高中数学人教版新课标B必修52.1.1数列教案

这是一份高中数学人教版新课标B必修52.1.1数列教案，共21页。

[典例引领]
若各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且2eq \r(Sn)＝an＋1 (n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若正项等比数列{bn}，满足b2＝2,2b7＋b8＝b9，求Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn；
(3)对于(2)中的Tn，若对任意的n∈N*，不等式λ(－1)n＜eq \f(1,2n＋1)(Tn＋21)恒成立，求实数λ的取值范围．
解：(1)因为2eq \r(Sn)＝an＋1，
所以4Sn＝(an＋1)2，且an＞0，
则4a1＝(a1＋1)2，解得a1＝1，
又4Sn＋1＝(an＋1＋1)2，
所以4an＋1＝4Sn＋1－4Sn＝(an＋1＋1)2－(an＋1)2，
即(an＋1－an－2)(an＋1＋an)＝0，
因为an＞0，所以an＋1＋an≠0，
所以an＋1－an＝2，
所以{an}是公差为2的等差数列，
又a1＝1，
所以an＝2n－1.
(2)设数列{bn}的公比为q，
因为2b7＋b8＝b9，所以2＋q＝q2，解得q＝－1(舍去)或q＝2，
由b2＝2，得b1＝1，故bn＝2n－1.
因为Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－1)×2n－1，
所以2Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)×2n，
两式相减得－Tn＝1＋2(2＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)×2n，
故Tn＝(2n－1)×2n－1－2(2＋22＋…＋2n－1)＝(2n－1)×2n－1－2(2n－2)＝(2n－3)×2n＋3.
(3)不等式λ(－1)n＜eq \f(1,2n＋1)(Tn＋21)可化为(－1)nλ＜n－eq \f(3,2)＋eq \f(6,2n－1).
①当n为偶数时，λ＜n－eq \f(3,2)＋eq \f(6,2n－1)，
记g(n)＝n－eq \f(3,2)＋eq \f(6,2n－1)，则有λ＜g(n)min.
因为g(n＋2)－g(n)＝2＋eq \f(6,2n＋1)－eq \f(6,2n－1)＝2－eq \f(9,2n)，
当n＝2时，g(n＋2)＜g(n)，当n≥4时，g(n＋2)＞g(n)，
即g(4)＜g(2)，当n≥4时，g(n)单调递增，g(n)min＝g(4)＝eq \f(13,4)，所以λ＜eq \f(13,4).
②当n为奇数时，λ＞eq \f(3,2)－n－eq \f(6,2n－1)，
记h(n)＝eq \f(3,2)－n－eq \f(6,2n－1)，则有λ＞h(n)max.
因为h(n＋2)－h(n)＝－2－eq \f(6,2n＋1)＋eq \f(6,2n－1)＝－2＋eq \f(9,2n)，
当n＝1时，h(n＋2)＞h(n)，当n≥3时，h(n＋2)＜h(n)，
即h(3)＞h(1)，当n≥3时，h(n)单调递减，h(n)max＝h(3)＝－3，所以λ＞－3.
综上所述，实数λ的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，\f(13,4))).
[由题悟法]
1．数列与不等式的综合问题考查类型
(1)判断数列中的一些不等关系问题；
(2)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；
(3)考查与数列问题有关的不等式的证明问题．
2．解决数列与不等式问题的两个注意点
(1)利用基本不等式或函数的单调性求解相关最值时，应注意n取正整数的限制条件．
(2)利用放缩法证明不等式、求解参数的范围时，尽量先求和、后放缩，注意放缩的尺度，否则会导致范围扩大或缩小而得不到正确的结果．
[即时应用]
已知数列{an}满足a1＝6，a2＝20，且an－1·an＋1＝aeq \\al(2,n)－8an＋12(n∈N*，n≥2)．
(1)证明：数列{an＋1－an}为等差数列；
(2)令cn＝eq \f(n＋1an,nan＋1)＋eq \f(nan＋1,n＋1an)，数列{cn}的前n项和为Tn，求证：2n＜Tn＜2n＋eq \f(2,3).
证明：(1)当n＝2时，a1·a3＝aeq \\al(2,2)－8a2＋12，
所以a3＝42.
当n≥2时，由an－1·an＋1＝aeq \\al(2,n)－8an＋12，
得an·an＋2＝aeq \\al(2,n＋1)－8an＋1＋12，
两式相减得anan＋2－an－1an＋1＝aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)－8an＋1＋8an，
所以aeq \\al(2,n)＋anan＋2－8an＝aeq \\al(2,n＋1)＋an－1an＋1－8an＋1，
即an(an＋an＋2－8)＝an＋1(an＋1＋an－1－8)，
所以eq \f(an＋an＋2－8,an＋1)＝eq \f(an＋1＋an－1－8,an)＝…＝eq \f(a3＋a1－8,a2)＝2.
所以an＋2＋an－8＝2an＋1，
即an＋2－2an＋1＋an＝8，
即(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝8，
当n＝1时，也满足此式．
又a2－a1＝14，
所以数列{an＋1－an}是以14为首项，8为公差的等差数列．
(2)由(1)知an＋1－an＝14＋8(n－1)＝8n＋6.
由a2－a1＝8×1＋6，a3－a2＝8×2＋6，…，an－an－1＝8×(n－1)＋6，累加得an－a1＝8×[1＋2＋3＋…＋(n－1)]＋6(n－1)＝8×eq \f(n－11＋n－1,2)＋6(n－1)＝4n2＋2n－6，所以an＝4n2＋2n.
所以cn＝eq \f(n＋1an,nan＋1)＋eq \f(nan＋1,n＋1an)＝eq \f(2n＋1,2n＋3)＋eq \f(2n＋3,2n＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,2n＋3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,2n＋1)))＝2＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))，
所以Tn＝2n＋2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))))＝2n＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,2n＋3)))，
又eq \f(1,3)＞eq \f(1,3)－eq \f(1,2n＋3)＝eq \f(2n＋3－3,32n＋3)＝eq \f(2n,32n＋3)＞0，
所以2n＜Tn＜2n＋eq \f(2,3).
eq \a\vs4\al(考点二 与数列有关的探索性问题) eq \a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)
[典例引领]
已知数列{an}中，a1＝1，a2＝a，且an＋1＝k(an＋an＋2)对任意正整数n都成立，数列{an}的前n项和为Sn.
(1)若k＝eq \f(1,2)，且S2 018＝2 018a，求a的值；
(2)是否存在实数k，使数列{an}是公比不为1的等比数列，且对任意相邻三项am，am＋1，am＋2按某顺序排列后成等差数列？若存在，求出所有k的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)当k＝eq \f(1,2)时，an＋1＝eq \f(1,2)(an＋an＋2)，即an＋2－an＋1＝an＋1－an，
所以数列{an}是等差数列，
此时首项a1＝1，公差d＝a2－a1＝a－1，
所以数列{an}的前2 018项和S2 018＝2 018＋eq \f(1,2)×2 018×(2 018－1)(a－1)＝2 018a，
解得a＝1.
(2)设数列{an}是等比数列，则它的公比q＝eq \f(a2,a1)＝a(a≠1)，
所以am＝am－1，am＋1＝am，am＋2＝am＋1.
①若am＋1为等差中项，则2am＋1＝am＋am＋2，
即2am＝am－1＋am＋1，解得a＝1，不合题意；
②若am为等差中项，则2am＝am＋1＋am＋2，
即2am－1＝am＋am＋1，
化简得a2＋a－2＝0，解得a＝－2(a＝1舍去)，
所以k＝eq \f(am＋1,am＋am＋2)＝eq \f(am,am－1＋am＋1)＝eq \f(a,1＋a2)＝－eq \f(2,5)；
③若am＋2为等差中项，则2am＋2＝am＋1＋am，
即2am＋1＝am＋am－1，
化简得2a2－a－1＝0，解得a＝－eq \f(1,2)(a＝1舍去)，
所以k＝eq \f(am＋1,am＋am＋2)＝eq \f(am,am－1＋am＋1)＝eq \f(a,1＋a2)＝－eq \f(2,5).
综上，满足要求的实数k有且仅有一个，且k＝－eq \f(2,5).
[由题悟法]
数列中存在性问题的求解策略
数列中的探索性问题的主要题型为存在型，解答的一般策略为：先假设所探求的对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到否定的结论，即不存在．若推理不出现矛盾，能求得已知范围内的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果．
[即时应用]
设数列{an}的前n项和为Sn，且(Sn－1)2＝anSn.
(1)求a1；
(2)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn－1)))为等差数列；
(3)是否存在正整数m，k，使eq \f(1,akSk)＝eq \f(1,am)＋19成立？若存在，求出m，k；若不存在，说明理由．
解：(1)当n＝1时，(a1－1)2＝aeq \\al(2,1)，∴a1＝eq \f(1,2).
(2)证明：∵(Sn－1)2＝anSn，
∴当n≥2时，(Sn－1)2＝(Sn－Sn－1)Sn，
∴－2Sn＋1＝－Sn－1Sn，
即1－Sn＝Sn(1－Sn－1)，
∴eq \f(1,Sn－1－1)＝eq \f(Sn,Sn－1)，
∴eq \f(1,Sn－1)－eq \f(1,Sn－1－1)＝eq \f(1,Sn－1)－eq \f(Sn,Sn－1)＝eq \f(1－Sn,Sn－1)＝－1为定值，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn－1)))为等差数列．
(3)∵eq \f(1,a1－1)＝－2，
∴eq \f(1,Sn－1)＝－2＋(n－1)×(－1)＝－n－1，
∴Sn＝eq \f(n,n＋1)，∴an＝eq \f(Sn－12,Sn)＝eq \f(1,nn＋1).
假设存在正整数m，k，使eq \f(1,akSk)＝eq \f(1,am)＋19成立，
则(k＋1)2＝m(m＋1)＋19，
∴4(k＋1)2＝4m(m＋1)＋76，
∴[(2k＋2)＋(2m＋1)][(2k＋2)－(2m＋1)]＝75，
∴(2k＋2m＋3)(2k－2m＋1)＝75＝75×1＝25×3＝15×5，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2k＋2m＋3＝75，,2k－2m＋1＝1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2k＋2m＋3＝25，,2k－2m＋1＝3))
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2k＋2m＋3＝15，,2k－2m＋1＝5.))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝18，,m＝18))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝6，,m＝5))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝4，,m＝2.))
eq \a\vs4\al(考点三 新定义数列问题) eq \a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)
[典例引领]
若存在非零常数p，对任意的正整数n，aeq \\al(2,n＋1)＝anan＋2＋p，则称数列{an}是“T数列”．
(1)若数列{an}的前n项和Sn＝n2(n∈N*)，求证：{an}是“T数列”；
(2)设{an}是各项均不为0的“T数列”．
①若p＜0，求证：{an}不是等差数列；
②若p＞0，求证：当a1，a2，a3成等差数列时，{an}是等差数列．
证明：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
当n＝1时，符合上式，
所以an＝2n－1.
则{an}是“T数列”⇔存在非零常数p，对任意正整数n，(2n＋1)2＝(2n－1)(2n＋3)＋p，
显然p＝4满足题意，所以{an}是“T数列”．
(2)①假设{an}是等差数列，设an＝a1＋(n－1)d，
则由aeq \\al(2,n＋1)＝anan＋2＋p，得(a1＋nd)2＝[a1＋(n－1)d]·[a1＋(n＋1)d]＋p，
解得p＝d2≥0，这与p＜0矛盾，故假设不成立，
从而{an}不是等差数列．
②因为aeq \\al(2,n＋1)＝anan＋2＋p，
所以aeq \\al(2,n)＝an－1an＋1＋p(n≥2)，
两式相减得，aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＝anan＋2－an－1an＋1.
因为{an}的各项均不为0，
所以eq \f(an＋1＋an－1,an)＝eq \f(an＋an＋2,an＋1)(n≥2)，
故eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋1＋an－1,an)))(n≥2)是常数列，
因为a1，a2，a3成等差数列，所以eq \f(a3＋a1,a2)＝2，
从而eq \f(an＋1＋an－1,an)＝2(n≥2)，
即an＋1＋an－1＝2an(n≥2)，所以{an}是等差数列．
[由题悟法]
(1)新情境和新定义下的新数列问题，一般命题形式是根据定义的条件推断这个新数列的一些性质或判断一个数列是否属于这类数列的问题.
(2)数列试题的情境，除了常见的等差数列、等比数列和递推数列外，有时还会出现周期数列、分段数列、数表型数列以及子数列问题等新情境．
[即时应用]
对于数列{an}，记Δ1an＝an＋1－an，Δk＋1an＝Δkan＋1－Δkan，k，n∈N*，则称数列{Δkan}为数列{an}的“k阶差数列”．
(1)已知Δ1an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n，
①若{an}为等比数列，求a1的值；
②证明：当n＞m，n，m∈N*时，|an－am|＜eq \f(2,3).
(2)已知数列{bn}为数列{an}的“2阶差数列”，若bn＝3n－2，a1＝1，且an≥a3对n∈N*恒成立，求a2的取值范围．
解：(1)①因为a2＝a1＋Δ1a1＝a1－eq \f(1,2)，a3＝a2＋Δ1a2＝a1－eq \f(1,4)，且{an}为等比数列，
所以aeq \\al(2,2)＝a1·a3，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(1,2)))2＝a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(1,4)))，
解得a1＝eq \f(1,3).
②证明：当n＞m时，
因为an－am＝Δ1an－1＋…＋Δ1am
＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))m\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－m)),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))
＝eq \f(2,3)·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))m－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n))，
所以|an－am|＝eq \f(2,3)·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))m－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n))≤eq \f(2,3)·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))m))＜eq \f(4,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))m.
又eq \f(4,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))m单调递减，
所以eq \f(4,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))m≤eq \f(4,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(2,3)，
故当n＞m，n，m∈N*时，|an－am|＜eq \f(2,3).
(2)因为数列{bn}为数列{an}的“2阶差数列”，且bn＝3n－2，所以Δ2an＝3n－2，
所以Δ1an＝Δ2an－1＋Δ2an－2＋…＋Δ2a1＋Δ1a1
＝eq \f(31－3n－1,1－3)－2(n－1)＋Δ1a1
＝eq \f(3n,2)－2n＋eq \f(1,2)＋Δ1a1
＝eq \f(3n,2)－2n＋a2－eq \f(1,2).
由Δ2an＝3n－2＞0知，{Δ1an}单调递增，
所以要使an≥a3对n∈N*恒成立，
当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ1a2＝a3－a2≤0，,Δ1a3＝a4－a3≥0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2≤0，,a2＋7≥0，))解得－7≤a2≤0.
所以a2的取值范围是[－7,0]．
1．已知各项都不小于1的数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝eq \r(6Sn＋3n)－2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \r(an)＋1，从数列{bn}中抽取部分项b1，b9，bn3，bn4，…，bnk，…，按从小到大的顺序构成等比数列．
①求{nk}的通项公式；
②记ck＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))k，k＝1，2，,\f(3k,9nk－32k)，k≥3，k∈N*，))数列{ck}的前k项和是Tk，求证：Tk＜eq \f(25,36).
解：(1)由an＝eq \r(6Sn＋3n)－2，
移项并平方得(an＋2)2＝aeq \\al(2,n)＋4an＋4＝6Sn＋3n，
则aeq \\al(2,n－1)＋4an－1＋4＝6Sn－1＋3(n－1)，n≥2，
两式相减得，
aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＋4an－4an－1＝6an＋3，n≥2，
即aeq \\al(2,n)－2an＋1＝aeq \\al(2,n－1)＋4an－1＋4，n≥2，
即(an－1)2＝(an－1＋2)2，n≥2.
又an≥1，所以an－1＝an－1＋2，n≥2，
即an－an－1＝3，n≥2，
又a1＋2＝eq \r(6a1＋3)，所以aeq \\al(2,1)－2a1＋1＝0，解得a1＝1，
所以数列{an}是首项为1，公差为3的等差数列，
故an＝1＋3(n－1)＝3n－2.
(2)①由bn＝eq \r(3n－2)＋1，
得b1＝2，b9＝6，故等比数列的首项为2，公比为3，
则bnk＝2×3k－1＝eq \r(3nk－2)＋1.
化简得nk＝4×32k－3－4×3k－2＋1.
②证明：由题意可得T1＝eq \f(1,3)＜eq \f(25,36)，T2＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,9)＝eq \f(4,9)＜eq \f(25,36)，
当k≥3，k∈N*时，
ck＝eq \f(3k,4×32k－1－4×3k＋9－32k)＝eq \f(3k＋1,32k－12×3k＋27)
＝eq \f(3k＋1,3k－33k－9)＝eq \f(9,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3k－9)－\f(1,3k＋1－9))).
则Tk＝c1＋c2＋…＋ck＝eq \f(4,9)＋eq \f(9,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,33－9)－\f(1,34－9)＋\f(1,34－9)－\f(1,35－9)＋…＋\f(1,3k－9)－\f(1,3k＋1－9)))＝ eq \f(4,9)＋eq \f(9,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,33－9)－\f(1,3k＋1－9)))＝eq \f(25,36)－eq \f(3,2)×eq \f(1,3k－3)＜eq \f(25,36)，
综上，Tk＜eq \f(25,36).
2．设数列{an}的首项为1，前n项和为Sn，若对任意的n∈N*，均有Sn＝an＋k－k(k是常数且k∈N*)成立，则称数列{an}为“P(k)数列”．
(1)若数列{an}为“P(1)数列”，求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在数列{an}既是“P(k)数列”，也是“P(k＋2)数列”？若存在，求出符合条件的数列{an}的通项公式及对应的k的值；若不存在，请说明理由；
(3)若数列{an}为“P(2)数列”，a2＝2，设Tn＝eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(an,2n)，证明：Tn＜3.
解：(1)数列{an}为“P(1)数列”，则Sn＝an＋1－1，
所以Sn＋1＝an＋2－1，两式相减得，an＋2＝2an＋1，
又n＝1时，a1＝a2－1＝1，所以a2＝2，
故an＋1＝2an对任意的n∈N*恒成立，即eq \f(an＋1,an)＝2，
所以数列{an}为等比数列，其通项公式为an＝2n－1，n∈N*.
(2)假设存在这样的数列{an}，由{an}是“P(k)数列”可得，Sn＝an＋k－k，
故有Sn＋1＝an＋k＋1－k，
两式相减得，an＋1＝an＋k＋1－an＋k，
则有an＋3＝an＋k＋3－an＋k＋2.
同理，由{an}是“P(k＋2)数列”可得，an＋1＝an＋k＋3－an＋k＋2，
所以an＋1＝an＋3对任意的n∈N*恒成立，
所以Sn＝an＋k－k＝an＋k＋2－k＝Sn＋2，即Sn＝Sn＋2. ①
又Sn＝an＋k＋2－k－2＝Sn＋2－2，即Sn＋2－Sn＝2. ②
①②两式矛盾，故不存在数列{an}既是“P(k)数列”，也是“P(k＋2)数列”．
(3)证明：因为数列{an}为“P(2)数列”，所以Sn＝an＋2－2，
所以Sn＋1＝an＋3－2，
两式相减得，an＋1＝an＋3－an＋2，
又n＝1时，a1＝a3－2＝1，故a3＝3，
又a2＝2，满足a3＝a2＋a1，
所以an＋2＝an＋1＋an对任意的n∈N*恒成立，
所以数列{an}的前几项为1,2,3,5,8，
故Tn＝eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(an,2n)＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋eq \f(5,24)＋eq \f(8,25)＋…＋eq \f(an,2n)，③
当n＝1时，T1＝eq \f(a1,2)＝eq \f(1,2)＜3，当n＝2时，T2＝eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＝1＜3，
当n≥3时，eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋eq \f(3,24)＋eq \f(5,25)＋…＋eq \f(an－1,2n)＋eq \f(an,2n＋1)，④
由③④得，eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋eq \f(2,24)＋…＋eq \f(an－an－1,2n)－eq \f(an,2n＋1)
＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋eq \f(2,24)＋…＋eq \f(an－2,2n)－eq \f(an,2n＋1)
＝eq \f(3,4)＋eq \f(1,4)Tn－2－eq \f(an,2n＋1)，
显然Tn－2＜Tn，eq \f(an,2n＋1)＞0，故eq \f(1,2)Tn＜eq \f(3,4)＋eq \f(1,4)Tn，即Tn＜3.
综上，Tn＜3.
3．已知数列{an}的前n项和Sn满足：(t－1)Sn－tan＋t＝0(t为常数，且t≠0，t≠1，n∈N*)．
(1)设bn＝an(an＋Sn)，若数列{bn}为等比数列，求t的值；
(2)当t＞1时，记cn＝eq \f(an,an－1an＋1－1)，Tn是数列{cn}的前n项和，求证：Tn＜eq \f(1,t－12)；
(3)当t＝5时，是否存在整数对(m，n)(其中m∈Z，n∈N*)满足aeq \\al(2,n)－(4＋m)an＋7m＋15＝0？若存在，求出所有满足题意的整数对(m，n)；若不存在，请说明理由．
解：(1)当n＝1时，(t－1)S1－ta1＋t＝0，得a1＝t.
当n≥2时，由(1－t)Sn＝－tan＋t，①
得(1－t)Sn－1＝－tan－1＋t，②
①－②，得(1－t)an＝－tan＋tan－1，
即an＝tan－1，∴eq \f(an,an－1)＝t(n≥2)，
∴数列{an}是等比数列，且公比是t，∴an＝tn.
由bn＝an(an＋Sn)知，
bn＝(tn)2＋eq \f(t1－tn,1－t)·tn＝eq \f(t2n＋tn＋1－2t2n＋1,1－t).
若数列{bn}为等比数列，则有beq \\al(2,2)＝b1·b3，
而b1＝2t2，b2＝t3(2t＋1)，b3＝t4(2t2＋t＋1)，
故[t3(2t＋1)]2＝2t2·t4(2t2＋t＋1)，
解得t＝eq \f(1,2)，将t＝eq \f(1,2)代入bn，得bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，满足{bn}为等比数列，
∴t＝eq \f(1,2).
(2)证明：由(1)知，an＝tn，
∴cn＝eq \f(an,an－1an＋1－1)＝eq \f(tn,tn－1tn＋1－1)＝eq \f(1,t－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,tn－1)－\f(1,tn＋1－1)))，
则Tn＝eq \f(1,t－1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t－1)－\f(1,t2－1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t2－1)－\f(1,t3－1)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,tn－1)－\f(1,tn＋1－1)))))
＝eq \f(1,t－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t－1)－\f(1,tn＋1－1)))，
又t＞1，∴Tn＜eq \f(1,t－12).
(3)当t＝5时，由(1)知an＝5n，
由aeq \\al(2,n)－(4＋m)an＋7m＋15＝0，
得52n－(4＋m)5n＋7m＋15＝0，
故m＝eq \f(52n－4×5n＋15,5n－7)＝eq \f(5n－75n＋3＋36,5n－7)
＝5n＋3＋eq \f(36,5n－7).
若存在整数对(m，n)，则eq \f(36,5n－7)必须是整数．
当n＝1时，m＝－10；
当n＝2时，m＝30；
当n≥3时，5n－7＞36，不符合．
综上，所有满足题意的整数对(m，n)为(－10,1)，(30,2)．
4．定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的差都大于或等于2，则称这个数列为“D数列”．
(1)若数列{an}为“D数列”，且a1＝a－3，a2＝a，a3＝a2－4，求实数a的取值范围；
(2)若首项为1的等差数列{an}的每一项均为正整数，且数列{an}为“D数列”，其前n项和Sn满足Sn＜n2＋2n(n∈N*)，求数列{an}的通项公式；
(3)已知等比数列{an}的每一项均为正整数，且数列{an}为“D数列”，a2－a1＜3，设bn＝eq \f(2×6n,n＋1·an)(n∈N*)，试判断数列{bn}是否为“D数列”，并说明理由．
解：(1)由题意得a2－a1＝3＞2，
a3－a2＝a2－4－a≥2，即a2－a－6≥0，
解得a≥3或a≤－2.
所以实数a的取值范围为(－∞，－2]∪[3，＋∞)．
(2)设等差数列{an}的公差为d，则d≥2，
由a1＝1，得Sn＝n＋eq \f(nn－1,2)d，
由题意得，n＋eq \f(nn－1,2)d＜n2＋2n对n∈N*均成立．
当n＝1时，上式成立．
当n≥2时，d＜eq \f(2n＋2,n－1)＝2＋eq \f(4,n－1).
又d∈N*，所以d≤2，所以d＝2，
所以等差数列{an}的通项公式an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
(3)设等比数列{an}的公比为q，则an＝a1qn－1，
因为数列{an}的每一项均为正整数，且an＋1－an＝anq－an＝an(q－1)≥2＞0，所以q＞1，且q为整数，
则an＋1－an＝q(an－an－1)＞an－an－1，n≥2，n∈N*，
所以在数列{an－an－1}中，a2－a1为最小项．
由数列{an}为“D数列”，可知只需a2－a1≥2，即a1(q－1)≥2，
又a2－a1＜3，即a1(q－1)＜3，
由数列{an}的每一项均为正整数，可得a1(q－1)＝2，
所以a1＝1，q＝3或a1＝2，q＝2.
①当a1＝1，q＝3时，an＝3n－1，则bn＝eq \f(2×6n,n＋1·3n－1)＝eq \f(3,n＋1)×2n＋1.
令cn＝bn＋1－bn(n∈N*)，则cn＝eq \f(3,n＋2)×2n＋2－eq \f(3,n＋1)×2n＋1＝3×2n＋1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,n＋2)－\f(1,n＋1)))＝3×2n＋1×eq \f(n,n＋2n＋1)，
所以cn＋1－cn＝3×2n＋2×eq \f(n＋1,n＋3n＋2)－3×2n＋1×eq \f(n,n＋2n＋1)
＝3×2n＋1×eq \f(n2＋n＋2,n＋3n＋2n＋1)＞0，
所以数列{cn}为递增数列，即cn＞cn－1＞cn－2＞…＞c1.
又c1＝b2－b1＝2，
所以对任意的n∈N*都有bn＋1－bn≥2，
所以数列{bn}是“D数列”．
②当a1＝2，q＝2时，an＝2n，则bn＝eq \f(2×6n,n＋1·2n)＝eq \f(2,n＋1)×3n.
令dn＝bn＋1－bn(n∈N*)，
则dn＝eq \f(2,n＋2)×3n＋1－eq \f(2,n＋1)×3n＝2×3n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,n＋2)－\f(1,n＋1)))＝2×3n×eq \f(2n＋1,n＋2n＋1)，
所以dn＋1－dn＝2×3n＋1×eq \f(2n＋3,n＋3n＋2)－2×3n×eq \f(2n＋1,n＋2n＋1)
＝2×3n×eq \f(4n2＋8n＋6,n＋3n＋2n＋1)＞0，
所以数列{dn}为递增数列，
即dn＞dn－1＞dn－2＞…＞d1.
又d1＝b2－b1＝3，
所以对任意的n∈N*都有bn＋1－bn≥2，
所以数列{bn}是“D数列”．
综上，数列{bn}是“D数列”．
命题点一 数列的概念及表示
1.(2016·上海高考)无穷数列{an}由k个不同的数组成，Sn为{an}的前n项和．若对任意n∈N*，Sn∈{2,3}，则k的最大值为________．
解析：由Sn∈{2,3}，得a1＝S1∈{2,3}．将数列写出至最多项，其中有相同项的情况舍去，共有如下几种情况：
①a1＝2，a2＝0，a3＝1，a4＝－1；
②a1＝2，a2＝1，a3＝0，a4＝－1；
③a1＝2，a2＝1，a3＝－1，a4＝0；
④a1＝3，a2＝0，a3＝－1，a4＝1；
⑤a1＝3，a2＝－1，a3＝0，a4＝1；
⑥a1＝3，a2＝－1，a3＝1，a4＝0.
最多项均只能写到第4项，即kmax＝4.
答案：4
2．(2014·全国卷Ⅱ)数列 {an}满足 an＋1＝eq \f(1,1－an)，a8＝2，则a1 ＝________.
解析：将a8＝2代入an＋1＝eq \f(1,1－an)，可求得a7＝eq \f(1,2)；再将a7＝eq \f(1,2)代入an＋1＝eq \f(1,1－an)，可求得a6＝－1；再将a6＝－1代入an＋1＝eq \f(1,1－an)，可求得a5＝2；由此可以推出数列{an}是一个周期数列，且周期为3，所以a1＝a7＝eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
命题点二 等差数列与等比数列
1．(2018·北京高考)设{an}是等差数列，且a1＝3，a2＋a5＝36，则{an}的通项公式为________．
解析：法一：设数列{an}的公差为d.∵a2＋a5＝36，∴(a1＋d)＋(a1＋4d)＝2a1＋5d＝36.∵a1＝3，∴d＝6，∴an＝6n－3.
法二：设数列{an}的公差为d，∵a2＋a5＝a1＋a6＝36，a1＝3，∴a6＝33，∴d＝eq \f(a6－a1,5)＝6，∴an＝6n－3.
答案：an＝6n－3
2．(2017·江苏高考)等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn.已知S3＝eq \f(7,4)，S6＝eq \f(63,4)，则a8＝________.
解析：设等比数列{an}的公比为q，则由S6≠2S3，得q≠1，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S3＝\f(a11－q3,1－q)＝\f(7,4)，,S6＝\f(a11－q6,1－q)＝\f(63,4)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝2，,a1＝\f(1,4)，))
则a8＝a1q7＝eq \f(1,4)×27＝32.
答案：32
3．(2018·全国卷Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________.
解析：∵Sn＝2an＋1，∴当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋1，
∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，
即an＝2an－1.
当n＝1时，由a1＝S1＝2a1＋1，得a1＝－1.
∴数列{an}是首项a1为－1，公比q为2的等比数列，
∴Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(－1×1－2n,1－2)＝1－2n，
∴S6＝1－26＝－63.
答案：－63
4．(2016·江苏高考)已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和．若a1＋aeq \\al(2,2)＝－3，S5＝10，则a9的值是________．
解析：法一：设等差数列{an}的公差为d，由S5＝10，知S5＝5a1＋eq \f(5×4,2)d＝10，得a1＋2d＝2，即a1＝2－2d.所以a2＝a1＋d＝2－d，代入a1＋aeq \\al(2,2)＝－3，化简得d2－6d＋9＝0，所以d＝3，a1＝－4.故a9＝a1＋8d＝－4＋24＝20.
法二：设等差数列{an}的公差为d，由S5＝10，知eq \f(5a1＋a5,2)＝5a3＝10，所以a3＝2.
所以由a1＋a3＝2a2，得a1＝2a2－2，代入a1＋aeq \\al(2,2)＝－3，化简得aeq \\al(2,2)＋2a2＋1＝0，所以a2＝－1.
公差d＝a3－a2＝2＋1＝3，故a9＝a3＋6d＝2＋18＝20.
答案：20
5．(2018·北京高考)设{an}是等差数列，且a1＝ln 2，a2＋a3＝5ln 2.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求e＋e＋…＋e.
解：(1)设{an}的公差为d.
因为a2＋a3＝5ln 2，
所以2a1＋3d＝5ln 2.
又a1＝ln 2，所以d＝ln 2.
所以an＝a1＋(n－1)d＝nln 2.
(2)因为e＝eln 2＝2，eq \f(ean,e)＝e＝eln 2＝2，
所以数列{ean}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以e＋e＋…＋e＝eq \f(2×1－2n,1－2)＝2n＋1－2.
6．(2017·江苏高考)对于给定的正整数k，若数列{an}满足：an－k＋an－k＋1＋…＋an－1＋ an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan，对任意正整数n(n＞k)总成立，则称数列{an}是“P(k)数列”．
(1)证明：等差数列{an}是“P(3)数列”；
(2)若数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an}是等差数列．
证明：(1)因为{an}是等差数列，设其公差为d，
则an＝a1＋(n－1)d，
从而，当n≥4时，an－k＋an＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d＝2a1＋2(n－1)d＝2an，k＝1,2,3，
所以an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an，
因此等差数列{an}是“P(3)数列”．
(2)数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，
当n≥3时，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，①
当n≥4时，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an.②
由①知，an－3＋an－2＝4an－1－(an＋an＋1)，③
an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an)．④
将③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4，
所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′.
在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，
所以a2＝a3－d′，
在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，
所以a1＝a3－2d′，
所以数列{an}是等差数列．
7．(2017·全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．已知S2＝2，S3＝－6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列．
解：(1)设{an}的公比为q.
由题设可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a11＋q＝2，,a11＋q＋q2＝－6.))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－2，,q＝－2.))
故{an}的通项公式为an＝(－2)n.
(2)由(1)可得Sn＝eq \f(－2×[1－－2n],1－－2)
＝－eq \f(2,3)＋(－1)neq \f(2n＋1,3).
由于Sn＋2＋Sn＋1＝－eq \f(4,3)＋(－1)neq \f(2n＋3－2n＋2,3)
＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)＋－1n\f(2n＋1,3)))＝2Sn，
故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．
8．(2015·江苏高考)设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d(d≠0)的等差数列．
(1)证明：2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列．
(2)是否存在a1，d，使得a1，aeq \\al(2,2)，aeq \\al(3,3)，aeq \\al(4,4)依次构成等比数列？并说明理由．
(3)是否存在a1，d及正整数n，k使得aeq \\al(n,1)，aeq \\al(n＋k,2)，aeq \\al(n＋2k,3)，aeq \\al(n＋3k,4)依次构成等比数列？并说明理由．
解：(1)证明：因为eq \f(2an＋1,2an)＝2an＋1－an＝2d(n＝1,2,3)是同一个常数，所以2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列．
(2)不存在，理由如下：
令a1＋d＝a，则a1，a2，a3，a4分别为a－d，a，a＋d，a＋2d(a＞d，a＞－2d，d≠0)．
假设存在a1，d，使得a1，aeq \\al(2,2)，aeq \\al(3,3)，aeq \\al(4,4)依次构成等比数列，
则a4＝(a－d)(a＋d)3，且(a＋d)6＝a2(a＋2d)4.
令t＝eq \f(d,a)，则1＝(1－t)(1＋t)3，
且(1＋t)6＝(1＋2t)4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＜t＜1，t≠0))，
化简得t3＋2t2－2＝0(*)，且t2＝t＋1.
将t2＝t＋1代入(*)式，得t(t＋1)＋2(t＋1)－2＝t2＋3t＝t＋1＋3t＝4t＋1＝0，则t＝－eq \f(1,4).
显然t＝－eq \f(1,4)不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，
因此不存在a1，d，使得a1，aeq \\al(2,2)，aeq \\al(3,3)，aeq \\al(4,4)依次构成等比数列．
(3)不存在，理由如下：
假设存在a1，d及正整数n，k，使得aeq \\al(n,1)，aeq \\al(n＋k,2)，aeq \\al(n＋2k,3)，aeq \\al(n＋3k,4)依次构成等比数列，
则aeq \\al(n,1)(a1＋2d)n＋2k＝(a1＋d)2(n＋k)，
且(a1＋d)n＋k(a1＋3d)n＋3k＝(a1＋2d)2(n＋2k)，
分别在两个等式的两边同除以aeq \\al(2n＋k,1)及aeq \\al(2n＋2k,1)，并令t＝eq \f(d,a1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＞－\f(1,3)，t≠0))，
则(1＋2t)n＋2k＝(1＋t)2(n＋k)，
且(1＋t)n＋k(1＋3t)n＋3k＝(1＋2t)2(n＋2k)．
将上述两个等式两边取对数，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)．
化简得
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)]．
再将这两式相除，化简得
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)，则g′(t)＝
eq \f(2[1＋3t2ln1＋3t－31＋2t2ln1＋2t＋31＋t2ln1＋t],1＋t1＋2t1＋3t).
令φ(t)＝(1＋3t)2ln(1＋3t)－3(1＋2t)2ln(1＋2t)＋3(1＋t)2ln(1＋t)，
则φ′(t)＝6[(1＋3t)ln(1＋3t)－2(1＋2t)ln(1＋2t)＋(1＋t)ln(1＋t)]．
令φ1(t)＝φ′(t)，
则φ1′(t)＝6[3ln(1＋3t)－4ln(1＋2t)＋ln(1＋t)]．
令φ2(t)＝φ1′(t)，则φ2′(t)＝eq \f(12,1＋t1＋2t1＋3t)＞0.
由g(0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0，φ2′(t)＞0，
知φ2(t)，φ1(t)，φ(t)，g(t)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，0))和(0，＋∞)上均单调．
故g(t)只有唯一零点t＝0，即方程(**)只有唯一解t＝0，故假设不成立．
所以不存在a1，d及正整数n，k，使得aeq \\al(n,1)，aeq \\al(n＋k,2)，aeq \\al(n＋2k,3)，aeq \\al(n＋3k,4)依次构成等比数列．
命题点三 数列求和
1.(2018·江苏高考)已知集合A＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，B＝{x|x＝2n，n∈N*}．将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}．记Sn为数列{an}的前n项和，则使得Sn＞12an＋1成立的n的最小值为________．
解析：所有的正奇数和2n(n∈N*)按照从小到大的顺序排列构成{an}，在数列{an}中，25前面有16个正奇数，即a21＝25，a38＝26.当n＝1时，S1＝1＜12a2＝24，不符合题意；当n＝2时，S2＝3＜12a3＝36，不符合题意；当n＝3时，S3＝6＜12a4＝48，不符合题意；当n＝4时，S4＝10＜12a5＝60，不符合题意；…；当n＝26时，S26＝eq \f(21×1＋41,2)＋eq \f(2×1－25,1－2)＝441＋62＝503＜12a27＝516，不符合题意；当n＝27时，S27＝eq \f(22×1＋43,2)＋eq \f(2×1－25,1－2)＝484＋62＝546＞12a28＝540，符合题意．故使得Sn＞12an＋1成立的n的最小值为27.
答案：27
2．(2017·全国卷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)＝________.
解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
依题意有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝3，,4a1＋6d＝10，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝1，))
所以Sn＝eq \f(nn＋1,2)，eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
因此eq \i\su(k＝1,n, )eq \f(1,Sk)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq \f(2n,n＋1).
答案：eq \f(2n,n＋1)
3．(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m.
解：(1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.
由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)或q＝－2或q＝2.
故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.
(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝eq \f(1－－2n,3).
由Sm＝63，得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．
若an＝2n－1，则Sn＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1.
由Sm＝63，得2m＝64，解得m＝6.
综上，m＝6.
4．(2018·浙江高考)已知等比数列{an}的公比q＞1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n2＋n.
(1)求q的值；
(2)求数列{bn}的通项公式．
解：(1)由a4＋2是a3，a5的等差中项，
得a3＋a5＝2a4＋4，
所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28，
解得a4＝8.
由a3＋a5＝20，得8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(q＋\f(1,q)))＝20，
解得q＝2或q＝eq \f(1,2).
因为q＞1，所以q＝2.
(2)设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}的前n项和为Sn.
由cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，))解得cn＝4n－1.
由(1)可得an＝2n－1，
所以bn＋1－bn＝(4n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，
故bn－bn－1＝(4n－5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－2，n≥2，
bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＝(4n－5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－2＋(4n－9)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－3＋…＋7×eq \f(1,2)＋3.
设Tn＝3＋7×eq \f(1,2)＋11×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋…＋(4n－5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－2，n≥2，
则eq \f(1,2)Tn＝3×eq \f(1,2)＋7×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋…＋(4n－9)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－2＋(4n－5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，
两式相减，得eq \f(1,2)Tn＝3＋4×eq \f(1,2)＋4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋…＋4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－2－(4n－5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，
所以Tn＝14－(4n＋3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－2，n≥2.
又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－2.
命题点四 数列的综合应用
1.(2016·江苏高考)记U＝{1,2，…，100}，对数列{an}(n∈N*)和U的子集T，若T＝∅，定义ST＝0；若T＝{t1，t2，…，tk}，定义ST＝at1＋at2＋…＋atk.例如：T＝{1,3,66}时，ST＝a1＋a3＋a66.现设{an}(n∈N*)是公比为3的等比数列，且当T＝{2,4}时，ST＝30.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对任意正整数k(1≤k≤100)，若T⊆{1,2，…，k}，求证：ST＜ak＋1；
(3)设C⊆U，D⊆U，SC≥SD，求证：SC＋SC∩D≥2SD.
解：(1)由已知得an＝a1·3n－1，n∈N*.
于是当T＝{2,4}时，ST＝a2＋a4＝3a1＋27a1＝30a1.
又ST＝30，故30a1＝30，即a1＝1.
所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.
(2)证明：因为T⊆{1,2，…，k}，an＝3n－1＞0，n∈N*，
所以ST≤a1＋a2＋…＋ak＝1＋3＋…＋3k－1＝eq \f(1,2)(3k－1)＜3k.
因此，ST＜ak＋1.
(3)证明：下面分三种情况证明．
①若D是C的子集，则SC＋SC∩D＝SC＋SD≥SD＋SD＝2SD.
②若C是D的子集，则SC＋SC∩D＝SC＋SC＝2SC≥2SD.
③若D不是C的子集，且C不是D的子集．
令E＝C∩∁UD，F＝D∩∁UC，
则E≠∅，F≠∅，E∩F＝∅.
于是SC＝SE＋SC∩D，SD＝SF＋SC∩D，进而由SC≥SD得SE≥SF.
设k为E中的最大数，l为F中的最大数，则k≥1，l≥1，k≠l.由(2)知，SE＜ak＋1.
于是3l－1＝al≤SF≤SE＜ak＋1＝3k，
所以l－1＜k，即l≤k.
又k≠l，故l≤k－1.从而
SF≤a1＋a2＋…＋al＝1＋3＋…＋3l－1＝eq \f(3l－1,2)≤eq \f(3k－1－1,2)＝eq \f(ak－1,2)≤eq \f(SE－1,2)，
故SE≥2SF＋1，所以SC－SC∩D≥2(SD－SC∩D)＋1，
即SC＋SC∩D≥2SD＋1.
综合①②③得，SC＋SC∩D≥2SD.
2．(2018·天津高考)设{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是等差数列．已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*)，
①求Tn；
②证明eq \i\su(k＝1,n, )eq \f(Tk＋bk＋2bk,k＋1k＋2)＝eq \f(2n＋2,n＋2)－2(n∈N*)．
解：(1)设等比数列{an}的公比为q.
由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0.
由q＞0，可得q＝2，故an＝2n－1.
设等差数列{bn}的公差为d.
由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4.①
由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16.②
联立①②解得b1＝1，d＝1，故bn＝n.
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，数列{bn}的通项公式为bn＝n.
(2)①由(1)，有Sn＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1，
所以Tn＝eq \i\su(k＝1,n, )(2k－1)＝eq \i\su(k＝1,n,2)k－n＝eq \f(21－2n,1－2)－n＝2n＋1－n－2.
②证明：因为eq \f(Tk＋bk＋2bk,k＋1k＋2)＝eq \f(2k＋1－k－2＋k＋2k,k＋1k＋2)
＝eq \f(k·2k＋1,k＋1k＋2)＝eq \f(2k＋2,k＋2)－eq \f(2k＋1,k＋1)，
所以eq \i\su(k＝1,n, )eq \f(Tk＋bk＋2bk,k＋1k＋2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(23,3)－\f(22,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(24,4)－\f(23,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2n＋2,n＋2)－\f(2n＋1,n＋1)))＝eq \f(2n＋2,n＋2)－2.
3．(2018·江苏高考)设{an}是首项为a1，公差为d的等差数列，{bn}是首项为b1，公比为q的等比数列．
(1)设a1＝0，b1＝1，q＝2，若|an－bn|≤b1对n＝1,2,3,4均成立，求d的取值范围；
(2)若a1＝b1＞0，m∈N*，q∈(1，eq \r(m,2)]，证明：存在d∈R，使得|an－bn|≤b1对n＝2,3，…，m＋1均成立，并求d的取值范围(用b1，m，q表示)．
解：(1)由条件知an＝(n－1)d，bn＝2n－1.
因为|an－bn|≤b1对n＝1,2,3,4均成立，
即|(n－1)d－2n－1|≤1对n＝1,2,3,4均成立，
所以1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9，
解得eq \f(7,3)≤d≤eq \f(5,2).
所以d的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,3)，\f(5,2))).
(2)由条件知an＝b1＋(n－1)d，bn＝b1qn－1.
若存在d，使得|an－bn|≤b1(n＝2,3，…，m＋1)成立，
即|b1＋(n－1)d－b1qn－1|≤b1(n＝2,3，…，m＋1)，
即当n＝2,3，…，m＋1时，d满足eq \f(qn－1－2,n－1)b1≤d≤eq \f(qn－1,n－1)b1.
因为q∈(1，eq \r(m,2)]，则1＜qn－1≤qm≤2，
从而eq \f(qn－1－2,n－1)b1≤0，eq \f(qn－1,n－1)b1＞0，对n＝2,3，…，m＋1均成立．
因此，取d＝0时，|an－bn|≤b1对n＝2,3，…，m＋1均成立．
下面讨论数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(qn－1－2,n－1)))的最大值和数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(qn－1,n－1)))的最小值(n＝2,3，…，m＋1)．
①当2≤n≤m时，
eq \f(qn－2,n)－eq \f(qn－1－2,n－1)＝eq \f(nqn－qn－nqn－1＋2,nn－1)＝eq \f(nqn－qn－1－qn＋2,nn－1).
当1＜q≤2eq \f(1,m)时，有qn≤qm≤2，从而n(qn－qn－1)－qn＋2＞0.
因此，当2≤n≤m＋1时，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(qn－1－2,n－1)))单调递增，
故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(qn－1－2,n－1)))的最大值为eq \f(qm－2,m).
②设f(x)＝2x(1－x)，
当x＞0时，f′(x)＝(ln 2－1－xln 2)2x＜0，
所以f(x)单调递减，从而f(x)＜f(0)＝1.
当2≤n≤m时，eq \f(\f(qn,n),\f(qn－1,n－1))＝eq \f(qn－1,n)≤2eq \f(1,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)))＜1，
因此，当2≤n≤m＋1时，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(qn－1,n－1)))单调递减，
故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(qn－1,n－1)))的最小值为eq \f(qm,m).
因此d的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(b1qm－2,m)，\f(b1qm,m))).