2019数学浙江专用优编增分二轮文档专题三 数列与不等式 第2讲 含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第2讲数列的求和问题[考情考向分析］数列的求和问题作为数列的基础知识，为数列与不等式等综合问题提供必要的准备．热点一分组转化法求和有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形,可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和,然后再合并．例1在各项均为正数的等比数列｛an}中，a1a3＝4，a3是a2－2与a4的等差中项，若an＋1＝(n∈N＊)．(1）求数列｛bn｝的通项公式;(2)若数列eq\b\lc\｛\rc\｝（\a\vs4\al\co1(cn))满足cn＝an＋1＋eq\f(1,b2n－1·b2n＋1),求数列eq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1（cn））的前n项和Sn.解（1)设等比数列{an}的公比为q，且q>0，由an〉0，a1a3＝4，得a2＝2，又a3是a2－2与a4的等差中项，故2a3＝a2－2＋a4，∴2·2q＝2－2＋2q2，∴q＝2或q＝0(舍）．∴an＝a2qn－2＝2n－1,∴an＋1＝2n＝，∴bn＝n(n∈N*)．(2）由(1)得，cn＝an＋1＋eq\f(1，b2n－1·b2n＋1)＝2n＋eq\f（1,2n－12n＋1）＝2n＋eq\f（1,2)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,2n－1)－\f（1，2n＋1)))，∴数列eq\b\lc\｛\rc\｝（\a\vs4\al\co1（cn））的前n项和Sn＝2＋22＋…＋2n＋eq\f（1，2）eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（1－\f（1，3)))＋\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1,3)－\f（1,5)）)＋…＋\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，2n－1）－\f(1,2n＋1)))）)＝eq\f（21－2n，1－2）＋eq\f（1，2）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（1－\f(1,2n＋1）)）＝2n＋1－2＋eq\f（n，2n＋1)(n∈N*）．思维升华在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．跟踪演练1已知{an}为等差数列，且a2＝3，{an}前4项的和为16，数列{bn｝满足b1＝4，b4＝88，且数列eq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1（bn－an））为等比数列（n∈N*）．(1)求数列{an}和eq\b\lc\｛\rc\}(\a\vs4\al\co1（bn－an)）的通项公式；（2)求数列｛bn｝的前n项和Sn。解（1）设{an｝的公差为d，因为a2＝3,{an}前4项的和为16,所以a1＋d＝3,4a1＋eq\f(4×3,2)d＝16，解得a1＝1，d＝2，所以an＝1＋（n－1）×2＝2n－1（n∈N*）．设eq\b\lc\｛\rc\}（\a\vs4\al\co1（bn－an)）的公比为q,则b4－a4＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(b1－a1)）q3，所以q3＝eq\f(b4－a4，b1－a1）＝eq\f(88－7，4－1）＝27，得q＝3，所以bn－an＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(4－1））×3n－1＝3n(n∈N＊)．（2)由（1）得bn＝3n＋2n－1，所以Sn＝（3＋32＋33＋…＋3n）＋（1＋3＋5＋…＋2n－1)＝eq\f（3\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（1－3n）),1－3）＋eq\f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋2n－1)）,2)＝eq\f（3,2)eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(3n－1))＋n2＝eq\f(3n＋1，2)＋n2－eq\f(3,2）(n∈N＊)．热点二错位相减法求和错位相减法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列｛an·bn｝的前n项和，其中{an｝,｛bn}分别是等差数列和等比数列．例2已知数列{an}满足a1＝a3，an＋1－eq\f（an，2）＝eq\f(3，2n＋1)，设bn＝2nan（n∈N*）．（1）求数列{bn｝的通项公式;(2）求数列｛an}的前n项和Sn。解(1）由bn＝2nan,得an＝eq\f（bn,2n)，代入an＋1－eq\f(an,2)＝eq\f（3，2n＋1)得eq\f(bn＋1,2n＋1)－eq\f(bn,2n＋1）＝eq\f(3，2n＋1)，即bn＋1－bn＝3,所以数列｛bn｝是公差为3的等差数列，又a1＝a3，所以eq\f（b1，2)＝eq\f(b3,8)，即eq\f（b1,2)＝eq\f（b1＋6，8），所以b1＝2,所以bn＝b1＋3（n－1)＝3n－1（n∈N*）．(2）由bn＝3n－1，得an＝eq\f（bn,2n）＝eq\f(3n－1，2n)，所以Sn＝eq\f（2,2）＋eq\f(5，22)＋eq\f（8,23)＋…＋eq\f（3n－1,2n)，eq\f(1，2)Sn＝eq\f（2，22）＋eq\f(5，23)＋eq\f(8，24）＋…＋eq\f（3n－1，2n＋1),两式相减得eq\f（1，2）Sn＝1＋3eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1,22)＋\f（1，23)＋…＋\f(1，2n）））－eq\f（3n－1,2n＋1）＝eq\f（5，2）－eq\f（3n＋5,2n＋1），所以Sn＝5－eq\f（3n＋5,2n）(n∈N*)．思维升华（1）错位相减法适用于求数列｛an·bn｝的前n项和,其中｛an}为等差数列，{bn｝为等比数列．(2）所谓“错位",就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3）为保证结果正确，可对得到的和取n＝1，2进行验证．跟踪演练2已知数列｛an}的前n项和是Sn，且Sn＋eq\f（1,2）an＝1(n∈N＊)．数列｛bn｝是公差d不等于0的等差数列，且满足：b1＝eq\f（3,2）a1，b2,b5,b14成等比数列．（1）求数列｛an}，｛bn}的通项公式；（2)设cn＝an·bn，求数列｛cn}的前n项和Tn。解（1)当n＝1时，a1＋eq\f(1,2)a1＝1，a1＝eq\f(2，3),当n≥2时,eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(Sn＝1－\f(1,2)an,,Sn－1＝1－\f(1,2)an－1，))Sn－Sn－1＝eq\f（1，2)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（an－1－an）)，所以an＝eq\f(1，3)an－1（n≥2)，所以{an｝是以eq\f（2,3）为首项,eq\f(1，3）为公比的等比数列，所以an＝eq\f（2,3)×eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，3)))n－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，3）)）n.由b1＝1，又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,因为d≠0,所以d＝2，所以bn＝2n－1（n∈N*)．（2)由（1）得cn＝eq\f(4n－2,3n）,则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＊）．热点三裂项相消法求和裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法,主要适用于eq\b\lc\｛\rc\}(\a\vs4\al\co1（\f(1，anan＋1)))或eq\b\lc\｛\rc\}（\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋2））)（其中｛an}为等差数列)等形式的数列求和．例3已知数列｛an}的前n项和Sn满足：Sn＝a(Sn－an＋1)(n∈N*）(a为常数，a≠0,a≠1)．（1）求{an｝的通项公式；(2）设bn＝an＋Sn，若数列{bn｝为等比数列，求a的值；(3)在满足条件(2)的情形下，cn＝eq\f（an＋1，\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（an＋1））\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋1＋1）))。若数列eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1(cn)）的前n项和为Tn,且对任意n∈N＊满足Tn<λ2＋eq\f(2，3）λ,求实数λ的取值范围．解（1)∵Sn＝aeq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(Sn－an＋1）)，∴n＝1时,a1＝a.n≥2时，Sn－1＝a(Sn－1－an－1＋1)，∴Sn－Sn－1＝an＝a（Sn－Sn－1)－aan＋aan－1，∴an＝aan－1,即eq\f（an，an－1)＝a且a≠0，a≠1，∴数列｛an}是以a为首项,a为公比的等比数列，∴an＝an（n∈N*）．(2)由bn＝an＋Sn得,b1＝2a,b2＝2a2＋a，b3＝2a3＋a2＋a.∵数列｛bn｝为等比数列,∴beq\o\al(2,2)＝b1b3，即（2a2＋a)2＝2a（2a3＋a2＋a），解得a＝eq\f(1，2）.(3)由（2)知cn＝eq\f（\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，2)))n＋1,\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，2)））n＋1）)\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，2)）)n＋1＋1）））＝eq\f（2n,2n＋12n＋1＋1）＝eq\f（1，2n＋1）－eq\f（1,2n＋1＋1）,∴Tn＝eq\f(1,21＋1)－eq\f(1，22＋1）＋eq\f(1，22＋1）－eq\f(1，23＋1)＋…＋eq\f(1，2n＋1）－eq\f(1,2n＋1＋1)＝eq\f(1，3）－eq\f(1，2n＋1＋1)<eq\f（1，3），∴eq\f(1，3）≤λ2＋eq\f(2,3）λ，解得λ≥eq\f(1，3）或λ≤－1。即实数λ的取值范围是eq\b\lc\［\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，3），＋∞)）∪（－∞，－1]．思维升华(1）裂项相消法的基本思想就是把通项an分拆成an＝bn＋k－bn(k≥1，k∈N*)的形式，从而在求和时达到某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列｛an}的通项公式,使之符合裂项相消的条件．（2)常用的裂项公式①若{an}是等差数列，则eq\f(1，anan＋1）＝eq\f（1,d）eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1，an＋1))）,eq\f(1,anan＋2)＝eq\f(1,2d）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，an)－\f(1，an＋2)）)；②eq\f(1,nn＋1)＝eq\f（1，n）－eq\f（1，n＋1),eq\f(1，nn＋k)＝eq\f（1,k)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,n）－\f(1，n＋k)））；③eq\f（1,2n－12n＋1)＝eq\f(1，2)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1，2n＋1))）；④eq\f（1，nn＋1n＋2）＝eq\f(1，2）eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（1,nn＋1）－\f(1,n＋1n＋2))）＝eq\f（1,2)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，n)－\f(2，n＋1)＋\f（1,n＋2))）；⑤eq\f（1,\r（n）＋\r(n＋1））＝eq\r（n＋1）－eq\r（n），eq\f(1，\r(n)＋\r(n＋k））＝eq\f(1，k）（eq\r(n＋k)－eq\r(n))．跟踪演练3已知数列｛an}为递增数列，a1＝1，其前n项和为Sn，且满足2Sn＝aeq\o\al（2,n）－2Sn－1＋1eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（n≥2，n∈N＊)）。(1)求数列{an}的通项公式；（2）若bn＝eq\f(1,an·an＋1）,其前n项和为Tn,若Tn>eq\f（9,19）成立，求n的最小值．解（1）由2Sn＝aeq\o\al(2，n）－2Sn－1＋1知，2Sn－1＝aeq\o\al（2，n－1）－2Sn－2＋1eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（n≥3）），两式相减得，2an＝aeq\o\al（2,n）－aeq\o\al（2,n－1)－2an－1,即2eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（an＋an－1))＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(an－an－1)）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(an＋an－1）），又数列{an｝为递增数列,a1＝1，∴an＋an－1〉0,∴an－an－1＝2eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（n≥3)),又当n＝2时，2eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（a1＋a2））＝aeq\o\al(2,2）－2a1＋1，即aeq\o\al(2,2）－2a2－3＝0，解得a2＝3或a2＝－1（舍）,a2－a1＝2，符合an－an－1＝2，∴{an｝是以1为首项，以2为公差的等差数列，∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1(n∈N＊)．(2)bn＝eq\f（1，2n－12n＋1)＝eq\f（1，2）eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1）－\f（1，2n＋1）)），∴Tn＝eq\f（1，2)eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1，1）－\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)）)，又∵Tn〉eq\f（9，19），即eq\f（1，2)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（1－\f（1,2n＋1)))〉eq\f(9,19），解得n>9，又n∈N＊，∴n的最小值为10.真题体验1．(2017·全国Ⅱ)等差数列｛an}的前n项和为Sn，a3＝3,S4＝10,则eq\i\su（k＝1，n，）eq\f(1，Sk)＝________.答案eq\f（2n,n＋1）(n∈N＊)解析设等差数列{an}的公差为d，由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a3＝a1＋2d＝3，，S4＝4a1＋\f(4×3，2)d＝10，))得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（a1＝1，,d＝1。))∴Sn＝n×1＋eq\f(nn－1,2）×1＝eq\f（nn＋1,2），eq\f（1，Sn）＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1,n)－\f（1,n＋1）)）。∴eq\i\su(k＝1,n，)eq\f（1，Sk）＝eq\f(1,S1)＋eq\f（1,S2)＋eq\f（1,S3)＋…＋eq\f（1,Sn)＝2eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f（1，2）－\f（1,3)＋\f(1，3)－\f（1，4)＋…＋\f(1,n）－\f（1,n＋1)))＝2eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（1－\f（1,n＋1))）＝eq\f（2n，n＋1）（n∈N*)．2．（2017·天津）已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1,S11＝11b4.（1）求｛an｝和｛bn｝的通项公式；（2)求数列{a2nb2n－1｝的前n项和(n∈N*)．解(1）设等差数列{an｝的公差为d，等比数列{bn}的公比为q。由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，又b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因为q〉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联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2（n∈N*)．所以数列｛an｝的通项公式为an＝3n－2(n∈N＊)，数列｛bn｝的通项公式为bn＝2n(n∈N＊）．(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为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*）．所以数列｛a2nb2n－1｝的前n项和为eq\f（3n－2,3)×4n＋1＋eq\f（8，3）（n∈N*）．押题预测1．已知数列｛an｝的通项公式为an＝eq\f(n＋2，2nnn＋1）（n∈N＊)，其前n项和为Sn，若存在M∈Z，满足对任意的n∈N＊，都有Sn〈M恒成立，则M的最小值为________．押题依据数列的通项以及求和是高考重点考查的内容，也是《考试大纲》中明确提出的知识点，年年在考，年年有变,变的是试题的外壳，即在题设的条件上有变革,有创新，但在变中有不变性，即解答问题的常用方法有规律可循．答案1解析因为an＝eq\f(n＋2，2nnn＋1）＝eq\f（2n＋1－n，2nnn＋1)＝eq\f（1,2n－1n)－eq\f(1，2nn＋1),所以Sn＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1,20×1）－\f(1，21×2）)）＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，21×2）－\f(1,22×3）)）＋…＋eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1n）－\f(1，2nn＋1））)＝1－eq\f（1,2nn＋1),由于1－eq\f(1，2nn＋1)<1，所以M的最小值为1.2．数列{an｝的前n项和Sn满足：Sn＝n2,数列{bn}满足：①b3＝eq\f（1，4)；②bn>0；③2beq\o\al(2，n＋1）＋bn＋1bn－beq\o\al（2，n)＝0.（1)求数列｛an｝与｛bn}的通项公式；（2）设cn＝anbn,求数列｛cn｝的前n项和Tn。押题依据错位相减法求和是高考的重点和热点,本题先利用an，Sn的关系求an，也是高考出题的常见形式．解(1）当n＝1时，a1＝S1＝1,当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n∈N＊),又a1＝1满足an＝2n－1，∴an＝2n－1（n∈N＊)．∵2beq\o\al(2，n＋1)＋bn＋1bn－beq\o\al(2，n)＝0，且bn>0，∴2bn＋1＝bn，∴q＝eq\f(1,2），又b3＝b1q2＝eq\f（1，4),∴b1＝1，bn＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，2）))n－1（n∈N＊)．（2)由(1）得cn＝(2n－1)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,2)))n－1，Tn＝1＋3×eq\f(1，2)＋5×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,2）))2＋…＋(2n－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1，2)）)n－1，eq\f（1，2)Tn＝1×eq\f（1，2）＋3×eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，2）))2＋…＋(2n－3）eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2）)）n－1＋（2n－1）×eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，2）））n，两式相减，得eq\f(1,2)Tn＝1＋2×eq\f(1,2)＋2×eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,2)））2＋…＋2×eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1,2)））n－1－(2n－1）×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，2)))n＝1＋2eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，2）)）n－1）)－(2n－1）×eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，2)））n＝3－eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,2）)）n－1eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（3,2）＋n）).∴Tn＝6－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1，2)))n－1（2n＋3)（n∈N*）．A组专题通关1．已知数列{an}，｛bn｝满足a1＝1,且an,an＋1是方程x2－bnx＋2n＝0的两根,则b10等于()A．24 B．32C．48 D．64答案D解析由已知有anan＋1＝2n，∴an＋1an＋2＝2n＋1，则eq\f（an＋2,an)＝2,∴数列{an｝的奇数项、偶数项均为公比为2的等比数列,可以求出a2＝2，∴数列｛an｝的项分别为1，2，2,4,4,8，8，16，16,32,32,…，而bn＝an＋an＋1，∴b10＝a10＋a11＝32＋32＝64。2．已知数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋1＋m，且a1，a4，a5－2成等差数列,bn＝eq\f(an，an－1an＋1－1），数列{bn}的前n项和为Tn，则满足Tn〉eq\f（2017,2018）的最小正整数n的值为（）A．11B．10C．9D．8答案B解析根据Sn＝2n＋1＋m可以求得an＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（m＋4，n＝1,,2n，n≥2，))所以有a1＝m＋4，a4＝16，a5＝32，根据a1，a4，a5－2成等差数列，可得m＋4＋32－2＝32，从而求得m＝－2，所以a1＝2满足an＝2n,从而求得an＝2n(n∈N*），所以bn＝eq\f(an,an－1an＋1－1）＝eq\f（2n，2n－12n＋1－1)＝eq\f(1，2n－1）－eq\f（1，2n＋1－1）,所以Tn＝1－eq\f（1,3)＋eq\f(1，3）－eq\f（1，7)＋eq\f(1,7）－eq\f(1,15）＋…＋eq\f(1,2n－1）－eq\f（1，2n＋1－1）＝1－eq\f（1,2n＋1－1),令1－eq\f（1，2n＋1－1)>eq\f（2017，2018），整理得2n＋1>2019，解得n≥10.3．设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝eq\f（1,2)，eq\f(n＋1,an＋1)＝eq\f（n，an)＋2n（n∈N*），则S100等于(）A．2－eq\f（49，2100） B．2－eq\f（49,299）C．2－eq\f（51,2100) D．2－eq\f(51,299）答案D解析由eq\f(n＋1，an＋1）＝eq\f(n，an）＋2n，得eq\f(n＋1，an＋1)－eq\f（n，an）＝2n,则eq\f（n，an)－eq\f（n－1，an－1）＝2n－1，eq\f（n－1，an－1）－eq\f(n－2，an－2）＝2n－2，…，eq\f(2,a2)－eq\f（1,a1)＝21,将各式相加得eq\f(n，an）－eq\f(1，a1）＝21＋22＋…＋2n－1＝2n－2，又a1＝eq\f(1,2），所以an＝n·eq\f（1，2n），因此S100＝1×eq\f(1,2)＋2×eq\f（1，22）＋…＋100×eq\f（1，2100），则eq\f(1，2）S100＝1×eq\f(1，22)＋2×eq\f（1,23)＋…＋99×eq\f（1，2100)＋100×eq\f（1,2101)，两式相减得eq\f（1,2）S100＝eq\f(1,2）＋eq\f（1,22）＋eq\f(1，23）＋…＋eq\f（1，2100)－100×eq\f(1,2101）,所以S100＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,2)）)99－100·eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，2）)）100＝2－eq\f(51,299)。4．在等比数列｛an}中,a2·a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为17,设bn＝（－1)nan,n∈N＊，则数列｛bn}的前2018项的和为________．答案eq\f（41008,3)－eq\f(1，12）解析设等比数列｛an}的首项为a1,公比为q。∵a2·a3＝2a1，∴a1·q3＝2，即a4＝2。∵a4与2a7的等差中项为17，∴a4＋2a7＝34，即a7＝16，∴a1＝eq\f(1,4），q＝2，∴an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1,4）））·2n－1＝2n－3(n∈N*）．∵bn＝（－1)nan＝(－1)n·2n－3，∴数列｛bn｝的前2018项的和为S2018＝－（a1＋a3＋…＋a2017）＋（a2＋a4＋…＋a2018)＝－(2－2＋20＋22＋…＋22014)＋（2－1＋21＋23＋…＋22015）＝－eq\f（\f（1,4）1－41009，1－4)＋eq\f（\f（1,2)1－41009,1－4）＝eq\f（41008,3)－eq\f（1,12）。5．若数列{an｝的通项公式an＝nsineq\f（nπ，3)（n∈N*),其前n项和为Sn，则S2018＝________。答案eq\f(2019\r（3）,2）解析a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝－3eq\r（3），a7＋a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝－3eq\r(3)，…,a6m＋1＋a6m＋2＋a6m＋3＋a6m＋4＋a6m＋5＋a6m＋6＝－3eq\r（3)，m∈N，所以S2018＝eq\f（2019\r(3)，2)。6．已知数列{an｝,a1＝e（e是自然对数的底数），an＋1＝aeq\o\al（3，n)(n∈N＊)．(1)求数列｛an｝的通项公式；（2)设bn＝（2n－1)lnan，求数列｛bn｝的前n项和Tn。解（1）由a1＝e,an＋1＝aeq\o\al（3,n)知,an>0，所以lnan＋1＝3lnan，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(lnan））是以1为首项,3为公比的等比数列,所以lnan＝3n－1，an＝（n∈N*）．(2)由（1）得bn＝（2n－1）lnan＝(2n－1)·3n－1，Tn＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋（2n－1)×3n－1，①3Tn＝1×31＋3×32＋…＋(2n－3)×3n－1＋（2n－1）×3n，②①－②,得－2Tn＝1＋2(31＋32＋33＋…＋3n－1）－（2n－1）×3n＝1＋2×eq\f(3－3n，1－3）－（2n－1）×3n＝－2（n－1）×3n－2.所以Tn＝(n－1)×3n＋1（n∈N＊）．7．在等比数列｛an｝中，首项a1＝8,数列{bn｝满足bn＝log2an（n∈N*)，且b1＋b2＋b3＝15.(1)求数列｛an}的通项公式；（2）记数列{bn｝的前n项和为Sn，又设数列eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1(\f（1，Sn)））的前n项和为Tn，求证:Tn〈eq\f（3,4).（1）解由bn＝log2an和b1＋b2＋b3＝15，得log2(a1a2a3）＝15，∴a1a2a3＝215，设等比数列｛an}的公比为q,∵a1＝8，∴an＝8qn－1，∴8·8q·8q2＝215,解得q＝4，∴an＝8·4n－1，即an＝22n＋1（n∈N*)．(2)证明由（1)得bn＝2n＋1,易知{bn｝为等差数列，Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1）＝n2＋2n，则eq\f(1，Sn）＝eq\f（1,nn＋2)＝eq\f（1，2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1,n)－\f(1,n＋2)）)，Tn＝eq\f（1，2)eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(1－\f（1,3))）＋\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，2)－\f（1，4））)＋…＋\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,n）－\f(1，n＋2））)）)＝eq\f（1，2）eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（3,2)－\f（1，n＋1)－\f(1,n＋2））），∴Tn〈eq\f(3,4).8．在公差不为0的等差数列｛an}中,aeq\o\al(2,2）＝a3＋a6，且a3为a1与a11的等比中项．(1)求数列{an｝的通项公式；(2）设bn＝(－1）neq\f(n，\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（an－\f（1，2）)）\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1，2)））)（n∈N*），求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)设数列｛an}的公差为d，∵aeq\o\al（2,2)＝a3＋a6，∴（a1＋d)2＝a1＋2d＋a1＋5d，①∵aeq\o\al(2，3)＝a1·a11，即(a1＋2d)2＝a1·(a1＋10d)，②∵d≠0，由①②解得a1＝2,d＝3。∴数列{an}的通项公式为an＝3n－1(n∈N*)．(2）由题意知,bn＝(－1）neq\f(n，\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(3n－\f(3，2)))·\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(3n＋\f(3,2））））＝（－1）n·eq\f(1,6）·eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，3n－\f（3,2)）＋\f（1,3n＋\f(3，2）))）＝(－1)n·eq\f（1,9)·eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1，2n－1)＋\f（1，2n＋1))）Tn＝eq\f(1，9）eq\b\lc\［\rc\(\a\vs4\al\co1(－\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,1)＋\f（1，3)）)＋\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,3）＋\f(1,5))）－\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,5)＋\f（1,7））)＋…）)eq\b\lc\\rc\］（\a\vs4\al\co1(＋－1n\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,2n－1)＋\f（1,2n＋1)）)）)＝eq\f（1,9)eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（－1＋－1n\f(1,2n＋1）)).B组能力提高9．（2018·浙江省台州中学模拟）数列｛an｝满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为（）A．3660B．3690C．1830D．1845答案C解析由an＋1＋(－1)nan＝2n－1得an＋2＋（－1)n＋1an＋1＝2n＋1，当n为奇数时，有an＋1－an＝2n－1,an＋2＋an＋1＝2n＋1，两式相减得an＋2＋an＝2；当n为偶数时，有an＋1＋an＝2n－1,an＋2－an＋1＝2n＋1，两式相加得an＋2＋an＝4n,所以可将数列｛an}的所有奇数项连续两项看成一个整体,构成每一项都为2的常数数列，所有偶数项连续两项看成一个整体，构成首项为8，公差为16的等差数列，则S60＝15×2＋15×8＋eq\f(15×14,2）×16＝1830，故选C。10．设数列{an｝的各项均为正数，前n项和为Sn，对于任意的n∈N*，an，Sn，aeq\o\al（2，n)成等差数列，设数列{bn｝的前n项和为Tn,且bn＝eq\f（\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（lnx）)n，a\o\al（2,n）),若对任意的实数x∈eq\b\lc\(\rc\]（\a\vs4\al\co1(1,e）)（e是自然对数的底数)和任意正整数n,总有Tn〈req\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（r∈N*))，则r的最小值为________．答案2解析由题意得,2Sn＝an＋aeq\o\al（2，n），当n≥2时，2Sn－1＝an－1＋aeq\o\al（2,n－1),∴2Sn－2Sn－1＝an＋aeq\o\al（2，n)－an－1－aeq\o\al(2，n－1)，∴（an＋an－1)(an－an－1－1）＝0,∵an>0，∴an－an－1＝1，即数列{an｝是等差数列，又2a1＝2S1＝a1＋aeq\o\al（2，1),∴a1＝1，∴an＝n（n∈N*）．又x∈（1，e],∴0〈lnx≤1，∴Tn≤1＋eq\f(1，22)＋eq\f(1，32）＋…＋eq\f(1，n2)〈1＋eq\f（1,1×2)＋eq\f（1，2×3）＋…＋eq\f(1,n－1n）＝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,n－1)－\f(1,n）)）＝2－eq\f（1，n)<2，∴r≥2，即r的最小值为2.11．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2an－1（n∈N＊），数列{bn}满足nbn＋1－（n＋1)bn＝n(n＋1)（n∈N*)，且b1＝1,（1)证明数列eq\b\lc\｛\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn，n）)）为等差数列，并求数列｛an｝和｛bn｝的通项公式；（2)若cn＝（－1)n－1eq\f(4n＋1,3＋2log2an3＋2log2an＋1），求数列{cn｝的前2n项和T2n;(3）若dn＝an·eq\r（bn),数列eq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1(dn）)的前n项和为Dn，对任意的n∈N＊，都有Dn≤nSn－a，求实数a的取值范围．解(1)由nbn＋1－(n＋1)bn＝n(n＋1）两边同除以n（n＋1）,得eq\f(bn＋1，n＋1)－eq\f（bn，n)＝1，从而数列eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1（\f（bn,n））)为首项eq\f（b1，1）＝1，公差d＝1的等差数列，所以eq\f（bn，n)＝n（n∈N*）,所以数列｛bn｝的通项公式为bn＝n2(n∈N＊)．当n＝1时，S1＝2a1－1＝a1，所以a1＝1.当n≥2时,Sn＝2an－1，Sn－1＝2an－1－1，两式相减得an＝2an－1，又a1＝1≠0,所以eq\f(an,an－1）＝2，从而数列｛an}为首项a1＝1,公比q＝2的等比数列，从而数列｛an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*）．(2)cn＝(－1）n－1·eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（4n＋1,2n＋12n＋3)）)＝（－1)n－1eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1，2n＋1）＋\f（1，2n＋3)）），T2n＝c1＋c2＋c3＋…＋c2n－1＋c2n＝eq\f（1，3）＋eq\f（1,5)－eq\f(1,5）－eq\f（1,7）＋…－eq\f（1,4n＋1)－eq\f（1,4n＋3)＝eq\f(1，3)－eq\f（1，4n＋3）(n∈N＊)．(3）由（1）得dn＝an·eq\r(bn)＝n·2n－1，Dn＝1×1＋2×2＋3×22＋…＋(n