【高考数学专题突破】《专题三第讲数列求和及综合应用学案》(解析版)

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高考数学专题突破第一部分专题三第二讲数列求和及综合应用课件理

10 11 1 2 1 n－ 2 1 ∴①－②得， Sn＝ 2 ＋ 2 ＋ 2 ＋„＋ 2 2 1 n 1× 1－ 2 1 1 1 n n－ 1 n ＋2 － n·2 ＝－ n·2 ， 1 1－ 2 1 n－ 2 1 n－ 1 ∴ Sn＝4－ 2 － n· 2 .
解： (1) 因为 Sn ＝ 2an － n ，令 n ＝ 1 ，解得 a1 ＝ 1 ，再分别令n＝2，n＝3，解得a2＝3，a3＝7. (2) 因为 Sn ＝ 2an － n ，所以 Sn － 1 ＝ 2an － 1 － (n － 1)(n≥2 ， n∈ N*)，两式相减，得 an＝ 2an－ 1＋ 1，所以an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2，n∈N*)．又因为

∵ q∈ (0,1)，∴a2>a4， 1 ∴解方程组得 a2＝1， a4＝， 4 1 n－ 1 1n－ 2 1 ∴ q＝， a1＝ 2，∴ an＝2× 2 2 ＝2 .
1n－2 1 n－ 1 (2)由 (1)知，an＝ 2 ，所以 bn＝ n· 2 . 1 0 1 1 1 2 ∴ Sn ＝ 1× 2 ＋ 2× 2 ＋ 3× 2 ＋ „ ＋ (n － 1 n －2 1 n－ 1 1)·2 ＋ n·2 ，① 1 1 1 2 1 n － 2 1 Sn＝ 1× 2 ＋ 2× 2 ＋„＋ (n－2) 2 ＋ (n－ 2 1 n －1 1 n 1)·2 ＋ n·2 ，②
错位相减求和
例2 已知等比数列 {an}中，公比 q∈(0,1)，a2＋
5 1 1 * a4＝，a1a5＝，设 bn＝ nan(n∈ N )． 4 4 2 (1)求数列 {an}的通项公式； (2)求数列 {bn}的前 n 项和 Sn.

高中数学精讲教案-数列求和、数列的综合应用

高中数学-数列求和、数列的综合应用考点一数列求和知识点数列的求和方法 (1)公式法直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和 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常见数列的前n 项和公式： a ．1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2； b ．2＋4＋6＋…＋2n ＝n 2＋n ； c ．1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2； d ．12＋22＋32＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6；e ．13＋23＋33＋…＋n 3＝⎣⎡⎦⎤n (n ＋1)22.(2)倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．(3)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，从而求得其和．常见的裂项公式有： ①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；②1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2；③1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；④1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(4)错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的．(5)分组求和法一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．注意点裂项相消法求和时注意事项(1)在把通项裂开后，应验证其是否恰好等于相应的两项之差．(2)在正负项抵消后，应注意是否只剩下第一项和最后一项，有时是前面剩下两项(或几项)，后面也剩下两项(或几项).入门测1．思维辨析(1)如果已知等差数列的通项公式，则在求其前n 项和时使用公式S n ＝n (a 1＋a n )2较为合理．( )(2)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.( ) (3)当n ≥2时，1n 2－1＝1n －1－1n ＋1.( ) (4)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 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．( )(5)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). ( ) 答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)× (5)√ 2．数列{1＋2n －1}的前n 项和为( ) A ．1＋2n B ．2＋2n C ．n ＋2n －1 D ．n ＋2＋2n答案 C解析由题意得a n ＝1＋2n －1，所以S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n －1，故选C.3．在10到2000之间，形如2n (n ∈N *)的各数之和为( ) A ．1008 B ．2040 C ．2032 D ．2016答案 C解析 S ＝24＋25＋…＋210＝24(1－27)1－2＝(27－1)·24＝2032.[考法综述] 高考中主要考查等差等比数列的前n 项和公式及非等差等比数列的求和方法．一般综合性较强，对分析能力、运算能力要求高．命题法给出数列求和典例 (1)已知等差数列{a n }，公差d >0，前n 项和为S n ，且满足a 2a 3＝45，a 1＋a 4＝14. ①求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n ； ②设b n ＝S nn ＋c ，若{b n }也是等差数列，试确定非零常数c ，并求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n ·b n ＋1的前n 项和T n . (2)数列{a n }的前n 项的和为S n ，对于任意的自然数a n >0,4S n ＝(a n ＋1)2. ①求证：数列{a n }是等差数列，并求通项公式；②设b n ＝a n3n ，求和T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n .[解] (1)①依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 3＝45a 1＋a 4＝a 2＋a 3＝14，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＝5a 3＝9或⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝9a 3＝5(舍去)，∴a n ＝4n －3，S n ＝2n 2－n .②由①知b n ＝2n 2－n n ＋c.数列{b n }是等差数列，则2b 2＝b 1＋b 3，即 2·62＋c ＝11＋c ＋153＋c ，解得c ＝－12，∴b n ＝2n .则1b n ·b n ＋1＝12n ·(2n ＋2)＝14⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， ∴T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝14⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝n4(n ＋1).(2)①证明：令n ＝1,4S 1＝4a 1＝(a 1＋1)2，解得a 1＝1，由4S n ＝(a n ＋1)2，得4S n ＋1＝(a n ＋1＋1)2，两式相减得4a n ＋1＝(a n ＋1＋1)2－(a n ＋1)2，整理得(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －2)＝0， ∵a n >0， ∴a n ＋1－a n ＝2，则数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列， a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1. ②由①得b n ＝2n －13n， T n ＝131＋332＋533＋…＋2n －13n ，①13T n ＝132＋333＋534＋…＋2n －13n ＋1，② ①－②得23T n ＝13＋2⎝⎛⎭⎫132＋133＋…＋13n －2n －13n ＋1 ＝13＋2×19⎝⎛⎭⎫1－13n －11－13－2n －13n ＋1 ＝23－2n ＋23n ＋1，所以T n ＝1－n ＋13n. 【解题法】错位相减法求和的步骤步骤1→写出S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ；步骤2→等式两边同乘以等比数列的公比q ，即qS n ＝qc 1＋qc 2＋…＋qc n ；步骤3→两式错位相减转化成等比数列求和；步骤4→两边同除以1－q ，求出S n .同时注意对q 是否为1进行讨论．1.数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若S n ＝10，则n 的值是( )A ．11B ．99C ．120D ．121答案 C 解析 ∵a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，∴S n ＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(n －n －1)＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1.令S n＝10，解得n ＝120.故选C.2．在正项等比数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和为S n ，且－a 3，a 2，a 4成等差数列，则S 7的值为( )A ．125B ．126C ．127D ．128答案 C解析设数列{a n }的公比为q (q >0)， ∵－a 3，a 2，a 4成等差数列， ∴2a 2＝a 4－a 3， ∴2a 1q ＝a 1q 3－a 1q 2，解得q ＝2或q ＝－1(舍去)，∴S 7＝a 1(1－q 7)1－q ＝1－271－2＝27－1＝127.故选C.3.设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q .已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d >1时，记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由题意有，⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，或⎩⎨⎧a n ＝19(2n ＋79)，b n＝9·⎝⎛⎭⎫29n －1.(2)由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，于是 T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，①12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，故T n ＝6－2n ＋32n －1. 4．已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n >60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．解 (1)设数列{a n }的公差为d ，依题意，2,2＋d,2＋4d 成等比数列，故有(2＋d )2＝2(2＋4d )，化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4. 当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2. (2)当a n ＝2时，S n ＝2n .显然2n <60n ＋800，此时不存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立．当a n ＝4n －2时，S n ＝n [2＋(4n －2)]2＝2n 2，令2n 2>60n ＋800，即n 2－30n －400>0，解得n >40或n <－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的n ，其最小值为41.5．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)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.考点二数列的综合应用知识点1 等差数列与等比数列比较表等差数列等比数列通项公式(1)a n ＝a 1＋(n －1)d (1)a n ＝a 1q n －1 (2)a n ＝a m ＋(n －m )d(2)a n ＝a m ·q n －m续表等差数列等比数列前n 项和公式 S n ＝n (a 1＋a n )2或S n ＝na 1＋n (n －1)2 d S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1常用性质若m ，n ，p ，q ∈N *，m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q若m ，n ，p ，q ∈N *，m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q2 数列实际应用中的常见模型(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量，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，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑是a n 与a n ＋1的递推关系，还是前n 项和S n 与前n ＋1项和S n ＋1之间的递推关系．3 数列与函数、不等式的综合问题 (1)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．(2)数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等问题，需要熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题．注意点等差与等比模型的区别一般地，涉及递增率或递减率要用等比数列，涉及依次增加或减少要用等差数列，有的问题是可以通过转化得到等差或等比数列.入门测1．思维辨析(1)若{ln a n}是等差数列，则{a n}是等比数列．()(2)1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5＝1－b51－b.()(3)利用函数的方法研究数列问题时应注意题目中的限制条件，尤其是定义域．()答案(1)√(2)×(3)√2．一个球从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解析当第10次着地时，经过的路程为：100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋200×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200(1－2－9)．3．设曲线y＝x n＋1(n∈N*)在点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为x n，令a n＝lg x n，则a1＋a2＋…＋a99的值为________．答案－2解析因为y＝x n＋1(n∈N*)，所以y′＝(n＋1)x n(n∈N*)，所以y′|x＝1＝n＋1，所以在点(1,1)处的切线方程为y－1＝(n＋1)(x－1)，即(n＋1)x－y－n＝0，当y＝0时，x＝nn＋1，所以x n＝nn＋1，所以a n＝lg x n＝lgnn＋1＝lg n－lg (n＋1)，所以a1＋a2＋…＋a99＝(lg 1－lg 2)＋(lg 2－lg 3)＋(lg 3－lg 4)＋…＋(lg 99－lg 100)＝lg 1－lg 100＝－2.[考法综述]高考中对于数列的综合问题，多以等差数列、等比数列的交汇，数列与函数、不等式交汇等方式考查，以数列知识为主，同时考查“等价转化”“变量代换”思想的应用．命题法1等差等比的综合应用典例1(1)在等差数列{a n}中，a10＝30，a20＝50.①求数列{a n}的通项公式；②令b n＝2an－10，证明：数列{b n}为等比数列；③求数列{nb n}的前n项和T n.(2)某国采用养老储备金制度，要求公民在就业的第一年就交纳养老储备金，数目为a1，以后每年交纳的数目均比上一年增加d(d>0)，因此，历年所交纳的储备金数目a1，a2，…是一个公差为d的等差数列．与此同时，国家给予优惠的计息政策：不仅采用固定利率，而且复利计算．这就是说，如果固定年利率为r(r>0)，那么，在第n年末，第一年所交纳的储备金就变为a1(1＋r)n －1，第二年所交纳的储备金就变为a2(1＋r)n－2，….以T n表示到第n年末所累计的储备金总额．①写出T n与T n－1(n≥2)的递推关系式；②求证：T n＝A n＋B n，其中{A n}是一个等比数列，{B n}是一个等差数列．[解](1)①设数列{a n}的公差为d，则a n＝a1＋(n－1)d，由a10＝30，a20＝50，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋9d ＝30a 1＋19d ＝50，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12d ＝2. 所以a n ＝12＋(n －1)·2＝2n ＋10. ②证明：由①，得b n ＝2an －10＝22n＋10－10＝22n ＝4n ，所以b n ＋1b n ＝4n ＋14n ＝4.所以{b n }是首项为4，公比为4的等比数列．③由nb n ＝n ×4n ，得T n ＝1×4＋2×42＋…＋n ×4n ①， 4T n ＝1×42＋…＋(n －1)×4n ＋n ×4n ＋1 ②， ①－②，得－3T n ＝4＋42＋…＋4n －n ×4n ＋1＝4(1－4n )－3－n ×4n ＋1.所以T n ＝(3n －1)×4n ＋1＋49.(2)①T n ＝T n －1(1＋r )＋a n (n ≥2)．②证明：T 1＝a 1，对n ≥2反复使用(1)中关系式，得T n ＝T n －1(1＋r )＋a n ＝T n －2(1＋r )2＋a n －1(1＋r )＋a n ＝…＝a 1(1＋r )n －1＋a 2(1＋r )n －2＋…＋a n －1(1＋r )＋a n ①.在①式两端同乘以(1＋r )，得(1＋r )T n ＝a 1(1＋r )n ＋a 2(1＋r )n －1＋…＋a n －1(1＋r )2＋a n (1＋r ) ②.②－①，得rT n ＝a 1(1＋r )n ＋d [(1＋r )n －1＋(1＋r )n －2＋…＋(1＋r )]－a n ＝d r [(1＋r )n －1－r ]＋a 1(1＋r )n －a n ，即T n ＝a 1r ＋d r 2(1＋r )n －dr n －a 1r ＋d r2. 如果记A n ＝a 1r ＋d r 2(1＋r )n，B n ＝－a 1r ＋d r 2－d rn ，则T n ＝A n ＋B n ，其中{A n }是以a 1r ＋d r 2(1＋r )为首项，1＋r (r >0)为公比的等比数列，{B n }是以－a 1r ＋d r 2－dr 为首项，－dr为公差的等差数列．【解题法】 1.等差、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，确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题，如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的逻辑次序．(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．2．数列综合应用题的解题步骤(1)审题——弄清题意，分析涉及哪些数学内容，在每个数学内容中，各是什么问题． (2)分解——把整个大题分解成几个小题或几个“步骤”，每个小题或每个小“步骤”分别是数列问题、函数问题、解析几何问题、不等式问题等．(3)求解——分别求解这些小题或这些小“步骤”，从而得到整个问题的解答．具体解题步骤如下：命题法2 数列与函数、不等式的综合应用典例2 已知函数f (x )＝2x ＋33x，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝f ⎝⎛⎭⎫1a n ，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝1a n －1a n(n ≥2)，b 1＝3，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，若S n <m －20042对一切n ∈N *成立，求最小正整数m .[解] (1)∵a n ＋1＝f ⎝⎛⎭⎫1a n ＝2＋3a n 3＝a n ＋23， ∴{a n }是以23为公差，首项a 1＝1的等差数列，∴a n ＝23n ＋13.(2)当n ≥2时， b n ＝1a n －1a n＝1⎝⎛⎭⎫23n －13⎝⎛⎭⎫23n ＋13＝92⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，当n ＝1时，上式同样成立． ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝92⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝92⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1， ∵S n <m －20042，即92⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1<m －20042对一切n ∈N *成立，又92⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1随n 递增，且92⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1<92， ∴92≤m －20042，∴m ≥2013，∴m min ＝2013. 【解题法】 1.解决数列与函数问题的注意点(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，而不是某个区间上的连续实数，所以它的图象是一群孤立的点．(2)转化以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常容易忽视的问题．(3)利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化．2．数列中的不等式问题处理方法(1)函数法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式．(2)放缩法：数列中不等式可以通过对中间过程或最后的结果放缩得到． (3)比较法：作差或者作商比较法．1．若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p >0，q >0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值等于( )A ．6B ．7C ．8D ．9 答案 D解析由题可知a ，b 是x 2－px ＋q ＝0的两根， ∴a ＋b ＝p >0，ab ＝q >0，故a ，b 均为正数． ∵a ，b ，－2适当排序后成等比数列， ∴－2是a ，b 的等比中项，得ab ＝4， ∴q ＝4.又a ，b ，－2适当排序后成等差数列，所以－2是第一项或第三项，不防设a <b ，则－2，a ，b 成递增的等差数列，∴2a ＝b －2，联立⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝b －2，ab ＝4，消去b 得a 2＋a －2＝0，得a ＝1或a ＝－2，又a >0， ∴a ＝1，此时b ＝4， ∴p ＝a ＋b ＝5， ∴p ＋q ＝9，选D.2.设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________. 答案 3n －1解析由3S 1,2S 2，S 3成等差数列，得4S 2＝3S 1＋S 3，即3S 2－3S 1＝S 3－S 2，则3a 2＝a 3，得公比q ＝3，所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1.3．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________. 答案－1n解析 ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ，又由a 1＝－1，知S n ≠0，∴1S n －1S n ＋1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，且公差为－1，而1S 1＝1a 1＝－1，∴1S n ＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n.4.设n ∈N *，x n 是曲线y ＝x 2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线与x 轴交点的横坐标． (1)求数列{x n }的通项公式；(2)记T n ＝x 21x 23…x 22n －1，证明：T n ≥14n. 解 (1)y ′＝(x 2n ＋2＋1)′＝(2n ＋2)x 2n ＋1，曲线y ＝x 2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线斜率为2n ＋2，从而切线方程为y －2＝(2n ＋2)(x －1)．令y ＝0，解得切线与x 轴交点的横坐标x n ＝1－1n ＋1＝nn ＋1. (2)证明：由题设和(1)中的计算结果知T n ＝x 21x 23…x 22n －1＝⎝⎛⎭⎫122⎝⎛⎭⎫342…⎝⎛⎭⎫2n －12n 2. 当n ＝1时，T 1＝14.当n ≥2时，因为x 22n －1＝⎝⎛⎭⎫2n －12n 2＝(2n －1)2(2n )2>(2n －1)2－1(2n )2＝2n －22n ＝n －1n .所以T n >⎝⎛⎭⎫122×12×23×…×n －1n ＝14n . 综上可得对任意的n ∈N *，都有T n ≥14n.5．设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x 的图象上(n ∈N *)． (1)若a 1＝－2，点(a 8,4b 7)在函数f (x )的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ； (2)若a 1＝1，函数f (x )的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 的前n 项和T n .解 (1)由已知，b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7，有2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2.解得d ＝a 8－a 7＝2.所以，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n . (2)函数f (x )＝2x 在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)，它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2. 由题意，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2.所以，d ＝a 2－a 1＝1.从而a n ＝n ，b n ＝2n .所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n 2n －1.因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝2－12n －1－n2n ＝2n ＋1－n －22n .所以，T n ＝2n ＋1－n －22n. 6．已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…a n ＝(2)bn (n ∈N *)．若{a n }为等比数列，且a 1＝2，b 3＝6＋b 2.(1)求a n 与b n ；(2)设c n ＝1a n －1b n (n ∈N *)．记数列{c n }的前n 项和为S n .①求S n ；②求正整数k ，使得对任意n ∈N *均有S k ≥S n . 解 (1)由题意a 1a 2a 3…a n ＝(2)bn ，b 3－b 2＝6，知a 3＝(2)b 3－b 2＝8，又由a 1＝2，得公比q ＝2(q ＝－2舍去)，所以数列{a n }的通项为a n ＝2n (n ∈N *)．所以，a 1a 2a 3…a n ＝2n (n ＋1)2＝(2)n (n＋1)．故数列{b n }的通项为b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)．(2)①由(1)知c n ＝1a n －1b n ＝12n －⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1(n ∈N *)，所以S n ＝1n ＋1－12n (n ∈N *)．②因为c 1＝0，c 2>0，c 3>0，c 4>0，当n ≥5时，c n ＝1n (n ＋1)⎣⎡⎦⎤n (n ＋1)2n －1，而n (n ＋1)2n －(n ＋1)(n ＋2)2n ＋1＝(n ＋1)(n －2)2n ＋1>0，得n (n ＋1)2n ≤5·(5＋1)25<1. 所以，当n ≥5时，c n <0.综上，对任意n ∈N *恒有S 4≥S n ，故k ＝4.7．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若对任意的正整数n ，总存在正整数m ，使得S n ＝a m ，则称{a n }是“H 数列”．(1)若数列{a n }的前n 项和S n ＝2n (n ∈N *)，证明：{a n }是“H 数列”；(2)设{a n }是等差数列，其首项a 1＝1，公差d <0.若{a n }是“H 数列”，求d 的值； (3)证明：对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立．解 (1)证明：由已知，当n ≥1时，a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2n ＋1－2n ＝2n .于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n ＋1，使得S n ＝2n ＝a m .所以{a n }是“H 数列”．(2)由已知，得S 2＝2a 1＋d ＝2＋d .因为{a n }是“H 数列”，所以存在正整数m ，使得S 2＝a m ，即2＋d ＝1＋(m －1)d ，于是(m －2)d ＝1.因为d <0，所以m －2<0，故m ＝1，从而d ＝－1.当d ＝－1时，a n ＝2－n ，S n ＝n (3－n )2是小于2的整数，n ∈N *.于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝2－S n ＝2－n (3－n )2，使得S n ＝2－m ＝a m .所以{a n }是“H 数列”．因此d 的值为－1.(3)证明：设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝na 1＋(n －1)(d －a 1)(n ∈N *)．令b n ＝na 1，c n ＝(n －1)(d －a 1)，则a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)．下证{b n }是“H 数列”．设{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝n (n ＋1)2a 1(n ∈N *)．于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n (n ＋1)2，使得T n ＝b m .所以{b n }是“H 数列”．同理可证{c n }也是“H 数列”．所以，对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立．设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1≠0,2a n －a 1＝S 1·S n ，n ∈N *.(1)求a 1，a 2，并求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{na n }的前n 项和． [错解][错因分析] 本题用错位相减法求{na n }的前n 项和时，易出现以下三个错误：一是出现某些项的遗漏；二是项数的计算错误；三是两式相减时，等比数列前面的系数出错．[正解] (1)同上 (2)由(1)知，na n ＝n ·2n －1.记数列{n ·2n －1}的前n 项和为B n ，于是 B n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ×2n －1，③ 2B n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n .④ ③－④得－B n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝2n －1－n ·2n . 从而B n ＝1＋(n －1)·2n . [心得体会]课时练基础组1.已知等比数列{a n }中的各项都是正数，且5a 1，12a 3,4a 2成等差数列，则a 2n ＋1＋a 2n ＋2a 1＋a 2＝( )A ．－1B ．1C ．52nD ．52n －1答案 C解析设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，则依题意有a 3＝5a 1＋4a 2，即a 1q 2＝5a 1＋4a 1q ，q 2－4q －5＝0，解得q ＝－1或q ＝5.又q >0，因此q ＝5，所以a 2n ＋1＋a 2n ＋2a 1＋a 2＝a 1q 2n ＋a 2q 2na 1＋a 2＝q 2n ＝52n ，选C.2．已知正项等差数列{a n }满足：a n ＋1＋a n －1＝a 2n (n ≥2)，等比数列{b n }满足：b n ＋1b n －1＝2b n (n ≥2)，则log 2(a 2＋b 2)＝( )A ．－1或2B ．0或2C ．2D ．1答案 C解析由题意可知a n ＋1＋a n －1＝2a n ＝a 2n ，解得a n ＝2(n ≥2)(由于数列{a n }每项都是正数，故a n ＝0舍去)，又b n ＋1b n －1＝b 2n ＝2b n (n ≥2)，所以b n ＝2(n ≥2)，所以log 2(a 2＋b 2)＝log 24＝2.3．已知等比数列{a n }的公比q ＝2，且2a 4，a 6,48成等差数列，则{a n }的前8项和为( ) A ．127 B ．255 C ．511 D ．1023 答案 B解析 ∵2a 4，a 6,48成等差数列，∴2a 6＝2a 4＋48，∴2a 1q 5＝2a 1q 3＋48，解得a 1＝1，∴S 8＝1×(1－28)1－2＝255.4．已知等比数列{a n }的各项均为不等于1的正数，数列{b n }满足b n ＝lg a n ，b 3＝18，b 6＝12，则数列{b n }的前n 项和的最大值等于 ( )A ．126B ．130C ．132D ．134 答案 C解析 ∵b n ＋1－b n ＝lg a n ＋1－lg a n ＝lg a n ＋1a n为常数， ∴{b n }为等差数列．设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧ b 1＋2d ＝18，b 1＋5d ＝12，∴⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－2，b 1＝22.由b n ＝－2n ＋24≥0，得n ≤12，∴{b n }的前11项为正，第12项为零，从第13项起为负， ∴S 11，S 12最大且S 11＝S 12＝132.5.设数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列，记数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n .若a 5＝b 5，a 6＝b 6，且S 7－S 5＝4(T 6－T 4)，则a 7＋a 5b 7＋b 5＝________. 答案－513解析由S 7－S 5＝4(T 6－T 4)得，a 6＋a 7＝4(b 5＋b 6)，又a 5＝b 5，a 6＝b 6，所以a 6＋a 7＝4(a 5＋a 6)，所以6a 1＋25d ＝0，所以a 1＝－256d ，又q ＝b 6b 5＝a 6a 5＝－256d ＋5d －25d6＋4d ＝－5，所以a 7＋a 5b 7＋b 5＝2a 6b 5(q 2＋1)＝2b 6b 5(q 2＋1)＝2q q 2＋1＝－513. 6．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝25－n，数列{b n }的通项公式为b n ＝n ＋k ，设c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，a n ≤b n ，a n ，a n >b n ，若在数列{c n }中，c 5≤c n 对任意n ∈N *恒成立，则实数k 的取值范围是________．答案 [－5，－3]解析 c n 是取a n 和b n 中的较大值，又c 5是数列{c n }中的最小项，由于函数y ＝25－n 是减函数，函数y ＝n ＋k 是增函数，所以b 5≤a 5≤b 6或a 5≤b 5≤a 4，即5＋k ≤25－5≤6＋k 或25－5≤5＋k ≤25－4，解得－5≤k ≤－4或－4≤k ≤－3，所以－5≤k ≤－3.7．如图，坐标纸上的每个单元格的边长为1，由下往上的六个点：1,2,3,4,5,6的横、纵坐标分别对应数列{a n }(n ∈N *)的前12项(如下表所示)，按如此规律下去，则a 2011＋a 2012＋a 2013＝________.a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 a 10 a 11 a 12 x 1y 1x 2y 2x 3y 3x 4y 4x 5y 5x 6y 6答案 1007解析由a 1＝1，a 2＝1，a 3＝－1，a 4＝2，a 5＝2，a 6＝3，a 7＝－2，a 8＝4可知，这个数列的规律是奇数项为1，－1,2，－2，3，－3，…，偶数项为1,2,3，…，故a 2011＋a 2013＝1，a 2012＝1006，故a 2011＋a 2012＋a 2013＝1007.8．等差数列{a n }的前n 项和记为S n ，若S 4≥4，S 7≤28，则a 10的最大值为________．答案 16解析 ∵等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 4≥4，S 7≤28，∴⎩⎨⎧S 4＝4a 1＋4×32d ≥4，S 7＝7a 1＋7×62d ≤28，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋3d ≥2，a 1＋3d ≤4， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 10＝a 1＋9d ＝a 1＋3d ＋6d ≤4＋6d ，a 10＝a 1＋9d ＝12(2a 1＋3d )＋15d 2≥2＋15d2， ∴2＋15d 2≤a 10≤4＋6d ，∴2＋15d2≤4＋6d ，解得d ≤2， ∴a 10≤4＋6×2＝16.9. 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________．答案 5解析要使S 2n －S n >m 16恒成立，只需(S 2n －S n )min >m16.因为(S 2(n ＋1)－S n ＋1)－(S 2n －S n )＝(S 2n ＋2－S 2n )－(S n ＋1－S n )＝a 2n ＋1＋a 2n ＋2－a n ＋1＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋2>12n ＋2＋12n ＋4－1n ＋2＝12n ＋2－12n ＋4>0，所以{S 2n －S n }为递增数列，所以S 2n －S n ≥S 2－S 1＝13，所以m 16<13⇒m <163，m 所能取得的最大整数为5.10．数列{a n }的前n 项和记为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1(n ≥1)． (1)求{a n }的通项公式；(2)等差数列{b n }的各项为正，其前n 项和为T n ，且T 3＝15，又a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3成等比数列，求T n .解 (1)由a n ＋1＝2S n ＋1，可得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2)，两式相减得a n ＋1－a n ＝2a n ，则a n ＋1＝3a n (n ≥2)．又a 2＝2S 1＋1＝3，∴a 2＝3a 1.故{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，∴a n ＝3n －1. (2)设{b n }的公差为d .由T 3＝15，即b 1＋b 2＋b 3＝15，可得b 2＝5，故b 1＝5－d ，b 3＝5＋d ，又a 1＝1，a 2＝3，a 3＝9，由a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3成等比数列可得(5－d ＋1)·(5＋d ＋9)＝(5＋3)2，解得d ＝2或d ＝－10.∵等差数列{b n }的各项为正，∴d >0， ∴d ＝2，b 1＝3，∴T n ＝3n ＋n (n －1)2×2＝n 2＋2n . 11．某企业为了进行技术改造，设计了两种方案，甲方案：一次性贷款10万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案：每年贷款1万元，第一年可获利1万元，以后每年比前一年增加5千元．两种方案的使用期都是10年，到期一次性归还本息．若银行两种形式的贷款都按年息5%的复利计算，试比较两种方案中，哪种获利更多？(参考数据：取1.0510＝1.629,1.310＝13.786,1.510＝57.665)解甲方案中，每年所获利润组成等比数列，首项为1，公比为(1＋30%)，所以10年所获得的总利润为S 10＝1＋(1＋30%)＋(1＋30%)2＋…＋(1＋30%)9＝1.310－10.3＝42.62(万元)，贷款到期时，需要偿还银行的本息是10(1＋5%)10＝16.29(万元)，故使用甲方案所获纯利润为42.62－16.29＝26.33(万元)．乙方案中，每年的利润组成等差数列，首项为1，公差为0.5，所以10年所获得的总利润为T 10＝1＋(1＋0.5)＋(1＋2×0.5)＋…＋(1＋9×0.5)＝10×1＋10×92×0.5＝32.5(万元)，从第一年起，每年的贷款在到期时所产生的本息组成等比数列，首项为1×(1＋5%)10万元，公比为11＋5%，故贷款到期时，需要偿还银行的本息是1×[(1＋5%)10＋(1＋5%)9＋…＋(1＋5%)]＝1.05×1.0510－10.05≈13.21(万元)，故使用乙方案所获纯利润为32.5－13.21＝19.29(万元)．综上可知，甲方案获利更多． 12. 数列{a n }满足a n ＋1＝a n2a n ＋1，a 1＝1. (1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n ，并证明1S 1＋1S 2＋…＋1S n >n n ＋1.解 (1)证明：∵a n ＋1＝a n2a n ＋1， ∴1a n ＋1＝2a n ＋1a n ，化简得1a n ＋1＝2＋1a n ，即1a n ＋1－1a n ＝2，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列． (2)由(1)知1a n ＝2n －1，∴S n ＝n (1＋2n －1)2＝n 2.证法一：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2>11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.证法二：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2>1，又∵1>n n ＋1，∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n >nn ＋1.能力组13.设f (x )是定义在R 上的恒不为零的函数，对任意实数x ，y ∈R ，都有f (x )·f (y )＝f (x ＋y )，若a 1＝12，a n ＝f (n )(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫12，2B.⎣⎡⎦⎤12，2 C.⎣⎡⎭⎫12，1 D.⎣⎡⎦⎤12，1 答案 C解析因为对任意实数x ，y ∈R ，都有f (x )·f (y )＝f (x ＋y )，所以令x ＝n ，y ＝1，得f (n )·f (1)＝f (n ＋1)，即a n ＋1a n ＝f (n ＋1)f (n )＝f (1)＝12，所以数列{a n }是以12为首项，12为公比的等比数列，a n ＝⎝⎛⎭⎫12n ，所以S n ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝1－12n ，则S n ∈⎣⎡⎭⎫12，1.故选C. 14．已知函数f (x )＝log 2x －log x 2(0<x <1)，数列{a n }满足f (2an )＝2n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)判断数列{a n }的单调性．解 (1)由已知得log 22an －1log 22a n＝2n ， ∴a n －1a n ＝2n ，即a 2n －2na n －1＝0，∴a n ＝n ±n 2＋1. ∵0<x <1，∴0<2a n <1，∴a n <0.∴a n ＝n －n 2＋1.(2)∵a n ＋1－a n ＝(n ＋1)－(n ＋1)2＋1－(n －n 2＋1)＝1－2n ＋1(n ＋1)2＋1＋n 2＋1>1－2n ＋1(n ＋1)＋n＝0，∴a n ＋1>a n ，∴{a n }是递增数列．15．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1·a n ＝a n －a n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝lga n ＋2a n，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)由题意得1a n ＋1－1a n ＝1，又因为a 1＝1，所以1a 1＝1.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为1的等差数列，所以1a n ＝n ，即a n ＝1n.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝1n .(2)由(1)得b n ＝lg n －lg(n ＋2)，所以S n ＝lg 1－lg 3＋lg 2－lg 4＋lg 3－lg 5＋…＋lg (n －2)－lg n ＋lg (n －1)－lg (n ＋1)＋lg n －lg (n ＋2)＝lg 1＋lg 2－lg (n ＋1)－lg (n ＋2)＝lg2(n ＋1)(n ＋2).16．已知某地今年年初拥有居民住房的总面积为a (单位：m 2)，其中有部分旧住房要拆除．当地有关部门决定每年以当年年初住房面积的10%建设新住房，同时也拆除面积为b (单位：m 2)的旧住房．(1)分别写出第一年末和第二年末的实际住房面积的表达式；(2)如果第五年末该地的住房面积正好比今年年初的住房面积增加了30%，则每年拆除的旧住房面积b 是多少？(计算时取1.15＝1.6)．解 (1)第一年末的住房面积为a ·1110－b ＝1.1a －b (m 2)．第二年末的住房面积为⎝⎛⎭⎫a ·1110－b 1110－b ＝a ·⎝⎛⎭⎫11102－b ⎝⎛⎭⎫1＋1110＝1.21a －2.1b (m 2)．(2)第三年末的住房面积为⎣⎡ a ⎝⎛⎭⎫11102－⎦⎤b ⎝⎛⎭⎫1＋11101110－b ＝a ⎝⎛⎭⎫11103－b ⎣⎡⎦⎤1＋1110＋⎝⎛⎭⎫11102(m 2)，第四年末的住房面积为a ⎝⎛⎭⎫11104－b ⎣⎡⎦⎤1＋1110＋⎝⎛⎭⎫11102＋⎝⎛⎭⎫11103(m 2)，第五年末的住房面积为a ⎝⎛⎭⎫11105－b ⎣⎡⎦⎤1＋1110＋⎝⎛⎭⎫11102＋⎝⎛⎭⎫11103＋⎝⎛⎭⎫11104 ＝1.15a －1－1.151－1.1b ＝1.6a －6b (m 2)．依题意，得1.6a －6b ＝1.3a ，解得b ＝a 20. 所以每年拆除的旧房面积为a20m 2.。

2020-2021年高一下学期期末备考专题03数列求和的综合应用(解析版)

2020-2021年高一下学期期末备考之金榜名题（人教A 版）专题03数列求和的综合应用1．已知数列{a n }是公差为d 的等差数列，数列{b n }是公比为q （q ＞0）的等比数列，且a 1＝b 1＝2，a 4+a 5＝25，a 3b 3＝4．（Ⅰ）求数列{a n }和{b n }的通项公式；（Ⅱ）设c n =b n 2，求数列{c n }的前n 项和S n ．【解析】解：（Ⅰ）因为数列{a n }是公差为d 的等差数列，已知a 1＝2，a 4+a 5＝25，所以a 1+3d +a 1+4d ＝25，所以d ＝3，所以a n ＝2+（n ﹣1）×3＝3n ﹣1．所以a 3＝8．因为a 3b 3＝4．所以b 3=12．所以b 1q 2=12．因为b 1＝2，q ＞0，所以q =12．所以b n =2×(12)n−1=(12)n−2．（Ⅱ）因为c n =b n 2=(14)n−2，且c n+1c n=14，所以数列{c n }是首项为4，公比为14等比数列，所以S n ＝c 1+c 2+⋯+c n =4[1−(14)n]1−14=163−163(14)n ．2．已知{a n }是等差数列，记S n 为数列{a n }的前n 项和，且a 8＝1，S 16＝24．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）若{b n }是单调递增的等比数列，且b 1+b 4＝9，b 2b 3＝8，求（a 1﹣b 1）+（a 2﹣b 2）+（a 3﹣b 3）+⋅⋅⋅+（a n ﹣b n ）．【解析】解：（1）由已知可得{a 1+7d =12a 1+15d =3，∴a 1＝﹣6，d ＝1，∴a n ＝﹣6+（n ﹣1）＝n ﹣7，（2）由已知可得{b 1+b 4=9b 1b 4=b 2b 3=8，又{b n }是递增的等比数列，解得：b 1＝1，b 4＝8，q ＝2 ∴b n ＝2n ﹣1，∴（a 1﹣b 1）+（a 2﹣b 2）+（a 3﹣b 3）+⋅⋅⋅+（a n ﹣b n ）＝（a 1+a 2+a 3+…+a n ）﹣（b 1+b 2+b 3+…+b n ）＝[﹣6n +n(n−1)2×1]−1−2n1−2=n 22−132n −2n +1．3．在等差数列{a n }中，a 2+a 7＝﹣23，S 10＝﹣145．（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）若数列{a n +b n }是首项为1，公比为a 的等比数列，求{b n }的前n 项和S n ．【解析】解：（Ⅰ）设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由a 2+a 7＝﹣23，S 10＝﹣145，得{2a 1+7d =−2310a 1+10×9d2=−145，解得{a 1=−1d =−3，∴a n ＝﹣1﹣3（n ﹣1）＝﹣3n +2；（Ⅱ）∵数列{a n +b n }是首项为1，公比为a 的等比数列， ∴a n +b n ＝a n ﹣1，则b n =a n−1+3n −2，∴S n ＝b 1+b 2+...+b n＝（a 0+a 1+...+a n ﹣1）+3（1+2+...+n ）﹣2n ．若a ＝1，则a 0+a 1+...+a n ﹣1＝n ；若a ≠1，则a 0+a 1+...+a n ﹣1=1−a n1−a．又3（1+2+...+n ）﹣2n =3⋅n(n+1)2−2n =3n 2−n2． ∴S n ={3n 22，a =11−a n 1−a+3n 2−n2，a ≠1．4．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2+a 4＝6，S 11＝66．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）若数列{b n }满足b n =1a n a n+1，求证：b 1+b 2+⋅⋅⋅+b n ＜1．【解析】（1）解：由S 11＝11a 6＝66得a 6＝6………… 设公差为d ，则a 6﹣a 2＝4d ＝4，∴d ＝1…………所以a n ＝a 2+（n ﹣2）d ＝2+（n ﹣1）×1＝n ………… （2）证明：由（1）得b n =1n(n+1)=1n −1n+1⋯⋯⋯⋯所以b 1+b 2+⋅⋅⋅+b n =(1−12)+(12−13)+⋅⋅⋅+(1n −1n+1)=1−1n+1＜1⋯⋯⋯⋯5．已知等差数列{a n }满足a n +1＞a n （n ∈N +），a 1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后顺次成为等比数列{b n }的前三项．（1）求数列{a n }，{b n }的通项公式；（2）设T n =a 1b 1+a 2b 2+⋯+an b n（n ∈N +），求T n ．【解析】解：（1）设等差数列{a n }的公差为d ，d ＞0，由a 1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后顺次成为等比数列{b n }的前三项，可得（a 1+1）（a 3+3）＝（a 2+1）2，即为2（4+2d ）＝（2+d ）2，解得d ＝2（﹣2舍去），则a n ＝1+2（n ﹣1）＝2n ﹣1：等比数列{b n }的前三项为2，4，8，则b n ＝2n ；（2）a nb n=（2n ﹣1）•（12）n ，可得T n =a 1b 1+a 2b 2+⋯+an b n =1•（12）1+3•（12）2+5•（12）3+…+（2n ﹣1）•（12）n ， 12T n ＝1•（12）2+3•（12）3+5•（12）4+…+（2n ﹣1）•（12）n +1，两式相减可得12T n =12+2[（12）2+（12）3+…+（12）n ]﹣（2n ﹣1）•（12）n +1 =12+2•14(1−12n−1)1−12−（2n ﹣1）•（12）n +1，化简可得T n ＝3﹣（2n +3）•（12）n ． 6．已知数列{a n }满足a 1＝3，a 2＝7，且2a n +1＝a n +2+a n ，n ∈N *，数列{b n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2b n ﹣1．（1）求a n ，b n ；（2）把数列{a n }，{b n }的项依次从小到大排列，得到数列{c n }，求数列{c n }的前50项和．【解析】解：（1）由2a n +1＝a n +2+a n ，n ∈N *，可得a n +2﹣a n +1＝a n +1﹣a n ，又a 1＝3，a 2＝7，a 2﹣a 1＝4，可得a n +1﹣a n ＝4，即{a n }是首项为3，公差为4的等差数列，则a n ＝3+4（n ﹣1）＝4n ﹣1；又S n ＝2b n ﹣1，可得b 1＝S 1＝2b 1﹣1，解得b 1＝1，当n ≥2时，b n ＝S n ﹣S n ﹣1＝2b n ﹣1﹣2b n ﹣1+1，化为b n ＝2b n ﹣1，所以{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列，则b n ＝2n ﹣1；（2）由（1）可设数列{c n }的前50项中有m 项来自于{b n }，有n 项来自于{a n }，则{b m ＜a n ＜b m+1m +n =50，即{2m−1＜4n −1＜2m m +n =50，解得m ＝8，n ＝42，故c 1+c 2+c 3+…+c 50＝（a 1+a 2+…+a 42）+（b 1+b 2+…+b 8）＝42×3+42×412×4+1−281−2=3825．7．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，S n +1＝3S n +2，n ∈N *．（1）证明：数列{S n +1}为等比数列；（2）已知曲线∁n ：x 2+（19﹣a n ）y 2＝1，若∁n 为椭圆，求n 的值；（3）若b n ＝（a n 2）×log 3（3a n 2），求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】（1）证明：∵S n +1＝3S n +2，∴S n +1+1＝3S n +3＝3（S n +1），又S 1+1＝a 1+1＝3，∴{S n +1}是以3为首项，以3为公比的等比数列．（2）解：由（1）可知S n +1＝3n ，即S n ＝3n ﹣1，当n ≥2时，a n ＝S n ﹣S n ﹣1＝3n ﹣3n ﹣1＝2•3n ﹣1．显然当n ＝1时，上式也成立，故a n ＝2•3n ﹣1．∵曲线∁n ：x 2+（19﹣a n ）y 2＝1表示椭圆， ∴19﹣a n ＞0且19﹣a n ≠1．∴{2⋅3n−1＜192⋅3n−1≠18，又n ∈N ×，故n ＝1或n ＝2．（3）解：b n ＝3n ﹣1•log 33n ＝n •3n ﹣1．∴T n ＝1•30+2•3+3•32+4•33+…+n •3n ﹣1，①两边同乘3可得：3T n ＝1•3+2•32+3•33+4•34+…+n •3n ，② ①﹣②可得：﹣2T n ＝1+3+32+33+…+3n ﹣1﹣n •3n=1−3n 1−3−n •3n ＝（12−n ）•3n −12，∴T n =2n−14•3n +14．8．在平面直角坐标系xOy 中，过A 1（1，0）作x 轴的垂线，与函数f(x)=1x+1的图象交于点B 1，过点B 1作函数f （x ）的图象的切线，与x 轴交于A 2，再过A 2作x 轴的垂线，与函数f （x ）的图象交于点B 2，再过点B 2作函数f （x ）的图象的切线，与x 轴交于A 3，……，如此进行下去，在x 轴上得到一个点列A 1，A 2，A 3，…，A n ，…，记A 1，A 2，A 3，…，A n ，…的横坐标构成的数列为{a n }．（1）求a 2，a 3，a 4；（2）求数列{a n }的通项公式．【解析】解：（1）因为f （x ）=1x+1，f ′（x ）=−1(x+1)2，∵B n （a n ，1a n +1），∴过B n 的切线方程为y −1a n +1=−1(x+1)2（x ﹣a n ），即y =−x (a n+1)2+2a n +1(a n+1)2，令y ＝0得点A n +1的横坐标为2a n +1， ∴a n +1＝2a n +1， ∵a 1＝1，∴a 2＝3，a 3＝7，a 4＝15；（2）由（1）知a n +1＝2a n +1， ∴a n +1+1＝2（a n +1），又a 1+1＝2，∴数列{a n +1}是首项与公比均为2的等比数列， ∴a n +1＝2n ， ∴a n ＝2n ﹣1．9．已知数列{a n }的前n 项和S n =32n 2−12n ，等比数列{b n }满足：b 1=14，b 2=116（n ∈N *）．（Ⅰ）求数列{a n }通项公式；（Ⅱ）若数列{c n }满足c n ＝a n •b n ，求数列{c n }的前n 项和T n ．【解析】解：（Ⅰ）由S n =32n 2−12n ，可得n ＝1时，a 1＝S 1＝1， n ≥2时，a n ＝S n ﹣S n ﹣1=32n 2−12n −32（n ﹣1）2+32（n ﹣1）＝3n ﹣2，上式对n ＝1也成立，所以a n ＝3n ﹣2，n ∈N *；（Ⅱ）等比数列{b n }满足：b 1=14，b 2=116（n ∈N *），可得公比为b 2b 1=14，则b n ＝（14）n ，所以c n ＝a n •b n =3n−24n，则T n =14+416+764+...+3n−24n ， 14T n =116+464+7256+...+3n−24n+1，两式相减可得34T n =14+3（116+164+...+14n ）−3n−24n+1 =14+3•116(1−14n−1)1−14−3n−24n+1，化简可得T n =23−3n+23⋅4n． 10．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n +1﹣2a n ＝2n +1（n ∈N *）．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）设b n =n+2n⋅an+1，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】解：（1）由a n +1﹣2a n ＝2n +1，可得a n+12−a n 2=1，则数列{a n2}是首项为a 12=1，公差为1的等差数列，则a n 2n=1+n ﹣1＝n ，即a n ＝n •2n ；（2）b n =n+2n⋅a n+1=n+2n(n+1)⋅2n+1=1n⋅2n −1(n+1)⋅2n+1， T n =11⋅2−12⋅22+12⋅22−13⋅23+...+1n⋅2n −1(n+1)⋅2n+1 =12−1(n+1)⋅2n+1． 11．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝﹣5，a 2＝﹣2，2S n ＝n （a n ﹣5）．（1）求a 3，a 4的值；（2）求数列{a n }的通项公式；（3）若数列b n ＝λ•2n ﹣S n 为单调递增数列，求实数λ的取值范围．【解析】解：（1）令n ＝3，则2（﹣5﹣2+a 3）＝3（a 3﹣5），解得a 3＝1．令n ＝4，则2（﹣5﹣2+1+a 4）＝4（a 4﹣5），解得a 4＝4．（2）∵2S n ＝n （a n ﹣5），n ≥2时，2S n ﹣1＝（n ﹣1）（a n ﹣1﹣5），相减可得：2a n ＝na n ﹣（n ﹣1）a n ﹣1﹣5，化为：（n ﹣2）a n ＝（n ﹣1）a n ﹣1+5，用n +1代替n 可得：（n ﹣1）a n +1＝na n +5，相减可得：a n ﹣1+a n +1＝2a n ，n ≥2，∴数列{a n }为等差数列，a n ＝﹣5+3（n ﹣1）＝3n ﹣8．（3）∵数列b n ＝λ•2n ﹣S n 为单调递增数列，∴b n +1﹣b n ＝λ•2n +1﹣S n +1﹣（λ•2n ﹣S n ）＝λ•2n ﹣a n +1＝λ•2n ﹣（3n ﹣5）＞0， ∴λ＞3n−52n ，令f （n ）=3n−52n ，n ∈N *，则f （n +1）﹣f （n ）=3n−22n+1−3n−52n =8−3n 2n+1，n ∈N *，可得：f （1）＜f （2）＜f （3）＞f （4）＞f （5）＞……， ∴f （n ）的最大值为f （3）=12． ∴实数λ的取值范围是（12，+∞）．12．我们要计算由抛物线y ＝x 2、x 轴以及直线x ＝1所围成的曲边区域的面积S ，可用x 轴上的分点0、1n、2n、…、n−1n、1将区间[0，1]分成n 个小区间，从第二个小区间起，在每一个小区间上作一个小矩形，使得每个矩形的左上端点都在抛物线y ＝x 2上，这么矩形的高分别为(1n)2、(2n)2、…、(n−1n)2，矩形的底边长都是1n，设所有这些矩形面积的总和为S n ，就有S =lim n→∞S n ．（1）求S n 的表达式，并求出面积S ；（可以利用公式12+22+32+⋯+n 2=n(n+1)(2n+1)6）（2）利用上述方法，探求由函数y ＝e x 、x 轴、y 轴以及直线x ＝1和所围成的区域的面积T ．（可以利用公式：lim n→∞n(e 1n −1)=1）【解析】解：（1）由题意可知，S n =1n ⋅(1n )2+1n ⋅(2n )2+⋯+1n ⋅(n−1n )2=1n [(1n )2+(2n )2+⋯+(n−1n )2]=12+22+⋯+(n−1)2n 3，因为12+22+32+⋯+n 2=n(n+1)(2n+1)6，所以S n =12+22+⋯+(n−1)2n 3=(n−1)n(2n−1)6n 3=(n−1)(2n−1)6n 2，因此S =lim n→∞S n =lim n→∞(n−1)(2n−1)6n 2=lim n→∞2n 2−3n+16n 2=lim n→∞2−3n +1n 26=26=13；（2）根据题中方法，探求由函数y ＝e x 、x 轴、y 轴以及直线x ＝1和所围成的区域的面积T ，可将区间[0，1]分成n 个小区间，每一个小区间对应一个小矩形，使得每个矩形的左上端点都在抛物线y ＝e x 上，这么矩形的高分别为e、e 1n 、e 2n 、…、e n−1n ，矩形的底边长都是1n，则T n =1n ⋅e 0+1n⋅e 1n+1n⋅e 2n+⋯+1n⋅e n−1n=1n ⋅(e 0+e 1n +e 2n +⋯+e n−1n )=1n⋅[1−(e 1n )n]1−e 1n=1n ⋅e−1e 1n −1=e−1n(e 1n −1)，因此T =lim n→∞T n =limn→∞e−1n(e 1n −1)，因为lim n→∞n(e 1n−1)=1，所以T =lim n→∞e−1n(e 1n −1)=e−11=e −1． 13．定义：若无穷数列{a n }满足{a n +1﹣a n }是公比为q 的等比数列，则称数列{a n }为“M （q ）数列”．设数列{b n }中，b 1＝1，b 3＝7．（1）若b 2＝4，且数列{b n }为“M （q ）数列”，求数列{b n }的通项公式：（2）设数列{b n }的前n 项和为S n ，且b n+1=2S n −12n +λ，请判断数列{b n }是否为“M （q ）数列”，并说明理由；（3）若数列{b n }是“M （2）数列”，是否存在正整数m ，n ，使得40412020＜b m b n＜40422020？若存在，请求出所有满足条件的正整数m ，n ；若不存在，请说明理由．【解析】解：（1）因为b 2＝4，且数列{b n }为“M （q ）数列”，所以q =b 3−b 2b 2−b 1=7−44−1=1，即b n +1﹣b n ＝3，所以{b n }是以首项为b 1＝1，公差d ＝3的等差数列，所以b n ＝3n ﹣2（n ∈N *）．（2）由己知条件可得b 2=λ+32，b 3＝4+3λ＝7，故λ＝1，所以b 2=52．当n ≥2时，根据通项公式可得{b n+1=2S n −12n +λ①b n =2S n−1−12(n −1)+λ②， ①﹣②得b n+1=3b n −12(n ≥2)，又b 2=3b 1−12也成立，所以b n+1=3b n −12(n ∈N ∗)，设b m +1+k ＝3（b n +k ），即2k =−12，所以k =−14．又b 1=1−14=34≠0，所以{b n −14}是以首项为34，公比为3的等比数列．所以b n −14=34⋅3n−1=14⋅3n(n ∈N ∗)，即b n =14(3n +1)(n ∈N ∗)，所以b n+2−b n+1b n+1−b n =3n+2−3n+13n+1−3n =3，所以{b n +1﹣b n }是以首项为32，公比为3的等比数列，故数列{b n }是“M （q ）数列”．（3）由数列{b n }，是“M （2）数列”得b n+1−b n =(b 2−b 1)⋅2n−1，所以b 3−b 2b 2−b 1=7−b 2b 2−1=2，即b 2＝3，所以b n+1−b n =2n，所以n ≥2时，b n =(b n −b n−1)+(b n−1−b n−2)+⋯⋯+(b 2−b 1)+b 1=1−2n1−2=2n −1，当n ＝1时上式也成立，故b n =2n −1(n ∈N ∗)．假设存在正整数m ，n ，使得40412020＜b m b n＜40422020，则40412020＜2m −12n −1＜40422020，由2m −12n −1＞40412020＞1，可知2m ﹣1＞2n ﹣1，所以m ＞n ，又因为m ，n 为正整数，所以m ﹣n ≥1，又2m −12n −1=2m−n (2n −1)+2m−n −12n −1=2m−n+2m−n −12n −1＜40422020＜3，所以m ﹣n ＝1∴2m −12n −1=2+12n −1．∴40412020＜2+12−1＜40422020，∴12020＜12−1＜22020，∴n ＝10，∴m ＝11．故存在满足条件的正整数m ，n ，且m ＝11，n ＝10．14．已知数列{a n }满足a 2＝2，na n ﹣1+n （n ﹣1）a n +1＝（n ﹣1）a n ，n ∈N *，n ＞1．（1）求数列{a n }的前3项和S 3；（2）若a 2020＝2020，求数列{a n }的前2021项和S 2021．【解析】解：（1）由a 2＝2，na n ﹣1+n （n ﹣1）a n +1＝（n ﹣1）a n ，n ∈N *，n ＞1，可得2a 1+2a 3＝a 2＝2，即a 1+a 3＝1，则S 3＝a 1+a 2+a 3＝1+2＝3；（2）由题意可得a n +1=a n n −a n−1n−1，所以a 3=a22−a11，a 4=a33−a22，…，a n =an−1n−1−an−2n−2，以上式子相加可得a 3+a 4+…+a n ＝﹣a 1+a n−1n−1，所以a 1+a 2+a 3+a 4+…+a n =an−1n−1+a 2，则S 2021=a20202020+2＝1+2＝3．15．已知数列{a n }满足S n ＝2n ﹣a n （n ∈N *），（1）计算a 1，a 2，a 3，a 4；（2）证明：{a n ﹣2}是等比数列；（3）写出{a n }的通项公式．【解析】（1）解：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2﹣a 1，∴a 1＝1；当n ＝2时，a 1+a 2＝S 2＝2×2﹣a 2，∴a 2=32；当n ＝3时，a 1+a 2+a 3＝S 3＝2×3﹣a 3，∴a 3=74；当n ＝4时，a 1+a 2+a 3+a 4＝S 4＝2×4﹣a 4，∴a 4=158．（3）证明：当n ≥2时，a n ＝S n ﹣S n ﹣1＝2n ﹣a n ﹣2（n ﹣1）+a n ﹣1， ∴2a n ＝2+a n ﹣1， ∴a n =1+an−12， ∴a n −2a n−1−2=1+12a n−1−2a n−1−2=12a n−1−1a n−1−2=12，∴{a n ﹣2}是首项为a 1﹣2＝﹣1，公比为12的等比数列．（3）：a n =2−12n−1（n ∈N*）．16．已知公差大于0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 3•a 8＝﹣9，a 5+a 6＝﹣8．（1）求数列{a n }的通项公式a n ；（2）若T n ＝|a 1|+|a 2|+|a 3|+…+|a n |，求T n 的表达式．【解析】解：（1）设公差为d ，d ＞0，由a 5+a 6＝﹣8，可得a 3+a 8＝﹣8，又a 3•a 8＝﹣9，解得a 3＝﹣9，a 8＝1，可得d =a 8−a 38−3=1−(−9)5=2， a 1＝a 3﹣2d ＝﹣9﹣4＝﹣13，所以a n ＝﹣13+2（n ﹣1）＝2n ﹣15；（2）S n =12n （﹣13+2n ﹣15）＝n 2﹣14n ，当1≤n ≤7时，a n ＜0，T n ＝﹣S n ＝14n ﹣n 2；当n ≥8时，a n ＞0，T n ＝S n ﹣S 7﹣S 7＝n 2﹣14n ﹣2×（﹣49）＝n 2﹣14n +98．所以T n ={14n −n 2，1≤n ≤7n 2−14n +98，n ≥8，n ∈N *．17．已知数列{a n }的各项均为正数，a 1＝2，其前n 项和为S n ，且当n ≥2时，S n 、14a n 2、S n ﹣1构成等差数列．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）若数列{b n }满足b n ＝（﹣1）n lnS n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n ．【解析】解：（1）由题意，可知，当n ≥2时，12a n 2＝S n +S n ﹣1，①则有12a n +12＝S n +1+S n ，②两式相减，可得12a n +12−12a n 2＝（S n +1﹣S n ）+（S n ﹣S n ﹣1）＝a n +1﹣a n ，化简整理，得（a n +1+a n ）（a n +1﹣a n ﹣2）＝0， ∵a n +1+a n ＞0，∴a n +1﹣a n ﹣2＝0，即a n +1﹣a n ＝2，∴数列{a n }是以2为首项，2为公差的等差数列， ∴a n ＝2+2（n ﹣1）＝2n ，n ∈N *．（2）由（1）知，S n ＝2n +n(n−1)2•2＝n （n +1）， ∴b n ＝（﹣1）n lnS n ＝（﹣1）n •ln [n （n +1）]＝（﹣1）n •[lnn +ln （n +1）]，（i ）当n 为奇数时， T n ＝b 1+b 2+…+b n＝﹣（ln 1+ln 2）+（ln 2+ln 3）﹣（ln 3+ln 4）+…+[ln （n ﹣1）+lnn ]﹣[lnn +ln （n +1）]＝﹣ln 1﹣ln 2+ln 2+ln 3﹣ln 3﹣ln 4+…+ln （n ﹣1）+lnn ﹣lnn ﹣ln （n +1）＝﹣ln 1﹣ln （n +1）＝﹣ln （n +1），（ii ）当n 为偶数时， T n ＝b 1+b 2+…+b n＝﹣（ln 1+ln 2）+（ln 2+ln 3）﹣（ln 3+ln 4）+…﹣[ln （n ﹣1）+lnn ]+[lnn +ln （n +1）] ＝﹣ln 1﹣ln 2+ln 2+ln 3﹣ln 3﹣ln 4+…﹣ln （n ﹣1）﹣lnn +lnn +ln （n +1）＝﹣ln 1+ln （n +1）＝ln （n +1），综合（i ）（ii ），可得T n ＝（﹣1）n •ln （n +1）．18．已知等比数列{a n }的首项为2，且8，3a 2+2，52a 3成等差数列．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）若数列{a n }的公比大于1，求数列{（2n ﹣1）•a n 2}的前n 项和T n ．【解析】解：（1）由题意，设等比数列{a n }的公比为q ，则a 2＝2q ，a 3＝2q 2，∵8，3a 2+2，52a 3成等差数列，∴8+52a 3=2（3a 2+2），即8+5q 2＝2（6q +2），化简整理，得5q 2﹣12q +4＝0，解得q =25，或q ＝2， ∴a n ＝2•（25）n ﹣1，n ∈N *，或a n ＝2•2n ﹣1＝2n ，n ∈N *．（2）由题意及（1），可知a n ＝2n ，则（2n ﹣1）•a n 2＝（2n ﹣1）•（2n ）2＝（2n ﹣1）•4n ， ∴T n ＝1•41+3•42+5•43+…+（2n ﹣1）•4n ， 4T n ＝1•42+3•43+…+（2n ﹣3）•4n +（2n ﹣1）•4n +1，两式相减，可得﹣3T n ＝1•41+2•42+2•43+…+2•4n ﹣（2n ﹣1）•4n +1 ＝4+2•（42+43+…+4n ）﹣（2n ﹣1）•4n +1＝4+2•42−4n+11−4−（2n ﹣1）•4n +1=−6n−53•4n +1−203， ∴T n =6n−59•4n +1+209． 19．已知等比数列{a n }不是常数列，S n 为{a n }的前n 项和，a 3，a 1，a 2成等差数列，且S 3＝9．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）若等差数列{b n }的前三项恰好为a 3，a 1，a 2，求b 1+b 3+b 5+⋯+b 2n ﹣1；（3）是否存在正整数n ，使得S n ≥2020？若存在，求出符合条件的所有n 的集合；若不存在，说明理由．【解析】解：（1）∵a 3，a 1，a 2成等差数列，且S 3＝9， ∴a 2+a 3＝2a 1，则a 1+a 2+a 3＝3a 1＝9，得a 1＝3．又{a n }是等比数列，且公比q ≠1，∴3+3q +3q 2＝9，得q 2+q ﹣2＝0，即q ＝﹣2． ∴a n =3⋅(−2)n−1；（2）由（1）得，a 1＝3，a 2＝﹣6，a 3＝12， ∵等差数列{b n }的前三项恰好为a 3，a 1，a 2， ∴等差数列{b n }的首项为12，公差为﹣9．则b 1+b 3+b 5+⋯+b 2n ﹣1＝12n +n(n−1)2×(−18)=−9n 2+21n ；（3）由（1）得，S n =3×[1−(−2)n]1−(−2)=1−(−2)n ，假设存在正整数n ，使得S n ≥2020，则1﹣（﹣2）n ≥2020，即（﹣2）n ≤﹣2019．当n 为偶数时，上式不成立；当n 为奇数时，由（﹣2）n ＝﹣2n ≤﹣2019，得2n ≥2019，则n ≥11．∴n 的集合为{n |n ≥11且n 为奇数}．20．从①a 1+1，b 3﹣1，a 7+1成等比数列，②a 4＝b 3，③S 4＝b 4﹣3这三个条件中任选一个，补充到下面问题中，并作答．已知等差数列{a n }，其前n 项和为S n ，数列{b n }满足b 1＝1，b n +1﹣3b n ＝0，a 1＝3，______，求数列{1S n}的前n 项和T n ．【解析】解：∵b 1＝1，b n +1﹣3b n ＝0，∴数列{b n }是以1为首项，以3为公比的等比数列，则b n =b 1q n−1=3n−1．若选①，∵a 1+1，b 3﹣1，a 7+1成等比数列，∴(b 3−1)2=(a 1+1)(a 7+1)，即（9﹣1）2＝（3+1）×（3+6d +1），解得d ＝2，则a n ＝a 1+（n ﹣1）d ＝2n +1， ∴S n =n(a 1+a n )2=n 2+2n ，则1S n =1n(n+2)=12(1n −1n+2)， ∴T n =12(1−13+12−14+13−15+...+1n −1n+2)=12(1+12−1n+1−1n+2) =34−12n+2−12n+4；若选②，∵a 4＝b 3，∴a 1+3d ＝3+3d ＝9，解得d ＝2，则a n ＝a 1+（n ﹣1）d ＝2n +1， ∴S n =n(a 1+a n )2=n 2+2n ，则1S n =1n(n+2)=12(1n −1n+2)， ∴T n =12(1−13+12−14+13−15+ (1)−1n+2)=12(1+12−1n+1−1n+2) =34−12n+2−12n+4；若选③，∵S 4＝b 4﹣3，∴4a 1+4×32d =27−3，解得d ＝2，则a n ＝a 1+（n ﹣1）d ＝2n +1， ∴S n =n(a 1+a n )2=n 2+2n ，则1S n =1n(n+2)=12(1n −1n+2)， ∴T n =12(1−13+12−14+13−15+ (1)−1n+2)=12(1+12−1n+1−1n+2) =34−12n+2−12n+4． 21．已知{a n }是无穷数列，且a n ＞0，给出该数列的两个性质：①对于{a n }中任意两项a i ，a j （i ＜j ），在{a n }中都存在一项a m ，使得a m =a j 2a i ；②对于{a n }中任意项a n （n ≥3），在{a n }中都存在两项a k ，a l （k ＜l ），使得a n =a l 2a k．（Ⅰ）判断数列{2n }和数列{2n }是否满足性质①（直接写出答案即可）；（Ⅱ）若a n ＝3×2n （n ＝1，2，3，⋯），判断数列{a n }是否同时满足性质①和性质②，说明理由；（Ⅲ）若{a n }是递增数列，a 1＝1，且同时满足性质①和性质②，证明：数列{a n }为等比数列．【解析】解：（Ⅰ）数列{2n }不满足性质①；数列{2n }满足性质①，（Ⅱ）对于{a n }中任意两项a i ，a j （i ＜j ），(a j )2a i=(3×2j )23×2=3×22j−i ，取 m ＝2j ﹣i ，满足a m =a 22j−i=a j 2a i，从而数列{a n }满足性质①；对于{a n }中任意项a n （n ≥3），记 a l ＝a n ﹣1，a k ＝a n ﹣2（k ＞l ）显然有a n =a l 2a k，从而数列{a n }满足性质②．综上，数列{a n }同时满足性质①和性质②．（Ⅲ）{a n }是递增数列，a 1＝1，则a 2＞1，根据性质①a 22a 1=a 22∈{a n }，(a 22)2a 2=a 23∈{a n }，(a 23)2a 2=a24∈{a n}，…，可以证明{a2n|n∈N}={1，a2，a22，a23，⋯}⊆{a n|n∈N∗}；另一个方面，我们用反证法证明，{a n|n∈N∗}⊆{a2n|n∈N}={1，a2，a22，a23，⋯}；假设x=a2t（t＞1）是{a n}中最小的不能写成a2的整数指数幂的项，根据性质②，存在两项a k，a l（k＜l），使得x=a l2 a k，我们记a k=a2p，a l=a2q，其中1＜p＜q，可知：a2t=(a2q)2a2p=(a2)2q−p，易知t＝2q﹣p＝（q﹣p）+q＞q＞0，根据x=a2t（t＞1）的最小性可知：p，q∈N*，p＞q，因此可得到t＝2q﹣p∈N*，与t不是正整数矛盾．综上所述，{a n}是首项为1，公比为a2的等比数列．22．在①S n+1＝2S n+1，②a2＝2，③S n＝a n+1﹣1这三个条件中选择两个，补充在下面的问题中，给出解答．已知数列{a n}的前n项和为S n，满足_____，_____，又知递增等差数列{b n}满足b1＝2，且b1，b2，b5成等比数列．（1）求{a n}和{b n}的通项公式；（2）设c n＝a n•b n，求数列{c n}的前n项和T n．【解析】解：方案一：选择条件①②（1）由题意，当n＝1时，S2＝2S1+1，即a1+a2＝2a1+1，化简，得a2＝a1+1，∵a2＝2，∴a1＝1，当n≥2时，由S n+1＝2S n+1，可得S n＝2S n﹣1+1，两式相减，可得a n+1＝2a n，∴a2＝2a1也满足上式，∴数列{a n}是以1为首项，2为公比的等比数列，∴a n＝1•2n﹣1＝2n﹣1，n∈N*，设等差数列{b n}的公差为d（d＞0），则b2＝2+d，b5＝2+4d，∵b1，b2，b5成等比数列，∴b 22=b 1b 5，即（2+d ）2＝2（2+4d ），化简整理，得d 2﹣4d ＝0，解得d ＝0（舍去），或d ＝4， ∴b n ＝2+4（n ﹣1）＝4n ﹣2，n ∈N *．（2）由（1）知，c n ＝a n •b n ＝（4n ﹣2）•2n ﹣1＝（2n ﹣1）•2n ，则T n ＝c 1+c 2+•+c n ＝1•21+3•22+5•23+•+（2n ﹣1）•2n ， 2T n ＝1•22+3•23+•+（2n ﹣3）•2n +（2n ﹣1）•2n +1，两式相减，可得﹣T n ＝1•21+2•22+2•23+•+2•2n ﹣（2n ﹣1）•2n +1 ＝2+2•（22+23+•+2n ）﹣（2n ﹣1）•2n +1 ＝2+2•22−2n+11−2−（2n ﹣1）•2n +1＝﹣（2n ﹣3）•2n +1﹣6， ∴T n ＝（2n ﹣3）•2n +1+6．方案二：选择条件①③（1）由题意，当n ＝1时，S 2＝2S 1+1，即a 1+a 2＝2a 1+1，化简，得a 2＝a 1+1，将n ＝1代入S n ＝a n +1﹣1，可得a 1＝a 2﹣1，此时选择条件①③并不能计算出a 1或a 2的值，无法计算出数列{a n }的通项公式，故方案二不成立．方案三：选择条件②③（1）由题意，当n ＝1时，a 1＝S 1＝a 2﹣1＝2﹣1＝1，当n ≥2时，由S n ＝a n +1﹣1，可得S n ﹣1＝a n ﹣1，两式相减，可得a n +1＝2a n ， ∴a 2＝2a 1也满足上式，∴数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＝1•2n ﹣1＝2n ﹣1，n ∈N *，设等差数列{b n }的公差为d （d ＞0），则b 2＝2+d ，b 5＝2+4d ， ∵b 1，b 2，b 5成等比数列，∴b 22=b 1b 5，即（2+d ）2＝2（2+4d ），化简整理，得d 2﹣4d ＝0，解得d ＝0（舍去），或d ＝4， ∴b n ＝2+4（n ﹣1）＝4n ﹣2，n ∈N *．（2）由（1）知，c n ＝a n •b n ＝（4n ﹣2）•2n ﹣1＝（2n ﹣1）•2n ，则T n ＝c 1+c 2+•+c n ＝1•21+3•22+5•23+•+（2n ﹣1）•2n ， 2T n ＝1•22+3•23+•+（2n ﹣3）•2n +（2n ﹣1）•2n +1，两式相减，可得﹣T n ＝1•21+2•22+2•23+•+2•2n ﹣（2n ﹣1）•2n +1 ＝2+2•（22+23+•+2n ）﹣（2n ﹣1）•2n +1 ＝2+2•22−2n+11−2−（2n ﹣1）•2n +1＝﹣（2n ﹣3）•2n +1﹣6， ∴T n ＝（2n ﹣3）•2n +1+6．23．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且4S n ＝（a n +5）（a n ﹣3），数列{b n }满足2b 1+2b 2+2b 3+…+2b n ＝3n +1﹣3．（1）求数列{a n }和{b n }的通项公式；（2）设c n =a n n(n+1)b n，T n 为数列{c n }的前n 项和，若对任意n ∈N *，T n ＜54m 2−23m 恒成立，求实数m 的取值范围．【解析】解：（1）对于数列{a n }：当n ＝1时，4a 1＝4S 1＝（a 1+5）（a 1﹣3），化简整理，得a 12−2a 1﹣15＝0，解得a 1＝﹣3（舍去），或a 1＝5，当n ≥2时，由4S n ＝（a n +5）（a n ﹣3），可得4S n ﹣1＝（a n ﹣1+5）（a n ﹣1﹣3），两式相减，可得4a n ＝（a n +5）（a n ﹣3）﹣（a n ﹣1+5）（a n ﹣1﹣3），化简整理，得（a n +a n ﹣1）（a n ﹣a n ﹣1﹣2）＝0， ∵a n +a n ﹣1＞0，∴a n﹣a n﹣1﹣2＝0，即a n﹣a n﹣1＝2，∴数列{a n}是以5为首项，2为公差的等差数列，∴a n＝5+2（n﹣1）＝2n+3，n∈N*，对于数列{b n}：当n＝1时，2b1＝32﹣3＝6，解得b1＝3，当n≥2时，由2b1+2b2+2b3+…+2b n＝3n+1﹣3，可得2b1+2b2+2b3+…+2b n﹣1＝3n﹣3，两式相减，可得2b n＝3n+1﹣3n，解得b n＝3n，∵当n＝1时，b1＝3也满足上式，∴b n＝3n，n∈N*．（2）由（1）得，c n=a nn(n+1)b n=2n+3n(n+1)⋅3n=1n⋅3n−1−1(n+1)⋅3n，则T n＝c1+c2+…+c n=11⋅1−12⋅31+12⋅31−13⋅32+⋯+1n⋅3n−1−1(n+1)⋅3n＝1−1n＜1，∵对任意n∈N*，T n＜54m2−23m恒成立，∴不等式1＜54m2−23m恒成立，即54m2−23m﹣1＞0恒成立，化简整理，得15m2﹣8m﹣12＞0，解得m＜−23，或m＞65，∴实数m的取值范围为（﹣∞，−23）∪（65，+∞）．24．设函数y＝f（x）定义域为R，当x＜0时，f（x）＞1，且对于任意的x，y∈R，有f（x+y）＝f（x）•f（y）成立．数列{a n}满足a1＝f（0），且f（a n+1）=1f(−2−a n)（n∈N+）．（1）求f（0）的值；（2）求数列{a n}的通项公式；（3）是否存在正数k，使k≤（1+1a1）（1+1a2） (1)1a n）•√2n+1对一切n∈N+均成立，若存在，求出k的最大值，并证明，否则说明理由．【解析】解：（1）∵函数y ＝f （x ）定义域为R ，当x ＜0时，f （x ）＞1，且对于任意的x ，y ∈R ，有f （x +y ）＝f （x ）•f （y ）成立．令x ＝﹣1，y ＝0，得f （﹣1）＝f （﹣1）•f （0），得f （0）＝1；（2）由f （a n +1）=1f(−2−a n)，得f （a n +1）•f （﹣2﹣a n ）＝1，∴f （a n +1﹣a n ﹣2）＝f （0），则a n +1﹣a n ﹣2＝0，即a n +1﹣a n ＝2（n ∈N *）， ∴{a n }是等差数列，其首项为1，公差为d ＝2， ∴a n ＝1+2（n ﹣1）＝2n ﹣1；（3）存在正数k ，k ≤（1+1a 1）（1+1a 2）…（1+1a n）•√2n+1对一切n ∈N +均成立．证明如下：记F （n ）＝（1+1a 1）（1+1a 2）…（1+1a n）•√2n+1，则F(n+1)F(n)=√2n+1⋅√2n+3=√4(n+1)2−11，∴F （n ）为关于n 的增函数， ∴F （1）为F （n ）的最小值等于2√33，由k ≤F （n ）恒成立，知k ≤2√33， ∴k 的最大值为2√33． 25．已知数列{a n }是非零数列．（1）若a n 2﹣a n +1＝1，a n ＞0，a 4＝63，求a 1；（2）若a n +12﹣a n a n +2＝1，a 1＝a ，a 2＝a +1，证明：{a n }是等差数列；（3）若a n +1+a n a n +2＝1，a n ≠1，证明(a n −1)(a n+1−1)(a n+2−1)a n+1为常值，并在a 1＝a 、a 2＝b （a 、b 为常数）时，求（a 1﹣1）（a 2﹣1）（a 3﹣1）……（a 2020﹣1）的值．【解析】解：（1）因为a n 2﹣a n +1＝1，a n ＞0，所以a n =√a n+1+1，又a 4＝63，则a 3=√a 4+1=8，a 2=√a 3+1=3，a 1=√a 2+1=2．（2）证明：因为a n +12﹣a n a n +2＝1，a 1＝a ，a 2＝a +1，所以a 3=a 22−1a 1=a +2，所以a 1+a 3＝2a 2， a n +12﹣a n a n +2＝1，a n +22﹣a n +1a n +3＝1，所以a n +12﹣a n a n +2＝a n +22﹣a n +1a n +3，整理得a n +1（a n +1+a n +3）＝a n +2（a n +a n +2），即a n+1+a n+3a n+2=a n +a n+2a n+1，所以数列{a n +a n+2a n+1}是常值数列，所以a n +a n+2a n+1=a 1+a 3a 2=2，即a n +a n +2＝2a n +1，所以{a n }是等差数列．（3）证明：a n +1+a n a n +2＝1，所以a n +2+a n +1a n +3＝1，得到a n +1+a n a n +2＝a n +2+a n +1a n +3，整理得（a n ﹣1）a n +2＝a n +1（a n +3﹣1），所以(a n+1−1)(a n+2−1)(a n+3−1)a n+2(a n −1)(a n+1−1)(a n+2−1)a n+1=(a n+3−1)(a n −1)•a n+1a n+2=1，所以(a n −1)(a n+1−1)(a n+2−1)a n+1为常值．因为a 3=1−ba ，所以(a n −1)(a n+1−1)(a n+2−1)a n+1=(a 1−1)(a 2−1)(a 3−1)a 2=(a−1)(b−1)(1−a−b)ab，所以(a n −1)(a n+1−1)(a n+2−1)a n+1•(a n+2−1)(a n+3−1)(a n+4−1)a n+3=(a−1)2(b−1)2(1−a−b)2a b ，因为a n +1a n +3＝1﹣a n +2，所以（a n ﹣1）（a n +1﹣1）（a n +2﹣1）（a n +3﹣1）（a n +4﹣1）=−(a−1)2(b−1)2(1−a−b)2a 2b2，所以（a 1﹣1）（a 2﹣1）（a 3﹣1）…（a 2020﹣1）＝[（a 1﹣1）（a 2﹣1）…（a 5﹣1）][（a 6﹣1）（a 7﹣1）…（a 10﹣1）]…[（a 2016﹣1）（a 2017﹣1）…（a 2020﹣1）] =(a−1)808(b−1)808(1−a−b)808a 808b808．。

山东高考数学一轮总复习教学案设计参考-解答题专项突破(三)数列综合应用含答案解析

Word File山东高考数学一轮总复习教学案设计参考-解答题专项突破（三）数列综合应用含答案解析撰写人：XXX解答题专项突破(三) 数列的综合应用从近几年高考情况来看，高考对本部分内容的考查主要有：①以客观题的形式考查等差、等比数列的运算和性质，试题多以常规题为主；②等差、等比数列的通项与求和问题；③非等差、等比数列的通项与求和问题，此时常用到递推关系或转化成等差、等比的形式进行求解；④与函数、不等式等进行综合考查．备考时要熟练掌握等差、等比两种基本数列的通项与前 n 项和的求解，同时，针对性地掌握求数列通项公式与前 n 项和的几种常用方法．针对具体问题选取针对性的解决方案进行求解．热点题型 1 等差数列与等比数列的判定和通项问题典例 1 已知数列{a n }满足 a 1 ＝1，a 2 ＝ 12 ，且[3＋(－1)n ]a n ＋ 2 －2a n ＋2[(－1) n－1]＝0，n∈N * . (1)求 a 3 ，a 4 ，a 5 ，a 6 的值； (2)求数列{a n }的通项公式．解题思路 (1)根据(3－1)a 3 －2a 1 ＋2(－1－1)＝0， (3＋1)a 4 －2a 2 ＋2(1－1)＝0， (3－1)a 5 －2a 3 ＋2(－1－1)＝0， (3＋1)a 6 －2a 4 ＋2(1－1)＝0. 及 a 1 ，a 2 的值，求 a 3 ，a 4 ，a 5 ，a 6 . (2)递推公式中有(－1) n →分 n 为奇数和偶数讨论→判断是否为等差、等比数列→求通项公式．规范解答 (1)经计算 a 3 ＝3，a 4 ＝ 14 ，a 5 ＝5，a 6 ＝18 . (2)当 n 为奇数时，a n ＋ 2 ＝a n ＋2，即数列{a n }的奇数项成等差数列，∴a 2n － 1 ＝a 1 ＋(n－1)·2＝2n－1；当n 为偶数时，a n ＋ 2 ＝ 12 a n ，即数列{a n }的偶数项成等比数列，∴a 2n ＝a 2 ·12n － 1 ＝12n .因此，数列{a n }的通项公式为 a n ＝ n n为奇数，12n2 n为偶数.典例 2 设数列{a n }的前 n 项和为 S n ，n∈N * .已知 a 1 ＝1，a 2 ＝ 32 ，a 3 ＝54 ，且当n≥2 时，4S n ＋ 2 ＋5S n ＝8S n ＋ 1 ＋S n － 1 . (1)求 a 4 的值； (2)证明：a n ＋ 1 － 12 a n为等比数列； (3)求数列{a n }的通项公式．解题思路 (1)当 n＝2 时，4S 4 ＋5S 2 ＝8S 3 ＋S 1 ，由此推出 a 4 与 a 1 ，a 2 ，a 3 的关系，求 a 4 . (2)用 a n ＝S n －S n －1 (n≥2)及 4S n ＋ 2 ＋5S n ＝8S n ＋ 1 ＋S n －1 推出数列{a n }的递推公式→求证a n ＋ 2 － 12 a n ＋ 1a n ＋1 － 12 a n为常数，其中n∈N * . (3)由(2)求出 a n ＋ 1 － 12a n →构造等差数列，并求通项公式→求{a n }的通项公式．规范解答 (1)当 n＝2 时，4S 4 ＋5S 2 ＝8S 3 ＋S 1 ，即 4(a 1 ＋a 2 ＋a 3 ＋a 4 )＋5(a 1 ＋a 2 )＝8(a 1 ＋a 2 ＋a 3 )＋a 1 ，整理得 a 4 ＝ 4a3 －a 24，又 a 2 ＝ 32 ，a 3 ＝54 ，所以 a 4 ＝78 . (2)证明：当n≥2 时，有 4S n ＋ 2 ＋5S n ＝8S n ＋ 1 ＋S n － 1 ，即 4S n ＋ 2 ＋4S n ＋S n ＝4S n ＋ 1 ＋4S n ＋ 1 ＋S n － 1 ，所以 4(S n ＋ 2 －S n ＋ 1 )＝4(S n ＋ 1 －S n )－(S n －S n － 1 )，即 a n ＋ 2 ＝a n ＋ 1 － 14 a n (n≥2)．经检验，当 n＝1 时，上式成立．因为a n ＋ 2 － 12 a n ＋ 1a n ＋ 1 － 12 a n＝ a n ＋ 1 － 14 a n－ 12 a n ＋ 1a n ＋ 1 － 12 a n ＝12 a n ＋ 1 － 12 a nan ＋ 1 － 12 a n＝ 12 为常数，且 a 2 －12 a 1 ＝1，所以数列a n ＋ 1 － 12 a n是以 1 为首项， 12 为公比的等比数列．(3)由(2)知，a n ＋ 1 － 12 a n ＝12 n－ 1 (n∈N * )，等式两边同乘 2 n ，得 2 n a n ＋ 1 －2 n－ 1 a n ＝2(n∈N * )．又2 0 a 1 ＝1，所以数列{2 n－ 1 a n }是以 1 为首项，2 为公差的等差数列，所以 2 n－ 1 a n ＝2n－1，即 a n ＝ 2n－12 n－ 1 (n∈N * )．则数列{a n }的通项公式为 a n ＝ 2n－12 n－1 (n∈N * )．热点题型 2 数列求和典例 1 已知数列{a n }的前 n 项和 S n ＝2 n＋ 1 －2，记 b n ＝a n S n (n∈N * )． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{b n }的前 n 项和 T n . 解题思路 (1)利用 a n ＝S 1 ，n＝1，S n －S n － 1 ，n≥2，求 a n .(2)先由 b n ＝a n S n ，求 b n 并整理，再依据 b n 的结构形式选择求和方法．规范解答(1)∵S n ＝2 n＋ 1 －2，∴当 n＝1 时，a 1 ＝S 1 ＝2 1＋ 1 －2＝2，当n≥2 时，a n ＝S n －S n － 1 ＝2 n＋ 1 －2 n ＝2 n ，又 a 1 ＝2＝2 1 ，∴a n ＝2 n . (2)由(1)知，b n ＝a n S n ＝2·4 n －2 n＋ 1 ，∴T n ＝b 1 ＋b 2 ＋…＋b n ＝2(4 1 ＋4 2 ＋…＋4 n )－(2 2 ＋2 3 ＋…＋2 n ＋ 1 )＝2× 41－4 n 1－4－ 41－2n 1－2＝23 ·4n ＋ 1 －2 n ＋ 2 ＋ 43 . 典例 2 (2020·河北邯郸一模)已知数列{a n }，{b n }的前 n 项和分别为 S n ，T n ，b n －a n ＝2 n ＋1，且 S n ＋T n ＝2 n＋ 1 ＋n 2 －2. (1)求 T n －S n ； (2)求数列 b n2 n的前 n 项和 R n . 解题思路 (1)T n －S n 转化为数列{b n －a n }的前 n 项和→分组求和． (2)求S n →求a n →求b n →求bn2 n →用错位相减法求和．规范解答 (1)依题意可得 b 1 －a 1 ＝3，b 2 －a 2 ＝5，…， b n －a n ＝2 n ＋1，∴T n －S n ＝(b 1 ＋b 2 ＋…＋b n )－(a1 ＋a2 ＋…＋a n ) ＝(b 1 －a 1 )＋(b 2 －a 2 )＋…＋(b n －a n ) ＝n＋(2＋2 2 ＋…＋2 n )＝2 n＋ 1 ＋n－2. (2)∵2S n ＝S n ＋T n －(T n －S n )＝n 2 －n，∴S n ＝ n2 －n2，∴a n ＝n－1. 又b n －a n ＝2 n ＋1，∴b n ＝2 n ＋n，∴ bn2 n ＝1＋n2 n ，∴R n ＝n＋12 ＋22 2 ＋…＋n2 n，则12 R n ＝12 n＋12 2 ＋22 3 ＋…＋n2 n＋ 1 ，∴ 12 R n ＝12 n＋12 ＋12 2 ＋…＋12 n－n2 n＋ 1 ，故 R n ＝n＋2×12 －12 n＋ 11－ 12－n2 n ＝n＋2－n＋22 n. 热点题型 3 数列与不等式的综合问题角度 1 数列中不等式的证明典例 1 设 S n 为数列{a n }的前 n 项和，已知 a 1 ＝2，对任意n∈N * ，都有 2S n＝(n＋1)a n . (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若数列 4a n a n ＋2的前 n 项和为T n ，求证：12 ≤T n ＜1. 解题思路 (1)先根据 a n ＝S n －S n －1 (n≥2)和 2S n ＝(n＋1)a n 推出数列{a n }的递推公式，再求 a n . (2)先依据第(1)问的结论化简4a n a n ＋2，再选择裂项相消法求和，最后根据n∈N * 及有关函数的单调性证明不等式．规范解答 (1)因为 2S n ＝(n＋1)a n ，当n≥2 时，2S n － 1 ＝na n －1 ，两式相减，得 2a n ＝(n＋1)a n －na n － 1 ，即(n－1)a n ＝na n － 1 ，所以当n≥2 时， ann＝a n － 1n－1 ，所以 ann ＝ a11＝2，即 a n ＝2n(n≥2)．因为 a 1 ＝2 也符合上式，所以a n ＝2n. (2)证明：由(1)知 a n ＝2n，令 b n ＝4a n a n ＋2，n∈N* ，所以 b n ＝42n2n＋2＝1n n＋1＝1n －1n＋1 . 所以 T n ＝b 1 ＋b 2 ＋…b n ＝1－ 12＋12 －13＋…＋1n －1n＋1＝1－1n ＋1 . 因为1n＋1 ＞0，所以 1－1n＋1 ＜1，显然当 n＝1 时，T n 取得最小值 12 .所以12 ≤T n＜1. 角度 2 数列中不等式的恒成立问题典例 2 已知数列{a n }与{b n }满足 a n ＋ 1 －a n ＝2(b n ＋ 1 －b n )(n∈N * )． (1)若 a 1 ＝1，b n ＝3n＋5，求数列{a n }的通项公式； (2)若 a 1 ＝6，b n ＝2 n (n∈N * )且λa n >2 n ＋n＋2λ 对一切n∈N * 恒成立，求实数λ的取值范围．解题思路 (1)求证 a n ＋ 1 －a n 为常数，其中n∈N * . (2)累加法求 a n →分离变量把已知不等式变形为λ>f(n)的形式→求 f(n)的最大值，得λ 的取值范围．规范解答 (1)因为 a n ＋ 1 －a n ＝2(b n ＋ 1 －b n )，b n ＝3n＋5，所以 a n ＋ 1 －a n ＝2(b n ＋ 1 －b n )＝2(3n＋8－3n－5)＝6，所以{a n }是等差数列，首项为 a 1 ＝1，公差为 6，即 a n ＝6n－5. (2)因为 b n ＝2 n ，所以 a n ＋ 1 －a n ＝2(2 n＋ 1 －2 n )＝2 n ＋ 1 . 当n≥2时，a n ＝(a n －a n － 1 )＋(a n － 1 －a n － 2 )＋…＋(a 2 －a 1 )＋a 1 ＝2 n ＋2 n－ 1 ＋…＋2 2 ＋6＝2 n＋ 1 ＋2. 当 n＝1 时，a 1 ＝6，符合上式，所以 a n ＝2 n＋ 1 ＋2，由λa n >2 n ＋n＋2λ，得λ> 2n ＋n2 n ＋ 1 ＝ 12 ＋n2 n＋ 1 . 又 n＋12 n＋ 2 －n2 n＋ 1 ＝ 1－n2 n ＋2 ≤0，所以，当 n＝1,2 时， 2n ＋n2 n＋ 1 取得最大值 34 ，故λ 的取值范围为34 ，＋∞ . 热点题型 4 数列与函数的综合问题典例(2020·曲靖模拟)已知函数 f(x)＝2020sin πx－π4(x∈R)的所有正零点构成递增数列{a n }． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设 b n ＝2 na n ＋ 34，求数列{b n }的前 n 项和 T n . 解题思路 (1)解方程 f(x)＝0，求出函数 f(x)的全部零点，并判断由所有正零点构造的递增数列{a n }是否为等差(或等比)数列，最后求出通项公式． (2)依据第(1)问的结论，化简 b n ，选择适当的求和方法求 T n . 规范解答 (1)由 f(x)＝2020sin πx－π4＝0，得πx－π4 ＝kπ(k∈Z)，所以函数 f(x)的全部零点为 x＝k＋14 (k∈Z)．因为函数 f(x)的全部正零点构成等差数列{a n }，所以其首项为 14 ，公差为 1，则数列{a n }的通项公式为 a n ＝n －34 (n∈N* )． (2)由(1)知 b n ＝2 n a n ＋ 34＝n·2 n ，则 T n ＝1·2 1 ＋2·2 2 ＋3·2 3 ＋…＋(n－1)·2 n－ 1 ＋n·2 n ，① 所以 2T n ＝1·2 2 ＋2·2 3 ＋3·2 4 ＋…＋(n－1)·2 n ＋n·2 n＋1 .② ①－②，得－T n ＝2 1 ＋2 2 ＋2 3 ＋…＋2 n －n·2 n＋ 1 ＝ 21－2 n 1－2－n·2 n＋ 1 ＝(1－n)·2 n ＋ 1－2，所以 T n ＝(n－1)·2 n＋ 1 ＋2.山东高考数学一轮总复习教学案设计参考-直接证明与间接证明含答案解析高考化学二轮主观题必刷题专题21,实验排序题（含答案解析）苏教版数学三年级上册期末专项复习卷含答案苏教版数学一年级上册期末专项复习卷含答案三年级数学下册试题,-,应用题专项练习,人教版（无答案）Best work give best you最好的资料给最好的你。

数列高考专题突破数列的综合应用课件pptx

2. 在解决一些与长度相关的几何问题时，可以通过数列的递推关系式得出结论，例如利用等差数列的通项公式求出某条线段的长度。
3. 数列还可以用于解决一些与图形数量关系相关的问题，例如利用等差数列和等比数列的求和公式可以求出某个图形中线条的数量。
数列在经济中的应用
01
02
总结词：数列在经济中的应用主要表现在利用数列模型描述经济现象的变化规律，以及求解与经济决策相关的问题。
04
数列的综合应用
数列在几何中的应用
01
02
总结词：数列在几何中的应用涉及利用数列的性质解决与几何图形相关的问题，如求面积、周长等。
详细描述
03
04
05
1. 利用等差数列和等比数列的性质，可以求出一些几何图形的面积或周长，例如等差数列的前n项和公式可以用于求平行四边形的面积，等比数列的前n项和公式可以用于求圆的面积。
前n项和公式
03
$S_n = \frac{a_1(1 - q^n)}{1 - q}$。
数列的极限与收敛性
极限的定义
如果当$n$趋于无穷大时，数列$a_n$的项无限接近于某个确定的数$A$，则称$A$为数列$a_n$的极限。
收敛性的定义
如果数列$a_n$有极限，则称该数列收敛；否则称该数列发散。
极限的存在性定理
数列的应用
实际生活中的应用
如定期存款的复利计算，贷款的月还款额计算，物价的指数上涨等都涉及到数列的知识。
VS
数学领域中的应用
如在微积分、统计学、计算机科学等领域中，数列的知识都起到了重要的作用。
02
等差数列与等比数列的基本性质
等差数列的基本性质

年高考数学(理)总复习：数列的求和及综合应用(解析版)

所以
fn
′
(2＝)
1＋
2
×2＋
…
＋
(n－
n
1)2
－2＋
n·2n
－1
，①
则 2fn′ (2＝) 2＋2×22＋ … ＋ (n－ 1)2n－1＋ n·2n，② 由①－②得，－ fn′ (2＝) 1＋ 2＋ 22＋ … ＋2n－1－ n·2n
n
＝ 1－ 2 － n·2n＝(1 －n)2n－ 1， 1－ 2
n
22
1
(2)[ 证明 ]
因为 fn(0) ＝－ 1＜ 0，fn 2 3
3
＝
1
3 2
n
2
－ 1＝ 1－2× 2
2
≥１－ 2×
＞
3
3
3
2 0，所以 fn(x) 在 0, 内至少存在一个零点，又
3
f′n (x)＝ 1＋ 2x＋… ＋ nxn－1＞ 0，所以 fn(x)在
0, 2 内单调递增，因此 f n(x)在 0, 2 内有且仅有一个零点
【解析】
n， n为偶数， (1) ∵数列 { bn} 的通项公式 bn＝
(n∈N * )，∴ b5＝ 6， b4＝ 4，
n＋ 1，n为奇数
设各项为正数的等比数列 { an} 的公比为 q，q>0 ， ∵ S3＝ b5＋ 1＝7，∴ a1＋ a1q＋a1q2＝7，① ∵ b4 是 a2 和 a4 的等比中项，
an＝ 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 c (其中 { an} 是各项均不为 0 的等差数列， anan 1
c 为常数 )的数列等．
(3)错位相减法：形如 { an·bn}( 其中 { an} 为等差数列， { bn} 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．

【导学教程】高考数学专题复习专题三第2讲数列求和及数列的综合应用课件

解析 (1)由已知，an＋1＝ana＋n 3，∴an1＋1＝a3n＋1. ∴an1＋1＋12＝3a1n＋12，并且a11＋12＝32， ∴数列a1n＋12为以32为首项，3 为公比的等比数列， ∴a1n＋12＝32·3n－1，∴an＝3n－2 1. (2)bn＝3n－12·33nn＋1－1＝3n－1 1－3n＋11－1，
[规范解答] (1)当 n＝1 时，S1＝a(S1－a1＋1)，得 a1＝a. 当 n≥2 时，Sn＝a(Sn－an＋1)， Sn－1＝a(Sn－1－an－1＋1)，两式相减得 an＝a·an－1，得aan－n 1＝a. 即{an}是等比数列．所以 an＝a·an－1＝an.
(2)由(1)知 bn＝(an)2＋aaa－n－11an， bn＝2a－1a－a21n－a·an，若{bn}为等比数列，则有 b22＝b1b3，而 b1＝2a2，b2＝a3(2a＋1)，b3＝a4(2a2＋a＋1)，故[a3(2a＋1)]2＝2a2·a4(2a2＋a＋1)，解得 a＝12，再将 a＝12代入 bn，得 bn＝12n，结论成立，所以 a＝12.
【规律总结】数列与不等式综合问题的解题方法
(1)在解决与数列有关的不等式问题时，需注意应用函数与方程的思想方法，如函数的单调性、最值等．
(2)在数列的恒成立问题中，有时需先求和，为了证明的需要，需合理变形，常用到放缩法，常见的放缩技巧有：
①k12＜k2－1 1＝12k－1 1－k＋1 1； ②1k－k＋1 1＜k12＜k－1 1－k＋1 1；
a1＋4d＝5， ∴5a1＋5×52－1d＝15，， ∴ad1＝＝11， ∴an＝a1＋(n－1)d＝n.
∴ana1n＋1＝nn1＋1＝1n－n＋1 1， ∴数列{ana1n＋1}的前 100 项和为 1－12＋12－13＋…1100－1101＝1－1101＝110001.

专题3 第3讲数列求和及其综合应用

第3讲数列求和及其综合应用［考情分析］数列求和常与数列的综合应用一起考查，常以解答题的形式出现，有时与函数、不等式综合在一起考查，难度中等偏上.考点一数列求和r核心提炼、1.裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项抵消，有的是间隔项抵消.常见的裂项方式有：1 _1 1 , 1 _^=if_U__UYn（n+∖） n Λ+Γn（n+k） n+k）' n1-∖丸—1 n+∖）' 4??2—1 2∖2n —1 2∕ι÷l∕2.如果数列｛小｝是等差数列，｛d｝是等比数列,那么求数列｛4・儿｝的前〃项和S〃时,可采用错位相减法.用错位相减法求和时，应注意：（1）等比数列的公比为负数的情形；（2）在写出ff的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“Sn—qSj的表“SJ和a qSn达式.考向1分组转化法求和例1已知在等比数列｛斯｝中，m=2,且两，的内一2成等差数列.⑴求数列｛斯｝的通项公式；⑵若数列｛小｝满足儿=J+21og2斯- 1,求数列｛d｝的前n项和解（1）设等比数列｛〃“｝的公比为4，由Q］, 〃2,。

3 —2成等差数列,得2。

2 =。

1+。

3-2,即4夕=2 + 2/-2,解得夕=2（4=0舍去），则m=α∣尸=2〃，n∈ N*.（2）⅛Λ=~+21og2Λrt— l=^+21og22n- l=^∏+2n-↑,则数列｛九｝的前〃项和考向2裂项相消法求和例2 （2020•莆田市第一联盟体学年联考）设数列｛斯｝的前〃项和为S”，且&=久一2〃，｛d ｝为正项等比数列，且〃∣=α∣+3, 63=604+2. ⑴求数列｛斯｝和｛d ｝的通项公式；⑵设c 〃=——j~~;—，求｛c 〃｝的前〃项和T n .4"+l∙∣0g2%+l解 (1)由工=/一2〃，得当〃 =1 时，0=S] = —1, 当九22 时，S n -ι=(n -l)2-2(n- l)=n 2-4n+3f所以当时，a∏=S n —S n -\=2n —3, a\ — — 1也满足此式.所以斯=2〃一3, Q @N*. 又加=。

专题32 数列求和(解析版)

答案:3n2-2n
【解析】由题意知数列{2n-1}为1,3,5,7,9,11,13,…,{3n-2}为1,4,7,10,13,16,19,…,所以数列
为1,7,13,19,…,即an=1+6(n-1)=6n-5,所以数列的前n项和为 =3n2-2n.
8.(2020·全国卷Ⅱ文科·T14)记Sn为等差数列的前n项和.若a1=-2,a2+a6=2,则S10=.
9.(2020·全国卷Ⅱ文科·T6)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5-a3=12,a6-a4=24,则 =()
A.2n-1B.2-21-nC.2-2n-1D.21-n-1
【解析】选B.设等比数列的公比为q,由a5-a3=12,a6-a4=24可得: ⇒ ,
所以an=a1qn-1=2n-1,Sn= = =2n-1,因此 = =2-21-n.
答案:25
【解析】设等差数列的公差为d.因为是等差数列,且a1=-2,a2+a6=2,根据等差数列通项公式:an=a1+ d,可得a1+d+a1+5d=2,即-2+d+ +5d=2,整理可得:6d=6,解得:d=1.根据等差数列前n项和公式:Sn=na1+ d,n∈N*,可得:S10=10× + =-20+45=25,所以S10=25.
解析：（Ⅰ）当时，，因为，所以 =3，
当时， = = ，即，因为，所以 =2，所以数列{ }是首项为3，公差为2的等差数列，所以 = ；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知， = ，
所以数列{ }前n项和为 = = ．
讲典例备高考
类型一、公式法求和
基础知识：
（1）等差数列前n项和公式：Sn＝na1＋ d＝ .

【步步高】高考数学第二轮复习专题三第2讲数列求和及数列的综合应用课件

第十八页，共二十七页。
变式训练 3 已知数列{an}，Sn 是其前 n 项的和，且 an＝7Sn－1 ＋1 (n≥2)，a1＝1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝log12an (n≥2)，Tn＝bn＋1＋bn＋2＋…＋b2n，求出最小的正整数 k，使得对于任意的正整数 n，有 Tn<1k2恒成立．解 (1)由题意知 an＝7Sn－1＋1，① 可得 an＋1＝7Sn＋1，② ②－①得 an＋1－an＝7(Sn－Sn－1)＝7an，即 an＋1＝8an (n≥2)．又由于 a1＝1≠0，可得 a2＝7×1＋1＝8，所以数列{an}是一个以 1 为首项，8 为公比的等比数列．所以 an＝8n－1＝23(n－1)．
第十二页，共二十七页。
所以 Tn＝c1＋c2＋…＋cn ＝12[1－13＋13－15＋15－17＋…＋2n1－1－2n1＋1] ＝121－2n1＋1＝2nn＋1. 探究提高 (1)求数列的通项要注意根据条件灵活选用不同方法．例求 bn 时，利用定义就是不错的选择．(2)本题的关键是求{cn}的前 n 项和．对 cn 裂项是求和的基本技巧．
b1 b2
bn
＝－21－12＋12－13＋…＋n1－n＋1 1 ＝－n2＋n1.
所以数列b1n的前 n 项和为－n2＋n1.
第二页，共二十七页。
考题分析本题主要考查了等比数列的基本量的计算、通项公式和前 n 项和的求法．考查了用裂项法求前 n 项和的基本方法．体现了对逻辑思维能力和运算求解能力的考查．易错提醒 (1)不能准确选择基本量，列方程求解．(2)bn 计算不准确，易忽略负号．(3)所求的是b1n的前 n 项和而非{bn}的前 n 项和．
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(2)由(1)，知 bn＝ana3n＋1 ＝(6n－5)[63(n＋1)－5]＝126n1－5－6n1＋1，故 Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝12[1－17＋17－113＋…＋6n1－5－6n1＋1] ＝121－6n1＋1. 因此，要使121－6n1＋1<2m0 (n∈N*)成立，则 m 需满足12≤2m0即可，则 m≥10，所以满足要求的最小正整数 m 为 10.

高考数学二轮复习第二部分突破热点分层教学专项二专题三 2 第2讲数列求和及综合应用课件

第二十九页，共四十三页。
[对点训练] (2018·郑州模拟)在等差数列{an}中，已知 a3＝5，且 a1，a2，a5 为递增的等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}的通项公式 bn＝a2nn2＋－211，，nn＝＝22kk－1，(k∈N*)，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
第八页，共四十三页。
又 b1＝－43×a12＝－43×a11＋23＝－290，所以数列{bn}是首项为－290，公差为－196的等差数列，所以 T2n＝b1＋b2＋…＋bn＝－290n＋n(n2－1)×－196＝－49(2n2 ＋3n)．
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求解此类题需过“三关”：第一关，定义关，即会利用等差数
第二十六页，共四十三页。
＝25×2＋[－(a3＋a5＋…＋a101)＋4×(1＋2＋3＋…＋50)] ＝25×2－25×2＋4×50(12＋50) ＝5 100. 故选 B. 【答案】 B
第二十七页，共四十三页。
(1)将一个数列分成若干段，然后各段分别利用等差(比)数列的前 n 项和的公式及错位相减法进行求和．利用并项求和法求解问题的常见类型：一是数列的通项公式中含有绝对值符号；二是数列的通项公式中含有符号因子“(－1)n”．
①
－
②
得
1 2
Tn
＝
1 20
＋
1 21
＋
1 22
＋
…
＋
1 2n－1
－
n 2n
＝
1－21n 1－12
－
n 2n
＝
2
－
n＋2n 2，
所以 Tn＝4－n2＋n－12.
易知数列{2n}的前 n 项和为 n(n＋1)，

浙江高考数学复习专题三数列第2讲数列求和及综合应用学案

第2讲数列求和及综合应用高考定位数列求和主要考查通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中档偏下；数列的综合问题是高考考查的热点，主要考查数列与其他知识的交汇问题.真题感悟(2018·浙江卷)已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项.数列{b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n . (1)求q 的值；(2)求数列{b n }的通项公式.解 (1)由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项得a 3＋a 5＝2a 4＋4，所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28，解得a 4＝8.由a 3＋a 5＝20得8⎝⎛⎭⎪⎫q ＋1q ＝20，解得q ＝2或q ＝12，因为q >1，所以q ＝2.(2)设c n ＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{c n }前n 项和为S n . 由c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，解得c n ＝4n －1.由(1)可知a n ＝2n －1，所以b n ＋1－b n ＝(4n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，故b n －b n －1＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋…＋7·12＋3.设T n ＝3＋7·12＋11·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，12T n ＝3·12＋7·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以12T n ＝3＋4·12＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2－()4n －5·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，因此T n ＝14－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，又b 1＝1，所以b n ＝15－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，又b 1＝1也适合上式，所以b n ＝15－(4n＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2.考点整合1.数列求和常用方法(1)分组转化求和：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和.(2)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列.把S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n 两边同乘以相应等比数列的公比q ，得到qS n ＝a 1q ＋a 2q ＋…＋a n q ，两式错位相减即可求出S n .(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.2.数列中的不等式问题主要有证明数列不等式、比较大小或恒成立问题，解决方法如下： (1)利用数列(或函数)的单调性；(2)放缩法：①先求和后放缩；②先放缩后求和，包括放缩后成等差(或等比)数列再求和，或者放缩后成等差比数列再求和，或者放缩后裂项相消法求和； (3)数学归纳法.3.数列与不等式的综合问题主要题型为：证明不等式，或不等式恒成立问题，转化为最值问题是其主要思路，而求最值常用方法为：①作差比较，利用数列单调性求最值；②放缩法求最值.热点一数列的求和问题 [考法1] 分组转化求和【例1－1】 (2018·天津卷)设{a n }是等差数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)；{b n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为T n (n ∈N *).已知b 1＝1，b 3＝b 2＋2，b 4＝a 3＋a 5，b 5＝a 4＋2a 6. (1)求S n 和T n ；(2)若S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n ，求正整数n 的值.解 (1)设等比数列{b n }的公比为q (q >0). 由b 1＝1，b 3＝b 2＋2，可得q 2－q －2＝0. 因为q >0，可得q ＝2，故b n ＝2n －1.所以，T n ＝1－2n1－2＝2n－1.设等差数列{a n }的公差为d . 由b 4＝a 3＋a 5，可得a 1＋3d ＝4.由b 5＝a 4＋2a 6，可得3a 1＋13d ＝16，从而a 1＝1，d ＝1，故a n ＝n . 所以，S n ＝n （n ＋1）2.(2)由(1)，有T 1＋T 2＋…＋T n ＝(21＋22＋ (2))－n ＝2×（1－2n）1－2－n ＝2n ＋1－n －2.由S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n 可得n （n ＋1）2＋2n ＋1－n －2＝n ＋2n ＋1，整理得n 2－3n －4＝0，解得n ＝－1(舍)，或n ＝4. 所以，n 的值为4.探究提高 1.在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思想.把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和.在利用分组求和法求和时，常常需要对项数n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个表达式.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. [考法2] 裂项相消法求和【例1－2】设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n 满足S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N *. (1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式； (3)证明：对一切正整数n ，有1a 1（a 1＋1）＋1a 2（a 2＋1）＋…＋1a n （a n ＋1）＜13.(1)解由题意知，S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N *. 令n ＝1，有S 21－(12＋1－3)S 1－3×(12＋1)＝0，可得S 21＋S 1－6＝0，解得S 1＝－3或2，即a 1＝－3或2，又a n 为正数，所以a 1＝2.(2)解由S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N *可得，(S n ＋3)(S n －n 2－n )＝0，则S n ＝n2＋n 或S n ＝－3，又数列{a n }的各项均为正数，所以S n ＝n 2＋n ，S n －1＝(n －1)2＋(n －1)，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －[(n －1)2＋(n －1)]＝2n . 又a 1＝2＝2×1，所以a n ＝2n . (3)证明当n ＝1时，1a 1（a 1＋1）＝12×3＝16＜13成立；当n ≥ 2时，1a n （a n ＋1）＝12n （2n ＋1）＜1（2n －1）（2n ＋1）＝12(12n －1－12n ＋1)，所以1a 1（a 1＋1）＋1a 2（a 2＋1）＋…＋1a n （a n ＋1）＜16＋12[(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝16＋12(13－12n ＋1)＜16＋16＝13. 所以对一切正整数n ，有1a 1（a 1＋1）＋1a 2（a 2＋1）＋…＋1a n （a n ＋1）＜13.探究提高 (1)解决本题的关键是先放缩后裂项求和，如本题中12n （2n ＋1）＜1（2n －1）（2n ＋1），根据结构特征合理放缩.(2)裂项相消法的基本思想是把数列的通项a n 分拆成a n ＝b n ＋1－b n 等形式，从而达到在求和时逐项相消的目的，在解题中要善于根据这个基本思想变换数列{a n }的通项公式，使之符合裂项相消法的条件. [考法3] 错位相减法求和【例1－3】 (2018·杭州调研)已知等差数列{a n }满足：a n ＋1>a n (n ∈N *)，a 1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后成等比数列，且a n ＋2log 2b n ＝－1. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .解 (1)设d 为等差数列{a n }的公差，且d >0，由a 1＝1，a 2＝1＋d ，a 3＝1＋2d ，分别加上1，1，3成等比数列，得(2＋d )2＝2(4＋2d )，因为d >0，所以d ＝2，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又因为a n ＝－1－2log 2b n ，所以log 2b n ＝－n 即b n ＝12n .(2)由(1)知，a n ·b n ＝(2n －1)·12n .T n ＝121＋322＋523＋…＋2n －12n ，① 12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1，② ①－②，得12T n ＝12＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋124＋…＋12n －2n －12n ＋1＝12＋2×122⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－2n －12n ＋1 ＝12＋1－12n －1－2n －12n ＋1＝32－2n ＋32n ＋1. 所以T n ＝3－2n ＋32n .探究提高 (1)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减.要注意的是相减后得到的部分，在求等比数列的和时，一定要查清其项数.(2)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1，2进行验证.【训练1－1】 (2018·北京卷)设{a n }是等差数列，且a 1＝ln 2，a 2＋a 3＝5ln 2. (1)求{a n }的通项公式； (2)求e a 1＋e a 2＋…＋e an. 解 (1)设{a n }的公差为d . 因为a 2＋a 3＝5ln 2，所以2a 1＋3d ＝5ln 2. 又a 1＝ln 2，所以d ＝ln 2. 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ln 2. (2)因为e a1＝eln 2＝2，e an e a n －1＝e a n －a n －1＝e ln 2＝2，所以{e an }是首项为2，公比为2的等比数列. 所以e a1＋e a2＋…＋e an ＝2×1－2n1－2＝2n ＋1－2.【训练1－2】已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{a 2n b n }的前n 项和(n ∈N *).解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q (q >0)，由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12，而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0，又因为q >0，解得q ＝2，所以b n ＝2n. 由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8，① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16，②联立①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2. 所以{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，{b n }的通项公式为b n ＝2n.(2)设数列{a 2n b n }的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，b n ＝2n ，有T n ＝ 4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n －2)×2n，2T n ＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n －8)×2n ＋(6n －2)×2n ＋1，上述两式相减，得－T n ＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n －(6n －2)×2n ＋1，＝12×（1－2n）1－2－4－(6n －2)×2n ＋1＝－(3n －4)2n ＋2－16.所以T n ＝(3n －4)2n ＋2＋16.所以数列{a 2n b n }的前n 项和为(3n －4)2n ＋2＋16.热点二数列的综合应用【例2】已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…a n ＝(2)bn (n ∈N *).若{a n }为等比数列，且a 1＝2，b 3＝6＋b 2.(1)求a n 与b n ；(2)设c n ＝1a n －1b n(n ∈N *).记数列{c n }的前n 项和为S n .①求S n ；②求正整数k ，使得对任意n ∈N *均有S k ≥S n .解 (1)设数列{a n }的公比为q ，由题意a 1a 2a 3…a n ＝(2)bn ，b 3－b 2＝6，知a 3＝(2)b 3－b2＝8.又由a 1＝2，得公比q ＝2(q ＝－2舍去)，所以数列{a n }的通项为a n ＝2n(n ∈N *).所以，a 1a 2a 3…a n ＝2n （n ＋1）2＝(2)n (n ＋1).故数列{b n }的通项为b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *). (2)①由(1)知c n ＝1a n －1b n ＝12n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1(n ∈N *)，所以S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋ (12)－⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝1n ＋1－12n (n ∈N *).②因为c 1＝0，c 2>0，c 3>0，c 4>0；当n ≥5时，c n ＝1n （n ＋1）⎣⎢⎡⎦⎥⎤n （n ＋1）2n－1，而n （n ＋1）2n－（n ＋1）（n ＋2）2n ＋1＝（n ＋1）（n －2）2n ＋1>0，得n （n ＋1）2n≤5·（5＋1）25<1，所以，当n ≥5时，c n <0.综上，对任意n ∈N *，恒有S 4≥S n ，故k ＝4.探究提高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.【训练2】已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1＋x 2＝3，x 3－x 2＝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P 1(x 1，1)，P 2(x 2，2)，…，P n ＋1(x n ＋1，n ＋1)得到折线P 1P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，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⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2.所以3q 2－5q －2＝0，由已知q ＞0，所以q ＝2，x 1＝1.因此数列{x n }的通项公式为x n ＝2n －1.(2)过P 1，P 2，…，P n ＋1向x 轴作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，…，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 ，由题意b n ＝（n ＋n ＋1）2×2n －1＝(2n ＋1)×2n －2，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋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 －1.②①－②得－T n ＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n －1)－(2n ＋1)×2n －1＝32＋2（1－2n －1）1－2－(2n ＋1)×2n －1. 所以T n ＝（2n －1）×2n＋12.1.错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列{a n }乘以等比数列{b n }对应项得到的数列{a n ·b n }的求和. (2)步骤：①求和时先乘以数列{b n }的公比.②把两个和的形式错位相减.③整理结果形式. 2.裂项求和的常见技巧 (1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.(2)1n （n ＋k ）＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k .(3)1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.(4)14n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1.3.数列与不等式综合问题(1)如果是证明不等式，常转化为数列和的最值问题，同时要注意比较法、放缩法、基本不等式的应用；(2)如果是解不等式，注意因式分解的应用.一、选择题1.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盏解析设塔的顶层的灯数为a 1，七层塔的总灯数为S 7，公比为q ，则依题意S 7＝381，公比q ＝2.∴a 1（1－27）1－2＝381，解得a 1＝3.答案 B2.(2018·全国Ⅰ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( ) A.－12B.－10C.10D.12解析法一设等差数列{a n }的公差为d ，∵3S 3＝S 2＋S 4，∴3⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 1＋3×22d ＝2a 1＋d ＋4a 1＋4×32d ，解得d ＝－32a 1.∵a 1＝2，∴d ＝－3，∴a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10.故选B. 法二设等差数列{a n }的公差为d ，∵3S 3＝S 2＋S 4，∴3S 3＝S 3－a 3＋S 3＋a 4，∴S 3＝a 4－a 3，∴3a 1＋3×22d ＝d .∵a 1＝2，∴d ＝－3，∴a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.答案 B3.已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝( ) A.9 B.15 C.18 D.30解析 ∵a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，∴数列{a n }是公差为2的等差数列. ∴a n ＝－5＋2(n －1)＝2n －7. 数列{a n }的前n 项和S n ＝n （－5＋2n －7）2＝n 2－6n .令a n ＝2n －7≥0，解得n ≥72.∴n ≤3时，|a n |＝－a n ；n ≥4时，|a n |＝a n . 则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝－a 1－a 2－a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝S 6－2S 3＝62－6×6－2(32－6×3)＝18.答案 C4.已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，a n ＋1a n －1＝a n (n ≥2)，则数列{a n }的前40项和S 40等于( ) A.20 B.40C.60D.80解析由a n ＋1＝a n a n －1(n ≥2)，a 1＝1，a 2＝3，可得a 3＝3，a 4＝1，a 5＝13，a 6＝13，a 7＝1，a 8＝3，…，这是一个周期为6的数列，一个周期内的6项之和为263，又40＝6×6＋4，所以S 40＝6×263＋1＋3＋3＋1＝60. 答案 C5.(2018·宁波十校联考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知(a 5－1)3＋3a 5＝4，(a 8－1)3＋3a 8＝2，则下列选项正确的是( ) A.S 12＝12，a 5>a 8 B.S 12＝24，a 5>a 8 C.S 12＝12，a 5<a 8 D.S 12＝24，a 5<a 8解析由已知得⎩⎪⎨⎪⎧（a 5－1）3＋3（a 5－1）＝1，（a 8－1）3＋3（a 8－1）＝－1，设f (x )＝x 3＋3x ，易知f (x )在R 上为奇函数且单调递增，又f (a 5－1)＝1，f (a 8－1)＝－1，所以f (a 5－1)>f (a 8－1)，且f (a 5－1)＋f (a 8－1)＝0，故a 5>a 8，且a 5－1＝－(a 8－1)，即a 5＋a 8＝2，又{a n }是等差数列，所以S 12＝12（a 1＋a 12）2＝12（a 5＋a 8）2＝12.答案 A6.各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且3S n ＝a n a n ＋1，则∑nk ＝1a 2k ＝( ) A.n （n ＋5）2 B.3n （n ＋1）2 C.n （5n ＋1）2D.（n ＋3）（n ＋5）2解析当n ＝1时，3S 1＝a 1a 2，即3a 1＝a 1a 2，∴a 2＝3，当n ≥2时，由3S n ＝a n a n ＋1，可得3S n －1＝a n －1a n ，两式相减得：3a n ＝a n (a n ＋1－a n －1).∵a n ≠0，∴a n ＋1－a n －1＝3，∴{a 2n }为一个以3为首项，3为公差的等差数列，∴∑nk ＝1a 2k ＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n ＝3n ＋n （n －1）2×3＝3n （n ＋1）2，选B.答案 B二、填空题7.在数列{a n }中， a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，若b n ＝2a n a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和S n为________.解析 a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋nn ＋1＝n （n ＋1）2n ＋1＝n2. ∴b n ＝2a n a n ＋1＝2n （n ＋1）4＝8n （n ＋1）＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝8⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝8nn ＋1. 答案8n n ＋18.(2018·绍兴调研)设等比数列{a n }的首项a 1＝1，且4a 1，2a 2，a 3成等差数列，则公比q ＝________；数列{a n }的前n 项和S n ＝________.解析因为a 1＝1，且4a 1，2a 2，a 3成等差数列，所以4q ＝4＋q 2，解得q ＝2，所以S n ＝1－2n1－2＝2n－1.答案 2 2n－19.(2016·浙江卷)设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________.解析 ∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，∴S n ＋1＝3S n ＋1，∴S n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎪⎫S n ＋12， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是公比为3的等比数列， ∴S 2＋12S 1＋12＝3.又S 2＝4，∴S 1＝1，∴a 1＝1， ∴S 5＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫S 1＋12×34＝32×34＝2432， ∴S 5＝121.答案 1 12110.(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 1＋a 2＝2a 2＋1，解得a 2＝－2；当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝2a 3＋1，解得a 3＝－4；当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2a 4＋1，解得a 4＝－8；当n ＝5时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝2a 5＋1，解得a 5＝－16；当n ＝6时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝2a 6＋1，解得a 6＝－32.所以S 6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.法二因为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. 答案－6311.(2018·北京昌平区调研)已知数列{a n }的奇数项依次构成公差为d 1的等差数列，偶数项依次构成公差为d 2的等差数列(其中d 1，d 2为整数)，且对任意n ∈N *，都有a n <a n ＋1，若a 1＝1，a 2＝2，且数列{a n }的前10项和S 10＝75，则d 1＝________，a 8＝________. 解析因为a 1＝1，a 2＝2，所以a 3＝1＋d 1，a 4＝2＋d 2，a 5＝1＋2d 1.因为对任意n ∈N *，都有a n <a n ＋1，所以a 3>a 2，即1＋d 1>2，解得d 1>1；又⎩⎪⎨⎪⎧a 4>a 3，a 5>a 4，所以⎩⎪⎨⎪⎧2＋d 2>1＋d 1，1＋2d 1>2＋d 2，解得－1＋d 1<d 2<－1＋2d 1.因为S 10＝75，所以5×1＋5×42d 1＋5×2＋5×42d 2＝75，所以d 1＋d 2＝6，所以d 2＝6－d 1，所以－1＋d 1<6－d 1<－1＋2d 1，解得73<d 1<72.又d 1，d 2为整数，所以d 1＝3，所以d 2＝3.所以a 8＝2＋(4－1)d 2＝2＋3×3＝11.答案 3 11三、解答题12.(2018·全国Ⅱ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15.(1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并求S n 的最小值.解 (1)设{a n }的公差为d ，由题意得3a 1＋3d ＝－15.由a 1＝－7得d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －9.(2)由(1)得S n ＝n 2－8n ＝(n －4)2－16.所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16.13.(2018·全国Ⅲ卷)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 ＝q n －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.(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－（－2）n 3.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 ＝6.14.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，所以a n ＝6n ＋5.设数列{b n }的公差为d .由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得b 1＝4，d ＝3，所以b n ＝3n ＋1. (2)由(1)知，c n ＝（6n ＋6）n ＋1（3n ＋3）n ＝3(n ＋1)·2n ＋1. 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]， 2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]. 两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4（1－2n ）1－2－（n ＋1）×2n ＋2 ＝－3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2.15.(2018·天津卷)设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是等差数列.已知a 1＝1，a 3＝a 2＋2，a 4＝b 3＋b 5，a 5＝b 4＋2b 6.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *)，①求T n ；②证明∑n k ＝1 （T k ＋b k ＋2）b k （k ＋1）（k ＋2）＝2n ＋2n ＋2－2(n ∈N *). (1)解设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，由a 1＝1，a 3＝a 2＋2，可得q 2－q －2＝0.因为q >0，可得q ＝2，故a n ＝2n －1.设等差数列{b n }的公差为d .由a 4＝b 3＋b 5，可得b 1＋3d ＝4.由a 5＝b 4＋2b 6，可得3b 1＋13d ＝16，从而b 1＝1，d ＝1，故b n ＝n .所以，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，数列{b n }的通项公式为b n ＝n . (2)①解由(1)，有S n ＝1－2n 1－2＝2n －1，故T n ＝∑n k ＝1 (2k －1)＝∑n k ＝12k －n ＝2×（1－2n ）1－2－n ＝2n ＋1－n －2.②证明因为（T k ＋b k ＋2）b k （k ＋1）（k ＋2）＝（2k ＋1－k －2＋k ＋2）k （k ＋1）（k ＋2）＝k ·2k ＋1（k ＋1）（k ＋2）＝2k ＋2k ＋2－2k ＋1k ＋1，所以∑n k ＝1 （T k ＋b k ＋2）b k （k ＋1）（k ＋2）＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫244－233＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋2n ＋2－2n ＋1n ＋1＝2n ＋2n ＋2－2.。

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第2讲数列求和及综合应用数列求和问题(综合型)[典型例题]命题角度一公式法求和等差、等比数列的前n 项和 (1)等差数列：S n＝na 1＋n （n －1）2d (d 为公差)或S n ＝n （a 1＋a n ）2.(2)等比数列：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1其中(q 为公比)．4类特殊数列的前n 项和 (1)1＋2＋3＋…＋n ＝12n (n ＋1)．(2)1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2.(3)12＋22＋32＋…＋n 2＝16n (n ＋1)(2n ＋1)．(4)13＋23＋33＋…＋n 3＝14n 2(n ＋1)2.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n 2a n ＋3，n ∈N *.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列；(2)设T 2n ＝1a 1a 2－1a 2a 3＋1a 3a 4－1a 4a 5＋…＋1a 2n －1a 2n －1a 2n a 2n ＋1，求T 2n .【解】 (1)证明：由a n ＋1＝3a n 2a n ＋3，得1a n ＋1＝2a n ＋33a n ＝1a n ＋23，所以1a n ＋1－1a n ＝23. 又a 1＝1，则1a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为23的等差数列．(2)设b n ＝1a 2n －1a 2n －1a 2n a 2n ＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫1a 2n －1－1a 2n ＋11a 2n，由(1)得，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是公差为23的等差数列，所以1a 2n －1－1a 2n ＋1＝－43，即b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2n －1－1a 2n ＋11a 2n ＝－43×1a 2n ，所以b n ＋1－b n ＝－43⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2n ＋2－1a 2n ＝－43×43＝－169. 又b 1＝－43×1a 2＝－43×⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋23＝－209，所以数列{b n }是首项为－209，公差为－169的等差数列，所以T 2n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－209n ＋n （n －1）2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－169＝－49(2n 2＋3n )．求解此类题需过“三关”：第一关，定义关，即会利用等差数列或等比数列的定义，判断所给的数列是等差数列还是等比数列；第二关，应用关，即会应用等差(比)数列的前n 项和公式来求解，需掌握等差数列{a n }的前n 项和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2或S n ＝na 1＋n （n －1）2d ；等比数列{a n }的前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q，q ≠1；第三关，运算关，认真运算，此类题将迎刃而解．命题角度二分组转化法求和将一个数列分成若干个简单数列(如等差数列、等比数列、常数列等)，然后分别求和．也可先根据通项公式的特征，将其分解为可以直接求和的一些数列的和，再分组求和，即把一个通项拆成几个通项求和的形式，方便求和．已知等差数列{a n }的首项为a ，公差为d ，n ∈N *，且不等式ax 2－3x ＋2<0的解集为(1，d )．(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若b n ＝3an ＋a n －1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解】 (1)易知a ≠0，由题设可知⎩⎪⎨⎪⎧1＋d ＝3a，1·d ＝2a ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，d ＝2.故数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1. (2)由(1)知b n ＝32n －1＋2n －1－1，则T n ＝(3＋1)＋(33＋3)＋…＋(32n －1＋2n －1)－n＝(31＋33＋…＋32n －1)＋(1＋3＋…＋2n －1)－n＝31（1－9n）1－9＋（1＋2n －1）n 2－n＝38(9n －1)＋n 2－n .(1)在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和．在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数n 进行讨论．最后再验证是否可以合并为一个表达式．(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．命题角度三裂项相消法求和把数列的通项公式拆成两项之差的形式，求和时正负项相消，只剩下首尾若干项，达到化简求和的目的．常见的裂项式有：1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，1n （n ＋1）（n ＋2）＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n （n ＋1）－1（n ＋1）（n ＋2），1n ＋1＋n＝n ＋1－n 等．(2018·唐山模拟)已知数列{a n }满足：1a 1＋2a 2＋…＋n a n ＝38(32n －1)，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝log 3a n n，求1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1.【解】 (1)1a 1＝38(32－1)＝3，当n ≥2时，因为n a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋2a 2＋…＋n a n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋2a 2＋…＋n －1a n －1＝38(32n －1)－38(32n －2－1)＝32n －1. 当n ＝1，na n＝32n －1也成立，所以a n ＝n32n －1.(2)b n ＝log 3a n n＝－(2n －1)，因为1b n b n ＋1＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.(1)裂项相消法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．命题角度四错位相减法求和已知数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列，求数列{a n b n }的前n 项和S n 时，先令S n 乘以等比数列{b n }的公比，再错开位置，把两个等式相减，从而求出S n .(2018·石家庄质量检测(一))已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n . (1)设b n ＝a nn，求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n . 【解】 (1)由a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n ，可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋12n，又b n ＝a n n ，所以b n ＋1－b n ＝12n ，由a 1＝1，得b 1＝1，累加可得(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝121＋122＋…＋12n －1，即b n －b 1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12＝1－12n －1，所以b n ＝2－12n －1.(2)由(1)可知a n ＝2n －n2n －1，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 2n －1的前n 项和为T n ，则T n ＝120＋221＋322＋…＋n2n －1①，12T n ＝121＋222＋323＋…＋n2n ②， ①－②得12T n ＝120＋121＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝1－12n1－12－n 2n ＝2－n ＋22n ，所以T n ＝4－n ＋22n －1.易知数列{2n }的前n 项和为n (n ＋1)，所以S n ＝n (n ＋1)－4＋n ＋22n －1.(1)求解此类题需掌握三个技巧：一是巧分拆，即把数列的通项转化为等差数列、等比数列的通项的和，并求出等比数列的公比；二是构差式，求出前n 项和的表达式，然后乘以等比数列的公比，两式作差；三是得结论，即根据差式的特征进行准确求和．(2)运用错位相减法求和时应注意三点：一是判断模型，即判断数列{a n }，{b n }一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置；三是相减时一定要注意最后一项的符号，学生常在此步出错，一定要小心．命题角度五并项求和并项求和法：把数列的一些项合并成我们熟悉的等差数列或等比数列来求和．数列{a n }满足a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2⎪⎪⎪⎪⎪⎪sinn π2－1a n ＋2n ，n ∈N *，则数列{a n }的前100项和为( ) A ．5 050 B ．5 100 C ．9 800D ．9 850【解析】设k ∈N *，当n ＝2k 时，a 2k ＋1＝－a 2k ＋4k ，即a 2k ＋1＋a 2k ＝4k ，① 当n ＝2k －1时，a 2k ＝a 2k －1＋4k －2，② 联立①②可得，a 2k ＋1＋a 2k －1＝2，所以数列{a n }的前100项和S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 99＋a 100＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋(a 2＋a 4＋…＋a 100)＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋[(－a 3＋4)＋(－a 5＋4×2)＋(－a 7＋4×3)＋…＋(－a 101＋4×50)]＝25×2＋[－(a 3＋a 5＋…＋a 101)＋4×(1＋2＋3＋…＋50)] ＝25×2－25×2＋4×50（1＋50）2＝5 100. 故选B. 【答案】B(1)将一个数列分成若干段，然后各段分别利用等差(比)数列的前n 项和的公式及错位相减法进行求和．利用并项求和法求解问题的常见类型：一是数列的通项公式中含有绝对值符号；二是数列的通项公式中含有符号因子“(－1)n”．(2)运用分类讨论法求数列的前n 项和的突破口：一是对分类讨论的“度”的把控，如本题，因为⎪⎪⎪⎪⎪⎪sinn π2可以等于1，也可以等于0，因此分类的“度”可定位到“n 分为奇数与偶数”，有些含绝对值的数列，其分类的“度”需在零点处下功夫；二是对各类分法做到不重不漏，解题的思路就能顺畅．[对点训练](2018·郑州模拟)在等差数列{a n }中，已知a 3＝5，且a 1，a 2，a 5为递增的等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；n2(2)若数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋12，n ＝2k －1，2n 2－1，n ＝2k(k ∈N *)，求数列{b n}的前n 项和S n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，易知d ≠0，由题意得，(a 3－2d )(a 3＋2d )＝(a 3－d )2，即d 2－2d ＝0，解得d ＝2或d ＝0(舍去)，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝a 3＋(n －3)d ＝2n －1. (2)当n ＝2k ，k ∈N *时，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(b 1＋b 3＋…＋b 2k －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b 2k )＝(a 1＋a 2＋…＋a k )＋(20＋21＋…＋2k －1)＝k （1＋2k －1）2＋1－2k1－2＝k 2＋2k－1＝n 24＋2n2－1；当n ＝2k －1，k ∈N *时，n ＋1＝2k ，则S n ＝S n ＋1－b n ＋1＝（n ＋1）24＋2n ＋12－1－2n ＋12－1＝n 2＋2n －34＋2n －12.综上，S n＝⎩⎨⎧n 24＋2n2－1，n ＝2k ，n 2＋2n －34＋2n －12，n ＝2k －1(k ∈N *)．数列与其他知识的交汇问题(综合型)[典型例题]命题角度一数列与不等式相交汇已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *，且a 2＝3，S 5＝25. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若数列{b n }满足b n ＝1S n ·S n ＋1，记数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：T n <1.【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d .因为a 2＝3，S 5＝25，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝3，5（2a 1＋4d ）2＝25，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1.(2)证明：由(1)知，a n ＝2n －1，所以S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2.所以b n ＝1n 2·（n ＋1）2＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1<1.证明数列不等式的关键：一是会灵活运用等差数列与等比数列的通项公式、前n 项和公式以及裂项相消法；二是会利用放缩法证明不等式．命题角度二数列与函数相交汇(2018·长沙模拟)设数列{a n }的前n 项和是S n ，若点A n ⎝⎛⎭⎪⎫n ，S n n 在函数f (x )＝－x＋c 的图象上运动，其中c 是与x 无关的常数，且a 1＝3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝aa n ，求数列{b n }的前n 项和T n 的最小值．【解】 (1)因为点A n ⎝⎛⎭⎪⎫n ，S n n在函数f (x )＝－x ＋c 的图象上运动，所以S n n＝－n ＋c ，所以S n ＝－n 2＋cn .因为a 1＝3，所以c ＝4，所以S n ＝－n 2＋4n ，所以a n ＝S n －S n －1＝－2n ＋5(n ≥2)．又a 1＝3满足上式，所以a n ＝－2n ＋5(n ≥1)．(2)由(1)知，b n ＝aa n ＝－2a n ＋5＝－2(－2n ＋5)＋5＝4n －5，所以T n ＝n （b 1＋b n ）2＝2n 2－3n .所以T n 的最小值是T 1＝－1.数列与函数交汇问题的常见类型及解法(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，需构造函数，利用函数知识解决问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、分式、求和方法对式子化简变形．另外，解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解．[对点训练]已知正项数列{a n }，{b n }满足：对于任意的n ∈N *，都有点(n ，b n )在直线y ＝22(x ＋2)上，且b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，a 1＝3.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n ，如果对任意的n ∈N *，不等式2aS n <2－b n a n恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)因为点(n ，b n )在直线y ＝22(x ＋2)上，所以b n ＝22(n ＋2)，即b n ＝（n ＋2）22.又因为b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，所以a 2n ＋1＝b n ·b n ＋1＝（n ＋2）2（n ＋3）24，所以a n ＋1＝（n ＋2）（n ＋3）2，所以n ≥2时，a n ＝（n ＋1）（n ＋2）2，a 1＝3适合上式，所以a n ＝（n ＋1）（n ＋2）2.(2)由(1)知，1a n＝2（n ＋1）（n ＋2）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2，所以S n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋2＝n n ＋2. 故2aS n <2－b n a n可化为：2an n ＋2<2－（n ＋2）22（n ＋1）（n ＋2）2＝2－n ＋2n ＋1＝nn ＋1，即a <n ＋22（n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋1对任意的n ∈N *恒成立，令f (n )＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋1，显然f (n )随n 的增大而减小，且f (n )>12恒成立，故a ≤12.综上知，实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12.[A 组夯基保分专练]一、选择题1．在等比数列{a n }中，公比q ＝2，前87项和S 87＝140，则a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 87等于( ) A.1403B ．60C ．80D ．160解析：选C.a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 87＝a 3(1＋q 3＋q 6＋…＋q 84)＝a 1q 2×1－（q 3）291－q 3＝q21＋q ＋q2×a 1（1－q 87）1－q ＝47×140＝80.故选C.2．已知数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋2，n 是奇数，2a n ，n 是偶数，则数列{a n }的前20项和为( )A ．1 121B ．1 122C ．1 123D ．1 124解析：选C.由题意可知，数列{a 2n }是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a 2n －1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{a n }的前20项和为1×（1－210）1－2＋10×1＋10×92×2＝1 123.选C.3．已知数列{a n }满足2a 1＋22a 2＋…＋2n a n ＝n (n ∈N *)，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1log 2a n log 2a n ＋1的前n 项和为S n ，则S 1·S 2·S 3·…·S 10＝( )A.110B.15C.111D.211解析：选C.因为2a 1＋22a 2＋ (2)a n ＝n (n ∈N *)，所以2a 1＋22a 2＋…＋2n －1a n －1＝n －1(n ≥2)，两式相减得2na n ＝1(n ≥2)，a 1＝12也满足上式，故a n ＝12n ，故1log 2a n log 2a n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1，所以S 1·S 2·S 3·…·S 10＝12×23×34×…×910×1011＝111，故选C.4．(2018·太原模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n ＋3)(n ∈N *)在函数y ＝3×2x的图象上，等比数列{b n }满足b n ＋b n ＋1＝a n (n ∈N *)，其前n 项和为T n ，则下列结论正确的是( )A ．S n ＝2T nB ．T n ＝2b n ＋1C ．T n >a nD ．T n <b n ＋1解析：选D.因为点(n ，S n ＋3)(n ∈N *)在函数y ＝3×2x的图象上，所以S n ＝3·2n－3，所以a n ＝3·2n －1，所以b n ＋b n ＋1＝3·2n －1，因为数列{b n }为等比数列，设公比为q ，则b 1＋b 1q ＝3，b 2＋b 2q ＝6，解得b 1＝1，q ＝2，所以b n ＝2n －1，T n ＝2n －1，所以T n <b n ＋1，故选D.5．已知数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2n 2(n ∈N *)，且对任意n ∈N *都有1a 1＋1a 2＋…＋1a n＜t ，则实数t 的取值范围为( )A ．(13，＋∞)B ．[13，＋∞)C ．(23，＋∞)D ．[23，＋∞)解析：选D.依题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1a 2a 3…a n a 1a 2a 3…a n －1＝2n 22（n －1）2＝2n 2－(n －1) 2＝22n －1，又a 1＝21＝22×1－1，因此a n ＝22n －1，1a n ＝122n －1，数列{1a n }是以12为首项，14为公比的等比数列，等比数列{1a n }的前n 项和等于12（1－14n ）1－14＝23(1－14n )＜23，因此实数t 的取值范围是[23，＋∞)，故选D.6．(2018·河北“五个一名校联盟”模拟)在正整数数列中，由1开始依次按如下规则，将某些数染成红色．先染1；再染两个偶数2，4；再染4后面最邻近的3个连续奇数5，7，9；再染9后面最邻近的4个连续偶数10，12，14，16；再染此后最邻近的5个连续奇数17，19，21，23，25.按此规则一直染下去，得到一红色子数列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，…则在这个红色子数列中，由1开始的第2 018个数是( )A ．3 971B ．3 972C ．3 973D ．3 974解析：选B.由题意可知，第1组有1个数，第2组有2个数……根据等差数列的前n 项和公式，可知前n 组共有n （n ＋1）2个数．由于 2 016＝63×（63＋1）2<2018<64×（64＋1）2＝2 080，因此，第2 018个数是第64组的第2个数．由于第1组最后一个数是1，第2组最后一个数是4，第3组最后一个数是9，……，第n 组最后一个数是n 2，因此，第63组最后一个数为632，632＝3 969，第64组为偶数组，其第1个数为3 970，第2个数为3 972.故选B.二、填空题7．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋S m ＝S n ＋m (n ，m ∈N *)且a 1＝5，则a 8＝________．解析：数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋S m ＝S n ＋m (n ，m ∈N *)且a 1＝5，令m ＝1，则S n ＋1＝S n ＋S 1＝S n ＋5，即S n ＋1－S n ＝5，所以a n ＋1＝5，所以a 8＝5.答案：58．(2018·武汉调研)设等差数列{a n }满足a 3＋a 7＝36，a 4a 6＝275，且a n a n ＋1有最小值，则这个最小值为________．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 3＋a 7＝36，所以a 4＋a 6＝36，与a 4a 6＝275，联立，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11，当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－10，d ＝7，此时a n ＝7n －17，a 2＝－3，a 3＝4，易知当n ≤2时，a n <0，当n ≥3时，a n >0，所以a 2a 3＝－12为a n a n ＋1的最小值；当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝46，d ＝－7，此时a n ＝－7n ＋53，a 7＝4，a 8＝－3，易知当n ≤7时，a n >0，当n ≥8时，a n <0，所以a 7a 8＝－12为a n a n ＋1的最小值．综上，a n a n ＋1的最小值为－12. 答案：－129．(2018·昆明调研)将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：a 1a 2，a 3a 4，a 5，a 6a 7，a 8，a 9，a 10……记数阵中的第1列数a 1，a 2，a 4，…构成的数列为{b n }，S n 为数列{b n }的前n 项和．若S n ＝2b n －1，则a 56＝________．解析：当n ≥2时，因为S n ＝2b n －1，所以S n －1＝2b n －1－1，所以b n ＝2b n －2b n －1，所以b n ＝2b n －1(n ≥2且n ∈N *)，因为b 1＝2b 1－1，所以b 1＝1，所以数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以b n ＝2n －1.设a 1，a 2，a 4，a 7，a 11，…的下标1，2，4，7，11，…构成数列{c n }，则c 2－c 1＝1，c 3－c 2＝2，c 4－c 3＝3，c 5－c 4＝4，…，c n －c n －1＝n －1，累加得，c n －c 1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n －1)，所以c n ＝n （n －1）2＋1，由c n ＝n （n －1）2＋1＝56，得n ＝11，所以a 56＝b 11＝210＝1 024.答案：1 024 三、解答题10．(2018·高考天津卷)设{a n }是等差数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)；{b n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为T n (n ∈N *)．已知b 1＝1，b 3＝b 2＋2，b 4＝a 3＋a 5，b 5＝a 4＋2a 6.(1)求S n 和T n ；(2)若S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n ，求正整数n 的值．解：(1)设等比数列{b n }的公比为q .由b 1＝1，b 3＝b 2＋2，可得q 2－q －2＝0. 因为q >0，可得q ＝2，故b n ＝2n －1.所以，T n ＝1－2n1－2＝2n －1.设等差数列{a n }的公差为d .由b 4＝a 3＋a 5，可得a 1＋3d ＝4. 由b 5＝a 4＋2a 6，可得3a 1＋13d ＝16，从而a 1＝1，d ＝1，故a n ＝n . 所以，S n ＝n （n ＋1）2.(2)由(1)，有T 1＋T 2＋…＋T n ＝(21＋22＋ (2))－n ＝2×（1－2n）1－2－n ＝2n ＋1－n －2.由S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n 可得n （n ＋1）2＋2n ＋1－n －2＝n ＋2n ＋1，整理得n 2－3n －4＝0，解得n ＝－1(舍)，或n ＝4. 所以，n 的值为4.11．(2018·陕西教学质量检测(一))已知在递增的等差数列{a n }中，a 1＝2，a 3是a 1和a 9的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1（n ＋1）a n ，S n 为数列{b n }的前n 项和，求S 100的值．解：(1)设公差为d (d >0)，则a n ＝a 1＋(n －1)d .因为a 3是a 1和a 9的等比中项，所以a 23＝a 1a 9，即(2＋2d )2＝2(2＋8d )，解得d ＝0(舍去)或d ＝2. 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n . (2)由(1)得b n ＝1（n ＋1）a n ＝12n （n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以S 100＝b 1＋b 2＋…＋b 100＝12×(1－12＋12－13＋…＋1100－1101)＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1101＝50101.12．(2018·兰州模拟)已知等差数列{a n }中，a 2＝2，a 3＋a 5＝8，数列{b n }中，b 1＝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； (2)设c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .解：(1)设{a n }的公差为d ，因为a 2＝2，a 3＋a 5＝8，所以2＋d ＋2＋3d ＝8，所以d ＝1，所以a n ＝n . 因为b n ＋1＝S n ＋2(n ∈N *)，① 所以b n ＝S n －1＋2(n ∈N *，n ≥2)．②①－②得，b n ＋1－b n ＝S n －S n －1＝b n (n ∈N *，n ≥2)，所以b n ＋1＝2b n (n ∈N *，n ≥2)．因为b 1＝2，b 2＝2b 1，所以{b n }为等比数列，b 1＝2，q ＝2，所以b n ＝2n. (2)因为c n ＝a n b n ＝n2n ，所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n2n ，12T n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，两式相减，得12T n ＝12＋122＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－2＋n 2n ＋1，所以T n ＝2－n ＋22n.[B 组大题增分专练]1．(2018·昆明模拟)数列{a n }满足a 1＝－1，a n ＋1＋2a n ＝3. (1)证明{a n －1}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)已知符号函数sgn(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x >0，0，x ＝0，－1，x <0，设b n ＝a n ·sgn(a n )，求数列{b n }的前100项和．解：(1)因为a n ＋1＝－2a n ＋3，a 1＝－1，所以a n ＋1－1＝－2(a n －1)，a 1－1＝－2，所以数列{a n －1}是首项为－2，公比为－2的等比数列．故a n －1＝(－2)n，即a n ＝(－2)n＋1.(2)b n ＝a n ·sgn(a n )＝⎩⎪⎨⎪⎧2n＋1，n 为偶数，2n －1，n 为奇数，设数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 100＝(2－1)＋(22＋1)＋(23－1)＋…＋(299－1)＋(2100＋1)＝2＋22＋23＋…＋2100＝2101－2.2．(2018·惠州第一次调研)在公差不为0的等差数列{a n }中，a 1，a 4，a 8成等比数列．(1)若数列{a n }的前10项和为45，求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝1a n a n ＋1，且数列{b n }的前n 项和为T n ，若T n ＝19－1n ＋9，求数列{a n }的公差．解：(1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，由a 1，a 4，a 8成等比数列可得a 24＝a 1·a 8，即(a 1＋3d )2＝a 1·(a 1＋7d )，得a 1＝9d .由数列{a n }的前10项和为45得10a 1＋45d ＝45，即90d ＋45d ＝45，所以d ＝13，a 1＝3.故数列{a n }的通项公式为a n ＝3＋(n －1)×13＝n ＋83.(2)因为b n ＝1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝1d [⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1]＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a n ＋1，即T n ＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a 1＋nd ＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫19d －19d ＋nd ＝ 1d 2⎝ ⎛⎭⎪⎫19－19＋n ＝19－19＋n ，因此1d2＝1，解得d ＝－1或1.故数列{a n }的公差为－1或1.3．已知等差数列{a n }的首项a 1＝2，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的首项b 1＝1，且a 2＝b 3，S 3＝6b 2，n ∈N *.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)数列{c n }满足c n ＝b n ＋(－1)na n ，记数列{c n }的前n 项和为T n ，求T n . 解：(1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q . 因为a 1＝2，b 1＝1，且a 2＝b 3，S 3＝6b 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧2＋d ＝q 2，3（2＋2＋2d ）2＝6q .解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2.所以a n ＝2＋(n －1)×2＝2n ，b n ＝2n －1.(2)由题意：c n ＝b n ＋(－1)na n ＝2n －1＋(－1)n2n .所以T n ＝(1＋2＋4＋…＋2n －1)＋[－2＋4－6＋8－…＋(－1)n2n ]，①若n 为偶数：T n ＝1－2n1－2＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －1)＋2n ]}＝2n－1＋n2×2＝2n＋n －1.②若n 为奇数：T n ＝1－2n1－2＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －2)＋2(n －1)]－2n }＝2n－1＋2×n －12－2n ＝2n－n －2.所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n＋n －1，n 为偶数，2n －n －2，n 为奇数.4．已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝2a n －n ＋1，数列{b n }满足b 1＝2，b n ＋1＝b n ＋a n －n ，n ∈N *.(1)证明：{a n －n }为等比数列；(2)数列{c n }满足c n ＝a n －n （b n ＋1）（b n ＋1＋1），求证数列{c n }的前n 项和T n <13.证明：(1)因为a n ＋1＝2a n －n ＋1，所以a n ＋1－(n ＋1)＝2(a n －n )．又a 1＝3，所以a 1－1＝2，所以数列{a n －n }是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)知，a n －n ＝2·2n －1＝2n.所以b n ＋1＝b n ＋a n －n ＝b n ＋2n，即b n ＋1－b n ＝2n.b 2－b 1＝21， b 3－b 2＝22， b 4－b 3＝23，…b n －b n －1＝2n －1.以上式子相加，得b n ＝2＋2·（1－2n －1）1－2＝2n(n ≥2)．当n ＝1时，b 1＝2，满足b n ＝2n，所以b n ＝2n.所以c n ＝a n －n （b n ＋1）（b n ＋1＋1）＝2n（2n ＋1）（2n ＋1＋1）＝12n ＋1－12n ＋1＋1. 所以T n ＝12＋1－122＋1＋122＋1－123＋1＋…＋12n ＋1－12n ＋1＋1＝13－12n ＋1＋1<13.。