六章數(shù)列求綜合應(yīng)用

§6.4數(shù)列求和、數(shù)列的綜合應(yīng)用高考數(shù)學(xué)

(江蘇省專用)五年高考A組

自主命題·江蘇卷題組1.(2018江蘇,14,5分)已知集合A={x|x=2n-1,n∈N*},B={x|x=2n,n∈N*}.將A∪B的所有元素從小到

大依次排列構(gòu)成一個數(shù)列{an}.記Sn為數(shù)列{an}的前n項和,則使得Sn>12an+1成立的n的最小值為

.答案27解析解法一:利用列舉法可得:當(dāng)n=26時,數(shù)列{an}的前26項重新排列為1,3,5,7,9,11,13,15,17,

19,21,23,25,…,41;2,4,8,16,32,則S26=

+

=441+62=503,a27=43,則12a27=516,不符合題意.當(dāng)n=27時,數(shù)列{an}的前27項重新排列為1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,23,25,…,41,43;2,4,8,16,32,S27=

+

=546,a28=45,則12a28=540,符合題意,故答案為27.解法二:設(shè)an=2k,則Sn=[(2×1-1)+(2×2-1)+…+(2·2k-1-1)]+(2+22+…+2k)=

+

=22k-2+2k+1-2.由Sn>12an+1得22k-2+2k+1-2>12(2k+1),即(2k-1)2-20·2k-1-14>0,即2k-1≥25,則k≥6.所以只需研究25<an<26是否有滿足條件的解,此時Sn=[(2×1-1)+(2×2-1)+…+(2m-1)]+(2+22+…+25)=m2+25+1-2,an+1=2m+1,m為等差數(shù)列的項數(shù),且m>16.由m2+25+1-2>12(2m+1),得m2-24m-50>0,∴m≥22,n=m+5≥27.∴滿足條件的n最小值為27.解法三:設(shè)bn=2n-1,cn=2n,則bn為奇數(shù),cn為偶數(shù),數(shù)列{an}是由數(shù)列{bn}和{cn}的所有項從小到大

依次排列構(gòu)成的.設(shè)數(shù)列{an}的前n項中有m個數(shù)列{bn}中的項,k個數(shù)列{cn}中的項,則n=m+k,數(shù)列{bn}的前m項和

為m2,數(shù)列{cn}的前k項和為2k+1-2.(1)若最后一項是等比數(shù)列中的項,則2m-1=2k-1,m=2k-1.由Sn>12an+1,得(2k-1)2+2k+1-2>12(2k+1),即2k-1(2k-1-20)>14,則k≥6.當(dāng)k取最小值6時,m=32,n=38;(2)若最后一項是等差數(shù)列中的項,則2k<2m-1<2k+1(k≥1,m≥2),此時an=2m-1,則an+1>2m.Sn-12an+1=2k+1-2+m2-12an+1<2(2m-1)-2+m2-12×2m=m2-20m-4.當(dāng)m=2,3,…,20時,均有Sn-12an+1<0,即Sn>12an+1不成立.所以m≥21,而2k+1>2m-1,則k≥5.當(dāng)k=5時,結(jié)合2k<2m-1<2k+1,m≥21,得21≤m≤32.①當(dāng)m=32時,an+1=64,Sn-12an+1=62+322-12×64>0,滿足題意,此時n=37;②當(dāng)21≤m≤31時,an+1=2m+1,Sn-12an+1=62+m2-12×(2m+1)=m(m-24)+50.當(dāng)且僅當(dāng)m≥22時,有Sn-12an+1>0,即當(dāng)k=5,m=22時,nmin=5+22=27.名師點睛(1)本題采用分組轉(zhuǎn)化法求和,將原數(shù)列轉(zhuǎn)化為一個等差數(shù)列與一個等比數(shù)列的和.

分組轉(zhuǎn)化法求和的常見類型主要有分段型,如an=

符號型,如an=(-1)nn2;周期型,如an=sin

.(2)解數(shù)列問題首先要學(xué)會將“數(shù)”一一“列”出,通過觀察發(fā)現(xiàn)其規(guī)律;其次要充分利用好兩

個最基本也是最簡單的數(shù)列,即等差數(shù)列與等比數(shù)列,要熟練掌握這兩個數(shù)列的通項公式、求

和公式,以及它們的一些基本性質(zhì).本題綜合了兩個C級要求的基本數(shù)列,利用不等式性質(zhì)把問題轉(zhuǎn)化為C級要求的解二次不等

式,結(jié)合估值運算,利用函數(shù)思想求有關(guān)最值,從而形成了高考中的這道難題.可見,在平時的學(xué)

習(xí)中,一是要有扎實的基本功,熟練掌握基礎(chǔ)知識;二是加強思維能力、運算能力,提高自己的

數(shù)學(xué)素養(yǎng).2.(2019江蘇,20,16分)定義首項為1且公比為正數(shù)的等比數(shù)列為“M-數(shù)列”.(1)已知等比數(shù)列{an}(n∈N*)滿足:a2a4=a5,a3-4a2+4a1=0,求證:數(shù)列{an}為“M-數(shù)列”;(2)已知數(shù)列{bn}(n∈N*)滿足:b1=1,

=

-

,其中Sn為數(shù)列{bn}的前n項和.①求數(shù)列{bn}的通項公式;②設(shè)m為正整數(shù),若存在“M-數(shù)列”{cn}(n∈N*),對任意正整數(shù)k,當(dāng)k≤m時,都有ck≤bk≤ck+1成

立,求m的最大值.解析本題主要考查等差和等比數(shù)列的定義、通項公式、性質(zhì)等基礎(chǔ)知識,考查代數(shù)推理、

轉(zhuǎn)化與化歸及綜合運用數(shù)學(xué)知識探究與解決問題的能力.滿分16分.(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,所以a1≠0,q≠0.由

得

解得

因此數(shù)列{an}為“M-數(shù)列”.(2)①因為

=

-

,所以bn≠0.由b1=1,S1=b1,得

=

-

,則b2=2.由

=

-

,得Sn=

,當(dāng)n≥2時,由bn=Sn-Sn-1,得bn=

-

,整理得bn+1+bn-1=2bn.所以數(shù)列{bn}是首項和公差均為1的等差數(shù)列.因此,數(shù)列{bn}的通項公式為bn=n(n∈N*).②解法一:由①知,bk=k,k∈N*.因為數(shù)列{cn}為“M-數(shù)列”,設(shè)公比為q,所以c1=1,q>0.因為ck≤bk≤ck+1,所以qk-1≤k≤qk,其中k=1,2,3,…,m.當(dāng)k=1時,有q≥1;當(dāng)k=2,3,…,m時,有

≤lnq≤

.設(shè)f(x)=

(x>1),則f'(x)=

.令f'(x)=0,得x=e.列表如下:x(1,e)e(e,+∞)f'(x)+0-f(x)↗極大值↘因為

=

<

=

,所以f(k)max=f(3)=

.取q=

,當(dāng)k=1,2,3,4,5時,

≤lnq,即k≤qk,經(jīng)檢驗知qk-1≤k也成立.因此所求m的最大值不小于5.若m≥6,分別取k=3,6,得3≤q3,且q5≤6,從而q15≥243,且q15≤216,所以q不存在.因此所求m的最大值小于6.綜上,所求m的最大值為5.解法二:由題意知數(shù)列{cn}為等比數(shù)列,設(shè)其公比為q,則cn=qn-1,因為m∈N*,且?k∈N*,當(dāng)k≤m時,都有ck≤bk≤ck+1成立,即qk-1≤k≤qk成立,所以,當(dāng)m=1時,有1≤1≤q,當(dāng)m=2時,有1≤1≤q,q≤2≤q2,解得

≤q≤2,當(dāng)m=3時,有1≤1≤q,q≤2≤q2,q2≤3≤q3,解得

≤q≤

,當(dāng)m=4時,有1≤1≤q,q≤2≤q2,q2≤3≤q3,q3≤4≤q4,解得

≤q≤

.當(dāng)m=5時,有1≤1≤q,q≤2≤q2,q2≤3≤q3,q3≤4≤q4,q4≤5≤q5,解得

≤q≤

,當(dāng)m=6時,有q5≤6≤q6,且

≤q≤

,易得q≤

且q≥

,而

<

,所以q∈?.綜上,m的最大值為5.3.(2018江蘇,20,16分)設(shè){an}是首項為a1,公差為d的等差數(shù)列,{bn}是首項為b1,公比為q的等比數(shù)

列.(1)設(shè)a1=0,b1=1,q=2,若|an-bn|≤b1對n=1,2,3,4均成立,求d的取值范圍;(2)若a1=b1>0,m∈N*,q∈(1,

],證明:存在d∈R,使得|an-bn|≤b1對n=2,3,…,m+1均成立,并求d的取值范圍(用b1,m,q表示).解析本題主要考查等差和等比數(shù)列的定義、通項公式、性質(zhì)等基礎(chǔ)知識,考查代數(shù)推理、

轉(zhuǎn)化與化歸及綜合運用數(shù)學(xué)知識探究與解決問題的能力.(1)由條件知an=(n-1)d,bn=2n-1.|an-bn|≤b1對n=1,2,3,4均成立,即|(n-1)d-2n-1|≤1對n=1,2,3,4均成立.即1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9,得

≤d≤

.因此,d的取值范圍為

.(2)解法一:由條件知:an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1.若存在d,使得|an-bn|≤b1(n=2,3,…,m+1)均成立,即|b1+(n-1)d-b1qn-1|≤b1(n=2,3,…,m+1).即當(dāng)n=2,3,…,m+1時,d滿足

b1≤d≤

b1.因為q∈(1,

],所以1<qn-1≤qm≤2,從而

b1≤0,

b1>0,對n=2,3,…,m+1均成立.因此,取d=0時,|an-bn|≤b1對n=2,3,…,m+1均成立.下面討論數(shù)列

的最大值和數(shù)列

的最小值(n=2,3,…,m+1).①當(dāng)2≤n≤m時,

-

=

=

,當(dāng)1<q≤

時,有qn≤qm≤2,從而n(qn-qn-1)-qn+2>0.因此,當(dāng)2≤n≤m+1時,數(shù)列

單調(diào)遞增,故數(shù)列

的最大值為

.②設(shè)f(x)=2x(1-x),當(dāng)x>0時,f'(x)=(ln2-1-xln2)2x<0.所以f(x)單調(diào)遞減,從而f(x)<f(0)=1.當(dāng)2≤n≤m時,

=

≤

=f

<1.因此,當(dāng)2≤n≤m+1時,數(shù)列

單調(diào)遞減,故數(shù)列

的最小值為

.因此,d的取值范圍為

.解法二:由條件知an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1,且b1>0.當(dāng)d=0時,|an-bn|=|b1-b1qn-1|=b1·|1-qn-1|.因為q∈(1,

],所以1<qn-1≤qm≤2,即|1-qn-1|=qn-1-1≤1,所以b1·|1-qn-1|≤b1(n=2,3,…,m+1).因此,存在d=0,|an-bn|≤b1對n=2,3,…,m+1均成立.若存在d,使得|an-bn|≤b1(n=2,3,…,m+1)均成立,即|b1+(n-1)d-b1qn-1|≤b1(n=2,3,…,m+1),即當(dāng)n=2,3,…,m+1時,d滿足

b1≤d≤

b1.下面討論數(shù)列

的最大值和數(shù)列

的最小值(n=2,3,…,m+1).①當(dāng)2≤n≤m時,

=

=1+

.因為1<q≤

時,故qn-1<qn≤qm≤2,從而

<0,所以

<1.又

<0,所以

>

.因此,當(dāng)2≤n≤m+1時,數(shù)列

單調(diào)遞增,故數(shù)列

的最大值為

.②當(dāng)2≤n≤m時,

=

.因為1<q≤

,所以令

=s,則

≥

=sm-1+sm-2+…+1>m≥n-1,即

<1,因此,當(dāng)2≤n≤m+1時,數(shù)列

單調(diào)遞減,故數(shù)列

的最小值為

.因此,d的取值范圍為

.解法三:由條件知:an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1.若存在d,使得|an-bn|≤b1(n=2,3,…,m+1)均成立,即|b1+(n-1)d-b1qn-1|≤b1(n=2,3,…,m+1).即當(dāng)n=2,3,…,m+1時,d滿足

b1≤d≤

b1.因為q∈(1,

],所以1<qn-1≤qm≤2,從而

b1<0,

b1>

>0,對n=2,3,…,m+1均成立.因此,取d=

時,|an-bn|≤b1對n=2,3,…,m+1均成立.下面討論數(shù)列

的最大值和數(shù)列

的最小值(n=2,3,…,m+1).①考察函數(shù)f(x)=

,x∈[1,m].f'(x)=

,f'(x)>0,所以函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,m]上單調(diào)遞增,從而當(dāng)2≤n≤m+1時,數(shù)列

單調(diào)遞增,故數(shù)列

的最大值為

.②考察函數(shù)h(x)=

,x∈[1,m].h'(x)=

=

,因為1<q≤

,所以lnq·x-1≤ln

·m-1=ln2-1<0,所以h'(x)<0,即函數(shù)h(x)在區(qū)間[1,m]上單調(diào)遞減.因此,當(dāng)2≤n≤m+1時,數(shù)列

單調(diào)遞減,故數(shù)列

的最小值為

.因此,d的取值范圍為

.思路點撥從研究等差數(shù)列和等比數(shù)列的自身性質(zhì)與相互關(guān)系出發(fā),對兩個數(shù)列作差,再結(jié)合

數(shù)列的函數(shù)特征,分析研究兩者間的關(guān)系,設(shè)計了一道探究性問題,創(chuàng)意新穎、設(shè)問簡潔巧妙、

研究味道足、知識綜合性強.本題第(1)問比較簡單,第(2)問有一定的難度,需要考生通過對第

(1)問的思考,理解問題,尋找到解決第(2)問的方法.典型錯解錯解1:對數(shù)列中恒成立問題理解不夠清楚,從而不會建立一組不等關(guān)系求d的取值

范圍.錯解2:受多字母的干擾,不能從中抽象出問題的本質(zhì),即數(shù)列中不等式恒成立問題.錯解3:對數(shù)列的單調(diào)性和最值問題的處理方法不夠清晰,選擇不夠合理.4.(2015江蘇,20,16分)設(shè)a1,a2,a3,a4是各項為正數(shù)且公差為d(d≠0)的等差數(shù)列.(1)證明:

,

,

,

依次構(gòu)成等比數(shù)列;(2)是否存在a1,d,使得a1,

,

,

依次構(gòu)成等比數(shù)列?并說明理由;(3)是否存在a1,d及正整數(shù)n,k,使得

,

,

,

依次構(gòu)成等比數(shù)列?并說明理由.解析(1)證明:因為

=

=2d(n=1,2,3)是同一個常數(shù),所以

,

,

,

依次構(gòu)成等比數(shù)列.(2)令a1+d=a,則a1,a2,a3,a4分別為a-d,a,a+d,a+2d(a>d,a>-2d,d≠0).假設(shè)存在a1,d,使得a1,

,

,

依次構(gòu)成等比數(shù)列,則a4=(a-d)(a+d)3,且(a+d)6=a2(a+2d)4.令t=

,則1=(1-t)(1+t)3,且(1+t)6=(1+2t)4

,化簡得t3+2t2-2=0(*),且t2=t+1.將t2=t+1代入(*)式,得t(t+1)+2(t+1)-2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0,則t=-

.顯然t=-

不是方程t2=t+1的解,矛盾,所以假設(shè)不成立,因此不存在a1,d,使得a1,

,

,

依次構(gòu)成等比數(shù)列.(3)假設(shè)存在a1,d及正整數(shù)n,k,使得

,

,

,

依次構(gòu)成等比數(shù)列,則

(a1+2d)n+2k=(a1+d)2(n+k),且(a1+d)n+k(a1+3d)n+3k=(a1+2d)2(n+2k).分別在兩個等式的兩邊同除以

及

,并令t=

,則(1+2t)n+2k=(1+t)2(n+k),且(1+t)n+k(1+3t)n+3k=(1+2t)2(n+2k).將上述兩個等式兩邊取對數(shù),得(n+2k)ln(1+2t)=2(n+k)·ln(1+t),且(n+k)ln(1+t)+(n+3k)ln(1+3t)=2(n+2k)ln(1+2t).化簡得2k[ln(1+2t)-ln(1+t)]=n[2ln(1+t)-ln(1+2t)],且3k[ln(1+3t)-ln(1+t)]=n[3ln(1+t)-ln(1+3t)].再將這兩式相除,化簡得ln(1+3t)ln(1+2t)+3ln(1+2t)ln(1+t)=4ln(1+3t)ln(1+t)(**).令g(t)=4ln(1+3t)ln(1+t)-ln(1+3t)ln(1+2t)-3ln(1+2t)·ln(1+t),則g'(t)=

.令φ(t)=(1+3t)2ln(1+3t)-3(1+2t)2ln(1+2t)+3(1+t)2·ln(1+t),則φ'(t)=6[(1+3t)ln(1+3t)-2(1+2t)ln(1+2t)+(1+t)·ln(1+t)].令φ1(t)=φ'(t),則φ'1(t)=6[3ln(1+3t)-4ln(1+2t)+ln(1+t)].令φ2(t)=φ'1(t),則φ'2(t)=

>0.由g(0)=φ(0)=φ1(0)=φ2(0)=0,φ'2(t)>0,知φ2(t),φ1(t),φ(t),g(t)在

和(0,+∞)上均單調(diào).故g(t)只有唯一零點t=0,即方程(**)只有唯一解t=0,故假設(shè)不成立.所以不存在a1,d及正整數(shù)n,k,使得

,

,

,

依次構(gòu)成等比數(shù)列.評析本題考查等差數(shù)列的定義、等比數(shù)列的運算和綜合應(yīng)用,考查演繹推理、直接證明、

間接證明等邏輯思維能力.名師點睛解決等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合問題,關(guān)鍵是理清兩個數(shù)列的關(guān)系,如果同一數(shù)列

中部分項成等差數(shù)列,部分項成等比數(shù)列,要把成等差數(shù)列或成等比數(shù)列的項抽出來單獨研究;

如果兩個數(shù)列通過運算綜合在一起,要從分析運算入手,把兩個數(shù)列分割開,弄清兩個數(shù)列各自

的特征,再求解.B組統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組考點一數(shù)列求和1.(2018天津理,18,13分)設(shè){an}是等比數(shù)列,公比大于0,其前n項和為Sn(n∈N*),{bn}是等差數(shù)列.

已知a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6.(1)求{an}和{bn}的通項公式;(2)設(shè)數(shù)列{Sn}的前n項和為Tn(n∈N*).(i)求Tn;(ii)證明

=

-2(n∈N*).解析本題主要考查等差數(shù)列的通項公式,等比數(shù)列的通項公式及其前n項和公式等基礎(chǔ)知

識.考查數(shù)列求和的基本方法和運算求解能力.(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q.由a1=1,a3=a2+2,可得q2-q-2=0.因為q>0,可得q=2,故an=2n-1.設(shè)等差數(shù)列{bn}的公差為d.由a4=b3+b5,可得b1+3d=4.由a5=b4+2b6,可得3b1+13d=16,從而b1=1,d=1,故bn=n.所以,數(shù)列{an}的通項公式為an=2n-1,數(shù)列{bn}的通項公式為bn=n.(2)(i)由(1),有Sn=

=2n-1,故Tn=

=

-n=2n+1-n-2.(ii)證明:因為

=

=

=

-

,所以,

=

+

+…+

=

-2.方法總結(jié)解決數(shù)列求和問題的兩種思路(1)利用轉(zhuǎn)化的思想將一般數(shù)列設(shè)法轉(zhuǎn)化為等差或等比數(shù)列,這一思想方法往往通過通項分解

或錯位相減來完成.(2)不能轉(zhuǎn)化為等差或等比數(shù)列的,往往通過裂項相消法、倒序相加法等來求和.2.(2017天津,18,13分)已知{an}為等差數(shù)列,前n項和為Sn(n∈N*),{bn}是首項為2的等比數(shù)列,且

公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.(1)求{an}和{bn}的通項公式;(2)求數(shù)列{a2nb2n-1}的前n項和(n∈N*).解析(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,等比數(shù)列{bn}的公比為q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,

而b1=2,所以q2+q-6=0,解得q=2或q=-3,又因為q>0,所以q=2.所以,bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8

①.由S11=11b4,可得a1+5d=16②,聯(lián)立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.所以,數(shù)列{an}的通項公式為an=3n-2,數(shù)列{bn}的通項公式為bn=2n.(2)設(shè)數(shù)列{a2nb2n-1}的前n項和為Tn,由a2n=6n-2,b2n-1=2×4n-1,有a2nb2n-1=(3n-1)×4n,故Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,上述兩式相減,得-3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1=

-4-(3n-1)×4n+1=-(3n-2)×4n+1-8.得Tn=

×4n+1+

.所以,數(shù)列{a2nb2n-1}的前n項和為

×4n+1+

.方法總結(jié)(1)等差數(shù)列與等比數(shù)列中有五個量a1,n,d(或q),an,Sn,一般可以“知三求二”,通過

列方程(組)求關(guān)鍵量a1和d(或q),問題可迎刃而解.(2)數(shù)列{an}是公差為d的等差數(shù)列,{bn}是公比q≠1的等比數(shù)列,求數(shù)列{anbn}的前n項和適用錯

位相減法.3.(2016山東,18,12分)已知數(shù)列{an}的前n項和Sn=3n2+8n,{bn}是等差數(shù)列,且an=bn+bn+1.(1)求數(shù)列{bn}的通項公式;(2)令cn=

,求數(shù)列{cn}的前n項和Tn.解析(1)由題意知,當(dāng)n≥2時,an=Sn-Sn-1=6n+5.當(dāng)n=1時,a1=S1=11,所以an=6n+5.設(shè)數(shù)列{bn}的公差為d.由

即

可解得b1=4,d=3.所以bn=3n+1.(2)由(1)知cn=

=3(n+1)·2n+1.又Tn=c1+c2+…+cn,得Tn=3×[2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1],2Tn=3×[2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2],兩式作差,得-Tn=3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]=3×

=-3n·2n+2.所以Tn=3n·2n+2.4.(2015湖北,18,12分)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,前n項和為Sn,等比數(shù)列{bn}的公比為q.已知b1=

a1,b2=2,q=d,S10=100.(1)求數(shù)列{an},{bn}的通項公式;(2)當(dāng)d>1時,記cn=

,求數(shù)列{cn}的前n項和Tn.解析(1)由題意有,

即

解得

或

故

或

(2)由d>1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=

,于是Tn=1+

+

+

+

+…+

,①

Tn=

+

+

+

+

+…+

.②①-②可得

Tn=2+

+

+…+

-

=3-

,故Tn=6-

.考點二數(shù)列的綜合應(yīng)用1.(2019浙江改編,10,4分)設(shè)a,b∈R,數(shù)列{an}滿足a1=a,an+1=

+b,n∈N*,則

.①當(dāng)b=

時,a10>10;②當(dāng)b=

時,a10>10;③當(dāng)b=-2時,a10>10;④當(dāng)b=-4時,a10>10.答案①解析本題以已知遞推關(guān)系式判斷指定項范圍為載體,考查學(xué)生挖掘事物本質(zhì)以及推理運算

能力;考查的核心素養(yǎng)為邏輯推理,數(shù)學(xué)運算;體現(xiàn)了函數(shù)與方程的思想,創(chuàng)新思維的應(yīng)用.令an+1=an,即

+b=an,即

-an+b=0,若有解,則Δ=1-4b≥0,即b≤

,∴當(dāng)b≤

時,an=

,n∈N*,即存在b≤

,且a=

或

,使數(shù)列{an}為常數(shù)列,②、③、④中,b≤

成立,故存在a=

<10,使an=

(n∈N*),排除②、③、④.對于①,∵b=

,∴a2=

+

≥

,a3=

+

≥

+

=

,a4≥

+

=

,∴a5>

,a6>

,…,a10>

,而

=

=1+

×

+

×

+…=1+4+

+…>10.故a10>10.2.(2017課標(biāo)全國Ⅰ理改編,12,5分)幾位大學(xué)生響應(yīng)國家的創(chuàng)業(yè)號召,開發(fā)了一款應(yīng)用軟件.為

激發(fā)大家學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣,他們推出了“解數(shù)學(xué)題獲取軟件激活碼”的活動.這款軟件的激活

碼為下面數(shù)學(xué)問題的答案:已知數(shù)列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一項是20,接下來的

兩項是20,21,再接下來的三項是20,21,22,依此類推.求滿足如下條件的最小整數(shù)N:N>100且該數(shù)

列的前N項和為2的整數(shù)冪.那么該款軟件的激活碼是

.答案440解析不妨設(shè)1+(1+2)+…+(1+2+…+2n-1)+(1+2+…+2t)=2m(其中m、n、t∈N,0≤t≤n),則有N=

+t+1,因為N>100,所以n≥13.由等比數(shù)列的前n項和公式可得2n+1-n-2+2t+1-1=2m.因為n≥13,所以2n>n+2,所以2n+1>2n+n+2,即2n+1-n-2>2n,因為2t+1-1>0,所以2m>2n+1-n-2>2n,故m≥n+1,因為2t+1-1≤2n+1-1,所以2m≤2n+2-n-3,故m≤n+1.所以m=n+1,從而有n=2t+1-3,因為n≥13,所以t≥3.當(dāng)t=3時,N=95,不合題意;當(dāng)t=4時,N=440,滿足題意,故所求N的最小值為440.3.(2015福建改編,8,5分)若a,b是函數(shù)f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的兩個不同的零點,且a,b,-2這三個數(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

.答案9解析由題可知a,b是x2-px+q=0的兩根,∴a+b=p>0,ab=q>0,故a,b均為正數(shù).∵a,b,-2適當(dāng)排序后成等比數(shù)列,∴-2是a,b的等比中項,得ab=4,∴q=4.又a,b,-2適當(dāng)排序后成等差數(shù)列,所以-2是第一項或第三項,不妨設(shè)a<b,則-2,a,b成遞增的等差數(shù)列,∴2a=b-2,聯(lián)立

消去b得a2+a-2=0,得a=1或a=-2,又a>0,∴a=1,此時b=4,∴p=a+b=5,∴p+q=9.4.(2019浙江,20,15分)設(shè)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;(2)記cn=

,n∈N*,證明:c1+c2+…+cn<2

,n∈N*.解析本題主要考查等差數(shù)列、等比數(shù)列、數(shù)列求和、數(shù)學(xué)歸納法等基礎(chǔ)知識,同時考查運

算求解能力和綜合應(yīng)用能力.體現(xiàn)了數(shù)學(xué)抽象、數(shù)學(xué)運算等核心素養(yǎng).滿分15分.(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d,由題意得a1+2d=4,a1+3d=3a1+3d,解得a1=0,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).解得bn=

(

-SnSn+2).所以bn=n2+n,n∈N*.(2)cn=

=

=

,n∈N*.我們用數(shù)學(xué)歸納法證明.①當(dāng)n=1時,c1=0<2,不等式成立;②假設(shè)n=k(k∈N*)時不等式成立,即c1+c2+…+ck<2

,那么,當(dāng)n=k+1時,c1+c2+…+ck+ck+1<2

+

<2

+

<2

+

=2

+2(

-

)=2

,即當(dāng)n=k+1時不等式也成立.根據(jù)②和②,不等式c1+c2+…+cn<2

對任意n∈N*成立.思路分析(1)利用等比中項定義求出bn.(2)寫出cn,利用數(shù)學(xué)歸納法結(jié)合不等式放縮證明.一題多解(2)cn=

=

=

,n∈N*.我們用數(shù)學(xué)歸納法證明.①當(dāng)n=1時,c1=0<2,不等式成立;②假設(shè)n=k(k∈N*)時不等式成立,即c1+c2+c3+…+ck<2

,那么,當(dāng)n=k+1時,只需證明c1+c2+…+ck+ck+1<2

,即證2

+

<2

,即證

<2(

-

)=

.因為(k+1)(k+2)>k(k+1),所以

<

,又

<

,所以

<

.即當(dāng)n=k+1時,不等式也成立.根據(jù)①和②,不等式c1+c2+…+cn<2

對任意n∈N*成立.5.(2019天津文,18,13分)設(shè){an}是等差數(shù)列,{bn}是等比數(shù)列,公比大于0.已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a

2+3.(1)求{an}和{bn}的通項公式;(2)設(shè)數(shù)列{cn}滿足cn=

求a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N*).解析本題主要考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項公式及其前n項和公式等基礎(chǔ)知識.考查數(shù)列

求和的基本方法和運算求解能力,體現(xiàn)了數(shù)學(xué)運算素養(yǎng).滿分13分.(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,等比數(shù)列{bn}的公比為q.依題意,得

解得

故an=3+3(n-1)=3n,bn=3×3n-1=3n.所以,{an}的通項公式為an=3n,{bn}的通項公式為bn=3n.(2)a1c1+a2c2+…+a2nc2n=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2nbn)=

+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n)=3n2+6(1×31+2×32+…+n×3n).記Tn=1×31+2×32+…+n×3n,①則3Tn=1×32+2×33+…+n×3n+1,②②-①得,2Tn=-3-32-33-…-3n+n×3n+1=-

+n×3n+1=

.所以,a1c1+a2c2+…+a2nc2n=3n2+6Tn=3n2+3×

=

(n∈N*).思路分析(1)利用等差、等比數(shù)列的通項公式求出公差d,公比q即可.(2)利用{cn}的通項公式,

進行分組求和,在計算差比數(shù)列時采用錯位相減法求和.解題關(guān)鍵根據(jù)n的奇偶性得數(shù)列{cn}的通項公式,從而選擇合適的求和方法是求解的關(guān)鍵.6.(2019天津理,19,14分)設(shè){an}是等差數(shù)列,{bn}是等比數(shù)列.已知a1=4,b1=6,b2=2a2-2,b3=2a3+4.(1)求{an}和{bn}的通項公式;(2)設(shè)數(shù)列{cn}滿足c1=1,cn=

其中k∈N*.(i)求數(shù)列{

(

-1)}的通項公式;(ii)求

aici(n∈N*).解析本題主要考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項公式及其前n項和公式等基礎(chǔ)知識.考查化歸

與轉(zhuǎn)化思想和數(shù)列求和的基本方法以及運算求解能力.滿分14分.(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,等比數(shù)列{bn}的公比為q.依題意得

解得

故an=4+(n-1)×3=3n+1,bn=6×2n-1=3×2n.所以,{an}的通項公式為an=3n+1,{bn}的通項公式為bn=3×2n.(2)(i)

(

-1)=

(bn-1)=(3×2n+1)·(3×2n-1)=9×4n-1.所以,數(shù)列{

(

-1)}的通項公式為

(

-1)=9×4n-1.(ii)

aici=

[ai+ai(ci-1)]=

ai+

(

-1)=

+

(9×4i-1)=(3×22n-1+5×2n-1)+9×

-n=27×22n-1+5×2n-1-n-12(n∈N*).思路分析(1)利用等差數(shù)列、等比數(shù)列概念求基本量得到通項公式.(2)(i)由cn=

k∈N*知

(

-1)=(3×2n+1)(3×2n-1),從而得到數(shù)列{

(

-1)}的通項公式.(ii)利用(i)把

aici拆成

[ai+ai(ci-1)],進而可得

aici=

ai+

(

-1),計算即可.解題關(guān)鍵正確理解數(shù)列{cn}的含義是解題的關(guān)鍵.7.(2018浙江,20,15分)已知等比數(shù)列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中項.數(shù)列

{bn}滿足b1=1,數(shù)列{(bn+1-bn)an}的前n項和為2n2+n.(1)求q的值;(2)求數(shù)列{bn}的通項公式.解析(1)由a4+2是a3,a5的等差中項得a3+a5=2a4+4,所以a3+a4+a5=3a4+4=28,解得a4=8.由a3+a5=20得8

=20,解得q=2或q=

,因為q>1,所以q=2.(2)設(shè)cn=(bn+1-bn)an,數(shù)列{cn}的前n項和為Sn.由cn=

解得cn=4n-1.由(1)可知an=2n-1,所以bn+1-bn=(4n-1)·

,故bn-bn-1=(4n-5)·

,n≥2,bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)=(4n-5)·

+(4n-9)·

+…+7·

+3.設(shè)Tn=3+7·

+11·

+…+(4n-5)·

,n≥2,

Tn=3·

+7·

+…+(4n-9)·

+(4n-5)·

,所以

Tn=3+4·

+4·

+…+4·

-(4n-5)·

,因此Tn=14-(4n+3)·

,n≥2,又b1=1,所以bn=15-(4n+3)·

.易錯警示利用錯位相減法求和時,要注意以下幾點:(1)錯位相減法求和,只適合于數(shù)列{anbn},其中{an}為等差數(shù)列,{bn}為等比數(shù)列.(2)在等式兩邊所乘的數(shù)是等比數(shù)列{bn}的公比.(3)兩式相減時,一定要錯開一位.(4)特別要注意相減后等比數(shù)列的項數(shù).(5)進行檢驗.8.(2016四川,19,12分)已知數(shù)列{an}的首項為1,Sn為數(shù)列{an}的前n項和,Sn+1=qSn+1,其中q>0,n∈

N*.(1)若2a2,a3,a2+2成等差數(shù)列,求數(shù)列{an}的通項公式;(2)設(shè)雙曲線x2-

=1的離心率為en,且e2=

,證明:e1+e2+…+en>

.解析(1)由已知,Sn+1=qSn+1,Sn+2=qSn+1+1,兩式相減得到an+2=qan+1,n≥1.又由S2=qS1+1得到a2=qa1,故an+1=qan對所有n≥1都成立.所以,數(shù)列{an}是首項為1,公比為q的等比數(shù)列.從而an=qn-1.由2a2,a3,a2+2成等差數(shù)列,可得2a3=3a2+2,即2q2=3q+2,則(2q+1)(q-2)=0,由已知,q>0,故q=2.所以an=2n-1(n∈N*).(2)由(1)可知,an=qn-1.所以雙曲線x2-

=1的離心率en=

=

.由e2=

=

,解得q=

.因為1+q2(k-1)>q2(k-1),所以

>qk-1(k∈N*).于是e1+e2+…+en>1+q+…+qn-1=

,故e1+e2+…+en>

.9.(2015山東,18,12分)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn.已知2Sn=3n+3.(1)求{an}的通項公式;(2)若數(shù)列{bn}滿足anbn=log3an,求{bn}的前n項和Tn.解析(1)因為2Sn=3n+3,所以2a1=3+3,故a1=3,當(dāng)n>1時,2Sn-1=3n-1+3,此時2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=2×3n-1,即an=3n-1,所以an=

(2)因為anbn=log3an,所以b1=

,當(dāng)n>1時,bn=31-nlog33n-1=(n-1)·31-n.所以T1=b1=

;當(dāng)n>1時,Tn=b1+b2+b3+…+bn=

+[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=

+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n=

+

-(n-1)×31-n=

-

,所以Tn=

-

.經(jīng)檢驗,n=1時也適合.綜上可得,Tn=

-

.C組教師專用題組考點一數(shù)列求和1.(2013湖南,15,5分)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項和,Sn=(-1)nan-

,n∈N*,則(1)a3=

;(2)S1+S2+…+S100=

.答案(1)-

(2)

解析(1)由已知得S3=-a3-

,S4=a4-

,兩式相減得a4=a4+a3-

+

,∴a3=

-

=-

.(2)已知Sn=(-1)nan-

,(i)當(dāng)n為奇數(shù)時,

兩式相減得an+1=an+1+an+

,∴an=-

;(ii)當(dāng)n為偶數(shù)時,

兩式相減得an+1=-an+1-an+

,即an=-2an+1+

=

.綜上,an=

∴S1+S2+…+S100=

+

+…+

=[(a2+a4+…+a100)-(a1+a3+…+a99)]-

=

+

-

+

+…+

=

-

=

-

=

.2.(2012課標(biāo),16,5分)數(shù)列{an}滿足an+1+(-1)nan=2n-1,則{an}的前60項和為

.答案1830解析當(dāng)n=2k時,a2k+1+a2k=4k-1,當(dāng)n=2k-1時,a2k-a2k-1=4k-3,∴a2k+1+a2k-1=2,∴a2k+1+a2k+3=2,∴a2k-1=a2k+3,∴a1=a5=…=a61.∴a1+a2+a3+…+

a60=(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a60+a61)=3+7+11+…+(2×60-1)=

=30×61=1830.評析本題考查了數(shù)列求和,考查了分類討論及等價轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想.3.(2015廣東,21,14分)數(shù)列{an}滿足:a1+2a2+…+nan=4-

,n∈N*.(1)求a3的值;(2)求數(shù)列{an}的前n項和Tn;(3)令b1=a1,bn=

+

an(n≥2),證明:數(shù)列{bn}的前n項和Sn滿足Sn<2+2lnn.解析(1)當(dāng)n=1時,a1=1;當(dāng)n=2時,a1+2a2=2,解得a2=

;當(dāng)n=3時,a1+2a2+3a3=

,解得a3=

.(2)當(dāng)n≥2時,a1+2a2+…+(n-1)an-1+nan=4-

,①a1+2a2+…+(n-1)an-1=4-

,②由①-②得,nan=

,所以an=

(n≥2),經(jīng)檢驗,a1=1也適合上式,所以an=

(n∈N*).所以數(shù)列{an}是以1為首項,

為公比的等比數(shù)列.所以Tn=

=2-

.(3)證明:b1=1,bn=

-

·

+

·

(n≥2).當(dāng)n=1時,S1=1<2+2ln1.當(dāng)n≥2時,bn=

+

·an=

+

·(Tn-Tn-1)=

+

·Tn-

·Tn-1=

·Tn-

·Tn-1,所以Sn=1+

·T2-1·T1+

·T3-

·T2+…+

·Tn-

1+

+

+…+

·Tn-1=

·Tn<2

1+

+

+…+

=2+2

,以下證明

+

+…+

<lnn(n≥2).構(gòu)造函數(shù)h(x)=lnx-1+

(x>1),則h'(x)=

-

=

>0(x>1),所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增,即h(x)>h(1)=0.所以lnx>1-

(x>1),分別令x=2,

,

,…,

,得ln2>1-

=

,ln

>1-

=

,ln

>1-

=

,……ln

>1-

=

.累加得ln2+ln

+…+ln

>

+

+…+

,即ln2+(ln3-ln2)+…+[lnn-ln(n-1)]>

+

+…+

,所以

+

+…+

<lnn(n≥2).綜上,Sn<2+2lnn,n∈N*.考點二數(shù)列的綜合應(yīng)用1.(2013江蘇,14,5分)在正項等比數(shù)列{an}中,a5=

,a6+a7=3.則滿足a1+a2+…+an>a1a2…an的最大正整數(shù)n的值為

.答案12解析解法一:設(shè)公比為q,則q>0,由

得a1=

,q=2.由a1+a2+…+an>a1a2…an,得2n-1>

.檢驗知當(dāng)n=12時,212-1>211;當(dāng)n=13時,213-1<218,故滿足a1+a2+…+an>a1a2…an的最大正整數(shù)n的值

是12.解法二:設(shè)正項等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0),則由a6+a7=a5(q+q2)=3,結(jié)合a5=

,可得q=2(負(fù)值舍去),∴

=a1×24,∴a1=

,于是an=2n-6,則a1+a2+…+an=

=2n-5-

.∵a5=

,q=2,∴a6=1,a1a11=a2a10=…=

=1.∴a1a2…a11=1.當(dāng)n取12時,a1+a2+…+a12=27-

>a1a2…a11·a12=a12=26成立;當(dāng)n取13時,a1+a2+…+a13=28-

<a1a2…a11a12a13=a12a13=26·27=213;當(dāng)n>13時,隨著n的增大,a1+a2+…+an將恒小于a1a2…an.因此最大正整數(shù)n

的值為12.2.(2011江蘇,13,5分)設(shè)1=a1≤a2≤…≤a7,其中a1,a3,a5,a7成公比為q的等比數(shù)列,a2,a4,a6成公差為1

的等差數(shù)列,則q的最小值是

.答案

解析∵a1,a3,a5,a7成公比為q的等比數(shù)列,又a1=1,∴a3=q,a5=q2,a7=q3,又a2,a4,a6成公差為1的等差數(shù)列,∴a4=a2+1,a6=a2+2.由1=a1≤a2≤a3≤…≤a7,得

解得

≤q≤

,故q的最小值為

.評析

本題主要考查等差、等比數(shù)列的通項公式,考查學(xué)生的邏輯思維能力和分析問題、解

決問題的能力,屬中等難度試題.3.(2017山東,19,12分)已知{xn}是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列,且x1+x2=3,x3-x2=2.(1)求數(shù)列{xn}的通項公式;(2)如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,依次連接點P1(x1,1),P2(x2,2),…,Pn+1(xn+1,n+1)得到折線P1P2…Pn

+1,求由該折線與直線y=0,x=x1,x=xn+1所圍成的區(qū)域的面積Tn.

解析本題考查等比數(shù)列基本量的計算,錯位相減法求和.(1)設(shè)數(shù)列{xn}的公比為q,由已知知q>0.由題意得

所以3q2-5q-2=0.因為q>0,所以q=2,x1=1.因此數(shù)列{xn}的通項公式為xn=2n-1.(2)過P1,P2,…,Pn+1向x軸作垂線,垂足分別為Q1,Q2,…,Qn+1.由(1)得xn+1-xn=2n-2n-1=2n-1,記梯形PnPn+1Qn+1Qn的面積為bn,由題意bn=

×2n-1=(2n+1)×2n-2,所以Tn=b1+b2+…+bn=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2,①2Tn=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.②①-②得-Tn=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1=

+

-(2n+1)×2n-1.所以Tn=

.解題關(guān)鍵記梯形PnPn+1Qn+1Qn的面積為bn,以幾何圖形為背景確定{bn}的通項公式是關(guān)鍵.方法總結(jié)一般地,如果{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.在寫“Sn”與“qSn”的表達式時應(yīng)特別注意將兩式“錯項對齊”,以便下一步準(zhǔn)確

寫出“Sn-qSn”的表達式.4.(2015安徽,18,12分)設(shè)n∈N*,xn是曲線y=x2n+2+1在點(1,2)處的切線與x軸交點的橫坐標(biāo).(1)求數(shù)列{xn}的通項公式;(2)記Tn=

…

,證明:Tn≥

.解析(1)y'=(x2n+2+1)'=(2n+2)x2n+1,曲線y=x2n+2+1在點(1,2)處的切線斜率為2n+2.從而切線方程為y-2=(2n+2)(x-1).令y=0,解得切線與x軸交點的橫坐標(biāo)xn=1-

=

.(2)證明:由題設(shè)和(1)中的計算結(jié)果知Tn=

…

=

…

.當(dāng)n=1時,T1=

.當(dāng)n≥2時,因為

=

=

>

=

=

.所以Tn>

×

×

×…×

=

.綜上可得對任意的n∈N*,均有Tn≥

.5.(2014湖南,20,13分)已知數(shù)列{an}滿足a1=1,|an+1-an|=pn,n∈N*.(1)若{an}是遞增數(shù)列,且a1,2a2,3a3成等差數(shù)列,求p的值;(2)若p=

,且{a2n-1}是遞增數(shù)列,{a2n}是遞減數(shù)列,求數(shù)列{an}的通項公式.解析(1)因為{an}是遞增數(shù)列,所以|an+1-an|=an+1-an=pn.而a1=1,因此a2=p+1,a3=p2+p+1.又a1,2a2,3a3成等差數(shù)列,所以4a2=a1+3a3,因而3p2-p=0,解得p=

或p=0.當(dāng)p=0時,an+1=an,這與{an}是遞增數(shù)列矛盾.故p=

.(2)由于{a2n-1}是遞增數(shù)列,因而a2n+1-a2n-1>0,于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)>0.

①但

<

,所以|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|.

②由①,②知,a2n-a2n-1>0,因此a2n-a2n-1=

=

.

③因為{a2n}是遞減數(shù)列,同理可得,a2n+1-a2n<0,故a2n+1-a2n=-

=

.

④由③,④知,an+1-an=

.于是an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+

-

+…+

=1+

·

=

+

·

,故數(shù)列{an}的通項公式為an=

+

·

.6.(2014浙江,19,14分)已知數(shù)列{an}和{bn}滿足a1a2a3…an=(

(n∈N*).若{an}為等比數(shù)列,且a1=2,b3=6+b2.(1)求an與bn;(2)設(shè)cn=

-

(n∈N*).記數(shù)列{cn}的前n項和為Sn.(i)求Sn;(ii)求正整數(shù)k,使得對任意n∈N*均有Sk≥Sn.解析(1)由a1a2a3…an=(

,b3-b2=6,知a3=(

=8.又由a1=2,得公比q=2(q=-2舍去),所以數(shù)列{an}的通項為an=2n(n∈N*),所以,a1a2a3…an=

=(

)n(n+1).故數(shù)列{bn}的通項為bn=n(n+1)(n∈N*).(2)(i)由(1)知cn=

-

=

-

(n∈N*),所以Sn=

-

(n∈N*).(ii)c1=0,c2>0,c3>0,c4>0,當(dāng)n≥5時,cn=

,而

-

=

>0,得

≤

<1,所以,當(dāng)n≥5時,cn<0.綜上,對任意n∈N*,恒有S4≥Sn,故k=4.三年模擬A組2017—2019年高考模擬·考點基礎(chǔ)題組考點一數(shù)列求和1.(2019無錫期中,13)定義

為n個正數(shù)P1,P2,…,Pn的“均倒數(shù)”.若已知數(shù)列{an}的前n項的“均倒數(shù)”為

,bn=

,則

+

+…+

=

.答案

解析設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn,依題意,有

=

,即Sn=n(2n+3)=2n2+3n.當(dāng)n=1時,a1=S1=5,當(dāng)n>1時,由Sn=2n2+3n得Sn-1=2(n-1)2+3(n-1)=2n2-n-1,兩式相減,得an=4n+1,n=1時也符合,所以an=4n+1,則bn=

=2n+1,所以