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《新高考数学大二轮复习课件》专题三 第2讲 数列求和及其综合应用
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这是一份《新高考数学大二轮复习课件》专题三 第2讲 数列求和及其综合应用，共60页。PPT课件主要包含了内容索引，考点一数列求和，专题强化练等内容，欢迎下载使用。
KAO QING FEN XI
1.数列求和重点考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法.2.数列的综合问题，一般以等差数列、等比数列为背景，与函数、不 等式相结合，考查最值、范围以及证明不等式等.3.主要以选择题、填空题及解答题的形式出现，难度中等.
1.裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项抵消，有的是间隔项抵消.常见的裂项方式有：
2.如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，那么求数列{an·bn}的前n项和Sn时，可采用错位相减法.用错位相减法求和时，应注意：(1)等比数列的公比为负数的情形；(2)在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“Sn－qSn”的表达式.
例1 (2021·青岛模拟)从“①Sn＝n ；②S2＝a3，a4＝a1a2；③a1＝2，a4是a2，a8的等比中项.”三个条件中任选一个，补充到下面的横线处，并解答.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，________，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
所以Sn＝n2＋n.当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2＋n－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，又a1＝2，满足上式，所以an＝2n.选②：由S2＝a3，得a1＋a2＝a3，得a1＝d，又由a4＝a1a2，得a1＋3d＝a1(a1＋d)，因为d≠0，则a1＝d＝2，所以an＝2n.
因为a1＝2，d≠0，所以d＝2，则an＝2n.
(2)若bn＝S2n＋1－S2n，数列{bn}的前n项和为Wn，求Wn.
解 Sn＝n2＋n，bn＝(2n＋1)2＋2n＋1－(2n)2－2n＝3·22n＋2n，
又{an}是各项为正的单调递增数列，
∵{an}是正项数列，∴an＋1＝an＋1.
∴a1＝1，∴a2－a1＝1，数列{an}是以a1＝1为首项，1为公差的等差数列，∴an＝n.
(2)若bn＝an·2n，数列{bn}的前n项和为Tn，求使Tn>2 022的最小的正整数n的值.
解 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，
＝(1－n)2n＋1－2，∴Tn＝(n－1)2n＋1＋2.∴Tn－Tn－1＝n·2n>0，∴{Tn}单调递增.当n＝7时，T7＝6×28＋2＝1 538<2 022，
当n＝8时，T8＝7×29＋2＝3 586>2 022，∴使Tn>2 022的最小的正整数n的值为8.
(1)分组转化法求和的关键是将数列通项转化为若干个可求和的数列通项的和或差.(2)裂项相消法的基本思路是将通项拆分，可以产生相互抵消的项.(3)错位相减法求和，主要用于求{anbn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别为等差数列和等比数列.
跟踪演练1 (1)(2021·大连模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S5＝25，且a3－1，a4＋1，a7＋3成等比数列.①求数列{an}的通项公式；
解 由题意知，等差数列{an}的前n项和为Sn，由S5＝25，可得S5＝5a3＝25，所以a3＝5，设数列{an}的公差为d，由a3－1，a4＋1，a7＋3成等比数列，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若bn＝(－1)nan＋1，Tn是数列{bn}的前n项和，求T2n.
解 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.
(2)(2021·滨州模拟)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝2，b2＝4，an＝2lg2bn，n∈N*.①求数列{an}，{bn}的通项公式；
解 设等差数列{an}的公差为d，因为b2＝4，所以a2＝2lg2b2＝4，所以d＝a2－a1＝2，所以an＝2＋(n－1)×2＝2n.又an＝2lg2bn，即2n＝2lg2bn，所以n＝lg2bn，所以bn＝2n.
②设数列{an}中不在数列{bn}中的项按从小到大的顺序构成数列{cn}，记数列{cn}的前n项和为Sn，求S100.
解 由①得bn＝2n＝2·2n－1＝ ，即bn是数列{an}中的第2n－1项.设数列{an}的前n项和为Pn，数列{bn}的前n项和为Qn，因为b7＝ ＝a64，b8＝ ＝a128，所以数列{cn}的前100项是由数列{an}的前107项去掉数列{bn}的前7项后构成的，所以S100＝P107－Q7
考点二 数列的综合问题
数列与函数、不等式的综合问题是高考命题的一个方向，此类问题突破的关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求出数列的通项或前n项和，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题，通过放缩进行不等式的证明.
例4 (1)(2021·淄博模拟)已知在等比数列{an}中，首项a1＝2，公比q>1，a2，a3是函数f(x)＝ x3－6x2＋32x的两个极值点，则数列{an}的前9项和是_______.
所以a2，a3是函数f′(x)＝x2－12x＋32的两个零点，
因为q>1，所以a2＝4，a3＝8，
(2)(2021·新高考全国Ⅰ)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为_______；如果对折n次，那么 ＝______________ dm2.
解析 依题意得，S1＝120×2＝240；S2＝60×3＝180；
求解数列与函数交汇问题要注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别注意.(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件.
跟踪演练2 (1)(2021·天津市西青区检测)2015年07月31日17时57分，国际奥委会第128次全会在吉隆坡举行，投票选出2022年冬奥会举办城市为北京.某人为了观看2022年北京冬季奥运会，从2016年起，每年的1月1日到银行存入a元的定期储蓄，若年利率为p且保持不变，并约定每年到期，存款的本息均自动转为新的一年的定期，到2022年的1月1日将所有存款及利息全部取出，则可取出钱(元)的总数为
解析 由题意知，2016年1月1日存入的a元，一年后存款及利息为a(1＋p)，二年后存款及利息为a(1＋p)2，……，依次类推，由此可得，从2016年1月1日到2022年1月1日所有的存款及利息为a(1＋p)6＋a(1＋p)5＋…＋a(1＋p)
(2)(2021·长春模拟)已知等比数列{an}满足：a1＋a2＝20，a2＋a3＝80.数列{bn}满足bn＝lg2an，其前n项和为Sn，若 ≤λ恒成立，则λ的最小值为_____.
解得a1＝4，q＝4，故{an}的通项公式为an＝4n，n∈N*.bn＝lg2an＝lg24n＝2n，
1.(2021·深圳模拟)在数列{an}中，a1＝3，am＋n＝am＋an(m，n∈N*)，若a1＋a2＋a3＋…＋ak＝135，则k等于A.10 B.9 C.8 D.7
解析 令m＝1，由am＋n＝am＋an可得an＋1＝a1＋an，所以an＋1－an＝3，所以{an}是首项为a1＝3，公差为3的等差数列，an＝3＋3(n－1)＝3n，
整理可得k2＋k－90＝0，解得k＝9或k＝－10(舍去).
3.已知数列{an}和{bn}的首项均为1，且an－1≥an(n≥2)，an＋1≥an，数列{bn}的前n项和为Sn，且满足2SnSn＋1＋anbn＋1＝0，则S2 022等于
解析 由an－1≥an(n≥2)，an＋1≥an可得an＋1＝an，即数列{an}是常数列，又数列{an}的首项为1，所以an＝1，2SnSn＋1＋anbn＋1＝0可化为2SnSn＋1＋bn＋1＝0，因为Sn为数列{bn}的前n项和，所以2SnSn＋1＋bn＋1＝2SnSn＋1＋(Sn＋1－Sn)＝0，由b1＝1，得SnSn＋1≠0，
4.(2021·佛山模拟)随着新一轮科技革命和产业变革持续推进，以数字化、网络化、智能化以及融合化为主要特征的新型基础设施建设越来越受到关注.5G基站建设就是“新基建”的众多工程之一，截至2020年底，我国已累计开通5G基站超70万个，未来将进一步完善基础网络体系，稳步推进5G网络建设，实现主要城区及部分重点乡镇5G网络覆盖.2021年1月计划新建设5万个5G基站，以后每个月比上一个月多建设1万个，预计我国累计开通500万个5G基站时要到A.2022年12月 B.2023年2月C.2023年4月 D.2023年6月
解析 每个月开通5G基站的个数是以5为首项，1为公差的等差数列，设预计我国累计开通500万个5G基站需要n个月，则
化简整理得，n2＋9n－860＝0，解得n≈25.17或n≈－34.17(舍负)，所以预计我国累计开通500万个5G基站需要25个月，也就是到2023年2月.
5.(2021·青岛模拟)在抛物线x2＝ y第一象限内一点(an，yn)处的切线与x轴交点横坐标记为an＋1，其中n∈N*，已知a2＝32，Sn为{an}的前n项和，若m≥Sn恒成立，则m的最小值为A.16 B.32 C.64 D.128
解析 ∵y＝2x2，y′＝4x，k＝4an，
∴64≤Sn<128.∴m≥Sn恒成立⇔m≥128，即m的最小值为128.
6.已知数列{an}满足a1＝1，an＝lgn(n＋1)(n≥2，n∈N*).定义：使乘积a1·a2·…·ak为正整数的k(k∈N*)叫做“幸运数”，则在[1,2 022]内的所有“幸运数”的和为A.2 035 B.2 036C.4 084 D.4 085
为使lg2(k＋1)为正整数，即满足2n＝k＋1，则k＝2n－1，则在[1,2 022]内的所有“幸运数”的和为
解析 由椭圆的方程和定义知a＝5，b＝4，c＝3，∴焦距为6，∴A正确；又∵a－c≤|FPi|≤a＋c，∴2≤|FPi|≤8，∴B正确；令|FP1|，|FP2|，|FP3|，…组成等差数列{an}，d>0，∴a1＝|FP1|≥2，an≤|FPi|max＝8，
8.(2021·广州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝Sn＋2an＋1，数列 的前n项和为Tn，n∈N*，则下列选项正确的为A.数列{an＋1}是等差数列B.数列{an＋1}是等比数列C.数列{an}的通项公式为an＝2n－1D.Tn<1
解析 由Sn＋1＝Sn＋2an＋1，得an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1，可化为an＋1＋1＝2(an＋1)，可得数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，则an＋1＝2n，即an＝2n－1，
10.已知数列{an}满足an＝n2＋λn，n∈N*，若数列{an}是单调递增数列，则λ的取值范围是____________.
解析 ∵{an}单调递增，∴当n≥1时，an＋1－an＝(n＋1)2＋λ(n＋1)－n2－λn＝2n＋1＋λ>0恒成立，即λ>－2n－1，∵n≥1，∴(－2n－1)max＝－3，∴λ>－3.
11.(2021·北京丰台区模拟)设等比数列{an}满足a1＋a2＝48，a4＋a5＝6，则lg2(a1a2a3…an)的最大值为_____.
则a1a2a3…an＝25×24×23×…×26－n＝25＋4＋…＋(6－n)＝ ，
所以当n＝5或6时，－n2＋11n取得最大值为30，
所以lg2(a1a2a3…an)的最大值为 ＝15.
12.(2021·肇庆模拟)斐波那契数列因意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例引入，故又称为“兔子数列”，即1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，….在实际生活中，很多花朵(如梅花、飞燕草、万寿菊等)的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在现代物理及化学等领域也有着广泛的应用.斐波那契数列{an}满足：a1＝a2＝1，an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，则1＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2 021是斐波那契数列{an}中的第______项.
解析 依题意，得1＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2 021＝a2＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2 021＝a4＋a5＋a7＋a9＋…＋a2 021＝a6＋a7＋a9＋…＋a2 021＝…＝a2 020＋a2 021＝a2 022.
13.(2021·淄博模拟)在①S5＝50，②S1，S2，S4成等比数列，③S6＝3(a6＋2)这三个条件中任选两个，补充到下面问题中，并解答本题.问题：已知等差数列{an}的公差为d(d≠0)，前n项和为Sn，且满足______.(1)求an；注：如果选择多种情况分别解答，按第一种解答计分.
解得a1＝2，d＝4，因此an＝4n－2.选择条件①③，
解得d＝4，因此an＝4n－2.选择条件②③，
即a1＝2，解得d＝4，因此an＝4n－2.
解 由a1＝2，an＝4n－2可得b1＝3，bn－bn－1＝2an＝8n－4，当n≥2时，(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)
即bn－b1＝4n2－4，则bn＝4n2－1，当n＝1时，b1＝3，符合bn＝4n2－1，所以当n∈N*时，bn＝4n2－1，
14.(2021·株洲质检)由整数构成的等差数列{an}满足a3＝5，a1a2＝2a4.(1)求数列{an}的通项公式；
解 由题意，设数列{an}的公差为d，
因为{an}为整数数列，所以d＝1，又由a1＋2d＝5，可得a1＝3，所以数列{an}的通项公式为an＝n＋2.
(2)若数列{bn}的通项公式为bn＝2n，将数列{an}，{bn}的所有项按照“当n为奇数时，bn放在前面；当n为偶数时，an放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新数列{cn}，b1，a1，a2，b2，b3，a3，a4，b4，…，求数列{cn}的前(4n＋3)项和T4n＋3.
解 由(1)知，数列{an}的通项公式为an＝n＋2，又由数列{bn}的通项公式为bn＝2n，根据题意，得新数列{cn}，b1，a1，a2，b2，b3，a3，a4，b4，…，则T4n＋3＝b1＋a1＋a2＋b2＋b3＋a3＋a4＋b4＋…＋b2n－1＋a2n－1＋a2n＋b2n＋b2n＋1＋a2n＋1＋a2n＋2＝(b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n＋1)＋(a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2n＋2)
KAO QING FEN XI
1.数列求和重点考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法.2.数列的综合问题，一般以等差数列、等比数列为背景，与函数、不 等式相结合，考查最值、范围以及证明不等式等.3.主要以选择题、填空题及解答题的形式出现，难度中等.
1.裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项抵消，有的是间隔项抵消.常见的裂项方式有：
2.如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，那么求数列{an·bn}的前n项和Sn时，可采用错位相减法.用错位相减法求和时，应注意：(1)等比数列的公比为负数的情形；(2)在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“Sn－qSn”的表达式.
例1 (2021·青岛模拟)从“①Sn＝n ；②S2＝a3，a4＝a1a2；③a1＝2，a4是a2，a8的等比中项.”三个条件中任选一个，补充到下面的横线处，并解答.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，________，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
所以Sn＝n2＋n.当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2＋n－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，又a1＝2，满足上式，所以an＝2n.选②：由S2＝a3，得a1＋a2＝a3，得a1＝d，又由a4＝a1a2，得a1＋3d＝a1(a1＋d)，因为d≠0，则a1＝d＝2，所以an＝2n.
因为a1＝2，d≠0，所以d＝2，则an＝2n.
(2)若bn＝S2n＋1－S2n，数列{bn}的前n项和为Wn，求Wn.
解 Sn＝n2＋n，bn＝(2n＋1)2＋2n＋1－(2n)2－2n＝3·22n＋2n，
又{an}是各项为正的单调递增数列，
∵{an}是正项数列，∴an＋1＝an＋1.
∴a1＝1，∴a2－a1＝1，数列{an}是以a1＝1为首项，1为公差的等差数列，∴an＝n.
(2)若bn＝an·2n，数列{bn}的前n项和为Tn，求使Tn>2 022的最小的正整数n的值.
解 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，
＝(1－n)2n＋1－2，∴Tn＝(n－1)2n＋1＋2.∴Tn－Tn－1＝n·2n>0，∴{Tn}单调递增.当n＝7时，T7＝6×28＋2＝1 538<2 022，
当n＝8时，T8＝7×29＋2＝3 586>2 022，∴使Tn>2 022的最小的正整数n的值为8.
(1)分组转化法求和的关键是将数列通项转化为若干个可求和的数列通项的和或差.(2)裂项相消法的基本思路是将通项拆分，可以产生相互抵消的项.(3)错位相减法求和，主要用于求{anbn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别为等差数列和等比数列.
跟踪演练1 (1)(2021·大连模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S5＝25，且a3－1，a4＋1，a7＋3成等比数列.①求数列{an}的通项公式；
解 由题意知，等差数列{an}的前n项和为Sn，由S5＝25，可得S5＝5a3＝25，所以a3＝5，设数列{an}的公差为d，由a3－1，a4＋1，a7＋3成等比数列，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若bn＝(－1)nan＋1，Tn是数列{bn}的前n项和，求T2n.
解 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.
(2)(2021·滨州模拟)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝2，b2＝4，an＝2lg2bn，n∈N*.①求数列{an}，{bn}的通项公式；
解 设等差数列{an}的公差为d，因为b2＝4，所以a2＝2lg2b2＝4，所以d＝a2－a1＝2，所以an＝2＋(n－1)×2＝2n.又an＝2lg2bn，即2n＝2lg2bn，所以n＝lg2bn，所以bn＝2n.
②设数列{an}中不在数列{bn}中的项按从小到大的顺序构成数列{cn}，记数列{cn}的前n项和为Sn，求S100.
解 由①得bn＝2n＝2·2n－1＝ ，即bn是数列{an}中的第2n－1项.设数列{an}的前n项和为Pn，数列{bn}的前n项和为Qn，因为b7＝ ＝a64，b8＝ ＝a128，所以数列{cn}的前100项是由数列{an}的前107项去掉数列{bn}的前7项后构成的，所以S100＝P107－Q7
考点二 数列的综合问题
数列与函数、不等式的综合问题是高考命题的一个方向，此类问题突破的关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求出数列的通项或前n项和，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题，通过放缩进行不等式的证明.
例4 (1)(2021·淄博模拟)已知在等比数列{an}中，首项a1＝2，公比q>1，a2，a3是函数f(x)＝ x3－6x2＋32x的两个极值点，则数列{an}的前9项和是_______.
所以a2，a3是函数f′(x)＝x2－12x＋32的两个零点，
因为q>1，所以a2＝4，a3＝8，
(2)(2021·新高考全国Ⅰ)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为_______；如果对折n次，那么 ＝______________ dm2.
解析 依题意得，S1＝120×2＝240；S2＝60×3＝180；
求解数列与函数交汇问题要注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别注意.(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件.
跟踪演练2 (1)(2021·天津市西青区检测)2015年07月31日17时57分，国际奥委会第128次全会在吉隆坡举行，投票选出2022年冬奥会举办城市为北京.某人为了观看2022年北京冬季奥运会，从2016年起，每年的1月1日到银行存入a元的定期储蓄，若年利率为p且保持不变，并约定每年到期，存款的本息均自动转为新的一年的定期，到2022年的1月1日将所有存款及利息全部取出，则可取出钱(元)的总数为
解析 由题意知，2016年1月1日存入的a元，一年后存款及利息为a(1＋p)，二年后存款及利息为a(1＋p)2，……，依次类推，由此可得，从2016年1月1日到2022年1月1日所有的存款及利息为a(1＋p)6＋a(1＋p)5＋…＋a(1＋p)
(2)(2021·长春模拟)已知等比数列{an}满足：a1＋a2＝20，a2＋a3＝80.数列{bn}满足bn＝lg2an，其前n项和为Sn，若 ≤λ恒成立，则λ的最小值为_____.
解得a1＝4，q＝4，故{an}的通项公式为an＝4n，n∈N*.bn＝lg2an＝lg24n＝2n，
1.(2021·深圳模拟)在数列{an}中，a1＝3，am＋n＝am＋an(m，n∈N*)，若a1＋a2＋a3＋…＋ak＝135，则k等于A.10 B.9 C.8 D.7
解析 令m＝1，由am＋n＝am＋an可得an＋1＝a1＋an，所以an＋1－an＝3，所以{an}是首项为a1＝3，公差为3的等差数列，an＝3＋3(n－1)＝3n，
整理可得k2＋k－90＝0，解得k＝9或k＝－10(舍去).
3.已知数列{an}和{bn}的首项均为1，且an－1≥an(n≥2)，an＋1≥an，数列{bn}的前n项和为Sn，且满足2SnSn＋1＋anbn＋1＝0，则S2 022等于
解析 由an－1≥an(n≥2)，an＋1≥an可得an＋1＝an，即数列{an}是常数列，又数列{an}的首项为1，所以an＝1，2SnSn＋1＋anbn＋1＝0可化为2SnSn＋1＋bn＋1＝0，因为Sn为数列{bn}的前n项和，所以2SnSn＋1＋bn＋1＝2SnSn＋1＋(Sn＋1－Sn)＝0，由b1＝1，得SnSn＋1≠0，
4.(2021·佛山模拟)随着新一轮科技革命和产业变革持续推进，以数字化、网络化、智能化以及融合化为主要特征的新型基础设施建设越来越受到关注.5G基站建设就是“新基建”的众多工程之一，截至2020年底，我国已累计开通5G基站超70万个，未来将进一步完善基础网络体系，稳步推进5G网络建设，实现主要城区及部分重点乡镇5G网络覆盖.2021年1月计划新建设5万个5G基站，以后每个月比上一个月多建设1万个，预计我国累计开通500万个5G基站时要到A.2022年12月 B.2023年2月C.2023年4月 D.2023年6月
解析 每个月开通5G基站的个数是以5为首项，1为公差的等差数列，设预计我国累计开通500万个5G基站需要n个月，则
化简整理得，n2＋9n－860＝0，解得n≈25.17或n≈－34.17(舍负)，所以预计我国累计开通500万个5G基站需要25个月，也就是到2023年2月.
5.(2021·青岛模拟)在抛物线x2＝ y第一象限内一点(an，yn)处的切线与x轴交点横坐标记为an＋1，其中n∈N*，已知a2＝32，Sn为{an}的前n项和，若m≥Sn恒成立，则m的最小值为A.16 B.32 C.64 D.128
解析 ∵y＝2x2，y′＝4x，k＝4an，
∴64≤Sn<128.∴m≥Sn恒成立⇔m≥128，即m的最小值为128.
6.已知数列{an}满足a1＝1，an＝lgn(n＋1)(n≥2，n∈N*).定义：使乘积a1·a2·…·ak为正整数的k(k∈N*)叫做“幸运数”，则在[1,2 022]内的所有“幸运数”的和为A.2 035 B.2 036C.4 084 D.4 085
为使lg2(k＋1)为正整数，即满足2n＝k＋1，则k＝2n－1，则在[1,2 022]内的所有“幸运数”的和为
解析 由椭圆的方程和定义知a＝5，b＝4，c＝3，∴焦距为6，∴A正确；又∵a－c≤|FPi|≤a＋c，∴2≤|FPi|≤8，∴B正确；令|FP1|，|FP2|，|FP3|，…组成等差数列{an}，d>0，∴a1＝|FP1|≥2，an≤|FPi|max＝8，
8.(2021·广州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝Sn＋2an＋1，数列 的前n项和为Tn，n∈N*，则下列选项正确的为A.数列{an＋1}是等差数列B.数列{an＋1}是等比数列C.数列{an}的通项公式为an＝2n－1D.Tn<1
解析 由Sn＋1＝Sn＋2an＋1，得an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1，可化为an＋1＋1＝2(an＋1)，可得数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，则an＋1＝2n，即an＝2n－1，
10.已知数列{an}满足an＝n2＋λn，n∈N*，若数列{an}是单调递增数列，则λ的取值范围是____________.
解析 ∵{an}单调递增，∴当n≥1时，an＋1－an＝(n＋1)2＋λ(n＋1)－n2－λn＝2n＋1＋λ>0恒成立，即λ>－2n－1，∵n≥1，∴(－2n－1)max＝－3，∴λ>－3.
11.(2021·北京丰台区模拟)设等比数列{an}满足a1＋a2＝48，a4＋a5＝6，则lg2(a1a2a3…an)的最大值为_____.
则a1a2a3…an＝25×24×23×…×26－n＝25＋4＋…＋(6－n)＝ ，
所以当n＝5或6时，－n2＋11n取得最大值为30，
所以lg2(a1a2a3…an)的最大值为 ＝15.
12.(2021·肇庆模拟)斐波那契数列因意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例引入，故又称为“兔子数列”，即1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，….在实际生活中，很多花朵(如梅花、飞燕草、万寿菊等)的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在现代物理及化学等领域也有着广泛的应用.斐波那契数列{an}满足：a1＝a2＝1，an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，则1＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2 021是斐波那契数列{an}中的第______项.
解析 依题意，得1＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2 021＝a2＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2 021＝a4＋a5＋a7＋a9＋…＋a2 021＝a6＋a7＋a9＋…＋a2 021＝…＝a2 020＋a2 021＝a2 022.
13.(2021·淄博模拟)在①S5＝50，②S1，S2，S4成等比数列，③S6＝3(a6＋2)这三个条件中任选两个，补充到下面问题中，并解答本题.问题：已知等差数列{an}的公差为d(d≠0)，前n项和为Sn，且满足______.(1)求an；注：如果选择多种情况分别解答，按第一种解答计分.
解得a1＝2，d＝4，因此an＝4n－2.选择条件①③，
解得d＝4，因此an＝4n－2.选择条件②③，
即a1＝2，解得d＝4，因此an＝4n－2.
解 由a1＝2，an＝4n－2可得b1＝3，bn－bn－1＝2an＝8n－4，当n≥2时，(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)
即bn－b1＝4n2－4，则bn＝4n2－1，当n＝1时，b1＝3，符合bn＝4n2－1，所以当n∈N*时，bn＝4n2－1，
14.(2021·株洲质检)由整数构成的等差数列{an}满足a3＝5，a1a2＝2a4.(1)求数列{an}的通项公式；
解 由题意，设数列{an}的公差为d，
因为{an}为整数数列，所以d＝1，又由a1＋2d＝5，可得a1＝3，所以数列{an}的通项公式为an＝n＋2.
(2)若数列{bn}的通项公式为bn＝2n，将数列{an}，{bn}的所有项按照“当n为奇数时，bn放在前面；当n为偶数时，an放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新数列{cn}，b1，a1，a2，b2，b3，a3，a4，b4，…，求数列{cn}的前(4n＋3)项和T4n＋3.
解 由(1)知，数列{an}的通项公式为an＝n＋2，又由数列{bn}的通项公式为bn＝2n，根据题意，得新数列{cn}，b1，a1，a2，b2，b3，a3，a4，b4，…，则T4n＋3＝b1＋a1＋a2＋b2＋b3＋a3＋a4＋b4＋…＋b2n－1＋a2n－1＋a2n＋b2n＋b2n＋1＋a2n＋1＋a2n＋2＝(b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n＋1)＋(a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2n＋2)
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