2014-2018年五年真题分类第六章 数列 33页

专题六 数 列 考点1 数列的概念及简单表示法 ‎1．（2018全国Ⅰ，14）记Sn为数列an的前n项和，若Sn‎=2an+1‎，则S‎6‎‎=‎_____________．‎ ‎1.‎−63‎ 根据Sn‎=2an+1‎，可得Sn+1‎‎=2an+1‎+1‎，两式相减得an+1‎‎=2an+1‎−2‎an，即an+1‎‎=2‎an，当n=1‎时，S‎1‎‎=a‎1‎=2a‎1‎+1‎，解得a‎1‎‎=−1‎，所以数列an是以-1为首项，以2为公布的等比数列，所以S‎6‎‎=‎−(1−‎2‎‎6‎)‎‎1−2‎=−63‎，故答案是‎−63‎.‎ ‎2.(2016·浙江，13)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________.‎ ‎2.1，121 由于解得a1＝1，a2＝3，‎ 当n≥2时，由已知可得：‎ an＋1＝2Sn＋1，①‎ an＝2Sn－1＋1，②‎ ‎①－②得an＋1－an＝2an，∴an＋1＝3an，又a2＝3a1，‎ ‎∴{an}是以a1＝1为首项，公比q＝3的等比数列.‎ ‎∴S5＝＝121.‎ ‎3.(2015·江苏，11)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________.‎ ‎3.　[∵a1＝1，an＋1－an＝n＋1，∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，将以上n－1个式子相加得an－a1＝2＋3＋…＋n＝，即an＝，令bn＝，故bn＝＝2，故S10＝b1＋b2＋…＋b10＝2＝.]‎ ‎4.(2015·安徽，18)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＝xx…x，证明Tn≥.‎ ‎4.(1)解　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－＝.‎ ‎(2)证明　由题设和(1)中的计算结果知Tn＝xx…x＝….‎ 当n＝1时，T1＝.‎ 当n≥2时，因为x＝＝>＝＝.‎ 所以Tn>×××…×＝.‎ 综上可得对任意的n∈N*，均有Tn≥.‎ ‎5.(2014·广东，19)设数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2nan＋1－3n2－4n，n∈N*，且S3＝15.‎ ‎(1)求a1，a2，a3的值；‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式.‎ ‎5. (1)依题有解得a1＝3，a2＝5，a3＝7.‎ ‎(2)∵Sn＝2nan＋1－3n2－4n，①‎ ‎∴当n≥2时，Sn－1＝2(n－1)an－3(n－1)2－4(n－1).②‎ ‎①－②并整理得an＋1＝.‎ 由(1)猜想an＝2n＋1，下面用数学归纳法证明.‎ 当n＝1时，a1＝2＋1＝3，命题成立；‎ 假设当n＝k时，ak＝2k＋1命题成立.‎ 则当n＝k＋1时，‎ ak＋1＝＝＝2k＋3＝2(k＋1)＋1，‎ 即当n＝k＋1时，结论成立.‎ 综上，∀n∈N*，an＝2n＋1.‎ 考点2 等差数列及其前n项和 ‎1．（2018全国Ⅰ，4）设Sn为等差数列an的前n项和，若‎3S‎3‎=S‎2‎+‎S‎4‎，a‎1‎‎=2‎，则a‎5‎‎=‎(　　)‎ A．‎−12‎ B．‎−10‎ C．‎10‎ D．‎‎12‎ ‎1.B 设该等差数列的公差为d，根据题中的条件可得‎3(3×2+‎3×2‎‎2‎⋅d)=2×2+d+4×2+‎4×3‎‎2‎⋅d，整理解得d=−3‎，所以a‎5‎‎=a‎1‎+4d=2−12=−10‎，故选B.‎ ‎2.（2017•新课标Ⅰ,4）记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4+a5=24，S6=48，则{an}的公差为（　　） ‎ A.1 B.2 C.4 D.8‎ ‎2. C ∵Sn为等差数列{an}的前n项和，a4+a5=24，S6=48， ∴ ，解得a1=﹣2，d=4，∴{an}的公差为4．故选C． 3.（2017•浙江,6）已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn ， 则“d＞0”是“S4+S6＞2S5”的（    ） ‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎3. C ∵S4+S6＞2S5 ， ∴4a1+6d+6a1+15d＞2（5a1+10d），∴21d＞20d，∴d＞0， 故“d＞0”是“S4+S6＞2S5”充分必要条件，故选C. ‎ ‎4.(2016·浙江,6)如图,点列{An},{Bn}分别在某锐角的两边上,且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|,An≠An＋2,n∈N*,|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|,Bn≠Bn＋2,n∈N*(P≠Q表示点P与Q不重合).若dn＝|AnBn|,Sn为 ‎△AnBnBn＋1的面积，则(　　)‎ A. ‎{Sn}是等差数列 B.{S}是等差数列 B. C.{dn}是等差数列 D.{d}是等差数列 ‎4.A[Sn表示点An到对面直线的距离(设为hn)乘以|BnBn－1|长度一半,即Sn＝‎ hn|BnBn－1|，由题目中条件可知|BnBn－1|的长度为定值，过A1作垂直得到初始距离h1，那么A1，An和两个垂足构成等腰梯形，则hn＝h1＋|A1An|tan θ(其中θ为两条线所成的锐角，为定值)，‎ 从而Sn＝(h1＋|A1An|tan θ)|BnBn＋1|，Sn＋1＝(h1＋|A1An＋1|)|BnBn＋1|，‎ 则Sn＋1－Sn＝|AnAn＋1||BnBn＋1|tan θ，都为定值，所以Sn＋1－Sn为定值，故选A.]‎ ‎5.(2016·全国Ⅰ，3)已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝(　　)‎ ‎ A.100 B.99 C.98 D.97‎ ‎5.C[由等差数列性质,知S9＝＝＝9a5＝27,得a5＝3,而a10＝8,因此公差d＝＝1,∴a100＝a10＋90d＝98，故选C.]‎ ‎6.(2015·重庆，2)在等差数列{an}中，若a2＝4，a4＝2，则a6＝(　　)‎ ‎ A.－1 B.0 C.1 D.6‎ ‎6.B　[由等差数列的性质,得a6＝2a4－a2＝2×2－4＝0,选B.]‎ ‎7.(2015·北京，6)设{an}是等差数列，下列结论中正确的是(　　)‎ A.若a1＋a2＞0，则a2＋a3＞0 B.若a1＋a3＜0，则a1＋a2＜0‎ C.若0＜a1＜a2，则a2＞ D.若a1＜0，则(a2－a1)(a2－a3)＞0‎ ‎7.C　[A,B选项易举反例，C中若0＜a1＜a2，∴a3＞a2＞a1＞0，∵a1＋a3>2，又2a2＝a1＋a3，∴2a2>2，即a2>成立.]‎ ‎8.(2014·福建，3)等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6等于(　　)‎ ‎ A.8 B.10 C.12 D.14‎ ‎8.C　[设等差数列{an}的公差为d，则S3＝3a1＋3d，所以12＝3×2＋3d，解得d＝2，所以a6＝a1＋5d＝2＋5×2＝12，故选C.]‎ ‎9.(2014·辽宁，8)设等差数列{an}的公差为d.若数列{}为递减数列，则(　　)‎ A.d<0 B.d>0 C.a1d<0 D.a1d>0‎ ‎9.C　[{2a1an}为递减数列，可知{a1an}也为递减数列，又a1an＝a＋a1(n－1)d＝a1dn＋a－a1d，故a1d<0，故选C.]‎ ‎10．（2018北京，9）设an是等差数列，且a1=3，a2+a5=36，则an的通项公式为__________．‎ ‎10.‎an‎=6n−3∵a‎1‎=3，∴3+d+3+4d=36，∴d=6，∴an=3+6(n−1)=6n−3.‎ ‎11.（2017•新课标Ⅱ,15）等差数列{an}的前n项和为Sn ， a3=3，S4=10，则 =________． ‎ ‎11. 等差数列{an}的前n项和为Sn ， a3=3，S4=10，S4=2（a2+a3）=10，可得a2=2，数列的首项为1，公差为1，Sn= ， = ，则 =2[1﹣ + +…+ ]=2（1﹣ ）= ．故答案为： ． ‎ ‎12.(2016·北京，12)已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和.若a1＝6，a3＋a5＝0，则S6＝________.‎ ‎12.6 [∵a3＋a5＝2a4＝0，∴a4＝0.又a1＝6，∴a4＝a1＋3d＝0，∴d＝－2.‎ ‎∴S6＝6×6＋×(－2)＝6.]‎ ‎13.(2016·江苏，8)已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和.若a1＋a＝－3，S5＝10，则a9的值是________.‎ ‎13.20 [设等差数列{an}公差为d，由题意可得：解得 则a9＝a1＋8d＝－4＋8×3＝20.]‎ ‎14．（2018全国Ⅱ，17）记Sn为等差数列‎{an}‎的前n项和，已知a‎1‎‎=−7‎，S‎3‎‎=−15‎．‎ ‎ （1）求‎{an}‎的通项公式；‎ ‎ （2）求Sn，并求Sn的最小值．‎ ‎14.（1）设{an}的公差为d，由题意得3a1+3d=–15．‎ 由a1=–7得d=2．‎ 所以{an}的通项公式为an=2n–9．‎ ‎（2）由（1）得Sn=n2–8n=（n–4）2–16．‎ 所以当n=4时，Sn取得最小值，最小值为–16．‎ ‎15.(2016·全国Ⅱ，17)Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记bn＝[lg an]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.‎ ‎(1)求b1，b11，b101；‎ ‎(2)求数列{bn}的前1 000项和.‎ ‎15.(1)设{an}的公差为d，据已知有7＋21d＝28，解得d＝1.所以{an}的通项公式为an＝n.‎ b1＝[lg 1]＝0，b11＝[lg 11]＝1，b101＝[lg 101]＝2.‎ ‎(2)因为bn＝ 所以数列{bn}的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.‎ ‎16.(2015·广东，10)在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，则a2＋a8＝________.‎ ‎16.10[因为{an}是等差数列，所以a3＋a7＝a4＋a6＝a2＋a8＝2a5，a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝25，即a5＝5，a2＋a8＝2a5＝10.]‎ ‎17.(2015·陕西，13)中位数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 015，则该数列的首项为________.‎ ‎17.5[由题意设首项为a1，则a1＋2 015＝2×1 010＝2 020，∴a1＝5.]‎ ‎18.（2017•江苏,19）对于给定的正整数k，若数列{an}满足：an﹣k+an﹣k+1+…+an﹣1+an+1+…an+k﹣1+an+k=2kan对任意正整数n（n＞k）总成立，则称数列{an}是“P（k）数列”． （Ⅰ）证明：等差数列{an}是“P（3）数列”； （Ⅱ）若数列{an}既是“P（2）数列”，又是“P（3）数列”，证明：{an}是等差数列． ‎ ‎18.（Ⅰ）证明：设等差数列{an}首项为a1 ， 公差为d，则an=a1+（n﹣1）d， 则an﹣3+an﹣2+an﹣1+an+1+an+2+an+3 =（an﹣3+an+3）+（an﹣2+an+2）+（an﹣1+an+1） =2an+2an+2an =2×3an ， ∴等差数列{an}是“P（3）数列”； （Ⅱ）证明：由数列{an}是“P（2）数列”则an﹣2+an﹣1+an+1+an+2=4an ， ① 数列{an}是“P（3）数列”an﹣3+an﹣2+an﹣1+an+1+an+2+an+3=6an ， ② 由①可知：an﹣3+an﹣2+an+an+1=4an﹣1 ， ③ an﹣1+an+an+2+an+3=4an+1 ， ④ ‎ 由②﹣（③+④）：﹣2an=6an﹣4an﹣1﹣4an+1 ， 整理得：2an=an﹣1+an+1 ， ∴数列{an}是等差数列． 19.(2015·新课标全国Ⅰ，17)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0，a＋2an＝4Sn＋3.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和.‎ ‎19.解(1)由a＋2an＝4Sn＋3，可知a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.‎ 可得a－a＋2(an＋1－an)＝4an＋1，即2(an＋1＋an)＝a－a＝(an＋1＋an)(an＋1－an).‎ 由于an>0，可得an＋1－an＝2.又a＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)，a1＝3.‎ 所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.‎ ‎(2)由an＝2n＋1可知bn＝＝＝.‎ 设数列{bn}的前n项和为Tn，则 Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝ ‎20.(2014·北京，12)若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大.‎ ‎20.8　[∵数列{an}是等差数列，且a7＋a8＋a9＝3a8>0，∴a8>0.又a7＋a10＝a8＋a9<0，∴a9<0.∴当n＝8时，其前n项和最大.]‎ ‎21.(2015·四川，16)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)记数列的前n项和为Tn，求使得|Tn－1|＜成立的n的最小值.‎ ‎21.解　(1)由已知Sn＝2an－a1，有an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1(n≥2)，‎ 从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1，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.‎ ‎(2)由(1)得 ＝，所以Tn＝＋＋…＋＝＝1－.‎ 由|Tn－1|＜，得＜，即2n＞1 000，‎ 因为29＝512＜1 000＜1 024＝210，所以n≥10，‎ 于是，使|Tn－1|＜成立的n的最小值为10.‎ ‎22.(2014·大纲全国，18)等差数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝10，a2为整数，且Sn≤S4.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎22.解　(1)由a1＝10，a2为整数知：等差数列{an}的公差d为整数.‎ 又Sn≤S4，故a4≥0，a5≤0，于是10＋3d≥0，10＋4d≤0.‎ 解得－≤d≤－.因此d＝－3.‎ 数列{an}的通项公式为an＝13－3n.‎ ‎(2)bn＝＝.‎ 于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn ‎＝ ‎＝＝ ‎23.(2014·江苏，20)设数列{an}的前n项和为Sn.若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得Sn＝am，则称{an}是“H数列”.‎ ‎(1)若数列{an}的前n项和Sn＝2n(n∈N*)，证明{an}是“H数列”；‎ ‎(2)设{an}是等差数列，其首项a1＝1，公差d<0.若{an}是“H数列”，求d的值；‎ ‎(3)证明：对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立.‎ ‎23.(1)证明　由已知，当n≥1时，an＋1＝Sn＋1－Sn＝2n＋1－2n＝2n.于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝n＋1，使得Sn＝2n＝am.所以{an}是“H数列”.‎ ‎(2)解　由已知，得S2＝2a1＋d＝2＋d.因为{an}是“H数列”，所以存在正整数m，使得S2＝am，即2＋d＝1＋(m－1)d，于是(m－2)d＝1.‎ 因为d<0，所以m－2<0，故m＝1.从而d＝－1.‎ 当d＝－1时，an＝2－n，Sn＝是小于2的整数，n∈N*.于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝2－Sn＝2－，使得Sn＝2－m＝am，所以{an}是“H数列”.因此d的值为－1.‎ ‎(3)证明　设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d＝na1＋(n－1)(d－a1)(n∈N*).‎ 令bn＝na1，cn＝(n－1)(d－a1)，则an＝bn＋cn(n∈N*).‎ 下证{bn}是“H数列”.‎ 设{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝a1(n∈N*).于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝，使得Tn＝bm，所以{bn}是“H数列”.‎ 同理可证{cn}也是“H数列”.‎ 所以，对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立.‎ 考点3 等比数列及其前n项和 ‎1．（2018浙江，10）已知a‎1‎‎,a‎2‎,a‎3‎,‎a‎4‎成等比数列，且a‎1‎‎+a‎2‎+a‎3‎+a‎4‎=ln(a‎1‎+a‎2‎+a‎3‎)‎．若a‎1‎‎>1‎，则(　　)‎ A．a‎1‎‎a‎3‎,a‎2‎<‎a‎4‎ C．a‎1‎‎‎a‎4‎ D．‎a‎1‎‎>a‎3‎,a‎2‎>‎a‎4‎ ‎1.B 令f(x)=x−lnx−1,‎则f‎′‎‎(x)=1−‎‎1‎x，令f‎′‎‎(x)=0,‎得x=1‎，所以当x>1‎时，f‎′‎‎(x)>0‎，当‎00‎，则a‎1‎‎+a‎2‎+a‎3‎+a‎4‎>a‎1‎+a‎2‎+a‎3‎>ln(a‎1‎+a‎2‎+a‎3‎)‎，不合题意；若公比q≤−1‎，则a‎1‎‎+a‎2‎+a‎3‎+a‎4‎=a‎1‎(1+q)(1+q‎2‎)≤0,‎但ln(a‎1‎+a‎2‎+a‎3‎)=ln[a‎1‎(1+q+q‎2‎)]>lna‎1‎>0‎，即a‎1‎‎+a‎2‎+a‎3‎+a‎4‎≤0a‎1‎q‎2‎=a‎3‎,a‎2‎0.则a8＝a6＋2a4即为a4q4＝a4q2＋2a4，解得q2＝2(负值舍去)，又a2＝1，所以a6＝a2q4＝4.]‎ ‎18．（2018全国Ⅲ，17）等比数列an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．‎ ‎18.（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=‎‎1-‎‎(-2)‎n‎3‎．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．‎ ‎19.(2015·湖北，18)设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q，已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.‎ ‎(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎(2)当d>1时，记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.‎ ‎19.解　(1)由题意有，即 解得或故或 ‎(2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝，于是 Tn＝1＋＋＋＋＋…＋，①‎ Tn＝＋＋＋＋＋…＋.②‎ ‎①－②可得 Tn＝2＋＋＋…＋－＝3－，故Tn＝6－.‎ ‎20.(2014·新课标全国Ⅱ，17)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.‎ ‎(1)证明是等比数列，并求{an}的通项公式；‎ ‎(2)证明＋＋…＋<.‎ ‎20.证明　(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋＝3又a1＋＝，‎ 所以是首项为，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＋＋…＋＝<.‎ 所以＋＋…＋<.‎ 考点4 数列的综合应用 ‎1.(2015·福建，8)若a，b是函数f(x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)的两个不同的零点，且a，b，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p＋q的值等于(　　)‎ A.6 B.7 C.8 D.9‎ ‎1.D　[由题意知:a＋b＝p,ab＝q,∵p＞0,q＞0,∴a＞0,b＞0.在a,b,-2这三个数的6种排序中，成等差数列的情况有a,b,-2;b,a,-2;-2,a,b;-2,b,a;成等比数列的情况有:a,-2,b;b,-2,a.‎ ‎∴或解之得：或 ‎∴p＝5,q＝4,∴p＋q＝9,故选D.]‎ ‎2.(2015·浙江，3)已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则(　　)‎ A.a1d＞0，dS4＞0 B.a1d＜0，dS4＜0 C.a1d＞0，dS4＜0 D.a1d＜0，dS4＞0‎ ‎2.B　[∵a3,a4,a8成等比数列,∴(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋7d),整理得a1＝－d,‎ ‎∴a1d＝-d2＜0,又S4＝4a1＋d＝－,∴dS4＝－＜0，故选B.]‎ ‎3．（2018江苏，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________．‎ ‎3.27 设an‎=‎‎2‎k，则Sn‎=[(2×1−1)+(2×2−1)+⋯+(2⋅‎2‎k−1‎−1)]+[2+‎2‎‎2‎+⋯+‎2‎k]‎ ‎=‎2‎k−1‎‎1+2×‎2‎k−1‎−1‎‎2‎+‎2(1−‎2‎k)‎‎1−2‎=‎2‎‎2k−2‎+‎2‎k+1‎−2‎ 由Sn‎>12‎an+1‎得‎2‎‎2k−2‎‎+‎2‎k+1‎−2>12(‎2‎k+1),‎(‎2‎k−1‎)‎‎2‎−20(‎2‎k−1‎)−14>0,‎2‎k−1‎≥‎2‎‎5‎,k≥6‎ 所以只需研究‎2‎‎5‎‎16‎.‎ 由m‎2‎‎+‎2‎‎5+1‎−2>12(2m+1),m‎2‎−24m+50>0，∴m≥22,n=m+5≥27‎ 得满足条件的n最小值为‎27‎.‎ ‎4.（2017•北京,10）若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=﹣1，a4=b4=8，则 =________． ‎ ‎4. 1 等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=﹣1，a4=b4=8，设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q．可得：8=﹣1+3d，d=3，a2=2；8=﹣q3 ， 解得q=﹣2，∴b2=2． 可得 =1．故答案为：1． 5.(2015·新课标全国Ⅱ，16)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn ‎＝____________.‎ ‎5.－　[由题意，得S1＝a1＝－1，又由an＋1＝SnSn＋1，得Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，所以Sn≠0，所以＝1，即－＝－1，故数列是以＝－1为首项，－1为公差的等差数列，得＝－1－(n－1)＝－n，所以Sn＝－.]‎ ‎6．（2018浙江，20）已知等比数列{an}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列 ‎{bn}满足b1=1，数列{（bn+1−bn）an}的前n项和为2n2+n．‎ ‎（Ⅰ）求q的值；‎ ‎（Ⅱ）求数列{bn}的通项公式． ‎ ‎6.（Ⅰ）由a‎4‎‎+2‎是a‎3‎‎,‎a‎5‎的等差中项得a‎3‎‎+a‎5‎=2a‎4‎+4‎，‎ 所以a‎3‎‎+a‎4‎+a‎5‎=3a‎4‎+4=28‎，‎ 解得a‎4‎‎=8‎.‎ 由a‎3‎‎+a‎5‎=20‎得‎8(q+‎1‎q)=20‎，‎ 因为q>1‎，所以q=2‎.‎ ‎（Ⅱ）设cn‎=(bn+1‎-bn)‎an，数列‎{cn}‎前n项和为Sn.‎ 由cn‎=‎S‎1‎‎,n=1,‎Sn‎-Sn-1‎,n≥2.‎解得cn‎=4n-1‎.‎ 由（Ⅰ）可知an‎=‎‎2‎n-1‎，‎ 所以bn+1‎‎-bn=(4n-1)⋅‎‎(‎1‎‎2‎)‎n-1‎，‎ 故bn‎-bn-1‎=(4n-5)⋅‎(‎1‎‎2‎)‎n-2‎,n≥2‎，‎ bn‎-b‎1‎=(bn-bn-1‎)+(bn-1‎-bn-2‎)+⋯+(b‎3‎-b‎2‎)+(b‎2‎-b‎1‎)‎‎ ‎=(4n-5)⋅‎(‎1‎‎2‎)‎n-2‎+(4n-9)⋅‎(‎1‎‎2‎)‎n-3‎+⋯+7⋅‎1‎‎2‎+3‎.‎ 设Tn‎=3+7⋅‎1‎‎2‎+11⋅‎(‎1‎‎2‎)‎‎2‎+⋯+(4n-5)⋅‎(‎1‎‎2‎)‎n-2‎,n≥2‎，‎‎1‎‎2‎Tn‎=3⋅‎1‎‎2‎+7⋅‎(‎1‎‎2‎)‎‎2‎+⋯+(4n-9)⋅‎(‎1‎‎2‎)‎n-2‎+(4n-5)⋅‎‎(‎1‎‎2‎)‎n-1‎ 所以‎1‎‎2‎Tn‎=3+4⋅‎1‎‎2‎+4⋅‎(‎1‎‎2‎)‎‎2‎+⋯+4⋅‎(‎1‎‎2‎)‎n-2‎-(4n-5)⋅‎‎(‎1‎‎2‎)‎n-1‎，‎ 因此Tn‎=14-(4n+3)⋅‎(‎1‎‎2‎)‎n-2‎,n≥2‎，‎ 又b‎1‎‎=1‎，所以bn‎=15-(4n+3)⋅‎‎(‎1‎‎2‎)‎n-2‎.‎ ‎7．（2018天津，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.‎ ‎（I）求‎{an}‎和‎{bn}‎的通项公式；‎ ‎（II）设数列‎{Sn}‎的前n项和为Tn‎(n∈N‎*‎)‎，‎ ‎（i）求Tn；‎ ‎（ii）证明k=1‎n‎(Tk+bk+2‎)‎bk‎(k+1)(k+2)‎‎=‎2‎n+2‎n+2‎-2(n∈N‎*‎)‎.‎ ‎7.（I）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.‎ ‎（II）（i）由（I），有Sn‎=‎1-‎‎2‎n‎1-2‎=‎2‎n-1‎，‎ 故Tn‎=k=1‎n‎(‎2‎k-1)‎=k=1‎n‎2‎k-n=‎2×(1-‎2‎n)‎‎1-2‎-n=‎2‎n+1‎-n-2‎.‎ ‎（ii）因为‎(Tk+bk+2‎)‎bk‎(k+1)(k+2)‎‎=‎(‎2‎k+1‎-k-2+k+2)k‎(k+1)(k+2)‎=k⋅‎‎2‎k+1‎‎(k+1)(k+2)‎=‎2‎k+2‎k+2‎-‎‎2‎k+1‎k+1‎，‎ 所以k=1‎n‎(Tk+bk+2‎)‎bk‎(k+1)(k+2)‎‎=(‎2‎‎3‎‎3‎-‎2‎‎2‎‎2‎)+(‎2‎‎4‎‎4‎-‎2‎‎3‎‎3‎)+⋯+(‎2‎n+2‎n+2‎-‎2‎n+1‎n+1‎)=‎2‎n+2‎n+2‎-2‎.‎ ‎8．（2018江苏，20）设‎{an}‎是首项为a‎1‎，公差为d的等差数列，‎{bn}‎是首项为b‎1‎，公比为q的等比数列．‎ ‎（1）设a‎1‎‎=0,b‎1‎=1,q=2‎，若‎|an−bn|≤‎b‎1‎对n=1,2,3,4‎均成立，求d的取值范围；‎ ‎（2）若a‎1‎‎=b‎1‎>0,m∈N‎*‎,q∈(1,m‎2‎]‎，证明：存在d∈R，使得‎|an−bn|≤‎b‎1‎对n=2,3,⋯,m+1‎均成立，并求d的取值范围（用b‎1‎‎,m,q表示）．‎ ‎8.（1）由条件知：an‎=(n-1)d,bn=‎‎2‎n-1‎．‎ 因为‎|an-bn|≤‎b‎1‎对n=1，2，3，4均成立，‎ 即‎|(n-1)d-‎2‎n-1‎|≤1‎对n=1，2，3，4均成立，‎ 即1‎≤‎1，1‎≤‎d‎≤‎3，3‎≤‎2d‎≤‎5，7‎≤‎3d‎≤‎9，得‎7‎‎3‎‎≤d≤‎‎5‎‎2‎．‎ 因此，d的取值范围为‎[‎7‎‎3‎,‎5‎‎2‎]‎．‎ ‎（2）由条件知：an‎=b‎1‎+(n-1)d,bn=‎b‎1‎qn-1‎．‎ 若存在d，使得‎|an-bn|≤‎b‎1‎（n=2，3，···，m+1）成立，‎ 即‎|b‎1‎+(n-1)d-b‎1‎qn-1‎|≤b‎1‎(n=2,3,⋯,m+1)‎，‎ 即当n=2,3,⋯,m+1‎时，d满足qn-1‎‎-2‎n-1‎b‎1‎‎≤d≤‎qn-1‎n-1‎b‎1‎．‎ 因为q∈(1,m‎2‎]‎，则‎10‎，对n=2,3,⋯,m+1‎均成立．‎ 因此，取d=0时，‎|an-bn|≤‎b‎1‎对n=2,3,⋯,m+1‎均成立．‎ 下面讨论数列‎{qn-1‎‎-2‎n-1‎}‎的最大值和数列‎{qn-1‎n-1‎}‎的最小值（n=2,3,⋯,m+1‎）．‎ ‎①当‎2≤n≤m时，qn‎-2‎n‎-qn-1‎‎-2‎n-1‎=nqn-qn-nqn-1‎+2‎n(n-1)‎=‎n(qn-qn-1‎)-qn+2‎n(n-1)‎，‎ 当‎10‎．‎ 因此，当‎2≤n≤m+1‎时，数列‎{qn-1‎‎-2‎n-1‎}‎单调递增，‎ 故数列‎{qn-1‎‎-2‎n-1‎}‎的最大值为qm‎-2‎m．‎ ‎②设f(x)=‎2‎x(1-x)‎，当x>0时，f‎'‎‎(x)=(ln2-1-xln2)‎2‎x<0‎，‎ 所以f(x)‎单调递减，从而f(x)‎0，n∈N*.‎ ‎(1)若2a2，a3，a2＋2成等差数列，求an的通项公式；‎ ‎(2)设双曲线x2－＝1的离心率为en，且e2＝，证明：e1＋e2＋…＋en>.‎ ‎13.(1)解　由已知，Sn＋1＝qSn＋1，Sn＋2＝qSn＋1＋1，两式相减得到an＋2＝qan＋1，n≥1.又由S2＝qS1＋1得到a2＝qa1，故an＋1＝qan对所有n≥1都成立.‎ 所以，数列{an}是首项为1，公比为q的等比数列.从而an＝qn－1.‎ 由2a2，a3，a2＋2成等差数列，可得2a3＝3a2＋2，即2q2＝3q＋2，则(2q＋1)(q－2)＝0，‎ 由已知，q>0，故q＝2.所以an＝2n－1(n∈N*).‎ ‎(2)证明　由(1)可知，an＝qn－1.所以双曲线x2－＝1的离心率en＝＝.‎ 由e2＝＝，解得q＝.‎ 因为1＋q2(k－1)>q2(k－1)，所以>qk－1(k∈N*).‎ 于是e1＋e2＋…＋en>1＋q＋…＋qn－1＝.故e1＋e2＋…＋en>.‎ ‎14.(2016·山东，18)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.‎ ‎14.解　(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.由即 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，得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× ‎＝-3n·2n＋2，所以Tn＝3n·2n＋2.‎ ‎15.(2015·山东，18)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.‎ ‎15.解　(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＝＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋(n－1)×31－n)，‎ 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＝－.‎ ‎16.(2015·天津，18)已知数列{an}满足an＋2＝qan(q为实数，且q≠1)，n∈N*，a1＝1，a2＝2，且a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差数列.‎ ‎(1)求q的值和{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，n∈N*，求数列{bn}的前n项和.‎ ‎16.解　(1)由已知，有(a3＋a4)－(a2＋a3)＝(a4＋a5)－(a3＋a4)，即a4－a2＝a5－a3，‎ 所以a2(q－1)＝a3(q－1)，又因为q≠1，故a3＝a2＝2，由a3＝a1q，得q＝2.‎ 当n＝2k－1(k∈N*)时，an＝a2k－1＝2k－1＝2；‎ 当n＝2k(k∈N*)时，an＝a2k＝2k＝2.‎ 所以，{an}的通项公式为an＝ ‎(2)由(1)得bn＝＝.设{bn}的前n项和为Sn，‎ 则Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×，‎ Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×.‎ 上述两式相减得：Sn＝1＋＋＋…＋－＝－＝2－－，‎ 整理得，Sn＝4－，n∈N*.‎ 所以，数列{bn}的前n项和为4－，n∈N*.‎ ‎17.(2015·广东，21)数列{an}满足：a1＋2a2＋…＋nan＝4－，n∈N*.‎ ‎(1)求a3的值；‎ ‎(2)求数列{an}前n项和Tn；‎ ‎(3)令b1＝a1，bn＝＋an(n≥2)，证明：数列{bn}的前n项和Sn满足Sn<2＋2lnn.‎ ‎17.（1）∵a1+2a2+…nan=4﹣，n∈N+．‎ ‎∴a1=4﹣3=1，1+2a2=4﹣=2，‎ 解得a2=，‎ ‎∵a1+2a2+…+nan=4﹣，n∈N+．‎ ‎∴a1+2a2+…+（n﹣1）an﹣1=4﹣，n∈N+．‎ 两式相减得nan=4﹣﹣（4﹣）=，n≥2，‎ 则an=，n≥2，‎ 当n=1时，a1=1也满足，‎ ‎∴an=，n≥1，‎ 则a3=；‎ ‎（2）∵an=，n≥1，‎ ‎∴数列{an}是公比q=，‎ 则数列{an}的前 n项和Tn==2﹣21﹣n．‎ ‎（3）bn=+（1+++…+）an，‎ ‎∴b1=a1，b2=+（1+）a2，b3=（1++）a3，‎ ‎∴Sn=b1+b2+…+bn=（1+++…+）（a1+a2+…+an）=（1+++…+）Tn ‎=（1+++…+）（2﹣21﹣n）＜2×（1+++…+），‎ 设f（x）=lnx+﹣1，x＞1，‎ 则f′（x）=﹣．‎ 即f（x）在（1，+∞）上为增函数，‎ ‎∵f（1）=0，即f（x）＞0，‎ ‎∵k≥2，且k∈N•时，，‎ ‎∴f（）=ln+﹣1＞0，即ln＞，‎ ‎∴ln，，…，‎ 即=lnn，‎ ‎∴2×（1+++…+）＜2+lnn，‎ 即Sn＜2（1+lnn）=2+2lnn．‎ ‎18.(2015·浙江，20)已知数列{an}满足a1＝且an＋1＝an－a(n∈N*).‎ ‎(1) 证明：1≤≤2(n∈N*)；‎ ‎(2)设数列{a}的前n项和为Sn，证明：≤≤(n∈N*).‎ ‎18.证明　(1)由题意得an＋1－an＝－a≤0，即an＋1≤an，故an≤.‎ 由an＝(1－an－1)an－1得an＝(1－an－1)(1－an－2)…(1－a1)a1＞0.‎ 由0＜an≤得＝＝∈[1，2]，即1≤≤2‎ ‎(2)由题意得 a＝an－an＋1，所以Sn＝a1－an＋1①‎ 由－＝和1≤≤2得1≤－≤2，所以n≤－≤2n，‎ 因此≤an＋1≤(n∈N*).②‎ 由①②得≤≤(n∈N*).‎ ‎19.(2014·山东，19)已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎19.解　(1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋×2＝2a1＋2，S4＝4a1＋×2＝4a1＋12，‎ 由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1，所以an＝2n－1.‎ ‎(2)bn＝(－1)n－1＝(－1)n－1＝(－1)n－1.‎ 当n为偶数时，‎ Tn＝－＋…＋－＝1－＝.‎ 当n为奇数时，‎ Tn＝－＋…－＋＝1＋＝.‎ 所以Tn＝ ‎20.(2014·江西，17)已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)满足anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0.‎ ‎(1)令cn＝，求数列{cn}的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝3n－1，求数列{an}的前n项和Sn.‎ ‎20.解　(1)因为anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0(n∈N*)，‎ 所以－＝2，即cn＋1－cn＝2.‎ 所以数列{cn}是以1为首项，2为公差的等差数列，故cn＝2n－1.‎ ‎(2)由bn＝3n－1知an＝cnbn＝(2n－1)3n－1，‎ 于是数列{an}的前n项和Sn＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1，‎ ‎3Sn＝1×31＋3×32＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)·3n，‎ 相减得－2Sn＝1＋2·(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)·3n＝－2－(2n－2)3n，‎ 所以Sn＝(n－1)3n＋1.‎ ‎21.(2014·四川，19)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.‎ ‎21.解　(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)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＝1＋＋＋…＋－＝2－－＝.‎ 所以，Tn＝.‎ ‎22.(2014·湖北，18)已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn>60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由.‎ ‎22.解(1)设数列{an}的公差为d,依题意,2,2＋d,2＋4d成等比数列,故有(2+d)2＝2(2+4d)，‎ 化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.‎ 当d＝0时，an＝2；‎ 当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2，‎ 从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.‎ ‎(2)当an＝2时，Sn＝2n.显然2n<60n＋800，‎ 此时不存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立.‎ 当an＝4n－2时，Sn＝＝2n2.‎ 令2n2>60n＋800，即n2－30n－400>0，‎ 解得n>40或n<－10(舍去)，‎ 此时存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立，n的最小值为41.‎ 综上，当an＝2时，不存在满足题意的n；‎ 当an＝4n－2时，存在满足题意的n，其最小值为41.‎