備考2024高考一輪總復(fù)習數(shù)學人教a版第六章§6.6　數(shù)列中的綜合問題

§6.6數(shù)列中的綜合問題考試要求1.了解數(shù)列是一種特殊的函數(shù)，會解決等差、等比數(shù)列的綜合問題.2.能在具體問題情境中，發(fā)現(xiàn)等差、等比關(guān)系，并解決相應(yīng)的問題．題型一數(shù)學文化與數(shù)列的實際應(yīng)用例1(1)(2020·全國Ⅱ)北京天壇的圜丘壇為古代祭天的場所，分上、中、下三層．上層中心有一塊圓形石板(稱為天心石)，環(huán)繞天心石砌9塊扇面形石板構(gòu)成第一環(huán)，向外每環(huán)依次增加9塊．下一層的第一環(huán)比上一層的最后一環(huán)多9塊，向外每環(huán)依次也增加9塊，已知每層環(huán)數(shù)相同，且下層比中層多729塊，則三層共有扇面形石板(不含天心石)()A．3699塊 B．3474塊C．3402塊 D．3339塊答案C解析設(shè)每一層有n環(huán)，由題意可知，從內(nèi)到外每環(huán)之間構(gòu)成公差為d＝9，首項為a1＝9的等差數(shù)列．由等差數(shù)列的性質(zhì)知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差數(shù)列，且(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝n2d，則9n2＝729，解得n＝9，則三層共有扇面形石板S3n＝S27＝27×9＋eq\f(27×26,2)×9＝3402(塊)．(2)(2021·新高考全國Ⅰ)某校學生在研究民間剪紙藝術(shù)時，發(fā)現(xiàn)剪紙時經(jīng)常會沿紙的某條對稱軸把紙對折．規(guī)格為20dm×12dm的長方形紙，對折1次共可以得到10dm×12dm,20dm×6dm兩種規(guī)格的圖形，它們的面積之和S1＝240dm2，對折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三種規(guī)格的圖形，它們的面積之和S2＝180dm2，以此類推，則對折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為________；如果對折n次，那么eq\i\su(k＝1,n,S)k＝_______dm2.答案5240eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(n＋3,2n)))解析依題意得，S1＝120×2＝240；S2＝60×3＝180；當n＝3時，共可以得到5dm×6dm，eq\f(5,2)dm×12dm，10dm×3dm,20dm×eq\f(3,2)dm四種規(guī)格的圖形，且5×6＝30，eq\f(5,2)×12＝30,10×3＝30，20×eq\f(3,2)＝30，所以S3＝30×4＝120；當n＝4時，共可以得到5dm×3dm，eq\f(5,2)dm×6dm，eq\f(5,4)dm×12dm,10dm×eq\f(3,2)dm,20dm×eq\f(3,4)dm五種規(guī)格的圖形，所以對折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為5，且5×3＝15，eq\f(5,2)×6＝15，eq\f(5,4)×12＝15,10×eq\f(3,2)＝15,20×eq\f(3,4)＝15，所以S4＝15×5＝75；……所以可歸納Sk＝eq\f(240,2k)×(k＋1)＝eq\f(240k＋1,2k).所以eq\i\su(k＝1,n,S)k＝240eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,22)＋\f(4,23)＋…＋\f(n,2n－1)＋\f(n＋1,2n)))，①所以eq\f(1,2)×eq\i\su(k＝1,n,S)k＝240eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,22)＋\f(3,23)＋\f(4,24)＋…＋\f(n,2n)＋\f(n＋1,2n＋1)))，②由①－②得，eq\f(1,2)×eq\i\su(k＝1,n,S)k＝240eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋\f(1,24)＋…＋\f(1,2n)－\f(n＋1,2n＋1)))＝240eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\f(1,22)－\f(1,2n)×\f(1,2),1－\f(1,2))－\f(n＋1,2n＋1)))＝240eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(n＋3,2n＋1)))，所以eq\i\su(k＝1,n,S)k＝240eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(n＋3,2n)))dm2.教師備選1．《周髀算經(jīng)》中有這樣一個問題：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、驚蟄、春分、清明、谷雨、立夏、小滿、芒種這十二個節(jié)氣，自冬至日起，其日影長依次成等差數(shù)列，前三個節(jié)氣日影長之和為28.5尺，最后三個節(jié)氣日影長之和為1.5尺，今年3月20日為春分時節(jié)，其日影長為()A．4.5尺 B．3.5尺C．2.5尺 D．1.5尺答案A解析冬至、小寒、大寒、立春、雨水、驚蟄、春分、清明、谷雨、立夏、小滿、芒種這十二個節(jié)氣日影長構(gòu)成等差數(shù)列{an}，設(shè)公差為d，由題意得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＝28.5，,a10＋a11＋a12＝1.5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝10.5，,d＝－1，))所以an＝a1＋(n－1)d＝11.5－n，所以a7＝11.5－7＝4.5，即春分時節(jié)的日影長為4.5尺．2．古希臘時期，人們把寬與長之比為eq\f(\r(5)－1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2)≈0.618))的矩形稱為黃金矩形，把這個比值eq\f(\r(5)－1,2)稱為黃金分割比例．如圖為希臘的一古建筑，其中圖中的矩形ABCD，EBCF，F(xiàn)GHC，F(xiàn)GJI，LGJK，MNJK均為黃金矩形，若M與K之間的距離超過1.5m，C與F之間的距離小于11m，則該古建筑中A與B之間的距離可能是(參考數(shù)據(jù)：0.6182≈0.382，0.6183≈0.236，0.6184≈0.146，0.6185≈0.090，0.6186≈0.056，0.6187≈0.034)()A．30.3m B．30.1mC．27m D．29.2m答案C解析設(shè)|AB|＝x，a≈0.618，因為矩形ABCD，EBCF，F(xiàn)GHC，F(xiàn)GJI，LGJK，MNJK均為黃金矩形，所以有|BC|＝ax，|CF|＝a2x，|FG|＝a3x，|GJ|＝a4x，|JK|＝a5x，|KM|＝a6x.由題設(shè)得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a6x>1.5，,a2x<11，))解得26.786<x<28.796，故選項C符合題意．思維升華數(shù)列應(yīng)用問題常見模型(1)等差模型：后一個量比前一個量增加(或減少)的是同一個固定值．(2)等比模型：后一個量與前一個量的比是同一個固定的非零常數(shù)．(3)遞推數(shù)列模型：如果題目中給出的前后兩項之間的關(guān)系不固定，隨項的變化而變化，那么應(yīng)考慮an與an＋1(或者相鄰三項)之間的遞推關(guān)系，或者Sn與Sn＋1(或者相鄰三項)之間的遞推關(guān)系．跟蹤訓(xùn)練1(1)(2022·佛山模擬)隨著新一輪科技革命和產(chǎn)業(yè)變革持續(xù)推進，以數(shù)字化、網(wǎng)絡(luò)化、智能化以及融合化為主要特征的新型基礎(chǔ)設(shè)施建設(shè)越來越受到關(guān)注.5G基站建設(shè)就是“新基建”的眾多工程之一，截至2020年底，我國已累計開通5G基站超70萬個，未來將進一步完善基礎(chǔ)網(wǎng)絡(luò)體系，穩(wěn)步推進5G網(wǎng)絡(luò)建設(shè)，實現(xiàn)主要城區(qū)及部分重點鄉(xiāng)鎮(zhèn)5G網(wǎng)絡(luò)覆蓋.2021年1月計劃新建設(shè)5萬個5G基站，以后每個月比上一個月多建設(shè)1萬個，預(yù)計我國累計開通500萬個5G基站時要到()A．2022年12月 B．2023年2月C．2023年4月 D．2023年6月答案B解析每個月開通5G基站的個數(shù)是以5為首項，1為公差的等差數(shù)列，設(shè)預(yù)計我國累計開通500萬個5G基站需要n個月，則70＋5n＋eq\f(nn－1,2)×1＝500，化簡整理得，n2＋9n－860＝0，解得n≈25.17或n≈－34.17(舍)，所以預(yù)計我國累計開通500萬個5G基站需要25個月，也就是到2023年2月．(2)(多選)(2022·濰坊模擬)南宋數(shù)學家楊輝所著的《詳解九章算法·商功》中出現(xiàn)了如圖所示的形狀，后人稱為“三角垛”．“三角垛”的最上層有1個球，第二層有3個球，第三層有6個球，…，設(shè)各層球數(shù)構(gòu)成一個數(shù)列{an}，則()A．a(chǎn)4＝12B．a(chǎn)n＋1＝an＋n＋1C．a(chǎn)100＝5050D．2an＋1＝an·an＋2答案BC解析由題意知，a1＝1，a2＝3，a3＝6，…，an＝an－1＋n，故an＝eq\f(nn＋1,2)，∴a4＝eq\f(4×4＋1,2)＝10，故A錯誤；an＋1＝an＋n＋1，故B正確；a100＝eq\f(100×100＋1,2)＝5050，故C正確；2an＋1＝(n＋1)(n＋2)，an·an＋2＝eq\f(nn＋1n＋2n＋3,4)，顯然2an＋1≠an·an＋2，故D錯誤．題型二等差數(shù)列、等比數(shù)列的綜合運算例2(2022·濱州模擬)已知等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}滿足a1＝2，b2＝4，an＝2log2bn，n∈N*.(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式；(2)設(shè)數(shù)列{an}中不在數(shù)列{bn}中的項按從小到大的順序構(gòu)成數(shù)列{cn}，記數(shù)列{cn}的前n項和為Sn，求S100.解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因為b2＝4，所以a2＝2log2b2＝4，所以d＝a2－a1＝2，所以an＝2＋(n－1)×2＝2n.又an＝2log2bn，即2n＝2log2bn，所以n＝log2bn，所以bn＝2n.(2)由(1)得bn＝2n＝2·2n－1＝a2n－1，即bn是數(shù)列{an}中的第2n－1項．設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Pn，數(shù)列{bn}的前n項和為Qn，因為b7＝＝a64，b8＝＝a128，所以數(shù)列{cn}的前100項是由數(shù)列{an}的前107項去掉數(shù)列{bn}的前7項后構(gòu)成的，所以S100＝P107－Q7＝eq\f(107×2＋214,2)－eq\f(2－28,1－2)＝11302.教師備選(2020·浙江)已知數(shù)列{an}，{bn}，{cn}滿足a1＝b1＝c1＝1，cn＝an＋1－an，cn＋1＝eq\f(bn,bn＋2)cn，n∈N*.(1)若{bn}為等比數(shù)列，公比q>0，且b1＋b2＝6b3，求q的值及數(shù)列{an}的通項公式；(2)若{bn}為等差數(shù)列，公差d>0，證明：c1＋c2＋c3＋…＋cn<1＋eq\f(1,d)，n∈N*.(1)解由b1＝1，b1＋b2＝6b3，且{bn}為等比數(shù)列，得1＋q＝6q2，解得q＝eq\f(1,2)(負舍)．∴bn＝eq\f(1,2n－1).∴cn＋1＝eq\f(bn,bn＋2)cn＝4cn，∴cn＝4n－1.∴an＋1－an＝4n－1，∴an＝a1＋1＋4＋…＋4n－2＝eq\f(1－4n－1,1－4)＋1＝eq\f(4n－1＋2,3).(2)證明由cn＋1＝eq\f(bn,bn＋2)·cn(n∈N*)，可得bn＋2·cn＋1＝bn·cn，兩邊同乘bn＋1，可得bn＋1·bn＋2·cn＋1＝bn·bn＋1·cn，∵b1b2c1＝b2＝1＋d，∴數(shù)列{bnbn＋1cn}是一個常數(shù)列，且此常數(shù)為1＋d，即bnbn＋1cn＝1＋d，∴cn＝eq\f(1＋d,bnbn＋1)＝eq\f(1＋d,d)·eq\f(d,bnbn＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,d)))·eq\f(bn＋1－bn,bnbn＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,d)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)－\f(1,bn＋1)))，又∵b1＝1，d>0，∴bn>0，∴c1＋c2＋…＋cn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,d)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b1)－\f(1,b2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,d)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)－\f(1,b3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,d)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)－\f(1,bn＋1)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,d)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b1)－\f(1,b2)＋\f(1,b2)－\f(1,b3)＋…＋\f(1,bn)－\f(1,bn＋1)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,d)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b1)－\f(1,bn＋1)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,d)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,bn＋1)))<1＋eq\f(1,d)，∴c1＋c2＋…＋cn<1＋eq\f(1,d).思維升華對等差、等比數(shù)列的綜合問題，應(yīng)重點分析等差、等比數(shù)列項之間的關(guān)系．數(shù)列的求和主要是等差、等比數(shù)列的求和及裂項相消法求和與錯位相減法求和，本題中利用裂項相消法求數(shù)列的和，然后利用b1＝1，d>0證明不等式成立．另外本題在探求{an}與{cn}的通項公式時，考查累加、累乘兩種基本方法．跟蹤訓(xùn)練2已知等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}滿足a1＝b1＝1，a2＋a4＝10，b2b4＝a5.(1)求{an}的通項公式；(2)求b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1.解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.因為a1＝1，a2＋a4＝10，所以2a1＋4d＝10，解得d＝2.所以an＝2n－1.(2)設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q.因為b2b4＝a5，所以b1q·b1q3＝9.又b1＝1，所以q2＝3.所以b2n－1＝b1q2n－2＝3n－1.則b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝eq\f(3n－1,2).題型三數(shù)列與其他知識的交匯問題命題點1數(shù)列與不等式的交匯例3已知數(shù)列{an}滿足a1＝eq\f(1,2)，eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an)＋2(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)求證：aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,n)<eq\f(1,2).(1)解因為eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an)＋2(n∈N*)，所以eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝2(n∈N*)，因為a1＝eq\f(1,2)，所以eq\f(1,a1)＝2，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以首項為2，公差為2的等差數(shù)列，所以eq\f(1,an)＝2＋2(n－1)＝2n(n∈N*)，所以數(shù)列{an}的通項公式是an＝eq\f(1,2n)(n∈N*)．(2)證明依題意可知aeq\o\al(2,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n)))2＝eq\f(1,4)·eq\f(1,n2)<eq\f(1,4)·eq\f(1,n)·eq\f(1,n－1)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))(n>1)，所以aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,n)<eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,n)))<eq\f(1,2).故aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,n)<eq\f(1,2).命題點2數(shù)列與函數(shù)的交匯例4(1)(2022·淄博模擬)已知在等比數(shù)列{an}中，首項a1＝2，公比q>1，a2，a3是函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－6x2＋32x的兩個極值點，則數(shù)列{an}的前9項和是________．答案1022解析由f(x)＝eq\f(1,3)x3－6x2＋32x，得f′(x)＝x2－12x＋32，又因為a2，a3是函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－6x2＋32x的兩個極值點，所以a2，a3是函數(shù)f′(x)＝x2－12x＋32的兩個零點，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋a3＝12，,a2·a3＝32，))因為q>1，所以a2＝4，a3＝8，故q＝2，則前9項和S9＝eq\f(21－29,1－2)＝210－2＝1022.教師備選1．已知函數(shù)f(x)＝log2x，若數(shù)列{an}的各項使得2，f(a1)，f(a2)，…，f(an)，2n＋4成等差數(shù)列，則數(shù)列{an}的前n項和Sn＝______________.答案eq\f(16,3)(4n－1)解析設(shè)等差數(shù)列的公差為d，則由題意，得2n＋4＝2＋(n＋1)d，解得d＝2，于是log2a1＝4，log2a2＝6，log2a3＝8，…，從而a1＝24，a2＝26，a3＝28，…，易知數(shù)列{an}是等比數(shù)列，其公比q＝eq\f(a2,a1)＝4，所以Sn＝eq\f(244n－1,4－1)＝eq\f(16,3)(4n－1)．2．求證：eq\f(1,2＋1)＋eq\f(2,22＋2)＋eq\f(3,23＋3)＋…＋eq\f(n,2n＋n)<2(n∈N*)．證明因為eq\f(n,2n＋n)<eq\f(n,2n)，所以不等式左邊<eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n,2n).令A(yù)＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n,2n)，則eq\f(1,2)A＝eq\f(1,22)＋eq\f(2,23)＋eq\f(3,24)＋…＋eq\f(n,2n＋1)，兩式相減得eq\f(1,2)A＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1)＝1－eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1)，所以A＝2－eq\f(n＋2,2n)<2，即得證．思維升華數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問題關(guān)鍵在于通過函數(shù)關(guān)系尋找數(shù)列的遞推關(guān)系，求出數(shù)列的通項或前n項和，再利用數(shù)列或數(shù)列對應(yīng)的函數(shù)解決最值、范圍問題，通過放縮進行不等式的證明．跟蹤訓(xùn)練3(1)(2022·長春模擬)已知等比數(shù)列{an}滿足：a1＋a2＝20，a2＋a3＝80.數(shù)列{bn}滿足bn＝log2an，其前n項和為Sn，若eq\f(bn,Sn＋11)≤λ恒成立，則λ的最小值為________．答案eq\f(6,23)解析設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q＝20，,a1q＋a1q2＝80，))解得a1＝4，q＝4，故{an}的通項公式為an＝4n，n∈N*.bn＝log2an＝log24n＝2n，Sn＝2n＋eq\f(1,2)n(n－1)·2＝n2＋n，eq\f(bn,Sn＋11)＝eq\f(2n,n2＋n＋11)＝eq\f(2,n＋\f(11,n)＋1)，n∈N*，令f(x)＝x＋eq\f(11,x)，則當x∈(0，eq\r(11))時，f(x)＝x＋eq\f(11,x)單調(diào)遞減，當x∈(eq\r(11)，＋∞)時，f(x)＝x＋eq\f(11,x)單調(diào)遞增，又∵f(3)＝3＋eq\f(11,3)＝eq\f(20,3)，f(4)＝4＋eq\f(11,4)＝eq\f(27,4)，且n∈N*，∴n＋eq\f(11,n)≥eq\f(20,3)，即eq\f(bn,Sn＋11)≤eq\f(2,\f(20,3)＋1)＝eq\f(6,23)，故λ≥eq\f(6,23)，故λ的最小值為eq\f(6,23).(2)若Sn是公差不為0的等差數(shù)列{an}的前n項和，且S1，S2，S4成等比數(shù)列，S2＝4.①求數(shù)列{an}的通項公式；②設(shè)bn＝eq\f(3,anan＋1)，Tn是數(shù)列{bn}的前n項和，求使得Tn<eq\f(m,20)對所有n∈N*都成立的最小正整數(shù)m.解①設(shè){an}的公差為d(d≠0)，則S1＝a1，S2＝2a1＋d，S4＝4a1＋6d.因為S1，S2，S4成等比數(shù)列，所以a1·(4a1＋6d)＝(2a1＋d)2.所以2a1d＝d2.因為d≠0，所以d＝2a1.又因為S2＝4，所以a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1.②因為bn＝eq\f(3,anan＋1)＝eq\f(3,2n－12n＋1)＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，所以Tn＝eq\f(3,2)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(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))<eq\f(3,2).要使Tn<eq\f(m,20)對所有n∈N*都成立，則有eq\f(m,20)≥eq\f(3,2)，即m≥30.因為m∈N*，所以m的最小值為30.課時精練1．(2022·青島模擬)從“①Sn＝neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(a1,2)))；②S2＝a3，a4＝a1a2；③a1＝2，a4是a2，a8的等比中項．”三個條件中任選一個，補充到下面的橫線處，并解答．已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，公差d≠0，________，n∈N*.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若bn＝，數(shù)列{bn}的前n項和為Wn，求Wn.注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．解(1)選①：Sn＝neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(a1,2)))＝n2＋eq\f(a1,2)n，令n＝1，得a1＝1＋eq\f(a1,2)，即a1＝2，所以Sn＝n2＋n.當n≥2時，Sn－1＝(n－1)2＋n－1，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n，又a1＝2，滿足上式，所以an＝2n.選②：由S2＝a3，得a1＋a2＝a3，得a1＝d，又由a4＝a1a2，得a1＋3d＝a1(a1＋d)，因為d≠0，則a1＝d＝2，所以an＝2n.選③：由a4是a2，a8的等比中項，得aeq\o\al(2,4)＝a2a8，則(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，因為a1＝2，d≠0，所以d＝2，則an＝2n.(2)Sn＝n2＋n，bn＝(2n＋1)2＋2n＋1－(2n)2－2n＝3·22n＋2n，所以Wn＝3×22＋2＋3×24＋22＋…＋3×22n＋2n＝eq\f(12×1－4n,1－4)＋eq\f(2×1－2n,1－2)＝4(4n－1)＋2(2n－1)＝4n＋1＋2n＋1－6.2．(2022·沈陽模擬)已知正項數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且aeq\o\al(2,n＋1)＝2Sn＋n＋1，a2＝2.(1)求數(shù)列{an}的通項公式an；(2)若bn＝an·2n，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，求使Tn>2022的最小的正整數(shù)n的值．解(1)當n≥2時，由aeq\o\al(2,n＋1)＝2Sn＋n＋1，a2＝2，得aeq\o\al(2,n)＝2Sn－1＋n－1＋1，兩式相減得aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝2an＋1，即aeq\o\al(2,n＋1)＝aeq\o\al(2,n)＋2an＋1＝(an＋1)2.∵{an}是正項數(shù)列，∴an＋1＝an＋1.當n＝1時，aeq\o\al(2,2)＝2a1＋2＝4，∴a1＝1，∴a2－a1＝1，∴數(shù)列{an}是以a1＝1為首項，1為公差的等差數(shù)列，∴an＝n.(2)由(1)知bn＝an·2n＝n·2n，∴Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，兩式相減得－Tn＝eq\f(2·1－2n,1－2)－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2，∴Tn＝(n－1)2n＋1＋2.∴Tn－Tn－1＝n·2n>0，∴Tn單調(diào)遞增．當n＝7時，T7＝6×28＋2＝1538<2022，當n＝8時，T8＝7×29＋2＝3586>2022，∴使Tn>2022的最小的正整數(shù)n的值為8.3．(2022·大連模擬)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，S5＝25，且a3－1，a4＋1，a7＋3成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若bn＝(－1)nan＋1，Tn是數(shù)列{bn}的前n項和，求T2n.解(1)由題意知，等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，由S5＝25，可得S5＝5a3＝25，所以a3＝5，設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，由a3－1，a4＋1，a7＋3成等比數(shù)列，可得(6＋d)2＝4(8＋4d)，整理得d2－4d＋4＝0，解得d＝2，所以an＝a3＋(n－3)d＝2n－1.(2)由(1)知bn＝(－1)nan＋1＝(－1)n(2n－1)＋1，所以T2n＝(－1＋1)＋(3＋1)＋(－5＋1)＋(7＋1)＋…＋[－(4n－3)＋1]＋(4n－1＋1)＝4n.4．(2022·株洲質(zhì)檢)由整數(shù)構(gòu)成的等差數(shù)列{an}滿足a3＝5，a1a2＝2a4.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝2n，將數(shù)列{an}，{bn}的所有項按照“當n為奇數(shù)時，bn放在前面；當n為偶數(shù)時，an放在前面”的要求進行“交叉排列”，得到一個新數(shù)列{cn}，b1，a1，a2，b2，b3，a3，a4，b4，…，求數(shù)列{cn}的前(4n＋3)項和T4n＋3.解(1)由題意，設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，因為a3＝5，a1a2＝2a4，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝5，,a1·a1＋d＝2a1＋3d，))整理得(5－2d)(5－d)＝2(5＋d)，即2d2－17d＋15＝0，解得d＝eq\f(15,2)或d＝1，因為