(共44张PPT)
第1讲 等差数列与等比数列
高考定位 1.等差、等比数列基本运算和性质的考查是高考热点，经常以选择题、填空题的形式出现；2.数列的通项也是高考热点，常在解答题中的第(1)问出现，难度中档以下.
真
题
感
悟
1.(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4＝0，a5＝5，则( )
答案 A
A.2n－1
B.2－21－n
C.2－2n－1
D.21－n－1
答案 B
4.(2019·全国Ⅱ卷)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4.
(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；
(2)求{an}和{bn}的通项公式.
(1)证明 由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，
由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.
又因为a1－b1＝1，所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列.
考
点
整
合
1.等差数列
2.等比数列
热点一 等差、等比数列的基本运算
【例1】
(1)(2020·全国Ⅱ卷)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman.若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝( )
A.2
B.3
C.4
D.5
答案 C
(2)(2019·北京卷)设{an}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列.
①求{an}的通项公式；
②记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值.
解 ①设{an}的公差为d.
因为a1＝－10，所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.
因为a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，
所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6).
所以(－2＋2d)2＝d(－4＋3d).
解得d＝2.
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－12.
②法一 由①知，an＝2n－12.
则当n≥7时，an>0；当n＝6时，an＝0；当n<6时，an<0；
所以Sn的最小值为S5＝S6＝－30.
∴当n＝5或n＝6时，Sn的最小值S5＝S6＝－30.
探究提高 1.等差(比)数列基本运算的解题途径：
(1)设基本量a1和公差d(公比q).
(2)列、解方程组：把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量.
2.第(2)题求出基本量a1与公差d，进而由等差数列前n项和公式将结论表示成“n”的函数，求出最小值.
【训练1】
(1)(2020·河北省一联)若等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a2a5＝3a3，且a4与9a7的等差中项为2，则S5＝( )
(1)解析 设等比数列{an}的公比为q，由已知得a2a5＝a3a4＝3a3，因为a3≠0，所以a4＝3，即a1q3＝3 ①.
因为a4与9a7的等差中项为2，所以a4＋9a7＝a4(1＋9q3)＝4 ②，
(2)解 ①设数列{an}的公差为d，d≠0.
∵a1，a2，a7成等比数列，
又d≠0，∴d＝4a1，①
由于a4＝a1＋3d＝26，②
∴an＝2＋8(n－1)＝8n－6.
②∵bn＝(－1)n＋1an＝(－1)n＋1(8n－6).
∴T511＝b1＋b2＋…＋b511
＝2－10＋18－26＋…＋4
066－4
074＋4
082
＝(2－10)＋(18－26)＋…＋(4
066－4
074)＋4
082
＝－8×255＋4
082＝2
042.
A.38
B.20
C.10
D.9
(2)(2020·长沙检测)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S8－2S4＝5，则a9＋a10＋a11＋a12的最小值为( )
A.25
B.20
C.15
D.10
解析 (1)在数列{an}中，因为2an＋1＝an＋an＋2，所以an＋2－an＋1＝an＋1－an，
所以数列{an}为等差数列.
即(2n－1)×2＝38，解得n＝10.
(2)在正项等比数列{an}中，Sn＞0.
因为S8－2S4＝5，则S8－S4＝5＋S4，
易知S4，S8－S4，S12－S8是等比数列，
所以(S8－S4)2＝S4·(S12－S8)，
故a9＋a10＋a11＋a12的最小值为20.
答案 (1)C (2)B
探究提高 1.利用等差(比)性质求解的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解.
2.活用函数性质：数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题.
A.Sn的最大值是S8
B.Sn的最小值是S8
C.Sn的最大值是S7
D.Sn的最小值是S7
(2)已知数列{an}的各项都为正数，对任意的m，n∈N
，am·an＝am＋n恒成立，且a3·a5＋a4＝72，则log2a1＋log2a2＋…＋log2a7＝________.
整理得an
所以等差数列{an}是递增数列，
所以数列{an}的前7项为负值，所以Sn的最小值是S7.
(2)因为对任意的m，n∈N
，am·an＝am＋n恒成立，
令m＝1，则a1·an＝a1＋n对任意的n∈N
恒成立，
∴数列{an}为等比数列，公比为a1，
∵a4＞0，∴a4＝8，
答案 (1)D (2)21
(1)证明：Sn＋1＝2Sn＋λ；
(2)是否存在实数λ，使得数列{an}为等比数列？若存在，求出λ；若不存在，请说明理由.
则Sn＋1(Sn＋1－2Sn－λ)＝0.
∵an>0，知Sn＋1>0，∴Sn＋1－2Sn－λ＝0，
故Sn＋1＝2Sn＋λ.
(2)解 由(1)知，Sn＋1＝2Sn＋λ，
当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋λ，
两式相减，an＋1＝2an(n≥2，n∈N
)，
所以数列{an}从第二项起成等比数列，且公比q＝2.
又S2＝2S1＋λ，即a2＋a1＝2a1＋λ，
∴a2＝a1＋λ＝1＋λ>0，得λ>－1.
若数列{an}是等比数列，则a2＝1＋λ＝2a1＝2.
∴λ＝1，经验证得λ＝1时，数列{an}是等比数列.
【训练3】
(2020·安徽六校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－3n＋1＋3(n∈N
).
(1)证明 由已知2Sn＝3an－3n＋1＋3(n∈N
)，①
n≥2时，2Sn－1＝3an－1－3n＋3，②
①－②得：2an＝3an－3an－1－2·3n?an＝3an－1＋2·3n，
故数列{bn}是以2为首项，2为公差的等差数列，
∴bn＝2＋2(n－1)＝2n?an＝2n·3n.
(2)解 由(1)，得cn＝2·3n－2n
热点四 等差、等比数列的综合问题
【例4】
(2020·北京西城区二模)从①前n项和Sn＝n2＋p(p∈R)；②an＝an＋1－3；③a6＝11且2an＋1＝an＋an＋2这三个条件中任选一个，填至横线上，并完成解答.
在数列{an}中，a1＝1，________，其中n∈N
.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a1，an，am成等比数列，其中m，n∈N
，且m>n>1，求m的最小值.
(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
解 选择①：
(1)当n＝1时，由S1＝a1＝1，得p＝0.
当n≥2时，由题意，得Sn－1＝(n－1)2，
所以an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2).
经检验，a1＝1符合上式，
所以an＝2n－1(n∈N
)
因为m，n是大于1的正整数，且m>n，
所以当n＝2时，m有最小值5.
选择②：
(1)因为an＝an＋1－3，所以an＋1－an＝3，
所以数列{an}是公差d＝3的等差数列，
所以an＝a1＋(n－1)d＝3n－2(n∈N
).
因为m，n是大于1的正整数，且m>n，
所以当n＝2时，m取到最小值6.
选择③：
(1)因为2an＋1＝an＋an＋2，
所以数列{an}是等差数列.
设数列{an}的公差为d.
因为a1＝1，a6＝a1＋5d＝11，
所以d＝2.
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1(n∈N
)
.
因为m，n是大于1的正整数，且m>n，
所以当n＝2时，m有最小值5.
探究提高 1.等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便.
2.数列的通项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列问题.
【训练4】
(2020·海南诊断)已知{an}是公比为q的无穷等比数列，其前n项和为Sn，满足a3＝12，________.是否存在正整数k，使得Sk>2
020？若存在，求k的最小值；若不存在，说明理由.
解 选择①：存在满足条件的正整数k.
求解过程如下：
选择②：不存在满足条件的正整数k.
理由如下：
选择③：存在满足条件的正整数k.
求解过程如下：
令Sk>2
020，则1－(－2)k>2
020，
整理得(－2)k<－2
019.
当k为偶数时，原不等式无解.
当k为奇数时，原不等式等价于2k>2
019.
所以使Sk>2
020的正整数k的最小值为11.第2讲 数列求和及综合问题
高考定位 1.高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中档偏下；2.在考查数列运算的同时，将数列与不等式、函数交汇渗透.
真
题
感
悟
1.(2020·全国Ⅰ卷)数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，前16项和为540，则a1＝________.
解析 法一 因为an＋2＋(－1)nan＝3n－1，
所以当n为偶数时，an＋2＋an＝3n－1，
所以a4＋a2＝5，a8＋a6＝17，a12＋a10＝29，a16＋a14＝41，
所以a2＋a4＋a6＋a8＋a10＋a12＋a14＋a16＝92.
因为数列{an}的前16项和为540，
所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝540－92＝448.①
因为当n为奇数时，an＋2－an＝3n－1，
所以a3－a1＝2，a7－a5＝14，a11－a9＝26，a15－a13＝38，
所以(a3＋a7＋a11＋a15)－(a1＋a5＋a9＋a13)＝80.②
由①②得a1＋a5＋a9＋a13＝184.
又a3＝a1＋2，a5＝a3＋8＝a1＋10，a7＝a5＋14＝a1＋24，a9＝a7＋20＝a1＋44，a11＝a9＋26＝a1＋70，a13＝a11＋32＝a1＋102，
所以a1＋a1＋10＋a1＋44＋a1＋102＝184，所以a1＝7.
法二 同法一得a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝448.
当n为奇数时，有an＋2－an＝3n－1，
由累加法得an＋2－a1＝3(1＋3＋5＋…＋n)－
＝(1＋n)·－＝n2＋n＋，
所以an＋2＝n2＋n＋＋a1.
所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15
＝a1＋＋＋＋
＋＋＋
＝8a1＋392＝448，解得a1＝7.
答案 7
2.(2018·全国Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn＝2an＋1，则S6＝________.
解析 法一 因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)，
所以an＝2an－1，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，
所以an＝－2n－1.
所以S6＝＝－63.
法二 由Sn＝2an＋1，得S1＝2S1＋1，所以S1＝－1，当n≥2时，由Sn＝2an＋1得Sn＝2(Sn－Sn－1)＋1，即Sn＝2Sn－1－1，∴Sn－1＝2(Sn－1－1)，又S1－1＝－2，∴{Sn－1}是首项为－2，公比为2的等比数列，所以Sn－1＝－2×2n－1＝－2n，所以Sn＝1－2n，∴S6＝1－26＝－63.
答案 －63
3.(2020·新高考山东卷)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)设的公比为q(q＞1).
由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8.
解得q＝(舍去)，q＝2.
由题设得a1＝2.
所以的通项公式为an＝2n.
(2)由题设及(1)知b1＝0，且当2n≤m＜2n＋1时，bm＝n.
所以S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋…＋b100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63)＝480.
4.(2020·全国Ⅰ卷)设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项.
(1)求{an}的公比；
(2)若a1＝1，求数列{nan}的前n项和.
解 (1)设{an}的公比为q，由题设得2a1＝a2＋a3，
即2a1＝a1q＋a1q2.
所以q2＋q－2＝0，解得q＝1(舍去)或q＝－2.
故{an}的公比为－2.
(2)记Sn为{nan}的前n项和.由(1)及题设可得
an＝(－2)n－1，所以Sn＝1＋2×(－2)＋…＋n·(－2)n－1，
－2Sn＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)·(－2)n－1＋n·(－2)n.
所以3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n·(－2)n
＝－n·(－2)n.
所以Sn＝－.
考
点
整
合
1.常用公式：12＋22＋32＋42＋…＋n2＝.
2.(1)数列通项an与前n项和Sn的关系为an＝
(2)应用an与Sn的关系式f(an，Sn)＝0时，应特别注意n＝1时的情况，防止产生错误.
3.数列求和
(1)分组转化法：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并.
(2)错位相减法：主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列.
(3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如(其中{an}是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列.
温馨提醒 裂项求和时，易把系数写成它的倒数或忘记系数导致错误.
4.数列与函数、不等式的交汇
数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出Sn的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化.数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查不等关系或恒成立问题.
热点一 an与Sn的关系问题
【例1】
设数列{an}的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an＝5Sn＋1成立，bn＝－1－log2|an|，数列{bn}的前n项和为Tn，cn＝.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{cn}的前n项和An，并求出An的最值.
解 (1)因为an＝5Sn＋1，n∈N
，
所以an＋1＝5Sn＋1＋1，
两式相减，得an＋1＝－an，
又当n＝1时，a1＝5a1＋1，知a1＝－，
所以数列{an}是公比、首项均为－的等比数列.
所以数列{an}的通项公式an＝.
(2)由(1)知bn＝－1－log2|an|＝2n－1，
数列{bn}的前n项和Tn＝n2，
cn＝＝＝－，
所以An＝1－.
因此{An}是单调递增数列，
∴当n＝1时，An有最小值A1＝1－＝；An没有最大值.
探究提高 1.给出Sn与an的递推关系求an，常用思路是：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.
2.由Sn求an时，一定注意分n＝1和n≥2两种情况，最后验证两者是否能合为一个式子，若不能，则用分段形式来表示.
【训练1】
(2020·合肥检测)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，满足a＝Sn＋Sn－1(n≥2)，a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(1－an)2－a(1－an)，若{bn}是递增数列，求实数a的取值范围.
解 (1)a＝Sn＋Sn－1(n≥2)，
a＝Sn－1＋Sn－2(n≥3).
相减可得a－a＝an＋an－1，
∵an＞0，an－1＞0，∴an－an－1＝1(n≥3).
当n＝2时，a＝a1＋a2＋a1，
∴a＝2＋a2，a2＞0，∴a2＝2.
因此n＝2时，an－an－1＝1成立.
∴数列{an}是等差数列，公差为1.
∴an＝1＋n－1＝n.
(2)bn＝(1－an)2－a(1－an)＝(n－1)2＋a(n－1)，
∵{bn}是递增数列，
∴bn＋1－bn＝n2＋an－(n－1)2－a(n－1)
＝2n＋a－1＞0，
即a＞1－2n恒成立，∴a＞－1.
∴实数a的取值范围是(－1，＋∞).
热点二 数列求和
方法1 分组转化求和
【例2】
(2020·山东五地联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足关于x的不等式a1x2－S2x＋2＜0的解集为(1，2).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝a2n＋2an－1，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
因为关于x的不等式a1x2－S2x＋2＜0的解集为(1，2)，
所以＝1＋2＝3，得a1＝d，
又易知＝2，所以a1＝1，d＝1.
所以数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)由(1)可得，a2n＝2n，2an＝2n.
因为bn＝a2n＋2an－1，所以bn＝2n－1＋2n，
所以数列{bn}的前n项和Tn＝(1＋3＋5＋…＋2n－1)＋(2＋22＋23＋…＋2n)
＝＋＝n2＋2n＋1－2.
探究提高 1.求解本题要过四关：(1)“转化”关，把不等式的解转化为方程根的问题；(2)“方程”关，利用方程思想求出基本量a1及d；(3)“分组求和”关，观察数列的通项公式，把数列分成几个可直接求和的数列；(4)“公式”关，会利用等差、等比数列的前n项和公式求和.
2.分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正号、负号分组.本题易忽视数列通项的下标如错得a2n＝n，应注意“＝”左右两边保持一致.
【训练2】
(2020·潍坊调研)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝8，S4＝40.数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn－2bn＋3＝0，n∈N
.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝求数列{cn}的前n项和Pn.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
由题意，得解得
所以an＝4n，
因为Tn－2bn＋3＝0，
所以当n＝1时，b1＝3，当n≥2时，Tn－1－2bn－1＋3＝0，
两式相减，得bn＝2bn－1(n≥2)，
则数列{bn}为首项为3，公比为2的等比数列，
所以bn＝3·2n－1.
(2)cn＝
当n为偶数时，Pn＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)
＝＋＝2n＋1＋n2－2.
当n为奇数时，
法一 n－1(n≥3)为偶数，Pn＝Pn－1＋cn＝2(n－1)＋1＋(n－1)2－2＋4n＝2n＋n2＋2n－1，n＝1时符合上式.
法二 Pn＝(a1＋a3＋…＋an－2＋an)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)
＝＋＝2n＋n2＋2n－1.
所以Pn＝
方法2 裂项相消求和
【例3】
(2020·江南六校调研)设数列{an}的前n项和为Sn，已知S1＝2，an＋1＝Sn＋2.
(1)证明：{an}为等比数列；
(2)记bn＝log2an，数列的前n项和为Tn，若Tn≥10恒成立，求λ的取值范围.
(1)证明 由已知，得a1＝S1＝2，a2＝S1＋2＝4，
当n≥2时，an＝Sn－1＋2，
所以an＋1－an＝(Sn＋2)－(Sn－1＋2)＝an，
所以an＋1＝2an(n≥2).
又a2＝2a1，所以＝2(n∈N
)，
所以{an}是首项为2，公比为2的等比数列.
(2)解 由(1)可得an＝2n，所以bn＝n.
则＝＝λ，
Tn＝λ＝λ，
因为Tn≥10，所以≥10，从而λ≥，
因为＝10≤20，
所以λ的取值范围为[20，＋∞).
探究提高 1.裂项相消求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项.
2.消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.
【训练3】
设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和.
解 (1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，①
故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，②
①－②得(2n－1)an＝2，所以an＝，
又n＝1时，a1＝2适合上式，
从而{an}的通项公式为an＝.
(2)记的前n项和为Sn，
由(1)知＝＝－，
则Sn＝＋＋…＋
＝1－＝.
方法3 错位相减法求和
【例4】
(2020·济南统测)在①a3＝5，a2＋a5＝6b2，②b2＝2，a3＋a4＝3b3，③S3＝9，a4＋a5＝8b2这三个条件中任选一个，补充至横线上，并解答问题.
已知等差数列{an}的公差为d(d>1)，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q，且a1＝b1，d＝q，________.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
解 选条件①.
(1)∵a3＝5，a2＋a5＝6b2，a1＝b1，d＝q，d>1，
∴解得或(舍去).
∴∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，bn＝b1qn－1＝2n－1.
(2)∵cn＝，∴cn＝＝(2n－1)×.
∴Tn＝1＋3×＋5×＋…＋(2n－3)×＋(2n－1)×，
Tn＝＋3×＋5×＋…＋(2n－3)×＋(2n－1)×.
上面两式相减，得
Tn＝1＋2－(2n－1)×
＝1＋2×－(2n－1)×＝3－(2n＋3)×.
∴Tn＝6－(2n＋3)×.
选条件②.
(1)∵b2＝2，a3＋a4＝3b3，a1＝b1，d＝q，d>1，
∴即
解得或(舍去).∴
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，bn＝b1qn－1＝2n－1.
(2)∵cn＝，∴cn＝＝(2n－1)×.
∴Tn＝1＋3×＋5×＋…＋(2n－3)×＋(2n－1)×，
Tn＝＋3×＋5×＋…＋(2n－3)×＋(2n－1)×.
上面两式相减，得
Tn＝1＋2－(2n－1)×
＝1＋2×－(2n－1)×＝3－(2n＋3)×.
∴Tn＝6－(2n＋3)×.
选条件③.
(1)∵S3＝9，a4＋a5＝8b2，a1＝b1，d＝q，d>1，
∴
解得或(舍去)，∴
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，bn＝b1qn－1＝2n－1.
(2)∵cn＝，∴cn＝＝(2n－1)×.
∴Tn＝1＋3×＋5×＋…＋(2n－3)×＋(2n－1)×，
Tn＝＋3×＋5×＋…＋(2n－3)×＋(2n－1)×.
上面两式相减，得
Tn＝1＋2－(2n－1)×
＝1＋2×－(2n－1)×＝3－(2n＋3)×.
∴Tn＝6－(2n＋3)×.
探究提高 1.一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解.
2.在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式.
【训练4】
(2020·潍坊模拟)在①b2n＝2bn＋1，②a2＝b1＋b2，③b1，b2，b4成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解.
已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝3an.公差不等于0的等差数列{bn}满足________，求数列的前n项和Sn.
(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
解 因为a1＝1，an＋1＝3an，
所以{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，
所以an＝3n－1.
选①②时，设数列{bn}的公差为d1.
因为a2＝3，所以b1＋b2＝3(ⅰ).
因为b2n＝2bn＋1，所以当n＝1时，b2＝2b1＋1(ⅱ).
由(ⅰ)(ⅱ)解得b1＝，b2＝，
所以d1＝，所以bn＝.
所以＝.
所以Sn＝＋＋…＋＝＋＋＋…＋，
所以Sn＝＋＋＋…＋＋.
上面两式相减，得
Sn＝＋5－
＝＋－－＝－.
所以Sn＝－.
选②③时，设数列{bn}的公差为d2.
因为a2＝3，所以b1＋b2＝3，即2b1＋d2＝3.
因为b1，b2，b4成等比数列，所以b＝b1b4，即(b1＋d2)2＝b1(b1＋3d2)，化简得d＝b1d2.
因为d2≠0，所以b1＝d2，从而d2＝b1＝1，所以bn＝n.
所以＝.
所以Sn＝＋＋…＋＝＋＋＋…＋，
所以Sn＝＋＋＋…＋＋.
上面两式相减，得
Sn＝1＋＋＋＋…＋－
＝－＝－.
所以Sn＝－.
选①③时，设数列{bn}的公差为d3.因为b2n＝2bn＋1，所以b2＝2b1＋1，所以d3＝b1＋1.又因为b1，b2，b4成等比数列，所以b＝b1b4，即(b1＋d3)2＝b1(b1＋3d3)，化简得d＝b1d3.因为d3≠0，所以b1＝d3，无解，所以等差数列{bn}不存在.故不合题意.
热点三 与数列相关的综合问题
【例5】
(2020·杭州滨江区调研)设f(x)＝x2＋2x，f′(x)是y＝f(x)的导函数，若数列{an}满足an＋1＝f′(an)，且首项a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}中，b1＝a1，b2＝a2，数列{bn}的前n项和为Tn，请写出适合条件Tn≤Sn的所有n的值.
解 (1)由f(x)＝x2＋2x，得f′(x)＝x＋2.
∵an＋1＝f′(an)，且a1＝1.
∴an＋1＝an＋2，则an＋1－an＝2，
因此数列{an}是公差为2，首项为1的等差数列.
∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)数列{an}的前n项和Sn＝＝n2，
等比数列{bn}中，设公比为q，∵b1＝a1＝1，b2＝a2＝3，
∴q＝3.∴bn＝3n－1，
∴数列{bn}的前n项和Tn＝＝.
Tn≤Sn可化为≤n2.
又n∈N
，∴n＝1，或n＝2.
故适合条件Tn≤Sn的所有n的值为1和2.
探究提高 1.求解数列与函数交汇问题要注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别注意；
(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件.
2.数列为背景的不等式恒成立、不等式证明，多与数列的求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性处理.
【训练5】
已知数列{an}与{bn}满足：a1＋a2＋a3＋…＋an＝2bn(n∈N
)，若{an}是各项为正数的等比数列，且a1＝2，b3＝b2＋4.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)若数列{cn}满足cn＝(n∈N
)，Tn为数列{cn}的前n项和，证明：Tn＜1.
(1)解 由题意知，a1＋a2＋a3＋…＋an＝2bn，①
当n≥2时，a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝2bn－1，②
①－②可得an＝2(bn－bn－1)
?a3＝2(b3－b2)＝2×4＝8，
∵a1＝2，an＞0，设{an}的公比为q，
∴a1q2＝8?q＝2，∴an＝2×2n－1＝2n(n∈N
).
∴2bn＝21＋22＋23＋…＋2n＝＝2n＋1－2，
∴bn＝2n－1(n∈N
).
(2)证明 由已知cn＝＝
＝－，
∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn
＝－＋－＋…＋－
＝1－，
当n∈N
时，2n＋1＞1，
∴＞0，∴1－＜1，故Tn＜1.
A级 巩固提升
一、选择题
1.已知Tn为数列的前n项和，若m>T10＋1
013恒成立，则整数m的最小值为( )
A.1
026
B.1
025
C.1
024
D.1
023
解析 因为＝1＋，所以Tn＝n＋1－，
则T10＋1
013＝11－＋1
013＝1
024－，
又m>T10＋1
013，
所以整数m的最小值为1
024.
答案 C
2.(2020·河北“五个一”名校联盟诊断)在等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{ancos
nπ}的前2
020项的和为( )
A.1
009
B.1
010
C.2
019
D.2
020
解析 设{an}的公差为d，则有
解得∴an＝2n－1，设bn＝ancos
nπ，
则b1＋b2＝a1cos
π＋a2cos
2π＝2，
b3＋b4＝a3cos
3π＋a4cos
4π＝2，…，
∴数列{ancos
nπ}的前2
020项的和S2
020＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2
019＋b2
020)＝2×1
010＝2
020.
答案 D
3.数列{an}满足a1＝1，对任意n∈N
，都有an＋1＝1＋an＋n，则＋＋…＋＝( )
A.
B.2
C.
D.
解析 对任意n∈N
，都有an＋1＝1＋an＋n，
则an＋1－an＝n＋1，则an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋1＝，
则＝＝2，
所以＋＋…＋＝2[＋＋…＋]＝2×＝.
答案 C
4.(多选题)(2020·青岛质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝Sn＋2an＋1，数列的前n项和为Tn，n∈N
，则下列选项正确的为( )
A.数列{an＋1}是等差数列
B.数列{an＋1}是等比数列
C.数列{an}的通项公式为an＝2n－1
D.Tn<1
解析 由Sn＋1＝Sn＋2an＋1，得an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1，可化为an＋1＋1＝2(an＋1).由a1＝1，得a1＋1＝2，则数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列.则an＋1＝2n，即an＝2n－1.由＝＝－，得Tn＝1－＋－＋…＋－＝1－<1.所以A错误，B，C，D正确.故选BCD.
答案 BCD
5.(多选题)(2020·烟台模拟)已知数列{an}满足an＋1＋an＝n·(－1)，其前n项和为Sn，且m＋S2
019＝－1
009，则下列说法正确的是( )
A.m为定值
B.m＋a1为定值
C.S2
019－a1为定值
D.ma1有最大值
解析 当n＝2k(k∈N
)时，由已知条件得a2k＋a2k＋1＝2k·(－1)k(2k＋1)，所以S2
019＝a1＋a2＋a3＋…＋a2
019＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2
018＋a2
019)＝a1－2＋4－6＋8－10＋…－2
018＝a1＋1
008－2
018＝a1－1
010，所以S2
019－a1＝－1
010.m＋S2
019＝m＋a1－1
010＝－1
009，所以m＋a1＝1，所以ma1≤＝，当且仅当m＝a1＝时等号成立，此时ma1取得最大值.故选BCD.
答案 BCD
二、填空题
6.对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，数列{an}的“差数列”的通项公式为an＋1－an＝2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
解析 因为an＋1－an＝2n，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝＋2＝2n－2＋2＝2n，所以Sn＝＝2n＋1－2.
答案 2n＋1－2
7.已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an＋1，则a1＝________，an＝________.
解析 令n＝1，则2S1＝3a1＋1，又S1＝a1，所以a1＝－1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3an－3an－1)，整理得an＝3an－1，即＝3(n≥2).
因此，{an}是首项为－1，公比为3的等比数列.
故an＝－3n－1.
答案 －1 －3n－1
8.(2020·福州调研)已知数列{nan}的前n项和为Sn，且an＝2n，则使得Sn－nan＋1＋50<0的最小正整数n的值为________.
解析 Sn＝1×21＋2×22＋…＋n×2n，
则2Sn＝1×22＋2×23＋…＋n×2n＋1，两式相减得
－Sn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1，
故Sn＝2＋(n－1)·2n＋1.
又an＝2n，
∴Sn－nan＋1＋50＝2＋(n－1)·2n＋1－n·2n＋1＋50
＝52－2n＋1，
依题意52－2n＋1<0，故最小正整数n的值为5.
答案 5
三、解答题
9.(2020·合肥调研)记Sn为等差数列{an}的前n项和，且a10＝4，S15＝30.
(1)求数列{an}的通项公式以及前n项和Sn；
(2)记数列{2an＋4＋an}的前n项和为Tn，求满足Tn＞0的最小正整数n的值.
解 (1)记数列{an}的公差为d，S15＝30?15a8＝30?a8＝2，故d＝＝1，
故an＝a10＋(n－10)d＝4＋n－10＝n－6，
Sn＝na1＋＝－5n＋＝－.
(2)依题意，2an＋4＋an＝n－6＋2n－2
Tn＝(－5－4＋…＋n－6)＋(2－1＋20＋…＋2n－2)＝＋，
当n＝1时，T1＝＜0；
当n＝2时，T2＝＜0；
当n＝3时，T3＝＜0；
当n＝4时，T4＝＜0；
当n≥5时，≥－15，≥，所以Tn＞0.
故满足Tn＞0的最小正整数n的值为5.
10.(2020·临沂模拟)甲、乙两同学在复习数列时发现曾经做过的一道有关数列的题目因纸张被破坏，导致一个条件看不清，具体如下：等比数列{an}的前n项和为Sn，已知________.
(1)判断S1，S2，S3的关系；
(2)若a1－a3＝3，设bn＝|an|，记{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<.
甲同学记得缺少的条件是首项a1的值，乙同学记得缺少的条件是公比q的值，并且他俩都记得第(1)问的答案是S1，S3，S2成等差数列.如果甲、乙两同学记得的答案是正确的，请你通过推理把条件补充完整并解答此题.
(1)解 由S1，S3，S2成等差数列，得
2S3＝S1＋S2，即2(a1＋a1q＋a1q2)＝2a1＋a1q，
解得q＝－或q＝0(舍去).
若乙同学记得的缺少的条件是正确的，则公比q＝－.
所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝a1－a1＝a1，
S3＝a1＋a2＋a3＝a1－a1＋a1＝a1，
可得S1＋S2＝2S3，即S1，S3，S2成等差数列.
(2)证明 由a1－a3＝3，可得a1－a1＝3，解得a1＝4，
所以an＝4×.
所以bn＝|an|＝＝n·.
所以Tn＝，
Tn＝，
两式相减，得
Tn＝
＝，
化简可得Tn＝.
由1－<1，得Tn<.
B级 能力突破
11.设数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，对于任意的n∈N
，an，Sn，a成等差数列，设数列{bn}的前n项和为Tn，且bn＝eq
\f(（ln
x）n,a)，若对任意的实数x∈(1，e](e为自然对数的底数)和任意正整数n，总有Tn)，则r的最小值为________.
解析 由题意得，2Sn＝an＋a，
当n≥2时，2Sn－1＝an－1＋a，
∴2Sn－2Sn－1＝an＋a－an－1－a，
∴(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，
∵an>0，∴an－an－1＝1，即数列{an}是公差为1的等差数列，
又2a1＝2S1＝a1＋a，a1＝1，∴an＝n(n∈N
).
又x∈(1，e]，∴0x≤1，
∴Tn≤1＋＋＋…＋<1＋＋＋…＋
＝1＋＋＋…＋＝2－<2，∴r≥2，即r的最小值为2.
答案 2
12.(2020·衡水中学检测)等差数列{an}的公差为2，a2，a4，a8分别等于等比数列{bn}的第2项、第3项、第4项.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若数列{cn}满足＋＋…＋＝bn＋1，求数列{cn}的前2
020项的和.
解 (1)依题意得b＝b2b4，
所以(a1＋6)2＝(a1＋2)(a1＋14)，
所以a＋12a1＋36＝a＋16a1＋28，解得a1＝2.
∴an＝2n.
设等比数列{bn}的公比为q，所以q＝＝＝＝2，
又b2＝a2＝4，∴bn＝4×2n－2＝2n.
(2)由(1)知，an＝2n，bn＝2n.
因为＋＋…＋＋＝2n＋1①
当n≥2时，＋＋…＋＝2n②
由①－②得，＝2n，即cn＝n·2n＋1，
又当n＝1时，c1＝a1b2＝23不满足上式，
∴cn＝
故S2
020＝8＋2×23＋3×24＋…＋2
020×22
021
＝4＋1×22＋2×23＋3×24＋…＋2
020×22
021
设T2
020＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋2
019×22
020＋2
020×22
021③，
则2T2
020＝1×23＋2×24＋3×25＋…＋2
019×22
021＋2
020×22
022④，
由③－④得：－T2
020＝22＋23＋24＋…＋22
021－2
020×22
022
＝－2
020×22
022＝－4－2
019×22
022，
所以T2
020＝2
019×22
022＋4，
所以S2
020＝T2
020＋4＝2
019×22
022＋8.规范答题示范课——数列解答题
[破题之道] 求解数列问题的基本策略在于“归”——化归与归纳，对于非等差或等比数列，可从特殊情景出发，归纳出一般性的方法、规律；将已知数列化归为等差(比)数列，然后借助数列的性质或基本量运算求解.
【典例示范】
(12分)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝.
(1)求b1，b2，b3；
(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
(3)求{an}的通项公式.
规范解答 (1)由nan＋1＝2(n＋1)an，且bn＝，
得＝2·，则bn＋1＝2bn.
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\
MERGEFORMAT
2分
又a1＝1，知b1＝1，
因此b2＝2b1＝2，b3＝2b2＝4.
从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.4分
(2)数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列.5分
理由如下：
由(1)知，bn＋1＝2bn，又b1＝1≠0，
所以数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列.
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\
MERGEFORMAT
8分
(3)由(2)可得＝2n－1，所以an＝n·2n－1.12分
[高考状元满分心得]
?写全得分步骤，踩点得分：对于解题过程中踩分点的步骤有则给分，无则没分，如第(1)问中，写出bn＋1＝2bn，由条件a1＝1，分别求出b1，b2，b3.
?写明得分关键：数列解答题要严谨，如第(2)问“首先明确指出数列{bn}的首项和公比(基本量)，再写出bn＝2n－1.
?计算正确是得分的保证：如第(1)问正确求得b1，b2，b3；第(3)问准确求出an＝n·2n－1，否则不能得分.
[满分体验]
1.(2020·全国Ⅲ卷)设等比数列{an}满足a1＋a2＝4，a3－a1＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为数列{log3an}的前n项和.若Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，求m.
解 (1)设{an}的公比为q，则an＝a1qn－1.
由已知得解得
所以{an}的通项公式为an＝3n－1.
(2)由(1)知log3an＝n－1.故Sn＝.
由Sm＋Sm＋1＝Sm＋3得m(m－1)＋(m＋1)m
＝(m＋3)(m＋2)，
即m2－5m－6＝0.
解得m＝－1(舍去)或m＝6.
2.(2020·石家庄质检)已知函数f(x)＝cos
πx－sin
πx(x∈R)的所有正的零点构成递增数列{an}(n∈N
).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)f(x)＝cos
πx－sin
πx＝2cos，
由题意令πx＋＝kπ＋(k∈Z)，
解得x＝k＋(k∈Z).
又函数f(x)的所有正的零点构成递增数列{an}，
所以{an}是首项a1＝，公差d＝1的等差数列，
因此an＝(n－1)×1＋＝n－(n∈N
).
(2)由(1)知bn＝＝n·，
则Tn＝1·＋2·＋3·＋…＋(n－1)·＋n·，①
Tn＝1·＋2·＋3·＋…＋(n－1)·＋n·，②
由①－②得
Tn＝＋＋＋…＋－
＝－＝1－(n＋2)·，
所以Tn＝2－.(共10张PPT)
规范答题示范课——数列解答题
[破题之道] 求解数列问题的基本策略在于“归”——化归与归纳，对于非等差或等比数列，可从特殊情景出发，归纳出一般性的方法、规律；将已知数列化归为等差(比)数列，然后借助数列的性质或基本量运算求解.
(1)求b1，b2，b3；
(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
(3)求{an}的通项公式.
[高考状元满分心得]
?写全得分步骤，踩点得分：对于解题过程中踩分点的步骤有则给分，无则没分，如第(1)问中，写出bn＋1＝2bn，由条件a1＝1，分别求出b1，b2，b3.
?写明得分关键：数列解答题要严谨，如第(2)问“首先明确指出数列{bn}的首项和公比(基本量)，再写出bn＝2n－1.
?计算正确是得分的保证：如第(1)问正确求得b1，b2，b3；第(3)问准确求出an＝n·2n－1，否则不能得分.
[满分体验]
1.(2020·全国Ⅲ卷)设等比数列{an}满足a1＋a2＝4，a3－a1＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为数列{log3an}的前n项和.若Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，求m.
解 (1)设{an}的公比为q，则an＝a1qn－1.
所以{an}的通项公式为an＝3n－1.
由Sm＋Sm＋1＝Sm＋3得m(m－1)＋(m＋1)m＝(m＋3)(m＋2)，即m2－5m－6＝0.
解得m＝－1(舍去)或m＝6.专题检测卷(二) 数 列
(时间：120分钟 满分：150分)
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.(2020·合肥质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－3，2a4＋3a7＝9，则S7的值为( )
A.21
B.1
C.－42
D.0
解析 法一 设等差数列{an}的公差为d，则2a4＋3a7＝2(a1＋3d)＋3(a1＋6d)＝5a1＋24d＝9.将a1＝－3代入可得d＝1，所以S7＝7a1＋d＝7×(－3)＋21×1＝0.故选D.
法二 由等差数列的性质可得2a4＋3a7＝a1＋a7＋3a7＝9.因为a1＝－3，所以a7＝3，所以S7＝＝＝0.故选D.
答案 D
2.(2020·南昌调研)公比不为1的等比数列{an}中，若a1a5＝aman，则mn不可能为( )
A.5
B.6
C.8
D.9
解析 由等比数列{an}满足a1a5＝aman，可得m＋n＝1＋5＝6，且m，n∈N
，所以m，n的可能取值分别为m＝1，n＝5或m＝2，n＝4或m＝3，n＝3或m＝4，n＝2或m＝5，n＝1，所以mn不可能为6.故选B.
答案 B
3.(2020·辽宁五校联考)已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝则a6＝( )
A.16
B.25
C.28
D.33
解析 ∵a1＝1，∴a2＝a1＋3＝4，a3＝2a2＋1＝9，a4＝a3＋3＝12，a5＝2a4＋1＝25，a6＝a5＋3＝28.故选C.
答案 C
4.(2020·安徽六校素质测试)已知等差数列{an}的前n项和是Sn，公差d不等于零，若a2，a3，a6成等比数列，则( )
A.a1d>0，dS3>0
B.a1d>0，dS3<0
C.a1d<0，dS3>0
D.a1d<0，dS3<0
解析 由a2，a3，a6成等比数列，可得a＝a2a6.又数列{an}是等差数列，∴(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)，即2a1d＋d2＝0.∵公差d不等于零，∴a1d<0，2a1＋d＝0.∴dS3＝d(3a1＋3d)＝d2>0.故选C.
答案 C
5.(2020·德州质检)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，…，该数列的特点是前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数所组成的数列{an}称为“斐波那契数列”，则(a1a3－a)＋(a2a4－a)＋(a3a5－a)＋…＋(a2
013a2
015－a)＝( )
A.1
B.0
C.1
007
D.－1
006
解析 由题意，得a1a3－a＝1×2－1＝1，a2a4－a＝1×3－4＝－1，a3a5－a＝2×5－9＝1，a4a6－a＝3×8－25＝－1，…，a2
013a2
015－a＝1，所以原式＝1＋(－1)＋1＋(－1)＋…＋1＝1.故选A.
答案 A
6.数列{an}的前n项和为Sn，且3an＋Sn＝4(n∈N
)，设bn＝nan，则数列{bn}的项的最大值为( )
A.
B.
C.
D.2
解析 由条件可知：3an＋Sn＝4，3an－1＋Sn－1＝4(n≥2).相减，得an＝an－1.
又3a1＋S1＝4a1＝4，故a1＝1.
则an＝，bn＝n.
设{bn}中最大的项为bn，则
即
解之得3≤n≤4.
∴{bn}的项的最大值为b3＝b4＝.
答案 B
7.(2020·湘赣皖十五校联考)记Sn为数列{an}的前n项和，数列{an}对任意的p，q∈N
满足ap＋q＝ap＋aq＋13.若a3＝－7，则当Sn取最小值时，n＝( )
A.6
B.7
C.8
D.9
解析 由题意可得，a3＝a1＋a2＋13＝(a1＋13)＋(2a1＋13)＝－7，所以a1＝－11.由已知条件可得，对任意的n∈N
，an＋1＝an＋a1＋13＝an＋2，所以an＋1－an＝2，所以数列{an}是等差数列，an＝2n－13.要使Sn的值最小，则即解得≤n≤.又n∈N
，所以n＝6.故选A.
答案 A
8.(2020·北京卷)在等差数列中，a1＝－9，a5＝－1.记Tn＝a1a2…an(n＝1，2，…)，则数列( )
A.有最大项，有最小项
B.有最大项，无最小项
C.无最大项，有最小项
D.无最大项，无最小项
解析 由得
解得d＝2.
∴an＝2n－11，Tn＝(－9)×(－7)×…×(2n－11).
当n≤5时，an＜0，当n＞5时，an＞0，故T1＜0，T2＞0，
T3＜0，T4＞0，T5＜0，T6＜0，…，Tn＜0.
故有最大项T4，无最小项.故选B.
答案 B
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.
9.在数列{an}中，n∈N
，若＝k(k为常数)，则称{an}为“等差比数列”，下列对“等差比数列”的判断正确的是( )
A.k不可能为0
B.等差数列一定是“等差比数列”
C.等比数列一定是“等差比数列”
D.“等差比数列”中可以有无数项为0
解析 由等差比数列的定义可知，等差比数列的k的值不为0，所以A正确；当{an}是等差数列且公差为0，即{an}为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以B不正确；当{an}是等比数列且公比q＝1时，{an}不是等差比数列，所以C不正确；数列0，1，0，1…是k＝－1的等差比数列，该数列中有无数多个0，所以D正确.故选AD.
答案 AD
10.(2020·菏泽素质测试)设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题正确的是( )
A.若d<0，则数列{Sn}有最大项
B.若数列{Sn}有最大项，则d<0
C.若对任意n∈N
，均有Sn>0，则数列{Sn}是递增数列
D.若数列{Sn}是递增数列，则对任意n∈N
，均有Sn>0
解析 由等差数列的求和公式，得Sn＝na1＋d＝n2＋n(n∈N
).设f(n)＝n2＋n，d≠0，n∈R.
A中，若d<0，由二次函数f(n)的性质可得数列{Sn}有最大项，正确；
B中，若数列{Sn}有最大项，则抛物线f(n)的开口向下，所以d<0，正确；
C中，若对任意n∈N
，均有Sn>0，则抛物线f(n)的开口向上，所以d>0，可得数列{Sn}是递增数列，正确；
D中，若数列{Sn}是递增数列，则抛物线f(n)的开口向上，但不一定对任意n∈N
，均有Sn>0，错误.故选ABC.
答案 ABC
11.(2020·山东十校联考)已知等比数列{an}的各项均为正数，公比为q，且a1>1，a6＋a7>a6a7＋1>2，记{an}的前n项积为Tn，则下列选项正确的是( )
A.0B.a6>1
C.T12>1
D.T13>1
解析 因为等比数列{an}的各项均为正数，公比为q，且a1>1，a6＋a7>a6a7＋1>2，所以(a6－1)(a7－1)<0，得a6<1，a7>1或a6>1，a7<1，当a6<1，a7>1时，q>1，但由a1>1得an>1，与a6<1矛盾，因此舍去.当a6>1，a7<1时，02，所以a6a7>1，所以T12＝a1·a2·…·a11·a12＝(a6a7)6>1，T13＝a<1.故选ABC.
答案 ABC
12.(2020·济南实验中学调研)已知数列{an}，{bn}满足an＋1＝2an＋bn，bn＋1＝an＋2bn＋ln
(n∈N
)，a1＋b1>0，给出下列四个命题，其中的真命题是( )
A.数列{an－bn}单调递增
B.数列{an＋bn}单调递增
C.数列{an}从某项以后单调递增
D.数列{bn}从某项以后单调递增
解析 因为an＋1＝2an＋bn，bn＋1＝an＋2bn＋ln
，所以an＋1－bn＋1＝an－bn－ln
.当n＝1时，a2－b2＝a1－b1－ln
2，所以a2－b2，则an＋1＋bn＋1－ln(n＋1)＝3(an＋bn－ln
n)，所以{an＋bn－ln
n}是首项为a1＋b1，公比为3的等比数列，所以an＋bn＝(a1＋b1)3n－1＋ln
n.因为a1＋b1>0，所以数列{an＋bn}单调递增，则B正确.因为an＋1＝2an＋bn＝an＋ln
n＋(a1＋b1)3n－1，所以an＋1－an＝ln
n＋(a1＋b1)3n－1>0，则C正确.因为bn＋1＝bn＋an＋bn＋ln
，所以bn＋1－bn＝ln(n＋1)－2ln
n＋(a1＋b1)3n－1.根据指数函数和对数函数的性质，可知数列{bn}从某一项以后单调递增，则D正确.故选BCD.
答案 BCD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.(2020·浙江卷)我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列就是二阶等差数列.数列(n∈N
)的前3项和是__________.
解析 设an＝，则a1＝＝1，a2＝＝3，a3＝＝6，因此前3项和S3＝a1＋a2＋a3＝1＋3＋6＝10.
答案 10
14.(2020·石家庄模拟)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1≠0，a2＝3a1，则＝________.
解析 法一 由a1≠0，a2＝3a1，可得d＝2a1，
所以S10＝10a1＋d＝100a1，
S5＝5a1＋d＝25a1，所以＝4.
法二 设等差数列{an}的公差为d，由a1≠0，a2＝3a1得d＝2a1.则＝＝＝＝4.
答案 4
15.(2020·东北三校一联)数列{an}满足a1＝1，an(2Sn－1)＝2S(n≥2，n∈N
)，则an＝________.
解析 ∵an(2Sn－1)＝2S，∴(Sn－Sn－1)·(2Sn－1)＝2S(n≥2)，
化简得Sn－1－Sn＝2SnSn－1，易知Sn≠0，则－＝2(n≥2)，
∴Sn＝，则an＝Sn－Sn－1＝－，n≥2.
经验证，当n＝1时，不符合an＝－.
综上，an＝
答案
16.(2020·江苏卷)设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列.已知数列{an＋bn}的前n项和Sn＝n2－n＋2n－1(n∈N
)，则d＋q的值是________.
解析 由题意知q≠1，所以Sn＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)
＝na1＋d＋＝n2＋n＋－＝n2－n＋2n－1，
所以所以d＝2，q＝2，所以d＋q＝4.
答案 4
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(本小题满分10分)(2020·海南模拟)在①b3＝a4，②a3＝3b3，③a2＝4b2这三个条件中任选一个，补充至横线上，再判断{cn}是否是递增数列，请说明理由.
已知{an}是公差为1的等差数列，{bn}是正项等比数列，a1＝b1＝1，________，cn＝anbn(n∈N
).判断{cn}是否是递增数列，并说理理由.
(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
解 因为{an}是公差为1，首项为1的等差数列，
所以an＝1＋n－1＝n.
设{bn}的公比为q(q>0).
若选①，由b3＝a4＝4，得b3＝b1q2＝4，而b1＝1，所以q＝2(负值已舍去)，所以bn＝2n－1，因此cn＝n·2n－1.
因为＝＝<1，
即cn所以{cn}是递增数列.
若选②，由a3＝3b3＝3，得b3＝b1q2＝1.
而b1＝1，所以q＝1(负值已舍去).
所以bn＝1，则cn＝n.
因为cn＝n所以{cn}是递增数列.
若选③，由a2＝4b2＝2，得b2＝b1q＝，而b1＝1，所以q＝.所以bn＝，则cn＝.
因为＝＝≥1，
即cn≥cn＋1，
所以{cn}不是递增数列.
18.(本小题满分12分)(2020·青岛模拟)在①b1＋b3＝a2，②a4＝b4，③S5＝－25这三个条件中任选一个，补充在下面问题中.若问题中的k存在，求出k的值；若k不存在，请说明理由.
设等差数列{an}的前n项和为Sn，{bn}是等比数列，________，b1＝a5，b2＝3，b5＝－81，是否存在k，使得Sk>Sk＋1且Sk＋1(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
解 设等比数列{bn}的公比为q(q≠0).
∵b2＝3，b5＝－81，∴b1＝－1，q＝－3，
∴bn＝－(－3)n－1.
又∵b1＝a5，∴a5＝－1.
法一 选①b1＋b3＝a2时：
设等差数列{an}的公差为d.
∵a2＝b1＋b3＝－1＋(－1)×(－3)2＝－10，a5＝－1，
∴d＝3，a1＝－13，
∴Sk＝－13k＋×3＝k2－k，
∴Sk＋1＝k2－k＋3k－13，Sk＋2＝k2－k＋6k－23.
∴要使Sk＋1∴选②a4＝b4时，
设等差数列{an}的公差为d.
∵a5＝－1，a4＝b4＝－(－3)3＝27，∴a1＝111，d＝－28，
∴Sk＝125k－14k2，
∴Sk＋1＝125k－14k2－28k＋111，Sk＋2＝125k－14k2－56k＋194.
∴要使Sk＋1只要
∴k>且k<，∴不存在符合题意的k.
选③S5＝－25时：
设等差数列{an}的公差为d.
∵＝－25，a5＝－1，∴a1＝－9，∴d＝2.
同理可得
∴法二 选①b1＋b3＝a2时：
设等差数列{an}的公差为d.
∵a5＝－1，a2＝b1＋b3＝－1＋(－1)×(－3)2＝－10，
∴d＝3，
∴an＝a2＋(n－2)d＝3n－16，
此时存在k＝4，使ak＋1＝a5<0，ak＋2＝a6＝2>0，
即存在k＝4符合题意.
选②a4＝b4时：
同理可得an＝－28n＋139，此时{an}为递减数列，
∴不存在正整数k符合题意.
选③S5＝－25时：
同理可得an＝2n－11，此时存在k＝4，使ak＋1＝a5<0，ak＋2＝a6＝1>0，
即存在k＝4符合题意.
19.(本小题满分12分)(2020·浙江卷)已知数列{an}，{bn}，{cn}满足a1＝b1＝c1＝1，cn＝an＋1－an，cn＋1＝cn，n∈N
.
(1)若{bn}为等比数列，公比q＞0，且b1＋b2＝6b3，求q的值及数列{an}的通项公式；
(2)若{bn}为等差数列，公差d＞0，证明：c1＋c2＋c3＋…＋cn＜1＋，n∈N
.
(1)解 由b1＋b2＝6b3，得1＋q＝6q2，
解得q＝.所以bn＝.
由cn＋1＝4cn，得cn＝4n－1.
由an＋1－an＝4n－1，得an＝a1＋1＋4＋…＋4n－2＝.
(2)证明 由cn＋1＝cn，得
cn＝＝，
所以c1＋c2＋c3＋…＋cn＝.
由b1＝1，d＞0，得bn＋1＞1，因此c1＋c2＋c3＋…＋cn＜1＋，n∈N
.
20.(本小题满分12分)(2020·全国Ⅲ卷)设数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4n.
(1)计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；
(2)求数列{2nan}的前n项和Sn.
解 (1)a2＝5，a3＝7.猜想an＝2n＋1.证明如下：
由已知可得an＋1－(2n＋3)＝3[an－(2n＋1)]，
an－(2n＋1)＝3[an－1－(2n－1)]，
…，
a2－5＝3(a1－3).
因为a1＝3，所以an＝2n＋1.
(2)由(1)得2nan＝(2n＋1)2n，
所以Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n.①
从而2Sn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n＋1)×2n＋1.②
①－②得
－Sn＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)×2n＋1，
所以Sn＝(2n－1)2n＋1＋2.
21.(本小题满分12分)(2020·杭州统测模拟)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a＋2an＝4Sn－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn的取值范围.
解 (1)由题意，当n＝1时，a＋2a1＝4S1－1＝4a1－1，
整理，得a－2a1＋1＝0，解得a1＝1.
当n≥2时，由a＋2an＝4Sn－1，得
a＋2an－1＝4Sn－1－1，
两式相减，得
a＋2an－a－2an－1＝4Sn－1－4Sn－1＋1＝4an，
即a－a＝2an＋2an－1，
∴(an＋an－1)(an－an－1)＝2(an＋an－1).
∵an＋an－1>0，
∴an－an－1＝2，
∴数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列.
∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)由(1)知，Sn＝n＋·2＝n2，
则bn＝＝
＝·
＝.
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝＋＋…＋
＝
＝
∴Tn<.
又∵an>0，∴bn>0，易证{Tn}单调递增，
∴Tn≥T1＝b1＝＝，
∴≤Tn<.
∴Tn的取值范围为.
22.(本小题满分12分)(2020·天津卷)已知为等差数列，为等比数列，a1＝b1＝1，a5＝5(a4－a3)，b5＝4(b4－b3).
(1)求和的通项公式；
(2)记的前n项和为Sn，求证：SnSn＋2＜S(n∈N
)；
(3)对任意的正整数n，设cn＝
求数列{cn}的前2n项和.
(1)解 设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q.由a1＝1，a5＝5(a4－a3)，可得d＝1，从而的通项公式为an＝n.
由b1＝1，b5＝4(b4－b3)，又q≠0，可得q2－4q＋4＝0，解得q＝2，从而
的通项公式为bn＝2n－1.
(2)证明 由(1)可得Sn＝，
故SnSn＋2＝n(n＋1)(n＋2)(n＋3)，
S＝(n＋1)2(n＋2)2，
从而SnSn＋2－S＝－(n＋1)(n＋2)＜0，
所以SnSn＋2＜S.
(3)解 当n为奇数时，cn＝＝
＝－；
当n为偶数时，cn＝＝.
对任意的正整数n，有c2k－1＝
＝－1，
和c2k＝
＝＋＋＋…＋.①
由①得c2k＝＋＋…＋＋.②
①－②得c2k＝＋＋…＋－
＝－－，
从而得c2k＝－.
因此，ck＝c2k－1＋c2k＝－－.
所以，数列{cn}的前2n项和为－－.(共52张PPT)
第2讲 数列求和及综合问题
高考定位 1.高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中档偏下；2.在考查数列运算的同时，将数列与不等式、函数交汇渗透.
真
题
感
悟
1.(2020·全国Ⅰ卷)数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，前16项和为540，则a1＝________.
解析 法一 因为an＋2＋(－1)nan＝3n－1，
所以当n为偶数时，an＋2＋an＝3n－1，
所以a4＋a2＝5，a8＋a6＝17，a12＋a10＝29，a16＋a14＝41，
所以a2＋a4＋a6＋a8＋a10＋a12＋a14＋a16＝92.
因为数列{an}的前16项和为540，
所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝540－92＝448.①
因为当n为奇数时，an＋2－an＝3n－1，
所以a3－a1＝2，a7－a5＝14，a11－a9＝26，a15－a13＝38，
所以(a3＋a7＋a11＋a15)－(a1＋a5＋a9＋a13)＝80.②
由①②得a1＋a5＋a9＋a13＝184.
又a3＝a1＋2，a5＝a3＋8＝a1＋10，a7＝a5＋14＝a1＋24，a9＝a7＋20＝a1＋44，
a11＝a9＋26＝a1＋70，a13＝a11＋32＝a1＋102，
所以a1＋a1＋10＋a1＋44＋a1＋102＝184，所以a1＝7.
法二 同法一得a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝448.
当n为奇数时，有an＋2－an＝3n－1，
答案 7
2.(2018·全国Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn＝2an＋1，则S6＝________.
解析 法一 因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)，
所以an＝2an－1，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，
所以an＝－2n－1.
法二 由Sn＝2an＋1，得S1＝2S1＋1，所以S1＝－1，
当n≥2时，由Sn＝2an＋1得Sn＝2(Sn－Sn－1)＋1，即Sn＝2Sn－1－1，
∴Sn－1＝2(Sn－1－1)，又S1－1＝－2，
∴{Sn－1}是首项为－2，公比为2的等比数列，
所以Sn－1＝－2×2n－1＝－2n，所以Sn＝1－2n，∴S6＝1－26＝－63.
答案 －63
3.(2020·新高考山东卷)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)设{an}的公比为q(q＞1).
由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8.
由题设得a1＝2.所以{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由题设及(1)知b1＝0，且当2n≤m＜2n＋1时，bm＝n.
所以S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋…＋b100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63)＝480.
4.(2020·全国Ⅰ卷)设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项.
(1)求{an}的公比；
(2)若a1＝1，求数列{nan}的前n项和.
解 (1)设{an}的公比为q，由题设得2a1＝a2＋a3，
即2a1＝a1q＋a1q2.
所以q2＋q－2＝0，解得q＝1(舍去)或q＝－2.
故{an}的公比为－2.
(2)记Sn为{nan}的前n项和.由(1)及题设可得an＝(－2)n－1，
所以Sn＝1＋2×(－2)＋…＋n·(－2)n－1，
－2Sn＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)·(－2)n－1＋n·(－2)n.
考
点
整
合
(2)应用an与Sn的关系式f(an，Sn)＝0时，应特别注意n＝1时的情况，防止产生错误.
3.数列求和
(1)分组转化法：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并.
(2)错位相减法：主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列.
4.数列与函数、不等式的交汇
数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出Sn的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化.数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查不等关系或恒成立问题.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{cn}的前n项和An，并求出An的最值.
解 (1)因为an＝5Sn＋1，n∈N
，
所以an＋1＝5Sn＋1＋1，
(2)由(1)知bn＝－1－log2|an|＝2n－1，数列{bn}的前n项和Tn＝n2，
因此{An}是单调递增数列，
探究提高 1.给出Sn与an的递推关系求an，常用思路是：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.
2.由Sn求an时，一定注意分n＝1和n≥2两种情况，最后验证两者是否能合为一个式子，若不能，则用分段形式来表示.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(1－an)2－a(1－an)，若{bn}是递增数列，求实数a的取值范围.
(2)bn＝(1－an)2－a(1－an)＝(n－1)2＋a(n－1)，
∵{bn}是递增数列，
∴bn＋1－bn＝n2＋an－(n－1)2－a(n－1)＝2n＋a－1＞0，
即a＞1－2n恒成立，∴a＞－1.
∴实数a的取值范围是(－1，＋∞).
热点二 数列求和
方法1 分组转化求和
【例2】
(2020·山东五地联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足关于x的不等式a1x2－S2x＋2＜0的解集为(1，2).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝a2n＋2an－1，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
因为关于x的不等式a1x2－S2x＋2＜0的解集为(1，2)，
所以数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)由(1)可得，a2n＝2n，2an＝2n.
因为bn＝a2n＋2an－1，所以bn＝2n－1＋2n，
探究提高 1.求解本题要过四关：(1)“转化”关，把不等式的解转化为方程根的问题；(2)“方程”关，利用方程思想求出基本量a1及d；(3)“分组求和”关，观察数列的通项公式，把数列分成几个可直接求和的数列；(4)“公式”关，会利用等差、等比数列的前n项和公式求和.
2.分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正号、负号分组.本题易忽视数列通项的下标如错得a2n＝n，应注意“＝”左右两边保持一致.
【训练2】
(2020·潍坊调研)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝8，S4＝40.数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn－2bn＋3＝0，n∈N
.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
因为Tn－2bn＋3＝0，
所以当n＝1时，b1＝3，当n≥2时，Tn－1－2bn－1＋3＝0，
两式相减，得bn＝2bn－1(n≥2)，
则数列{bn}为首项为3，公比为2的等比数列，所以bn＝3·2n－1.
当n为奇数时，
法一 n－1(n≥3)为偶数，Pn＝Pn－1＋cn＝2(n－1)＋1＋(n－1)2－2＋4n＝2n＋n2＋2n－1，n＝1时符合上式.
方法2 裂项相消求和
【例3】
(2020·江南六校调研)设数列{an}的前n项和为Sn，已知S1＝2，an＋1＝Sn＋2.
(1)证明 由已知，得a1＝S1＝2，a2＝S1＋2＝4，
当n≥2时，an＝Sn－1＋2，
所以an＋1－an＝(Sn＋2)－(Sn－1＋2)＝an，所以an＋1＝2an(n≥2).
(2)解 由(1)可得an＝2n，所以bn＝n.
探究提高 1.裂项相消求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项.
2.消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.
【训练3】
设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.
解 (1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，①
故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，②
方法3 错位相减法求和
【例4】
(2020·济南统测)在①a3＝5，a2＋a5＝6b2，②b2＝2，a3＋a4＝3b3，③S3＝9，a4＋a5＝8b2这三个条件中任选一个，补充至横线上，并解答问题.
解 选条件①.
(1)∵a3＝5，a2＋a5＝6b2，a1＝b1，d＝q，d>1，
选条件②.
(1)∵b2＝2，a3＋a4＝3b3，a1＝b1，d＝q，d>1，
选条件③.
(1)∵S3＝9，a4＋a5＝8b2，a1＝b1，d＝q，d>1，
探究提高 1.一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解.
2.在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式.
【训练4】
(2020·潍坊模拟)在①b2n＝2bn＋1，②a2＝b1＋b2，③b1，b2，b4成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解.
解 因为a1＝1，an＋1＝3an，
所以{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，
所以an＝3n－1.
选①②时，设数列{bn}的公差为d1.
因为a2＝3，所以b1＋b2＝3(ⅰ).
因为b2n＝2bn＋1，所以当n＝1时，b2＝2b1＋1(ⅱ).
选②③时，设数列{bn}的公差为d2.
因为a2＝3，所以b1＋b2＝3，即2b1＋d2＝3.
因为d2≠0，所以b1＝d2，从而d2＝b1＝1，所以bn＝n.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}中，b1＝a1，b2＝a2，数列{bn}的前n项和为Tn，请写出适合条件Tn≤Sn的所有n的值.
∵an＋1＝f′(an)，且a1＝1.
∴an＋1＝an＋2，则an＋1－an＝2，
因此数列{an}是公差为2，首项为1的等差数列.
∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
等比数列{bn}中，设公比为q，∵b1＝a1＝1，b2＝a2＝3，
∴q＝3.∴bn＝3n－1，
又n∈N
，∴n＝1，或n＝2.
故适合条件Tn≤Sn的所有n的值为1和2.
探究提高 1.求解数列与函数交汇问题要注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别注意；
(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件.
2.数列为背景的不等式恒成立、不等式证明，多与数列的求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性处理.
【训练5】
已知数列{an}与{bn}满足：a1＋a2＋a3＋…＋an＝2bn(n∈N
)，若{an}是各项为正数的等比数列，且a1＝2，b3＝b2＋4.
(1)解 由题意知，a1＋a2＋a3＋…＋an＝2bn，①
当n≥2时，a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝2bn－1，②
①－②可得an＝2(bn－bn－1)?a3＝2(b3－b2)＝2×4＝8，
∵a1＝2，an＞0，设{an}的公比为q，
∴a1q2＝8?q＝2，∴an＝2×2n－1＝2n(n∈N
).INCLUDEPICTURE"专题二.tif"
第1讲 等差数列与等比数列
高考定位 1.等差、等比数列基本运算和性质的考查是高考热点，经常以选择题、填空题的形式出现；2.数列的通项也是高考热点，常在解答题中的第(1)问出现，难度中档以下.
真
题
感
悟
1.(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4＝0，a5＝5，则( )
A.an＝2n－5
B.an＝3n－10
C.Sn＝2n2－8n
D.Sn＝n2－2n
解析 设首项为a1，公差为d.
由S4＝0，a5＝5可得解得
所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5，
Sn＝n×(－3)＋×2＝n2－4n.
答案 A
2.(2020·全国Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则＝( )
A.2n－1
B.2－21－n
C.2－2n－1
D.21－n－1
解析 法一 设等比数列{an}的公比为q，则q＝＝＝2.
由a5－a3＝a1q4－a1q2＝12a1＝12得a1＝1.
所以an＝a1qn－1＝2n－1，Sn＝＝2n－1，
所以＝＝2－21－n.
法二 设等比数列{an}的公比为q，则
得＝q＝2.
将q＝2代入①，解得a3＝4.
所以a1＝＝1，下同法一.
答案 B
3.(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，S3＝，则S4＝________.
解析 设等比数列{an}的公比为q，则an＝a1qn－1＝qn－1.
∵a1＝1，S3＝，∴a1＋a2＋a3＝1＋q＋q2＝，
则4q2＋4q＋1＝0，∴q＝－，
∴S4＝＝.
答案
4.(2019·全国Ⅱ卷)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4.
(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；
(2)求{an}和{bn}的通项公式.
(1)证明 由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，
即an＋1＋bn＋1＝(an＋bn).又因为a1＋b1＝1，
所以{an＋bn}是首项为1，公比为的等比数列.
由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，
即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.
又因为a1－b1＝1，
所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列.
(2)解 由(1)知，an＋bn＝，an－bn＝2n－1，
所以an＝[(an＋bn)＋(an－bn)]＝＋n－，
bn＝[(an＋bn)－(an－bn)]＝－n＋.
考
点
整
合
1.等差数列
(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d；
(2)求和公式：Sn＝＝na1＋d；
(3)常用性质：
①若m，n，p，q∈N
，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；
②an＝am＋(n－m)d；
③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列.
2.等比数列
(1)通项公式：an＝a1qn－1(q≠0)；
(2)求和公式：q＝1，Sn＝na1；q≠1，Sn＝＝；
(3)常用性质：
①若m，n，p，q∈N
，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq；
②an＝am·qn－m；
③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(Sm≠0)成等比数列.
温馨提醒 应用公式an＝Sn－Sn－1时一定注意条件n≥2，n∈N
.
热点一 等差、等比数列的基本运算
【例1】
(1)(2020·全国Ⅱ卷)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman.若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝( )
A.2
B.3
C.4
D.5
解析 ∵a1＝2，am＋n＝aman，
令m＝1，则an＋1＝a1an＝2an，
∴{an}是以a1＝2为首项，2为公比的等比数列，
∴an＝2×2n－1＝2n.
又∵ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，
∴＝215－25，即2k＋1(210－1)＝25(210－1)，
∴2k＋1＝25，∴k＋1＝5，∴k＝4.
答案 C
(2)(2019·北京卷)设{an}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列.
①求{an}的通项公式；
②记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值.
解 ①设{an}的公差为d.
因为a1＝－10，
所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.
因为a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，
所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6).
所以(－2＋2d)2＝d(－4＋3d).
解得d＝2.
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－12.
②法一 由①知，an＝2n－12.
则当n≥7时，an>0；当n＝6时，an＝0；当n<6时，an<0；
所以Sn的最小值为S5＝S6＝－30.
法二 由①知，Sn＝(a1＋an)＝n(n－11)＝－，又n∈N
，
∴当n＝5或n＝6时，Sn的最小值S5＝S6＝－30.
探究提高 1.等差(比)数列基本运算的解题途径：
(1)设基本量a1和公差d(公比q).
(2)列、解方程组：把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量.
2.第(2)题求出基本量a1与公差d，进而由等差数列前n项和公式将结论表示成“n”的函数，求出最小值.
【训练1】
(1)(2020·河北省一联)若等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a2a5＝3a3，且a4与9a7的等差中项为2，则S5＝( )
A.
B.112
C.
D.121
(2)(2020·西安模拟)已知{an}是公差不为零的等差数列，a4＝26，且a1，a2，a7成等比数列.
①求数列{an}的通项公式；
②设bn＝(－1)n＋1an，数列{bn}的前n项和为Tn，求T511.
(1)解析 设等比数列{an}的公比为q，由已知得a2a5＝a3a4＝3a3，因为a3≠0，所以a4＝3，即a1q3＝3 ①.
因为a4与9a7的等差中项为2，所以a4＋9a7＝a4(1＋9q3)＝4 ②，
联立①②解得q＝，a1＝81.
所以S5＝＝121.
答案 D
(2)解 ①设数列{an}的公差为d，d≠0.
∵a1，a2，a7成等比数列，
∴a＝a1a7，即(a1＋d)2＝a1(a1＋6d)，则d2＝4a1d.
又d≠0，∴d＝4a1，①
由于a4＝a1＋3d＝26，②
联立①②，得解得
∴an＝2＋8(n－1)＝8n－6.
②∵bn＝(－1)n＋1an＝(－1)n＋1(8n－6).
∴T511＝b1＋b2＋…＋b511
＝2－10＋18－26＋…＋4
066－4
074＋4
082
＝(2－10)＋(18－26)＋…＋(4
066－4
074)＋4
082
＝－8×255＋4
082＝2
042.
热点二 等差(比)数列的性质
【例2】
(1)在数列{an}中，2an＋1＝an＋an＋2，且an≠0.若an－1－a＋an＋1＝0(n≥2)，且S2n－1＝38，则n＝( )
A.38
B.20
C.10
D.9
(2)(2020·长沙检测)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S8－2S4＝5，则a9＋a10＋a11＋a12的最小值为( )
A.25
B.20
C.15
D.10
解析 (1)在数列{an}中，因为2an＋1＝an＋an＋2，所以an＋2－an＋1＝an＋1－an，
所以数列{an}为等差数列.
由an－1－a＋an＋1＝0(n≥2)，得2an－a＝0，
又an≠0，解得an＝2.
又S2n－1＝38，即＝(2n－1)an＝38，
即(2n－1)×2＝38，解得n＝10.
(2)在正项等比数列{an}中，Sn＞0.
因为S8－2S4＝5，则S8－S4＝5＋S4，
易知S4，S8－S4，S12－S8是等比数列，
所以(S8－S4)2＝S4·(S12－S8)，
所以a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8＝＝＋S4＋10≥2＋10＝20(当且仅当S4＝5时取等号).
故a9＋a10＋a11＋a12的最小值为20.
答案 (1)C (2)B
探究提高 1.利用等差(比)性质求解的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解.
2.活用函数性质：数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题.
【训练2】
(1)设Sn为等差数列{an}的前n项和，(n＋1)Sn).若<－1，则( )
A.Sn的最大值是S8
B.Sn的最小值是S8
C.Sn的最大值是S7
D.Sn的最小值是S7
(2)已知数列{an}的各项都为正数，对任意的m，n∈N
，am·an＝am＋n恒成立，且a3·a5＋a4＝72，则log2a1＋log2a2＋…＋log2a7＝________.
解析 (1)由(n＋1)Sn<，
整理得an所以等差数列{an}是递增数列，
又<－1，所以a8>0，a7<0，
所以数列{an}的前7项为负值，所以Sn的最小值是S7.
(2)因为对任意的m，n∈N
，am·an＝am＋n恒成立，
令m＝1，则a1·an＝a1＋n对任意的n∈N
恒成立，
∴数列{an}为等比数列，公比为a1，
由等比数列的性质有a3a5＝a，因为a3·a5＋a4＝72，则a＋a4＝72，
∵a4＞0，∴a4＝8，
∴log2a1＋log2a2＋…＋log2a7
＝log2(a1·a2·…·a7)＝log2a＝log287＝21.
答案 (1)D (2)21
热点三 等差、等比数列的判断与证明
【例3】
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an>0，S＝a－λSn＋1，其中λ为常数.
(1)证明：Sn＋1＝2Sn＋λ；
(2)是否存在实数λ，使得数列{an}为等比数列？若存在，求出λ；若不存在，请说明理由.
(1)证明 ∵an＋1＝Sn＋1－Sn，S＝a－λSn＋1，
∴S＝(Sn＋1－Sn)2－λSn＋1，
则Sn＋1(Sn＋1－2Sn－λ)＝0.
∵an>0，知Sn＋1>0，∴Sn＋1－2Sn－λ＝0，
故Sn＋1＝2Sn＋λ.
(2)解 由(1)知，Sn＋1＝2Sn＋λ，
当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋λ，
两式相减，an＋1＝2an(n≥2，n∈N
)，
所以数列{an}从第二项起成等比数列，且公比q＝2.
又S2＝2S1＋λ，即a2＋a1＝2a1＋λ，
∴a2＝a1＋λ＝1＋λ>0，得λ>－1.
因此an＝
若数列{an}是等比数列，则a2＝1＋λ＝2a1＝2.
∴λ＝1，经验证得λ＝1时，数列{an}是等比数列.
探究提高 1.判定等差(比)数列的主要方法：(1)定义法：对于任意n≥1，n∈N
，验证an＋1－an为与正整数n无关的一常数；(2)中项公式法.
2.＝q和a＝an－1an＋1(n≥2)都是数列{an}为等比数列的必要不充分条件，判定时还要看各项是否为零.
【训练3】
(2020·安徽六校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－3n＋1＋3(n∈N
).
(1)设bn＝，求证：数列{bn}为等差数列，并求出数列{an}的通项公式；
(2)设cn＝－，Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn，求Tn.
(1)证明 由已知2Sn＝3an－3n＋1＋3(n∈N
)，①
n≥2时，2Sn－1＝3an－1－3n＋3，②
①－②得：2an＝3an－3an－1－2·3n?an＝3an－1＋2·3n，
故＝＋2，则bn－bn－1＝2(n≥2).
又n＝1时，2a1＝3a1－9＋3，解得a1＝6，则b1＝＝2.
故数列{bn}是以2为首项，2为公差的等差数列，
∴bn＝2＋2(n－1)＝2n?an＝2n·3n.
(2)解 由(1)，得cn＝2·3n－2n
Tn＝2(3＋32＋33＋…＋3n)－2(1＋2＋…＋n)
＝2·－2·＝3n＋1－n2－n－3.
热点四 等差、等比数列的综合问题
【例4】
(2020·北京西城区二模)从①前n项和Sn＝n2＋p(p∈R)；②an＝an＋1－3；③a6＝11且2an＋1＝an＋an＋2这三个条件中任选一个，填至横线上，并完成解答.
在数列{an}中，a1＝1，________，其中n∈N
.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a1，an，am成等比数列，其中m，n∈N
，且m>n>1，求m的最小值.
(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
解 选择①：
(1)当n＝1时，由S1＝a1＝1，得p＝0.
当n≥2时，由题意，得Sn－1＝(n－1)2，
所以an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2).
经检验，a1＝1符合上式，
所以an＝2n－1(n∈N
)
(2)由a1，an，am成等比数列，得a＝a1am，
即(2n－1)2＝1×(2m－1).
化简，得m＝2n2－2n＋1＝2＋.
因为m，n是大于1的正整数，且m>n，
所以当n＝2时，m有最小值5.
选择②：
(1)因为an＝an＋1－3，所以an＋1－an＝3，
所以数列{an}是公差d＝3的等差数列，
所以an＝a1＋(n－1)d＝3n－2(n∈N
).
(2)由a1，an，am成等比数列，得a＝a1am，
即(3n－2)2＝1×(3m－2).
化简，得m＝3n2－4n＋2＝3＋.
因为m，n是大于1的正整数，且m>n，
所以当n＝2时，m取到最小值6.
选择③：
(1)因为2an＋1＝an＋an＋2，
所以数列{an}是等差数列.
设数列{an}的公差为d.
因为a1＝1，a6＝a1＋5d＝11，
所以d＝2.
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1(n∈N
)
.
(2)因为a1，an，am成等比数列，所以a＝a1am，
即(2n－1)2＝1×(2m－1).
化简，得m＝2n2－2n＋1＝2＋.
因为m，n是大于1的正整数，且m>n，
所以当n＝2时，m有最小值5.
探究提高 1.等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便.
2.数列的通项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列问题.
【训练4】
(2020·海南诊断)已知{an}是公比为q的无穷等比数列，其前n项和为Sn，满足a3＝12，________.是否存在正整数k，使得Sk>2
020？若存在，求k的最小值；若不存在，说明理由.
从①q＝2，②q＝，③q＝－2这三个条件中任选一个，补充在上面横线处并作答.
(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
解 选择①：存在满足条件的正整数k.
求解过程如下：
因为a3＝12，所以a1＝＝3.
所以Sn＝＝3(2n－1).
令Sk>2
020，则2k>.
因为29<<210，所以使Sk>2
020的正整数k的最小值为10.
选择②：不存在满足条件的正整数k.
理由如下：
因为a3＝12，所以a1＝＝48.
所以Sn＝＝96.
因为Sn<96<2
020，所以不存在满足条件的正整数k.
选择③：存在满足条件的正整数k.
求解过程如下：
因为a3＝12，所以a1＝＝3.
所以Sn＝＝1－(－2)n.
令Sk>2
020，则1－(－2)k>2
020，
整理得(－2)k<－2
019.
当k为偶数时，原不等式无解.
当k为奇数时，原不等式等价于2k>2
019.
所以使Sk>2
020的正整数k的最小值为11.
A级 巩固提升
一、选择题
1.(2020·武汉质检)在正项等比数列{an}中，若a5－a1＝15，a4－a2＝6，则a3＝( )
A.2
B.4
C.
D.8
解析 设数列{an}的公比为q.
由已知得即＝，解得q＝或q＝2.当q＝时，a1＝－16，不符合题意；当q＝2时，a1＝1，所以a3＝a1q2＝4，故选B.
答案 B
2.(2020·全国Ⅰ卷)设{an}是等比数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8＝( )
A.12
B.24
C.30
D.32
解析 设等比数列{an}的公比为q，
则q＝＝＝2，
所以a6＋a7＋a8＝(a1＋a2＋a3)·q5＝1×25＝32.故选D.
答案 D
3.(多选题)(2020·潍坊一模)已知Sn是等差数列{an}(n∈N
)的前n项和，且S5>S6>S4.下列四个命题正确的是( )
A.数列{Sn}中的最大项为S10
B.数列{an}的公差d<0
C.S10>0
D.S11<0
解析 因为S5>S6>S4，所以a6<0，a5>0且a5＋a6>0，所以数列{Sn}中的最大项为S5，A错误；数列{an}的公差d<0，B正确；S10＝＝5(a5＋a6)>0，C正确；S11＝＝11a6<0，D正确.故选BCD.
答案 BCD
4.(2020·安徽十四校联盟段考)“中国剩余定理”又称“孙子定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2
020这2
020个数中，能被3除余1且被4除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则此数列的项数为( )
A.167
B.168
C.169
D.170
解析 由题意得，能被3除余1且被4除余1的数就是能被12除余1的数，所以an＝12n－11，n∈N
，由an≤2
020，得n≤169.因为n∈N
，所以此数列的项数为169.
答案 C
5.(多选题)(2020·浙江卷改编)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，且≤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.a＝a2a8
D.b＝b2b8
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
).
由为等差数列，可知为等差数列.
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a＝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≤1，成立.故A，B，C均符合题意要求，
b2＝a3＋a4＝2a1＋5d，b4＝a7＋a8＝2a1＋13d，
b8＝a15＋a16＝2a1＋29d.
由b＝b2b8，知(2a1＋13d)2＝(2a1＋5d)(2a1＋29d)，
化简得2a1d＝3d2，又由d≠0，可得＝.
这与已知条件≤1矛盾.D错.
答案 ABC
二、填空题
6.(2020·新高考山东、海南卷)将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________.
解析 (观察归纳法) 数列{2n－1}的各项为1，3，5，7，9，11，13，…；数列{3n－2}的各项为1，4，7，10，13，….观察归纳可知，两个数列的公共项为1，7，13，…，是首项为1，公差为6的等差数列，则an＝1＋6(n－1)＝6n－5.
故前n项和为Sn＝＝＝3n2－2n.
答案 3n2－2n
7.(2020·湖北四城七校联考)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，且S3，S9，S6成等差数列，a3＋a6＝2，则a9＝________.
解析 设等比数列{an}的公比为q，因为Sn是等比数列{an}的前n项和，且S3，S9，S6成等差数列，所以2S9＝S3＋S6，显然q＝1不满足此式，所以q≠1，所以＝＋，整理得1＋q3＝2q6，即(2q3＋1)(q3－1)＝0，解得q3＝－.又a3＋a6＝a1q2＋a1q5＝a1q2(1＋q3)＝a1q2＝2，所以a1q2＝4，所以a9＝a1q8＝a1q2·q6＝4×＝1.
答案 1
8.(2019·北京卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝________，Sn的最小值为________.
解析 由题意得a2＝a1＋d＝－3，S5＝5a1＋10d＝－10，
解得a1＝－4，d＝1，
所以a5＝a1＋4d＝0，
故an＝a1＋(n－1)d＝n－5.
令an≤0，则n≤5，即数列{an}中前4项为负，a5＝0，第6项及以后项为正.
∴Sn的最小值为S4＝S5＝－10.
答案 0 －10
三、解答题
9.(2020·滨州一监)在①b2b3＝a16，②b4＝a12，③S5－S3＝48这三个条件中任选一个，补充至横线上.若问题中的正整数k存在，求出k的值；若不存在，请说明理由.
设正数等比数列{bn}的前n项和为Sn，{an}是等差数列，________，b3＝a4，a1＝2，a3＋a5＋a7＝30，是否存在正整数k，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立？
(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
解 在等差数列{an}中，∵a3＋a5＋a7＝3a5＝30，
∴a5＝10，∴公差d＝＝2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n，
∴b3＝a4＝8.
假设存在正整数k，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立，即bk＋1＝bk＋32成立.设正数等比数列{bn}的公比为q(q>0).
若选①.
∵b2b3＝a16，
∴b2＝4，∴q＝＝2，∴bn＝2n.
∵2k＋1＝2k＋32，解得k＝5.
∴存在正整数k＝5，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立.
若选②.
∵b4＝a12＝24，∴q＝＝3，∴bn＝8·3n－3.
∵8·3k－2＝8·3k－3＋32，∴3k－3＝2，该方程无正整数解，
∴不存在正整数k，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立.
若选③.
∵S5－S3＝48，即b4＋b5＝48，
∴8q＋8q2＝48，即q2＋q－6＝0，
解得q＝2或q＝－3(舍去)，∴bn＝2n.
∵2k＋1＝2k＋32，解得k＝5.
∴存在正整数k＝5，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立.
10.设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，对任意n∈N
，都有2Sn＝(n＋1)an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列的前n项和为Tn，求证：≤Tn<1.
(1)解 因为2Sn＝(n＋1)an，
所以2Sn－1＝nan－1(n≥2).
两式相减，得2an＝(n＋1)an－nan－1(n≥2)，
即(n－1)an＝nan－1(n≥2)，
所以当n≥2时，＝，所以＝.
因为a1＝2，所以an＝2n.
(2)证明 an＝2n，令bn＝，n∈N
，
则bn＝＝＝－.
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝＋＋…＋
＝1－.
因为>0，所以1－<1.
因为y＝在N
上是递减函数，
所以y＝1－在N
上是递增函数.
所以当n＝1时，Tn取得最小值.所以≤Tn<1.
B级 能力突破
11.已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a13成等比数列.若a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，则(n∈N
)的最小值为( )
A.4
B.3
C.2－2
D.
解析 由题意a1，a3，a13成等比数列，得(1＋2d)2＝1＋12d，解得d＝2.
故an＝2n－1，Sn＝n2.
因此＝＝＝＝(n＋1)＋－2≥2－2＝4，当且仅当n＝2时取得最小值4.
答案 A
12.(2020·淄博模拟)已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.
(1)求数列{an}的通项公式an与其前n项和Sn；
(2)将数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn，若存在m∈N
，使得对任意n∈N
，总有Sn解 (1)由a2＋a7＋a12＝－6，
得a7＝－2，∴a1＝4，∴an＝5－n，
从而Sn＝(n∈N
).
(2)由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，
设等比数列{bn}的公比为q，则q＝＝，
∴Tm＝＝8，
∵随m的增大而减小，
∴{Tm}为递增数列，得4≤Tm<8.
又Sn＝＝－，
故(Sn)max＝S4＝S5＝10，
若存在m∈N
，使得对任意n∈N
，总有Sn2.
故实数λ的取值范围为(2，＋∞).