高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：5.5 数列的综合应用 word版含答案

这是一份高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：5.5 数列的综合应用 word版含答案，共14页。

能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，抽象出数列的模型，并能用有关知识解决相应的问题．
知识点 数列的实际应用问题
数列应用题常见模型
(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．
(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．
(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，随项的变化而变化时，应考虑是an与an＋1的递推关系，还是前n项和Sn与Sn＋1之间的递推关系．
必备方法 解答数列应用题的步骤：
(1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意．
(2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的结构和特征．
(3)求解——求出该问题的数学解．
(4)还原——将所求结果还原到原实际问题中．
具体解题步骤用框图表示如下：
[自测练习]
1．有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒钟杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个，现在有一个这样的细菌和100个这样的病毒，问细菌将病毒全部杀死至少需要( )
A．6秒钟 B．7秒钟
C．8秒钟 D．9秒钟
解析：设至少需要n秒钟，则1＋21＋22＋…＋2n－1≥100，
∴eq \f(1－2n,1－2)≥100，∴n≥7.
答案：B
2．一个凸多边形的内角成等差数列，其中最小的内角为eq \f(2π,3)，公差为eq \f(π,36)，则这个多边形的边数为________．
解析：由于凸n边形的内角和为(n－2)π，
故eq \f(2π,3)n＋eq \f(nn－1,2)×eq \f(π,36)＝(n－2)π.
化简得n2－25n＋144＝0.解得n＝9或n＝16(舍去)．
答案：9
3．某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(n∈N*)等于________．
解析：每天植树的棵数构成以2为首项，2为公比的等比数列，其前n项和Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(21－2n,1－2)＝2n＋1－2.由2n＋1－2≥100，得2n＋1≥102.由于26＝64,27＝128，则n＋1≥7，即n≥6.
答案：6
考点一 等差、等比数列的综合应用|
在数列{an}中，a1＝2，a2＝12，a3＝54，数列{an＋1－3an}是等比数列．
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,3n－1)))是等差数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
[解] (1)证明：∵a1＝2，a2＝12，a3＝54，
∴a2－3a1＝6，a3－3a2＝18.
又∵数列{an＋1－3an}是等比数列，
∴an＋1－3an＝6×3n－1＝2×3n，
∴eq \f(an＋1,3n)－eq \f(an,3n－1)＝2，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,3n－1)))是等差数列．
(2)由(1)知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,3n－1)))是等差数列，
∴eq \f(an,3n－1)＝eq \f(a1,30)＋(n－1)×2＝2n，
∴an＝2n×3n－1.
∵Sn＝2×1×30＋2×2×31＋…＋2n×3n－1，
∴3Sn＝2×1×3＋2×2×32＋…＋2n×3n.
∴Sn－3Sn＝2×1×30＋2×1×3＋…＋2×1×3n－1－2n×3n
＝2×eq \f(1－3n,1－3)－2n×3n
＝3n－1－2n×3n，
∴Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(1,2)))×3n＋eq \f(1,2).
等差数列、等比数列综合问题的解题策略
(1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．
(2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果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，这些细节对解题的影响也是巨大的．

1．(2016·贵州七校联考)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，a1＝b1＝1，且b3S3＝36，b2S2＝8(n∈N*)．
(1)求an和bn；
(2)若an解：(1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q23＋3d＝36，,q2＋d＝8，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝2,q＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝－\f(2,3)，,q＝6，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＝2n－1，,bn＝2n－1，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＝\f(1,3)5－2n，,bn＝6n－1.))
(2)若an∴eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
∴Tn＝eq \f(1,2)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(n,2n＋1).
考点二 数列的实际应用问题|
为了加强环保建设，提高社会效益和经济效益，长沙市计划用若干时间更换一万辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，替换车为电力型和混合动力型车．今年初投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车400辆；计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%，混合动力型车每年比上一年多投入a辆．
(1)求经过n年，该市被更换的公交车总数S(n)；
(2)若该市计划7年内完成全部更换，求a的最小值．
[解] (1)设an，bn分别为第n年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量．
依题意，得{an}是首项为128，公比为1＋50%＝eq \f(3,2)的等比数列，{bn}是首项为400，公差为a的等差数列．
所以{an}的前n项和
Sn＝eq \f(128×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n)),1－\f(3,2))＝256eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n－1))，
{bn}的前n项和Tn＝400n＋eq \f(nn－1,2)a.
所以经过n年，该市被更换的公交车总数为
S(n)＝Sn＋Tn＝256eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n－1))＋400n＋eq \f(nn－1,2)a.
(2)若计划7年内完成全部更换，则S(7)≥10 000，
所以256eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))7－1))＋400×7＋eq \f(7×6,2)a≥10 000，
即21a≥3 082，所以a≥146eq \f(16,21).
又a∈N*，所以a的最小值为147.
解决数列应用题一个注意点
解决数列应用问题，要明确问题属于哪一种类型，即明确是等差数列问题还是等比数列问题，要求an还是Sn，特别是要弄清项数．

2．某工业城市按照“十二五”(2011年至2015年)期间本地区主要污染物排放总量控制要求，进行减排治污．现以降低SO2的年排放量为例，原计划“十二五”期间每年的排放量都比上一年减少0.3万吨，已知该城市2011年SO2的年排放量约为9.3万吨．
(1)按原计划，“十二五”期间该城市共排放SO2约多少万吨？
(2)该城市为响应“十八大”提出的建设“美丽中国”的号召，决定加大减排力度．在2012年刚好按原计划完成减排任务的条件下，自2013年起，SO2的年排放量每年比上一年减少的百分率为p，为使2020年这一年SO2的年排放量控制在6万吨以内，求p的取值范围．
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(参考数据：\r(8,\f(2,3))≈0.9505，\r(9,\f(2,3))≈0.955 9))
解：(1)设“十二五”期间，该城市共排放SO2约y万吨，
依题意，2011年至2015年SO2的年排放量构成首项为9.3，公差为－0.3的等差数列，
所以y＝5×9.3＋eq \f(5×5－1,2)×(－0.3)＝43.5(万吨)．
所以按原计划“十二五”期间该城市共排放SO2约43.5万吨．
(2)由已知得，2012年的SO2年排放量为9.3－0.3＝9(万吨)，
所以2012年至2020年SO2的年排放量构成首项为9，公比为1－p的等比数列．
由题意得9×(1－p)8<6，由于0所以1－p所以1－p<0.950 5，解得p>4.95%.
所以SO2的年排放量每年减少的百分率p的取值范围为(4.95%,1)．
考点三 数列与不等式的综合问题|
(2015·高考浙江卷)已知数列{an}满足a1＝eq \f(1,2)且an＋1＝an－aeq \\al(2,n)(n∈N*)．
(1)证明：1≤eq \f(an,an＋1)≤2(n∈N*)；
(2)设数列{aeq \\al(2,n)}的前n项和为Sn，证明：eq \f(1,2n＋2)≤eq \f(Sn,n)≤eq \f(1,2n＋1)(n∈N*)．
[证明] (1)由题意得an＋1－an＝－aeq \\al(2,n)≤0，即an＋1≤an，
故an≤eq \f(1,2).
由an＝(1－an－1)an－1得
an＝(1－an－1)(1－an－2)…(1－a1)a1>0.
由0eq \f(an,an＋1)＝eq \f(an,an－a\\al(2,n))＝eq \f(1,1－an)∈[1,2]，即1≤eq \f(an,an＋1)≤2.
(2)由题意得aeq \\al(2,n)＝an－an＋1，
所以Sn＝a1－an＋1.①
由eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝eq \f(an,an＋1)和1≤eq \f(an,an＋1)≤2得1≤eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)≤2，
所以n≤eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,a1)≤2n，
因此eq \f(1,2n＋1)≤an＋1≤eq \f(1,n＋2)(n∈N*)．②
由①②得eq \f(1,2n＋2)≤eq \f(Sn,n)≤eq \f(1,2n＋1)(n∈N*)．
数列与不等式相结合问题的处理方法
解决数列与不等式的综合问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法等．


3．(2016·云南一检)在数列{an}中，a1＝eq \f(3,5)，an＋1＝2－eq \f(1,an)，设bn＝eq \f(1,an－1)，数列{bn}的前n项和是Sn.
(1)证明数列{bn}是等差数列，并求Sn；
(2)比较an与Sn＋7的大小．
解：(1)∵bn＝eq \f(1,an－1)，an＋1＝2－eq \f(1,an)，∴bn＋1＝eq \f(1,an＋1－1)＝eq \f(1,an－1)＋1＝bn＋1，∴bn＋1－bn＝1，
∴数列{bn}是公差为1的等差数列．
由a1＝eq \f(3,5)，bn＝eq \f(1,an－1)得b1＝－eq \f(5,2)，
∴Sn＝－eq \f(5n,2)＋eq \f(nn－1,2)＝eq \f(n2,2)－3n.
(2)由(1)知：bn＝－eq \f(5,2)＋n－1＝n－eq \f(7,2).由bn＝eq \f(1,an－1)得an＝1＋eq \f(1,bn)＝1＋eq \f(1,n－\f(7,2)).
∴an－Sn－7＝－eq \f(n2,2)＋3n－6＋eq \f(1,n－\f(7,2)).
∵当n≥4时，y＝－eq \f(n2,2)＋3n－6是减函数，y＝eq \f(1,n－\f(7,2))也是减函数，
∴当n≥4时，an－Sn－7≤a4－S4－7＝0.
又∵a1－S1－7＝－eq \f(39,10)<0，a2－S2－7＝－eq \f(8,3)<0，a3－S3－7＝－eq \f(7,2)<0，
∴∀n∈N*，an－Sn－7≤0，
∴an≤Sn＋7.
6.数列的综合应用的答题模板
【典例】 (12分)(2015·高考四川卷)设数列{an}(n＝1,2,3，…)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)记数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和为Tn，求使得|Tn－1|[思路点拨] 由Sn＝2an－a1，得a2＝2a1，a3＝4a1，再通过a1，a2＋1，a3成等差数列确定首项a1＝2是解决(1)的切入点；由(1)知eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,2)的等比数列，所以Tn＝1－eq \f(1,2n)，然后解不等式即可．
[规范解答] (1)由已知Sn＝2an－a1，有
an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，
即an＝2an－1(n≥2)．所以a＝2.
从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1.(2分)
又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)．
所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2.
所以，数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．
故an＝2n.(6分)
(2)由(1)得eq \f(1,an)＝eq \f(1,2n).
所以Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝1－eq \f(1,2n).(8分)
由|Tn－1|1 000.
因为29＝512<1 000<1 024＝210，
所以n≥10.(10分)
于是，使|Tn－1|[模板形成]
[跟踪练习] (2015·湖北七市联考)数列{an}是公比为eq \f(1,2)的等比数列，且1－a2是a1与1＋a3的等比中项，前n项和为Sn；数列{bn}是等差数列，b1＝8，其前n项和Tn满足Tn＝nλ·bn＋1(λ为常数，且λ≠1)．
(1)求数列{an}的通项公式及λ的值；
(2)比较eq \f(1,T1)＋eq \f(1,T2)＋eq \f(1,T3)＋…＋eq \f(1,Tn)与eq \f(1,2)Sn的大小．
解：(1)由题意得(1－a2)2＝a1(a3＋1)，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)a1))2＝a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)a1＋1))，
解得a1＝eq \f(1,2)，∴an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n.
设{bn}的公差为d，
又eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(T1＝λb2，,T2＝2λb3，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(8＝λ8＋d，,16＋d＝2λ8＋2d，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝\f(1,2)，,d＝8))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝1，,d＝0))(舍)，∴λ＝eq \f(1,2).
(2)由(1)知Sn＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，
∴eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1≥eq \f(1,4)，①
又Tn＝4n2＋4n，eq \f(1,Tn)＝eq \f(1,4nn＋1)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
∴eq \f(1,T1)＋eq \f(1,T2)＋…＋eq \f(1,Tn)
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))由①②可知eq \f(1,T1)＋eq \f(1,T2)＋…＋eq \f(1,Tn)A组 考点能力演练
1．(2015·杭州二模)在正项等比数列{an}中，2eq \r(2)为a4与a14的等比中项，则2a7＋a11的最小值为( )
A．16 B．8
C．6 D．4
解析：因为{an}是正项等比数列，且2eq \r(2)为a4与a14的等比中项，所以a4a14＝8＝a7a11，则2a7＋a11＝2a7＋eq \f(8,a7)≥2eq \r(2a7·\f(8,a7))＝8，当且仅当a7＝2时，等号成立，所以2a7＋a11的最小值为8，故选择B.
答案：B
2．(2016·宝鸡质检)《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一，书中有一道这样的题目：把100个面包分给5个人，使每个人所得成等差数列，且使较大的三份之和的eq \f(1,7)是较小的两份之和，问最小的一份为( )
A.eq \f(5,3) B.eq \f(10,3)
C.eq \f(5,6) D.eq \f(11,6)
解析：由100个面包分给5个人，每个人所得成等差数列，可知中间一人得20块面包，设较大的两份为20＋d,20＋2d，较小的两份为20－d,20－2d，由已知条件可得eq \f(1,7)(20＋20＋d＋20＋2d)＝20－d＋20－2d，解得d＝eq \f(55,6)，∴最小的一份为20－2d＝20－2×eq \f(55,6)＝eq \f(5,3)，故选A.
答案：A
3．(2016·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＝eq \f(1,2)，an＝f(n)(n∈N*)，则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2)) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
解析：在f(x)·f(y)＝f(x＋y)中令x＝n，y＝1，得f(n＋1)＝f(n)f(1)，又a1＝eq \f(1,2)，an＝f(n)(n∈N*)，则an＋1＝eq \f(1,2)an，所以数列{an}是首项和公比都是eq \f(1,2)的等比数列，其前n项和Sn＝eq \f(\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝1－eq \f(1,2n)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，故选择C.
答案：C
4．已知在等差数列{an}中，a1>0，d>0，前n项和为Sn，等比数列{bn}满足b1＝a1，b4＝a4，前n项和为Tn，则( )
A．S4>T4 B．S4C．S4＝T4 D．S4≤T4
解析：法一：设等比数列{bn}的公比为q，则由题意可得q>1，数列{bn}单调递增，又S4－T4＝a2＋a3－(b2＋b3)＝a1＋a4－a1q－eq \f(a4,q)＝a1(1－q)＋a4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,q)))＝eq \f(q－1,q)(a4－a1q)＝eq \f(q－1,q)(b4－b2)>0，所以S4>T4.
法二：不妨取an＝7n－4，则等比数列{bn}的公比q＝eq \r(3,\f(a4,a1))＝2，所以S4＝54，T4＝eq \f(b11－q4,1－q)＝45，显然S4>T4，选A.
答案：A
5．正项等比数列{an}满足：a3＝a2＋2a1，若存在am，an，使得am·an＝16aeq \\al(2,1)，m，n∈N*，则eq \f(1,m)＋eq \f(9,n)的最小值为( )
A．2 B．16
C.eq \f(11,4) D.eq \f(3,2)
解析：设数列{an}的公比为q，a3＝a2＋2a1⇒q2＝q＋2⇒q＝2，∴an＝a1·2n－1，am·an＝16aeq \\al(2,1)⇒aeq \\al(2,1)·2m＋n－2＝16aeq \\al(2,1)⇒m＋n＝6，∵m，n∈N*，∴(m，n)可取的数值组合为(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，计算可得，当m＝2，n＝4时，eq \f(1,m)＋eq \f(9,n)取最小值eq \f(11,4).
答案：C
6．(2016·兰州双基)等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝________.
解析：由题意，得(a1＋3×2)2＝(a1＋2)(a1＋7×2)，解得a1＝2，所以Sn＝2n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2＋n.
答案：n2＋n
7．(2015·高考湖南卷)设Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝1，且3S1,2S2，S3成等差数列，则an＝________.
解析：由3S1,2S2，S3成等差数列，得4S2＝3S1＋S3，即3S2－3S1＝S3－S2，则3a2＝a3，得公比q＝3，所以an＝a1qn－1＝3n－1.
答案：3n－1
8．从盛满2升纯酒精的容器里倒出1升纯酒精，然后填满水，再倒出1升混合溶液后又用水填满，以此继续下去，则至少应倒________次后才能使纯酒精体积与总溶液的体积之比低于10%.
解析：设倒n次后纯酒精与总溶液的体积比为an，
则an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，由题意知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n<10%，
∴n≥4.
答案：4
9．已知f(x)＝2sineq \f(π,2)x，集合M＝{x||f(x)|＝2，x>0}，把M中的元素从小到大依次排成一列，得到数列{an}，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝eq \f(1,a\\al(2,n＋1))，设数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn解：(1)∵|f(x)|＝2，∴eq \f(π,2)x＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，x＝2k＋1，k∈Z.
又∵x>0，∴an＝2n－1(n∈N*)．
(2)∵bn＝eq \f(1,a\\al(2,n＋1))＝eq \f(1,2n＋12)＝eq \f(1,4n2＋4n＋1)∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn∴Tn10．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝eq \f(1,2)，an＝－2Sn·Sn－1(n≥2)．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)求证：Seq \\al(2,1)＋Seq \\al(2,2)＋…＋Seq \\al(2,n)≤eq \f(1,2)－eq \f(1,4n).
解：(1)∵an＝－2Sn·Sn－1(n≥2)，
∴Sn－Sn－1＝－2Sn·Sn－1.
两边同除以Sn·Sn－1，得eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn－1)＝2(n≥2)，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是以eq \f(1,S1)＝eq \f(1,a1)＝2为首项，以d＝2为公差的等差数列，
∴eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,S1)＋(n－1)·d＝2＋2(n－1)＝2n，
∴Sn＝eq \f(1,2n).
将Sn＝eq \f(1,2n)代入an＝－2Sn·Sn－1，
得an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)， n＝1，,\f(1,2n－2n2)， n≥2.))
(2)证明：∵Seq \\al(2,n)＝eq \f(1,4n2)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))(n≥2)，
Seq \\al(2,1)＝eq \f(1,4)，
∴当n≥2时，Seq \\al(2,1)＋Seq \\al(2,2)＋…＋Seq \\al(2,n)
＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,4×2×2)＋…＋eq \f(1,4·n·n)
＝eq \f(1,2)－eq \f(1,4n)；
当n＝1时，Seq \\al(2,1)＝eq \f(1,4)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,4×1).
综上，Seq \\al(2,1)＋Seq \\al(2,2)＋…＋Seq \\al(2,n)≤eq \f(1,2)－eq \f(1,4n).
B组 高考题型专练
1．(2015·高考浙江卷)已知数列{an}和{bn}满足a1＝2，b1＝1，an＋1＝2an(n∈N*)，b1＋eq \f(1,2)b2＋eq \f(1,3)b3＋…＋eq \f(1,n)bn＝bn＋1－1(n∈N*)．
(1)求an与bn；
(2)记数列{anbn}的前n项和为Tn，求Tn.
解：(1)由a1＝2，an＋1＝2an，得an＝2n(n∈N*)．
由题意知：
当n＝1时，b1＝b2－1，故b2＝2.
当n≥2时，eq \f(1,n)bn＝bn＋1－bn，整理得eq \f(bn＋1,n＋1)＝eq \f(bn,n)，
所以bn＝n(n∈N*)．
(2)由(1)知anbn＝n·2n，
因此，Tn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，
2Tn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，
所以Tn－2Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1.
故Tn＝(n－1)2n＋1＋2(n∈N*)．
2．(2015·高考安徽卷)设n∈N*，xn是曲线y＝x2n＋2＋1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标．
(1)求数列{xn}的通项公式；
(2)记Tn＝xeq \\al(2,1)xeq \\al(2,3)…xeq \\al(2,2n－1)，证明：Tn≥eq \f(1,4n).
解：(1)y′＝(x2n＋2＋1)′＝(2n＋2)x2n＋1，曲线y＝x2n＋2＋1在点(1,2)处的切线斜率为2n＋2，
从而切线方程为y－2＝(2n＋2)(x－1)．
令y＝0，解得切线与x轴交点的横坐标xn＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
所以数列{xn}的通项公式xn＝eq \f(n,n＋1).
(2)证明：由题设和(1)中的计算结果知
Tn＝xeq \\al(2,1)xeq \\al(2,3)…xeq \\al(2,2n－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))2…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2n－1,2n)))2.
当n＝1时，T1＝eq \f(1,4).
当n≥2时，因为xeq \\al(2,2n－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2n－1,2n)))2＝eq \f(2n－12,2n2)>eq \f(2n－12－1,2n2)＝eq \f(2n－2,2n)＝eq \f(n－1,n)，
所以Tn>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2×eq \f(1,2)×eq \f(2,3)×…×eq \f(n－1,n)＝eq \f(1,4n).
综上可得对任意的n∈N*，均有Tn≥eq \f(1,4n).
3．(2014·高考新课标全国卷Ⅱ)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.
(1)证明：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,2)))是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)证明：eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)证明：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋eq \f(1,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,2))).
又a1＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,2)))是首项为eq \f(3,2)，公比为3的等比数列．
所以an＋eq \f(1,2)＝eq \f(3n,2)，
因此{an}的通项公式为an＝eq \f(3n－1,2).
(2)由(1)知eq \f(1,an)＝eq \f(2,3n－1).
因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，
所以eq \f(1,3n－1)≤eq \f(1,2×3n－1).
于是eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)≤1＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,3n－1)
＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n)))所以eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)