第41課數列求和及綜合問題普查與練習41數列求和及綜合問題1．數列求和的方法a．應用公式法求數列的和(1)(2019全國Ⅱ，12分)已知數列{an}是各項均為正數的等比數列，a1＝2，a3＝2a2＋16.(Ⅰ)求{an}的通項公式；答案：an＝22n－1解：設{an}的公比為q，由a1＝2，a3＝2a2＋16，得a1q2＝2a1q＋16，即2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0，解得q＝－2(舍去)或q＝4，所以數列{an}的通項公式為an＝2×4n－1＝22n－1.(6分)(Ⅱ)設bn＝log2an，求數列{bn}的前n項和．答案：n2解：由(Ⅰ)得bn＝log222n－1＝(2n－1)log22＝2n－1，所以數列{bn}的前n項和為1＋3＋…＋(2n－1)＝eq\f(n[1＋（2n－1）],2)＝n2.(12分)(2)(2021福建模擬，10分)記Sn為等比數列{an}的前n項和，已知a1＝1，Sn＝an＋1＋t.(Ⅰ)求t的值；答案：t＝－1解：令n＝1，則由Sn＝an＋1＋t可得a1＝S1＝a2＋t，a2＝1－t.當n≥2時，由Sn＝an＋1＋t可得Sn－1＝an＋t，所以an＝Sn－Sn－1＝an＋1－an，即an＋1＝2an.(4分)依題意，{an}為等比數列，故公比q＝2，故a2＝2a1＝2＝1－t，得t＝－1.(5分)(Ⅱ)求數列{(cosnπ)·an}的前n項和．答案：eq\f(（－2）n－1,3)解：由(Ⅰ)可知{an}為首項等于1，公比等于2的等比數列，故an＝2n－1，故{(cosnπ)·an}為首項等于－1，公比等于－2的等比數列，(8分)故數列{(cosnπ)·an}的前n項和為eq\f(－1×[1－（－2）n],1－（－2）)＝eq\f(（－2）n－1,3).(10分)b．應用分組轉化法求數列的和(3)(2019天津，14分)設{an}是等差數列，{bn}是等比數列．已知a1＝4，b1＝6，b2＝2a2－2，b3＝2a3＋4.(Ⅰ)求{an}和{bn}的通項公式；答案：an＝3n＋1,bn＝3×2n解：設等差數列{an}的公差為d，等比數列{bn}的公比為q.依題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b1q＝2（a1＋d）－2，,b1q2＝2（a1＋2d）＋4，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6q＝6＋2d，,6q2＝12＋4d，))已知q≠0，所以解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝3，,q＝2，))(4分)所以an＝4＋(n－1)×3＝3n＋1，bn＝6×2n－1＝3×2n.故{an}的通項公式為an＝3n＋1，{bn}的通項公式為bn＝3×2n.(7分)(Ⅱ)設數列{cn}滿足c1＝1，cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，2k<n<2k＋1，,bk，n＝2k，))其中k∈N*.(ⅰ)求數列的通項公式；答案：＝9×4n－1解：因為＝(bn－1)＝(3×2n＋1)·(3×2n－1)＝9×4n－1，所以數列的通項公式為＝9×4n－1.(9分)(ⅱ)求(n∈N*)．答案：(n∈N*)解：==+＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2n×4＋\f(2n（2n－1）,2)×3))＋＝3×22n－1＋5×2n－1＋9×eq\f(4（1－4n）,1－4)－n＝27×22n－1＋5×2n－1－n－12(n∈N*)．(14分)(4)(2020山東濟南模擬改編，15分)已知數列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,2)n.(Ⅰ)求{an}的通項公式；答案：an＝n解：由Sn＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,2)n可得a1＝S1＝1.當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,2)n－eq\f(1,2)(n－1)2－eq\f(1,2)(n－1)＝n，上式對n＝1也成立，所以an＝n.(5分)(Ⅱ)設bn＝(ⅰ)求數列{bn}的前2n項和T2n；答案：T2n＝n2＋eq\f(4n＋1－4,3)解：由(Ⅰ)得bn＝＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(n，n為奇數，,2n，n為偶數，)))所以T2n＝1＋22＋3＋24＋5＋26＋…＋(2n－1)＋22n＝(1＋3＋5＋…＋2n－1)＋(22＋24＋26＋…＋22n)＝eq\f(1,2)n(1＋2n－1)＋eq\f(4（1－4n）,1－4)n2＋eq\f(4n＋1－4,3).(10分)(ⅱ)求數列{bn}的前n項和Tn.答案：Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,2)))2＋\f(4\f(n＋1,2)－4,3)，n為奇數，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)))2＋\f(4\f(n,2)＋1－4,3)，n為偶數)))解：由(ⅰ)得T2n－1＝T2n－b2n＝n2＋eq\f(4n＋1－4,3)－4n＝n2＋eq\f(4n－4,3).令k＝2n－1，則n＝eq\f(k＋1,2)，故Tk＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k＋1,2)))2＋；令k＝2n，則n＝eq\f(k,2)，由T2n＝n2＋eq\f(4n＋1－4,3)得Tk＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,2)))2＋，所以Tn＝(15分)(5)(2023改編，5分)在數列{an}中，a1＝－1，|an－an－1|＝2n－1(n∈N*，n≥2)，a2>0，若數列{a2n－1}單調遞減，數列{a2n}單調遞增，則a2023＝(D)A.eq\f(22023－1,3)B.eq\f(22023＋1,3)C.eq\f(－22023＋1,3)D．－eq\f(22023＋1,3)解析：因為a1＝－1，數列{a2n－1}單調遞減，所以在數列{an}中，奇數項均為負數．因為a2>0，數列{a2n}單調遞增，所以在數列{an}中，偶數項均為正數．又|an－an－1|＝2n－1(n∈N*，n≥2)，所以an－an－1＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2n－1，n為奇數，,2n－1，n為偶數))(n≥2)．(法一)a2023＝(a2023－a2022)＋(a2022－a2021)＋…＋(a2－a1)＋a1＝－22022＋22021－22020＋…＋21－1＝(－1)＋(－1)×(－2)＋(－1)×(－2)2＋…＋(－1)×(－2)2022＝eq\f(－1×[1－（－2）2023],1－（－2）)＝－eq\f(22023＋1,3).故選D.(法二)a2023＝(a2023－a2022)＋(a2022－a2021)＋…＋(a2－a1)＋a1＝－22022＋22021－22020＋…＋21－1＝－(22022＋22020＋…＋22＋1)＋(22021＋22019＋…＋21)＝－eq\f(1－22×1012,1－22)＋eq\f(2（1－22×1011）,1－22)＝－eq\f(22023＋1,3).故選D.c．應用錯位相減法求數列的和(6)(2020全國Ⅰ，12分)設{an}是公比不為1的等比數列，a1為a2，a3的等差中項．(Ⅰ)求{an}的公比；答案：－2解：設等比數列{an}的公比為q(q≠1)．因為a1為a2，a3的等差中項，所以2a1＝a2＋a3，即2a1＝a1q＋a1q2，即q2＋q－2＝0，解得q＝－2(q＝1舍去)，所以數列{an}的公比為－2.(5分)(Ⅱ)若a1＝1，求數列{nan}的前n項和．答案：eq\f(1－（1＋3n）·（－2）n,9)解：若a1＝1，則an＝(－2)n－1，nan＝n·(－2)n－1.設數列{nan}的前n項和為Sn，則Sn＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n·(－2)n－1，－2Sn＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋n·(－2)n，兩式相減得3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋(－2)3＋…＋(－2)n－1－n·(－2)n＝eq\f(1－（－2）n,1－（－2）)－n·(－2)n，化簡可得Sn＝eq\f(1－（1＋3n）·（－2）n,9)，所以數列{nan}的前n項和為eq\f(1－（1＋3n）·（－2）n,9).(12分)(7)(2021陜西模擬，12分)數列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，2n＋1an＋1＝(1＋Sn)(1＋Sn＋1)(n∈N*)．(Ⅰ)求{an}的通項公式；答案：an＝2n－1解：因為2n＋1an＋1＝(1＋Sn)(1＋Sn＋1)，an＋1＝(1＋Sn＋1)－(1＋Sn)，所以eq\f(（1＋Sn＋1）－（1＋Sn）,（1＋Sn＋1）（1＋Sn）)＝eq\f(1,2n＋1)，整理得eq\f(1,1＋Sn)－eq\f(1,1＋Sn＋1)＝eq\f(1,2n＋1).利用疊加法得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋S1)－\f(1,1＋S2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋S2)－\f(1,1＋S3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋Sn－1)－\f(1,1＋Sn)))＝eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n)＝eq\f(\f(1,22)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n－1))),1－\f(1,2))＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2n)(n≥2)，所以eq\f(1,1＋S1)－eq\f(1,1＋Sn)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2n)，整理得Sn＝2n－1(n≥2)，顯然S1＝a1＝1符合上式，所以Sn＝2n－1，所以an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)．當n＝1時，a1＝1符合上式，故an＝2n－1.(6分)(Ⅱ)若anbn＝n，求數列{bn}的前n項和Tn.答案：Tn＝4－eq\f(2＋n,2n－1)解：因為anbn＝n，所以bn＝eq\f(n,2n－1)，故Tn＝1＋eq\f(2,2)＋eq\f(3,22)＋…＋eq\f(n,2n－1)①，eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n－1,2n－1)＋eq\f(n,2n)②，(8分)①－②得eq\f(1,2)Tn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n),1－\f(1,2))－eq\f(n,2n)＝2－eq\f(2＋n,2n)，整理得Tn＝4－eq\f(2＋n,2n－1).(12分)d．應用裂項相消法求數列的和(8)(2020山東模擬改編，18分)在①a3＋a5＝5，S4＝7；②4Sn＝n2＋3n；③5S4＝14S2，a5是a3與eq\f(9,2)的等比中項，這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，然后解答補充完整的題目．已知Sn為等差數列{an}的前n項和，若________，(Ⅰ)求an；答案：an＝eq\f(n＋1,2)解：選①.設等差數列{an}的公差為d，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(2a1＋6d＝5，,4a1＋\f(4×3,2)d＝7，)))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝\f(1,2)，)))(4分)∴an＝a1＋(n－1)d＝1＋eq\f(n－1,2)＝eq\f(n＋1,2).(6分)選②.∵4Sn＝n2＋3n，∴當n≥2時，4an＝4Sn－4Sn－1＝n2＋3n－(n－1)2－3(n－1)＝2n＋2，即an＝eq\f(n＋1,2)(n≥2)．(4分)當n＝1時，a1＝S1＝eq\f(12＋3×1,4)＝1，符合上式．∴an＝eq\f(n＋1,2).(6分)選③.設等差數列{an}的公差為d，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(5×（4a1＋6d）＝14（2a1＋d），,（a1＋4d）2＝\f(9,2)（a1＋2d），)))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝\f(1,2))))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a1＝0，,d＝0)))(舍)，(4分)∴an＝a1＋(n－1)d＝1＋eq\f(n－1,2)＝eq\f(n＋1,2).(6分)(Ⅱ)記bn＝eq\f(1,a2n·a2n＋2)，求數列{bn}的前n項和Tn；答案：Tn＝eq\f(4n,6n＋9)解：由(Ⅰ)可知bn＝eq\f(1,a2n·a2n＋2)＝eq\f(4,（2n＋1）（2n＋3）)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))，(8分)∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝2(eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋eq\f(1,5)－eq\f(1,7)＋…＋eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋3))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,2n＋3)))＝eq\f(4n,6n＋9).(12分)(Ⅲ)設cn＝eq\f(bn＋1,TnTn＋1)，求數列{cn}的前n項和Rn.答案：Rn＝eq\f(9n,4（n＋1）)解：∵cn＝eq\f(bn＋1,TnTn＋1)＝eq\f(Tn＋1－Tn,TnTn＋1)＝eq\f(1,Tn)－eq\f(1,Tn＋1)，(13分)∴Rn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,T1)－\f(1,T2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,T2)－\f(1,T3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,T3)－\f(1,T4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Tn)－\f(1,Tn＋1)))＝eq\f(1,T1)－eq\f(1,Tn＋1)＝eq\f(6＋9,4)－eq\f(6（n＋1）＋9,4（n＋1）)＝eq\f(9n,4（n＋1）).(18分)(9)(2021江蘇聯考，10分)已知數列{an}滿足a1＝3，an＋1＝2an－n＋1.(Ⅰ)求數列{an}的通項公式；答案：an＝2n＋n解：因為an＋1＝2an－n＋1，所以an＋1－(n＋1)＝2(an－n)，由此可得數列{an－n}是以a1－1＝2為首項，2為公比的等比數列，(3分)因此，an－n＝2×2n－1＝2n，所以數列{an}的通項公式為an＝2n＋n.(5分)(Ⅱ)若數列{bn}滿足bn＝eq\f(an－n,（2n＋1）（2n＋1＋1）)，求數列{bn}的前n項和Tn.答案：Tn＝eq\f(1,3)－eq\f(1,2n＋1＋1)解：由(Ⅰ)得bn＝eq\f(an－n,（2n＋1）（2n＋1＋1）)＝eq\f(2n,（2n＋1）（2n＋1＋1）)＝eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋1＋1)，故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,21＋1)－\f(1,22＋1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22＋1)－\f(1,23＋1)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋1＋1)))＝eq\f(1,3)－eq\f(1,2n＋1＋1).(10分)e．應用倒序相加法求數列的和(10)(2023改編，7分)已知函數f(x)＝eq\f(x,2x＋1)，若記＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2i－1,2n)))(i＝1，2，3，…，n)，求數列{}的前n項和Tn.答案：Tn＝eq\f(n,2)解：由題可知bi＝eq\f(－\f(2i－1,2n),2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2i－1,2n)))＋1)＝eq\f(－（2i－1）,2×[－（2i－1）]＋2n)＝eq\f(1,2)×eq\f(－2i＋1,n－2i＋1)，bn－i＋1＝eq\f(－\f(2（n－i＋1）－1,2n),2×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2（n－i＋1）－1,2n)))＋1)＝eq\f(2（n－i＋1）－1,2×[2（n－i＋1）－1]－2n)＝eq\f(1,2)×eq\f(2（n－i＋1）－1,[2（n－i＋1）－1]－n)＝eq\f(1,2)×eq\f(2n－2i＋1,n－2i＋1)，所以bi＋bn－i＋1＝eq\f(1,2)×eq\f(－2i＋1,n－2i＋1)＋eq\f(1,2)×eq\f(2n－2i＋1,n－2i＋1)＝1(i＝1，2，3，…，n)．(4分)Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn，Tn＝bn＋bn－1＋bn－2＋…＋b1，兩式相加，得2Tn＝(b1＋bn)＋(b2＋bn－1)＋(b3＋bn－2)＋…＋(bn＋b1)＝＝n，所以Tn＝eq\f(n,2).(7分)f．應用并項求和法求數列的和(11)(經典題，12分)已知Sn是等差數列{an}的前n項和，公差d＝－2，且a1，a3，a4成等比數列．(Ⅰ)求{an}的通項公式；答案：an＝10－2n解：因為a1，a3，a4成等比數列，所以aeq\o\al(2,3)＝a1a4.(2分)又因為數列{an}為等差數列，所以(a1＋2d)2＝a1(a1＋3d)．代入d＝－2，解得a1＝8，所以an＝8－2(n－1)＝10－2n.(5分)(Ⅱ)設Tn為數列{(－1)nan}的前n項和，求Tn.答案：Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－n，n為偶數，,n－9，n為奇數))解：根據題意，Tn＝－a1＋a2－a3＋a4－…＋(－1)nan.當n為偶數時，設n＝2k(k∈N*)，記ck＝(－1)2k－1a2k－1＋(－1)2ka2k，則ck＝－a2k－1＋a2k＝－2，所以Tn＝T2k＝c1＋c2＋…＋ck＝－2k＝－n；(8分)當n為奇數時，設n＝2k－1(k∈N*)，則Tn＝T2k－a2k＝－2k－(10－4k)＝2k－10＝n－9.(11分)綜上，Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－n，n為偶數，,n－9，n為奇數.))(12分)(12)(2021四川眉山模擬，5分)已知函數f(x)＝x2coseq\f(πx,2)，數列{an}滿足an＝f(n)＋f(n＋1)(n∈N*)，則數列{an}的前100項之和是__10200__．解析：∵f(x)＝x2coseq\f(πx,2)，∴an＝f(n)＋f(n＋1)＝n2coseq\f(nπ,2)＋(n＋1)2coseq\f(（n＋1）π,2)，∴a4n－3＝(4n－3)2coseq\f(（4n－3）π,2)＋(4n－2)2coseq\f(（4n－2）π,2)＝－(4n－2)2.同理可得a4n－2＝－(4n－2)2，a4n－1＝(4n)2，a4n＝(4n)2，∴a4n－3＋a4n－2＋a4n－1＋a4n＝－2(4n－2)2＋2×(4n)2＝8(4n－1)．設數列{an}的前n項和為Sn，則S100＝a1＋a2＋a3＋…＋a99＋a100＝8×(3＋7＋…＋99)＝8×eq\f(25×（3＋99）,2)＝10200.2．數列不等式問題a．作差法證明數列不等式(13)(2020天津節選，9分)已知{an}為等差數列，{bn}為等比數列，a1＝b1＝1，a5＝5(a4－a3)，b5＝4(b4－b3)．(Ⅰ)求{an}和{bn}的通項公式；答案：an＝n,bn＝2n－1解：設等差數列{an}的公差為d，等比數列{bn}的公比為q.∵a1＝1，a5＝5(a4－a3)，∴1＋4d＝5d，即d＝1，∴an＝1＋n－1＝n.(2分)∵b1＝1，b5＝4(b4－b3)，∴q4＝4(q3－q2)，解得q＝2，∴bn＝2n－1.(4分)(Ⅱ)記{an}的前n項和為Sn，求證：SnSn＋2＜Seq\o\al(2,n＋1)(n∈N*)．答案：見證明過程證明：由(Ⅰ)可得Sn＝eq\f(n（n＋1）,2)，∴SnSn＋2＝eq\f(1,4)n(n＋1)(n＋2)(n＋3)，Seq\o\al(2,n＋1)＝eq\f(1,4)(n＋1)2(n＋2)2，(7分)∴SnSn＋2－Seq\o\al(2,n＋1)＝－eq\f(1,2)(n＋1)(n＋2)．∵n≥1，∴SnSn＋2－Seq\o\al(2,n＋1)＜0，即SnSn＋2＜Seq\o\al(2,n＋1)(n∈N*)．(9分)b．先求和再放縮證明數列不等式(14)(2020浙江節選，8分)已知數列{bn}，{cn}滿足b1＝c1＝1，cn＋1＝eq\f(bn,bn＋2)cn(n∈N*)．若{bn}為等差數列，公差d＞0，證明：c1＋c2＋c3＋…＋cn＜1＋eq\f(1,d)，n∈N*.答案：見證明過程證明：∵cn＋1＝eq\f(bn,bn＋2)cn，∴bn＋2cn＋1＝bncn，兩邊同乘bn＋1，可得bn＋1bn＋2cn＋1＝bnbn＋1cn.∵b1b2c1＝b2＝1＋d，∴數列{bnbn＋1cn}是一個常數列，且此常數為1＋d，∴bnbn＋1cn＝1＋d.(3分)∵b1＝1，d＞0，∴bn＞1，∴cn＝eq\f(1＋d,bnbn＋1)＝eq\f(1＋d,d)·eq\f(d,bnbn＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,d)))·eq\f(bn＋1－bn,bnbn＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,d)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)－\f(1,bn＋1)))，(5分)∴c1＋c2＋…＋cn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,d)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b1)－\f(1,b2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,d)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)－\f(1,b3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,d)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)－\f(1,bn＋1)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,d)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b1)－\f(1,b2)＋\f(1,b2)－\f(1,b3)＋…＋\f(1,bn)－\f(1,bn＋1)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,d)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b1)－\f(1,bn＋1)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,d)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,bn＋1)))＜1＋eq\f(1,d)，即c1＋c2＋…＋cn＜1＋eq\f(1,d)，n∈N*.(8分)c．先放縮再求和證明數列不等式(15)(2021遼寧盤錦校級開學，12分)數列{an}中，a2＝7，且2Sn＝nan＋4n(n∈N*)，其中Sn為{an}的前n項和．(Ⅰ)求{an}的通項公式；答案：an＝3n＋1解：∵2Sn＝nan＋4n，∴當n≥2時，2Sn－1＝(n－1)an－1＋4(n－1)，∴2an＝2Sn－2Sn－1＝nan－(n－1)an－1＋4，即(n－2)an－(n－1)an－1＋4＝0(n≥2)①，∴(n－3)an－1－(n－2)an－2＋4＝0(n≥3)②，①－②得(n－2)an－(2n－4)an－1＋(n－2)an－2＝0，即an＋an－2＝2an－1(n≥3)，∴數列{an}是等差數列．(4分)將n＝1代入2Sn＝nan＋4n中，可解得a1＝4，又a2＝7，∴數列{an}是公差為3的等差數列，∴an＝a1＋(n－1)d＝4＋3(n－1)＝3n＋1.(6分)(Ⅱ)證明：eq\f(1,aeq\o\al(2,1))＋eq\f(1,aeq\o\al(2,2))＋eq\f(1,aeq\o\al(2,3))＋…＋eq\f(1,aeq\o\al(2,n))<eq\f(1,3)－eq\f(1,9n＋3)(n∈N*)．答案：見證明過程證明：要證eq\f(1,aeq\o\al(2,1))＋eq\f(1,aeq\o\al(2,2))＋eq\f(1,aeq\o\al(2,3))＋…＋eq\f(1,aeq\o\al(2,n))<eq\f(1,3)－eq\f(1,9n＋3)，即證eq\f(1,42)＋eq\f(1,72)＋eq\f(1,102)＋…＋eq\f(1,（3n＋1）2)<eq\f(1,3)－eq\f(1,9n＋3).∵eq\f(1,（3n＋1）2)<eq\f(1,（3n－2）（3n＋1）)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))，(8分)∴eq\f(1,42)＋eq\f(1,72)＋eq\f(1,102)＋…＋eq\f(1,（3n＋1）2)<eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)＋\f(1,4)－\f(1,7)＋…＋\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n＋1)))＝eq\f(1,3)－eq\f(1,9n＋3).故eq\f(1,aeq\o\al(2,1))＋eq\f(1,aeq\o\al(2,2))＋eq\f(1,aeq\o\al(2,3))＋…＋eq\f(1,aeq\o\al(2,n))<eq\f(1,3)－eq\f(1,9n＋3)(n∈N*)．(12分)d．由數列不等式成立的條件求參數的最值或取值范圍(16)(2020黑龍江期末，5分)已知數列{an}滿足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(2n－1)·3n.設bn＝eq\f(4n,an)，Sn為數列{bn}的前n項和．若Sn<λ(常數)，n∈N*，則λ的最小值是(C)A.eq\f(3,2)B.eq\f(9,4)C.eq\f(31,12)D.eq\f(31,18)解析：∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(2n－1)·3n，①∴當n≥2時，有a1＋2a2＋…＋(n－1)an－1＝(2n－3)·3n－1.②由①－②得nan＝4n·3n－1(n≥2)，即an＝4·3n－1(n≥2)．當n＝1時，a1＝3≠4，∴an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,4·3n－1，n≥2，))∴bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，n＝1，,\f(n,3n－1)，n≥2，))∴Sn＝eq\f(4,3)＋eq\f(2,3)＋eq\f(3,32)＋…＋eq\f(n,3n－1)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,30)＋eq\f(2,3)＋eq\f(3,32)＋…＋eq\f(n,3n－1)，③∴eq\f(1,3)Sn＝eq\f(1,9)＋eq\f(1,3)＋eq\f(2,32)＋eq\f(3,33)＋…＋eq\f(n－1,3n－1)＋eq\f(n,3n).④③－④得eq\f(2,3)Sn＝eq\f(2,9)＋eq\f(1,30)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,33)＋…＋eq\f(1,3n－1)－eq\f(n,3n)＝eq\f(2,9)＋eq\f(1－\f(1,3n),1－\f(1,3))－eq\f(n,3n)＝eq\f(31,18)－eq\f(2n＋3,2·3n)，∴Sn＝eq\f(31,12)－eq\f(6n＋9,4·3n)<eq\f(31,12).∵Sn<λ(常數)，n∈N*，∴λ的最小值為eq\f(31,12).故選C.(17)(2021浙江，15分)已知數列{an}的前n項和為Sn，a1＝－eq\f(9,4)，且4Sn＋1＝3Sn－9.(Ⅰ)求數列{an}的通項公式；答案：an＝－3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n解：當n＝1時，4(a1＋a2)＝3a1－9，已知a1＝－eq\f(9,4)，可得4a2＝eq\f(9,4)－9＝－eq\f(27,4)，解得a2＝－eq\f(27,16).(1分)當n≥2時，由4Sn＋1＝3Sn－9①，得4Sn＝3Sn－1－9②，①－②得4an＋1＝3an.(3分)因為a2＝－eq\f(27,16)≠0，所以an≠0,所以eq\f(an＋1,an)＝eq\f(3,4).又eq\f(a2,a1)＝eq\f(3,4)，所以{an}是首項為－eq\f(9,4)，公比為eq\f(3,4)的等比數列，(4分)所以an＝－eq\f(9,4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n－1＝－3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n.(5分)(Ⅱ)設數列{bn}滿足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，記{bn}的前n項和為Tn，若Tn≤λbn對任意n∈N*恒成立，求實數λ的取值范圍．答案：[－3，1]解：由3bn＋(n－4)an＝0，得bn＝－eq\f(n－4,3)an＝(n－4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n，(6分)所以Tn＝－3×eq\f(3,4)－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2－1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))3＋0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))4＋…＋(n－4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n，(7分)所以eq\f(3,4)Tn＝－3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))3－1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))4＋…＋(n－5)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n＋(n－4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n＋1，(8分)兩式相減得eq\f(1,4)Tn＝－3×eq\f(3,4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))4＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n－(n－4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n＋1＝－eq\f(9,4)＋eq\f(\f(9,16)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n－1)),1－\f(3,4))－(n－4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n＋1＝－eq\f(9,4)＋eq\f(9,4)－4·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n＋1－(n－4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n＋1＝－n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n＋1，(10分)所以Tn＝－4n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n＋1.(11分)由Tn≤λbn，可得－4n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n＋1≤λ(n－4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n恒成立，即λ(n－4)＋3n≥0恒成立．(12分)(法一)n＝4時不等式恒成立；n<4時，λ≤－eq\f(3n,n－4)＝－3－eq\f(12,n－4)，因為y＝－3－eq\f(12,n－4)在n<4時單調遞增，且n∈N*，所以當n＝1時，y＝－3－eq\f(12,n－4)有最小值1，所以可得λ≤1；n>4時，λ≥－eq\f(3n,n－4)＝－3－eq\f(12,n－4)，因為y＝－3－eq\f(12,n－4)在n>4時單調遞增，且－3－eq\f(12,n－4)<－3恒成立，所以可得λ≥－3.綜上可得－3≤λ≤1.(15分)(法二)將λ(n－4)＋3n≥0變形為(λ＋3)n－4λ≥0，設f(n)＝(λ＋3)n－4λ，其中n∈N*.若f(n)≥0恒成立．則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(λ＋3≥0，,f（1）＝（λ＋3）×1－4λ≥0，)))解得－3≤λ≤1，所以λ∈[－3，1]．(15分)3．數列與其他知識的綜合(18)(2020山東泰安模擬，5分)已知函數f(x)＝x3＋lg(eq\r(x2＋1)＋x)，若等差數列{an}的前n項和為Sn，且f(a1－1)＝－10，f(a2020－1)＝10，則S2020＝(C)A．－4040B．0C．2020D．4040解析：易知函數f(x)的定義域為R.∵f(x)＋f(－x)＝x3＋lg(eq\r(x2＋1)＋x)＋[－x3＋lg(eq\r(x2＋1)－x)]＝lg(eq\r(x2＋1)＋x)＋lg(eq\r(x2＋1)－x)＝lg[(eq\r(x2＋1)＋x)(eq\r(x2＋1)－x)]＝lg1＝0，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(x)為奇函數．又易得f(x)為單調遞增函數，且f(a1－1)＝－f(a2020－1)，∴a1－1＝－(a2020－1)，即a1＋a2020＝2，∴S2020＝2020×eq\f(a1＋a2020,2)＝2020.故選C.(19)(多選)(2020山東德州一模，5分)如圖，已知點E是平行四邊形ABCD的邊AB的中點，Fn(n∈N*)為邊BC上的一列點，連接AFn交BD于Gn，點Gn(n∈N*)滿足eq\o(GnD,\s\up6(→))＝an＋1·eq\o(GnA,\s\up6(→))－2(2an＋3)·eq\o(GnE,\s\up6(→))，其中數列{an}是首項為1的正項數列，Sn是數列{an}的前n項和，則下列結論正確的是(AB)A．a3＝13B．數列{an＋3}是等比數列C．an＝4n－3D．Sn＝2n＋1－n－2解析：∵E為AB的中點，∴2eq\o(GnE,\s\up6(→))＝eq\o(GnA,\s\up6(→))＋eq\o(GnB,\s\up6(→))，∴eq\o(GnB,\s\up6(→))＝－eq\o(GnA,\s\up6(→))＋2eq\o(GnE,\s\up6(→)).又D，Gn，B三點共線，∴eq\o(GnD,\s\up6(→))＝λeq\o(GnB,\s\up6(→))＝－λeq\o(GnA,\s\up6(→))＋2λeq\o(GnE,\s\up6(→))＝an＋1·eq\o(GnA,\s\up6(→))－2(2an＋3)·eq\o(GnE,\s\up6(→))，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(－λ＝an＋1，,2λ＝－2（2an＋3），)))化簡可得an＋1＝2an＋3，即an＋1＋3＝2(an＋3)，∴數列{an＋3}是首項為a1＋3＝4，公比為2的等比數列，∴an＋3＝4·2n－1＝2n＋1，∴an＝2n＋1－3，Sn＝eq\f(4（1－2n）,1－2)－3n＝2n＋2－3n－4，故B正確，CD錯誤．當n＝3時，a3＝24－3＝13，故A正確．故選AB.(20)(2021北京專題練習，4分)已知曲線C1的方程為x2＋y2＝1，過平面上一點P1作C1的兩條切線，切點分別為A1，B1，且滿足∠A1P1B1＝eq\f(π,3)，記P1的軌跡為C2；過一點P2作C2的兩條切線，切點分別為A2，B2，滿足∠A2P2B2＝eq\f(π,3)，記P2的軌跡為C3；按上述規律一直進行下去．記an＝|AnAn＋1|max，且Sn為數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n項和，則滿足|Sn－eq\f(2,3)|<eq\f(1,100)的最小的n是(C)A．5B．6C．7D．8解析：根據題意作圖，如圖所示．設P1(x，y)，則|OP1|＝2|OA1|＝2，可得P1所在的曲線C2的方程為x2＋y2＝4.同理可得P2所在的曲線C3的方程為x2＋y2＝16.因為A1，A2分別在圓C1，C2上，所以|A1A2|的最大值即為兩圓半徑之和，所以a1＝|A1A2|max＝1＋2，同理a2＝|A2A3|max＝2＋4＝21＋22，…，an＝|AnAn＋1|max＝2n－1＋2n，故eq\f(1,an)＝eq\f(1,2n－1＋2n)＝eq\f(1,3×2n－1)，所以數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n項和Sn＝eq\f(1,3)×eq\f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))＝eq\f(2,3)(1－eq\f(1,2n))，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(Sn－\f(2,3)))＝eq\f(1,3·2n－1)<eq\f(1,100)，解得n≥7.故選C.4．數列的新定義問題(21)(2020全國Ⅱ，5分)0－1周期序列在通信技術中有著重要應用．若序列a1a2…an…滿足ai∈{0，1}(i＝1，2，…)，且存在正整數m，使得ai＋m＝ai(i＝1，2，…)成立，則稱其為0－1周期序列，并稱滿足ai＋m＝ai(i＝1，2，…)的最小正整數m為這個序列的周期．對于周期為m的0－1序列a1a2…an…，C(k)＝eq\f(1,m)eq\i\su(i＝1,m,a)iai＋k(k＝1，2，…，m－1)是描述其性質的重要指標．下列周期為5的0－1序列中，滿足C(k)≤eq\f(1,5)(k＝1，2，3，4)的序列是(C)A．11010…B．11011…C．10001…D．11001…解析：對于A選項：序列1101011010…，C(1)＝eq\f(1,5)eq\i\su(i＝1,5,a)iai＋1＝eq\f(1,5)(1＋0＋0＋0＋0)＝eq\f(1,5)，C(2)＝eq\f(1,5)eq\i\su(i＝1,5,a)iai＋2＝eq\f(1,5)(0＋1＋0＋1＋0)＝eq\f(2,5)>eq\f(1,5)，不符合題意；對于B選項：序列1101111011…，C(1)＝eq\f(1,5)eq\i\su(i＝1,5,a)iai＋1＝eq\f(1,5)(1＋0＋0＋1＋1)＝eq\f(3,5)>eq\f(1,5)，不符合題意；對于C選項：序列1000110001…，C(1)＝eq\f(1,5)eq\i\su(i＝1,5,a)iai＋1＝eq\f(1,5)(0＋0＋0＋0＋1)＝eq\f(1,5)，C(2)＝eq\f(1,5)eq\i\su(i＝1,5,a)iai＋2＝eq\f(1,5)(0＋0＋0＋0＋0)＝0，C(3)＝eq\f(1,5)eq\i\su(i＝1,5,a)iai＋3＝eq\f(1,5)(0＋0＋0＋0＋0)＝0，C(4)＝eq\f(1,5)eq\i\su(i＝1,5,a)iai＋4＝eq\f(1,5)(1＋0＋0＋0＋0)＝eq\f(1,5)，符合題意；對于D選項：序列1100111001…，C(1)＝eq\f(1,5)eq\i\su(i＝1,5,a)iai＋1＝eq\f(1,5)(1＋0＋0＋0＋1)＝eq\f(2,5)>eq\f(1,5)，不符合題意．故選C.(22)(2021北京，15分)定義Rp數列{an}：對實數p，滿足：①a1＋p≥0，a2＋p＝0；②?n∈N*，a4n－1<a4n；③am＋n∈{am＋an＋p，am＋an＋p＋1}，m，n∈N*.(Ⅰ)對于前4項為2，－2，0，1的數列，可以是R2數列嗎？請說明理由；答案：(Ⅰ)不可以是R2數列，理由見解答過程(Ⅱ)a5＝1(Ⅲ)存在，p＝2解：不可以是R2數列．理由如下：對于性質③，當m＝1，n＝2時，0＝a3∈{a1＋a2＋2，a1＋a2＋2＋1}＝{2，3}，(2分)矛盾，故前4項為2，－2，0，1的數列，不可以是R2數列．(3分)(Ⅱ)若{an}是R0數列，求a5的值；解：由性質①可得a1≥0，a2＝0.由性質③可得am＋2∈{am，am＋1}，因此a3＝a1或a3＝a1＋1，a4＝a2＝0或a4＝a2＋1＝1.(4分)由性質②可得a3<a4.若a4＝0，a3＝a1或a3＝a1＋1，則a1<0或a1＋1<0，與a1≥0矛盾；(5分)若a4＝1，a3＝a1＋1，則a1＋1<1，與a1≥0矛盾，因此只能是a4＝1，a3＝a1.(6分)又因為a4＝a1＋a3或a4＝a1＋a3＋1，所以a1＝eq\f(1,2)或a1＝0.(7分)若a1＝eq\f(1,2)，則a2＝a1＋1∈{a1＋a1＋0，a1＋a1＋0＋1}＝{2a1，2a1＋1}＝{1，2}，不滿足a2＝0，舍去，所以a1＝0，{an}的前四項為0，0，0，1.(8分)由性質③，令m＝2，n＝3，可得a5∈{0，1}；令m＝1，n＝4，可得a5∈{1，2}，綜上可得a5＝1.(9分)(Ⅲ)是否存在p，使得存在Rp數列{an}，對?n∈N*，Sn≥S10？若存在，求出所有這樣的p；若不存在，請說明理由．解：存在，p＝2.理由如下：由題意可知a2＝－p，a2∈{2a1＋p，2a1＋p＋1}，即－p＝2a1＋p或－p＝2a1＋p＋1，可得a1＝－p或a1＝－p－eq\f(1,2).又因為a1＋p≥0＝a2＋p，即a1≥a2，所以a1＝－p.由性質③可得a3＝a1＋2∈{－p，－p＋1}，a4＝a2＋2∈{－p，－p＋1}．又由性質②可得a3＜a4，所以a3＝－p，a4＝－p＋1.由性質③可得a5＝a1＋4∈{－p＋1，－p＋2}且a5＝a2＋3∈{－p，－p＋1}，所以a5＝－p＋1.由性質③可得a6＝a3＋3∈{－p，－p＋1}且a6＝a1＋5∈{－p＋1，－p＋2}，所以a6＝－p＋1.由性質③可得a7∈{－p＋1，－p＋2}．由性質③可得a8＝a2＋6∈{－p＋1，－p＋2}且a8＝a4＋4∈{－p＋2，－p＋3}，所以a8＝－p＋2.又由性質②可得a7＜a8，所以a7＝－p＋1.由性質③可得a9＝a2＋7∈{－p＋1，－p＋2}且a9＝a4＋5∈{－p＋2，－p＋3}，所以a9＝－p＋2.(10分)由性質③可得a10＝a3＋7∈{－p＋1，－p＋2}且a10＝a5＋5∈{－p＋2，－p＋3}，所以a10＝－p＋2.(11分)由性質③可得a11∈{－p＋2，－p＋3}．由性質③可得a12＝a6＋6∈{－p＋2，－p＋3}且a12＝a4＋8∈{－p＋3，－p＋4}，所以a12＝－p＋3.又由性質②可得a11＜a12，所以a11＝－p＋2.(12分)根據性質①③可得，an＋2＝{an＋a2＋p，an＋a2＋p＋1}＝{an，an＋1}，所以an＋2≥an，所以{an}的奇數項和偶數項都是單調不減的，(13分)所以要使Sn≥S10恒成立，則當n≤10時，an≤0，當n>10時，an≥0，(14分)所以要滿足題意，只需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a9≤0，,a10≤0，,a11≥0，)))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(－p＋2≤0，,－p＋2≤0，,－p＋2≥0，)))解得p＝2.所以，存在滿足要求的p，p的值為2.(15分)隨堂普查練411．(2020山東濟寧模擬，12分)已知數列{an}是公差不為0的等差數列，且a1，a3，a9成等比數列，a2＋a4＝6.(1)求數列{an}的通項an；答案：an＝n解：設等差數列{an}的公差為d.因為a1，a3，a9成等比數列，所以aeq\o\al(2,3)＝a1a9，即(a1＋2d)2＝a1(a1＋8d)，即d＝a1.又a2＋a4＝6，所以2a1＋4d＝6d＝6，即d＝1，所以a1＝1，所以an＝1＋n－1＝n.(5分)(2)設bn＝ancoseq\f(（2an＋1）π,3)，求數列{bn}的前2020項的和S2020.答案：S2020＝－eq\f(2021,2)解：bn＝ancoseq\f(（2an＋1）π,3)＝ncoseq\f(（2n＋1）π,3).易知函數y＝coseq\f(（2n＋1）π,3)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)n＋\f(π,3)))的最小正周期為3，所以在數列{bn}中，每隔3項成等差數列．因為b1＝cosπ＝－1，b2＝2coseq\f(5π,3)＝1，b3＝3coseq\f(7π,3)＝eq\f(3,2)，b4＝－4，b5＝eq\f(5,2)，b6＝3，所以公差分別為－3，eq\f(3,2)，eq\f(3,2).(8分)又2020＝673×3＋1，b2020＝(－1)＋673×(－3)＝－2020，所以S2020＝－1×673＋eq\f(1,2)×673×672×(－3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1×673＋\f(1,2)×673×672×\f(3,2)))＋(eq\f(3,2)×673＋eq\f(1,2)×673×672×eq\f(3,2))＋b2020＝eq\f(2019,2)－2020＝－eq\f(2021,2).(12分)2．(2020天津節選，6分)已知{an}為等差數列，{bn}為等比數列，且an＝n，bn＝2n－1.對任意的正整數n，設cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(\f(（3an－2）bn,anan＋2)，n為奇數，,\f(an－1,bn＋1)，n為偶數，)))求數列{cn}的前2n項和．答案：eq\f(4n,2n＋1)－eq\f(6n＋5,9×4n)－eq\f(4,9)解：當n為奇數時，cn＝eq\f(（3an－2）bn,anan＋2)＝eq\f(（3n－2）2n－1,n（n＋2）)＝eq\f(2n＋1,n＋2)－eq\f(2n－1,n)；當n為偶數時，cn＝eq\f(an－1,bn＋1)＝eq\f(n－1,2n)，(2分)∴對任意的正整數n，有＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(22,3)－1))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(24,5)－\f(22,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(26,7)－\f(24,5)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(22n,2n＋1)－\f(22n－2,2n－1)))＝eq\f(22n,2n＋1)－1＝eq\f(4n,2n＋1)－1，(3分)＝eq\f(1,4)＋eq\f(3,42)＋eq\f(5,43)＋…＋eq\f(2n－1,4n).①①×eq\f(1,4)，得eq\f(1,4)eq\i\su(k＝1,n,c)2k＝eq\f(1,42)＋eq\f(3,43)＋…＋eq\f(2n－3,4n)＋eq\f(2n－1,4n＋1)，②①－②，得eq\f(3,4)eq\i\su(k＝1,n,c)2k＝eq\f(1,4)＋eq\f(2,42)＋eq\f(2,43)＋…＋eq\f(2,4n)－eq\f(1,4)·eq\f(2n－1,4n)，∴eq\i\su(k＝1,n,c)2k＝eq\f(5,9)－eq\f(6n＋5,9×4n)，(5分)∴＝eq\f(4n,2n＋1)－eq\f(6n＋5,9×4n)－eq\f(4,9).即數列{cn}的前2n項和為eq\f(4n,2n＋1)－eq\f(6n＋5,9×4n)－eq\f(4,9).(6分)3．(經典題，12分)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，公差為d，若d，S9為函數f(x)＝(x－2)(x－99)的兩個零點，且d<S9.(1)求數列{an}的通項公式；答案：an＝2n＋1解：因為d，S9為函數f(x)＝(x－2)(x－99)的兩個零點，且d<S9，所以d＝2，S9＝99.(2分)又因為數列{an}為等差數列，所以S9＝9a1＋eq\f(9×8,2)×2＝99，解得a1＝3，(4分)所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.(5分)(2)若bn＝eq\f(1,\r(an＋1)＋\r(an))，求數列{bn}的前n項和Tn.答案：Tn＝eq\f(\r(2n＋3)－\r(3),2)解：因為bn＝eq\f(1,\r(an＋1)＋\r(an))＝eq\f(1,\r(2n＋3)＋\r(2n＋1))＝eq\f(1,2)(eq\r(2n＋3)－eq\r(2n＋1))，(8分)所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝eq\f(1,2)(eq\r(5)－eq\r(3))＋eq\f(1,2)(eq\r(7)－eq\r(5))＋…＋eq\f(1,2)(eq\r(2n＋1)－eq\r(2n－1))＋eq\f(1,2)(eq\r(2n＋3)－eq\r(2n＋1))＝eq\f(\r(2n＋3)－\r(3),2).(12分)4．(經典題，5分)已知函數f(x)＝eq\f(4x,4x＋2)，若an＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,11)))，則a1＋a2＋a3＋…＋a10＝__5__．解析：f(x)＋f(1－x)＝eq\f(4x,4x＋2)＋eq\f(41－x,41－x＋2)＝eq\f(4x,4x＋2)＋eq\f(4x·41－x,4x（41－x＋2）)＝eq\f(4x,4x＋2)＋eq\f(4,4＋2·4x)＝eq\f(4x＋2,4x＋2)＝1.設S10＝a1＋a2＋a3＋…＋a10，則S10＝a10＋a9＋a8＋…＋a1，兩式相加，得2S10＝(a1＋a10)＋(a2＋a9)＋(a3＋a8)＋…＋(a10＋a1)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,11)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))))＋[feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,11)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,11)))]＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,11)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,11)))))＋…＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,11)))))＝10，所以a1＋a2＋a3＋…＋a10＝S10＝5.5．(2020山東德州一模，12分)已知數列{an}的前n項和為Sn＝Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋…＋Ceq\o\al(n－1,n)，數列{bn}滿足bn＝log2an.(1)求數列{an}，{bn}的通項公式；答案：an＝2n－1，bn＝n－1解：由題意，Sn＝Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋…＋Ceq\o\al(n－1,n)＝2n－1.(2分)當n＝1時，a1＝S1＝21－1＝1；當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－2n－1＋1＝2n－1，即an＝2n－1(n≥2)，當n＝1時，a1＝1滿足上式，所以an＝2n－1，(5分)所以bn＝log2an＝log22n－1＝n－1.(6分)(2)求Tn＝beq\o\al(2,1)－beq\o\al(2,2)＋beq\o\al(2,3)－beq\o\al(2,4)＋…＋(－1)n＋1beq\o\al(2,n).答案：Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(\f(n2－n,2)，n為奇數，,\f(n－n2,2)，n為偶數)))解：因為bn＝n－1，所以數列{bn}是以0為首項，1為公差的等差數列．當n為偶數時，n－1，n＋1均為奇數，Tn＝beq\o\al(2,1)－beq\o\al(2,2)＋beq\o\al(2,3)－beq\o\al(2,4)＋…＋(－1)n＋1beq\o\al(2,n)＝beq\o\al(2,1)－beq\o\al(2,2)＋beq\o\al(2,3)－beq\o\al(2,4)＋…＋beq\o\al(2,n－1)－beq\o\al(2,n)＝(b1＋b2)(b1－b2)＋(b3＋b4)(b3－b4)＋…＋(bn－1＋bn)(bn－1－bn)＝－(b1＋b2＋b3＋b4＋…＋bn－1＋bn)＝－eq\f(n（n－1）,2)＝eq\f(n－n2,2)；(9分)當n為奇數時，n－1，n＋1均為偶數，eq\a\vs4\al\co1(Tn＝Tn－1＋（－1）n＋1beq\o\al(2,n)＝\f(（n－1）－（n－1）2,2)＋（－1）n＋1·（n－1）2,＝\f(（n－1）＋（n－1）2,2)＝\f(（n－1）（n－1＋1）,2)＝\f(n2－n,2)，（11分）)所以Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(\f(n2－n,2)，n為奇數，,\f(n－n2,2)，n為偶數.)))(12分)6．(2021全國Ⅱ，12分)設{an}是首項為1的等比數列，數列{bn}滿足bn＝eq\f(nan,3)，已知a1，3a2，9a3成等差數列．(1)求{an}和{bn}的通項公式；答案：an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－1)，bn＝eq\f(n,3n)解：設{an}的公比為q.因為a1，3a2，9a3成等差數列，所以6a2＝a1＋9a3，所以6a1q＝a1＋9a1q2，(2分)即9q2－6q＋1＝0，解得q＝eq\f(1,3)，所以an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－1)，所以bn＝eq\f(nan,3)＝eq\f(n,3n).(4分)(2)記Sn和Tn分別為{an}和{bn}的前n項和，證明：Tn<eq\f(Sn,2).答案：見證明過程證明：由(1)可得Sn＝eq\f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＝eq\f(3,2)(1－eq\f(1,3n))，(5分)Tn＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,32)＋…＋eq\f(n－1,3n－1)＋eq\f(n,3n)，①eq\f(1,3)Tn＝eq\f(1,32)＋eq\f(2,33)＋…＋eq\f(n－1,3n)＋eq\f(n,3n＋1)，②(7分)①－②得eq\f(2,3)Tn＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,33)＋…＋eq\f(1,3n)－eq\f(n,3n＋1)＝eq\f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))－eq\f(n,3n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))－eq\f(n,3n＋1)，所以Tn＝eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))－eq\f(n,2·3n)，(10分)所以Tn－eq\f(Sn,2)＝eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))－eq\f(n,2·3n)－eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))＝－eq\f(n,2·3n)<0，所以Tn<eq\f(Sn,2).(12分)7．(2021河南駐馬店開學考試，10分)已知等比數列{an}滿足a3＋a4＝12，a1a6＝32，前n項和為Sn，且公比q＞1.(1)求數列{an}的通項公式；答案：an＝2n－1解：因為數列{an}為等比數列，所以a1a6＝a3a4＝32.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a3＋a4＝12，,a3a4＝32，)))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a3＝4，,a4＝8)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a3＝8，,a4＝4.)))由公比q>1，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a3＝4，,a4＝8，)))故a1＝1，q＝2，所以an＝2n－1.(5分)(2)求證：eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＜2.答案：見證明過程證明：由(1)可知an＝2n－1，所以eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＝1＋eq\f(1,2)＋…＋eq\f(1,2n－1)＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n,1－\f(1,2))＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n))＝2－eq\f(1,2n－1)<2，原命題得證．(10分)8．(2021天津節選，10分)已知{an}是公差為2的等差數列，其前8項和為64，{bn}是公比大于0的等比數列，b1＝4，b3－b2＝48.記cn＝b2n＋eq\f(1,bn)，n∈N*，證明：<2eq\r(2)(n∈N*)．答案：見證明過程證明：因為{an}的前8項和為64，所以8a1＋eq\f(8×（8－1）,2)×2＝64，解得a1＝1，所以{an}的通項公式為an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.設{bn}的公比為q，則由b1＝4，b3－b2＝48，得4q2－4q＝48，解得q＝4或q＝－3.又因為q>0，所以q＝4，所以{bn}的通項公式為bn＝b1qn－1＝4n.(3分)cn＝b2n＋eq\f(1,bn)＝42n＋4－n，所以ceq\o\al(2,n)－c2n＝(42n＋4－n)2－(44n＋4－2n)＝(44n＋4－2n＋2×4n)－(44n＋4－2n)＝2×4n，所以eq\r(\f(akak＋1,ceq\o\al(2,k)－c2k))＝eq\r(\f(（2k－1）（2k＋1）,2×4k))＝eq\r(\f(4k2－1,2×4k))<eq\r(\f(4k2,2×4k))＝eq\f(\r(2)k,2k)，所以<.(6分)令Sn＝＝eq\f(\r(2),2)＋eq\f(2\r(2),22)＋eq\f(3\r(2),23)＋…＋eq\f(\r(2)n,2n)，則eq\f(1,2)Sn＝eq\f(\r(2),22)＋eq\f(2\r(2),23)＋eq\f(3\r(2),24)＋…＋eq\f(\r(2)（n－1）,2n)＋eq\f(\r(2)n,2n＋1)，兩式相減得eq\f(1,2)Sn＝eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(2),22)＋eq\f(\r(2),23)＋…＋eq\f(\r(2),2n)－eq\f(\r(2)n,2n＋1)＝eq\f(\f(\r(2),2)[1－（\f(1,2)）n],1－\f(1,2))－eq\f(\r(2)n,2n＋1)＝eq\r(2)－eq\f(\r(2),2n)－eq\f(\r(2)n,2n＋1)，(8分)所以Sn＝2eq\r(2)－eq\f(\r(2),2n－1)－eq\f(\r(2)n,2n)<2eq\r(2)，所以<Sn<2eq\r(2)(n∈N*)．(10分)9．(2020山東模擬，5分)記數列{an}的前n項和為Sn，數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前n項和為Tn.若Sn＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(3,2)n，則T14＝__eq\f(7,16)__；若不等式Tn<λ2－eq\f(1,2)λ對任意n恒成立，則實數λ的取值范圍是__eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪[1，＋∞)__．解析：∵Sn＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(3,2)n，∴Sn－1＝eq\f(1,2)(n－1)2＋eq\f(3,2)(n－1)，n≥2，∴an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(3,2)n－eq\f(1,2)(n－1)2－eq\f(3,2)(n－1)＝eq\f(1,2)[n2－(n－1)2]＋