(全国通用)2019届高考数学大一轮复习第六章数列高考专题突破三高考中的数列问题学案

高考专题突破三 高考中的数列问题【考点自测】1．(2017·洛阳模拟)已知等差数列{a n }的公差和首项都不等于0，且a 2，a 4，a 8成等比数列，则a 1＋a 5＋a 9a 2＋a 3等于( )A ．2B ．3C ．5D ．7 答案 B解析 ∵在等差数列{a n }中，a 2，a 4，a 8成等比数列，∴a 24＝a 2a 8，∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )，∴d 2＝a 1d ， ∵d ≠0，∴d ＝a 1，∴a 1＋a 5＋a 9a 2＋a 3＝15a 15a 1＝3.故选B.2．(2018·衡水调研)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为( ) A.100101 B.99101 C.99100D.101100答案 A解析 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .∵a 5＝5，S 5＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋5×(5－1)2d ＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n . ∴1a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1100－1101＝1－1101＝100101. 3．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 ．6 B ．7 C ．8 D ．9 答案 D解析 由题意知a ＋b ＝p ，ab ＝q ，∵p ＞0，q ＞0，∴a ＞0，b ＞0.在a ，b ，－2这三个数的6种排序中，成等差数列的情况有：a ，b ，－2；b ，a ，－2；－2，a ，b ；－2，b ，a ；成等比数列的情况有：a ，－2，b ；b ，－2，a .∴⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝4，2b ＝a －2或⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝4，2a ＝b －2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4.∴p ＝5，q ＝4，∴p ＋q ＝9，故选D.4．(2017·江西高安中学等九校联考)已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若a 1·a 6·a 11＝33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tanb 3＋b 91－a 4·a 8的值是( )A ．1 B.22C ．－22D ．－ 3答案 D解析 {a n }是等比数列，{b n }是等差数列，且a 1·a 6·a 11＝33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，∴a 36＝(3)3,3b 6＝7π，∴a 6＝3，b 6＝7π3， ∴tan b 3＋b 91－a 4·a 8＝tan 2b 61－a 26＝tan 2×7π31－(3)2＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－7π3＝tan ⎝⎛⎭⎪⎫－2π－π3＝－tan π3＝－ 3.5．(2018·保定模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意n ∈N *都有S n ＝23a n －13，若1<S k <9(k ∈N *)，则k 的值为________． 答案 4解析 由题意，S n ＝23a n －13，当n ≥2时，S n －1＝23a n －1－13，两式相减，得a n ＝23a n －23a n －1，∴a n ＝－2a n －1， 又a 1＝－1，∴{a n }是以－1为首项，以－2为公比的等比数列， ∴a n ＝－(－2)n －1，∴S k ＝(－2)k－13，由1<S k <9，得4<(－2)k<28， 又k ∈N *，∴k ＝4.题型一 等差数列、等比数列的综合问题例1 (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a 2，a 3，a 2＋a 3成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(2)设双曲线x 2－y 2a 2n＝1的离心率为e n ，且e 2＝2，求e 21＋e 22＋…＋e 2n .解 (1)由已知，S n ＋1＝qS n ＋1，得S n ＋2＝qS n ＋1＋1，两式相减得a n ＋2＝qa n ＋1，n ≥1. 又由S 2＝qS 1＋1得a 2＝qa 1， 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 ＝qn －1.由a 2，a 3，a 2＋a 3成等差数列，可得2a 3＝a 2＋a 2＋a 3， 所以a 3＝2a 2，故q ＝2. 所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由(1)可知，a n ＝qn －1，所以双曲线x 2－y 2a 2n＝1的离心率e n ＝1＋a 2n ＝1＋q 2(n －1).由e 2＝1＋q 2＝2，解得q ＝3， 所以e 21＋e 22＋…＋e 2n＝(1＋1)＋(1＋q 2)＋…＋[1＋q 2(n －1)]＝n ＋[1＋q 2＋…＋q2(n －1)]＝n ＋q 2n －1q 2－1＝n ＋12(3n－1)．思维升华 等差数列、等比数列综合问题的解题策略(1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．(2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．跟踪训练1 (2018·沧州模拟)已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝S n －1S n(n ∈N *)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ， 因为S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列， 所以S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，即4a 5＝a 3，于是q 2＝a 5a 3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12.故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n . (2)由(1)得S n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n，n 为奇数，1－12n，n 为偶数.当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小， 所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大， 所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712.综上，对于n ∈N *，总有－712≤S n －1S n ≤56.所以数列{T n }的最大项的值为56，最小项的值为－712.题型二 数列的通项与求和例2 (2018·邢台模拟)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 －14na n a n ＋1＝(－1)n －14n(2n －1)(2n ＋1)＝(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1. 当n 为偶数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1 ＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1.当n 为奇数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1.所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数.(或T n ＝2n ＋1＋(－1)n －12n ＋1)思维升华 (1)一般求数列的通项往往要构造数列，此时从要证的结论出发，这是很重要的解题信息．(2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的求和方法有错位相减法、分组转化法、裂项相消法等．跟踪训练2 (2018·大连模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝12，a n ＋1＝n ＋12n a n (n ∈N *)．(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式与前n 项和S n . (1)证明 ∵a 1＝12，a n ＋1＝n ＋12n a n ，当n ∈N *时，a n n≠0，又a 11＝12，a n ＋1n ＋1∶a n n ＝12(n ∈N *)为常数， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以12为首项，12为公比的等比数列．(2)解 由⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以12为首项，12为公比的等比数列，得a n n ＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，∴a n ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n. ∴S n ＝1·12＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋3·⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，12S n ＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，∴两式相减得12S n ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋11－12－n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，∴S n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝2－(n ＋2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.综上，a n ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，S n ＝2－(n ＋2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.题型三 数列与其他知识的交汇 命题点1 数列与函数的交汇例3 (2018·长春模拟)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，得b 7＝72a ，b 8＝82a ＝4b 7， 有82a ＝4×72a ＝272a+，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)f ′(x )＝2xln 2，f ′(a 2)＝22a ln 2，故函数f (x )＝2x在(a 2，b 2)处的切线方程为y －22a ＝22a ln 2(x －a 2)，它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2. 由题意，得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，a n b n ＝n2n .所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n2n －1.两式相减，得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.命题点2 数列与不等式的交汇例4 (2016·天津)已知{a n }是各项均为正数的等差数列，公差为d ，对任意的n ∈N *，b n 是a n 和a n ＋1的等比中项．(1)设c n ＝b 2n ＋1－b 2n ，n ∈N *，求证：数列{c n }是等差数列； (2)设a 1＝d ，T n ＝∑2nk ＝1 (－1)k b 2k，n ∈N *，求证：∑nk ＝1 1T k <12d2. 证明 (1)由题意得b 2n ＝a n a n ＋1，c n ＝b 2n ＋1－b 2n ＝a n ＋1a n ＋2－a n a n ＋1＝2da n ＋1.因此c n ＋1－c n ＝2d (a n ＋2－a n ＋1)＝2d 2， 所以{c n }是等差数列．(2)T n ＝(－b 21＋b 22)＋(－b 23＋b 24)＋…＋(－b 22n －1＋b 22n ) ＝2d (a 2＋a 4＋…＋a 2n ) ＝2d ·n (a 2＋a 2n )2＝2d 2n (n ＋1)．所以∑nk ＝1 1T k ＝12d 2∑n k ＝1 1k (k ＋1)＝12d 2∑n k ＝1 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1 ＝12d 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1<12d 2. 命题点3 数列应用题例5 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．思维升华 数列与其他知识交汇问题的常见类型及解题策略 (1)数列与函数的交汇问题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，解题时要注意数列与函数的内在联系，掌握递推数列的常见解法．(2)数列与不等式的交汇问题①函数方法：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放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到； ③比较方法：作差或者作商比较． (3)数列应用题①根据题意，确定数列模型； ②准确求解模型；③问题作答，不要忽视问题的实际意义．跟踪训练3 (2018·烟台模拟)已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n ，0)，且f ′(0)＝2n ，n ∈N *，数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ，且a 1＝4.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)f ′(x )＝2ax ＋b ，由题意知b ＝2n ， 16n 2a －4nb ＝0， ∴a ＝12，则f (x )＝12x 2＋2nx ，n ∈N *.数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ，又f ′(x )＝x ＋2n ， ∴1a n ＋1＝1a n＋2n ，∴1a n ＋1－1a n＝2n ，由叠加法可得1a n －14＝2＋4＋6＋…＋2(n －1)＝n 2－n ，化简可得a n ＝4(2n －1)2(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝4也符合， ∴a n ＝4(2n －1)2(n ∈N *)．(2)∵b n ＝a n a n ＋1＝4(2n －1)(2n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1 ＝4n 2n ＋1.1．(2018·泰安模拟)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 ＋1－12a n 为等比数列；(3)求数列{a n }的通项公式．(1)解 当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋a 4＋5⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋1，解得a 4＝78.(2)证明 因为4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)， 所以4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2)， 即4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1 (n ≥2)，当n ＝1时，4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2，所以n ＝1也满足此式， 所以4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1 (n ∈N *)， 因为a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝2a n ＋1－a n 2(2a n ＋1－a n )＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，12为公比的等比数列．(3)解 由(2)知：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，12为公比的等比数列，所以a n ＋1－12a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.即a n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－a n⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝4，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 是以a 112＝2为首项，4为公差的等差数列，所以a n⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝2＋(n －1)×4＝4n －2，即a n ＝(4n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以数列{a n }的通项公式是a n ＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.2．(2017·福建漳州八校联考)已知递增的等比数列{a n }满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2和a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n 12log a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n ·2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值．解 (1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝28，a 1q ＋a 1q 3＝2(a 1q 2＋2)，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，q ＝12，∵{a n }是递增数列，∴a 1＝2，q ＝2， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2·2n －1＝2n.(2)∵b n ＝a n 12log a n ＝2n·12log 2n＝－n ·2n，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n ·2n)，① 则2S n ＝－(1×22＋2×23＋…＋n ·2n ＋1)，②②－①，得S n ＝(2＋22＋ (2))－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1，则S n ＋n ·2n ＋1＝2n ＋1－2，解2n ＋1－2>62，得n >5，∴n 的最小值为6.3．(2018·梅州质检)已知正项数列{a n }中，a 1＝1，点(a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在函数y ＝x 2＋1的图象上，数列{b n }的前n 项和S n ＝2－b n . (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)设c n ＝－1a n ＋1log 2b n ＋1，求{c n }的前n 项和T n .解 (1)∵点(a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在函数y ＝x 2＋1的图象上， ∴a n ＋1＝a n ＋1，∴数列{a n }是公差为1的等差数列． ∵a 1＝1，∴a n ＝1＋(n －1)×1＝n ， ∵S n ＝2－b n ，∴S n ＋1＝2－b n ＋1，两式相减，得b n ＋1＝－b n ＋1＋b n ，即b n ＋1b n ＝12， 由S 1＝2－b 1，即b 1＝2－b 1，得b 1＝1. ∴数列{b n }是首项为1，公比为12的等比数列，∴b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(2)∵log 2b n ＋1＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝－n ，∴c n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 4．(2018·佛山模拟)在等比数列{a n }中，a n >0(n ∈N *)，公比q ∈(0,1)，且a 1a 5＋2a 3a 5＋a 2a 8＝25，又a 3与a 5的等比中项为2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和S n ；(3)是否存在k ∈N *，使得S 11＋S 22＋…＋S nn <k 对任意n ∈N *恒成立，若存在，求出k 的最小值，若不存在，请说明理由． 解 (1)∵a 1a 5＋2a 3a 5＋a 2a 8＝25， ∴a 23＋2a 3a 5＋a 25＝25，∴(a 3＋a 5)2＝25， 又a n >0，∴a 3＋a 5＝5， 又a 3与a 5的等比中项为2， ∴a 3a 5＝4，而q ∈(0,1)， ∴a 3>a 5，∴a 3＝4，a 5＝1， ∴q ＝12，a 1＝16，∴a n ＝16×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝25－n.(2)∵b n ＝log 2a n ＝5－n ， ∴b n ＋1－b n ＝－1，b 1＝log 2a 1＝log 216＝log 224＝4，∴{b n }是以b 1＝4为首项，－1为公差的等差数列， ∴S n ＝n (9－n )2.(3)由(2)知S n ＝n (9－n )2，∴S n n ＝9－n 2.当n ≤8时，S nn>0；当n ＝9时，S nn＝0； 当n >9时，S n n<0.∴当n ＝8或n ＝9时，S 11＋S 22＋S 33＋…＋S nn＝18最大．故存在k ∈N *，使得S 11＋S 22＋…＋S nn<k 对任意n ∈N *恒成立，k 的最小值为19.5．(2017·天津滨海新区八校联考)已知数列{a n }，{b n }，S n 为数列{a n }的前n 项和，a 2＝4b 1，S n ＝2a n －2，nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n 2＋n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 为等差数列；(3)若数列{c n}的通项公式为c n＝⎩⎪⎨⎪⎧－a n b n2，n 为奇数，a n bn4，n 为偶数.令T n 为{c n }的前n 项和，求T 2n .(1)解 当n >1时，⎩⎪⎨⎪⎧S n ＝2a n －2，S n －1＝2a n －1－2，则a n ＝2a n －2a n －1，a na n －1＝2. 当n ＝1时，S 1＝2a 1－2，得a 1＝2，综上，{a n }是公比为2，首项为2的等比数列，a n ＝2n. (2)证明 ∵a 2＝4b 1，∴b 1＝1. ∵nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n 2＋n ， ∴b n ＋1n ＋1－b nn＝1， 综上，⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 是公差为1，首项为1的等差数列，b n n＝1＋n －1，可得b n ＝n 2. (3)解 令p n ＝c 2n －1＋c 2n＝－(2n －1)2·22n －12＋(2n )2·22n4＝(4n －1)·22n －2＝(4n －1)·4n －1.⎩⎪⎨⎪⎧T 2n ＝3·40＋7·41＋11·42＋…＋(4n －1)·4n －1，①4T 2n ＝3·41＋7·42＋11·43＋…＋(4n －5)·4n －1 ＋(4n －1)·4n ②①－②，得－3T 2n ＝3·40＋4·41＋4·42＋…＋4·4n －1－(4n －1)·4n，∴－3T 2n ＝3＋16－16·4n －11－4－(4n －1)·4n∴T 2n ＝79＋12n －79·4n.6．已知数列{a n }，{b n }，其中，a 1＝12，数列{a n }满足(n ＋1)a n ＝(n －1)a n －1 (n ≥2，n ∈N *)，数列{b n }满足b 1＝2，b n ＋1＝2b n . (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)是否存在自然数m ，使得对于任意n ∈N *，n ≥2，有1＋1b 1＋1b 2＋…＋1b n <m －84恒成立？若存在，求出m 的最小值；(3)若数列{c n }满足c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1na n，n 为奇数，b n ，n 为偶数，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由(n ＋1)a n ＝(n －1)a n －1， 即a n a n －1＝n －1n ＋1(n ≥2)． 又a 1＝12，所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1 ＝n －1n ＋1·n －2n ·n －3n －1·…·24·13·12＝1n (n ＋1).当n ＝1时，上式成立，故a n ＝1n (n ＋1).因为b 1＝2，b n ＋1＝2b n ，所以{b n }是首项为2，公比为2的等比数列，故b n ＝2n.(2)由(1)知，b n ＝2n，则1＋1b 1＋1b 2＋…＋1b n ＝1＋12＋122＋…＋12n ＝2－12n . 假设存在自然数m ，使得对于任意n ∈N *，n ≥2，有1＋1b 1＋1b 2＋…＋1b n <m －84恒成立，即2－12n<m －84恒成立，由m －84≥2，解得m ≥16.所以存在自然数m ，使得对于任意n ∈N *，n ≥2，有1＋1b 1＋1b 2＋…＋1b n <m －84恒成立，此时，m的最小值为16. (3)当n 为奇数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋13a 3＋…＋1na n ＋(b 2＋b 4＋…＋b n －1)＝[2＋4＋…＋(n ＋1)]＋(22＋24＋…＋2n －1)＝2＋n ＋12·n ＋12＋124(14)14n --- ＝n 2＋4n ＋34＋43(2n －1－1)；当n 为偶数时，T n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a 1＋13a 3＋…＋1(n －1)a n －1＋(b 2＋b 4＋…＋b n) ＝(2＋4＋…＋n )＋(22＋24＋ (2)) ＝2＋n 2·n 2＋24(14)14n-- ＝n 2＋2n 4＋43(2n－1)． 所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2＋4n ＋34＋43(2n －1－1)，n 为奇数，n 2＋2n 4＋43(2n－1)，n 为偶数.。