2024年新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)題型歸類與強(qiáng)化測(cè)試專題40數(shù)列的綜合應(yīng)用（教師版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

【考綱要求】
1.了解數(shù)列是一種特殊的函數(shù)，會(huì)解決等差、等比數(shù)列的綜合問題.
2.能在具體問題情境中，發(fā)現(xiàn)等差、等比關(guān)系，并解決相應(yīng)的問題．
【方法技巧】
1.數(shù)列應(yīng)用問題常見模型
(1)等差模型：后一個(gè)量比前一個(gè)量增加(或減少)的是同一個(gè)固定值．
(2)等比模型：后一個(gè)量與前一個(gè)量的比是同一個(gè)固定的非零常數(shù)．
(3)遞推數(shù)列模型：如果題目中給出的前后兩項(xiàng)之間的關(guān)系不固定，隨項(xiàng)的變化而變化，那么應(yīng)考慮an與an＋1(或者相鄰三項(xiàng))之間的遞推關(guān)系，或者Sn與Sn＋1(或者相鄰三項(xiàng))之間的遞推關(guān)系．
2.對(duì)等差、等比數(shù)列的綜合問題，應(yīng)重點(diǎn)分析等差、等比數(shù)列項(xiàng)之間的關(guān)系．?dāng)?shù)列的求和主要是等差、等比數(shù)列的求和及裂項(xiàng)相消法求和與錯(cuò)位相減法求和，本題中利用裂項(xiàng)相消法求數(shù)列的和，然后利用b1＝1，d>0證明不等式成立．另外本題在探求{an}與{cn}的通項(xiàng)公式時(shí)，考查累加、累乘兩種基本方法．
3.數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問題關(guān)鍵在于通過函數(shù)關(guān)系尋找數(shù)列的遞推關(guān)系，求出數(shù)列的通項(xiàng)或前n項(xiàng)和，再利用數(shù)列或數(shù)列對(duì)應(yīng)的函數(shù)解決最值、范圍問題，通過放縮進(jìn)行不等式的證明．
二、【題型歸類】
【題型一】數(shù)學(xué)文化與數(shù)列的實(shí)際應(yīng)用
【典例1】北京天壇的圜丘壇為古代祭天的場(chǎng)所，分上、中、下三層．上層中心有一塊圓形石板(稱為天心石)，環(huán)繞天心石砌9塊扇面形石板構(gòu)成第一環(huán)，向外每環(huán)依次增加9塊．下一層的第一環(huán)比上一層的最后一環(huán)多9塊，向外每環(huán)依次也增加9塊，已知每層環(huán)數(shù)相同，且下層比中層多729塊，則三層共有扇面形石板(不含天心石)( )
A．3 699塊 B．3 474塊
C．3 402塊 D．3 339塊
【解析】設(shè)每一層有n環(huán)，由題意可知，從內(nèi)到外每環(huán)之間構(gòu)成公差為d＝9，首項(xiàng)為a1＝9的等差數(shù)列．由等差數(shù)列的性質(zhì)知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差數(shù)列，且(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝n2d，則9n2＝729，解得n＝9，
則三層共有扇面形石板S3n＝S27＝27×9＋eq \f(27×26,2)×9＝3 402(塊)．
故選C.
【典例2】某校學(xué)生在研究民間剪紙藝術(shù)時(shí)，發(fā)現(xiàn)剪紙時(shí)經(jīng)常會(huì)沿紙的某條對(duì)稱軸把紙對(duì)折．規(guī)格為20 dm×12 dm的長(zhǎng)方形紙，對(duì)折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×
6 dm兩種規(guī)格的圖形，它們的面積之和S1＝240 dm2，對(duì)折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三種規(guī)格的圖形，它們的面積之和S2＝180 dm2，以此類推，則對(duì)折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為________；如果對(duì)折n次，那么eq \i\su(k＝1,n,S)k＝_______ dm2.
【解析】依題意得，S1＝120×2＝240；
S2＝60×3＝180；
當(dāng)n＝3時(shí)，共可以得到5 dm×6 dm，eq \f(5,2) dm×12 dm，10 dm×3 dm,20 dm×eq \f(3,2) dm四種規(guī)格的圖形，且5×6＝30，eq \f(5,2)×12＝30,10×3＝30，
20×eq \f(3,2)＝30，所以S3＝30×4＝120；
當(dāng)n＝4時(shí)，共可以得到5 dm×3 dm，eq \f(5,2) dm×6 dm，eq \f(5,4) dm×12 dm,10 dm×eq \f(3,2) dm,20 dm×eq \f(3,4) dm五種規(guī)格的圖形，所以對(duì)折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為5，且5×3＝15，eq \f(5,2)×6＝15，eq \f(5,4)×12＝15,10×eq \f(3,2)＝15,20×eq \f(3,4)＝15，
所以S4＝15×5＝75；
……
所以可歸納Sk＝eq \f(240,2k)×(k＋1)＝eq \f(240?k＋1?,2k).
所以eq \i\su(k＝1,n,S)k＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,22)＋\f(4,23)＋…＋\f(n,2n－1)＋\f(n＋1,2n)))，①
所以eq \f(1,2)×eq \i\su(k＝1,n,S)k
＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,22)＋\f(3,23)＋\f(4,24)＋…＋\f(n,2n)＋\f(n＋1,2n＋1)))，②
由①－②得，eq \f(1,2)×eq \i\su(k＝1,n,S)k
＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋\f(1,24)＋…＋\f(1,2n)－\f(n＋1,2n＋1)))
＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\f(1,22)－\f(1,2n)×\f(1,2),1－\f(1,2))－\f(n＋1,2n＋1)))
＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\f(n＋3,2n＋1)))，
所以eq \i\su(k＝1,n,S)k＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(n＋3,2n)))dm2.
【典例3】《周髀算經(jīng)》中有這樣一個(gè)問題：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、驚蟄、春分、清明、谷雨、立夏、小滿、芒種這十二個(gè)節(jié)氣，自冬至日起，其日影長(zhǎng)依次成等差數(shù)列，前三個(gè)節(jié)氣日影長(zhǎng)之和為28.5尺，最后三個(gè)節(jié)氣日影長(zhǎng)之和為1.5尺，今年3月20日為春分時(shí)節(jié)，其日影長(zhǎng)為( )
A．4.5尺 B．3.5尺
C．2.5尺 D．1.5尺
【解析】冬至、小寒、大寒、立春、雨水、驚蟄、春分、清明、谷雨、立夏、小滿、芒種這十二個(gè)節(jié)氣日影長(zhǎng)構(gòu)成等差數(shù)列{an}，設(shè)公差為d，
由題意得，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＝28.5，,a10＋a11＋a12＝1.5，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝10.5，,d＝－1，))
所以an＝a1＋(n－1)d＝11.5－n，
所以a7＝11.5－7＝4.5，
即春分時(shí)節(jié)的日影長(zhǎng)為4.5尺．
故選A.
【題型二】等差、等比數(shù)列的綜合
【典例1】設(shè){an}是等差數(shù)列，且a1＝ln 2，a2＋a3＝5ln 2.
(1)求{an}的通項(xiàng)公式；
(2)求ea1＋ea2＋…＋ean.
【解析】(1)設(shè){an}的公差為d.
因?yàn)閍2＋a3＝5ln 2，
所以2a1＋3d＝5ln 2.又a1＝ln 2，所以d＝ln 2.
所以an＝a1＋(n－1)d＝nln 2.
(2)因?yàn)閑a1＝eln 2＝2，eq \f(ean,ean－1)＝ean－an－1＝eln 2＝2，
所以{ean}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列．
所以ea1＋ea2＋…＋ean＝2×eq \f(1－2n,1－2)＝2(2n－1)＝2n＋1－2.
【典例2】設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a2＝3，an＋1＝2an＋1.
(1)證明：{an＋1}為等比數(shù)列；
(2)求{an}的通項(xiàng)公式，并判斷n，an，Sn是否成等差數(shù)列？說明理由．
【解析】(1)證明：因?yàn)閍2＝3，a2＝2a1＋1，所以a1＝1，
因?yàn)閍n＋1＝2an＋1，所以an＋1＋1＝2(an＋1)，
所以{an＋1}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列．
(2)由(1)知，an＋1＝2n，所以an＝2n－1，
所以Sn＝eq \f(2－2n＋1,1－2)－n＝2n＋1－n－2，
所以n＋Sn－2an＝n＋2n＋1－n－2－2(2n－1)＝0，
所以n＋Sn＝2an，即n，an，Sn成等差數(shù)列．
【典例3】已知等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}滿足a1＝2，b2＝4，an＝2lg2bn，n∈N*.
(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)數(shù)列{an}中不在數(shù)列{bn}中的項(xiàng)按從小到大的順序構(gòu)成數(shù)列{cn}，記數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Sn，求S100.
【解析】(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，
因?yàn)閎2＝4，所以a2＝2lg2b2＝4，
所以d＝a2－a1＝2，
所以an＝2＋(n－1)×2＝2n.
又an＝2lg2bn，即2n＝2lg2bn，
所以n＝lg2bn，
所以bn＝2n.
(2)由(1)得bn＝2n＝2·2n－1＝a2n－1，
即bn是數(shù)列{an}中的第2n－1項(xiàng)．
設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Pn，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Qn，
因?yàn)閎7＝＝a64，b8＝＝a128，
所以數(shù)列{cn}的前100項(xiàng)是由數(shù)列{an}的前107項(xiàng)去掉數(shù)列{bn}的前7項(xiàng)后構(gòu)成的，
所以S100＝P107－Q7
＝eq \f(107×?2＋214?,2)－eq \f(2－28,1－2)＝11 302.
【題型三】數(shù)列與其他知識(shí)的交匯
【典例1】已知數(shù)列{an}是公比不等于1的正項(xiàng)等比數(shù)列，且lg a1＋lg a2 021＝0，若函數(shù)f(x)＝eq \f(2,1＋x2)，則f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 021)＝( )
A．2 020 B．4 040
C．2 021 D．4 042
【解析】因?yàn)閿?shù)列{an}是公比不等于1的正項(xiàng)等比數(shù)列，且lg a1＋lg a2 021＝0，所以lg(a1·a2 021)＝0，即a1·a2 021＝1. 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝eq \f(2,1＋x2)，所以f(x)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝eq \f(2,1＋x2)＋eq \f(2,1＋\f(1,x2))＝eq \f(2＋2x2,1＋x2)＝2，所以f(a1)＋f(a2 021)＝2. 令T＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 021)．則T＝f(a2 021)＋f(a2 020)＋…＋f(a1)．所以2T＝f(a1)＋f(a2 021)＋f(a2)＋f(a2 020)＋…＋f(a2 021)＋f(a1)＝2×2 021，所以T＝2 021.
故選C.
【典例2】已知Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，a1＝1，且?n∈N*，2Sn＝(n＋1)an，bn＝Sneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(anπ,2)＋sin \f(anπ,2)))，則數(shù)列{bn}的前2 020項(xiàng)之和T2 020＝________．
【解析】因?yàn)?Sn＝(n＋1)an①，
所以當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn－1＝nan－1②，
①－②得，2an＝(n＋1)an－nan－1，
即(n－1)an＝nan－1(n≥2)，
兩邊同時(shí)除以n(n－1)，得eq \f(an,n)＝eq \f(an－1,n－1)(n≥2)，
即數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))為常數(shù)列，
故eq \f(an,n)＝eq \f(a1,1)＝1，an＝n，
于是Sn＝eq \f(n（n＋1）,2)，
于是bn＝eq \f(n（n＋1）,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(nπ,2)＋sin \f(nπ,2)))，
令cn＝b4n－3＋b4n－2＋b4n－1＋b4n(n∈N*)，
則cn＝eq \f(（4n－3）（4n－2）,2)×(0＋1)＋eq \f(（4n－2）×（4n－1）,2)×(－1＋0)＋eq \f(（4n－1）×4n,2)×(0－1)＋eq \f(4n（4n＋1）,2)×(1＋0)＝2，
于是T2 020＝c1＋c2＋…＋c505＝2×505＝1 010.
【典例3】設(shè)數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1，記數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前n項(xiàng)和為Tn，若對(duì)任意的n∈N*，不等式4Tn＜a2－a恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________．
【解析】因?yàn)閍n＝2n－1，
所以eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
所以Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＜eq \f(1,2)，
又4Tn＜a2－a，
所以2≤a2－a，解得a≤－1或a≥2，
即實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，－1]∪[2，＋∞)．
三、【培優(yōu)訓(xùn)練】
【訓(xùn)練一】已知數(shù)列{an}滿足an＋am＝am＋n(m，n∈N*)且a1＝1，若[x]表示不超過x的最大整數(shù)，則數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(a2n＋3,5)))))的前10項(xiàng)和為( )
A．12 B.eq \f(113,5)
C．24 D．40
【解析】數(shù)列{an}滿足an＋am＝am＋n(m，n∈N*)且a1＝1，
所以令m＝1，可得an＋a1＝an＋1，可得an＋1－an＝1，
所以數(shù)列{an}為等差數(shù)列，公差為1，首項(xiàng)為1.
所以an＝1＋n－1＝n，所以a2n＋3＝2n＋3.
令eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(a2n＋3,5)))＝f(n)，則當(dāng)1≤n≤3時(shí)，f(n)＝1；4≤n≤5時(shí)，f(n)＝2；6≤n≤8時(shí)，f(n)＝3，n＝9，10時(shí)，f(n)＝4.
所以數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(a2n＋3,5)))))的前10項(xiàng)和為1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.
故選C.
【訓(xùn)練二】(多選)已知在△ABC中，A1，B1分別是邊BA，CB的中點(diǎn)，A2，B2分別是線段A1A，B1B的中點(diǎn)，…，An，Bn分別是線段An－1A，Bn－1B(n∈N*，n＞1)的中點(diǎn)，設(shè)數(shù)列{an}，{bn}滿足eq \(BnAn,\s\up6(→))＝aneq \(CA,\s\up6(→))＋bneq \(CB,\s\up6(→))(n∈N*)，給出下列四個(gè)結(jié)論，其中正確的是( )
A．?dāng)?shù)列{an}是遞增數(shù)列，數(shù)列{bn}是遞減數(shù)列
B．?dāng)?shù)列{an＋bn}是等比數(shù)列
C．?dāng)?shù)列{eq \f(an,bn)}(n∈N*，n＞1)既有最小值，又有最大值
D．若在△ABC中，C＝90°，CA＝CB，則|eq \(BnAn,\s\up6(→))|最小時(shí)，an＋bn＝eq \f(1,2)
【解析】由eq \(BAn,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))eq \(BA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))(eq \(CA,\s\up6(→))－eq \(CB,\s\up6(→)))，得eq \(BnB,\s\up6(→))＝eq \f(1,2n)eq \(CB,\s\up6(→))，得eq \(BnAn,\s\up6(→))＝eq \(BnB,\s\up6(→))＋eq \(BAn,\s\up6(→))＝eq \f(1,2n)eq \(CB,\s\up6(→))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))(eq \(CA,\s\up6(→))－eq \(CB,\s\up6(→)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－1))eq \(CB,\s\up6(→))，所以an＝1－eq \f(1,2n)，bn＝eq \f(1,2n－1)－1，則數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，數(shù)列{bn}是遞減數(shù)列，故A正確；數(shù)列{an＋bn}中，an＋bn＝eq \f(1,2n)，a1＋b1＝eq \f(1,2)，即數(shù)列{an＋bn}是首項(xiàng)為eq \f(1,2)，公比為eq \f(1,2)的等比數(shù)列，故B正確；當(dāng)n＞1時(shí)，在數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn)))中，eq \f(an,bn)＝eq \f(2n－1,2－2n)＝－1＋eq \f(1,2－2n)，所以數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn)))遞增，有最小值，無(wú)最大值，故C錯(cuò)誤；若在△ABC中，C＝90°，CA＝CB，則|eq \(BnAn,\s\up6(→))|2＝(aeq \\al(2,n)＋beq \\al(2,n))·CA2＋2anbneq \(CA,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝(aeq \\al(2,n)＋beq \\al(2,n))eq \(CA,\s\up6(→))2，aeq \\al(2,n)＋beq \\al(2,n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－1))eq \s\up12(2)＝5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n)))eq \s\up12(2)－6×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)＋2＝5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n)－\f(3,5)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,5)，當(dāng)n＝1時(shí)，aeq \\al(2,n)＋beq \\al(2,n)取得最小值，故當(dāng)|eq \(BnAn,\s\up6(→))|最小時(shí)，an＋bn＝eq \f(1,2)，故D正確．
故選ABD.
【訓(xùn)練三】某地區(qū)2018年人口總數(shù)為45萬(wàn)．實(shí)施“二孩”政策后，專家估計(jì)人口總數(shù)將發(fā)生如下變化：從2019年開始到2028年，每年人口總數(shù)比上一年增加0.5萬(wàn)人，從2029年開始到2038年，每年人口總數(shù)為上一年的99%.
(1)求實(shí)施“二孩”政策后第n年的人口總數(shù)an(單位：萬(wàn)人)的表達(dá)式(注：2019年為第一年)；
(2)若“二孩”政策實(shí)施后的2019年到2038年人口平均值超過49萬(wàn)，則需調(diào)整政策，否則繼續(xù)實(shí)施，問到2038年結(jié)束后是否需要調(diào)整政策？(參考數(shù)據(jù)：0.9910≈0.9)
【解析】(1)由題意知，當(dāng)1≤n≤10時(shí)，數(shù)列{an}是首項(xiàng)為45.5，公差為0.5的等差數(shù)列，可得an＝45.5＋0.5×(n－1)＝0.5n＋45，則a10＝50；
當(dāng)11≤n≤20時(shí)，數(shù)列{an}是公比為0.99的等比數(shù)列，則an＝50×0.99n－10.
故實(shí)施“二孩”政策后第n年的人口總數(shù)an(單位：萬(wàn)人)的表達(dá)式為
an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0.5n＋45，1≤n≤10，,50×0.99n－10，11≤n≤20.))
(2)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．從2019年到2038年共20年，由等差數(shù)列及等比數(shù)列的求和公式得S20＝S10＋(a11＋a12＋…＋a20)＝477.5＋4 950×(1－0.9910)≈972.5.
所以“二孩”政策實(shí)施后的2019年到2038年人口平均值為eq \f(S20,20)≈48.63，則eq \f(S20,20)＜49，
故到2038年結(jié)束后不需要調(diào)整政策．
【訓(xùn)練四】已知在等差數(shù)列{an}中，a2＝5，a4＋a6＝22，在數(shù)列{bn}中，b1＝3，bn＝2bn－1＋1(n≥2)．
(1)分別求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；
(2)定義x＝[x]＋(x)，[x]是x的整數(shù)部分，(x)是x的小數(shù)部分，且0≤(x)＜1.記數(shù)列{cn}滿足cn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn＋1)))，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和．
【解析】(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因?yàn)閍2＝5，a4＋a6＝22，所以a5＝eq \f(a4＋a6,2)＝11，所以d＝eq \f(a5－a2,5－2)＝2，所以an＝a2＋2(n－2)＝5＋2(n－2)＝2n＋1.又b1＝3，bn＋1＝2(bn－1＋1)(n≥2)，所以{bn＋1}是首項(xiàng)為4，公比為2的等比數(shù)列，所以bn＋1＝2n＋1(n≥2)，所以bn＝2n＋1－1(n≥2)．易知b1＝3滿足上式，所以bn＝2n＋1－1(n∈N*)．
(2)由二項(xiàng)式定理知，當(dāng)n≥1時(shí)，2n＋1＝2(1＋1)n≥2(Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n))＝2(1＋n)＞2n＋1，所以cn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn＋1)))＝eq \f(2n＋1,2n＋1)，所以Sn＝eq \f(3,22)＋eq \f(5,23)＋eq \f(7,24)＋…＋eq \f(2n＋1,2n＋1)①，
eq \f(1,2)Sn＝eq \f(3,23)＋eq \f(5,24)＋eq \f(7,25)＋…＋eq \f(2n＋1,2n＋2)②，
①－②，得eq \f(1,2)Sn＝eq \f(3,4)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋eq \f(1,24)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(2n＋1,2n＋2)
＝eq \f(3,4)＋eq \f(1,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)－eq \f(2n＋1,2n＋2)
＝eq \f(5,4)－eq \f(2n＋5,2n＋2)，
故Sn＝eq \f(5,2)－eq \f(2n＋5,2n＋1).
【訓(xùn)練五】由整數(shù)構(gòu)成的等差數(shù)列{an}滿足a3＝5，a1a2＝2a4.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)若數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝2n，將數(shù)列{an}，{bn}的所有項(xiàng)按照“當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，bn放在前面；當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，an放在前面”的要求進(jìn)行“交叉排列”，得到一個(gè)新數(shù)列{cn}，b1，a1，a2，b2，b3，a3，a4，b4，…，求數(shù)列{cn}的前(4n＋3)項(xiàng)和T4n＋3.
【解析】(1)由題意，設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，
因?yàn)閍3＝5，a1a2＝2a4，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝5，,a1·?a1＋d?＝2?a1＋3d?，))
整理得(5－2d)(5－d)＝2(5＋d)，
即2d2－17d＋15＝0，解得d＝eq \f(15,2)或d＝1，
因?yàn)閧an}為整數(shù)數(shù)列，所以d＝1，
又由a1＋2d＝5，可得a1＝3，
所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝n＋2.
(2)由(1)知，數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝n＋2，又由數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝2n，
根據(jù)題意，得新數(shù)列{cn}，b1，a1，a2，b2，b3，a3，a4，b4，…，
則T4n＋3＝b1＋a1＋a2＋b2＋b3＋a3＋a4＋b4＋…＋b2n－1＋a2n－1＋a2n＋b2n＋b2n＋1＋a2n＋1＋a2n＋2
＝(b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n＋1)＋(a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2n＋2)
＝eq \f(2×?1－22n＋1?,1－2)＋eq \f(?3＋2n＋4??2n＋2?,2)＝4n＋1＋2n2＋9n＋5.
【訓(xùn)練六】已知等差數(shù)列{an}的公差為2，前n項(xiàng)和為Sn，且S1，S2，S4成等比數(shù)列．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)令bn＝(－1)n－1eq \f(4n,anan＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.
【解析】(1)∵等差數(shù)列{an}的公差為2，前n項(xiàng)和為Sn，且S1，S2，S4成等比數(shù)列，
∴Sn＝na1＋n(n－1)，
(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，
解得a1＝1，∴an＝2n－1.
(2)由(1)可得bn＝(－1)n－1eq \f(4n,anan＋1)
＝(－1)n－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))，
當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，
Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＋\f(1,7)))－…
＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))
＝1－eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(2n,2n＋1)；
當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，
Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＋\f(1,7)))－…－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))
＝1＋eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(2n＋2,2n＋1).
∴Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2n,2n＋1)，n為偶數(shù)，,\f(2n＋2,2n＋1)，n為奇數(shù).))
四、【強(qiáng)化測(cè)試】
【單選題】
1. 等比數(shù)列{an}中，a5，a7是函數(shù)f(x)＝x2－4x＋3的兩個(gè)零點(diǎn)，則a3·a9等于( )
A．－3 B．3 C．－4 D．4
【解析】∵a5，a7是函數(shù)f(x)＝x2－4x＋3的兩個(gè)零點(diǎn)，∴a5，a7是方程x2－4x＋3＝0的兩個(gè)根，∴a5·a7＝3，由等比數(shù)列的性質(zhì)可得a3·a9＝a5·a7＝3.
故選B.
2. 已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，公差為－2，且a7是a3與a9的等比中項(xiàng)，則S10的值為( )
A．－110 B．－90 C．90 D．110
【解析】∵a7是a3與a9的等比中項(xiàng)，
∴aeq \\al(2,7)＝a3a9，
又?jǐn)?shù)列{an}的公差為－2，
∴(a1－12)2＝(a1－4)(a1－16)，解得a1＝20，
∴an＝20＋(n－1)×(－2)＝22－2n，
∴S10＝eq \f(10?a1＋a10?,2)＝5×(20＋2)＝110.
故選D.
3. 若等差數(shù)列{an}的公差d≠0且a1，a3，a7成等比數(shù)列，則eq \f(a2,a1)等于( )
A.eq \f(3,2) B.eq \f(2,3) C.eq \f(1,2) D．2
【解析】設(shè)等差數(shù)列的首項(xiàng)為a1，公差為d，
則a3＝a1＋2d，a7＝a1＋6d.
因?yàn)閍1，a3，a7成等比數(shù)列，
所以(a1＋2d)2＝a1(a1＋6d)，
解得a1＝2d.所以eq \f(a2,a1)＝eq \f(2d＋d,2d)＝eq \f(3,2).
故選A.
4. 某病毒研究所為了更好地研究“新冠”病毒，計(jì)劃改建十個(gè)實(shí)驗(yàn)室，每個(gè)實(shí)驗(yàn)室的改建費(fèi)用分為裝修費(fèi)和設(shè)備費(fèi)，每個(gè)實(shí)驗(yàn)室的裝修費(fèi)都一樣，設(shè)備費(fèi)從第一到第十實(shí)驗(yàn)室依次構(gòu)成等比數(shù)列，已知第五實(shí)驗(yàn)室比第二實(shí)驗(yàn)室的改建費(fèi)用高42萬(wàn)元，第七實(shí)驗(yàn)室比第四實(shí)驗(yàn)室的改建費(fèi)用高168萬(wàn)元，并要求每個(gè)實(shí)驗(yàn)室改建費(fèi)用不能超過1 700萬(wàn)元．則該研究所改建這十個(gè)實(shí)驗(yàn)室投入的總費(fèi)用最多需要( )
A．3 233萬(wàn)元 B．4 706萬(wàn)元
C．4 709萬(wàn)元 D．4 808萬(wàn)元
【解析】設(shè)每個(gè)實(shí)驗(yàn)室的裝修費(fèi)用為x萬(wàn)元，設(shè)備費(fèi)為an萬(wàn)元(n＝1,2,3，…，10)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a5－a2＝42，,a7－a4＝168，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q4－a1q＝42，,a1q6－a1q3＝168，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝3，,q＝2.))故a10＝a1q9＝1 536.
依題意x＋1 536≤1 700，即x≤164.
所以總費(fèi)用為10x＋a1＋a2＋…＋a10＝10x＋eq \f(3?1－210?,1－2)＝10x＋3 069≤4 709.
故選C.
5. 某食品加工廠2019年獲利20萬(wàn)元，經(jīng)調(diào)整食品結(jié)構(gòu)，開發(fā)新產(chǎn)品，計(jì)劃從2020年開始每年比上一年獲利增加20%，則從( )年開始這家加工廠年獲利超過60萬(wàn)元，已知lg 2≈0.301 0，lg 3≈0.477 1( )
A．2024年 B．2025年
C．2026年 D．2027年
【解析】由題意，設(shè)從2019年開始，第n年的獲利為an(n∈N*)萬(wàn)元，
則數(shù)列{an}為等比數(shù)列，其中2019年的獲利為首項(xiàng)，即a1＝20.
2020年的獲利為a2＝20·(1＋20%)＝20×eq \f(6,5)(萬(wàn)元)，
2021年的獲利為a3＝20×(1＋20%)2＝20·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)))2(萬(wàn)元)，
∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝20·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)))n－1(n∈N*)，
由題意可得an＝20·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)))n－1>60，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)))n－1>3，
∴n－1>＝eq \f(lg 3,lg \f(6,5))＝eq \f(lg 3,lg 6－lg 5)＝eq \f(lg 3,lg?2×3?－lg \f(10,2))＝eq \f(lg 3,2lg 2＋lg 3－1)≈eq \f(0.477 1,2×0.301 0＋0.477 1－1)≈6.031 6>6，
∴n≥8，
∴從2026年開始這家加工廠年獲利超過60萬(wàn)元．
故選C.
6. 意大利數(shù)學(xué)家斐波那契以兔子繁殖為例，引入“兔子數(shù)列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…即F(1)＝F(2)＝1，F(xiàn)(n)＝F(n－1)＋F(n－2)(n≥3，n∈N*)．此數(shù)列在現(xiàn)代物理、化學(xué)等方面都有著廣泛的應(yīng)用．若此數(shù)列被2除后的余數(shù)構(gòu)成一個(gè)新數(shù)列{an}，則數(shù)列{an}的前2 019項(xiàng)的和為( )
A．672 B．673
C．1 346 D．2 019
【解析】由于{an}是數(shù)列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…各項(xiàng)除以2的余數(shù)，
故{an}為1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，…，
所以{an}是周期為3的周期數(shù)列，
且一個(gè)周期中的三項(xiàng)之和為1＋1＋0＝2.
因?yàn)? 019＝673×3，
所以數(shù)列{an}的前2 019項(xiàng)的和為673×2＝1 346.
故選C．
7. 已知等差數(shù)列{an}的公差為－2，前n項(xiàng)和為Sn.若a2，a3，a4為某三角形的三邊長(zhǎng)，且該三角形有一個(gè)內(nèi)角為120°，則Sn的最大值為( )
A．5 B．11
C．20 D．25
【解析】由等差數(shù)列{an}的公差為－2可知該數(shù)列為遞減數(shù)列，則a2，a3，a4中a2最大，a4最小．又a2，a3，a4為三角形的三邊長(zhǎng)，且最大內(nèi)角為120°，由余弦定理得aeq \\al(2,2)＝aeq \\al(2,3)＋aeq \\al(2,4)＋a3a4.設(shè)首項(xiàng)為a1，則(a1－2)2＝(a1－4)2＋(a1－6)2＋(a1－4)(a1－6)，整理得(a1－4)(a1－9)＝0，所以a1＝4或a1＝9.又a4＝a1－6＞0，即a1＞6，故a1＝4舍去，所以a1＝9.數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝9n＋eq \f(n(n－1),2)×(－2)＝－(n－5)2＋25.故Sn的最大值為S5＝25.
故選D．
8. 定義：若數(shù)列{an}對(duì)任意的正整數(shù)n，都有|an＋1|＋|an|＝d(d為常數(shù))，則稱|an|為“絕對(duì)和數(shù)列”，d叫做“絕對(duì)公和”．已知“絕對(duì)和數(shù)列”{an}中，a1＝2，絕對(duì)公和為3，則其前2 019項(xiàng)的和S2 019的最小值為( )
A．－2 019 B．－3 010
C．－3 025 D．－3 027
【解析】依題意，要使“絕對(duì)和數(shù)列”{an}前2 019項(xiàng)的和S2 019的值最小，只需每一項(xiàng)的值都取最小值即可．因?yàn)閍1＝2，絕對(duì)公和d＝3，所以a2＝－1或a2＝1(舍)，所以a3＝－2或a3＝2(舍)，所以a4＝－1或a4＝1(舍)，…，所以滿足條件的數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式
an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,－2，n為大于1的奇數(shù)，,－1，n為偶數(shù)，))所以S2 019＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2 018＋a2 019)＝2＋(－1－2)×eq \f(2 019－1,2)＝－3 025，
故選C．
【多選題】
9. 南宋數(shù)學(xué)家楊輝所著的《詳解九章算法·商功》中出現(xiàn)了如圖所示的形狀，后人稱為“三角垛”．“三角垛”的最上層有1個(gè)球，第二層有3個(gè)球，第三層有6個(gè)球，…，設(shè)各層球數(shù)構(gòu)成一個(gè)數(shù)列{an}，則( )
A．a(chǎn)4＝12
B．a(chǎn)n＋1＝an＋n＋1
C．a(chǎn)100＝5 050
D．2an＋1＝an·an＋2
【解析】由題意知，a1＝1，a2＝3，a3＝6，…，
an＝an－1＋n，故an＝eq \f(n?n＋1?,2)，
∴a4＝eq \f(4×?4＋1?,2)＝10，故A錯(cuò)誤；
an＋1＝an＋n＋1，故B正確；
a100＝eq \f(100×?100＋1?,2)＝5 050，故C正確；
2an＋1＝(n＋1)(n＋2)，
an·an＋2＝eq \f(n?n＋1??n＋2??n＋3?,4)，
顯然2an＋1≠an·an＋2，故D錯(cuò)誤．
故選BC.
10. 已知數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列，前n項(xiàng)和為Sn，滿足a1＋5a3＝S8，下列選項(xiàng)正確的有( )
A．a(chǎn)10＝0 B．S10最小
C．S7＝S12 D．S20＝0
【解析】根據(jù)題意，數(shù)列{an}是等差數(shù)列，若a1＋5a3＝S8，
即a1＋5a1＋10d＝8a1＋28d，變形可得a1＝－9d，
又由an＝a1＋(n－1)d＝(n－10)d，
則有a10＝0，故A一定正確；
不能確定a1和d的符號(hào)，不能確定S10最小，故B不正確；
又由Sn＝na1＋eq \f(n?n－1?d,2)＝－9nd＋eq \f(n?n－1?d,2)＝eq \f(d,2)×(n2－19n)，
則有S7＝S12，故C一定正確；
則S20＝20a1＋eq \f(20×19,2)d＝－180d＋190d＝10d，∵d≠0，∴S20≠0，則D不正確．
故選AC.
11. 若數(shù)列{an}滿足：對(duì)任意的n∈N*且n≥3，總存在i，j∈N*，使得an＝ai＋aj(i≠j，i＜n，j＜n)，則稱數(shù)列{an}是“T數(shù)列”．則下列數(shù)列是“T數(shù)列”的為( )
A．{2n} B．{n2}
C．{3n} D．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(5),2)))\s\up12(n－1)))
【解析】令an＝2n，則an＝a1＋an－1(n≥3)，所以數(shù)列{2n}是“T數(shù)列”；令an＝n2，則a1＝1，a2＝4，a3＝9，所以a3≠a1＋a2，所以數(shù)列{n2}不是“T數(shù)列”；令an＝3n，則a1＝3，a2＝9，a3＝27，所以a3≠a1＋a2，所以數(shù)列{3n}不是“T數(shù)列”；令an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(5),2)))eq \s\up12(n－1)，則an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(5),2)))eq \s\up12(n－2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(5),2)))eq \s\up12(n－3)＝an－1＋an－2(n≥3)，所以數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(5),2)))\s\up12(n－1)))是“T數(shù)列”．
故選AD．
12. 一個(gè)彈性小球從100 m高處自由落下，每次著地后又跳回原來(lái)的高度的eq \f(2,3)再落下．設(shè)它第n次著地時(shí)，經(jīng)過的總路程記為Sn，則當(dāng)n≥2時(shí)，下面說法正確的是( )
A．Sn＜500 B．Sn≤500
C．Sn的最小值為eq \f(700,3) D．Sn的最大值為400
【解析】第一次著地時(shí)，共經(jīng)過了100 m，第二次著地時(shí)，共經(jīng)過了eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(100＋100×\f(2,3)×2)) m，第三次著地時(shí)，共經(jīng)過了eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(100＋100×\f(2,3)×2＋100×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(2)×2)) m，…，以此類推，第n次著地時(shí)，共經(jīng)過了eq \b\lc\[(\a\vs4\al\c1(100＋100×\f(2,3)×2＋100×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(2)×2＋…＋100×))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(n－1)×2)) m．所以Sn＝100＋eq \f(\f(400,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(n－1))),1－\f(2,3))＝100＋400eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(n－1))).則Sn是關(guān)于n的增函數(shù)，所以當(dāng)n≥2時(shí)，Sn的最小值為S2，且S2＝eq \f(700,3).又Sn＝100＋400eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(n－1)))＜100＋400＝500.
故選AC．
【填空題】
13. 若數(shù)列{an}滿足eq \f(1,an＋1)－eq \f(2,an)＝0，則稱{an}為“夢(mèng)想數(shù)列”．已知正項(xiàng)數(shù)列{eq \f(1,bn)}為“夢(mèng)想數(shù)列”，且b1＋b2＋b3＝1，則b6＋b7＋b8＝________．
【解析】由eq \f(1,an＋1)－eq \f(2,an)＝0可得an＋1＝eq \f(1,2)an，故{an}是公比為eq \f(1,2)的等比數(shù)列，故{eq \f(1,bn)}是公比為eq \f(1,2)的等比數(shù)列，則{bn}是公比為2的等比數(shù)列，b6＋b7＋b8＝(b1＋b2＋b3)25＝32.
14. 已知在數(shù)列{an}中，an＋1＝2an－1，a1＝2，設(shè)其前n項(xiàng)和為Sn，若對(duì)任意的n∈N*，(Sn＋1－n)k≥2n－3恒成立，則k的最小值為________
【解析】由an＋1＝2an－1，可得an＋1－1＝2(an－1)．又因?yàn)閍1－1＝1，所以數(shù)列{an－1}是公比為2，首項(xiàng)為1的等比數(shù)列，所以an＝1＋2n－1，所以Sn＝eq \f(2n－1,2－1)＋n＝2n－1＋n.因?yàn)閷?duì)任意的n∈N*，(Sn＋1－n)k≥2n－3恒成立，所以k≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2n－3,2n)))eq \s\d7(max).令bn＝eq \f(2n－3,2n)，因?yàn)閎n＋1－bn＝eq \f(2n－1,2n＋1)－eq \f(2n－3,2n)＝eq \f(5－2n,2n＋1)，所以數(shù)列{bn}的前3項(xiàng)單調(diào)遞增，從第3項(xiàng)開始單調(diào)遞減．所以n＝3時(shí)，數(shù)列{bn}取得最大值b3＝eq \f(3,8)，所以k≥eq \f(3,8).
15. 若數(shù)列{an}滿足a2－eq \f(1,2)a10，a≠1.))
19. 已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足eq \r(Sn)＝eq \r(Sn－1)＋1(n≥2，n∈N)，且a1＝1.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an；
(2)記bn＝eq \f(1,an·an＋1)，Tn為{bn}的前n項(xiàng)和，求使Tn≥eq \f(2,n)成立的n的最小值．
【解析】(1)由已知有eq \r(Sn)－eq \r(Sn－1)＝1(n≥2，n∈N)，所以數(shù)列{eq \r(Sn)}為等差數(shù)列，又eq \r(S1)＝eq \r(a1)＝1，所以eq \r(Sn)＝n，即Sn＝n2.
當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.
又a1＝1也滿足上式，所以an＝2n－1.
(2)由(1)知，bn＝eq \f(1,(2n－1)(2n＋1))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
所以Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1).
由Tn≥eq \f(2,n)得n2≥4n＋2，即(n－2)2≥6，所以n≥5，
所以n的最小值為5.
20. 定義首項(xiàng)為1且公比為正數(shù)的等比數(shù)列為“M－數(shù)列”．
(1)已知等比數(shù)列{an}(n∈N*)滿足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求證：數(shù)列{an}為“M－數(shù)列”；
(2)已知數(shù)列{bn}(n∈N*)滿足：b1＝1，eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,bn)－eq \f(2,bn＋1)，其中Sn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和．求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式．
【解析】(1)證明：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，所以a1≠0，q≠0.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2a4＝a5，,a3－4a2＋4a1＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(aeq \\al(2,1)q4＝a1q4，,a1q2－4a1q＋4a1＝0，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2.))
因此數(shù)列{an}為“M－數(shù)列”．
(2)因?yàn)閑q \f(1,Sn)＝eq \f(2,bn)－eq \f(2,bn＋1)，所以bn≠0.
由b1＝1，S1＝b1，得eq \f(1,1)＝eq \f(2,1)－eq \f(2,b2)，則b2＝2.
由eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,bn)－eq \f(2,bn＋1)，得Sn＝eq \f(bnbn＋1,2(bn＋1－bn))，
當(dāng)n≥2時(shí)，由bn＝Sn－Sn－1，
得bn＝eq \f(bnbn＋1,2(bn＋1－bn))－eq \f(bn－1bn,2(bn－bn－1))，
整理得bn＋1＋bn－1＝2bn.
所以數(shù)列{bn}是首項(xiàng)和公差均為1的等差數(shù)列．
因此，數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝n(n∈N*)．
21. 從“①Sn＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(a1,2)))；②S2＝a3，a4＝a1a2；③a1＝2，a4是a2，a8的等比中項(xiàng)．”三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充到下面的橫線處，并解答．
已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，公差d≠0，________，n∈N*.
(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Wn，求Wn.
注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分．
【解析】(1)選①：
Sn＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(a1,2)))＝n2＋eq \f(a1,2)n，
令n＝1，得a1＝1＋eq \f(a1,2)，即a1＝2，
所以Sn＝n2＋n.
當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝(n－1)2＋n－1，
當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝2n，又a1＝2，滿足上式，
所以an＝2n.
選②：
由S2＝a3，得a1＋a2＝a3，得a1＝d，
又由a4＝a1a2，得a1＋3d＝a1(a1＋d)，
因?yàn)閐≠0，則a1＝d＝2，所以an＝2n.
選③：
由a4是a2，a8的等比中項(xiàng)，得aeq \\al(2,4)＝a2a8，
則(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，
因?yàn)閍1＝2，d≠0，所以d＝2，則an＝2n.
(2)Sn＝n2＋n，bn＝(2n＋1)2＋2n＋1－(2n)2－2n
＝3·22n＋2n，
所以Wn＝3×22＋2＋3×24＋22＋…＋3×22n＋2n＝eq \f(12×?1－4n?,1－4)＋eq \f(2×?1－2n?,1－2)＝4(4n－1)＋2(2n－1)＝4n＋1＋2n＋1－6.
22. 已知正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且aeq \\al(2,n＋1)＝2Sn＋n＋1，a2＝2.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an；
(2)若bn＝an·2n，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，求使Tn>2 022的最小的正整數(shù)n的值．
【解析】(1)當(dāng)n≥2時(shí)，
由aeq \\al(2,n＋1)＝2Sn＋n＋1，a2＝2，
得aeq \\al(2,n)＝2Sn－1＋n－1＋1，
兩式相減得aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＝2an＋1，
即aeq \\al(2,n＋1)＝aeq \\al(2,n)＋2an＋1＝(an＋1)2.
∵{an}是正項(xiàng)數(shù)列，∴an＋1＝an＋1.
當(dāng)n＝1時(shí)，aeq \\al(2,2)＝2a1＋2＝4，
∴a1＝1，∴a2－a1＝1，
∴數(shù)列{an}是以a1＝1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，∴an＝n.
(2)由(1)知bn＝an·2n＝n·2n，
∴Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，
2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，
兩式相減得－Tn＝eq \f(2·?1－2n?,1－2)－n·2n＋1
＝(1－n)2n＋1－2，
∴Tn＝(n－1)2n＋1＋2.
∴Tn－Tn－1＝n·2n>0，
∴Tn單調(diào)遞增．
當(dāng)n＝7時(shí)，T7＝6×28＋2＝1 5382 022，
∴使Tn>2 022的最小的正整數(shù)n的值為8.

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