【数学】2020届天津一轮复习通用版6-4数列的综合应用作业 21页

‎6.4　数列的综合应用 挖命题 ‎【考情探究】‎ 考点 内容解读 ‎5年考情 预测热度 考题示例 考向 关联考点 ‎1.数列求和 掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法 ‎2017天津,18‎ ‎2015天津,18‎ ‎2015天津文,18‎ 错位相减法求数列的和 等比数列及前n项和 ‎★★★‎ ‎2016天津文,18‎ 分组转化法求数列的和 ‎2.数列的综合应用 ‎1.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 ‎2.能处理数列与函数,数列与不等式等综合问题 ‎2018天津,18‎ 裂项相消法求数列的和 等差、等比数列的通项公式 ‎★★★‎ ‎2014天津,19‎ 等比数列求和 不等式证明 ‎2013天津文,18‎ 等差数列、等比数列与函数 数列的基本性质 分析解读　　综合运用数列,特别是等差数列、等比数列的有关知识,解答数列综合问题和实际问题,培养学生的理解能力、数学建模能力和运算能力.数列的应用主要从以下几个方面考查:1.会用公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法求解不同类型数列的和.2.能综合利用等差、等比数列的基本知识解决相关综合问题.3.数列递推关系、非等差、等比数列的求和是高考热点,特别是错位相减法和裂项相消法求和.‎ 破考点 ‎【考点集训】‎ 考点一　数列求和 ‎1.已知数列{an},{bn},其中{an}是首项为3,公差为整数的等差数列,且a3>a1+3,a42an(n>1,n∈N*),给出下列命题:‎ ‎①若数列{an}满足a2>a1,则an>an-1(n>1,n∈N*)成立;‎ ‎②存在常数c,使得an>c(n∈N*)成立;‎ ‎③若p+q>m+n(其中p,q,m,n∈N*),则ap+aq>am+an;‎ ‎④存在常数d,使得an>a1+(n-1)d(n∈N*)都成立.‎ 上述命题正确的是　　　　.(写出所有正确命题的序号) ‎ 答案　①‎ ‎5.已知数列{an}的前n项和Sn=n‎2‎‎+n‎2‎,等比数列{bn}的前n项和为Tn,若b1=a1+1,b2-a2=2.‎ ‎(1)求数列{an},{bn}的通项公式;‎ ‎(2)求满足Tn+an>300的最小的n值.‎ 解析　(1)a1=S1=1,‎ n>1时,an=Sn-Sn-1=n‎2‎‎+n‎2‎-‎(n-1‎)‎‎2‎+(n-1)‎‎2‎=n,‎ 又n=1时,a1=1,所以an=n成立,∴an=n(n∈N*),‎ 则由题意可知b1=2,b2=4,‎ ‎∴{bn}的公比q=‎4‎‎2‎=2,∴bn=2n(n∈N*).‎ ‎(2)∵Tn=‎2×(1-‎2‎n)‎‎1-2‎=2×(2n-1),‎ ‎∴Tn+an=2×(2n-1)+n,‎ ‎∴Tn+an随n的增大而增大,‎ 又T7+a7=2×127+7=261<300,T8+a8=2×255+8=518>300,‎ ‎∴所求最小的n值为8.‎ 炼技法 ‎【方法集训】‎ 方法1　错位相减法求和 ‎1.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=5,nSn+1-(n+1)Sn=n2+n.‎ ‎(1)求证:数列Snn为等差数列;‎ ‎(2)令bn=2nan,求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解析　(1)证明:由nSn+1-(n+1)Sn=n2+n得Sn+1‎n+1‎-Snn=1,‎ 又S‎1‎‎1‎=5,所以数列Snn是首项为5,公差为1的等差数列.‎ ‎(2)由(1)可知Snn=5+(n-1)=n+4,所以Sn=n2+4n.‎ 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+4n-(n-1)2-4(n-1)=2n+3.‎ 又a1=5也符合上式,‎ 所以an=2n+3(n∈N*),‎ 所以bn=(2n+3)2n,‎ 所以Tn=5×2+7×22+9×23+…+(2n+3)2n,①‎ ‎2Tn=5×22+7×23+9×24+…+(2n+1)2n+(2n+3)2n+1,②‎ 由②-①得 Tn=(2n+3)2n+1-10-(23+24+…+2n+1)‎ ‎=(2n+3)2n+1-10-‎‎2‎‎3‎‎(1-‎2‎n-1‎)‎‎1-2‎ ‎=(2n+3)2n+1-10-(2n+2-8)‎ ‎=(2n+1)2n+1-2.‎ ‎2.已知数列{an}是等比数列,a2=4,a3+2是a2和a4的等差中项.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=2log2an-1,求数列{anbn}的前n项和Tn.‎ 解析　(1)设数列{an}的公比为q,‎ 因为a2=4,所以a3=4q,a4=4q2.‎ 因为a3+2是a2和a4的等差中项,‎ 所以2(a3+2)=a2+a4,‎ 即2(4q+2)=4+4q2,‎ 化简得q2-2q=0.‎ 因为公比q≠0,所以q=2.‎ 所以an=a2qn-2=4×2n-2=2n(n∈N*).‎ ‎(2)因为an=2n,所以bn=2log2an-1=2n-1,‎ 所以anbn=(2n-1)2n,‎ 则Tn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-3)2n-1+(2n-1)2n,①‎ ‎2Tn=1×22+3×23+5×24+…+(2n-3)2n+(2n-1)2n+1.②‎ 由①-②得,-Tn=2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n-1)2n+1‎ ‎=2+2‎4(1-‎2‎n-1‎)‎‎1-2‎-(2n-1)2n+1=-6-(2n-3)2n+1,‎ 所以Tn=6+(2n-3)2n+1.‎ 方法2　裂项相消法求和 ‎3.已知数列{an}(n∈N*)是公差不为0的等差数列,a1=1,且‎1‎a‎2‎,‎1‎a‎4‎,‎1‎a‎8‎成等比数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设数列‎1‎anan+1‎的前n项和为Tn,求证:Tn<1.‎ 解析　(1)设{an}的公差为d.‎ 因为‎1‎a‎2‎,‎1‎a‎4‎,‎1‎a‎8‎成等比数列,‎ 所以‎1‎a‎4‎‎2‎=‎1‎a‎2‎·‎1‎a‎8‎,‎ 即‎1‎a‎1‎‎+3d‎2‎=‎1‎a‎1‎‎+d·‎1‎a‎1‎‎+7d,‎ 化简得(a1+3d)2=(a1+d)·(a1+7d),‎ 又a1=1,且d≠0,解得d=1.‎ 所以an=a1+(n-1)d=n.‎ ‎(2)证明:由(1)得‎1‎anan+1‎=‎1‎n(n+1)‎=‎1‎n-‎1‎n+1‎,‎ 所以Tn=1-‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎-‎1‎‎3‎+…+‎1‎n-‎1‎n+1‎=1-‎1‎n+1‎<1.‎ 因此Tn<1.‎ ‎4.在等差数列{an}中,a2=4,其前n项和Sn满足Sn=n2+λn(λ∈R).‎ ‎(1)求实数λ的值,并求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若数列‎1‎Sn‎+‎bn是首项为λ,公比为2λ的等比数列,求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,‎ 因为a2=S2-S1=(4+2λ)-(1+λ)=3+λ,‎ 所以3+λ=4,所以λ=1.‎ 所以a1=S1=2,所以d=a2-a1=2.‎ 所以an=a1+(n-1)d=2n.‎ ‎(2)由(1)知λ=1,所以Sn=n2+n.‎ 由题意知‎1‎Sn+bn=1×2n-1=2n-1.‎ 所以bn=2n-1-‎1‎n(n+1)‎=2n-1-‎1‎n‎-‎‎1‎n+1‎.‎ 所以Tn=(20+21+…+2n-1)-‎1-‎‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎-‎‎1‎‎3‎+…+‎‎1‎n‎-‎‎1‎n+1‎ ‎=‎1-‎‎2‎n‎1-2‎-‎1-‎‎1‎n+1‎=2n-‎2n+1‎n+1‎.‎ 试题分析　(1)设等差数列{an}的公差为d,由题意得λ=1,进而得d=2,即可得到数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)由(1)知λ=1,得Sn=n2+n,由题意得‎1‎Sn+bn=2n-1,进而得bn=2n-1-‎1‎n‎-‎‎1‎n+1‎,利用等比数列的前n项和公式以及裂项相消法求和即可得到数列{bn}的前n项和.‎ 方法3　分组求和法求和 ‎5.(2014北京文,15,13分)已知{an}是等差数列,满足a1=3,a4=12,数列{bn}满足b1=4,b4=20,且{bn-an}为等比数列.‎ ‎(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;‎ ‎(2)求数列{bn}的前n项和.‎ 解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,由题意得 d=a‎4‎‎-‎a‎1‎‎3‎=‎12-3‎‎3‎=3.‎ 所以an=a1+(n-1)d=3n(n=1,2,…).‎ 设等比数列{bn-an}的公比为q,由题意得 q3=b‎4‎‎-‎a‎4‎b‎1‎‎-‎a‎1‎=‎20-12‎‎4-3‎=8,解得q=2.‎ 所以bn-an=(b1-a1)qn-1=2n-1.‎ 从而bn=3n+2n-1(n=1,2,…).‎ ‎(2)由(1)知bn=3n+2n-1(n=1,2,…).‎ 数列{3n}的前n项和为‎3‎‎2‎n(n+1),数列{2n-1}的前n项和为1×‎1-‎‎2‎n‎1-2‎=2n-1.‎ 所以数列{bn}的前n项和为‎3‎‎2‎n(n+1)+2n-1.‎ 过专题 ‎【五年高考】‎ A组　自主命题·天津卷题组 考点一　数列求和 ‎1.(2017天津,18,13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*).‎ 解析　(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,解得q=2或q=-3,又因为q>0,所以q=2.所以,bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8①.由S11=11b4,可得a1+5d=16②,联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.‎ 所以,数列{an}的通项公式为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,有a2nb2n-1=(3n-1)×4n,‎ 故Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,‎ ‎4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,‎ 上述两式相减,得 ‎-3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1‎ ‎=‎12×(1-‎4‎n)‎‎1-4‎-4-(3n-1)×4n+1=-(3n-2)×4n+1-8.‎ 得Tn=‎3n-2‎‎3‎×4n+1+‎8‎‎3‎.‎ 所以,数列{a2nb2n-1}的前n项和为‎3n-2‎‎3‎×4n+1+‎8‎‎3‎.‎ 方法总结　(1)等差数列与等比数列中有五个量a1,n,d(或q),an,Sn,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求关键量a1和d(或q),问题可迎刃而解.‎ ‎(2)数列{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比q≠1的等比数列,求数列{anbn}的前n项和适用错位相减法.‎ ‎2.(2016天津文,18,13分)已知{an}是等比数列,前n项和为Sn(n∈N*),且‎1‎a‎1‎-‎1‎a‎2‎=‎2‎a‎3‎,S6=63.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)若对任意的n∈N*,bn是log2an和log2an+1的等差中项,求数列{(-1)nbn‎2‎}的前2n项和.‎ 解析　(1)设数列{an}的公比为q.由已知,有‎1‎a‎1‎-‎1‎a‎1‎q=‎2‎a‎1‎q‎2‎,解得q=2,或q=-1.‎ 又由S6=a1·‎1-‎q‎6‎‎1-q=63,知q≠-1,所以a1·‎1-‎‎2‎‎6‎‎1-2‎=63,得a1=1.所以an=2n-1.‎ ‎(2)由题意,得bn=‎1‎‎2‎(log2an+log2an+1)=‎1‎‎2‎(log22n-1+log22n)=n-‎1‎‎2‎,‎ 即{bn}是首项为‎1‎‎2‎,公差为1的等差数列.‎ 设数列{(-1)nbn‎2‎}的前n项和为Tn,则 T2n=(-b‎1‎‎2‎+b‎2‎‎2‎)+(-b‎3‎‎2‎+b‎4‎‎2‎)+…+(-b‎2n-1‎‎2‎+b‎2n‎2‎)‎ ‎=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n=‎2n(b‎1‎+b‎2n)‎‎2‎=2n2.‎ 评析本题主要考查等差数列、等比数列及其前n项和公式等基础知识,考查数列求和的基本方法和运算求解能力.‎ ‎3.(2015天津,18,13分)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=log‎2‎a‎2na‎2n-1‎,n∈N*,求数列{bn}的前n项和.‎ 解析　(1)由已知,得(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=a1·q,得q=2.‎ 当n=2k-1(k∈N*)时,an=a2k-1=2k-1=‎2‎n-1‎‎2‎;‎ 当n=2k(k∈N*)时,an=a2k=2k=‎2‎n‎2‎.‎ 所以,{an}的通项公式为an=‎‎2‎n-1‎‎2‎‎,n为奇数,‎‎2‎n‎2‎‎,n为偶数.‎ ‎(2)由(1)得bn=log‎2‎a‎2na‎2n-1‎=n‎2‎n-1‎.设{bn}的前n项和为Sn,则Sn=1×‎1‎‎2‎‎0‎+2×‎1‎‎2‎‎1‎+3×‎1‎‎2‎‎2‎+…+(n-1)×‎1‎‎2‎n-2‎+n×‎1‎‎2‎n-1‎,‎ ‎1‎‎2‎Sn=1×‎1‎‎2‎‎1‎+2×‎1‎‎2‎‎2‎+3×‎1‎‎2‎‎3‎+…+(n-1)×‎1‎‎2‎n-1‎+n×‎1‎‎2‎n,‎ 上述两式相减,得 ‎1‎‎2‎Sn=1+‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎2‎+…+‎1‎‎2‎n-1‎-n‎2‎n=‎1-‎‎1‎‎2‎n‎1-‎‎1‎‎2‎-n‎2‎n=2-‎2‎‎2‎n-n‎2‎n,‎ 整理得,Sn=4-n+2‎‎2‎n-1‎.‎ 所以,数列{bn}的前n项和为4-n+2‎‎2‎n-1‎,n∈N*.‎ 评析本题主要考查等比数列及其前n项和公式、等差中项等基础知识.考查数列求和的基本方法、分类讨论思想和运算求解能力.‎ ‎4.(2015天津文,18,13分)已知{an}是各项均为正数的等比数列,{bn}是等差数列,且a1=b1=1,b2+b3=2a3,a5-3b2=7.‎ ‎(1)求{an}和{bn}的通项公式;‎ ‎(2)设cn=anbn,n∈N*,求数列{cn}的前n项和.‎ 解析　(1)设数列{an}的公比为q,数列{bn}的公差为d,由题意知q>0.由已知,有‎2q‎2‎-3d=2,‎q‎4‎‎-3d=10,‎消去d,整理得q4-2q2-8=0.又因为q>0,解得q=2,所以d=2.‎ 所以数列{an}的通项公式为an=2n-1,n∈N*;数列{bn}的通项公式为bn=2n-1,n∈N*.‎ ‎(2)由(1)有cn=(2n-1)·2n-1,设{cn}的前n项和为Sn,则 Sn=1×20+3×21+5×22+…+(2n-3)×2n-2+(2n-1)×2n-1,‎ ‎2Sn=1×21+3×22+5×23+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n,‎ 上述两式相减,得-Sn=1+22+23+…+2n-(2n-1)×2n=2n+1-3-(2n-1)×2n=-(2n-3)×2n-3,‎ 所以,Sn=(2n-3)·2n+3,n∈N*.‎ 评析本题主要考查等差数列、等比数列及其前n项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力.‎ 考点二　数列的综合应用 ‎1.(2018天津,18,13分)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*).‎ ‎(i)求Tn;‎ ‎(ii)证明‎∑‎k=1‎n‎(Tk+bk+2‎)‎bk‎(k+1)(k+2)‎=‎2‎n+2‎n+2‎-2(n∈N*).‎ 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.‎ 由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)(i)由(1),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)证明: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.‎ 方法总结　解决数列求和问题的两种思路 ‎(1)利用转化的思想将一般数列设法转化为等差或等比数列,这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成.‎ ‎(2)不能转化为等差或等比数列的,往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和.‎ ‎2.(2014天津,19,14分)已知q和n均为给定的大于1的自然数.设集合M={0,1,2,…,q-1},集合A={x|x=x1+x2q+…+xnqn-1,xi∈M,i=1,2,…,n}.‎ ‎(1)当q=2,n=3时,用列举法表示集合A;‎ ‎(2)设s,t∈A,s=a1+a2q+…+anqn-1,t=b1+b2q+…+bnqn-1,其中ai,bi∈M,i=1,2,…,n.证明:若an0,d<0时,满足am‎≥0,‎am+1‎‎≤0‎的项数m,可使得Sn取得最大值,最大值为Sm;‎ ‎②当a1<0,d>0时,满足am‎≤0,‎am+1‎‎≥0‎的项数m,可使得Sn取得最小值,最小值为Sm.‎ ‎2.(2016课标Ⅱ,17,12分)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.‎ 解析　(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=‎‎0,1≤n<10,‎‎1,10≤n<100,‎‎2,100≤n<1 000,‎‎3,n=1 000,‎ 所以数列{bn}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.‎ 疑难突破　充分理解[x]的意义,求出bn的表达式,从而求出{bn}的前1 000项和.‎ 评析本题主要考查了数列的综合运用,同时对学生创新能力进行了考查,充分理解[x]的意义是解题的关键.‎ ‎3.(2015课标Ⅰ,17,12分)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0,an‎2‎+2an=4Sn+3.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=‎1‎anan+1‎,求数列{bn}的前n项和.‎ 解析　(1)由an‎2‎+2an=4Sn+3,可知an+1‎‎2‎+2an+1=4Sn+1+3.‎ 可得an+1‎‎2‎-an‎2‎+2(an+1-an)=4an+1,‎ 即2(an+1+an)=an+1‎‎2‎-an‎2‎=(an+1+an)(an+1-an).‎ 由于an>0,可得an+1-an=2.‎ 又a‎1‎‎2‎+2a1=4a1+3,‎ 解得a1=-1(舍去)或a1=3.‎ 所以{an}是首项为3,公差为2的等差数列,故通项公式为an=2n+1.‎ ‎(2)由an=2n+1可知 bn=‎1‎anan+1‎=‎1‎‎(2n+1)(2n+3)‎=‎1‎‎2‎‎1‎‎2n+1‎‎-‎‎1‎‎2n+3‎.‎ 设数列{bn}的前n项和为Tn,则 Tn=b1+b2+…+bn ‎=‎1‎‎2‎×‎‎1‎‎3‎‎-‎‎1‎‎5‎‎+‎1‎‎5‎‎-‎‎1‎‎7‎+…+‎‎1‎‎2n+1‎‎-‎‎1‎‎2n+3‎ ‎=n‎3(2n+3)‎.‎ ‎4.(2014四川,19,12分)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2-‎1‎ln2‎,求数列anbn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+n(n-1)‎‎2‎d=-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a2-‎1‎ln2‎.‎ 由题意得,a2-‎1‎ln2‎=2-‎1‎ln2‎,‎ 解得a2=2.‎ 所以d=a2-a1=1.‎ 从而an=n,bn=2n.‎ 所以Tn=‎1‎‎2‎+‎2‎‎2‎‎2‎+‎3‎‎2‎‎3‎+…+n-1‎‎2‎n-1‎+n‎2‎n,‎ ‎2Tn=‎1‎‎1‎+‎2‎‎2‎+‎3‎‎2‎‎2‎+…+n‎2‎n-1‎.‎ 因此,2Tn-Tn=1+‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎2‎+…+‎1‎‎2‎n-1‎-n‎2‎n=2-‎1‎‎2‎n-1‎-n‎2‎n=‎2‎n+1‎‎-n-2‎‎2‎n.‎ 所以,Tn=‎2‎n+1‎‎-n-2‎‎2‎n.‎ 评析本题考查等差数列与等比数列的概念、等差数列与等比数列通项公式与前n项和、导数的几何意义等基础知识,考查运算求解能力.‎ 考点二　数列的综合应用 ‎1.(2018浙江,20,15分)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.‎ ‎(1)求q的值;‎ ‎(2)求数列{bn}的通项公式.‎ 解析　(1)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8q+‎‎1‎q=20,解得q=2或q=‎1‎‎2‎,‎ 因为q>1,所以q=2.‎ ‎(2)设cn=(bn+1-bn)an,数列{cn}的前n项和为Sn.‎ 由cn=S‎1‎‎,‎n=1,‎Sn‎-Sn-1‎,‎n≥2,‎解得cn=4n-1.‎ 由(1)可知an=2n-1,‎ 所以bn+1-bn=(4n-1)·‎1‎‎2‎n-1‎,‎ 故bn-bn-1=(4n-5)·‎1‎‎2‎n-2‎,n≥2,‎ bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)‎ ‎=(4n-5)·‎1‎‎2‎n-2‎+(4n-9)·‎1‎‎2‎n-3‎+…+7·‎1‎‎2‎+3.‎ 设Tn=3+7·‎1‎‎2‎+11·‎1‎‎2‎‎2‎+…+(4n-5)·‎1‎‎2‎n-2‎,n≥2,‎ ‎1‎‎2‎Tn=3·‎1‎‎2‎+7·‎1‎‎2‎‎2‎+…+(4n-9)·‎1‎‎2‎n-2‎+(4n-5)·‎1‎‎2‎n-1‎,‎ 所以‎1‎‎2‎Tn=3+4·‎1‎‎2‎+4·‎1‎‎2‎‎2‎+…+4·‎1‎‎2‎n-2‎-(4n-5)·‎1‎‎2‎n-1‎,‎ 因此Tn=14-(4n+3)·‎1‎‎2‎n-2‎,n≥2,‎ 又b1=1,所以bn=15-(4n+3)·‎1‎‎2‎n-2‎.‎ 易错警示　利用错位相减法求和时,要注意以下几点:‎ ‎(1)错位相减法求和,只适合于数列{anbn},其中{an}为等差数列,{bn}为等比数列.‎ ‎(2)在等式两边所乘的数是等比数列{bn}的公比.‎ ‎(3)两式相减时,一定要错开一位.‎ ‎(4)特别要注意相减后等比数列的次数.‎ ‎(5)进行检验.‎ ‎2.(2018江苏,20,16分)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).‎ 解析　(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∈R,使得|an-bn|≤b1(n=2,3,…,m+1)均成立,‎ 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],所以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)=(ln 2-1-xln 2)2x<0.‎ 所以f(x)单调递减,从而f(x)60n+800?若存在,求n的最小值;若不存在,说明理由.‎ 解析　(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=n[2+(4n-2)]‎‎2‎=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.‎ 评析本题考查了数列的通项公式和求和公式,考查了分类讨论的方法.‎ C组　教师专用题组 ‎1.(2013课标Ⅰ,12,5分)设△AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn,△AnBnCn的面积为Sn,n=1,2,3,….若b1>c1,b1+c1=2a1,an+1=an,bn+1=cn‎+‎an‎2‎,cn+1=bn‎+‎an‎2‎,则(　　)‎ A.{Sn}为递减数列 B.{Sn}为递增数列　　‎ C.{S2n-1}为递增数列,{S2n}为递减数列 D.{S2n-1}为递减数列,{S2n}为递增数列 答案　B　‎ ‎2.(2013重庆,12,5分)已知{an}是等差数列,a1=1,公差d≠0,Sn为其前n项和,若a1,a2,a5成等比数列,则S8=　　　　. ‎ 答案　64‎ ‎3.(2012课标,16,5分)数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前60项和为　　　　. ‎ 答案　1 830‎ ‎4.(2015浙江,20,15分)已知数列{an}满足a1=‎1‎‎2‎且an+1=an-an‎2‎(n∈N*).‎ ‎(1)证明:1≤anan+1‎≤2(n∈N*);‎ ‎(2)设数列{an‎2‎}的前n项和为Sn,证明:‎1‎‎2(n+2)‎≤Snn≤‎1‎‎2(n+1)‎(n∈N*).‎ 证明　(1)由题意得an+1-an=-an‎2‎≤0,即an+1≤an,‎ 故an≤‎1‎‎2‎.‎ 由an=(1-an-1)an-1得an=(1-an-1)(1-an-2)…(1-a1)a1>0.‎ 由00,‎ 于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)>0.①‎ 但‎1‎‎2‎‎2n<‎1‎‎2‎‎2n-1‎,‎ 所以|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|.②‎ 由①②知,a2n-a2n-1>0,‎ 因此a2n-a2n-1=‎1‎‎2‎‎2n-1‎=‎(-1‎‎)‎‎2n‎2‎‎2n-1‎.③‎ 因为{a2n}是递减数列,同理可得,a2n+1-a2n<0,故 a2n+1-a2n=-‎1‎‎2‎‎2n=‎(-1‎‎)‎‎2n+1‎‎2‎‎2n.④‎ 由③④知,an+1-an=‎(-1‎‎)‎n+1‎‎2‎n.‎ 于是an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)‎ ‎=1+‎1‎‎2‎-‎1‎‎2‎‎2‎+…+‎‎(-1‎‎)‎n‎2‎n-1‎ ‎=1+‎1‎‎2‎·‎‎1-‎‎-‎‎1‎‎2‎n-1‎‎1+‎‎1‎‎2‎ ‎=‎4‎‎3‎+‎1‎‎3‎·‎(-1‎‎)‎n‎2‎n-1‎,‎ 故数列{an}的通项 an=‎4‎‎3‎+‎1‎‎3‎·‎(-1‎‎)‎n‎2‎n-1‎.‎ ‎【三年模拟】‎ 一、选择题(每小题5分,共25分)‎ ‎1.(2018天津一中4月月考,5)已知正项等差数列{an}中,a1+a2+a3=15,且a1+2,a2+5,a3+13成等比数列,则a10等于(　　)‎ A.21　　　　B.23　　　　C.24　　　　D.25‎ 答案　A　‎ ‎2.(2018天津实验中学热身训练,5)已知x,y为正实数,且x,a1,a2,y成等差数列,x,b1,b2,y成等比数列,那么‎(a‎1‎+‎a‎2‎‎)‎‎2‎b‎1‎b‎2‎的取值范围是(　　)‎ A.(0,+∞)　　　　B.(0,4]　　　　C.[4,+∞)　　　　D.[2,4]‎ 答案　C　‎ ‎3.(2017天津一中4月月考,6)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 答案　B　‎ ‎4.(2017天津耀华中学第二次月考,6)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S21=42,若记bn=‎2‎a‎11‎‎2‎‎-a‎9‎-‎a‎13‎,则数列{bn}(　　)‎ A.是等差数列但不是等比数列 B.是等比数列但不是等差数列　　　　C.既是等差数列又是等比数列 D.既不是等差数列又不是等比数列 答案　C　‎ ‎5.(2019届天津七校联考,7)已知数列{an}的各项均为正数,a1=1,an+1+an=‎1‎an+1‎‎-‎an,则数列‎1‎an+1‎‎+‎an的前15项和为(　　)‎ A.3　　　　B.4　　　　C.127　　　　D.128‎ 答案　A　‎ 二、填空题(每小题5分,共10分)‎ ‎6.(2017天津南开中学第五次月考,12)设Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和,且S1,S2,S4成等比数列,则a‎2‎a‎1‎=　　　　. ‎ 答案　3‎ ‎7.(2017天津南开中学模拟,11)已知数列1,a1,a2,9是等差数列,数列1,b1,b2,b3,9是等比数列,则b‎2‎a‎1‎‎+‎a‎2‎的值为　　　　. ‎ 答案　‎‎3‎‎10‎ 三、解答题(共75分)‎ ‎8.(2019届天津南开中学第一次月考,18)设数列{an}的前n项和Sn=2n2,{bn}为等比数列,且a1=b1,b2(a2-a1)=b1.‎ ‎(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;‎ ‎(2)设cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 解析　(1)当n≥2时,‎ an=Sn-Sn-1=2n2-2(n-1)2=4n-2,‎ 当n=1时,a1=S1=2满足上式,‎ 故{an}的通项公式为an=4n-2.‎ 设{bn}的公比为q,由a1=b1,b2(a2-a1)=b1知,b1=2,b2=‎1‎‎2‎,‎ ‎∴q=‎1‎‎4‎,‎ ‎∴bn=b1qn-1=2×‎1‎‎4‎n-1‎,即bn=‎2‎‎4‎n-1‎.‎ ‎(2)∵cn=anbn=‎4n-2‎‎2‎‎4‎n-1‎=(2n-1)4n-1,‎ ‎∴Tn=c1+c2+…+cn=1+3×41+5×42+…+(2n-1)4n-1,‎ ‎4Tn=1×4+3×42+5×43+…+(2n-3)·4n-1+(2n-1)4n.‎ 两式相减得3Tn=-1-2(41+42+43+…+4n-1)+(2n-1)4n ‎=‎1‎‎3‎[(6n-5)4n+5].‎ ‎∴Tn=‎1‎‎9‎[(6n-5)4n+5].‎ 解题分析　本题主要考查等差数列和等比数列的相关知识.‎ ‎(1)已知数列{an}的前n项和Sn,则通项为an=Sn-Sn-1(n≥2),a1=S1=2=b1,再根据b2(a2-a1)=b1可求得数列{bn}的通项公式.‎ ‎(2)根据(1)可知数列{an}和{bn}的通项公式,进而可得数列{cn}的通项公式,再运用错位相减法求其前n项和.‎ ‎9.(2019届天津南开中学统练(2),18)已知Sn是等比数列{an}的前n项和,a1>0,S4,S2,S3成等差数列,16是a2和a8的等比中项.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)若等差数列{bn}中,b1=1,前9项和为27,令cn=2anbn,求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 解析　(1)设{an}的公比为q,‎ 由S4,S2,S3成等差数列可得2S2=S3+S4,即S3-S2+S4-S2=0,‎ 所以2a3+a4=0,‎ 所以q=-2,‎ 又16是a2和a8的等比中项,所以a2·a8=162,‎ 所以a1q·a1q7=162,所以a1=1(a1>0故舍去-1),‎ 所以an=a1qn-1=(-2)n-1.‎ ‎(2)设{bn}的公差为d,因为b1=1,S9=9b5=27,‎ 所以b5=1+4d=3,‎ 所以d=‎1‎‎2‎,bn=n+1‎‎2‎,‎ cn=2an·bn=(n+1)(-2)n-1,‎ Tn=2·(-2)0+3·(-2)+4·(-2)2+…+(n+1)·(-2)n-1,①‎ ‎-2Tn=2·(-2)+3·(-2)2+…+n·(-2)n-1+(n+1)·(-2)n,②‎ ‎①-②得,‎ ‎3Tn=2+[(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1]-(n+1)·(-2)n ‎=2+‎-2[1-(-2‎)‎n-1‎]‎‎1-(-2)‎-(n+1)·(-2)n ‎=2+‎-2-(-2‎‎)‎n‎3‎-(n+1)·(-2)n ‎=‎4‎‎3‎-n+‎‎4‎‎3‎·(-2)n,‎ 所以Tn=‎4‎‎9‎-‎3n+4‎‎9‎·(-2)n.‎ ‎10.(2019届天津耀华中学第二次月考,18)等差数列{an}中,a1=3,前n项和为Sn,数列{bn}是首项为1,公比为q(q≠1),且各项均为正数的等比数列,已知b2+S2=12,q=S‎2‎b‎2‎.‎ ‎(1)求an与bn;‎ ‎(2)证明:‎1‎‎3‎≤‎1‎S‎1‎+‎1‎S‎2‎+…+‎1‎Sn<‎2‎‎3‎.‎ 解析　(1)设{an}的公差为d,依题意得q+6+d=12,‎q=‎6+dq,‎ 解得q=3或q=-4.‎ 因为数列{bn}各项均为正数,所以q=3,所以d=3,‎ 所以an=3+3(n-1)=3n,bn=3n-1.‎ ‎(2)证明:因为Sn=‎3n(n+1)‎‎2‎,所以‎1‎Sn=‎2‎‎3n(n+1)‎=‎2‎‎3‎·‎1‎n‎-‎‎1‎n+1‎,‎ 所以‎1‎S‎1‎+‎1‎S‎2‎+…+‎1‎Sn=‎2‎‎3‎‎1-‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎-‎1‎‎3‎+…+‎1‎n-‎‎1‎n+1‎=‎2‎‎3‎·‎1-‎‎1‎n+1‎<‎2‎‎3‎.‎ 又‎2‎‎3‎‎1-‎‎1‎n+1‎单调递增,且n为正整数,所以当n=1时,‎2‎‎3‎·‎1-‎‎1‎n+1‎有最小值‎1‎‎3‎.所以不等式成立.‎ ‎11.(2019届天津耀华中学统练(2),20)已知数列{an},a1=1,a1+2a2+3a3+…+nan=n+1‎‎2‎an+1(n∈N*).‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)求数列{n2·an}的前n项和Tn;‎ ‎(3)若存在n∈N*,使得an≤(n+1)λ成立,求实数λ的最小值.‎ 解析　(1)当n≥2时,由题意得a1+2a2+3a3+…+(n-1)·an-1=n‎2‎an①,‎ a1+2a2+3a3+…+nan=n+1‎‎2‎an+1②,‎ ‎②-①得nan=n+1‎‎2‎an+1-n‎2‎an,‎ ‎∴3nan=(n+1)an+1(n≥2),即‎(n+1)‎an+1‎nan=3(n≥2),‎ 由已知得a2=a1=1,∴数列{nan}从第2项起,是以2为第2项,3为公比的等比数列,∴n≥2时,nan=2·3n-2,∴an=‎2·‎‎3‎n-2‎n(n≥2),‎ 综上,an=‎‎1,n=1‎‎2·‎‎3‎n-2‎n‎,n≥2.‎ ‎(2)由(1)知,n=1时,T1=1,‎ n≥2时,n2·an=2n·3n-2.‎ 因此,当n≥2时,Tn=1+4×30+6×31+…+2n·3n-2,‎ ‎∴3Tn=1×3+4×31+6×32+…+2(n-1)·3n-2+2n·3n-1.‎ ‎∴-2Tn=1+30+2×31+2×32+…+2×3n-2-2n·3n-1‎ ‎=2+2×‎3(1-‎3‎n-2‎)‎‎1-3‎-2n·3n-1‎ ‎=-1-(2n-1)·3n-1,‎ ‎∴Tn=‎1‎‎2‎+n-‎‎1‎‎2‎·3n-1,n≥2,‎ 当n=1时,满足上式,‎ ‎∴Tn=‎1‎‎2‎+n-‎‎1‎‎2‎·3n-1,n∈N*.‎ ‎(3)∵an≤(n+1)λ,∴当n=1时,λ≥‎1‎‎2‎;当n≥2且n∈N*时,λ≥ann+1‎=‎2·‎‎3‎n-2‎n(n+1)‎,‎ 设f(n)=n(n+1)‎‎2·‎‎3‎n-2‎(n≥2且n∈N*),则f(n+1)-f(n)=‎2(1-n)(n+1)‎‎2·‎‎3‎n-1‎<0,∴‎1‎f(n+1)‎>‎1‎f(n)‎(n≥2且n∈N*),∴‎1‎f(n)‎的最小值为‎1‎f(2)‎=‎1‎‎3‎,即λ≥‎1‎‎3‎.‎ 综上,实数λ的最小值为‎1‎‎3‎.‎ ‎12.(2018天津南开二模,18)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=‎1‎‎2‎,且当n≥2时,‎1‎Sn=‎1‎Sn-1‎+2.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=2(1-n)an,证明:b‎2‎‎2‎+b‎3‎‎2‎+b‎4‎‎2‎+…+bn‎2‎<‎2‎‎3‎.‎ 解析　(1)当n≥2时,‎1‎Sn=‎1‎Sn-1‎+2,∴‎1‎Sn-‎1‎Sn-1‎=2.又‎1‎a‎1‎=2,‎ ‎∴数列‎1‎Sn是公差为2,首项为2的等差数列.‎ ‎∴‎1‎Sn=2+2(n-1)=2n,∴Sn=‎1‎‎2n.‎ ‎∴n≥2时,an=Sn-Sn-1=‎1‎‎2n-‎1‎‎2(n-1)‎=-‎1‎‎2n(n-1)‎.‎ ‎∴an=‎‎1‎‎2‎‎,n=1,‎‎-‎1‎‎2n(n-1)‎,n≥2.‎ ‎(2)证明:n≥2时,bn=2(1-n)an=‎1‎n,‎ ‎∴n≥3时,bn‎2‎=‎1‎n‎2‎<‎1‎n‎2‎‎-1‎=‎1‎‎2‎‎1‎n-1‎‎-‎‎1‎n+1‎,‎ ‎∴b‎2‎‎2‎+b‎3‎‎2‎+b‎4‎‎2‎+…+bn‎2‎<‎1‎‎4‎+‎1‎‎2‎‎1‎‎2‎-‎1‎‎4‎+‎1‎‎3‎-‎1‎‎5‎+‎1‎‎4‎-‎1‎‎6‎+…+‎1‎n-2‎-‎1‎n+‎1‎n-1‎-‎1‎n+1‎=‎1‎‎4‎+‎1‎‎2‎‎1‎‎2‎+‎1‎‎3‎-‎1‎n-‎1‎n+1‎=‎2‎‎3‎-‎1‎‎2‎·‎1‎n‎+‎‎1‎n+1‎<‎2‎‎3‎.‎ ‎13.(2018天津南开中学第五次月考,18)已知数列{an}满足a1=2,an+1=2(Sn+n+1)(n∈N*),令bn=an+1.‎ ‎(1)求证:{bn}是等比数列;‎ ‎(2)求数列{nbn}的前n项和Tn;‎ ‎(3)求证:‎1‎‎2‎-‎1‎‎2×‎‎3‎n<‎1‎a‎1‎+‎1‎a‎2‎+‎1‎a‎3‎+…+‎1‎an<‎11‎‎16‎.‎ 解析　(1)证明:a1=2,an+1=2(Sn+n+1)(n∈N*)①,‎ ‎∴a2=2×(2+1+1)=8.‎ n≥2时,an=2(Sn-1+n)②,‎ ‎①-②得an+1=3an+2,变形为an+1+1=3(an+1),n=1时也成立.‎ ‎∵bn=an+1,∴bn+1=3bn.‎ ‎∴{bn}是首项为3,公比为3的等比数列.‎ ‎(2)由(1)可得bn=3n,n∈N*.‎ ‎∴数列{nbn}的前n项和Tn=3+2×32+3×33+…+n·3n,‎ ‎3Tn=32+2×33+…+(n-1)·3n+n·3n+1,‎ ‎∴-2Tn=3+32+…+3n-n·3n+1=‎3(1-‎3‎n)‎‎1-3‎-n·3n+1=‎1-2n‎2‎·3n+1-‎3‎‎2‎,‎ 解得Tn=‎2n-1‎‎4‎·3n+1+‎3‎‎4‎=‎3‎‎2‎n-‎‎3‎‎4‎·3n+‎3‎‎4‎,n∈N*.‎ ‎(3)证明:∵bn=3n=an+1,∴an=3n-1.‎ ‎∴‎1‎an=‎1‎‎3‎n‎-1‎>‎1‎‎3‎n,‎ ‎∴‎1‎a‎1‎+‎1‎a‎2‎+…+‎1‎an>‎1‎‎3‎+‎1‎‎3‎‎2‎+…+‎1‎‎3‎n=‎1‎‎3‎‎1-‎‎1‎‎3‎n‎1-‎‎1‎‎3‎=‎1‎‎2‎-‎1‎‎2‎·‎1‎‎3‎n.‎ 又由‎1‎ak=‎1‎‎3‎k‎-1‎=‎3‎k+1‎‎-1‎‎(‎3‎k-1)(‎3‎k+1‎-1)‎<‎3‎k+1‎‎(‎3‎k-1)(‎3‎k+1‎-1)‎=‎3‎‎2‎‎1‎‎3‎k‎-1‎‎-‎‎1‎‎3‎k+1‎‎-1‎,‎ 可得‎1‎a‎1‎+‎1‎a‎2‎+…+‎1‎an<‎1‎‎2‎+‎3‎‎2‎‎1‎‎3‎‎2‎‎-1‎‎-‎‎1‎‎3‎‎3‎‎-1‎+‎1‎‎3‎‎3‎‎-1‎‎-‎‎1‎‎3‎‎4‎‎-1‎+…+‎‎1‎‎3‎n‎-1‎‎-‎‎1‎‎3‎n+1‎‎-1‎ ‎=‎1‎‎2‎+‎3‎‎2‎‎1‎‎8‎‎-‎‎1‎‎3‎n+1‎‎-1‎=‎11‎‎16‎-‎3‎‎2‎·‎1‎‎3‎n+1‎‎-1‎<‎11‎‎16‎.‎ 综上可得,‎1‎‎2‎-‎1‎‎2×‎‎3‎n<‎1‎a‎1‎+‎1‎a‎2‎+‎1‎a‎3‎+…+‎1‎an<‎11‎‎16‎.‎