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高中数学高考第五节 数列的综合应用 教案
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这是一份高中数学高考第五节 数列的综合应用 教案，共13页。
1.数列与传统数学文化相结合，考查等差、等比数列的基本运算，凸显数学建模的核心素养．
2．数列与新定义问题相结合，考查转化、迁移能力，凸显数学抽象的核心素养．
3．数列与函数、不等式相结合，考查学生综合分析解决问题的能力，凸显逻辑推理的核心素养．
题型一 等差、等比数列的综合问题
[典例] 数列{an}的前n项和记为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n≥1)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)等差数列{bn}的各项为正，其前n项和为Tn，且T3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，求Tn.
[解] (1)由an＋1＝2Sn＋1，可得an＝2Sn－1＋1(n≥2)，
两式相减得an＋1－an＝2an，则an＋1＝3an(n≥2)．
当n＝1时，a2＝2S1＋1＝3＝3a1，满足上式，
故{an}是首项为1，公比为3的等比数列，所以an＝3n－1.
(2)设等差数列{bn}的公差为d.
由T3＝15，即b1＋b2＋b3＝15，可得b2＝5，
故b1＝5－d，b3＝5＋d.
又a1＝1，a2＝3，a3＝9，且由a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列可得(1＋5－d)(9＋5＋d)＝(3＋5)2，
解得d＝2或d＝－10.
因为等差数列{bn}的各项为正，
所以d>0.
所以d＝2，b1＝3，所以Tn＝3n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2＋2n.
[方法技巧]
等差、等比数列的综合问题的解题技巧
(1)将已知条件转化为等差与等比数列的基本量之间的关系，利用方程思想和通项公式、前n项和公式求解．求解时，应“瞄准目标”，灵活应用数列的有关性质，简化运算过程．求解过程中注意合理选择有关公式，正确判断是否需要分类讨论．
(2)一定条件下，等差数列与等比数列之间是可以相互转化的，即{an}为等差数列⇔ {aan }(a>0且a≠1)为等比数列；{an}为正项等比数列⇔{lgaan}(a>0且a≠1)为等差数列．
[针对训练]
已知无穷数列{an}中，a1，a2，…，am是首项为2，公差为3的等差数列，am＋1，am＋2，…，a2m是首项为2，公比为2的等比数列(其中m≥3，m∈N*)，并对任意的n∈N*，均有an＋2m＝an成立．
(1)当m＝14时，求a1 000；
(2)若a52＝128，试求m的值．
解：由题设得an＝3n－1(1≤n≤m)，am＋n＝2n(1≤n≤m)．
(1)当m＝14时，数列的周期为28.
因为1 000＝28×35＋20，而a20是等比数列中的项，
所以a1 000＝a20＝a14＋6＝26＝64.
(2)显然，a52＝128不是数列{an}中等差数列的项．
设am＋k是第一个周期中等比数列中的第k项，则am＋k＝2k.
因为128＝27，所以等比数列中至少有7项，即m≥7，则一个周期中至少有14项．
所以a52最多是第三个周期中的项．
若a52是第一个周期中的项，则a52＝am＋7＝128，
所以m＝52－7＝45；
若a52是第二个周期中的项，则a52＝a3m＋7＝128，
所以3m＝45，m＝15；
若a52是第三个周期中的项，则a52＝a5m＋7＝128，
所以5m＝45，m＝9.
综上，m的值为45或15或9.
题型二 数列的新定义问题
[典例] Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记bn＝[lg an]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.
(1)求b1，b11，b101；
(2)求数列{bn}的前1 000项和．
[思路点拨]
[解] (1)设数列{an}的公差为d，
由已知得7＋21d＝28，解得d＝1.
所以数列{an}的通项公式为an＝n.
b1＝[lg 1]＝0，b11＝[lg 11]＝1，b101＝[lg 101]＝2.
(2)记{bn}的前n项和为Tn，
则T1 000＝b1＋b2＋…＋b1 000＝[lg a1]＋[lg a2]＋…＋[lg a1 000]，
当0≤lg an<1时，n＝1,2，…，9；
当1≤lg an<2时，n＝10,11，…，99；
当2≤lg an<3时，n＝100,101，…，999；
当lg an＝3时，n＝1 000.
所以bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0，1≤n<10，,1，10≤n<100，,2，100≤n<1 000，,3，n＝1 000，))
所以数列{bn}的前1 000项和为0×9＋1×90＋2×900＋3×1＝1 893.
[方法技巧]
新定义数列问题的特点及解题策略
通过给出一个新的数列的概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情境，要求学生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．
[针对训练]
给定一个数列{an}，在这个数列中，任取m(m≥3，m∈N*)项，并且不改变它们在数列{an}中的先后次序，得到的数列称为数列{an}的一个m阶子数列．已知数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,n＋a)(n∈N*，a为常数)，等差数列a2，a3，a6是数列{an}的一个3阶子数列．
(1)求a的值；
(2)设等差数列b1，b2，…，bm是{an}的一个m(m≥3，m∈N*)阶子数列，且b1＝eq \f(1,k)(k为常数，k∈N*，k≥2)，求证：m≤k＋1.
解：(1)因为a2，a3，a6成等差数列，
所以a2－a3＝a3－a6.
又因为a2＝eq \f(1,2＋a)，a3＝eq \f(1,3＋a)，a6＝eq \f(1,6＋a)，
所以eq \f(1,2＋a)－eq \f(1,3＋a)＝eq \f(1,3＋a)－eq \f(1,6＋a)，解得a＝0.
(2)证明：设等差数列b1，b2，…，bm的公差为d.
因为b1＝eq \f(1,k)，所以b2≤eq \f(1,k＋1)，
从而d＝b2－b1≤eq \f(1,k＋1)－eq \f(1,k)＝－eq \f(1,kk＋1).
所以bm＝b1＋(m－1)d≤eq \f(1,k)－eq \f(m－1,kk＋1).
又因为bm>0，所以eq \f(1,k)－eq \f(m－1,kk＋1)>0.
即m－1又因为m，k∈N*，所以m≤k＋1.
题型三 数列与函数、不等式的综合问题
[典例] (2020·浙江高考)已知数列{an}，{bn}，{cn}满足a1＝b1＝c1＝1，cn＝an＋1－an，cn＋1＝eq \f(bn,bn＋2)cn，n∈N*.
(1)若{bn}为等比数列，公比q>0，且b1＋b2＝6b3，求q的值及数列{an}的通项公式；
(2)若{bn}为等差数列，公差d>0，证明：c1＋c2＋c3＋…＋cn<1＋eq \f(1,d)，n∈N*.
[解] (1)由b1＋b2＝6b3得1＋q＝6q2，
解得q＝eq \f(1,2)，所以eq \f(bn,bn＋2)＝4.所以cn＋1＝4cn.
又因为c1＝1，所以cn＝4n－1.
由an＋1－an＝4n－1，
得an＝a1＋1＋4＋…＋4n－2＝eq \f(4n－1＋2,3).
(2)证明：由cn＋1＝eq \f(bn,bn＋2)cn，
得cn＝eq \f(b1b2c1,bnbn＋1)＝eq \f(1＋d,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)－\f(1,bn＋1)))，
所以c1＋c2＋c3＋…＋cn＝eq \f(1＋d,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,bn＋1))).
由b1＝1，d>0得bn＋1>0，
因此c1＋c2＋c3＋…＋cn<1＋eq \f(1,d)，n∈N*.
[方法技巧]
1．数列与函数的交汇问题
(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题．
(2)已知数列条件，解决函数问题，解题时要注意数列与函数的内在联系，掌握递推数列的常见解法．
2．数列与不等式的交汇问题
(1)函数法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式赋特殊值得出数列中的不等式．
(2)放缩法：数列中的不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到．
(3)比较法：作差或者作商进行比较．
[针对训练]
已知{an}是由正数组成的数列，a1＝1，且点(eq \r(an)，an＋1)(n∈N*)在函数y＝x2＋1的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1＝bn＋2eq \a\vs4\al(an)，求证：bn·bn＋2解：(1)由已知，得an＋1＝an＋1，即an＋1－an＝1.
又a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列．
故an＝1＋(n－1)×1＝n.
(2)证明：由(1)知，an＝n，从而bn＋1－bn＝2n.
bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1
＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1.
因为bn·bn＋2－beq \\al(2,n＋1)＝(2n－1)(2n＋2－1)－(2n＋1－1)2＝(22n＋2－2n＋2－2n＋1)－(22n＋2－ 2·2n＋1＋1)＝－2n<0，
所以bn·bn＋2eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
一、综合练——练思维敏锐度
1．《庄子·天下》篇中记述了一个著名命题：“一尺之棰，日取其半，万世不竭．”反映这个命题本质的式子是( )
A．1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)＝2－eq \f(1,2n)
B.eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)<1
C.eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)＝1
D.eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)>1
解析：选B 该命题说明每天取的长度构成了以eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列，因为eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)＝1－eq \f(1,2n)<1，所以能反映命题本质的式子是eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)<1.故选B.
2．(多选)在悠久灿烂的中国古代文化中，数学文化是其中的一朵绚丽的奇葩．《张丘建算经》是我国古代有标志性的内容丰富的众多数学名著之一，大约创作于公元五世纪．书中有如下问题：“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月织九匹三丈，问日益几何？”．其大意为：“有一女子擅长织布，织布的速度一天比一天快，从第二天起，每天比前一天多织相同数量的布，第一天织5尺，一个月共织了九匹三丈，问从第二天起，每天比前一天多织多少尺布？”已知1匹＝4丈，1丈＝10尺，若这一个月有30天，记该女子这一个月中的第n天所织布的尺数为an，bn＝2an，对于数列{an}，{bn}，下列选项中正确的为( )
A．b10＝8b5 B．{bn}是等比数列
C．a1b30＝105 D.eq \f(a3＋a5＋a7,a2＋a4＋a6)＝eq \f(209,193)
解析：选BD 由题意可知，数列{an}为等差数列，设数列{an}的公差为d，a1＝5，由题意可得30a1＋eq \f(30×29d,2)＝390，解得d＝eq \f(16,29)，∴an＝a1＋(n－1)d＝eq \f(16n＋129,29)，又bn＝2an，∴eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(2an＋1, 2an)＝2an＋1－an＝2d(非零常数)，则数列{bn}是等比数列，B选项正确；∵5d＝5×eq \f(16,29)＝eq \f(80,29)≠3，eq \f(b10,b5)＝(2d)5＝25d≠23，∴b10≠8b5，A选项错误；a30＝a1＋29d＝5＋16＝21，∴a1b30＝5×221>105，C选项错误；a4＝a1＋3d＝5＋3×eq \f(16,29)＝eq \f(193,29)，a5＝a1＋4d＝5＋4×eq \f(16,29)＝eq \f(209,29)，
∴eq \f(a3＋a5＋a7,a2＋a4＋a6)＝eq \f(3a5,3a4)＝eq \f(a5,a4)＝eq \f(209,193)，D选项正确．
3．(2021·济南模拟)设函数f(x)＝xm＋ax的导函数f′(x)＝2x＋1，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,fn)))(n∈N*)的前n项和是( )
A.eq \f(n,n＋1) B.eq \f(n＋2,n＋1)
C.eq \f(n,n－1) D.eq \f(n＋1,n)
解析：选A ∵f′(x)＝mxm－1＋a＝2x＋1，∴a＝1，m＝2，
∴f(x)＝x(x＋1)，则eq \f(1,fn)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，用裂项法求和得Sn＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
4．已知集合P＝{x|x＝2n，n∈N*}，Q＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，将P∪Q中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<1 000成立的n的最大值为( )
A．9 B．32
C．35 D．61
解析：选C 数列{an}的前n项依次为1,2,3,22,5,7，23，….利用列举法可得：当n＝35时，P∪Q中的所有元素从小到大依次排列，构成一个数列{an}，所以数列{an}的前35项可重新排列为1,3,5,7,9,11,13，…，55,57,59,2,4,8,16,32，
则S35＝30＋eq \f(3030－1,2)×2＋eq \f(225－1,2－1)＝302＋26－2＝962<1 000，
当n＝36时，S36＝962＋61＝1 023>1 000，
所以n的最大值为35.故选C.
5．已知数列{an}满足a1＝1，且点(an,2an＋1)(n∈N*)在直线x－eq \f(1,2)y＋1＝0上，若对任意的n∈N*，eq \f(1,n＋a1)＋eq \f(1,n＋a2)＋eq \f(1,n＋a3)＋…＋eq \f(1,n＋an)≥λ恒成立，则实数λ的取值范围为__________．
解析：由数列{an}满足a1＝1，且点(an,2an＋1)(n∈N*)在直线x－eq \f(1,2)y＋1＝0上可得an－ an＋1＋1＝0，即an＋1－an＝1，故{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，故可得an＝n.对任意的n∈N*，eq \f(1,n＋a1)＋eq \f(1,n＋a2)＋eq \f(1,n＋a3)＋…＋eq \f(1,n＋an)≥λ恒成立，即λ≤eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n)的最小值．
令f(n)＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n)，
则f(n)－f(n＋1)＝eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋2)＝eq \f(1,2n＋2)－eq \f(1,2n＋1)＝－eq \f(1,2n＋12n＋2)<0，
即f(n)答案：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))
6．(2021·济宁模拟)若数列{an}满足：只要ap＝aq(p，q∈N*)，必有ap＋1＝aq＋1，那么就称数列{an}具有性质P.已知数列{an}具有性质P，且a1＝1，a2＝2，a3＝3，a5＝2，a6＋a7＋a8＝21，则a2 020＝________.
解析：根据题意，数列{an}具有性质P，且a2＝a5＝2，
则有a3＝a6＝3，a4＝a7，a5＝a8＝2.
由a6＋a7＋a8＝21，可得a3＋a4＋a5＝21，
则a4＝21－3－2＝16，
进而分析可得a3＝a6＝a9＝…＝a3n＝3，a4＝a7＝a10＝…＝a3n＋1＝16，a5＝a8＝…＝ a3n＋2＝2(n≥1)，
则a2 020＝a3×673＋1＝16.
答案：16
7．定义各项为正数的数列{pn}的“美数”为eq \f(n,p1＋p2＋…＋pn)(n∈N*)．若各项为正数的数列{an}的“美数”为eq \f(1,2n＋1)，且bn＝eq \f(an＋1,4)，则eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,b2 019b2 020)＝________.
解析：因为各项为正数的数列{an}的“美数”为eq \f(1,2n＋1)，
所以eq \f(n,a1＋a2＋…＋an)＝eq \f(1,2n＋1).
设数列{an}的前n项和为Sn，则Sn＝n(2n＋1)，
Sn－1＝(n－1)[2(n－1)＋1]＝2n2－3n＋1(n≥2)，
所以an＝Sn－Sn－1＝4n－1(n≥2)．
又eq \f(1,a1)＝eq \f(1,3)，所以a1＝3，满足式子an＝4n－1，
所以an＝4n－1(n∈N*)．
又bn＝eq \f(an＋1,4)，所以bn＝n，
所以eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,b2 019b2 020)＝eq \f(1,1×2)＋eq \f(1,2×3)＋…＋eq \f(1,2 019×2 020)＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2 019)－eq \f(1,2 020)＝1－eq \f(1,2 020)＝eq \f(2 019,2 020).
答案：eq \f(2 019,2 020)
8．(2020·天津高考)已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1＝b1＝1，a5＝5(a4－a3)，b5＝4(b4－b3)．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)记{an}的前n项和为Sn，求证：SnSn＋2(3)对任意的正整数n，设cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3an－2bn,anan＋2)，n为奇数，,\f(an－1,bn＋1)，n为偶数，))求数列{cn}的前2n项和．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由a1＝1，a5＝5(a4－a3)，可得d＝1，从而{an}的通项公式为an＝n.
由b1＝1，b5＝4(b4－b3)，q≠0，可得q2－4q＋4＝0，
解得q＝2，从而{bn}的通项公式为bn＝2n－1.
(2)证明：由(1)可得Sn＝eq \f(nn＋1,2)，
故SnSn＋2＝eq \f(1,4)n(n＋1)(n＋2)(n＋3)，
Seq \\al(2,n＋1)＝eq \f(1,4)(n＋1)2(n＋2)2，
从而SnSn＋2－Seq \\al(2,n＋1)＝－eq \f(1,2)(n＋1)(n＋2)<0，
所以SnSn＋2(3)当n为奇数时，cn＝eq \f(3an－2bn,anan＋2)＝eq \f(3n－22n－1,nn＋2)＝eq \f(2n＋1,n＋2)－eq \f(2n－1,n)；
当n为偶数时，cn＝eq \f(an－1,bn＋1)＝eq \f(n－1,2n).
对任意的正整数n，有
eq \i\su(k＝1,n,c)2k－1＝eq \i\su(k＝1,n, )eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(22k,2k＋1)－\f(22k－2,2k－1)))＝eq \f(22n,2n＋1)－1，
eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \i\su(k＝1,n, )eq \f(2k－1,4k)＝eq \f(1,4)＋eq \f(3,42)＋eq \f(5,43)＋…＋eq \f(2n－1,4n).①
由①得eq \f(1,4)eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \f(1,42)＋eq \f(3,43)＋…＋eq \f(2n－3,4n)＋eq \f(2n－1,4n＋1).②
由①－②得eq \f(3,4)eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \f(1,4)＋eq \f(2,42)＋…＋eq \f(2,4n)－eq \f(2n－1,4n＋1)＝eq \f(\f(2,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))－eq \f(1,4)－eq \f(2n－1,4n＋1)，
从而得eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \f(5,9)－eq \f(6n＋5,9×4n).
因此eq \i\su(k＝1,2n,c)k＝eq \i\su(k＝1,n,c)2k－1＋eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \f(4n,2n＋1)－eq \f(6n＋5,9×4n)－eq \f(4,9).
所以数列{cn}的前2n项和为eq \f(4n,2n＋1)－eq \f(6n＋5,9×4n)－eq \f(4,9).
9．近日，某市实施机动车单双号限行，新能源汽车不在限行范围内，某人为了出行方便，准备购买某新能源汽车．假设购车费用为14.4万元，每年应交付保险费、充电费等其他费用共0.9万元，汽车的保养维修费为：第一年0.2万元，第二年0.4万元，第三年0.6万元，…，依等差数列逐年递增．
(1)设使用n年该车的总费用(包括购车费用)为f(n)，试写出f(n)的表达式；
(2)问这种新能源汽车使用多少年报废最合算(即该车使用多少年平均费用最少)，年平均费用的最小值是多少？
解：(1)由题意得f(n)＝14.4＋(0.2＋0.4＋0.6＋…＋0.2n)＋0.9n＝14.4＋eq \f(0.2nn＋1,2)＋0.9n＝0.1n2＋n＋14.4.
(2)设该车的年平均费用为S万元，则有
S＝eq \f(1,n)f(n)＝eq \f(1,n)(0.1n2＋n＋14.4)＝eq \f(n,10)＋eq \f(14.4,n)＋1≥2eq \r(1.44)＋1＝3.4.
当且仅当eq \f(n,10)＝eq \f(14.4,n)，即n＝12时，等号成立，即S取最小值3.4万元．所以这种新能源汽车使用12年报废最合算，年平均费用的最小值是3.4万元．
10．甲、乙两同学在复习数列知识时发现曾经做过的一道数列问题因纸张被破坏，一个条件看不清了，具体如下：
等比数列{an}的前n项和为Sn，已知________，
(1)判断S1，S2，S3的关系；
(2)若a1－a3＝3，设bn＝eq \f(n,12)|an|，记{bn}的前n项和为 Tn，证明：Tn甲同学记得缺少的条件是首项a1的值，乙同学记得缺少的条件是公比q的值，并且他俩都记得第(1)问的答案是S1，S3，S2成等差数列．如果甲、乙两同学记得的答案是正确的，请你通过推理把条件补充完整并解答此题．
解：设等比数列{an}的公比为q，
则S1＝a1，S2＝a1＋a1q，S3＝a1＋a1q＋a1q2.
又S1，S3，S2成等差数列，所以S1＋S2＝2S3，
即a1＋a1＋a1q＝2a1＋2a1q＋2a1q2，
整理可得a1q(1＋2q)＝0.
由于在等比数列{an}中，a1≠0，q≠0，所以q＝－eq \f(1,2)，
故乙同学记得的缺少的条件是正确的．
故补充的条件为q＝－eq \f(1,2).
(1)由题意可得S1＝a1，
S2＝a1＋a2＝a1－eq \f(1,2)a1＝eq \f(1,2)a1，
S3＝a1＋a2＋a3＝a1－eq \f(1,2)a1＋eq \f(1,4)a1＝eq \f(3,4)a1，
可得S1＋S2＝2S3，即S1，S3，S2成等差数列．
(2)证明：由a1－a3＝3，可得a1－eq \f(1,4)a1＝3，解得a1＝4，
则bn＝eq \f(n,12)|an|＝eq \f(n,12)·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(4·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1))＝eq \f(2,3)n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，
则Tn＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1×\f(1,2)＋2×\f(1,4)＋3×\f(1,8)＋…＋n×\f(1,2n)))，
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1×\f(1,4)＋2×\f(1,8)＋3×\f(1,16)＋…＋n×\f(1,2n＋1)))，
上面两式相减可得，
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,4)＋\f(1,8)＋\f(1,16)＋…＋\f(1,2n)－n×\f(1,2n＋1)))
＝eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－n×\f(1,2n＋1)))，
化简可得Tn＝eq \f(4,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(n＋2,2n＋1)))，由1－eq \f(n＋2,2n＋1)<1，
可得Tn二、自选练——练高考区分度
1．在正整数数列中，由1开始依次按如下规则取它的项：第一次取1；第二次取2个连续偶数2,4；第三次取3个连续奇数5,7,9；第四次取4个连续偶数10,12,14,16；第五次取5个连续奇数17,19,21,23,25，按此规律取下去，得到一个子数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17,19…，则在这个子数列中第2 020个数是( )
A．3 976 B．3 974
C．3 978 D．3 973
解析：选A 由题意可得，奇数次取奇数个数，偶数次取偶数个数，前n次共取了1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2)个数，且第n次取的最后一个数为n2.当n＝63时，eq \f(63×63＋1,2)＝2 016，故前63次共取了2 016个数，第63次取的数都为奇数，并且最后一个数为632＝3 969，即第2 016个数为3 969，所以当n＝64时，依次取3 970,3 972,3 974,3 976，…，所以第2 020个数是3 976.
2．我国古代数学典籍《九章算术》第七章“盈不足”章中有一道“两鼠穿墙”问题：有厚墙5尺，两只老鼠从墙的两边相对分别打洞穿墙，大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半，问几天后老鼠相遇？( )
A．2天 B．3天
C．4天 D．5天
解析：选B 设第n天老鼠相遇，则依题意得
大老鼠打洞：1＋2＋22＋23＋…＋2n－1(尺)；
小老鼠打洞：1＋eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1(尺)．
可得方程：1＋2＋22＋23＋…＋2n－1＋1＋eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＝5.
利用等比数列求和公式得：eq \f(1－2n,1－2)＋eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n,1－\f(1,2))＝5，化简得22n－4×2n－2＝0，解得2n＝2＋eq \r(6).
因为4<2＋eq \r(6)<8，所以2所以两鼠在第3天相遇．
3．(2021·青岛模拟)已知{an}为等差数列，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数都不在下表的同一列.
请从①a1＝2，②a1＝1，③a1＝3的三个条件中选一个填入上表，使满足以上条件的数列{an}存在；并在此存在的数列{an}中，试解答下列两个问题．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足bn＝(－1)n＋1aeq \\al(2,n)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)若选择条件①，当第一行第一列为a1时，由题意知，可能的组合有，
a1＝2，a2＝6，a3＝7不是等差数列，a1＝2，a2＝9，a3＝8不是等差数列；
当第一行第二列为a1时，由题意知，可能的组合有，
a1＝2，a2＝4，a3＝7不是等差数列，
a1＝2，a2＝9，a3＝12不是等差数列；
当第一行第三列为a1时，由题意知，可能的组合有，
a1＝2，a2＝4，a3＝8不是等差数列，a1＝2，a2＝6，a3＝12不是等差数列．
则放在第一行的任何一列，满足条件的等差数列{an}都不存在．
若选择条件②，则放在第一行第二列，结合条件可知a1＝1，a2＝4，a3＝7，
则公差d＝a2－a1＝3，所以an＝a1＋(n－1)d＝3n－2，n∈N*.
若选择条件③，当第一行第一列为a1时，由题意知，可能的组合有，
a1＝3，a2＝6，a3＝7不是等差数列，a1＝3，a2＝9，a3＝8不是等差数列；
当第一行第二列为a1时，由题意知，可能的组合有，
a1＝3，a2＝4，a3＝7不是等差数列，
a1＝3，a2＝9，a3＝12不是等差数列；
当第一行第三列为a1时，由题意知，可能的组合有，
a1＝3，a2＝4，a3＝8不是等差数列，a1＝3，a2＝6，a3＝12不是等差数列．
则放在第一行的任何一列，满足条件的等差数列{an}都不存在．
综上可知：an＝3n－2，n∈N*.
(2)由(1)知，bn＝(－1)n＋1(3n－2)2，所以当n为偶数时，
Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝aeq \\al(2,1)－aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,3)－aeq \\al(2,4)＋…＋aeq \\al(2,n－1)－aeq \\al(2,n)＝(a1＋a2)(a1－a2)＋(a3－a4)(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)·(an－1－an)＝－3(a1＋a2＋a3＋…＋an)＝－3×eq \f(n1＋3n－2,2)＝－eq \f(9,2)n2＋ eq \f(3,2)n；
当n为奇数时，Tn＝Tn－1＋bn＝－eq \f(9,2)(n－1)2＋eq \f(3,2)(n－1)＋(3n－2)2＝eq \f(9,2)n2－eq \f(3,2)n－2，
∴Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(9,2)n2＋\f(3,2)n，n＝2k，k∈N*，,\f(9,2)n2－\f(3,2)n－2，n＝2k－1，k∈N*.))关键信息
信息转化
Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28
可以求得数列{an}的通项公式
bn＝[lg an]，[x]的定义
可以分别求出b1，b2，…，b1 000
数列{bn}的前1 000项和
分组求和
第一列
第二列
第三列
第一行
第二行
4
6
9
第三行
12
8
7
1.数列与传统数学文化相结合，考查等差、等比数列的基本运算，凸显数学建模的核心素养．
2．数列与新定义问题相结合，考查转化、迁移能力，凸显数学抽象的核心素养．
3．数列与函数、不等式相结合，考查学生综合分析解决问题的能力，凸显逻辑推理的核心素养．
题型一 等差、等比数列的综合问题
[典例] 数列{an}的前n项和记为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n≥1)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)等差数列{bn}的各项为正，其前n项和为Tn，且T3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，求Tn.
[解] (1)由an＋1＝2Sn＋1，可得an＝2Sn－1＋1(n≥2)，
两式相减得an＋1－an＝2an，则an＋1＝3an(n≥2)．
当n＝1时，a2＝2S1＋1＝3＝3a1，满足上式，
故{an}是首项为1，公比为3的等比数列，所以an＝3n－1.
(2)设等差数列{bn}的公差为d.
由T3＝15，即b1＋b2＋b3＝15，可得b2＝5，
故b1＝5－d，b3＝5＋d.
又a1＝1，a2＝3，a3＝9，且由a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列可得(1＋5－d)(9＋5＋d)＝(3＋5)2，
解得d＝2或d＝－10.
因为等差数列{bn}的各项为正，
所以d>0.
所以d＝2，b1＝3，所以Tn＝3n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2＋2n.
[方法技巧]
等差、等比数列的综合问题的解题技巧
(1)将已知条件转化为等差与等比数列的基本量之间的关系，利用方程思想和通项公式、前n项和公式求解．求解时，应“瞄准目标”，灵活应用数列的有关性质，简化运算过程．求解过程中注意合理选择有关公式，正确判断是否需要分类讨论．
(2)一定条件下，等差数列与等比数列之间是可以相互转化的，即{an}为等差数列⇔ {aan }(a>0且a≠1)为等比数列；{an}为正项等比数列⇔{lgaan}(a>0且a≠1)为等差数列．
[针对训练]
已知无穷数列{an}中，a1，a2，…，am是首项为2，公差为3的等差数列，am＋1，am＋2，…，a2m是首项为2，公比为2的等比数列(其中m≥3，m∈N*)，并对任意的n∈N*，均有an＋2m＝an成立．
(1)当m＝14时，求a1 000；
(2)若a52＝128，试求m的值．
解：由题设得an＝3n－1(1≤n≤m)，am＋n＝2n(1≤n≤m)．
(1)当m＝14时，数列的周期为28.
因为1 000＝28×35＋20，而a20是等比数列中的项，
所以a1 000＝a20＝a14＋6＝26＝64.
(2)显然，a52＝128不是数列{an}中等差数列的项．
设am＋k是第一个周期中等比数列中的第k项，则am＋k＝2k.
因为128＝27，所以等比数列中至少有7项，即m≥7，则一个周期中至少有14项．
所以a52最多是第三个周期中的项．
若a52是第一个周期中的项，则a52＝am＋7＝128，
所以m＝52－7＝45；
若a52是第二个周期中的项，则a52＝a3m＋7＝128，
所以3m＝45，m＝15；
若a52是第三个周期中的项，则a52＝a5m＋7＝128，
所以5m＝45，m＝9.
综上，m的值为45或15或9.
题型二 数列的新定义问题
[典例] Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记bn＝[lg an]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.
(1)求b1，b11，b101；
(2)求数列{bn}的前1 000项和．
[思路点拨]
[解] (1)设数列{an}的公差为d，
由已知得7＋21d＝28，解得d＝1.
所以数列{an}的通项公式为an＝n.
b1＝[lg 1]＝0，b11＝[lg 11]＝1，b101＝[lg 101]＝2.
(2)记{bn}的前n项和为Tn，
则T1 000＝b1＋b2＋…＋b1 000＝[lg a1]＋[lg a2]＋…＋[lg a1 000]，
当0≤lg an<1时，n＝1,2，…，9；
当1≤lg an<2时，n＝10,11，…，99；
当2≤lg an<3时，n＝100,101，…，999；
当lg an＝3时，n＝1 000.
所以bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0，1≤n<10，,1，10≤n<100，,2，100≤n<1 000，,3，n＝1 000，))
所以数列{bn}的前1 000项和为0×9＋1×90＋2×900＋3×1＝1 893.
[方法技巧]
新定义数列问题的特点及解题策略
通过给出一个新的数列的概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情境，要求学生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．
[针对训练]
给定一个数列{an}，在这个数列中，任取m(m≥3，m∈N*)项，并且不改变它们在数列{an}中的先后次序，得到的数列称为数列{an}的一个m阶子数列．已知数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,n＋a)(n∈N*，a为常数)，等差数列a2，a3，a6是数列{an}的一个3阶子数列．
(1)求a的值；
(2)设等差数列b1，b2，…，bm是{an}的一个m(m≥3，m∈N*)阶子数列，且b1＝eq \f(1,k)(k为常数，k∈N*，k≥2)，求证：m≤k＋1.
解：(1)因为a2，a3，a6成等差数列，
所以a2－a3＝a3－a6.
又因为a2＝eq \f(1,2＋a)，a3＝eq \f(1,3＋a)，a6＝eq \f(1,6＋a)，
所以eq \f(1,2＋a)－eq \f(1,3＋a)＝eq \f(1,3＋a)－eq \f(1,6＋a)，解得a＝0.
(2)证明：设等差数列b1，b2，…，bm的公差为d.
因为b1＝eq \f(1,k)，所以b2≤eq \f(1,k＋1)，
从而d＝b2－b1≤eq \f(1,k＋1)－eq \f(1,k)＝－eq \f(1,kk＋1).
所以bm＝b1＋(m－1)d≤eq \f(1,k)－eq \f(m－1,kk＋1).
又因为bm>0，所以eq \f(1,k)－eq \f(m－1,kk＋1)>0.
即m－1
题型三 数列与函数、不等式的综合问题
[典例] (2020·浙江高考)已知数列{an}，{bn}，{cn}满足a1＝b1＝c1＝1，cn＝an＋1－an，cn＋1＝eq \f(bn,bn＋2)cn，n∈N*.
(1)若{bn}为等比数列，公比q>0，且b1＋b2＝6b3，求q的值及数列{an}的通项公式；
(2)若{bn}为等差数列，公差d>0，证明：c1＋c2＋c3＋…＋cn<1＋eq \f(1,d)，n∈N*.
[解] (1)由b1＋b2＝6b3得1＋q＝6q2，
解得q＝eq \f(1,2)，所以eq \f(bn,bn＋2)＝4.所以cn＋1＝4cn.
又因为c1＝1，所以cn＝4n－1.
由an＋1－an＝4n－1，
得an＝a1＋1＋4＋…＋4n－2＝eq \f(4n－1＋2,3).
(2)证明：由cn＋1＝eq \f(bn,bn＋2)cn，
得cn＝eq \f(b1b2c1,bnbn＋1)＝eq \f(1＋d,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)－\f(1,bn＋1)))，
所以c1＋c2＋c3＋…＋cn＝eq \f(1＋d,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,bn＋1))).
由b1＝1，d>0得bn＋1>0，
因此c1＋c2＋c3＋…＋cn<1＋eq \f(1,d)，n∈N*.
[方法技巧]
1．数列与函数的交汇问题
(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题．
(2)已知数列条件，解决函数问题，解题时要注意数列与函数的内在联系，掌握递推数列的常见解法．
2．数列与不等式的交汇问题
(1)函数法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式赋特殊值得出数列中的不等式．
(2)放缩法：数列中的不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到．
(3)比较法：作差或者作商进行比较．
[针对训练]
已知{an}是由正数组成的数列，a1＝1，且点(eq \r(an)，an＋1)(n∈N*)在函数y＝x2＋1的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1＝bn＋2eq \a\vs4\al(an)，求证：bn·bn＋2
又a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列．
故an＝1＋(n－1)×1＝n.
(2)证明：由(1)知，an＝n，从而bn＋1－bn＝2n.
bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1
＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1.
因为bn·bn＋2－beq \\al(2,n＋1)＝(2n－1)(2n＋2－1)－(2n＋1－1)2＝(22n＋2－2n＋2－2n＋1)－(22n＋2－ 2·2n＋1＋1)＝－2n<0，
所以bn·bn＋2
一、综合练——练思维敏锐度
1．《庄子·天下》篇中记述了一个著名命题：“一尺之棰，日取其半，万世不竭．”反映这个命题本质的式子是( )
A．1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)＝2－eq \f(1,2n)
B.eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)<1
C.eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)＝1
D.eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)>1
解析：选B 该命题说明每天取的长度构成了以eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列，因为eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)＝1－eq \f(1,2n)<1，所以能反映命题本质的式子是eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)<1.故选B.
2．(多选)在悠久灿烂的中国古代文化中，数学文化是其中的一朵绚丽的奇葩．《张丘建算经》是我国古代有标志性的内容丰富的众多数学名著之一，大约创作于公元五世纪．书中有如下问题：“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月织九匹三丈，问日益几何？”．其大意为：“有一女子擅长织布，织布的速度一天比一天快，从第二天起，每天比前一天多织相同数量的布，第一天织5尺，一个月共织了九匹三丈，问从第二天起，每天比前一天多织多少尺布？”已知1匹＝4丈，1丈＝10尺，若这一个月有30天，记该女子这一个月中的第n天所织布的尺数为an，bn＝2an，对于数列{an}，{bn}，下列选项中正确的为( )
A．b10＝8b5 B．{bn}是等比数列
C．a1b30＝105 D.eq \f(a3＋a5＋a7,a2＋a4＋a6)＝eq \f(209,193)
解析：选BD 由题意可知，数列{an}为等差数列，设数列{an}的公差为d，a1＝5，由题意可得30a1＋eq \f(30×29d,2)＝390，解得d＝eq \f(16,29)，∴an＝a1＋(n－1)d＝eq \f(16n＋129,29)，又bn＝2an，∴eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(2an＋1, 2an)＝2an＋1－an＝2d(非零常数)，则数列{bn}是等比数列，B选项正确；∵5d＝5×eq \f(16,29)＝eq \f(80,29)≠3，eq \f(b10,b5)＝(2d)5＝25d≠23，∴b10≠8b5，A选项错误；a30＝a1＋29d＝5＋16＝21，∴a1b30＝5×221>105，C选项错误；a4＝a1＋3d＝5＋3×eq \f(16,29)＝eq \f(193,29)，a5＝a1＋4d＝5＋4×eq \f(16,29)＝eq \f(209,29)，
∴eq \f(a3＋a5＋a7,a2＋a4＋a6)＝eq \f(3a5,3a4)＝eq \f(a5,a4)＝eq \f(209,193)，D选项正确．
3．(2021·济南模拟)设函数f(x)＝xm＋ax的导函数f′(x)＝2x＋1，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,fn)))(n∈N*)的前n项和是( )
A.eq \f(n,n＋1) B.eq \f(n＋2,n＋1)
C.eq \f(n,n－1) D.eq \f(n＋1,n)
解析：选A ∵f′(x)＝mxm－1＋a＝2x＋1，∴a＝1，m＝2，
∴f(x)＝x(x＋1)，则eq \f(1,fn)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，用裂项法求和得Sn＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
4．已知集合P＝{x|x＝2n，n∈N*}，Q＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，将P∪Q中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<1 000成立的n的最大值为( )
A．9 B．32
C．35 D．61
解析：选C 数列{an}的前n项依次为1,2,3,22,5,7，23，….利用列举法可得：当n＝35时，P∪Q中的所有元素从小到大依次排列，构成一个数列{an}，所以数列{an}的前35项可重新排列为1,3,5,7,9,11,13，…，55,57,59,2,4,8,16,32，
则S35＝30＋eq \f(3030－1,2)×2＋eq \f(225－1,2－1)＝302＋26－2＝962<1 000，
当n＝36时，S36＝962＋61＝1 023>1 000，
所以n的最大值为35.故选C.
5．已知数列{an}满足a1＝1，且点(an,2an＋1)(n∈N*)在直线x－eq \f(1,2)y＋1＝0上，若对任意的n∈N*，eq \f(1,n＋a1)＋eq \f(1,n＋a2)＋eq \f(1,n＋a3)＋…＋eq \f(1,n＋an)≥λ恒成立，则实数λ的取值范围为__________．
解析：由数列{an}满足a1＝1，且点(an,2an＋1)(n∈N*)在直线x－eq \f(1,2)y＋1＝0上可得an－ an＋1＋1＝0，即an＋1－an＝1，故{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，故可得an＝n.对任意的n∈N*，eq \f(1,n＋a1)＋eq \f(1,n＋a2)＋eq \f(1,n＋a3)＋…＋eq \f(1,n＋an)≥λ恒成立，即λ≤eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n)的最小值．
令f(n)＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n)，
则f(n)－f(n＋1)＝eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋2)＝eq \f(1,2n＋2)－eq \f(1,2n＋1)＝－eq \f(1,2n＋12n＋2)<0，
即f(n)
6．(2021·济宁模拟)若数列{an}满足：只要ap＝aq(p，q∈N*)，必有ap＋1＝aq＋1，那么就称数列{an}具有性质P.已知数列{an}具有性质P，且a1＝1，a2＝2，a3＝3，a5＝2，a6＋a7＋a8＝21，则a2 020＝________.
解析：根据题意，数列{an}具有性质P，且a2＝a5＝2，
则有a3＝a6＝3，a4＝a7，a5＝a8＝2.
由a6＋a7＋a8＝21，可得a3＋a4＋a5＝21，
则a4＝21－3－2＝16，
进而分析可得a3＝a6＝a9＝…＝a3n＝3，a4＝a7＝a10＝…＝a3n＋1＝16，a5＝a8＝…＝ a3n＋2＝2(n≥1)，
则a2 020＝a3×673＋1＝16.
答案：16
7．定义各项为正数的数列{pn}的“美数”为eq \f(n,p1＋p2＋…＋pn)(n∈N*)．若各项为正数的数列{an}的“美数”为eq \f(1,2n＋1)，且bn＝eq \f(an＋1,4)，则eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,b2 019b2 020)＝________.
解析：因为各项为正数的数列{an}的“美数”为eq \f(1,2n＋1)，
所以eq \f(n,a1＋a2＋…＋an)＝eq \f(1,2n＋1).
设数列{an}的前n项和为Sn，则Sn＝n(2n＋1)，
Sn－1＝(n－1)[2(n－1)＋1]＝2n2－3n＋1(n≥2)，
所以an＝Sn－Sn－1＝4n－1(n≥2)．
又eq \f(1,a1)＝eq \f(1,3)，所以a1＝3，满足式子an＝4n－1，
所以an＝4n－1(n∈N*)．
又bn＝eq \f(an＋1,4)，所以bn＝n，
所以eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,b2 019b2 020)＝eq \f(1,1×2)＋eq \f(1,2×3)＋…＋eq \f(1,2 019×2 020)＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2 019)－eq \f(1,2 020)＝1－eq \f(1,2 020)＝eq \f(2 019,2 020).
答案：eq \f(2 019,2 020)
8．(2020·天津高考)已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1＝b1＝1，a5＝5(a4－a3)，b5＝4(b4－b3)．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)记{an}的前n项和为Sn，求证：SnSn＋2
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由a1＝1，a5＝5(a4－a3)，可得d＝1，从而{an}的通项公式为an＝n.
由b1＝1，b5＝4(b4－b3)，q≠0，可得q2－4q＋4＝0，
解得q＝2，从而{bn}的通项公式为bn＝2n－1.
(2)证明：由(1)可得Sn＝eq \f(nn＋1,2)，
故SnSn＋2＝eq \f(1,4)n(n＋1)(n＋2)(n＋3)，
Seq \\al(2,n＋1)＝eq \f(1,4)(n＋1)2(n＋2)2，
从而SnSn＋2－Seq \\al(2,n＋1)＝－eq \f(1,2)(n＋1)(n＋2)<0，
所以SnSn＋2
当n为偶数时，cn＝eq \f(an－1,bn＋1)＝eq \f(n－1,2n).
对任意的正整数n，有
eq \i\su(k＝1,n,c)2k－1＝eq \i\su(k＝1,n, )eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(22k,2k＋1)－\f(22k－2,2k－1)))＝eq \f(22n,2n＋1)－1，
eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \i\su(k＝1,n, )eq \f(2k－1,4k)＝eq \f(1,4)＋eq \f(3,42)＋eq \f(5,43)＋…＋eq \f(2n－1,4n).①
由①得eq \f(1,4)eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \f(1,42)＋eq \f(3,43)＋…＋eq \f(2n－3,4n)＋eq \f(2n－1,4n＋1).②
由①－②得eq \f(3,4)eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \f(1,4)＋eq \f(2,42)＋…＋eq \f(2,4n)－eq \f(2n－1,4n＋1)＝eq \f(\f(2,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))－eq \f(1,4)－eq \f(2n－1,4n＋1)，
从而得eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \f(5,9)－eq \f(6n＋5,9×4n).
因此eq \i\su(k＝1,2n,c)k＝eq \i\su(k＝1,n,c)2k－1＋eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \f(4n,2n＋1)－eq \f(6n＋5,9×4n)－eq \f(4,9).
所以数列{cn}的前2n项和为eq \f(4n,2n＋1)－eq \f(6n＋5,9×4n)－eq \f(4,9).
9．近日，某市实施机动车单双号限行，新能源汽车不在限行范围内，某人为了出行方便，准备购买某新能源汽车．假设购车费用为14.4万元，每年应交付保险费、充电费等其他费用共0.9万元，汽车的保养维修费为：第一年0.2万元，第二年0.4万元，第三年0.6万元，…，依等差数列逐年递增．
(1)设使用n年该车的总费用(包括购车费用)为f(n)，试写出f(n)的表达式；
(2)问这种新能源汽车使用多少年报废最合算(即该车使用多少年平均费用最少)，年平均费用的最小值是多少？
解：(1)由题意得f(n)＝14.4＋(0.2＋0.4＋0.6＋…＋0.2n)＋0.9n＝14.4＋eq \f(0.2nn＋1,2)＋0.9n＝0.1n2＋n＋14.4.
(2)设该车的年平均费用为S万元，则有
S＝eq \f(1,n)f(n)＝eq \f(1,n)(0.1n2＋n＋14.4)＝eq \f(n,10)＋eq \f(14.4,n)＋1≥2eq \r(1.44)＋1＝3.4.
当且仅当eq \f(n,10)＝eq \f(14.4,n)，即n＝12时，等号成立，即S取最小值3.4万元．所以这种新能源汽车使用12年报废最合算，年平均费用的最小值是3.4万元．
10．甲、乙两同学在复习数列知识时发现曾经做过的一道数列问题因纸张被破坏，一个条件看不清了，具体如下：
等比数列{an}的前n项和为Sn，已知________，
(1)判断S1，S2，S3的关系；
(2)若a1－a3＝3，设bn＝eq \f(n,12)|an|，记{bn}的前n项和为 Tn，证明：Tn
解：设等比数列{an}的公比为q，
则S1＝a1，S2＝a1＋a1q，S3＝a1＋a1q＋a1q2.
又S1，S3，S2成等差数列，所以S1＋S2＝2S3，
即a1＋a1＋a1q＝2a1＋2a1q＋2a1q2，
整理可得a1q(1＋2q)＝0.
由于在等比数列{an}中，a1≠0，q≠0，所以q＝－eq \f(1,2)，
故乙同学记得的缺少的条件是正确的．
故补充的条件为q＝－eq \f(1,2).
(1)由题意可得S1＝a1，
S2＝a1＋a2＝a1－eq \f(1,2)a1＝eq \f(1,2)a1，
S3＝a1＋a2＋a3＝a1－eq \f(1,2)a1＋eq \f(1,4)a1＝eq \f(3,4)a1，
可得S1＋S2＝2S3，即S1，S3，S2成等差数列．
(2)证明：由a1－a3＝3，可得a1－eq \f(1,4)a1＝3，解得a1＝4，
则bn＝eq \f(n,12)|an|＝eq \f(n,12)·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(4·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1))＝eq \f(2,3)n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，
则Tn＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1×\f(1,2)＋2×\f(1,4)＋3×\f(1,8)＋…＋n×\f(1,2n)))，
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1×\f(1,4)＋2×\f(1,8)＋3×\f(1,16)＋…＋n×\f(1,2n＋1)))，
上面两式相减可得，
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,4)＋\f(1,8)＋\f(1,16)＋…＋\f(1,2n)－n×\f(1,2n＋1)))
＝eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－n×\f(1,2n＋1)))，
化简可得Tn＝eq \f(4,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(n＋2,2n＋1)))，由1－eq \f(n＋2,2n＋1)<1，
可得Tn
1．在正整数数列中，由1开始依次按如下规则取它的项：第一次取1；第二次取2个连续偶数2,4；第三次取3个连续奇数5,7,9；第四次取4个连续偶数10,12,14,16；第五次取5个连续奇数17,19,21,23,25，按此规律取下去，得到一个子数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17,19…，则在这个子数列中第2 020个数是( )
A．3 976 B．3 974
C．3 978 D．3 973
解析：选A 由题意可得，奇数次取奇数个数，偶数次取偶数个数，前n次共取了1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2)个数，且第n次取的最后一个数为n2.当n＝63时，eq \f(63×63＋1,2)＝2 016，故前63次共取了2 016个数，第63次取的数都为奇数，并且最后一个数为632＝3 969，即第2 016个数为3 969，所以当n＝64时，依次取3 970,3 972,3 974,3 976，…，所以第2 020个数是3 976.
2．我国古代数学典籍《九章算术》第七章“盈不足”章中有一道“两鼠穿墙”问题：有厚墙5尺，两只老鼠从墙的两边相对分别打洞穿墙，大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半，问几天后老鼠相遇？( )
A．2天 B．3天
C．4天 D．5天
解析：选B 设第n天老鼠相遇，则依题意得
大老鼠打洞：1＋2＋22＋23＋…＋2n－1(尺)；
小老鼠打洞：1＋eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1(尺)．
可得方程：1＋2＋22＋23＋…＋2n－1＋1＋eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＝5.
利用等比数列求和公式得：eq \f(1－2n,1－2)＋eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n,1－\f(1,2))＝5，化简得22n－4×2n－2＝0，解得2n＝2＋eq \r(6).
因为4<2＋eq \r(6)<8，所以2
3．(2021·青岛模拟)已知{an}为等差数列，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数都不在下表的同一列.
请从①a1＝2，②a1＝1，③a1＝3的三个条件中选一个填入上表，使满足以上条件的数列{an}存在；并在此存在的数列{an}中，试解答下列两个问题．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足bn＝(－1)n＋1aeq \\al(2,n)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)若选择条件①，当第一行第一列为a1时，由题意知，可能的组合有，
a1＝2，a2＝6，a3＝7不是等差数列，a1＝2，a2＝9，a3＝8不是等差数列；
当第一行第二列为a1时，由题意知，可能的组合有，
a1＝2，a2＝4，a3＝7不是等差数列，
a1＝2，a2＝9，a3＝12不是等差数列；
当第一行第三列为a1时，由题意知，可能的组合有，
a1＝2，a2＝4，a3＝8不是等差数列，a1＝2，a2＝6，a3＝12不是等差数列．
则放在第一行的任何一列，满足条件的等差数列{an}都不存在．
若选择条件②，则放在第一行第二列，结合条件可知a1＝1，a2＝4，a3＝7，
则公差d＝a2－a1＝3，所以an＝a1＋(n－1)d＝3n－2，n∈N*.
若选择条件③，当第一行第一列为a1时，由题意知，可能的组合有，
a1＝3，a2＝6，a3＝7不是等差数列，a1＝3，a2＝9，a3＝8不是等差数列；
当第一行第二列为a1时，由题意知，可能的组合有，
a1＝3，a2＝4，a3＝7不是等差数列，
a1＝3，a2＝9，a3＝12不是等差数列；
当第一行第三列为a1时，由题意知，可能的组合有，
a1＝3，a2＝4，a3＝8不是等差数列，a1＝3，a2＝6，a3＝12不是等差数列．
则放在第一行的任何一列，满足条件的等差数列{an}都不存在．
综上可知：an＝3n－2，n∈N*.
(2)由(1)知，bn＝(－1)n＋1(3n－2)2，所以当n为偶数时，
Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝aeq \\al(2,1)－aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,3)－aeq \\al(2,4)＋…＋aeq \\al(2,n－1)－aeq \\al(2,n)＝(a1＋a2)(a1－a2)＋(a3－a4)(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)·(an－1－an)＝－3(a1＋a2＋a3＋…＋an)＝－3×eq \f(n1＋3n－2,2)＝－eq \f(9,2)n2＋ eq \f(3,2)n；
当n为奇数时，Tn＝Tn－1＋bn＝－eq \f(9,2)(n－1)2＋eq \f(3,2)(n－1)＋(3n－2)2＝eq \f(9,2)n2－eq \f(3,2)n－2，
∴Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(9,2)n2＋\f(3,2)n，n＝2k，k∈N*，,\f(9,2)n2－\f(3,2)n－2，n＝2k－1，k∈N*.))关键信息
信息转化
Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28
可以求得数列{an}的通项公式
bn＝[lg an]，[x]的定义
可以分别求出b1，b2，…，b1 000
数列{bn}的前1 000项和
分组求和
第一列
第二列
第三列
第一行
第二行
4
6
9
第三行
12
8
7
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