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6.4数列的综合应用挖命题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点1.数列求和掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法2017天津,182015天津,182015天津文,18错位相减法求数列的和等比数列及前n项和2016天津文,18分组转化法求数列的和2.数列的综合应用1.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系,抽象出数列的模型,并能用有关知识解决相应的问题2.能处理数列与函数,数列与不等式等综合问题2018天津,18裂项相消法求数列的和等差、等比数列的通项公式2014天津,19等比数列求和不等式证明2013天津文,18等差数列、等比数列与函数数列的基本性质分析解读综合运用数列,特别是等差数列、等比数列的有关知识,解答数列综合问题和实际问题,培养学生的理解能力、数学建模能力和运算能力.数列的应用主要从以下几个方面考查:1.会用公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法求解不同类型数列的和.2.能综合利用等差、等比数列的基本知识解决相关综合问题.3.数列递推关系、非等差、等比数列的求和是高考热点,特别是错位相减法和裂项相消法求和.破考点【考点集训】考点一数列求和1.已知数列an,bn,其中an是首项为3,公差为整数的等差数列,且a3a1+3,a42an(n1,nN*),给出下列命题:若数列an满足a2a1,则anan-1(n1,nN*)成立;存在常数c,使得anc(nN*)成立;若p+qm+n(其中p,q,m,nN*),则ap+aqam+an;存在常数d,使得ana1+(n-1)d(nN*)都成立.上述命题正确的是.(写出所有正确命题的序号)答案5.已知数列an的前n项和Sn=n2+n2,等比数列bn的前n项和为Tn,若b1=a1+1,b2-a2=2.(1)求数列an,bn的通项公式;(2)求满足Tn+an300的最小的n值.解析(1)a1=S1=1,n1时,an=Sn-Sn-1=n2+n2-(n-1)2+(n-1)2=n,又n=1时,a1=1,所以an=n成立,an=n(nN*),则由题意可知b1=2,b2=4,bn的公比q=42=2,bn=2n(nN*).(2)Tn=2(1-2n)1-2=2(2n-1),Tn+an=2(2n-1)+n,Tn+an随n的增大而增大,又T7+a7=2127+7=261300,所求最小的n值为8.炼技法【方法集训】方法1错位相减法求和1.已知数列an的前n项和为Sn,a1=5,nSn+1-(n+1)Sn=n2+n.(1)求证:数列Snn为等差数列;(2)令bn=2nan,求数列bn的前n项和Tn.解析(1)证明:由nSn+1-(n+1)Sn=n2+n得Sn+1n+1-Snn=1,又S11=5,所以数列Snn是首项为5,公差为1的等差数列.(2)由(1)可知Snn=5+(n-1)=n+4,所以Sn=n2+4n.当n2时,an=Sn-Sn-1=n2+4n-(n-1)2-4(n-1)=2n+3.又a1=5也符合上式,所以an=2n+3(nN*),所以bn=(2n+3)2n,所以Tn=52+722+923+(2n+3)2n,2Tn=522+723+924+(2n+1)2n+(2n+3)2n+1,由-得Tn=(2n+3)2n+1-10-(23+24+2n+1)=(2n+3)2n+1-10-23(1-2n-1)1-2=(2n+3)2n+1-10-(2n+2-8)=(2n+1)2n+1-2.2.已知数列an是等比数列,a2=4,a3+2是a2和a4的等差中项.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=2log2an-1,求数列anbn的前n项和Tn.解析(1)设数列an的公比为q,因为a2=4,所以a3=4q,a4=4q2.因为a3+2是a2和a4的等差中项,所以2(a3+2)=a2+a4,即2(4q+2)=4+4q2,化简得q2-2q=0.因为公比q0,所以q=2.所以an=a2qn-2=42n-2=2n(nN*).(2)因为an=2n,所以bn=2log2an-1=2n-1,所以anbn=(2n-1)2n,则Tn=12+322+523+(2n-3)2n-1+(2n-1)2n,2Tn=122+323+524+(2n-3)2n+(2n-1)2n+1.由-得,-Tn=2+222+223+22n-(2n-1)2n+1=2+24(1-2n-1)1-2-(2n-1)2n+1=-6-(2n-3)2n+1,所以Tn=6+(2n-3)2n+1.方法2裂项相消法求和3.已知数列an(nN*)是公差不为0的等差数列,a1=1,且1a2,1a4,1a8成等比数列.(1)求数列an的通项公式;(2)设数列1anan+1的前n项和为Tn,求证:Tn1.解析(1)设an的公差为d.因为1a2,1a4,1a8成等比数列,所以1a42=1a21a8,即1a1+3d2=1a1+d1a1+7d,化简得(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d),又a1=1,且d0,解得d=1.所以an=a1+(n-1)d=n.(2)证明:由(1)得1anan+1=1n(n+1)=1n-1n+1,所以Tn=1-12+12-13+1n-1n+1=1-1n+11.因此Tn0,所以q=2.所以,bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8.由S11=11b4,可得a1+5d=16,联立,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.所以,数列an的通项公式为an=3n-2,数列bn的通项公式为bn=2n.(2)设数列a2nb2n-1的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,b2n-1=24n-1,有a2nb2n-1=(3n-1)4n,故Tn=24+542+843+(3n-1)4n,4Tn=242+543+844+(3n-4)4n+(3n-1)4n+1,上述两式相减,得-3Tn=24+342+343+34n-(3n-1)4n+1=12(1-4n)1-4-4-(3n-1)4n+1=-(3n-2)4n+1-8.得Tn=3n-234n+1+83.所以,数列a2nb2n-1的前n项和为3n-234n+1+83.方法总结(1)等差数列与等比数列中有五个量a1,n,d(或q),an,Sn,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求关键量a1和d(或q),问题可迎刃而解.(2)数列an是公差为d的等差数列,bn是公比q1的等比数列,求数列anbn的前n项和适用错位相减法.2.(2016天津文,18,13分)已知an是等比数列,前n项和为Sn(nN*),且1a1-1a2=2a3,S6=63.(1)求an的通项公式;(2)若对任意的nN*,bn是log2an和log2an+1的等差中项,求数列(-1)nbn2的前2n项和.解析(1)设数列an的公比为q.由已知,有1a1-1a1q=2a1q2,解得q=2,或q=-1.又由S6=a11-q61-q=63,知q-1,所以a11-261-2=63,得a1=1.所以an=2n-1.(2)由题意,得bn=12(log2an+log2an+1)=12(log22n-1+log22n)=n-12,即bn是首项为12,公差为1的等差数列.设数列(-1)nbn2的前n项和为Tn,则T2n=(-b12+b22)+(-b32+b42)+(-b2n-12+b2n2)=b1+b2+b3+b4+b2n-1+b2n=2n(b1+b2n)2=2n2.评析本题主要考查等差数列、等比数列及其前n项和公式等基础知识,考查数列求和的基本方法和运算求解能力.3.(2015天津,18,13分)已知数列an满足an+2=qan(q为实数,且q1),nN*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.(1)求q的值和an的通项公式;(2)设bn=log2a2na2n-1,nN*,求数列bn的前n项和.解析(1)由已知,得(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q1,故a3=a2=2,由a3=a1q,得q=2.当n=2k-1(kN*)时,an=a2k-1=2k-1=2n-12;当n=2k(kN*)时,an=a2k=2k=2n2.所以,an的通项公式为an=2n-12,n为奇数,2n2,n为偶数.(2)由(1)得bn=log2a2na2n-1=n2n-1.设bn的前n项和为Sn,则Sn=1120+2121+3122+(n-1)12n-2+n12n-1,12Sn=1121+2122+3123+(n-1)12n-1+n12n,上述两式相减,得12Sn=1+12+122+12n-1-n2n=1-12n1-12-n2n=2-22n-n2n,整理得,Sn=4-n+22n-1.所以,数列bn的前n项和为4-n+22n-1,nN*.评析本题主要考查等比数列及其前n项和公式、等差中项等基础知识.考查数列求和的基本方法、分类讨论思想和运算求解能力.4.(2015天津文,18,13分)已知an是各项均为正数的等比数列,bn是等差数列,且a1=b1=1,b2+b3=2a3,a5-3b2=7.(1)求an和bn的通项公式;(2)设cn=anbn,nN*,求数列cn的前n项和.解析(1)设数列an的公比为q,数列bn的公差为d,由题意知q0.由已知,有2q2-3d=2,q4-3d=10,消去d,整理得q4-2q2-8=0.又因为q0,解得q=2,所以d=2.所以数列an的通项公式为an=2n-1,nN*;数列bn的通项公式为bn=2n-1,nN*.(2)由(1)有cn=(2n-1)2n-1,设cn的前n项和为Sn,则Sn=120+321+522+(2n-3)2n-2+(2n-1)2n-1,2Sn=121+322+523+(2n-3)2n-1+(2n-1)2n,上述两式相减,得-Sn=1+22+23+2n-(2n-1)2n=2n+1-3-(2n-1)2n=-(2n-3)2n-3,所以,Sn=(2n-3)2n+3,nN*.评析本题主要考查等差数列、等比数列及其前n项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力.考点二数列的综合应用1.(2018天津,18,13分)设an是等比数列,公比大于0,其前n项和为Sn(nN*),bn是等差数列.已知a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6.(1)求an和bn的通项公式;(2)设数列Sn的前n项和为Tn(nN*).(i)求Tn;(ii)证明k=1n(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=2n+2n+2-2(nN*).解析(1)设等比数列an的公比为q.由a1=1,a3=a2+2,可得q2-q-2=0.由q0,可得q=2,故an=2n-1.设等差数列bn的公差为d.由a4=b3+b5,可得b1+3d=4.由a5=b4+2b6,可得3b1+13d=16,从而b1=1,d=1,故bn=n.所以,数列an的通项公式为an=2n-1,数列bn的通项公式为bn=n.(2)(i)由(1),有Sn=1-2n1-2=2n-1,故Tn=k=1n(2k-1)=k=1n2k-n=2(1-2n)1-2-n=2n+1-n-2.(ii)证明:因为(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=(2k+1-k-2+k+2)k(k+1)(k+2)=k2k+1(k+1)(k+2)=2k+2k+2-2k+1k+1,所以k=1n(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=233-222+244-233+2n+2n+2-2n+1n+1=2n+2n+2-2.方法总结解决数列求和问题的两种思路(1)利用转化的思想将一般数列设法转化为等差或等比数列,这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成.(2)不能转化为等差或等比数列的,往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和.2.(2014天津,19,14分)已知q和n均为给定的大于1的自然数.设集合M=0,1,2,q-1,集合A=x|x=x1+x2q+xnqn-1,xiM,i=1,2,n.(1)当q=2,n=3时,用列举法表示集合A;(2)设s,tA,s=a1+a2q+anqn-1,t=b1+b2q+bnqn-1,其中ai,biM,i=1,2,n.证明:若anbn,则st.解析(1)当q=2,n=3时,M=0,1,A=x|x=x1+x22+x322,xiM,i=1,2,3.可得,A=0,1,2,3,4,5,6,7.(2)证明:由s,tA,s=a1+a2q+anqn-1,t=b1+b2q+bnqn-1,ai,biM,i=1,2,n及anbn,可得s-t=(a1-b1)+(a2-b2)q+(an-1-bn-1)qn-2+(an-bn)qn-1(q-1)+(q-1)q+(q-1)qn-2-qn-1=(q-1)(1-qn-1)1-q-qn-1=-10.所以s0,d0时,满足am0,am+10的项数m,可使得Sn取得最大值,最大值为Sm;当a10时,满足am0,am+10的项数m,可使得Sn取得最小值,最小值为Sm.2.(2016课标,17,12分)Sn为等差数列an的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=lgan,其中x表示不超过x的最大整数,如0.9=0,lg99=1.(1)求b1,b11,b101;(2)求数列bn的前1000项和.解析(1)设an的公差为d,据已知有7+21d=28,解得d=1.所以an的通项公式为an=n.b1=lg1=0,b11=lg11=1,b101=lg101=2.(2)因为bn=0,1n10,1,10n100,2,100n0,an2+2an=4Sn+3.(1)求an的通项公式;(2)设bn=1anan+1,求数列bn的前n项和.解析(1)由an2+2an=4Sn+3,可知an+12+2an+1=4Sn+1+3.可得an+12-an2+2(an+1-an)=4an+1,即2(an+1+an)=an+12-an2=(an+1+an)(an+1-an).由于an0,可得an+1-an=2.又a12+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3.所以an是首项为3,公差为2的等差数列,故通项公式为an=2n+1.(2)由an=2n+1可知bn=1anan+1=1(2n+1)(2n+3)=1212n+1-12n+3.设数列bn的前n项和为Tn,则Tn=b1+b2+bn=1213-15+15-17+12n+1-12n+3=n3(2n+3).4.(2014四川,19,12分)设等差数列an的公差为d,点(an,bn)在函数f(x)=2x的图象上(nN*).(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2-1ln2,求数列anbn的前n项和Tn.解析(1)由已知得,b7=2a7,b8=2a8=4b7,有2a8=42a7=2a7+2.解得d=a8-a7=2.所以,Sn=na1+n(n-1)2d=-2n+n(n-1)=n2-3n.(2)函数f(x)=2x在(a2,b2)处的切线方程为y-2a2=(2a2ln2)(x-a2),它在x轴上的截距为a2-1ln2.由题意得,a2-1ln2=2-1ln2,解得a2=2.所以d=a2-a1=1.从而an=n,bn=2n.所以Tn=12+222+323+n-12n-1+n2n,2Tn=11+22+322+n2n-1.因此,2Tn-Tn=1+12+122+12n-1-n2n=2-12n-1-n2n=2n+1-n-22n.所以,Tn=2n+1-n-22n.评析本题考查等差数列与等比数列的概念、等差数列与等比数列通项公式与前n项和、导数的几何意义等基础知识,考查运算求解能力.考点二数列的综合应用1.(2018浙江,20,15分)已知等比数列an的公比q1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列bn满足b1=1,数列(bn+1-bn)an的前n项和为2n2+n.(1)求q的值;(2)求数列bn的通项公式.解析(1)由a4+2是a3,a5的等差中项得a3+a5=2a4+4,所以a3+a4+a5=3a4+4=28,解得a4=8.由a3+a5=20得8q+1q=20,解得q=2或q=12,因为q1,所以q=2.(2)设cn=(bn+1-bn)an,数列cn的前n项和为Sn.由cn=S1,n=1,Sn-Sn-1,n2,解得cn=4n-1.由(1)可知an=2n-1,所以bn+1-bn=(4n-1)12n-1,故bn-bn-1=(4n-5)12n-2,n2,bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(b3-b2)+(b2-b1)=(4n-5)12n-2+(4n-9)12n-3+712+3.设Tn=3+712+11122+(4n-5)12n-2,n2,12Tn=312+7122+(4n-9)12n-2+(4n-5)12n-1,所以12Tn=3+412+4122+412n-2-(4n-5)12n-1,因此Tn=14-(4n+3)12n-2,n2,又b1=1,所以bn=15-(4n+3)12n-2.易错警示利用错位相减法求和时,要注意以下几点:(1)错位相减法求和,只适合于数列anbn,其中an为等差数列,bn为等比数列.(2)在等式两边所乘的数是等比数列bn的公比.(3)两式相减时,一定要错开一位.(4)特别要注意相减后等比数列的次数.(5)进行检验.2.(2018江苏,20,16分)设an是首项为a1,公差为d的等差数列,bn是首项为b1,公比为q的等比数列.(1)设a1=0,b1=1,q=2,若|an-bn|b1对n=1,2,3,4均成立,求d的取值范围;(2)若a1=b10,mN*,q(1,m2,证明:存在dR,使得|an-bn|b1对n=2,3,m+1均成立,并求d的取值范围(用b1,m,q表示).解析(1)由条件知an=(n-1)d,bn=2n-1.因为|an-bn|b1对n=1,2,3,4均成立,即11,1d3,32d5,73d9,得73d52.因此,d的取值范围为73,52.(2)由条件知:an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1.若存在dR,使得|an-bn|b1(n=2,3,m+1)均成立,即|b1+(n-1)d-b1qn-1|b1(n=2,3,m+1).即当n=2,3,m+1时,d满足qn-1-2n-1b1dqn-1n-1b1.因为q(1,m2,所以10,对n=2,3,m+1均成立.因此,取d=0时,|an-bn|b1对n=2,3,m+1均成立.下面讨论数列qn-1-2n-1的最大值和数列qn-1n-1的最小值(n=2,3,m+1).当2nm时,qn-2n-qn-1-2n-1=nqn-qn-nqn-1+2n(n-1)=n(qn-qn-1)-qn+2n(n-1),当10.因此,当2nm+1时,数列qn-1-2n-1单调递增,故数列qn-1-2n-1的最大值为qm-2m.设f(x)=2x(1-x),当x0时,f(x)=(ln2-1-xln2)2x0.所以f(x)单调递减,从而f(x)f(0)=1.当2nm时,qnnqn-1n-1=q(n-1)n21n1-1n=f1n1.因此,当2nm+1时,数列qn-1n-1单调递减,故数列qn-1n-1的最小值为qmm.因此,d的取值范围为b1(qm-2)m,b1qmm.疑难突破本题是数列的综合题,考查等差数列、等比数列的概念和相关性质,第(1)问主要考查绝对值不等式.第(2)问要求d的范围,使得|an-bn|b1对n=2,3,m+1都成立,首先把d分离出来,变成qn-1-2n-1b1dqn-1n-1b1,难点在于讨论qn-1-2n-1b1的最大值和qn-1n-1b1的最小值.对于数列qn-1-2n-1,可以通过作差讨论其单调性,而对于数列qn-1n-1,要作商讨论单调性,因为qnnqn-1n-1=q(n-1)n=q1-1n,当2nm时,1qn2.所以q1-1n21n1-1n,可以构造函数f(x)=2x(1-x),通过讨论f(x)在(0,+)上的单调性去证明f1n60n+800?若存在,求n的最小值;若不存在,说明理由.解析(1)设数列an的公差为d,依题意,2,2+d,2+4d成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d),化简得d2-4d=0,解得d=0或d=4.当d=0时,an=2;当d=4时,an=2+(n-1)4=4n-2,从而得数列an的通项公式为an=2或an=4n-2.(2)当an=2时,Sn=2n.显然2n60n+800成立.当an=4n-2时,Sn=n2+(4n-2)2=2n2.令2n260n+800,即n2-30n-4000,解得n40或n60n+800成立,n的最小值为41.综上,当an=2时,不存在满足题意的n;当an=4n-2时,存在满足题意的n,其最小值为41.评析本题考查了数列的通项公式和求和公式,考查了分类讨论的方法.C组教师专用题组1.(2013课标,12,5分)设AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn,AnBnCn的面积为Sn,n=1,2,3,.若b1c1,b1+c1=2a1,an+1=an,bn+1=cn+an2,cn+1=bn+an2,则()A.Sn为递减数列B.Sn为递增数列C.S2n-1为递增数列,S2n为递减数列D.S2n-1为递减数列,S2n为递增数列答案B2.(2013重庆,12,5分)已知an是等差数列,a1=1,公差d0,Sn为其前n项和,若a1,a2,a5成等比数列,则S8=.答案643.(2012课标,16,5分)数列an满足an+1+(-1)nan=2n-1,则an的前60项和为.答案18304.(2015浙江,20,15分)已知数列an满足a1=12且an+1=an-an2(nN*).(1)证明:1anan+12(nN*);(2)设数列an2的前n项和为Sn,证明:12(n+2)Snn12(n+1)(nN*).证明(1)由题意得an+1-an=-an20,即an+1an,故an12.由an=(1-an-1)an-1得an=(1-an-1)(1-an-2)(1-a1)a10.由00,于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)0.但122n122n-1,所以|a2n+1-a2n|0,因此a2n-a2n-1=122n-1=(-1)2n22n-1.因为a2n是递减数列,同理可得,a2n+1-a2n0,dS40B.a1d0,dS40,dS40D.a1d0答案B4.(2017天津耀华中学第二次月考,6)已知等差数列an的前n项和为Sn,且S21=42,若记bn=2a112-a9-a13,则数列bn()A.是等差数列但不是等比数列B.是等比数列但不是等差数列C.既是等差数列又是等比数列D.既不是等差数列又不是等比数列答案C5.(2019届天津七校联考,7)已知数列an的各项均为正数,a1=1,an+1+an=1an+1-an,则数列1an+1+an的前15项和为()A.3B.4C.127D.128答案A二、填空题(每小题5分,共10分)6.(2017天津南开中学第五次月考,12)设Sn是公差不为0的等差数列an的前n项和,且S1,S2,S4成等比数列,则a2a1=.答案37.(2017天津南开中学模拟,11)已知数列1,a1,a2,9是等差数列,数列1,b1,b2,b3,9是等比数列,则b2a1+a2的值为.答案310三、解答题(共75分)8.(2019届天津南开中学第一次月考,18)设数列an的前n项和Sn=2n2,bn为等比数列,且a1=b1,b2(a2-a1)=b1.(1)求数列an和bn的通项公式;(2)设cn=anbn,求数列cn的前n项和Tn.解析(1)当n2时,an=Sn-Sn-1=2n2-2(n-1)2=4n-2,当n=1时,a1=S1=2满足上式,故an的通项公式为an=4n-2.设bn的公比为q,由a1=b1,b2(a2-a1)=b1知,b1=2,b2=12,q=14,bn=b1qn-1=214n-1,即bn=24n-1.(2)cn=anbn=4n-224n-1=(2n-1)4n-1,Tn=c1+c2+cn=1+341+542+(2n-1)4n-1,4Tn=14+342+543+(2n-3)4n-1+(2n-1)4n.两式相减得3Tn=-1-2(41+42+43+4n-1)+(2n-1)4n=13(6n-5)4n+5.Tn=19(6n-5)4n+5.解题分析本题主要考查等差数列和等比数列的相关知识.(1)已知数列an的前n项和Sn,则通项为an=Sn-Sn-1(n2),a1=S1=2=b1,再根据b2(a2-a1)=b1可求得数列bn的通项公式.(2)根据(1)可知数列an和bn的通项公式,进而可得数列cn的通项公式,再运用错位相减法求其前n项和.9.(2019届天津南开中学统练(2),18)已知Sn是等比数列an的前n项和,a10,S4,S2,S3成等差数列,16是a2和a8的等比中项.(1)求an的通项公式;(2)若等差数列bn中,b1=1,前9项和为27,令cn=2anbn,求数列cn的前n项和Tn.解析(1)设an的公比为q,由S4,S2,S3成等差数列可得2S2=S3+S4,即S3-S2+S4-S2=0,所以2a3+a4=0,所以q=-2,又16是a2和a8的等比中项,所以a2a8=162,所以a1qa1q7=162,所以a1=1(a10故舍去-1),所以an=a1qn-1=(-2)n-1.(2)设bn的公差为d,因为b1=1,S9=9b5=27,所以b5=1+4d=3,所以d=12,bn=n+12,cn=2anbn=(n+1)(-2)n-1,Tn=2(-2)0+3(-2)+4(-2)2+(n+1)(-2)n-1,-2Tn=2(-2)+3(-2)2+n(-2)n-1+(n+1)(-2)n,-得,3Tn=2+(-2)+(-2)2+(-2)n-1-(n+1)(-2)n=2+-21-(-2)n-11-(-2)-(n+1)(-2)n=2+-2-(-2)n3-(n+1)(-2)n=43-n+43(-2)n,所以Tn=49-3n+49(-2)n.10.(2019届天津耀华中学第二次月考,18)等差数列an中,a1=3,前n项和为Sn,数列bn是首项为1,公比为q(q1),且各项均为正数的等比数列,已知b2+S2=12,q=S2b2.(1)求an与bn;(2)证明:131S1+1S2+1Sn23.解析(1)设an的公差为d,依题意得q+6+d=12,q=6+dq,解得q=3或q=-4.因为数列bn各项均为正数,所以q=3,所以d=3,所以an=3+3(n-1)=3n,bn=3n-1.(2)证明:因为Sn=3n(n+1)2,所以1Sn=23n(n+1)=231n-1n+1,所以1S1+1S2+1Sn=231-12+12-13+1n-1n+1=231-1n+123.又231-1n+1单调递增,且n为正整数,所以当n=1时,231-1n+1有最小值13.所以不等式成立.11.(2019届天津耀华中学统练(2),20)已知数列an,a1=1,a1+2a2+3a3+nan=n+12an+1(nN*).(1)求数列an的通项公式;(2)求数列n2an的前n项和Tn;(3)若存在nN*,使得an(n+1)成立,求实数的最小值.解析(1)当n2时,由题意得a1+2a2+3a3+(n-1)an-1=n2an,a1+2a2+3a3+nan=n+12an+1,-得nan=n+12an+1-n2an,3nan=(n+1)an+1(n2),即(n+1)an+1nan=3(n2),由已知得a2=a1=1,数列nan从第2项起,是以2为第2项,3为公比的等比数列,n2时,nan=23n-2,an=23n-2n(n2),综上,an=1,n=123n-2n,n2.(2)由(1)知,n=1时,T1=1,n2时,n2an=2n3n-2.因此,当n2时,Tn=1+430+631+2n3n-2,3Tn=13+431+632+2(n-1)3n-2+2n3n-1.-2Tn=1+30+231+232+23n-2-2n3n-1=2+23(1-3n-2)1-3-2n3n-1=-1-(2n-1)3n-1,Tn=12+n-123n-1,n2,当n=1时,满足上式,Tn=12+n-123n-1,nN*.(3)an(n+1),当n=1时,12;当n2且nN*时,ann+1=23n-2n(n+1),设f(n)=n(n+1)23n-2(n2且nN*),则f(n+1)-f(n)=2(1-n)(n+1)23n-11f(n)(n2且nN*),1f(n)的最小值为1f(2)=13,即13.综上,实数的最小值为13.12.(2018天津南开二模,18)已知数列an的前n项和为Sn,a1=12,且当n2时,1Sn=1Sn-1+2.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=2(1-n)an,证明:b22+b32+b42+bn223.解析(1)当n2时,1Sn=1Sn-1+2,1Sn-1Sn-1=2.又1a1=2,数列1Sn是公差为2,首项为2的等差数列.1Sn=2+2(n-1)=2n,Sn=12n.n2时,an=Sn-Sn-1=12n-12(n-1)=-12n(n-1).an=12,n=1,-12n(n-1),n2.(2)证明:n2时,bn=2(1-n)an=1n,n3时,bn2=1n21n2-1=121n-1-1n+1,b22+b32+b42+bn214+1212-14+13-15+14-16+1n-2-1n+1n-1-1n+1=14+1212+13-1n-1n+1=23-121n+1n+123.13.(2018天津南开中学第五次月考,18)已知数列an满足a1=2,an+1=2(Sn+n+1)(nN*),令bn=an+1.(1)求证:bn是等比数列;(2)求数列nbn的前n项和Tn;(3)求证:12-123n1a1+1a2+1a3+1an13n,1a1+1a2+1an13+132+13n=131-13n1-13=12-1213n.又由1ak=13k-1=3k+1-1(3k-1)(3k+1-1)3k+1(3k-1)(3k+1-1)=3213k-1-13k+1-1,可得1a1+1a2+1an12+32132-1-133-1+133-1-134-1+13n-1-13n+1-1=12+3218-13n+1-1=1116-3213n+1-11116.综上可得,12-123n1a1+1a2+1a3+1an1116.
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