(全國(guó)通用)19屆高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)第六章數(shù)列高考專題突破三高考中的數(shù)列問(wèn)題學(xué)案LtDPAGEPAGE4。。內(nèi)部文件，版權(quán)追溯內(nèi)部文件，版權(quán)追溯內(nèi)部文件，版權(quán)追溯高考專題突破三高考中的數(shù)列問(wèn)題【考點(diǎn)自測(cè)】1．(2017·洛陽(yáng)模擬)已知等差數(shù)列{an}的公差和首項(xiàng)都不等于0，且a2，a4，a8成等比數(shù)列，則eq\f(a1＋a5＋a9,a2＋a3)等于()A．2B．3C．5D．7答案B解析∵在等差數(shù)列{an}中，a2，a4，a8成等比數(shù)列，∴aeq\o\al(2,4)＝a2a8，∴(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，∴d2＝a1d，∵d≠0，∴d＝a1，∴eq\f(a1＋a5＋a9,a2＋a3)＝eq\f(15a1,5a1)＝3.故選B.4．(2017·江西高安中學(xué)等九校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列，數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，若a1·a6·a11＝3eq\r(3)，b1＋b6＋b11＝7π，則taneq\f(b3＋b9,1－a4·a8)的值是()A．1 B.eq\f(\r(2),2)C．－eq\f(\r(2),2) D．－eq\r(3)答案D解析{an}是等比數(shù)列，{bn}是等差數(shù)列，且a1·a6·a11＝3eq\r(3)，b1＋b6＋b11＝7π，∴aeq\o\al(3,6)＝(eq\r(3))3,3b6＝7π，∴a6＝eq\r(3)，b6＝eq\f(7π,3)，∴taneq\f(b3＋b9,1－a4·a8)＝taneq\f(2b6,1－a\o\al(2,6))＝taneq\f(2×\f(7π,3),1－\r(3)2)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,3)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2π－\f(π,3)))＝－taneq\f(π,3)＝－eq\r(3).5．(2018·保定模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，對(duì)任意n∈N*都有Sn＝eq\f(2,3)an－eq\f(1,3)，若1<Sk<9(k∈N*)，則k的值為_(kāi)_______．答案4解析由題意，Sn＝eq\f(2,3)an－eq\f(1,3)，當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝eq\f(2,3)an－1－eq\f(1,3)，兩式相減，得an＝eq\f(2,3)an－eq\f(2,3)an－1，∴an＝－2an－1，又a1＝－1，∴{an}是以－1為首項(xiàng)，以－2為公比的等比數(shù)列，∴an＝－(－2)n－1，∴Sk＝eq\f(－2k－1,3)，由1<Sk<9，得4<(－2)k<28，又k∈N*，∴k＝4.題型一等差數(shù)列、等比數(shù)列的綜合問(wèn)題例1(2016·四川)已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)為1，Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，Sn＋1＝qSn＋1，其中q>0，n∈N*.(1)若a2，a3，a2＋a3成等差數(shù)列，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)雙曲線x2－eq\f(y2,a\o\al(2,n))＝1的離心率為en，且e2＝2，求eeq\o\al(2,1)＋eeq\o\al(2,2)＋…＋eeq\o\al(2,n).解(1)由已知，Sn＋1＝qSn＋1，得Sn＋2＝qSn＋1＋1，兩式相減得an＋2＝qan＋1，n≥1.又由S2＝qS1＋1得a2＝qa1，故an＋1＝qan對(duì)所有n≥1都成立．所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1，公比為q的等比數(shù)列，從而an＝qn－1.由a2，a3，a2＋a3成等差數(shù)列，可得2a3＝a2＋a2＋a3，所以a3＝2a2，故q＝2.所以an＝2n－1(n∈N*)．(2)由(1)可知，an＝qn－1，所以雙曲線x2－eq\f(y2,a\o\al(2,n))＝1的離心率en＝eq\r(1＋a\o\al(2,n))＝eq\r(1＋q2n－1).由e2＝eq\r(1＋q2)＝2，解得q＝eq\r(3)，所以eeq\o\al(2,1)＋eeq\o\al(2,2)＋…＋eeq\o\al(2,n)＝(1＋1)＋(1＋q2)＋…＋[1＋q2(n－1)]＝n＋[1＋q2＋…＋q2(n－1)]＝n＋eq\f(q2n－1,q2－1)＝n＋eq\f(1,2)(3n－1)．思維升華等差數(shù)列、等比數(shù)列綜合問(wèn)題的解題策略(1)分析已知條件和求解目標(biāo)，為最終解決問(wèn)題設(shè)置中間問(wèn)題，例如求和需要先求出通項(xiàng)、求通項(xiàng)需要先求出首項(xiàng)和公差(公比)等，確定解題的順序．(2)注意細(xì)節(jié)：在等差數(shù)列與等比數(shù)列綜合問(wèn)題中，如果等比數(shù)列的公比不能確定，則要看其是否有等于1的可能，在數(shù)列的通項(xiàng)問(wèn)題中第一項(xiàng)和后面的項(xiàng)能否用同一個(gè)公式表示等，這些細(xì)節(jié)對(duì)解題的影響也是巨大的．跟蹤訓(xùn)練1(2018·滄州模擬)已知首項(xiàng)為eq\f(3,2)的等比數(shù)列{an}不是遞減數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)Tn＝Sn－eq\f(1,Sn)(n∈N*)，求數(shù)列{Tn}的最大項(xiàng)的值與最小項(xiàng)的值．解(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因?yàn)镾3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差數(shù)列，所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，于是q2＝eq\f(a5,a3)＝eq\f(1,4).又{an}不是遞減數(shù)列且a1＝eq\f(3,2)，所以q＝－eq\f(1,2).故等比數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1＝(－1)n－1·eq\f(3,2n).(2)由(1)得Sn＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)，n為奇數(shù)，,1－\f(1,2n)，n為偶數(shù).))當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Sn隨n的增大而減小，所以1<Sn≤S1＝eq\f(3,2)，故0<Sn－eq\f(1,Sn)≤S1－eq\f(1,S1)＝eq\f(3,2)－eq\f(2,3)＝eq\f(5,6).當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Sn隨n的增大而增大，所以eq\f(3,4)＝S2≤Sn<1，故0>Sn－eq\f(1,Sn)≥S2－eq\f(1,S2)＝eq\f(3,4)－eq\f(4,3)＝－eq\f(7,12).綜上，對(duì)于n∈N*，總有－eq\f(7,12)≤Sn－eq\f(1,Sn)≤eq\f(5,6).所以數(shù)列{Tn}的最大項(xiàng)的值為eq\f(5,6)，最小項(xiàng)的值為－eq\f(7,12).題型二數(shù)列的通項(xiàng)與求和例2(2018·邢臺(tái)模擬)已知等差數(shù)列{an}的公差為2，前n項(xiàng)和為Sn，且S1，S2，S4成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)令bn＝(－1)n－1eq\f(4n,anan＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.解(1)因?yàn)镾1＝a1，S2＝2a1＋eq\f(2×1,2)×2＝2a1＋2，S4＝4a1＋eq\f(4×3,2)×2＝4a1＋12，由題意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1，所以an＝2n－1.(2)bn＝(－1)n－1eq\f(4n,anan＋1)＝(－1)n－1eq\f(4n,2n－12n＋1)＝(－1)n－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1))).當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))＝1－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(2n,2n＋1).當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋…－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))＝1＋eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(2n＋2,2n＋1).所以Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋2,2n＋1)，n為奇數(shù)，,\f(2n,2n＋1)，n為偶數(shù).))(或Tn＝eq\f(2n＋1＋－1n－1,2n＋1))思維升華(1)一般求數(shù)列的通項(xiàng)往往要構(gòu)造數(shù)列，此時(shí)從要證的結(jié)論出發(fā)，這是很重要的解題信息．(2)根據(jù)數(shù)列的特點(diǎn)選擇合適的求和方法，常用的求和方法有錯(cuò)位相減法、分組轉(zhuǎn)化法、裂項(xiàng)相消法等．跟蹤訓(xùn)練2(2018·大連模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝eq\f(n＋1,2n)an(n∈N*)．(1)證明：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是等比數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和Sn.(1)證明∵a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝eq\f(n＋1,2n)an，當(dāng)n∈N*時(shí)，eq\f(an,n)≠0，又eq\f(a1,1)＝eq\f(1,2)，eq\f(an＋1,n＋1)∶eq\f(an,n)＝eq\f(1,2)(n∈N*)為常數(shù)，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以eq\f(1,2)為首項(xiàng)，eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列．(2)解由eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以eq\f(1,2)為首項(xiàng)，eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列，得eq\f(an,n)＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，∴an＝n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.∴Sn＝1·eq\f(1,2)＋2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，eq\f(1,2)Sn＝1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋(n－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1，∴兩式相減得eq\f(1,2)Sn＝eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1＝eq\f(\f(1,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1,1－\f(1,2))－n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1，∴Sn＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1－n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝2－(n＋2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.綜上，an＝n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，Sn＝2－(n＋2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.題型三數(shù)列與其他知識(shí)的交匯命題點(diǎn)1數(shù)列與函數(shù)的交匯例3(2018·長(zhǎng)春模擬)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，點(diǎn)(an，bn)在函數(shù)f(x)＝2x的圖象上(n∈N*)．(1)若a1＝－2，點(diǎn)(a8,4b7)在函數(shù)f(x)的圖象上，求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn；(2)若a1＝1，函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(a2，b2)處的切線在x軸上的截距為2－eq\f(1,ln2)，求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))的前n項(xiàng)和Tn.解(1)由已知，得b7＝，b8＝＝4b7，有＝4×＝，解得d＝a8－a7＝2，所以Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.(2)f′(x)＝2xln2，f′(a2)＝ln2，故函數(shù)f(x)＝2x在(a2，b2)處的切線方程為y－＝ln2(x－a2)，它在x軸上的截距為a2－eq\f(1,ln2).由題意，得a2－eq\f(1,ln2)＝2－eq\f(1,ln2)，解得a2＝2，所以d＝a2－a1＝1.從而an＝n，bn＝2n，eq\f(an,bn)＝eq\f(n,2n).所以Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n－1,2n－1)＋eq\f(n,2n)，2Tn＝eq\f(1,1)＋eq\f(2,2)＋eq\f(3,22)＋…＋eq\f(n,2n－1).兩式相減，得2Tn－Tn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝2－eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝eq\f(2n＋1－n－2,2n).所以Tn＝eq\f(2n＋1－n－2,2n).命題點(diǎn)2數(shù)列與不等式的交匯例4(2016·天津)已知{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列，公差為d，對(duì)任意的n∈N*，bn是an和an＋1的等比中項(xiàng)．(1)設(shè)cn＝beq\o\al(2,n＋1)－beq\o\al(2,n)，n∈N*，求證：數(shù)列{cn}是等差數(shù)列；(2)設(shè)a1＝d，Tn＝eq\o(∑,\s\up6(2n),\s\do4(k＝1))(－1)kbeq\o\al(2,k)，n∈N*，求證：eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))eq\f(1,Tk)<eq\f(1,2d2).證明(1)由題意得beq\o\al(2,n)＝anan＋1，cn＝beq\o\al(2,n＋1)－beq\o\al(2,n)＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1.因此cn＋1－cn＝2d(an＋2－an＋1)＝2d2，所以{cn}是等差數(shù)列．(2)Tn＝(－beq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,2))＋(－beq\o\al(2,3)＋beq\o\al(2,4))＋…＋(－beq\o\al(2,2n－1)＋beq\o\al(2,2n))＝2d(a2＋a4＋…＋a2n)＝2d·eq\f(na2＋a2n,2)＝2d2n(n＋1)．所以eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))eq\f(1,Tk)＝eq\f(1,2d2)eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))eq\f(1,kk＋1)＝eq\f(1,2d2)eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)－\f(1,k＋1)))＝eq\f(1,2d2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))<eq\f(1,2d2).命題點(diǎn)3數(shù)列應(yīng)用題例5某企業(yè)為了進(jìn)行技術(shù)改造，設(shè)計(jì)了兩種方案，甲方案：一次性貸款10萬(wàn)元，第一年便可獲利1萬(wàn)元，以后每年比前一年增加30%的利潤(rùn)；乙方案：每年貸款1萬(wàn)元，第一年可獲利1萬(wàn)元，以后每年比前一年增加5千元．兩種方案的使用期都是10年，到期一次性歸還本息．若銀行兩種形式的貸款都按年息5%的復(fù)利計(jì)算，試比較兩種方案中哪種獲利更多？(參考數(shù)據(jù)：取1.0510≈1.629,1.310≈13.786,1.510≈57.665)解甲方案中，每年所獲利潤(rùn)組成等比數(shù)列，首項(xiàng)為1，公比為(1＋30%)，所以10年所獲得的總利潤(rùn)為S10＝1＋(1＋30%)＋(1＋30%)2＋…＋(1＋30%)9＝eq\f(1.310－1,0.3)≈42.62(萬(wàn)元)，貸款到期時(shí)，需要償還銀行的本息是10(1＋5%)10≈16.29(萬(wàn)元)，故使用甲方案所獲純利潤(rùn)為42.62－16.29＝26.33(萬(wàn)元)．乙方案中，每年的利潤(rùn)組成等差數(shù)列，首項(xiàng)為1，公差為0.5，所以10年所獲得的總利潤(rùn)為T(mén)10＝1＋(1＋0.5)＋(1＋2×0.5)＋…＋(1＋9×0.5)＝10×1＋eq\f(10×9,2)×0.5＝32.5(萬(wàn)元)，從第一年起，每年的貸款在到期時(shí)所產(chǎn)生的本息組成等比數(shù)列，首項(xiàng)為1×(1＋5%)10萬(wàn)元，公比為eq\f(1,1＋5%)，故貸款到期時(shí)，需要償還銀行的本息是1×[(1＋5%)10＋(1＋5%)9＋…＋(1＋5%)]＝1.05×eq\f(1.0510－1,0.05)≈13.21(萬(wàn)元)，故使用乙方案所獲純利潤(rùn)為32.5－13.21＝19.29(萬(wàn)元)．綜上可知，甲方案獲利更多．思維升華數(shù)列與其他知識(shí)交匯問(wèn)題的常見(jiàn)類型及解題策略(1)數(shù)列與函數(shù)的交匯問(wèn)題①已知函數(shù)條件，解決數(shù)列問(wèn)題，此類問(wèn)題一般利用函數(shù)的性質(zhì)、圖象研究數(shù)列問(wèn)題；②已知數(shù)列條件，解決函數(shù)問(wèn)題，解題時(shí)要注意數(shù)列與函數(shù)的內(nèi)在聯(lián)系，掌握遞推數(shù)列的常見(jiàn)解法．(2)數(shù)列與不等式的交匯問(wèn)題①函數(shù)方法：即構(gòu)造函數(shù)，通過(guò)函數(shù)的單調(diào)性、極值等得出關(guān)于正實(shí)數(shù)的不等式，通過(guò)對(duì)關(guān)于正實(shí)數(shù)的不等式特殊賦值得出數(shù)列中的不等式；②放縮方法：數(shù)列中不等式可以通過(guò)對(duì)中間過(guò)程或者最后的結(jié)果放縮得到；③比較方法：作差或者作商比較．(3)數(shù)列應(yīng)用題①根據(jù)題意，確定數(shù)列模型；②準(zhǔn)確求解模型；③問(wèn)題作答，不要忽視問(wèn)題的實(shí)際意義．跟蹤訓(xùn)練3(2018·煙臺(tái)模擬)已知二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx的圖象過(guò)點(diǎn)(－4n，0)，且f′(0)＝2n，n∈N*，數(shù)列{an}滿足eq\f(1,an＋1)＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))，且a1＝4.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)記bn＝eq\r(anan＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.解(1)f′(x)＝2ax＋b，由題意知b＝2n，16n2a－4nb＝0，∴a＝eq\f(1,2)，則f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2nx，n∈N*.數(shù)列{an}滿足eq\f(1,an＋1)＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))，又f′(x)＝x＋2n，∴eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an)＋2n，∴eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝2n，由疊加法可得eq\f(1,an)－eq\f(1,4)＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)＝n2－n，化簡(jiǎn)可得an＝eq\f(4,2n－12)(n≥2)，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝4也符合，∴an＝eq\f(4,2n－12)(n∈N*)．(2)∵bn＝eq\r(anan＋1)＝eq\f(4,2n－12n＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\r(a1a2)＋eq\r(a2a3)＋…＋eq\r(anan＋1)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(4n,2n＋1).

1．(2018·泰安模擬)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝eq\f(3,2)，a3＝eq\f(5,4)，且當(dāng)n≥2時(shí)，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.(1)求a4的值；(2)證明：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)an))為等比數(shù)列；(3)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．(1)解當(dāng)n＝2時(shí)，4S4＋5S2＝8S3＋S1，即4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)＋\f(5,4)＋a4))＋5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)))＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)＋\f(5,4)))＋1，解得a4＝eq\f(7,8).(2)證明因?yàn)?Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，所以4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)，當(dāng)n＝1時(shí)，4a3＋a1＝4×eq\f(5,4)＋1＝6＝4a2，所以n＝1也滿足此式，所以4an＋2＋an＝4an＋1(n∈N*)，因?yàn)閑q\f(an＋2－\f(1,2)an＋1,an＋1－\f(1,2)an)＝eq\f(4an＋2－2an＋1,4an＋1－2an)＝eq\f(4an＋1－an－2an＋1,4an＋1－2an)＝eq\f(2an＋1－an,22an＋1－an)＝eq\f(1,2)，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)an))是以a2－eq\f(1,2)a1＝1為首項(xiàng)，eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列．(3)解由(2)知：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)an))是以a2－eq\f(1,2)a1＝1為首項(xiàng)，eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列，所以an＋1－eq\f(1,2)an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1.即eq\f(an＋1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1)－eq\f(an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)＝4，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)))是以eq\f(a1,\f(1,2))＝2為首項(xiàng)，4為公差的等差數(shù)列，所以eq\f(an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)＝2＋(n－1)×4＝4n－2，即an＝(4n－2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝(2n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝(2n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1.2．(2017·福建漳州八校聯(lián)考)已知遞增的等比數(shù)列{an}滿足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2和a4的等差中項(xiàng)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若bn＝anan，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋1>62成立的正整數(shù)n的最小值．解(1)由題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q＋a1q2＋a1q3＝28，,a1q＋a1q3＝2a1q2＋2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,q＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝32，,q＝\f(1,2)，))∵{an}是遞增數(shù)列，∴a1＝2，q＝2，∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2·2n－1＝2n.(2)∵bn＝anan＝2n·2n＝－n·2n，∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)，①則2Sn＝－(1×22＋2×23＋…＋n·2n＋1)，②②－①，得Sn＝(2＋22＋…＋2n)－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，則Sn＋n·2n＋1＝2n＋1－2，解2n＋1－2>62，得n>5，∴n的最小值為6.3．(2018·梅州質(zhì)檢)已知正項(xiàng)數(shù)列{an}中，a1＝1，點(diǎn)(eq\r(an)，an＋1)(n∈N*)在函數(shù)y＝x2＋1的圖象上，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn＝2－bn.(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)cn＝eq\f(－1,an＋1log2bn＋1)，求{cn}的前n項(xiàng)和Tn.解(1)∵點(diǎn)(eq\r(an)，an＋1)(n∈N*)在函數(shù)y＝x2＋1的圖象上，∴an＋1＝an＋1，∴數(shù)列{an}是公差為1的等差數(shù)列．∵a1＝1，∴an＝1＋(n－1)×1＝n，∵Sn＝2－bn，∴Sn＋1＝2－bn＋1，兩式相減，得bn＋1＝－bn＋1＋bn，即eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(1,2)，由S1＝2－b1，即b1＝2－b1，得b1＝1.∴數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為1，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，∴bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1.(2)∵log2bn＋1＝log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝－n，∴cn＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).4．(2018·佛山模擬)在等比數(shù)列{an}中，an>0(n∈N*)，公比q∈(0,1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，又a3與a5的等比中項(xiàng)為2.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝log2an，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn；(3)是否存在k∈N*，使得eq\f(S1,1)＋eq\f(S2,2)＋…＋eq\f(Sn,n)<k對(duì)任意n∈N*恒成立，若存在，求出k的最小值，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解(1)∵a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，∴aeq\o\al(2,3)＋2a3a5＋aeq\o\al(2,5)＝25，∴(a3＋a5)2＝25，又an>0，∴a3＋a5＝5，又a3與a5的等比中項(xiàng)為2，∴a3a5＝4，而q∈(0,1)，∴a3>a5，∴a3＝4，a5＝1，∴q＝eq\f(1,2)，a1＝16，∴an＝16×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝25－n.(2)∵bn＝log2an＝5－n，∴bn＋1－bn＝－1，b1＝log2a1＝log216＝log224＝4，∴{bn}是以b1＝4為首項(xiàng)，－1為公差的等差數(shù)列，∴Sn＝eq\f(n9－n,2).(3)由(2)知Sn＝eq\f(n9－n,2)，∴eq\f(Sn,n)＝eq\f(9－n,2).當(dāng)n≤8時(shí)，eq\f(Sn,n)>0；當(dāng)n＝9時(shí)，eq\f(Sn,n)＝0；當(dāng)n>9時(shí)，eq\f(Sn,n)<0.∴當(dāng)n＝8或n＝9時(shí)，eq\f(S1,1)＋eq\f(S2,2)＋eq\f(S3,3)＋…＋eq\f(Sn,n)＝18最大．故存在k∈N*，使得eq\f(S1,1)＋eq\f(S2,2)＋…＋eq\f(Sn,n)<k對(duì)任意n∈N*恒成立，k的最小值為19.5．(2017·天津?yàn)I海新區(qū)八校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}，{bn}，Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，a2＝4b1，Sn＝2an－2，nbn＋1－(n＋1)bn＝n2＋n(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)證明：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,n)))為等差數(shù)列；(3)若數(shù)列{cn}的通項(xiàng)公式為cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(anbn,2)，n為奇數(shù)，,\f(anbn,4)，n為偶數(shù).))令Tn為{cn}的前n項(xiàng)和，求T2n.(1)解當(dāng)n>1時(shí)，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Sn＝2an－2，,Sn－1＝2an－1－2，))則an＝2an－2an－1，eq\f(an,an－1)＝2.當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝2a1－2，得a1＝2，綜上，{an}是公比為2，首項(xiàng)為2的等比數(shù)列，an＝2n.(2)證明∵a2＝4b1，∴b1＝1.∵nbn＋1－(n＋1)bn＝n2＋n，∴eq\f(bn＋1,n＋1)－eq\f(bn,n)＝1，綜上，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,n)))是公差為1，首項(xiàng)為1的等差數(shù)列，eq\f(bn,n)＝1＋n－1，可得bn＝n2.(3)解令pn＝c2n－1＋c2n＝－eq\f(2n－12·22n－1,2)＋eq\f(2n2·22n,4)＝(4n－1)·22n－2＝(4n－1)·4n－1.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(T2n＝3·40＋7·41＋11·42＋…＋4n－1·4n－1，①,4T2n＝3·41＋7·42＋11·43＋…＋4n－5·4n－1,＋4n－1·4n②))①－②，得－3T2n＝3·40＋4·41＋4·42＋…＋4·4n－1－(4n－1)·4n，∴－3T2n＝3＋eq\f(16－16·4n－1,1－4)－(4n－1)·4n∴