a n ＋1，n ＝1,2，….(1)若t ＝35，求证⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等比数列，并求出{a n }的通项公式； (2)若a n ＋1>a n 对一切n ∈N *都成立，求t 的取值范围． 解 (1)由题意知a n >0，1a n ＋1＝2a n ＋13a n ＝13a n ＋23， 1a n ＋1－1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1，又1a 1－1＝23，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为23，公比为13的等比数列，所以1a n －1＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1，a n ＝3n3n ＋2.(2)由(1)知1a n ＋1－1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1，1a n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1， 由a 1>0，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，知a n >0，故由a n ＋1>a n 得1a n ＋1<1a n，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1<⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＋1，得1t－1>0，又t >0，则0<t <1，即t 的取值范围是(0,1)．题型三 等比数列性质的应用例2(1)(2018·浙大附中模拟)在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 3＝2－1，a 5＝2＋1，则a 23＋2a 2a 6＋a 3a 7等于( ) A ．8 B ．6 C ．4 D ．8－4 2答案 A解析 由等比数列的性质可知，a 23＋2a 2a 6＋a 3a 7＝a 23＋2a 3a 5＋a 25＝(a 3＋a 5)2＝8，故选A. (2)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，S 2＝－1，S 4＝－5，则S 6等于( ) A ．－9B ．－21C ．－25D ．－63 答案 B解析 因为S 2＝－1≠0，所以q ≠－1，由等比数列性质得S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等比数列，即－1×(S 6＋5)＝(－5＋1)2，∴S 6＝－21，故选B. 思维升华等比数列常见性质的应用 等比数列性质的应用可以分为三类： (1)通项公式的变形． (2)等比中项的变形．(3)前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．跟踪训练2(1)(2018·浙江稽阳联谊学校高三联考)等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，a 1a 9＝2a 3a 6，S 5＝－62，则a 1的值为________． 答案 －2解析 由等比数列的性质及题意知a 1a 9＝a 3a 7＝2a 3a 6，所以q ＝a 7a 6＝2，由S 5＝a 1(1－25)1－2＝－62，可得a 1＝－2.(2)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3S 6＝89，则a n ＋1a n －a n －1＝________(n ≥2，且n ∈N )．答案 －12解析 很明显等比数列的公比q ≠1，则由题意可得，S 3S 6＝a 1()1－q 31－q a 1()1－q 61－q＝11＋q 3＝89， 解得q ＝12，则a n ＋1a n －a n －1＝a n －1q 2a n －1q －a n －1＝q 2q －1＝1412－1＝－12.等差数列与等比数列关于等差(比)数列的基本运算在高考试题中频繁出现，其实质就是解方程或方程组，需要认真计算，灵活处理已知条件．例1(2018·浙江六校协作体期末联考)已知数列{a n }是公比为2的等比数列，满足a 6＝a 2·a 10，设等差数列{b n }的前n 项和为S n ，若b 9＝2a 7，则S 17等于( ) A ．34B ．39C ．51D ．68 答案 D解析 方法一 数列{a n }是公比q ＝2的等比数列，由a 6＝a 2·a 10得a 1q 5＝a 1q ·a 1q 9，∴a 1q5＝1，∴a 6＝1，b 9＝2a 7＝2a 6·q ＝2×1×2＝4，设等差数列{b n }的公差为d ，则S 17＝17b 1＋17×162d ＝17(b 1＋8d )＝17b 9＝68，故选D.方法二 数列{a n }是公比为2的等比数列，由等比数列的性质得a 6＝a 2·a 10＝a 26，∴a 6＝1，∴b 9＝2a 7＝2a 6×2＝4，∴等比数列{b n }的前17项和S 17＝17(b 1＋b 17)2＝17b 9＝68，故选D.例2(2018·浙江十校联盟适应性考试)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是单调递增的等比数列，b 1是a 1与a 2的等差中项，b 1＝2，a 3＝5，b 3＝a 4＋1.若当n ≥m (m ∈N *)时，S n ≤b n 恒成立，则m 的最小值为________． 答案 4解析 由题意设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，q >1，则a 1＋a 2＝2a 1＋d ＝2b 1＝4，又a 3＝a 1＋2d ＝5，所以a 1＝1，d ＝2，a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以b 3＝a 4＋1＝8，S n ＝n ＋n (n －1)2×2＝n 2.因为数列{b n }是单调递增的等比数列，所以q 2＝b 3b 1＝4，q ＝2，b n＝2n.因为当n ≥m (m ∈N *)时，S n ≤b n 恒成立，所以当n ≥m (m ∈N *)时n 2≤2n恒成立，数形结合可知m 的最小值为4.1．若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则“a 2<0且a 5<0”是“数列{S n }单调递减”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件答案 C解析 设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 5＝a 2q 3<0，a 2<0，∴q >0，∴a n <0恒成立，∴当n ≥2时，S n －S n －1＝a n <0，数列{S n }单调递减，故“a 2<0且a 5<0”是“数列{S n }单调递减”的充分条件；若数列{S n }单调递减，则当n ≥2时，S n －S n －1＝a n <0⇒a 2<0，a 5<0，故“a 2<0且a 5<0”是“数列{S n }单调递减”的必要条件，故选C.2．已知递增的等比数列{a n }中，a 2＝6，a 1＋1，a 2＋2，a 3成等差数列，则该数列的前6项和S 6等于( )A ．93B ．189C.18916D ．378答案 B解析 设数列{a n }的公比为q ，由题意可知，q >1， 且2()a 2＋2＝a 1＋1＋a 3， 即2×()6＋2＝6q＋1＋6q ，整理可得2q 2－5q ＋2＝0， 则q ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＝12舍去，则a 1＝62＝3， ∴数列{a n }的前6项和S 6＝3×()1－261－2＝189.3．等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝32n －1＋r ，则r 的值为( )A.13B ．－13C.19D ．－19 答案 B解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋r ， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝32n －1－32n －3＝32n －3(32－1)＝8·32n －3＝8·32n －2·3－1＝83·9n －1，所以3＋r ＝83，即r ＝－13，故选B.4．已知等比数列{a n }的公比为－2，且S n 为其前n 项和，则S 4S 2等于( ) A ．－5B ．－3C ．5D ．3 答案 C解析 由题意可得，S 4S 2＝a 1[1－(－2)4]1－(－2)a 1[1－(－2)2]1－(－2)＝1＋(－2)2＝5. 5．(2018·浙江名校新高考研究联盟联考)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下类似问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问底层几盏灯？”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，则塔的底层共有灯( ) A ．186盏 B ．189盏 C ．192盏 D ．96盏答案 C解析 设塔的底层共有灯x 盏，则各层的灯数从下到上构成一个首项为x ，公比为12的等比数列，则x ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1271－12＝381，解得x ＝192.6．若正项等比数列{a n }满足a n a n ＋1＝22n (n ∈N *)，则a 6－a 5的值是( ) A.2B ．－162C ．2D ．16 2 答案 D解析 设正项等比数列{a n }的公比为q >0， ∵a n a n ＋1＝22n(n ∈N *)，∴a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝22(n ＋1)22n ＝4＝q 2，解得q ＝2， ∴a 2n ×2＝22n，a n >0，解得a n ＝2122n -，则a 6－a 5＝1192222-＝162，故选D.7．(2018·杭州质检)设各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝80，S 2＝8，则公比q ＝________，a 5＝________. 答案 3 162解析 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧S 2＝a 1＋a 1q ＝8，S 4＝(a 1＋a 1q )(1＋q 2)＝80，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，q ＝－3(舍去)，从而a 5＝a 1q 4＝2×34＝162.8．(2018·浙江名校协作体测试)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，满足对任意的正整数n ，均有S n ＋3＝8S n ＋3，则a 1＝________，公比q ＝________. 答案 372解析 由S n ＋3＝8S n ＋3得S n ＋4＝8S n ＋1＋3，两式作差得a n ＋4＝8a n ＋1，所以a n ＋4a n ＋1＝q 3＝8，即q ＝2，令n ＝1得S 4＝8a 1＋3，即a 1＋2a 1＋4a 1＋8a 1＝8a 1＋3，解得a 1＝37.9．(2019·台州调考)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1＝16，某同学经过计算得到S 2＝32，S 3＝76，S 4＝130，检验后发现其中恰好一个数算错了，则算错的这个数是________，该数列的公比是__________． 答案 32(S 2) 32解析 由题意得若S 2计算正确，则a 2＝S 2－S 1＝16＝a 1，则该等比数列的公比为1，易得S 3，S 4均错误，与恰有一个数算错矛盾，所以算错的数为32(S 2)．设该数列的公比为q ，因为S 4－S 3＝a 4＝130－76＝54，所以q 3＝a 4a 1＝5416＝278，解得q ＝32. 10．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3a 11＝2a 25，且S 4＋S 12＝λS 8，则λ＝________. 答案 83解析 ∵a 3a 11＝2a 25，∴a 27＝2a 25，∴q 4＝2， ∵S 4＋S 12＝λS 8，∴a 1(1－q 4)1－q ＋a 1(1－q 12)1－q ＝λa 1(1－q 8)1－q，1－q 4＋1－q 12＝λ(1－q 8)， 将q 4＝2代入计算可得λ＝83.11．(2018·浙江省第二次联盟校联考)设数列{a n }的首项a 1＝32，前n 项和为S n ，且满足2a n＋1＋S n ＝3(n ∈N *)．(1)求a 2及a n ；(2)求证：a n S n 的最大值为94.(1)解 由题意得2a 2＋S 1＝3，即2a 2＋a 1＝3，所以a 2＝3－a 12＝34. 当n ≥2时，由2a n ＋1＋S n ＝3，得2a n ＋S n －1＝3，两式相减得2a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝12a n . 因为a 1＝32，a 2＝34， 所以a 2＝12a 1，即当n ＝1时，a n ＋1＝12a n 也成立． 综上，{a n }是以32为首项，12为公比的等比数列， 所以a n ＝32n . (2)证明 因为2a n ＋1＋S n ＝3，且a n ＋1＝12a n ，所以S n ＝3－2a n ＋1＝3－a n . 于是，a n S n ＝a n (3－a n )≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤a n ＋(3－a n )22＝94，当且仅当a n ＝32，即n ＝1时等号成立． 故a n S n 的最大值为94. 12．(2018·浙江省十校联盟适应性考试)在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝4，且3a n ＋2－4a n ＋1＋a n ＝0，n ∈N *.(1)求证：数列{a n ＋1－a n }是等比数列；(2)若数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ≥m 2－2m 对任意的n ∈N *恒成立，求实数m 的取值范围．(1)证明 由题意，得3(a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝0，即a n ＋2－a n ＋1＝13(a n ＋1－a n )， 又a 2－a 1＝3，所以数列{a n ＋1－a n }是以3为首项，13为公比的等比数列． (2)解 由(1)得a n ＋1－a n ＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1， 所以a 2－a 1＝3，a 3－a 2＝3×13，a 4－a 3＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫132，…， a n －a n －1＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2(n ≥2，n ∈N *)， 将以上式子累加得a n －a 1 ＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2＝92⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫13n－1，所以a n＝112－92·⎝⎛⎭⎪⎫13n－1(易知当n＝1时也成立)．因为a n＝112－92·⎝⎛⎭⎪⎫13n－1关于n单调递增，且a1＝1>0，所以S n也关于n单调递增，所以S n≥S1＝1.于是，由S n≥m2－2m对任意的n∈N*恒成立，得1≥m2－2m，解得1－2≤m≤1＋ 2.故实数m的取值范围是[1－2，1＋2]．13．等比数列{a n}的首项为32，公比为－12，前n项和为S n，则当n∈N*时，S n－1S n的最大值与最小值的比值为( )A．－125B．－107C.109D.125答案 B解析∵等比数列{a n}的首项为32，公比为－12，∴a n＝32×⎝⎛⎭⎪⎫－12n－1，∴S n＝32⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫－12n1－⎝⎛⎭⎪⎫－12＝1－⎝⎛⎭⎪⎫－12n.①当n为奇数时，S n＝1＋⎝⎛⎭⎪⎫12n随着n的增大而减小，则1<Sn≤S1＝32，故0<S n－1S n≤56；②当n为偶数时，S n＝1－⎝⎛⎭⎪⎫12n随着n的增大而增大，则34＝S2≤S n<1，故－712≤S n－1S n<0.∴S n－1S n的最大值与最小值的比值为56－712＝－107.14．已知等比数列{a n}的各项均为正数且公比大于1，前n项积为T n，且a2a4＝a3，则使得T n>1的n的最小值为( )A．4B．5C．6D．7答案 C解析∵{a n}是各项均为正数的等比数列，且a2a4＝a3，∴a23＝a3，∴a3＝1.又∵q>1，∴a1<a2<1，a n >1(n >3)，∴T n >T n －1(n ≥4，n ∈N *)，T 1<1，T 2＝a 1·a 2<1，T 3＝a 1·a 2·a 3＝a 1a 2＝T 2<1，T 4＝a 1a 2a 3a 4＝a 1<1，T 5＝a 1·a 2·a 3·a 4·a 5＝a 53＝1，T 6＝T 5·a 6＝a 6>1，故n 的最小值为6，故选C.15．(2018·浙江)已知a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)，若a 1＞1，则( )A ．a 1＜a 3，a 2＜a 4B ．a 1＞a 3，a 2＜a 4C ．a 1＜a 3，a 2＞a 4D ．a 1＞a 3，a 2＞a 4 答案 B解析 构造不等式ln x ≤x －1，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)≤a 1＋a 2＋a 3－1，所以a 4＝a 1·q 3≤－1.由a 1＞1，得q ＜0.若q ≤－1，则ln(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q )·(1＋q 2)≤0.又a 1＋a 2＋a 3＝a 1(1＋q ＋q 2)≥a 1＞1，所以ln(a 1＋a 2＋a 3)＞0，矛盾．因此－1＜q ＜0.所以a 1－a 3＝a 1(1－q 2)＞0，a 2－a 4＝a 1q (1－q 2)＜0，所以a 1＞a 3，a 2＜a 4.故选B.16．在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”．将数列1,2进行“扩展”，第一次得到数列1,2,2；第二次得到数列1,2,2,4,2；….设第n 次“扩展”后得到的数列为1，x 1，x 2，…，x t,2，并记a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，其中t ＝2n －1，n ∈N *，求数列{a n }的通项公式．解 a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，所以a n ＋1＝log 2[1·(1·x 1)·x 1·(x 1·x 2)·…·x t ·(x t ·2)·2]＝log 2(12·x 31·x 32·x 33·…·x 3t ·22)＝3a n －1，所以a n ＋1－12＝3⎝⎛⎭⎪⎫a n －12， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12是一个以32为首项，以3为公比的等比数列， 所以a n －12＝32×3n －1， 所以a n ＝3n ＋12.。

§7.4 数列求和、数列的综合应用1．等差数列的前n 项和公式 S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .2．等比数列的前n 项和公式 S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.3．一些常见数列的前n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2.(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n －1＝n 2. (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n ＝n (n ＋1)． (4)12＋22＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6.4．数列求和的常用方法 (1)公式法等差、等比数列或可化为等差、等比数列的可直接使用公式求和． (2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． (3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． 常见的裂项公式 ①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；②1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． (5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广． (6)并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q .( √ )(2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1.( √ )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 之和时，只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( × )(4)数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n ＋2n －1的前n 项和为n 2＋12n .( × )(5)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( √ )(6)如果数列{a n }是周期为k 的周期数列，那么S km ＝mS k (m ，k 为大于1的正整数)．( √ ) 题组二 教材改编2．[P61A 组T5]一个球从100 m 高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是( ) A ．100＋200(1－2－9)B ．100＋100(1－2－9)C ．200(1－2－9)D ．100(1－2－9)答案 A解析 第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200×2－1(1－2－9)1－2－1＝100＋200(1－2－9)． 3．[P61A 组T4(3)]1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1＝________(x ≠0且x ≠1)．答案 1－x n (1－x )2－nx n1－x解析 设S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1，①则xS n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n ，②①－②得(1－x )S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋x n －1－nx n＝1－x n 1－x －nx n ， ∴S n ＝1－x n (1－x )2－nx n1－x .题组三 易错自纠4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，则S 2 019等于( ) A ．1 007 B ．1 008 C ．1 009 D ．1 010 答案 D解析 由a n ＋2S n －1＝n 得a n ＋1＋2S n ＝n ＋1，两式相减得a n ＋1－a n ＋2a n ＝1⇒a n ＋1＋a n ＝1⇒S 2 019＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 018＋a 2 019)＝1 009×1＋1＝1 010.5．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( )A ．200B ．－200C ．400D ．－400 答案 B解析 S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200. 6．数列{a n }的通项公式为a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 017＝________. 答案 1 008解析 因为数列a n ＝n cos n π2呈周期性变化，观察此数列规律如下：a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4.故S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2. a 5＝0，a 6＝－6，a 7＝0，a 8＝8， 故a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2，∴周期T ＝4. ∴S 2 017＝S 2 016＋a 2 017＝2 0164×2＋2 017·cos 2 0172π＝1 008. 7．(2011·浙江)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n (n ＋4)⎝⎛⎭⎫23n 中的最大项是第k 项，则k ＝________. 答案 4 解析 由题意知⎩⎨⎧k (k ＋4)⎝⎛⎭⎫23k≥(k －1)(k ＋3)⎝⎛⎭⎫23k －1，k (k ＋4)⎝⎛⎭⎫23k≥(k ＋1)(k ＋5)⎝⎛⎭⎫23k ＋1，解得10≤k ≤1＋10.∵k ∈N *，∴k ＝4.第1课时 数列求和的常用方法题型一 分组转化法求和例1 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设2(1)n an n n b a ＝＋－，求数列{b n }的前2n 项和． 解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－(n －1)2＋(n －1)2＝n .a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n (n ∈N *)． (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n . 记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋…＋22n ， B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝2(1－22n )1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n . 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.引申探究本例(2)中，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 由(1)知b n ＝2n ＋(－1)n n . 当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋ (2))＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ]＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n2－2；当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ] ＝2n ＋1－2＋n －12－n＝2n ＋1－n 2－52.∴T n＝⎩⎨⎧2n ＋1＋n 2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数.思维升华 分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．跟踪训练1 (2018·温州市适应性考试)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2,2S n ＝(n ＋1)2a n －n 2a n ＋1，数列{b n }满足b 1＝a 1，nb n ＋1＝a n b n . (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c n ＝a n ＋b n (n ∈N *)，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)由2S n ＝(n ＋1)2a n －n 2a n ＋1，① 可得2S n ＋1＝(n ＋2)2a n ＋1－(n ＋1)2a n ＋2，②②－①得2a n ＋1＝2(n 2＋2n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)2a n ＋2－(n ＋1)2a n ， 所以2(n ＋1)2a n ＋1＝(n ＋1)2a n ＋2＋(n ＋1)2a n ， 化简得2a n ＋1＝a n ＋2＋a n ， 所以{a n }是等差数列．由2S 1＝(1＋1)2a 1－a 2可得a 2＝4， 所以公差d ＝a 2－a 1＝4－2＝2， 故a n ＝2＋2(n －1)＝2n .由b 1＝a 1，nb n ＋1＝a n b n 以及a n ＝2n 可知，b 1＝2，b n ＋1b n ＝2，所以数列{b n }是以2为首项，2为公比的等比数列， 故b n ＝2×2n －1＝2n .(2)因为c n ＝a n ＋b n ＝2n ＋2n ，所以T n ＝(2＋2)＋(4＋22)＋(6＋23)＋…＋(2n ＋2n ) ＝(2＋4＋6＋…＋2n )＋(2＋22＋23＋…＋2n ) ＝n (2＋2n )2＋2(1－2n )1－2＝n 2＋n ＋2n ＋1－2.题型二 错位相减法求和例2 (2018·浙江省金华名校统考)已知数列{a n }是公比大于1的等比数列，且a 2＋a 4＝90，a 3＝27.在数列{b n }中，b 1＝1，b n ＋1＝b nb n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设c n ＝a nb n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)设等比数列{a n }的公比为q (q >1)，则由a 2＋a 4＝90，a 3＝27，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝90，a 1q 2＝27，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，q ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝243，q ＝13(舍去)，故a n ＝3×3n －1＝3n .因为b n ＋1＝b nb n ＋1(n ∈N *)，所以1b n ＋1＝1b n＋1，又b 1＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是首项为1，公差为1的等差数列．于是，1b n ＝1＋(n －1)×1＝n ，故b n ＝1n .(2)由(1)知，c n ＝a nb n＝n ×3n ，所以T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝1×3＋2×32＋…＋n ×3n ， 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋(n －1)×3n ＋n ×3n ＋1.两式相减得，－2T n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ×3n ＋1＝3(1－3n )1－3－n ×3n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12－n ×3n ＋1－32，故T n ＝⎝⎛⎭⎫12n －14×3n ＋1＋34. 思维升华 错位相减法求和时的注意点(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式．(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．跟踪训练2 (2018·杭州质检)已知各项均大于零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足2S n ＝a 2n ＋a n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设122log 2n n a an b =⋅，数列{b n }的前n 项和为H n ，求使得H n ＋n ·2n ＋1>50成立的最小整数n .解 (1)由2S n ＝a 2n ＋a n ，① 得2S n －1＝a 2n －1＋a n －1(n ≥2)，②当n ≥2时，①－②得2a n ＝a 2n ＋a n －a 2n －1－a n －1， 即a n ＋a n －1＝a 2n －a 2n －1＝(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)，又由题设知a n ＋a n －1>0，所以a n －a n －1＝1， 故数列{a n }是公差为1的等差数列，又a 1＝1， 所以a n ＝1＋(n －1)×1＝n .(2)因为122log 2n n aan b =⋅＝－n ·2n ，所以H n ＝－(1×21＋2×22＋…＋n ×2n )， 则2H n ＝－(22＋2×23＋…＋n ×2n ＋1)．将以上两式作差化简可得H n ＝－n ·2n ＋1＋2n ＋1－2，于是，H n ＋n ·2n ＋1>50，即2n ＋1>52，解得n ≥5.故最小正整数n 是5.题型三 裂项相消法求和命题点1 形如a n ＝1n (n ＋k )型例3 (2018·浙江省金丽衢十二校联考)已知等差数列{a n }的公差为2，等比数列{b n }的公比为2，且a n b n ＝n ·2n .(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝1a n ·log 2b n ＋3，记数列{c n }的前n 项和为T n ，试比较T n 与38的大小．解 (1)∵a n b n ＝n ·2n ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1b 1＝2，a 2b 2＝8⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1b 1＝2，(a 1＋2)·2b 1＝8， 解得a 1＝2，b 1＝1， ∴a n ＝2＋2(n －1)＝2n ， b n ＝2n －1.(2)∵a n ＝2n ，b n ＝2n －1，∴c n ＝1a n ·log 2b n ＋3＝12n (n ＋2)＝14⎛⎭⎫1n －1n ＋2，∴T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋c 4＋…＋c n －1＋c n ＝14⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋⎝⎛⎭⎫13－15＋⎝⎛⎭⎫14－16＋…⎦⎤＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2 ＝14⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝38－14⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2<38， ∴T n <38.命题点2 a n ＝1n ＋n ＋k型例4 已知函数f (x )＝x α的图象过点(4,2)，令a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )，n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 019＝________. 答案2 020－1解析 由f (4)＝2，可得4α＝2，解得α＝12，则f (x )＝12x .∴a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 019＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 019－ 2 018)＋( 2 020－ 2 019)＝ 2 020－1.命题点3 裂项相消法的灵活运用例5 (2018·绍兴诸暨市期末)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 . 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)由题意可知，b n ＝(－1)n －14na 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思维升华 (1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )，1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ，裂项后可以产生连续相互抵消的项．(2)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．跟踪训练3 (2018·绍兴市六校质检)已知函数f (x )＝3x 2－2x ，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数f (x )的图象上． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n <m20对所有的n ∈N *都成立的最小正整数m .解 (1)由题意知S n ＝3n 2－2n ， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n －5， a 1＝3－2＝1，适合上式，∴a n ＝6n －5. (2)∵b n ＝3a n a n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫16n －5－16n ＋1，∴T n ＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－17＋⎝⎛⎭⎫17－113＋…＋⎝⎛⎭⎫16n －5－16n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1， ∵12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1<12， 要使12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1<m 20对n ∈N *恒成立， 需满足m 20≥12，∴m ≥10，故符合条件的最小正整数m 为10.1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12n答案 A解析 该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n ＝n 2＋1－12n .2．(2018·杭州质检)设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)．若S n 为数列的前n 项和，则S 2 018等于( ) A ．22 016－1 B ．3·21 009－3 C ．22 009－3 D ．22 010－3答案 B解析 由a n ＋1·a n ＝2n ，得a n ＋2·a n ＋1＝2n ＋1，两式作商，得a n ＋2a n ＝2，又a 1＝1，所以a 2＝2，则数列{a n }的奇数项和偶数项分别构成以2为公比的等比数列，所以S 2 018＝(a 1＋a 3＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2 018)＝1×(1－21 009)1－2＋2(1－21 009)1－2＝3·21 009－3，故选B.3．已知数列2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，…，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 019项之和S 2 019等于( ) A ．4 018 B ．2 010 C ．1 D ．0 答案 A解析 由已知得a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)， ∴a n ＋1＝a n －a n －1.故数列的前8项依次为2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，－1,2 008,2 009. 由此可知此数列为周期数列，周期为6，且S 6＝0. ∵2 019＝6×336＋3，∴S 2 019＝S 3＝2 008＋2 009＋1＝4 018.4．在数列{a n }中，若a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1(n ∈N *)，则数列{a n }的前12项和等于( ) A ．76 B ．78 C ．80 D ．82 答案 B解析 由已知a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，得a n ＋2＋(－1)n ＋1·a n ＋1＝2n ＋1，得a n ＋2＋a n ＝(－1)n (2n－1)＋(2n ＋1)，取n ＝1,5,9及n ＝2,6,10，结果相加可得S 12＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 11＋a 12＝78.故选B.5．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，n 为奇数，－n 2，n 为偶数，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．10 200 答案 B解析 由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012 ＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝101－1＝100.故选B.6．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝________. 答案2n n ＋1解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则 由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.∴S n ＝n ×1＋n (n －1)2×1＝n (n ＋1)2，1S n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1. ∴∑k ＝1n1S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1(n ∈N *)． 7．有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n －1所有项的和为__________．答案 2n ＋1－2－n解析 由题意知所求数列的通项为1－2n1－2＝2n －1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为2(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－2－n .8．(2018·浙江五校联考)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝2(n ＋1)(n ∈N *)，则a 2 018－a 2 016＝________，1a 1a 3＋1a 2a 4＋1a 3a 5＋…＋1a 98a 100＋1a 99a 101＝________.答案 2199303解析 ∵a n ＋a n ＋1＝2(n ＋1)(n ∈N *)，∴当n ≥2时，a n －1＋a n ＝2n ，∴a n ＋1－a n －1＝2，∴a 2 018－a 2 016＝2，数列{a n }的奇数项和偶数项分别是公差为2的等差数列，又a 1＝1，∴a 2＝3，∴1a 1a 3＋1a 2a 4＋1a 3a 5＋…＋1a 98a 100＋1a 99a 101＝2×12×⎝⎛⎭⎫13－15＋15－17＋…＋199－1101＋11×3＝13－1101＋13＝199303. 9．(2018·台州调研)已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且a n >0,6S n ＝a 2n ＋3a n ，n ∈N *， 12(21)(21)nnn a n a a b +=--，若任意n ∈N *，k >T n 恒成立，则k 的最小值是________． 答案149解析 当n ＝1时，6a 1＝a 21＋3a 1， 解得a 1＝3或a 1＝0. 由a n >0，得a 1＝3.由6S n ＝a 2n ＋3a n ，得6S n ＋1＝a 2n ＋1＋3a n ＋1. 两式相减得6a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋3a n ＋1－3a n .所以(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －3)＝0.因为a n >0，所以a n ＋1＋a n >0，a n ＋1－a n ＝3. 即数列{a n }是以3为首项，3为公差的等差数列， 所以a n ＝3＋3(n －1)＝3n .所以12(21)(21)nnn a n a a b +=-- ＝8n(8n －1)(8n ＋1－1) ＝17⎝⎛⎭⎫18n －1－18n ＋1－1. 所以T n ＝17⎝⎛18－1－182－1＋182－1－183－1＋…+⎭⎫18n－1－18n ＋1－1 ＝17⎝⎛⎭⎫17－18n ＋1－1<149. 要使任意n ∈N *，k >T n 恒成立，只需k ≥149，所以k 的最小值为149.10．(2018·湖州市适应性考试)已知等比数列{a n }满足2a 1＋a 3＝3a 2，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋log 21a n ，S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ，求使S n －2n ＋1＋47<0成立的正整数n 的最小值．解 (1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ， 依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4， 即2(a 1q 2＋2)＝a 1q ＋a 1q 3，①由2a 1＋a 3＝3a 2，得2a 1＋a 1q 2＝3a 1q ，解得q ＝1或q ＝2. 当q ＝1时，不合题意，故舍去；当q ＝2时，代入①式得a 1＝2，所以a n ＝2n . (2)b n ＝a n ＋log 21a n＝2n －n ，所以S n ＝2－1＋22－2＋23－3＋…＋2n －n ＝(2＋22＋23＋…＋2n )－(1＋2＋3＋…＋n ) ＝2(1－2n )1－2－(1＋n )n 2＝2n ＋1－2－12n －12n 2，因为S n －2n ＋1＋47<0，所以n 2＋n －90>0，解得n >9或n <－10，由n ∈N *，故使S n －2n ＋1＋47<0成立的正整数n 的最小值为10.11．(2018·绍兴适应性考试)已知函数f (x )＝－4＋1x 2，点P n ⎝⎛⎭⎫a n ，－1a n ＋1(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)设数列{a 2n ·a 2n ＋1}的前n 项和为S n ，若对于任意的n ∈N *，S n <t 2－t －12恒成立，求最小正整数t 的值．解 (1)由题意得－1a n ＋1＝f (a n )＝－4＋1a 2n且a n >0，∴1a n ＋1＝4＋1a 2n ，1a 2n ＋1＝4＋1a 2n， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 是等差数列，首项1a 21＝1，公差d ＝4，∴1a 2n ＝4n －3，∴a 2n ＝14n －3，∴a n ＝14n －3. (2)a 2n ·a 2n ＋1＝1(4n －3)(4n ＋1)＝14×⎝⎛⎭⎫14n －3－14n ＋1， 由S n ＝14⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫11－15＋⎝⎛⎭⎫15－19＋…＋⎝⎛⎭⎫14n －3－14n ＋1 ＝14⎝⎛⎭⎫1－14n ＋1， ∵n ∈N *，∴S n <14，∴14≤t 2－t －12，解得t ≥32或t ≤－12，∴t 的最小正整数为2.12．(2018·浙江衢州二中模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝log 2a n ，c n ＝b 2na n，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)当n ＝1时，S 1＝2a 1－2，所以a 1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2a n －2)－(2a n －1－2)＝2a n －2a n －1， 所以a n ＝2a n －1，即a na n －1＝2，所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2×2n －1＝2n .(2)由(1)知b n ＝log 2a n ＝log 22n＝n ，c n ＝b 2na n ＝n 22n .所以T n ＝122＋2222＋3223＋…＋(n －1)22n －1＋n 22n ，则12T n ＝1222＋2223＋…＋(n －1)22n ＋n 22n ＋1， 两式相减得12T n ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n －n 22n ＋1， 设A n ＝12＋322＋523＋…＋2n －32n －1＋2n －12n ，则12A n ＝122＋323＋524＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1， 两式相减得12A n ＝12＋2⎝⎛⎭⎫122＋123＋124＋…＋12n －2n －12n ＋1 ＝12＋2×122－12n ×121－12－2n －12n ＋1＝32－2n ＋32n ＋1， 所以A n ＝3－2n ＋32n .所以12T n ＝3－2n ＋32n －n 22n ＋1＝3－n 2＋4n ＋62n ＋1， 所以T n ＝6－n 2＋4n ＋62n.13．已知公差不为零的等差数列{a n }中，a 1＝1，且a 2，a 5，a 14成等比数列，{a n }的前n 项和为S n ，b n ＝(－1)n S n ，则a n ＝________，数列{b n }的前n 项和T n ＝________. 答案 2n －1 (－1)nn (n ＋1)2解析 设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，则由a 2，a 5，a 14成等比数列得a 25＝a 2·a 14，即(1＋4d )2＝(1＋d )(1＋13d )，解得d ＝2，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n 2，当n为偶数时，T n ＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4－…－S n －1＋S n ＝－1＋22－32＋42－…－(n －1)2＋n 2＝3＋7＋…＋(2n －1)＝n (n ＋1)2；当n 为大于1的奇数时，T n ＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4－…＋S n －1－S n ＝－1＋22－32＋42－…－(n －2)2＋(n －1)2－n 2＝3＋7＋…＋(2n －3)－n 2＝－n (n ＋1)2，当n ＝1时，也符合上式，综上所述，T n ＝(－1)n n (n ＋1)2.14．“斐波那契数列”是数学史上一个著名数列，在斐波那契数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝1，…，a n ＋2＝a n ＋1＋a n (n ∈N *)，则a 7＝________；若a 2 021＝m ，则数列{a n }的前 2 019项和是________(用m 表示)． 答案 13 m －1解析 因为a 1＝1，a 2＝1，…，a n ＋2＝a n ＋1＋a n (n ∈N *)，所以a 3＝a 1＋a 2＝1＋1＝2，a 4＝a 2＋a 3＝1＋2＝3，a 5＝a 3＋a 4＝2＋3＝5，a 6＝a 4＋a 5＝3＋5＝8，a 7＝a 5＋a 6＝5＋8＝13.由已知有a 3＝a 1＋a 2，a 4＝a 2＋a 3，…，a 2 021＝a 2 019＋a 2 020，各式相加可得a 2 021＝a 2＋a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019，即a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019＝a 2 021－a 2＝m －1，故数列{a n }的前2 019项和为m －1.15．(2018·浙江温州中学月考)数列{a n }满足a 1＝43，a n ＋1＝a 2n －a n ＋1(n ∈N *)，则m ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 016的整数部分是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4答案 B解析 由条件得1a n ＋1－1＝1a n (a n －1)＝1a n －1－1a n ，即有1a n ＝1a n －1－1a n ＋1－1，则m ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 016＝1a 1－1－1a 2 017－1＝3－1a 2 017－1.又a n ＋1－a n ＝(a n －1)2≥0，则a n ＋1≥a n ≥…≥a 1>1，当n ≥2时，从而有(a n ＋1－a n )－(a n －a n －1)＝(a n －1)2－(a n －1－1)2＝(a n －a n －1)(a n ＋a n －1－2)≥0，则a n ＋1－a n ≥a n －a n －1≥…≥a 2－a 1＝19，则a 2 017＝a 1＋(a 2－a 1)＋…＋(a 2 017－a 2 016)≥43＋2 0169＝22513，得a 2 017－1≥22413>1，即有0<1a 2 017－1<1，则m ∈(2,3)，故选B.16．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，任意n ∈N *,2S n ＝a 2n ＋a n .令b n＝1a n a n ＋1＋a n ＋1a n ，设{b n }的前n 项和为T n ，则在T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为________． 答案 9解析 ∵2S n ＝a 2n ＋a n ，①∴2S n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1，②②－①，得2a n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1－a 2n －a n ，a 2n ＋1－a 2n －a n ＋1－a n ＝0，(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0.又∵{a n}为正项数列，∴a n＋1－a n－1＝0，即a n＋1－a n＝1.在2S n＝a2n＋a n中，令n＝1，可得a1＝1.∴数列{a n}是以1为首项，1为公差的等差数列．∴a n＝n，∴b n＝1n n＋1＋(n＋1)n＝(n＋1)n－n n＋1[n n＋1＋(n＋1)n][(n＋1)n－n n＋1]＝(n＋1)n－n n＋1n(n＋1)＝1n－1n＋1，∴T n＝1－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＋1n－1n＋1＝1－1n＋1，要使T n为有理数，只需1n＋1为有理数，令n＋1＝t2，∵1≤n≤100，∴n＝3,8,15,24,35,48,63,80,99共9个数．∴T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为9.。