还剩11页未读，
继续阅读
所属成套资源：新高考数学一轮复习讲义 （含解析）
成套系列资料，整套一键下载
新高考数学一轮复习讲义第6章 §6.6 数列中的综合问题（含解析）
展开
这是一份新高考数学一轮复习讲义第6章 §6.6 数列中的综合问题（含解析），共14页。
题型一 数学文化与数列的实际应用
例1 (1)(2020·全国Ⅱ)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )
A．3 699块 B．3 474块
C．3 402块 D．3 339块
答案 C
解析 设每一层有n环，由题意可知，从内到外每环之间构成公差为d＝9，首项为a1＝9的等差数列．由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列，且(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝n2d，则9n2＝729，解得n＝9，
则三层共有扇面形石板S3n＝S27＝27×9＋eq \f(27×26,2)×9＝3 402(块)．
(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eq \i\su(k＝1,n,S)k＝_______ dm2.
答案 5 240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(n＋3,2n)))
解析 依题意得，S1＝120×2＝240；
S2＝60×3＝180；
当n＝3时，共可以得到5 dm×6 dm，eq \f(5,2) dm×12 dm，10 dm×3 dm,20 dm×eq \f(3,2) dm四种规格的图形，且5×6＝30，eq \f(5,2)×12＝30,10×3＝30，
20×eq \f(3,2)＝30，所以S3＝30×4＝120；
当n＝4时，共可以得到5 dm×3 dm，eq \f(5,2) dm×6 dm，eq \f(5,4) dm×12 dm,10 dm×eq \f(3,2) dm,20 dm×eq \f(3,4) dm五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，eq \f(5,2)×6＝15，eq \f(5,4)×12＝15,10×eq \f(3,2)＝15,20×eq \f(3,4)＝15，
所以S4＝15×5＝75；
……
所以可归纳Sk＝eq \f(240,2k)×(k＋1)＝eq \f(240k＋1,2k).
所以eq \i\su(k＝1,n,S)k＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,22)＋\f(4,23)＋…＋\f(n,2n－1)＋\f(n＋1,2n)))，①
所以eq \f(1,2)×eq \i\su(k＝1,n,S)k
＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,22)＋\f(3,23)＋\f(4,24)＋…＋\f(n,2n)＋\f(n＋1,2n＋1)))，②
由①－②得，eq \f(1,2)×eq \i\su(k＝1,n,S)k
＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋\f(1,24)＋…＋\f(1,2n)－\f(n＋1,2n＋1)))
＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\f(1,22)－\f(1,2n)×\f(1,2),1－\f(1,2))－\f(n＋1,2n＋1)))
＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\f(n＋3,2n＋1)))，
所以eq \i\su(k＝1,n,S)k＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(n＋3,2n)))dm2.
教师备选
1．《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为28.5尺，最后三个节气日影长之和为1.5尺，今年3月20日为春分时节，其日影长为( )
A．4.5尺 B．3.5尺
C．2.5尺 D．1.5尺
答案 A
解析 冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长构成等差数列{an}，设公差为d，
由题意得，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＝28.5，,a10＋a11＋a12＝1.5，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝10.5，,d＝－1，))
所以an＝a1＋(n－1)d＝11.5－n，
所以a7＝11.5－7＝4.5，
即春分时节的日影长为4.5尺．
2．古希腊时期，人们把宽与长之比为eq \f(\r(5)－1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5)－1,2)≈0.618))的矩形称为黄金矩形，把这个比值eq \f(\r(5)－1,2)称为黄金分割比例．如图为希腊的一古建筑，其中图中的矩形ABCD，EBCF，FGHC，FGJI，LGJK，MNJK均为黄金矩形，若M与K之间的距离超过1.5 m，C与F之间的距离小于11 m，则该古建筑中A与B之间的距离可能是(参考数据：0.6182≈0.382，0.6183≈0.236，0.6184≈0.146，0.6185≈0.090，0.6186≈0.056，0.6187≈0.034)( )
A．30.3 m B．30.1 m
C．27 m D．29.2 m
答案 C
解析 设|AB|＝x，a≈0.618，
因为矩形ABCD，EBCF，FGHC，FGJI，LGJK，MNJK均为黄金矩形，
所以有|BC|＝ax，|CF|＝a2x，|FG|＝a3x，
|GJ|＝a4x，|JK|＝a5x，|KM|＝a6x.
由题设得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a6x>1.5，,a2x<11，))
解得26.786思维升华 数列应用问题常见模型
(1)等差模型：后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值．
(2)等比模型：后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数．
(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，那么应考虑an与an＋1(或者相邻三项)之间的递推关系，或者Sn与Sn＋1(或者相邻三项)之间的递推关系．
跟踪训练1 (1)(2022·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
答案 B
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70＋5n＋eq \f(nn－1,2)×1＝500，
化简整理得，n2＋9n－860＝0，
解得n≈25.17或n≈－34.17(舍)，
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．
(2)(多选)(2022·潍坊模拟)南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设各层球数构成一个数列{an}，则( )
A．a4＝12
B．an＋1＝an＋n＋1
C．a100＝5 050
D．2an＋1＝an·an＋2
答案 BC
解析 由题意知，a1＝1，a2＝3，a3＝6，…，
an＝an－1＋n，故an＝eq \f(nn＋1,2)，
∴a4＝eq \f(4×4＋1,2)＝10，故A错误；
an＋1＝an＋n＋1，故B正确；
a100＝eq \f(100×100＋1,2)＝5 050，故C正确；
2an＋1＝(n＋1)(n＋2)，
an·an＋2＝eq \f(nn＋1n＋2n＋3,4)，
显然2an＋1≠an·an＋2，故D错误．
题型二 等差数列、等比数列的综合运算
例2 (2022·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；
(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 (1)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)由(1)得bn＝2n＝2·2n－1＝a2n－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＝ SKIPIF 1 < 0 ＝a64，b8＝ SKIPIF 1 < 0 ＝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
＝eq \f(107×2＋214,2)－eq \f(2－28,1－2)＝11 302.
教师备选
(2020·浙江)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*.
(1)解 由b1＝1，b1＋b2＝6b3，且{bn}为等比数列，得1＋q＝6q2，解得q＝eq \f(1,2)(负舍)．
∴bn＝eq \f(1,2n－1).
∴cn＋1＝eq \f(bn,bn＋2)cn＝4cn，∴cn＝4n－1.
∴an＋1－an＝4n－1，
∴an＝a1＋1＋4＋…＋4n－2＝eq \f(1－4n－1,1－4)＋1
＝eq \f(4n－1＋2,3).
(2)证明 由cn＋1＝eq \f(bn,bn＋2)·cn(n∈N*)，
可得bn＋2·cn＋1＝bn·cn，
两边同乘bn＋1，
可得bn＋1·bn＋2·cn＋1＝bn·bn＋1·cn，
∵b1b2c1＝b2＝1＋d，
∴数列{bnbn＋1cn}是一个常数列，
且此常数为1＋d，即bnbn＋1cn＝1＋d，
∴cn＝eq \f(1＋d,bnbn＋1)＝eq \f(1＋d,d)·eq \f(d,bnbn＋1)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,d)))·eq \f(bn＋1－bn,bnbn＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)－\f(1,bn＋1)))，
又∵b1＝1，d>0，∴bn>0，
∴c1＋c2＋…＋cn
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b1)－\f(1,b2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b2)－\f(1,b3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)－\f(1,bn＋1)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b1)－\f(1,b2)＋\f(1,b2)－\f(1,b3)＋…＋\f(1,bn)－\f(1,bn＋1)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b1)－\f(1,bn＋1)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,bn＋1)))<1＋eq \f(1,d)，
∴c1＋c2＋…＋cn<1＋eq \f(1,d).
思维升华 对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系．数列的求和主要是等差、等比数列的求和及裂项相消法求和与错位相减法求和，本题中利用裂项相消法求数列的和，然后利用b1＝1，d>0证明不等式成立．另外本题在探求{an}与{cn}的通项公式时，考查累加、累乘两种基本方法．
跟踪训练2 已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝1，a2＋a4＝10，b2b4＝a5.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d.
因为a1＝1，a2＋a4＝10，
所以2a1＋4d＝10，
解得d＝2.
所以an＝2n－1.
(2)设等比数列{bn}的公比为q.
因为b2b4＝a5，
所以b1q·b1q3＝9.
又b1＝1，所以q2＝3.
所以b2n－1＝b1q2n－2＝3n－1.
则b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝eq \f(3n－1,2).
题型三 数列与其他知识的交汇问题
命题点1 数列与不等式的交汇
例3 已知数列{an}满足a1＝eq \f(1,2)，eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,an)＋2(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,3)＋…＋aeq \\al(2,n)(1)解 因为eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,an)＋2(n∈N*)，
所以eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝2(n∈N*)，
因为a1＝eq \f(1,2)，所以eq \f(1,a1)＝2，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以首项为2，公差为2的等差数列，所以eq \f(1,an)＝2＋2(n－1)＝2n(n∈N*)，
所以数列{an}的通项公式是an＝eq \f(1,2n)(n∈N*)．
(2)证明 依题意可知
aeq \\al(2,n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n)))2＝eq \f(1,4)·eq \f(1,n2)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))(n>1)，
所以aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,3)＋…＋aeq \\al(2,n)
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,n)))故aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,3)＋…＋aeq \\al(2,n)命题点2 数列与函数的交汇
例4 (1)(2022·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)＝eq \f(1,3)x3－6x2＋32x的两个极值点，则数列{an}的前9项和是________．
答案 1 022
解析 由f(x)＝eq \f(1,3)x3－6x2＋32x，
得f′(x)＝x2－12x＋32，
又因为a2，a3是函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－6x2＋32x的两个极值点，
所以a2，a3是函数f′(x)＝x2－12x＋32的两个零点，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋a3＝12，,a2·a3＝32，))
因为q>1，所以a2＝4，a3＝8，故q＝2，
则前9项和S9＝eq \f(21－29,1－2)＝210－2＝1 022.
教师备选
1．已知函数f(x)＝lg2x，若数列{an}的各项使得2，f(a1)，f(a2)，…，f(an)，2n＋4成等差数列，则数列{an}的前n项和Sn＝______________.
答案 eq \f(16,3)(4n－1)
解析 设等差数列的公差为d，
则由题意，得2n＋4＝2＋(n＋1)d，解得d＝2，
于是lg2a1＝4，lg2a2＝6，lg2a3＝8，…，
从而a1＝24，a2＝26，a3＝28，…，
易知数列{an}是等比数列，其公比q＝eq \f(a2,a1)＝4，
所以Sn＝eq \f(244n－1,4－1)＝eq \f(16,3)(4n－1)．
2．求证：eq \f(1,2＋1)＋eq \f(2,22＋2)＋eq \f(3,23＋3)＋…＋eq \f(n,2n＋n)<2(n∈N*)．
证明 因为eq \f(n,2n＋n)所以不等式左边令A＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n,2n)，
则eq \f(1,2)A＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋eq \f(3,24)＋…＋eq \f(n,2n＋1)，
两式相减得eq \f(1,2)A＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)
＝1－eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)，
所以A＝2－eq \f(n＋2,2n)<2，即得证．
思维升华 数列与函数、不等式的综合问题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．
跟踪训练3 (1)(2022·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eq \f(bn,Sn＋11)≤λ恒成立，则λ的最小值为________．
答案 eq \f(6,23)
解析 设等比数列{an}的公比为q，
由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a1q＝20，,a1q＋a1q2＝80，))
解得a1＝4，q＝4，
故{an}的通项公式为an＝4n，n∈N*.
bn＝lg2an＝lg24n＝2n，
Sn＝2n＋eq \f(1,2)n(n－1)·2＝n2＋n，
eq \f(bn,Sn＋11)＝eq \f(2n,n2＋n＋11)＝eq \f(2,n＋\f(11,n)＋1)，n∈N*，
令f(x)＝x＋eq \f(11,x)，
则当x∈(0，eq \r(11))时，f(x)＝x＋eq \f(11,x)单调递减，
当x∈(eq \r(11)，＋∞)时，f(x)＝x＋eq \f(11,x)单调递增，
又∵f(3)＝3＋eq \f(11,3)＝eq \f(20,3)，f(4)＝4＋eq \f(11,4)＝eq \f(27,4)，
且n∈N*，∴n＋eq \f(11,n)≥eq \f(20,3)，
即eq \f(bn,Sn＋11)≤eq \f(2,\f(20,3)＋1)＝eq \f(6,23)，
故λ≥eq \f(6,23)，故λ的最小值为eq \f(6,23).
(2)若Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，且S1，S2，S4成等比数列，S2＝4.
①求数列{an}的通项公式；
②设bn＝eq \f(3,anan＋1)，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn解 ①设{an}的公差为d(d≠0)，
则S1＝a1，S2＝2a1＋d，S4＝4a1＋6d.
因为S1，S2，S4成等比数列，
所以a1·(4a1＋6d)＝(2a1＋d)2.
所以2a1d＝d2.
因为d≠0，所以d＝2a1.
又因为S2＝4，所以a1＝1，d＝2，
所以an＝2n－1.
②因为bn＝eq \f(3,anan＋1)＝eq \f(3,2n－12n＋1)
＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
所以Tn＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))
＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))要使Tn则有eq \f(m,20)≥eq \f(3,2)，即m≥30.
因为m∈N*，
所以m的最小值为30.
课时精练
1．(2022·青岛模拟)从“①Sn＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(a1,2)))；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；
(2)若bn＝ SKIPIF 1 < 0 ，数列{bn}的前n项和为Wn，求Wn.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解 (1)选①：
Sn＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(a1,2)))＝n2＋eq \f(a1,2)n，
令n＝1，得a1＝1＋eq \f(a1,2)，即a1＝2，
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.
选③：
由a4是a2，a8的等比中项，得aeq \\al(2,4)＝a2a8，
则(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，
因为a1＝2，d≠0，所以d＝2，则an＝2n.
(2)Sn＝n2＋n，bn＝(2n＋1)2＋2n＋1－(2n)2－2n
＝3·22n＋2n，
所以Wn＝3×22＋2＋3×24＋22＋…＋3×22n＋2n＝eq \f(12×1－4n,1－4)＋eq \f(2×1－2n,1－2)＝4(4n－1)＋2(2n－1)＝4n＋1＋2n＋1－6.
2．(2022·沈阳模拟)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且aeq \\al(2,n＋1)＝2Sn＋n＋1，a2＝2.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(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 (1)当n≥2时，
由aeq \\al(2,n＋1)＝2Sn＋n＋1，a2＝2，
得aeq \\al(2,n)＝2Sn－1＋n－1＋1，
两式相减得aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＝2an＋1，
即aeq \\al(2,n＋1)＝aeq \\al(2,n)＋2an＋1＝(an＋1)2.
∵{an}是正项数列，∴an＋1＝an＋1.
当n＝1时，aeq \\al(2,2)＝2a1＋2＝4，
∴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)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，
两式相减得－Tn＝eq \f(2·1－2n,1－2)－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.
3．(2022·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；
(2)若bn＝(－1)nan＋1，Tn是数列{bn}的前n项和，求T2n.
解 (1)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)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.
4．(2022·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；
(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 (1)由题意，设数列{an}的公差为d，
因为a3＝5，a1a2＝2a4，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝5，,a1·a1＋d＝2a1＋3d，))
整理得(5－2d)(5－d)＝2(5＋d)，
即2d2－17d＋15＝0，解得d＝eq \f(15,2)或d＝1，
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)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)
＝eq \f(2×1－22n＋1,1－2)＋eq \f(3＋2n＋42n＋2,2)＝4n＋1＋2n2＋9n＋5.
5．已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1eq \f(4n,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)∵等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列，
∴Sn＝na1＋n(n－1)，
(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，
解得a1＝1，∴an＝2n－1.
(2)由(1)可得bn＝(－1)n－1eq \f(4n,anan＋1)
＝(－1)n－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))，
当n为偶数时，
Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＋\f(1,7)))－…
＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))
＝1－eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(2n,2n＋1)；
当n为奇数时，
Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＋\f(1,7)))－…－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))
＝1＋eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(2n＋2,2n＋1).
∴Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2n,2n＋1)，n为偶数，,\f(2n＋2,2n＋1)，n为奇数.))
题型一 数学文化与数列的实际应用
例1 (1)(2020·全国Ⅱ)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )
A．3 699块 B．3 474块
C．3 402块 D．3 339块
答案 C
解析 设每一层有n环，由题意可知，从内到外每环之间构成公差为d＝9，首项为a1＝9的等差数列．由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列，且(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝n2d，则9n2＝729，解得n＝9，
则三层共有扇面形石板S3n＝S27＝27×9＋eq \f(27×26,2)×9＝3 402(块)．
(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eq \i\su(k＝1,n,S)k＝_______ dm2.
答案 5 240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(n＋3,2n)))
解析 依题意得，S1＝120×2＝240；
S2＝60×3＝180；
当n＝3时，共可以得到5 dm×6 dm，eq \f(5,2) dm×12 dm，10 dm×3 dm,20 dm×eq \f(3,2) dm四种规格的图形，且5×6＝30，eq \f(5,2)×12＝30,10×3＝30，
20×eq \f(3,2)＝30，所以S3＝30×4＝120；
当n＝4时，共可以得到5 dm×3 dm，eq \f(5,2) dm×6 dm，eq \f(5,4) dm×12 dm,10 dm×eq \f(3,2) dm,20 dm×eq \f(3,4) dm五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，eq \f(5,2)×6＝15，eq \f(5,4)×12＝15,10×eq \f(3,2)＝15,20×eq \f(3,4)＝15，
所以S4＝15×5＝75；
……
所以可归纳Sk＝eq \f(240,2k)×(k＋1)＝eq \f(240k＋1,2k).
所以eq \i\su(k＝1,n,S)k＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,22)＋\f(4,23)＋…＋\f(n,2n－1)＋\f(n＋1,2n)))，①
所以eq \f(1,2)×eq \i\su(k＝1,n,S)k
＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,22)＋\f(3,23)＋\f(4,24)＋…＋\f(n,2n)＋\f(n＋1,2n＋1)))，②
由①－②得，eq \f(1,2)×eq \i\su(k＝1,n,S)k
＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋\f(1,24)＋…＋\f(1,2n)－\f(n＋1,2n＋1)))
＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\f(1,22)－\f(1,2n)×\f(1,2),1－\f(1,2))－\f(n＋1,2n＋1)))
＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\f(n＋3,2n＋1)))，
所以eq \i\su(k＝1,n,S)k＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(n＋3,2n)))dm2.
教师备选
1．《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为28.5尺，最后三个节气日影长之和为1.5尺，今年3月20日为春分时节，其日影长为( )
A．4.5尺 B．3.5尺
C．2.5尺 D．1.5尺
答案 A
解析 冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长构成等差数列{an}，设公差为d，
由题意得，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＝28.5，,a10＋a11＋a12＝1.5，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝10.5，,d＝－1，))
所以an＝a1＋(n－1)d＝11.5－n，
所以a7＝11.5－7＝4.5，
即春分时节的日影长为4.5尺．
2．古希腊时期，人们把宽与长之比为eq \f(\r(5)－1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5)－1,2)≈0.618))的矩形称为黄金矩形，把这个比值eq \f(\r(5)－1,2)称为黄金分割比例．如图为希腊的一古建筑，其中图中的矩形ABCD，EBCF，FGHC，FGJI，LGJK，MNJK均为黄金矩形，若M与K之间的距离超过1.5 m，C与F之间的距离小于11 m，则该古建筑中A与B之间的距离可能是(参考数据：0.6182≈0.382，0.6183≈0.236，0.6184≈0.146，0.6185≈0.090，0.6186≈0.056，0.6187≈0.034)( )
A．30.3 m B．30.1 m
C．27 m D．29.2 m
答案 C
解析 设|AB|＝x，a≈0.618，
因为矩形ABCD，EBCF，FGHC，FGJI，LGJK，MNJK均为黄金矩形，
所以有|BC|＝ax，|CF|＝a2x，|FG|＝a3x，
|GJ|＝a4x，|JK|＝a5x，|KM|＝a6x.
由题设得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a6x>1.5，,a2x<11，))
解得26.786
(1)等差模型：后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值．
(2)等比模型：后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数．
(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，那么应考虑an与an＋1(或者相邻三项)之间的递推关系，或者Sn与Sn＋1(或者相邻三项)之间的递推关系．
跟踪训练1 (1)(2022·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
答案 B
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70＋5n＋eq \f(nn－1,2)×1＝500，
化简整理得，n2＋9n－860＝0，
解得n≈25.17或n≈－34.17(舍)，
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．
(2)(多选)(2022·潍坊模拟)南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设各层球数构成一个数列{an}，则( )
A．a4＝12
B．an＋1＝an＋n＋1
C．a100＝5 050
D．2an＋1＝an·an＋2
答案 BC
解析 由题意知，a1＝1，a2＝3，a3＝6，…，
an＝an－1＋n，故an＝eq \f(nn＋1,2)，
∴a4＝eq \f(4×4＋1,2)＝10，故A错误；
an＋1＝an＋n＋1，故B正确；
a100＝eq \f(100×100＋1,2)＝5 050，故C正确；
2an＋1＝(n＋1)(n＋2)，
an·an＋2＝eq \f(nn＋1n＋2n＋3,4)，
显然2an＋1≠an·an＋2，故D错误．
题型二 等差数列、等比数列的综合运算
例2 (2022·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；
(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 (1)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)由(1)得bn＝2n＝2·2n－1＝a2n－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＝ SKIPIF 1 < 0 ＝a64，b8＝ SKIPIF 1 < 0 ＝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
＝eq \f(107×2＋214,2)－eq \f(2－28,1－2)＝11 302.
教师备选
(2020·浙江)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*.
(1)解 由b1＝1，b1＋b2＝6b3，且{bn}为等比数列，得1＋q＝6q2，解得q＝eq \f(1,2)(负舍)．
∴bn＝eq \f(1,2n－1).
∴cn＋1＝eq \f(bn,bn＋2)cn＝4cn，∴cn＝4n－1.
∴an＋1－an＝4n－1，
∴an＝a1＋1＋4＋…＋4n－2＝eq \f(1－4n－1,1－4)＋1
＝eq \f(4n－1＋2,3).
(2)证明 由cn＋1＝eq \f(bn,bn＋2)·cn(n∈N*)，
可得bn＋2·cn＋1＝bn·cn，
两边同乘bn＋1，
可得bn＋1·bn＋2·cn＋1＝bn·bn＋1·cn，
∵b1b2c1＝b2＝1＋d，
∴数列{bnbn＋1cn}是一个常数列，
且此常数为1＋d，即bnbn＋1cn＝1＋d，
∴cn＝eq \f(1＋d,bnbn＋1)＝eq \f(1＋d,d)·eq \f(d,bnbn＋1)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,d)))·eq \f(bn＋1－bn,bnbn＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)－\f(1,bn＋1)))，
又∵b1＝1，d>0，∴bn>0，
∴c1＋c2＋…＋cn
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b1)－\f(1,b2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b2)－\f(1,b3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)－\f(1,bn＋1)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b1)－\f(1,b2)＋\f(1,b2)－\f(1,b3)＋…＋\f(1,bn)－\f(1,bn＋1)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b1)－\f(1,bn＋1)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,bn＋1)))<1＋eq \f(1,d)，
∴c1＋c2＋…＋cn<1＋eq \f(1,d).
思维升华 对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系．数列的求和主要是等差、等比数列的求和及裂项相消法求和与错位相减法求和，本题中利用裂项相消法求数列的和，然后利用b1＝1，d>0证明不等式成立．另外本题在探求{an}与{cn}的通项公式时，考查累加、累乘两种基本方法．
跟踪训练2 已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝1，a2＋a4＝10，b2b4＝a5.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d.
因为a1＝1，a2＋a4＝10，
所以2a1＋4d＝10，
解得d＝2.
所以an＝2n－1.
(2)设等比数列{bn}的公比为q.
因为b2b4＝a5，
所以b1q·b1q3＝9.
又b1＝1，所以q2＝3.
所以b2n－1＝b1q2n－2＝3n－1.
则b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝eq \f(3n－1,2).
题型三 数列与其他知识的交汇问题
命题点1 数列与不等式的交汇
例3 已知数列{an}满足a1＝eq \f(1,2)，eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,an)＋2(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,3)＋…＋aeq \\al(2,n)
所以eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝2(n∈N*)，
因为a1＝eq \f(1,2)，所以eq \f(1,a1)＝2，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以首项为2，公差为2的等差数列，所以eq \f(1,an)＝2＋2(n－1)＝2n(n∈N*)，
所以数列{an}的通项公式是an＝eq \f(1,2n)(n∈N*)．
(2)证明 依题意可知
aeq \\al(2,n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n)))2＝eq \f(1,4)·eq \f(1,n2)
所以aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,3)＋…＋aeq \\al(2,n)
例4 (1)(2022·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)＝eq \f(1,3)x3－6x2＋32x的两个极值点，则数列{an}的前9项和是________．
答案 1 022
解析 由f(x)＝eq \f(1,3)x3－6x2＋32x，
得f′(x)＝x2－12x＋32，
又因为a2，a3是函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－6x2＋32x的两个极值点，
所以a2，a3是函数f′(x)＝x2－12x＋32的两个零点，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋a3＝12，,a2·a3＝32，))
因为q>1，所以a2＝4，a3＝8，故q＝2，
则前9项和S9＝eq \f(21－29,1－2)＝210－2＝1 022.
教师备选
1．已知函数f(x)＝lg2x，若数列{an}的各项使得2，f(a1)，f(a2)，…，f(an)，2n＋4成等差数列，则数列{an}的前n项和Sn＝______________.
答案 eq \f(16,3)(4n－1)
解析 设等差数列的公差为d，
则由题意，得2n＋4＝2＋(n＋1)d，解得d＝2，
于是lg2a1＝4，lg2a2＝6，lg2a3＝8，…，
从而a1＝24，a2＝26，a3＝28，…，
易知数列{an}是等比数列，其公比q＝eq \f(a2,a1)＝4，
所以Sn＝eq \f(244n－1,4－1)＝eq \f(16,3)(4n－1)．
2．求证：eq \f(1,2＋1)＋eq \f(2,22＋2)＋eq \f(3,23＋3)＋…＋eq \f(n,2n＋n)<2(n∈N*)．
证明 因为eq \f(n,2n＋n)
则eq \f(1,2)A＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋eq \f(3,24)＋…＋eq \f(n,2n＋1)，
两式相减得eq \f(1,2)A＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)
＝1－eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)，
所以A＝2－eq \f(n＋2,2n)<2，即得证．
思维升华 数列与函数、不等式的综合问题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．
跟踪训练3 (1)(2022·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eq \f(bn,Sn＋11)≤λ恒成立，则λ的最小值为________．
答案 eq \f(6,23)
解析 设等比数列{an}的公比为q，
由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a1q＝20，,a1q＋a1q2＝80，))
解得a1＝4，q＝4，
故{an}的通项公式为an＝4n，n∈N*.
bn＝lg2an＝lg24n＝2n，
Sn＝2n＋eq \f(1,2)n(n－1)·2＝n2＋n，
eq \f(bn,Sn＋11)＝eq \f(2n,n2＋n＋11)＝eq \f(2,n＋\f(11,n)＋1)，n∈N*，
令f(x)＝x＋eq \f(11,x)，
则当x∈(0，eq \r(11))时，f(x)＝x＋eq \f(11,x)单调递减，
当x∈(eq \r(11)，＋∞)时，f(x)＝x＋eq \f(11,x)单调递增，
又∵f(3)＝3＋eq \f(11,3)＝eq \f(20,3)，f(4)＝4＋eq \f(11,4)＝eq \f(27,4)，
且n∈N*，∴n＋eq \f(11,n)≥eq \f(20,3)，
即eq \f(bn,Sn＋11)≤eq \f(2,\f(20,3)＋1)＝eq \f(6,23)，
故λ≥eq \f(6,23)，故λ的最小值为eq \f(6,23).
(2)若Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，且S1，S2，S4成等比数列，S2＝4.
①求数列{an}的通项公式；
②设bn＝eq \f(3,anan＋1)，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn
则S1＝a1，S2＝2a1＋d，S4＝4a1＋6d.
因为S1，S2，S4成等比数列，
所以a1·(4a1＋6d)＝(2a1＋d)2.
所以2a1d＝d2.
因为d≠0，所以d＝2a1.
又因为S2＝4，所以a1＝1，d＝2，
所以an＝2n－1.
②因为bn＝eq \f(3,anan＋1)＝eq \f(3,2n－12n＋1)
＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
所以Tn＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))
＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))
因为m∈N*，
所以m的最小值为30.
课时精练
1．(2022·青岛模拟)从“①Sn＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(a1,2)))；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；
(2)若bn＝ SKIPIF 1 < 0 ，数列{bn}的前n项和为Wn，求Wn.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解 (1)选①：
Sn＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(a1,2)))＝n2＋eq \f(a1,2)n，
令n＝1，得a1＝1＋eq \f(a1,2)，即a1＝2，
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.
选③：
由a4是a2，a8的等比中项，得aeq \\al(2,4)＝a2a8，
则(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，
因为a1＝2，d≠0，所以d＝2，则an＝2n.
(2)Sn＝n2＋n，bn＝(2n＋1)2＋2n＋1－(2n)2－2n
＝3·22n＋2n，
所以Wn＝3×22＋2＋3×24＋22＋…＋3×22n＋2n＝eq \f(12×1－4n,1－4)＋eq \f(2×1－2n,1－2)＝4(4n－1)＋2(2n－1)＝4n＋1＋2n＋1－6.
2．(2022·沈阳模拟)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且aeq \\al(2,n＋1)＝2Sn＋n＋1，a2＝2.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(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 (1)当n≥2时，
由aeq \\al(2,n＋1)＝2Sn＋n＋1，a2＝2，
得aeq \\al(2,n)＝2Sn－1＋n－1＋1，
两式相减得aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＝2an＋1，
即aeq \\al(2,n＋1)＝aeq \\al(2,n)＋2an＋1＝(an＋1)2.
∵{an}是正项数列，∴an＋1＝an＋1.
当n＝1时，aeq \\al(2,2)＝2a1＋2＝4，
∴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)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，
两式相减得－Tn＝eq \f(2·1－2n,1－2)－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.
3．(2022·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；
(2)若bn＝(－1)nan＋1，Tn是数列{bn}的前n项和，求T2n.
解 (1)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)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.
4．(2022·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；
(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 (1)由题意，设数列{an}的公差为d，
因为a3＝5，a1a2＝2a4，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝5，,a1·a1＋d＝2a1＋3d，))
整理得(5－2d)(5－d)＝2(5＋d)，
即2d2－17d＋15＝0，解得d＝eq \f(15,2)或d＝1，
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)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)
＝eq \f(2×1－22n＋1,1－2)＋eq \f(3＋2n＋42n＋2,2)＝4n＋1＋2n2＋9n＋5.
5．已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1eq \f(4n,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)∵等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列，
∴Sn＝na1＋n(n－1)，
(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，
解得a1＝1，∴an＝2n－1.
(2)由(1)可得bn＝(－1)n－1eq \f(4n,anan＋1)
＝(－1)n－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))，
当n为偶数时，
Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＋\f(1,7)))－…
＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))
＝1－eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(2n,2n＋1)；
当n为奇数时，
Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＋\f(1,7)))－…－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))
＝1＋eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(2n＋2,2n＋1).
∴Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2n,2n＋1)，n为偶数，,\f(2n＋2,2n＋1)，n为奇数.))
相关学案
新高考数学一轮复习讲义第5章 §5.4 平面向量中的综合问题 培优课（含解析）： 这是一份新高考数学一轮复习讲义第5章 §5.4 平面向量中的综合问题 培优课（含解析），共14页。
考点38数列中的综合问题（2种核心题型）（含答案） 2025年高考数学大一轮复习讲义（新高考版）： 这是一份考点38数列中的综合问题（2种核心题型）（含答案） 2025年高考数学大一轮复习讲义（新高考版），文件包含考点38数列中的综合问题2种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练教师版2025年高考数学大一轮复习核心题型讲与练+易错重难点专项突破新高考版pdf、考点38数列中的综合问题2种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练学生版2025年高考数学大一轮复习核心题型讲与练+易错重难点专项突破新高考版pdf等2份学案配套教学资源，其中学案共63页， 欢迎下载使用。
新高考数学一轮复习讲义第6章 §6.7 子数列问题（2份打包，原卷版+含解析）： 这是一份新高考数学一轮复习讲义第6章 §6.7 子数列问题（2份打包，原卷版+含解析），文件包含新高考数学一轮复习讲义第6章§67子数列问题培优课原卷版doc、新高考数学一轮复习讲义第6章§67子数列问题培优课含解析doc等2份学案配套教学资源，其中学案共17页， 欢迎下载使用。
