2020高考理科數(shù)學二輪專題提分教程全國通用版課件篇3數(shù)列共6份打包第二編三3講

第3講 數(shù)列的綜合問題第二編 講專題專題三 數(shù)列「考情研析」1.從具體內(nèi)容上，數(shù)列的綜合問題，主要考查：①數(shù)列與函數(shù)、不等式結合，探求數(shù)列中的最值或證明不等式．②以等差數(shù)列、等比數(shù)列為背景，利用函數(shù)觀點探求參數(shù)的值或范圍．2.從高考特點上，常在選填題型的最后兩題及解答題第17

題中出現(xiàn)，分值一般為5～8

分.1核心知識回顧PART

ONE數(shù)列綜合應用主要體現(xiàn)在以下兩點：以數(shù)列知識為紐帶，在數(shù)列與函數(shù)、方程、不等式、解析幾何的交匯處命題，主要考查利用函數(shù)觀點、不等式的方法解決數(shù)列問題，往往涉及與數(shù)列相關的不等式證明、參數(shù)的范圍等．以數(shù)列知識為背景的新概念、創(chuàng)新型問題，除了需要用到數(shù)列知識外，還要運用函數(shù)、不等式等相關知識和方法，特別是題目條件中的“新知識”是解題的鑰匙，此類問題體現(xiàn)了即時學習，靈活運用知識的能力．2熱點考向探究PART

TWO考向

1

數(shù)列與函數(shù)的綜合問題

例

1 (2019·上海市青浦區(qū)高三二模)已知函數(shù)

f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)，且不等式|f(x)|≤2019|2x－x2|對任意的

x∈[0,10]都成立，數(shù)列{an}是以

7＋a

為首項，公差為

1

的等差數(shù)列(n∈N*)．(1)當x∈[0,10]時，寫出方程2x－x2＝0

的解，并寫出數(shù)列{an}的通項公式(不必證明)；

1

3

(2)若

bn＝an·

an(n∈N*)，數(shù)列{bn}的前

n

項和為

Sn，對任意的

n∈N*，都有Sn<m

成立，求m

的取值范圍．解

(1)因為

x∈[0,10]時，易知方程

2x－x2＝0

的解為

x＝2，x＝4，x

2

|f(2)|≤0，由不等式|f(x)|≤2019|2

－x

|對任意的x∈[0,10]都成立，可得

|f(4)|≤0，即

解得

f(2)＝4＋2a＋b＝0，

a＝－6，

f(4)＝16＋4a＋b＝0，

b＝8，所以f(x)＝x2－6x＋8，又數(shù)列{an}是以7＋a＝1為首項，公差為1

的等差數(shù)列，所以an＝n.

1

(2)由(1)知

bn＝an·

an＝n·

1

3

3

n，13所以

Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝1·

＋2·

1

3

2＋3·

1

3

3＋…＋n·

1

3

n，①13Sn＝1·

3

2＋2·

3＋3·

3

3

4＋…＋n·

1

1

1

1

3

n＋1，②n2

13

3①－②得，S

＝＋

3

2＋

1

1

3

1

3＋…＋

n－n·

1

3

3

n＋1＝1

3

1－

13n

1－13

－n·

1

3

n＋1＝12

1－3n

－1

n

3n＋1，整理得，S3n＝4－4·3n

，由4·3n2n＋3

2n＋33>0

可得Sn<4，n4由S

<m

恒成立，可得m≥3.1n解

(1)∵a∥b，∴2S

＝2

－1n

n＋n

1，S

＝2

－2.當n≥2

時，an＝Sn－Sn－1＝2n；當n＝1

時，a1＝S1＝2，滿足上式，∴an＝2n.

1

2

(2)①∵f(x)＝

x，f(bn＋1)＝

1

f(－1－bn)，∴

1

2

bn＋1＝

1

1

2

－1－bn，∴

1

1

2bn＋1

21＋bn＝

.∴bn＋1＝bn＋1，即bn＋1－bn＝1.又∵b1＝1，∴{bn}是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列，∴bn＝n.an

2bn

n

1

22

2②cn＝ ＝

n，Tn＝

1＋

2＋…＋n－12n－1＋

n2n，21

1

1

22

2

2兩邊同乘得，Tn＝

2＋3＋…＋n－12n＋

n

2n＋1，1

1

1

12

2

2

22上述兩式相減得Tn＝

1＋2＋3＋…＋n－1

n 2n＋1＝

2

1－1

12n

1－12

－

n

2n＋1＝1－n＋22n＋1，n∴T

＝2－n＋22n(n∈N*)．考向

2

數(shù)列與不等式的綜合問題例2

(2019·云南玉溪第一中學高三第五次調研)若數(shù)列{an}的前n

項和為nSn，首項a1>0

且2Sn＝a2＋an(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若an>0，令bn＝4an(an＋2)n

n

n，數(shù)列{b

}的前n

項和為T

，若T

<m

恒成立，m∈Z，求m

的最小值．1

1

1

1解

(1)當

n＝1

時，2S1＝a2＋a

，又

a

>0，則

a

＝1，n

n

n－1當

n≥2

時，a

＝S

－S

＝a2＋a

a2—＋a—2

2n n－

n

1

n

1，即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0?an＝－an－1

或an＝an－1＋1，∴an＝(－1)n－1

或an＝n(n≥2)，又a1＝1

滿足上式，∴an＝(－1)n－1

或an＝n，n∈N*.(2)由an>0，∴an＝n，bn＝

4

n(n＋2)

＝2

1

n—

1

n＋2

，

Tn＝2

1－

3

2—

＋

＋

1

1

1

11

4

3

5

—

＋…＋

n—n＋2

1

1

2

＝2

1＋－—1

1

1

n＋1

n＋2

＝3—

4n＋6

(n＋1)(n＋2)<3，若Tn<m

恒成立，則m≥3，又m∈Z，∴mmin＝3.解

(1)因為

Sn＝n，

①當

n≥2

時，Sn－1＝n－1，

②an－1n由①－②，得

n

＝1，故

a

＝n＋1，又因為a1＝2

適合上式，所以an＝n＋1(n∈N*)．n(2)證明：由(1)知，b

＝n(a

－1)2(an＋1＝2n＋1

2n＋1－1)2

n

(n＋1)2

21n2＝

－1(n＋1)2n，T

＝

12－22

＋

2

1

1

1

1

32

2－

＋…＋

1

n2－1(n＋1)2

＝1－

1

(n＋1)2n，所以T

<1.考向

3

奇(偶)數(shù)項和問題例

3

設數(shù)列{an}的前

n

項和為

Sn.已知

a1＝1，a2＝2，且

an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，n∈N*.證明：an＋2＝3an；求Sn.解

(1)證明：由條件，對任意

n∈N*，有

an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，因而對任意

n∈N*，n≥2，有

an＋1＝3Sn－1－Sn＋3.兩式相減，得an＋2－an＋1＝3an－an＋1，即an＋2＝3an，n≥2.又a1＝1，a2＝2，所以a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1.故對一切

n∈N*，an＋2＝3an.n(2)由(1)知，a

≠0，所以anan＋2＝3.于是數(shù)列{a2n－1}是首項a1＝1，公比為3的等比數(shù)列；數(shù)列{a2n}是首項a2＝2，公比為3

的等比數(shù)列．—

n－1因此

a2n－1＝3n

1，a2n＝2×3

.于是S2n＝a1＋a2＋…＋a2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝(1＋3＋…＋3n－1)＋2(1＋3＋…＋3n－1)＝3(1＋3＋…＋3n－1)＝3(3n－1)2，16

9x

π

2

π

6

解

f′(x)＝

－sinx－

＋

，則

f′

＝4，故

an＋1＋an＝4n＋3.(1)設等差數(shù)列{an}的公差為d，則an＝a1＋(n－1)d，an＋1＝a1＋nd，由an＋1＋an＝4n＋3

得(a1＋nd)＋[a1＋(n－1)d]＝4n＋3，解得d＝2，a1＝5.2(2)由an＋1＋an＝4n＋3

得an＋2＋an＋1＝4n＋7，兩式相減得an＋2－an＝4，故數(shù)列{a2n－1}是首項為a1，公差為4

的等差數(shù)列；數(shù)列{a2n}是首項為a2，公差為4

的等差數(shù)列，又a1＋a2＝7，a2＝7－a1，n所以a

＝

2n－2＋a1(n為奇數(shù))，1

2n＋3－a

(n為偶數(shù)).①當n

為奇數(shù)時，an＝2n－2＋a1，an＋2n2≥0，則有a1≥－2n2－2n＋2對任意的奇數(shù)n

恒成立，2

1

2

52令f(n)＝－2n

－2n＋2＝－2

n＋

2＋，n

為奇數(shù)，則f(n)max＝f(1)＝－2，所以a1≥－2.②當n

為偶數(shù)時，an＝2n＋3－a1，an＋2n2≥0，則有a1≤2n2＋2n＋3

對任意的偶數(shù)n

恒成立，2

1

2

52令g(n)＝2n

＋2n＋3＝2

n＋

2＋，n

為偶數(shù)，則g(n)min＝g(2)＝15，故a1≤15.綜上，a1

的取值范圍是[－2,15]．3真題VS押題PART

THREE『真題模擬』1．(2019·齊齊哈爾高三二模)已知等差數(shù)列{an}的前n

項和為Sn，且S10＝120，a2－a1，a4－a2，a1＋a2

成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；

Sn

1

1522(2)設

Tn

為數(shù)列

的前

n

項和，求滿足

Tn>

的最小的

n

值．解

(1)設等差數(shù)列{an}的公差為

d，由S10＝120

得10a1＋45d＝120,2a1＋9d＝24，由a2－a1，a4－a2，a1＋a2

成等比數(shù)列，得d(2a1＋d)＝4d2

且d≠0，∴2a1＝3d，∴a1＝3，d＝2，∴等差數(shù)列{an}的通項公式為an＝a1＋(n－1)d＝3＋(n－1)·2＝2n＋1.n(2)∵S

＝na1＋2n(n－1

d＝n(n＋2)，Sn∴

＝1

1

n(n＋2)＝

1

12

n—

1

n＋2

，∴Tn＝

2

1

1

1

1

1

13

2

4

3

5

n

1－

＋

－

＋

－

＋…＋

－1

1n＋2

＝

2

1

2

1＋

－—1

1

1n＋1

n＋2

，n22由T

>15得

1

1

3

n＋1

n＋2

22＋

<

，n(3n－35)>60，∴n

的最小值為14.2．(2019·河北衡水中學高三下學期一調)已知數(shù)列{an}的前n

項和Sn

滿足S

S

1

－

1

－

1S

Sn－1

n

n

n－11＝0，a

＝1.求數(shù)列{an}的通項公式；在數(shù)列{an}的前100

項中，是否存在兩項am，at(m，t∈N*，且m<t)，1

1

12

m t使得a

，a

，a

三項成等比數(shù)列？若存在，求出所有的

m，t

的取值；若不存在，請說明理由．1Sn1Sn－1

SnSn－1＝0，解

(1)因為 －

1

－所以

Sn－

Sn－1＝1，所以數(shù)列{

Sn}是以

1

為首項，1

為公差的等差數(shù)列，所以Sn＝1＋(n－1)×1＝n，所以Sn＝n2.當n≥2

時，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.又2×1－1＝1＝a1，所以an＝2n－1(n∈N*)．2m1

1

1t(2)若a

，a

，a

三項成等比數(shù)列，則

×1

1a2

at＝

1

a

m

2，即×1

1

2t－1

1

3

2m－1

＝

2，即(2m－1)2＝3(2t－1)．因為t≤100，所以(2m－1)2≤597，又m∈N*，所以2m－1≤24，所以m≤12.又2m－1

為3

的奇數(shù)倍，所以m＝2,5,8,11，驗證得

t＝14，

t＝38，

m＝5，

m＝8，

m＝11，

t＝74.3．(2019·浙江高考)設等差數(shù)列{an}的前n

項和為Sn，a3＝4，a4＝S3.數(shù)列{bn}滿足：對每個n∈N*，Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn

成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式；n(2)記c

＝an2bn*1

2，n∈N

，證明：c

＋c

＋…＋nc

<2

n，n∈N*.解

(1)設數(shù)列{an}的公差為

d，由題意得

a1＋2d＝4，解得

a1＝0，

a1＋3d＝3a1＋3d，

d＝2.從而an＝2n－2，n∈N*.所以Sn＝n2－n，n∈N*.由Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn

成等比數(shù)列，得

(Sn＋1＋bn)2＝(Sn＋bn)(Sn＋2＋bn)．n1d解得b

＝

(S2n＋1

n

n＋2

n－S

S

)．所以b

＝n2＋n，n∈N*.n(2)證明：c

＝2bnan

＝2n－2＝2n(n＋1)

n(n＋1)n－1，n∈N*.k.那么，當n我們用數(shù)學歸納法證明．①當n＝1

時，c1＝0<2，不等式成立；②假設當n＝k(k∈N*)時不等式成立，即c1＋c2＋…＋ck<2＝k＋1

時，c1

＋

c2

＋…＋

ck

＋

ck

＋

1<2

k

＋(k＋1)(k＋2)

k

<2k

＋k＋1

1

<2k

＋2k＋1＋

k＝2

k＋2(

k＋1－

k)＝2

k＋1，即當n＝k＋1

時不等式也成立．根據(jù)①和②，不等式

c1＋c2＋…＋cn<2

n對任意

n∈N*成立．『金版押題』3cosπx－sinπx(x∈R)的所有正的零點構成遞增數(shù)列4．已知函數(shù)f(x)＝{an}(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設bn＝

2

n

an＋

1

2

3

，求數(shù)列{bn}的前n

項和Tn.

解

(1)f(x)＝

3cosπx－sinπx＝2cos

πx＋π

6

，2

3π

π

1由題意令πx＋6＝kπ＋(k∈Z)，解得x＝k＋(k∈Z)．n

n又函數(shù)f(x)的所有正的零點構成遞增數(shù)列{a

}，所以{a

}13是以為首項，1n為公差的等差數(shù)列，所以a

＝n－32(n∈N*)．(2)由(1)知bn＝

2

n

an＋3

＝n·

1

2

1

2

n，則Tn＝1·

1

2

1

1＋2·

2＋3·

1

2

2

3＋…＋(n－1)·

1

2

n—1＋n·

1

2

n，①12Tn＝1·

1

2

1

2＋2·

3＋3·

1

2

2

4＋…＋(n－1)·

1

2

1

2

n＋n·

n＋1，②n1

12

2①－②得，T

＝＋

2

1

1

2

1

2

1

2

2＋

3＋…＋

n－n·

n＋

1＝12

1

2

－

n·121－12－n·

1

2

n＋1＝1－(n＋2)·

1

2

n＋1，所以Tn＝2－(n＋2)

1

2

n.4配套作業(yè)PART

FOUR1.(2019·北京市海淀區(qū)高三4

月模擬)已知等差數(shù)列{an}的公差d＝2，且

a2＋a5＝2，{an}的前n

項和為Sn.求{an}的通項公式；若Sm，a9，a15

成等比數(shù)列，求m

的值．解

(1)因為

a5＋a2＝2，d＝2，所以

2a1＋5d＝2a1＋10＝2，所以a1＝－4，所以an＝2n－6.m(2)S

＝1

m(a

＋a

)m22＝m

－5m，又a

＝129

15，a

＝24，9因為Sm，a9，a15

是等比數(shù)列，所以a2＝Sma15，所以m2－5m－6＝0，m＝6

或m＝－1，因為m∈N*，所以m＝6.

S

n

2．設數(shù)列{an}的前n

項和是Sn，若點An

n，n

在函數(shù)f(x)＝－x＋c

的圖

象上運動，其中c

是與x

無關的常數(shù)，且a1＝3.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)記bn＝aan，求數(shù)列{bn}的前n

項和Tn

的最小值．

S

n

n

S

n解

(1)因為點

A

n，

n

在函數(shù)

f(x)＝－x＋c

的圖象上運動，所以

n＝－n

＋c，所以Sn＝－n2＋cn.因為a1＝3，所以c＝4，所以Sn＝－n2＋4n，所以an＝Sn－Sn－1＝－2n＋5(n≥2)．又a1＝3

滿足上式，所以an＝－2n＋5(n∈N*)．(2)由(1)知，bn＝aan＝－2an＋5＝－2(－2n＋5)＋5＝4n－5，所以{bn}為等差數(shù)列，所以Tn＝n(b1＋bn)2＝2n2－3n，當n＝1

時，Tn

取最小值，所以Tn

的最小值是T1＝－1.3．(2019·廣東東莞高三二調)已知數(shù)列{an}滿足a2＝3，an＋1＝2an＋1，設

bn＝an＋1.求a1，a3；判斷數(shù)列{bn}是否為等比數(shù)列，并說明理由；求a1＋a3＋a5＋…＋a2n＋1.解

(1)數(shù)列{an}滿足

a2＝3，an＋1＝2an＋1，當

n＝1

時，a2＝2a1＋1，解得

a1＝1.當n＝2

時，解得a3＝7.1bn＋1(2)當n＝1

時，b

＝2，所以bnan＋1＋1n＝

a

＋1

＝2(常數(shù))，則數(shù)列{bn}是以2

為首項，2

為公比的等比數(shù)列．(3)由(1)和(2)得an＝2n－1，所以

a1＋a3＋…＋a2n

＝(21＋23＋…＋22n＋1)－(n＋1)＝＋12(4n＋1－1)4－1－(n＋1)＝8×4n－3n－53.n

n134．已知數(shù)列{a

}的前n

項和為S

，若a1＝，n＋1n3S

＝S

＋1.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；3n

nn

n

n

n(2)若b

＝log1a

，數(shù)列{a

·b

}的前n

項和為T

，求T

.4

192

1解

(1)當

n＝1

時，3S2＝3，a2＝

，∴3a

＝a

；當n≥2

時，3Sn＝Sn－1＋1，∴3an＋1

n

n＝a

(n≥2)，故數(shù)列{a

}13是以為首項，1313為公比的等比數(shù)列，則an＝

×

1

3

—

1

3

n

1＝

n.13(2)由(1)知

bn＝log

an＝n，則

an·bn＝n·

1

3

n.13

3

從而

Tn＝1×

＋2×

2＋…＋(n－1)×

1

1

3

n—1＋n·

1

3

n，①13Tn＝1×

3

2＋2×

1

1

3

3＋…＋(n－1)×

1

3

1

3

n＋n·

n＋1，②n2

13

3由①－②得，T

＝＋

3

1

1

1

3

3

2＋…＋

n－n·

n＋1＝13

×

1－

1

3

n

1－13

－n·

1

3

n＋1，3

14

4因此Tn＝－(2n＋3)·

1

3

n.5．(2019·衡水第二中學高三上學期期中)已知等差數(shù)列{an}與公比為正數(shù)的等比數(shù)列{bn}滿足b1＝2a1＝2，a2＋b3＝10，a3＋b2＝7.(1)求{an}，{bn}的通項公式；n(2)若c

＝bn＋1(an＋bn)·(an＋1＋bn＋1)n

n，求數(shù)列{c

}的前n

項和S

.解

(1)由題意

a1＝1，b1＝2.

1＋d＋2q2＝10，設公差為d，公比為q，則

1＋2d＋2q＝7，

故an＝a1＋(n－1)d＝n，bn＝b1·qn－1＝2n.

d＝1，解得

q＝2.n(2)因為c

＝bn＋1(an＋bn)·(an＋1＋bn＋1)，所以c

＝2n＋1n

n＋n

1＝—

1

1

＋n

n

1(2

＋n)(2

＋n＋1)

2

＋n

2

＋n＋1，故nS

＝

1

－

1

＋

1

－

1

＋

…

＋

1

－

1

121＋1

22＋2

22＋2

23＋3

2n＋n

2n＋1＋n＋1

＝

3

－12n＋1＋n＋1.6．設等差數(shù)列{an}的公差為d，點(an，bn)在函數(shù)f(x)＝2x

的圖象上(n∈N*)．若a1＝－2，點(a8,4b7)在函數(shù)f(x)的圖象上，求數(shù)列{an}的前n

項和Sn；若a1＝1，函數(shù)f(x)的圖象在點(a2，b2)處的切線在x

軸上的截距為2－ln

2

1

a

bn

，求數(shù)列

n

的前

n

項和

Tn.解

(1)由已知得，b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，有

2a8＝4×2a7＝2a7＋2.所以

d＝a8－a7＝2.所以Sn＝na1＋n(n－1)22d＝－2n＋n(n－1)＝n

－3n.(2)f′(x)＝2xln

2，f′(a2)＝2a2ln

2，故函數(shù)f(x)＝2x

的圖象在(a2，b2)處的切線方程為y－2a2＝2a2ln

2(x－a2)，2ln

2它在

x

軸上的截距為

a

－

1

.ln

2 ln

22

2由題意得，a

－

1

＝2－

1

，解得

a

＝2.2

1

n

nn所以

d＝a

－a

＝1.從而

a

＝n，b

＝2n，

＝b

2nan

n

.1

2

32

2

2所以Tn＝＋2＋3＋…＋n－12n－1

＋

n2n，1

2

22Tn＝

＋

＋

2＋…＋1

2

3

n 2n－1.n

n1

12

2因此，2T

－T

＝1＋＋2＋…＋2n－1

1

－

n2n

1

n＝2－2n－1－2n＝2n＋1－n－22n.所以，Tn＝2n＋1－n－22n.7．(2019·安徽六安第一中學高三模擬)已知a，b，c

分別為△ABC

的三內(nèi)角A，B，C

的對邊，其面積S＝

3，B＝60°，a2＋c2＝2b2，在等差數(shù)列{an}中，a1＝a，公差d＝b.數(shù)列{bn}的前n

項和為Tn，且Tn－2bn＋1＝0，n∈N*.求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式；若cn＝anbn，求數(shù)列{cn}的前n

項和Sn.3解

(1)S＝1acsinB＝1ac·

＝

3，∴ac＝4，2

2

2又a2＋c2＝2b2，b2＝a2＋c2－2accosB，∴b2＝ac＝4，∴b＝2，從而(a＋c)2＝a2＋c2＋2ac＝16，得a＋c＝4，∴a＝c＝2，

a1＝2，故可得

d＝2，∴an＝2＋2(n－1)＝2n.∵Tn－2bn＋1＝0，

①∴當n＝1

時，b1＝1；當

n≥2

時，Tn－1－2bn－1＋1＝0，

②①－②，得bn＝2bn－1(n≥2)，∴數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，∴bn＝2n－1.(2)由(1)得cn＝2n·2n－1＝n·2n，∴Sn＝a1·b1＋a2·b2＋…＋an·bn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，

③n∴2S

＝1×2

＋2×＋2

3

4

n

12

＋3×2

＋…＋n·2

，

④③－④得－Sn＝1×21＋(22＋23＋…＋2n)－n·2n＋1，n即－S

＝(1n－n)2

－2，∴S

＝(n－1)2＋

＋n

1

n

1＋2.8．(2019·貴州凱里第一中學高三下學期模擬)在等差數(shù)列{an}中，已知a3＋a4＝84－a5，a8＝36.(1)求數(shù)列{an}的通項公式an；(2)記Snn為數(shù)列{a

}的前n

項和，求nS

＋20n的最小值．解

(1)由

a3＋a4＝84－a5，得

a4＝28，∴由

得

a1＋3d＝28，

a1＝22，

a1＋7d＝36，

d＝2，即數(shù)列{an}的通項公式為an＝22＋(n－1)×2＝2n＋20.n(2)由(1)得，S

＝22n＋n(n－122×2＝n

＋21n，Sn＋20∴n20

20*＝n＋n

＋21，令f(x)＝x＋x

＋21，n∈N

，5)上單調遞減，在(2

5，f′(x)＝1－20

x∈(0,2 5)時，f′(x)<0；x2

，當當

x∈(2 5，＋∞)時，f′(x)>0，則

f(x)在(0,2＋∞)上單調遞增，又n∈N*，f(4)＝f(5)＝30，∴當n＝4

或5

時，f(n)取到最小值30，即Sn＋20n的最小值為30.1