2019届二轮复习数列与数学归纳法学案（全国通用）


[析考情·明重点]
小题考情分析
大题考情分析
常考点
1.等差、等比数列的概念及运算(5年4考)
2.等差、等比数列的性质(5年4考)
高考对数列的考查在解答题中常以数列的相关项以及关系式，或an与Sn的关系入手，结合等差、等比数列的定义展开考查．数学归纳法也是高考常考内容，题型主要有：
(1)等差、等比数列基本量的运算；
(2)数列求和问题；
(3)数列与不等式的综合问题；
(4)数学归纳法常与数列、不等式等知识综合考查.
偶考点
1.数列的递推关系式
2.等差与等比数列的综合应用问题

第一讲 小题考法——数列的概念及基本运算
考点(一)
数列的递推关系式

主要考查方式有两种：一是利用an与Sn的关系求通项an或前n项和Sn；二是利用an与an＋1的关系求通项an或前n项和Sn.

[典例感悟]
[典例]　(1)(2018·台州调考)设数列{an}，{bn}满足an＋bn＝700，an＋1＝an＋bn，n∈N*，若a6＝400，则(　　)
A．a4>a3　　　　　　 　B．b4 C．a3>b3 D．a4 (2)设数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝Sn(n∈N*)，则通项公式an＝____________.
(3)(2018·镇海期中)设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，＝对一切n∈N*都成立，则a2＝________，＝________.
[解析]　(1)由消去bn可得an＋1＝an＋280，所以an＋1－400＝(an－400)．
因为a6＝400，所以an－400＝(a6－400)×n－6＝0，即an＝400，故bn＝300，故选C.
(2)由an＋1＝Sn①，可得an＝Sn－1(n≥2)②，①－②得an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an(n≥2)，即＝2(n≥2)，又a2＝S1＝1，所以＝1≠2，则数列{an}从第二项起是以1为首项2为公比的等比数列，所以an＝
(3)当n＝1时，有＝，即a2＝a＋a1，所以a2＝2.由＝，得＝，则数列是常数列，故＝＝2.
[答案]　(1)C　(2)an＝　(3)2　2
[方法技巧]
1．由递推关系式求通项公式的常用方法
(1)已知a1且an－an－1＝f(n)，可用“累加法”求an，即an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1(n≥2)．
(2)已知a1且＝f(n)，可用“累乘法”求an，即an＝··…···a1(n≥2)．
2．Sn与an关系问题的求解思路
根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化．
(1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解．
(2)利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．
[演练冲关]
1．(2019届高三·浙江名校协作体联考)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－3(n∈N*)，则S6＝(　　)
A．192 B．189
C．96 D．93
解析：选B　∵a1＝S1＝2a1－3，∴a1＝3.又n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－3)－(2an－1－3)，即有n≥2时，an＝2an－1，故数列{an}是首项为3，公比为2的等比数列，则a6＝3×25＝96，∴S6＝2a6－3＝189，故选B.
2．(2018·衢州质量检测)在数列{an}中，a1＝1，(n2＋2n)·(an＋1－an)＝1(n∈N*)，则通项公式an＝________.
解析：由(n2＋2n)(an＋1－an)＝1(n∈N*)，
得an＋1－an＝＝＝，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝＋＋…＋＋1
＝＋1＝－.
答案：－
3．(2018·杭州七校联考)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1－2an＝2n(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝________.
解析：an＋1－2an＝2n两边同除以2n＋1，可得－＝，又＝，∴数列是以为首项，为公差的等差数列，∴＝＋(n－1)×＝，∴an＝n·2n－1.
答案：n·2n－1

考点(二)
等差、等比数列的基本运算

主要考查与等差(比)数列的通项公式、前n项和公式有关的五个基本量间的“知三求二”运算.

[典例感悟]
[典例]　(1)(2017·浙江高考)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d>0”是“S4＋S6>2S5”的(　　)
A．充分不必要条件　　 　B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
(2)(2018·浙江考前冲刺)已知等差数列{an}满足an＋an＋1＝2n－3，n∈N*，则a1＋a2＋a6＋a7＝________，数列{an}的前n项和Sn＝________.
(3)(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＝，S6＝，则a8＝________.
[解析]　(1)因为{an}为等差数列，所以S4＋S6＝4a1＋6d＋6a1＋15d＝10a1＋21d,2S5＝10a1＋20d，S4＋S6－2S5＝d，所以d>0⇔S4＋S6>2S5.
(2)分别令n＝1,6，可得a1＋a2＋a6＋a7＝－1＋9＝8.设数列{an}的公差为d，则2n－3＝an＋an＋1＝a1＋(n－1)d＋a1＋nd＝2dn＋(2a1－d)对任意的n∈N*恒成立，所以解得故Sn＝n×(－1)＋×1＝.
(3)设等比数列{an}的公比为q，则由S6≠2S3，得q≠1，则解得
则a8＝a1q7＝×27＝32.
[答案]　(1)C　(2)8　　(3)32
[方法技巧]
等差(比)数列基本运算的解题思路
(1)设基本量：首项a1和公差d(公比q)．
(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a1和d(或q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量．
[演练冲关]
1．(2018·诸暨质量检测)已知数列{an}的前n项和是Sn，则下列四个命题中，错误的是(　　)
A．若数列{an}是公差为d的等差数列，则数列是公差为的等差数列
B．若数列是公差为d的等差数列，则数列{an}是公差为2d的等差数列
C．若数列{an}是等差数列，则数列的奇数项、偶数项分别构成等差数列
D．若数列{an}的奇数项、偶数项分别构成公差相等的等差数列，则{an}是等差数列
解析：选D　A项，若等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项的和为Sn，则数列为等差数列，且通项为＝a1＋(n－1)，即数列是公差为的等差数列，故说法正确；B项，由题意得＝a1＋(n－1)d，所以Sn＝na1＋n(n－1)d，则an＝Sn－Sn－1＝a1＋2(n－1)d，即数列{an}是公差为2d的等差数列，故说法正确；C项，若等差数列{an}的公差为d，则数列的奇数项、偶数项都是公差为2d的等差数列，故说法正确；D项，若数列{an}的奇数项、偶数项分别构成公差相等的等差数列，则{an}不一定是等差数列，例如：{1,4,3,6,5,8,7}，说法错误．故选D.
2．(2017·全国卷Ⅲ)设等比数列{an}满足a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，则a4＝________.
解析：设等比数列{an}的公比为q，
则a1＋a2＝a1(1＋q)＝－1，
a1－a3＝a1(1－q2)＝－3，
两式相除，得＝，
解得q＝－2，a1＝1，
所以a4＝a1q3＝－8.
答案：－8
3．(2019届高三·浙江名校联考)已知等比数列{an}的公比q>0，前n项和为Sn.若2(a5－a3－a4)＝a4，且a2a4a6＝64，则q＝________，Sn＝________.
解析：∵2(a5－a3－a4)＝a4，∴2a5＝2a3＋3a4⇒2q4＝2q2＋3q3⇒2q2－3q－2＝0，得q＝－(舍去)或q＝2.∵a2a4a6＝64，∴a＝64⇒a4＝4，∴a1＝，Sn＝＝.
答案：2　
考点(三)
等差、等比数列的性质

主要考查利用等差、等比数列的性质求解基本量及与前n项和有关的最值问题.

[典例感悟]
[典例]　(1)(2018·浙江“七彩阳光”联盟期中)已知等差数列{an}，Sn表示前n项的和，a5＋a11>0，a6＋a9<0，则满足Sn<0的正整数n的最大值是(　　)
A．12　　　　　　　　　 　B．13
C．14 D．15
(2)(2018·杭州二中期中)已知等比数列{an}的前n项积为Tn，log2a3＋log2a7＝2，则T9的值为(　　)
A．±512 B．512
C．±1 024 D．1 024
(3)(2019届高三·温州十校联考)已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，且满足2an＋1＋Sn＝2，则满足<<的n的最大值是(　　)
A．8 B．9
C．10 D．11
(4)(2018·绍兴高三3月适应性模拟)设Sn为等差数列{an}的前n项和，满足S2＝S6，－＝2，则a1＝________，公差d＝________.
[解析]　(1)∵2a8＝a5＋a11>0，∴a8>0，则S15＝×15＝15a8>0.
又a7＋a8＝a6＋a9<0，∴a7<－a8<0，则S13＝×13＝13a7<0.
而S14＝×14＝7(a6＋a9)<0，则满足Sn<0的正整数n的最大值是14.
(2)∵a3>0，a7>0，∴a5＝a3q2>0.
∴log2a3＋log2a7＝log2(a3a7)＝log2a＝2，故a5＝2.
从而T9＝(a1a9)×(a2a8)×(a3a7)×(a4a6)×a5＝a＝29＝512，故选B.
(3)当n＝1时，由2a2＋S1＝2，得a2＝.
由2an＋1＋Sn＝2知，
当n≥2时，有2an＋Sn－1＝2，
两式相减得an＋1＝an.
当n＝1时上式也成立，
所以数列{an}是公比为的等比数列，
故Sn＝2－2·n.
因此原不等式化为<<，化简得 (4)由S2＝S6得S6－S2＝a6＋a5＋a4＋a3＝2(a5＋a4)＝0，
∴a5＋a4＝0，∴2a1＋7d＝0，
由－＝2得－＝(a5－a4)＝2，
∴d＝4.∴a1＝－14.
[答案]　(1)C　(2)B　(3)B　(4)－14　4

[方法技巧]
等差、等比数列性质问题的求解策略
(1)解题关键：抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．
(2)运用函数性质：数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题．
[演练冲关]
1．已知等差数列{an}中，a1＝1，前10项和等于前5项和，若am＋a6＝0，则m＝(　　)
A．10 B．9
C．8 D．2
解析：选A　记数列{an}的前n项和为Sn，由题意S10＝S5，所以S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝0，又a6＋a10＝a7＋a9＝2a8，于是a8＝0，又am＋a6＝0，所以m＋6＝2×8，解得m＝10.
2．已知数列{an}是首项为a，公差为1的等差数列，数列{bn}满足bn＝.若对任意的n∈N*，都有bn≥b8成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－8，－7) B．[－8，－7)
C．(－8，－7] D．[－8，－7]
解析：选A　因为{an}是首项为a，公差为1的等差数列，所以an＝n＋a－1，因为bn＝＝1＋，又对任意的n∈N*都有bn≥b8成立，所以1＋≥1＋，即≥对任意的n∈N*恒成立，因为数列{an}是公差为1的等差数列，所以{an}是单调递增的数列，所以即解得－8 3．(2018·台州八中段测)等差数列{an}中的a1，a4 035是函数f(x)＝x3－4x2＋6x－1的极值点，则log2a2 018的值为________．
解析：∵f(x)＝x3－4x2＋6x－1，
∴f′(x)＝x2－8x＋6，
又a1，a4 035是函数f(x)＝x3－4x2＋6x－1的极值点，
∴a1，a4 035是方程x2－8x＋6＝0的实根，
由根与系数的关系可得a1＋a4 035＝8，
由等差数列的性质可得a2 018＝＝4，
∴log2a2 018＝log24＝2.
答案：2
考点(四)
等差、等比数列的综合问题

主要考查等差、等比数列相结合的基本量的计算、数列有关最值问题的求解及与不等式相结合问题.

[典例感悟]
[典例]　(1)(2018·浙江六校联考)已知数列{an}是公比为2的等比数列，满足a6＝a2·a10，设等差数列{bn}的前n项和为Sn，若b9＝2a7，则S17＝(　　)
A．34 B．39
C．51 D．68
(2)等差数列{an}的前n项和为Sn ，已知S10＝0，S15＝25，则nSn 的最小值为(　　)
A．－47 B．－48
C．－49 D．－50
(3)(2018·浙江高考)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，若a1>1，则(　　)
A．a1a3，a2 C．a1a4 D．a1>a3，a2>a4
[解析]　(1)法一：数列{an}是公比q＝2的等比数列，由a6＝a2·a10得a1q5＝a1q·a1q9，∴a1q5＝1，∴a6＝1，
∴b9＝2a7＝2a6·q＝2×1×2＝4，设等差数列{bn}的公差为d，则S17＝17b1＋d＝17(b1＋8d)＝17b9＝68，故选D.
法二：数列{an}是公比为2的等比数列，由等比数列的性质得a6＝a2·a10＝a，∴a6＝1，∴b9＝2a7＝2a6×2＝4，∴等差数列{bn}的前17项和S17＝＝17b9＝68，故选D.
(2)由已知得
解得那么nSn＝n2a1＋d＝－.由于函数f(x)＝－在x＝处取得极小值，又6<<7，从而检验n＝6时，6S6＝－48，n＝7时，7S7＝－49.所以nSn 的最小值为－49.
(3)法一：构造不等式ln x≤x－1(x>0)，
则a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，
所以a4＝a1·q3≤－1.由a1>1，得q<0.
若q≤－1，则ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)·(1＋q2)≤0.
又a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)≥a1>1，
所以ln(a1＋a2＋a3)>0，矛盾．
因此－1 所以a1－a3＝a1(1－q2)>0，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，
所以a1>a3，a2 法二：因为ex≥x＋1，a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，所以ea1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a3≥a1＋a2＋a3＋a4＋1，则a4≤－1，又a1>1，所以等比数列的公比q<0.若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，所以－10，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，所以a1>a3，a2 [答案]　(1)D　(2)C　(3)B
[方法技巧]
等差、等比数列综合问题的求解策略
(1)对于等差数列与等比数列交汇的问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用等差中项、等比中项等性质，可使运算简便．
(2)数列的通项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列的有关最值问题．
(3)等差、等比数列与不等式交汇的问题常构造函数，根据函数的性质解不等式．
[演练冲关]
1．已知数列{an}是等差数列，若a1－1，a3－3，a5－5依次构成公比为q的等比数列，则q＝(　　)
A．－2 B．－1
C．1 D．2
解析：选C　依题意，得2a3＝a1＋a5,2a3－6＝a1＋a5－6，即2(a3－3)＝(a1－1)＋(a5－5)，所以a1－1，a3－3，a5－5成等差数列．又a1－1，a3－3，a5－5依次构成公比为q的等比数列，因此有a1－1＝a3－3＝a5－5，q＝＝1.
2．设数列是等差数列，数列是等比数列，记数列，的前n项和分别为Sn，Tn.若a5＝b5，a6＝b6，且S7－S5＝4(T6－T4)，则＝(　　)
A． B．
C．－ D．－
解析：选C　设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q.
由a5＝b5，a6＝b6，且S7－S5＝4(T6－T4)，
得解得
故＝＝＝＝－.
3．(2019届高三·浙江十校联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是单调递增的等比数列，b1是a1与a2的等差中项，b1＝2，a3＝5，b3＝a4＋1.若当n≥m(m∈N*)时，Sn≤bn恒成立，则m的最小值为________．
解析：由题意设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，q>1，则a1＋a2＝2a1＋d＝2b1＝4，又a3＝a1＋2d＝5，所以a1＝1，d＝2，an＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以b3＝a4＋1＝8，Sn＝n＋×2＝n2.因为数列{bn}是单调递增的等比数列，所以q2＝＝4，q＝2，bn＝2n.因为当n≥m(m∈N*)时，Sn≤bn恒成立，所以当n≥m(m∈N*)时，n2≤2n恒成立，数形结合可知m的最小值为4.
答案：4


(一) 主干知识要记牢
1．等差数列、等比数列

等差数列
等比数列
通项公式
an＝a1＋(n－1)d
an＝a1qn－1(q≠0)
前n项和公式
Sn＝＝na1＋d
(1)q≠1，Sn＝＝；
(2)q＝1，Sn＝na1

2．判断等差数列的常用方法
(1)定义法：an＋1－an＝d(常数)(n∈N*)⇔{an}是等差数列．
(2)通项公式法：an＝pn＋q(p，q为常数，n∈N*)⇔{an}是等差数列．
(3)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}是等差数列．
(4)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数，n∈N*)⇔{an}是等差数列．
3．判断等比数列的常用方法
(1)定义法：＝q(q是不为0的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列．
(2)通项公式法：an＝cqn(c，q均是不为0的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列．
(3)中项公式法：a＝an·an＋2(an·an＋1·an＋2≠0，n∈N*)⇔{an}是等比数列．
(二) 二级结论要用好
1．等差数列的重要规律与推论
(1)an＝a1＋(n－1)d＝am＋(n－m)d；p＋q＝m＋n⇒ap＋aq＝am＋an.
(2)ap＝q，aq＝p(p≠q)⇒ap＋q＝0；Sm＋n＝Sm＋Sn＋mnd.
(3)连续k项的和(如Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…)构成的数列是等差数列．
(4)若等差数列{an}的项数为偶数2m，公差为d，所有奇数项之和为S奇，所有偶数项之和为S偶，则所有项之和S2m＝m(am＋am＋1)，S偶－S奇＝md，＝.
(5)若等差数列{an}的项数为奇数2m－1，所有奇数项之和为S奇，所有偶数项之和为S偶，则所有项之和S2m－1＝(2m－1)am，S奇＝mam，S偶＝(m－1)am，S奇－S偶＝am，＝.
[针对练1]　一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和之比为32∶27，则该数列的公差d＝________.
解析：设等差数列的前12项中奇数项的和为S奇，偶数项的和为S偶，等差数列的公差为d.
由已知条件，得
解得
又S偶－S奇＝6d，所以d＝＝5.
答案：5
2．等比数列的重要规律与推论
(1)an＝a1qn－1＝amqn－m；p＋q＝m＋n⇒ap·aq＝am·an.
(2){an}，{bn}成等比数列⇒{anbn}成等比数列．
(3)连续m项的和(如Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…)构成的数列是等比数列(注意：这连续m项的和必须非零才能成立)．
(4)若等比数列有2n项，公比为q，奇数项之和为S奇，偶数项之和为S偶，则＝q.
(5)对于等比数列前n项和Sn，有：
①Sm＋n＝Sm＋qmSn；
②＝(q≠±1)．
(三) 易错易混要明了
已知数列的前n项和求an，易忽视n＝1的情形，直接用Sn－Sn－1表示．事实上，当n＝1时，a1＝S1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1.
[针对练2]　已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，则该数列的通项公式为________．
解析：当n＝1时，a1＝S1＝2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋1)－[(n－1)2＋1]＝n2－(n－1)2＝2n－1，
又当n＝1时，2×1－1＝1≠2.
∴an＝
答案：an＝

A组——10＋7提速练
一、选择题
1．设等比数列{an}的公比q＝2，前n项和为Sn，则＝(　　)
A．2　　　　　　　　　 　 B．4
C． D．
解析：选C　∵q＝2，
∴S4＝＝15a1，
∴＝＝.故选C.
2．(2017·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为(　　)
A．1 B．2
C．4 D．8
解析：选C　设等差数列{an}的公差为d，
则由得
即解得d＝4.
3．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S1＝a2－，S2＝a3－，则公比q＝(　　)
A．1 B．4
C．4或0 D．8
解析：选B　∵S1＝a2－，S2＝a3－，
∴
解得或，
故所求的公比q＝4.故选B.
4．(2019届高三·湖州五校联考)若{an}是公差为d(d≠0)的等差数列，Sn是其前n项和，则下列结论中正确的是(　　)
A．若a1＋a2>0，则a1＋a3>0
B．若a1＋a4>0，则a1a4>a2a3
C．若d>0且a1>0，则＋>
D．若S3＋S7>2S5，则d>0
解析：选D　由a1＋a2＝2a1＋d>0，得d>－2a1，由a1＋a3＝2a1＋2d>0，得d>－a1，显然不符，A错；a1·a4＝a＋3a1d，a2·a3＝a＋3a1d＋2d2，因为d≠0，所以a1a42S5＝10a1＋20d，解得d>0，D正确．
5．(2018·金华统考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S7＝S11，且a1>0，则Sn中最大的是(　　)
A．S7 B．S8
C．S9 D．S10
解析：选C　法一：设数列{an}的公差为d，根据S7＝S11可得7a1＋d＝11a1＋d，即d＝－a1，则Sn＝na1＋d＝na1＋×＝－(n－9)2＋a1，由a1>0可知－<0，故当n＝9时，Sn最大．
法二：根据S7＝S11可得a8＋a9＋a10＋a11＝0，根据等差数列的性质可得a8＋a11＝a9＋a10＝0，由a1>0可知a9>0，a10<0，所以数列{an}的前9项和最大．
6．(2019届高三·浙江名校联考信息卷)已知数列{an}是正项数列，则“{an}为等比数列”是“a＋a≥2a”的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A　若{an}为等比数列，则有an·an＋2＝a，所以a＋a≥2＝2a，当且仅当an＝an＋2时取等号，所以充分性成立；当a＋a≥2a时，取an＝n，则a＋a－2a＝n2＋(n＋2)2－2(n＋1)2＝2n2＋4n＋4－2n2－4n－2＝2>0，所以a＋a≥2a成立，但{an}是等差数列，不是等比数列，所以必要性不成立．所以“{an}为等比数列”是“a＋a≥2a”的充分不必要条件．故选A.
7．若等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6>S7>S5，则满足SnSn＋1<0的正整数n的值为(　　)
A．10 B．11
C．12 D．13
解析：选C　由S6>S7>S5，得S7＝S6＋a7S5，所以a7<0，a6＋a7>0，所以S13＝＝13a7<0，S12＝＝6(a6＋a7)>0，所以S12S13<0，即满足SnSn＋1<0的正整数n的值为12，故选C.
8．(2018·浙江考前热身联考)我国古代的天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷(ɡuǐ)长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度)．二十四个节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长的变化量相同，周而复始．若冬至晷长一丈三尺五寸夏至晷长一尺五寸(一丈等于十尺，一尺等于十寸)，则夏至之后的那个节气(小暑)晷长是(　　)

A．五寸 B．二尺五寸
C．三尺五寸 D．四尺五寸
解析：选B　设从夏至到冬至的晷长依次构成等差数列{an}，公差为d，a1＝15，a13＝135，则15＋12d＝135，解得d＝10.∴a2＝15＋10＝25，∴小暑的晷长是25寸．故选B.
9．已知数列{an}满足a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，且对任意n∈N*都有＋＋…＋ A. B.
C. D.
解析：选D　依题意得，当n≥2时，an＝＝＝2n2－(n－1)2＝22n－1，又a1＝21＝22×1－1，因此an＝22n－1，＝＝×n－1，即数列是以为首项，为公比的等比数列，等比数列的前n项和等于＝<，因此实数t的取值范围是.
10．若数列{an}满足a1＝1，且对于任意的n∈N*都有an＋1＝an＋n＋1，则＋＋…＋＋等于(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　由an＋1＝an＋n＋1，得an＋1－an＝n＋1，
则a2－a1＝1＋1，
a3－a2＝2＋1，
a4－a3＝3＋1，
…，
an－an－1＝(n－1)＋1，
以上等式相加，得an－a1＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n－1，
把a1＝1代入上式得，an＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n＝，
＝＝2，
则＋＋…＋＋＝2＝2＝.
二、填空题
11．(2018·杭州高三质检)设各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝80，S2＝8，则公比q＝________，a5＝________.
解析：由题意得解得或(舍去)，从而a5＝a1q4＝2×34＝162.
答案：3　162
12．已知数列{an}满足an＋1＝若a1＝，则a2 018＝________.
解析：因为a1＝，根据题意得a2＝，a3＝，a4＝，a5＝，所以数列{an}以4为周期，又2 018＝504×4＋2，所以a2 018＝a2＝.
答案：
13．(2018·宁波调研)已知{an}，{bn}是公差分别为d1，d2的等差数列，且An＝an＋bn，Bn＝anbn.若A1＝1，A2＝3，则An＝________；若{Bn}为等差数列，则d1d2＝________.
解析：∵{an}，{bn}是公差分别为d1，d2的等差数列，且An＝an＋bn，
∴数列{An}是等差数列，又A1＝1，A2＝3，
∴数列{an}的公差d＝A2－A1＝2.
则An＝1＋2(n－1)＝2n－1；
∵Bn＝anbn，且{Bn}为等差数列，
∴Bn＋1－Bn＝an＋1bn＋1－anbn＝(an＋d1)(bn＋d2)－anbn＝and2＋bnd1＋d1d2＝[a1＋(n－1)d1]d2＋[b1＋(n－1)d2]d1＋d1d2＝a1d2＋b1d1－d1d2＋2d1d2n为常数．
∴d1d2＝0.
答案：2n－1　0
14．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝10，S4＝50，则公差d＝________，若Sn取到最大值，则n＝________.
解析：由已知条件可得S4＝a3－2d＋a3－d＋a3＋a3＋d＝4a3－2d＝50，又a3＝10，所以d＝－5.
法一：可得a4＝5，a5＝0，a6＝－5，…，故当n＝4或5时，Sn取到最大值．
法二：可知a1＝20，an＝－5n＋25，Sn＝，根据二次函数的知识可得，当n＝4或5时，Sn取到最大值．
答案：－5　4或5
15．设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________．
解析：设等比数列{an}的公比为q，则由a1＋a3＝10，a2＋a4＝q(a1＋a3)＝5，知q＝.又a1＋a1q2＝10，∴a1＝8.
故a1a2…an＝aq1＋2＋…＋(n－1)＝23n·
＝23n－＋＝2－＋n.
记t＝－＋＝－(n2－7n)＝－2＋，
结合n∈N*可知n＝3或4时，t有最大值6.
又y＝2t为增函数，从而a1a2…an的最大值为26＝64.
答案：64
16．已知等差数列{an}满足a3＝－1，a4＋a12＝－12，则数列{an}的通项公式an＝________；若数列的前n项和为Sn，则使Sn>的最大正整数n为________．
解析：设等差数列{an}的公差为d，
由已知可得解得
故数列{an}的通项公式为an＝2－n.
Sn＝a1＋＋…＋，①
＝＋＋…＋.②
①－②得＝a1＋＋…＋－＝1－－＝1－－＝，
所以Sn＝，由Sn＝>，得0 答案：2－n　5
17．(2018·南昌调研)设数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝3且当n≥2时，2an＝Sn·Sn－1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________.
解析：当n≥2时，由2an＝Sn·Sn－1可得2(Sn－Sn－1)＝Sn·Sn－1，∴－＝，即－＝－，∴数列是首项为，公差为－的等差数列，∴＝＋·(n－1)＝，∴Sn＝.当n≥2时，an＝SnSn－1＝××＝，又a1＝3，
∴an＝
答案：
B组——能力小题保分练
1．(2016·浙江高考)如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，An≠An＋2，n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*.(P≠Q表示点P与Q不重合)若dn＝|AnBn|，Sn为△AnBnBn＋1的面积，则(　　)
A．{Sn}是等差数列
B．{S}是等差数列
C．{dn}是等差数列
D．{d}是等差数列
解析：选A　由题意，过点A1，A2，A3，…，An，An＋1，…分别作直线B1Bn＋1的垂线，高分别记为h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…，根据平行线的性质，得h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…成等差数列，又Sn＝×|BnBn＋1|×hn，|BnBn＋1|为定值，所以{Sn}是等差数列．故选A.
2．(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是(　　)
A．440 B．330
C．220 D．110
解析：选A　设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n组的项数为n，前n组的项数和为.
由题意可知，N>100，令>100，
得n≥14，n∈N*，即N出现在第13组之后．
易得第n组的所有项的和为＝2n－1，前n组的所有项的和为－n＝2n＋1－n－2.
设满足条件的N在第k＋1(k∈N*，k≥13)组，且第N项为第k＋1组的第t(t∈N*)个数，
若要使前N项和为2的整数幂，则第k＋1组的前t项的和2t－1应与－2－k互为相反数，
即2t－1＝k＋2，∴2t＝k＋3，∴t＝log2(k＋3)，
∴当t＝4，k＝13时，N＝＋4＝95<100，不满足题意；
当t＝5，k＝29时，N＝＋5＝440；
当t>5时，N>440，故选A.
3．(2018·浙江考前冲刺卷)已知数列{an}是首项为1，公差d不为0的等差数列，且a2a3＝a8，数列{bn}是等比数列，其中b2＝－2，b5＝16，若数列{cn}满足cn＝anbn，则|c1|＋|c2|＋|c3|＋…＋|cn|＝(　　)
A．3＋(2n－3)2n＋1 B．3＋(2n－3)2n
C．3－(2n－3)2n D．3＋(2n＋3)2n
解析：选B　由题意知，(a1＋d)(a1＋2d)＝a1＋7d，a1＝1，得d＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.设数列{bn}的公比为q，则q3＝＝－8，q＝－2，所以bn＝(－2)n－1，所以|cn|＝|(2n－1)(－2)n－1|＝(2n－1)·2n－1，所以|c1|＋|c2|＋|c3|＋…＋|cn|＝1×20＋3×21＋…＋(2n－1)2n－1.令Tn＝1×20＋3×21＋…＋(2n－1)2n－1，则2Tn＝1×21＋3×22＋…＋(2n－3)2n－1＋(2n－1)2n，两式相减得Tn＝－2(21＋22＋…＋2n－1)＋(2n－1)2n－1＝3＋(2n－3)2n，所以选B.
4．(2018·浙江高三模拟)已知在数列{an}中，a1＝－，[1－(－1)n]an＝(－1)n·an－1＋2－(n≥2)，且对任意的n∈N*，(an＋1－p)(an－p)<0恒成立，则实数p的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　∵[1－(－1)n]an＝(－1)nan－1＋2－(n≥2)，(*)
a1＝－，∴①当n为偶数时，化简(*)式可知，an－1＝－2，∴an＝－2(n为奇数)；
②当n为奇数时，化简(*)式可知，2an＝－an－1＋2－，即－4＝－an－1＋2－，即an－1＝6－，
∴an＝6－(n为偶数)．于是an＝
∵对任意n∈N*，(an＋1－p)(an－p)<0恒成立，
∴对任意n∈N*，(p－an＋1)(p－an)<0恒成立．又数列{a2k－1}单调递减，数列{a2k}单调递增，∴当n为奇数时，有an 当n为偶数时，有an＋1 5．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{an}为，，，，，，，，，，…，，，…，，…，若Sk＝14，则ak＝________.
解析：因为＋＋…＋＝＝－，＋＋…＋＝＝，所以数列，＋，＋＋，…，＋＋…＋是首项为，公差为的等差数列，所以该数列的前n项和Tn＝＋1＋＋…＋＝.令Tn＝＝14，解得n＝7(n＝－8舍去)，所以ak＝.
答案：
6．已知在首项都为2的数列{an}，{bn}中，a2＝b2＝4,2an＋1＝an＋an＋2，bn＋1－bn<2n＋，bn＋2－bn>3×2n－1，且bn∈Z，则bn＝________，数列的前n项和为________．
解析：由2an＋1＝an＋an＋2，知数列{an}是等差数列，因为a1＝2，a2＝4，所以其公差为2，所以an＝2n.由bn＋1－bn<2n＋，得bn＋2－bn＋1<2n＋1＋，所以bn＋2－bn<3×2n＋1，又bn＋2－bn>3×2n－1，且bn∈Z，所以bn＋2－bn＝3×2n，又b1＝2，b2＝4，所以bn＝2n.所以＝＝2n－1，则数列的前n项和为＝2n－1.
答案：2n　2n－1
第二讲 大题考法——数列的综合应用及数学归纳法

题型(一)
等差、等比数列基本量的计算

主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n项和的求解，且常结合数列的递推公式命题.

[典例感悟]
[典例1]　已知数列{an}是等差数列，满足a1＝2，a4＝8，数列{bn}是等比数列，满足b2＝4，b5＝32.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{an＋bn}的前n项和Sn.
[解]　(1)设等差数列{an}的公差为d，
由题意得d＝＝2，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n.
设等比数列{bn}的公比为q，
由题意得q3＝＝8，解得q＝2.
因为b1＝＝2，所以bn＝b1·qn－1＝2×2n－1＝2n.
(2)因为an＝2n，bn＝2n，所以an＋bn＝2n＋2n，所以Sn＝＋＝n2＋n＋2n＋1－2.
[备课札记]　



[方法技巧]
等差、等比数列的基本量的求解策略
(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要先求解的中间问题．如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，即确定解题的逻辑次序．
(2)注意细节．例如：在等差数列与等比数列综合问题中，若等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能；在数列的通项问题中，第一项和后面的项能否用同一个公式表示等．
[演练冲关]
1．(2018·浙江第二次联盟联考)设数列{an}的首项a1＝，前n项和为Sn，且满足2an＋1＋Sn＝3(n∈N*)．
(1)求a2及an；
(2)求证：anSn的最大值为.
解：(1)由题意得2a2＋S1＝3，
即2a2＋a1＝3，
所以a2＝＝.
当n≥2时，由2an＋1＋Sn＝3，得2an＋Sn－1＝3，
两式相减得2an＋1－an＝0，即an＋1＝an.
因为a1＝，a2＝，所以a2＝a1，
即当n＝1时，an＋1＝an也成立．
所以{an}是以为首项，为公比的等比数列，
所以an＝.
(2)证明：因为2an＋1＋Sn＝3，且an＋1＝an，
所以Sn＝3－2an＋1＝3－an.
于是，anSn＝an(3－an)≤2＝，
当且仅当an＝，即n＝1时等号成立．
故anSn的最大值为.
题型(二)
等差、等比数列的判定与证明

主要考查等差数列与等比数列的定义、等差中项及等比中项，且常与数列的递推公式相结合命题.

[典例感悟]
[典例2]　已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.
(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；
(2)若S5＝，求λ.
[解]　(1)证明：由题意得a1＝S1＝1＋λa1，
故λ≠1，a1＝，故a1≠0.
由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得an＋1＝λan＋1－λan，
即an＋1(λ－1)＝λan.
由a1≠0，λ≠0得an≠0，所以＝.
因此{an}是首项为，公比为的等比数列，
于是an＝n－1.
(2)由(1)得Sn＝1－n.
由S5＝得1－5＝，即5＝.
解得λ＝－1.
[备课札记]　

　

[方法技巧]
判定和证明数列是等差(比)数列的方法
定义法
对于n≥1的任意自然数，验证an＋1－an为与正整数n无关的某一常数
中项公式法
①若2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等差数列；
②若a＝an－1·an＋1≠0(n∈N*，n≥2)，则{an}为等比数列
[演练冲关]
2．(2018·温州高考适应性测试)已知数列{an}的前n项积为Tn，且Tn＝1－an.
(1)证明：是等差数列；
(2)求数列的前n项和Sn.
解：(1)证明：由Tn＝1－an得，当n≥2时，Tn＝1－，
两边同时除以Tn，得－＝1.
∵T1＝1－a1＝a1，∴a1＝，＝＝2，
∴是首项为2，公差为1的等差数列．
(2)由(1)知＝n＋1，则Tn＝，
从而an＝1－Tn＝，故＝n.
∴数列是首项为1，公差为1的等差数列，
∴Sn＝.
题型(三)
数列求和问题

主要考查错位相减法求和、裂项相消法求和以及分组求和、含绝对值的数列求和，且常结合数列的递推公式、周期等命题.

[典例感悟]
[典例3]　(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8＝20，
解得q＝2或q＝.
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＝解得cn＝4n－1.
由(1)可得an＝2n－1，
所以bn＋1－bn＝(4n－1)×n－1，
故bn－bn－1＝(4n－5)×n－2，n≥2，
bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＝(4n－5)×n－2＋(4n－9)×n－3＋…＋7×＋3.
设Tn＝3＋7×＋11×2＋…＋(4n－5)×n－2，n≥2.①
则Tn＝3×＋7×2＋…＋(4n－9)×n－2＋(4n－5)×n－1，②
①－②，得Tn＝3＋4×＋4×2＋…＋4×n－2－(4n－5)×n－1，
所以Tn＝14－(4n＋3)×n－2，n≥2.
又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)×n－2.
[备课札记]　



[方法技巧]
1．分组求和中分组的策略
(1)根据等差、等比数列分组．
(2)根据正号、负号分组．
2．裂项相消的规律
(1)裂项系数取决于前后两项分母的差．
(2)裂项相消后前、后保留的项数一样多．
3．错位相减法的关注点
(1)适用题型：等差数列{an}与等比数列{bn}对应项相乘({an·bn})型数列求和．
(2)步骤：
①求和时先乘以数列{bn}的公比；
②将两个和式错位相减；
③整理结果形式．
[演练冲关]

3．(2018·浙江高三模拟)已知数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且a1＝11，b1＝1，a2＋b2＝11，a3＋b3＝11.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{|an－bn|}的前12项和S12.
解：(1)设数列{an}的公差为d，{bn}的公比为q(q≠0)，
则由a3＋b3＝a2＋b2＝a1＝11，
可得得d＝－2，q＝2，
从而an＝－2n＋13，bn＝2n－1.
(2)不妨设cn＝an－bn＝13－2n－2n－1，
若n≤3，则cn>0；若n≥4，则cn<0，
因此S12＝|c1|＋|c2|＋|c3|＋|c4|＋|c5|＋…＋|c12|
＝c1＋c2＋c3－(c4＋c5＋…＋c12)
＝2(c1＋c2＋c3)－(c1＋c2＋…＋c12)
＝2(c1＋c2＋c3)－(a1＋a2＋…＋a12)＋(b1＋b2＋…＋b12)
＝2×(10＋7＋3)－×12＋
＝40－0＋212－1
＝4 135.
4．(2018·浙江考前冲刺卷)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q>0，S2＝2a2－2，S3＝a4－2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝Tn为数列{bn}的前n项和，求T2n.
解：(1)∵S2＝2a2－2，①
S3＝a4－2，②
②—①得a3＝a4－2a2，即q2－q－2＝0.
又q>0，∴q＝2.
∵S2＝2a2－2，∴a1＋a2＝2a2－2，
即a1＋a1q＝2a1q－2，∴a1＝2，
∴an＝2n.
(2)由(1)知bn＝
即bn＝
∴T2n＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n＝＋[2×2－2＋4×2－4＋6×2－6＋…＋(2n)×2－2n]＝＋[2×2－2＋4×2－4＋6×2－6＋…＋(2n)×2－2n]．
设A＝2×2－2＋4×2－4＋6×2－6＋…＋(2n)×2－2n，
则2－2A＝2×2－4＋4×2－6＋6×2－8＋…＋(2n－2)×2－2n＋(2n)×2－2n－2，
两式相减得A＝＋2(2－4＋2－6＋2－8＋…＋2－2n)－(2n)×2－2n－2，
整理得A＝－，
∴T2n＝－＋.
题型(四)
数列与不等式的综合问题

主要考查证明不等式、比较数列中项的大小问题.

[典例感悟]
[典例4]　(2018·衢州质量检测)已知数列{an}满足a1＝1，Sn＝2an＋1，其中Sn为{an}的前n项和(n∈N*)．
(1)求S1，S2及数列{Sn}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝，且{bn}的前n项和为Tn，求证：当n≥2时，≤|Tn|≤.
[解]　(1)易知S1＝a1＝1，且S1＝2a2，
所以a2＝，S2＝a1＋a2＝.
因为Sn＝2an＋1，
所以Sn＝2an＋1＝2(Sn＋1－Sn)，
即3Sn＝2Sn＋1，
所以＝，即数列{Sn}是以1为首项，为公比的等比数列，所以Sn＝n－1(n∈N*)．
(2)证明：由(1)知，bn＝＝－1×＝－n－1，
|Tn|＝－1×.
而当n≥2时，1－≤1＋＋＋3＋…＋n－1≤1＋＋＝，
即≤|Tn|≤.
[备课札记]　



[方法技巧]
数列中不等式的证明问题
数列型不等式的证明常用到“放缩法”，一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”；二是求和后再“放缩”．
放缩法常见的放缩技巧有：
(1)<＝.
(2)－<<－.
(3)2(－)<<2(－)．
[演练冲关]
5．已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝，n∈N*.
(1)求a2；
(2)求的通项公式；
(3)设{an}的前n项和为Sn，求证：≤Sn<.
解：(1)由条件可得a2＝＝.
(2)由an＋1＝得＝·－，
所以－1＝，又－1＝，
所以是以首项为，公比为的等比数列，
因此，＝n＋1.
(3)证明：由(2)可得
an＝≥＝×n－1，
所以Sn＝a1＋a2＋…＋an≥＋·1＋…＋·n－1＝.
又an＝<＝n，
所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an<＋＋3＋…＋n＝＋－·n－2<，n≥3，
又S1＝<，S2＝<，
因此，Sn<，n∈N*.
综上，≤Sn<.
题型(五)
数学归纳法

主要考查利用数学归纳法证明不等式、比较大小等，常与数列、不等式等知识综合在一起.

[典例感悟]
[典例5]　(2019届高三·台州中学月考)已知数列{an}中，a1＝，an≠0，Sn为该数列的前n项和，且Sn＋1＝an(1－an＋1)＋Sn，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若不等式an＋an＋1＋an＋2＋…＋a3n>对一切正整数n都成立，求正整数a的最大值，并证明结论．
[解]　(1)因为Sn＋1＝an(1－an＋1)＋Sn，n∈N*，
所以Sn＋1－Sn＝an(1－an＋1)，
所以an＋1＝an(1－an＋1)＝an－anan＋1，
所以an－an＋1＝anan＋1.
又an≠0，所以－＝1，
所以构成以2为首项，以1为公差的等差数列，
所以＝2＋(n－1)×1＝n＋1，
所以an＝，n∈N*.
(2)当n＝1时，＋＋>，
即>，所以a<26.
而a是最大的正整数，所以取a＝25.
下面用数学归纳法证明：＋＋…＋>.
①当n＝1时，已证；
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式成立，
即＋＋…＋>，
则当n＝k＋1时，
有＋＋…＋
＝＋＋…＋＋＋＋－>＋.
因为＋＝>＝.
即＋>，所以＋－>0.
所以当n＝k＋1时不等式也成立．
由①②知，对一切正整数n，都有＋＋…＋>，所以a的最大值等于25.
[备课札记]　

　
　
[方法技巧]
数学归纳法的解题策略
由k到k＋1的证明中寻找由k到k＋1的变化规律是难点，突破难点的关键是掌握由k到k＋1的证明方法．在运用归纳假设时，应分析P(k)与P(k＋1)的差异及联系，利用拆、添、并、放、缩等方法，或从P(k)出发拼凑P(k＋1)，或从P(k＋1)中分离出P(k)，再进行局部调整；也可考虑寻求二者的“结合点”，以便顺利过渡，切实掌握“观察——归纳——猜想——证明”的由特殊到一般的推理方法．
[演练冲关]
6．(2017·浙江高考)已知数列{xn}满足：x1＝1，xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)(n∈N*)．
证明：当n∈N*时，
(1)0 (2)2xn＋1－xn≤；
(3)≤xn≤.
证明：(1)用数学归纳法证明：xn>0.
当n＝1时，x1＝1>0.
假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，xk>0，
那么n＝k＋1时，若xk＋1≤0，
则00.
因此xn>0(n∈N*)．
所以xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)>xn＋1.
因此0 (2)由xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)得，
xnxn＋1－4xn＋1＋2xn＝x－2xn＋1＋(xn＋1＋2)·ln(1＋xn＋1)．
记函数f(x)＝x2－2x＋(x＋2)ln(1＋x)(x≥0)，
则f′(x)＝＋ln(1＋x)>0(x>0)，
所以函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)≥f(0)＝0，
因此x－2xn＋1＋(xn＋1＋2)ln(1＋xn＋1)＝f(xn＋1)≥0，
故2xn＋1－xn≤(n∈N*)．
(3)因为xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)≤xn＋1＋xn＋1＝2xn＋1，
所以xn≥.
由≥2xn＋1－xn得－≥2>0，
所以－≥2≥…≥2n－1＝
2n－2，
故xn≤.
综上，≤xn≤(n∈N*)．

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　[技法指导]

化归的常用策略
利用化归思想可探索一些一般数列的简单性质．等差数列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列，高考中通常考查的是非等差、等比数列问题，应对的策略就是通过化归思想，将其转化为这两种数列.

[典例]　Sn为数列{an}的前n项和．已知an>0，a＋2an＝4Sn＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和．
[解题示范]　
(1)由a＋2an＝4Sn＋3，①
可知a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.②
②－①，得a－a＋2(an＋1－an)＝4an＋1，
即2(an＋1＋an)＝a－a
＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．
由an>0，得an＋1－an＝2.
又a＋2a1＝4a1＋3，
解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.
所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.
(2)由an＝2n＋1可知
bn＝＝
＝.
设数列{bn}的前n项和为Tn，则
Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
＝.
[思维升华]
对于数列的备考：(1)准确掌握数列中an与Sn之间的关系，这是解决数列问题的基础；(2)重视等差与等比数列的复习，熟悉其基本概念、公式和性质，这是解决数列问题的根本；(3)注意数列与函数、不等式等的综合问题，掌握解决此类问题的通法；(4)在知识的复习和解题过程中体会其中所蕴含的数学思想方法，如分类讨论、数形结合、等价转化、函数与方程思想等．
[应用体验]
(2018·温州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝，2Sn＝(n＋1)an＋1(n≥2)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn<(n∈N*)．
解：(1)当n＝2时，2(a1＋a2)＝3a2＋1，解得a2＝2.
当n≥3时，2an＝2Sn－2Sn－1＝(n＋1)an－nan－1，
∴(n－1)an＝nan－1，
∴＝，
∴＝，＝，…，＝，
将以上各式相乘得＝，
∴an＝n.
显然，当n＝1时，上式不成立，当n＝2时，上式成立．
∴an＝
(2)证明：bn＝＝
当n≥2时，bn＝<＝－，
∴Tn＝＋＋＋…＋＝＋－＝－<<.

1．数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)∵Sn＝2an－a1，①
∴当n≥2时，Sn－1＝2an－1－a1，②
①－②得，an＝2an－2an－1，即an＝2an－1.
由a1，a2＋1，a3成等差数列，得2(a2＋1)＝a1＋a3，
∴2(2a1＋1)＝a1＋4a1，解得a1＝2.
∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．
∴an＝2n.
(2)∵an＝2n，∴Sn＝2an－a1＝2n＋1－2，Sn＋1＝2n＋2－2.
∴bn＝＝＝.
∴数列{bn}的前n项和
Tn＝＝＝.
2．(2018·浙江“七彩阳光”联盟联考)已知等比数列{an}为递增数列，且a4＝，a3＋a5＝，设bn＝log3(n∈N*)．
(1)求数列{bn}的前n项和Sn；
(2)令Tn＝b1＋b2＋b22＋…＋b2n－1，求使Tn>0成立的最小值n.
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，由题意知，两式相除，得＝，
解得q＝3或q＝，∵{an}为递增数列，∴q＝3，a1＝.
∴an＝a1qn－1＝·3n－1＝2·3n－5.
∴bn＝log3＝n－5，数列{bn}的前n项和Sn＝＝(n2－9n)．
(2)Tn＝b1＋b2＋b22＋…＋b2n－1＝(1－5)＋(2－5)＋(22－5)＋…＋(2n－1－5)＝－5n>0，
即2n>5n＋1，
∵24<5×4＋1,25>5×5＋1，∴nmin＝5.
3．已知数列{an}的前n项和为Sn，若an＝－3Sn＋4，bn＝－log2an＋1.
(1)求数列{an}的通项公式与数列{bn}的通项公式；
(2)令cn＝＋，其中n∈N*，若数列{cn}的前n项和为Tn，求Tn.
解：(1)由a1＝－3a1＋4，得a1＝1，
由an＝－3Sn＋4，知an＋1＝－3Sn＋1＋4，
两式相减并化简得an＋1＝an，
∴an＝n－1，bn＝－log2an＋1＝－log2n＝2n.
(2)由题意知，cn＝＋.
令Hn＝＋＋＋…＋， ①
则Hn＝＋＋…＋＋， ②
①－②得，Hn＝＋＋＋…＋－＝1－.
∴Hn＝2－.
又Tn－Hn＝＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，
∴Tn＝Hn＋(Tn－Hn)＝2－＋.
4．(2018·江苏泰州中学模拟)已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，设bn＝a2n－1.
(1)求b2，b3，并证明bn＋1＝2bn＋2；
(2)①证明：数列{bn＋2}为等比数列；
②若a2k，a2k＋1,9＋a2k＋2成等比数列，求正整数k的值．
解：(1)∵数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，bn＝a2n－1，
∴b2＝a3＝2a2＝2(a1＋1)＝4，
b3＝a5＝2a4＝2(a3＋1)＝10，
同理，bn＋1＝a2n＋1＝2a2n＝2(a2n－1＋1)＝2(bn＋1)＝2bn＋2.
(2)①证明：∵b1＝a1＝1，b1＋2≠0，
＝＝2，
∴数列{bn＋2}为等比数列．
②由①知bn＋2＝3×2n－1，
∴bn＝3×2n－1－2，
∴a2n－1＝3×2n－1－2，
a2n＝a2n－1＋1＝3×2n－1－1，
∵a2k，a2k＋1,9＋a2k＋2成等比数列，
∴(3×2k－2)2＝(3×2k－1－1)(3×2k＋8)，
令2k＝t，得(3t－2)2＝(3t＋8)，
整理，得3t2－14t＋8＝0，
解得t＝或t＝4，
∵k∈N*，∴2k＝4，解得k＝2.
5．(2019届高三·浙江五校联考)已知各项均不相等的等差数列{an}的前4项和为14，且a1，a3，a7恰为等比数列{bn}的前3项．
(1)分别求数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn；
(2)设Kn为数列{anbn}的前n项和，若不等式λSnTn≥Kn＋n对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最小值．
解：(1)设数列{an}的公差为d，
则
解得d＝1或d＝0(舍去)，a1＝2，
所以an＝n＋1，Sn＝.
bn＝2n，Tn＝2n＋1－2.
(2)由题意得Kn＝2×21＋3×22＋…＋(n＋1)×2n，①
则2Kn＝2×22＋3×23＋…＋n×2n＋(n＋1)×2n＋1，②
①－②得－Kn＝2×21＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)×2n＋1，∴Kn＝n×2n＋1.
要使λSnTn≥Kn＋n对一切n∈N*恒成立，
即λ≥＝恒成立，
设g(n)＝，
因为＝＝<<1，
所以g(n)随n的增加而减小，所以g(n)max＝g(1)＝，所以当λ≥时不等式恒成立，
因此λ的最小值为.
6．已知在数列{an}中，a1＝，an＋1＝a－2an＋2，n∈N*，其前n项和为Sn.
(1)求证：1 (2)求证：≤an≤；
(3)求证：n 证明：(1)先用数学归纳法证明1 ①当n＝1时，1 ②假设当n＝k时，1 当n＝k＋1时，ak＋1＝a－2ak＋2＝(ak－1)2＋1，
又ak∈(1,2)，所以ak＋1∈(1,2)．
由①②知1 an＋1－an＝a－3an＋2＝(an－1)(an－2)<0，
所以1 (2)a1＝＝，a2＝>，当n≥3时，<1，
又1 由an＋1＝a－2an＋2得2－an＋1＝2an－a，
即＝<，
所以－1<，
所以－1<＝(n≥2，n∈N*)，
所以an<，
当n＝1时，a1＝，所以an≤(n∈N*)．
所以≤an≤.
(3)由1n.
由an≤＝1＋<1＋，
得Sn<＋＋…＋＝n＋＝n＋2 第三讲 专题提能——“数列与数学归纳法”专题提能课
　
失误1
因忽视公比q的讨论而失误
[例1]　已知数列{an}的前n项和Sn＝Aqn＋B(q≠0)，则“A＝－B”是“数列{an}是等比数列”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
[解析]　当A＝－B时，Sn＝Aqn－A，则an＝Aqn－1(q－1)，
当q＝1或A＝0时，an＝0，此时数列{an}不是等比数列．
若数列{an}是等比数列，当q＝1时，Sn＝na1，此时不具备Sn＝Aqn＋B(q≠0)的形式，
故q≠1，则Sn＝＝－·qn，此时A＝－，B＝，A＝－B.
综上，“A＝－B”是“数列{an}是等比数列”的必要不充分条件．
[答案]　B
[微评]　(1)等比数列{an}的前n项和公式Sn＝特别注意q＝1时，Sn＝na1这一特殊情况．
(2)计算过程中，若出现方程qn＝t，要看qn中的n是奇数还是偶数，若n是奇数，则q＝；若n是偶数，则t>0时，q＝±，t<0时，无解.
失误2
因忘记an与Sn关系而解题受阻
　　[例2]　已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，当n≥2时，2Sn＝(n＋1)an－2.
(1)求a2，a3和通项an；
(2)设数列{bn}满足bn＝an·2n－1，求{bn}的前n项和Tn.
[解]　(1)当n＝2时，2S2＝2(1＋a2)＝3a2－2，则a2＝4，
当n＝3时，2S3＝2(1＋4＋a3)＝4a3－2，则a3＝6，
当n≥2时，2Sn＝(n＋1)an－2，
当n≥3时，2Sn－1＝nan－1－2，
所以当n≥3时，2(Sn－Sn－1)＝(n＋1)an－nan－1＝2an，
即2an＝(n＋1)an－nan－1，
整理可得(n－1)an＝nan－1，
所以＝，
因为＝＝2，
所以＝＝…＝＝＝2，
因此，当n≥2时，an＝2n，而a1＝1，
故an＝
(2)由(1)可知bn＝
所以当n＝1时，T1＝b1＝1，
当n≥2时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn，则
Tn＝1＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，
2Tn＝2＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，
作差得Tn＝1－8－(23＋24＋…＋2n)＋n×2n＋1＝(n－1)×2n＋1＋1，
易知当n＝1时，也满足上式，
故Tn＝(n－1)×2n＋1＋1(n∈N*)．
[微评]　数列{an}中，由Sn与an的等量关系式求an时，先利用a1＝S1求出首项a1，然后用n－1替换等量关系式中的n，得到一个新的等量关系式，再利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)，便可求出当n≥2时an的表达式，最后对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时an的表达式，若符合，则可以把数列{an}的通项合写，若不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写．
而an－an－1＝d(n≥2)与an＋1－an＝d(n∈N*)等价，＝q(n≥2)与＝q(n∈N*)等价，不需验证n＝1的情形.
失误3
因错位相减法求和处理不当而失分
　　[例3]　已知函数f(x)＝4x，数列{an}中，2an＋1－2an＋an＋1an＝0，a1＝1，且an≠0，数列{bn}中，b1＝2，bn＝f(n≥2，n∈N*)．
(1)证明：数列是等差数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Sn.
[解]　(1)证明：由an≠0,2an＋1－2an＋an＋1an＝0，得－＝，
所以数列是首项为＝1，公差为的等差数列，
所以＝1＋(n－1)＝，an＝.
(2)当n≥2时，bn＝f＝f＝2n，
当n＝1时，b1＝2也符合上式，
所以bn＝2n(n∈N*)，＝(n＋1)·2n－1，
Sn＝2×20＋3×21＋4×22＋…＋(n＋1)×2n－1，①
2Sn＝2×21＋3×22＋4×23＋…＋n×2n－1＋(n＋1)×2n，②
由①－②得－Sn＝2＋21＋22＋…＋2n－1－(n＋1)×2n＝2＋2n－2－(n＋1)×2n＝－n×2n，故Sn＝n×2n.
[微评]　错位相减法主要用于形如{anbn}的数列的求和，其中数列{an}是公差不为0的等差数列，数列{bn}是公比不为1的等比数列，若它们的通项分别为an＝an＋b(a≠0)，bn＝qn－1(q≠1)，则数列{anbn}的前n项和为Sn＝(An＋B)·qn＋C的形式，其中A＝，B＝，C＝－B.
　
策略1
累加法：求形如an＋1－an＝f(n)型通项问题
[例1]　已知数列{an}满足a1＝2，an－an－1＝n(n≥2，n∈N*)，则an＝________.
[解析]　由题意可知，a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)，
以上式子累加得，an－a1＝2＋3＋…＋n.
因为a1＝2，所以an＝2＋(2＋3＋…＋n)
＝2＋＝(n≥2)．
因为a1＝2满足上式，所以an＝.
[答案]　
[微评]　已知形如an＋1＝an＋f(n)的递推关系式，常令n分别为1,2,3，…，n－1，把所得的n－1个等式相加，即利用an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)，求出通项公式an.
策略2
累乘法：求形如＝f(n)型通项问题
[例2]　已知在数列{an}中，an＋1＝an(n∈N*)，且a1＝4，则数列{an}的通项公式an＝________.
[解析]　由an＋1＝an，得＝，
故＝，＝，…，＝(n≥2)，
以上式子累乘得，＝··…···＝.
因为a1＝4满足上式，所以an＝.
[答案]　
[微评]　已知形如＝f(n)的递推关系式，常令n分别为1,2,3，…，n－1，把所得的n－1个等式相乘，即利用an＝a1···…·，求出通项公式an.
策略3
构造法：求形如an＋1＝pan＋q或an＋1＝pa型通项问题
[例3]　(1)(2018·衡水中学模拟)数列{an}满足a1＝2，an＋1＝a(an>0，n∈N*)，则an＝(　　)
A．10n－2　　　　　　　 　B．10n－1
C．102n－1 D．22n－1
(2)(2018·陕西实验中学模拟)已知数列{an}中，a1＝3，且点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，则数列{an}的通项公式为an＝____________.
[解析]　(1)因为数列{an}满足a1＝2，an＋1＝a(an>0，n∈N*)，
所以log2an＋1＝2log2an，
即＝2.
又a1＝2，所以log2a1＝log22＝1.
故数列{log2an}是首项为1，公比为2的等比数列．
所以log2an＝2n－1，即an＝22n－1.故选D.
(2)因为点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，
所以4an－an＋1＋1＝0.
所以an＋1＋＝4.
因为a1＝3，所以a1＋＝.
故数列是首项为，公比为4的等比数列．
所以an＋＝×4n－1，
故数列{an}的通项公式为an＝×4n－1－.
[答案]　(1)D　(2)×4n－1－
[微评]　(1)求解递推公式为an＋1＝pa(p，an>0)型的数列{an}的通项公式的关键：一是对已知等式两边取对数；二是利用待定系数法构造数列，并活用等比数列的定义，即可利用等比数列的通项公式，求出所构造数列的通项公式，从而得数列{an}的通项公式．
(2)求解递推公式为an＋1＝pan＋q(p≠0，q≠1)型的数列{an}的通项公式的关键：一是利用待定系数法构造an＋1＋m＝p(an＋m)；二是活用定义，即利用等比数列的定义，判断出数列{an＋m}为等比数列；三是利用等比数列的通项公式，求出数列{an＋m}的通项公式，从而得到数列{an}的通项公式．
　
1．方程思想——解决数列基本量的求解问题
[例1]　设{an}是正数组成的数列，其前n项和为Sn，并且对于所有的正整数n，an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项，求{an}的通项公式．
[解]　由题意可知＝，
整理得Sn＝(an＋2)2，
当n＝1时，S1＝(a1＋2)2＝a1，解得a1＝2.
又an＋1＝Sn＋1－Sn，
∴an＋1＝(an＋1＋2)2－(an＋2)2，
整理得(an＋1＋an)(an＋1－an－4)＝0.
又∵an>0，∴an＋1－an－4＝0，
∴an＋1－an＝4，即{an}是首项为2，公差为4的等差数列，
∴an＝4n－2.
[微评]　本例利用了方程的消元思想，通过an＋1＝Sn＋1－Sn、Sn＝(an＋2)2消去Sn，找到数列中相邻两项的递推关系，使问题得到解决．值得注意的是有时可借助an＋1＝Sn＋1－Sn消去an，利用Sn＋1、Sn的递推关系解题．
2．分类讨论思想——解决数列前n项和的问题
[例2]　设等比数列{an}的公比为q，前n项和Sn>0(n＝1,2，…)．
(1)求q的取值范围；
(2)设bn＝an＋2－an＋1，记{bn}的前n项和为Tn，试比较Sn与Tn的大小．
[解]　(1)因为{an}是等比数列，Sn>0，可得a1＝S1>0，q≠0.
当q＝1时，Sn＝na1>0；
当q≠1时，Sn＝>0，即>0，(n＝1,2，…)
上式等价于不等式组：(n＝1,2，…)，①
或(n＝1,2，…)，②
解①式得q>1；解②式，由于n可为奇数、可为偶数，得－1 综上，q的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．
(2)由bn＝an＋2－an＋1得bn＝an，则其前n项和Tn＝Sn.
于是Tn－Sn＝Sn＝Sn(q－2)．
又∵Sn>0且－10.
∴当－12时，Tn－Sn>0，即Tn>Sn；
当－ 当q＝－或q＝2时，Tn－Sn＝0，即Tn＝Sn.
[微评]　关于数列的分类讨论一般有三个考查方向：对公差d的讨论、对公比q的讨论、对项数n的讨论．本例中考查了对公比q的讨论．
3．转化与化归思想——解决递推公式问题
[例3]　已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，且Sn＋1＝4an＋2(n∈N*)，求{an}的通项公式．
[解]　当n≥2时，Sn＋1＝4an＋2，Sn＝4an－1＋2.
两式相减，得an＋1＝4an－4an－1，
将之变形为an＋1－2an＝2(an－2an－1)．
所以{an＋1－2an}是公比为2的等比数列．
又a1＋a2＝S2＝4a1＋2，a1＝1，
得a2＝5，则a2－2a1＝3.
所以an＋1－2an＝3·2n－1.
两边同除以2n＋1，得－＝，
所以是首项为＝，公差为的等差数列．
所以＝＋(n－1)＝n－，
所以an＝(3n－1)2n－2.
[微评]　本例通过两次化归，第一次把数列化归为等比数列，第二次把数列化归为等差数列，随着化归的进行，问题降低了难度．化归与转化的思想中隐含着许多数学方法，如消元法、构造法、错位相减法、倒序相加法、裂项相消法、分组求和法等．
　
(一)定义新知型临界问题
[例1]　若数列{an}满足：对任意的n∈N*，只有有限个正整数m使得am [解析]　因为am<5，而an＝n2，
所以m＝1,2，所以(a5)*＝2.
因为(a1)*＝0，(a2)*＝1，(a3)*＝1，(a4)*＝1，
(a5)*＝2，(a6)*＝2，(a7)*＝2，(a8)*＝2，(a9)*＝2，
(a10)*＝3，(a11)*＝3，(a12)*＝3，(a13)*＝3，(a14)*＝3，(a15)*＝3，(a16)*＝3，
所以((a1)*)*＝1，((a2)*)*＝4，((a3)*)*＝9，((a4)*)*＝16，猜想((an)*)*＝n2.
[答案]　2　n2
[微评]　本题以数列为背景，通过新定义考查学生的自学能力、创新能力、探究能力．
(二)高等数学背景型临界问题
[例2]　对于一切实数x，令[x]为不大于x的最大整数，则函数f(x)＝[x]称为高斯函数或取整函数．若an＝f，n∈N*，Sn为数列{an}的前n项和，则S3n＝(　　)
A.n2－n　　　　　 B.n2＋n
C．3n2－2n D.n2－n
[解析]　由题意，当n＝3k，n＝3k＋1，n＝3k＋2时均有an＝f＝＝k，所以S3n＝0＋0＋,＋,＋…＋,＋n＝3××(n－1)＋n＝n2－n.
[答案]　A
[微评]　本题以高斯函数为背景考查数列求和问题，解决关键是正确理解[x]的含义，考查学生对信息的理解和运用能力．

A组——易错清零练
1．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，S10＝10，S30＝130，则S40＝(　　)
A．－510　　　　　　　 　B．400
C．400或－510 D．30或40
解析：选B　等比数列{an}中，S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等比数列，且由题意知，S20>0，所以S10(S30－S20)＝(S20－S10)2，即10(130－S20)＝(S20－10)2，解得S20＝40，又(S20－S10)(S40－S30)＝(S30－S20)2，即30(S40－130)＝902，解得S40＝400.
2．在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，那么S100的值为(　　)
A．2 500 B．2 600
C．2 700 D．2 800
解析：选B　当n为奇数时，an＋2－an＝0⇒an＝1，
当n为偶数时，an＋2－an＝2⇒an＝n，
故an＝
于是S100＝50＋＝2 600.
3．在数列{an}中，“an＝2an－1，n＝2,3,4，…”是“{an}是公比为2的等比数列”的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选B　当an＝0时，也有an＝2an－1，n＝2,3，4，…，但{an}不是等比数列，因此充分性不成立；当{an}是公比为2的等比数列时，有＝2，n＝2,3,4，…，即an＝2an－1，n＝2,3,4，…，所以必要性成立．
4．已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋1，数列{bn}满足bn＝，则bn＝________.
解析：当n＝1时，a1＝S1＝2，
因为Sn＝n2＋1，Sn－1＝(n－1)2＋1(n≥2)，
两式相减得an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)，
所以当n≥2时，an＝2n－1，
又a1＝2不符合上式，所以an＝
因为bn＝，所以bn＝
答案：
5．已知一个等比数列{an}的前4项之积为，第2,3项的和为，则数列{an}的公比q＝________.
解析：设数列{an}的前4项分别为a，aq，aq2，aq3，
则可得
所以(1＋q)4＝64q2，即(1＋q)2＝±8q，
当q>0时，可得q2－6q＋1＝0，
解得q＝3±2，
当q<0时，可得q2＋10q＋1＝0，
解得q＝－5±2.
综上，q＝3±2或q＝－5±2.
答案：3±2或－5±2
B组——方法技巧练
1．已知正项数列{an}中，a1＝1，且(n＋2)a－(n＋1)a＋anan＋1＝0，则它的通项公式为(　　)
A．an＝ B．an＝
C．an＝ D．an＝n
解析：选B　因为(n＋2)a－(n＋1)a＋anan＋1＝0，所以[(n＋2)an＋1－(n＋1)an](an＋1＋an)＝0.又{an}为正项数列，所以(n＋2)an＋1－(n＋1)an＝0，即＝，则an＝··…··a1＝··…··1＝.故选B.
2．(2019届高三·豫南十校联考)设f(x)是定义在R上的恒不为零的函数，且对任意的x，y∈R，都有f(x)·f(y)＝f(x＋y)．若a1＝，an＝f(n)(n∈N*)，则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　在f(x)·f(y)＝f(x＋y)中，令x＝n，y＝1，得f(n＋1)＝f(n)f(1)，又a1＝，an＝f(n)(n∈N*)，则an＋1＝an，所以数列{an}是首项和公比都是的等比数列，其前n项和Sn＝＝1－∈，故选C.
3．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．
解析：因为an＋1＝(n∈N*)，
所以＝＋1，
设＋t＝3，
所以3t－t＝1，
解得t＝，
所以＋＝3，
又＋＝1＋＝，
所以数列是以为首项，3为公比的等比数列，
所以＋＝×3n－1＝，
所以＝，所以an＝.
答案：an＝
4．(2018·惠州调研)已知数列{an}中，点(an，an＋1)在直线y＝x＋2上，且首项a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}中，b1＝a1，b2＝a2，数列{bn}的前n项和为Tn，请写出适合条件Tn≤Sn的所有n的值．
解：(1)根据已知a1＝1，an＋1＝an＋2，
即an＋1－an＝2＝d，
所以数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，
an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.
(2)数列{an}的前n项和Sn＝n2.
等比数列{bn}中，b1＝a1＝1，b2＝a2＝3，
所以q＝3，bn＝3n－1.
数列{bn}的前n项和Tn＝＝.
Tn≤Sn即≤n2，又n∈N*，
所以n＝1或2.
C组——创新应用练
1．(2018·襄阳四校联考)我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：
(1)构造数列1，，，，…，；①
(2)将数列①的各项乘以，得到一个新数列a1，a2，a3，a4，…，an.
则a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋an－1an＝(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　依题意可得新数列为，，，…，×，所以a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝＝＝×＝.故选C.
2．已知数列{an}的通项公式为an＝log(n＋1)(n＋2)(n∈N*)，我们把使乘积a1·a2·a3·…·an为整数的n叫做“优数”，则在(0,2 018]内的所有“优数”的和为(　　)
A．1 024 B．2 012
C．2 026 D．2 036
解析：选C　a1·a2·a3·…·an＝log23·log34·log45·…·log(n＋1)(n＋2)＝log2(n＋2)＝k，k∈Z，令0 3．(2019届高三·宁波十校联考)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步并不难，次日脚痛减一半，六朝才得至其关，欲问每朝行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起，因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第五天走了(　　)
A．48里 B．24里
C．12里 D．6里
解析：选C　由题意知该人每天走的路程数构成公比为的等比数列，记为{an}，设其前n项和为Sn，由S6＝378，得＝378，解得a1＝192，所以a5＝192×＝12(里)，故选C.
4．(2019届高三·杭二月考)如图，矩形AnBnCnDn的一边AnBn在x轴上，另外两个顶点Cn，Dn在函数f(x)＝x＋(x>0)的图象上，若点Bn的坐标为(n,0)(n≥2，n∈N*)，记矩形AnBnCnDn的周长为an，则a2＋a3＋…＋a10＝(　　)
A．208 B．212
C．216 D．220
解析：选C　由题意得|AnDn|＝|BnCn|＝n＋，设点Dn的坐标为，则有x＋＝n＋，得x＝(x＝n舍去)，即An，则|AnBn|＝n－，所以矩形的周长为an＝2(|AnBn|＋|BnCn|)＝2＋2＝4n，则a2＋a3＋…＋a10＝4(2＋3＋4＋…＋10)＝216.
5．(2018·上海松江区联考)在一个有穷数列的每相邻两项之间添加一项，使其等于两相邻项的和，我们把这样的操作叫做该数列的一次“H扩展”．已知数列1,2第一次“H扩展”后得到数列1,3,2，第二次“H扩展”后得到数列1,4,3,5,2，那么第10次“H扩展”后得到的数列的所有项的和为(　　)
A．88 572 B．88 575
C．29 523 D．29 526
解析：选B　记第n次“H扩展”后得到的数列所有项的和为Hn，则H1＝1＋2＋3＝6，H2＝1＋3＋2＋4＋5＝15，H3＝15＋5＋7＋8＋7＝42，从中发现H3－H2＝27＝33，H2－H1＝9＝32，归纳得Hn－Hn－1＝3n(n≥2)，利用累加法求和得Hn＝，n≥2，所以H10＝＝88 575，故选B.
6．(2018·河北衡水中学检测)对于数列{an}，定义Hn＝为{an}的“优值”，现在已知某数列{an}的“优值”Hn＝2n＋1，记数列{an－kn}的前n项和为Sn，若Sn≤S5对任意的n∈N*恒成立，则实数k的取值范围为________．
解析：由题意知Hn＝＝2n＋1，
所以a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n×2n＋1，①
当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)×2n，②
①－②得：2n－1an＝n×2n＋1－(n－1)×2n，
解得an＝2n＋2，n≥2，
当n＝1时，a1＝4也满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋2，且数列{an}为等差数列，公差为2.
令bn＝an－kn＝(2－k)n＋2，则数列{bn}也是等差数列，
由Sn≤S5对任意的n∈N*恒成立，知2－k<0，且b5＝12－5k≥0，b6＝14－6k≤0，
解得≤k≤.
答案：
7．设函数f(x)＝＋sin x的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{xn}．
(1)求数列{xn}的通项公式；
(2)令bn＝，设数列的前n项和为Sn，求证：Sn<.
解：(1)f(x)＝＋sin x，令f′(x)＝＋cos x＝0，得x＝2kπ±(k∈Z)，
由f′(x)>0⇒2kπ－ 由f′(x)<0⇒2kπ＋ 当x＝2kπ－(k∈Z)时，f(x)取得极小值，
∴xn＝2nπ－(n∈N*)．
(2)证明：∵bn＝＝n－＝，
∴＝·
＝3，
∴Sn＝3
＝3
＝－，
∴Sn<.
8．设数列{an}的前n项和为Sn，如果为常数，则称数列{an}为“幸福数列”．
(1)等差数列{bn}的首项为1，公差不为零，若{bn}为“幸福数列”，求{bn}的通项公式；
(2)数列{cn}的各项都是正数，其前n项和为Tn，若c＋c＋c＋…＋c＝T对任意的n∈N*都成立，试推断数列{cn}是否为“幸福数列”？并说明理由．
解：(1)设等差数列{bn}的公差为d(d≠0)，其前n项和为Bn，＝k，因为b1＝1，
则n＋n(n－1)d＝k，
即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，整理得(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0.
因为对任意正整数n上式恒成立，
则解得
故数列{bn}的通项公式是bn＝2n－1.
(2)由题意知，当n＝1时，c＝T＝c.
因为c1>0，所以c1＝1.
当n≥2时，c＋c＋c＋…＋c＝T，
c＋c＋c＋…＋c＝T.
两式相减，得c＝T－T
＝(Tn－Tn－1)(Tn＋Tn－1)
＝cn·(Tn＋Tn－1)．
因为cn>0，所以c＝Tn＋Tn－1＝2Tn－cn.
显然c1＝1适合上式，
所以当n≥2时，c＝2Tn－1－cn－1.
于是c－c＝2(Tn－Tn－1)－cn＋cn－1
＝2cn－cn＋cn－1＝cn＋cn－1.
因为cn＋cn－1>0，所以cn－cn－1＝1，
所以数列{cn}是首项为1，公差为1的等差数列，
所以cn＝n，Tn＝.
所以＝＝不为常数，
故数列{cn}不是“幸福数列”．

(时间：120分钟　满分：150分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．(2018·浙江名校联考)已知首项为1的等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，且S2，S4，S8成等比数列，则(　　)
A．a2＝1　　　　　 　 　B．{an}是单调数列
C．Sn≥an恒成立 D．数列是等比数列
解析：选C　由a1＝1及S2，S4，S8成等比数列，可得S＝S2·S8⇒d2＝2d⇒d＝0或d＝2.当d＝0时，an＝1，Sn＝n，当d＝2时，an＝2n－1，Sn＝n2，故Sn≥an恒成立，选C.
2．(2018·杭州模拟)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，且an＋an＋1＝n＋3，则a3＋a4－a5＝(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C　由已知，an＋1＝n＋3－an，
∴a3＝2＋3－a2＝2，
a4＝3＋3－a3＝4，a5＝4＋3－a4＝3，
∴a3＋a4－a5＝3，故选C.
3．已知a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C的对边，若a2－c2＝2b，sin B＝4cos A·sin C，则b＝(　　)
A． B．
C．2 D．4
解析：选D　由题意得，sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C，所以sin Acos C＋cos Asin C＝4cos A·sin C，所以sin Acos C＝3cos Asin C，由正弦定理和余弦定理得a·＝3c·，化简得a2－c2＝b2，又a2－c2＝2b，所以b2＝2b，解得b＝4或b＝0(舍去)，所以b＝4，故选D.
4．(2018·浙江考前热身联考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线和虚线画出的是某空间几何体的三视图，则该几何体的体积为(　　)
A． B．
C．2 D．4
解析：选B　构造棱长为2的正方体如图所示，由三视图知该几何体是图中的四棱锥P­ABCD，其中B，D分别为棱的中点，则其体积V＝××2＝.故选B.
5．(2018·嘉兴高三测试)由函数y＝cos 2x的图象变换得到函数y＝cos的图象，这个变换可以是(　　)
A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度
解析：选B　由于函数y＝cos＝cos 2，因此该函数的图象是由函数y＝cos 2x的图象向右平移个单位长度得到的，故选B.
6．(2018·浙江考前模拟)对于数列{an}，“|an＋1| A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A　若|an＋1|0时，则an＋1 7．(2019届高三·浙江名校联考)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下类似问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问底层几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的底层共有灯(　　)
A．186盏 B．189盏
C．192盏 D．96盏
解析：选C　设塔的底层共有灯x盏，则各层的灯数从下到上构成一个首项为x，公比为的等比数列，则＝381，解得x＝192.
8．(2018·浙江名校联考信息卷)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“今有中试举人壹百名，第一名官给银一百两，自第二名以下挨次各减五钱，问：该银若干？”其大意为：现有100名中试举人，朝廷发银子奖励他们，第1名发银子100两，自第2名起，依次比前1名少发5钱(每10钱为1两)，问：朝廷总共发了多少银子？则朝廷发的银子共有(　　)
A．10 000两 B．7 525两
C．5 050两 D．4 950两
解析：选B　根据题意，记第n名中试举人所得的银子(单位：两)为an(1≤n≤100，n∈N*)，则数列{an}是首项为100，公差为－的等差数列，则其前100项和S100＝100a1＋×＝100×100＋50×99×＝7 525，故朝廷总共发了7 525两银子．故选B.
9．(2018·浙江五校联考)如图，已知在平行四边形ABCD中，E，M分别为DC的两个三等分点，F，N分别为BC的两个三等分点，且·＝25，·＝43，则||2＋||2＝(　　)

A．45 B．60
C．90 D．180
解析：选C　设＝a，＝b，依题意得＝＋＝a＋b，＝＋＝a＋b，＝＋＝a＋b，＝＋＝a＋b，
∵·＝25，·＝43，
∴
即
解得a2＋b2＝45，∴||2＋||2＝|a＋b|2＋|b－a|2＝(a＋b)2＋(b－a)2＝2(a2＋b2)＝90.故选C.
10．(2019届高三·湖州联考)记数列{an}的前n项和为Sn，若不等式a＋≥ma对任意等差数列{an}及任意正整数n都成立，则实数m的最大值为(　　)
A. B.
C. D．1
解析：选A　a＋＝a＋2＝a＋2，
令(n－1)d＝t，
则a＋＝(a1＋2t)2＋(a1＋t)2＝2a＋6ta1＋5t2＝52＋a，
当t＝时，取到最小值．
即(n－1)d＝，即n＝＋1，
∵不等式a＋≥ma对任意等差数列{an}及任意正整数n都成立，
∴m≤，∴实数m的最大值为.故选A.
二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)
11．(2018·邢台摸底)若正项数列{an}满足a2＝，a6＝，且＝(n≥2，n∈N*)，则log2a4＝________.
解析：由＝(n≥2，n∈N*)可得数列{an}是等比数列，所以a＝a2a6＝，又a4>0，则a4＝，故log2a4＝log2＝－3.
答案：－3
12．(2018·绍兴模拟)已知数列{an}的奇数项依次构成公差为d1的等差数列，偶数项依次构成公差为d2的等差数列(其中d1，d2为整数)，且对任意n∈N*，都有an 解析：∵数列{an}的奇数项依次构成公差为d1的等差数列，偶数项依次构成公差为d2的等差数列，且对任意n∈N*，都有an ∴5×1＋d1＋5×2＋×d2＝75，化为d1＋d2＝6.
且对任意n∈N*，都有an a2k－1 1＋(k－1)d1<2＋(k－1)d2<1＋kd1，
取k＝2时，可得1＋d1<2＋d2<1＋2d1.
∴d1＝3＝d2.
∴a8＝a2＋3d2＝2＋3×3＝11.
答案：3　11
13．在△ABC中，AB＝3，AC＝2，A＝60°，＝m＋，则||的最小值为________，又若⊥，则m＝________.
解析：因为＝m＋，所以||2＝m2||2＋||2＋2m·＝9m2＋4＋2m||·||·cos 60°＝9m2＋6m＋4＝92＋3.当m＝－时，||2取得最小值为3，所以||的最小值为.在△ABC中，AB＝3，AC＝2，A＝60°，所以|BC|2＝4＋9－2×2×3cos 60°＝7，所以|BC|＝，所以cos B＝＝，cos C＝＝ .因为⊥，所以·＝0，所以(m＋)·＝0，所以m·＋·＝0，所以m||·||cos(π－B)＋||·||cos C＝0，所以－3mcos B＋2cos C＝0，所以m＝＝××＝.
答案：　
14．已知正项数列{an}的前n项和Sn满足Sn和2的等比中项等于an和2的等差中项，则a1＝________，Sn＝________.
解析：由题意知＝，则Sn＝.①
由a1＝S1得＝，解得a1＝2.
又由①式得Sn－1＝(n≥2)，②
①－②可得an＝Sn－Sn－1＝－(n≥2)，整理得(an＋an－1)(an－an－1－4)＝0.
∵数列{an}的各项都是正数，
∴an－an－1－4＝0，即an－an－1＝4.
故数列{an}是以2为首项，4为公差的等差数列，
∴Sn＝2n＋×4＝2n2.
答案：2　2n2
15．已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝a＋an，[x]表示不超过x的最大整数，则
(1)＝________；
(2)＝________.
解析：(1)由题意得a2＝a＋a1＝，
所以＋＝＋＝，
所以＝1.
(2)因为an＋1＝a＋an，
所以＝＝－，
即＝－，
所以＋＋…＋
＝－＋－＋…＋－＝－.
而an＋1＝a＋an>an，
所以数列{an}单调递增且各项均为正数，
所以＋＋…＋＝－<＝2.
又结合(1)可知＋＋…＋>1，
所以＝1.
答案：(1)1　(2)1
16．(2018·绍兴高三监测考试)在数列{an}中，a1＋＋＋…＋＝2n－1(n∈N*)，且a1＝1，若存在n∈N*使得an≤n(n＋1)λ成立，则实数λ的最小值为________．
解析：由题意知，a1＋＋…＋＝2n－1，
则n≥2时，有a1＋＋…＋＝2n－1－1，
两式作差得，＝2n－2n－1＝2n－1，
且＝21－1＝1，
所以＝2n－1(n∈N*)，
＝，
令bn＝，则bn>0，
＝＝>＝1，
所以bn＋1>bn，数列{bn}是递增数列，数列{bn}的最小项是b1＝，
依题意得，存在n∈N*使得λ≥＝bn成立，
即有λ≥b1＝，λ的最小值是.
答案：
17．(2018·浙江名校联考)如图，已知正四面体D ­ABC，P为线段AB上的动点(端点除外)，则二面角D ­PC­B的平面角的余弦值的取值范围是________．
解析：当点P从点A运动到点B时，二面角D ­PC­B的平面角逐渐增大，二面角D ­PC­B的平面角最小趋近于二面角D ­AC­B的平面角，最大趋近于二面角D ­BC­A的平面角的补角．设正四面体的棱长为2，如图所示，取AC的中点为E.连接DE，BE，易知∠DEB为二面角D­AC­B的平面角，DE＝BE＝，所以cos∠DEB＝＝，同理二面角D ­BC­A的平面角的补角的余弦值为－，故二面角D­PC­B的平面角的余弦值的取值范围是.
答案：
三、解答题(本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
18．(本小题满分14分)(2018·杭州一中调考)已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和，且a1＝2，S3＝12.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝an＋4n，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)∵数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和，a1＝2，S3＝12，
∴S3＝3×2＋d＝12，解得d＝2，
∴an＝2＋(n－1)×2＝2n.
(2)∵bn＝an＋4n＝2n＋4n，
∴Tn＝2(1＋2＋3＋…＋n)＋(4＋42＋43＋…＋4n)
＝2×＋
＝n2＋n＋－.
19．(本小题满分15分)已知函数f(x)＝2sin xcos x＋2cos2x－.
(1)求函数y＝f(x)的最小正周期和单调递减区间；
(2)已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中a＝7，若锐角A满足f＝，且sin B＋sin C＝，求bc的值．
解：(1)f(x)＝2sin xcos x＋2cos2x－＝sin 2x＋cos 2x＝2sin，
因此f(x)的最小正周期为T＝＝π.
由2kπ＋≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)，
得kπ＋≤x≤kπ＋(k∈Z)，
所以f(x)的单调递减区间为(k∈Z)．
(2)由f＝2sin＝2sin A＝，且A为锐角，所以A＝.
由正弦定理可得2R＝＝＝，
sin B＋sin C＝＝，
则b＋c＝×＝13，
所以cos A＝＝＝，
所以bc＝40.
20．(本小题满分15分)(2019·贵阳摸底)如图，CD，AB分别是圆柱的上、下底面圆的直径，四边形ABCD是边长为2的正方形，E是底面圆周上不同于A，B两点的一点，AE＝1.
(1)求证：BE⊥平面DAE；
(2)求二面角C­DB­E的余弦值．
解：(1)证明：由圆柱的性质知，DA⊥平面ABE，
又BE⊂平面ABE，∴BE⊥DA，
∵AB是底面圆的直径，E是底面圆周上不同于A，B两点的一点，
∴BE⊥AE.
又DA∩AE＝A，DA⊂平面DAE，AE⊂平面DAE，
∴BE⊥平面DAE.
(2)法一：如图，过E作EF⊥AB，垂足为F，由圆柱的性质知平面ABCD⊥平面ABE，
∴EF⊥平面ABCD.
过F作FH⊥DB，垂足为H，连接EH，
则∠EHF即所求的二面角的平面角的补角，
由AB＝AD＝2，AE＝1，
得DE＝，BE＝，BD＝2，
∴EF＝＝，
由(1)知BE⊥DE，∴EH＝＝＝，
∴sin∠EHF＝＝＝，
∴cos∠EHF＝ ＝，
∴二面角C­DB­E的余弦值为－.
法二：过A在平面AEB内作垂直于AB的直线，建立如图所示的空间直角坐标系，
∵AB＝AD＝2，AE＝1，
∴BE＝，∴E，
D(0,0,2)，B(0,2,0)，
∴＝，＝(0，－2,2)．
设平面EBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取z＝1，则n＝(，1,1)为平面EBD的一个法向量．
易知平面CDB的一个法向量为m＝(1,0,0)，
∴cos〈m，n〉＝＝＝，
由图知，二面角C­DB­E为钝角，
∴二面角C­DB­E的余弦值为－.
21．(本小题满分15分)(2018·湖州、衢州、丽水联考)数列{an}中，a1＝，an＋1＝(n∈N*)．
(1)求证：an＋1 (2)记数列{an}的前n项和为Sn，求证：Sn<1.
证明：(1)∵a－an＋1＝2＋>0，
且a1＝>0，∴an>0，
∴an＋1－an＝－an＝<0.
∴an＋1 (2)∵1－an＋1＝1－＝，
∴＝＝－an.
∴an＝－，
则a1＋a2＋…＋an＝2－，
由(1)可知0 ∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝2－<1.
22．(本小题满分15分)(2018·温州模拟)数列{an}的各项均为正数，且an＋1＝an＋－1(n∈N*)，{an}的前n项和是Sn.
(1)若{an}是递增数列，求a1的取值范围；
(2)若a1>2，且对任意n∈N*，都有Sn≥na1－(n－1)，证明：Sn<2n＋1.
解：(1)由a2>a1>0⇔a1＋－1>a1>0，
解得0 又a3>a2>0⇔a2＋－1>a2>0⇔0 ⇔0 综上可得1 下面利用数学归纳法证明：当1 ①当n＝1时，1 ②假设当n＝k时，1 则当n＝k＋1时，ak＋1＝ak＋－1∈[2－1,2)⊆(1,2)，
即n＝k＋1时，不等式成立．
综合①②可得∀n∈N*,1 于是an＋1－an＝－1>0，即an＋1>an，
∴{an}是递增数列，a1的取值范围是(1,2)．
(2)证明：∵a1>2，可用数学归纳法证明：an>2对∀n∈N*都成立．
于是an＋1－an＝－1<0，即数列{an}是递减数列．
在Sn≥na1－(n－1)中，令n＝2，可得2a1＋－1＝S2≥2a1－，解得a1≤3，
因此2 下证：当2 事实上，当2 于是Sn＝a1＋a2＋…＋an≥a1＋(n－1)＝na1－(n－1)．
再证明：a1>时不合题意．
事实上，当 可得 由an＋1＝an＋－1(n∈N*)，
可得bn＋1＝bn＋－1，
可得＝≤≤.
于是数列{bn}的前n项和Tn≤b1·<3b1≤3.
故Sn＝2n＋Tn<2n＋3＝na1＋(2－a1)n＋3.(*)
令a1＝＋t(t>0)，由(*)可得Sn 只要n充分大，可得Sn 这与Sn≥na1－(n－1)恒成立矛盾．
∴a1>时不合题意．
综上可得2 于是可得＝≤≤..
故数列{bn}的前n项和Tn≤b1· ∴Sn＝2n＋Tn<2n＋1.