专题探究课三 高考中数列问题的热点题型
高考数学复习第七章数列与数学归纳法专题探究课三高考中数列不等式证明的热点题型理市赛课公开课一等奖省名
≤|a2n－a2n－1|＋|a2n－1－a2n－2|＋…＋|an＋1－an| ≤13232n－2＋232n－3＋…＋23n－1 ＝23n－1－232n－1 ≤23－233＝1207. 综上，|a2n－an|≤1207.15 分(得分点 4)
7/34
❶得步骤分：抓住得分点步骤，“步步为营”，求得满分.如(1)中，归纳猜测得2分； 用数学归纳法证实得3分，第(2)放缩法证实结论得5分等.
殊到普通结论成立问题.所以，能够在数列不等式证实中大显身手.
【例 1】 (满分 15 分)(2018·绍兴检测)已知数列{an}满足，a1＝1，an＝an1＋1－12. (1)求证：23≤an≤1； (2)求证：|an＋1－an|≤13； (3)求证：|a2n－an|≤1207.
2/34
满分解答 证明 (1)由已知得 an＋1＝an＋1 12， 又 a1＝1，则 a2＝23，a3＝67，a4＝1149， 猜想23≤an≤1.2 分(得分点 1) 下面用数学归纳法证明. ①当 n＝1 时，命题显然成立； ②假设 n＝k 时，有23≤ak≤1 成立，
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(2)证明 因为 a1>2，可用数学归纳法证明：an>2 对任意 n∈N*恒成立. 于是 an＋1－an＝a2n－1<0，即{an}是递减数列. 在 Sn≥na1－13(n－1)中，令 n＝2， 得 2a1＋a21－1＝S2≥2a1－13，解得 a1≤3，故 2<a1≤3. 下证：①当 2<a1≤73时， Sn≥na1－13(n－1)恒成立. 事实上，当 2<a1≤73时，由于 an＝a1＋(an－a1)≥a1＋2－73＝a1－13，
(3)证明 由(2)可得 an＝32n1＋1≥32n＋132n－1＝2523n－1. 所以 Sn≥25＋25·231＋…＋25·23n－1 ＝651－23n， 故 Sn≥651－23n成立．
2024高考数学数列知识点总结与题型分析
2024高考数学数列知识点总结与题型分析数列是高中数学中的重要内容，作为数学的一个分支，数列的掌握对于高考数学的考试非常关键。
在本文中，我们将对2024年高考数学数列的知识点进行总结，并分析可能出现的相关题型。
一、等差数列与等差数列的通项公式等差数列是数学中最常见的数列类型之一。
对于等差数列，首先要了解等差数列的概念：如果一个数列中任意两个相邻的项之差都相等，则称该数列为等差数列。
1.1 等差数列的通项公式等差数列的通项公式是等差数列中非常重要的一个公式，它可以用来求解等差数列中任意一项。
设等差数列的首项为$a_1$，公差为$d$，第$n$项为$a_n$，则等差数列的通项公式为：$a_n = a_1 + (n-1)d$1.2 等差数列的性质与常用公式等差数列有一些重要的性质与常用的公式，掌握这些性质与公式可以帮助我们更好地解决与等差数列相关的题目。
（1）等差数列中，任意三项可以构成一个等差数列。
（2）等差数列的前$n$项和公式为：$S_n = \frac{n}{2}(a_1 + a_n)$（3）等差数列的前$n$项和的差为：$S_n - S_m = (n-m+1)\frac{a_1 + a_{n+m}}{2}$二、等比数列与等比数列的通项公式等比数列也是数学中常见的数列类型之一。
与等差数列不同的是，等比数列中的任意两项的比值都相等。
2.1 等比数列的通项公式等比数列的通项公式可以用来求解等比数列中的任意一项。
设等比数列的首项为$a_1$，公比为$q$，第$n$项为$a_n$，则等比数列的通项公式为：$a_n = a_1 \cdot q^{(n-1)}$2.2 等比数列的性质与常用公式等比数列也有一些重要的性质与常用的公式，下面我们来了解一下：（1）等比数列中，任意三项可以构成一个等比数列。
（2）等比数列的前$n$项和公式为（$q\neq1$）：$S_n = \frac{a_1(1-q^n)}{1-q}$（3）当公比$q \neq 1$时，等比数列的前$n$项和与第$n$项的关系为：$S_n = \frac{a_nq - a_1}{q - 1}$三、数列题型分析与解题技巧在高考数学中，对于数列的考察主要包括以下几个方面：3.1 数列的递推关系与通项公式的应用常见的数列题目往往要求我们根据已知的递推关系或者通项公式来求解数列中的某一项或者求解前$n$项的和。
高考数学《热点重点难点专题透析》专题复习 第3专题数列 理
重点知识回顾
高考命题趋势 主要题型剖析 回归课本与创 新设计 专题训练 试题备选
精品课件
定义
判定
重点知识回顾
高考命题趋势 主要题型剖析 回归课本与创 新设计 专题训练 试题备选
通项 公式
等差数列
a n是 等差数列⇔an+1-an
=d(常数)
等比数列
a n1
a是n 等比数列⇔ a n =q
(不为 零的常数)
精品课件
an=a1qn-1=akqn-k
中项 公式
通项 性质
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a,A,b成等差数列⇔
ab
A= 2 .
推广:2an=an-m+an+m
a,G,b成等比数列⇒G2=
ab.
推广:
a
=a 2
n n-m
·an + m
①若m+n=p+q,
定义法:对于n≥2的任 意正整数,验证an-an-1=d (常数). 中项公式法:验证2an+1= an+an+2(n∈N+)都成立
定义法:对于n≥2的任
an
意正整数,验证 a n 1 =q
(不为零的常数).
中项公式法:验证
a
2
=n 1
anan+2(n∈N+)都成立
an=a1+(n-1)d=ak+(n-k)d
公式向项转化,通过项的正负,判断和的正负,得出Sn取得最小正值 时的n值.
【解析】(1)(法一)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.
根据a9=5,S7=21得7a1a1解8d7得(527, 1) d 21.
专题05数列热点问题-2024年高考数学六大题解满分解题技巧秘籍
数列热点问题是高考数学中的一个常见题型，涉及到数列的公式、递推关系、性质等内容。
解题时，需要运用一些解题技巧和方法，帮助我们快速找到解题思路和解题方法。
本文将介绍一些解题指导和解题技巧，以帮助同学们在高考数学中顺利解出数列热点问题。
一、题目分析在解题时，首先要对题目进行分析，了解题目要求、条件和给出的信息。
同时，要注意题目中是否涉及到常见的数列类型，如等差数列、等比数列、斐波那契数列等。
对数列类型的识别能够帮助我们快速找到解题的思路和方法。
二、找出递推关系在解数列问题时，一般都要找出数列的递推关系，即当前项与前一项之间的关系。
常见的递推关系包括等差递推关系、等比递推关系、斐波那契递推关系等。
通过找出递推关系，我们可以利用已知的条件来求解未知的项或性质。
三、寻找规律和性质在解题过程中，我们常需要观察数列的规律和性质。
通过观察找到的规律和性质，我们可以进一步得出结论，并解答题目中的问题。
寻找规律和性质时，可以关注数列的项数、奇偶性、尾项、前n项和等等。
四、变形和转化有时候，题目中给出的数列不太容易求解或者不太容易找到递推关系。
这时，我们可以尝试对数列进行变形或转化。
常见的变形和转化包括对数列项进行加减乘除操作，对数列求逆序、绝对值、倒数等。
通过变形和转化，我们可以简化解题过程，找到更容易求解的数列。
五、利用性质和定理在解题时，我们可以运用已知的数列性质和定理来辅助解题。
常见的数列性质和定理包括等差数列的前n项和公式、等比数列的前n项和公式、等差中项公式、斐波那契数列的性质等。
熟练掌握这些数列性质和定理，并且善于灵活运用，可以帮助我们快速解决问题。
六、举例和验证在解题过程中，我们可以通过举例和验证来确认我们得到的结论和答案是否正确。
通过选取一些特殊的数列或者项数，我们可以检验我们的结论和答案是否符合预期。
如果验证结果不符合预期，我们需要检查之前的推理链条，找出错误的地方，并进行修正。
总结：数列热点问题在高考数学中占据着重要的位置。
新高考一轮复习人教A版专题三数列课件(36张)
以 2 为公差的等差数列.
(2)解：由(1)知，an＋bn＝1×12n－1(其中 n∈N*)， ③ an－bn＝1＋(n－1)×2＝2n－1(其中 n∈N*)， ④ ③＋④得 an＝1×12n－21＋2n－1＝21n＋n－21，(n∈N*)， 即 bn＝12n－1－an＝12n－n＋12，(n∈N*).
[例 2]在①2Sn＝3n＋1－3，②an＋1＝2an＋3，a1＝1 这两 个条件中任选一个，补充在下列问题中并解答.
设数列{an}的前 n 项和为 Sn，若________，bn＝2na－n 6， 求数列{bn}的最大值.
解：若选择条件①，∵2Sn＝3n＋1－3， ∴2Sn＋1＝3n＋2－3， 则 2Sn＋1－2Sn＝3n＋2－3n＋1，得 2an＋1＝3·3n＋1－3n＋1＝ 2×3n＋1，则 an＋1＝3n＋1，an＝3n(n≥2)， 故当 n＝1 时，2S1＝31＋1－3 即 a1＝S1＝3，满足 an＝ 3n，∴an＝3n，bn＝2na－n 6＝2n3－n 6. 令 2n－6>0，得 n>3，bn>0，令 2n－6<0，又 n∈N*， ∴0<n<3，bn<0.
①－②得34
n k 1
c
2k＝41＋422＋423＋…＋42n－24nn－＋11，
∴
n k 1
c
2k ＝
5 9
－
6n＋5 9×4n
，
因
此
部分专题三第二讲高考中的数列解答题型
＝a12－1q－k＋2q－qk＋1， 2Sk－(Sk＋2＋Sk＋1)＝2a111－－qqk－a12－1q－k＋2q－qk＋1 ＝1－a1 q[2(1－qk)－(2－qk＋2－qk＋1)] ＝1a－1qkq(q2＋q－2)＝0， 因此，对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．
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2．(2012·山东高考)在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝84， a9＝73. (1)求数列{an}的通项公式； (2)对任意m∈N*，将数列{an}中落入区间(9m,92m)内的项 的个数记为bm，求数列{bm}的前m项和Sm. 解：(1)因为{an}是一个等差数列， 所以a3＋a4＋a5＝3a4＝84，故a4＝28. 设数列{an}的公差为d， 则5d＝a9－a4＝73－28＝45，故d＝9. 由a4＝a1＋3d得28＝a1＋3×9，即a1＝1. 所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋9(n－1)＝9n－8(n∈N*)．
返回
即an＝3n－2n，n＝1时也适合此式， ∴an＝3n－2n. (3)证明：由(2)得a1n＝3n－1 2n＝2＋11n－2n＝ C1n2n－1＋C2n12n－2＋…＋1<n·21n－1， 所以a11＋a12＋…＋a1n<1＋122＋1222＋…＋122n－1＝1＋121－2n1－1<32.
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等差、等比数列的判定与证明
[例1]
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
(2012·荆州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝
1 4
，
且Sn＝Sn－1＋an－1＋
1 2
(n∈N*，n≥2)，数列{bn}满足：b1＝－
119 4
，
且3bn－bn－1＝n(n≥2，且n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)求证：数列{bn－an}为等比数列； (3)求数列{bn}的前n项和的最小值．
2025版高考数学总复习第6章数列高考大题规范解答__高考中数列问题的热点题型课件
所以n＋3 1an－1＝n－3 1an(n≥2)， 所以aan－n 1＝nn＋ －11(n≥2)， 所以aa21·aa32·…·aann－ －12·aan－n1＝31×42×53×…·n－n 2·nn＋ －11＝nn＋ 2 1(n≥2)， 所以 an＝nn＋ 2 1(n≥2)， 又 a1＝1 也满足上式， 所以 an＝nn＋ 2 1(n∈N*).
(2)第 1 步：取等差数列{bn}的前 3 项，再利用 bn＝n2a＋n n，得 a1 与 d 的关系式
因为 bn＝n2a＋n n，且{bn}为等差数列， 所以 2b2＝b1＋b3，即 2×a62＝a21＋1a23， 所以a1＋6 d－a11＝a1＋6 2d，所以 a21－3a1d＋2d2＝0， 解得a1＝d或a1＝2d.(7分)
第3步：求数列{an}的通项公式 所以{an}的通项公式为an＝2n＋3.(提示：等差数列的通项公式为an ＝a1＋(n－1)d)(5分)
(2)证明：第1步：结合(1)求Sn 由(1)知an＝2n＋3， 所以 Sn＝n[5＋22n＋3]＝n2＋4n.(提示：等差数列{an}的前 n 项和公 式为 Sn＝na1＋ 2 an)(6 分)
[解析] (1)第1步：利用等差数列的通项公式得到首项与公差的关系 式
因为3a2＝3a1＋a3，所以3(a2－a1)＝a1＋2d， 所以3d＝a1＋2d，所以a1＝d， 第2步：得an与d的关系式 所以an＝nd.(1分) 第3步：利用bn与an的关系式得到bn与d的关系式 因为 bn＝n2a＋n n，所以 bn＝n2n＋d n＝n＋d 1，(2 分)
第2步：对a1＝d或a1＝2d分类讨论，求bn，利用S99－T99＝99，得到 关于d的方程，解方程得到d的值
①当 a1＝d 时，an＝nd，所以 bn＝n2a＋n n＝n2n＋d n＝n＋d 1， S99＝99a12＋a99＝99d＋2 99d＝99×50d，
专题探究课三 高考中数列问题的热点题型
专题探究课三
01
高考中数列问题的热点题型
高考导航
02
热点一
数列的通项与求和(教 材VS高考)
例1 训练1
03
热点二
等差数列、等比数列的 例2 训练2 综合问题
04
热点三
数列的实际应用
例3 训练3
高考导航
对近几年高考试题统计看， 全国卷中的数列与三角基本上交替考查， 难度不大． 考 查内容主要集中在两个方面： 1.以选择题和填空题的形式考查等差、等比数列的运算和性质，题目多为常规试 题. 2.等差、等比数列的通项与求和问题，有时结合函数、不等式等进行综合考查， 涉及内容较为全面，试题题型规范、方法可循．
热点一 数列的通项与求和(教材VS高考)
[训练 1] (2017· 山东卷)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， bn 其前 n 项和为 Sn，已知 S2n＋1＝bnbn＋1，求数列a 的前 n 项和 Tn. n
[例 1] (满分 12 分)(2017· 全国Ⅲ卷)设数列{an}满足 a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.
an 的前 (1)求{an}的通项公式；(2)求数列 2n＋1
n 项和．
教材探源
本题第(1)问源于教材必修 5P44 例 3，主要考查由 Sn 求 an，本题第
热点一 数列的通项与求和(教材VS高考)
[例 1] (满分 12 分)(2017· 全国Ⅲ卷)设数列{an}满足 a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.
an 的前 (1)求{an}的通项公式；(2)求数列 2n＋1
高中数学：数列的22个必考题型，看看你都会做吗？方法真的不难
高中数学：数列的22个必考题型，看看你都会做吗？方法真
的不难
数列在高考中常以选择题、填空题、解答题的形式考到，在整个高中数学体系中算是相对简单的题型，所以对于想拿提高成绩的同学来说，是一定不能丢分的部分。
导数、函数已经不会了，数列再丢分，想及格都难，更别提拿高分！
总结多年高考真题，我们可以发现，数列的必考题型共计22个，只要我们研究透这22种题型，数列题再怎么考都不怕！今天小哥给大家分享一份由清北学霸整理的【高中数学·数列22个必考题型】，每一种题型都有对应的例题。
最厉害的解析中会教给大家每种题型的多种解题方法。
学会这些，数列问题通通都能搞定！
以上仅为部分展示，完整版不仅包含22个题型，还有全部的解析！高中数学难度值爆表，导数、函数、解析几何都搞不太懂，一做题就蒙！这些都搞不懂可以慢慢来。
但是如果数列你也不会，那问题可就大了！高中数学考试满分150分，数列一项就占了17分，而且数列题真的不难，只要多花一点时间，都能学会！。
数列热考6类大题梳理(解析版)
数列大题考情分析数列是高考数学的热门考点之一，其中等差(比)数列的通项公式，前n项和公式，以递堆数列为命题背景考查等差(比)数列的证明方法，以及等差(比)数列有关的错位相减法和裂项相消法求和是考查的重点内容。
有时也会结合不等式进行综合考查，此时难度较大。
热点题型突破题型一：等差数列与等比数列证明1(2024·云南楚雄·高三统考期末)已知数列a n满足a1=2，a n+1=a n+2n+2n-1.(1)求a2，a3；(2)求a n，并判断a n-(n-1)2是否为等比数列.【答案】(1)a2=5,a3=12；(2)a n=2n+(n-1)2，是等比数列【思路分析】(1)分别令n=1，n=2，计算可得所求值；(2)利用累加法，结合等差数列、等比数列的求和公式，可求数列a n的通项公式，可得a n-(n-1)2=2n，得解．【规范解答】(1)a2=a1+2+2-1=2+3=5，a3=a2+22+4-1=5+7=12(2)因为a n+1=a n+2n+2n-1，所以a n+1-a n=2n+2n-1，所以a2-a1=2+2-1，a3-a2=22+2×2-1，⋯，a n-a n-1=2n-1+2n-3(n≥2)，将以上各式相加得a n-a1=(2+22+⋯+2n-1)+(1+3+⋯+2n-3)=2n-2+(1+2n-3)(n-1)2=2n-2+(n-1)2(n≥2).因为a1=2，所以a n=2n-2+(n-1)2+2=2n+(n-1)2(n≥2)，又a1=2也满足a n=2n+(n-1)2，所以a n=2n+(n-1)2，所以a n-n-12=2n⇒a n+1-n2a n-n-12=2n+12n=2，所以a n-(n-1)2是等比数列，且首项、公比均为2.判断数列是否为等差货等比数列的策略1、将所给的关系进行变形、转化，以便利用等差数列和等比数列的概念进行判断；2、若要判断一个不是等差(等比)数列，则只需说明某连续三项(如前三项)不是等差(等比)数列即可。
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专题探究课三 高考中数列问题的热点题型
1.(优质试题·重庆卷)已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝9
2.
(1)求{a n }的通项公式；
(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n .
解 (1)设{a n }的公差为d ，则由已知条件得
a 1＋2d ＝2，3a 1＋3×22d ＝92，
化简得a 1＋2d ＝2，a 1＋d ＝32，
解得a 1＝1，d ＝12，
故{a n }的通项公式a n ＝1＋n －12，
即a n ＝n ＋12.
(2)由(1)得b 1＝1，b 4＝a 15＝15＋12＝8.
设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 4b 1
＝8， 从而q ＝2，
故{b n }的前n 项和
T n ＝b 1（1－q n ）1－q ＝1×（1－2n ）1－2
＝2n －1. 2.(优质试题·东北三省四校模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d ≠0，且S 3＋S 5＝50，a 1，a 4，a 13成等比数列.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{b n }的前n 项和T n .
解 (1)依题意得⎩⎪⎨
⎪⎧3a 1＋3×22d ＋5a 1＋4×52d ＝50，（a 1＋3d ）2＝a 1（a 1＋12d ），
解得⎩⎨⎧a 1＝3，d ＝2，
∴a n ＝2n ＋1.
(2)∵b n a n
＝3n －1，∴b n ＝a n ·3n －1＝(2n ＋1)·3n －1， ∴T n ＝3＋5×3＋7×32＋…＋(2n ＋1)×3n －1，
3T n ＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n －1)×3n －1＋(2n ＋1)×3n ，
两式相减得，
－2T n ＝3＋2×3＋2×32＋…＋2×3n －1－(2n ＋1)×3n
＝3＋2×3（1－3n －1）1－3
－(2n ＋1)×3n ＝－2n ×3n ， ∴T n ＝n ×3n .
3.已知二次函数y ＝f (x )的图象经过坐标原点，其导函数为f ′(x )＝6x －2，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设b n ＝3a n a n ＋1
，试求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设二次函数f (x )＝ax 2＋bx (a ≠0)，
则f ′(x )＝2ax ＋b .
由于f ′(x )＝6x －2，得a ＝3，b ＝－2，
所以f (x )＝3x 2－2x .
又因为点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上，
所以S n ＝3n 2－2n .
当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n －[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5； 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＝6×1－5，也适合上式，
所以a n ＝6n －5(n ∈N *).
(2)由(1)得b n ＝3a n a n ＋1＝3（6n －5）[6（n ＋1）－5]
＝12·⎝ ⎛⎭
⎪⎫16n －5－16n ＋1， 故T n ＝12⎣
⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫17－113＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －5－16n ＋1＝ 12⎝
⎛⎭⎪⎫1－16n ＋1＝3n 6n ＋1.
4.在数列{a n }中，log 2a n ＝2n ＋1，令b n ＝(－1)
n －1·4（n ＋1）log 2a n log 2a n ＋1
，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 由题意得b n ＝(－1)n －14（n ＋1）（2n ＋1）（2n ＋3）
＝(－1)n －1⎝ ⎛
⎭
⎪⎫12n ＋1＋12n ＋3. 当n 为偶数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫17＋19 －…－⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n ＋1＋12n ＋3＝13－12n ＋3； 当n 为奇数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫17＋19 －…＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n ＋1＋12n ＋3＝13＋12n ＋3， 故T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧13＋12n ＋3，n 为奇数，
13－12n ＋3，n 为偶数.
5.(优质试题·兰州模拟)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.
(1)解 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 ，又a 1＝2＝2×1. 综上，数列{a n }的通项a n ＝2n .
(2)证明 由于a n ＝2n ，b n ＝n ＋1（n ＋2）2a 2n
， 则b n ＝n ＋14n 2（n ＋2）2＝116⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1n 2－1（n ＋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. 所以对于任意的n ∈N *，都有T n ＜564.
6.已知单调递增的等比数列{a n }满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若b n ＝a n log 12
a n ，S n ＝
b 1＋b 2＋…＋b n ，对任意正整数n ，S n ＋(n ＋m )a n ＋1<0恒
成立，试求m 的取值范围.
解 (1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q .
依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，
代入a 2＋a 3＋a 4＝28，得a 3＝8.
∴a 2＋a 4＝20，
∴⎩⎨⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 3＝a 1q 2＝8，解得⎩⎨⎧q ＝2，a 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32.
又{a n }单调递增，∴⎩⎨⎧q ＝2，a 1＝2.
∴a n ＝2n .
(2)b n ＝2n ·log 12
2n ＝－n ·2n ，
∴－S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，①
∴－2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，②
①－②，得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1。