14、的m，t的取值；若不存在，請說明理由．
解 (1)因為－－＝0，
所以 －＝1，所以數(shù)列{}是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列，所以＝1＋(n－1)×1＝n，
所以Sn＝n2.
當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.
又2×1－1＝1＝a1，所以an＝2n－1(n∈N*)．
(2)若，，三項成等比數(shù)列，
則×＝2，即×＝2，
即(2m－1)2＝3(2t－1)．
因為t≤100，所以(2m－1)2≤597，又m∈N*，所以2m－1≤24，所以m≤12.
又2m－1為3的奇數(shù)倍，所以m＝2,5,8,11，
驗證得
3．(2019·浙江高考)設(shè)等差數(shù)列
15、{an}的前n項和為Sn，a3＝4，a4＝S3.數(shù)列{bn}滿足：對每個n∈N*，Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比數(shù)列．
(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式；
(2)記cn＝，n∈N*，證明：c1＋c2＋…＋cn<2，n∈N*.
解 (1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，
由題意得解得
從而an＝2n－2，n∈N*.所以Sn＝n2－n，n∈N*.
由Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比數(shù)列，得
(Sn＋1＋bn)2＝(Sn＋bn)(Sn＋2＋bn)．
解得bn＝(S－SnSn＋2)．所以bn＝n2＋n，n∈N*.
(2)證明：cn＝ ＝ ＝ ，n∈
16、N*.
我們用數(shù)學(xué)歸納法證明．
①當(dāng)n＝1時，c1＝0<2，不等式成立；
②假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時不等式成立，即c1＋c2＋…＋ck<2.那么，當(dāng)n＝k＋1時，
c1＋c2＋…＋ck＋ck＋1<2＋ <2＋ <2＋＝2＋2(－)＝2，
即當(dāng)n＝k＋1時不等式也成立．
根據(jù)①和②，不等式c1＋c2＋…＋cn<2對任意n∈N*成立．
『金版押題』
4．已知函數(shù)f(x)＝cosπx－sinπx(x∈R)的所有正的零點構(gòu)成遞增數(shù)列{an}(n∈N*)．
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)設(shè)bn＝n，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.
解 (1)f(x)＝cosπx－sinπ
17、x＝2cos，
由題意令πx＋＝kπ＋(k∈Z)，解得x＝k＋(k∈Z)．
又函數(shù)f(x)的所有正的零點構(gòu)成遞增數(shù)列{an}，所以{an}是以為首項，1為公差的等差數(shù)列，所以an＝n－(n∈N*)．
(2)由(1)知bn＝n＝n·n，
則Tn＝1·1＋2·2＋3·3＋…＋(n－1)·n－1＋n·n，①
Tn＝1·2＋2·3＋3·4＋…＋(n－1)·n＋n·n＋1，②
①－②得，Tn＝＋2＋3＋…＋n－n·n＋1＝－n·n＋1＝1－(n＋2)·n＋1，所以Tn＝2－(n＋2)n.
配套作業(yè)
1.(2019·北京市海淀區(qū)高三4月模擬)已知等差數(shù)列{an}的公差d＝2，且a2＋a
18、5＝2，{an}的前n項和為Sn.
(1)求{an}的通項公式；
(2)若Sm，a9，a15成等比數(shù)列，求m的值．
解 (1)因為a5＋a2＝2，d＝2，所以2a1＋5d＝2a1＋10＝2，所以a1＝－4，所以an＝2n－6.
(2)Sm＝＝m2－5m，又a9＝12，a15＝24，
因為Sm，a9，a15是等比數(shù)列，所以a＝Sma15，
所以m2－5m－6＝0，m＝6或m＝－1，
因為m∈N*，所以m＝6.
2．設(shè)數(shù)列{an}的前n項和是Sn，若點An在函數(shù)f(x)＝－x＋c的圖象上運動，其中c是與x無關(guān)的常數(shù)，且a1＝3.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)記bn＝
19、aan，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn的最小值．
解 (1)因為點An在函數(shù)f(x)＝－x＋c的圖象上運動，所以＝－n＋c，所以Sn＝－n2＋cn.
因為a1＝3，所以c＝4，所以Sn＝－n2＋4n，所以an＝Sn－Sn－1＝－2n＋5(n≥2)．
又a1＝3滿足上式，所以an＝－2n＋5(n∈N*)．
(2)由(1)知，bn＝aan＝－2an＋5＝－2(－2n＋5)＋5＝4n－5，所以{bn}為等差數(shù)列，所以Tn＝＝2n2－3n，
當(dāng)n＝1時，Tn取最小值，所以Tn的最小值是T1＝－1.
3．(2019·廣東東莞高三二調(diào))已知數(shù)列{an}滿足a2＝3，an＋1＝2an＋1，設(shè)bn＝
20、an＋1.
(1)求a1，a3；
(2)判斷數(shù)列{bn}是否為等比數(shù)列，并說明理由；
(3)求a1＋a3＋a5＋…＋a2n＋1.
解 (1)數(shù)列{an}滿足a2＝3，an＋1＝2an＋1，
當(dāng)n＝1時，a2＝2a1＋1，解得a1＝1.
當(dāng)n＝2時，解得a3＝7.
(2)當(dāng)n＝1時，b1＝2，所以＝＝2(常數(shù))，
則數(shù)列{bn}是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列．
(3)由(1)和(2)得an＝2n－1，
所以a1＋a3＋…＋a2n＋1＝(21＋23＋…＋22n＋1)－(n＋1)＝－(n＋1)＝.
4．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a1＝，3Sn＋1＝Sn＋1.
(1
21、)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)若bn＝logan，數(shù)列{an·bn}的前n項和為Tn，求Tn.
解 (1)當(dāng)n＝1時，3S2＝，a2＝，∴3a2＝a1；
當(dāng)n≥2時，3Sn＝Sn－1＋1，∴3an＋1＝an(n≥2)，故數(shù)列{an}是以為首項，為公比的等比數(shù)列，則an＝×n－1＝n.
(2)由(1)知bn＝logan＝n，則an·bn＝n·n.
從而Tn＝1×＋2×2＋…＋(n－1)×n－1＋n·n，①
Tn＝1×2＋2×3＋…＋(n－1)×n＋n·n＋1，②
由①－②得，Tn＝＋2＋…＋n－n·n＋1＝－n·n＋1，
因此Tn＝－(2n＋3)·n.
5．(2019·衡
22、水第二中學(xué)高三上學(xué)期期中)已知等差數(shù)列{an}與公比為正數(shù)的等比數(shù)列{bn}滿足b1＝2a1＝2，a2＋b3＝10，a3＋b2＝7.
(1)求{an}，{bn}的通項公式；
(2)若cn＝，求數(shù)列{cn}的前n項和Sn.
解 (1)由題意a1＝1，b1＝2.
設(shè)公差為d，公比為q，則解得
故an＝a1＋(n－1)d＝n，bn＝b1·qn－1＝2n.
(2)因為cn＝，
所以cn＝＝－，
故Sn＝－＋－＋…＋－＝－.
6．設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，點(an，bn)在函數(shù)f(x)＝2x的圖象上(n∈N*)．
(1)若a1＝－2，點(a8,4b7)在函數(shù)f(x)的圖象上，求數(shù)
23、列{an}的前n項和Sn；
(2)若a1＝1，函數(shù)f(x)的圖象在點(a2，b2)處的切線在x軸上的截距為2－，求數(shù)列的前n項和Tn.
解 (1)由已知得，b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，有2a8＝4×2a7＝2a7＋2.所以d＝a8－a7＝2.
所以Sn＝na1＋d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.
(2)f′(x)＝2xln 2，f′(a2)＝2a2ln 2，故函數(shù)f(x)＝2x的圖象在(a2，b2)處的切線方程為y－2a2＝2a2ln 2(x－a2)，
它在x軸上的截距為a2－.
由題意得，a2－＝2－，解得a2＝2.
所以d＝a2－a1＝1.從而an＝n，bn＝2n
24、，＝.
所以Tn＝＋＋＋…＋＋，
2Tn＝＋＋＋…＋.
因此，2Tn－Tn＝1＋＋＋…＋－
＝2－－＝.
所以，Tn＝.
7．(2019·安徽六安第一中學(xué)高三模擬)已知a，b，c分別為△ABC的三內(nèi)角A，B，C的對邊，其面積S＝，B＝60°，a2＋c2＝2b2，在等差數(shù)列{an}中，a1＝a，公差d＝b.數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，且Tn－2bn＋1＝0，n∈N*.
(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式；
(2)若cn＝anbn，求數(shù)列{cn}的前n項和Sn.
解 (1)S＝acsinB＝ac·＝，∴ac＝4，
又a2＋c2＝2b2，b2＝a2＋c2－2accosB，
25、
∴b2＝ac＝4，∴b＝2，
從而(a＋c)2＝a2＋c2＋2ac＝16，得a＋c＝4，
∴a＝c＝2，
故可得∴an＝2＋2(n－1)＝2n.
∵Tn－2bn＋1＝0， ①
∴當(dāng)n＝1時，b1＝1；
當(dāng)n≥2時，Tn－1－2bn－1＋1＝0，?、?
①－②，得bn＝2bn－1(n≥2)，
∴數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，∴bn＝2n－1.
(2)由(1)得cn＝2n·2n－1＝n·2n，
∴Sn＝a1·b1＋a2·b2＋…＋an·bn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n， ③
∴2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1， ④
③－④得－Sn＝1×21
26、＋(22＋23＋…＋2n)－n·2n＋1，
即－Sn＝(1－n)2n＋1－2，∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2.
8．(2019·貴州凱里第一中學(xué)高三下學(xué)期模擬)在等差數(shù)列{an}中，已知a3＋a4＝84－a5，a8＝36.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式an；
(2)記Sn為數(shù)列{an}的前n項和，求的最小值．
解 (1)由a3＋a4＝84－a5，得a4＝28，
∴由得
即數(shù)列{an}的通項公式為an＝22＋(n－1)×2＝2n＋20.
(2)由(1)得，Sn＝22n＋×2＝n2＋21n，
∴＝n＋＋21，令f(x)＝x＋＋21，n∈N*，
f′(x)＝1－，當(dāng)x∈(0,2
27、)時，f′(x)<0；
當(dāng)x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0，則f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，
又n∈N*，f(4)＝f(5)＝30，
∴當(dāng)n＝4或5時，f(n)取到最小值30，即的最小值為30.
數(shù)列類解答題
(12分)已知各項均不為零的數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且對任意的n∈N*，滿足Sn＝a1(an－1)．
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足anbn＝log2an，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，求證：Tn<.
解題思路 (1)根據(jù)Sn－Sn－1＝an(n≥2)及遞推關(guān)系式化簡得an和an－1的關(guān)系式，從而求出a
28、n；(2)采用錯位相減法求Tn，從而證明結(jié)論．
解 (1)當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝a1(a1－1)＝a－a1，
∵a1≠0，∴a1＝4.(2分)
∴Sn＝(an－1)，∴當(dāng)n≥2時，Sn－1＝(an－1－1)，
兩式相減得an＝4an－1(n≥2)，(4分)
∴數(shù)列{an}是首項為4，公比為4的等比數(shù)列，∴an＝4n.(6分)
(2)證明：∵anbn＝log2an＝2n，∴bn＝，(7分)
∴Tn＝＋＋＋…＋，
Tn＝＋＋＋…＋，(8分)
兩式相減得Tn＝＋＋＋＋…＋－＝2－＝2×－＝－－＝－.(10分)
∴Tn＝－<.(12分)
1．正確求出a1的值給2分．
2．
29、利用an與Sn的關(guān)系構(gòu)造等比數(shù)列給2分．
3．寫出數(shù)列{an}的通項公式給2分．
4．求出數(shù)列{bn}的通項公式給1分．
5．采取錯位相減法給1分．
6．兩式相減后的正確化簡計算給2分．
7．放縮法證明不等式給2分．
1．由an與Sn的關(guān)系求通項公式，易忽略條件n≥2而出錯．
2．錯位相減法中兩式相減后，一定成等比數(shù)列的有n－1項，整個式子共有n＋1項．
3．放縮法證明不等式時，要注意放縮適度，放的過大或過小都不能達(dá)到證明的目的．
[跟蹤訓(xùn)練]
(2019·沈陽模擬)(12分)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項和，a1＝1，S＝an(n≥2)．
(1)求Sn；
(2)設(shè)bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.
解 (1)當(dāng)n≥2時，由S＝an得，
S＝(Sn－Sn－1)，
整理得，Sn－1－Sn＝2Sn－1Sn?－＝2，(3分)
又＝＝1，
∴數(shù)列是以2為公差、以1為首項的等差數(shù)列，則
＝1＋2(n－1)，故Sn＝.(6分)
(2)由(1)知，bn＝＝
＝，(9分)
∴Tn＝＝＝.(12分)
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（全國通用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題提分教程 第二編 專題三 數(shù)列 第3講 數(shù)列的綜合問題練習(xí) 理
