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2019版数学（文）二轮复习通用版讲义：专题二第三讲专题提能——优化思路上高度全面清障把漏补
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第三讲 专题提能——优化思路上高度，全面清障把漏补
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.
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．
用裂项相消法求和时因漏项或添项而失分
[例3] (2018·山东师大附中模拟)已知数列{an}是等比数列，首项a1＝1，公比q>0，其前n项和为Sn，且S1＋a1，S3＋a3，S2＋a2成等差数列，bn＝2logan＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn.
[解] (1)由题意知2(S3＋a3)＝S1＋a1＋S2＋a2，
所以2(a1＋a2＋a3)＋2a3＝a1＋a1＋(a1＋a2)＋a2，
所以a1＝4a3＝4a1q2，解得q＝.
所以an＝1×n－1＝n－1.
(2)bn＝2logan＋1＝2logn－1＋1＝2n－1，
所以＝＝，
所以数列的前n项和为Tn＝＝＝.
[微评] (1)利用裂项相消法求和的实质是将数列的通项写成两个式子的代数之差的形式，然后累加，抵消掉中间的许多项．此法适用于通项是分数且分母为积的形式的数列求和．用裂项相消法求和，需要掌握一些常见的裂项，如＝－，＝－.
(2)应用裂项相消法求和时，将通项裂项后需要调整前面的系数，使得裂开的两项之差与裂项之前的通项恒等，同时注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项．
累加法——求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.
累乘法——求＝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.
构造法——求an＋1＝pan＋q或an＋1＝pa型通项问题
[例3] (1)(2018·河北省衡水中学模拟)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·陕西省实验中学模拟)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．
(一)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．
(二)分类讨论思想——解决数列前n项和问题
[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
(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－
[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．
(三)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
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．(2018·湖北八校联考)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．(2018·海淀二模)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．(2018·安徽阜阳一中月考)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．(2018·郑州质检)已知数列{an}满足a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，且对任意n∈N*都有＋＋…＋
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.
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．(2019届高三·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
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.(2018·甘肃张掖一模)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．(2019届高三·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．(2019届高三·江西宜春中学与新余一中联考)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－
∴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”．
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.
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．
用裂项相消法求和时因漏项或添项而失分
[例3] (2018·山东师大附中模拟)已知数列{an}是等比数列，首项a1＝1，公比q>0，其前n项和为Sn，且S1＋a1，S3＋a3，S2＋a2成等差数列，bn＝2logan＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn.
[解] (1)由题意知2(S3＋a3)＝S1＋a1＋S2＋a2，
所以2(a1＋a2＋a3)＋2a3＝a1＋a1＋(a1＋a2)＋a2，
所以a1＝4a3＝4a1q2，解得q＝.
所以an＝1×n－1＝n－1.
(2)bn＝2logan＋1＝2logn－1＋1＝2n－1，
所以＝＝，
所以数列的前n项和为Tn＝＝＝.
[微评] (1)利用裂项相消法求和的实质是将数列的通项写成两个式子的代数之差的形式，然后累加，抵消掉中间的许多项．此法适用于通项是分数且分母为积的形式的数列求和．用裂项相消法求和，需要掌握一些常见的裂项，如＝－，＝－.
(2)应用裂项相消法求和时，将通项裂项后需要调整前面的系数，使得裂开的两项之差与裂项之前的通项恒等，同时注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项．
累加法——求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.
累乘法——求＝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.
构造法——求an＋1＝pan＋q或an＋1＝pa型通项问题
[例3] (1)(2018·河北省衡水中学模拟)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·陕西省实验中学模拟)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．
(一)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．
(二)分类讨论思想——解决数列前n项和问题
[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
(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－1
∴当－1
当－
[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．
(三)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
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．(2018·湖北八校联考)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．(2018·海淀二模)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．(2018·安徽阜阳一中月考)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．(2018·郑州质检)已知数列{an}满足a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，且对任意n∈N*都有＋＋…＋
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.
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．(2019届高三·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
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.(2018·甘肃张掖一模)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．(2019届高三·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．(2019届高三·江西宜春中学与新余一中联考)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－
∴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”．
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