學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE23-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精eq\o（\s\up7（第四節(jié))，\s\do5（))eq\o(\s\up7（數(shù)列求和與數(shù)列的綜合應(yīng)用)，\s\do5（）)1。熟練掌握等差、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式．2．掌握非等差、等比數(shù)列求和的幾種常見方法．3．能在具體的問題情境中識別數(shù)列的等差關(guān)系或等比關(guān)系，并能用相關(guān)知識解決相應(yīng)的問題．知識點(diǎn)一數(shù)列求和的幾種常用方法1．分組求和法一個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式是由若干個(gè)等差數(shù)列或等比數(shù)列或可求和的數(shù)列組成，則求和時(shí)可用分組求和法，分別求和后相加減．2．裂項(xiàng)相消法把數(shù)列的通項(xiàng)拆成兩項(xiàng)之差,在求和時(shí)中間的一些項(xiàng)可以相互抵消，從而求得其和．3．錯(cuò)位相減法如果一個(gè)數(shù)列的各項(xiàng)是由一個(gè)等差數(shù)列和一個(gè)等比數(shù)列的對應(yīng)項(xiàng)之積構(gòu)成的,那么這個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和即可用此法來求，如等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式就是用此法推導(dǎo)的．4．倒序相加法如果一個(gè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)中首末兩端等“距離”的兩項(xiàng)的和相等或等于同一個(gè)常數(shù)，那么求這個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和可用倒序相加法,如等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即是用此法推導(dǎo)的．5．并項(xiàng)求和法在一個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和中，可兩兩結(jié)合求解，則稱之為并項(xiàng)求和．形如an＝(－1）nf（n）類型，可采用兩項(xiàng)合并求解．1．判斷正誤(1）如果已知等差數(shù)列的通項(xiàng)公式，則在求其前n項(xiàng)和時(shí)使用公式Sn＝eq\f(na1＋an，2)較為合理．（）（2)如果數(shù)列{an｝為等比數(shù)列，且公比不等于1，則其前n項(xiàng)和Sn＝eq\f（a1－an＋1,1－q）。（）(3）求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan之和時(shí)只要把上式等號兩邊同時(shí)乘以（4）如果數(shù)列{an}是周期為k的周期數(shù)列,那么Skm＝mSk（m，k為大于1的正整數(shù)）．(）答案：（1）√（2）√（3）×(4)√2．?dāng)?shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝eq\f（1，\r（n)＋\r(n＋1)）,前n項(xiàng)和為9，則n＝________.解析:∵an＝eq\f(1,\r(n）＋\r（n＋1))＝eq\r（n＋1）－eq\r（n)?！郤n＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(eq\r(2）－1)＋（eq\r(3)－eq\r(2)）＋…＋(eq\r（n＋1）－eq\r（n))＝eq\r(n＋1）－1.∴eq\r(n＋1）－1＝9，即eq\r(n＋1）＝10,∴n＝99。答案：993．已知數(shù)列｛an}的前n項(xiàng)和為Sn，且an＝n·2n，則Sn＝________.解析：∵an＝n·2n，∴Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n。①∴2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1）·2n＋n·2n＋1②①－②,得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝eq\f（21－2n,1－2）－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2?！郤n＝（n－1）2n＋1＋2.答案：(n－1)2n＋1＋2知識點(diǎn)二數(shù)列的綜合應(yīng)用1．等差數(shù)列和等比數(shù)列的綜合等差數(shù)列中最基本的量是其首項(xiàng)a1和公差d，等比數(shù)列中最基本的量是其首項(xiàng)a1和公比q，在等差數(shù)列和等比數(shù)列的綜合問題中就是根據(jù)已知的條件建立方程組求解出這兩個(gè)數(shù)列的基本量解決問題的．2．?dāng)?shù)列和函數(shù)、不等式的綜合（1)等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和公式是在公差d≠0的情況下關(guān)于n的一次或二次函數(shù)．（2）等比數(shù)列的通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和公式在公比q≠1的情況下是公比q的指數(shù)函數(shù)模型．（3)數(shù)列常與不等式結(jié)合，如比較大小、不等式恒成立、求參數(shù)范圍等,需熟練應(yīng)用不等式知識解決數(shù)列中的相關(guān)問題．4．在數(shù)列{an}中，已知a1＝1，an＋1－an＝sineq\f（n＋1π，2)，記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則S2016＝（)A．1006 B．1007C．1008 D．1009解析:由an＋1－an＝sineq\f（n＋1π，2),得an＋1＝an＋sineq\f（n＋1π，2)，所以a2＝a1＋sinπ＝1＋0＝1,a3＝a2＋sineq\f(3π,2）＝1＋（－1)＝0,a4＝a3＋sin2π＝0＋0＝0，a5＝a4＋sineq\f(5π,2）＝0＋1＝1，∴a5＝a1，如此繼續(xù)可得an＋4＝an(n∈N＊)，即數(shù)列｛an｝是一個(gè)以4為周期的周期數(shù)列，又2016＝4×504,所以S2016＝504×(a1＋a2＋a3＋a4）＝504×（1＋1＋0＋0)＝1008，故選C.答案:C5．（2017·福州模擬)下面給出了一個(gè)三角形數(shù)陣，已知每一列的數(shù)成等差數(shù)列,從第3行起,每一行的數(shù)成等比數(shù)列，每一行的公比都相等．記第i行第j列數(shù)為aij(i，j∈N*)，則a43＝________.eq\f(1，4）eq\f（1,2),eq\f（1，4)eq\f（3,4),eq\f（3,8），eq\f(3,16）…………解析:由題意，第一列公差d＝eq\f（1,2）－eq\f（1，4)＝eq\f(1,4），所以a41＝eq\f(1，4）＋(4－1）×eq\f（1,4)＝1。由第3行得公比q＝eq\f(1，2），所以a43＝1×eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1,2)）)2＝eq\f(1，4).答案：eq\f（1，4）熱點(diǎn)一分組求和法求和【例1】(2016·北京卷)已知｛an}是等差數(shù)列，｛bn}是等比數(shù)列，且b2＝3,b3＝9,a1＝b1，a14＝b4.(Ⅰ)求｛an｝的通項(xiàng)公式;(Ⅱ）設(shè)cn＝an＋bn，求數(shù)列｛cn}的前n項(xiàng)和．【解】（Ⅰ)等比數(shù)列{bn}的公比q＝eq\f（b3,b2)＝eq\f(9，3)＝3，所以b1＝eq\f(b2，q）＝1，b4＝b3q＝27。設(shè)等差數(shù)列｛an｝的公差為d.因?yàn)閍1＝b1＝1,a14＝b4＝27.所以1＋13d＝27，即d＝2.所以an＝2n－1（n＝1，2,3,…）．（Ⅱ）由（Ⅰ)知,an＝2n－1，bn＝3n－1，因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1.從而數(shù)列{cn｝的前n項(xiàng)和Sn＝1＋3＋…＋（2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1＝eq\f（n1＋2n－1,2)＋eq\f（1－3n,1－3）＝n2＋eq\f（3n－1，2)。【總結(jié)反思】某些數(shù)列的求和是將數(shù)列分解轉(zhuǎn)化為若干個(gè)可求和的新數(shù)列的和或差,從而求得原數(shù)列的和，這就要通過對數(shù)列通項(xiàng)結(jié)構(gòu)特點(diǎn)進(jìn)行分析研究，將數(shù)列的通項(xiàng)合理分解轉(zhuǎn)化，特別注意在含有字母的數(shù)列中對字母的討論。已知數(shù)列｛an}的通項(xiàng)公式是an＝2·3n－1＋(－1）n·（ln2－ln3）＋（－1）nnln3，求其前n項(xiàng)和Sn.解：Sn＝2（1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋（－1)n］·(ln2－ln3）＋［－1＋2－3＋…＋（－1)nn]ln3，所以當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Sn＝2×eq\f（1－3n,1－3）＋eq\f(n,2）ln3＝3n＋eq\f(n，2)ln3－1；當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Sn＝2×eq\f(1－3n，1－3）－（ln2－ln3)＋（eq\f（n－1,2）－n）ln3＝3n－eq\f(n－1，2)ln3－ln2－1.綜上所述，Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3n＋\f(n,2)ln3－1，n為偶數(shù)，，3n－\f（n－1，2）ln3－ln2－1，n為奇數(shù).）)熱點(diǎn)二錯(cuò)位相減法求和【例2】(2016·山東卷)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差數(shù)列，且an＝bn＋bn＋1.（Ⅰ)求數(shù)列{bn｝的通項(xiàng)公式;(Ⅱ）令cn＝eq\f(an＋1n＋1，bn＋2n）。求數(shù)列｛cn}的前n項(xiàng)和Tn?！窘狻?Ⅰ）由題意知當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5,當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝11.所以an＝6n＋5.設(shè)數(shù)列｛bn｝的公差為d，由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a1＝b1＋b2，，a2＝b2＋b3，))得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(11＝2b1＋d，,17＝2b1＋3d,))可解得b1＝4，d＝3。所以bn＝3n＋1。（Ⅱ）由(Ⅰ)知cn＝eq\f(6n＋6n＋1,3n＋3n）＝3（n＋1)·2n＋1.又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，所以Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1）×2n＋1]，2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋（n＋1）×2n＋2］，兩式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2］＝3×[4＋eq\f(41－2n,1－2)－(n＋1)×2n＋2]＝－3n·2n＋2,所以Tn＝3n·2n＋2?！究偨Y(jié)反思】選擇數(shù)列求和方法的依據(jù)是數(shù)列的通項(xiàng)公式,如本題第（Ⅱ)問中通過化簡數(shù)列｛cn｝的通項(xiàng)公式可知，其可以寫成一個(gè)等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式的乘積形式，故應(yīng)采用錯(cuò)位相減法求和。已知遞增的等比數(shù)列{an｝滿足a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中項(xiàng)．（1）求數(shù)列｛an}的通項(xiàng)公式；(2）若bn＝an·logeq\s\do8(\f(1,2））an，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋1〉50成立的正整數(shù)n的最小值．解:(1）設(shè)等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1,公比為q.依題意有2（a3＋2)＝a2＋a4，代入a2＋a3＋a4＝28,得a3＝8,∴a2＋a4＝20.∴eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a1q＋a1q3＝20，,a3＝a1q2＝8，）)解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（q＝2,,a1＝2)）或eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（q＝\f(1，2),，a1＝32.））又{an｝是遞增數(shù)列，∴q＝2，a1＝2，∴an＝2n。（2)∵bn＝2n·logeq\s\do8（\f（1，2))2n＝－n·2n，∴－Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①∴－2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋（n－1）×2n＋n×2n＋1.②①－②得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝eq\f(21－2n,1－2）－n·2n＋1＝2n＋1－n·2n＋1－2。Sn＋n·2n＋1>50，即2n＋1－2>50，∴2n＋1〉52.故使Sn＋n·2n＋1>50成立的正整數(shù)n的最小值為5.熱點(diǎn)三裂項(xiàng)相消法求和【例3】設(shè)數(shù)列｛an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，其前n項(xiàng)和為Sn，且2eq\r(Sn）＝an＋1(n∈N*）．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;（2）記bn＝eq\f（1，\r（an)＋\r(an＋1))，若b1＋b2＋…＋bn〉1，求正整數(shù)n的最小值．【解】（1)由2eq\r（Sn)＝an＋1，兩邊平方,得4Sn＝(an＋1）2，則4Sn＋1＝(an＋1＋1）2，兩式相減，得4an＋1＝(an＋1＋1)2－（an＋1）2，整理得（an＋1－1)2－（an＋1）2＝0,即（an＋1＋an）(an＋1－an－2）＝0。因?yàn)閍n>0，所以an＋1－an－2＝0，即an＋1－an＝2.又因?yàn)楫?dāng)n＝1時(shí)，2eq\r（a1）＝a1＋1，所以（eq\r（a1）－1)2＝0，所以a1＝1，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1.（2)因?yàn)閎n＝eq\f（1,\r(2n－1)＋\r（2n＋1))＝eq\f（\r(2n＋1)－\r(2n－1），2)，所以b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,2)[(eq\r（3)－1）＋（eq\r(5）－eq\r（3）)＋…＋（eq\r(2n＋1)－eq\r(2n－1)）］＝eq\f（1，2)（eq\r（2n＋1)－1)．由eq\f（1，2)(eq\r（2n＋1）－1)〉1，解得n〉4,所以滿足條件的正整數(shù)n的最小值為5.【總結(jié)反思】（1)用裂項(xiàng)相消法求和時(shí),要對通項(xiàng)進(jìn)行變換,如:eq\f(1,\r（n)＋\r（n＋k))＝eq\f（1，k）(eq\r（n＋k)－eq\r（n))，eq\f（1,nn＋k)＝eq\f（1，k)(eq\f（1,n）－eq\f（1,n＋k)）裂項(xiàng)后可以產(chǎn)生連續(xù)可以相互抵消的項(xiàng)．（2）抵消后并不一定只剩下第一項(xiàng)和最后一項(xiàng)，也有可能前面剩兩項(xiàng)，后面也剩兩項(xiàng)．已知函數(shù)f（x)＝xa的圖象過點(diǎn)(4，2),令an＝eq\f(1,fn＋1＋fn),n∈N*，記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則S2017＝________。解析：由f（4）＝2可得4a＝2，解得a＝eq\f（1，2）,則f(x)＝xeq\f(1,2)，∴an＝eq\f(1，fn＋1＋fn)＝eq\f(1,\r（n＋1）＋\r（n）)＝eq\r(n＋1)－eq\r(n).S2017＝a1＋a2＋a3＋…＋a2017＝(eq\r(2)－1)＋(eq\r（3）－eq\r(2))＋（eq\r（4）－eq\r(3））＋…＋(eq\r(2017）－eq\r（2016)）＋(eq\r(2018）－eq\r(2017)）＝eq\r（2018)－1.答案：eq\r（2018)－1熱點(diǎn)四數(shù)列與其他知識的綜合應(yīng)用【例4】(2016·四川卷）已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)為1，Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，Sn＋1＝qSn＋1，其中q>0，n∈N*.(Ⅰ）若2a2，a3，a2＋2成等差數(shù)列，求數(shù)列｛an（Ⅱ）設(shè)雙曲線x2－eq\f(y2，a\o\al(2,n）)＝1的離心率為en，且e2＝eq\f（5，3），證明:e1＋e2＋…＋en〉eq\f(4n－3n,3n－1)?！窘狻?Ⅰ)由已知,Sn＋1＝qSn＋1，Sn＋2＝qSn＋1＋1，兩式相減得到an＋2＝qan＋1，n≥1。又由S2＝qS1＋1得到a2＝qa1,故an＋1＝qan對所有n≥1都成立．所以,數(shù)列{an｝是首項(xiàng)為1，公比為q的等比數(shù)列．從而an＝qn－1.由2a2,a3,a2＋2成等差數(shù)列，可得2a3＝3a2＋2，得2q2＝3q＋2,則（2q由已知，q>0，故q＝2。所以an＝2n－1（n∈N*）．（Ⅱ）證明：由(Ⅰ）可知,an＝qn－1。所以雙曲線x2－eq\f(y2，a\o\al（2，n）)＝1的離心率en＝eq\r（1＋a\o\al（2，n）)＝eq\r(1＋q2n－1)。由e2＝eq\r（1＋q2)＝eq\f(5，3）得q＝eq\f（4,3).因?yàn)?＋q2（k－1）〉q2(k－1）,所以eq\r(1＋q2k－1)>qk－1（k∈N＊)．于是e1＋e2＋…＋en〉1＋q＋…＋qn－1＝eq\f(qn－1,q－1)，故e1＋e2＋…＋en〉eq\f(4n－3n，3n－1）.【總結(jié)反思】數(shù)列一類特殊的函數(shù)，它可以和函數(shù)、不等式、解析幾何、向量等知識組成綜合性問題,但限于高考對數(shù)列難度的要求，高考對這方面的考查一般不會(huì)難度太高．本題考查了數(shù)列本身知識的綜合應(yīng)用以及與解析幾何、放縮法證明不等式的綜合應(yīng)用。（2017·瀘州模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1（n∈N＊），等差數(shù)列｛bn｝中b2＝5，且公差d＝2.（1)求數(shù)列｛an}，{bn}的通項(xiàng)公式．（2)是否存在正整數(shù)n，使得a1b1＋a2b2＋…＋anbn>60n？若存在,求出n的最小值；若不存在，請說明理由．解:(1)a1＝1,an＋1＝2Sn＋1.所以當(dāng)n≥2時(shí)，an＝2Sn－1＋1，相減得：an＋1＝3an(n≥2），又a2＝2a1所以a2＝3a1所以數(shù)列｛an}是以1為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，an＝3n－1.又b2＝b1＋d＝5,所以b1＝3，bn＝2n＋1。(2）an·bn＝(2n＋1)·3n－1，令Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n－1)×3n－2＋(2n＋1）×3n－1，①3Tn＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋（2n－1)×3n－1＋（2n＋1）×3n,②①－②得：－2Tn＝3×1＋2(3＋32＋…＋3n－1）－（2n＋1)×3n，所以Tn＝n×3n，所以n×3n>60n，即3n>60，當(dāng)n≤3時(shí),3n〈60。當(dāng)n≥4時(shí)，3n〉60，所以存在n的最小值為4.1．解決非等差、等比數(shù)列求和問題的兩種思路（1)轉(zhuǎn)化的思想，即將一般數(shù)列設(shè)法轉(zhuǎn)化為等差或等比數(shù)列，這一思想方法往往通過通項(xiàng)分解或錯(cuò)位相減來完成．(2）不能轉(zhuǎn)化為等差或等比數(shù)列的,往往通過裂項(xiàng)相消法、倒序相加法等來求和．2．應(yīng)用“裂項(xiàng)相消法”和“錯(cuò)位相減法”應(yīng)注意的問題（1）裂項(xiàng)相消法，分裂通項(xiàng)是否恰好等于相應(yīng)的兩項(xiàng)之差．（2)在正負(fù)項(xiàng)抵消后，是否只剩下第一項(xiàng)和最后一項(xiàng)，或有時(shí)前面剩下兩項(xiàng),后面也剩下兩項(xiàng)，未消去的項(xiàng)有前后對稱的特點(diǎn)．(3）在應(yīng)用錯(cuò)位相減法求和時(shí),若等比數(shù)列的公比含有參數(shù),應(yīng)分q＝1和q≠1兩種情況求解．?dāng)?shù)列的新定義問題先定義一個(gè)(一類）新數(shù)列,然后要求根據(jù)定義推斷這個(gè)新數(shù)列的一些性質(zhì)或判斷一個(gè)數(shù)列是否屬于這類數(shù)列的問題是近年來高考中逐漸興起的一個(gè)命題方向,這類問題形式新穎，常給人耳目一新的感覺．對于這類問題,我們應(yīng)先弄清問題的本質(zhì)，然后根據(jù)等差、等比數(shù)列的性質(zhì)以及解決數(shù)列問題時(shí)常用的方法即可解決．【例1】設(shè)Sn為數(shù)列{an｝的前n項(xiàng)和，若eq\f(S2n，Sn）(n∈N＊)是非零常數(shù)，則稱該數(shù)列為“和等比數(shù)列”．若數(shù)列｛cn｝是首項(xiàng)為2，公差為d(d≠0)的等差數(shù)列，且數(shù)列{cn}是“和等比數(shù)列"，則d＝________.【解析】由題意可知，數(shù)列｛cn}的前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(nc1＋cn，2),前2n項(xiàng)和S2n＝eq\f(2nc1＋c2n,2）,所以eq\f(S2n，Sn）＝eq\f(\f(2nc1＋c2n，2),\f(nc1＋cn,2)）＝2＋eq\f（2nd，4＋nd－d）＝2＋eq\f（2，1＋\f(4－d,nd）），所以當(dāng)d＝4時(shí)，eq\f(S2n,Sn）為非零常數(shù)，則數(shù)列{cn}是“和等比數(shù)列”,故d＝4.【答案】4【例2】設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn。若對任意的正整數(shù)n,總存在正整數(shù)m,使得Sn＝am,則稱｛an}是“H數(shù)列”．(1）若數(shù)列｛an}的前n項(xiàng)和Sn＝2n（n∈N*）,證明：｛an}是“H數(shù)列"；(2）設(shè){an｝是等差數(shù)列,其首項(xiàng)a1＝1，公差d〈0.若{an｝是“H數(shù)列”，求d的值;(3）證明:對任意的等差數(shù)列{an｝，總存在兩個(gè)“H數(shù)列”｛bn｝和{cn｝，使得an＝bn＋cn（n∈N＊)成立．【解】(1）證明:由已知，當(dāng)n≥1時(shí)，an＋1＝Sn＋1－Sn＝2n＋1－2n＝2n。于是對任意的正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m＝n＋1,使得Sn＝2n＝am。所以{an｝是“H數(shù)列"．（2）由已知,得S2＝2a1＋d＝2＋d因?yàn)椋鸻n}是“H數(shù)列”,所以存在正整數(shù)m，使得S2＝am，即2＋d＝1＋(m－1）d,于是(m－2)d＝1。因?yàn)閐<0，所以m－2<0，故m＝1.從而d＝－1.當(dāng)d＝－1時(shí)，an＝2－n，Sn＝eq\f(n3－n,2)是小于2的整數(shù)，n∈N*.于是對任意的正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m＝2－Sn＝2－eq\f(n3－n,2)，使得Sn＝2－m＝am,所以｛an}是“H數(shù)列"．因此d的值為－1。（3)證明:設(shè)等差數(shù)列｛an}的公差為d，則an＝a1＋（n－1)d＝na1＋(n－1）（d－a1）(n∈N＊）．令bn＝na1，cn＝（n－1）（d－a1)，則an＝bn＋cn（n∈N*）．下證{bn｝是“H數(shù)列”．設(shè)｛bn｝的前n項(xiàng)和為Tn，則Tn＝eq\f（nn＋1，2）a1（n∈N*）．于是對任意的正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m＝eq\f(nn＋1，2)，使得Tn＝bm，所以{bn｝是“H數(shù)列”．同理可證｛cn}也是“H數(shù)列”．所以，對任意的等差數(shù)列{an}，總存在兩個(gè)“H數(shù)列”｛bn}和{cn｝，使得an＝bn＋cn(n∈N＊)成立．專題三高考解答題鑒賞—-數(shù)列對近幾年高考試題統(tǒng)計(jì)看，全國卷中的數(shù)列與三角基本上交替考查,難度不大;但自主命題的省市高考題每年都考查，難度中等．考查內(nèi)容主要集中在兩個(gè)方面：一是以選擇題和填空題的形式考查等差、等比數(shù)列的運(yùn)算和性質(zhì)，題目多為常規(guī)試題；二是等差、等比數(shù)列的通項(xiàng)與求和問題，有時(shí)結(jié)合函數(shù)、不等式等進(jìn)行綜合考查，涉及內(nèi)容較為全面，試題題型規(guī)范、方法可循．【典例】（2015·湖北卷，12分)設(shè)等差數(shù)列{an｝的公差為d，前n項(xiàng)和為Sn，等比數(shù)列{bn}的公比為q,已知b1＝a1，b2＝2，q＝d,S10＝100.（1)求數(shù)列{an}，{bn｝的通項(xiàng)公式；(2）當(dāng)d〉1時(shí)，記cn＝eq\f（an,bn），求數(shù)列｛cn}的前n項(xiàng)和Tn.【標(biāo)準(zhǔn)解答】(1）由題意有eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(10a1＋45d＝100，,a1d＝2，)）即eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋9d＝20，,a1d＝2，)）(2分）解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2）)或eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a1＝9，,d＝\f（2，9）.)）(4分）故eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(an＝2n－1，,bn＝2n－1)）或eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（an＝\f（1,9)2n＋79，，bn＝9·\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（2，9））)n－1。））（6分）(2)由d>1，知an＝2n－1,bn＝2n－1，故cn＝eq\f(