【数学】2020届一轮复习（文）通用版6-4数列的综合应用作业 18页

‎§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 数列求和 掌握数列的求和方法 ‎2014课标Ⅰ,17,12分 数列求和(错位相减法)‎ 等差数列通项公式 ‎★★★‎ ‎2017课标全国Ⅲ,17,12分 数列求和(裂项相消法)‎ 由Sn求an 数列的综 合应用 能综合应用等差、等比数列解决相应问题 ‎2016课标全国Ⅰ,17,12分 数列通项公式及求和 等差数列的判定 ‎★★★‎ 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.数列是特殊的函数,是高考的常考点.历年高考考题中低、中、高档试题均有出现,需引起充分的重视.本节内容在高考中分值为12分左右,属于中档题.‎ 破考点 ‎【考点集训】‎ 考点一　数列求和 ‎1.(2017湖南湘潭三模,9)已知Tn为数列‎2‎n‎+1‎‎2‎n的前n项和,若m>T10+1 013恒成立,则整数m的最小值为(　　)　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 ‎ A.1 026 B.1 025 ‎ C.1 024 D.1 023‎ 答案　C　‎ ‎2.(2017福建福州八中第六次质检,17)在等比数列{an}中,公比q≠1,等差数列{bn}满足b1=a1=3,b4=a2,b13=a3.‎ ‎(1)求数列{an}与{bn}的通项公式;‎ ‎(2)记cn=(-1)nbn+an,求数列{cn}的前2n项和S2n.‎ 解析　(1)设等差数列{bn}的公差为d.‎ 则有‎3+3d=3q,‎‎3+12d=3q‎2‎,‎解得q=3,‎d=2‎或q=1,‎d=0‎(舍去),‎ 所以an=3n,bn=2n+1.‎ ‎(2)由(1)知cn=(-1)n(2n+1)+3n,‎ 则S2n=(3+32+33+…+32n)+{(-3)+5+(-7)+9+…+[-(4n-1)]+(4n+1)}=‎3(1-‎3‎‎2n)‎‎1-3‎+[(5-3)+(9-7)+…+(4n+1-4n+1)]=‎3‎‎2n+1‎‎-3‎‎2‎+2n.‎ ‎3.(2017湖南郴州二模,17)已知等差数列{an}满足:an+1>an(n∈N*),a1=1,该数列的前三项分别加上1,1,3后成等比数列,an+2log2bn=-1.‎ ‎(1)分别求数列{an},{bn}的通项公式;‎ ‎(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.‎ 解析　(1)设d为等差数列{an}的公差,则d>0.‎ 由a1=1,a2=1+d,a3=1+2d分别加上1,1,3后成等比数列,‎ 得(2+d)2=2(4+2d),‎ 解得d=2(舍负),所以an=1+(n-1)×2=2n-1(n∈N*),‎ 又因为an+2log2bn=-1,所以log2bn=-n,则bn=‎1‎‎2‎n(n∈N*).‎ ‎(2)由(1)知an·bn=(2n-1)·‎1‎‎2‎n,‎ 则Tn=‎1‎‎2‎‎1‎+‎3‎‎2‎‎2‎+‎5‎‎2‎‎3‎+…+‎2n-1‎‎2‎n①,‎ ‎1‎‎2‎Tn=‎1‎‎2‎‎2‎+‎3‎‎2‎‎3‎+‎5‎‎2‎‎4‎+…+‎2n-1‎‎2‎n+1‎②,‎ ‎①-②,得‎1‎‎2‎Tn=‎1‎‎2‎+2×‎1‎‎2‎‎2‎‎+‎1‎‎2‎‎3‎+‎1‎‎2‎‎4‎+…+‎‎1‎‎2‎n-‎2n-1‎‎2‎n+1‎.‎ ‎∴‎1‎‎2‎Tn=‎1‎‎2‎+2×‎1‎‎4‎‎1-‎‎1‎‎2‎n-1‎‎1-‎‎1‎‎2‎-‎2n-1‎‎2‎n+1‎,‎ ‎∴Tn=1+2-‎2‎‎2‎n-1‎-‎2n-1‎‎2‎n=3-‎4+2n-1‎‎2‎n=3-‎3+2n‎2‎n.‎ 考点二　数列的综合应用 ‎1.(2018福建漳州期末调研测试,5)等差数列{an}和等比数列{bn}的首项均为1,公差与公比均为3,则ab‎1‎+ab‎2‎+ab‎3‎=(　　)‎ A.64 B.32 C.38 D.33‎ 答案　D　‎ ‎2.(2018河南商丘第二次模拟,6)已知数列{an}满足a1=1,an+1-an≥2(n∈N*),且Sn为{an}的前n项和,则(　　)‎ A.an≥2n+1 B.Sn≥n2‎ C.an≥2n-1 D.Sn≥2n-1‎ 答案　B　‎ ‎3.(2018福建福州八校联考,17)已知公差不为0的等差数列{an}的前三项和为6,且a2,a4,a8成等比数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=‎1‎anan+1‎,数列{bn}的前n项和为Sn,求使Sn<‎14‎‎15‎的n的最大值.‎ 解析　(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d(d≠0),依题意可得 a‎1‎‎+a‎2‎+a‎3‎=6,‎a‎4‎‎2‎‎=a‎2‎a‎8‎,‎即a‎1‎‎+d=2,‎d‎2‎‎-a‎1‎d=0,‎ ‎∵d≠0,∴a1=1,d=1,∴an=n.‎ ‎(2)由(1)可得bn=‎1‎n(n+1)‎=‎1‎n-‎1‎n+1‎.‎ ‎∴Sn=‎1-‎‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎-‎‎1‎‎3‎+…+‎1‎n‎-‎‎1‎n+1‎=1-‎1‎n+1‎.‎ 令1-‎1‎n+1‎<‎14‎‎15‎,得n<14,∴n的最大值为13.‎ ‎4.(2018广东佛山一中期中考试,17)在等差数列{an}中,a1=3,其前n项和为Sn,等比数列{bn}的各项均为正数,b1=1,公比为q,且b2+S2=12,q=S‎2‎b‎2‎.‎ ‎(1)求an与bn;‎ ‎(2)证明:‎1‎‎3‎≤‎1‎S‎1‎+‎1‎S‎2‎+…+‎1‎Sn<‎2‎‎3‎.‎ 解析　(1)设数列{an}的公差为d.‎ 因为b‎2‎‎+S‎2‎=12,‎b‎1‎‎=1,‎q=S‎2‎b‎2‎,‎所以q+6+d=12,‎q=‎6+dq.‎ 解得q=3或q=-4(舍),d=3.‎ 故an=3+3(n-1)=3n,bn=3n-1.‎ ‎(2)证明:因为Sn=n(3+3n)‎‎2‎,‎ 所以‎1‎Sn=‎2‎n(3+3n)‎=‎2‎‎3‎‎1‎n‎-‎‎1‎n+1‎.‎ 故‎1‎S‎1‎+‎1‎S‎2‎+…+‎‎1‎Sn ‎=‎2‎‎3‎‎1-‎‎1‎‎2‎‎+‎1‎‎2‎‎-‎‎1‎‎3‎+‎1‎‎3‎‎-‎‎1‎‎4‎+…+‎‎1‎n‎-‎‎1‎n+1‎=‎2‎‎3‎‎1-‎‎1‎n+1‎.‎ 因为n≥1,所以0<‎1‎n+1‎≤‎1‎‎2‎,所以‎1‎‎2‎≤1-‎1‎n+1‎<1, ‎ 所以‎1‎‎3‎≤‎2‎‎3‎‎1-‎‎1‎n+1‎<‎2‎‎3‎,‎ 即‎1‎‎3‎≤‎1‎S‎1‎+‎1‎S‎2‎+…+‎1‎Sn<‎2‎‎3‎.‎ 炼技法 ‎【方法集训】‎ 方法　数列求和的方法 ‎1.(2018河南中原名校11月联考,10)设函数f(x)满足f(n+1)=‎2f(n)+n‎2‎(n∈N*),且f(1)=2,则f(40)=(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 ‎ A.95 B.97 C.105 D.392‎ 答案　D　‎ ‎2.(2019届吉林长春模拟,7)已知数列{an}的前n项和Sn=n2+2n,则数列‎1‎an‎·‎an+1‎的前6项和为(　　)‎ A.‎2‎‎15‎ B.‎4‎‎15‎ C.‎5‎‎11‎ D.‎‎10‎‎11‎ 答案　A　‎ ‎3.(2018广东珠海二中期中,18)已知数列{an}与{bn}满足an+1-an=2(bn+1-bn),n∈N*,bn=2n-1,且a1=2.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设cn=annbnn-1‎,Tn为数列{cn}的前n项和,求Tn.‎ 解析　(1)因为an+1-an=2(bn+1-bn),bn=2n-1,‎ 所以an+1-an=2(bn+1-bn)=2(2n+1-2n+1)=4,‎ 所以{an}是等差数列,首项a1=2,公差为4,所以an=4n-2.‎ ‎(2)cn=annbnn-1‎=‎(4n-2‎‎)‎n‎(2n-1‎‎)‎n-1‎=(2n-1)·2n.‎ ‎∴Tn=c1+c2+c3+…+cn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-1)·2n①,‎ ‎2Tn=1×22+3×23+5×24+…+(2n-1)·2n+1②,‎ ‎①-②得 ‎-Tn=1×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n-1)·2n+1=2+2×‎4(1-‎2‎n-1‎)‎‎1-2‎-(2n-1)·2n+1=-6-(2n-3)·2n+1,‎ ‎∴Tn=6+(2n-3)·2n+1.‎ ‎4.(2018河南安阳第二次模拟,17)设等差数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)在函数f(x)=x2+Bx+C-1(B,C∈R)的图象上,且a1=C.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)记bn=an(a‎2‎n-1‎+1),求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解析　(1)设数列{an}的公差为d,‎ 则Sn=na1+n(n-1)‎‎2‎d=d‎2‎n2+a‎1‎‎-‎d‎2‎n,‎ 又Sn=n2+Bn+C-1,两式对照得d‎2‎‎=1,‎C-1=0,‎ 解得d=2,‎C=1,‎又因为a1=C,‎ 所以a1=1,‎ 所以数列{an}的通项公式为an=2n-1.‎ ‎(2)由(1)知bn=(2n-1)(2·2n-1-1+1)=(2n-1)2n,‎ 则Tn=1×2+3×22+…+(2n-1)·2n,‎ ‎2Tn=1×22+3×23+…+(2n-3)·2n+(2n-1)·2n+1,‎ 两式相减得 Tn=(2n-1)·2n+1-2(22+23+…+2n)-2‎ ‎=(2n-1)·2n+1-2×‎2‎‎2‎‎(1-‎2‎n-1‎)‎‎1-2‎-2‎ ‎=(2n-3)·2n+1+6.‎ 过专题 ‎【五年高考】‎ A组　统一命题·课标卷题组 考点一　数列求和 ‎1.(2017课标全国Ⅲ,17,12分)设数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)求数列an‎2n+1‎的前n项和.‎ 解析　(1)因为a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,‎ 故当n≥2时,a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1).‎ 两式相减得(2n-1)an=2.‎ 所以an=‎2‎‎2n-1‎(n≥2).‎ 又由题设可得a1=2,‎ 从而{an}的通项公式为an=‎2‎‎2n-1‎(n∈N*).‎ ‎(2)记an‎2n+1‎的前n项和为Sn.‎ 由(1)知an‎2n+1‎=‎2‎‎(2n+1)(2n-1)‎=‎1‎‎2n-1‎-‎1‎‎2n+1‎.‎ 则Sn=‎1‎‎1‎-‎1‎‎3‎+‎1‎‎3‎-‎1‎‎5‎+…+‎1‎‎2n-1‎-‎1‎‎2n+1‎=‎2n‎2n+1‎.‎ ‎2.(2014课标Ⅰ,17,12分)已知{an}是递增的等差数列,a2,a4是方程x2-5x+6=0的根.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)求数列an‎2‎n的前n项和.‎ 解析　(1)方程x2-5x+6=0的两根为2,3,由题意得a2=2,a4=3.‎ 设数列{an}的公差为d,则a4-a2=2d,故d=‎1‎‎2‎,从而a1=‎3‎‎2‎.‎ 所以{an}的通项公式为an=‎1‎‎2‎n+1.‎ ‎(2)设an‎2‎n的前n项和为Sn,由(1)知an‎2‎n=n+2‎‎2‎n+1‎,则 Sn=‎3‎‎2‎‎2‎+‎4‎‎2‎‎3‎+…+n+1‎‎2‎n+n+2‎‎2‎n+1‎,‎ ‎1‎‎2‎Sn=‎3‎‎2‎‎3‎+‎4‎‎2‎‎4‎+…+n+1‎‎2‎n+1‎+n+2‎‎2‎n+2‎.‎ 两式相减得‎1‎‎2‎Sn=‎3‎‎4‎+‎1‎‎2‎‎3‎‎+…+‎‎1‎‎2‎n+1‎-‎n+2‎‎2‎n+2‎ ‎=‎3‎‎4‎+‎1‎‎4‎‎1-‎‎1‎‎2‎n-1‎-n+2‎‎2‎n+2‎.‎ 所以Sn=2-n+4‎‎2‎n+1‎.‎ 考点二　数列的综合应用 ‎　(2016课标全国Ⅰ,17,12分)已知{an}是公差为3的等差数列,数列{bn}满足b1=1,b2=‎1‎‎3‎,anbn+1+bn+1=nbn.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)求{bn}的前n项和.‎ 解析　(1)由已知,a1b2+b2=b1,b1=1,b2=‎1‎‎3‎,得a1=2,(3分)‎ 所以数列{an}是首项为2,公差为3的等差数列,通项公式为an=3n-1.(5分)‎ ‎(2)由(1)和anbn+1+bn+1=nbn得bn+1=bn‎3‎,(7分)‎ 因此{bn}是首项为1,公比为‎1‎‎3‎的等比数列.(9分)‎ 记{bn}的前n项和为Sn,‎ 则Sn=‎1-‎‎1‎‎3‎n‎1-‎‎1‎‎3‎=‎3‎‎2‎-‎1‎‎2×‎‎3‎n-1‎.(12分)‎ B组　自主命题·省(区、市)卷题组 考点一　数列求和 ‎1.(2018浙江,20,15分)已知等比数列{an}的公比q>1,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q>1,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,n≥2,‎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,n≥2,‎ bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)‎ ‎=(4n-5)·‎1‎‎2‎n-2‎+(4n-9)·‎1‎‎2‎n-3‎+…+7·‎1‎‎2‎+3.‎ 设Tn=3+7·‎1‎‎2‎+11·‎1‎‎2‎‎2‎+…+(4n-5)·‎1‎‎2‎n-2‎,n≥2,‎ ‎1‎‎2‎Tn=3·‎1‎‎2‎+7·‎1‎‎2‎‎2‎+…+(4n-9)·‎1‎‎2‎n-2‎+(4n-5)·‎1‎‎2‎n-1‎(n≥2),‎ 所以‎1‎‎2‎Tn=3+4·‎1‎‎2‎+4·‎1‎‎2‎‎2‎+…+4·‎1‎‎2‎n-2‎-(4n-5)·‎1‎‎2‎n-1‎(n≥2),‎ 因此Tn=14-(4n+3)·‎1‎‎2‎n-2‎,n≥2,‎ 又b1=1,所以bn=15-(4n+3)·‎1‎‎2‎n-2‎.‎ ‎2.(2017山东,19,12分)已知{an}是各项均为正数的等比数列,且a1+a2=6,a1a2=a3.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2){bn}为各项非零的等差数列,其前n项和为Sn.已知S2n+1=bnbn+1,求数列bnan的前n项和Tn.‎ 解析　(1)设{an}的公比为q,‎ 由题意知:a1(1+q)=6,a‎1‎‎2‎q=a1q2,‎ 又an>0,解得a1=2,q=2,所以an=2n.‎ ‎(2)由题意知:S2n+1=‎(2n+1)(b‎1‎+b‎2n+1‎)‎‎2‎=(2n+1)bn+1,‎ 又S2n+1=bnbn+1,bn+1≠0,所以bn=2n+1.‎ 令cn=bnan,则cn=‎2n+1‎‎2‎n.‎ 因此Tn=c1+c2+…+cn=‎3‎‎2‎+‎5‎‎2‎‎2‎+‎7‎‎2‎‎3‎+…+‎2n-1‎‎2‎n-1‎+‎2n+1‎‎2‎n,‎ 又‎1‎‎2‎Tn=‎3‎‎2‎‎2‎+‎5‎‎2‎‎3‎+‎7‎‎2‎‎4‎+…+‎2n-1‎‎2‎n+‎2n+1‎‎2‎n+1‎,‎ 两式相减得‎1‎‎2‎Tn=‎3‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎+‎1‎‎2‎‎2‎+…+‎‎1‎‎2‎n-1‎-‎2n+1‎‎2‎n+1‎,‎ 所以Tn=5-‎2n+5‎‎2‎n.‎ ‎3.(2017北京,15,13分)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)求和:b1+b3+b5+…+b2n-1.‎ 解析　(1)设等差数列{an}的公差为d.‎ 因为a2+a4=10,所以2a1+4d=10.‎ 解得d=2.‎ 所以an=2n-1.‎ ‎(2)设等比数列{bn}的公比为q.‎ 因为b2b4=a5,所以b1qb1q3=9.‎ 解得q2=3.‎ 所以b2n-1=b1q2n-2=3n-1.‎ 从而b1+b3+b5+…+b2n-1=1+3+32+…+3n-1=‎3‎n‎-1‎‎2‎.‎ ‎4.(2016天津,18,13分)已知{an}是等比数列,前n项和为Sn(n∈N*),且‎1‎a‎1‎-‎1‎a‎2‎=‎2‎a‎3‎,S6=63.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)若对任意的n∈N*,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=a1·‎1-‎q‎6‎‎1-q=63,知q≠-1,所以a1·‎1-‎‎2‎‎6‎‎1-2‎=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.‎ 考点二　数列的综合应用 ‎1.(2018江苏,14,5分)已知集合A={x|x=2n-1,n∈N*},B={x|x=2n,n∈N*}.将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}.记Sn为数列{an}的前n项和,则使得Sn>12an+1成立的n的最小值为　　　　. ‎ 答案　27‎ ‎2.(2018北京,15,13分)设{an}是等差数列,且a1=ln 2,a2+a3=5ln 2.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)求ea‎1‎+ea‎2‎+…+ean.‎ 解析　(1)设{an}的公差为d.‎ 因为a2+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)因为ea‎1‎=eln 2=2,eanean-1‎=ean‎-‎an-1‎=eln 2=2,‎ 所以{ean}是首项为2,公比为2的等比数列.‎ 所以ea‎1‎+ea‎2‎+…+ean=2×‎1-‎‎2‎n‎1-2‎=2(2n-1).‎ ‎3.(2017天津,18,13分)已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.‎ ‎(1)求{an}和{bn}的通项公式;‎ ‎(2)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N*).‎ 解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,‎ 而b1=2,所以q2+q-6=0.‎ 又因为q>0,解得q=2.‎ 所以,bn=2n.‎ 由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8①.‎ 由S11=11b4,可得a1+5d=16②,‎ 联立①②,解得a1=1,d=3,‎ 由此可得an=3n-2.‎ 所以,{an}的通项公式为an=3n-2,{bn}的通项公式为bn=2n.‎ ‎(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,有Tn=4×2+10×22+16×23+…+(6n-2)×2n,‎ ‎2Tn=4×22+10×23+16×24+…+(6n-8)×2n+(6n-2)×2n+1,‎ 上述两式相减,得 ‎-Tn=4×2+6×22+6×23+…+6×2n-(6n-2)×2n+1‎ ‎=‎12×(1-‎2‎n)‎‎1-2‎-4-(6n-2)×2n+1‎ ‎=-(3n-4)2n+2-16.‎ 得Tn=(3n-4)2n+2+16.‎ 所以,数列{a2nbn}的前n项和为(3n-4)2n+2+16.‎ ‎4.(2016浙江,17,15分)设数列{an}的前n项和为Sn.已知S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*.‎ ‎(1)求通项公式an;‎ ‎(2)求数列{|an-n-2|}的前n项和.‎ 解析　(1)由题意得a‎1‎‎+a‎2‎=4,‎a‎2‎‎=2a‎1‎+1,‎则a‎1‎‎=1,‎a‎2‎‎=3.‎ 又当n≥2时,由an+1-an=(2Sn+1)-(2Sn-1+1)=2an,‎ 得an+1=3an.又因为a2=3=3a1,所以数列{an}是首项为1,公比为3的等比数列.‎ 所以,数列{an}的通项公式为an=3n-1,n∈N*.‎ ‎(2)设bn=|3n-1-n-2|,n∈N*,则b1=2,b2=1.‎ 当n≥3时,由于3n-1>n+2,故bn=3n-1-n-2,n≥3.‎ 设数列{bn}的前n项和为Tn,则T1=2,T2=3.‎ 当n≥3时,Tn=3+‎9(1-‎3‎n-2‎)‎‎1-3‎-‎(n+7)(n-2)‎‎2‎=‎3‎n‎-n‎2‎-5n+11‎‎2‎,‎ 经检验,n=2时也符合.‎ 所以Tn=‎‎2,　　　　　n=1,‎‎3‎n‎-n‎2‎-5n+11‎‎2‎‎,n≥2,n∈N‎*‎.‎ C组　教师专用题组 考点一　数列求和 ‎1.(2015湖北,19,12分)设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,等比数列{bn}的公比为q.已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.‎ ‎(1)求数列{an},{bn}的通项公式;‎ ‎(2)当d>1时,记cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 解析　(1)由题意有,‎10a‎1‎+45d=100,‎a‎1‎d=2,‎即‎2a‎1‎+9d=20,‎a‎1‎d=2,‎ 解得a‎1‎‎=1,‎d=2,‎或a‎1‎‎=9,‎d=‎2‎‎9‎.‎故an‎=2n-1,‎bn‎=‎2‎n-1‎,‎或an‎=‎1‎‎9‎(2n+79),‎bn‎=9·‎2‎‎9‎n-1‎.‎ ‎(2)由d>1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=‎2n-1‎‎2‎n-1‎,‎ 于是Tn=1+‎3‎‎2‎+‎5‎‎2‎‎2‎+‎7‎‎2‎‎3‎+‎9‎‎2‎‎4‎+…+‎2n-1‎‎2‎n-1‎,①‎ ‎1‎‎2‎Tn=‎1‎‎2‎+‎3‎‎2‎‎2‎+‎5‎‎2‎‎3‎+‎7‎‎2‎‎4‎+‎9‎‎2‎‎5‎+…+‎2n-1‎‎2‎n.②‎ ‎①-②可得 ‎1‎‎2‎Tn=2+‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎2‎+…+‎1‎‎2‎n-2‎-‎2n-1‎‎2‎n=3-‎2n+3‎‎2‎n,‎ 故Tn=6-‎2n+3‎‎2‎n-1‎.‎ ‎2.(2015安徽,18,12分)已知数列{an}是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3=8.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设Sn为数列{an}的前n项和,bn=an+1‎SnSn+1‎,求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解析　(1)由题设知a1·a4=a2·a3=8,‎ 又a1+a4=9,可解得a‎1‎‎=1,‎a‎4‎‎=8‎或a‎1‎‎=8,‎a‎4‎‎=1‎(舍去).‎ 由a4=a1q3得公比为q=2,故an=a1qn-1=2n-1.‎ ‎(2)Sn=a‎1‎‎(1-qn)‎‎1-q=2n-1,又bn=an+1‎SnSn+1‎=Sn+1‎‎-‎SnSnSn+1‎=‎1‎Sn-‎1‎Sn+1‎,‎ 所以Tn=b1+b2+…+bn=‎1‎S‎1‎‎-‎‎1‎S‎2‎+‎1‎S‎2‎‎-‎‎1‎S‎3‎+…+‎1‎Sn‎-‎‎1‎Sn+1‎=‎1‎S‎1‎-‎‎1‎Sn+1‎ ‎=1-‎1‎‎2‎n+1‎‎-1‎.‎ ‎3.(2015山东,19,12分)已知数列{an}是首项为正数的等差数列,数列‎1‎an‎·‎an+1‎的前n项和为n‎2n+1‎.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=(an+1)·‎2‎an,求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解析　(1)设数列{an}的公差为d.‎ 令n=1,得‎1‎a‎1‎a‎2‎=‎1‎‎3‎,‎ 所以a1a2=3.‎ 令n=2,得‎1‎a‎1‎a‎2‎+‎1‎a‎2‎a‎3‎=‎2‎‎5‎,‎ 所以a2a3=15.‎ 解得a1=1,d=2,‎ 所以an=2n-1.‎ ‎(2)由(1)知bn=2n·22n-1=n·4n,‎ 所以Tn=1·41+2·42+…+n·4n,‎ 所以4Tn=1·42+2·43+…+n·4n+1,‎ 两式相减,得-3Tn=41+42+…+4n-n·4n+1‎ ‎=‎4(1-‎4‎n)‎‎1-4‎-n·4n+1‎ ‎=‎1-3n‎3‎×4n+1-‎4‎‎3‎.‎ 所以Tn=‎3n-1‎‎9‎×4n+1+‎4‎‎9‎=‎4+(3n-1)‎‎4‎n+1‎‎9‎.‎ ‎4.(2014湖北,19,12分)已知等差数列{an}满足:a1=2,且a1,a2,a5成等比数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)记Sn为数列{an}的前n项和,是否存在正整数n,使得Sn>60n+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,得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2n<60n+800,‎ 此时不存在正整数n,使得Sn>60n+800成立.‎ 当an=4n-2时,Sn=n[2+(4n-2)]‎‎2‎=2n2.‎ 令2n2>60n+800,即n2-30n-400>0,‎ 解得n>40或n<-10(舍去),‎ 此时存在正整数n,使得Sn>60n+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.‎ ‎5.(2014安徽,18,12分)数列{an}满足a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),n∈N*.‎ ‎(1)证明:数列ann是等差数列;‎ ‎(2)设bn=3n·an,求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 解析　(1)证明:由已知可得an+1‎n+1‎=ann+1,即an+1‎n+1‎-ann=1.‎ 所以ann是以a‎1‎‎1‎=1为首项,1为公差的等差数列.‎ ‎(2)由(1)得ann=1+(n-1)·1=n,所以an=n2.‎ 从而bn=n·3n.‎ ‎∴Sn=1·31+2·32+3·33+…+n·3n,①‎ ‎3Sn=1·32+2·33+…+(n-1)·3n+n·3n+1.②‎ ‎①-②得-2Sn=31+32+…+3n-n·3n+1‎ ‎=‎3·(1-‎3‎n)‎‎1-3‎-n·3n+1=‎(1-2n)·‎3‎n+1‎-3‎‎2‎.‎ 所以Sn=‎(2n-1)·‎3‎n+1‎+3‎‎4‎.‎ ‎6.(2014山东,19,12分)在等差数列{an}中,已知公差d=2,a2是a1与a4的等比中项.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=an(n+1)‎‎2‎,记Tn=-b1+b2-b3+b4-…+(-1)nbn,求Tn.‎ 解析　(1)由题意知(a1+d)2=a1(a1+3d),‎ 即(a1+2)2=a1(a1+6),‎ 解得a1=2,‎ 所以数列{an}的通项公式为an=2n.‎ ‎(2)由题意知bn=an(n+1)‎‎2‎=n(n+1).‎ 所以bn+1-bn=2(n+1),‎ 所以当n为偶数时,‎ Tn=(-b1+b2)+(-b3+b4)+…+(-bn-1+bn)‎ ‎=4+8+12+…+2n ‎=n‎2‎‎(4+2n)‎‎2‎=n(n+2)‎‎2‎,‎ 当n为奇数时,‎ 若n=1,则T1=-b1=-2,‎ 若n>1,则Tn=Tn-1+(-bn)‎ ‎=‎(n-1)(n+1)‎‎2‎-n(n+1)‎ ‎=-‎(n+1‎‎)‎‎2‎‎2‎,‎ n=1时,满足上式.‎ 所以Tn=‎‎-‎(n+1‎‎)‎‎2‎‎2‎,n为奇数,‎n(n+2)‎‎2‎‎,n为偶数.‎ ‎7.(2013重庆,16,13分)设数列{an}满足:a1=1,an+1=3an,n∈N+.‎ ‎(1)求{an}的通项公式及前n项和Sn;‎ ‎(2)已知{bn}是等差数列,Tn为其前n项和,且b1=a2,b3=a1+a2+a3,求T20.‎ 解析　(1)由题设知{an}是首项为1,公比为3的等比数列,所以an=3n-1,Sn=‎1-‎‎3‎n‎1-3‎=‎1‎‎2‎(3n-1).‎ ‎(2)b1=a2=3,b3=1+3+9=13,b3-b1=10=2d,所以公差d=5,‎ 故T20=20×3+‎20×19‎‎2‎×5=1 010.‎ ‎8.(2013安徽,19,13分)设数列{an}满足a1=2,a2+a4=8,且对任意n∈N*,函数f(x)=(an-an+1+an+2)x+an+1cos x-an+2sin x满足 f 'π‎2‎=0.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若bn=2an‎+‎‎1‎‎2‎an,求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 解析　(1)由题设可得, f '(x)=an-an+1+an+2-an+1sin x-an+2·cos x.‎ 对任意n∈N*,f 'π‎2‎=an-an+1+an+2-an+1=0,‎ 即an+1-an=an+2-an+1,‎ 故{an}为等差数列.‎ 由a1=2,a2+a4=8,解得{an}的公差d=1,所以an=2+1·(n-1)=n+1.‎ ‎(2)由bn=2an‎+‎‎1‎‎2‎an=2n+1+‎‎1‎‎2‎n+1‎=2n+‎1‎‎2‎n+2知,Sn=b1+b2+…+bn=2n+2·n(n+1)‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎1-‎‎1‎‎2‎n‎1-‎‎1‎‎2‎=n2+3n+1-‎1‎‎2‎n.‎ ‎9.(2013湖南,19,13分)设Sn为数列{an}的前n项和,已知a1≠0,2an-a1=S1·Sn,n∈N*.‎ ‎(1)求a1,a2,并求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)求数列{nan}的前n项和.‎ 解析　(1)令n=1,得2a1-a1=a‎1‎‎2‎,‎ 即a1=a‎1‎‎2‎.‎ 因为a1≠0,‎ 所以a1=1.‎ 令n=2,‎ 得2a2-1=S2=1+a2.‎ 解得a2=2.‎ 当n≥2时,2an-1=Sn,2an-1-1=Sn-1,两式相减得2an-2an-1=an.即an=2an-1.‎ 于是数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列.‎ 因此,an=2n-1.所以数列{an}的通项公式为an=2n-1.‎ ‎(2)由(1)知nan=n·2n-1.‎ 记数列{n·2n-1}的前n项和为Bn,于是 Bn=1+2×2+3×22+…+n×2n-1,①‎ ‎2Bn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n.②‎ ‎①-②得-Bn=1+2+22+…+2n-1-n·2n=2n-1-n·2n.‎ 从而Bn=1+(n-1)·2n.‎ 考点二　数列的综合应用 ‎1.(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=b1>0,m∈N*,q∈(1,m‎2‎],证明:存在d∈R,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　本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.‎ ‎(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|(n-1)d-2n-1|≤1对n=1,2,3,4均成立.‎ 即1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9,得‎7‎‎3‎≤d≤‎5‎‎2‎.‎ 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d∈R,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-1‎b1≤d≤qn-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).‎ ‎①当2≤n≤m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2≤n≤m+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.‎ ‎②设f(x)=2x(1-x),当x>0时,f '(x)=(ln 2-1-xln 2)2x<0.‎ 所以f(x)单调递减,‎ 从而f(x)k)总成立,则称数列{an}是“P(k)数列”.‎ ‎(1)证明:等差数列{an}是“P(3)数列”;‎ ‎(2)若数列{an}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,证明:{an}是等差数列.‎ 证明　(1)证明:因为{an}是等差数列,设其公差为d,则an=a1+(n-1)d,‎ 从而,当n≥4时,an-k+an+k=a1+(n-k-1)d+a1+(n+k-1)d=2a1+2(n-1)d=2an,k=1,2,3,‎ 所以an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an,‎ 因此等差数列{an}是“P(3)数列”.‎ ‎(2)数列{an}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,因此,‎ 当n≥3时,an-2+an-1+an+1+an+2=4an,①‎ 当n≥4时,an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an.②‎ 由①知,an-3+an-2=4an-1-(an+an+1),③‎ an+2+an+3=4an+1-(an-1+an).④‎ 将③④代入②,得an-1+an+1=2an,其中n≥4,‎ 所以a3,a4,a5,…是等差数列,设其公差为d'.‎ 在①中,取n=4,则a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d',‎ 在①中,取n=3,则a1+a2+a4+a5=4a3,所以a1=a3-2d',‎ 所以数列{an}是等差数列.‎ ‎3.(2016四川,19,12分)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-y‎2‎an‎2‎=1的离心率为en,且e2=2,求e‎1‎‎2‎+e‎2‎‎2‎+…+en‎2‎.‎ 解析　(1)由已知,Sn+1=qSn+1,Sn+2=qSn+1+1,两式相减得到an+2=qan+1,n≥1.‎ 又由S2=qS1+1得到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-y‎2‎an‎2‎=1的离心率en=‎1+‎an‎2‎=‎1+‎q‎2(n-1)‎.‎ 由e2=‎1+‎q‎2‎=2解得q=‎3‎.‎ 所以,e‎1‎‎2‎+e‎2‎‎2‎+…+‎en‎2‎ ‎=(1+1)+(1+q2)+…+[1+q2(n-1)]‎ ‎=n+[1+q2+…+q2(n-1)]‎ ‎=n+‎q‎2n‎-1‎q‎2‎‎-1‎ ‎=n+‎1‎‎2‎(3n-1).‎ ‎4.(2015天津,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,n∈N*,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q>0.由已知,有‎2q‎2‎-3d=2,‎q‎4‎‎-3d=10,‎消去d,整理得q4-2q2-8=0.又因为q>0,解得q=2,所以d=2.‎ 所以数列{an}的通项公式为an=2n-1,n∈N*;数列{bn}的通项公式为bn=2n-1,n∈N*.‎ ‎(2)由(1)有cn=(2n-1)·2n-1,设{cn}的前n项和为Sn,则 Sn=1×20+3×21+5×22+…+(2n-3)×2n-2+(2n-1)×2n-1,‎ ‎2Sn=1×21+3×22+5×23+…+(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,n∈N*.‎ ‎5.(2015浙江,17,15分)已知数列{an}和{bn}满足a1=2,b1=1,an+1=2an(n∈N*),b1+‎1‎‎2‎b2+‎1‎‎3‎b3+…+‎1‎nbn=bn+1-1(n∈N*).‎ ‎(1)求an与bn;‎ ‎(2)记数列{anbn}的前n项和为Tn,求Tn.‎ 解析　(1)由a1=2,an+1=2an,得an=2n(n∈N*).‎ 由题意知,‎ 当n=1时,b1=b2-1,故b2=2.‎ 当n≥2时,‎1‎nbn=bn+1-bn,整理得bn+1‎n+1‎=bnn,‎ 所以bn=n(n∈N*).‎ ‎(2)由(1)知anbn=n·2n,‎ 因此Tn=2+2·22+3·23+…+n·2n,‎ ‎2Tn=22+2·23+3·24+…+n·2n+1,‎ 所以Tn-2Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1.‎ 故Tn=(n-1)2n+1+2(n∈N*).‎ ‎6.(2014广东,19,14分)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且Sn满足Sn‎2‎-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,n∈N*.‎ ‎(1)求a1的值;‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(3)证明:对一切正整数n,有‎1‎a‎1‎‎(a‎1‎+1)‎+‎1‎a‎2‎‎(a‎2‎+1)‎+…+‎1‎an‎(an+1)‎<‎1‎‎3‎.‎ 解析　(1)∵Sn‎2‎-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,‎ ‎∴令n=1,得a‎1‎‎2‎+a1-6=0,‎ 解得a1=2或a1=-3.‎ 又an>0,∴a1=2.‎ ‎(2)由Sn‎2‎-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,‎ 得[Sn-(n2+n)](Sn+3)=0,‎ 又an>0,所以Sn+3≠0,‎ 所以Sn=n2+n,‎ 所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-[(n-1)2+n-1]=2n,‎ 又由(1)知,a1=2,符合上式,‎ 所以an=2n.‎ ‎(3)证明:由(2)知,‎1‎an‎(an+1)‎=‎1‎‎2n(2n+1)‎,‎ 所以‎1‎a‎1‎‎(a‎1‎+1)‎+‎1‎a‎2‎‎(a‎2‎+1)‎+…+‎‎1‎an‎(an+1)‎ ‎=‎1‎‎2×3‎+‎1‎‎4×5‎+…+‎‎1‎‎2n(2n+1)‎ ‎<‎1‎‎2×3‎+‎1‎‎3×5‎+‎1‎‎5×7‎+…+‎‎1‎‎(2n-1)(2n+1)‎ ‎=‎1‎‎6‎+‎‎1‎‎2‎‎1‎‎3‎‎-‎‎1‎‎5‎‎+‎1‎‎5‎‎-‎‎1‎‎7‎+…+‎‎1‎‎2n-1‎‎-‎‎1‎‎2n+1‎ ‎=‎1‎‎6‎+‎‎1‎‎2‎‎1‎‎3‎‎-‎‎1‎‎2n+1‎ ‎<‎1‎‎6‎+‎1‎‎2‎×‎1‎‎3‎=‎1‎‎3‎.‎ ‎7.(2013课标Ⅱ,17,12分)已知等差数列{an}的公差不为零,a1=25,且a1,a11,a13成等比数列.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)求a1+a4+a7+…+a3n-2.‎ 解析　(1)设{an}的公差为d.由题意得,a‎11‎‎2‎=a1a13,‎ 即(a1+10d)2=a1(a1+12d).‎ 于是d(2a1+25d)=0.‎ 又a1=25,所以d=0(舍去)或d=-2.‎ 故an=-2n+27.‎ ‎(2)令Sn=a1+a4+a7+…+a3n-2.‎ 由(1)知a3n-2=-6n+31,故{a3n-2}是首项为25,公差为-6的等差数列.从而 Sn=n‎2‎(a1+a3n-2)‎ ‎=n‎2‎(-6n+56)‎ ‎=-3n2+28n.‎ ‎8.(2013山东,20,12分)设等差数列{an}的前n项和为Sn,且S4=4S2,a2n=2an+1.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若数列{bn}满足b‎1‎a‎1‎+b‎2‎a‎2‎+…+bnan=1-‎1‎‎2‎n,n∈N*,求{bn}的前n项和Tn.‎ 解析　(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.‎ 由S4=4S2,a2n=2an+1得 ‎4a‎1‎+6d=8a‎1‎+4d,‎a‎1‎‎+(2n-1)d=2a‎1‎+2(n-1)d+1,‎ 解得a1=1,d=2.‎ 因此an=2n-1,n∈N*.‎ ‎(2)由已知b‎1‎a‎1‎+b‎2‎a‎2‎+…+bnan=1-‎1‎‎2‎n,n∈N*,得 当n=1时,b‎1‎a‎1‎=‎1‎‎2‎;‎ 当n≥2时,bnan=1-‎1‎‎2‎n-‎1-‎‎1‎‎2‎n-1‎=‎1‎‎2‎n.‎ 所以bnan=‎1‎‎2‎n,n∈N*.‎ 由(1)知,an=2n-1,n∈N*,‎ 所以bn=‎2n-1‎‎2‎n,n∈N*,‎ 又Tn=‎1‎‎2‎+‎3‎‎2‎‎2‎+‎5‎‎2‎‎3‎+…+‎2n-1‎‎2‎n,‎ ‎1‎‎2‎Tn=‎1‎‎2‎‎2‎+‎3‎‎2‎‎3‎+…+‎2n-3‎‎2‎n+‎2n-1‎‎2‎n+1‎,‎ 两式相减得‎1‎‎2‎Tn=‎1‎‎2‎+‎2‎‎2‎‎2‎‎+‎2‎‎2‎‎3‎+…+‎‎2‎‎2‎n-‎‎2n-1‎‎2‎n+1‎ ‎=‎3‎‎2‎-‎1‎‎2‎n-1‎-‎2n-1‎‎2‎n+1‎,‎ 所以Tn=3-‎2n+3‎‎2‎n.‎ ‎【三年模拟】‎ 时间:50分钟　分值:65分 一、选择题(每小题5分,共25分)‎ ‎1.(2018福建厦门第一学期期末质检,7)已知数列{an}满足an+1+(-1)n+1an=2,则其前100项和为(　　)　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 ‎ A.250 B.200 C.150 D.100‎ 答案　D　‎ ‎2.(2017山西孝义模考,9)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a3>a1+3,a40,且a≠1)的图象经过点P(1,3),Q(2,5).当n∈N*时,an=f(n)-1‎f(n)·f(n+1)‎,记数列{an}的前n项和为Sn,当Sn=‎10‎‎33‎时,n的值为(　　)‎ A.7 B.6 C.5 D.4‎ 答案　D　‎ ‎5.(2019届河南信阳模拟,6)已知数列{an}的前n项和为Sn=2n+1+m,且a1,a4,a5-2成等差数列,bn=an‎(an-1)(an+1‎+1)‎,数列{bn}的前n项和为Tn,则满足Tn>‎2 017‎‎2 018‎的最小正整数n的值为(　　)‎ A.11 B.10 C.9 D.8‎ 答案　B　‎ 二、填空题(每小题5分,共10分)‎ ‎6.(2019届江苏南京模拟,15)已知数列{an}的通项公式为an=‎1‎n(n+2)‎‎,n为奇数,‎n-7,n为偶数,‎则数列{an}前15项和S15的值为　　　　. ‎ 答案　‎‎127‎‎17‎ ‎7.(2018江西吉安一中、九江一中等八所重点中学4月联考,13)若{an},{bn}满足anbn=1,an=n2+3n+2,则{bn}的前2 018项和为　　　　. ‎ 答案　‎‎1 009‎‎2 020‎ 三、解答题(共30分)‎ ‎8.(2019届广东模拟,17)已知等比数列{an}的公比q>1,且a3+a5=40,a4=16.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=nan,Sn是数列{bn}的前n项和,对任意正整数n,不等式Sn+n‎2‎n>(-1)n·a恒成立,求a的取值范围.‎ 解析　(1)由a‎3‎‎+a‎5‎=40,‎a‎4‎‎=16,‎得a‎3‎‎(1+q‎2‎)=40,‎a‎3‎‎·q=16,‎因为等比数列{an}的公比q>1,所以q=2,a3=8,‎ 所以an=a3·qn-3=2n.‎ ‎(2)由于an=2n,bn=nan,‎ 所以bn=nan=n‎2‎n,‎ 则Sn=‎1‎‎2‎‎1‎+‎2‎‎2‎‎2‎+‎3‎‎2‎‎3‎+…+n‎2‎n①,‎ ‎1‎‎2‎Sn=‎1‎‎2‎‎2‎+‎2‎‎2‎‎3‎+‎3‎‎2‎‎4‎+…+n‎2‎n+1‎②,‎ ‎①-②得‎1‎‎2‎Sn=‎1‎‎2‎‎1‎‎+‎1‎‎2‎‎2‎+…+‎‎1‎‎2‎n-n‎2‎n+1‎,‎ 所以Sn=1+‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎2‎+…+‎1‎‎2‎n-1‎-n‎2‎n=‎1-‎‎1‎‎2‎n‎1-‎‎1‎‎2‎-n‎2‎n=2-‎2+n‎2‎n,‎ 所以Sn+n‎2‎n>(-1)n·a即2-‎2‎‎2‎n>(-1)n·a.‎ 设f(n)=2-‎2‎‎2‎n(n∈N*),‎ 由于f(n)=2-‎2‎‎2‎n单调递增,‎ 故当n为奇数时,f(1)=1为最小值,所以-a<1,则a>-1,‎ 当n为偶数时,f(2)=‎3‎‎2‎为最小值,所以a<‎3‎‎2‎.‎ 所以a的取值范围为‎-1,‎‎3‎‎2‎.‎ ‎9.(2018云南昆明一中调研,17)在等差数列{an}中,公差d≠0,前5项和S5=15,且a1,a3,a7成等比数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)求a2+a8+a26+…+a‎3‎k‎-1‎(k∈N*)的值.‎ 解析　(1)根据题意得‎5a‎1‎+‎5×4‎‎2‎d=15,‎‎(a‎1‎+2d‎)‎‎2‎=a‎1‎(a‎1‎+6d),‎ 解得a‎1‎‎=‎3‎‎2‎,‎d=‎3‎‎4‎.‎所以数列{an}的通项公式为an=a1+(n-1)d=‎3‎‎4‎n+‎3‎‎4‎.‎ ‎(2)解法一:由(1)得a‎3‎n‎-1‎=‎3‎‎4‎(3n-1)+‎3‎‎4‎=‎3‎‎4‎×3n,‎ 所以a2+a8+a26+…+‎a‎3‎k‎-1‎ ‎=‎3‎‎4‎×(31+32+33+…+3k)‎ ‎=‎3‎‎4‎×‎3(1-‎3‎k)‎‎1-3‎=‎9‎‎8‎(3k-1).‎ 解法二:设bn=a‎3‎n‎-1‎=‎3‎‎4‎(3n-1)+‎3‎‎4‎=‎3‎‎4‎×3n,‎ 则bn+1‎bn=3(n∈N*).‎ 所以数列{bn}是首项为‎9‎‎4‎,公比为3的等比数列,‎ 所以数列{bn}的前k项和Tk=‎9‎‎4‎‎(1-‎3‎k)‎‎1-3‎=‎9‎‎8‎(3k-1).‎ ‎10.(2017湖南长沙长郡中学模拟,17)已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,Sn为数列{an}的前n项和,a1=b1=1,且b3S3=36,b2S2=8(n∈N*).‎ ‎(1)求an和bn;‎ ‎(2)若an