高考數(shù)學(xué)(考點(diǎn)解讀-命題熱點(diǎn)突破)專題11-數(shù)列求和及數(shù)列的簡(jiǎn)單應(yīng)用-理

PAGEPAGE22專題11數(shù)列求和及數(shù)列的簡(jiǎn)單應(yīng)用【考向解讀】數(shù)列求和是數(shù)列部分高考考查的兩大重點(diǎn)之一，主要考查等差、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式以及其他求和方法，尤其是錯(cuò)位相減法、裂項(xiàng)相消法是高考的熱點(diǎn)內(nèi)容，常與通項(xiàng)公式相結(jié)合考查，有時(shí)也與函數(shù)、方程、不等式等知識(shí)交匯，綜合命題.從全國(guó)卷來(lái)看，由于三角和數(shù)列問(wèn)題在解答題中輪換命題，若考查數(shù)列解答題，則以數(shù)列的通項(xiàng)與求和為核心地位來(lái)考查，題目難度不大.【命題熱點(diǎn)突破一】分組轉(zhuǎn)化法求和例1、(2016·浙江卷)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*.(1)求通項(xiàng)公式an；(2)求數(shù)列{|an－n－2|}的前n項(xiàng)和．解：(1)由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＝4，,a2＝2a1＋1，))則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a2＝3.))又當(dāng)n≥2時(shí)，由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，得an＋1＝3an，∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n－1，n∈N*.(2)設(shè)bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，則b1＝2，b2＝1.當(dāng)n≥3時(shí)，由于3n－1>n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3.設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，則T1＝2，T2＝3，當(dāng)n≥3時(shí)，Tn＝3＋eq\f(9（1－3n－2）,1－3)－eq\f(（n＋7）（n－2）,2)＝eq\f(3n－n2－5n＋11,2)，∴Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,\f(3n－n2－5n＋11,2)，n≥2，n∈N*.))【變式探究】等比數(shù)列{an}中，a1，a2，a3分別是下表第一，二，三行中的某一個(gè)數(shù)，且a1，a2，a3中的任何兩個(gè)數(shù)不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列{bn}滿足：bn＝an＋(－1)nlnan，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.解(1)當(dāng)a1＝3時(shí)，不合題意；當(dāng)a1＝2時(shí)，當(dāng)且僅當(dāng)a2＝6，a3＝18時(shí)，符合題意；當(dāng)a1＝10時(shí)，不合題意.因此a1＝2，a2＝6，a3＝18，所以公比q＝3.故an＝2·3n－1(n∈N*).(2)因?yàn)閎n＝an＋(－1)nlnan＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)＝2·3n－1＋(－1)n[ln2＋(n－1)ln3]＝2·3n－1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnln3，所以Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln3.當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Sn＝2×eq\f(1－3n,1－3)＋eq\f(n,2)ln3＝3n＋eq\f(n,2)ln3－1；當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Sn＝2×eq\f(1－3n,1－3)－(ln2－ln3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)－n))ln3＝3n－eq\f(n－1,2)ln3－ln2－1.綜上所述，Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3n＋\f(n,2)ln3－1，n為偶數(shù)，,3n－\f(n－1,2)ln3－ln2－1，n為奇數(shù).))【方法技巧】在處理一般數(shù)列求和時(shí)，一定要注意使用轉(zhuǎn)化思想.把一般的數(shù)列求和轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列或等比數(shù)列進(jìn)行求和，在求和時(shí)要分析清楚哪些項(xiàng)構(gòu)成等差數(shù)列，哪些項(xiàng)構(gòu)成等比數(shù)列，清晰正確地求解.在利用分組求和法求和時(shí)，由于數(shù)列的各項(xiàng)是正負(fù)交替的，所以一般需要對(duì)項(xiàng)數(shù)n進(jìn)行討論，最后再驗(yàn)證是否可以合并為一個(gè)公式.【命題熱點(diǎn)突破二】裂項(xiàng)相消法求和例2、設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，對(duì)任意正整數(shù)n都有6Sn＝1－2an.求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；【變式探究】【2016年高考四川理數(shù)】（本小題滿分12分）已知數(shù)列{}的首項(xiàng)為1，為數(shù)列的前n項(xiàng)和，，其中q>0，.（Ⅰ）若成等差數(shù)列，求的通項(xiàng)公式；（Ⅱ）設(shè)雙曲線的離心率為，且，證明：.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）詳見解析.【解析】（Ⅰ）由已知，兩式相減得到.又由得到，故對(duì)所有都成立.所以，數(shù)列是首項(xiàng)為1，公比為q的等比數(shù)列.從而.由成等比數(shù)列，可得，即，則，由已知,，故.所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，.所以雙曲線的離心率．由解得.因?yàn)?，所?于是，故.【方法技巧】裂項(xiàng)相消法求和，常見的有相鄰兩項(xiàng)的裂項(xiàng)求和(如本例)，還有一類隔一項(xiàng)的裂項(xiàng)求和，如eq\f(1,（n－1）（n＋1）)(n≥2)或eq\f(1,n（n＋2）).【命題熱點(diǎn)突破三】錯(cuò)位相減法求和例3、已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝an＋1＋n－2，n∈N*，a1＝2.(1)證明：數(shù)列{an－1}是等比數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(3n,Sn－n＋1)(n∈N*)的前n項(xiàng)和為Tn，證明：Tn＜6.(2)解由Sn＝an＋1＋n－2，得Sn－n＋2＝an＋1＝2n＋1，故Sn－n＋1＝2n.所以bn＝eq\f(3n,2n).所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝eq\f(3,2)＋eq\f(6,22)＋…＋eq\f(3n,2n)，①2×①，得2Tn＝3＋eq\f(6,2)＋eq\f(3×3,22)＋…＋eq\f(3n,2n－1)，②②－①，得Tn＝3＋eq\f(3,2)＋eq\f(3,22)＋…＋eq\f(3,2n－1)－eq\f(3n,2n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－1)))－eq\f(3n,2n)＝3×eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up18(n),1－\f(1,2))－eq\f(3n,2n)＝6－eq\f(3n＋6,2n).因?yàn)閑q\f(3n＋6,2n)＞0，所以Tn＝6－eq\f(3n＋6,2n)＜6.【方法技巧】近年高考對(duì)錯(cuò)位相減法求和提到了特別重要的位置上，常在解答題中出現(xiàn)，也是考綱對(duì)數(shù)列前n項(xiàng)和的基本要求，錯(cuò)位相減法適用于求數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和，其中{an}為等差數(shù)列，{bn}為等比數(shù)列；所謂“錯(cuò)位”，就是要找“同類項(xiàng)”相減.要注意的是相減后得到部分等比數(shù)列的和，此時(shí)一定要查清其項(xiàng)數(shù).【命題熱點(diǎn)突破四】利用數(shù)列單調(diào)性解決數(shù)列不等式問(wèn)題例4、首項(xiàng)為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足an＋1＝eq\f(1,4)(aeq\o\al(2,n)＋3)，n∈N*.(1)證明：若a1為奇數(shù)，則對(duì)一切n≥2，an都是奇數(shù)；(2)若對(duì)一切n∈N*都有an＋1＞an，求a1的取值范圍.(1)證明已知a1是奇數(shù)，假設(shè)ak＝2m－1是奇數(shù)，其中m為正整數(shù)，則由遞推關(guān)系得ak＋1＝eq\f(aeq\o\al(2,k)＋3,4)＝m(m－1)＋1是奇數(shù).根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法，對(duì)任意n∈N*，an都是奇數(shù).(2)解法一由an＋1－an＝eq\f(1,4)(an－1)·(an－3)知，an＋1＞an當(dāng)且僅當(dāng)an＜1或an＞3.另一方面，若0＜ak＜1，則0＜ak＋1＜eq\f(1＋3,4)＝1；若ak＞3，則ak＋1＞eq\f(32＋3,4)＝3.根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法，0＜a1＜1?0＜an＜1，?n∈N*，a1＞3?an＞3，?n∈N*.綜合所述，對(duì)一切n∈N*都有an＋1＞an的充要條件是0＜a1＜1或a1＞3.法二由a2＝eq\f(aeq\o\al(2,1)＋3,4)＞a1，得aeq\o\al(2,1)－4a1＋3＞0，于是0＜a1＜1或a1＞3.an＋1－an＞eq\f(aeq\o\al(2,n)＋3,4)－eq\f(aeq\o\al(2,n－1)＋3,4)＝eq\f(（an＋an－1）（an－an－1）,4)，因?yàn)閍1＞0，an＋1＝eq\f(aeq\o\al(2,n)＋3,4)，所以所有的an均大于0，因此an＋1－an與an－an－1同號(hào).根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法，?n∈N*，an＋1－an與a2－a1同號(hào).因此，對(duì)一切n∈N*都有an＋1＞an的充要條件是0＜a1＜1或a1＞3.【方法技巧】涉及到數(shù)列不等式，比較大小或恒成立問(wèn)題，經(jīng)常用到作差法.法一用了作差法和數(shù)學(xué)歸納法；法二將an＋1－an的符號(hào)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為a2－a1的符號(hào)問(wèn)題，再由a2，a1的遞推關(guān)系，求出a1的范圍.【命題熱點(diǎn)突破五】放縮法解決與數(shù)列和有關(guān)的不等式例5、已知正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝2，4Sn＝an·an＋1，n∈N*.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,aeq\o\al(2,n))))的前n項(xiàng)和為Tn，求證：eq\f(n,4n＋4)＜Tn＜eq\f(1,2).(2)證明∵eq\f(1,aeq\o\al(2,n))＝eq\f(1,4n2)＞eq\f(1,4n（n＋1）)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，∴Tn＝eq\f(1,aeq\o\al(2,1))＋eq\f(1,aeq\o\al(2,2))＋…＋eq\f(1,aeq\o\al(2,n))＞eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(n,4n＋4).又∵eq\f(1,aeq\o\al(2,n))＝eq\f(1,4n2)＜eq\f(1,4n2－1)＝eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，∴Tn＝eq\f(1,aeq\o\al(2,1))＋eq\f(1,aeq\o\al(2,2))＋…＋eq\f(1,aeq\o\al(2,n))＜eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＜eq\f(1,2).即得eq\f(n,4n＋4)＜Tn＜eq\f(1,2).【方法技巧】數(shù)列與不等式的證明主要有兩種題型：(1)利用對(duì)通項(xiàng)放縮證明不等式；(2)作差法證明不等式.【高考真題解讀】1.【2016高考天津理數(shù)】已知是各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列，公差為，對(duì)任意的是和的等差中項(xiàng).(Ⅰ)設(shè)，求證：是等差數(shù)列；(Ⅱ)設(shè)，求證：【答案】（Ⅰ）詳見解析（Ⅱ）詳見解析【解析】（Ⅰ）證明：由題意得，有，因此，所以是等差數(shù)列.（Ⅱ）證明：所以.2.【2016高考新課標(biāo)3理數(shù)】已知數(shù)列的前n項(xiàng)和，其中．（I）證明是等比數(shù)列，并求其通項(xiàng)公式；（II）若，求．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．【解析】（Ⅰ）由題意得，故，，．由，得，即．由，得，所以.因此是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列，于是．（Ⅱ）由（Ⅰ）得，由得，即，解得．3.【2016高考浙江理數(shù)】設(shè)數(shù)列滿足，．（I）證明：，；（II）若，，證明：，．【答案】（I）證明見解析；（II）證明見解析．【解析】（I）由得，故，，所以，因此．（II）任取，由（I）知，對(duì)于任意，，故．從而對(duì)于任意，均有．由的任意性得．①否則，存在，有，取正整數(shù)且，則，與①式矛盾．綜上，對(duì)于任意，均有．4.【2016年高考北京理數(shù)】（本小題13分）設(shè)數(shù)列A：，,…().如果對(duì)小于()的每個(gè)正整數(shù)都有＜，則稱是數(shù)列A的一個(gè)“G時(shí)刻”.記“是數(shù)列A的所有“G時(shí)刻”組成的集合.（1）對(duì)數(shù)列A：-2，2，-1，1，3，寫出的所有元素；（2）證明：若數(shù)列A中存在使得>，則；（3）證明：若數(shù)列A滿足-≤1（n=2,3,…,N）,則的元素個(gè)數(shù)不小于-.【答案】（1）的元素為和；（2）詳見解析；（3）詳見解析.【解析】（Ⅰ）的元素為和.（Ⅱ）因?yàn)榇嬖谑沟茫?記，則，且對(duì)任意正整數(shù).因此，從而.（Ⅲ）當(dāng)時(shí)，結(jié)論成立.以下設(shè).由（Ⅱ）知.設(shè).記.則.對(duì)，記.如果，取，則對(duì)任何.從而且.又因?yàn)槭侵械淖畲笤?，所?從而對(duì)任意，，特別地，.對(duì).因此.所以.因此的元素個(gè)數(shù)p不小于.5.【2016年高考四川理數(shù)】（本小題滿分12分）已知數(shù)列{}的首項(xiàng)為1，為數(shù)列的前n項(xiàng)和，，其中q>0，.（Ⅰ）若成等差數(shù)列，求的通項(xiàng)公式；（Ⅱ）設(shè)雙曲線的離心率為，且，證明：.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）詳見解析.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，.所以雙曲線的離心率．由解得.因?yàn)?，所?于是，故.6.【2016高考上海理數(shù)】（本題滿分18分）本題共有3個(gè)小題，第1小題滿分4分，第2小題滿分6分，第3小題滿分8分.若無(wú)窮數(shù)列滿足：只要，必有，則稱具有性質(zhì).（1）若具有性質(zhì)，且，，求；（2）若無(wú)窮數(shù)列是等差數(shù)列，無(wú)窮數(shù)列是公比為正數(shù)的等比數(shù)列，，，判斷是否具有性質(zhì)，并說(shuō)明理由；（3）設(shè)是無(wú)窮數(shù)列，已知.求證：“對(duì)任意都具有性質(zhì)”的充要條件為“是常數(shù)列”.【答案】（1）．（2）不具有性質(zhì)．（3）見解析．【解析】（1）因?yàn)?，所以，，．于是，又因?yàn)?，解得．?）的公差為，的公比為，所以，．．，但，，，所以不具有性質(zhì)．（3）[證]充分性：當(dāng)為常數(shù)列時(shí)，．對(duì)任意給定的，只要，則由，必有．充分性得證．必要性：用反證法證明．假設(shè)不是常數(shù)列，則存在，使得，而．下面證明存在滿足的，使得，但．設(shè)，取，使得，則，，故存在使得．取，因?yàn)椋ǎ?，依此類推，得．但，即．所以不具有性質(zhì)，矛盾．必要性得證．綜上，“對(duì)任意，都具有性質(zhì)”的充要條件為“是常數(shù)列”．7.【2016高考新課標(biāo)2理數(shù)】為等差數(shù)列的前項(xiàng)和，且記，其中表示不超過(guò)的最大整數(shù)，如．（Ⅰ）求；（Ⅱ）求數(shù)列的前1000項(xiàng)和．【答案】（Ⅰ），，；（Ⅱ）1893.8.【2016高考山東理數(shù)】（本小題滿分12分）已知數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn=3n2+8n，是等差數(shù)列，且（Ⅰ）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（Ⅱ）令求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）由題意知當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以.設(shè)數(shù)列的公差為，由，即，可解得，所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，又，得，，兩式作差，得所以9.【2016高考江蘇卷】（本小題滿分16分）記.對(duì)數(shù)列和的子集T，若,定義;若，定義.例如：時(shí)，.現(xiàn)設(shè)是公比為3的等比數(shù)列，且當(dāng)時(shí)，.（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（2）對(duì)任意正整數(shù)，若，求證：；（3）設(shè),求證：.【答案】（1）（2）詳見解析（3）詳見解析【解析】（1）由已知得.于是當(dāng)時(shí)，.又，故，即.所以數(shù)列的通項(xiàng)公式為.（2）因?yàn)?，，所?因此，.（3）下面分三種情況證明.①若是的子集，則.②若是的子集，則.③若不是的子集，且不是的子集.令，則，，.于是，，進(jìn)而由，得.設(shè)是中的最大數(shù)，為中的最大數(shù)，則.由（2）知，，于是，所以，即.又，故，從而，故，所以，即.綜合①②③得，.10.【2016高考山東理數(shù)】（本小題滿分12分）已知數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn=3n2+8n，是等差數(shù)列，且（Ⅰ）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（Ⅱ）令求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，又，得，，兩式作差，得所以1．(2015·新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ，16)設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，則Sn＝____________．解析由題意，得S1＝a1＝－1，又由an＋1＝SnSn＋1，得Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，所以Sn≠0，所以eq\f(Sn＋1－Sn,SnSn＋1)＝1，即eq\f(1,Sn＋1)－eq\f(1,Sn)＝－1，故數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以eq\f(1,S1)＝－1為首項(xiàng)，－1為公差的等差數(shù)列，得eq\f(1,Sn)＝－1－(n－1)＝－n，所以Sn＝－eq\f(1,n).答案－eq\f(1,n)2．(2015·福建，8)若a，b是函數(shù)f(x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)的兩個(gè)不同的零點(diǎn)，且a，b，－2這三個(gè)數(shù)可適當(dāng)排序后成等差數(shù)列，也可適當(dāng)排序后成等比數(shù)列，則p＋q的值等于()A．6 B．7 C．8 D．9解析由題意知：a＋b＝p，ab＝q，∵p＞0，q＞0，∴a＞0，b＞0.在a，b，－2這三個(gè)數(shù)的6種排序中，成等差數(shù)列的情況有a，b，－2；b，a，－2；－2，a，b；－2，b，a；成等比數(shù)列的情況有：a，－2，b；b，－2，a.∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ab＝4，,2b＝a－2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ab＝4，,2a＝b－2))解之得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝4.))∴p＝5，q＝4，∴p＋q＝9，故選D.答案D3．(2015·浙江，3)已知{an}是等差數(shù)列，公差d不為零，前n項(xiàng)和是Sn，若a3，a4，a8成等比數(shù)列，則()A．a(chǎn)1d＞0，dS4＞0 B．a(chǎn)1d＜0，dS4＜0C．a(chǎn)1d＞0，dS4＜0 D．a(chǎn)1d＜0，dS4＞0解析∵a3，a4，a8成等比數(shù)列，∴(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋7d)，整理得a1＝－eq\f(5,3)d，∴a1d＝－eq\f(5,3)d2＜0，又S4＝4a1＋eq\f(4×3,2)d＝－eq\f(2d,3)，∴dS4＝－eq\f(2d2,3)＜0，故選B.答案B4．(2015·廣東，21)數(shù)列{an}滿足：a1＋2a2＋…＋nan＝4－eq\f(n＋2,2n－1)，n∈N*.(1)求a3的值；(2)求數(shù)列{an}前n項(xiàng)和Tn；(3)令b1＝a1，bn＝eq\f(Tn－1,n)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)＋…＋\f(1,n)))an(n≥2)，證明：數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn<2＋2lnn.(1)解a1＝1，a1＋2a2＝2，a2＝eq\f(1,2)，a1＋2a2＋3a3＝4－eq\f(5,4)，a3＝eq\f(1,4).(2)解n≥2時(shí)，a1＋2a2＋…＋(n－1)an－1＝4－eq\f(n＋1,2n－2)，與原式相減，得nan＝eq\f(n,2n－1)，an＝eq\f(1,2n－1)，n＝1也符合，Tn＝eq\f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))＝2－eq\f(1,2n－1).(3)證明n≥2時(shí)，bn＝eq\f(Tn－1,n)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)＋…＋\f(1,n)))an＝eq\f(a1＋a2＋…＋an－1,n)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)＋…＋\f(1,n)))an故Sn＝eq\i\su(i＝1,n,b)i＝a1＋eq\f(a1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))a2＋eq\f(a1＋a2,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)))a3＋…＋eq\f(a1＋a2＋…＋an－1,n)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋…＋\f(1,n)))an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\i\su(i＝1,n,)\f(1,i)))a1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\i\su(i＝1,n,)\f(1,i)))a2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\i\su(i＝1,n,)\f(1,i)))a3＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\i\su(i＝1,n,)\f(1,i)))an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\i\su(i＝1,n,)\f(1,i)))Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋…＋\f(1,n)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2n－1)))<2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋…＋\f(1,n)))，只需證明2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋…＋\f(1,n)))<2＋2lnn，n∈N*.對(duì)于任意自然數(shù)k∈N，令x＝－eq\f(1,k＋1)∈(－1，0)時(shí)，lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k＋1)＋1))＋eq\f(1,k＋1)<0，即eq\f(1,k＋1)<ln(k＋1)－lnk.∴k＝1時(shí)，eq\f(1,2)<ln2－ln1，k＝2時(shí)，eq\f(1,3)<ln3<ln2.…k＝n－1時(shí)，eq\f(1,n)<ln2－ln(n－1)．∴1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)<1＋(ln2－ln1)＋(ln3－ln2)＋…＋[lnn－ln(n－1)]，即1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)<1＋lnn，所以n≥2時(shí)，2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)＋…＋\f(1,n)))<2＋2lnn，綜上n∈N＋時(shí)，Sn<2＋2lnn.5．(2015·浙江，20)已知數(shù)列{an}滿足a1＝eq\f(1,2)且an＋1＝an－aeq\o\al(2,n)(n∈N*)．(1)證明：1≤eq\f(an,an＋1)≤2(n∈N*)；(2)設(shè)數(shù)列{aeq\o\al(2,n)}的前n項(xiàng)和為Sn，證明：eq\f(1,2（n＋2）)≤eq\f(Sn,n)≤eq\f(1,2（n＋1）)(n∈N*)．證明(1)由題意得an＋1－an＝－aeq\o\al(2,n)≤0，即an＋1≤an，故an≤eq\f(1,2).由an＝(1－an－1)an－1得an＝(1－an－1)(1－an－2)…(1－a1)a1＞0.由0＜an≤eq\f(1,2)得eq\f(an,an＋1)＝eq\f(an,an－aeq\o\al(2,n))＝eq\f(1,1－an)∈[1，2]，即1≤eq\f(an,an＋1)≤2(2`)由題意得aeq\o\al(2,n)＝an－an＋1，所以Sn＝a1－an＋1①由eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(an,an＋1)和1≤eq\f(an,an＋1)≤2得1≤eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)≤2，所以n≤eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,a1)≤2n，因此eq\f(1,2（n＋1）)≤an＋1≤eq\f(1,n＋2)(n∈N*)．②由①②得eq\f(1,2（n＋2）)≤eq\f(Sn,n)≤eq\f(1,2（n＋1）)(n∈N*)．6．(2015·山東，18)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.已知2Sn＝3n＋3.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列{bn}滿足anbn＝log3an，求{bn}的前n項(xiàng)和Tn.解(1)因?yàn)?Sn＝3n＋3，所以2a1＝3＋3，故a1＝3，當(dāng)n＞1時(shí)，2Sn－1＝3n－1＋3，此時(shí)2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1，即an＝3n－1，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,3n－1，n＞1.))(2)因?yàn)閍nbn＝log3an，所以b1＝eq\f(1,3)，當(dāng)n＞1時(shí)，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n.所以T1＝b1＝eq\f(1,3)；當(dāng)n＞1時(shí)，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝eq\f(1,3)＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋(n－1)×31－n)，所以3Tn＝1＋(1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n)，兩式相減，得2Tn＝eq\f(2,3)＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n＝eq\f(2,3)＋eq\f(1－31－n,1－3－1)－(n－1)×31－n＝eq\f(13,6)－eq\f(6n＋3,2×3n)，所以Tn＝eq\f(13,12)－eq\f(6n＋3,4×3n)，經(jīng)檢驗(yàn)，n＝1時(shí)也適合．綜上可得Tn＝eq\f(13,12)－eq\f(6n＋3,4×3n).7．(2015·天津，18)已知數(shù)列{an}滿足an＋2＝qan(q為實(shí)數(shù)，且q≠1)，n∈N*，a1＝1，a2＝2，且a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差數(shù)列．(1)求q的值和{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(log2a2n,a2n－1)，n∈N*，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和．解(1)由已知，有(a3＋a4)－(a2＋a3)＝(a4＋a5)－(a3＋a4)，即a4－a2＝a5－a3，所以a2(q－1)＝a3(q－1)，又因?yàn)閝≠1，故a3＝a2＝2，由a3＝a1q，得q＝2.當(dāng)n＝2k－1(k∈N*)時(shí)，an＝a2k－1＝2k－1＝2eq\f(n－1,2)；當(dāng)n＝2k(k∈N*)時(shí)，an＝a2k＝2k＝2eq\f(n,2).所以，{an}的通項(xiàng)公式為an＝(2)由(1)得bn＝eq\f(log2a2n,a2n－1)＝eq\f(n,2n－1).設(shè){bn}的前n項(xiàng)和為Sn，則Sn＝1×eq\f(1,20)＋2×eq\f(1,21)＋3×eq\f(1,22)＋…＋(n－1)×eq\f(1,2n－2)＋n×eq\f(1,2n－1)，eq\f(1,2)Sn＝1×eq\f(1,21)＋2×eq\f(1,22)＋3×eq\f(1,23)＋…＋(n－1)×eq\f(1,2n－1)＋n×eq\f(1,2n).上述兩式相減得：eq\f(1,2)Sn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝eq\f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))－eq\f(n,2n)＝2－eq\f(2,2n)－eq\f(n,2n)，整理得，Sn＝4－eq\f(n＋2,2n－1)，n∈N*.所以，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為4－eq\f(n＋2,2n－1)，n∈N*.8．(2014·山東，19)已知等差數(shù)列{an}的公差為2，前n項(xiàng)和為Sn，且S1，S2，S4成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)令bn＝(－1)n－1eq\f