(1)證明：{an}是等差數(shù)列；
(2)若a4，a7，a9成等比數(shù)列，求Sn的最小值．
2．[2023·新課標(biāo)Ⅰ卷]設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，且d>1.令bn＝ eq \f(n2＋n,an) ，記Sn，Tn分別為數(shù)列{an}，{bn}的前n項(xiàng)和．
(1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通項(xiàng)公式；
(2)若{bn}為等差數(shù)列，且S99－T99＝99，求d.
3.[2021·新高考Ⅰ卷]已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(an＋1，n為奇數(shù)，,an＋2，n為偶數(shù)．)))
(1)記bn＝a2n，寫出b1，b2，并求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；
(2)求{an}的前20項(xiàng)和．
4．[2022·新高考Ⅰ卷]記Sn為數(shù)列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an)) 的前n項(xiàng)和，已知a1＝1， eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,an))) 是公差為 eq \f(1,3) 的等差數(shù)列．
(1)求 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an)) 的通項(xiàng)公式；
(2)證明： eq \f(1,a1) ＋ eq \f(1,a2) ＋…＋ eq \f(1,an) 5時(shí)，Tn>Sn.
8．設(shè){an}是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列，數(shù)列{bn}滿足bn＝ eq \f(nan,3) .已知a1，3a2，9a3成等差數(shù)列．
(1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；
(2)記Sn和Tn分別為{an}和{bn}的前n項(xiàng)和．證明：Tn< eq \f(Sn,2) .
專練33 高考大題專練(三) 數(shù)列的綜合運(yùn)用
1．解析：(1)證明：由已知條件，得Sn＝nan－ eq \f(n2,2) ＋ eq \f(n,2) .
當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1.
當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝nan－ eq \f(n2,2) ＋ eq \f(n,2) － eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（n－1）an－1－\f(（n－1）2,2)＋\f(n－1,2))) ，∴(1－n)an＝－n＋1－(n－1)an－1.
等式兩邊同時(shí)除以1－n，得an＝1＋an－1，
∴an－an－1＝1.
∴{an}是公差為1的等差數(shù)列．
(2)由(1)可得an＝a1＋(n－1).
∴a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8.
∵a4，a7，a9成等比數(shù)列，∴a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(7)) ＝a4·a9，
即(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，∴a1＝－12，
∴Sn＝na1＋ eq \f(n（n－1）,2) ×1＝－12n＋ eq \f(n2－n,2) ＝ eq \f(1,2) n2－ eq \f(25,2) n.
當(dāng)n＝12或n＝13時(shí)，Sn取得最小值，為 eq \f(1,2) ×122－ eq \f(25,2) ×12＝－78.
2．解析：(1)因?yàn)?a2＝3a1＋a3，所以3(a2－a1)＝a1＋2d，
所以3d＝a1＋2d，所以a1＝d，所以an＝nd.
因?yàn)閎n＝ eq \f(n2＋n,an) ，所以bn＝ eq \f(n2＋n,nd) ＝ eq \f(n＋1,d) ，
所以S3＝ eq \f(3（a1＋a3）,2) ＝ eq \f(3（d＋3d）,2) ＝6d，T3＝b1＋b2＋b3＝ eq \f(2,d) ＋ eq \f(3,d) ＋ eq \f(4,d) ＝ eq \f(9,d) .
因?yàn)镾3＋T3＝21，
所以6d＋ eq \f(9,d) ＝21，解得d＝3或d＝ eq \f(1,2) ，
因?yàn)閐>1，所以d＝3.
所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n.
(2)因?yàn)閎n＝ eq \f(n2＋n,an) ，且{bn}為等差數(shù)列，
所以2b2＝b1＋b3，即2× eq \f(6,a2) ＝ eq \f(2,a1) ＋ eq \f(12,a3) ，
所以 eq \f(6,a1＋d) － eq \f(1,a1) ＝ eq \f(6,a1＋2d) ，所以a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －3a1d＋2d2＝0，
解得a1＝d或a1＝2d.
①當(dāng)a1＝d時(shí)，an＝nd，所以bn＝ eq \f(n2＋n,an) ＝ eq \f(n2＋n,nd) ＝ eq \f(n＋1,d) ，
S99＝ eq \f(99（a1＋a99）,2) ＝ eq \f(99（d＋99d）,2) ＝99×50d，
T99＝ eq \f(99（b1＋b99）,2) ＝ eq \f(99（\f(2,d)＋\f(100,d)）,2) ＝ eq \f(99×51,d) .
因?yàn)镾99－T99＝99，
所以99×50d－ eq \f(99×51,d) ＝99，
即50d2－d－51＝0，
解得d＝ eq \f(51,50) 或d＝－1(舍去).
②當(dāng)a1＝2d時(shí)，an＝(n＋1)d，所以bn＝ eq \f(n2＋n,an) ＝ eq \f(n2＋n,（n＋1）d) ＝ eq \f(n,d) ，
S99＝ eq \f(99（a1＋a99）,2) ＝ eq \f(99（2d＋100d）,2) ＝99×51d，
T99＝ eq \f(99（b1＋b99）,2) ＝ eq \f(99（\f(1,d)＋\f(99,d)）,2) ＝ eq \f(99×50,d) .
因?yàn)镾99－T99＝99，
所以99×51d－ eq \f(99×50,d) ＝99，
即51d2－d－50＝0，
解得d＝－ eq \f(50,51) (舍去)或d＝1(舍去).
綜上，d＝ eq \f(51,50) .
3．解析：(1)由題設(shè)可得b1＝a2＝a1＋1＝2，b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5
又a2k＋2＝a2k＋1＋1，a2k＋1＝a2k＋2，(k∈N*)
故a2k＋2＝a2k＋3，即bn＋1＝bn＋3，即bn＋1－bn＝3
所以 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn)) 為等差數(shù)列，故bn＝2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－1)) ×3＝3n－1.
(2)設(shè) eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an)) 的前20項(xiàng)和為S20，則S20＝a1＋a2＋a3＋…＋a20，
因?yàn)閍1＝a2－1，a3＝a4－1，…，a19＝a20－1，
所以S20＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2＋a4＋…＋a18＋a20)) －10
＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b1＋b2＋…＋b9＋b10)) －10
＝2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10×2＋\f(9×10,2)×3)) －10＝300.
4．解析：(1)∵a1＝1，∴ eq \f(S1,a1) ＝1.
又∵ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,an))) 是公差為 eq \f(1,3) 的等差數(shù)列，
∴ eq \f(Sn,an) ＝ eq \f(S1,a1) ＋ eq \f(1,3) (n－1)，
即Sn＝( eq \f(1,3) n＋ eq \f(2,3) )an＝ eq \f(1,3) (n＋2)an，
∴當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝ eq \f(1,3) (n＋1)an－1，
∴an＝Sn－Sn－1＝ eq \f(1,3) (n＋2)an－ eq \f(1,3) (n＋1)an－1，n≥2，即(n－1)an＝(n＋1)an－1，n≥2，
∴ eq \f(an,an－1) ＝ eq \f(n＋1,n－1) ，n≥2，
∴當(dāng)n≥2時(shí)， eq \f(an,an－1) · eq \f(an－1,an－2) ·…· eq \f(a3,a2) · eq \f(a2,a1) ＝ eq \f(n＋1,n－1) · eq \f(n,n－2) ·…· eq \f(4,2) · eq \f(3,1) ＝ eq \f(n（n＋1）,2) ，∴an＝ eq \f(n（n＋1）,2) .
當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝1滿足上式，∴an＝ eq \f(n（n＋1）,2) .
(2)證明：由(1)知an＝ eq \f(n（n＋1）,2) ，
∴ eq \f(1,an) ＝ eq \f(2,n（n＋1）) ＝2( eq \f(1,n) － eq \f(1,n＋1) )，
∴ eq \f(1,a1) ＋ eq \f(1,a2) ＋…＋ eq \f(1,an) ＝2(1－ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,2) － eq \f(1,3) ＋…＋ eq \f(1,n) － eq \f(1,n＋1) )＝2(1－ eq \f(1,n＋1) ).
∵n∈N*，∴0＜ eq \f(1,n＋1) ≤ eq \f(1,2) ，∴1－ eq \f(1,n＋1) ＜1，
∴2(1－ eq \f(1,n＋1) )＜2，∴ eq \f(1,a1) ＋ eq \f(1,a2) ＋…＋ eq \f(1,an) ＜2.
5．解析：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，2S1＝a1，即2a1＝a1，所以a1＝0.
當(dāng)n≥2時(shí)，由2Sn＝nan，得2Sn－1＝(n－1)an－1，
兩式相減得2an＝nan－(n－1)an－1，
即(n－1)an－1＝(n－2)an，
當(dāng)n＝2時(shí)，可得a1＝0，
故當(dāng)n≥3時(shí)， eq \f(an,an－1) ＝ eq \f(n－1,n－2) ，則 eq \f(an,an－1) · eq \f(an－1,an－2) ·…· eq \f(a3,a2) ＝ eq \f(n－1,n－2) · eq \f(n－2,n－3) ·…· eq \f(2,1) ，
整理得 eq \f(an,a2) ＝n－1，因?yàn)閍2＝1，所以an＝n－1(n≥3).
當(dāng)n＝1，n＝2時(shí)，均滿足上式，所以an＝n－1.
(2)方法一 令bn＝ eq \f(an＋1,2n) ＝ eq \f(n,2n) ，
則Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝ eq \f(1,2) ＋ eq \f(2,22) ＋…＋ eq \f(n－1,2n－1) ＋ eq \f(n,2n) ①，
eq \f(1,2) Tn＝ eq \f(1,22) ＋ eq \f(2,23) ＋…＋ eq \f(n－1,2n) ＋ eq \f(n,2n＋1) ②
由①－②得 eq \f(1,2) Tn＝ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,22) ＋ eq \f(1,23) ＋…＋ eq \f(1,2n) － eq \f(n,2n＋1) ＝ eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2)) － eq \f(n,2n＋1) ＝1－ eq \f(2＋n,2n＋1) ，
即Tn＝2－ eq \f(2＋n,2n) .
方法二 設(shè)bn＝ eq \f(an＋1,2n) ，
所以bn＝ eq \f(an＋1,2n) ＝ eq \f(n,2n) ＝( eq \f(1,2) n＋0)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1) ，
故a＝ eq \f(1,2) ，b＝0，q＝ eq \f(1,2) .
故A＝ eq \f(a,q－1) ＝ eq \f(\f(1,2),\f(1,2)－1) ＝－1，B＝ eq \f(b－A,q－1) ＝ eq \f(0＋1,\f(1,2)－1) ＝－2，C＝－B＝2.
故Tn＝(An＋B)·qn＋C＝(－n－2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n) ＋2，整理得Tn＝2－ eq \f(2＋n,2n) .
6．解析：(1)因?yàn)閎n是數(shù)列{Sn}的前n項(xiàng)積，
所以n≥2時(shí)，Sn＝ eq \f(bn,bn－1) ，
代入 eq \f(2,Sn) ＋ eq \f(1,bn) ＝2可得， eq \f(2bn－1,bn) ＋ eq \f(1,bn) ＝2，
整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝ eq \f(1,2) (n≥2).
又 eq \f(2,S1) ＋ eq \f(1,b1) ＝ eq \f(3,b1) ＝2，所以b1＝ eq \f(3,2) ，
故{bn}是以 eq \f(3,2) 為首項(xiàng)， eq \f(1,2) 為公差的等差數(shù)列．
(2)由(1)可知，bn＝ eq \f(n＋2,2) ，則 eq \f(2,Sn) ＋ eq \f(2,n＋2) ＝2，所以Sn＝ eq \f(n＋2,n＋1) ，
當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝ eq \f(3,2) ，
當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝ eq \f(n＋2,n＋1) － eq \f(n＋1,n) ＝－ eq \f(1,n（n＋1）) .
故an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，n＝1,－\f(1,n（n＋1）)，n≥2)) .
7．解析：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.
因?yàn)閎n＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an－6，n為奇數(shù),2an，n為偶數(shù))) ，
所以b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6.
因?yàn)镾4＝32，T3＝16，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4a1＋6d＝32,（a1－6）＋（2a1＋2d）＋（a1＋2d－6）＝16)) ，
整理，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a1＋3d＝16,a1＋d＝7)) ，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝5,d＝2)) ，
所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n＋3.
(2)由(1)知an＝2n＋3，
所以Sn＝ eq \f(n[5＋（2n＋3）],2) ＝n2＋4n.
當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，
Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－7)＋(4n＋2)]＋2n－3＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－7)＋(2n－3)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋2)]＝ eq \f(\f(n＋1,2)（－1＋2n－3）,2) ＋ eq \f(\f(n－1,2)（14＋4n＋2）,2) ＝ eq \f(3n2＋5n－10,2) .
當(dāng)n>5時(shí)，Tn－Sn＝ eq \f(3n2＋5n－10,2) －(n2＋4n)＝ eq \f(n2－3n－10,2) ＝ eq \f(（n－5）（n＋2）,2) >0，
所以Tn>Sn.
當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－5)＋(4n＋6)]＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－5)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋6)]＝ eq \f(\f(n,2)（－1＋2n－5）,2) ＋ eq \f(\f(n,2)（14＋4n＋6）,2) ＝ eq \f(3n2＋7n,2) .
當(dāng)n>5時(shí)，Tn－Sn＝ eq \f(3n2＋7n,2) －(n2＋4n)＝ eq \f(n2－n,2) ＝ eq \f(n（n－1）,2) >0，所以Tn>Sn.
綜上可知，當(dāng)n>5時(shí)，Tn>Sn.
8．解析：(1)設(shè){an}的公比為q，則an＝qn－1.
因?yàn)閍1，3a2，9a3成等差數(shù)列，所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝ eq \f(1,3) ，故an＝ eq \f(1,3n－1) ，bn＝ eq \f(n,3n) .
(2)由(1)知Sn＝ eq \f(1－\f(1,3n),1－\f(1,3)) ＝ eq \f(3,2) (1－ eq \f(1,3n) )，Tn＝ eq \f(1,3) ＋ eq \f(2,32) ＋ eq \f(3,33) ＋…＋ eq \f(n,3n) ，①
eq \f(1,3) Tn＝ eq \f(1,32) ＋ eq \f(2,33) ＋ eq \f(3,34) ＋…＋ eq \f(n－1,3n) ＋ eq \f(n,3n＋1) ，②
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) ，
即 eq \f(2,3) Tn＝ eq \f(\f(1,3)（1－\f(1,3n)）,1－\f(1,3)) － eq \f(n,3n＋1) ＝ eq \f(1,2) (1－ eq \f(1,3n) )－ eq \f(n,3n＋1) ，
整理得Tn＝ eq \f(3,4) － eq \f(2n＋3,4×3n) ，
則2Tn－Sn＝2( eq \f(3,4) － eq \f(2n＋3,4×3n) )－ eq \f(3,2) (1－ eq \f(1,3n) )＝－ eq \f(n,3n)

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