2021數(shù)學(xué)（理）統(tǒng)考版二輪復(fù)習(xí)學(xué)案：板塊1 命題區(qū)間精講 精講10 數(shù)列含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2021高考數(shù)學(xué)（理）統(tǒng)考版二輪復(fù)習(xí)學(xué)案：板塊1命題區(qū)間精講精講10數(shù)列含解析數(shù)列命題點(diǎn)1等差(比）數(shù)列的基本運(yùn)算等差（比)數(shù)列基本運(yùn)算的解題途徑(1）設(shè)基本量:首項(xiàng)a1和公差d(公比q）．（2）列、解方程(組）：把條件轉(zhuǎn)化為關(guān)于a1和d（q)的方程（組)，然后求解,注意整體代換，以減少運(yùn)算量．提醒：對(duì)含有字母的等比數(shù)列求和時(shí)要注意q＝1或q≠1的情況，公式Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)只適用于q≠1的情況．［高考題型全通關(guān)］1．在數(shù)列｛an｝中,an＋1－an＝2,a2＝5，則｛an｝的前4項(xiàng)和為（）A．9B．22C．24D．32C［依題意得,數(shù)列{an｝是公差為2的等差數(shù)列，a1＝a2－2＝3,因此數(shù)列{an｝的前4項(xiàng)和等于4×3＋eq\f（4×3，2）×2＝24，選C．]2．首項(xiàng)為2，公比為3的等比數(shù)列{an｝的前n項(xiàng)和為Sn，則（）A．3an＝2Sn－2 B．3an＝2Sn＋2C．a(chǎn)n＝2Sn－2 D．a(chǎn)n＝3Sn－4B［因?yàn)閍1＝2，q＝3，所以Sn＝eq\f(a1－anq，1－q）＝eq\f（2－3an,1－3），所以3an＝2Sn＋2，故選B．]3．(2020·衡水模擬)已知數(shù)列{an}是公差為d（d≠0）的等差數(shù)列,且a1，a3，a6成等比數(shù)列，則eq\f(a1,d）＝()A．4B．3C．2D．1A[由數(shù)列{an｝是公差為d（d≠0）的等差數(shù)列，且a1，a3，a6成等比數(shù)列得aeq\o\al(2,3）＝a1·a6，即（a1＋2d)2＝a1(a1＋5d）．化為4d2＝a1d，又d≠0,解得eq\f（a1,d)＝4。故選A．］4．(2020·滁州模擬)設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,若S5＝40，S9＝126，則S7＝（）A．66B．68C．77D．84C［由等差數(shù)列的性質(zhì)可得:S5＝40＝5a1＋10d，S9＝126＝9a1＋36d，解得a1＝2，d＝3，則S7＝7×2＋eq\f（7×6，2）×3＝77。故選C．]5．已知數(shù)列｛an｝，｛bn｝滿足a1＝b1＝3，an＋1－an＝eq\f（bn＋1，bn）＝3,n∈N＊。若數(shù)列{cn｝滿足cn＝ban,則c2021＝()A．92020B．272020C．92021D．27D［由已知條件知｛an｝是首項(xiàng)為3，公差為3的等差數(shù)列．?dāng)?shù)列{bn｝是首項(xiàng)為3,公比為3的等比數(shù)列，∴an＝3n，bn＝3n.又cn＝ban＝33n,∴c2021＝33×2021＝272021，故選D．]6．(2020·衡水模擬）設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若Sm－1＝5，Sm＝－11，Sm＋1＝21,則m等于（）A．3B．4C．5D．6C[在等比數(shù)列中，因?yàn)镾m－1＝5,Sm＝－11,Sm＋1＝21，所以am＝Sm－Sm－1＝－11－5＝－16，am＋1＝Sm＋1－Sm＝32。則公比q＝eq\f（am＋1，am）＝eq\f(32,－16）＝－2，因?yàn)镾m＝－11，所以eq\f(a1[1－－2m］，1＋2）＝－11, ①又am＋1＝a1（－2)m＝32， ②兩式聯(lián)立解得m＝5,a1＝－1。]7．已知等比數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)和為Sn，且a2＝eq\f(3，2)，S3＝eq\f（9，2），則公比q＝________。1［（1)當(dāng)公比q＝1時(shí),S3＝3a1＝3a2＝eq\f(9,2），滿足題意．(2）當(dāng)公比q≠1時(shí),由S3＝a1＋a2＋a3＝eq\f(9，2），可知a1＋a3＝3，∴eq\f(3，2q）＋eq\f(3q，2)＝3得q＝1(舍去)．綜上可知,q＝1.]8．設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn。若S3，S9,S6成等差數(shù)列,且a8＝3,則a5的值為________．－6[設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q.∵S3,S9，S6成等差數(shù)列，∴2S9＝S3＋S6，且q≠1.∴eq\f（2a11－q9，1－q)＝eq\f（a11－q3,1－q)＋eq\f（a11－q6,1－q），即2q6－q3－1＝0，∴q3＝－eq\f(1,2）或q3＝1(舍去）．∵a8＝3，∴a5＝eq\f（a8，q3）＝eq\f（3，－\f(1,2)）＝－6。]命題點(diǎn)2等差（比)數(shù)列的性質(zhì)及應(yīng)用等差、等比數(shù)列性質(zhì)問題的求解策略(1)抓關(guān)系：抓住項(xiàng)與項(xiàng)之間的關(guān)系及項(xiàng)的序號(hào)之間的關(guān)系,從這些特點(diǎn)入手選擇恰當(dāng)?shù)男再|(zhì)進(jìn)行求解．(2)用性質(zhì)：數(shù)列是一種特殊的函數(shù)，具有函數(shù)的一些性質(zhì)，如單調(diào)性、周期性等,可利用函數(shù)的性質(zhì)解題．[高考題型全通關(guān)]1．(2020·景德鎮(zhèn)模擬)公比不為1的等比數(shù)列｛an}中，若a1a5＝aman，則mnA．5B．6C．8D．9B[由a1a5＝aman，根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)，可得m＋n＝1＋5＝6,且m，n∈N*所以m，n可能值為m＝1，n＝5或m＝2，n＝4或m＝3，n＝3，所以mn不可能的是6，故選B．]2．（2020·會(huì)寧模擬)已知數(shù)列{an｝為等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和,4＋a5＝a6＋a10，則S21＝(）A．7B．14C．28D．84D［∵4＋a5＝a6＋a10＝a5＋a11，故a11＝4.∴S21＝eq\f(21a1＋a21，2）＝21a11＝84.故選D．]3．已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和，若a1＋a2＋a3＝4,a4＋a5＋a6＝8，則S12＝（)A．40B．60C．32D．50B[由等比數(shù)列的性質(zhì)可知,數(shù)列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比數(shù)列,即數(shù)列4,8，S9－S6,S12－S9是等比數(shù)列,因此S12＝4＋8＋16＋32＝60,選B．］4．在等比數(shù)列｛an}中，a3，a15是方程x2－6x＋8＝0的兩根，則eq\f(a1a17,a9）的值為(）A．2eq\r（2）B．4C．±2eq\r(2)D．±4A［∵a3，a15是方程x2－6x＋8＝0的根，∴a3a15＝8，a3＋a15＝6,易知a3,a15均為正,∴a9＝a3q6＞0.由等比數(shù)列的性質(zhì)知，a1a17＝aeq\o\al(2，9)＝a3a15＝8，∴a9＝2eq\r(2)，eq\f（a1a17，a9)＝2eq\r(2），故選A．]5．(2020·寶雞二模)等比數(shù)列{an}，an＞0且a5a6＋a3a8＝54，則log3a1＋log3a2A．12B．15C．8D．2＋log35B［∵等比數(shù)列｛an}，an＞0且a5a6＋a3a∴a5a6＝a3a∴l(xiāng)og3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝log3（a1a2a3…a10）＝log3(a56．設(shè)等差數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)和為Sn，且a1〉0,a3＋a10>0，a6a7〈0,則滿足Sn〉0的最大自然數(shù)n的值為(A．6B．7C．12D．13C[∵a1〉0，a6a7<0,∴a6〉0，a7〈0，等差數(shù)列的公差小于零，又a3＋a10＝a1＋a12>0，a1＋a13＝2a7<0，∴S12〉0，S13<0，∴滿足Sn>0的最大自然數(shù)n7．等差數(shù)列{an}和{bn｝的前n項(xiàng)和分別為Sn與Tn，若對(duì)一切自然數(shù)n，都有eq\f(Sn，Tn)＝eq\f(2n,3n＋1）,則eq\f(a6,b6)等于（）A．eq\f（2,3)B．eq\f(9,14)C．eq\f（20,31)D．eq\f(11,17）D[eq\f(S11,T11)＝eq\f(11a6，11b6)＝eq\f(a6，b6)＝eq\f（22，34)＝eq\f（11，17).］8．《九章算術(shù)》是我國古代第一部數(shù)學(xué)專著,全書收集了246個(gè)問題及其解法，其中一個(gè)問題為“現(xiàn)有一根九節(jié)的竹子，自上而下各節(jié)的容積成等差數(shù)列，上面四節(jié)容積之和為3升，下面三節(jié)的容積之和為4升，求中間兩節(jié)的容積各為多少？"該問題中第2節(jié)、第3節(jié)、第8節(jié)竹子的容積之和為()A．eq\f(17,6）升B．eq\f（7,2)升C．eq\f(113，66）升D．eq\f（109,33）升A[自上而下依次設(shè)各節(jié)竹子的容積分別為a1,a2，…，a9，依題意有eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＋a4＝3，，a7＋a8＋a9＝4，))因?yàn)閍2＋a3＝a1＋a4，a7＋a9＝2a8，故a2＋a3＋a8＝eq\f（3，2）＋eq\f(4，3)＝eq\f(17，6)。故選A．］［教師備選]1．［高考改編]已知｛an}是等差數(shù)列,若a1＋1,a3＋3，a5＋5成等比數(shù)列，且公比為q，則q＝(）A．3B．－3C．1D．－1C[設(shè)｛an}是公差為d的等差數(shù)列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5成等比數(shù)列，可得（a3＋3)2＝(a1＋1）(a5＋5），即(a1＋2d＋3)2＝(a1＋1）（a1＋4d＋5)，化為d2＋2d＋1＝0，解得d＝－1，則an＝a1－(n－1)，則公比為q＝eq\f（a3＋3,a1＋1）＝eq\f(a1－2＋3,a1＋1)＝1，故選C．]2．（2020·包頭一模)正項(xiàng)等比數(shù)列｛an｝滿足a1＋a3＝eq\f(5，4),且2a2，eq\f（1，2)a4，a3成等差數(shù)列,則(a1a2)·（a2a3)·…·(anan＋1）取得最小值時(shí)的n值為__________．2［正項(xiàng)等比數(shù)列{an｝的公比設(shè)為q，a1＋a3＝eq\f(5,4）,且2a2,eq\f（1，2)a4,a3成等差數(shù)列,可得a1＋a1q2＝eq\f(5，4）,a4＝2a2＋a3，即q2＝2＋q，解得q＝2，a1＝eq\f（1,4），則an＝eq\f(1，4）·2n－1＝2n－3，anan＋1＝2n－3·2n－2＝22n－5，所以(a1a2）·（a2a3）·…·(anan＋1)＝2－3·2－1…22＝2－3－1＋…＋2n－5＝2eq\f（n2n－8，2)＝2n2－4n＝2（n－2）2－4。當(dāng)n＝2時(shí)，(a1a2）·（a2a3）·…·（anan命題點(diǎn)3數(shù)列的遞推關(guān)系數(shù)列的通項(xiàng)的求法(1)給出Sn與an的遞推關(guān)系求an的常用思路：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)轉(zhuǎn)化為an的遞推關(guān)系，再求其通項(xiàng)公式;二是轉(zhuǎn)化為Sn的遞推關(guān)系，先求出Sn與n之間的關(guān)系，再求an.注意：用an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（Sn，n＝1，，Sn－Sn－1，n≥2）)求通項(xiàng)時(shí)，要注意檢驗(yàn)n＝1的情況．(2)根據(jù)數(shù)列的遞推關(guān)系求通項(xiàng)的常用方法①累加(乘)法形如an＋1＝an＋f(n）的數(shù)列,可用累加法;形如eq\f（an＋1,an)＝f(n)的數(shù)列，可用累乘法．②構(gòu)造數(shù)列法形如an＋1＝eq\f（nan,man＋n)，可轉(zhuǎn)化為eq\f（1,an＋1）－eq\f（1，an）＝eq\f（m，n)，構(gòu)造等差數(shù)列eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1（\f(1，an)））；形如an＋1＝pan＋q（pq≠0，且p≠1），可轉(zhuǎn)化為an＋1＋eq\f(q,p－1)＝peq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f（q，p－1））)構(gòu)造等比數(shù)列eq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1(an＋\f(q，p－1))）。[高考題型全通關(guān)］1．(2020·廈門模擬)已知數(shù)列｛an｝滿足a1＝1，an＝a1＋a2＋…＋an－1＋1(n≥2)，則a7＝（）A．31B．32C．63D．64D［當(dāng)n≥2時(shí),由an＝a1＋a2＋…＋an－1＋1,得an－1＝a1＋a2＋…＋an－2＋1，兩式相減得：an＝2an－1,又因?yàn)閍1＝1，所以數(shù)列｛an}是等比數(shù)列,所以a7＝a1·q6＝64，故選D．］2．在數(shù)列｛an}中，已知an＋1＝an＋n(n∈N＊），且a1＝2,則a40的值是()A．782B．782.5C．822D．822.5A［由an＋1＝an＋n（n∈N*)?an＋1－an＝n，所以a40＝(a40－a39)＋（a39－a38）＋(a38－a37）＋…＋(a2－a1)＋a1＝39＋38＋37＋…＋1＋2，所以a40＝eq\f（39＋1×39，2)＋2＝782，故選A．］3．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a1＝1，Sn＝2an＋1，則Sn＝(）A．2n－1 B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3，2))）eq\s\up7(n－1)C．eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（2，3)))eq\s\up7（n－1） D．eq\f(1,2n－1）B[∵an＋1＝Sn＋1－Sn，且Sn＝2an＋1,∴Sn＝2(Sn＋1－Sn）,即eq\f（Sn＋1,Sn）＝eq\f(3，2).∴{Sn｝是首項(xiàng)為1，公比為eq\f（3,2)的等比數(shù)列，即Sn＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(3,2）))eq\s\up7（n－1)。］4．已知數(shù)列｛an｝滿足遞推關(guān)系：an＋1＝eq\f(an,an＋1），a1＝eq\f（1，2)，則a2020＝（）A．eq\f（1,2018）B．eq\f(1,2019）C．eq\f(1,2020)D．eq\f（1,2021）D［由an＋1＝eq\f(an,an＋1)得：eq\f（1,an＋1)＝eq\f（an＋1，an）＝eq\f(1,an）＋1，即eq\f（1,an＋1）－eq\f（1,an）＝1，又a1＝eq\f(1，2），則eq\f（1，a1)＝2，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1(\f（1,an)））是以2為首項(xiàng),1為公差的等差數(shù)列,∴eq\f（1,a2020）＝2＋（2020－1)×1＝2021,∴a2020＝eq\f（1，2021），故選D．]5．(2020·湖北孝感七校聯(lián)考)已知數(shù)列｛an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋1（n∈N*），Sn為其前n項(xiàng)和，S5的值為（)A．63B．61C．62D．57D[由數(shù)列的遞推關(guān)系可得：an＋1＋1＝2(an＋1）,且a1＋1＝2,所以數(shù)列｛an＋1}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列，則an＋1＝2×2n－1?an＝2n－1,故S5＝eq\f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－25）），1－2)－5＝57，故選D．]6．（2020·眉山模擬)已知數(shù)列{an｝的前n項(xiàng)和為Sn,且an＋1＝eq\f(4Sn－1，2n－1）,a1＝1，n∈N*,則{an}的通項(xiàng)公式an＝（)A．nB．n＋1C．2n－1D．2n＋1C［∵an＋1＝eq\f（4Sn－1，2n－1），∴(2n－1）an＋1＝4Sn－1， ①∴（2n－3）an＝4Sn－1－1(n≥2)， ②①－②得:（2n－1)an＋1－(2n－3）an＝4an（n≥2），整理得：eq\f(an＋1,an）＝eq\f（2n＋1，2n－1）(n≥2)，∴an＝eq\f（an,an－1）·eq\f(an－1,an－2)·eq\f（an－2，an－3）…eq\f（a3，a2)·eq\f（a2，a1)·a1＝eq\f（2n－1，2n－3)·eq\f(2n－3,2n－5）·eq\f（2n－5,2n－7)…eq\f(5,3)·eq\f(3，1）·1＝2n－1（n≥2），又a1＝1，符合上式，∴an＝2n－1.故選C．]7．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1－2an＝2n（n∈N＊)，則數(shù)列{an｝的通項(xiàng)公式an＝________.n·2n－1[an＋1－2an＝2n兩邊同除以2n＋1,可得eq\f（an＋1,2n＋1）－eq\f（an，2n）＝eq\f（1，2)，又eq\f(a1，2）＝eq\f(1，2），所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f（an,2n)）)是以eq\f（1,2）為首項(xiàng)，eq\f（1，2)為公差的等差數(shù)列,所以eq\f（an,2n)＝eq\f（1，2）＋(n－1）×eq\f(1,2）＝eq\f(n,2),所以an＝n·2n－1。］8．?dāng)?shù)列{an}滿足eq\f(1,2）a1＋eq\f(1，22)a2＋eq\f(1,23)a3＋…＋eq\f(1,2n)an＝2n＋1，則數(shù)列{an｝的通項(xiàng)公式為________．a(chǎn)n＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（6,n＝1，2n＋1,n≥2））［因?yàn)閑q\f（1，2）a1＋eq\f（1,22)a2＋eq\f(1,23)a3＋…＋eq\f(1，2n)an＝2n＋1,所以eq\f(1,2)a1＋eq\f（1，22)a2＋eq\f（1，23)a3＋…＋eq\f（1，2n－1）an－1＝2(n－1)＋1，兩式相減得eq\f(1，2n)an＝2，即an＝2n＋1,n≥2。又eq\f(1，2)a1＝3，所以a1＝6，因此an＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（6，n＝1，,2n＋1，n≥2.)）］命題點(diǎn)4數(shù)列求和與數(shù)列的綜合應(yīng)用1．?dāng)?shù)列求和方法(1)分組求和：形如{an±bn｝的數(shù)列求和．（2）并項(xiàng)求和：形如an＝(－1）nf（n)的數(shù)列求和．（3)裂項(xiàng)相消求和：形如eq\b\lc\｛\rc\}（\a\vs4\al\co1（\f（1,an·an＋k)）)的求和，其中{an｝是等差數(shù)列.(4）錯(cuò)位相減法求和：形如{an·bn}的數(shù)列求和,其中｛an}，{bn｝分別為等差和等比兩個(gè)不同的數(shù)列．（5）含絕對(duì)值的數(shù)列求和:先去絕對(duì)值，再求和．2．與數(shù)列有關(guān)的綜合問題求解策略（1）對(duì)于新信息情境下的數(shù)列問題，在讀懂題意的前提下，要弄清所考查的問題與哪個(gè)知識(shí)點(diǎn)有關(guān),在此基礎(chǔ)上,借助相關(guān)知識(shí)尋找求解線索．（2）以數(shù)列為背景的不等式恒成立問題，多為不等式恒成立與證明和形式的不等式，在求解時(shí)要注意等價(jià)轉(zhuǎn)化即分離參數(shù)法與放縮法的技巧，同時(shí)也要注意數(shù)列或數(shù)列對(duì)應(yīng)函數(shù)的單調(diào)性的應(yīng)用．[高考題型全通關(guān)]1．已知數(shù)列｛an}的通項(xiàng)公式是an＝(－1）n·（3n－2),則a1＋a2＋…＋a10等于(）A．15B．12C．－12D．－15A［∵an＝(－1)n(3n－2），∴a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4）＋（－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15.]2．［高考改編］數(shù)列｛an}滿足an＋1＋an＝（－1）n·n，則數(shù)列｛an}的前20項(xiàng)和為(）A．－100B．100C．－110D．110A[由an＋1＋an＝(－1)n·n，得a2＋a1＝－1，a3＋a4＝－3，a5＋a6＝－5，…，a19＋a20＝－19,∴｛an}的前20項(xiàng)和為a1＋a2＋…＋a19＋a20＝－1－3－…－19＝－eq\f(1＋19,2）×10＝－100.]3．(2020·石家莊實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)已知無窮等差數(shù)列｛an｝，前n項(xiàng)和Sn中，S6＜S7，且S7＞S8，則()A．在數(shù)列｛an}中a7最大B．在數(shù)列｛an｝中，a3或a4最大;C．前三項(xiàng)之和S3必與前11項(xiàng)之和S11相等D．當(dāng)n≥8時(shí)，an＜0.D［由于S6＜S7，S7＞S8，所以S7－S6＝a7＞0，S8－S7＝a8＜0,所以數(shù)列{an｝是遞減的等差數(shù)列,最大項(xiàng)為a1，所以A，B均錯(cuò),D正確．S11－S3＝a4＋a5＋…＋a11＝4（a4＋a11）＝8a74．已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Tn，a3＝4，T6＝27，數(shù)列｛bn｝滿足bn＋1＝b1＋b2＋b3＋…＋bn，b1＝b2＝1，設(shè)cn＝an＋bn，則數(shù)列{cn}的前11項(xiàng)和S11等于(）A．1062B．2124C．1101D．1100C［設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（a1＋2d＝4,,6a1＋15d＝27，)）解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，，d＝1，))∴數(shù)列{an｝的通項(xiàng)公式為an＝n＋1.當(dāng)n≥2時(shí)，bn＋1－bn＝bn，∴bn＋1＝2bn，即數(shù)列{bn}從第二項(xiàng)起為等比數(shù)列,∴bn＝2n－2（n≥2)，∴數(shù)列｛bn}的通項(xiàng)公式為bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（1，n＝1，,2n－2,n≥2。））分組求和可得數(shù)列{cn}的前11項(xiàng)和S11＝(2＋3＋4＋…＋12）＋（1＋1＋2＋22＋…＋29)＝77＋210＝1101。]5．?dāng)?shù)列{an}中,a1＝－60,an＋1＝an＋3,則|a1|＋|a2|＋…＋|a30|＝________。765［由a1＝－60，an＋1＝an＋3可得an＝3n－63，則a21＝0,｜a1｜＋｜a2|＋…＋｜a30｜＝－(a1＋a2＋…＋a20）＋(a21＋…＋a30）＝S30－2S20＝765.]6．［一題兩空］對(duì)于等差數(shù)列和等比數(shù)列,我國古代很早就有研究成果，北宋大科學(xué)家沈括在《夢溪筆談》中首創(chuàng)的“隙積術(shù)”，就是關(guān)于高階等差級(jí)數(shù)求和的問題．現(xiàn)有一貨物堆,從上向下查，第一層有2個(gè)貨物，第二層比第一層多3個(gè)，第三層比第二層多4個(gè)，以此類推,記第n層貨物的個(gè)數(shù)為an，則數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式an＝________，數(shù)列eq\b\lc\｛\rc\｝（\a\vs4\al\co1(\f（n,n＋2an))）的前n項(xiàng)和Sn＝________。eq\f（nn＋3,2）eq\f（2n,3n＋9)［由題意可知a1＝2,a2－a1＝3,a3－a2＝4，…，an－an－1＝n＋1，累加可得an＝2＋3＋4＋…＋（n＋1)＝eq\f（nn＋3,2)，∴eq\f（n,n＋2an）＝eq\f(2，n＋2n＋3)＝2eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1，n＋2）－\f（1,n＋3）)），∴Sn＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1，3）－\f（1,4）))＋2eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f（1，5）))＋…＋2eq\f(1,n＋2）－eq\f（1,n＋3）＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3）－\f(1,n＋3)））＝eq\f(2n,3n＋9）.］7．（2020·齊齊哈爾一模)已知數(shù)列｛an}的前n項(xiàng)和Sn滿足，Sn＝3an－2.數(shù)列{nan｝的前n項(xiàng)和為Tn，則滿足Tn＞100的最小的n值為________．7［根據(jù)題意，數(shù)列{an}滿足Sn＝3an－2, ①當(dāng)n≥2時(shí),有Sn－1＝3an－1－2， ②①－②可得：an＝3an－3an－1，變形可得2an＝3an－1，當(dāng)n＝1時(shí)，有S1＝a1＝3a1－2，解可得a1則數(shù)列｛an}是以a1＝1為首項(xiàng)，公比為eq\f(3,2)的等比數(shù)列,則an＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(3，2)))eq\s\up7(n－1）,數(shù)列｛nan｝的前n項(xiàng)和為Tn,則Tn＝1＋2×eq\f（3，2）＋3×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(3，2))）eq\s\up7(2）＋……＋n×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(3,2））)eq\s\up7(n－1)， ③eq\f（3，2）Tn＝eq