数学高考二轮专题11 数列求和及数列的简单应用(解析版)

专题11 数列求和及数列的简单应用【考向解读】数列求和是数列部分高考考查的两大重点之一，主要考查等差、等比数列的前n 项和公式以及其他求和方法，尤其是错位相减法、裂项相消法是高考的热点内容，常与通项公式相结合考查，有时也与函数、方程、不等式等知识交汇，综合命题. 从全国卷来看，由于三角和数列问题在解答题中轮换命题，若考查数列解答题，则以数列的通项与求和为核心地位来考查，题目难度不大.【命题热点突破一】分组转化法求和例1、设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *. (1)求通项公式a n ；(2)求数列{|a n －n －2|}的前n 项和．【答案】（1）+-=N ∈,31n a n n （2）+≥⎪⎩⎪⎨⎧+--=N ∈,2,2115322n n n n T n n【命题热点突破二】 裂项相消法求和 例2（本小题满分12分）已知数列{n a }的首项为1，n S 为数列{}n a 的前n 项和，11n n S qS +=+ ，其中q>0，*n N ∈ . （Ⅰ）若2322,,2a a a + 成等差数列，求{}n a 的通项公式； 【答案】（Ⅰ）1=n n a q -；【解析】（Ⅰ）由已知，1211,1,n n n n S qS S qS +++=+=+ 两式相减得到21,1n n a qa n ++=?. 又由211S qS =+得到21a qa =，故1n n a qa +=对所有1n ³都成立. 所以，数列{}n a 是首项为1，公比为q 的等比数列. 从而1=n n a q -.由2322+2a a a ，，成等比数列，可得322=32a a +，即22=32,q q +，则(21)(2)0q+q -=， 由已知,0q >，故 =2q . 所以1*2()n n a n -=?N .【命题热点突破三】 错位相减法求和例3、已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a n ＋1＋n －2，n ∈N *，a 1＝2. (1)证明：数列{a n －1}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝3nS n －n ＋1(n ∈N *)的前n 项和为T n ，证明：T n ＜6.【解析】(1)证明 因为S n ＝a n ＋1＋n －2， 当n ≥2时，S n －1＝a n ＋(n －1)－2＝a n ＋n －3， 两式相减，得a n ＝a n ＋1－a n ＋1，即a n ＋1＝2a n －1. 设c n ＝a n －1，代入上式，得c n ＋1＋1＝2(c n ＋1)－1， 即c n ＋1＝2c n .又S n ＝a n ＋1＋n －2，则a n ＋1＝S n －n ＋2， 故a 2＝S 1－1＋2＝3.所以c 1＝a 1－1，c 2＝a 2－1＝2，故c 2＝2c 1.综上，对于正整数n ，c n ＋1＝2c n 都成立，即数列{a n －1}是等比数列，其首项a 1－1＝1，公比q ＝2.所以a n －1＝1×2n －1，故a n ＝2n －1＋1.(2)解 由S n ＝a n ＋1＋n －2，得S n －n ＋2＝a n ＋1＝2n ＋1，故S n －n ＋1＝2n .所以b n ＝3n2n .所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n －1＋b n ＝32＋622＋ (3)2n ，①2×①，得2T n ＝3＋62＋3×322＋ (3)2n －1，②②－①，得T n ＝3＋32＋322＋…＋32n －1－3n 2n ＝⎝⎛⎭⎫1＋12＋122＋…＋12n －1－3n2n ＝3×1－⎝⎛⎭⎫12n1－12－3n 2n ＝6－3n ＋62n .因为3n ＋62n＞0， 所以T n ＝6－3n ＋62n ＜6.【命题热点突破四】 利用数列单调性解决数列不等式问题 例4、首项为正数的数列{a n }满足a n ＋1＝14(a 2n ＋3)，n ∈N *.若对一切n ∈N *都有a n ＋1＞a n ，求a 1的取值范围. 【解析】由a 2＝a 21＋34＞a 1，得a 21－4a 1＋3＞0， 于是0＜a 1＜1或a 1＞3.a n ＋1－a n ＞a 2n ＋34－a 2n －1＋34＝（a n ＋a n －1）（a n －a n －1）4，因为a 1＞0，a n ＋1＝a 2n ＋34，所以所有的a n 均大于0，因此a n ＋1－a n 与a n －a n －1同号.根据数学归纳法，∀n ∈N *，a n ＋1－a n 与a 2－a 1同号.因此，对一切n ∈N *都有a n ＋1＞a n 的充要条件是0＜a 1＜1或a 1＞3. 【命题热点突破五】 放缩法解决与数列和有关的不等式例5、已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *.设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，求证：n 4n ＋4＜T n ＜12.【解析】证明 ∵1a 2n ＝14n 2＞14n （n ＋1）＝14⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n ＞14⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝14⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝n 4n ＋4.又∵1a 2n ＝14n 2＜14n 2－1＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n ＜12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＜12.即得n 4n ＋4＜T n ＜12. 【高考题型解读】1.已知数列{}n a 的前n 项和1n n S a λ=+，其中0λ≠．（I ）证明{}n a 是等比数列，并求其通项公式； （II ）若53132S =，求λ． 【答案】（Ⅰ）1)1(11---=n n a λλλ；（Ⅱ）1λ=-． 【解析】（Ⅰ）由题意得1111a S a λ+==，故1≠λ，λ-=111a ，01≠a ． 由n n a S λ+=1，111+++=n n a S λ得n n n a a a λλ-=++11，即n n a a λλ=-+)1(1． 由01≠a ，0≠λ得0≠n a ，所以11-=+λλn n a a . 因此}{n a 是首项为λ-11，公比为1-λλ的等比数列，于是1)1(11---=n n a λλλ． （Ⅱ）由（Ⅰ）得n n S )1(1--=λλ，由32315=S 得3231)1(15=--λλ，即=-5)1(λλ321，解得1λ=-．2.本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分. 若无穷数列{}n a 满足：只要*(,)p q a a p q N =∈，必有11p q a a ++=，则称{}n a 具有性质P .（1）设{}n b 是无穷数列，已知*1sin ()n n n a b a n N +=+∈.求证：“对任意1,{}n a a 都具有性质P ”的充要条件为“{}n b 是常数列”.【解析】 [证]充分性：当{}n b 为常数列时，11sin n n a b a +=+．对任意给定的1a ，只要p q a a =，则由11sin sin p q b a b a +=+，必有11p q a a ++=． 充分性得证． 必要性：用反证法证明．假设{}n b 不是常数列，则存在k *∈N ，使得12k b b b b ==⋅⋅⋅==，而1k b b +≠．下面证明存在满足1sin n n n a b a +=+的{}n a ，使得121k a a a +==⋅⋅⋅=，但21k k a a ++≠． 设()sin f x x x b =--，取m *∈N ，使得m b π>，则()0f m m b ππ=->，()0f m m b ππ-=--<，故存在c 使得()0f c =．取1a c =，因为1sin n n a b a +=+（1n k ≤≤），所以21sin a b c c a =+==， 依此类推，得121k a a a c +==⋅⋅⋅==．但2111sin sin sin k k k k a b a b c b c ++++=+=+≠+，即21k k a a ++≠． 所以{}n a 不具有性质P ，矛盾． 必要性得证．综上，“对任意1a ，{}n a 都具有性质P ”的充要条件为“{}n b 是常数列”． 3.已知数列{}n a 的前n 项和S n =3n 2+8n ，{}n b 是等差数列，且1.n n n a b b +=+（Ⅰ）求数列{}n b 的通项公式； 【答案】（Ⅰ）13+=n b n ； 【解析】（Ⅰ）由题意知当2≥n 时，561+=-=-n S S a n n n ， 当1=n 时，1111==S a ， 所以56+=n a n . 设数列{}n b 的公差为d ， 由⎩⎨⎧+=+=322211b b a b b a ，即⎩⎨⎧+=+=d b db 321721111，可解得3,41==d b ，所以13+=n b n . 4.记{}1,2,100U =…，.对数列{}()*n a n N ∈和U 的子集T ，若T =∅,定义0T S =;若{}12,,k T t t t =…，，定义12+kT t t t S a a a =++….例如：{}=1,3,66T 时，1366+T S a a a =+.现设{}()*n a n N ∈是公比为3的等比数列，且当{}=2,4T 时，=30T S .（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）对任意正整数()1100k k ≤≤，若{}1,2,k T ⊆…，，求证：1T k S a +<； （3）设,,C D C U D U S S ⊆⊆≥,求证：2C C D D S S S +≥I . 【解析】下面分三种情况证明.①若D 是C 的子集，则2C C D C D D D D S S S S S S S +=+≥+=I . ②若C 是D 的子集，则22C C D C C C D S S S S S S +=+=≥I . ③若D 不是C 的子集，且C 不是D 的子集.令U E C D =I ð，U F D C =I ð则E ≠∅，F ≠∅，E F =∅I . 于是C E C D S S S =+I ，D F C D S S S =+I ，进而由C D S S ≥，得E F S S ≥.设k 是E 中的最大数，l 为F 中的最大数，则1,1,k l k l ≥≥≠.由（2）知，1E k S a +<，于是1133l kl F E k a S S a -+=≤≤<=，所以1l k -<，即l k ≤.又k l ≠，故1l k ≤-，从而1121131133222l l k E F l a S S a a a ----≤+++=+++=≤≤L L ，故21E F S S ≥+，所以2()1C C D D C D S S S S -≥-+I I ， 即21C C D D S S S +≥+I .综合①②③得，2C C D D S S S +≥I .4.已知数列{}n a 的前n 项和S n =3n 2+8n ，{}n b 是等差数列，且1.n n n a b b +=+（1）令1(1).(2)n n n nn a c b ++=+ 求数列{}n c 的前n 项和T n . 【答案】（1）223+⋅=n n n T . 【解析】知11(66)3(1)2(33)n n n nn c n n +++==+⋅+， 又n n c c c c T +⋅⋅⋅+++=321，得23413[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，345223[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，两式作差，得234123[22222(1)2]n n n T n ++-=⨯⨯+++⋅⋅⋅+-+⨯224(21)3[4(1)2]2132n n n n n ++-=⨯+-+⨯-=-⋅ 所以223+⋅=n n n T5.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】 由题意，得S 1＝a 1＝－1，又由a n ＋1＝S n S n ＋1，得S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，所以S n ≠0，所以S n ＋1－S nS n S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n ＝－1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝－1为首项，－1为公差的等差数列，得1S n ＝－1－(n －1)＝－n ，所以S n ＝－1n.6.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】 D7.已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n ，若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( )A ．a 1d ＞0，dS 4＞0B ．a 1d ＜0，dS 4＜0C ．a 1d ＞0，dS 4＜0D ．a 1d ＜0，dS 4＞0 【答案】 B【解析】 ∵a 3，a 4，a 8成等比数列，∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋7d )，整理得a 1＝－53d ，∴a 1d ＝－53d 2＜0，又S 4＝4a 1＋4×32d ＝－2d 3，∴dS 4＝－2d 23＜0，故选B.8.)数列{a n }满足：a 1＋2a 2＋…＋na n ＝4－n ＋22n －1，n ∈N *.(1)求a 3的值；(2)求数列{a n }前n 项和T n ；【解析】(1)解 a 1＝1，a 1＋2a 2＝2，a 2＝12，a 1＋2a 2＋3a 3＝4－54，a 3＝14.(2)解 n ≥2时，a 1＋2a 2＋…＋(n －1)a n －1＝4－n ＋12n －2，与原式相减，得na n ＝n 2n －1，a n ＝12n －1，n ＝1也符合，T n ＝1－12n1－12＝2－12n －1.9.设数列{a n }的前n 项和为S n .已知2S n ＝3n ＋3. (1)求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n b n ＝log 3a n ，求{b n }的前n 项和T n . 【解析】 (1)因为2S n ＝3n ＋3， 所以2a 1＝3＋3，故a 1＝3，当n ＞1时，2S n －1＝3n －1＋3，此时2a n ＝2S n －2S n －1＝3n －3n －1＝2×3n －1，即a n ＝3n －1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，3n －1，n ＞1.(2)因为a n b n ＝log 3a n ，所以b 1＝13，当n ＞1时，b n ＝31－n log 33n －1＝(n －1)·31－n . 所以T 1＝b 1＝13；当n ＞1时，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝13＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋(n －1)×31－n )，所以3T n ＝1＋(1×30＋2×3－1＋…＋(n －1)×32－n )，两式相减，得2T n ＝23＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n )－(n －1)×31－n＝23＋1－31－n 1－3－1－(n －1)×31－n ＝136－6n ＋32×3n ，所以T n ＝1312－6n ＋34×3n ， 经检验，n ＝1时也适合． 综上可得T n ＝1312－6n ＋34×3n.10已知数列{a n }满足a n ＋2＝qa n (q 为实数，且q ≠1)，n ∈N *，a 1＝1，a 2＝2，且a 2＋a 3，a 3＋a 4，a 4＋a 5成等差数列．设b n ＝log 2a 2na 2n －1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和．设{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1×120＋2×121＋3×122＋…＋(n －1)×12n －2＋n ×12n －1，12S n ＝1×121＋2×122＋3×123＋…＋(n －1)×12n －1＋n ×12n . 上述两式相减得：12S n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n2n ＝1－12n1－12－n 2n ＝2－22n －n2n ，整理得，S n ＝4－n ＋22n －1，n ∈N *.所以，数列{b n }的前n 项和为4－n ＋22n －1，n ∈N *.数列求和、数列的综合应用【基础篇】知识点一 数列求和1.等差数列{a n }中,a 4=9,a 7=15,则数列{(-1)n a n }的前20项和等于( ) A.-10 B.-20 C.10 D .20 答案 D2.已知等差数列{a n }中,a 3+a 5=a 4+7,a 10=19,则数列{a n cos nπ}的前2 018项的和为( ) A.1 008 B.1 009 C.2 017 D.2 018 答案 D3.已知公比为整数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 2=4,S 3=14,若b n =log 2a n ,则数列的前100项和为 . 答案4.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 =,求数列{c n }的前n 项和T n .解析 (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,符合上式,所以a n =6n+5.设数列{b n }的公差为d.由即可解得b 1=4,d=3.所以b n =3n+1. (2)由(1)知c 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×=-3n ·2n+2.所以T n =3n ·2n+2.知识点二 数列的综合应用1.已知a n=3n(n∈N*),记数列{a n}的前n项和为T n,若对任意的n∈N*,k≥3n-6恒成立,则实数k的取值范围是.答案k≥2.若a,b是函数f(x)=x2-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D3.设{a n}是等差数列,{b n}是等比数列.已知a1=4,b1=6,b2=2a2-2,b3=2a3+4.(1)求{a n}和{b n}的通项公式;(2)设数列{c n}满足c1=1,c n=其中k∈N*.(i)求数列{(-1)}的通项公式;(ii)求a i c i(n∈N*).解析本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识.考查化归与转化思想和数列求和的基本方法以及运算求解能力.(1)设等差数列{a n}的公差为d,等比数列{b n}的公比为q.依题意得解得故a n=4+(n-1)×3=3n+1,b n=6×2n-1=3×2n.所以,{a n}的通项公式为a n=3n+1,{b n}的通项公式为b n=3×2n.(2)(i)(-1)=(b n-1)=(3×2n+1)·(3×2n-1)=9×4n-1.所以,数列{(-1)}的通项公式为(-1)=9×4n-1.(ii)a i c i=[a i+a i(c i-1)]=a i+(-1)=+(9×4i-1)=(3×22n-1+5×2n-1)+9×-n=27×22n-1+5×2n-1-n-12(n∈N*).(2)(i)由c n=k∈N*知(-1)=(3×2n+1)·(3×2n-1),从而得到数列{(-1)}的通项公式. (ii)利用(i)把a i c i拆成[a i+a i(c i-1)],进而可得a i c i=a i+(-1),计算即可.方法1 错位相减法求和1.定义在[0,+∞)上的函数f(x)满足:当0≤x<2时,f(x)=2x-x2;当x≥2时,f(x)=3f(x-2).记函数f(x)的极大值点从小到大依次为a1,a2,…,a n,…,并记相应的极大值为b1,b2,…,b n,…,则a1b1+a2b2+…+a20b20的值为()A.19×320+1B.19×319+1C.20×319+1D.20×320+1答案A2.已知数列{na n}的前n项和为S n,且a n=2n,则使得S n-na n+1+50<0的最小正整数n的值为.答案5方法2 裂项相消法求和1.已知幂函数y=f(x)过点(4,2),令a n=f(n+1)+f(n),n∈N+,记数列的前n项和为S n,则S n=10时,n的值是()A.10B.120C.130D.140答案B2.已知公差不为0的等差数列{a n}的前n项和为S n,且S5=25,a2是a1和a5的等比中项.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列的前n项和为T n,若不等式T n<对任意的n∈N*都成立,求整数k的最小值.解析(1)因为S5=5a3=25,所以a3=5.因为a2是a1和a5的等比中项,所以=a1a5.设公差为d(d≠0),则有解得a1=1,d=2.所以a n=2n-1.(2)==,∴T n==<.所以≥,即k≥2,故整数k的最小值为2.3.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a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6.(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*).(i)求T n;(ii)证明=-2(n∈N*).解析(1)设等比数列{a n}的公比为q.由a1=1,a3=a2+2,可得q2-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a4=b3+b5,可得b1+3d=4.由a5=b4+2b6,可得3b1+13d=16,从而b1=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)(i)由(1),有S n==2n-1,故T n==-n=2n+1-n-2.(ii)证明:因为===-,所以,=++…+=-2.【提升篇】1.在数列{a n}中,若a1=1,a2=3,a n+2=a n+1-a n(n∈N*),则该数列的前100项之和是()A.18B.8C.5D.2答案C2.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了杨辉三角(如图),这是数学史上的一个伟大成就.在“杨辉三角”中,已知第n行的所有数字之和为2n-1,若去除所有为1的项,依次构成数列2,3,3,4,6,4,5,10,10,5,…,则此数列的前56项和为()A.2060B.2038C.4084D.4108答案C3.定义为n个正数u1,u2,u3,…,u n的“快乐数”.若已知正项数列{a n}的前n项的“快乐数”为,则数列的前2019项和为()A. B. C. D.答案B4.已知数列{a n}的首项a1=3,前n项和为S n,a n+1=2S n+3,n∈N*,设b n=log3a n,数列的前n项和T n的范围是()A. B. C. D.答案C5.已知数列{a n}的前n项和为S n,直线y=x-2与圆x2+y2=2a n+2交于A n,B n(n∈N*)两点,且S n=|A n B n|2.若a1+2a2+3a3+…+na n<λ+2对任意n∈N*恒成立,则实数λ的取值范围是()A.(0,+∞)B.C.[0,+∞)D.答案B6.数学家也有许多美丽的错误,如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想F n=+1(n=0,1,2,…)是质数.直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F5=641*6700417,不是质数.现设a n=log2(F n-1),n=1,2,…,S n表示数列{a n}的前n项和.则使不等式++…+<成立的最小正整数n的值是(提示210=1024)()A.11B.10C.9D.8答案C7.已知各项都为正数的等比数列{a n}的前n项和为S n,且满足a1=1,S3=7.若f(x)=S n x+a2x2+a3x3+…+a n x n(n≥2),f '(x)为函数f(x)的导函数,则f'(1)-f'(0)=()A.(n-1)·2nB.2n(n-1)C.n·2n+1D.2n(n+1)答案A8.已知数列{a n}的通项公式为a n=n(n+1),数列{b n}的通项公式为b n=3n-1,将数列{a n}、{b n}中的共有元素依次取出,构成数列{c n},则c10=.答案8129.记数列{a n}的前n项和为S n,已知a1=4,2a n=-a n-1+9(n≥2).若对任意的n∈N*,λ(S n-3n)≥4恒成立,则实数λ的最小值为.答案810.在数列{a n}中,a1=,a2=,且-=-(n≥2,n∈N*),则++…+=.答案375011.设三角形的边长为不相等的整数,且最大边长为n,这些三角形的个数为a n.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)在1,2,…,100中任取三个不同的整数,求它们可以是一个三角形的三条边长的概率.附:1+22+32+…+n2=.解析(1)设x,y,n为满足题意的三角形的边长,不妨设x<y<n,则x+y>n.由题设,易得a1=a2=a3=0.当n≥4,且n为偶数时,若y≤,x不存在;若y=+1,则x为;若y=+2,则x为-1,,+1;……;若y=n-1,则x为2,3,…,n-2.所以a n=1+3+…+(n-3)=.当n>4,且n为奇数时,可得a n=2+4+…+(n-3)=.所以{a n}的通项公式为a n=(2)记S n为数列{a n}的前n项和.由(1)可得S100=×(22+42+…+982)+×(2×4+4×6+…+96×98)=(12+22+...+492)+12+22+...+482+(1+2+ (48)=.故所求概率为=.12.正项数列{a n}的前n项和为S n,且S n=(n∈N*).(1)求a n;(2)令b n=a n·,求{b n}的前n项和T n.解析(1)n=1时,由S1=得a1=1,n≥2时,由得4a n=(1+a n)2-(1+a n-1)2,∴--2a n-2a n-1=0,(a n+a n-1)(a n-a n-1-2)=0,∵a n>0,∴a n-a n-1=2,∴a n=2n-1.(2)∵T n=1×+3×+5×+…+(2n-1),T n=1×+3×+5×+…+(2n-1),∴T n=+2-(2n-1)=-(2n+3),∴T=3-(2n+3).13.在①b1+b3=a2,②a4=b4,③S5=-25这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的k存在,求出k的值;若k不存在,说明理由.设等差数列{a n}的前n项和为S n,{b n}是等比数列,,b1=a5,b2=3,b5=-81,是否存在k,使S k>S k+1且S k+1<S k+2?注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.解析方案一:选条件①.设{b n}的公比为q,则q3==-27,解得q=-3,所以b n=-(-3)n-1.从而a5=b1=-1,a2=b1+b3=-10,由于{a n}是等差数列,所以a n=3n-16.因为S k>S k+1且S k+1<S k+2等价于a k+1<0且a k+2>0,所以满足题意的k存在,当且仅当解得k=4.方案二:选条件②.设{b n}的公比为q,则q3==-27,解得q=-3,所以b n=-(-3)n-1.从而a5=b1=-1,a4=b4=27,所以{a n}的公差d=-28.S k>S k+1且S k+1<S k+2等价于a k+1<0且a k+2>0,此时d=a k+2-a k+1>0,与d=-28矛盾,所以满足题意的k不存在.方案三:选条件③.设{b n}的公比为q,则q3==-27,解得q=-3,所以b n=-(-3)n-1.从而a5=b1=-1,由{a n}是等差数列得S5=,由S5=-25得a1=-9.所以a n=2n-11.因为S k>S k+1且S k+1<S k+2等价于a k+1<0且a k+2>0,所以满足题意的k存在,当且仅当解得k=4.。