高考數(shù)學二輪復習專題練三核心熱點突破專題二數(shù)列第2講數(shù)列求和及綜合問題含解析2

/19/19/第2講數(shù)列求和及綜合問題高考定位1.高考對數(shù)列求和的考查主要以解答題的形式出現(xiàn)，通過分組轉(zhuǎn)化、錯位相減、裂項相消等方法求數(shù)列的和，難度中檔偏下；2.在考查數(shù)列運算的同時，將數(shù)列與不等式、函數(shù)交匯滲透.真題感悟1.(2020·全國Ⅰ卷)數(shù)列{an}滿足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，前16項和為540，則a1＝________.解析法一因為an＋2＋(－1)nan＝3n－1，所以當n為偶數(shù)時，an＋2＋an＝3n－1，所以a4＋a2＝5，a8＋a6＝17，a12＋a10＝29，a16＋a14＝41，所以a2＋a4＋a6＋a8＋a10＋a12＋a14＋a16＝92.因為數(shù)列{an}的前16項和為540，所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝540－92＝448.①因為當n為奇數(shù)時，an＋2－an＝3n－1，所以a3－a1＝2，a7－a5＝14，a11－a9＝26，a15－a13＝38，所以(a3＋a7＋a11＋a15)－(a1＋a5＋a9＋a13)＝80.②由①②得a1＋a5＋a9＋a13＝184.又a3＝a1＋2，a5＝a3＋8＝a1＋10，a7＝a5＋14＝a1＋24，a9＝a7＋20＝a1＋44，a11＝a9＋26＝a1＋70，a13＝a11＋32＝a1＋102，所以a1＋a1＋10＋a1＋44＋a1＋102＝184，所以a1＝7.法二同法一得a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝448.當n為奇數(shù)時，有an＋2－an＝3n－1，由累加法得an＋2－a1＝3(1＋3＋5＋…＋n)－eq\f(n＋1,2)＝eq\f(3,2)(1＋n)·eq\f(n＋1,2)－eq\f(n＋1,2)＝eq\f(3,4)n2＋n＋eq\f(1,4)，所以an＋2＝eq\f(3,4)n2＋n＋eq\f(1,4)＋a1.所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝a1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)×12＋1＋\f(1,4)＋a1))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)×32＋3＋\f(1,4)＋a1))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)×52＋5＋\f(1,4)＋a1))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)×72＋7＋\f(1,4)＋a1))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)×92＋9＋\f(1,4)＋a1))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)×112＋11＋\f(1,4)＋a1))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)×132＋13＋\f(1,4)＋a1))＝8a1＋392＝448，解得a1＝7.答案72.(2018·全國Ⅰ卷)記Sn為數(shù)列{an}的前n項和.若Sn＝2an＋1，則S6＝________.解析法一因為Sn＝2an＋1，所以當n＝1時，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1.當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)，所以an＝2an－1，所以數(shù)列{an}是以－1為首項，2為公比的等比數(shù)列，所以an＝－2n－1.所以S6＝eq\f(－1×（1－26）,1－2)＝－63.法二由Sn＝2an＋1，得S1＝2S1＋1，所以S1＝－1，當n≥2時，由Sn＝2an＋1得Sn＝2(Sn－Sn－1)＋1，即Sn＝2Sn－1－1，∴Sn－1＝2(Sn－1－1)，又S1－1＝－2，∴{Sn－1}是首項為－2，公比為2的等比數(shù)列，所以Sn－1＝－2×2n－1＝－2n，所以Sn＝1－2n，∴S6＝1－26＝－63.答案－633.(2020·新高考山東卷)已知公比大于1的等比數(shù)列{an}滿足a2＋a4＝20，a3＝8.(1)求{an}的通項公式；(2)記bm為{an}在區(qū)間(0，m](m∈N*)中的項的個數(shù)，求數(shù)列{bm}的前100項和S100.解(1)設(shè)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的公比為q(q＞1).由題設(shè)得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8.解得q＝eq\f(1,2)(舍去)，q＝2.由題設(shè)得a1＝2.所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通項公式為an＝2n.(2)由題設(shè)及(1)知b1＝0，且當2n≤m＜2n＋1時，bm＝n.所以S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋…＋b100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63)＝480.4.(2020·全國Ⅰ卷)設(shè){an}是公比不為1的等比數(shù)列，a1為a2，a3的等差中項.(1)求{an}的公比；(2)若a1＝1，求數(shù)列{nan}的前n項和.解(1)設(shè){an}的公比為q，由題設(shè)得2a1＝a2＋a3，即2a1＝a1q＋a1q2.所以q2＋q－2＝0，解得q＝1(舍去)或q＝－2.故{an}的公比為－2.(2)記Sn為{nan}的前n項和.由(1)及題設(shè)可得an＝(－2)n－1，所以Sn＝1＋2×(－2)＋…＋n·(－2)n－1，－2Sn＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)·(－2)n－1＋n·(－2)n.所以3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n·(－2)n＝eq\f(1－(－2)n,3)－n·(－2)n.所以Sn＝eq\f(1,9)－eq\f((3n＋1)(－2)n,9).考點整合1.常用公式：12＋22＋32＋42＋…＋n2＝eq\f(n（n＋1）（2n＋1）,6).2.(1)數(shù)列通項an與前n項和Sn的關(guān)系為an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1（n＝1），,Sn－Sn－1（n≥2）.))(2)應用an與Sn的關(guān)系式f(an，Sn)＝0時，應特別注意n＝1時的情況，防止產(chǎn)生錯誤.3.數(shù)列求和(1)分組轉(zhuǎn)化法：一個數(shù)列既不是等差數(shù)列，也不是等比數(shù)列，若將這個數(shù)列適當拆開，重新組合，就會變成幾個可以求和的部分，分別求和，然后再合并.(2)錯位相減法：主要用于求數(shù)列{an·bn}的前n項和，其中{an}，{bn}分別是等差數(shù)列和等比數(shù)列.(3)裂項相消法：即將數(shù)列的通項分成兩個式子的代數(shù)差的形式，然后通過累加抵消中間若干項的方法，裂項相消法適用于形如eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(c,anan＋1)))(其中{an}是各項均不為零的等差數(shù)列，c為常數(shù))的數(shù)列.溫馨提醒裂項求和時，易把系數(shù)寫成它的倒數(shù)或忘記系數(shù)導致錯誤.4.數(shù)列與函數(shù)、不等式的交匯數(shù)列與函數(shù)的綜合問題一般是利用函數(shù)作為背景，給出數(shù)列所滿足的條件，通常利用點在曲線上給出Sn的表達式，還有以曲線上的切點為背景的問題，解決這類問題的關(guān)鍵在于利用數(shù)列與函數(shù)的對應關(guān)系，將條件進行準確的轉(zhuǎn)化.數(shù)列與不等式的綜合問題一般以數(shù)列為載體，考查不等關(guān)系或恒成立問題.熱點一an與Sn的關(guān)系問題【例1】設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，對任意的正整數(shù)n，都有an＝5Sn＋1成立，bn＝－1－log2|an|，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，cn＝eq\f(bn＋1,TnTn＋1).(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)求數(shù)列{cn}的前n項和An，并求出An的最值.解(1)因為an＝5Sn＋1，n∈N*，所以an＋1＝5Sn＋1＋1，兩式相減，得an＋1＝－eq\f(1,4)an，又當n＝1時，a1＝5a1＋1，知a1＝－eq\f(1,4)，所以數(shù)列{an}是公比、首項均為－eq\f(1,4)的等比數(shù)列.所以數(shù)列{an}的通項公式an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))eq\s\up12(n).(2)由(1)知bn＝－1－log2|an|＝2n－1，數(shù)列{bn}的前n項和Tn＝n2，cn＝eq\f(bn＋1,TnTn＋1)＝eq\f(2n＋1,n2（n＋1）2)＝eq\f(1,n2)－eq\f(1,（n＋1）2)，所以An＝1－eq\f(1,（n＋1）2).因此{An}是單調(diào)遞增數(shù)列，∴當n＝1時，An有最小值A(chǔ)1＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)；An沒有最大值.探究提高1.給出Sn與an的遞推關(guān)系求an，常用思路是：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.2.由Sn求an時，一定注意分n＝1和n≥2兩種情況，最后驗證兩者是否能合為一個式子，若不能，則用分段形式來表示.【訓練1】(2020·合肥檢測)已知正項數(shù)列{an}的前n項和為Sn，滿足aeq\o\al(2,n)＝Sn＋Sn－1(n≥2)，a1＝1.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝(1－an)2－a(1－an)，若{bn}是遞增數(shù)列，求實數(shù)a的取值范圍.解(1)aeq\o\al(2,n)＝Sn＋Sn－1(n≥2)，aeq\o\al(2,n－1)＝Sn－1＋Sn－2(n≥3).相減可得aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＝an＋an－1，∵an＞0，an－1＞0，∴an－an－1＝1(n≥3).當n＝2時，aeq\o\al(2,2)＝a1＋a2＋a1，∴aeq\o\al(2,2)＝2＋a2，a2＞0，∴a2＝2.因此n＝2時，an－an－1＝1成立.∴數(shù)列{an}是等差數(shù)列，公差為1.∴an＝1＋n－1＝n.(2)bn＝(1－an)2－a(1－an)＝(n－1)2＋a(n－1)，∵{bn}是遞增數(shù)列，∴bn＋1－bn＝n2＋an－(n－1)2－a(n－1)＝2n＋a－1＞0，即a＞1－2n恒成立，∴a＞－1.∴實數(shù)a的取值范圍是(－1，＋∞).熱點二數(shù)列求和方法1分組轉(zhuǎn)化求和【例2】(2020·山東五地聯(lián)考)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足關(guān)于x的不等式a1x2－S2x＋2＜0的解集為(1，2).(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝a2n＋2an－1，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因為關(guān)于x的不等式a1x2－S2x＋2＜0的解集為(1，2)，所以eq\f(S2,a1)＝1＋2＝3，得a1＝d，又易知eq\f(2,a1)＝2，所以a1＝1，d＝1.所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝n.(2)由(1)可得，a2n＝2n，2an＝2n.因為bn＝a2n＋2an－1，所以bn＝2n－1＋2n，所以數(shù)列{bn}的前n項和Tn＝(1＋3＋5＋…＋2n－1)＋(2＋22＋23＋…＋2n)＝eq\f(n（1＋2n－1）,2)＋eq\f(2（1－2n）,1－2)＝n2＋2n＋1－2.探究提高1.求解本題要過四關(guān)：(1)“轉(zhuǎn)化”關(guān)，把不等式的解轉(zhuǎn)化為方程根的問題；(2)“方程”關(guān)，利用方程思想求出基本量a1及d；(3)“分組求和”關(guān)，觀察數(shù)列的通項公式，把數(shù)列分成幾個可直接求和的數(shù)列；(4)“公式”關(guān)，會利用等差、等比數(shù)列的前n項和公式求和.2.分組求和的策略：(1)根據(jù)等差、等比數(shù)列分組；(2)根據(jù)正號、負號分組.本題易忽視數(shù)列通項的下標如錯得a2n＝n，應注意“＝”左右兩邊保持一致.【訓練2】(2020·濰坊調(diào)研)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a2＝8，S4＝40.數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，且Tn－2bn＋3＝0，n∈N*.(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式；(2)設(shè)cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an，n為奇數(shù)，,bn，n為偶數(shù)，))求數(shù)列{cn}的前n項和Pn.解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝8，,4a1＋6d＝40，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝4，,d＝4，))所以an＝4n，因為Tn－2bn＋3＝0，所以當n＝1時，b1＝3，當n≥2時，Tn－1－2bn－1＋3＝0，兩式相減，得bn＝2bn－1(n≥2)，則數(shù)列{bn}為首項為3，公比為2的等比數(shù)列，所以bn＝3·2n－1.(2)cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4n，n為奇數(shù)，,3·2n－1，n為偶數(shù)，))當n為偶數(shù)時，Pn＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝eq\f(（4＋4n－4）·\f(n,2),2)＋eq\f(6（1－4\f(n,2)）,1－4)＝2n＋1＋n2－2.當n為奇數(shù)時，法一n－1(n≥3)為偶數(shù)，Pn＝Pn－1＋cn＝2(n－1)＋1＋(n－1)2－2＋4n＝2n＋n2＋2n－1，n＝1時符合上式.法二Pn＝(a1＋a3＋…＋an－2＋an)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)＝eq\f(（4＋4n）·\f(n＋1,2),2)＋eq\f(6（1－4\f(n－1,2)）,1－4)＝2n＋n2＋2n－1.所以Pn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n＋1＋n2－2，n為偶數(shù)，,2n＋n2＋2n－1，n為奇數(shù).))方法2裂項相消求和【例3】(2020·江南六校調(diào)研)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知S1＝2，an＋1＝Sn＋2.(1)證明：{an}為等比數(shù)列；(2)記bn＝log2an，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(λ,bnbn＋1)))的前n項和為Tn，若Tn≥10恒成立，求λ的取值范圍.(1)證明由已知，得a1＝S1＝2，a2＝S1＋2＝4，當n≥2時，an＝Sn－1＋2，所以an＋1－an＝(Sn＋2)－(Sn－1＋2)＝an，所以an＋1＝2an(n≥2).又a2＝2a1，所以eq\f(an＋1,an)＝2(n∈N*)，所以{an}是首項為2，公比為2的等比數(shù)列.(2)解由(1)可得an＝2n，所以bn＝n.則eq\f(λ,bnbn＋1)＝eq\f(λ,n（n＋1）)＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，Tn＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))，因為Tn≥10，所以eq\f(λn,n＋1)≥10，從而λ≥eq\f(10（n＋1）,n)，因為eq\f(10（n＋1）,n)＝10eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))≤20，所以λ的取值范圍為[20，＋∞).探究提高1.裂項相消求和就是將數(shù)列中的每一項裂成兩項或多項，使這些裂開的項出現(xiàn)有規(guī)律的相互抵消，要注意消去了哪些項，保留了哪些項.2.消項規(guī)律：消項后前邊剩幾項，后邊就剩幾項，前邊剩第幾項，后邊就剩倒數(shù)第幾項.【訓練3】設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.(1)求{an}的通項公式；(2)求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1)))的前n項和.解(1)因為a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，①故當n≥2時，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，②①－②得(2n－1)an＝2，所以an＝eq\f(2,2n－1)，又n＝1時，a1＝2適合上式，從而{an}的通項公式為an＝eq\f(2,2n－1).(2)記eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1)))的前n項和為Sn，由(1)知eq\f(an,2n＋1)＝eq\f(2,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1)，則Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝1－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(2n,2n＋1).方法3錯位相減法求和【例4】(2020·濟南統(tǒng)測)在①a3＝5，a2＋a5＝6b2，②b2＝2，a3＋a4＝3b3，③S3＝9，a4＋a5＝8b2這三個條件中任選一個，補充至橫線上，并解答問題.已知等差數(shù)列{an}的公差為d(d>1)，前n項和為Sn，等比數(shù)列{bn}的公比為q，且a1＝b1，d＝q，________.(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式；(2)記cn＝eq\f(an,bn)，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn.(注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分)解選條件①.(1)∵a3＝5，a2＋a5＝6b2，a1＝b1，d＝q，d>1，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝5，,2a1＋5d＝6a1d，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(25,6)，,d＝\f(5,12)))(舍去).∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b1＝1，,q＝2.))∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，bn＝b1qn－1＝2n－1.(2)∵cn＝eq\f(an,bn)，∴cn＝eq\f(2n－1,2n－1)＝(2n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1).∴Tn＝1＋3×eq\f(1,2)＋5×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋…＋(2n－3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－2)＋(2n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋5×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋…＋(2n－3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＋(2n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n).上面兩式相減，得eq\f(1,2)Tn＝1＋2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n－1)))－(2n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)＝1＋2×eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n－1))),1－\f(1,2))－(2n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)＝3－(2n＋3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n).∴Tn＝6－(2n＋3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1).選條件②.(1)∵b2＝2，a3＋a4＝3b3，a1＝b1，d＝q，d>1，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1d＝2，,2a1＋5d＝3a1d2，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1d＝2，,2a1＋5d＝6d，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－1，,d＝－2))(舍去).∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b1＝1，,q＝2.))∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，bn＝b1qn－1＝2n－1.(2)∵cn＝eq\f(an,bn)，∴cn＝eq\f(2n－1,2n－1)＝(2n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1).∴Tn＝1＋3×eq\f(1,2)＋5×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋…＋(2n－3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－2)＋(2n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋5×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋…＋(2n－3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＋(2n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n).上面兩式相減，得eq\f(1,2)Tn＝1＋2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n－1)))－(2n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)＝1＋2×eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n－1))),1－\f(1,2))－(2n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)＝3－(2n＋3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n).∴Tn＝6－(2n＋3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1).選條件③.(1)∵S3＝9，a4＋a5＝8b2，a1＝b1，d＝q，d>1，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝3，,2a1＋7d＝8a1d，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(21,8)，,d＝\f(3,8)))(舍去)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b1＝1，,q＝2.))∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，bn＝b1qn－1＝2n－1.(2)∵cn＝eq\f(an,bn)，∴cn＝eq\f(2n－1,2n－1)＝(2n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1).∴Tn＝1＋3×eq\f(1,2)＋5×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋…＋(2n－3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－2)＋(2n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋5×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋…＋(2n－3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＋(2n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n).上面兩式相減，得eq\f(1,2)Tn＝1＋2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n－1)))－(2n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)＝1＋2×eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n－1))),1－\f(1,2))－(2n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)＝3－(2n＋3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n).∴Tn＝6－(2n＋3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1).探究提高1.一般地，如果數(shù)列{an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，求數(shù)列{an·bn}的前n項和時，可采用錯位相減法求和，一般是和式兩邊同乘以等比數(shù)列{bn}的公比，然后作差求解.2.在寫“Sn”與“qSn”的表達式時應特別注意將兩式“錯項對齊”，以便下一步準確地寫出“Sn－qSn”的表達式.【訓練4】(2020·濰坊模擬)在①b2n＝2bn＋1，②a2＝b1＋b2，③b1，b2，b4成等比數(shù)列這三個條件中選擇符合題意的兩個條件，補充在下面的問題中，并求解.已知數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝3an.公差不等于0的等差數(shù)列{bn}滿足________，求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))的前n項和Sn.(注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分)解因為a1＝1，an＋1＝3an，所以{an}是以1為首項，3為公比的等比數(shù)列，所以an＝3n－1.選①②時，設(shè)數(shù)列{bn}的公差為d1.因為a2＝3，所以b1＋b2＝3(ⅰ).因為b2n＝2bn＋1，所以當n＝1時，b2＝2b1＋1(ⅱ).由(ⅰ)(ⅱ)解得b1＝eq\f(2,3)，b2＝eq\f(7,3)，所以d1＝eq\f(5,3)，所以bn＝eq\f(5n－3,3).所以eq\f(bn,an)＝eq\f(5n－3,3n).所以Sn＝eq\f(b1,a1)＋eq\f(b2,a2)＋…＋eq\f(bn,an)＝eq\f(2,31)＋eq\f(7,32)＋eq\f(12,33)＋…＋eq\f(5n－3,3n)，所以eq\f(1,3)Sn＝eq\f(2,32)＋eq\f(7,33)＋eq\f(12,34)＋…＋eq\f(5n－8,3n)＋eq\f(5n－3,3n＋1).上面兩式相減，得eq\f(2,3)Sn＝eq\f(2,3)＋5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32)＋\f(1,33)＋…＋\f(1,3n)))－eq\f(5n－3,3n＋1)＝eq\f(2,3)＋eq\f(5,6)－eq\f(15,2×3n＋1)－eq\f(5n－3,3n＋1)＝eq\f(3,2)－eq\f(10n＋9,2×3n＋1).所以Sn＝eq\f(9,4)－eq\f(10n＋9,4×3n).選②③時，設(shè)數(shù)列{bn}的公差為d2.因為a2＝3，所以b1＋b2＝3，即2b1＋d2＝3.因為b1，b2，b4成等比數(shù)列，所以beq\o\al(2,2)＝b1b4，即(b1＋d2)2＝b1(b1＋3d2)，化簡得deq\o\al(2,2)＝b1d2.因為d2≠0，所以b1＝d2，從而d2＝b1＝1，所以bn＝n.所以eq\f(bn,an)＝eq\f(n,3n－1).所以Sn＝eq\f(b1,a1)＋eq\f(b2,a2)＋…＋eq\f(bn,an)＝eq\f(1,30)＋eq\f(2,31)＋eq\f(3,32)＋…＋eq\f(n,3n－1)，所以eq\f(1,3)Sn＝eq\f(1,31)＋eq\f(2,32)＋eq\f(3,33)＋…＋eq\f(n－1,3n－1)＋eq\f(n,3n).上面兩式相減，得eq\f(2,3)Sn＝1＋eq\f(1,31)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,33)＋…＋eq\f(1,3n－1)－eq\f(n,3n)＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))－eq\f(n,3n)＝eq\f(3,2)－eq\f(2n＋3,2×3n).所以Sn＝eq\f(9,4)－eq\f(2n＋3,4×3n－1).選①③時，設(shè)數(shù)列{bn}的公差為d3.因為b2n＝2bn＋1，所以b2＝2b1＋1，所以d3＝b1＋1.又因為b1，b2，b4成等比數(shù)列，所以beq\o\al(2,2)＝b1b4，即(b1＋d3)2＝b1(b1＋3d3)，化簡得deq\o\al(2,3)＝b1d3.因為d3≠0，所以b1＝d3，無解，所以等差數(shù)列{bn}不存在.故不合題意.熱點三與數(shù)列相關(guān)的綜合問題【例5】(2020·杭州濱江區(qū)調(diào)研)設(shè)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2x，f′(x)是y＝f(x)的導函數(shù)，若數(shù)列{an}滿足an＋1＝f′(an)，且首項a1＝1.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，等比數(shù)列{bn}中，b1＝a1，b2＝a2，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，請寫出適合條件Tn≤Sn的所有n的值.解(1)由f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2x，得f′(x)＝x＋2.∵an＋1＝f′(an)，且a1＝1.∴an＋1＝an＋2，則an＋1－an＝2，因此數(shù)列{an}是公差為2，首項為1的等差數(shù)列.∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1.(2)數(shù)列{an}的前n項和Sn＝eq\f(n（1＋2n－1）,2)＝n2，等比數(shù)列{bn}中，設(shè)公比為q，∵b1＝a1＝1，b2＝a2＝3，∴q＝3.∴bn＝3n－1，∴數(shù)列{bn}的前n項和Tn＝eq\f(1－3n,1－3)＝eq\f(3n－1,2).Tn≤Sn可化為eq\f(3n－1,2)≤n2.又n∈N*，∴n＝1，或n＝2.故適合條件Tn≤Sn的所有n的值為1和2.探究提高1.求解數(shù)列與函數(shù)交匯問題要注意兩點：(1)數(shù)列是一類特殊的函數(shù)，其定義域是正整數(shù)集(或它的有限子集)，在求數(shù)列最值或不等關(guān)系時要特別注意；(2)解題時準確構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)性質(zhì)時注意限制條件.2.數(shù)列為背景的不等式恒成立、不等式證明，多與數(shù)列的求和相聯(lián)系，最后利用數(shù)列或數(shù)列對應函數(shù)的單調(diào)性處理.【訓練5】已知數(shù)列{an}與{bn}滿足：a1＋a2＋a3＋…＋an＝2bn(n∈N*)，若{an}是各項為正數(shù)的等比數(shù)列，且a1＝2，b3＝b2＋4.(1)求數(shù)列{an}與{bn}的通項公式；(2)若數(shù)列{cn}滿足cn＝eq\f(an,bnbn＋1)(n∈N*)，Tn為數(shù)列{cn}的前n項和，證明：Tn＜1.(1)解由題意知，a1＋a2＋a3＋…＋an＝2bn，①當n≥2時，a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝2bn－1，②①－②可得an＝2(bn－bn－1)?a3＝2(b3－b2)＝2×4＝8，∵a1＝2，an＞0，設(shè){an}的公比為q，∴a1q2＝8?q＝2，∴an＝2×2n－1＝2n(n∈N*).∴2bn＝21＋22＋23＋…＋2n＝eq\f(2（1－2n）,1－2)＝2n＋1－2，∴bn＝2n－1(n∈N*).(2)證明由已知cn＝eq\f(an,bn·bn＋1)＝eq\f(2n,（2n－1）（2n＋1－1）)＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1)，∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝eq\f(1,21－1)－eq\f(1,22－1)＋eq\f(1,22－1)－eq\f(1,23－1)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1)＝1－eq\f(1,2n＋1－1)，當n∈N*時，2n＋1＞1，∴eq\f(1,2n＋1－1)＞0，∴1－eq\f(1,2n＋1－1)＜1，故Tn＜1.A級鞏固提升一、選擇題1.已知Tn為數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋1,2n)))的前n項和，若m>T10＋1013恒成立，則整數(shù)m的最小值為()A.1026 B.1025 C.1024 D.1023解析因為eq\f(2n＋1,2n)＝1＋eq\f(1,2n)，所以Tn＝n＋1－eq\f(1,2n)，則T10＋1013＝11－eq\f(1,210)＋1013＝1024－eq\f(1,210)，又m>T10＋1013，所以整數(shù)m的最小值為1024.答案C2.(2020·河北“五個一”名校聯(lián)盟診斷)在等差數(shù)列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，則數(shù)列{ancosnπ}的前2020項的和為()A.1009 B.1010 C.2019 D.2020解析設(shè){an}的公差為d，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋6d＝a1＋3d＋7，,a1＋9d＝19，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2，))∴an＝2n－1，設(shè)bn＝ancosnπ，則b1＋b2＝a1cosπ＋a2cos2π＝2，b3＋b4＝a3cos3π＋a4cos4π＝2，…，∴數(shù)列{ancosnπ}的前2020項的和S2020＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2019＋b2020)＝2×1010＝2020.答案D3.數(shù)列{an}滿足a1＝1，對任意n∈N*，都有an＋1＝1＋an＋n，則eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a99)＝()A.eq\f(99,98) B.2 C.eq\f(99,50) D.eq\f(99,100)解析對任意n∈N*，都有an＋1＝1＋an＋n，則an＋1－an＝n＋1，則an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋1＝eq\f(n（n＋1）,2)，則eq\f(1,an)＝eq\f(2,n（n＋1）)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a99)＝2[eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,99)－\f(1,100)))]＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,100)))＝eq\f(99,50).答案C4.(多選題)(2020·青島質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，Sn＋1＝Sn＋2an＋1，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2n,anan＋1)))的前n項和為Tn，n∈N*，則下列選項正確的為()A.數(shù)列{an＋1}是等差數(shù)列B.數(shù)列{an＋1}是等比數(shù)列C.數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n－1D.Tn<1解析由Sn＋1＝Sn＋2an＋1，得an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1，可化為an＋1＋1＝2(an＋1).由a1＝1，得a1＋1＝2，則數(shù)列{an＋1}是首項為2，公比為2的等比數(shù)列.則an＋1＝2n，即an＝2n－1.由eq\f(2n,anan＋1)＝eq\f(2n,（2n－1）（2n＋1－1）)＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1)，得Tn＝1－eq\f(1,22－1)＋eq\f(1,22－1)－eq\f(1,23－1)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1)＝1－eq\f(1,2n＋1－1)<1.所以A錯誤，B，C，D正確.故選BCD.答案BCD5.(多選題)(2020·煙臺模擬)已知數(shù)列{an}滿足an＋1＋an＝n·(－1)eq\f(n（n＋1）,2)，其前n項和為Sn，且m＋S2019＝－1009，則下列說法正確的是()A.m為定值 B.m＋a1為定值C.S2019－a1為定值 D.ma1有最大值解析當n＝2k(k∈N*)時，由已知條件得a2k＋a2k＋1＝2k·(－1)k(2k＋1)，所以S2019＝a1＋a2＋a3＋…＋a2019＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2018＋a2019)＝a1－2＋4－6＋8－10＋…－2018＝a1＋1008－2018＝a1－1010，所以S2019－a1010.m010.＋S2019＝m＋a1－1010＝－1009，所以m＋a1＝1，所以ma1≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋a1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)，當且僅當m＝a1＝eq\f(1,2)時等號成立，此時ma1取得最大值eq\f(1,4).故選BCD.答案BCD二、填空題6.對于數(shù)列{an}，定義數(shù)列{an＋1－an}為數(shù)列{an}的“差數(shù)列”，若a1＝2，數(shù)列{an}的“差數(shù)列”的通項公式為an＋1－an＝2n，則數(shù)列{an}的前n項和Sn＝________.解析因為an＋1－an＝2n，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝eq\f(2－2n,1－2)＋2＝2n－2＋2＝2n，所以Sn＝eq\f(2－2n＋1,1－2)＝2n＋1－2.答案2n＋1－27.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且2Sn＝3an＋1，則a1＝________，an＝________.解析令n＝1，則2S1＝3a1＋1，又S1＝a1，所以a1＝－1.當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,2)(3an－3an－1)，整理得an＝3an－1，即eq\f(an,an－1)＝3(n≥2).因此，{an}是首項為－1，公比為3的等比數(shù)列.故an＝－3n－1.答案－1－3n－18.(2020·福州調(diào)研)已知數(shù)列{nan}的前n項和為Sn，且an＝2n，則使得Sn－nan＋1＋50<0的最小正整數(shù)n的值為________.解析Sn＝1×21＋2×22＋…＋n×2n，則2Sn＝1×22＋2×23＋…＋n×2n＋1，兩式相減得－Sn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝eq\f(2（1－2n）,1－2)－n·2n＋1，故Sn＝2＋(n－1)·2n＋1.又an＝2n，∴Sn－nan＋1＋50＝2＋(n－1)·2n＋1－n·2n＋1＋50＝52－2n＋1，依題意52－2n＋1<0，故最小正整數(shù)n的值為5.答案5三、解答題9.(2020·合肥調(diào)研)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，且a10＝4，S15＝30.(1)求數(shù)列{an}的通項公式以及前n項和Sn；(2)記數(shù)列{2an＋4＋an}的前n項和為Tn，求滿足Tn＞0的最小正整數(shù)n的值.解(1)記數(shù)列{an}的公差為d，S15＝30?15a8＝30?a8＝2，故d＝eq\f(a10－a8,10－8)＝1，故an＝a10＋(n－10)d＝4＋n－10＝n－6，Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）d,2)＝－5n＋eq\f(n（n－1）,2)＝eq\f(n2,2)－eq\f(11n,2).(2)依題意，2an＋4＋an＝n－6＋2n－2Tn＝(－5－4＋…＋n－6)＋(2－1＋20＋…＋2n－2)＝eq\f(n（n－11）,2)＋eq\f(2n－1,2)，當n＝1時，T1＝eq\f(－1×10＋21－1,2)＜0；當n＝2時，T2＝eq\f(－2×9＋22－1,2)＜0；當n＝3時，T3＝eq\f(－3×8＋23－1,2)＜0；當n＝4時，T4＝eq\f(－4×7＋24－1,2)＜0；當n≥5時，eq\f(n（n－11）,2)≥－15，eq\f(2n－1,2)≥eq\f(31,2)，所以Tn＞0.故滿足Tn＞0的最小正整數(shù)n的值為5.10.(2020·臨沂模擬)甲、乙兩同學在復習數(shù)列時發(fā)現(xiàn)曾經(jīng)做過的一道有關(guān)數(shù)列的題目因紙張被破壞，導致一個條件看不清，具體如下：等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知________.(1)判斷S1，S2，S3的關(guān)系；(2)若a1－a3＝3，設(shè)bn＝eq\f(n,12)|an|，記{bn}的前n項和為Tn，求證：Tn<eq\f(4,3).甲同學記得缺少的條件是首項a1的值，乙同學記得缺少的條件是公比q的值，并且他倆都記得第(1)問的答案是S1，S3，S2成等差數(shù)列.如果甲、乙兩同學記得的答案是正確的，請你通過推理把條件補充完整并解答此題.(1)解由S1，S3，S2成等差數(shù)列，得2S3＝S1＋S2，即2(a1＋a1q＋a1q2)＝2a1＋a1q，解得q＝－eq\f(1,2)或q＝0(舍去).若乙同學記得的缺少的條件是正確的，則公比q＝－eq\f(1,2).所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝a1－eq\f(1,2)a1＝eq\f(1,2)a1，S3＝a1＋a2＋a3＝a1－eq\f(1,2)a1＋eq\f(1,4)a1＝eq\f(3,4)a1，可得S1＋S2＝2S3，即S1，S3，S2成等差數(shù)列.(2)證明由a1－a3＝3，可得a1－eq\f(1,4)a1＝3，解得a1＝4，所以an＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1).所以bn＝eq\f(n,12)|an|＝eq\f(n,12)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(n－1)))＝eq\f(2,3)n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n).所以Tn＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1×\f(1,2)＋2×\f(1,4)＋3