高考真題+知識(shí)總結(jié)+方法總結(jié)+題型突破31數(shù)列中錯(cuò)位相減法求和問題專題練習(xí)(學(xué)生版+解析)

第頁近年高考真題+優(yōu)質(zhì)模擬題匯編(全國通用)專題31數(shù)列中錯(cuò)位相減法求和問題【高考真題】2022年沒考查【方法總結(jié)】錯(cuò)位相減法求和錯(cuò)位相減法：錯(cuò)位相減法是在推導(dǎo)等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式時(shí)所用的方法，適用于各項(xiàng)由一個(gè)等差數(shù)列和一個(gè)等比數(shù)列對(duì)應(yīng)項(xiàng)的乘積組成的數(shù)列．把Sn＝a1＋a2＋…＋an兩邊同乘以相應(yīng)等比數(shù)列的公比q，得到qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，兩式錯(cuò)位相減即可求出Sn．用錯(cuò)位相減法求和時(shí)，應(yīng)注意：(1)要善于識(shí)別題目類型，特別是等比數(shù)列公比為負(fù)數(shù)的情形．(2)在寫出“Sn”與“qSn”的表達(dá)式時(shí)應(yīng)特別注意將兩式“錯(cuò)項(xiàng)對(duì)齊”，以便于下一步準(zhǔn)確地寫出“Sn－qSn”的表達(dá)式．(3)在應(yīng)用錯(cuò)位相減法時(shí)，注意觀察未合并項(xiàng)的正負(fù)號(hào)；結(jié)論中形如an，an＋1的式子應(yīng)進(jìn)行合并．【題型突破】1．已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝2，且eq\f(S10,10)＝eq\f(S5,5)＋5．(1)求an；(2)若bn＝an·4eq\s\up6(\f(Sn,an))求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)的和Tn．1．解析(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因?yàn)閑q\f(S10,10)＝eq\f(S5,5)＋5，所以eq\f(\f(10(a1＋a10),2),10)－eq\f(\f(5(a1＋a5),2),5)＝5，所以a10－a5＝10，所以5d＝10，解得d＝2．所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n；(2)由(1)知，an＝2n，所以Sn＝eq\f(n(2＋2n),2)＝n2＋n．所以bn＝an·4eq\s\up6(\f(Sn,an))＝2n·4eq\s\up6(\f(n2＋n,2n))＝2n·2n＋1＝n·2n＋2，所以Tn＝1×23＋2×24＋2×25＋…＋n·2n＋2①，所以2Tn＝1×24＋2×25＋3×26＋…＋(n－1)·2n＋2＋n·2n＋3②，①－②，得－Tn＝23＋24＋…＋2n＋2－n×2n＋3＝eq\f(23(1－2n),1－2)－n×2n＋3＝2n＋3－8－n×2n＋3所以Tn＝(n－1)×2n＋3＋8．2．(2020·全國Ⅰ)設(shè){an}是公比不為1的等比數(shù)列，a1為a2，a3的等差中項(xiàng)．(1)求{an}的公比；(2)若a1＝1，求數(shù)列{nan}的前n項(xiàng)和．2．解析(1)設(shè){an}的公比為q，∵a1為a2，a3的等差中項(xiàng)，∴2a1＝a2＋a3＝a1q＋a1q2，a1≠0，∴q2＋q－2＝0，∵q≠1，∴q＝－2．(2)設(shè){nan}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，an＝(－2)n－1，Sn＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n(－2)n－1，①－2Sn＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋(n－1)·(－2)n－1＋n(－2)n，②①－②得，3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n(－2)n＝eq\f(1－－2n,1－－2)－n(－2)n＝eq\f(1－1＋3n－2n,3)，∴Sn＝eq\f(1－1＋3n－2n,9)，n∈N*．3．(2017·天津)已知{an}為等差數(shù)列，前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)，{bn}是首項(xiàng)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(xiàng)公式；(2)求數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項(xiàng)和(n∈N*)．3．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．又因?yàn)閝>0，解得q＝2，所以bn＝2n．由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8，①由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，②聯(lián)立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2(n∈N*)．所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n－2(n∈N*)，數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝2n(n∈N*)．(2)設(shè)數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項(xiàng)和為Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，③4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，④③－④，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1＝eq\f(12×1－4n,1－4)－4－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n＋1－8，得Tn＝eq\f(3n－2,3)×4n＋1＋eq\f(8,3)(n∈N*)．所以數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項(xiàng)和為eq\f(3n－2,3)×4n＋1＋eq\f(8,3)(n∈N*)．4．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn＝(n＋1)an－2．(1)求a2，a3和通項(xiàng)an；(2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足bn＝an·2n－1，求{bn}的前n項(xiàng)和Tn．4．解析(1)當(dāng)n＝2時(shí)，2S2＝2(1＋a2)＝3a2－2，則a2＝4，當(dāng)n＝3時(shí)，2S3＝2(1＋4＋a3)＝4a3－2，則a3＝6，當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn＝(n＋1)an－2，當(dāng)n≥3時(shí)，2Sn－1＝nan－1－2，所以當(dāng)n≥3時(shí)，2(Sn－Sn－1)＝(n＋1)an－nan－1＝2an，即2an＝(n＋1)an－nan－1，整理可得(n－1)an＝nan－1，所以eq\f(an,n)＝eq\f(an－1,n－1)，因?yàn)閑q\f(a3,3)＝eq\f(a2,2)＝2，所以eq\f(an,n)＝eq\f(an－1,n－1)＝…＝eq\f(a3,3)＝eq\f(a2,2)＝2，因此，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝2n，而a1＝1，故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2n，n≥2.))(2)由(1)可知bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,n·2n，n≥2，))所以當(dāng)n＝1時(shí)，T1＝b1＝1，當(dāng)n≥2時(shí)，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn，則Tn＝1＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，2Tn＝2＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，作差得Tn＝1－8－(23＋24＋…＋2n)＋n×2n＋1＝(n－1)×2n＋1＋1，易知當(dāng)n＝1時(shí)，也滿足上式，故Tn＝(n－1)×2n＋1＋1(n∈N*)．5．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足Sn－n＝2(an－2)(n∈N*)．(1)證明：數(shù)列{an－1}為等比數(shù)列；(2)若bn＝an·log2(an－1)，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，求Tn．5．解析(1)∵Sn－n＝2(an－2)，當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1－(n－1)＝2(an－1－2)，兩式相減，得an－1＝2an－2an－1，∴an＝2an－1－1，∴an－1＝2(an－1－1)，∴eq\f(an－1,an－1－1)＝2(n≥2)(常數(shù))．又當(dāng)n＝1時(shí)，a1－1＝2(a1－2)，得a1＝3，a1－1＝2，∴數(shù)列{an－1}是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列．(2)由(1)知，an－1＝2×2n－1＝2n，∴an＝2n＋1，又bn＝an·log2(an－1)，∴bn＝n(2n＋1)，∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n)＋(1＋2＋3＋…＋n)，設(shè)An＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，則2An＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，兩式相減，得－An＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝eq\f(21－2n,1－2)－n×2n＋1，∴An＝(n－1)×2n＋1＋2．又1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)，∴Tn＝(n－1)×2n＋1＋2＋eq\f(nn＋1,2)(n∈N*)．6．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和是Sn，且Sn＋eq\f(1,2)an＝1(n∈N*)．?dāng)?shù)列{bn}是公差d不等于0的等差數(shù)列，且滿足：b1＝eq\f(3,2)a1，b2，b5，b14成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)cn＝an·bn，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn．6．解析(1)n＝1時(shí)，a1＋eq\f(1,2)a1＝1，a1＝eq\f(2,3)，n≥2時(shí)，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Sn＝1－\f(1,2)an，,Sn－1＝1－\f(1,2)an－1，))Sn－Sn－1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－1－an))，∴an＝eq\f(1,3)an－1(n≥2)，{an}是以eq\f(2,3)為首項(xiàng)，eq\f(1,3)為公比的等比數(shù)列，an＝eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n．b1＝1，由beq\o\al(2,5)＝b2b14得，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋4d))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋d))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋13d))，d2－2d＝0，因?yàn)閐≠0，解得d＝2，bn＝2n－1(n∈N*)．(2)cn＝eq\f(4n－2,3n)，Tn＝eq\f(2,3)＋eq\f(6,32)＋eq\f(10,33)＋…＋eq\f(4n－2,3n)，①eq\f(1,3)Tn＝eq\f(2,32)＋eq\f(6,33)＋eq\f(10,34)＋…＋eq\f(4n－6,3n)＋eq\f(4n－2,3n＋1)，②①－②得，eq\f(2,3)Tn＝eq\f(2,3)＋4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32)＋\f(1,33)＋…＋\f(1,3n)))－eq\f(4n－2,3n＋1)＝eq\f(2,3)＋4×eq\f(\f(1,9)－\f(1,3n＋1),1－\f(1,3))－eq\f(4n－2,3n＋1)＝eq\f(4,3)－eq\f(2,3n)－eq\f(4n－2,3n＋1)，所以Tn＝2－eq\f(2n＋2,3n)(n∈N*)．7．已知首項(xiàng)為2的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＋1＝3Sn－2Sn－1(n≥2，n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(n＋1,an)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn．7．解析(1)因?yàn)镾n＋1＝3Sn－2Sn－1(n≥2)，所以Sn＋1－Sn＝2Sn－2Sn－1(n≥2)，即an＋1＝2an(n≥2)，所以an＋1＝2n＋1，則an＝2n，當(dāng)n＝1時(shí)，也滿足，故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n．(2)因?yàn)閎n＝eq\f(n＋1,2n)＝(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，所以Tn＝2×eq\f(1,2)＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋(n＋1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，①eq\f(1,2)Tn＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＋…＋n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋(n＋1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1，②①－②得eq\f(1,2)Tn＝2×eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1＝eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1＝eq\f(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)))n)),1－\f(1,2))－(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1＝eq\f(1,2)＋1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1＝eq\f(3,2)－eq\f(n＋3,2n＋1)．故數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn＝3－eq\f(n＋3,2n)．8．已知數(shù)列{an}滿足a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝eq\f(an,2an＋1)．(1)證明數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差數(shù)列，并求{an}的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(1,2n·an)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn．8．解析(1)因?yàn)閍n＋1＝eq\f(an,2an＋1)，所以eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝2，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差數(shù)列，所以eq\f(1,an)＝eq\f(1,a1)＋2(n－1)＝2n，即an＝eq\f(1,2n)．(2)因?yàn)閎n＝eq\f(2n,2n)＝eq\f(n,2n－1)，所以Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1＋eq\f(2,2)＋eq\f(3,22)＋…＋eq\f(n,2n－1)，則eq\f(1,2)Sn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n,2n)，兩式相減得eq\f(1,2)Sn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))－eq\f(n,2n)，所以Sn＝4－eq\f(2＋n,2n－1)．9．(2020·全國Ⅲ)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝3，an＋1＝3an－4n．(1)計(jì)算a2，a3，猜想{an}的通項(xiàng)公式并加以證明；(2)求數(shù)列{2nan}的前n項(xiàng)和Sn．9．解析(1)a2＝5，a3＝7．猜想an＝2n＋1．證明如下：由已知可得an＋1－(2n＋3)＝3[an－(2n＋1)]，an－(2n＋1)＝3[an－1－(2n－1)]，…，a2－5＝3(a1－3)．因?yàn)閍1＝3，所以an＝2n＋1．(2)由(1)得2nan＝(2n＋1)2n，所以Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n．①從而2Sn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n＋1)×2n＋1．②①－②得－Sn＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)×2n＋1，所以Sn＝(2n－1)2n＋1＋2．10．在等差數(shù)列{an}中，已知a6＝16，a18＝36．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an；(2)若________，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn．在①bn＝eq\f(4,anan＋1)，②bn＝(－1)n·an，③bn＝2an·an這三個(gè)條件中任選一個(gè)補(bǔ)充在第(2)問中，并對(duì)其求解．注：若選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分．10．解析(1)由題意，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＝12，,a1＋17d＝36，))解得d＝2，a1＝2．∴an＝2＋(n－1)×2＝2n．(2)選條件①：bn＝eq\f(4,2n·2(n＋1))＝eq\f(1,n(n＋1))，Sn＝eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\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,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1)．選條件②：∵an＝2n，bn＝(－1)nan，∴Sn＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n·2n，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Sn＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－1)＋2n]＝eq\f(n,2)×2＝n；當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，n－1為偶數(shù)，Sn＝(n－1)－2n＝－n－1．∴Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n，n為偶數(shù)，,－n－1，n為奇數(shù).))選條件③：∵an＝2n，bn＝2an·an，∴bn＝22n·2n＝2n·4n，∴Sn＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n×4n，①4Sn＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2(n－1)×4n＋2n×4n＋1，②由①－②得，－3Sn＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2×4n－2n×4n＋1＝eq\f(8（1－4n）,1－4)－2n×4n＋1＝eq\f(8（1－4n）,－3)－2n×4n＋1，∴Sn＝eq\f(8,9)(1－4n)＋eq\f(2n,3)·4n＋1．11．在①bn＝nan，②bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an，n為奇數(shù)，,log2an，n為偶數(shù)，))③bn＝eq\f(1,log2an＋1log2an＋2)這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面問題中，并解答．問題：已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列，且a1＝1，其中a1，a2＋1，a3＋1成等差數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)記________，求數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和T2n．11．解析(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，因?yàn)閍1，a2＋1，a3＋1成等差數(shù)列，所以2(a2＋1)＝a1＋a3＋1．又因?yàn)閍1＝1，所以2(q＋1)＝2＋q2，即q2－2q＝0，所以q＝2或q＝0(舍去)，所以an＝2n－1．(2)由(1)知an＝2n－1，若選擇條件①，則bn＝n·2n－1，所以T2n＝1×20＋2×21＋…＋2n×22n－1，則2T2n＝1×21＋2×22＋…＋2n×22n，兩式相減得－T2n＝1×20＋1×21＋…＋1×22n－1－2n×22n＝eq\f(1－22n,1－2)－2n×22n＝(1－2n)×22n－1，所以T2n＝(2n－1)·22n＋1．由(1)知an＝2n－1，若選擇條件②，則bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n－1，n為奇數(shù)，,n－1，n為偶數(shù)，))所以T2n＝(20＋1)＋(22＋3)＋…＋(22n－2＋2n－1)＝(20＋22＋…＋22n－2)＋(1＋3＋…＋2n－1)＝eq\f(1－4n,1－4)＋eq\f(n(1＋2n－1),2)＝eq\f(4n,3)＋n2－eq\f(1,3)．由(1)知an＝2n－1，若選擇條件③，則bn＝eq\f(1,n(n＋1))，所以T2n＝eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,2n(2n＋1))＝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(1,2n)－\f(1,2n＋1)))＝1－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(2n,2n＋1)．12．在①b2n＝2bn＋1，②a2＝b1＋b2，③b1，b2，b4成等比數(shù)列這三個(gè)條件中選擇符合題意的兩個(gè)條件，補(bǔ)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(xiàng)和Sn．注：如果選擇不同方案分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分．12．解析因?yàn)閍1＝1，an＋1＝3an，所以{an}是以1為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，所以an＝3n－1．選①②時(shí)，設(shè)數(shù)列{bn}的公差為d，因?yàn)閍2＝3，所以b1＋b2＝3．因?yàn)閎2n＝2bn＋1，所以n＝1時(shí)，b2＝2b1＋1，解得b1＝eq\f(2,3)，b2＝eq\f(7,3)，所以d＝eq\f(5,3)，所以bn＝eq\f(5n－3,3)，滿足b2n＝2bn＋1．所以eq\f(bn,an)＝eq\f(5n－3,3n)．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)，(1)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)，(2)(1)－(2)，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(shí)，設(shè)數(shù)列{bn}的公差為d，因?yàn)閍2＝3，所以b1＋b2＝3，即2b1＋d＝3．因?yàn)閎1，b2，b4成等比數(shù)列，所以beq\o\al(2,2)＝b1b4，即(b1＋d)2＝b1(b1＋3d)，化簡得d2＝b1d，因?yàn)閐≠0，所以b1＝d，從而d＝b1＝1，所以bn＝n，所以eq\f(bn,an)＝eq\f(n,3n－1)，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)，(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)，(2)(1)－(2)，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(shí)，設(shè)數(shù)列{bn}的公差為d，因?yàn)閎2n＝2bn＋1，所以n＝1時(shí)，b2＝2b1＋1，所以d＝b1＋1．又因?yàn)閎1，b2，b4成等比數(shù)列，所以beq\o\al(2,2)＝b1b4，即(b1＋d)2＝b1(b1＋3d)，化簡得d2＝b1d，因?yàn)閐≠0，所以b1＝d，從而無解，所以等差數(shù)列{bn}不存在，故不符合題意．13．在①已知數(shù)列{an}滿足：an＋1－2an＝0，a3＝8；②等比數(shù)列{an}中，公比q＝2，前5項(xiàng)和為62，這兩個(gè)條件中任選一個(gè)，并解答下列問題：(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(n,an)，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，若2Tn＞m－2022對(duì)n∈N*恒成立，求正整數(shù)m的最大值．注：如果選擇兩個(gè)條件分別解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分．13．解析(1)選擇條件①，設(shè)等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公比為q．由an＋1－2an＝0，a3＝8，得{an}為等比數(shù)列，q＝2，a1＝2，所以an＝2n．選擇條件②，設(shè)等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，由公比q＝2，前5項(xiàng)和為62，得eq\f(a1(1－25),1－2)＝62，解得a1＝2，所以an＝2n．(2)因?yàn)閎n＝eq\f(n,an)＝eq\f(n,2n)，所以Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n,2n)，①eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,22)＋eq\f(2,23)＋eq\f(3,24)＋…＋eq\f(n,2n＋1)，②①－②得eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,24)＋…＋eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1)＝1－eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1)，所以Tn＝2－eq\f(2＋n,2n)．因?yàn)門n＋1－Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2＋n＋1,2n＋1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2＋n,2n)))＝eq\f(n＋1,2n＋1)＞0，所以數(shù)列{Tn}單調(diào)遞增，T1最小，最小值為eq\f(1,2)．所以2×eq\f(1,2)＞m－2022．所以m＜2023．故正整數(shù)m的最大值為2022．14．(2021·全國乙)設(shè){an}是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列，數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(nan,3)．已知a1，3a2，9a3成等差數(shù)列．(1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；(2)記Sn和Tn分別為{an}和{bn}的前n項(xiàng)和．證明：Tn<eq\f(Sn,2)．14．解析(1)設(shè){an}的公比為q，則an＝qn－1．因?yàn)閍1，3a2，9a3成等差數(shù)列，所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝eq\f(1,3)，故an＝eq\f(1,3n－1)，bn＝eq\f(n,3n)．(2)由(1)知Sn＝eq\f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))，Tn＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,32)＋eq\f(3,33)＋…＋eq\f(n,3n)，①eq\f(1,3)Tn＝eq\f(1,32)＋eq\f(2,33)＋eq\f(3,34)＋…＋eq\f(n－1,3n)＋eq\f(n,3n＋1)，②①－②得eq\f(2,3)Tn＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,33)＋…＋eq\f(1,3n)－eq\f(n,3n＋1)，即eq\f(2,3)Tn＝eq\f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))－eq\f(n,3n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))－eq\f(n,3n＋1)，整理得Tn＝eq\f(3,4)－eq\f(2n＋3,4×3n)，則2Tn－Sn＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)－\f(2n＋3,4×3n)))－eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))＝－eq\f(n,3n)<0，故Tn<eq\f(Sn,2)．15．已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝3，前n項(xiàng)和為Sn，an＋1＝2Sn＋3，n∈N*．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝log3an，求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))的前n項(xiàng)和Tn，并證明：eq\f(1,3)≤Tn＜eq\f(3,4)．15．解析(1)由an＋1＝2Sn＋3，得an＝2Sn－1＋3(n≥2)，兩式相減得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an，故an＋1＝3an(n≥2)，所以當(dāng)n≥2時(shí)，{an}是以3為公比的等比數(shù)列．因?yàn)閍2＝2S1＋3＝2a1＋3＝9，eq\f(a2,a1)＝3，所以{an}是首項(xiàng)為3，公比為3的等比數(shù)列，an＝3n．(2)an＝3n，故bn＝log3an＝log33n＝n，eq\f(bn,an)＝eq\f(n,3n)＝n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n，Tn＝1×eq\f(1,3)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＋…＋n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n，①eq\f(1,3)Tn＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))4＋…＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1．②①－②，得eq\f(2,3)Tn＝eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1＝eq\f(\f(1,3)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1,1－\f(1,3))－n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1＝eq\f(1,2)－eq\f(3,2)＋neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1，所以Tn＝eq\f(3,4)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋n))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n．因?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋n))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＞0，所以Tn＜eq\f(3,4)．又因?yàn)門n＋1－Tn＝eq\f(n＋1,3n＋1)＞0，所以數(shù)列{Tn}單調(diào)遞增，所以(Tn)min＝T1＝eq\f(1,3)，所以eq\f(1,3)≤Tn＜eq\f(3,4)．16．已知函數(shù)f(x)滿足f(x＋y)＝f(x)·f(y)且f(1)＝eq\f(1,2)．(1)當(dāng)n∈N*時(shí)，求f(n)的表達(dá)式；(2)設(shè)an＝n·f(n)，n∈N*，求證：a1＋a2＋a3＋…＋an<2．16．解析(1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)滿足f(x＋y)＝f(x)·f(y)，所以令y＝1，得f(x＋1)＝f(x)·f(1)，所以f(n＋1)＝f(n)·f(1)．又因?yàn)閒(1)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(f(n＋1),f(n))＝eq\f(1,2)，所以f(n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n(n∈N*)．(2)由(1)得an＝n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，設(shè)Tn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an，則Tn＝1×eq\f(1,2)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＋n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，①所以eq\f(1,2)Tn＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋(n－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1，②所以由①－②得eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up7(n))),1－\f(1,2))－n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1＝1－eq\f(2＋n,2n＋1)，所以Tn＝2－eq\f(n＋2,2n)<2，即a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an<2．17．已知各項(xiàng)均不相等的等差數(shù)列{an}的前4項(xiàng)和為14，且a1，a3，a7恰為等比數(shù)列{bn}的前3項(xiàng)．(1)分別求數(shù)列{an}，{bn}的前n項(xiàng)和Sn，Tn；(2)設(shè)Kn為數(shù)列{anbn}的前n項(xiàng)和，若不等式λSnTn≥Kn＋n對(duì)一切n∈N*恒成立，求實(shí)數(shù)λ的最小值．17．解析(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a1＋6d＝14，,a1＋2d2＝a1a1＋6d，))解得d＝1或d＝0(舍去)，a1＝2，所以an＝n＋1，Sn＝eq\f(nn＋3,2)．bn＝2n，Tn＝2n＋1－2．(2)由題意得Kn＝2×21＋3×22＋…＋(n＋1)×2n，①則2Kn＝2×22＋3×23＋…＋n×2n＋(n＋1)×2n＋1，②①－②得－Kn＝2×21＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)×2n＋1，∴Kn＝n×2n＋1．要使λSnTn≥Kn＋n對(duì)一切n∈N*恒成立，即λ≥eq\f(Kn＋n,SnTn)＝eq\f(2n＋1＋1,n＋32n－1)恒成立，設(shè)g(n)＝eq\f(2n＋1＋1,n＋32n－1)，因?yàn)閑q\f(gn＋1,gn)＝eq\f(n＋32n－12n＋2＋1,n＋42n＋1－12n＋1＋1)＝eq\f(n＋322n＋2－1－3·2n,n＋422n＋2－1)<eq\f(n＋322n＋2－1,n＋422n＋2－1)<1，所以g(n)隨n的增加而減小，所以g(n)max＝g(1)＝eq\f(5,4)，所以當(dāng)λ≥eq\f(5,4)時(shí)不等式恒成立，因此λ的最小值為eq\f(5,4)．18．(2021·浙江)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝－eq\f(9,4)，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，記{bn}的前n項(xiàng)和為Tn．若Tn≤λbn對(duì)任意n∈N*恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．18．解析(1)因?yàn)?Sn＋1＝3Sn－9，所以當(dāng)n≥2時(shí)，4Sn＝3Sn－1－9，兩式相減可得4an＋1＝3an，即eq\f(an＋1,an)＝eq\f(3,4)．當(dāng)n＝1時(shí)，4S2＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,4)＋a2))＝－eq\f(27,4)－9，解得a2＝－eq\f(27,16)，所以eq\f(a2,a1)＝eq\f(3,4)．所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為－eq\f(9,4)，公比為eq\f(3,4)的等比數(shù)列，所以an＝－eq\f(9,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up6(n－1)＝－eq\f(3n＋1,4n)．(2)因?yàn)?bn＋(n－4)an＝0，所以bn＝(n－4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up6(n)．所以Tn＝－3×eq\f(3,4)－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up6(2)－1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up6(3)＋0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up6(4)＋…＋(n－4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up6(n)，①所以eq\f(3,4)Tn＝－3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up6(2)－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up6(3)－1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up6(4)＋0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up6(5)＋…＋(n－5)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up6(n)＋(n－4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up6(n＋1)，②①－②得eq\f(1,4)Tn＝－3×eq\f(3,4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4