全国通用版2019高考数学二轮复习专题二数列第3讲数列的综合问题学案文201812171173

第3讲数列的综合问题
[考情考向分析] 1.数列的综合问题，往往将数列与函数、不等式结合，探求数列中的最值或证明不等式.2.以等差数列、等比数列为背景，利用函数观点探求参数的值或范围.3.将数列与实际应用问题相结合，考查数学建模和数学应用能力．
热点一利用S n，a n的关系式求a n
1．数列{a n}中，a n与S n的关系
a n＝Error!
2．求数列通项的常用方法
(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．
(2)在已知数列{a n}中，满足a n＋1－a n＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，则可用累加法
求数列的通项a n.
a n＋1
(3)在已知数列{a n}中，满足＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，则可用累乘法求数
a n
列的通项a n.
(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．
例1已知等差数列{a n}中，a2＝2，a3＋a5＝8，数列{b n}中，b1＝2，其前n项和S n满足：
b n＋1＝S n＋2(n∈N*)．
(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；
1
a n
(2)设c n＝，求数列{c n}的前n项和T n.
b n
解(1)∵a2＝2，a3＋a5＝8，
∴2＋d＋2＋3d＝8，∴d＝1，∴a n＝n(n∈N*)．
∵b n＋1＝S n＋2(n∈N*)，①
∴b n＝S n－1＋2(n∈N*，n≥2)．②
由①－②，得b n＋1－b n＝S n－S n－1＝b n(n∈N*，n≥2)，
∴b n＋1＝2b n(n∈N*，n≥2)．
∵b1＝2，b2＝2b1，
∴{b n}是首项为2，公比为2的等比数列，
∴b n＝2n(n∈N*)．
a n n
(2)由c n＝＝，
b n2n
1 2 3 n－1 n 得
T n＝＋＋＋…＋＋，
2 22 2
3 2n－1 2n
1 1
2
3 n－1 n
T n＝＋＋＋…＋＋，
2 22 2
3 2
4 2n2n＋1
两式相减，得
1 1 1 1 n2＋n
T n＝＋＋…＋－＝1－，
2 2 22 2n2n＋1 2n＋1
n＋2
∴T n＝2－(n∈N*)．
2n
思维升华给出S n与a n的递推关系，求a n，常用思路：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.
跟踪演练1(2018·绵阳诊断性考试)已知正项数列{a n}的前n项和S n满足：a1a n＝S1＋S n.
(1)求数列{a n}的通项公式；
a n
(2)令b n＝log2 ，求数列{b n}的前n项和T n.
32
解(1)由已知a1a n＝S1＋S n，可得
当n＝1时，a21＝a1＋a1，
解得a1＝0或a1＝2，
由{a n}是正项数列，故a1＝2.
当n≥2时，由已知可得2a n＝2＋S n，2a n－1＝2＋S n－1，
2
两式相减得，2(a n－a n－1)＝a n，化简得a n＝2a n－1，
∴数列{a n}是以2为首项，2为公比的等比数列，
故a n＝2n.
∴数列{a n}的通项公式为a n＝2n(n∈N*)．
a n
(2)∵b n＝log2 ，代入a n＝2n化简得b n＝n－5，
32
显然{b n}是等差数列，
n(－4＋n－5) n2－9n ∴其前n
项和T n＝＝(n∈N*)．
2 2
热点二数列与函数、不等式的综合问题
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，考查最值问题，不等关系或恒成立问题．
例2设f n(x)＝x＋x2＋…＋x n－1，x≥0，n∈N，n≥2.
(1)求f n′(2)；
2 1 1 2
(2)证明：f n(x)在(0，3 )内有且仅有一个零点(记为a n)，且0<a n－<3(3 )n.
2
(1)解由题设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
1－2n
＝－n·2n＝(1－n)·2n－1，
1－2
所以f n′(2)＝(n－1)·2n＋1.
(2)证明因为f n(0)＝－1<0，
2 2
3[1－(3 )n]
2
f n(3 )＝－1
2
1－
3
2 2
＝1－2×(3 )n≥1－2×(3 )2>0，
2
所以f n(x)在(0，3 )内至少存在一个零点，
又f n′(x)＝1＋2x＋…＋nx n－1>0，
3
2
所以f n(x)在(0，3 )内单调递增，
2
因此f n(x)在(0，3 )内有且仅有一个零点a n，
x－x n＋1
由于f n(x)＝－1，
1－x
a n－a n＋n1
所以f n(a n)＝－1＝0，
1－a n
1 1 1
由此可得a n＝＋a n＋n1> ，
2 2 2
1 2 故
<a n< ，
2 3
1 1 1
2 1 2
所以0<a n－＝a<2×(3 )n＋1＝3(3 )n.
n＋n1
2 2
思维升华解决数列与函数、不等式的综合问题要注意以下几点
(1)数列是一类特殊的函数，函数定义域是正整数，在求数列最值或不等关系时要特别重视．
(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件．
(3)不等关系证明中进行适当的放缩．
跟踪演练2(2018·泉州质检)记数列{a n}的前n项和为S n，已知1，a n，S n成等差数列．
(1)求{a n}的通项公式；
a n＋1 2
(2)若b n＝(n∈N*)，证明：≤b1＋b2＋…＋b n<1.
a n＋1－1a n＋2－1 3
(1)解由已知1，a n，S n成等差数列，
得2a n＝S n＋1，①
当n＝1 时，2a1＝S1＋1，所以a1＝1；
当n≥2时，2a n－1＝S n－1＋1，②
a n ①②
两式相减得2a n－2a n－1＝a n，所以＝2，
a n－1
则数列{a n}是以a1＝1为首项，q＝2为公比的等比数列，
所以a n＝a1q n－1＝1×2n－1＝2n－1(n∈N*)．
a n＋1
(2)证明由(1)得b n＝
(a n＋1－1)(a n＋2－1)
2n 1 1
＝＝－，
(2n＋1－1)(2n－1) 2n－1 2n＋1－1
所以b1＋b2＋…＋b n
1 1 1 1 1 1 1
＝( －22－1)＋( ＋…＋2n＋1－1)＝1－，－23－1) ( －
2－1 22－1 2n－1 2n＋1－1
4
1 1
因为2n＋1－1≥22－1＝3,0< ≤，
2n＋1－1 3
2 1
所以≤1－<1，
3 2n＋1－1
2
即证得≤b1＋b2＋…＋b n<1.
3
热点三数列的实际应用
用数列知识解相关的实际问题，关键是合理建立数学模型——数列模型，弄清所构造的数列是等差模型还是等比模型，它的首项是什么，项数是多少，然后转化为解数列问题．求解时，要明确目标，即搞清是求和，还是求通项，还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题，还是解不等式问题，还是最值问题，然后进行合理推算，得出实际问题的结果．
例3科学研究证实，二氧化碳等温室气体的排放(简称碳排放)对全球气候和生态环境产生了负面影响，环境部门对A市每年的碳排放总量规定不能超过550万吨，否则将采取紧急限排措施．已知A市2017年的碳排放总量为400万吨，通过技术改造和倡导低碳生活等措施，此后每年的碳排放总量比上一年的碳排放总量减少10%.同时，因经济发展和人口增加等因素，每年又新增加碳排放量m万吨(m>0)．
(1)求A市2019年的碳排放总量(用含m的式子表示)；
(2)若A市永远不需要采取紧急限排措施，求m的取值范围．
解设2018年的碳排放总量为a1,2019年的碳排放总量为a2，…，
(1)由已知，a1＝400×0.9＋m，
a2＝0.9×(400 × 0.9＋m)＋m
＝400×0.92＋0.9m＋m＝324＋1.9m.
(2)a3＝0.9×(400 × 0.92＋0.9m＋m)＋m
＝400×0.93＋0.92m＋0.9m＋m，
…，
a n＝400×0.9n＋0.9n－1m＋0.9n－2m＋…＋0.9m＋m
1－0.9n
＝400×0.9n＋m＝400×0.9n＋10m(1－0.9n)
1－0.9
＝(400－10m)×0.9n＋10m.
由已知∀n∈N*，a n≤550，
(1)当400－10m＝0，即m＝40时，显然满足题意；
(2)当400－10m>0，即m<40时，
5
由指数函数的性质可得(400－10m)×0.9＋10m≤550，解得m≤190.
综合得m<40；
(3)当400－10m<0，即m>40时，
由指数函数的性质可得10m≤550，
解得m≤55，综合得40<m≤55.
综上可得所求m的范围是(0，55].
思维升华常见数列应用题模型的求解方法
(1)产值模型：原来产值的基础数为N，平均增长率为p，对于时间n的总产值y＝N(1＋p)n.
(2)银行储蓄复利公式：按复利计算利息的一种储蓄，本金为a元，每期的利率为r，存期为n，则本利和y＝a(1＋r)n.
(3)银行储蓄单利公式：利息按单利计算，本金为a元，每期的利率为r，存期为n，则本利和y＝a(1＋nr)．
r1＋r n a
(4)分期付款模型：a为贷款总额，r为年利率，b为等额还款数，则b＝.
1＋r n－1
跟踪演练3(2018·上海崇明区模拟)2016 年崇明区政府投资8 千万元启动休闲体育新乡村
旅游项目．规划从2017 年起，在今后的若干年内，每年继续投资 2 千万元用于此项目.2016 年该项目的净收入为5百万元，并预测在相当长的年份里，每年的净收入均在上一年的基础上增长50%.记2016 年为第1 年，f(n)为第1 年至此后第n(n∈N*)年的累计利润(注：含第n 年，累计利润＝累计净收入－累计投入，单位：千万元)，且当f(n)为正值时，认为该项目赢利．
3 3
(参考数值：(2 )7 ≈17，(2 )8 ≈25，ln 3≈1.1，ln 2≈0.7)
(1)试求f(n)的表达式；
(2)根据预测，该项目将从哪一年开始并持续赢利？请说明理由．
解(1)由题意知，第1年至此后第n(n∈N*)年的累计投入为8＋2(n－1)＝2n＋6(千万元)，
第1年至此后第n(n∈N*)年的累计净收入为
1 1 3 1 3 1 3
＋×1＋×2＋…＋×n－1
2 (2 ) 2 (2 ) 2 (2 ) 2
1 3
2[1－(2 )n]
3
＝＝(2 )n－1(千万元)．
3
1－
2
6
3
∴f(n)＝
(2 )n－1－(2n＋6)
3
＝(2 )n－2n－7(千万元)．
(2)方法一∵f(n＋1)－f(n)＝
3 3
[(2 )n＋1－2n＋1－7] [(2 )n－2n－7]
－
1 3
2[(2 )n－4]
＝，
∴当n≤3时，f(n＋1)－f(n)<0，
故当n≤4时，f(n)递减；
当n≥4时，f(n＋1)－f(n)>0，
故当n≥4时，f(n)递增．
15 又
f(1)＝－<0，
2
3
f(7)＝(2 )7－21≈17－21＝－4<0，
3
f(8)＝(2 )8－23≈25－23＝2>0.
∴该项目将从第8年开始并持续赢利．
答：该项目将从2023年开始并持续赢利．
3
方法二设f(x)＝
(2 )x－2x－7(x≥1)，
3 3
则f′(x)＝(2 )x ln －2，
2
令f′(x)＝0，
3 2 2 2
得(2 )x＝＝≈＝5，
3 ln 3－ln 2 1.1－0.7
ln
2
∴x≈4.
从而当x∈[1,4)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(4，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
15 又
f(1)＝－<0，
2
3
f(7)＝(2 )7－21≈17－21＝－4<0，
3
f(8)＝(2 )8－23≈25－23＝2>0.
∴该项目将从第8年开始并持续赢利．
7
答：该项目将从2023年开始并持续赢利．
真题体验
1．(2018·全国Ⅰ)记S n为数列{a n}的前n项和．若S n＝2a n＋1，则S6＝________.
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，a1＝S1＝2a1＋1，得a1＝－1.
∴数列{a n}是首项a1＝－1，公比q＝2的等比数列，
a11－q n－11－2n
∴S n＝＝＝1－2n，
1－q1－2
∴S6＝1－26＝－63.
2．(2017·山东)已知{x n}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2.
(1)求数列{x n}的通项公式；
(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1,1)，P2(x2,2)，…，P n＋1(x n＋1，n＋1) 得到折线P1P2…P n＋1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝x n＋1所围成的区域的面积T n.
解(1)设数列{x n}的公比为q.
由题意得Error!所以3q2－5q－2＝0，
由已知得q>0，所以q＝2，x1＝1.
因此数列{x n}的通项公式为x n＝2n－1(n∈N*)．
(2)过P1，P2，…，P n＋1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，…，Q n＋1.
由(1)得x n＋1－x n＝2n－2n－1＝2n－1，
记梯形P n P n＋1Q n＋1Q n的面积为b n，
8
n＋n＋1
由题意得b n＝×2n－1＝(2n＋1)×2n－2，
2
所以T n＝b1＋b2＋…＋b n
＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)×2n－2.①
又2T n＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1，②
①－②得
－T n＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1
3 21－2n－1
＝＋－(2n＋1)×2n－1.
2 1－2
2n－1× 2n＋1
所以T n＝(n∈N*)．
2
押题预测
已知数列{a n}的前n项和S n满足关系式S n＝ka n＋1，k为不等于0的常数．
(1)试判断数列{a n}是否为等比数列；
1
(2)若a2＝，a3＝1.
2
①求数列{a n}的通项公式及前n项和S n的表达式；
1
②设b n＝log2S n，数列{c n}满足c n＝＋b n＋2·2b，数列{c
n}的前n项和为T n，当
n>1 n
b n＋3b n＋4
4 n＋1
时，求使T n<S n＋3＋成立的最小正整数n的值．
n－1 22
押题依据本题综合考查数列知识，第(1)问考查反证法的数学方法及逻辑推理能力，第(2)问是高考的热点问题，即数列与不等式的完美结合，其中将求数列前n项和的常用方法“裂项相消法”与“错位相减法”结合在一起，考查了综合分析问题、解决问题的能力．
解(1)若数列{a n}是等比数列，则由n＝1得a1＝S1＝ka2，从而a2＝ka3.
又取n＝2，得a1＋a2＝S2＝ka3，
于是a1＝0，显然矛盾，故数列{a n}不是等比数列．
(2)①由条件得Error!解得Error!
从而S n＝a n＋1.
当n≥2时，由S n－1＝a n，得a n＝S n－S n－1＝a n＋1－a n，
1
即a n＋1＝2a n，此时数列是首项为a2＝，公比为2的等比数列．
2
综上所述，数列{a n}的通项公式为a n＝Error!
从而其前n项和S n＝2n－2(n∈N*)．
9
②由①得b n＝n－2，
1
从而c n＝＋n·2n－2.
n＋1n＋2
1 1 1
记C1＝＋＋…＋
2 ×
3 3 × 4
n＋
1n＋2 1 1 1 1
1 1
)＋(－＋…＋n＋2)
＝(－3
4 )( －
2 3 n＋1
n
＝，
2n＋2
记C2＝1·2－1＋2·20＋…＋n·2n－2，
则2C2＝1·20＋2·21＋…＋n·2n－1，
1
两式相减得C2＝(n－1)·2n－1＋，
2
n 1
从而T n＝＋(n－1)·2n－1＋
2n＋2
2
n＋1
＝＋(n－1)·2n－1，
n＋2
4 4n＋1n＋1
n＋1
则不等式T n<S n＋3＋可化为＋2n＋1<2n＋1＋，
n－1 n－1n＋222
22
即n2＋n－90>0，因为n∈N*且n≠1，故n>9，
从而最小正整数n的值是10.
A组专题通关
1．(2018·安徽省“皖南八校”联考)删去正整数数列1,2,3，…中的所有完全平方数，得到
一个新数列，这个数列的第2 018项是()
A．2 062 B．2 063
C．2 064 D．2 065
答案 B
解析由题意可得，这些数可以写为12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，第k个平方数与第k＋1个
平方数之间有2k个正整数，而数列12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，452共有2025项，去掉45个平方数后，还剩余2 025－45＝1 980(个)数，所以去掉平方数后第2018项应在2025后的第38
个数，即是原来数列的第2 063项，即为2 063.
2．(2018·百校联盟联考)已知数列{a n}中，a1＝7，a n＋1－2 a n＋2＝a n＋1，则a30等于()
10
A．1 028 B．1 026 C．1 024 D．1 022
答案 D
解析因为a n＋1－2 a n＋2＝a n＋1，
所以a n＋1＝a n＋1＋2 a n＋2，
即a n＋1＋2＝a n＋2＋2 a n＋2＋1，
所以( a n＋1＋2)2＝( a n＋2＋1)2，
即a n＋1＋2－a n＋2＝1，
故{ a n＋2}是以3为首项，1为公差的等差数列，
所以a n＋2＝3＋(n－1)×1＝n＋2，
所以a n＝n2＋4n＋2，所以a30＝1 022.
3．(2018·商丘模拟)已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1－a n≥2(n∈N*)，S n为数列{a n}的前n项和，则()
A．a n≥2n＋1 B．S n≥n2
C．a n≥2n－1 D．S n≥2n－1
答案 B
解析由题意得a2－a1≥2，a3－a2≥2，a4－a3≥2，…，
a n－a n－1≥2，
∴a2－a1＋a3－a2＋a4－a3＋…＋a n－a n－1≥2(n－1)，
∴a n－a1≥2(n－1)，∴a n≥2n－1.
∴a1≥1，a2≥3，a3≥5，…，a n≥2n－1，
∴a1＋a2＋a3＋…＋a n≥1＋3＋5＋…＋2n－1，
n
∴S n≥(1＋2n－1)＝n2.
2
6 a n＋1－1
4．(2018·河南省豫南豫北联考)数列{a n}满足a1＝，a n＝(n∈N*)，若对n∈N*，都有
5 a n－1
1 1 1
k> ＋＋…＋成立，则最小的整数k是()
a1 a2 a n
A．3 B．4 C．5 D．6
答案 C
a n＋1－1
解析由a n＝，得a n(a n－1)＝a n＋1－1，
a n－1
1 1 1 1
∴＝＝－，
a n＋1－1 a n(a n－1) a n－1 a n
11
1 1 1
即＝－，且a n>1.
a n a n－1 a n＋1－1
1 1 1 1 1
)＋
∴＋＋…＋＝a2－1
a n(
－
a1 a2 a1－1
1 1 1 1
( a3－1) ( a n＋1－1)
－＋…＋－
a2－1 a n－1
1 1
＝－，
a1－1 a n＋1－1
1 1 1 1
∴＋＋…＋＝5－<5.
a1 a2 a n a n＋1－1
1 1 1
又对n∈N*，都有k> ＋＋…＋成立，
a1 a2 a n
∴k≥5.故最小的整数k是5.
5．(2018·马鞍山联考)已知f(n)表示正整数n的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有
100
∑
1,2,3,4,6,12，则f(12)＝3；21的因数有1,3,7,21，则f(21)＝21，那么f(i)的值为()
i＝51
A．2 488 B．2 495 C．2 498 D．2 500
答案 D
解析由f(n)的定义知f(n)＝f(2n)，且若n为奇数则f(n)＝n，
100
∑
则f(i)＝f(1)＋f(2)＋…＋f(100)
i＝1
＝1＋3＋5＋…＋99＋f(2)＋f(4)＋…＋f(100)
50 ×(1＋99)
＝＋f(1)＋f(2)＋…＋f(50)
2
50
∑
＝2 500＋f(i)，
i＝1
100 100 50
∑∑∑
∴f(i)＝f(i)－f(i)＝2 500.
i＝51 i＝1 i＝1
a1＋2a2＋…＋2n－1a n
6．对于数列{a n}，定义H n＝为{a n}的“优值”，现在已知某数列{a n}的“优
n
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恒成立，则实数k的取
值范围为________．
7 12
答案[，
5]
3
a1＋2a2＋…＋2n－1a n 解析
由题意可知＝2n＋1，
n
12
∴a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n ＝n ·2n ＋
1，①
a 1＋2a 2＋…＋2n －2a n －1＝(n －1)·2n ，②
由①－②，得 2n －
1a n ＝n ·2n ＋
1－(n －1)·2n (n ≥2，n ∈N *)， 则 a n ＝2n ＋2(n ≥2)，
又当 n ＝1时，a 1＝4，符合上式，
∴a n ＝2n ＋2(n ∈N *)，∴a n －kn ＝(2－k )·n ＋2， 令 b n ＝(2－k )·n ＋2，
7 12
∵S n ≤S 5，∴b 5≥0，b 6≤0，解得 ≤k ≤ ，
3 5
7 12 ∴k 的取值范围是
[
5]
. ， 3
4
16
7．已知数列{a n }的前 n 项和为 S n ，S n ＝3(a n －1)，则(4n －
2＋1)
( ＋1)的最小值为__________．
a n
答案 4
4 4
解析 ∵S n ＝ (a n －1)，∴S n －1＝ (a n －1－1)(n ≥2)，
3 3
4
∴a n ＝S n －S n －1＝ (a n －a n －1)，
3
4
∴a n ＝4a n －1，又 a 1＝S 1＝ (a 1－1)，
3 ∴a 1＝4，∴{a n }是首项为 4，公比为 4的等比数列， ∴a n ＝4n ，
16
4n 16
∴(4n
－
2＋1)
( ＋1)＝( ＋1)(
＋1
)
a
n
16
4n
4n 16
＝2＋ ＋ ≥2＋2＝4， 16 4n 当且仅当 n ＝2时取“＝”．
8．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______________． 答案 (3,5)
解析 由条件 S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N *)， 得 S n ＋1＋S n ＝4(n ＋1)2， 两式相减，得 a n ＋1＋a n ＝8n ＋4， 故 a n ＋2＋a n ＋1＝8n ＋12， 两式再相减，得 a n ＋2－a n ＝8，
13
由n＝2，得a1＋a2＋a1＝16⇒a2＝16－2a，
从而a2n＝16－2a＋8(n－1)＝8n＋8－2a；
由n＝3，得a1＋a2＋a3＋a1＋a2＝36⇒a3＝4＋2a，
从而a2n＋1＝4＋2a＋8(n－1)＝8n－4＋2a，
由条件得Error!
解得3<a<5.
9．已知数列{a n}中，a1＝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；
1 2 3 n
(2)若函数f(n)＝＋＋＋…＋(n∈N*，且n>2)，求函数f(n)的最小值；
n＋a1 n＋a2 n＋a3 n＋a n
1
(3)设b 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S1＋S2＋
a n
S3＋…＋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)点P(a n，a n＋1)在直线x－y＋1＝0上，
即a n＋1－a n＝1，且a1＝1，
∴数列{a n}是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴a n＝1＋(n－1)·1＝n(n∈N*)．
1 2 n
(2)∵f(n)＝＋＋…＋，
n＋1 n＋2 2n
1 2 n－1 n n＋1
∴f(n＋1)＝＋＋…＋＋＋，
n＋2 n＋3 2n2n＋1 2n＋2
1 1 1
( 2n)＋
∴f(n＋1)－f(n)＝－
＋＋…＋
n＋1 n＋2
n n＋1 1 n n
＋> ＋－
2n＋1 2n＋2 2 2n＋1 n＋1
1 1 n2
n n＋1－n2n＋1
＝＋＝－
2 2n＋1n＋1 2
2n2＋3n＋1
1 1
＝－>0，
2 3 1
2＋＋
n n2
∴f(n＋1)－f(n)>0，∴f(n)是单调递增的，
23
故f(n)的最小值是f(3)＝.
20
1 1 1 1
(3)∵b n＝⇒S n＝1＋＋＋…＋，
n 2 3 n
14
1
∴S n－S n－1＝(n≥2)，
n
即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，…，
2S2－S1＝S1＋1，
∴nS n－S1＝S1＋S2＋…＋S n－1＋n－1，
∴S1＋S2＋…＋S n－1＝nS n－n＝(S n－1)·n(n≥2)，
∴g(n)＝n.
10．(2016·四川)已知数列{a n}的首项为1，S n为数列{a n}的前n项和，S n＋1＝qS n＋1，其中q>0，n∈N*.
(1)若2a2，a3，a2＋2成等差数列，求数列{a n}的通项公式；
y2 5 4n－3n
(2)设双曲线x2－＝1的离心率为e n，且e2＝，证明：e1＋e2＋…＋e n> .
a2n 3 3n－1
(1)解由已知S n＋1＝qS n＋1，得S n＋2＝qS n＋1＋1，两式相减得到a n＋2＝qa n＋1，n≥1.又由S2＝qS1＋1得到a2＝qa1，故a n＋1＝qa n对所有n≥1都成立．
所以，数列{a n}是首项为1，公比为q的等比数列．
从而a n＝q n－1.
由2a2，a3，a2＋2成等差数列，可得
2a3＝3a2＋2，即2q2＝3q＋2，则(2q＋1)(q－2)＝0，
由已知，q>0，故q＝2.所以a n＝2n－1(n∈N*)．
(2)证明由(1)可知，a n＝q n－1.
y2 所以双曲线
x2－＝1的离心率
a2n
e n＝1＋a2n＝1＋q2n－1.
5 4
由e2＝1＋q2＝，解得q＝.
3 3
因为1＋q2(k－1)>q2(k－1)，
所以1＋q2k－1>q k－1(k∈N*)．
q n－1
于是e1＋e2＋…＋e n>1＋q＋…＋q n－1＝.
q－1
4n－3n
故e1＋e2＋…＋e n> .
3n－1
15
B组能力提高
a n＋1 a n
11．若数列{a n}满足－＝1，且a1＝5，则数列{a n}的前100项中，能被5整除的项2n＋5 2n＋3
数为()
A．42 B．40 C．30 D．20
答案 B
a n＋1 a n
解析∵数列{a n}满足－＝1，
2n＋5 2n＋3
a n＋1 a n a1
即－＝1，且＝1，
2n＋1＋3 2n＋3 2 × 1＋3
a n
∴数列{2n＋3}是以1为首项，1为公差的等差数列，
a n
∴＝n，∴a n＝2n2＋3n，由题意可知，
2n＋3
项 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
个位数 5 4 7 4 5 0 9 2 9 0
∴每10项中有4项能被5整除，∴数列{a n}的前100项中，能被5整除的项数为40. 12．(2018·江西省重点中学协作体联考)设x＝1是函数f(x)＝a n＋1x3－a n x2－a n＋2x＋1(n∈N*)
的极值点，数列{a n}满足a1＝1，a2＝2，b n＝log2a n＋1，若[x]表示不超过x的最大整数，则2 018 2 018 2 018
[ b2 018b2 019]
＋＋…＋等于()
b1b2 b2b3
A．2 017 B．2 018 C．2 019 D．2 020
答案 A
解析由题意可得f′(x)＝3a n＋1x2－2a n x－a n＋2，
∵x＝1是函数f(x)的极值点，
∴f′(1)＝3a n＋1－2a n－a n＋2＝0，
即a n＋2－3a n＋1＋2a n＝0.
∴a n＋2－a n＋1＝2(a n＋1－a n)，
∵a2－a1＝1，∴a3－a2＝2×1＝2，a4－a3＝2×2＝22，…，a n－a n－1＝2n－2，
以上各式累加可得a n＝2n－1.
∴b n＝log2a n＋1＝log22n＝n.
2 018 2 018 2 018
∴＋＋…＋
b1b2 b2b3 b2 018b2 019
16
1 1 1
＝2 018( 2 018 ×2019)
＋＋…＋
1 ×
2 2 × 3
1 2 018 1
＝2 018(1－2 019)＝2 018－＝2 017＋.
2 019 2 019
2 018 2 018 2 018
∴[ ＋＋…＋＝2 017.
b2 018b2 019]
b1b2 b2b3
13．已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足S n－n＝2(a n－2)(n∈N*)．
(1)证明：数列{a n－1}为等比数列；
(2)若b n＝a n·log2(a n－1)，数列{b n}的前n项和为T n，求T n.
(1)证明∵S n－n＝2(a n－2)，
当n≥2时，S n－1－(n－1)＝2(a n－1－2)，
两式相减，得a n－1＝2a n－2a n－1，
∴a n＝2a n－1－1，∴a n－1＝2(a n－1－1)，
a n－1
∴＝2(n≥2)(常数)．
a n－1－1
又当n＝1时，a1－1＝2(a1－2)，
得a1＝3，a1－1＝2，
∴数列{a n－1}是以2为首项，2为公比的等比数列．
(2)解由(1)知，a n－1＝2×2n－1＝2n，
∴a n＝2n＋1，
又b n＝a n·log2(a n－1)，
∴b n＝n(2n＋1)，
∴T n＝b1＋b2＋b3＋…＋b n
＝(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n)＋(1＋2＋3＋…＋n)，
设A n＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，
则2A n＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，
两式相减，得
－A n＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1
21－2n
＝－n×2n＋1，
1－2
∴A n＝(n－1)×2n＋1＋2.
n n＋1
又1＋2＋3＋…＋n＝，
2
17
n n＋1
∴T n＝(n－1)×2n＋1＋2＋(n∈N*)．
2
14．已知等比数列{a n}满足：|a2－a3|＝10，a1a2a3＝125.
(1)求数列{a n}的通项公式；
1 1 1
(2)是否存在正整数m，使得＋＋…＋≥1？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说
a1 a2 a m
明理由．
解(1)设等比数列{a n}的公比为q，
则由已知可得Error!
解得Error!或Error!
5
故a n＝·3n－1或a n＝－5·(－1)n－1，n∈N*.
3
1 1 1 (2)
设S m＝＋＋…＋，
a1 a2 a m
5 1 3 1
若a n＝·3n－1，则＝5(3 )n－1，
3 a n
1 3 1
则数列{a n
}是首项为，公比为的等比数列．
5 3
3 1
5[1－(3 )m]
9 1 9
10 [1－(3 )m] 从而
S m＝＝·< <1.
1 10
1－
3
1 1
若a n＝－5·(－1)n－1，则＝－(－1)n－1，
a n 5
1 1
故数列{a n }是首项为－，公比为－1的等比数列，
5
从而S m＝Error!故S m<1.
1 1 1 综上，对任何正整数m，总有S m<1.故不存在正整数m，使得＋＋…＋≥1成立．
a1 a2 a m
18。