新高考数学二轮复习 第1部分 专题3 第2讲 数列求和及其综合应用（含解析）

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考点一 数列求和
核心提炼
1．裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项抵消，有的是间隔项抵消．常见的裂项方式有：
eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)；eq \f(1,nn＋k)＝eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))；eq \f(1,n2－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))；eq \f(1,4n2－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))).
2．如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，那么求数列{an·bn}的前n项和Sn时，可采用错位相减法．用错位相减法求和时，应注意：(1)等比数列的公比为负数的情形；(2)在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“Sn－qSn”的表达式．
考向1 分组转化法求和
例1 已知在等比数列{an}中，a1＝2，且a1，a2，a3－2成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝eq \f(1,an)＋2lg2an－1，求数列{bn}的前n项和Sn.
解 (1)设等比数列{an}的公比为q，由a1，a2，a3－2成等差数列，得2a2＝a1＋a3－2，
即4q＝2＋2q2－2，解得q＝2(q＝0舍去)，
则an＝a1qn－1＝2n，n∈N*.
(2)bn＝eq \f(1,an)＋2lg2an－1＝eq \f(1,2n)＋2lg22n－1＝eq \f(1,2n)＋2n－1，
则数列{bn}的前n项和
Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,4)＋…＋\f(1,2n)))＋(1＋3＋…＋2n－1)
＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＋eq \f(1,2)n(1＋2n－1)＝1－eq \f(1,2n)＋n2.
考向2 裂项相消法求和
例2 (2020·莆田市第一联盟体学年联考)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2－2n，{bn}为正项等比数列，且b1＝a1＋3，b3＝6a4＋2.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn＝eq \f(1,an＋1·lg2bn＋1)，求{cn}的前n项和Tn.
解 (1)由Sn＝n2－2n，得当n＝1时，a1＝S1＝－1，
当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2－2(n－1)＝n2－4n＋3，
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－3，a1＝－1也满足此式．所以an＝2n－3，n∈N*.
又b1＝a1＋3＝2，b3＝6a4＋2＝32，
因为{bn}为正项等比数列，设{bn}的公比为q(q>0)．
所以q2＝eq \f(b3,b1)＝16，即q＝4，
所以bn＝b1·qn－1＝2·4n－1＝22n－1，n∈N*.
(2)因为an＋1＝2(n＋1)－3＝2n－1，bn＋1＝22n＋1.
所以cn＝eq \f(1,an＋1·lg2bn＋1)＝eq \f(1,2n－1·lg222n＋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))).
所以Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,7)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1).所以Tn＝eq \f(n,2n＋1).
考向3 错位相减法求和
例3 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an>0，且aeq \\al(2,n＋1)－2an＋1an－3aeq \\al(2,n)＝0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝lg3(1＋Sn)，求数列{anbn}的前n项和Tn.
解 (1)由aeq \\al(2,n＋1)－2an＋1an－3aeq \\al(2,n)＝0及an>0，
得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an＋1,an)))2－2×eq \f(an＋1,an)－3＝0，
解得eq \f(an＋1,an)＝3或eq \f(an＋1,an)＝－1(舍)，
所以{an}是等比数列，且公比q＝3，
又a1＝2，所以an＝2·3n－1，n∈N*.
(2)因为Sn＝eq \f(21－3n,1－3)＝3n－1，
所以bn＝lg3(1＋Sn)＝n，则anbn＝2n·3n－1，
所以Tn＝2×30＋4×31＋6×32＋…＋(2n－2)·3n－2＋2n·3n－1，①
所以3Tn＝2×31＋4×32＋6×33＋…＋(2n－2)·3n－1＋2n·3n，②
①－②，得(1－3)Tn＝2＋2×31＋2×32＋2×33＋…＋2·3n－1－2n·3n＝eq \f(21－3n,1－3)－2n·3n＝(1－2n)·3n－1，
所以Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(1,2)))·3n＋eq \f(1,2).
规律方法 (1)分组转化法求和的关键是将数列通项转化为若干个可求和的数列通项的和差．
(2)裂项相消法的基本思路是将通项拆分，可以产生相互抵消的项．
(3)错位相减法求和，主要用于求{anbn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别为等差数列和等比数列．
跟踪演练1 (1)已知函数f(n)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2，n为奇数，,－n2，n为偶数，))且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a8等于( )
A．－16 B．－8 C．8 D．16
答案 C
解析 当n为奇数时，n＋1为偶数，则an＝n2－(n＋1)2＝－2n－1，所以a1＋a3＋a5＋a7＝－(3＋7＋11＋15)＝－36.当n为偶数时，n＋1为奇数，则an＝－n2＋(n＋1)2＝2n＋1，则a2＋a4＋a6＋a8＝5＋9＋13＋17＝44.所以a1＋a2＋a3＋…＋a8＝－36＋44＝8，故选C.
(2)(2020·武汉江夏一中、汉阳一中联考)若首项为eq \f(2,3)的数列{an}满足2(2n＋1)anan＋1＋an＋1＝an，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 020等于( )
A.eq \f(8 080,4 041) B.eq \f(4 078,4 040) C.eq \f(4 040,4 041) D.eq \f(4 039,4 040)
答案 C
解析 依题意得an≠0，由2(2n＋1)anan＋1＝an－an＋1，
等式两边同时除以anan＋1可得eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝4n＋2，
则当n≥2时，eq \f(1,an)－eq \f(1,an－1)＝4n－2，eq \f(1,an－1)－eq \f(1,an－2)＝4n－6，…，eq \f(1,a2)－eq \f(1,a1)＝6，
以上式子左右两边分别相加可得
eq \f(1,an)－eq \f(1,a1)＝eq \f(6＋4n－2n－1,2)，
即eq \f(1,an)＝2n2－eq \f(1,2)＝eq \f(2n－12n＋1,2)，
所以an＝eq \f(2,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1)，
当n＝1时，a1＝eq \f(2,3)满足上式．
故a1＋a2＋a3＋…＋a2 020＝1－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,5)＋…＋eq \f(1,4 039)－eq \f(1,4 041)＝1－eq \f(1,4 041)＝eq \f(4 040,4 041).
(3)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求数列{an}与{bn}的通项公式；
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)，
又eq \f(b2,2)＝eq \f(b1,1)，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*)．
考点二 数列的综合问题
核心提炼
数列与函数、不等式的综合问题是高考命题的一个方向，此类问题突破的关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，通过放缩进行等式的证明．
例4 (1)(2020·日照模拟)如图，在直角坐标系xOy中，一个质点从A(a1，a2)出发沿图中路线依次经过B(a3，a4)，C(a5，a6)，D(a7，a8)，…，按此规律一直运动下去，则a2 017＋a2 018＋
a2 019＋a2 020等于( )
A．2 017 B．2 018 C．2 019 D．2 020
答案 C
解析 由直角坐标系可知，A(1,1)，B(－1,2)，C(2,3)，D(－2,4)，E(3,5)，F(－3,6)，即a1＝1，a2＝1，a3＝－1，a4＝2，a5＝2，a6＝3，a7＝－2，a8＝4，…，
由此可知，数列中偶数项是从1开始逐渐递增的，且都等于其项数除以2；每四个数中有一个负数，且为每组的第三个数，每组的第一个数为其组数，每组的第一个数和第三个数是互为相反数，
因为2 020÷4＝505，所以a2 017＝505，a2 018＝1 009，a2 019＝－505，a2 020＝1 010，
a2 017＋a2 018＋a2 019＋a2 020＝2 019.
(2)(2020·洛阳第一高级中学月考)已知数列{an}满足a1＋eq \f(1,2)a2＋…＋eq \f(1,n)an＝n2＋n(n∈N*)，设数列{bn}满足bn＝eq \f(2n＋1,anan＋1)，数列{bn}的前n项和为Tn，若TnA.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞)) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,8)，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,8)，＋∞))
答案 D
解析 因为a1＋eq \f(1,2)a2＋…＋eq \f(1,n)an＝n2＋n(n∈N*)，
所以 a1＋eq \f(1,2)a2＋…＋eq \f(1,n－1)an－1＝(n－1)2＋(n－1)(n∈N*，n≥2)，
故eq \f(1,n)an＝2n，即an＝2n2(n≥2)．
当n＝1时，a1＝12＋1＝2，满足上式，
故an＝2n2(n∈N*)．
bn＝eq \f(2n＋1,4n2×n＋12)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n2)－\f(1,n＋12)))，
故Tn＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,12)－\f(1,22)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22)－\f(1,32)))＋…＋\f(1,n2)－\f(1,n＋12)))
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋12)))＝eq \f(n2＋2n,4n＋12)，
故Tn因为eq \f(1,4)＋eq \f(1,4n＋1)≤eq \f(1,4)＋eq \f(1,8)＝eq \f(3,8)，故λ>eq \f(3,8).
易错提醒 (1)公式an＝Sn－Sn－1适用于所有数列，但易忽略n≥2这个前提．
(2)数列和不等式的综合问题，要注意条件n∈N*，求最值要注意等号成立的条件，放缩不等式要适度．
跟踪演练2 (1)(2020·中国人民大学附属中学模拟)在数列{an}中，已知an＝n2＋λn，n∈N*，则“a1A．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
答案 C
解析 若在数列{an}中，已知an＝n2＋λn，n∈N*，a1－3，若数列{an}是单调递增数列，则对任意的n∈N*都满足an＋1－an＝(n＋1)2＋λ(n＋1)－n2－λn＝2n＋1＋λ>0，
∴λ>－1－2n，即λ>(－1－2n)max＝－3，
因此，“a1(2)设曲线y＝2 020xn＋1(n∈N*)在点(1，2 020)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，令an＝
lg2 020xn，则a1＋a2＋…＋a2 019的值为( )
A．2 020 B．2 019 C．1 D．－1
答案 D
解析 因为y′＝2 020(n＋1)xn，所以切线方程是y－2 020＝2 020(n＋1)(x－1)，所以xn＝eq \f(n,n＋1)，
所以a1＋a2＋…＋a2 019＝lg2 020(x1·x2·…·x2 019)
＝lg2 020eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×\f(2,3)×…×\f(2 019,2 020)))＝lg2 020eq \f(1,2 020)＝－1.
专题强化练
一、单项选择题
1．(2020·聊城模拟)数列1,6,15,28,45，…中的每一项都可用如图所示的六边形表示出来，故称它们为六边形数，那么第10个六边形数为( )
A．153 B．190 C．231 D．276
答案 B
解析 由题意知，数列{an}的各项为1,6,15,28,45，…，
所以a1＝1＝1×1，a2＝6＝2×3，a3＝15＝3×5，a4＝28＝4×7，a5＝45＝5×9，…，an＝n(2n－1)，
所以a10＝10×19＝190.
2．已知数列{an}满足an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1＝1，a2＝2，Sn为数列{an}的前n项和，则S2 020等于( )
A．3 B．2 C．1 D．0
答案 A
解析 ∵an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1＝1，a2＝2，∴a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，a7＝1，a8＝2，……，故数列{an}是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S2 020＝336×0＋a2 017＋a2 018＋a2 019＋a2 020＝a1＋a2＋a3＋a4＝3.故选A.
3．已知数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，an＋1－an＝eq \f(bn＋1,bn)＝3，n∈N*，则数列{ban}的前10项和为( )
A.eq \f(1,2)×(310－1) B.eq \f(1,8)×(910－1)
C.eq \f(1,26)×(279－1) D.eq \f(1,26)×(2710－1)
答案 D
解析 因为an＋1－an＝eq \f(bn＋1,bn)＝3，
所以{an}为等差数列，公差为3，{bn}为等比数列，公比为3，
所以an＝1＋3(n－1)＝3n－2，bn＝1×3n－1＝3n－1，
所以 SKIPIF 1 < 0 ＝33n－3＝27n－1，
所以 SKIPIF 1 < 0 是以1为首项，27为公比的等比数列，
所以 SKIPIF 1 < 0 的前10项和为eq \f(1×1－2710,1－27)＝eq \f(1,26)×(2710－1)．
4．已知数列{an}和{bn}的首项均为1，且an－1≥an(n≥2)，an＋1≥an，数列{bn}的前n项和为Sn，且满足2SnSn＋1＋anbn＋1＝0，则S2 021等于( )
A．2 021 B.eq \f(1,2 021) C．4 041 D.eq \f(1,4 041)
答案 D
解析 由an－1≥an(n≥2)，an＋1≥an可得an＋1＝an，
即数列{an}是常数列，
又数列{an}的首项为1，所以an＝1，
所以当SnSn＋1≠0时，2SnSn＋1＋anbn＋1＝0可化为2SnSn＋1＋bn＋1＝0，
因为Sn为数列{bn}的前n项和，
所以2SnSn＋1＋bn＋1＝2SnSn＋1＋(Sn＋1－Sn)＝0，
所以eq \f(1,Sn＋1)－eq \f(1,Sn)＝2，又eq \f(1,S1)＝eq \f(1,b1)＝1，
因此数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以eq \f(1,Sn)＝1＋2(n－1)＝2n－1，
故Sn＝eq \f(1,2n－1)，即SnSn＋1≠0.
所以S2 021＝eq \f(1,4 041).
5．定义在[0，＋∞)上的函数f(x)满足：当0≤x<2时，f(x)＝2x－x2；当x≥2时，f(x)＝3f(x－2)．记函数f(x)的极大值点从小到大依次为a1，a2，…，an，…，并记相应的极大值依次为b1，b2，…，bn，…，则S20＝a1b1＋a2b2＋…＋a20b20的值为( )
A．19×320＋1 B．19×319＋1
C．20×319＋1 D．20×320＋1
答案 A
解析 当0≤x<2时，f(x)＝2x－x2＝1－(x－1)2，可得a1＝1，b1＝1；当2≤x<4时，有0≤x－2<2，可得f(x)＝3f(x－2)＝3[1－(x－3)2]，可得a2＝3，b2＝3；当4≤x<6时，有0≤x－4<2，可得f(x)＝9f(x－4)＝9[1－(x－5)2]，可得a3＝5，b3＝9；…；a20＝39，b20＝319；….故S20＝a1b1＋a2b2＋…＋a20b20＝1×1＋3×3＋5×9＋…＋39×319，3S20＝1×3＋3×9＋5×27＋…＋39×320，两式相减可得－2S20＝1＋2(3＋9＋27＋…＋319)－39×320＝1＋2×eq \f(3×1－319,1－3)－39×320，化简可得S20＝1＋19×320.故选A.
二、多项选择题
6．若数列{an}满足：对任意正整数n，{an＋1－an}为递减数列，则称数列{an}为“差递减数列”．给出下列数列{an}(n∈N*)，其中是“差递减数列”的有( )
A．an＝3n B．an＝n2＋1
C．an＝eq \r(n) D．an＝ln eq \f(n,n＋1)
答案 CD
解析 对于A，若an＝3n，则an＋1－an＝3(n＋1)－3n＝3，所以{an＋1－an}不为递减数列，故数列{an}不是“差递减数列”；对于B，若an＝n2＋1，则an＋1－an＝(n＋1)2－n2＝2n＋1，所以{an＋1－an}是递增数列，故数列{an}不是“差递减数列”；对于C，若an＝eq \r(n)，则an＋1－an＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)＝eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))，所以{an＋1－an}为递减数列，故数列{an}是“差递减数列”；对于D，若an＝ln eq \f(n,n＋1)，则an＋1－an＝ln eq \f(n＋1,n＋2)－ln eq \f(n,n＋1)＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,n＋2)·\f(n＋1,n)))＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n2＋2n)))，由于函数y＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x2＋2x)))在(0，＋∞)上单调递减，所以{an＋1－an}为递减数列，故数列{an}是“差递减数列”．
7．(2020·浙江改编)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，eq \f(a1,d)≤1.记b1＝S2，bn＋1＝S2n＋2－S2n，n∈N*，下列等式可能成立的是( )
A．2a4＝a2＋a6 B．2b4＝b2＋b6
C．aeq \\al(2,4)＝a2a8 D．beq \\al(2,4)＝b2b8
答案 ABC
解析 由题意，知b1＝S2＝a1＋a2，
bn＋1＝S2n＋2－S2n＝a2n＋1＋a2n＋2，
可得bn＝a2n－1＋a2n(n>1，n∈N*)．
由{an}为等差数列，可知{bn}为等差数列．
选项A中，由a4为a2，a6的等差中项，得2a4＝a2＋a6，成立．
选项B中，由b4为b2，b6的等差中项，得2b4＝b2＋b6，成立．
选项C中，a2＝a1＋d，a4＝a1＋3d，a8＝a1＋7d.
由aeq \\al(2,4)＝a2a8，可得(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，
化简得a1d＝d2，
又由d≠0，可得a1＝d，符合eq \f(a1,d)≤1，成立．
选项D中，b2＝a3＋a4＝2a1＋5d，b4＝a7＋a8＝2a1＋13d，
b8＝a15＋a16＝2a1＋29d.
由beq \\al(2,4)＝b2b8，知(2a1＋13d)2＝(2a1＋5d)(2a1＋29d)，
化简得2a1d＝3d2，
又由d≠0，可得eq \f(a1,d)＝eq \f(3,2).
这与已知条件eq \f(a1,d)≤1矛盾．
8．已知数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn＋3)(n∈N*)在函数y＝3×2x的图象上，等比数列{bn}满足bn＋bn＋1＝an(n∈N*)，其前n项和为Tn，则下列结论错误的是( )
A．Sn＝2Tn B．Tn＝2bn＋1
C．Tn>an D．Tn答案 ABC
解析 由题意可得Sn＋3＝3×2n，Sn＝3×2n－3，an＝Sn－Sn－1＝3×2n－1(n≥2)，当n＝1时，a1＝S1＝3×21－3＝3，满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝3×2n－1(n∈N*)．设等比数列{bn}的公比为q，则b1qn－1＋b1qn＝3×2n－1，解得b1＝1，q＝2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1(n∈N*)，由等比数列的求和公式有Tn＝2n－1.则有Sn＝3Tn，Tn＝2bn－1，Tn三、填空题
9．数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，若该数列的前k项之和等于9，则k＝________.
答案 99
解析 an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)，故前n项和Sn＝(eq \r(2)－eq \r(1))＋(eq \r(3)－eq \r(2))＋…＋(eq \r(n＋1)－eq \r(n))＝eq \r(n＋1)－1，令Sk＝eq \r(k＋1)－1＝9，解得k＝99.
10．设数列{an}满足a1＝1，且eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋2,n＋1)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前10项和为________．
答案 eq \f(n＋1,2) eq \f(5,3)
解析 因为eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋2,n＋1)，
所以eq \f(a2,a1)＝eq \f(3,2)，eq \f(a3,a2)＝eq \f(4,3)，eq \f(a4,a3)＝eq \f(5,4)，…，eq \f(an,an－1)＝eq \f(n＋1,n)(n≥2)，
把它们左右两边分别相乘，得an＝eq \f(n＋1,2)(n≥2)，
当n＝1时，a1＝1也符合上式，所以an＝eq \f(n＋1,2)(n∈N*)．
所以eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(4,n＋1n＋2)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前10项和为
4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,11)－\f(1,12)))＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,12)))＝eq \f(5,3).
11．已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，且an，an＋1是函数f(x)＝x2－bnx＋2n的两个零点，则a5＝________，b10＝________.
答案 4 64
解析 因为an，an＋1是函数f(x)＝x2－bnx＋2n的两个零点，
所以an，an＋1是方程x2－bnx＋2n＝0的两个根，
根据根与系数的关系，可得an·an＋1＝2n，
an＋an＋1＝bn，
由an·an＋1＝2n，可得an＋1·an＋2＝2n＋1，
两式相除可得eq \f(an＋2,an)＝2，
所以a1，a3，a5，…成公比为2的等比数列，a2，a4，a6，…成公比为2的等比数列，
又由a1＝1，得a2＝2，所以a5＝1×22＝4，a10＝2×24＝32，a11＝1×25＝32，
所以b10＝a10＋a11＝32＋32＝64.
12．在数列{an}中，a1＋eq \f(a2,2)＋eq \f(a3,3)＋…＋eq \f(an,n)＝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________．
答案 eq \f(1,2)
解析 依题意得，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))的前n项和为2n－1，当n≥2时，eq \f(an,n)＝(2n－1)－(2n－1－1)＝2n－1，且eq \f(a1,1)＝21－1＝21－1，因此eq \f(an,n)＝2n－1(n∈N*)，eq \f(an,nn＋1)＝eq \f(2n－1,n＋1)，记bn＝eq \f(2n－1,n＋1)，则bn>0，eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(2n＋1,n＋2)＝eq \f(n＋2＋n,n＋2)>eq \f(n＋2,n＋2)＝1，bn＋1>bn，数列{bn}是递增数列，数列{bn}的最小项是b1＝eq \f(1,2).依题意得，存在n∈N*使得λ≥eq \f(an,nn＋1)＝bn成立，即有λ≥b1＝eq \f(1,2)，λ的最小值是eq \f(1,2).
四、解答题
13．(2020·新高考全国Ⅰ)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)由于数列{an}是公比大于1的等比数列，
设首项为a1，公比为q，
依题意有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q＋a1q3＝20，,a1q2＝8，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,q＝2，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝32，,q＝\f(1,2)))(舍)
所以{an}的通项公式为an＝2n，n∈N*.
(2)由于21＝2,22＝4,23＝8,24＝16,25＝32,26＝64，27＝128，
所以b1对应的区间为(0,1]，则b1＝0；
b2，b3对应的区间分别为(0,2]，(0,3]，
则b2＝b3＝1，即有2个1；
b4，b5，b6，b7对应的区间分别为
(0,4]，(0,5]，(0,6]，(0,7]，
则b4＝b5＝b6＝b7＝2，
即有22个2；
b8，b9，…，b15对应的区间分别为(0,8]，(0,9]，…，(0,15]，则b8＝b9＝…＝b15＝3，
即有23个3；
b16，b17，…，b31对应的区间分别为(0,16]，(0,17]，…，(0,31]，
则b16＝b17＝…＝b31＝4，即有24个4；
b32，b33，…，b63对应的区间分别为(0,32]，(0,33]，…，(0,63]，
则b32＝b33＝…＝b63＝5，即有25个5；
b64，b65，…，b100对应的区间分别为(0,64]，(0,65]，…，(0,100]，
则b64＝b65＝…＝b100＝6，即有37个6.
所以S100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480.
14．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2an－1(n∈N*)，数列{bn}满足nbn＋1－(n＋1)bn＝n(n＋1)(n∈N*)，且b1＝1.
(1)证明数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(bn,n)))为等差数列，并求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若cn＝(－1)n－1·eq \f(4n＋1,3＋2lg2an3＋2lg2an＋1)，求数列{cn}的前2n项和T2n；
(3)若dn＝an·eq \r(bn)，数列{dn}的前n项和为Dn，对任意的n∈N*，都有Dn≤nSn－a，求实数a的取值范围．
解 (1)由nbn＋1－(n＋1)bn＝n(n＋1)，两边同除以n(n＋1)，得eq \f(bn＋1,n＋1)－eq \f(bn,n)＝1，
从而数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(bn,n)))为首项eq \f(b1,1)＝1，公差d＝1的等差数列，
所以eq \f(bn,n)＝n(n∈N*)，
数列{bn}的通项公式为bn＝n2(n∈N*)．
当n＝1时，S1＝2a1－1＝a1，所以a1＝1.
当n≥2时，Sn＝2an－1，Sn－1＝2an－1－1，
两式相减得an＝2an－1，
又a1＝1≠0，所以eq \f(an,an－1)＝2，
从而数列{an}为首项a1＝1，公比q＝2的等比数列，
从而数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*)．
(2)cn＝(－1)n－1·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4n＋1,2n＋12n＋3)))
＝(－1)n－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)＋\f(1,2n＋3)))，
T2n＝c1＋c2＋c3＋…＋c2n－1＋c2n
＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,5)－eq \f(1,5)－eq \f(1,7)＋…－eq \f(1,4n＋1)－eq \f(1,4n＋3)
＝eq \f(1,3)－eq \f(1,4n＋3)(n∈N*)．
(3)由(1)得dn＝an·eq \r(bn)＝n·2n－1，
Dn＝1×1＋2×21＋3×22＋…＋(n－1)·2n－2＋n·2n－1，①
2Dn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n.②
①－②得，－Dn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n
＝eq \f(1－2n,1－2)－n·2n＝2n－1－n·2n，
所以Dn＝(n－1)·2n＋1，
由(1)得Sn＝2an－1＝2n－1，
因为任意n∈N*，都有Dn≤nSn－a，
即(n－1)·2n＋1≤n(2n－1)－a恒成立，
所以a≤2n－n－1恒成立，
记en＝2n－n－1，所以a≤(en)min，
因为en＋1－en＝[2n＋1－(n＋1)－1]－(2n－n－1)
＝2n－1>0，从而数列{en}为递增数列，
所以当n＝1时，en取最小值e1＝0，于是a≤0.
所以a的取值范围为(－∞，0]．