考點(diǎn)一 等差、等比數(shù)列的綜合(綜合型)
eq \a\vs4\al(復(fù)習(xí)指導(dǎo))eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))求解此類問題應(yīng)“瞄準(zhǔn)目標(biāo)”，靈活應(yīng)用數(shù)列的有關(guān)性質(zhì)，簡化運(yùn)算過程．求解過程中注意合理選擇有關(guān)公式，正確判斷是否需要分類討論．
(2018·高考北京卷)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】 (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.
eq \a\vs4\al()
等差數(shù)列、等比數(shù)列綜合問題的解題策略
(1)分析已知條件和求解目標(biāo)，確定最終解決問題需要首先求解的中間問題，如求和需要先求出通項(xiàng)、求出通項(xiàng)需要先求出首項(xiàng)和公差(公比)等，確定解題的順序．
(2)注意細(xì)節(jié)．在等差數(shù)列與等比數(shù)列綜合問題中，如果等比數(shù)列的公比不能確定，則要看其是否有等于1的可能，在數(shù)列的通項(xiàng)問題中第一項(xiàng)和后面的項(xiàng)能否用同一個(gè)公式表示等，這些細(xì)節(jié)對解題的影響也是巨大的．
[提醒] 在不能使用同一公式進(jìn)行計(jì)算的情況下要注意分類討論，分類解決問題后要注意結(jié)論的整合．
(2020·吉林第一次調(diào)研測試)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：(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．
考點(diǎn)二 數(shù)列與數(shù)學(xué)文化(應(yīng)用型)
eq \a\vs4\al(復(fù)習(xí)指導(dǎo))eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))解決數(shù)列與數(shù)學(xué)文化相交匯問題的關(guān)鍵：一是讀懂題意，即會(huì)“脫去”數(shù)學(xué)文化的背景，提取關(guān)鍵信息；二是構(gòu)造模型，即由題意構(gòu)建等差數(shù)列或等比數(shù)列或遞推關(guān)系式的模型；三是“解?！?，即把文字語言轉(zhuǎn)化為求數(shù)列的相關(guān)信息，如求指定項(xiàng)、公差(或公比)、項(xiàng)數(shù)、通項(xiàng)公式或前n項(xiàng)和等．
(1)(2020·湖南衡陽三模)中國古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中有如下問題．今有牛、馬、羊食人苗，苗主責(zé)之粟五斗，羊主曰：“我羊食半馬．”馬主曰：“我馬食半牛．”今欲衰償之，問各出幾何？此問題的譯文如下：今有牛、馬、羊吃了別人的禾苗，禾苗主人要求賠償5斗粟．羊主人說：“我的羊所吃的禾苗只有馬的一半．”馬主人說：“我的馬所吃的禾苗只有牛的一半．”打算按此比例償還，他們各應(yīng)償還多少？該問題中，1斗為10升，則馬主人應(yīng)償還的粟(單位：升)為( )
A．eq \f(25,3) B．eq \f(50,3)
C．eq \f(50,7) D．eq \f(100,7)
(2)(2020·北京市石景山區(qū)3月模擬)九連環(huán)是我國從古至今廣為流傳的一種益智游戲，它用九個(gè)圓環(huán)相連成串，以解開為勝．據(jù)明代楊慎《丹鉛總錄》記載：“兩環(huán)互相貫為一，得其關(guān)捩，解之為二，又合而為一．”在某種玩法中，用an表示解下n(n≤9，n∈N*)個(gè)圓環(huán)所需的最少移動(dòng)次數(shù)，數(shù)列{an}滿足a1＝1，且an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2an－1－1，n為偶數(shù)，,2an－1＋2，n為奇數(shù)，))則解下4個(gè)環(huán)所需的最少移動(dòng)次數(shù)a4為( )
A．7 B．10
C．12 D．22
【解析】 (1)5斗＝50升．設(shè)羊、馬、牛的主人應(yīng)償還粟的量分別為a1，a2，a3，由題意可知a1，a2，a3構(gòu)成公比為2的等比數(shù)列，且S3＝50，則eq \f(a1(1－23),1－2)＝50，解得a1＝eq \f(50,7)，所以馬主人應(yīng)償還粟的量為a2＝2a1＝eq \f(100,7)，故選D．
(2)因?yàn)閿?shù)列{an}滿足a1＝1，且an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2an－1－1，n為偶數(shù)，,2an－1＋2，n為奇數(shù)，))所以a2＝2a1－1＝2－1＝1，所以a3＝2a2＋2＝2×1＋2＝4，所以a4＝2a3－1＝2×4－1＝7.故選A．
【答案】 (1)D (2)A
eq \a\vs4\al()
數(shù)學(xué)建模是指對現(xiàn)實(shí)問題進(jìn)行抽象，用數(shù)學(xué)語言表達(dá)和解決實(shí)際問題的過程．有關(guān)數(shù)列的應(yīng)用問題，是讓學(xué)生能夠在實(shí)際情境中，用數(shù)學(xué)的思想分析數(shù)列問題，用數(shù)學(xué)的語言表達(dá)數(shù)列問題，用數(shù)學(xué)的知識(shí)得到數(shù)列模型，用數(shù)列的方法得到結(jié)論，驗(yàn)證數(shù)學(xué)結(jié)論與實(shí)際問題的相符程度，最終得到符合實(shí)際規(guī)律的結(jié)果．
1．(2020·廣東潮州二模)我國古代名著《九章算術(shù)》中有這樣一段話：“今有金箠，長五尺，斬本一尺，重四斤，斬末一尺，重二斤．”意思是：現(xiàn)有一根金箠，長5尺，頭部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤．若該金箠從頭到尾，每一尺的質(zhì)量構(gòu)成等差數(shù)列，則該金箠共重為( )
A．6斤 B．7斤
C．9斤 D．15斤
解析：選D．設(shè)從頭到尾每一尺的質(zhì)量構(gòu)成等差數(shù)列{an}，
則有a1＝4，a5＝2，
所以a1＋a5＝6，
數(shù)列{an}的前5項(xiàng)和為S5＝5×eq \f(a1＋a5,2)＝5×3＝15，即該金箠共重15斤．故選D．
2．1979年，李政道博士給中國科技大學(xué)少年班出過一道智趣題：5只猴子分一堆桃子，怎么也不能分成5等份，只好先去睡覺，準(zhǔn)備第二天再分，夜里1只猴子偷偷爬起來，先吃掉一個(gè)桃子，然后將其分成5等份，藏起自己的一份就去睡覺了；第2只猴子又爬起來，將剩余的桃子吃掉一個(gè)后，也將桃子分成5等份；藏起自己的一份睡覺去了；以后的3只猴子都先后照此辦理，問：最初至少有多少個(gè)桃子？最后至少剩下多少個(gè)桃子？
解：假如我們設(shè)最初有a1個(gè)桃子，猴子每次分剩下的桃子依次為a2，a3，a4，a5，a6，得到一個(gè)數(shù)列{an}，依題意，可知數(shù)列的遞推公式：an＋1＝an－eq \f(1,5)(an－1)－1，
即an＋1＝eq \f(4,5)(an－1)，
整理變形，得an＋1＋4＝eq \f(4,5)(an＋4)．
故{an＋4}是以eq \f(4,5)為公比的等比數(shù)列，
所以a6＋4＝(a1＋4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))eq \s\up12(5)，
欲使(a6＋4)∈N*，應(yīng)有a1＋4＝55m(m∈N*)，
故最初至少有桃子a1＝55－4＝3 121個(gè)，從而最后至少剩下a6＝45－4＝1 020個(gè)．
考點(diǎn)三 數(shù)列與其他知識(shí)的交匯(綜合型)
eq \a\vs4\al(復(fù)習(xí)指導(dǎo))eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))數(shù)列常與函數(shù)、不等式及三角函數(shù)等知識(shí)交匯，求解關(guān)鍵是把其他知識(shí)巧妙轉(zhuǎn)化為數(shù)列問題，再利用數(shù)列公式進(jìn)行求解．
(2020·安徽安慶4月聯(lián)考)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且eq \f(\r(3)sin B－sin C,b－a)＝eq \f(sin A＋sin B,c).
(1)求角A的大??；
(2)若等差數(shù)列{an}的公差不為零，a1sin A＝1，且a2，a4，a8成等比數(shù)列，bn＝eq \f(1,anan＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.
【解】 (1)由eq \f(\r(3)sin B－sin C,b－a)＝eq \f(sin A＋sin B,c)，
根據(jù)正弦定理可得eq \f(\r(3)b－c,b－a)＝eq \f(b＋a,c)，即b2＋c2－a2＝eq \r(3)bc，
所以cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(\r(3),2)，
由0＜A＜π，得A＝eq \f(π,6).
(2)由(1)知，A＝eq \f(π,6)，
設(shè)數(shù)列{an}的公差為d(d≠0)，因?yàn)閍1sin A＝1，
所以a1sineq \f(π,6)＝eq \f(1,2)a1＝1，解得a1＝2.
因?yàn)閍2，a4，a8成等比數(shù)列，所以aeq \\al(2,4)＝a2a8，即(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，所以d2＝2d.
又d≠0，所以d＝2，則an＝2n，
bn＝eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,2n(2n＋2))＝eq \f(1,4)(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))，
則Sn＝eq \f(1,4)[(1－eq \f(1,2))＋(eq \f(1,2)－eq \f(1,3))＋…＋(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))]
＝eq \f(1,4)(1－eq \f(1,n＋1))＝eq \f(n,4n＋4).
eq \a\vs4\al()
破解數(shù)列與三角函數(shù)相交匯問題的策略：一是活用兩定理，即會(huì)利用正弦定理和余弦定理破解三角形的邊角關(guān)系；二是會(huì)用公式，即會(huì)利用等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式求解未知量；三是求和方法，針對數(shù)列通項(xiàng)公式的特征，靈活應(yīng)用裂項(xiàng)相消法、分組求和法、錯(cuò)位相減法等求和．
1．(2020·浙江杭州4月模擬)已知數(shù)列{an}，{bn}滿足a1＝1，且an，an＋1是函數(shù)f(x)＝x2－bnx＋2n的兩個(gè)零點(diǎn)，則a5＝________，b10＝________．
解析：因?yàn)閍n，an＋1是函數(shù)f(x)＝x2－bnx＋2n的兩個(gè)零點(diǎn)，所以an，an＋1是方程x2－bnx＋2n＝0的兩個(gè)根，
根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系，可得an·an＋1＝2n，an＋an＋1＝bn，
由an·an＋1＝2n，可得an＋1·an＋2＝2n＋1，
兩式相除可得eq \f(an＋2,an)＝2，
所以a1，a3，a5，…成公比為2的等比數(shù)列，a2，a4，a6，…成公比為2的等比數(shù)列，又由a1＝1，得a2＝2，所以a5＝1×22＝4，a10＝2×24＝32，a11＝1×25＝32，
所以b10＝a10＋a11＝32＋32＝64.
答案：4 64
2．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,x)，正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－1)))，n∈N*，且n≥2.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)對n∈N*，求證：eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＋eq \f(1,a3a4)＋…＋eq \f(1,anan＋1)＜2.
解：(1)由an＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－1)))，
所以an＝eq \f(1,2)＋an－1，n∈N*，且n≥2，
所以數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，以eq \f(1,2)為公差的等差數(shù)列，
所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋eq \f(1,2)(n－1)＝eq \f(n＋1,2).
(2)證明：由(1)可知
eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(4,(n＋1)(n＋2))＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))，
Sn＝eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＋eq \f(1,a3a4)＋…＋eq \f(1,anan＋1)
＝4[eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)－\f(1,5)))…＋(eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2))]
＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,n＋2)))
＝2－eq \f(4,n＋2)＜2，得證．
考點(diǎn)四 數(shù)列中的新定義問題(創(chuàng)新型)
eq \a\vs4\al(復(fù)習(xí)指導(dǎo))eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))數(shù)列的新定義問題的特點(diǎn)是：通過給出一個(gè)新的數(shù)列的概念，或約定一種新運(yùn)算，或給出幾個(gè)新模型來創(chuàng)設(shè)全新的問題情景，要求考生在閱讀理解的基礎(chǔ)上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學(xué)知識(shí)和方法，實(shí)現(xiàn)信息的遷移，達(dá)到靈活解題的目的．
(2020·河北石家莊4月模擬)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，定義{an}的“優(yōu)值”為Hn＝eq \f(a1＋2a2＋…＋2n－1an,n)，現(xiàn)已知{an}的“優(yōu)值”Hn＝2n，則Sn＝________．
【解析】 由Hn＝eq \f(a1＋2a2＋…＋2n－1an,n)＝2n，
得a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n， ①
當(dāng)n≥2時(shí)，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)2n－1， ②
由①－②得2n－1an＝n·2n－(n－1)2n－1＝(n＋1)2n－1，即an＝n＋1(n≥2)，
當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝2也滿足式子an＝n＋1，
所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝n＋1，
所以Sn＝eq \f(n(2＋n＋1),2)＝eq \f(n(n＋3),2).
【答案】 eq \f(n(n＋3),2)
eq \a\vs4\al()
破解此類數(shù)列中的新定義問題的關(guān)鍵：一是盯題眼，即需認(rèn)真審題，讀懂新定義的含義，如本題，題眼{an}的“優(yōu)值”Hn＝2n的含義為eq \f(a1＋2a2＋…＋2n－1an,n)＝2n；二是想“減法”，如本題，欲由等式a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n求通項(xiàng)，只需寫出a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)·2n－1，通過相減，即可得通項(xiàng)公式．
(多選)若數(shù)列{an}滿足：對任意的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：選AD．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．
[基礎(chǔ)題組練]
1．(2020·開封市定位考試)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a3＋4S2＝0，則公比q＝( )
A．－1 B．1
C．－2 D．2
解析：選C．法一：因?yàn)閍3＋4S2＝0，所以a1q2＋4a1＋4a1q＝0，因?yàn)閍1≠0，所以q2＋4q＋4＝0，所以q＝－2，故選C．
法二：因?yàn)閍3＋4S2＝0，所以a2q＋eq \f(4a2,q)＋4a2＝0，因?yàn)閍2≠0，所以q＋eq \f(4,q)＋4＝0，即(q＋2)2＝0，所以q＝－2，故選C．
2．(2020·寧夏銀川一中一模)已知等比數(shù)列{an}中，有a3a11＝4a7，數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，且b7＝a7，則S13＝( )
A．26 B．52
C．78 D．104
解析：選B．設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因?yàn)閍3a11＝4a7，所以aeq \\al(2,7)＝4a7≠0，解得a7＝4，
因?yàn)閿?shù)列{bn}是等差數(shù)列，且b7＝a7，
所以S13＝eq \f(13×(b1＋b13),2)＝13b7＝13a7＝52.故選B．
3．(2020·吉林長春5月聯(lián)考)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，公差d＞0，a6和a8是函數(shù)f(x)＝eq \f(15,4)ln x＋eq \f(1,2)x2－8x的極值點(diǎn)，則S8＝( )
A．－38 B．38
C．－17 D．17
解析：選A．因?yàn)閒(x)＝eq \f(15,4)ln x＋eq \f(1,2)x2－8x，所以f′(x)＝eq \f(15,4x)＋x－8＝eq \f(x2－8x＋\f(15,4),x)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(15,2))),x)，
令f′(x)＝0，解得x＝eq \f(1,2)或x＝eq \f(15,2).
又a6和a8是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，且公差d＞0，
所以a6＝eq \f(1,2)，a8＝eq \f(15,2)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋5d＝\f(1,2)，,a1＋7d＝\f(15,2)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－17，,d＝\f(7,2).))
所以S8＝8a1＋eq \f(8×(8－1),2)×d＝－38，故選A．
4．(多選)(應(yīng)用型)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：選AC．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．
5．(創(chuàng)新型)(2020·山東臨沂三模)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：選C．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．
6．(2019·高考北京卷)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若a2＝－3，S5＝－10，則a5＝________，Sn的最小值為__________．
解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因?yàn)閑q \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝－3，,S5＝－10，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋d＝－3，,5a1＋10d＝－10，))所以可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－4，,d＝1，))所以a5＝a1＋4d＝0，因?yàn)镾n＝na1＋eq \f(n(n－1),2)d＝eq \f(1,2)(n2－9n)，所以當(dāng)n＝4或n＝5時(shí)，Sn取得最小值，最小值為－10.
答案：0 －10
7．若數(shù)列{an}滿足eq \f(1,an＋1)－eq \f(2,an)＝0，則稱{an}為“夢想數(shù)列”．已知正項(xiàng)數(shù)列{eq \f(1,bn)}為“夢想數(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.
答案：32
8．(2020·湖南岳陽一模)曲線y＝eq \f(n,2)x＋ln x(n∈N*)在x＝eq \f(2,n)處的切線斜率為an，則數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前n項(xiàng)的和為________．
解析：對y＝eq \f(n,2)x＋ln x(n∈N*)求導(dǎo)，可得y′＝eq \f(n,2)＋eq \f(1,x)，由曲線y＝eq \f(n,2)x＋ln x(n∈N*)在x＝eq \f(2,n)處的切線斜率為an，可得an＝eq \f(n,2)＋eq \f(n,2)＝n.所以eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,n(n＋1))＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，則數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前n項(xiàng)的和為1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
答案：eq \f(n,n＋1)
9．(2020·湖南省湘東六校聯(lián)考)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：(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.
10．(創(chuàng)新型)(2019·高考江蘇卷節(jié)選)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：(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*)．
[綜合題組練]
1．(綜合型)(2020·湖北十堰調(diào)研)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，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：選D．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，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．
2．(創(chuàng)新型)(2020·江西上高模擬)定義：若數(shù)列{an}對任意的正整數(shù)n，都有|an＋1|＋|an|＝d(d為常數(shù))，則稱|an|為“絕對和數(shù)列”，d叫做“絕對公和”．已知“絕對和數(shù)列”{an}中，a1＝2，絕對公和為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：選C．依題意，要使“絕對和數(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．
3．已知an＝3n(n∈N*)，記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Tn，若對任意的n∈N*，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Tn＋\f(3,2)))k≥3n－6恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________．
解析：Tn＝eq \f(3(1－3n),1－3)＝－eq \f(3,2)＋eq \f(3n＋1,2)，
所以Tn＋eq \f(3,2)＝eq \f(3n＋1,2)，
則原不等式可以轉(zhuǎn)化為k≥eq \f(2(3n－6),3n＋1)＝eq \f(2n－4,3n)恒成立，
令f(n)＝eq \f(2n－4,3n)，
當(dāng)n＝1時(shí)，f(n)＝－eq \f(2,3)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(n)＝0，
當(dāng)n＝3時(shí)，f(n)＝eq \f(2,27)，當(dāng)n＝4時(shí)，f(n)＝eq \f(4,81)，即f(n)是先增后減，當(dāng)n＝3時(shí)，取得最大值eq \f(2,27)，所以k≥eq \f(2,27).
答案：k≥eq \f(2,27)
4．(創(chuàng)新型)(2020·山西太原期中改編)已知集合P＝{x|x＝2n，n∈N*}，Q＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，將P∪Q的所有元素從小到大依次排列構(gòu)成一個(gè)數(shù)列{an}，記Sn為數(shù)列{an }的前n項(xiàng)和，則a29＝______，使得Sn＜1 000成立的n的最大值為______．
解析：數(shù)列{an}的前n項(xiàng)依次為1，2，3，22，5，7，23，….利用列舉法可得，當(dāng)n＝35時(shí)，P∪Q的所有元素從小到大依次排列，構(gòu)成一個(gè)數(shù)列{an}，所以數(shù)列{an}的前35項(xiàng)分別為1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23，25，…，57，59，2，4，8，16，32，故a29＝49.S35＝30＋eq \f(30×(30－1),2)×2＋eq \f(2×(25－1),2－1)＝302＋26－2＝962＜1 000.當(dāng)n＝36時(shí)，P∪Q中的所有元素從小到大依次排列，構(gòu)成一個(gè)數(shù)列{an}，所以數(shù)列{an}的前36項(xiàng)分別為1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23，25，…，59，61，2，4，8，16，32，S36＝31＋eq \f(31×(31－1),2)×2＋eq \f(2×(25－1),2－1)＝961＋62＝1 023＞1 000.所以n的最大值為35.
答案：49 35
5．(應(yīng)用型)(2020·重慶八中4月模擬)某地區(qū)2018年人口總數(shù)為45萬．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，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：(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．
6．(創(chuàng)新型)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：(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).

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