學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第24練數(shù)列的綜合問題［明考情］數(shù)列與函數(shù)方程、方程不等式的綜合問題是高考的重點,往往和數(shù)列的通項、求和結(jié)合考查，在高考中經(jīng)常出現(xiàn)。［知考向］1.數(shù)列與函數(shù)的綜合.2。數(shù)列與不等式的綜合.3.數(shù)列與其他知識的綜合?？键c一數(shù)列與函數(shù)的綜合方法技巧(1)以函數(shù)為背景的數(shù)列問題，一般要利用函數(shù)的性質(zhì)圖象進(jìn)行轉(zhuǎn)化，得出數(shù)列的通項或遞推關(guān)系.(2)數(shù)列中的函數(shù)問題，一般利用數(shù)列的性質(zhì)研究函數(shù)的性質(zhì)，用函數(shù)思想求解數(shù)列問題.1.設(shè)函數(shù)f(x）＝eq\f(x，2）＋sinx的所有正的極小值點從小到大排成的數(shù)列為{xn}.(1）求數(shù)列{xn}的通項公式；(2)令bn＝eq\f（xn,2π），求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1（\f（1,bnbn＋1）)）的前n項和Sn。解(1)f(x）＝eq\f（x，2)＋sinx，令f′(x）＝eq\f(1,2)＋cosx＝0，得x＝2kπ±eq\f（2π，3）（k∈Z)。由f′(x）＞0?2kπ－eq\f（2π,3）＜x＜2kπ＋eq\f(2π,3)（k∈Z）,由f′(x）＜0?2kπ＋eq\f（2π,3）＜x＜2kπ＋eq\f（4π，3)（k∈Z）,當(dāng)x＝2kπ－eq\f(2π,3）(k∈Z)時，f（x)取得極小值，所以xn＝2nπ－eq\f(2π，3)(n∈N*）.（2)因為bn＝eq\f（xn,2π)＝n－eq\f(1，3)＝eq\f（3n－1，3），所以eq\f（1，bnbn＋1)＝eq\f(3，3n－1)·eq\f（3,3n＋2）＝3eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,3n－1）－\f（1，3n＋2)））,所以Sn＝3eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，2）－\f(1，5)＋\f（1，5)－\f（1,8)＋…＋\f(1，3n－1)－\f(1,3n＋2）））＝3eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，2)－\f(1，3n＋2)）)＝eq\f(9n，6n＋4)。2。已知定義域為R的二次函數(shù)f（x)的最小值為0，且有f（1＋x）＝f（1－x），直線g（x）＝4(x－1）的圖象被f（x)的圖象截得的弦長為4eq\r(17）,數(shù)列｛an}滿足a1＝2,（an＋1－an)·g（an)＋f（an)＝0（n∈N*)。（1）求函數(shù)f(x）的解析式;(2）求數(shù)列｛an}的通項公式；(3)設(shè)bn＝3f(an)－g（an＋1），求數(shù)列｛bn｝的最值及相應(yīng)的n。解(1）設(shè)f（x）＝a（x－1）2(a＞0)，則直線g(x）＝4(x－1)的圖象與y＝f（x）的圖象的兩個交點為（1，0)，eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(4，a)＋1，\f（16,a)））。因為eq\r(\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（4，a）))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（16,a)）)2）＝4eq\r(17）(a＞0)，所以a＝1，所以f（x)＝（x－1）2。(2)f(an）＝(an－1）2，g（an）＝4（an－1），因為(an＋1－an）·4（an－1）＋(an－1)2＝0,所以（an－1）(4an＋1－3an－1）＝0.因為a1＝2，所以an≠1，所以4an＋1－3an－1＝0，所以an＋1－1＝eq\f（3,4)（an－1),且a1－1＝1，所以數(shù)列｛an－1}是首項為1,公比為eq\f(3,4)的等比數(shù)列，所以an－1＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(3，4））)n－1，即an＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(3,4）))n－1＋1.(3)bn＝3(an－1)2－4(an＋1－1），令bn＝y(tǒng)，u＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（3，4）））n－1，則y＝3eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（u－\f（1，2)））2－\f（1，4）)）＝3eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（u－\f（1,2）））2－eq\f（3，4)。因為n∈N＊，所以u的值分別為1，eq\f(3，4）,eq\f(9,16）,eq\f（27,64)，…，經(jīng)比較eq\f(9，16）距eq\f（1，2)最近，所以當(dāng)n＝3時,bn有最小值－eq\f(189，256），當(dāng)n＝1時，bn有最大值0.3.已知函數(shù)f(x）滿足f(x＋y）＝f(x）·f(y）且f（1）＝eq\f（1，2).(1)當(dāng)n∈N＊時,求f(n)的表達(dá)式；(2）設(shè)an＝n·f（n),n∈N＊，求證：a1＋a2＋a3＋…＋an＜2；(3）設(shè)bn＝（9－n)eq\f（fn＋1，fn），n∈N＊，Sn為{bn}的前n項和，當(dāng)Sn最大時,求n的值。（1)解令x＝n,y＝1，得f（n＋1)＝f（n）·f(1）＝eq\f(1，2）f（n），∴{f（n)｝是首項為eq\f（1,2），公比為eq\f(1，2）的等比數(shù)列，∴f（n)＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,2)))n.(2)證明設(shè)Tn為{an}的前n項和,∵an＝n·f(n）＝n·eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,2）)）n,∴Tn＝eq\f（1，2)＋2·eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1,2))）2＋3·eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,2))）3＋…＋n·eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1,2）））n,eq\f（1,2)Tn＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,2）))2＋2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，2））)3＋3·eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,2)）)4＋…＋（n－1）·eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))）n＋n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1,2）））n＋1，兩式相減，得eq\f(1，2)Tn＝eq\f（1，2）＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,2)）)2＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，2)))3＋…＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，2））)n－n·eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1，2）))n＋1，∴Tn＝2－eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，2）)）n－1－n·eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,2)）)n＜2.即a1＋a2＋a3＋…＋an<2.(3）解∵f(n）＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1,2)））n，∴bn＝(9－n）eq\f(fn＋1，fn)＝(9－n）eq\f(\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，2)）)n+1,\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，2））)n）＝eq\f（9－n,2)，∴當(dāng)n≤8時,bn＞0；當(dāng)n＝9時,bn＝0；當(dāng)n＞9時，bn＜0?！喈?dāng)n＝8或9時,Sn取得最大值?？键c二數(shù)列與不等式的綜合方法技巧(1）數(shù)列中的最值問題可以利用基本不等式求解.(2)與數(shù)列求和有關(guān)的不等式證明可以對中間過程或最后結(jié)果放縮得到.（3)可利用比較法或數(shù)列的單調(diào)性解決比較大小問題。4.設(shè)數(shù)列{an｝的前n項和為Sn,已知a1＝a，an＋1＝Sn＋3n，n∈N＊。(1)設(shè)bn＝Sn－3n，求數(shù)列｛bn}的通項公式；(2）若an＋1≥an，n∈N*，求實數(shù)a的取值范圍.解（1）依題意，得Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n，即Sn＋1＝2Sn＋3n，由此得Sn＋1－3n+1＝2（Sn－3n），因此bn＋1＝2bn。當(dāng)a≠3時，｛bn}為等比數(shù)列，且首項b1＝a－3,公比q＝2，所以通項公式為bn＝（a－3）2n－1，n∈N＊。 ①當(dāng)a＝3時，b1＝a－3＝0,bn＝2bn－1＝22bn－2＝23bn－3＝…＝2n－1b1＝0，也適合①式。故數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝（a－3）2n－1，n∈N＊。(2）由(1)知,Sn＝3n＋（a－3)2n－1,n∈N*，于是，當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝3n＋（a－3）2n－1－3n－1－(a－3）2n－2＝2×3n－1＋(a－3）2n－2，則an＋1－an＝2×3n＋(a－3）·2n－1－2×3n－1－(a－3）2n－2＝4×3n－1＋(a－3）2n－2＝2n－2［12×eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（3，2）)）n－2＋a－3］，當(dāng)n≥2時,an＋1≥an?12×eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(3,2)）)n－2＋a－3≥0?a≥－9。又a2＝a1＋3＞a1成立，所以所求實數(shù)a的取值范圍是[－9，＋∞）.5。已知數(shù)列{bn}滿足3(n＋1)bn＝nbn＋1，且b1＝3.(1）求數(shù)列｛bn｝的通項公式；（2）已知eq\f(an,bn)＝eq\f(n＋1,2n＋3）,求證：eq\f(5，6）≤eq\f（1，a1）＋eq\f（1,a2)＋…＋eq\f（1,an)＜1。（1)解因為3(n＋1)bn＝nbn＋1，所以eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(3n＋1，n）.因此,eq\f(b2，b1）＝3·eq\f(2,1），eq\f(b3,b2）＝3·eq\f（3，2），eq\f（b4,b3)＝3·eq\f（4，3）,…，eq\f(bn，bn－1)＝3·eq\f(n,n－1），上面式子累乘可得eq\f（bn，b1)＝3n－1·n.因為b1＝3,所以bn＝n·3n。（2)證明因為eq\f（an,bn）＝eq\f（n＋1，2n＋3)，所以an＝eq\f(nn＋1,2n＋3)·3n，因為eq\f（1,an)＝eq\f(2n＋3,nn＋1)·eq\f(1,3n）＝eq\f（3n＋1－n，nn＋1）·eq\f(1,3n）＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（3，n）－\f（1,n＋1）））·eq\f(1，3n)＝eq\f(1,n)·eq\f（1，3n－1）－eq\f(1,n＋1)·eq\f（1,3n）,所以eq\f（1，a1)＋eq\f(1，a2)＋…＋eq\f（1,an)＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(1·\f(1，30)－\f（1,2)·\f（1，31)））＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，2）·\f（1,31)－\f(1,3)·\f(1，32))）＋…＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,n）·\f（1,3n－1）－\f(1，n＋1)·\f(1，3n)））＝1－eq\f（1，n＋1)·eq\f（1，3n).因為n∈N*，所以0＜eq\f(1,n＋1）·eq\f（1,3n)≤eq\f(1,6），所以eq\f（5,6）≤1－eq\f(1，n＋1)·eq\f（1,3n)＜1,所以eq\f(5，6)≤eq\f（1，a1）＋eq\f(1,a2）＋…＋eq\f（1，an)＜1。6。已知數(shù)列{an｝滿足an＋1－an＝2[f（n＋1）－f(n)］(n∈N＊）。（1)若a1＝1,f(x）＝3x＋5，求數(shù)列{an}的通項公式;(2)若a1＝6，f(x)＝2x且λan＞2n＋n＋2λ對一切n∈N＊恒成立，求實數(shù)λ的取值范圍.解(1）因為an＋1－an＝2[f(n＋1）－f(n）](n∈N*)，f（n）＝3n＋5，所以an＋1－an＝2（3n＋8－3n－5）＝6，所以｛an｝是等差數(shù)列，首項為a1＝1，公差為6，即an＝6n－5.(2）因為f(x)＝2x，所以f(n＋1）－f（n）＝2n+1－2n＝2n,所以an＋1－an＝2·2n＝2n+1.當(dāng)n≥2時，an＝（an－an－1)＋（an－1－an－2)＋…＋（a2－a1)＋a1＝2n＋2n－1＋…＋22＋6＝2n+1＋2,當(dāng)n＝1時，a1＝6，符合上式，所以an＝2n+1＋2。由λan＞2n＋n＋2λ，得λ＞eq\f(2n＋n，2n+1)＝eq\f(1，2）＋eq\f（n，2n+1),而eq\f（n＋1,2n+2）－eq\f(n,2n+1)＝eq\f（1－n,2n+2)≤0，所以當(dāng)n＝1或n＝2時,eq\f（2n＋n,2n+1)取得最大值eq\f（3,4），故λ的取值范圍為eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(3，4)，＋∞））.考點三數(shù)列與其他知識的綜合方法技巧數(shù)列和其他知識的綜合問題解題的關(guān)鍵是通過對其他知識的轉(zhuǎn)化得到數(shù)列的通項關(guān)系式或遞推關(guān)系式.7.已知點A（1,0），B(0，1）和互不相同的點P1，P2,P3，…,Pn，…，滿足eq\o（OPn，\s\up6（→）)＝aneq\o(OA，\s\up6（→）)＋bneq\o（OB,\s\up6（→))，n∈N*，其中｛an}，{bn}分別為等差數(shù)列和等比數(shù)列，O為坐標(biāo)原點，若P1是線段AB的中點,(1)求a1,b1的值;(2）點P1,P2，P3，…，Pn，…能否在同一條直線上？請證明你的結(jié)論.解(1)P1是線段AB的中點?eq\o（OP1,\s\up6（→)）＝eq\f（1，2)eq\o（OA，\s\up6(→)）＋eq\f(1,2)eq\o(OB，\s\up6(→))，又eq\o（OP1,\s\up6（→））＝a1eq\o（OA,\s\up6（→))＋b1eq\o(OB，\s\up6（→）），且eq\o(OA，\s\up6（→）)，eq\o(OB，\s\up6(→)）不共線，由平面向量基本定理知，a1＝b1＝eq\f(1，2）。(2）由eq\o（OPn，\s\up6(→））＝aneq\o（OA，\s\up6(→）)＋bneq\o(OB，\s\up6(→))(n∈N*），得eq\o（OPn，\s\up6（→）)＝（an，bn）,設(shè){an}的公差為d,{bn}的公比為q,則由于P1,P2，P3，…，Pn，…互不相同,所以d＝0，q＝1不會同時成立。若d＝0，q≠1，則an＝a1＝eq\f（1，2）(n∈N*),可知P1，P2,P3，…，Pn，…都在直線x＝eq\f(1，2)上；若q＝1，d≠0,則bn＝eq\f(1，2)為常數(shù)列，可知P1，P2，P3，…，Pn,…都在直線y＝eq\f（1，2）上；若d≠0且q≠1，P1,P2，P3，…，Pn，…在同一條直線上,則eq\o(Pn－1Pn,\s\up6（→)）＝(an－an－1，bn－bn－1）與eq\o(PnPn＋1,\s\up6（→）)＝(an＋1－an，bn＋1－bn)始終共線（n≥2，n∈N*）,所以（an－an－1)(bn＋1－bn）－（an＋1－an）(bn－bn－1）＝0?d(bn＋1－bn）－d（bn－bn－1）＝0?bn＋1－bn＝bn－bn－1?q＝1，這與q≠1矛盾。所以當(dāng)d≠0且q≠1時，P1,P2，P3，…,Pn,…不可能在同一條直線上.8。直線ln：y＝x－eq\r（2n）與圓Cn：x2＋y2＝2an＋n交于不同的兩點An，Bn，n∈N*.數(shù)列｛an｝滿足：a1＝1，an＋1＝eq\f（1,4）｜AnBn|2.(1）求數(shù)列{an｝的通項公式;（2)若bn＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（2n－1，n為奇數(shù),，an，n為偶數(shù)，））求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.解(1）由題意知,圓Cn的圓心到直線ln的距離dn＝eq\r(n）,半徑rn＝eq\r（2an＋n)，所以an＋1＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1,2）|AnBn|）)2＝req\o\al(2,n)－deq\o\al（2,n）＝（2an＋n）－n＝2an。又a1＝1，所以an＝2n－1.（2)當(dāng)n為偶數(shù)時，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1）＋(b2＋b4＋…＋bn）＝[1＋5＋…＋(2n－3）］＋（2＋23＋…＋2n－1)＝eq\f(nn－1，2）＋eq\f(21－2n,1－4)＝eq\f(n2－n，2）＋eq\f（2,3)(2n－1）。當(dāng)n為奇數(shù)時，n＋1為偶數(shù)，Tn＋1＝eq\f(n＋12－n＋1,2)＋eq\f(2,3）(2n+1－1）＝eq\f（n2＋n,2)＋eq\f(2，3）（2n+1－1）。而Tn＋1＝Tn＋bn＋1＝Tn＋2n，所以Tn＝eq\f(n2＋n，2)＋eq\f（1，3)（2n－2）。所以Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（\f（n2－n，2）＋\f（2,3）2n－1，n為偶數(shù)，，\f(n2＋n，2）＋\f（1,3)2n－2，n為奇數(shù).)）9。設(shè)數(shù)列｛an｝的前n項和為Sn,且eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(S2n,2n)－2））∶eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n）－2））為常數(shù)，則稱數(shù)列｛an｝為“tomall數(shù)列"。(1)判斷非零的常數(shù)列是否為“tomall數(shù)列”？并說明理由；（2)等差數(shù)列{bn｝的首項為3，公差不為零，若｛bn}為“tomall數(shù)列”，求數(shù)列｛bn｝的通項及前n項和Sn；(3)對于（2)中“tomall數(shù)列”｛bn}的前n項和Sn，令dn＝eq\f（Sn－2n，n＋1),求證:eq\f（1，d1）＋eq\f(1，d1＋d2）＋…＋eq\f(1,d1＋d2＋…＋dn）＞eq\f（2n,n＋1)。(1)解設(shè)常數(shù)列為an＝p，其前n項和為Sn＝pn，那么eq\f(Sn,n）－2＝p－2，eq\f(S2n,2n）－2＝p－2.顯然，當(dāng)p＝2時,eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(S2n,2n)－2）)∶eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(Sn，n）－2）)不存在，此時，常數(shù)列不是“tomall數(shù)列";當(dāng)p≠2時，eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(S2n,2n)－2））∶eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（Sn,n)－2）)＝1是常數(shù)，此時，常數(shù)列是“tomall數(shù)列”.（2)解設(shè)等差數(shù)列{bn｝的公差為d(d≠0),因為b1＝3，則Sn＝3n＋eq\f（1，2)n(n－1）d，則eq\f（Sn,n)－2＝1＋eq\f(n－1,2)d，從而eq\f（S2n，2n)－2＝1＋eq\f(2n－1，2)d。因為｛bn}為“tomall數(shù)列”,所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S2n,2n)－2）)∶eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(Sn,n）－2)）＝k（k為常數(shù))，得1＋eq\f(2n－1，2)d＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n－1，2）d)),即（2－k）dn＋(1－k）(2－d）＝0?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－kd＝0，，1－k2－d＝0))?d＝2。故數(shù)列｛bn｝的通項公式為bn＝3＋2（n－1），即bn＝2n＋1.Sn＝eq\f（n3＋2n＋1，2）＝n(n＋2）。（3）證明因為Sn＝n(n＋2)，則dn＝eq\f（Sn－2n,n＋1)＝eq\f(n2,n＋1）＜n，于是d1＋d2＋…＋dn＜1＋2＋…＋n＝eq\f（nn＋1,2)，顯然，eq\f（1,d1＋d2＋…＋dn）＞eq\f（2，nn＋1)＝2eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1,n）－\f（1,n＋1）))，故eq\f（1，d1)＋eq\f(1，d1＋d2）＋…＋eq\f（1,d1＋d2＋…＋dn）＞2eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(1－\f（1，2））)＋\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，2)－\f（1,3)）)＋…＋\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，n)－\f(1,n＋1))）))＝eq\f（2n，n＋1）.

例(12分）已知單調(diào)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.(1)求數(shù)列｛an｝的通項公式;(2）若bn＝an，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n×2n＋1＞30成立的正整數(shù)n的最小值.審題路線圖eq\x（方程思想求an)→eq\x（求bn）→eq\x(錯位相減法求Sn)→eq\x（解不等式Sn＋n×2n＋1＞30)→eq\x(n的最小值)規(guī)范解答·評分標(biāo)準(zhǔn)解（1)設(shè)等比數(shù)列｛an}的首項為a1，公比為q.由題意知2(a3＋2)＝a2＋a4，代入a2＋a3＋a4＝28,可得a3＝8，所以a2＋a4＝20，所以eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q2＝8,,a1q＋a1q3＝20，))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.））……3分又?jǐn)?shù)列{an}單調(diào)遞增,所以q＝2,a1＝2，所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n.……………………5分(2）因為bn＝an＝2n＝－n×2n，…………6分所以Sn＝－(1×2＋2×22＋…＋n×2n）,2Sn＝－[1×22＋2×23＋…＋（n－1）×2n＋n×2n+1］，兩式相減，得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n+1＝2n+1－2－n×2n+1.…8分又Sn＋n×2n+1＞30,可得2n+1－2＞30,即2n+1＞32＝25，……………………10分所以n＋1＞5，即n＞4.所以使Sn＋n×2n+1＞30成立的正整數(shù)n的最小值為5.………………12分構(gòu)建答題模板[第一步］求通項：根據(jù)題目條件，列方程（組)求解,得到數(shù)列的通項公式.［第二步]求和：根據(jù)數(shù)列的類型，選擇適當(dāng)方法求出數(shù)列的前n項和。［第三步]求最值:根據(jù)題目條件，建立相應(yīng)的函數(shù)或不等式，通過解相應(yīng)函數(shù)或不等式求出n的最小值.1。(2017·佛山一模）已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足Sn＝an＋n2－1（n∈N＊）.(1)求{an}的通項公式；(2）求證：eq\f(1,S1）＋eq\f（1，S2)＋…＋eq\f（1，Sn)＜eq\f(3,4)。(1）解∵Sn＝an＋n2－1(n∈N*）,∴a1＋a2＝a2＋22－1，解得a1＝3.當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝an＋n2－1－[an－1＋（n－1）2－1]化為an－1＝2n－1，可得an＝2n＋1，當(dāng)n＝1時也成立.∴an＝2n＋1.(2）證明由（1）可得Sn＝2n＋1＋n2－1＝n2＋2n，∴eq\f（1，Sn)＝eq\f(1，n2＋2n）＝eq\f(1，2）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1，n）－\f(1，n＋2））).∴eq\f（1，S1）＋eq\f（1，S2)＋…＋eq\f（1,Sn）＝eq\f(1,2）eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f（1，3)））＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1,2）－\f（1,4）））＋\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,3)－\f(1，5）））＋…＋\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，n－1）－\f(1，n＋1)）)＋\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,n)－\f（1,n＋2）))))＝eq\f（1,2）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(1＋\f（1，2)－\f（1,n＋1）－\f(1，n＋2）））＜eq\f（3，4)。2。已知f(x）＝2sineq\f(π,2)x，集合M＝{x｜|f(x)|＝2,x＞0｝,把M中的元素從小到大依次排成一列，得到數(shù)列{an｝，n∈N*.(1）求數(shù)列{an}的通項公式；（2）記bn＝eq\f(1，a\o\al（2,n＋1）)，設(shè)數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，求證：Tn＜eq\f（1,4）。(1)解∵｜f（x)|＝2,∴eq\f(π,2)x＝kπ＋eq\f（π,2)，k∈Z，∴x＝2k＋1，k∈Z。又∵x＞0，∴an＝2n－1（n∈N＊）。（2）證明∵bn＝eq\f（1，a\o\al(2,n＋1））＝eq\f(1,2n＋12）＝eq\f（1，4n2＋4n＋1)＜eq\f（1,4n2＋4n)＝eq\f(1,4）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1,n)－\f（1，n＋1))）,∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＜eq\f(1，4）eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（1－\f(1，2））)＋\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，2)－\f(1,3)）)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1，n）－\f（1，n＋1）)）))＝eq\f(1,4)－eq\f（1，4n＋1）＜eq\f（1，4）,∴Tn＜eq\f（1,4)得證.3。設(shè)數(shù)列{an｝的前n項和為Sn，點eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（n，\f（Sn，n)））（n∈N＊）均在函數(shù)y＝3x－2的圖象上。（1)求數(shù)列｛an｝的通項公式；(2）設(shè)bn＝eq\f(3,anan＋1），Tn是數(shù)列{bn｝的前n項和，求使得Tn＜eq\f（m，20)對所有n∈N*都成立的最小正整數(shù)m。解(1）依題意得eq\f（Sn，n）＝3n－2，即Sn＝3n2－2n.當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n）－[3(n－1）2－2(n－1)］＝6n－5.當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝3×12－2×1＝1＝6×1－5,所以an＝6n－5（n∈N＊）。（2）由(1）得bn＝eq\f（3,anan＋1）＝eq\f(3,6n－5［6n＋1－5］)＝eq\f（1，2)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，6n－5)－\f（1，6n＋1））)。故Tn＝eq\i\su(i＝1,n,b)n＝eq\f（1，2)eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f（1,7)))＋\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,7）－\f（1,13）））＋…＋\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,6n－5）－\f(1，6n＋1)）））)＝eq\f（1，2）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（1－\f(1,6n＋1)））。因此，使得eq\f(1，2)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（1－\f（1,6n＋1）)）＜eq\f(m,20）（n∈N＊）恒成立的m必須滿足eq\f(1，2)≤eq\f(m,20），即m≥10,故滿足要求的最小正整數(shù)m為10.4.已知等比數(shù)列{an}的公比q＞1,a1＝1，且a1，a3，a2＋14成等差數(shù)列，數(shù)列{bn｝滿足：b1＝1，且a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝（n－1）·3n＋1(n∈N＊）.(1）求數(shù)列{an｝和｛bn｝的通項公式；（2）若man≥bn－8恒成立，求實數(shù)m的最小值.解（1）∵等比數(shù)列｛an｝滿足:a1＝1，且a1,a3，a2＋14成等差數(shù)列，∴2a3＝a1＋a2＋14，即2a1q2＝a1＋a1q＋14，∴2q2－q－15＝0，∴q＝3或q＝－eq\f(5,2)。又q＞1，∴q＝3，∴an＝3n－1?！遖1b1＋a2b2＋…＋anbn＝（n－1）·3n＋1， ①∴當(dāng)n≥2時，有a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝（n－2）·3n－1＋1, ②①－②可得anbn＝(2n－1）·3n－1(n≥2)?！郻n＝2n－1（n≥2).又當(dāng)n＝1時，b1＝1，符合bn＝2n－1，故bn＝2n－1(n∈N*).(2)若man≥bn－8恒成立,則m≥eq\f（2n－9,3n－1)恒成立,令Cn＝eq\f(2n－9,3n－1)，則Cn＋1－Cn＝eq\f(2n－7，3n)－eq\f（2n－9,3n－1）＝eq\f（20－4n,3n）.當(dāng)Cn＋1＝Cn，即n＝5時，C5＝C6，當(dāng)Cn＋1＞Cn，即n＜5時，C1＜C2＜C3＜C4＜C5，當(dāng)Cn＋1＜Cn，即n＞5時，C6＞C7＞C8＞…?！郈n的最大值為C5＝C6＝eq\f(1，81)，∴m≥eq\f（1,81）.∴m的最小值為eq\f（1,81).5.設(shè)函數(shù)f(x)＝x2,過點C1(1,0）作x軸的垂線l1交函數(shù)f(x）的圖象于點A1，以點A1為切點作函數(shù)f(x)的圖象的切線交x軸于點C2，再過點C2作x軸的垂線l2交函數(shù)f（x)的圖象于點A2，…，以此類推得點An，記A