2019版数学(理) 二轮复习通用版讲义：专题二 第三讲 专题提能——优化思路上高度全面清障把漏补

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第三讲专题提能——优化思路上高度，全面清障把漏补
一、易错易误层面—-防止思维定式，实现“移花接木”
因忽视公比q的讨论而
失误
［例1］已知数列{a n｝的前n项和S n＝Aq n＋B（q≠0），则“A＝－B"是“数列{a n｝是等比数列"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
［解析] 当A＝－B时,S n＝Aq n－A，则a n＝Aq n－1（q－1)，当q＝1或A＝0时，a n＝0，此时数列{a n}不是等比数列．
若数列｛a n}是等比数列，当q＝1时，S n＝na1,此时不具备S n＝Aq n＋B(q≠0）的形式，故q≠1，则S n＝错误!＝错误!－错误!·q n，此时A＝－错误!，B＝错误!，A＝－B。

综上，“A＝－B”是“数列｛a n｝是等比数列”的必要不充分条件．
［答案] B
［微评] (1）等比数列{a n｝的前n项和公式S n＝错误!特别注意q＝1时，S n＝na1这一特殊情况．
（2）计算过程中，若出现方程q n＝t，要看q n中的n是奇数还是偶数，若n是奇数,则q
＝n，t;若n是偶数，则t>0时，q＝±n
t，t<0时，无解.
因忘记a n与S n关系而解题
受阻
［例2] n n1n＝(n＋1)a n－2。

(1）求a2，a3和通项a n；
(2)设数列{b n}满足b n＝a n·2n－1，求{b n}的前n项和T n。

［解］（1）当n＝2时，2S2＝2(1＋a2)＝3a2－2，则a2＝4，
当n＝3时,2S3＝2（1＋4＋a3）＝4a3－2，则a3＝6，
当n≥2时,2S n＝(n＋1)a n－2,
当n≥3时,2S n－1＝na n－1－2，
所以当n≥3时,2（S n－S n－1）＝（n＋1)a n－na n－1＝2a n,即2a n＝（n＋1）a n－na n－1，
整理可得（n－1）a n＝na n－1，所以错误!＝错误!，
因为a
3
3
＝错误!＝2，所以错误!＝错误!＝…＝错误!＝错误!＝2，
因此，当n≥2时，a n＝2n，而a1＝1，
故a n＝错误!
(2）由（1)可知b n＝错误!
所以当n＝1时，T1＝b1＝1，
当n≥2时，T n＝b1＋b2＋b3＋…＋b n，则
T n＝1＋2×22＋3×23＋…＋(n－1）×2n－1＋n×2n,
2T n＝2＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，
作差得T n＝1－8－（23＋24＋…＋2n）＋n×2n＋1＝(n－1)×2n＋1＋1，
易知当n＝1时，也满足上式，故T n＝（n－1)×2n＋1＋1（n∈N*)．
［微评] 数列{a n}中，由S n与a n的等量关系式求a n时，先利用a1＝S1求出首项a1，然后用n－1替换等量关系式中的n，得到一个新的等量关系式，再利用a n＝S n－S n－1(n≥2)，便可求出当n≥2时a n的表达式，最后对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时a n的表达式,若符合,则可以把数列{a n｝的通项合写，若不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写．而a n－a n－1＝d(n≥2)与a n＋1－a n＝d（n∈N*)等价，错误!＝q（n≥2)与错误!＝q(n∈N*）等价,不需验证n＝1的情形．
用裂项相消法求和时因漏项或添项
而失分
［例3] (2018·山东师大附中模拟）已知数列｛a n}是等比数列，首项a1＝1，公比q>0,其前n项和为S n,且S1＋a1,S3＋a3,S2＋a2成等差数列，b n＝2log错误!a n＋1。

（1)求数列{a n}的通项公式；
(2）求数列错误!的前n项和T n。

［解] （1）由题意知2（S3＋a3)＝S1＋a1＋S2＋a2，
所以2（a1＋a2＋a3）＋2a3＝a1＋a1＋（a1＋a2）＋a2,
所以a1＝4a3＝4a1q2，解得q＝错误!.
所以a n＝1×错误!n－1＝错误!n－1.
（2）b n ＝2log 2
1a n ＋1＝2log 2
1错误!n －1
＋1＝2n －1,
所以
1
b n b n ＋1
＝错误!＝错误!错误!,
所以数列错误!的前n 项和为T n ＝错误!错误!＝错误!错误!＝错误!。

[微评］ （1)利用裂项相消法求和的实质是将数列的通项写成两个式子的代数之差的形式，然后累加，抵消掉中间的许多项．此法适用于通项是分数且分母为积的形式的数列求和．用裂项相消法求和,需要掌握一些常见的裂项,如错误!＝错误!－错误!，错误!＝错误!－错误!。

（2）应用裂项相消法求和时，将通项裂项后需要调整前面的系数,使得裂开的两项之差与裂项之前的通项恒等，同时注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项．
二、技巧优化层面-—灵活运用策略，尝试“借石攻玉"
累加法——求a n ＋1－a n ＝f (n )型通项问题
［例1］ 已知数列｛a n }满足a 1＝2，a n －a n －1＝n （n ≥2，n ∈N ＊
)，则a n ＝________。

[解析] 由题意可知，a 2－a 1＝2,a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n （n ≥2），以上式子累加得，
a n －a 1＝2＋3＋…＋n 。

因为a 1＝2，所以a n ＝2＋(2＋3＋…＋n ) ＝2＋错误!＝错误!(n ≥2）． 因为a 1＝2满足上式，所以a n ＝n 2＋n ＋2
2。

[答案］ 错误!
［微评] 已知形如a n ＋1＝a n ＋f (n ）的递推关系式，常令n 分别为1，2,3,…,n －1,把所得的n －1个等式相加，即利用a n ＝a 1＋(a 2－a 1）＋（a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)，求出通项公式a n 。

累乘法——求错误!＝f (n )型通项
问题
［例2］ 已知在数列｛a n }中，a n ＋1＝错误!a n （n ∈N *
）,且a 1＝4，则数列｛a n ｝的通项公式
a n ＝________.
［解析］ 由a n ＋1＝错误!a n ,得错误!＝错误!,
故错误!＝错误!，错误!＝错误!,…，错误!＝错误!(n ≥2），
以上式子累乘得，a n a 1＝1
3
·错误!·…·错误!·错误!·错误!＝错误!。

因为a 1＝4满足上式，所以a n ＝错误!. [答案］ 错误!
[微评］ 已知形如错误!＝f (n )的递推关系式，常令n 分别为1,2，3,…,n －1，把所得的
n －1个等式相乘，即利用a n ＝a 1·错误!·错误!·…·错误!，求出通项公式a n 。

构造法-—求a n ＋1＝pa n ＋q 或a n ＋1＝pa 2
n 型通项问题
[例3］ （1）(2018·河北省衡水中学模拟)数列｛a n ｝满足a 1＝2，a n ＋1＝a 错误!(a n 〉0，n ∈N ＊
)，则a n ＝( ）
A ．10
n －2
B 。

10n －1
C ．102
n －1
D 。

22
n －1
(2）(2018·陕西省实验中学模拟)已知数列｛a n }中，a 1＝3,且点P n （a n ，a n ＋1）(n ∈N *
)在直线4x －y ＋1＝0上,则数列{a n }的通项公式a n ＝____________。

［解析］ （1）因为数列｛a n ｝满足a 1＝2，a n ＋1＝a 错误!(a n 〉0，n ∈N *
），所以log 2a n ＋1＝2log 2a n ，即错误!＝2。

又a 1＝2，所以log 2a 1＝log 22＝1。

故数列{log 2a n }是首项为1,公比为2的等比数列． 所以log 2a n ＝2
n －1
,即a n ＝22
n －1
.故选D 。

(2）因为点P n (a n ，a n ＋1)（n ∈N *
）在直线4x －y ＋1＝0上，所以4a n －a n ＋1＋1＝0。

所以a n ＋1＋1
3
＝4错误!.
因为a 1＝3，所以a 1＋错误!＝错误!。

故数列
｛｝
a n ＋
13
是首项为错误!，公比为4的等比数列．
所以a n ＋错误!＝错误!×4n －1
，
故数列｛a n }的通项公式为a n ＝错误!×4n －1
－错误!.
[答案] (1)D (2)103
×4n －1
－错误!
［微评] (1）求解递推公式为a n ＋1＝pa 错误!（p ，a n >0)型的数列{a n ｝的通项公式的关键：
一是对已知等式两边取对数；二是利用待定系数法构造数列，并活用等比数列的定义，即可利用等比数列的通项公式，求出所构造数列的通项公式，从而得数列｛a n}的通项公式．
(2)求解递推公式为a n＋1＝pa n＋q（p≠0，q≠1)型的数列｛a n}的通项公式的关键:一是利用待定系数法构造a n＋1＋m＝p（a n＋m）；二是活用定义，即利用等比数列的定义，判断出数列｛a n ＋m｝为等比数列;三是利用等比数列的通项公式，求出数列｛a n＋m｝的通项公式，从而得到数列｛a n}的通项公式．
错误!
（一）方程思想——解决数列基本量的求解问题
[例1] 设｛a n}是正数组成的数列,其前n项和为S n，并且对于所有的正整数n，a n与2的等差中项等于S n与2的等比中项，求{a n｝的通项公式．
[解］由题意可知错误!＝错误!，
整理得S n＝错误!(a n＋2)2，
当n＝1时，S1＝错误!（a1＋2)2＝a1，
解得a1＝2。

又a n＋1＝S n＋1－S n，
∴a n＋1＝错误!(a n＋1＋2）2－错误!(a n＋2）2，
整理得（a n＋1＋a n）(a n＋1－a n－4）＝0.
又∵a n〉0，∴a n＋1－a n－4＝0，∴a n＋1－a n＝4，
即｛a n}是首项为2，公差为4的等差数列,
∴a n＝4n－2.
［微评] 本例利用了方程的消元思想，通过a n＋1＝S n＋1－S n、S n＝错误!(a n＋2)2消去S n，找到数列中相邻两项的递推关系,使问题得到解决．值得注意的是有时可借助a n＋1＝S n＋1－S n消去a n，利用S n
、S n的递推关系解题．
＋1
(二）分类讨论思想-—解决数列前n项和问题
[例2］设等比数列{a n}的公比为q，前n项和S n>0(n＝1，2，…)．
(1）求q的取值范围；
(2）设b n＝a n＋2－错误!a n＋1,记｛b n｝的前n项和为T n，试比较S n与T n的大小．
[解］(1）因为｛a n}是等比数列，S n>0，可得a1＝S1>0，q≠0。

当q＝1时，S n＝na1〉0；
当q ≠1时，S n ＝a 11－q n
1－q
〉0,即错误!〉0（n ＝1，2，…),
上式等价于不等式组错误!(n ＝1，2，…)① 或错误!（n ＝1，2，…）②
解①式得q 〉1；解②式，由于n 可为奇数、可为偶数，得－1<q 〈1. 综上，q 的取值范围是(－1，0）∪（0，＋∞)．
（2)由b n ＝a n ＋2－错误!a n ＋1得b n ＝a n 错误!，则其前n 项和T n ＝错误!S n 。

于是T n －S n ＝S n 错误!＝S n 错误!(q －2）． 又∵S n 〉0且－1〈q <0或q >0.
∴当－1〈q <－错误!或q 〉2时，T n －S n >0，即T n 〉S n ； 当－错误!〈q <2且q ≠0时，T n －S n <0，即T n 〈S n ； 当q ＝－1
2
或q ＝2时，T n －S n ＝0，即T n ＝S n 。

[微评] 关于数列的分类讨论一般有三个考查方向：对公差d 的讨论、对公比q 的讨论、对项数n 的讨论．本例中考查了对公比q 的讨论．
(三)转化与化归思想——解决递推公式问题
[例3] 已知数列{a n ｝的首项a 1＝1，前n 项和为S n ，且S n ＋1＝4a n ＋2(n ∈N ＊
),求{a n }的通项公式．
[解] 当n ≥2时，S n ＋1＝4a n ＋2，S n ＝4a n －1＋2. 两式相减，得a n ＋1＝4a n －4a n －1， 将之变形为a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1）． 所以{a n ＋1－2a n ｝是公比为2的等比数列． 又a 1＋a 2＝S 2＝4a 1＋2,a 1＝1， 得a 2＝5,则a 2－2a 1＝3. 所以a n ＋1－2a n ＝3·2n －1。

两边同除以2
n ＋1
，得错误!－错误!＝错误!，
所以错误!是首项为错误!＝错误!,公差为错误!的等差数列． 所以错误!＝错误!＋错误!(n －1）＝错误!n －错误!， 所以a n ＝（3n －1）2
n －2
.
［微评］ 本例通过两次化归，第一次把数列化归为等比数列,第二次把数列化归为等差数
列，随着化归的进行，问题降低了难度．化归与转化的思想中隐含着许多数学方法，如消元法、构造法、错位相减法、倒序相加法、裂项相消法、分组求和法等．
错误!
（一）定义新知型临界问题
［例1] 若数列｛a n ｝满足:对任意的n ∈N *
，只有有限个正整数m 使得a m <n 成立，记这样的m 的个数为（a n )*
,则得到一个新数列｛（a n )＊}．例如，若数列{a n ｝是1,2，3，…，n ，…，则数列{（a n ）＊
}是0,1,2，…,n －1，….已知对任意的n ∈N *
，a n ＝n 2
，则(a 5）*
＝________,(（a n ）
*
）*
＝________。

［解析］ 因为a m <5，而a n ＝n 2
， 所以m ＝1，2,所以(a 5）＊
＝2.
因为（a 1)*
＝0，（a 2)＊
＝1，(a 3）*
＝1，(a 4)*
＝1, (a 5）*
＝2,（a 6）＊
＝2,(a 7)*
＝2，(a 8)*
＝2，（a 9）*
＝2，
(a 10)＊
＝3，（a 11）＊
＝3，（a 12）*
＝3，(a 13)＊
＝3，（a 14）＊
＝3,（a 15）＊
＝3,（a 16)*
＝3, 所以（（a 1)*)＊
＝1，((a 2)*)*
＝4,（(a 3）*)＊
＝9，（（a 4)*)＊
＝16,猜想（（a n ）＊
）＊
＝n 2
. ［答案] 2 n 2
[微评］ 本题以数列为背景，通过新定义考查学生的自学能力、创新能力、探究能力． （二)高等数学背景型临界问题
[例2] 对于一切实数x ,令[x ]为不大于x 的最大整数，则函数f (x )＝[x ］称为高斯函数
或取整函数．若a n ＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫n 3，n ∈N ＊
,S n 为数列{a n ｝的前n 项和,则S 3n ＝( ）
A.错误!n 2－错误!n B 。

错误!n 2
＋错误!n C ．3n 2
－2n
D.错误!n 2
－错误!n
[解析] 由题意，当n ＝3k ，n ＝3k ＋1，n ＝3k ＋2时均有a n ＝f 错误!＝错误!＝k ，所以S 3n
＝0＋0＋错误!,错误!＋错误!,错误!＋…＋错误!,错误!＋n ＝3×错误!×（n －1）＋n ＝错误!n 2
－错误!
n 。

[答案］ A
[微评] 本题以高斯函数为背景考查数列求和问题，解决关键是正确理解[x ］的含义，考查学生对信息的理解和运用能力．
[专题提能训练］ A 组——易错清零练
1．(2018·湖北八校联考)已知等比数列{a n}的前n项和为S n，S10＝10，S30＝130，则S40＝（）
A．－510 B。

400
C．400或－510 D。

30或40
解析:选B 等比数列｛a n｝中，S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等比数列，且由题意知，S
>0，
20
所以S10（S30－S20)＝(S20－S10)2,
即10(130－S20)＝(S20－10）2，解得S20＝40,
又(S20－S10)（S40－S30)＝(S30－S20）2，即30（S40－130）＝902，解得S40＝400。

2．在数列｛a n｝中，a1＝1，a2＝2,a n＋2－a n＝1＋（－1)n,那么S100的值为( ）
A．2 500 B．2 600
C．2 700 D.2 800
解析：选B 当n为奇数时,a n＋2－a n＝0⇒a n＝1,当n为偶数时,a n＋2－a n＝2⇒a n＝n，故a n ＝错误!于是S100＝50＋错误!＝2 600。

3．(2018·海淀二模）在数列{a n}中，“a n＝2a n－1，n＝2，3，4，…"是“{a n}是公比为2的等比数列"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
解析:选B 当a n＝0时，也有a n＝2a n－1，n＝2,3，4,…，但｛a n｝不是等比数列，因此充分性不成立；当{a n｝是公比为2的等比数列时，有错误!＝2，n＝2，3,4，…,即a n＝2a n－1，n ＝2，3，4，…，所以必要性成立．
4．已知数列｛a n｝的前n项和为S n＝n2＋1,数列{b n｝满足b n＝错误!，则b n＝________。

解析：当n＝1时，a1＝S1＝2，
因为S n＝n2＋1，S n－1＝(n－1）2＋1(n≥2)，
两式相减得a n＝S n－S n－1＝2n－1(n≥2），
所以当n≥2时，a n＝2n－1，
又a1＝2不符合上式，所以a n＝错误!
因为b n＝错误!,所以b n＝错误!
答案：错误!
5．（2018·安徽阜阳一中月考)已知一个等比数列｛a n}的前4项之积为错误!，第2,3项的
和为2,则数列｛a n｝的公比q＝________。

解析：设数列｛a n｝的前4项分别为a，aq,aq2，aq3,
则错误!可得错误!
所以(1＋q)4＝64q2，即(1＋q）2＝±8q，
当q〉0时,可得q2－6q＋1＝0，
解得q＝3±2错误!，
当q<0时，可得q2＋10q＋1＝0，
解得q＝－5±2错误!。

综上,q＝3±2错误!或q＝－5±2错误!。

答案：3±2错误!或－5±2错误!
B组——方法技巧练
1．已知正项数列｛a n}中，a1＝1，且(n＋2）a2n＋1－（n＋1）a错误!＋a n a n＋1＝0，则它的通项公式为（)
A．a n＝1
n＋1
B．a n＝错误!
C．a n＝错误! D.a n＝n
解析：选B 因为（n＋2)a2，n＋1－(n＋1)a2，n＋a n a n＋1＝0，所以[(n＋2）a n＋1－（n＋1)a n］(a n＋1＋a n)＝0。

又｛a n｝为正项数列,所以（n＋2）a n＋1－（n＋1）a n＝0,即错误!＝错误!,则a n＝错误!·错误!·…·错误!·a1＝错误!·错误!·…·错误!·1＝错误!。

故选B。

2．(2018·郑州质检)已知数列{a n｝满足a1a2a3…a n＝2n2(n∈N＊），且对任意n∈N＊都有错误!＋错误!＋…＋错误!<t,则实数t的取值范围为（)
A。

错误! B.错误!
C.错误!
D.错误!
解析：选D 依题意得，当n≥2时，a n＝错误!＝错误!＝2n2－（n－1）2＝22n－1,又a1＝21＝22×1－1,因此a n＝22n－1,错误!＝错误!＝错误!×错误!n－1，即数列错误!是以错误!为首项，错误!为公比的等比数列，等比数列错误!的前n项和等于错误!＝错误!错误!〈错误!,因此实数t的取值范围是错误!.
3．已知数列｛a n}中，a1＝1，a n＋1＝
a n
a n＋3
(n∈N＊），则数列｛a n｝的通项公式为________．
解析：因为a n＋1＝错误!(n∈N*)，所以错误!＝错误!＋1，
设错误!＋t ＝3错误!,
所以3t －t ＝1,解得t ＝错误!,
所以错误!＋错误!＝3错误!，
又1a 1
＋错误!＝1＋错误!＝错误!， 所以数列错误!是以错误!为首项，3为公比的等比数列,
所以错误!＋错误!＝错误!×3n －1＝错误!,
所以错误!＝错误!，所以a n ＝错误!.
答案:a n ＝23n －1
4．(2018·惠州调研）已知数列｛a n ｝中,点(a n ，a n ＋1)在直线y ＝x ＋2上，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）根据已知a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2，
即a n ＋1－a n ＝2＝d ，
所以数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列,
a n ＝a 1＋(n －1）d ＝2n －1.
（2)数列｛a n ｝的前n 项和S n ＝n 2。

等比数列｛b n ｝中，b 1＝a 1＝1，b 2＝a 2＝3,
所以q ＝3，b n ＝3n －1。

数列｛b n }的前n 项和T n ＝错误!＝错误!。

T n ≤S n 即3n －12
≤n 2,又n ∈N ＊， 所以n ＝1或2。

C 组——创新应用练
1．（2019届高三·襄阳四校联考)我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：
(1）构造数列1,错误!，错误!，错误!,…,错误!；①
(2）将数列①的各项乘以n 2,得到一个新数列a 1,a 2,a 3，a 4，…，a n 。

则a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋a n－1a n＝( )
A。

错误! B.错误!
C。

错误! D.错误!
解析：选C 依题意可得新数列为错误!，错误!，错误!,…，错误!×错误!,所以a1a2＋a2a3＋…
＋a n－1a n＝n2
4错误!
＝错误!错误!＝错误!×错误!＝错误!.故选C.
2．已知数列{a n}的通项公式为a n＝log（n＋1）（n＋2)(n∈N＊），我们把使乘积a1·a2·a3·…·a n 为整数的n叫做“优数”，则在（0,2 018］内的所有“优数”的和为（) A．1 024 B．2 012
C．2 026 D.2 036
解析：选C a1·a2·a3·…·a n＝log23·log34·log45·…·log（n＋1)（n＋2）＝log2(n＋2）＝k,k∈Z，令0〈n＝2k－2≤2 018,则2〈2k≤2 020，1〈k≤10，所有“优数"之和为(22－2）＋(23－2)＋…＋(210－2)＝错误!－18＝211－22＝2 026.故选C。

3．（2018·南宁、柳州联考)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题:“三百七十八里关，初行健步并不难，次日脚痛减一半，六朝才得至其关,欲问每朝行里数，请公仔细算相还．”其意思为:有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起,因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地,请问第五天走了（)
A．48里B．24里
C．12里D。

6里
解析：选C 由题意知该人每天走的路程数构成公比为错误!的等比数列，记为｛a n}，设其前n项和为S n，由S6＝378，得错误!＝378，解得a1＝192，所以a5＝192×错误!＝12(里），故选C.
4.(2018·甘肃张掖一模)如图，矩形A n B n C n D n的一边A n B n在x轴上，另外两个顶点C n，D n在函数f（x）＝x＋错误!(x〉0)的图象上，若点B n的坐标为（n,0)（n≥2，n∈N*）,记矩形A n B n C n D n的周长为a n，则a2＋a3＋…＋a10＝( )
A．208 B．212
C．216 D.220
解析：选C 由题意得｜A n D n｜＝|B n C n｜＝n＋错误!，设点D n的坐标为错误!，则有x＋错误!＝n＋错误!，得x＝错误!（x＝n舍去），即A n错误!，则|A n B n｜＝n－错误!,所以矩形的周长为a n＝2(｜
A n
B n|＋｜B n
C n｜)＝2错误!＋2错误!＝4n,则a
2
＋a3＋…＋a10＝4(2＋3＋4＋…＋10)＝216.
5．(2019届高三·上海松江区联考)在一个有穷数列的每相邻两项之间添加一项，使其等于两相邻项的和,我们把这样的操作叫做该数列的一次“H扩展"．已知数列1，2第一次“H扩展”后得到数列1,3，2，第二次“H扩展”后得到数列1，4,3,5,2，那么第10次“H扩展”后得到的数列的所有项的和为( ）
A．88 572 B．88 575
C．29 523 D。

29 526
解析：选B 记第n次“H扩展”后得到的数列所有项的和为H n，则H1＝1＋2＋3＝6，H2＝1＋3＋2＋4＋5＝15，H3＝15＋5＋7＋8＋7＝42，从中发现H3－H2＝27＝33，H2－H1＝9＝32,归
纳得H n－H n－1＝3n(n≥2),利用累加法求和得H n＝3n＋1＋3
2
，n≥2，所以H10＝错误!＝88 575,故选
B.
6．(2018·河北衡水中学检测)对于数列｛a n｝，定义H n＝错误!为｛a n}的“优值”，现在已知某数列{a n｝的“优值”H n＝2n＋1,记数列{a n－kn}的前n项和为S n，若S n≤S5对任意的n∈N*恒成立，则实数k的取值范围为________．
解析：由题意知H n＝a
1
＋2a2＋…＋2n－1a n
n
＝2n＋1，
所以a1＋2a2＋…＋2n－1a n＝n×2n＋1,①
当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2a n－1＝(n－1)×2n，②
①－②得：2n－1a n＝n×2n＋1－(n－1)×2n，
解得a n＝2n＋2，n≥2，
当n＝1时，a1＝4也满足上式，所以数列{a n}的通项公式为a n＝2n＋2,且数列｛a n｝为等差数列,公差为2.
令b n＝a n－kn＝（2－k)n＋2,则数列｛b n｝也是等差数列，
由S n≤S5对任意的n∈N*恒成立，知2－k〈0，且b5＝12－5k≥0，b6＝14－6k≤0，
解得错误!≤k≤错误!。

答案：错误!
7．（2019届高三·江西宜春中学与新余一中联考)设函数f（x）＝错误!＋sin x的所有正的极小值点从小到大排成的数列为｛x n｝．
(1)求数列｛x n｝的通项公式；
(2)令b n＝错误!，设数列错误!的前n项和为S n，求证：S n<错误!。

解:（1)f(x）＝错误!＋sin x,令f′(x）＝错误!＋cos x＝0，得x＝2kπ±错误!(k∈Z），
由f′（x)〉0⇒2kπ－2π
3
<x<2kπ＋错误!（k∈Z)，
由f′（x)<0⇒2kπ＋2π
3
<x<2kπ＋错误!(k∈Z），
当x＝2kπ－2π
3
(k∈Z)时,f(x)取得极小值,
∴x n＝2nπ－错误!（n∈N*）．
(2）证明：∵b n＝错误!＝n－错误!＝错误!，
∴错误!＝错误!·错误!
＝3错误!,
∴S n＝3错误!
＝3错误!
＝错误!－错误!，
∴S n<错误!。

8．设数列｛a n｝的前n项和为S n，如果错误!为常数，则称数列｛a n}为“幸福数列”．(1）等差数列{b n｝的首项为1,公差不为零，若｛b n｝为“幸福数列"，求｛b n}的通项公式；
（2）数列｛c n}的各项都是正数,其前n项和为T n，若c3，1＋c32＋c错误!＋…＋c错误!＝T错误!对任意的n∈N*都成立，试推断数列｛c n｝是否为“幸福数列”?并说明理由．解：(1)设等差数列｛b n｝的公差为d（d≠0)，其前n项和为B n，错误!＝k,因为b1＝1，则n＋错误!n(n－1)d＝k错误!，
即2＋（n－1）d＝4k＋2k（2n－1)d,整理得(4k－1)dn＋(2k－1)（2－d）＝0。

因为对任意正整数n上式恒成立,
则错误!解得错误!
故数列｛b n｝的通项公式是b n＝2n－1.
（2)由题意知，当n＝1时，c错误!＝T错误!＝c错误!。

因为c1〉0，所以c1＝1。

当n≥2时，c错误!＋c错误!＋c错误!＋…＋c错误!＝T错误!,
c错误!＋c错误!＋c错误!＋…＋c错误!＝T错误!.
两式相减，得c3，n＝T错误!－T错误!
＝(T n－T n－1）(T n＋T n－1）
＝c n·（T n＋T n－1)．
因为c n〉0，所以c2n＝T n＋T n－1＝2T n－c n.
显然c1＝1适合上式，
所以当n≥2时，c错误!＝2T n－1－c n－1。

于是c错误!－c错误!＝2（T n－T n－1）－c n＋c n－1
＝2c n－c n＋c n－1＝c n＋c n－1.
因为c n＋c n－1〉0，
所以c n－c n－1＝1，
所以数列{c n}是首项为1，公差为1的等差数列，所以c n＝n，T n＝错误!.
所以错误!＝错误!＝错误!不为常数，
故数列{c n}不是“幸福数列”．。