（全國通用版）2022高考數(shù)學二輪復習 專題二 數(shù)列 第3講 數(shù)列的綜合問題學案 文

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1、（全國通用版）2022高考數(shù)學二輪復習 專題二 數(shù)列 第3講 數(shù)列的綜合問題學案 文 [考情考向分析]　1.數(shù)列的綜合問題，往往將數(shù)列與函數(shù)、不等式結合，探求數(shù)列中的最值或證明不等式.2.以等差數(shù)列、等比數(shù)列為背景，利用函數(shù)觀點探求參數(shù)的值或范圍.3.將數(shù)列與實際應用問題相結合，考查數(shù)學建模和數(shù)學應用能力． 熱點一　利用Sn，an的關系式求an 1．數(shù)列{an}中，an與Sn的關系 an＝ 2．求數(shù)列通項的常用方法 (1)公式法：利用等差(比)數(shù)列求通項公式． (2)在已知數(shù)列{an}中，滿足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，則可用累加法求數(shù)列

2、的通項an. (3)在已知數(shù)列{an}中，滿足＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，則可用累乘法求數(shù)列的通項an. (4)將遞推關系進行變換，轉化為常見數(shù)列(等差、等比數(shù)列)． 例1　已知等差數(shù)列{an}中，a2＝2，a3＋a5＝8，數(shù)列{bn}中，b1＝2，其前n項和Sn滿足： bn＋1＝Sn＋2(n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式； (2)設cn＝，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn. 解　(1)∵a2＝2，a3＋a5＝8， ∴2＋d＋2＋3d＝8，∴d＝1，∴an＝n(n∈N*)． ∵bn＋1＝Sn＋2(n∈N*)，① ∴bn＝Sn－1＋2

3、(n∈N*，n≥2)．② 由①－②，得bn＋1－bn＝Sn－Sn－1＝bn(n∈N*，n≥2)， ∴bn＋1＝2bn(n∈N*，n≥2)． ∵b1＝2，b2＝2b1， ∴{bn}是首項為2，公比為2的等比數(shù)列， ∴bn＝2n(n∈N*)． (2)由cn＝＝， 得Tn＝＋＋＋…＋＋， Tn＝＋＋＋…＋＋， 兩式相減，得 Tn＝＋＋…＋－＝1－， ∴Tn＝2－(n∈N*)． 思維升華　給出Sn與an的遞推關系，求an，常用思路：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)轉化為an的遞推關系，再求其通項公式；二是轉化為Sn的遞推關系，先求出Sn與n之間的關系，再求an. 跟蹤演

4、練1　(2018·綿陽診斷性考試)已知正項數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足：a1an＝S1＋Sn. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)令bn＝log2，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 解　(1)由已知a1an＝S1＋Sn，可得 當n＝1時，a＝a1＋a1， 解得a1＝0或a1＝2， 由{an}是正項數(shù)列，故a1＝2. 當n≥2時，由已知可得2an＝2＋Sn，2an－1＝2＋Sn－1， 兩式相減得，2＝an，化簡得an＝2an－1， ∴數(shù)列{an}是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列， 故an＝2n. ∴數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n(n∈N*)． (2)∵bn＝lo

5、g2，代入an＝2n化簡得bn＝n－5， 顯然{bn}是等差數(shù)列， ∴其前n項和Tn＝＝(n∈N*)． 熱點二　數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問題 數(shù)列與函數(shù)的綜合問題一般是利用函數(shù)作為背景，給出數(shù)列所滿足的條件，通常利用點在曲線上給出Sn的表達式，還有以曲線上的切點為背景的問題，解決這類問題的關鍵在于利用數(shù)列與函數(shù)的對應關系，將條件進行準確的轉化．數(shù)列與不等式的綜合問題一般以數(shù)列為載體，考查最值問題，不等關系或恒成立問題． 例2　設fn(x)＝x＋x2＋…＋xn－1，x≥0，n∈N，n≥2. (1)求fn′(2)； (2)證明：fn(x)在內(nèi)有且僅有一個零點(記為an)，且0

6、0， 所以fn(x)在內(nèi)至少存在一個零點， 又fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1>0， 所以fn(x)在內(nèi)單調(diào)遞增， 因此fn(x)在內(nèi)有

7、且僅有一個零點an， 由于fn(x)＝－1， 所以fn(an)＝－1＝0， 由此可得an＝＋a>， 故

8、<1. (1)解　由已知1，an，Sn成等差數(shù)列， 得2an＝Sn＋1，① 當n＝1 時，2a1＝S1＋1，所以a1＝1； 當n≥2時，2an－1＝Sn－1＋1，② ①②兩式相減得2an－2an－1＝an，所以＝2， 則數(shù)列{an}是以a1＝1為首項，q＝2為公比的等比數(shù)列， 所以an＝a1qn－1＝1×2n－1＝2n－1(n∈N*)． (2)證明　由(1)得bn＝ ＝＝－， 所以b1＋b2＋…＋bn ＝＋＋…＋＝1－， 因為2n＋1－1≥22－1＝3,0<≤， 所以≤1－<1， 即證得≤b1＋b2＋…＋bn<1. 熱點三　數(shù)列的實際應用 用數(shù)列知識解相關的實際

9、問題，關鍵是合理建立數(shù)學模型——數(shù)列模型，弄清所構造的數(shù)列是等差模型還是等比模型，它的首項是什么，項數(shù)是多少，然后轉化為解數(shù)列問題．求解時，要明確目標，即搞清是求和，還是求通項，還是解遞推關系問題，所求結論對應的是解方程問題，還是解不等式問題，還是最值問題，然后進行合理推算，得出實際問題的結果． 例3　科學研究證實，二氧化碳等溫室氣體的排放(簡稱碳排放)對全球氣候和生態(tài)環(huán)境產(chǎn)生了負面影響，環(huán)境部門對A市每年的碳排放總量規(guī)定不能超過550萬噸，否則將采取緊急限排措施．已知A市2017年的碳排放總量為400萬噸，通過技術改造和倡導低碳生活等措施，此后每年的碳排放總量比上一年的碳排放總量減少10%

10、.同時，因經(jīng)濟發(fā)展和人口增加等因素，每年又新增加碳排放量m萬噸(m>0)． (1)求A市2019年的碳排放總量(用含m的式子表示)； (2)若A市永遠不需要采取緊急限排措施，求m的取值范圍． 解　設2018年的碳排放總量為a1,2019年的碳排放總量為a2，…， (1)由已知，a1＝400×0.9＋m， a2＝0.9×＋m ＝400×0.92＋0.9m＋m＝324＋1.9m. (2)a3＝0.9×＋m ＝400×0.93＋0.92m＋0.9m＋m， …， an＝400×0.9n＋0.9n－1m＋0.9n－2m＋…＋0.9m＋m ＝400×0.9n＋m＝400×0.9n＋1

11、0m ＝×0.9n＋10m. 由已知?n∈N*，an≤550， (1)當400－10m＝0，即m＝40時，顯然滿足題意； (2)當400－10m>0，即m<40時， 由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可得×0.9＋10m≤550，解得m≤190. 綜合得m<40； (3)當400－10m<0，即m>40時， 由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可得10m≤550， 解得m≤55，綜合得40

12、種儲蓄，本金為a元，每期的利率為r，存期為n，則本利和y＝a(1＋r)n. (3)銀行儲蓄單利公式：利息按單利計算，本金為a元，每期的利率為r，存期為n，則本利和y＝a(1＋nr)． (4)分期付款模型：a為貸款總額，r為年利率，b為等額還款數(shù)，則b＝. 跟蹤演練3　(2018·上海崇明區(qū)模擬)2016 年崇明區(qū)政府投資 8 千萬元啟動休閑體育新鄉(xiāng)村旅游項目．規(guī)劃從 2017 年起，在今后的若干年內(nèi)，每年繼續(xù)投資 2 千萬元用于此項目.2016 年該項目的凈收入為 5 百萬元，并預測在相當長的年份里，每年的凈收入均在上一年的基礎上增長50%.記 2016 年為第 1 年，f(n)為第 1

13、 年至此后第 n(n∈N*)年的累計利潤(注：含第 n 年，累計利潤＝累計凈收入－累計投入，單位：千萬元)，且當 f(n)為正值時，認為該項目贏利． (1)試求 f(n)的表達式； (2)根據(jù)預測，該項目將從哪一年開始并持續(xù)贏利？請說明理由． 解　(1)由題意知，第1年至此后第n(n∈N*)年的累計投入為8＋2(n－1)＝2n＋6(千萬元)， 第1年至此后第n(n∈N*)年的累計凈收入為 ＋×1＋×2＋…＋×n－1 ＝＝n－1(千萬元)． ∴f(n)＝n－1－(2n＋6) ＝n－2n－7(千萬元)． (2)方法一　∵f(n＋1)－f(n)＝ － ＝， ∴當n≤3時，

14、f(n＋1)－f(n)<0， 故當n≤4時，f(n)遞減； 當n≥4時，f(n＋1)－f(n)>0， 故當n≥4時，f(n)遞增． 又f(1)＝－<0， f(7)＝7－21≈17－21＝－4<0， f(8)＝8－23≈25－23＝2>0. ∴該項目將從第8年開始并持續(xù)贏利． 答：該項目將從2023年開始并持續(xù)贏利． 方法二　設f(x)＝x－2x－7(x≥1)， 則f′(x)＝xln－2， 令f′(x)＝0， 得x＝＝≈＝5， ∴x≈4. 從而當x∈[1,4)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減； 當x∈(4，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增． 又f(1

15、)＝－<0， f(7)＝7－21≈17－21＝－4<0， f(8)＝8－23≈25－23＝2>0. ∴該項目將從第8年開始并持續(xù)贏利． 答：該項目將從2023年開始并持續(xù)贏利． 真題體驗 1．(2018·全國Ⅰ)記Sn為數(shù)列{an}的前n項和．若Sn＝2an＋1，則S6＝________. 答案?。?3 解析　∵Sn＝2an＋1， 當n≥2時，Sn－1＝2an－1＋1， ∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)， 即an＝2an－1(n≥2)． 當n＝1時，a1＝S1＝2a1＋1，得a1＝－1. ∴數(shù)列{an}是首項a1＝－1，公比q＝2的等比數(shù)列，

16、 ∴Sn＝＝＝1－2n， ∴S6＝1－26＝－63. 2．(2017·山東)已知{xn}是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2. (1)求數(shù)列{xn}的通項公式； (2)如圖，在平面直角坐標系xOy中，依次連接點P1(x1,1)，P2(x2,2)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折線P1P2…Pn＋1，求由該折線與直線y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所圍成的區(qū)域的面積Tn. 解　(1)設數(shù)列{xn}的公比為q. 由題意得所以3q2－5q－2＝0， 由已知得q>0，所以q＝2，x1＝1. 因此數(shù)列{xn}的通項公式為xn＝2n－1(n∈N*)． (2)

17、過P1，P2，…，Pn＋1向x軸作垂線，垂足分別為Q1，Q2，…，Qn＋1. 由(1)得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1， 記梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面積為bn， 由題意得bn＝×2n－1＝(2n＋1)×2n－2， 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)×2n－2.① 又2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1，② ①－②得 －Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1 ＝＋－(2n＋1)×2n－1. 所以Tn＝(n∈N

18、*)． 押題預測 已知數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足關系式Sn＝kan＋1，k為不等于0的常數(shù)． (1)試判斷數(shù)列{an}是否為等比數(shù)列； (2)若a2＝，a3＝1. ①求數(shù)列{an}的通項公式及前n項和Sn的表達式； ②設bn＝log2Sn，數(shù)列{cn}滿足cn＝＋bn＋2·，數(shù)列{cn}的前n項和為Tn，當n>1時，求使Tn

19、問題、解決問題的能力． 解　(1)若數(shù)列{an}是等比數(shù)列，則由n＝1得a1＝S1＝ka2，從而a2＝ka3. 又取n＝2，得a1＋a2＝S2＝ka3， 于是a1＝0，顯然矛盾，故數(shù)列{an}不是等比數(shù)列． (2)①由條件得解得 從而Sn＝an＋1. 當n≥2時，由Sn－1＝an，得an＝Sn－Sn－1＝an＋1－an， 即an＋1＝2an，此時數(shù)列是首項為a2＝，公比為2的等比數(shù)列． 綜上所述，數(shù)列{an}的通項公式為an＝ 從而其前n項和Sn＝2n－2(n∈N*)． ②由①得bn＝n－2， 從而cn＝＋n·2n－2. 記C1＝＋＋…＋ ＝＋＋…＋ ＝， 記C2

20、＝1·2－1＋2·20＋…＋n·2n－2， 則2C2＝1·20＋2·21＋…＋n·2n－1， 兩式相減得C2＝(n－1)·2n－1＋， 從而Tn＝＋(n－1)·2n－1＋ ＝＋(n－1)·2n－1， 則不等式Tn0，因為n∈N*且n≠1，故n>9， 從而最小正整數(shù)n的值是10. A組　專題通關 1．(2018·安徽省“皖南八?！甭?lián)考)刪去正整數(shù)數(shù)列1,2,3，… 中的所有完全平方數(shù)，得到一個新數(shù)列，這個數(shù)列的第2 018項是(　　) A．2 062 B．2 063 C．2 064 D．2 065

21、答案　B 解析　由題意可得，這些數(shù)可以寫為12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，第k個平方數(shù)與第k＋1個平方數(shù)之間有2k個正整數(shù)，而數(shù)列12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，452共有2 025項，去掉45個平方數(shù)后，還剩余2 025－45＝1 980(個)數(shù)，所以去掉平方數(shù)后第2 018項應在2 025后的第38個數(shù)，即是原來數(shù)列的第2 063項，即為2 063. 2．(2018·百校聯(lián)盟聯(lián)考)已知數(shù)列{an}中，a1＝7，an＋1－2＝an＋1，則a30等于(　　) A．1 028 B．1 026 C．1 024 D．1 022 答案　D 解析　因為an＋1

22、－2＝an＋1， 所以an＋1＝an＋1＋2， 即an＋1＋2＝an＋2＋2＋1， 所以2＝2， 即－＝1， 故是以3為首項，1為公差的等差數(shù)列， 所以＝3＋(n－1)×1＝n＋2， 所以an＝n2＋4n＋2，所以a30＝1 022. 3．(2018·商丘模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1－an≥2(n∈N*)，Sn為數(shù)列{an}的前n項和，則(　　) A．a(chǎn)n≥2n＋1 B．Sn≥n2 C．a(chǎn)n≥2n－1 D．Sn≥2n－1 答案　B 解析　由題意得a2－a1≥2，a3－a2≥2，a4－a3≥2，…， an－an－1≥2， ∴a2－a1＋a3－a

23、2＋a4－a3＋…＋an－an－1≥2(n－1)， ∴an－a1≥2(n－1)，∴an≥2n－1. ∴a1≥1，a2≥3，a3≥5，…，an≥2n－1， ∴a1＋a2＋a3＋…＋an≥1＋3＋5＋…＋2n－1， ∴Sn≥(1＋2n－1)＝n2. 4．(2018·河南省豫南豫北聯(lián)考)數(shù)列{an}滿足a1＝，an＝(n∈N*)，若對n∈N*，都有k>＋＋…＋成立，則最小的整數(shù)k是(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 答案　C 解析　由an＝，得an＝an＋1－1， ∴＝＝－， 即＝－，且an>1. ∴＋＋…＋＝＋ ＋…＋ ＝－， ∴＋＋…＋＝5－<5. 又對

24、n∈N*，都有k>＋＋…＋成立， ∴k≥5.故最小的整數(shù)k是5. 5．(2018·馬鞍山聯(lián)考)已知f(n)表示正整數(shù)n的所有因數(shù)中最大的奇數(shù)，例如：12的因數(shù)有1,2,3,4,6,12，則f(12)＝3；21的因數(shù)有1,3,7,21，則f(21)＝21，那么(i)的值為(　　) A．2 488 B．2 495 C．2 498 D．2 500 答案　D 解析　由f(n)的定義知f(n)＝f(2n)，且若n 為奇數(shù)則f(n)＝n， 則(i)＝f(1)＋f(2)＋…＋f(100) ＝1＋3＋5＋…＋99＋f(2)＋f(4)＋…＋f(100) ＝＋f(1)＋f(2)＋…＋f(50

25、) ＝2 500＋(i)， ∴(i)＝(i)－(i)＝2 500. 6．對于數(shù)列{an}，定義Hn＝為{an}的“優(yōu)值”，現(xiàn)在已知某數(shù)列{an}的“優(yōu)值”Hn＝2n＋1，記數(shù)列{an－kn}的前n項和為Sn，若Sn≤S5對任意的n恒成立，則實數(shù)k的取值范圍為________． 答案　 解析　由題意可知＝2n＋1， ∴a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n＋1，① a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)·2n，② 由①－②，得2n－1an＝n·2n＋1－(n－1)·2n(n≥2，n∈N*)， 則an＝2n＋2(n≥2)， 又當n＝1時，a1＝4，符合上式， ∴an

26、＝2n＋2(n∈N*)，∴an－kn＝(2－k)·n＋2， 令bn＝(2－k)·n＋2， ∵Sn≤S5，∴b5≥0，b6≤0，解得≤k≤， ∴k的取值范圍是. 7．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，Sn＝(an－1)，則(4n－2＋1)的最小值為__________． 答案　4 解析　∵Sn＝(an－1)，∴Sn－1＝(an－1－1)(n≥2)， ∴an＝Sn－Sn－1＝(an－an－1)， ∴an＝4an－1，又a1＝S1＝(a1－1)， ∴a1＝4，∴{an}是首項為4，公比為4的等比數(shù)列， ∴an＝4n， ∴(4n－2＋1)＝ ＝2＋＋≥2＋2＝4， 當且僅當n

27、＝2時取“＝”． 8．已知數(shù)列{an}的首項a1＝a，其前n項和為Sn，且滿足Sn＋Sn－1＝4n2(n≥2，n∈N*)，若對任意n∈N*，an

28、＋a2＝36?a3＝4＋2a， 從而a2n＋1＝4＋2a＋8(n－1)＝8n－4＋2a， 由條件得 解得32)，求函數(shù)f(n)的最小值； (3)設bn＝，Sn表示數(shù)列{bn}的前n項和，試問：是否存在關于n的整式g(n)，使得S1＋S2＋S3＋…＋Sn－1＝(Sn－1)·g(n)對于一切不小于2的自然數(shù)n恒成立？若存在，寫出g(n)的解析式，并加以證明；若不存在，請說明理由． 解　(1)點

29、P(an，an＋1)在直線x－y＋1＝0上， 即an＋1－an＝1，且a1＝1， ∴數(shù)列{an}是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列， ∴an＝1＋(n－1)·1＝n(n∈N*)． (2)∵f(n)＝＋＋…＋， ∴f(n＋1)＝＋＋…＋＋＋， ∴f(n＋1)－f(n)＝－＋ ＋>＋－ ＝＋＝－ ＝－>0， ∴f(n＋1)－f(n)>0，∴f(n)是單調(diào)遞增的， 故f(n)的最小值是f(3)＝. (3)∵bn＝?Sn＝1＋＋＋…＋， ∴Sn－Sn－1＝(n≥2)， 即nSn－(n－1)Sn－1＝Sn－1＋1， ∴(n－1)Sn－1－(n－2)Sn－2＝Sn－2＋1，…，

30、 2S2－S1＝S1＋1， ∴nSn－S1＝S1＋S2＋…＋Sn－1＋n－1， ∴S1＋S2＋…＋Sn－1＝nSn－n＝(Sn－1)·n(n≥2)， ∴g(n)＝n. 10．(2016·四川)已知數(shù)列{an}的首項為1，Sn為數(shù)列{an}的前n項和，Sn＋1＝qSn＋1，其中q>0，n∈N*. (1)若2a2，a3，a2＋2成等差數(shù)列，求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設雙曲線x2－＝1的離心率為en，且e2＝，證明：e1＋e2＋…＋en>. (1)解　由已知Sn＋1＝qSn＋1，得Sn＋2＝qSn＋1＋1，兩式相減得到an＋2＝qan＋1，n≥1.又由S2＝qS1＋1得到a2

31、＝qa1，故an＋1＝qan對所有n≥1都成立． 所以，數(shù)列{an}是首項為1，公比為q的等比數(shù)列． 從而an＝qn－1. 由2a2，a3，a2＋2成等差數(shù)列，可得 2a3＝3a2＋2，即2q2＝3q＋2，則(2q＋1)(q－2)＝0， 由已知，q>0，故q＝2.所以an＝2n－1(n∈N*)． (2)證明　由(1)可知，an＝qn－1. 所以雙曲線x2－＝1的離心率 en＝＝. 由e2＝＝，解得q＝. 因為1＋q2(k－1)>q2(k－1)， 所以>qk－1(k∈N*)． 于是e1＋e2＋…＋en>1＋q＋…＋qn－1＝. 故e1＋e2＋…＋en>. B組　能力提

32、高 11．若數(shù)列{an}滿足－＝1，且a1＝5，則數(shù)列{an}的前100項中，能被5整除的項數(shù)為(　　) A．42 B．40 C．30 D．20 答案　B 解析　∵數(shù)列{an}滿足－＝1， 即－＝1，且＝1， ∴數(shù)列是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列， ∴＝n，∴an＝2n2＋3n，由題意可知， 項 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 個位數(shù) 5 4 7 4 5 0 9 2 9 0 ∴每10項中有4項能被5整除，∴數(shù)列{an}的前100項中，能被5整除的項數(shù)為40. 12．(2018·江西省重點中學協(xié)作體聯(lián)考)設x＝1

33、是函數(shù)f(x)＝an＋1x3－anx2－an＋2x＋1(n∈N*)的極值點，數(shù)列{an}滿足 a1＝1，a2＝2，bn＝log2an＋1，若[x]表示不超過x的最大整數(shù)，則等于(　　) A．2 017 B．2 018 C．2 019 D．2 020 答案　A 解析　由題意可得f′(x)＝3an＋1x2－2anx－an＋2， ∵x＝1是函數(shù)f(x)的極值點， ∴f′(1)＝3an＋1－2an－an＋2＝0， 即an＋2－3an＋1＋2an＝0. ∴an＋2－an＋1＝2， ∵a2－a1＝1，∴a3－a2＝2×1＝2，a4－a3＝2×2＝22，…，an－an－1＝2n－2，

34、 以上各式累加可得an＝2n－1. ∴bn＝log2an＋1＝log22n＝n. ∴＋＋…＋ ＝2 018 ＝2 018＝2 018－＝2 017＋. ∴＝2 017. 13．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足Sn－n＝2(an－2)(n∈N*)． (1)證明：數(shù)列{an－1}為等比數(shù)列； (2)若bn＝an·log2(an－1)，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，求Tn. (1)證明　∵Sn－n＝2(an－2)， 當n≥2時，Sn－1－(n－1)＝2(an－1－2)， 兩式相減，得an－1＝2an－2an－1， ∴an＝2an－1－1，∴an－1＝2(an－1－1)

35、， ∴＝2(n≥2)(常數(shù))． 又當n＝1時，a1－1＝2(a1－2)， 得a1＝3，a1－1＝2， ∴數(shù)列{an－1}是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列． (2)解　由(1)知，an－1＝2×2n－1＝2n， ∴an＝2n＋1， 又bn＝an·log2(an－1)， ∴bn＝n(2n＋1)， ∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n)＋(1＋2＋3＋…＋n)， 設An＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n， 則2An＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1， 兩式相減，得 －An＝2＋

36、22＋23＋…＋2n－n×2n＋1 ＝－n×2n＋1， ∴An＝(n－1)×2n＋1＋2. 又1＋2＋3＋…＋n＝， ∴Tn＝(n－1)×2n＋1＋2＋(n∈N*)． 14．已知等比數(shù)列{an}滿足：|a2－a3|＝10，a1a2a3＝125. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)是否存在正整數(shù)m，使得＋＋…＋≥1？若存在，求出m的最小值；若不存在，請說明理由． 解　(1)設等比數(shù)列{an}的公比為q， 則由已知可得 解得或 故an＝·3n－1或an＝－5·(－1)n－1，n∈N*. (2)設Sm＝＋＋…＋， 若an＝·3n－1，則＝n－1， 則數(shù)列是首項為，公比為的等比數(shù)列． 從而Sm＝＝·<<1. 若an＝－5·(－1)n－1，則＝－(－1)n－1， 故數(shù)列是首項為－，公比為－1的等比數(shù)列， 從而Sm＝故Sm<1. 綜上，對任何正整數(shù)m，總有Sm<1.故不存在正整數(shù)m，使得＋＋…＋≥1成立．