届高考数学(理)二轮复习专题讲解讲义：专题三 第二讲 高考中的数列
(新高考)高考数学二轮复习 第三部分 讲重点 解答题专练 第2讲 数列教学案 理-人教版高三全册数学
第2讲 数列■真题调研——————————————【例1】 [2019·全国卷Ⅱ]已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0,4a n ＋1＝3a n －b n ＋4,4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．解：(1)由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )， 即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n )．又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8, 即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2.又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1.所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.【例2】 [2019·某某卷]定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”． (1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足：a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，求证：数列{a n }为“M －数列”；(2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足：b 1＝1，1S n ＝2b n －2b n ＋1，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数．若存在“M－数列”{}(n ∈N *)，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有c k ≤b k ≤c k ＋1成立，求m 的最大值．解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ， 所以a 1≠0，q ≠0.由⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a 21q 4＝a 1q 4，a 1q 2－4a 1q ＋4a 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2.因此数列{a n }为“M－数列”． (2)①因为1S n ＝2b n －2b n ＋1，所以b n ≠0.由b 1＝1，S 1＝b 1，得11＝21－2b 2，则b 2＝2.由1S n ＝2b n －2b n ＋1，得S n ＝b n b n ＋12(b n ＋1－b n )， 当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1， 得b n ＝b n b n ＋12(b n ＋1－b n )－b n －1b n2(b n －b n －1)，整理得b n ＋1＋b n －1＝2b n .所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列． 因此，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *)． ②由①知，b k ＝k ，k ∈N *. 因为数列{}为“M－数列”， 设公比为q ，所以c 1＝1，q >0. 因为c k ≤b k ≤c k ＋1，所以q k －1≤k ≤q k，其中k ＝1,2,3，…，m .当k ＝1时，有q ≥1；当k ＝2,3，…，m 时，有ln k k ≤ln q ≤ln kk －1.设f (x )＝ln x x (x >1)，则f ′(x )＝1－ln xx2. 令f ′(x )＝0，得x ＝e.列表如下：因为2＝6<6＝3，所以f (k )max ＝f (3)＝ln33.取q ＝33，当k ＝1,2,3,4,5时，ln k k≤ln q ，即k ≤q k ，经检验知q k －1≤k 也成立．因此所求m 的最大值不小于5.若m ≥6，分别取k ＝3,6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216，所以q 不存在．因此所求m 的最大值小于6.综上，所求m 的最大值为5.【例3】 [2019·某某卷]设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列．已知a 1＝4，b 1＝6，b 2＝2a 2－2，b 3＝2a 3＋4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{}满足c 1＝1，＝⎩⎪⎨⎪⎧1，2k<n <2k ＋1，b k ，n ＝2k，其中k ∈N *.①求数列的通项公式； ②求．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .依题意得⎩⎪⎨⎪⎧6q ＝6＋2d ，6q 2＝12＋4d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝2，故a n ＝4＋(n －1)×3＝3n ＋1，b n ＝6×2n －1＝3×2n.所以，{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋1，{b n }的通项公式为b n ＝3×2n.(2)①＝(3×2n ＋1)(3×2n －1)＝9×4n－1.所以，数列{}的通项公式为＝9×4n－1.②＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n×4＋2n (2n－1)2×3＋i ＝1n (9×4i －1) ＝(3×22n －1＋5×2n －1)＋9×4(1－4n)1－4－n＝27×22n －1＋5×2n －1－n －12(n ∈N *)．【例4】 [2019·某某卷]设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝4，a 4＝S 3.数列{b n }满足：对每个n ∈N *，S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)记＝a n 2b n，n ∈N *，证明：c 1＋c 2＋…＋<2n ，n ∈N *. 解：(1)设数列{a n }的公差为d ，由题意得a 1＋2d ＝4，a 1＋3d ＝3a 1＋3d ，解得a 1＝0，d ＝2. 从而a n ＝2n －2，n ∈N *. 所以S n ＝n 2－n ，n ∈N *.由S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列得 (S n ＋1＋b n )2＝(S n ＋b n )(S n ＋2＋b n )． 解得b n ＝1d(S 2n ＋1－S n S n ＋2)．所以b n ＝n 2＋n ，n ∈N *. (2)＝a n2b n ＝2n －22n (n ＋1)＝n －1n (n ＋1)，n ∈N *.我们用数学归纳法证明．(1)当n ＝1时，c 1＝0<2，不等式成立； (2)假设当n ＝k (k ∈N *)时不等式成立，即c 1＋c 2＋…＋c k <2k ，那么，当n ＝k ＋1时，c 1＋c 2＋…＋c k ＋c k ＋1<2k ＋k(k ＋1)(k ＋2)<2k ＋1k ＋1<2k ＋2k ＋1＋k＝2k ＋2(k ＋1－k )＝2k ＋1，即当n ＝k ＋1时不等式也成立．根据(1)和(2)，不等式c 1＋c 2＋…＋<2n 对任意n ∈N *成立． ■模拟演练——————————————1．[2019·某某二模]已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝1，且存在实数λ满足2a n ＋1＝λa n ＋4，n ∈N *.(1)求λ的值及数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a 2n －n }的前n 项和S n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，d ≠0， 由2a n ＋1＝λa n ＋4(n ∈N *)，① 得2a n ＝λa n －1＋4(n ∈N *，n ≥2)，②两式相减得，2d ＝λd ，又d ≠0，所以λ＝2. 将λ＝2代入①可得a n ＋1－a n ＝2，即d ＝2， 又a 1＝1，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (2)由(1)可得a 2n －n ＝2(2n －n )－1＝2n ＋1－(2n ＋1)，所以S n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)－[3＋5＋…＋(2n ＋1)]＝4(1－2n)1－2－n (3＋2n ＋1)2＝2n ＋2－n2－2n －4.2．[2019·某某综合测试二]已知{a n }是递增的等比数列，a 2＋a 3＝4，a 1a 4＝3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解：(1)解法一：设等比数列{a n }的公比为q .因为a 2＋a 3＝4，a 1a 4＝3，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 2＝4，a 1·a 1q 3＝3.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，q ＝13，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝13，q ＝3.因为{a n }是递增的等比数列，所以a 1＝13，q ＝3，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2.解法二：设等比数列{a n }的公比为q . 因为a 2＋a 3＝4，a 1a 4＝a 2a 3＝3，所以a 2，a 3是方程x 2－4x ＋3＝0的两个根，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝1，a 3＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝3，a 3＝1.因为{a n }是递增的等比数列，所以a 2＝1，a 3＝3，则q ＝3， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2.(2)由(1)知b n ＝n ×3n －2，则S n ＝1×3－1＋2×30＋3×31＋…＋n ×3n －2， ①在①式两边同时乘以3得， 3S n ＝1×30＋2×31＋3×32＋…＋n ×3n －1， ②①－②得－2S n ＝3－1＋30＋31＋…＋3n －2－n ×3n －1，即－2S n ＝13(1－3n )1－3－n ×3n －1，所以S n ＝14(2n －1)×3n －1＋112.3．[2019·某某质检]数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －n . (1)求证数列{a n ＋1}是等比数列，并求a n ；(2)若数列{b n }为等差数列，且b 3＝a 2，b 7＝a 3，求数列{a n b n }的前n 项和． 解：(1)当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，所以a 1＝1. 因为S n ＝2a n －n ， ①所以当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－(n －1)， ② ①－②得a n ＝2a n －2a n －1－1，所以a n ＝2a n －1＋1， 所以a n ＋1a n －1＋1＝2a n －1＋1＋1a n －1＋1＝2a n －1＋2a n －1＋1＝2，所以{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列， 所以a n ＋1＝2·2n －1＝2n，所以a n ＝2n－1.(2)由(1)知，a 2＝3，a 3＝7， 所以b 3＝a 2＝3，b 7＝a 3＝7.设{b n }的公差为d ，则b 7＝b 3＋(7－3)·d ， 所以d ＝1，所以b n ＝b 3＋(n －3)·d ＝n ， 所以a n b n ＝n (2n －1)＝n ·2n－n .设数列{n ·2n}的前n 项和为K n ，数列{n }的前n 项和为T n ， 所以K n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n， ③ 2K n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1， ④③－④得－K n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n)1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2.所以K n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.又T n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，所以K n －T n ＝(n －1)·2n ＋1－n (n ＋1)2＋2，所以{a n b n }的前n 项和为 (n －1)·2n ＋1－n (n ＋1)2＋2.4．[2019·某某某某质检]已知等比数列{a n }的各项都是正数，其中a 3，a 2＋a 3，a 4成等差数列，a 5＝32.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{log 2a n }的前n 项和为S n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和T n .解：(1)设等比数列{a n }的公比为q，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2(a 2＋a 3)＝a 3＋a 4，a 5＝32，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1q ＋a 1q 2＝a 1q 3，a 1q 4＝32.∵a n >0，∴q >0，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2.∴a n ＝2n. (2)由已知得，S n ＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ＝n (n ＋1)2，∴1S n＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和 T n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝2n n ＋1.。
高考数学理科二轮复习课件：专题3第二讲 数列求和及综合应用
综上，数列2an－n 1的前 n 项和 Sn＝2nn－1.
本题考查等差数列的通项公式的求法以及用错位相减法 求数列的前n项和，难度适中．
数列{bn}的前 n 项和．
解析：(1)设等差数列{an}的公差为 d，由题意得： d＝a4－3 a1＝12－ 3 3＝3， 所以 an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1，2，…)， 设等比数列{bn－an}的公比为 q，由题意得：q3＝bb41－－aa41
＝240－－312＝8，解得 q＝2.
所以 bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1，从而 bn＝3n＋2n－1(n ＝1，2，…)．
随堂讲义
专题三 数 列 第二讲 数列求和及综合应用
高考数列一定有大题，按近几年高考特点，可估计 2016年不会有大的变化，考查递推关系、数学归纳法的 可能较大，但根据高考题命题原则，一般会有多种方法 可以求解．因此，全面掌握数列求和相关的方法更容易 让你走向成功．
例 1 已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝12n(n∈N*)，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列2an－n 1的前 n 项和． 思路点拨：(1)由题设求出 a1，d，可确定通项公式； (2)可用错位相减法求和．
解析：(1)设等差数列{an}的公差为 d，由已知条件可得 a21a＋1＋d1＝2d0， ＝－10，解得ad1＝＝－1，1.
(1)已知数列{bn}的前 n 项和 Sn，求 bn 时分如下三个步 骤进行：①当 n＝1 时，b1＝S1；②当 n≥2 时，bn＝Sn－Sn －1；③验证 b1 是否适合 n≥2 的解析式，据验证情况写出 bn 的表达式．
高考数学第二轮复习专题课件：数列
∑n 1 ＝________. k＝1 Sk 解析 设{an}首项为 a1，公差为 d，则
由aS34＝ ＝a41a＋1＋24d＝ ×2 33， d＝10，得ad1＝＝11.，∴Sn＝n（n＋ 2 1），
n
∑
k＝1
S1k＝1×2 2＋2×2 3＋…＋n（n2－1）＋n（n2＋1）
＝21－12＋12－13＋…＋n－1 1－1n＋1n－n＋1 1＝21－n＋1 1＝n2＋n1.
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探究提高 1.第(2)题求解的思路是：先利用等比数列的通项 公式构建首项a1与公比q的方程组，求出a1，q，得到{an}的 通项公式，再将a1a2·…·an表示为n的函数，进而求最大值. 2.等差(比)数列基本运算的解题途径： (1)设基本量a1和公差d(公比q). (2)列、解方程组：把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，然 后求解，注意整体计算，以减少运算量.
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【训练2】 (1)设等差数列{an}的公差为d，若数列{2a1an}为递 减数列，则( )
A.d>0
B.d<0
C.a1d>0
D.a1d<0
(2)(开封质检)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝5，
Sm＝－11，Sm＋1＝21，则m等于( )
A.3
B.4
解析 (1)由log2a2＋log2a8＝2，得log2(a2a8)＝2，所以a2a8＝4， 则a5＝±2， 等比数列{an}的前9项积为T9＝a1a2…a8a9＝(a5)9＝±512.
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高三数学第二轮复习数列解析版
高三数学第二轮复习数列解析版高三第二轮复习资料(数列)顺序（5学时）一【本章知识结构】等差数列的性质有等差数列正一般术语和整数列的概念，前n个术语和数字等比数列等比序列集性质二、【高考要求】1．了解数列有关概念和几种简单的表示方法（列表、图像、通项公式）.2.理解等差（比）数列的概念，掌握等差（比）数列的通项公式和前n项之和公式，并能利用这些知识解决一些实际问题。
三、 [热点分析]1．数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般情况下都是一个客观性试题加一个解答题，分值占整个试卷的10%左右.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式等内容，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列内容为主，并涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目.2.系列问题命题倾向：（1）数列是特殊的函数，而不等式则是深刻认识函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和能力的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点；（2）序列推理是一个新的课题，在过去的高考中经常使用学科几何试题来测试逻辑推理能力。
近两年来，在数字系列试题中，等差等比系列的综合考试也得到了加强；3．熟练掌握、灵活运用等差、等比数列的性质。
等差、等比数列的有关性质在解决数列问题时应用非常广泛，且十分灵活，主动发现题目中隐含的相关性质，往往使运算简洁优美4．对客观题，应注意寻求简捷方法解答历年有关数列的客观题，就会发现，除了常规方法外，还可以用更简捷的方法求解.现介绍如下：①借助特殊数列；② 灵活利用等差序列和等比序列的相关性质可以更准确、快速地解决问题。
这种思想在解决客观问题时更为突出。
序列的许多客观问题都有灵活而简单的解5．在数列的学习中加强能力训练数列问题对能力要求较高，特别是运算能力、归纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力更为突出.一般来说，考题中选择、填空题解法灵活多变，而解答题更是考查能力的集中体现，尤其近几年高考加强了数列推理能力的考查，应引起我们足够的重视.因此，在平时要加强对能力的培养。
高中数学二轮复习(理) 专题三 数列 第2讲 课件(全国通用)
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解
(1)设数列{an}的公差为 d，数列{bn}的公比为 q.
∵a1＝2，b1＝1，且 a2＝b3，S3＝6b2， 2＋d＝q2， d＝2， ∴3（2＋2＋2d） 解得 ＝ 6 q . q＝2. 2 ∴an＝2＋(n－1)×2＝2n，bn＝2n－1. (2)由题意：cn＝bn＋(－1)nan＝2n－1＋(－1)n2n. ∴Tn＝(1＋2＋4＋…＋2n－1)＋[－2＋4－6＋8－…＋(－1)n·2n]，
1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，求由该折线
与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所围成的区域 的面积Tn.
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解 (1)设数列{xn}的公比为 q，
x1＋x1q＝3， 由题意得 2 所以 x1q －x1q＝2.
3q2－5q－2＝0，
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①若 n 为偶数： 1－2n Tn＝ ＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－1)＋2n]} 1－2 n ＝2 －1＋ ×2＝2n＋n－1. 2
c (其中{an}是各项均不为零的等差数列， c a a ＋ n n 1
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为常数)的数列.
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温馨提醒 (1)裂项求和时，易把系数写成它的倒数或忘 记系数导致错误.
2018届高考数学理新课标二轮专题复习课件：3-2数列 精品
3．(2016·太原检测)已知数列{an}满足：a1＝12，3（11＋－aann＋1）＝
2（1＋an） 1－an＋1 ，an·an＋1<0(n≥1，n∈N*)；数列{bn}满足：bn＝an＋12－
an2(n≥1，n∈N*)． (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)证明：数列{bn}中的任意三项不可能成等差数列．
当 d＝－1 时，a3＝0 与已知矛盾，d＝2. ∵an＝a1＋(n－1)d＝2＋2(n－1)＝2n.(3 分) 由 bn＋Sn＝2，得 Sn＝2－bn. 当 n＝1 时，b1＋S1＝2，解得 b1＝1； 当 n≥2 时，bn＝Sn－Sn－1＝(2－bn)－(2－bn－1)＝bn－1－bn，即 bn＝12bn－1. ∴数列{bn}是首项为 1，公比为12的等比数列，故 bn＝2n1－1.(6 分)
(2)由(1)知 Sn＝2－2n1－1， ∴cn＝an2Sn＝2n－2nn－1.(7 分) ∴Tn＝2(1＋2＋3＋…＋n)－(210＋221＋232＋…＋2nn－1)＝n(n＋1) －(210＋221＋232＋…＋2nn－1)． 令 Rn＝210＋221＋232＋…＋2nn－1，
则12Rn＝211＋222＋233＋…＋2nn， 两式相减得12Rn＝1＋12＋212＋…＋2n1－1－2nn＝11－－2121n－2nn＝2－ n＋2n 2， ∴Rn＝4－n2＋n－21 ， ∴Tn＝n2＋n－4＋n2＋n－21 .(12 分)
(2)∵an·bn＝(－1)n－123n×(－1)n＋1n＝32nn ， ∴Tn＝3(21＋222＋233＋…＋2nn)， ∴12Tn＝3(212＋223＋…＋n－2n 1＋2nn＋1)， 以上两式相减得：12Tn＝3(211＋212＋…＋21n－2nn＋1)＝3(1－21n－ 2nn＋1)， ∴Tn＝6(1－n2＋n＋21 )．
精选-高考数学二轮复习专题三数列第二讲数列的综合应用课件理
a3
＋n≥…2＋，21nan＝2n＋5，则数列{an}的通项公式为( B )
A两 ∴．式 aan＝n相＝2减n2＋可n1＋，得 1 n，≥a22nn，＝n2B∈n．＋N*5a.－n＝2(n12－4n＋，11)，－n＝n5≥＝1，22，
C当．na＝n＝1 2时n ，a21＝7，∴Da．1＝an1＝4，2n＋2
等差数列的 命题分析
Ⅱ
基本运
数列在解答题中的考查常从数列的相关项
卷
算·T17
以及关系式，或数列的前 n 项和与第 n 项的
关系入手，结合数列的递推关系式与等差数
列或等比数列的定义展开，求解数列的通
2016
等比数列的
项、前 n 项和，有时与参数的求解、数列不
Ⅲ 通项公式、
等式的证明等加以综合．试题难度中等．
Ⅱ 通项公式和 或等比数列的定义展开，求解数列的通项、 2018
卷 前 n 项和公 前 n 项和，有时与参数的求解、数列不等式
式·T17
的证明等加以综合．试题难度中等． 学科素养
通过递推关系求通项，根据通项结构选择恰
当的求和方法求和.
考情分析 明确方向
卷 考查角度及 年份
别 命题位置
命题分析及学科素养
考点一 由递推关系求通项
[全练——快速解答]
由题意可知，数列{an}满足条件12a1＋212a2＋213a3＋…＋21nan＝2n＋
1．(2018·洛
5，则 n≥2
阳时四，有校12联a1＋考21)2已a2＋知21数3a3列＋{…an＋}满2n1－足1a条n－1件＝122(an1－＋121)＋2a25＋，213
考点一 由递推关系求通项
2Tn＝1×2＋3×22＋…＋(2n－3)×2n－1＋(2n－1)×2n② 由①－②得 －Tn＝1＋2×(21＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)·2n ＝1＋2×2－12－n－21×2－(2n－1)×2n ＝(3－2n)×2n－3， 所以 Tn＝(2n－3)×2n＋3.
2015届高考数学二轮复习专题讲解 课件 第二讲 高考中的数列(解答题型)
＝13.
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(2)由于{a2n－1}是递增数列，因而 a2n＋1－a2n－1>0，于是(a2n ＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)>0. ①
但212n<221n－1，所以|a2n＋1－a2n|<|a2n－a2n－1|. ②
六招解决数列求和问题 (1)转化法：将数列的项进行分组重组，使之转化为 n 个等差数列或等比数列，然后应用公式求和． (2)错位相减法：(见主干整合) (3)裂项相消法：(见主干整合) (4)倒序相加法：(见主干整合) (5)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再 求 Sn. (6)归纳猜想法：通过对 S1，S2，S3，…的计算进行 归纳分析，寻求规律，猜想出 Sn，然后给出证明．
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1．已知数列{an}满足 a1＝1，|an＋1－an|＝pn，n∈N*.
(1)若{an}是递增数列，且 a1,2a2,3a3 成等差数列，求 p 的 值；
(2)若 p＝21，且{a2n－1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求 数列{an}的通项公式．
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数列求和常用的方法 1．分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成
cn＝an＋bn 形式的数列求和问题的方法，其中{an}与{bn}是等 差(比)数列或一些可以直接求和的数列．
2．裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，
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第二讲 高考中的数列(解答题型)1．(2014·新课标全国卷Ⅰ)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数．(1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由．解：(1)由题设，a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1. 两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1. 由于a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.(2)由题设，a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得a 2＝λ－1. 由(1)知，a 3＝λ＋1. 令2a 2＝a 1＋a 3， 解得λ＝4.故a n ＋2－a n ＝4，由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3；{a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1.所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2.因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列． 2．(2014·江西高考)已知首项都是1的两个数列{a n }，{b n }(b n ≠0，n ∈N *)，满足a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0.(1)令c n ＝a nb n ，求数列{c n }的通项公式；(2)若b n ＝3n －1，求数列{a n }的前n 项和S n .解：(1)因为a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0，b n ≠0(n ∈N *)， 所以a n ＋1b n ＋1－a nb n＝2，即c n ＋1－c n ＝2.所以数列{c n }是以首项c 1＝1，公差d ＝2的等差数列，故c n ＝2n －1. (2)由b n ＝3n －1知a n ＝c n b n ＝(2n －1)3n －1，于是数列{a n }前n 项和S n ＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋(2n －1)·3n －1， 3S n ＝1·31＋3·32＋…＋(2n －3)·3n －1＋(2n －1)·3n ，相减得－2S n ＝1＋2·(31＋32＋…＋3n －1)－(2n －1)·3n ＝－2－(2n －2)3n ， 所以S n ＝(n －1)3n ＋1.数列求和常用的方法1．分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．2．裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n ＝f (n ＋1)－f (n )的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如⎩⎨⎧⎭⎬⎫c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为0的等差数列，c 为常数)的数列等．3．错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．4．倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思．热点一 等差、等比数列的综合问题命题角度(1)考查等差数列、等比数列的判定与证明； (2)考查等差数列、等比数列的综合运算.[例1] (1)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝t ，a n ＋1＝2S n ＋1(n ∈N *)．①若t ≠－12，求证：数列{S n }不是等差数列；②当t 为何值时，数列{a n }是等比数列，并求出该等比数列的前n 项和S n . (2)(2014·重庆高考)已知{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，S n 表示{a n }的前n 项和． ①求a n 及S n ；②设{b n }是首项为2的等比数列，公比q 满足q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0，求{b n }的通项公式及其前n 项和T n .[师生共研] (1)①假设数列{S n }为等差数列，则必有2S 2＝S 1＋S 3，即2(a 1＋a 2)＝a 1＋a 1＋a 2＋a 3，所以a 2＝a 3，又a 2＝2S 1＋1＝2a 1＋1＝2t ＋1，a 3＝2S 2＋1＝2(a 1＋a 2)＋1＝2(t ＋2t ＋1)＋1＝6t ＋3， 所以由a 2＝a 3得2t ＋1＝6t ＋3，即t ＝－12，这与t ≠－12矛盾．故数列{S n }不是等差数列．②由a n ＋1＝2S n ＋1得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2)，两式相减得a n ＋1－a n ＝2a n ，即a n ＋1＝3a n (n ≥2)，所以当n ≥2时，数列{a n }是等比数列．要使n ≥1时，数列{a n }是等比数列，只需a 2a 1＝2t ＋1t＝3，从而得t ＝1.故当t ＝1时，数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列． 所以a n ＝3n －1，所以S n ＝1×(1－3n )1－3＝12(3n －1)．(2)①因为{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1. 故S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n (a 1＋a n )2＝n (1＋2n －1)2＝n 2.②由①得a 4＝7，S 4＝16.因为q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0，即q 2－8q ＋16＝0， 所以(q －4)2＝0，从而q ＝4.又因为b 1＝2，{b n }是公比q ＝4的等比数列，所以b n ＝b 1q n －1＝2·4n －1＝22n －1.从而{b n }的前n 项和T n ＝b 1(1－q n )1－q＝23(4n －1)．证明(或判断)数列是等差(比)数列的四种基本方法(1)定义法：a n ＋1－a n ＝d (常数)(n ∈N *)⇒{a n }是等差数列；a n ＋1a n＝q (q 是非零常数)⇒{a n }是等比数列；(2)等差(比)中项法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)⇒{a n }是等差数列；a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N *，a n ≠0)⇒{a n }是等比数列；(3)通项公式法：a n ＝pn ＋q (p ，q 为常数)⇒{a n }是等差数列；a n ＝a 1·q n －1(其中a 1，q 为非零常数，n ∈N *)⇒{a n }是等比数列；(4)前n 项和公式法：S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)⇒{a n }是等差数列；S n ＝Aq n －A (A 为非零常数，q ≠0,1)⇒{a n }是等比数列．1．已知数列{a n }满足a 1＝1，|a n ＋1－a n |＝p n ，n ∈N *.(1)若{a n }是递增数列，且a 1,2a 2,3a 3成等差数列，求p 的值；(2)若p ＝12，且{a 2n －1}是递增数列，{a 2n }是递减数列，求数列{a n }的通项公式．解：(1)因为{a n }是递增数列，所以a n ＋1－a n ＝|a n ＋1－a n |＝p n .而a 1＝1，因此a 2＝p ＋1，a 3＝p 2＋p ＋1.又a 1,2a 2,3a 3成等差数列，所以4a 2＝a 1＋3a 3，因而3p 2－p ＝0，解得p ＝13或p ＝0.当p ＝0时，a n ＋1＝a n ，这与{a n }是递增数列矛盾，故p ＝13.(2)由于{a 2n －1}是递增数列，因而a 2n ＋1－a 2n －1>0，于是(a 2n ＋1－a 2n )＋(a 2n －a 2n －1)>0. ① 但122n <122n －1，所以|a 2n ＋1－a 2n |<|a 2n －a 2n －1|. ② 由①，②知，a 2n －a 2n －1>0，因此a 2n －a 2n －1＝⎝⎛⎭⎫122n －1＝(－1)2n 22n －1. ③ 因为{a 2n }是递减数列，同理可得a 2n ＋1－a 2n <0，故 a 2n ＋1－a 2n ＝－⎝⎛⎭⎫122n ＝(－1)2n ＋122n. ④由③，④即知，a n ＋1－a n ＝(－1)n ＋12n.于是a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1) ＝1＋12－122＋…＋(－1)n 2n －1＝1＋12·1－⎝⎛⎭⎫－12n －11＋12＝43＋13·(－1)n2n －1. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝43＋13·(－1)n2n －1.热点二 数列求和问题命题角度(1)考查利用错位相减法或裂项相消法求和； (2)考查与奇偶项有关的分组求和.[例2] 下表是一个由正数组成的数表，数表中各行依次成等差数列，各列依次成等比数列，且公比都相等，已知a 1,1＝1，a 2,3＝6，a 3,2＝8.a 1,1 a 1,2 a 1,3 a 1,4 …a 2,1 a 2,2 a 2,3 a 2,4 …a 3,1 a 3,2 a 3,3 a 3,4 …a 4,1 a 4,2 a 4,3 a 4,4 …… … … … …(1)求数列{a n,2(2)设b n ＝a 1，na n ，2，n ＝1,2,3，…，求数列{b n }的前n 项和S n .[师生共研] (1)设第一行组成的等差数列的公差是d ，各列依次组成的等比数列的公比是q (q >0)，则a 2,3＝qa 1,3＝q (1＋2d )⇒q (1＋2d )＝6， a 3,2＝q 2a 1,2＝q 2(1＋d )⇒q 2(1＋d )＝8， 解得d ＝1，q ＝2.a 1,2＝2⇒a n,2＝2×2n －1＝2n .(2)b n ＝n 2n ，则S n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，则12S n ＝122＋223＋324＋…＋n2n ＋1， 两式相减得12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1，所以S n ＝2－n ＋22n .若本例(2)中b n ＝a 1，na n ，2＋(－1)n a 1，n ，如何求S n?解：由例题可知b n ＝n2n ＋(－1)n n ，S n ＝⎝⎛⎭⎫12＋222＋323＋…＋n2n ＋[－1＋2－3＋…＋(－1)n n ]． 设T n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，则12T n ＝122＋223＋324＋…＋n2n ＋1，两式相减得12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1，所以T n ＝2－n ＋22n .又－1＋2－3＋…＋(－1)n ·n ＝⎩⎨⎧n2，n 为偶数，－1＋n 2，n 为奇数，故S n＝⎩⎨⎧2＋n 2－n ＋22n ，n 为偶数，3－n 2－n ＋22n，n 为奇数.六招解决数列求和问题(1)转化法：将数列的项进行分组重组，使之转化为n 个等差数列或等比数列，然后应用公式求和．(2)错位相减法：(见主干整合) (3)裂项相消法：(见主干整合) (4)倒序相加法：(见主干整合)(5)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求S n .(6)归纳猜想法：通过对S 1，S 2，S 3，…的计算进行归纳分析，寻求规律，猜想出S n ，然后用数学归纳法给出证明．2．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－a n －⎝⎛⎭⎫12n －1＋2(n ∈N *)，数列{b n }满足b n ＝2n a n . (1)求证数列{b n }是等差数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)设c n ＝log 2n a n ，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2c n c n ＋2的前n 项和为T n ，求满足T n <2521(n ∈N *)的n 的最大值．解：(1)在S n ＝－a n －⎝⎛⎭⎫12n －1＋2中，令n ＝1，可得S 1＝－a 1－1＋2＝a 1，即a 1＝12. 当n ≥2时，S n －1＝－a n －1－⎝⎛⎭⎫12n －2＋2，∴a n ＝S n －S n －1＝－a n ＋a n －1＋⎝⎛⎭⎫12n －1，∴2a n ＝a n －1＋⎝⎛⎭⎫12n －1，即2n a n ＝2n －1a n －1＋1. ∵b n ＝2n a n ，∴b n ＝b n －1＋1，即当n ≥2时，b n －b n －1＝1. 又b 1＝2a 1＝1，∴数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列．故b n ＝1＋(n －1)·1＝n ＝2n a n ，∴a n ＝n2n .(2)∵c n ＝log 2na n＝log 22n ＝n ，∴2c n c n ＋2＝2n (n ＋2)＝1n －1n ＋2， ∴T n ＝⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝1＋12－1n ＋1－1n ＋2， 由T n <2521，得1＋12－1n ＋1－1n ＋2<2521，即1n ＋1＋1n ＋2>1342，由于f (x )＝1x ＋1＋1x ＋2在(0，＋∞)上为单调递减函数，f (4)＝1130，f (5)＝1342，∴n 的最大值为4.热点三数列与函数、方程的综合应用命题角度(1)以函数为背景给出数列的相关信息，考查数列的通项及前n 项和等内容；(2)以与数列的通项a n ，前n 项和S n 及项数n 有关的关系式给出数列的信息，考查数列的有关计算及推理论证.[例3] (2014·南昌模拟)设曲线C n ：f (x )＝x n ＋1(n ∈N *)在点P ⎝⎛⎭⎫－12，f ⎝⎛⎭⎫－12处的切线与y 轴交于点Q n (0，y n )．(1)求数列{y n }的通项公式； (2)求数列{y n }的前n 项和S n .[师生共研] (1)∵f ′(x )＝(n ＋1)x n (n ∈N *)，∴曲线C n 在点P 处的切线斜率k n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫－12n ，∴切线方程为y －⎝⎛⎭⎫－12n ＋1＝(n ＋1)·⎝⎛⎭⎫－12n ⎝⎛⎭⎫x ＋12， 令x ＝0，得y n ＝⎝⎛⎭⎫－12n ＋1＋n ＋12·⎝⎛⎭⎫－12n ，故数列{y n }的通项公式为y n ＝n 2·⎝⎛⎭⎫－12n . (2)S n ＝12×⎝⎛⎭⎫－12＋22×⎝⎛⎭⎫－122＋32×⎝⎛⎭⎫－123＋…＋n 2·⎝⎛⎭⎫－12n ①， 两边同乘－12得，－12·S n ＝12×⎝⎛⎭⎫－122＋22×⎝⎛⎭⎫－123＋32×⎝⎛⎭⎫－124＋…＋n 2·⎝⎛⎭⎫－12n ＋1 ②，①－②，得32·S n ＝12×⎝⎛⎭⎫－12＋12×⎝⎛⎭⎫－122＋12×⎝⎛⎭⎫－123＋…＋12·⎝⎛⎭⎫－12n －n 2·⎝⎛⎭⎫－12n ＋1，∴3S n ＝－12＋⎝⎛⎭⎫－122＋⎝⎛⎭⎫－123＋…＋⎝⎛⎭⎫－12n －n ·⎝⎛⎭⎫－12n ＋1＝－12－⎝⎛⎭⎫－12n ＋11＋12－n ·⎝⎛⎭⎫－12n ＋1＝⎝⎛⎭⎫－12n －13－n ·⎝⎛⎭⎫－12n ＋1， ∴S n ＝19⎣⎢⎡⎦⎥⎤2＋3n 2·⎝⎛⎭⎫－12n －1.解决数列与函数、方程的综合问题的三个转化方向(1)函数条件的转化．直接利用函数与数列的对应关系，把函数解析式中的自变量x 换为n 即可；(2)方程条件的转化．一般要根据方程解的有关条件进行转化；(3)数列向函数的转化．可将数列中的问题转化为函数的相应问题求解，但要注意自变量取值范围的限制．对于数列中的最值、范围等问题的求解，可转化为相应函数的单调性或利用方程有解的条件来求解．3．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对一切正整数n ，点P n (n ，S n )都在函数f (x )＝x 2＋2x 的图象上，且过点P n (n ，S n )的切线的斜率为k n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设集合Q ＝{x |x ＝k n ，n ∈N *}，R ＝{x |x ＝2a n ，n ∈N *}，等差数列{c n }的任一项c n ∈(Q ∩R )，其中c 1是Q ∩R 中的最小的数，110<c 10<115，求{c n }的通项公式．解：(1)∵点P n (n ，S n )都在函数f (x )＝x 2＋2x 的图象上， ∴S n ＝n 2＋2n (n ∈N *)，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3满足上式， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)对f (x )＝x 2＋2x 求导，得f ′(x )＝2x ＋2. ∵过点P n (n ，S n )的切线的斜率为k n ， ∴k n ＝2n ＋2.∴Q ＝{x |x ＝2n ＋2，n ∈N *}，R ＝{x |x ＝4n ＋2，n ∈N *}， ∴Q ∩R ＝R .又c n ∈(Q ∩R )，其中c 1是Q ∩R 中的最小的数， ∴c 1＝6.∴c 10＝4m ＋2(m ∈N *)．∵110<c 10<115，∴⎩⎪⎨⎪⎧110<4m ＋2<115，m ∈N *，解得m ＝28，∴c 10＝114.设等差数列{c n }的公差为d ，则d ＝c 10－c 110－1＝114－69＝12，∴c n ＝6＋(n －1)×12＝12n －6， ∴{c n }的通项公式为c n ＝12n －6.课题4 数列与不等式的综合应用[典例] (2013·江西高考)正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n－(n 2＋n )＝0.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n ，数列{b n }的前n 项和为T n .证明：对于任意的n ∈N *，都有T n <564. [考题揭秘] 本题主要考查特殊数列的求和问题，意在考查考生的转化与化归能力以及运算求解能力．[审题过程] 第一步：审条件．S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0.第二步：审结论．(1)求a n ；(2)证明不等式T n <564.第三步：建联系．(1)题设中等式左边为关于S n 的二次三项式，故可将其分解因式，求出S n ，再利用数列和项互化公式求出a n ；(2)根据(1)可得b n ＝n ＋14n 2(n ＋2)2＝1161n 2－1(n ＋2)2，故自然联想到用裂项法求T n .[规范解答] (1)由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0.由于{a n }是正项数列，所以S n >0，S n ＝n 2＋n .于是a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n . 综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)证明：由于a n ＝2n ， 故b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n ＝n ＋14n 2(n ＋2)2① ＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1(n ＋2)2，② T n ＝116⎣⎢⎡ 1－132＋122－142＋132－152＋…＋1(n －1)2－⎦⎥⎤1(n ＋1)2＋1n 2－1(n ＋2)2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2<116⎝⎛⎭⎫1＋122＝564.③ 故对于任意的n ∈N *，都有T n <564.④[模型归纳]数列与不等式的综合问题多以数列的通项或求和问题为背景，主要考查数列中最值的求解或不等式的证明．解决此类问题的模型示意图如下：[跟踪训练]已知数列{a n}是各项均不为0的等差数列，公差为d，S n为其前n项和，且满足a2n＝S2n－1，n∈N*.数列{b n}满足b n＝1a n·a n＋1，n∈N*，T n为数列{b n}的前n项和．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若对任意的n∈N*，不等式λT n<n＋8·(－1)n恒成立，求实数λ的取值范围．解：(1)a21＝S1＝a1，∵a1≠0，∴a1＝1.∵a22＝S3＝a1＋a2＋a3，∴(1＋d)2＝3＋3d，解得d＝－1或2.当d＝－1时，a2＝0不满足条件，舍去，∴d＝2.∴数列{a n}的通项公式为a n＝2n－1.(2)∵b n＝1a n a n＋1＝1(2n－1)(2n＋1)＝1212n－1－12n＋1，∴T n＝121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝n2n＋1.①当n为偶数时，要使不等式λT n<n＋8·(－1)n恒成立，只需不等式λ<(n＋8)(2n＋1)n＝2n＋8n＋17恒成立即可．∵2n＋8n≥8，等号在n＝2时取得，∴λ<25.②当n 为奇数时，要使不等式λT n <n ＋8·(－1)n恒成立，只需不等式λ<(n －8)(2n ＋1)n＝2n－8n－15恒成立即可． ∵2n －8n是随n 的增大而增大，∴n ＝1时，2n －8n取得最小值－6，∴λ<－21.综上①②可得λ的取值范围是(－∞，－21)．1．已知等差数列{a n }满足a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n >60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．解：(1)设数列{a n }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d 2－4d ＝0， 解得d ＝0或d ＝4. 当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2. (2)当a n ＝2时，S n ＝2n . 显然2n <60n ＋800，此时不存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立． 当a n ＝4n －2时，S n ＝n [2＋(4n －2)]2＝2n 2.令2n 2>60n ＋800，即n 2－30n －400>0， 解得n >40或n <－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的n ，其最小值为41.2．已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 5＝3a 5－2，a 1，a 2，a 5依次成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝1a n a n ＋1(n ∈N *)，数列b n 的前n 项和为T n ，若a n ＋1≥λT n 对任意正整数n 都成立，求实数λ的取值范围．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则S 5＝5a 1＋10d ， ∵S 5＝3a 5－2＝3(a 1＋4d )－2＝3a 1＋12d －2， ∴5a 1＋10d ＝3a 1＋12d －2，∴a 1＝d －1.∵a 1，a 2，a 5依次成等比数列，∴a 22＝a 1a 5，即(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋4d )，化简得，d ＝2a 1，∴a 1＝1，d ＝2，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1.(2)b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. 由a n ＋1≥λT n 得2n ＋1≥λ×n 2n ＋1对任意正整数n 都成立， ∴(2n ＋1)2≥λn ，∴λ≤(2n ＋1)2n ＝4n 2＋4n ＋1n ＝4n ＋4＋1n. 令f (x )＝4x ＋1x (x ≥1)，则f ′(x )＝4－1x 2>0， ∴f (x )在[1，＋∞)上递增，∴对任意正整数n,4n ＋1n的最小值为5， ∴λ≤9.3．(2014·江苏高考)设数列{a n }的前n 项和为S n .若对任意正整数n ，总存在正整数m ，使得S n ＝a m ，则称{a n }是“H 数列”．(1)若数列{a n }的前n 项和S n ＝2n (n ∈N *)，证明：{a n }是“H 数列”；(2)设{a n }是等差数列，其首项a 1＝1，公差d <0.若{a n }是“H 数列”，求d 的值；(3)证明：对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立．解：(1)由已知，当n ≥1时，a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2n ＋1－2n ＝2n .于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n ＋1，使得S n ＝2n ＝a m .所以{a n }是“H 数列”．(2)由已知，得S 2＝2a 1＋d ＝2＋d .因为{a n }是“H 数列”，所以存在正整数m ，使得S 2＝a m ，即2＋d ＝1＋(m －1)d ，于是(m －2)d ＝1.因为d <0，所以m －2<0，故m ＝1.从而d ＝－1.当d ＝－1时，a n ＝2－n ，S n ＝n (3－n )2是小于2的整数，n ∈N *.于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝2－S n ＝2－n (3－n )2，使得S n ＝2－m ＝a m ，所以{a n }是“H 数列”．因此d 的值为－1.(3)设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝na 1＋(n －1)(d －a 1)(n ∈N *)． 令b n ＝na 1，c n ＝(n －1)(d －a 1)，则a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)．下证{b n }是“H 数列”．设{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝n (n ＋1)2a 1(n ∈N *)．于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n (n ＋1)2，使得T n ＝b m ，所以{b n }是“H 数列”． 同理可证{c n }也是“H 数列”．所以，对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立．4．(2014·江西高考)将连续正整数1,2，…，n (n ∈N *) 从小到大排列构成一个数123…n ， F (n )为这个数的位数(如 n ＝12时，此数为123 456 789 101 112，共有15个数字，F (12)＝15)，现从这个数中随机取一个数字，p (n )为恰好取到0的概率．(1)求 p (100)；(2)当n ≤2 014 时，求F (n ) 的表达式；(3)令g (n ) 为这个数中数字0的个数，f (n )为这个数中数字9的个数，h (n )＝f (n )－g (n )，S ＝{n |h (n )＝1，n ≤100，n ∈N *}，求当 n ∈S 时 p (n )的最大值．解：(1)当n ＝100时，这个数中总共有192个数字，其中数字0的个数为11，所以恰好取到0的概率为p (100)＝11192； (2)F (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧ n ，1≤n ≤9，2n －9，10≤n ≤99，3n －108，100≤n ≤999，4n －1 107，1 000≤n ≤2 014.(3)当n ＝b (1≤b ≤9，b ∈N *)时，g (n )＝0； 当n ＝10k ＋b (1≤k ≤9,0≤b ≤9，k ∈N *，b ∈N )时，g (n )＝k ；当n ＝100时，g (n )＝11， 即g (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 0，1≤n ≤9，k ，n ＝10k ＋b ，1≤k ≤9，0≤b ≤9，k ∈N *，b ∈N ，11，n ＝100.同理有f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 0，1≤n ≤8，k ，n ＝10k ＋b －1，1≤k ≤8，0≤b ≤9，k ∈N *，b ∈N ，n －80，89≤n ≤98，20，n ＝99，100.由h (n )＝f (n )－g (n )＝1，可知n ＝9,19,29,39,49,59,69,79,89,90，所以当n ≤100时，S ＝{9,19,29,39,49,59,69,79,89,90}，当n ＝9时，p (9)＝0，当n ＝90时，p (90)＝g (90)F (90)＝9171＝119，当n ＝10k ＋9(1≤k ≤8，k ∈N *)时，p (n )＝g (n )F (n )＝k 2n －9＝k 20k ＋9，由y ＝k 20k ＋9关于k 单调递增，故当n ＝10k ＋9(1≤k ≤8，k ∈N *)时，p (n )的最大值为p (89)＝8169， 又8169<119，所以当n ∈S 时，p (n )的最大值为119.。