第二讲 数列求和及综合应用 学案

第二讲　数列求和及综合应用

高考考点
考点解读
求数列的通项公式
1.已知数列的递推关系式以及某些项，求数列的通项公式；已知等差(比)的某些项或前几项的和，求其通项公式
2．考查等差(比)数列的概念以及通项公式、前n项和公式等
求数列的前n项和
1.以等差(比)数列为命题背景，考查等差(比)的前n项和公式、分组求和
2．以递推数列、等差(比)数列为命题背景，考查错位相减、裂项相消、倒序相加等求和方法
与数列的和有关的综合应用
1.等差(比)数列的求和、分组求和、错位相减求和及裂项相消求和
2．常与不等式、函数、解析几何相结合考查数列求和函数、不等式的性质等
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)加强对递推数列概念及解析式的理解，掌握递推数列给出数列的方法．
(2)掌握等差(比)数列求和公式及方法．
(3)掌握数列分组求和、裂项相消求和、错位相减求和的方法．
(4)掌握与数列求和有关的综合问题的求解方法及解题策略．
预测2020年命题热点为：
(1)已知等差(比)数列的某些项的值或其前几项的和，求该数列的通项公式．
(2)已知某数列的递推式或某项的值，求该数列的和．
(3)已知某个不等式成立，求某参数的值．证明某个不等式成立．

Z
1．分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成cn＝an＋bn形式的数列求和问题的方法，其中{an}与{bn}是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．
2．裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即an＝f(n＋1)－f(n)的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如{}(其中{an}是公差d≠0且各项均不为0的等差数列，c为常数)的数列等．
3．错位相减法：形如{an·bn}(其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．
4．倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思．
附：
(1)常见的拆项公式(其中n∈N*)
①＝－.
②＝(－)．
③＝(－).
④若等差数列{an}的公差为d，则＝(－)；＝(－)．
⑤＝[－]．
⑥＝－.
⑦＝(－)．
(2)公式法求和：要熟练掌握一些常见数列的前n项和公式，如
①1＋2＋3＋…＋n＝；
②1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2；
③12＋22＋32＋…＋n2＝n(n＋1)(2n＋1)．
Y
1．公比为字母的等比数列求和时，注意公比是否为1的分类讨论．
2．错位相减法求和时易漏掉减数式的最后一项．
3．裂项相消法求和时易认为只剩下首尾两项．
4．裂项相消法求和时注意所裂式与原式的等价性．

1．(2017·全国卷Ⅱ，3)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”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，则塔的顶层共有灯( B )
A．1盏　　 B．3盏　　　
C．5盏　　 D．9盏
[解析]　设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则由题意知S7＝381，q＝2，
∴S7＝＝＝381，解得a1＝3.
故选B．
2．(2017·全国卷Ⅰ，12)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，依次类推．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 )
A．440 B．330
C．220 D．110
[解析]　设首项为第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.
由题意知，N>100，令>100⇒n≥14且n∈N*，即N出现在第13组之后．
第n组的各项和为＝2n－1，前n组所有项的和为－n＝2n＋1－2－n.
设N是第n＋1组的第k项，若要使前N项和为2的整数幂，则N－项的和即第n＋1组的前k项的和2k－1应与－2－n互为相反数，即2k－1＝2＋n(k∈N*，n≥14)，k＝log2(n＋3)⇒n最小为29，此时k＝5，则N＝＋5＝440.
故选A．
3．(2018·江苏卷，14)已知集合A＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，B＝{x|x＝2n，n∈N*}．将A∪B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>12an＋1成立的n的最小值为27.
[解析]　B＝{2,4,8,16,32,64,128…}，与A相比，元素间隔大，所以从Sn中加了几个B中元素考虑，
1个：n＝1＋1＝2　　 S2＝3,12a3＝36
2个：n＝2＋2＝4　　 S4＝10,12a5＝60
3个：n＝4＋3＝7　　 S7＝30,12a8＝108
4个：n＝8＋4＝12　　 S12＝94,12a13＝204
5个：n＝16＋5＝21　　 S21＝318,12a22＝396
6个：n＝32＋6＝38　　 S38＝1 150,12a39＝780
发现21≤n≤38时Sn－12an＋1与0的大小关系发生变化，以下采用二分法查找：
S30＝687,12a31＝612，所以所求n应在22～29之间，
S25＝462,12a26＝492，所以所求n应在25～29之间，
S27＝546,12a28＝540，所以所求n应在25～27之间，
S26＝503,12a27＝516，
因为S27>12a28，而S26<12a27，所以使得Sn>12an＋1成立的n的最小值为27.
4．(2017·全国卷Ⅱ，15)等差数列{an}的前n项和Sn，a3＝3，S4＝10，则＝.
[解析]　设等差数列{an}的公差为d，则
由
得
∴Sn＝n×1＋×1＝，
＝＝2(－)．
∴＝＋＋＋…＋
＝2(1－＋－＋－＋…＋－)
＝2(1－)＝.
5．(2018·全国卷Ⅲ，17)等比数列中，a1＝1，a5＝4a3.
(1)求{an}的通项公式．
(2)记Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m.
[解析]　(1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.
由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.
故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.
(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝.
由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．
若an＝2n－1，则Sn＝2n－1.
由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.
综上，m＝6.
6．(2018·北京卷，15)设{an}是等差数列，且a1＝ln 2，a2＋a3＝5ln 2.
(1)求{an}的通项公式．
(2)求ea1＋ea2＋…＋ean.
[解析]　(1)由已知，设{an}的公差为d，则
a2＋a3＝a1＋d＋a1＋2d＝2a1＋3d＝5ln 2，又a1＝ln 2，
所以d＝ln 2，
所以{an}的通项公式为an＝ln 2＋(n－1)ln 2＝nln 2(n∈N*)．
(2)由(1)及已知，ean＝enln 2＝(eln 2)n＝2n，
所以ea1＋ea2＋…＋ean＝21＋22＋…＋2n＝＝2n＋1－2(n∈N*)．


　 例1 (1)已知正项数列{an}满足a1＝1，(n＋2)a－(n＋1)a＋anan＋1＝0，则它的通项公式为( B )
A．an＝　　　　　 B．an＝
C．an＝ D．an＝n
[解析]　由(n＋2)a－(n＋1)a＋anan＋1＝0，得[(n＋2)an＋1－(n＋1)an]·(an＋1＋an)＝0，又an>0，所以(n＋2)an＋1＝(n＋1)an，即＝，an＋1＝·an，所以an＝··…·a1＝a1(n≥2)，所以an＝(n＝1适合)，于是所求通项公式为an＝.
(2)(2017·厦门二模)若数列{an}的前n项和为Sn＝an＋，则数列{an}的通项公式为( B )
A．an＝－2n－1 B．an＝(－2)n－1
C．an＝(－2)n D．an＝－2n
[解析]　由an＝Sn－Sn－1(n≥2)，得an＝an－an－1.所以an＝－2an－1.又可以得到a1＝1，
所以an＝(－2)n－1(n≥2)．
又a1＝(－2)1－1＝1，所以an＝(－2)n－1.

『规律总结』
求数列通项公式的常见类型及方法
(1)归纳猜想法：已知数列的前几项，求数列的通项公式，可采用归纳猜想法．
(2)已知Sn与an的关系，利用an＝求an.
(3)累加法：数列递推关系形如an＋1＝an＋f(n)，其中数列{f(n)}前n项和可求，这种类型的数列求通项公式时，常用累加法(叠加法)．
(4)累乘法：数列递推关系形如an＋1＝g(n)an，其中数列{g(n)}前n项可求积，此数列求通项公式一般采用累乘法(叠乘法)．
(5)构造法：①递推关系形如an＋1＝pan＋q(p，q为常数)可化为an＋1＋＝p(an＋)(p≠1)的形式，利用{an＋}是以p为公比的等比数列求解；
②递推关系形如an＋1＝(p为非零常数)可化为－＝的形式．
G
1．若数列{an}满足a1＝0,2an＝1＋anan－1(n≥2，n∈N*)，则a2019＝.
[解析]　当n≥2时，因为2an＝1＋anan－1，
所以(1－an－1)－(1－an)＝1－an－an－1＋anan－1，
所以(1－an－1)－(1－an)＝(1－an)(1－an－1)，
所以－＝1，
因为a1＝0，所以＝1，
所以{}是首项为1，公差为1的等差数列，
所以＝1＋(n－1)＝n，
所以＝2019，解得a2019＝.
2．设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列{}前10项的和为.
[解析]　由a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)得，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋2＋3＋…＋n＝，则＝＝2(－)，故数列{}前10项的和S10＝2(1－＋－＋…＋－)
＝2(1－)＝.

(一)分组转化法求和
例2 设数列{an}满足a1＝2，a2＋a4＝8，且对任意n∈N*，函数f(x)＝(an－an＋1＋an＋2)x＋an＋1cosx－an＋2sinx满足f ′()＝0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝2(an＋)，求数列{bn}的前n项和Sn.
[解析]　(1)由题设可得
f ′(x)＝an－an＋1＋an＋2－an＋1sinx－an＋2cosx.
对任意n∈N*，f ′()＝an－an＋1＋an＋2－an＋1＝0，
即an＋1－an＝an＋2－an＋1，故{an}为等差数列．
由a1＝2，a2＋a4＝8，解得{an}的公差d＝1，
所以an＝2＋1·(n－1)＝n＋1.
(2)因为bn＝2(an＋)
＝2(n＋1＋)＝2n＋＋2，
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝(2＋2＋…＋2)＋2(1＋2＋…＋n)＋(＋＋…＋)
＝2n＋2·＋
＝n2＋3n＋1－.
(二)裂项相消法求和
例3 (2017·全国卷Ⅲ，17)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{}的前n项和．
[解析]　(1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，
故当n≥2时，
a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，
两式相减得(2n－1)an＝2，
所以an＝(n≥2)．
又由题设可得a1＝2，满足上式，
所以{an}的通项公式为an＝.
(2)记{}的前n项和为Sn.
由(1)知＝＝－，
则Sn＝－＋－＋…＋－
＝.
(三)错位相减法求和
例4 (2018·郴州二模)已知等差数列{an}，满足：an＋1>an(n∈N*)，a1＝1，该数列的前三项分别加上1,1,3后成等比数列，an＋2log2bn＝－1.
(1)分别求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
[解析]　(1)设d为等差数列{an}的公差，且d>0，
由a1＝1，a2＝1＋d，a3＝1＋2d，分别加上1,1,3后成等比数列，
得(2＋d)2＝2(4＋2d)，
因为d>0，所以d＝2，
所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
又因为an＝－1－2log2bn，
所以log2bn＝－n，即bn＝.
(2)Tn＝＋＋＋…＋①，
Tn＝＋＋＋…＋②，
①－②，得Tn＝＋2×(＋＋＋…＋)－.
所以Tn＝1＋－
＝3－－＝3－.
(四)奇(偶)数项和问题
例5 (2018·潍坊二模)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝8，S4＝40；数列的前n项和为Tn，且Tn－2bn＋3＝0，n∈N*.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式．
(2)设cn＝ 求数列{cn}的前n项和Pn.
[解析]　(1)设等差数列{an}的公差为d，
由题意，得所以an＝4n，
因为Tn－2bn＋3＝0，所以当n＝1时，b1＝3，
当n≥2时，Tn－1－2bn－1＋3＝0，
两式相减，得bn＝2bn－1(n≥2)，
数列为等比数列，所以bn＝3·2n－1.
(2)cn＝
当n为偶数时，
Pn＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)
＝＋＝2n＋1＋n2－2.
当n为奇数时，
方法一：n－1为偶数，
Pn＝Pn－1＋cn＝2(n－1)＋1＋(n－1)2－2＋4n＝2n＋n2＋2n－1.
方法二：
Pn＝(a1＋a3＋…＋an－2＋an)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)
＝＋＝2n＋n2＋2n－1.
所以Pn＝
『规律总结』
1．分组求和的常见方法
(1)根据等差、等比数列分组．
(2)根据正号、负号分组，此时数列的通项式中常会有(－1)n等特征．
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把两个和的形式错位相减．
③整理结果形式．
4．分奇偶的求和问题
如果数列的奇数项与偶数项有不同的规律，当n为奇数或偶数时Sn的表达式不一样，因此需要分奇偶分别求Sn.
(1)分组直接求和：相邻的奇偶项合并为一项，组成一个新的数列bn，用S′n表示其前n项和，则Sn＝
(2)分奇偶转化求和：先令n为偶数，求出其前n项和Sn；当n为奇数时，Sn＝Sn－1＋an.
G
　(文)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)令cn＝.求数列{cn}的前n项和Tn.
[解析]　(1)由题意知当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，
当n＝1时，a1＝S1＝11，
所以an＝6n＋5.设数列{bn}的公差为d，
由得
可解得b1＝4，d＝3.
所以bn＝3n＋1.
(2)由(1)知cn＝＝3(n＋1)·2n＋1.
又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，
所以Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，
2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，
两式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]＝3×[4＋－(n＋1)×2n＋2]＝－3n·2n＋2，所以Tn＝3n·2n＋2.
(理)设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn＝3n＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn.
[解析]　(1)因为2Sn＝3n＋3，
所以2a1＝3＋3，故a1＝3.
当n＞1时，2Sn－1＝3n－1＋3，
此时2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1，
即an＝3n－1，
所以an＝
(2)因为anbn＝log3an，所以b1＝.
当n＞1时，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n.
所以T1＝b1＝；
当n＞1时，
Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝＋，
所以3Tn＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n]．
两式相减，得
2Tn＝＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n
＝＋－(n－1)×31－n＝－，
所以Tn＝－.
经检验，n＝1时也适合．
综上可得Tn＝－.

(一)数列与函数的综合
例6 设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图象上(n∈N*)．
(1)若a1＝－2，点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上，求数列{an}的前n项和Sn；
(2)若a1＝1，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－，求数列{}的前n项和Tn.
[解析]　(1)由已知得，b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，
有2a8＝4×2a7＝2a7＋2.
解得d＝a8－a7＝2.
所以Sn＝na1＋d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.
(2)f ′(x)＝2xln 2，f ′(a2)＝2a2ln 2，故函数f(x)＝2x在(a2，b2)处的切线方程为y－2a2＝2a2ln 2(x－a2)，
它在x轴上的截距为a2－.
由题意得，a2－＝2－，
解得a2＝2.
所以d＝a2－a1＝1.
从而an＝n，bn＝2n.
所以Tn＝＋＋＋…＋＋，
2Tn＝＋＋＋…＋.
因此，2Tn－Tn＝＋＋…＋－
＝2－－
＝.
所以Tn＝.
(二)数列与不等式的综合
例7 (文)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，对任意n∈N*，都有2Sn＝(n＋1)an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{}的前n项和为Tn，
求证：≤Tn<1.
[解析]　(1)因为2Sn＝(n＋1)an，
当n≥2时，2Sn－1＝nan－1，
两式相减得2an＝(n＋1)an－nan－1，
即(n－1)an＝nan－1，
所以当n≥2时，＝，
所以＝.
因为a1＝2，所以an＝2n.
(2)证明：因为an＝2n，
令bn＝＝＝－.
所以T1＝b1＋b2＋…＋bn＝(1－)＋(－)＋…＋(－)＝1－＝.
因为>0，所以1－<1.
因为f(n)＝在N*上是递减函数，
所以1－在N*上是递增的，
所以当n＝1时，Tn取最小值.
所以≤Tn<1.
(理)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1
(1)证明{an＋}是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)证明＋＋…＋<.
[解析]　(1)证明：由an＋1＝3a1＋1，
得an＋1＋＝3(an＋)．
又a1＋＝，
所以{an＋}是首项为，
公比为3的等比数列．
an＋＝，因此{an}的通项公式为an＝.
(2)由(1)知＝.
因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，
所以≤.
于是＋＋…＋≤1＋＋…＋
＝(1－)<.
所以＋＋…＋<.
『规律总结』
1．数列与函数、不等式的综合问题的常见题型
(1)数列与函数的综合问题主要有以下两类：
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，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．
(2)数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等问题，需要熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题．
2．解决数列与函数综合问题的注意点
(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，而不是某个区间上的连续实数，所以它的图象是一群孤立的点．
(2)转化以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常容易忽视的问题．
(3)利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化．

A组
1．设{an}的首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1＝( D )
A．2　　 B．－2　　　
C．　　 D．－
[解析]　由题意知S1＝a1，S2＝2a1－1，S4＝4a1－6，
因为S1，S2，S4成等比数列，
所以S＝S1·S4，即(2a1－1)2＝a1(4a1－6)，
解得a1＝－.故选D．
2．若数列{an}为等比数列，且a1＝1，q＝2，则Tn＝＋＋…＋等于( B )
A．1－ B．(1－)
C．1－ D．(1－)
[解析]　因为an＝1×2n－1＝2n－1，
所以an·an＋1＝2n－1·2n＝2×4n－1，
所以＝×()n－1，所以{}也是等比数列，
所以Tn＝＋＋…＋＝×＝(1－)，故选B．
3．(2018·烟台模拟)已知等差数列{an}中，a2＝6，a5＝15，若bn＝a2n，则数列{bn}的前5项和等于( C )
A．30　　　 B．45　　　
C．90　　　 D．186
[解析]　设{an}的公差为d，首项为a1，由题意得，解得所以an＝3n，
所以bn＝a2n＝6n，且b1＝6，公差为6，
所以S5＝5×6＋×6＝90.
4．等差数列{an}中，a1>0，公差d<0，Sn为其前n项和，对任意自然数n，若点(n，Sn)在以下4条曲线中的某一条上，则这条曲线应是( C )

[解析]　∵Sn＝na1＋d，∴Sn＝n2＋(a1－)n，又a1>0，公差d<0，所以点(n，Sn)所在抛物线开口向下，对称轴在y轴右侧．
[点评]　可取特殊数列验证排除，如an＝3－n.
5．定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列{an}，{f(an)}仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：
①f(x)＝x2; ②f(x)＝2x；
③f(x)＝； ④f(x)＝ln|x|.
则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为( C )
A．①② B．③④
C．①③ D．②④
[分析]　保等比数列函数指：①定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数；②若{an}是等比数列，则{f(an)}仍是等比数列．
[解析]　解法一：设{an}的公比为q.
①f(an)＝a，∵＝()2＝q2，
∴{f(an)}是等比数列，排除B、D．
③f(an)＝，
∵＝＝，
∴{f(an)}是等比数列，排除A．
解法二：不妨令an＝2n.
①因为f(x)＝x2，所以f(an)＝a＝4n.显然{f(an)}是首项为4，公比为4的等比数列．
②因为f(x)＝2x，
所以f(a1)＝f(2)＝22，f(a2)＝f(4)＝24，
f(a3)＝f(8)＝28，
所以＝＝4≠＝＝16，
所以{f(an)}不是等比数列．
③因为f(x)＝，所以f(an)＝＝()n.
显然{f(an)}是首项为，公比为的等比数列．
④因为f(x)＝ln|x|，所以f(an)＝ln2n＝nln2.
显然{f(an)}是首项为ln2，公差为ln2的等差数列，故选C．
6．(2018·邵阳一模)已知数列{bn}为等比数列，且b1 009＝e(e为自然对数的底数)，数列{an}的首项为1，且an＋1＝an·bn，则lna2 018的值为2_017.
[解析]　因为数列{bn}为等比数列，且b1 009＝e(e为自然对数的底数)，数列{an}的首项为1，且an＋1＝an·bn，
所以a2 018＝b1·b2·b3·b4·…·b2 017＝b＝e2 017，
lna2 018＝lne2 017＝2 017.
7．已知数列{an}是等比数列，其公比为2，设bn＝log2an，且数列{bn}的前10项的和为25，那么＋＋＋…＋的值为.
[解析]　数列{an}是等比数列，其公比为2，
设bn＝log2an，且数列{bn}的前10项的和为25，
所以b1＋b2＋…＋b10
＝log2(a1·a2·…·a10)
＝log2(a21＋2＋…＋9)＝25，
所以a×245＝225，可得：a1＝.
那么＋＋＋…＋
＝4(1＋＋＋…＋)
＝4×＝.
8．已知等比数列{an}的公比q>1,4是a1和a4的一个等比中项，a2和a3的等差中项为6，若数列{bn}满足bn＝log2an(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{anbn}的前n项和Sn.
[解析]　(1)因为4是a1和a4的一个等比中项，
所以a1·a4＝(4)2＝32.
由题意可得
因为q>1，所以a3>a2.
解得所以q＝＝2.
故数列{an}的通项公式an＝2n.
(2)由于bn＝log2an(n∈N*)，所以anbn＝n·2n，
Sn＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，①
2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1.②
①－②得，－Sn＝1·2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1.
所以Sn＝2－2n＋1＋n·2n＋1＝2＋(n－1)·2n＋1.
9．(文)(2018·天津卷，18)设{an}是等差数列，其前n项和为Sn(n∈N*)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(n∈N*)．已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6.
(1)求Sn和Tn；
(2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数n的值．
[解析]　(1)设等比数列{bn}的公比为q，由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0.因为q>0，可得q＝2，故bn＝2n－1.
所以Tn＝＝2n－1.
设等差数列{an}的公差为d.由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4.
由b5＝a4＋2a6，
可得3a1＋13d＝16，从而a1＝1，d＝1，故an＝n，所以Sn＝.
(2)由(1)，知T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n＝2n＋1－n－2.
由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn可得＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1，
整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍)，或n＝4.所以n的值为4.
(理)(2018·天津卷，18)设{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是等差数列. 已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6.
(1)求{an}和{bn}的通项公式．
(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*)，
①求Tn；
②证明
[解析]　(1)设等比数列{an}的公比为q.由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0.
因为q>0，可得q＝2，故an＝2n－1.
设等差数列{bn}的公差为d，由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4.由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16，从而b1＝1，d＝1，故bn＝n.
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，数列{bn}的通项公式为bn＝n.
(2)①由(1)，有Sn＝＝2n－1，故Tn＝(2k－1)＝
k－n＝－n＝2n＋1－n－2.
②因为＝＝
＝－，

B组
1．设Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，S1，S2，S4成等比数列，且a3＝－，则数列{}的前n项和Tn＝( C )
A．－ B．
C．－ D．
[解析]　本题主要考查等差、等比数列的性质以及裂项法求和．
设{an}的公差为d，因为S1＝a1，S2＝2a1＋d＝2a1＋＝a1－，S4＝3a3＋a1＝a1－，
因为S1，S2，S4成等比数列，所以(a1－)2＝(a1－)a1，
整理得4a＋12a1＋5＝0，所以a1＝－或a1＝－.
当a1＝－时，公差d＝0不符合题意，舍去；
当a1＝－时，公差d＝＝－1，
所以an＝－＋(n－1)×(－1)＝－n＋＝－(2n－1)，
所以＝－＝－(－)，
所以其前n项和Tn＝－(1－＋－＋…＋－)
＝－(1－)＝－，故选C．
2．(文)以Sn表示等差数列{an}的前n项和，若S5>S6，则下列不等关系不一定成立的是( D )
A．2a3>3a4 B．5a5>a1＋6a6
C．a5＋a4－a3<0 D．a3＋a6＋a12<2a7
[解析]　依题意得a6＝S6－S5<0,2a3－3a4＝2(a1＋2d)－3(a1＋3d)＝－(a1＋5d)＝－a6>0,2a3>3a4；5a5－(a1＋6a6)＝5(a1＋4d)－a1－6(a1＋5d)＝－2(a1＋5d)＝－2a6>0,5a5>a1＋6a6；a5＋a4－a3＝(a3＋a6)－a3＝a6<0.综上所述，故选D．
(理)已知an＝，数列{an}的前n项和为Sn，关于an及Sn的叙述正确的是( C )
A．an与Sn都有最大值 B．an与Sn都没有最大值
C．an与Sn都有最小值 D．an与Sn都没有最小值
[解析]　画出an＝的图象，

点(n，an)为函数y＝图象上的一群孤立点，(，0)为对称中心，S5最小，a5最小，a6最大．
3．已知正数组成的等差数列{an}，前20项和为100，则a7·a14的最大值是( A )
A．25 B．50
C．100 D．不存在
[解析]　∵S20＝×20＝100，∴a1＋a20＝10.
∵a1＋a20＝a7＋a14，∴a7＋a14＝10.
∵an>0，∴a7·a14≤()2＝25.当且仅当a7＝a14时取等号．
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝( B )
A．2n－1 B．()n－1
C．()n－1 D．
[解析]　由Sn＝2an＋1得Sn＝2(Sn＋1－Sn)，即2Sn＋1＝3Sn，
∴＝，
∵a1＝1，S1＝2a2，∴a2＝a1＝，∴S2＝，
∴＝，∴Sn＝()n－1.
5．(2018·山东省实验中学调研)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln(1＋)，则an＝( A )
A．2＋lnn B．2＋(n－1)lnn
C．2＋nlnn D．1＋n＋lnn
[解析]　an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝lnn－ln(n－1)＋ln(n－1)－ln(n－2)＋…＋ln2－ln1＋2＝2＋lnn.
6．(2018·西安一模)已知数列{an}的通项公式an＝log2(n∈N*)，设其前n项和为Sn，则使Sn<－4成立的最小自然数n的值为16.
[解析]　因为an＝log2，
所以Sn＝log2＋log2＋log2＋…＋log2
＝log2(···…·)＝log2，
若Sn<－4，则<，即n>15，
则使Sn<－4成立的最小自然数n的值为16.
7．如图所示，将正整数排成三角形数阵，每排的数称为一个群，从上到下顺次为第一群，第二群，…，第n群，…，第n群恰好n个数，则第n群中n个数的和是3·2n－2n－3.

[解析]　由图规律知，第n行第1个数为2n－1，第2个数为3·2n－2，第3个数为5·2n－3……设这n个数的和为S
则S＝2n－1＋3·2n－2＋5×2n－3＋…＋(2n－3)·2＋(2n－1)·20　①
2Sn＝2n＋3·2n－1＋5·2n－2＋…＋(2n－3)·22＋(2n－1)·21　②
②－①得Sn＝2n＋2·2n－1＋2·2n－2＋…＋2·22＋2·2－(2n－1)
＝2n＋2n＋2n－1＋…＋23＋22－(2n－1)
＝2n＋－(2n－1)
＝2n＋2n＋1－4－2n＋1
＝3·2n－2n－3.
8．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．
(1)证明：an＋2－an＝λ；
(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．
[分析]　(1)利用an＋1＝Sn＋1－Sn用配凑法可获证；(2)假设存在λ，则a1，a2，a3应成等差数列求出λ的值，然后依据an＋2－an＝λ推证{an}为等差数列．
[解析]　(1)由题设：anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，
两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.
由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.
(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.
由(1)知，a3＝λ＋1，
令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.
故an＋2－an＝4，由此可得
{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；
{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.
所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.
因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．
9．已知数列{an}满足an＋1＝－，a1＝－.
(1)求证{}是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)设Tn＝an＋an＋1＋…＋a2n－1.若Tn≥p－n对任意的n∈N*恒成立，求p的最大值．
[解析]　(1)证明：∵an＋1＝－，
∴an＋1＋1＝－＋1＝＝，
由于an＋1≠0，
∴＝＝1＋，
∴{}是以2为首项，1为公差的等差数列．
(2)由(1)题结论知：＝2＋(n－1)＝n＋1，
∴an＝－1＝－(n∈N*)．
(3)∵Tn＝an＋an＋1＋…＋a2n－1≥P－n，
∴n＋an＋an＋1＋…＋a2n－1≥P，
即(1＋an)＋(1＋an＋1)＋(1＋an＋2)＋…＋(1＋a2n－1)≥p，对任意n∈N*恒成立，
而1＋an＝，
设H(n)＝(1＋an)＋(1＋an＋1)＋…＋(1＋a2n－1)，
∴H(n)＝＋＋…＋，
H(n＋1)＝＋＋…＋＋＋，
∴H(n＋1)－H(n)＝＋－＝－>0，
∴数列{H(n)}单调递增，
∴n∈N*时，H(n)≥H(1)＝，故P≤.
∴P的最大值为.

专题四　规范答题示例
　　 例(12分)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*)．
[思路探究]　
―→―→
规范解答·分步得分
构建答题模板
　　解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，
而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.2分
又因为q>0，解得q＝2，所以bn＝2n.3分
由b3＝a4－a1，可得3d－a1＝8.①
由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②
联立①②，解得a1＝1，d＝3.5分
由此可得an＝3n－2.6分
所以数列{an}的通项公式an＝3n－2，
数列{bn}的通项公式为bn＝2n.
(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，
由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，
得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，7分
故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，①8分
4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，②9分
①－②，得
－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1
＝－4－(3n－1)×4n＋1
＝－(3n－2)×4n＋1－8，11分
得Tn＝×4n＋1＋.
所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋.12分
　　第一步找关系：根据已知条件确定数列的项之间的关系．
第二步求通项：根据等差或等比数列的通项公式或利用累加、累乘法求数列的通项公式．
第三步定方法：根据数列表达式的结构特征确定求和方法(常用的有公式法、裂项相消去、错位相减法、分组法等)．
第四步写步骤．
第五步再反思：检查求和过程中各项的符号有无错误，用特殊项估算结果.
[评分细则]①正确求出q2＋q－6＝0得2分；②根据等比数列的通项公式求出通项bn＝2n得1分，通项公式使用错误不得分；③根据等差数列的通项公式求通项an＝3n－2得1分，通项公式使用错误不得分．④正确写出a2nb2n－1＝(3n－1)×4n得1分；⑤正确写出2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n得1分；⑥正确写出4Tn得1分；⑦正确计算出Tn＝×4n＋1＋得3分．

G
　已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2－2n＋1，数列{bn}为等差数列，且b2＝a1，b8＝a3.
(1)求数列{an}，{bn} 的通项公式；
(2)求数列{}的前n项和Tn.
[解析]　(1)对于数列{an}有Sn＝2－2n＋1，
当n＝1时，S1＝2－22＝－2，即a1＝－2；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2－2n＋1)－(2－2n)＝－2n，
对n＝1也符合，故an＝－2n.
所以数列{an}是等比数列，公比q＝2.
等差数列{bn}中，b2＝a1＝－2，b8＝a3＝－8.
故其公差d满足6d＝b8－b2＝－6，所以d＝－1.
所以其通项bn＝b2＋(n－2)d＝－2＋(n－2)×(－1)＝－n.
(2)令cn＝，由(1)知，cn＝＝n×.
Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn－1＋cn
＝＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×①，
Tn＝＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×②，
①－②，得Tn＝＋＋＋…＋＋－＝－
＝1－－
所以Tn＝2－－＝2－.