2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題三 數(shù)列 第二講 數(shù)列的綜合應(yīng)用教案 理

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1、2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題三 數(shù)列 第二講 數(shù)列的綜合應(yīng)用教案 理 年份 卷別 考查角度及命題位置 命題分析及學(xué)科素養(yǎng) 2018 Ⅱ卷 等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和公式·T17 命題分析 數(shù)列在解答題中的考查常從數(shù)列的相關(guān)項(xiàng)以及關(guān)系式，或數(shù)列的前n項(xiàng)和與第n項(xiàng)的關(guān)系入手，結(jié)合數(shù)列的遞推關(guān)系式與等差數(shù)列或等比數(shù)列的定義展開(kāi)，求解數(shù)列的通項(xiàng)、前n項(xiàng)和，有時(shí)與參數(shù)的求解、數(shù)列、不等式的證明等加以綜合．試題難度中等． 學(xué)科素養(yǎng) 通過(guò)遞推關(guān)系求通項(xiàng)，根據(jù)通項(xiàng)結(jié)構(gòu)選擇恰當(dāng)?shù)那蠛头椒ㄇ蠛? 2016 Ⅱ卷 等差數(shù)列的基本運(yùn)算·T17 Ⅲ卷 等比數(shù)列的通項(xiàng)公式、an與Sn的

2、關(guān)系·T17 [悟通——方法結(jié)論] 　求數(shù)列通項(xiàng)常用的方法 (1)定義法：①形如an＋1＝an＋C(C為常數(shù))，直接利用定義判斷其為等差數(shù)列．②形如an＋1＝kan(k為非零常數(shù))且首項(xiàng)不為零，直接利用定義判斷其為等比數(shù)列． (2)疊加法：形如an＋1＝an＋f(n)，利用an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)，求其通項(xiàng)公式． (3)疊乘法：形如＝f(n)≠0，利用an＝a1···…·，求其通項(xiàng)公式． (4)待定系數(shù)法：形如an＋1＝pan＋q(其中p，q均為常數(shù)，pq(p－1)≠0)，先用待定系數(shù)法把原遞推公式轉(zhuǎn)化為an＋1－t＝p(an－t)，其

3、中t＝，再轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列求解． (5)構(gòu)造法：形如an＋1＝pan＋qn(其中p，q均為常數(shù)，pq(p－1)≠0)，先在原遞推公式兩邊同除以qn＋1，得＝·＋，構(gòu)造新數(shù)列{bn}，得bn＋1＝·bn＋，接下來(lái)用待定系數(shù)法求解． [全練——快速解答] 1．(2018·洛陽(yáng)四校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足條件a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n＋5，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為(　　) A．a(chǎn)n＝2n＋1　 B．a(chǎn)n＝ C．a(chǎn)n＝2n D．a(chǎn)n＝2n＋2 解析：由題意可知，數(shù)列{an}滿(mǎn)足條件a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n＋5，則n≥2時(shí)，有a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝2(n－1)＋5，

4、n≥2， 兩式相減可得，＝2n＋5－2(n－1)－5＝2， ∴an＝2n＋1，n≥2，n∈N*. 當(dāng)n＝1時(shí)，＝7，∴a1＝14， 綜上可知，數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝ 答案：B 2．(2018·潮州月考)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和記為Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n≥1，n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是________． 解析：法一：由an＋1＝2Sn＋1可得an＝2Sn－1＋1(n≥2)，兩式相減得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an(n≥2)． 又a2＝2S1＋1＝3， ∴a2＝3a1，故{an}是首項(xiàng)為1，公比為3的等比數(shù)列， ∴an＝3n－1.

5、 法二：由于an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝2Sn＋1， 所以Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，Sn＋1＝3Sn＋1， 所以Sn＋1＋＝3， 所以數(shù)列為首項(xiàng)是S1＋＝，公比為3的等比數(shù)列，故Sn＋＝×3n－1＝×3n， 即Sn＝×3n－. 所以，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝3n－1， 由n＝1時(shí)a1＝1也適合這個(gè)公式，知所求的數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝3n－1. 答案：an＝3n－1 3．(2018·福州模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝2an－1. (1)證明數(shù)列{an}是等比數(shù)列； (2)設(shè)bn＝(2n－1)an，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.

6、 解析：(1)證明：當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝2a1－1，所以a1＝1， 當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝(2an－1)－(2an－1－1)， 所以an＝2an－1， 所以數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列． (2)由(1)知，an＝2n－1， 所以bn＝(2n－1)×2n－1， 所以Tn＝1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－3)×2n－2＋(2n－1)×2n－1① 2Tn＝1×2＋3×22＋…＋(2n－3)×2n－1＋(2n－1)×2n② 由①－②得 －Tn＝1＋2×(21＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)·2n ＝1＋2×－(2n－1)×2n ＝(3－2n)

7、×2n－3， 所以Tn＝(2n－3)×2n＋3. 由an與Sn關(guān)系求通項(xiàng)公式的注意事項(xiàng) 　(1)應(yīng)重視分類(lèi)討論思想的應(yīng)用，分n＝1和n≥2兩種情況討論，特別注意an＝Sn－Sn－1中需n≥2. (2)由Sn－Sn－1＝an推得an，當(dāng)n＝1時(shí)，a1也適合，則需統(tǒng)一“合寫(xiě)”． (3)由Sn－Sn－1＝an推得an，當(dāng)n＝1時(shí)，a1不適合，則數(shù)列的通項(xiàng)公式應(yīng)分段表示(“分寫(xiě)”)，即 an＝ 數(shù)列求和 授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第31頁(yè) [悟通——方法結(jié)論] 　常用求和方法 (1)錯(cuò)位相減法：適用于各項(xiàng)由一個(gè)等差數(shù)列和一個(gè)等比數(shù)列對(duì)應(yīng)項(xiàng)的乘積組成的數(shù)

8、列．把Sn＝a1＋a2＋…＋an兩邊同乘以相應(yīng)等比數(shù)列的公比q，得到qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，兩式錯(cuò)位相減即可求出Sn. (2)裂項(xiàng)相消法：即將數(shù)列的通項(xiàng)分成兩個(gè)式子的代數(shù)和的形式，然后通過(guò)累加抵消中間若干項(xiàng)的方法．裂項(xiàng)相消法適用于形如(其中{an}是各項(xiàng)均不為零的等差數(shù)列，c為常數(shù))的數(shù)列． (3)拆項(xiàng)分組法：把數(shù)列的每一項(xiàng)拆成兩項(xiàng)(或多項(xiàng))，再重新組合成兩個(gè)(或多個(gè))簡(jiǎn)單的數(shù)列，最后分別求和． 　(2017·高考全國(guó)卷Ⅲ)(12分)設(shè)數(shù)列{an}滿(mǎn)足 (1)求{an}的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列的前n項(xiàng)和． [學(xué)審題] 條件信息 想到方法 注意什么 由?a1＋3

9、a2＋…＋ (2n－1)an＝2n an與Sn的關(guān)系求解 分n＝1，n≥2討論 由? 根據(jù)通項(xiàng)結(jié)構(gòu)選裂項(xiàng)求和 裂項(xiàng)時(shí)消去項(xiàng)與保留項(xiàng)的首尾對(duì)應(yīng) [規(guī)范解答]　(1)因?yàn)閍1＋3a2＋…＋(2n －1)an＝2n， 故當(dāng)n≥2時(shí)，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)． (2分) 兩式相減得(2n －1)an＝2， 所以an＝(n≥2)． (4分) 又由題設(shè)可得a1＝2，滿(mǎn)足上式， 從而{an}的通項(xiàng)公式為an＝. (6分) (2)記{}的前n項(xiàng)和為Sn. 由(1)知＝＝－. (10分) 則Sn＝－＋－＋…＋－＝. (12分) 1．

10、分類(lèi)討論思想在數(shù)列求和中的應(yīng)用 (1)當(dāng)數(shù)列通項(xiàng)中含有(－1)n時(shí)，在求和時(shí)要注意分n為奇數(shù)與偶數(shù)處理． (2)對(duì)已知數(shù)列滿(mǎn)足＝q，在求{an}的前n項(xiàng)和時(shí)分奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)分別求和． 2．學(xué)科素養(yǎng)：通過(guò)數(shù)列求和著重考查學(xué)生邏輯推理與數(shù)學(xué)運(yùn)算能力． [練通——即學(xué)即用] 1．已知函數(shù)f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，則a1＋a2＋a3＋…＋a100＝(　　) A．0　　　 B．100 C．－100 D．10 200 解析：由題意，a1＋a2＋a3＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2

11、)＋(3＋2)－…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－1＋101＝100，故選B. 答案：B 2．已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝(－1)n(3n－2)，則a1＋a2＋…＋a10等于(　　) A．15 B．12 C．－12 D．－15 解析：∵an＝(－1)n(3n－2)，∴a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15. 答案：A 3．(2018·張掖診斷)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若an＝－3Sn＋4，bn＝－log2a

12、n＋1. (1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式； (2)令cn＝＋，其中n∈N*，若數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，求Tn. 解析：(1)由a1＝－3a1＋4，得a1＝1， 由an＝－3Sn＋4， 知an＋1＝－3Sn＋1＋4， 兩式相減并化簡(jiǎn)得an＋1＝an， ∴an＝n－1， bn＝－log2an＋1＝－log2n＝2n. (2)由題意知，cn＝＋. 令Hn＝＋＋＋…＋，① 則Hn＝＋＋…＋＋，② ①－②得， Hn＝＋＋＋…＋－＝1－. ∴Hn＝2－. 又Mn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝， ∴Tn＝Hn＋Mn＝2－＋. 數(shù)列的綜合應(yīng)用 授

13、課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第32頁(yè) [悟通——方法結(jié)論] 數(shù)列中的綜合問(wèn)題，大多與函數(shù)、方程、不等式及解析幾何交匯，考查利用函數(shù)與方程的思想及分類(lèi)討論思想解決數(shù)列中的問(wèn)題，用不等式的方法研究數(shù)列的性質(zhì)，數(shù)列與解析幾何交匯，主要涉及點(diǎn)列問(wèn)題． 　(1)(2018·德州模擬)已知點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)An(n，an)(n∈N*)為函數(shù)f(x)＝的圖象上的任意一點(diǎn)，向量i＝(0,1)，θn是向量與i的夾角，則數(shù)列的前2 015項(xiàng)的和為(　　) A．2　　 　B.　　　 C.　　　 D．1 解析：因?yàn)閍n＝，所以＝(n，)，所以cos θn＝＝，因?yàn)?≤θn≤π，所

14、以sin θn＝＝，所以＝＝－，所以＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝. 答案：C (2)(2018·日照模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿(mǎn)足：2Sn＋an＝1. ①求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； ②設(shè)bn＝，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，求證：Tn＜. 解析：①因?yàn)?Sn＋an＝1，所以2Sn＋1＋an＋1＝1， 兩式相減可得2an＋1＋an＋1－an＝0，即3an＋1＝an，即＝， 又2S1＋a1＝1，所以a1＝， 所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)、公比均為的等比數(shù)列． 故an＝·()n－1＝()n，數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝()n. ②證明：因?yàn)閎n＝， 所以bn＝＝＝＝

15、－. 故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(－)＋(－)＋…＋(－)＝－＜. 所以Tn＜. 數(shù)列與不等式的交匯多為不等式恒成立與證明，在求解時(shí)要注意等價(jià)轉(zhuǎn)化即分離參數(shù)法與放縮法的技巧應(yīng)用． [練通——即學(xué)即用] 1．(2018·寶雞摸底)正項(xiàng)等比數(shù)列{an}中，a2 017＝a2 016＋2a2 015，若aman＝16a，則＋的最小值等于(　　) A．1 B. C. D. 解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，且q＞0， ∵a2 015q2＝a2 015q＋2a2 015， ∴q2－q－2＝0，∴q＝2或q＝－1(舍去)， 又a1qm－1·a1qn－1＝16a，

16、 ∴2m＋n－2＝16，∴m＋n－2＝4，m＋n＝6， ∴·＝ ≥＝，當(dāng)且僅當(dāng)m＝4，n＝2時(shí)等號(hào)成立．故＋的最小值為. 答案：B 2．(2018·煙臺(tái)模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝＋(x＞0)，數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝1，an＝f()，n∈N*，且n≥2. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)對(duì)n∈N*，設(shè)Sn＝＋＋＋…＋，若Sn≥恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍． 解析：(1)由an＝f()得，an－an－1＝，n∈N*，n≥2， 所以{an}是首項(xiàng)為1，公差為的等差數(shù)列． 所以an＝1＋(n－1)＝，n∈N*. (2)因?yàn)閍n＝，所以an＋1＝， 所以＝＝(－)． 則Sn＝

17、＋＋＋…＋＝(－)＝. 故Sn≥恒成立等價(jià)于≥，即t≤恒成立． 令g(x)＝(x＞0)，則g′(x)＝＞0， 所以g(x)＝(x＞0)為單調(diào)遞增函數(shù)． 所以當(dāng)n＝1時(shí)，取得最小值，且()min＝. 所以t≤，即實(shí)數(shù)t的取值范圍是(－∞，]. 授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第131頁(yè) 一、選擇題 1．(2018·宜昌月考)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若＝a1＋a2 018，且A，B，C三點(diǎn)共線(該直線不過(guò)點(diǎn)O)，則S2 018等于(　　) A．1 007　　　 B．1 009 C．2 016 D．2 018 解析：∵A，B，C三點(diǎn)共線，∴a1＋a2 018

18、＝1， ∴S2 018＝＝1 009. 答案：B 2．已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝5，anan＋1＝2n，則＝(　　) A．2 B．4 C．5 D. 解析：因?yàn)椋剑剑?2，所以令n＝3，得＝22＝4，故選B. 答案：B 3．在數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，那么S100的值為(　　) A．2 500 B．2 600 C．2 700 D．2 800 解析：當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，an＋2－an＝0?an＝1， 當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，an＋2－an＝2?an＝n， 故an＝ 于是S100＝50＋＝2 600. 答案：B 4．(2018·海淀二模)在數(shù)

19、列{an}中，“an＝2an－1，n＝2,3,4，…”是“{an}是公比為2的等比數(shù)列”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：當(dāng)an＝0時(shí)，也有an＝2an－1，n＝2,3,4，…，但{an}不是等比數(shù)列，因此充分性不成立；當(dāng){an}是公比為2的等比數(shù)列時(shí)，有＝2，n＝2,3,4，…，即an＝2an－1，n＝2,3,4，…，所以必要性成立． 答案：B 5．已知數(shù)列2 015,2 016,1，－2 015，－2 016，…，這個(gè)數(shù)列的特點(diǎn)是從第二項(xiàng)起，每一項(xiàng)都等于它的前后兩項(xiàng)之和，則這個(gè)數(shù)列的前2 017項(xiàng)和S2 017等

20、于(　　) A．2 018 B．2 015 C．1 D．0 解析：由已知得an＝an－1＋an＋1(n≥2)，∴an＋1＝an－an－1，故數(shù)列的前8項(xiàng)依次為2 015,2 016,1，－2 015，－2 016，－1,2 015,2 016.由此可知數(shù)列為周期數(shù)列，且周期為6，S6＝0.∵2 017＝6×336＋1，∴S2 017＝2 015. 答案：B 6．若數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝15，且3an＋1＝3an－2，則使ak·ak＋1＜0的k值為(　　) A．22 B．21 C．24 D．23 解析：因?yàn)?an＋1＝3an－2，所以an＋1－an＝－，所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1

21、5，公差為－的等差數(shù)列，所以an＝15－·(n－1)＝－n＋，令an＝－n＋＞0，得n＜23.5，所以使ak·ak＋1＜0的k值為23. 答案：D 7．已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝1，an＋1＝則其前6項(xiàng)之和為(　　) A．16 B．20 C．33 D．120 解析：a2＝2a1＝2，a3＝a2＋1＝3，a4＝2a3＝6，a5＝a4＋1＝7，a6＝2a5＝14，所以前6項(xiàng)和S6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33，故選C. 答案：C 8．已知等差數(shù)列{an}的公差為d，關(guān)于x的不等式dx2＋2a1x≥0的解集為[0,9]，則使數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn最大的正整數(shù)n的值是(　　) A

22、．4 B．5 C．6 D．7 解析：∵關(guān)于x的不等式dx2＋2a1x≥0的解集為[0,9]，∴0,9是一元二次方程dx2＋2a1x＝0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，且d＜0，∴－＝9，a1＝－.∴an＝a1＋(n－1)d＝(n－)d，可得a5＝－d＞0，a6＝d＜0.∴使數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn最大的正整數(shù)n的值是5. 答案：B 9．(2018·湘中名校聯(lián)考)若{an}是等差數(shù)列，首項(xiàng)a1＞0，a2 016＋a2 017＞0，a2 016·a2 017＜0，則使前n項(xiàng)和Sn＞0成立的最大正整數(shù)n是(　　) A．2 016 B．2 017 C．4 032 D．4 033 解析：因?yàn)閍1＞0，a2

23、 016＋a2 017＞0，a2 016·a2 017＜0，所以d＜0，a2 016＞0，a2 017＜0，所以S4 032＝＝＞0，S4 033＝＝4 033a2 017＜0，所以使前n項(xiàng)和Sn＞0成立的最大正整數(shù)n是4 032. 答案：C 10．已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足an＋2－an＋1＝an＋1－an，n∈N*，且a5＝.若函數(shù)f(x)＝sin 2x＋2 cos2，記yn＝f(an)，則數(shù)列{yn}的前9項(xiàng)和為(　　) A．0 B．－9 C．9 D．1 解析：由已知得2an＋1＝an＋an＋2， 即數(shù)列{an}為等差數(shù)列． 又f(x)＝sin 2x＋1＋cos x， a1＋a

24、9＝a2＋a8＝…＝2a5＝π， 故cos a1＋cos a9＝cos a2＋cos a8＝…＝cos a5＝0， 又2a1＋2a9＝2a2＋2a8＝…＝4a5＝2π， 故sin 2a1＋sin 2a9＝sin 2a2＋sin 2a8＝…＝sin 4a5＝0，故數(shù)列{yn}的前9項(xiàng)和為9. 答案：C 11．已知數(shù)列{an}，“|an＋1|＞an”是“數(shù)列{an}為遞增數(shù)列”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：∵|an＋1|＞an，∴或 又∵數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，∴an＋1＞an， ∴“|an＋1|＞an”是“數(shù)

25、列{an}為遞增數(shù)列”的既不充分也不必要條件． 答案：D 12．已知數(shù)列{an}是首項(xiàng)為a，公差為1的等差數(shù)列，數(shù)列{bn}滿(mǎn)足bn＝.若對(duì)任意的n∈N*，都有bn≥b8成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－8，－7) B．[－8，－7) C．(－8，－7] D．[－8，－7] 解析：因?yàn)閧an}是首項(xiàng)為a，公差為1的等差數(shù)列，所以an＝n＋a－1，因?yàn)閎n＝，又對(duì)任意的n∈N*都有bn≥b8成立，所以1＋≥1＋，即≥對(duì)任意的n∈N*恒成立，因?yàn)閿?shù)列{an}是公差為1的等差數(shù)列，所以{an}是單調(diào)遞增的數(shù)列，所以即解得－8＜a＜－7. 答案：A 二、填空題 13．(201

26、8·沈陽(yáng)模擬)在數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，則an＝________. 解析：法一：因?yàn)閍n＋1＝3an－2an－1(n≥2)，所以＝2(n≥2)，所以an＋1－an＝(a2－a1)2n－1＝2n－1(n≥2)，又a2－a1＝1，所以an－an－1＝2n－2，an－1－an－2＝2n－3，…，a2－a1＝1，累加，得an＝2n－1(n∈N*)． 法二：因?yàn)閍n＋1＝3an－2an－1(n≥2)，所以an＋1－2an＝an－2an－1，得an＋1－2an＝an－2an－1＝an－1－2an－2＝…＝a2－2a1＝0，即an＝2an－1(n≥2)

27、，所以數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，所以an＝2n－1(n∈N*)． 答案：2n－1(n∈N*) 14．(2018·遼寧五校聯(lián)考)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a1＝3且當(dāng)n≥2時(shí)，2an＝Sn·Sn－1，則{an}的通項(xiàng)公式an＝________. 解析：當(dāng)n≥2時(shí)，由2an＝Sn·Sn－1可得2(Sn－Sn－1)＝Sn·Sn－1，∴－＝，即－＝－，∴數(shù)列{}是首項(xiàng)為，公差為－的等差數(shù)列，∴＝＋(－)·(n－1)＝，∴Sn＝.當(dāng)n≥2時(shí)，an＝SnSn－1＝××＝，又a1＝3，∴an＝ 答案： 15．(2018·廣州調(diào)研)已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝1，an＋1＝

28、a＋an，用[x]表示不超過(guò)x的最大整數(shù)，則＝________. 解析：因?yàn)閍n＋1＝a＋an， 所以＝＝－， 即＝－， 于是＋＋…＋＝＋＋…＋＝－. 因?yàn)閍1＝1，a2＝2＞1，a3＝6＞1，…， 可知∈(0,1)，則－∈(0,1)， 所以＝0. 答案：0 16．已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝－40，且nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n，則an取最小值時(shí)n的值為_(kāi)_______． 解析：由nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n＝2n(n＋1)， 兩邊同時(shí)除以n(n＋1)，得－＝2， 所以數(shù)列是首項(xiàng)為－40、公差為2的等差數(shù)列， 所以＝－40＋(n－1)×2＝2n

29、－42， 所以an＝2n2－42n， 對(duì)于二次函數(shù)f(x)＝2x2－42x， 在x＝－＝－＝10.5時(shí)，f(x)取得最小值， 因?yàn)閚取正整數(shù)，且10和11到10.5的距離相等， 所以n取10或11時(shí)，an取得最小值． 答案：10或11 三、解答題 17．(2018·棗莊模擬)已知方程anx2－an＋1x＋1＝0(an＞0)有兩個(gè)根αn、βn，a1＝1，且滿(mǎn)足(1－)(1－)＝1－2n，其中n∈N*. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若bn＝log2(an＋1)，cn＝anbn，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn. 解析：(1)由已知可得，， 又(1－)(1－)＝1－

30、2n，∴1－＋＝1－2n， 整理得，an＋1－an＝2n，其中n∈N*. ∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋1＝＝2n－1. (2)由(1)知，bn＝log2(2n－1＋1)＝n， ∴cn＝n(2n－1)＝n·2n－n. ∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n－(1＋2＋…＋n)， 設(shè)Pn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，① 則2Pn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，② ①－②得－Pn＝2＋22＋23＋…＋2n

31、－n×2n＋1＝－n×2n＋1＝(1－n)×2n＋1－2， ∴Pn＝(n－1)×2n＋1＋2. 又Qn＝1＋2＋…＋n＝， ∴Tn＝Pn－Qn＝(n－1)×2n＋1＋2－. 18．(2018·九江一中模擬)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a22－3a7＝2，且，，S3成等比數(shù)列，n∈N*. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)令bn＝，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，若對(duì)于任意的n∈N*，都有64Tn＜|3λ－1|成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍． 解析：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d， 由得 ， 即， 解得或. 當(dāng)a1＝－，d＝時(shí)，＝?jīng)]有意義， ∴a1＝2，d＝2

32、，此時(shí)an＝2＋2(n－1)＝2n. (2)bn＝＝＝[－]． Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋ [－]＋[－] ＝[1＋－－] ＝－[＋]， ∴64Tn＝5－4[＋]＜5， 為滿(mǎn)足題意，只需|3λ－1|≥5，∴λ≥2或λ≤－. 19．(2018·臨汾中學(xué)模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝(a＋an)，an＞0. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若bn＝，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，則是否存在正整數(shù)m，使得m≤Tn＜m＋3對(duì)任意的正整數(shù)n恒成立？若存在，求出m的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解析：(1)Sn＝(a＋a

33、n)，即a＋an－2Sn＝0，① 當(dāng)n≥2時(shí)， Sn－1＝(a＋an－1)，即a＋an－1－2Sn－1＝0，② ①－②得(an－an－1)(an＋an－1)＋an－an－1－2an＝0， (an＋an－1)(an－an－1－1)＝0， ∵an＞0， ∴an－an－1＝1， 當(dāng)n＝1時(shí)，a＋a1－2a1＝0，∵an＞0， ∴a1＝1，∴an＝1＋(n－1)＝n. (2)由(1)知bn＝，所以Tn＝1×()0＋2×()1＋…＋n()n－1，③ Tn＝1×()1＋2×()2＋…＋n()n，④ ③－④得Tn＝1＋＋…＋()n－1－n()n＝2[1－()n]－n()n， 故Tn＝4[1－()n]－2n()n＝4－4×()n－2n()n＝4－(2n＋4)()n. 易知Tn＜4， ∵Tn＋1－Tn＝4－(2n＋6)()n＋1－4＋(2n＋4) ·()n＝(n＋1)()n＞0， ∴Tn≥T1＝1，故存在正整數(shù)m＝1滿(mǎn)足題意．