(全国通用)19届高考数学大一轮复习第六章数列高考专题突破三高考中的数列问题学案

(全国通用)19届高考数学大一轮复习第六章数列高考专题突破三高考中的数列问题学案LtDPAGEPAGE4。。内部文件，版权追溯内部文件，版权追溯内部文件，版权追溯高考专题突破三高考中的数列问题【考点自测】1．(2017·洛阳模拟)已知等差数列{an}的公差和首项都不等于0，且a2，a4，a8成等比数列，则eq\f(a1＋a5＋a9,a2＋a3)等于()A．2B．3C．5D．7答案B解析∵在等差数列{an}中，a2，a4，a8成等比数列，∴aeq\o\al(2,4)＝a2a8，∴(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，∴d2＝a1d，∵d≠0，∴d＝a1，∴eq\f(a1＋a5＋a9,a2＋a3)＝eq\f(15a1,5a1)＝3.故选B.4．(2017·江西高安中学等九校联考)已知数列{an}是等比数列，数列{bn}是等差数列，若a1·a6·a11＝3eq\r(3)，b1＋b6＋b11＝7π，则taneq\f(b3＋b9,1－a4·a8)的值是()A．1 B.eq\f(\r(2),2)C．－eq\f(\r(2),2) D．－eq\r(3)答案D解析{an}是等比数列，{bn}是等差数列，且a1·a6·a11＝3eq\r(3)，b1＋b6＋b11＝7π，∴aeq\o\al(3,6)＝(eq\r(3))3,3b6＝7π，∴a6＝eq\r(3)，b6＝eq\f(7π,3)，∴taneq\f(b3＋b9,1－a4·a8)＝taneq\f(2b6,1－a\o\al(2,6))＝taneq\f(2×\f(7π,3),1－\r(3)2)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,3)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2π－\f(π,3)))＝－taneq\f(π,3)＝－eq\r(3).5．(2018·保定模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，对任意n∈N*都有Sn＝eq\f(2,3)an－eq\f(1,3)，若1<Sk<9(k∈N*)，则k的值为________．答案4解析由题意，Sn＝eq\f(2,3)an－eq\f(1,3)，当n≥2时，Sn－1＝eq\f(2,3)an－1－eq\f(1,3)，两式相减，得an＝eq\f(2,3)an－eq\f(2,3)an－1，∴an＝－2an－1，又a1＝－1，∴{an}是以－1为首项，以－2为公比的等比数列，∴an＝－(－2)n－1，∴Sk＝eq\f(－2k－1,3)，由1<Sk<9，得4<(－2)k<28，又k∈N*，∴k＝4.题型一等差数列、等比数列的综合问题例1(2016·四川)已知数列{an}的首项为1，Sn为数列{an}的前n项和，Sn＋1＝qSn＋1，其中q>0，n∈N*.(1)若a2，a3，a2＋a3成等差数列，求数列{an}的通项公式；(2)设双曲线x2－eq\f(y2,a\o\al(2,n))＝1的离心率为en，且e2＝2，求eeq\o\al(2,1)＋eeq\o\al(2,2)＋…＋eeq\o\al(2,n).解(1)由已知，Sn＋1＝qSn＋1，得Sn＋2＝qSn＋1＋1，两式相减得an＋2＝qan＋1，n≥1.又由S2＝qS1＋1得a2＝qa1，故an＋1＝qan对所有n≥1都成立．所以数列{an}是首项为1，公比为q的等比数列，从而an＝qn－1.由a2，a3，a2＋a3成等差数列，可得2a3＝a2＋a2＋a3，所以a3＝2a2，故q＝2.所以an＝2n－1(n∈N*)．(2)由(1)可知，an＝qn－1，所以双曲线x2－eq\f(y2,a\o\al(2,n))＝1的离心率en＝eq\r(1＋a\o\al(2,n))＝eq\r(1＋q2n－1).由e2＝eq\r(1＋q2)＝2，解得q＝eq\r(3)，所以eeq\o\al(2,1)＋eeq\o\al(2,2)＋…＋eeq\o\al(2,n)＝(1＋1)＋(1＋q2)＋…＋[1＋q2(n－1)]＝n＋[1＋q2＋…＋q2(n－1)]＝n＋eq\f(q2n－1,q2－1)＝n＋eq\f(1,2)(3n－1)．思维升华等差数列、等比数列综合问题的解题策略(1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．(2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．跟踪训练1(2018·沧州模拟)已知首项为eq\f(3,2)的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Tn＝Sn－eq\f(1,Sn)(n∈N*)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值．解(1)设等比数列{an}的公比为q，因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，于是q2＝eq\f(a5,a3)＝eq\f(1,4).又{an}不是递减数列且a1＝eq\f(3,2)，所以q＝－eq\f(1,2).故等比数列{an}的通项公式为an＝eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1＝(－1)n－1·eq\f(3,2n).(2)由(1)得Sn＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)，n为奇数，,1－\f(1,2n)，n为偶数.))当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1<Sn≤S1＝eq\f(3,2)，故0<Sn－eq\f(1,Sn)≤S1－eq\f(1,S1)＝eq\f(3,2)－eq\f(2,3)＝eq\f(5,6).当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以eq\f(3,4)＝S2≤Sn<1，故0>Sn－eq\f(1,Sn)≥S2－eq\f(1,S2)＝eq\f(3,4)－eq\f(4,3)＝－eq\f(7,12).综上，对于n∈N*，总有－eq\f(7,12)≤Sn－eq\f(1,Sn)≤eq\f(5,6).所以数列{Tn}的最大项的值为eq\f(5,6)，最小项的值为－eq\f(7,12).题型二数列的通项与求和例2(2018·邢台模拟)已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝(－1)n－1eq\f(4n,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋eq\f(2×1,2)×2＝2a1＋2，S4＝4a1＋eq\f(4×3,2)×2＝4a1＋12，由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1，所以an＝2n－1.(2)bn＝(－1)n－1eq\f(4n,anan＋1)＝(－1)n－1eq\f(4n,2n－12n＋1)＝(－1)n－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1))).当n为偶数时，Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))＝1－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(2n,2n＋1).当n为奇数时，Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋…－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))＝1＋eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(2n＋2,2n＋1).所以Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋2,2n＋1)，n为奇数，,\f(2n,2n＋1)，n为偶数.))(或Tn＝eq\f(2n＋1＋－1n－1,2n＋1))思维升华(1)一般求数列的通项往往要构造数列，此时从要证的结论出发，这是很重要的解题信息．(2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的求和方法有错位相减法、分组转化法、裂项相消法等．跟踪训练2(2018·大连模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝eq\f(n＋1,2n)an(n∈N*)．(1)证明：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是等比数列；(2)求数列{an}的通项公式与前n项和Sn.(1)证明∵a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝eq\f(n＋1,2n)an，当n∈N*时，eq\f(an,n)≠0，又eq\f(a1,1)＝eq\f(1,2)，eq\f(an＋1,n＋1)∶eq\f(an,n)＝eq\f(1,2)(n∈N*)为常数，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以eq\f(1,2)为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列．(2)解由eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以eq\f(1,2)为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列，得eq\f(an,n)＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，∴an＝n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.∴Sn＝1·eq\f(1,2)＋2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，eq\f(1,2)Sn＝1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋(n－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1，∴两式相减得eq\f(1,2)Sn＝eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1＝eq\f(\f(1,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1,1－\f(1,2))－n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1，∴Sn＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1－n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝2－(n＋2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.综上，an＝n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，Sn＝2－(n＋2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.题型三数列与其他知识的交汇命题点1数列与函数的交汇例3(2018·长春模拟)设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图象上(n∈N*)．(1)若a1＝－2，点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上，求数列{an}的前n项和Sn；(2)若a1＝1，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－eq\f(1,ln2)，求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))的前n项和Tn.解(1)由已知，得b7＝，b8＝＝4b7，有＝4×＝，解得d＝a8－a7＝2，所以Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.(2)f′(x)＝2xln2，f′(a2)＝ln2，故函数f(x)＝2x在(a2，b2)处的切线方程为y－＝ln2(x－a2)，它在x轴上的截距为a2－eq\f(1,ln2).由题意，得a2－eq\f(1,ln2)＝2－eq\f(1,ln2)，解得a2＝2，所以d＝a2－a1＝1.从而an＝n，bn＝2n，eq\f(an,bn)＝eq\f(n,2n).所以Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n－1,2n－1)＋eq\f(n,2n)，2Tn＝eq\f(1,1)＋eq\f(2,2)＋eq\f(3,22)＋…＋eq\f(n,2n－1).两式相减，得2Tn－Tn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝2－eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝eq\f(2n＋1－n－2,2n).所以Tn＝eq\f(2n＋1－n－2,2n).命题点2数列与不等式的交汇例4(2016·天津)已知{an}是各项均为正数的等差数列，公差为d，对任意的n∈N*，bn是an和an＋1的等比中项．(1)设cn＝beq\o\al(2,n＋1)－beq\o\al(2,n)，n∈N*，求证：数列{cn}是等差数列；(2)设a1＝d，Tn＝eq\o(∑,\s\up6(2n),\s\do4(k＝1))(－1)kbeq\o\al(2,k)，n∈N*，求证：eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))eq\f(1,Tk)<eq\f(1,2d2).证明(1)由题意得beq\o\al(2,n)＝anan＋1，cn＝beq\o\al(2,n＋1)－beq\o\al(2,n)＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1.因此cn＋1－cn＝2d(an＋2－an＋1)＝2d2，所以{cn}是等差数列．(2)Tn＝(－beq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,2))＋(－beq\o\al(2,3)＋beq\o\al(2,4))＋…＋(－beq\o\al(2,2n－1)＋beq\o\al(2,2n))＝2d(a2＋a4＋…＋a2n)＝2d·eq\f(na2＋a2n,2)＝2d2n(n＋1)．所以eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))eq\f(1,Tk)＝eq\f(1,2d2)eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))eq\f(1,kk＋1)＝eq\f(1,2d2)eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)－\f(1,k＋1)))＝eq\f(1,2d2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))<eq\f(1,2d2).命题点3数列应用题例5某企业为了进行技术改造，设计了两种方案，甲方案：一次性贷款10万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案：每年贷款1万元，第一年可获利1万元，以后每年比前一年增加5千元．两种方案的使用期都是10年，到期一次性归还本息．若银行两种形式的贷款都按年息5%的复利计算，试比较两种方案中哪种获利更多？(参考数据：取1.0510≈1.629,1.310≈13.786,1.510≈57.665)解甲方案中，每年所获利润组成等比数列，首项为1，公比为(1＋30%)，所以10年所获得的总利润为S10＝1＋(1＋30%)＋(1＋30%)2＋…＋(1＋30%)9＝eq\f(1.310－1,0.3)≈42.62(万元)，贷款到期时，需要偿还银行的本息是10(1＋5%)10≈16.29(万元)，故使用甲方案所获纯利润为42.62－16.29＝26.33(万元)．乙方案中，每年的利润组成等差数列，首项为1，公差为0.5，所以10年所获得的总利润为T10＝1＋(1＋0.5)＋(1＋2×0.5)＋…＋(1＋9×0.5)＝10×1＋eq\f(10×9,2)×0.5＝32.5(万元)，从第一年起，每年的贷款在到期时所产生的本息组成等比数列，首项为1×(1＋5%)10万元，公比为eq\f(1,1＋5%)，故贷款到期时，需要偿还银行的本息是1×[(1＋5%)10＋(1＋5%)9＋…＋(1＋5%)]＝1.05×eq\f(1.0510－1,0.05)≈13.21(万元)，故使用乙方案所获纯利润为32.5－13.21＝19.29(万元)．综上可知，甲方案获利更多．思维升华数列与其他知识交汇问题的常见类型及解题策略(1)数列与函数的交汇问题①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；②已知数列条件，解决函数问题，解题时要注意数列与函数的内在联系，掌握递推数列的常见解法．(2)数列与不等式的交汇问题①函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式；②放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到；③比较方法：作差或者作商比较．(3)数列应用题①根据题意，确定数列模型；②准确求解模型；③问题作答，不要忽视问题的实际意义．跟踪训练3(2018·烟台模拟)已知二次函数f(x)＝ax2＋bx的图象过点(－4n，0)，且f′(0)＝2n，n∈N*，数列{an}满足eq\f(1,an＋1)＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))，且a1＝4.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝eq\r(anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)f′(x)＝2ax＋b，由题意知b＝2n，16n2a－4nb＝0，∴a＝eq\f(1,2)，则f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2nx，n∈N*.数列{an}满足eq\f(1,an＋1)＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))，又f′(x)＝x＋2n，∴eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an)＋2n，∴eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝2n，由叠加法可得eq\f(1,an)－eq\f(1,4)＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)＝n2－n，化简可得an＝eq\f(4,2n－12)(n≥2)，当n＝1时，a1＝4也符合，∴an＝eq\f(4,2n－12)(n∈N*)．(2)∵bn＝eq\r(anan＋1)＝eq\f(4,2n－12n＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\r(a1a2)＋eq\r(a2a3)＋…＋eq\r(anan＋1)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(4n,2n＋1).

1．(2018·泰安模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝eq\f(3,2)，a3＝eq\f(5,4)，且当n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.(1)求a4的值；(2)证明：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)an))为等比数列；(3)求数列{an}的通项公式．(1)解当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，即4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)＋\f(5,4)＋a4))＋5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)))＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)＋\f(5,4)))＋1，解得a4＝eq\f(7,8).(2)证明因为4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，所以4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)，当n＝1时，4a3＋a1＝4×eq\f(5,4)＋1＝6＝4a2，所以n＝1也满足此式，所以4an＋2＋an＝4an＋1(n∈N*)，因为eq\f(an＋2－\f(1,2)an＋1,an＋1－\f(1,2)an)＝eq\f(4an＋2－2an＋1,4an＋1－2an)＝eq\f(4an＋1－an－2an＋1,4an＋1－2an)＝eq\f(2an＋1－an,22an＋1－an)＝eq\f(1,2)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)an))是以a2－eq\f(1,2)a1＝1为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列．(3)解由(2)知：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)an))是以a2－eq\f(1,2)a1＝1为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列，所以an＋1－eq\f(1,2)an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1.即eq\f(an＋1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1)－eq\f(an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)＝4，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)))是以eq\f(a1,\f(1,2))＝2为首项，4为公差的等差数列，所以eq\f(an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)＝2＋(n－1)×4＝4n－2，即an＝(4n－2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝(2n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，所以数列{an}的通项公式是an＝(2n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1.2．(2017·福建漳州八校联考)已知递增的等比数列{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2和a4的等差中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝anan，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋1>62成立的正整数n的最小值．解(1)由题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q＋a1q2＋a1q3＝28，,a1q＋a1q3＝2a1q2＋2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,q＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝32，,q＝\f(1,2)，))∵{an}是递增数列，∴a1＝2，q＝2，∴数列{an}的通项公式为an＝2·2n－1＝2n.(2)∵bn＝anan＝2n·2n＝－n·2n，∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)，①则2Sn＝－(1×22＋2×23＋…＋n·2n＋1)，②②－①，得Sn＝(2＋22＋…＋2n)－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，则Sn＋n·2n＋1＝2n＋1－2，解2n＋1－2>62，得n>5，∴n的最小值为6.3．(2018·梅州质检)已知正项数列{an}中，a1＝1，点(eq\r(an)，an＋1)(n∈N*)在函数y＝x2＋1的图象上，数列{bn}的前n项和Sn＝2－bn.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)设cn＝eq\f(－1,an＋1log2bn＋1)，求{cn}的前n项和Tn.解(1)∵点(eq\r(an)，an＋1)(n∈N*)在函数y＝x2＋1的图象上，∴an＋1＝an＋1，∴数列{an}是公差为1的等差数列．∵a1＝1，∴an＝1＋(n－1)×1＝n，∵Sn＝2－bn，∴Sn＋1＝2－bn＋1，两式相减，得bn＋1＝－bn＋1＋bn，即eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(1,2)，由S1＝2－b1，即b1＝2－b1，得b1＝1.∴数列{bn}是首项为1，公比为eq\f(1,2)的等比数列，∴bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1.(2)∵log2bn＋1＝log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝－n，∴cn＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).4．(2018·佛山模拟)在等比数列{an}中，an>0(n∈N*)，公比q∈(0,1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，又a3与a5的等比中项为2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和Sn；(3)是否存在k∈N*，使得eq\f(S1,1)＋eq\f(S2,2)＋…＋eq\f(Sn,n)<k对任意n∈N*恒成立，若存在，求出k的最小值，若不存在，请说明理由．解(1)∵a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，∴aeq\o\al(2,3)＋2a3a5＋aeq\o\al(2,5)＝25，∴(a3＋a5)2＝25，又an>0，∴a3＋a5＝5，又a3与a5的等比中项为2，∴a3a5＝4，而q∈(0,1)，∴a3>a5，∴a3＝4，a5＝1，∴q＝eq\f(1,2)，a1＝16，∴an＝16×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝25－n.(2)∵bn＝log2an＝5－n，∴bn＋1－bn＝－1，b1＝log2a1＝log216＝log224＝4，∴{bn}是以b1＝4为首项，－1为公差的等差数列，∴Sn＝eq\f(n9－n,2).(3)由(2)知Sn＝eq\f(n9－n,2)，∴eq\f(Sn,n)＝eq\f(9－n,2).当n≤8时，eq\f(Sn,n)>0；当n＝9时，eq\f(Sn,n)＝0；当n>9时，eq\f(Sn,n)<0.∴当n＝8或n＝9时，eq\f(S1,1)＋eq\f(S2,2)＋eq\f(S3,3)＋…＋eq\f(Sn,n)＝18最大．故存在k∈N*，使得eq\f(S1,1)＋eq\f(S2,2)＋…＋eq\f(Sn,n)<k对任意n∈N*恒成立，k的最小值为19.5．(2017·天津滨海新区八校联考)已知数列{an}，{bn}，Sn为数列{an}的前n项和，a2＝4b1，Sn＝2an－2，nbn＋1－(n＋1)bn＝n2＋n(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)证明：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,n)))为等差数列；(3)若数列{cn}的通项公式为cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(anbn,2)，n为奇数，,\f(anbn,4)，n为偶数.))令Tn为{cn}的前n项和，求T2n.(1)解当n>1时，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Sn＝2an－2，,Sn－1＝2an－1－2，))则an＝2an－2an－1，eq\f(an,an－1)＝2.当n＝1时，S1＝2a1－2，得a1＝2，综上，{an}是公比为2，首项为2的等比数列，an＝2n.(2)证明∵a2＝4b1，∴b1＝1.∵nbn＋1－(n＋1)bn＝n2＋n，∴eq\f(bn＋1,n＋1)－eq\f(bn,n)＝1，综上，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,n)))是公差为1，首项为1的等差数列，eq\f(bn,n)＝1＋n－1，可得bn＝n2.(3)解令pn＝c2n－1＋c2n＝－eq\f(2n－12·22n－1,2)＋eq\f(2n2·22n,4)＝(4n－1)·22n－2＝(4n－1)·4n－1.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(T2n＝3·40＋7·41＋11·42＋…＋4n－1·4n－1，①,4T2n＝3·41＋7·42＋11·43＋…＋4n－5·4n－1,＋4n－1·4n②))①－②，得－3T2n＝3·40＋4·41＋4·42＋…＋4·4n－1－(4n－1)·4n，∴－3T2n＝3＋eq\f(16－16·4n－1,1－4)－(4n－1)·4n∴