专题二　数列学案

这是一份专题二　数列学案，共20页。

专题二　数列
小题专项　等差数列与等比数列
命|题|分|析
1．等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现。
2．数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力。
明确考点　扣准要点
必 备 知 识
,1．等差、等比数列的通项公式、前n项和公式及性质

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
①q≠1，Sn＝＝；
②q＝1，Sn＝na1
性质
①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；
②an＝am＋(n－m)d；
③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等差数列
①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq；
②an＝amqn－m；
③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等比数列(Sm≠0)
2.求数列通项公式常用的方法
(1)定义法：①形如an＋1＝an＋C(C为常数)，直接利用定义判断其为等差数列。
②形如an＋1＝kan(k为非零常数)且首项不为零，直接利用定义判断其为等比数列。
(2)累加法：形如an＋1＝an＋f(n)，利用an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)求其通项公式。
(3)累乘法：形如＝f(n)≠0，利用an＝a1···…·求其通项公式。
(4)待定系数法：形如an＋1＝pan＋q(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)，先用待定系数法把原递推公式转化为an＋1－t＝p(an－t)，其中t＝，再转化为等比数列求解。
(5)构造法：形如an＋1＝pan＋qn(其中p，q均为常数，pq(p－q)≠0)，先在原递推公式两边同除以qn＋1，得＝·＋，构造新数列{bn}，得bn＋1＝·bn＋，接下来用待定系数法求解。
3．辨明易错易混点
(1)忽略公式an＝Sn－Sn－1成立的条件是n≥2，n∈N*。
(2)证明一个数列是等差或等比数列时，由数列的前几项想当然得到通项公式，易出错，必须用定义证明。
(3)应用等比数列的前n项和公式时，应注意条件是否暗示了q的范围，否则，应注意讨论。
(4)等差数列的单调性只取决于公差d的正负，等比数列的单调性既要考虑公比q又要考虑首项。
精析精研　重点攻关
考 向 突 破
考向一 等差数列、等比数列的基本运算
【例1】　(1)已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，＋an＋1＝0，则S5＝(　　)
A．　　　B． C．　　　D．
解析　由＋an＋1＝0，得＋Sn＋1－Sn＝0，即Sn＋1＝Sn，所以{Sn}为等比数列，又S1＝a1＝1，所以S5＝4＝。故选B。
答案　B
(2)已知数列{an}是等比数列，数列{bn}是等差数列，若a2·a6·a10＝3，b1＋b6＋b11＝7π，则tan的值是(　　)
A．1　　　 B．
C．－　　 D．－
解析　因为{an}是等比数列，所以a2·a6·a10＝a＝3，所以a6＝。因为{bn}是等差数列，所以b1＋b6＋b11＝3b6＝7π，所以b6＝。故tan＝tan＝tan＝－tan＝－tan＝－。故选D。
答案　D
方法悟通
等差、等比数列的基本量问题主要涉及函数与方程的思想，难度不大，重点在于利用数列的基本性质构建方程，进而求得基本量，运算时要避免粗心的问题。
【变式训练1】　(1)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若a4＝，S3－a1＝，则S4＝(　　)
A．　　　B． C．　　　D．
解析　因为a4＝，S3－a1＝，公比q>0且q≠1，所以解得所以S4＝＝。故选D。
答案　D
(2)设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，若a2＋a7＋a9＝27，且S8＝S9，则d＝(　　)
A．－3　　　B．－1 C．1　　　D．3
解析　等差数列{an}中，a2＋a7＋a9＝(a1＋d)＋(a1＋6d)＋(a1＋8d)＝3(a1＋5d)＝3a6＝27，所以a6＝9；又S8＝S9，所以a9＝0，所以a9－a6＝3d＝－9，解得d＝－3。故选A。
答案　A
考向二 等差数列、等比数列的性质及应用
【例2】　(1)已知数列{an}的前n项和为Sn，点(n，an)在某条斜率存在且不为0的定直线上，同时满足2S5－13a4＋5a8＝10，则下列数中为定值的是(　　)
A．a8 B．S9
C．a17 D．S17
解析　由点(n，an)在某条斜率存在且不为0的定直线上，得{an}为等差数列。因为2S5－13a4＋5a8＝10，所以(10a1＋20d)－13(a1＋3d)＋5(a1＋7d)＝10，化简得a1＋8d＝5，即a9＝5，所以S17＝17×(a1＋a17)＝17a9＝85，为定值，故选D。
答案　D
(2)(多选)已知数列{an}为等比数列，则(　　)
A．{an＋an＋1}为等比数列
B．{anan＋1}为等比数列
C．{a＋a}为等比数列
D．{Sn}不为等比数列(Sn为数列{an}的前n项和)
解析　因为数列{an}为等比数列，所以设其公比为q(q≠0)，则数列{an}的通项公式为an＝a1qn－1(n∈N*)。对于A，an＋an＋1＝a1qn－1＋a1qn＝a1(1＋q)qn－1(n∈N*)，当q＝－1时，an＋an＋1＝0(n∈N*)，故{an＋an＋1}不一定为等比数列，所以A不正确；对于B，anan＋1＝a1qn－1·a1qn＝aq2n－1(n∈N*)，所以＝＝q2(常数)对一切n∈N*都成立，故{anan＋1}为等比数列，所以B正确；对于C，a＋a＝(a1qn－1)2＋(a1qn)2＝aq2n－2＋aq2n＝a(1＋q2)q2n－2(n∈N*)，所以＝＝q2(常数)(n∈N*)，故{a＋a}为等比数列，所以C正确；对于D，因为数列{an}的前n项和为Sn，所以当q＝－1时，Sn＝＝(其中k∈N*)，此时{Sn}不为等比数列，故D正确。故选BCD。
答案　BCD
方法悟通
等差、等比数列性质使用的注意点
(1)若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q∈N*)，则对于等差数列有am＋an＝ap＋aq＝2ak，但是不存在am＋an＝a2k；对于等比数列有aman＝apaq＝a，但是不存在aman＝a2k。
(2)对等差数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列；对等比数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等比数列，且仅在q≠－1或q＝－1且m为奇数时满足。
【变式训练2】　(1)等差数列{an}的前n项和为Sn，若S21＝63，则a3＋a11＋a19＝(　　)
A．12 B．9
C．6 D．3
解析　由等差数列的性质可知，S21＝＝＝21a11＝63，解得a11＝3，所以a3＋a11＋a19＝3a11＝9。故选B。
答案　B
(2)设数列{an}满足a＝anan＋2，其前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9等于(　　)
A． B．－
C． D．
解析　由a＝anan＋2知{an}为等比数列。
解法一：(性质法)易知S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，则(S6－S3)2＝S3(S9－S6)，(7－8)2＝8(S9－S6)，所以a7＋a8＋a9＝S9－S6＝。故选A。
解法二：(整体法)由S6＝S3＋q3S3＝8＋8q3＝7，可得q3＝－，故＝q6＝2＝，又a1＋a2＋a3＝S3＝8，所以a7＋a8＋a9＝。故选A。
答案　A
考向三 利用函数性质研究数列
【例3】　(多选)已知等比数列{an}的首项a1>1，公比为q，前n项和为Sn，前n项积为Tn，函数f(x)＝x(x＋a1)(x＋a2)…(x＋a7)，若f′(0)＝1，则(　　)
A．{lg an}为递增的等差数列
B．0 C．为递增的等比数列
D．使得Tn>1成立的n的最大值为6
解析　令g(x)＝(x＋a1)(x＋a2)…(x＋a7)，则f(x)＝xg(x)，所以f′(x)＝g(x)＋xg′(x)，所以f′(0)＝g(0)＝a1a2…a7＝1，因为{an}是等比数列，所以a1a2…a7＝a＝1，即a4＝1＝a1q3，又a1>1，所以01,01，当n≥5时，01，因为T7＝a1a2…a7＝a＝1，所以当n≥8时，Tn＝T7a8a9…an1，T6＝>1，所以使得Tn>1成立的n的最大值为6，D正确。
答案　BCD
方法悟通
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。
【变式训练3】　已知数列{an}的通项公式为an＝n－1－n－1，则数列{an}(　　)
A．有最大项，没有最小项
B．有最小项，没有最大项
C．既有最大项又有最小项
D．既没有最大项也没有最小项
解析　由题意得an＝2－n－1。令t＝n－1>0，则t＝1，，，…，n－1，所以an＝t2－t。因为y＝t2－t的对称轴为t＝，在上单调递减，在上单调递增，所以当t＝时，an取最小值；当t＝1时，an取最大值，所以{an}既有最大项又有最小项。故选C。
答案　C
考向四 数列的通项与求和
【例4】　(1)在数列{an}中，a1＝1，数列{an＋1－an}是以7为首项，－2为公差的等差数列，则数列{an}中最大项的值为________。
解析　由题意知an＋1－an＝7＋(n－1)(－2)＝9－2n，当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝(11－2n)＋(13－2n)＋…＋7＋1＝(n－1)＋1＝－n2＋10n－8＝－(n－5)2＋17，检验知a1＝1满足上式。故an＝－(n－5)2＋17，故当n＝5时，an取最大值17。
答案　17
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，S2＝4，且＝＋(n≥2且n∈N*)。则＋＋…＋＝________。
解析　由＝＋(n≥2且n∈N*)知是等差数列。因为＝1，＝2，所以的首项为1，公差为1，可知＝n，即Sn＝n2，所以an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)。显然n＝1也符合上式。所以an＝2n－1(n∈N*)。＋＋…＋＝＋＋…＋＝＝＝，故＋＋…＋＝＝。
答案　
方法悟通
(1)求通项的方法一定要灵活变通，不能死板，这需要掌握常见的方法：①累加、累乘；②利用an与Sn的关系；③构造等差、等比数列；④消元法；⑤取对数、取倒数等。
(2)求和问题从通项公式入手，具体数列具体分析，掌握常见的数列求和方法：①公式法；②分组求和；③裂项相消；④错位相减；⑤倒序相加；⑥并项法。
【变式训练4】　(1)已知数列{an}满足a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－1an＝(n∈N*)，则an＝________。
解析　当n＝1时，a1＝，因为a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1＋4n－1an＝　①，所以a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1＝(n≥2，n∈N*)　②，①－②，得4n－1an＝(n≥2，n∈N*)，所以an＝(n≥2，n∈N*)。又a1＝适合上式，所以an＝(n∈N*)。
答案　
(2)已知数列{an}满足an＋1＝an＋an＋2，n∈N*，i＝5，则i＝________。
解析　因为an＋1＝an＋an＋2，所以an＋2＝an＋1－an，所以an＋3＝an＋2－an＋1＝－an，所以an＋6＝an，所以T＝6，而a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝0，又因为i＝5。所以i＝336×0＋i＝5。
答案　5
(3)已知在公差不为零的等差数列{an}中，a3＝7，且a1，a4，a13成等比数列，记数列{an·2n}的前n项和为Sn，则Sn＝________。
解析　设数列{an}的公差为d。由可得解得d＝2或d＝0(舍去)，所以a1＝3，所以an＝2n＋1(n∈N*)，an·2n＝(2n＋1)×2n，故Sn＝3×2＋5×22＋…＋(2n＋1)×2n，则2Sn＝3×22＋5×23＋…＋(2n＋1)×2n＋1，故－Sn＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)×2n＋1＝6＋2×－(1＋2n)×2n＋1＝－2＋(1－2n)×2n＋1，故Sn＝2－2n＋1(1－2n)。
答案　2－2n＋1(1－2n)
练真题　明确考向
回 味 高 考
1．(2021·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和。若S2＝4，S4＝6，则S6＝(　　)
A．7　　　　 B．8
C．9　　　　 D．10
解析　解法一：因为S2＝4，S4＝6，且易知公比q≠±1，所以由等比数列的前n项和公式，得两式相除，得q2＝，所以或所以S6＝＝7。故选A。
解法二：易知S2，S4－S2，S6－S4构成等比数列，由等比中项得S2(S6－S4)＝(S4－S2)2，即4(S6－6)＝22，所以S6＝7。故选A。
答案　A
2．(2021·全国甲卷)等比数列{an}的公比为q，前n项和为 Sn，设甲：q>0，乙：{Sn}是递增数列，则(　　)
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
解析　当a1<0，q>1时，an＝a1qn－1<0，此时数列{Sn}递减，所以甲不是乙的充分条件。当数列{Sn}递增时，有Sn＋1－Sn＝an＋1＝a1qn>0，若a1>0，则qn>0(n∈N*)，即q>0；若a1<0，则qn<0(n∈N*)，不存在。所以甲是乙的必要条件。
答案　B
3．(2020·全国Ⅱ卷)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman。若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝(　　)
A．2　　　　B．3 C．4　　　　D．5
解析　令m＝1，则由am＋n＝aman，得an＋1＝a1an，即＝a1＝2，所以数列{an}是首项为2，公比q为2的等比数列，所以an＝2n，所以ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝qk×(a1＋a2＋…＋a10)＝2k×＝2k＋1×(210－1)＝215－25＝25×(210－1)，解得k＝4，故选C。
答案　C
4．(2020·全国Ⅱ卷)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
解析　由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{an}，易知其首项a1＝9，公差d＝9，所以an＝a1＋(n－1)d＝9n。设数列{an}的前n项和为Sn，由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列，所以2(S2n－Sn)＝Sn＋S3n－S2n，所以(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝S2n－2Sn＝－2×＝9n2＝729，得n＝9，所以三层共有扇面形石板的块数为S3n＝＝＝3 402。故选C。
答案　C
5．(2021·北京高考)已知{an}和{bn}是两个等差数列，且(1≤k≤5)是常值，若a1＝288，a5＝96，b1＝192，则b3的值为(　　)
A．64 B．100
C．128 D．132
解析　由题意可得＝，则b5＝64，故b3＝＝＝128。
答案　C
6．(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和。若a1＝，a＝a6，则S5＝________。
解析　解法一：设等比数列{an}的公比为q，因为a＝a6，所以(a1q3)2＝a1q5，所以a1q＝1，又a1＝，所以q＝3，所以S5＝＝＝。
解法二：设等比数列{an}的公比为q，因为a＝a6，所以a2a6＝a6，所以a2＝1，又a1＝，所以q＝3，所以S5＝＝＝。
答案　
7．(2020·新高考全国Ⅰ卷)将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________。
解析　解法一：设bn＝2n－1，cm＝3m－2，bn＝cm，则2n－1＝3m－2，得n＝＝＝＋1，于是m－1＝2k，k∈N，所以m＝2k＋1，k∈N，则ak＝3(2k＋1)－2＝6k＋1，k∈N，得an＝6n－5，n∈N*。故Sn＝×n＝3n2－2n。
解法二：两等差数列的第1个公共项为1，公差的最小公倍数是6，所以{an}是首项为1，公差为6的等差数列，所以Sn＝n×1＋×6＝3n2－2n。
答案　3n2－2n
增分专练(四)　等差数列与等比数列
A级　基础达标
一、单项选择题
1．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若a2＝15，S5＝65，则a1＋a4＝(　　)
A．24 B．26
C．28 D．30
解析　解法一：设等差数列{an}的公差为d，则由题意，得解得所以a1＋a4＝a1＋a1＋3d＝17＋17－6＝28，故选C。
解法二：因为S5＝＝5a3＝65，所以a3＝13，所以a1＋a4＝a2＋a3＝15＋13＝28，故选C。
答案　C
2．已知数列{an}是等差数列，a2＋a9＝3a6，公差d＝－4，则其前11项和等于(　　)
A．44 B．22 C．－44 D．－22
解析　解法一：由a2＋a9＝3a6，得a1＋(－4)＋a1＋8×(－4)＝3[a1＋5×(－4)]，解得a1＝24，所以前11项和S11＝11a1＋×d＝11×24＋55×(－4)＝44，故选A。
解法二：因为a2＋a9＝a3－d＋a9＝2a6－d＝3a6，所以a6＝－d＝4，所以前11项和S11＝＝11a6＝44，故选A。
答案　A
3．已知数列{an}是等比数列，首项为1，前3项和为7，则前5项和等于(　　)
A．31 B．61
C．31或61 D．31或81
解析　设数列{an}的公比为q，数列{an}的前n项和为Sn，显然q≠1。由a1＝1得S3＝a1＋a1q＋a1q2＝1＋q＋q2＝7，即(q＋3)(q－2)＝0，解得q＝－3或q＝2。当q＝－3时，S5＝＝＝61，当q＝2时，S5＝＝＝31。所以S5＝31或61。故选C。
答案　C
4．(2021·甘肃省诊断测试)在数列{an}中，a1＝1，数列是公比为2的等比数列，则an＝(　　)
A．－1 B． C．1＋ D．
解析　因为数列是公比为2的等比数列，所以＋1＝×2n－1＝2n，所以an＝，故选B。
答案　B
5．(2021·东北三省四市联考)5G是第五代移动通信技术的简称，其意义在于万物互联，即所有人和物都将存在于有机的数字生态系统中，它把以人为中心的通信扩展到同时以人与物为中心的通信，将会为社会生活与生产方式带来巨大的变化。目前我国最高的5G基站海拔6 500米。从全国范围看，中国5G发展进入了全面加速阶段，基站建设进度超过预期。现有8个工程队共承建10万个基站，从第二个工程队开始，每个工程队所建的基站数都比前一个工程队少，则第一个工程队承建的基站数(单位：万)约为(　　)
A． B． C． D．
解析　由题意可知，8个工程队承建的基站数构成公比为1－＝的等比数列{an}，根据等比数列的前n项和公式得＝10，解得a1＝，故选B。
答案　B
6．已知等比数列{an}满足an>0，n＝1,2，…，且a5·a2n－5＝22n(n≥3)，则当n≥1时，log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝(　　)
A．n(2n－1) B．(n＋1)2
C．n2 D．(n－1)2
解析　因为数列{an}是等比数列，且a5·a2n－5＝22n(n≥3)，所以根据等比数列的性质知，log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝log2[(a1a2n－1)(a3a2n－3)…]＝log2(22n) ＝n2，故选C。
答案　C
7．(2021·东北三校联考)已知数列{an}满足a1＝1，anan＋1＝2n(n∈N*)，则S2 021＝(　　)
A．3(21 011－1) B．21 011－3
C．3(21 010－1) D．21 012－3
解析　因为anan＋1＝2n(n∈N*)　①，所以an－1an＝2n－1(n≥2)　②，①÷②，得＝2(n≥2)，又a1＝1，当n＝1时，a1·a2＝2，所以a2＝2，所以数列{an}从第2项开始，每隔一项，即偶数项，构成以2为首项，2为公比的等比数列，a2，a4，a6，…，a2 020，共1 010项；从第1项开始，每隔一项，即奇数项，构成以1为首项，2为公比的等比数列，a1，a3，a5，…，a2 021，共1 011项。所以S2 021＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 021)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 020)＝＋＝21 011－1＋21 011－2＝2×21 011－3＝21 012－3，故选D。
答案　D
二、多项选择题
8．记Sn为等差数列{an}的前n项和。若a1＋3a5＝S7，则以下结论一定正确的是(　　)
A．a4＝0 B．Sn的最大值为S3
C．S1＝S6 D．|a3|<|a5|
解析　设等差数列{an}的公差为d，则a1＋3(a1＋4d)＝7a1＋21d，解得a1＝－3d，则an＝a1＋(n－1)d＝(n－4)d，所以a4＝0，故A正确；因为S6－S1＝5a4＝0，所以S1＝S6，故C正确；由于d的取值情况不清楚，故S3可能为最大值也可能为最小值，故B不正确；因为a3＋a5＝2a4＝0，所以a3＝－a5，即|a3|＝|a5|，故D错误。
答案　AC
9. (2021·济南市模拟)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
解析　由题意知，a1＝1，a2＝a1＋2，a3＝a2＋3，…，an－1＝an－2＋n－1，an＝an－1＋n，将以上各式相加得，an＝1＋2＋3＋…＋n＝。对于A，a4＝＝10，故A不正确；对于B，an＋1＝an＋n＋1，故B正确；对于C，a100＝＝5 050，故C正确；对于D,2an＋1＝(n＋1)(n＋1＋1)＝(n＋1)(n＋2)，an·an＋2＝，显然2an＋1≠an·an＋2，故D不正确。综上所述，选BC。
答案　BC
10．已知等比数列{an}的各项均为正数，公比为q，且a1>1，a6＋a7>a6a7＋1>2，记{an}的前n项积为Tn，则下列选项中正确的是(　　)
A．01
C．T12>1 D．T13>1
解析　由于等比数列{an}的各项均为正数，公比为q，且a1>1，a6＋a7>a6a7＋1>2，所以(a6－1)(a7－1)<0，由题意得a6>1，a7<1，所以02，所以a6a7>1，T12＝a1·a2·…·a11·a12＝(a6a7)6>1，T13＝a<1，所以满足Tn>1的最大正整数n的值为12，C正确，D错误。
答案　ABC
三、填空题
11．(2021·济南市模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S7＝28，则a2＋a3＋a7的值为________。
解析　解法一：设等差数列{an}的公差为d，则S7＝7a1＋×d＝7(a1＋3d)＝28，所以a1＋3d＝4，所以a2＋a3＋a7＝a1＋d＋a1＋2d＋a1＋6d＝3(a1＋3d)＝3×4＝12。
解法二：由等差数列的性质知a1＋a7＝2a4，a2＋a3＝a1＋a4，得S7＝＝7a4＝28，所以a4＝4，则a2＋a3＋a7＝a1＋a4＋a7＝3a4＝12。
答案　12
12．设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝(－1)nan＋，则S1＋S3＋S5＝________。
解析　由题知Sn＝(－1)n(Sn－Sn－1)＋(n≥2)，若n为偶数，则Sn－1＝(n≥2)，所以Sk＝(k＝1,3,5，…)，则S1＋S3＋S5＝＋＋＝。
答案　
13．已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝1，a3＝100，则{an}的通项公式为an＝________；设数列{lg an}的前n项和为Tn，则Tn＝________。
解析　设等比数列{an}的公比为q，由题知q>0。因为a1＝1，a3＝100，所以q＝＝10，所以an＝10n－1。因为lg an＝lg 10n－1＝n－1，所以Tn＝。
答案　10n－1　
14．已知a－1，a＋1，a＋5三个数成等比数列，则a＝________；若a－1，a＋1，a＋5的倒数重新排列后为递增的等比数列{an}的前3项，则能使不等式a1＋a2＋…＋an≤＋＋…＋成立的正整数n的最大值为________。
解析　因为a－1，a＋1，a＋5三个数成等比数列，所以(a＋1)2＝(a－1)(a＋5)，所以a＝3。倒数重新排列后恰好为递增的等比数列{an}的前3项，则{an}的前3项为，，，所以{an}是首项为，公比为2的等比数列，数列是以8为首项，为公比的等比数列，则不等式a1＋a2＋…＋an≤＋＋…＋等价于≤，整理得2n≤27，所以n≤7，n∈N*，即n的最大值为7。
答案　3　7
B级　素养落实
15.设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＝＋2(n－1)(n∈N*)，则nSn－2n2的最小值为(　　)
A．－2 B．－1
C． D．3
解析　由题知，当n≥2时，Sn－Sn－1＝＋2(n－1)，整理得－＝2，即数列是以1为首项，2为公差的等差数列，所以＝1＋2(n－1)＝2n－1，故Sn＝2n2－n，所以nSn－2n2＝2n3－3n2。令f(x)＝2x3－3x2，x≥1，则f′(x)＝6x2－6x＝6x(x－1)≥0，故f(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以数列{nSn－2n2}是一个递增数列，当n＝1时，nSn－2n2取得最小值1－2＝－1。故选B。
答案　B
16．(2021·浙江高考)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，记数列{an}的前n项和为Sn，则(　　)
A． C．4 解析　因为a1＝1，an＋1＝，所以an>0，a2＝，所以S100>。＝＝＋＝2－。所以<2，两边同时开方可得<＋，则<＋，…，<＋，由累加法可得<＋＝1＋，所以≤1＋＝，所以≥，所以an＋1＝≤＝an，即≤，则≤，…，≤，由累乘法可得当n≥2时，an＝≤×××…××＝＝6，所以S100<1＋6＝1＋6<1＋2＝3。故选A。
答案　A
17．(2021·河南省适应性测试)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝3an－2n－1(n∈N*)，记cn＝3n－2×(－1)nλan，若对任意的n∈N*，cn＋1>cn恒成立，则实数λ的取值范围为________。
解析　因为an＋1＝3an－2n－1，所以＝·－，令bn＝，则bn＋1＝bn－，可得bn＋1－＝，因为a1＝1，所以b1－＝－＝0，故bn－＝0，即＝，所以an＝2n－1，所以cn＝3n－2×(－1)nλan＝3n－λ·(－2)n。由cn＋1>cn知3n＋1－λ·(－2)n＋1>3n－λ·(－2)n，化简得λ·n>－，当n为奇数时，λ·n>－恒成立，即λ·n<恒成立，可得λ<1；当n为偶数时，λ·n>－恒成立，即λ·n>－恒成立，可得λ>－。综上，－<λ<1。
答案　
大题专项　数列大题考向探究
命|题|分|析
高考对数列的考查若只出现在解答题中时，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、等比数列的定义进行考查，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．等差、等比数列的判断与证明。
精析精研　重点攻关
考 向 突 破
考向一 数列基本量的计算
【例1】　已知数列{an}为正项等比数列，Sn为{an}的前n项和，且S3＝21，a2＋a3＝6a1。
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)从以下三个条件中任选一个作为已知条件，求数列{bn}的前n项和Tn。①bn＝；②bn＝an＋2n；③bn＝log2。
解　(1)设数列{an}的公比为q，因为a2＋a3＝6a1，所以a1q＋a1q2＝6a1，故q2＋q－6＝0，解得q＝2或q＝－3，又数列{an}为正项等比数列，故q＝2。由S3＝21，得a1(1＋q＋q2)＝21，将q＝2代入，得a1＝3，所以数列{an}的通项公式为an＝3×2n－1。
(2)选择①bn＝：由(1)可得bn＝＝＝n－1，所以数列{bn}是首项为1，公比为的等比数列，所以Tn＝＝3。
选择②bn＝an＋2n：由(1)可得bn＝an＋2n＝3×2n－1＋2n，所以Tn＝＋＝3(2n－1)＋n2＋n。
选择③bn＝log2：由(1)可得bn＝log2＝log2＝log22n－1＝n－1，所以数列{bn}是首项为0，公差为1的等差数列，所以Tn＝。
方法悟通
由等差数列、等比数列组成的综合问题，首先要立足两数列的概念，设出相应的基本量，充分使用通项公式、求和公式、数列的性质，确定基本量。解综合题的关键在于审清题目，弄懂来龙去脉，揭示问题的内在联系和隐含条件，确定解题策略。
【变式训练1】　设Sn是等差数列{an}的前n项和，a3＝7，________。
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn的最值。
从①S6＝51；②an＝an－1－3(n≥2)；③S5＝a3·a5中任选一个，补充在上面的问题中并作答。
解　选①：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题设知解得所以an＝1＋3(n－1)＝3n－2。
(2)由(1)知an＝3n－2，所以数列{an}是递增数列，且an>0恒成立，所以(Sn)min＝S1＝1，Sn无最大值。
选②：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题设知d＝an－an－1＝－3(n≥2)，因为a3＝a1＋2×(－3)＝7，所以a1＝13，所以an＝13－3(n－1)＝16－3n。
(2)由(1)知an＝16－3n，令an>0，得n≤5，又数列{an}是递减数列，所以(Sn)max＝S5＝＝35，Sn无最小值。
选③：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题设知解得a5＝5，所以d＝＝－1，所以an＝a3＋(n－3)×(－1)＝10－n。
(2)由(1)知an＝10－n，令an＝0，得n＝10，又数列{an}是递减数列，所以(Sn)max＝S9＝S10＝＝45，Sn无最小值。
考向二 数列的证明问题
【例2】　已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an>0，S＝a－λSn＋1，其中λ为常数。
(1)证明：Sn＋1＝2Sn＋λ；
(2)是否存在实数λ，使得数列{an}为等比数列？若存在，求出λ；若不存在，请说明理由。
解　(1)证明：因为an＋1＝Sn＋1－Sn，
S＝a－λSn＋1，
所以S＝(Sn＋1－Sn)2－λSn＋1，
则Sn＋1(Sn＋1－2Sn－λ)＝0。
因为an>0，知Sn＋1>0，
所以Sn＋1－2Sn－λ＝0，故Sn＋1＝2Sn＋λ。
(2)由(1)知，Sn＋1＝2Sn＋λ，
当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋λ，
两式相减，an＋1＝2an(n≥2，n∈N*)，
所以数列{an}从第二项起成等比数列，且公比q＝2。
又S2＝2S1＋λ，即a2＋a1＝2a1＋λ，
所以a2＝a1＋λ＝1＋λ>0，得λ>－1。
因此an＝
若数列{an}是等比数列，则a2＝1＋λ＝2a1＝2。
所以λ＝1，经验证得λ＝1时，数列{an}是等比数列。
方法悟通
(1)判定等差(比)数列的主要方法：①定义法：对于任意n≥1，n∈N*，验证an＋1－an为与正整数n无关的一常数；②中项公式法。
(2)an＋1＝an·q和a＝an－1an＋1(n≥2)都是数列{an}为等比数列的必要不充分条件，判定时还要看各项是否为零。
【变式训练2】　已知数列{an}满足a2－a1＝1，其前n项和为Sn，当n≥2时，Sn－1－1，Sn，Sn＋1成等差数列。
(1)求证：{an}为等差数列；
(2)若Sn＝0，Sn＋1＝4，求n的值。
解　(1)证明：当n≥2时，由Sn－1－1，Sn，Sn＋1成等差数列，得2Sn＝Sn－1－1＋Sn＋1，即Sn－Sn－1＝－1＋Sn＋1－Sn，即an＝－1＋an＋1(n≥2)，则an＋1－an＝1(n≥2)，
又a2－a1＝1，所以{an}是公差为1的等差数列。
(2)由(1)知数列{an}的公差为1，
由Sn＝0，Sn＋1＝4得an＋1＝4，即a1＋n＝4　①，
由Sn＝0得na1＋＝0，即a1＋＝0　②，
联立①②，解得n＝7。
考向三 数列求和
【例3】　(1)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋n。
①求{an}的通项公式；
②设bn＝求数列{bn}的前2n项和T2n。
解　①因为Sn＝n2＋n，
所以当n＝1时，a1＝S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－＝n，
又n＝1时符合上式，所以an＝n。
②因为bn＝
所以对任意的k∈N*，
b2k＋1－b2k－1＝(2k＋1)－(2k－1)＝2，
则{b2k－1}是以1为首项，2为公差的等差数列；
＝＝4，则{b2k}是以4为首项，4为公比的等比数列。
所以T2n＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋b6＋…＋b2n)＝(1＋3＋…＋2n－1)＋(22＋24＋26＋…＋22n)＝＋＝n2＋－。
(2)(2021·郑州市质量预测)已知数列{an}满足a1＝1，Sn＝(Sn为数列{an}的前n项和)。
①求数列{an}的通项公式；
②若bn＝(－1)n＋1，数列{bn}的前n项和为Tn，求T2 021。
解　①由已知Sn＝，
得Sn－1＝(n≥2)，
两式相减得，an＝－(n≥2)，
化简得(n－1)an＝nan－1，
所以＝＝…＝＝1，所以an＝n。
②bn＝(－1)n＋1＝(－1)n＋1，
所以T2 021＝－＋－…－＋＝1＋＝。
方法悟通
数列求和主要有公式法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法与并项求和法等，每一种方法都有它的特点与解法，学习过程中应该认真领会与掌握。
【变式训练3】　(2021·石家庄市质量检测)已知公差不为0的等差数列{an}满足a1＝1，且a1，a2，a5成等比数列。
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝2n－1，求数列{an·bn}的前n项和Tn。
解　(1)设数列{an}的公差为d(d≠0)，
由a1，a2，a5成等比数列可得a＝a1·a5，
即(1＋d)2＝1×(1＋4d)，
解得d＝2或d＝0(舍)，所以an＝2n－1。
(2)由(1)得an·bn＝(2n－1)×2n－1，
所以Tn＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n－1)×2n－1，
2Tn＝1×21＋3×22＋…＋(2n－3)×2n－1＋(2n－1)×2n，
两式相减得－Tn＝1×20＋2×21＋2×22＋…＋2×2n－1－(2n－1)×2n＝1＋2×－(2n－1)×2n＝1－4＋2×2n－(2n－1)×2n＝－3＋(3－2n)×2n，
所以Tn＝3＋(2n－3)×2n。
考向四 数列的综合问题
【例4】　设f(x)＝x2＋2x，f′(x)是y＝f(x)的导函数，若数列{an}满足an＋1＝f′(an)，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)由f(x)＝x2＋2x，得f′(x)＝x＋2。
因为an＋1＝f′(an)，且a1＝1。
所以an＋1＝an＋2，则an＋1－an＝2，
因此数列{an}是公差为2，首项为1的等差数列。
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1。
(2)数列{an}的前n项和Sn＝＝n2，
等比数列{bn}中，设公比为q，
因为b1＝a1＝1，b2＝a2＝3，所以q＝3。
所以bn＝3n－1，所以数列{bn}的前n项和
Tn＝＝。
Tn≤Sn可化为≤n2。
又n∈N*，所以n＝1，或n＝2。
故适合条件Tn≤Sn的所有n的值为1和2。
方法悟通
(1)求解数列与函数交汇问题要注意两点：
①数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别注意；
②解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件。
(2)数列为背景的不等式恒成立、不等式证明，多与数列的求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性处理。
【变式训练4】　(2021·长春市质量监测)已知等比数列{an}满足：a1＋a2＝20，a2＋a3＝80。
(1)求{an}的通项公式；
(2)令bn＝log2an，数列{bn}的前n项和为Sn，若≤λ恒成立，求λ的最小值。
解　(1)设{an}的公比为q，
由题意得
可得q＝4，a1＝4，
所以{an}的通项公式为an＝4n。
(2)bn＝log2an＝log24n＝2n，
所以{bn}是以2为首项，2为公差的等差数列，
所以Sn＝2n＋n(n－1)×2＝n2＋n，
＝＝，n∈N*，
利用基本不等式以及对勾函数的性质可得
n＋≥，
所以≤，
则λ的最小值为。
练真题　明确考向
回 味 高 考
1．(2021·全国乙卷)记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知＋＝2。
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式。
解　(1)证明：因为bn是数列{Sn}的前n项积，
所以n≥2时，Sn＝，
代入＋＝2可得，＋＝2，
整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝(n≥2)。
又＋＝＝2，所以b1＝，
故{bn}是以为首项，为公差的等差数列。
(2)由(1)可知，bn＝，则＋＝2，
所以Sn＝，
当n＝1时，a1＝S1＝，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝－。
而a1＝不适合上式，
故an＝
2．(2021·新高考全国Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝
(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求{an}的前20项和。
解　(1)因为bn＝a2n，且a1＝1，an＋1＝所以b1＝a2＝a1＋1＝2，
b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5。
因为bn＝a2n, 所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，
所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3，
所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，
bn＝2＋3(n－1)＝3n－1，n∈N*。
(2)因为an＋1＝
所以k∈N*时，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1，
即a2k＝a2k－1＋1　①，
a2k＋1＝a2k＋2　②，
a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1　③，
所以①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3，
所以数列{an}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3，
又a2＝2，所以数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列。
所以数列{an}的前20项和S20＝(a1＋a3＋a5＋…＋a19)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝10＋×3＋20＋×3＝300。
3．(2021·浙江高考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*)。
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn。若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围。
解　(1)因为4Sn＋1＝3Sn－9，
所以当n≥2时，4Sn＝3Sn－1－9，
两式相减可得4an＋1＝3an，即＝。
当n＝1时，4S2＝4＝－－9，
解得a2＝－，所以＝。
所以数列{an}是首项为－，公比为的等比数列，
所以an＝－×n－1＝－。
(2)因为3bn＋(n－4)an＝0，
所以bn＝(n－4)×n。
所以Tn＝－3×－2×2－1×3＋0×4＋…＋(n－4)×n　①，
且Tn＝－3×2－2×3－1×4＋0×5＋…＋(n－5)×n＋(n－4)×n＋1　②，
①－②得Tn＝－3×＋2＋3＋…＋n－(n－4)×n＋1＝－＋－(n－4)×n＋1＝－n×n＋1，
所以Tn＝－4n×n＋1。
因为Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，
所以－4n×n＋1≤λ(n－4)×n恒成立，
即－3n≤λ(n－4)恒成立，
当n<4时，λ≤＝－3－，此时λ≤1；
当n＝4时，－12≤0恒成立；
当n>4时，λ≥＝－3－，此时λ≥－3。
所以－3≤λ≤1。
4．(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8。
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100。
解　(1)设{an}的公比为q，且q>1。由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8。
解得q＝(舍去)，q＝2。由题设得a1＝2。
所以{an}的通项公式为an＝2n。
(2)由题设及(1)知b1＝0，且当2n≤m<2n＋1时，bm＝n。
所以S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋…＋b100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63)＝480。
增分专练(五)　数列大题考向探究
第一次作业　基础通关训练
1．(2021·新高考全国Ⅱ卷)记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2·a4＝S4。
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)求使Sn>an成立的n的最小值。
解　(1)设{an}的公差为d(d≠0)，
所以
解得
所以an＝－4＋2(n－1)＝2n－6。
(2)Sn＝－4n＋·2＝n2－5n。
由Sn>an得n2－5n>2n－6，
所以n2－7n＋6>0，即(n－1)(n－6)>0，
所以n>6或n<1，
又n∈N*，故n的最小值为7。
2．(2021·东北三省四市联考)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)因为S5＝5a3＝25，所以a3＝5。
设数列{an}的公差为d，由a3－1，a4＋1，
a7＋3成等比数列得(6＋d)2＝4(8＋4d)，
所以d2－4d＋4＝0，所以d＝2，
所以an＝a3＋(n－3)d＝2n－1。
(2)因为bn＝(－1)nan＋1，
所以bn＝(－1)n(2n－1)＋1，
所以T2n＝(－1＋1)＋(3＋1)＋(－5＋1)＋(7＋1)＋…＋[－(4n－3)＋1]＋[(4n－1)＋1]＝4n。
3．(2021·南通市调研)已知等差数列{an}满足an＋2an＋1＝3n＋5。
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记数列的前n项和为Sn，若∀n∈N*，Sn<－λ2＋4λ(λ为偶数)，求λ的值。
解　(1)设等差数列{an}的公差为d，
因为an＋2an＋1＝3n＋5，
所以即
解得a1＝2，d＝1，
所以an＝2＋(n－1)＝n＋1。
经检验，an＝n＋1符合题设，
所以数列{an}的通项公式为an＝n＋1。
(2)由(1)得＝＝－，
所以Sn＝＋＋…＋＝－<。
因为∀n∈N*，Sn<－λ2＋4λ，
所以－λ2＋4λ≥，即(λ－2)2≤。
因为λ为偶数，所以λ＝2。
4．已知数列{an}满足a1＝4，an＋1＝2an＋3×2n＋1。
(1)证明数列为等差数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn。
解　(1)因为an＋1＝2an＋3×2n＋1，
所以－＝3，
即数列是首项为＝2，公差为3的等差数列，所以＝2＋(n－1)×3＝3n－1，
所以an＝(3n－1)·2n。
(2)由an＝(3n－1)·2n得
bn＝
＝＝－，
所以Tn＝＋＋…＋＝－＝。
5．(2021·福州市质量检测)在①Sn＝2an＋1，②a1＝－1，log2(anan＋1)＝2n－1，③a＝anan＋2，S2＝－3，a3＝－4这三个条件中任选一个，补充在下面问题的横线上，并解答。
问题：已知单调数列{an}的前n项和为Sn，且满足________。
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{－nan}的前n项和Tn。
解　(1)选①，即Sn＝2an＋1　(ⅰ)，
则当n＝1时，S1＝2a1＋1，故a1＝－1。
当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋1　(ⅱ)，
(ⅰ)(ⅱ)两式相减得an＝2an－1(n≥2)，
所以{an}为等比数列，其中公比为2，首项为－1。
所以an＝－2n－1。
选②，即a1＝－1，log2(anan＋1)＝2n－1，
所以当n≥2时，
log2(anan＋1)－log2(an－1an)＝2，
即＝4，
所以{a2k－1}(k∈N*)为等比数列，
其中首项为a1＝－1，公比为4，
所以a2k－1＝－1×4k－1＝－2(2k－1)－1(k∈N*)。
由a1＝－1，log2(a1a2)＝1，得a2＝－2，
同理可得，a2k＝－2×4k－1＝－22k－1(k∈N*)。
综上，an＝－2n－1。
选③，即a＝anan＋2，S2＝－3，a3＝－4，
所以{an}为等比数列，设其公比为q，
则
解得或
又{an}为单调数列，所以q>0，故
所以an＝－2n－1。
(2)由(1)知，－nan＝n·2n－1，
所以Tn＝1＋2×2＋3×22＋…＋(n－1)·2n－2＋n·2n－1，
2Tn＝2＋2×22＋…＋(n－2)·2n－2＋(n－1)·2n－1＋n·2n，
两式相减得－Tn＝1＋2＋22＋…＋2n－2＋2n－1－n·2n
＝(2n－1)－n·2n。
所以Tn＝(n－1)·2n＋1。
6．(2021·皖豫名校联考)已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋2an，在等差数列{bn}中，b1＝20，b3＝b5＋b9。
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列中项的最大值。
解　(1)因为Sn＝1＋2an，所以an≠0。
当n≥2时，Sn－1＝1＋2an－1，两式相减，得an＝1＋2an－1－2an－1＝2an－2an－1，
即an＝2an－1(n≥2)，
所以{an}是等比数列，公比q＝2。
当n＝1时，S1＝1＋2a1＝a1，即a1＝－1，
所以an＝－2n－1。
(2)设{bn}的公差为d，
则解得
所以bn＝22－2n。
所以＝－。设cn＝－。
解法一：(作差法)则当n≥2时，
cn－cn－1＝－＋＝。
可得当n>13时，cn 当n＝13时，cn＝cn－1，当1cn－1，
所以当n＝12或n＝13时cn最大，
即最大，最大值为＝。
解法二：(不等式组法)当n≥2时，由题意得
即
解得12≤n≤13，
又n∈N*，所以当n＝12或n＝13时cn最大，即最大，最大值为。
第二次作业　能力增分训练
1．(2021·苏北适应性考试)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3，其前n项和Sn满足Sn＋1＋Sn－1＝2Sn＋2(n≥2，n∈N*)。
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝an＋2an，求数列{bn}的前n项和Tn。
解　(1)由题意得Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋2(n≥2)，
即an＋1－an＝2(n≥2)，
因为a2－a1＝3－1＝2，所以n＝1时上式也成立，
所以an＋1－an＝2(n∈N*)，
所以数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，
所以an＝2n－1。
(2)bn＝an＋2an＝(2n－1)＋22n－1＝(2n－1)＋×4n，
所以Tn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋×(4＋42＋43＋…＋4n)＝n2＋。
2．(2021·绵阳市诊断性考试)已知各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，a＝an(an＋1＋2an)。
(1)证明数列{an}为等比数列，并求通项公式；
(2)若数列{an}的前n项和为Sn，且S2n>an，求n的最小值。
解　(1)因为a＝an(an＋1＋2an)，
所以a－anan＋1－2a＝(an＋1－2an)(an＋1＋an)＝0。
又数列{an}的各项均为正数，
所以an＋1＋an>0，
所以an＋1－2an＝0，即＝2，
所以数列{an}是首项a1＝1，公比为2的等比数列，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1。
(2)Sn＝＝＝2n－1，
所以S2n＝22n－1，
又S2n>an，
所以9(22n－1)>80×2n，即(9×2n＋1)(2n－9)>0，
所以2n－9>0，又n∈N*，
所以正整数n的最小值为4。
3．(2021·沈阳市质量监测)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a＝2Sn＋n＋1，a2＝2。
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝an·2n，数列{bn}的前n项和为Tn，求使Tn>2 021的最小的正整数n的值。
解　(1)由题意，a＝2Sn＋n＋1，
当n≥2时，a＝2Sn－1＋n－1＋1，
两式相减，得a－a＝2an＋1，
即a＝a＋2an＋1＝(an＋1)2(n≥2)，
因为数列{an}为正项数列，
所以an＋1＝an＋1(n≥2)，
当n＝1时，a＝2a1＋1＋1＝4，
所以a1＝1，a2＝a1＋1，符合上式，
所以数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以an＝n。
(2)bn＝an·2n＝n·2n，
则Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，
2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，
两式相减，得－Tn＝21＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝－n×2n＋1＝(1－n)2n＋1－2，
所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2。
易知{Tn}为递增数列，
当n＝7时，T7＝6×28＋2＝1 538<2 021，
当n＝8时，T8＝7×29＋2＝3 586>2 021，
所以使Tn>2 021的最小的正整数n的值为8。
4．已知函数f(x)＝cos πx－sin πx(x∈R)的所有正的零点构成递增数列{an}(n∈N*)。
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝n，求数列{bn}的前n项和Tn。
解　(1)f(x)＝cos πx－sin πx＝2cos，
由题意令πx＋＝kπ＋(k∈Z)，
解得x＝k＋(k∈Z)。
又函数f(x)的所有正的零点构成递增数列{an}，
所以{an}是首项a1＝，公差d＝1的等差数列，因此an＝(n－1)×1＋＝n－(n∈N*)。
(2)由(1)知bn＝n＝n·n，
则Tn＝1·1＋2·2＋3·3＋…＋(n－1)·n－1＋n·n　①，
Tn＝1·2＋2·3＋3·4＋…＋(n－1)·n＋n·n＋1　②，
由①－②得
Tn＝＋＋＋…＋－
＝－＝1－(n＋2)·n＋1，
所以Tn＝2－。
5．(2021·江西省六校联考)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(n∈N*)。
(1)求证：是等差数列；
(2)若cn＝anan＋1，且bn＝，数列{bncn}的前n项和为Tn，求Tn的取值范围。
解　(1)证明：证法一：因为an＋1＝(n∈N*)，
所以＝＝＋2，
所以－＝2，又＝1，
所以是以1为首项，2为公差的等差数列。
证法二：因为an＋1＝，所以－＝－＝－＝2，
＝1，所以是以1为首项，2为公差的等差数列。
(2)由(1)可知＝2n－1，an＝，
所以cn＝，
bncn＝＝－，
所以Tn＝1－＋－＋…＋－＝1－。
因为Tn＋1－Tn＝－＝>0，
所以{Tn}是递增数列，
所以Tn的最小值为T1＝，又Tn<1，
所以≤Tn<1，即Tn的取值范围是。
6．(2021·福建省诊断性考试)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋1－1＝Sn＋2an(n∈N*)。
(1)若数列{an＋1}不是等比数列，求an；
(2)若a1＝1，在ak和ak＋1(k∈N*)中插入k个数构成一个新数列{bn}：a1,1，a2,3,5，a3,7,9,11，a4，…，插入的所有数依次构成首项为1，公差为2的等差数列，求{bn}的前50项和T50。
解　解法一：(1)由Sn＋1－1＝Sn＋2an，
得Sn＋1－Sn＝2an＋1，则an＋1＝2an＋1，
所以an＋1＋1＝2(an＋1)。
①当a1＋1＝0时，{an＋1}不是等比数列，符合题意；
②当a1＋1≠0时，an＋1＝2(an－1＋1)＝22(an－2＋1)＝…＝2n－1(a1＋1)≠0，
所以＝2，所以{an＋1}是首项为a1＋1，公比为2的等比数列，与已知矛盾。
综上，a1＋1＝0，从而an＋1＝0，即an＝－1。
(2)因为a1＝1，所以a1＋1＝2，由(1)知{an＋1}是首项为a1＋1，公比为2的等比数列，则an＋1＝2n，
所以an＝2n－1。
设插入的所有数构成数列{cn}，则cn＝2n－1，
因为1＋2＋3＋…＋8＝36,36＋9＝45<50，
1＋2＋3＋…＋8＋9＝45,45＋10＝55>50，
所以，b1，b2，…，b50中包含{an}的前9项及{cn}的前41项，所以T50＝(a1＋a2＋…＋a9)＋(c1＋c2＋…＋c41)＝(2－1)＋(22－1)＋…＋(29－1)＋41×1＋×2＝－9＋1 681＝210－11＋1 681＝2 694。
解法二：(1)由Sn＋1－1＝Sn＋2an　①，
得n≥2时，Sn－1＝Sn－1＋2an－1　②，
①－②得，an＋1＝an＋2an－2an－1，
所以an＋1－2an＝an－2an－1，
所以an＋1－2an＝a2－2a1(n≥2，n∈N*)。
当n＝1时，S2－1＝S1＋2a1，得a2－2a1＝1，
所以an＋1－2an＝1(n∈N*)，
所以an＋1＋1＝2(an＋1)＝22(an－1＋1)＝…＝2n(a1＋1)，因为{an＋1}不是等比数列，所以a1＋1＝0，
事实上，若a1＋1≠0，
则an＋1≠0，从而＝2，
此时{an＋1}是首项为a1＋1，公比为2的等比数列，与已知矛盾。
所以an＋1＝0，即an＝－1。
(2)同解法一。
解法三：(1)由Sn＋1－1＝Sn＋2an　①，
n≥2时，Sn－1＝Sn－1＋2an－1　②，
①－②得，an＋1＝an＋2an－2an－1，
所以an＋1－an＝2(an－an－1)，
则an＋1－an＝2(an－an－1)＝…＝2n－1(a2－a1)，
所以an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝a1＋(a2－a1)(1＋2＋22＋…＋2n－2)
＝a1＋(a2－a1)(2n－1－1)＝(a2－a1)2n－1＋2a1－a2，
所以an＋1＝(a2－a1)2n－1＋2a1－a2＋1。
当n＝1时，S2－1＝S1＋2a1，
得a2＝2a1＋1，
所以an＋1＝(a1＋1)2n－1，
若a1＋1≠0，则＝2，
此时{an＋1}是首项为a1＋1，公比为2的等比数列，与已知矛盾。
所以a1＋1＝0，则an＋1＝0，即an＝－1。
(2)同解法一。