第35講等差、等比數(shù)列綜合應(yīng)用考試要求1.等差、等比數(shù)列(C級(jí)要求)；2.高考中可能重點(diǎn)關(guān)注等差、等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn與通項(xiàng)an之間的相互轉(zhuǎn)化，以及基本量、性質(zhì)的運(yùn)用.診斷自測(cè)1.(2018·蘇州月考)數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列，且a1，a3，a7為等比數(shù)列{bn}中連續(xù)的三項(xiàng)，則數(shù)列{bn}的公比為________.解析設(shè)數(shù)列{an}的公差為d(d≠0)，由aeq\o\al(2,3)＝a1a7，得(a1＋2d)2＝a1(a1＋6d)，解得a1＝2d，故數(shù)列{bn}的公比q＝eq\f(a3,a1)＝eq\f(a1＋2d,a1)＝eq\f(2a1,a1)＝2.答案22.(2017·全國(guó)Ⅲ卷)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為1，公差不為0.若a2，a3，a6成等比數(shù)列，則{an}前6項(xiàng)的和為________.解析等差數(shù)列中a1＝1，根據(jù)題意得aeq\o\al(2,3)＝a2·a6，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)，解得d＝0(舍去)，d＝－2，所以數(shù)列{an}的前6項(xiàng)和為S6＝6a1＋eq\f(6×5,2)d＝1×6＋eq\f(6×5,2)×(－2)＝－24.答案－243.(2015·全國(guó)Ⅱ卷)設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，則Sn＝____________.解析由題意得S1＝a1＝－1，又由an＋1＝SnSn＋1，得Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，所以Sn≠0，所以eq\f(Sn＋1－Sn,SnSn＋1)＝1，即eq\f(1,Sn＋1)－eq\f(1,Sn)＝－1，故數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以eq\f(1,S1)＝－1為首項(xiàng)，－1為公差的等差數(shù)列，得eq\f(1,Sn)＝－1－(n－1)＝－n，所以Sn＝－eq\f(1,n).答案－eq\f(1,n)4.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，對(duì)任意n∈N*都有Sn＝eq\f(2,3)an－eq\f(1,3)，若1<Sk<9(k∈N*)，則k的值為________.解析由題意，Sn＝eq\f(2,3)an－eq\f(1,3)，當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝eq\f(2,3)an－1－eq\f(1,3)，兩式相減，得an＝eq\f(2,3)an－eq\f(2,3)an－1，∴an＝－2an－1，又a1＝－1，∴{an}是以－1為首項(xiàng)，以－2為公比的等比數(shù)列，∴an＝－(－2)n－1，∴Sk＝eq\f(（－2）k－1,3)，由1<Sk<9，得4<(－2)k<28，又k∈N*，∴k＝4.答案4考點(diǎn)一等差、等比數(shù)列的綜合問題【例1】(2017·蘇、錫、常、鎮(zhèn)二模)己知n為正整數(shù)，數(shù)列{an}滿足an＞0，4(n＋1)aeq\o\al(2,n)－naeq\o\al(2,n＋1)＝0，設(shè)數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(aeq\o\al(2,n),tn).(1)求證：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,\r(n))))為等比數(shù)列；(2)若數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，求實(shí)數(shù)t的值；(3)若數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，前n項(xiàng)和為Sn，對(duì)任意的n∈N*，均存在m∈N*，使得8aeq\o\al(2,1)Sn－aeq\o\al(4,1)n2＝16bm成立，求滿足條件的所有整數(shù)a1的值.(1)證明數(shù)列{an}滿足an＞0，4(n＋1)aeq\o\al(2,n)－naeq\o\al(2,n＋1)＝0，∴2eq\r(n＋1)an＝eq\r(n)an＋1，即eq\f(an＋1,\r(n＋1))＝2eq\f(an,\r(n))，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,\r(n))))是以a1為首項(xiàng)，以2為公比的等比數(shù)列.(2)解由(1)可得eq\f(an,\r(n))＝a1×2n－1，∴aeq\o\al(2,n)＝naeq\o\al(2,1)·4n－1，∵bn＝eq\f(aeq\o\al(2,n),tn)，∴b1＝eq\f(aeq\o\al(2,1),t)，b2＝eq\f(aeq\o\al(2,2),t2)，b3＝eq\f(aeq\o\al(2,3),t3)，∵數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，∴2×eq\f(aeq\o\al(2,2),t2)＝eq\f(aeq\o\al(2,1),t)＋eq\f(aeq\o\al(2,3),t3)，∴eq\f(2×2aeq\o\al(2,1)×4,t)＝aeq\o\al(2,1)＋eq\f(3aeq\o\al(2,1)×42,t2)，化為16t＝t2＋48，解得t＝12或4.當(dāng)t＝4時(shí)，bn＝eq\f(aeq\o\al(2,1)·n,4)，bn＋1－bn＝eq\f(aeq\o\al(2,1)（n＋1）,4)－eq\f(aeq\o\al(2,1)n,4)＝eq\f(aeq\o\al(2,1),4)為常數(shù).∴數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，符合題意；當(dāng)t＝12時(shí)，bn＝eq\f(aeq\o\al(2,1)·n,4·3n)，b2＋b4＝eq\f(2aeq\o\al(2,1),4×32)＋eq\f(4aeq\o\al(2,1),4×34)＝eq\f(11,162)aeq\o\al(2,1)，2b3＝2×eq\f(3aeq\o\al(2,1),4×33)＝eq\f(aeq\o\al(2,1),18)，∴b2＋b4≠2b3，∴數(shù)列{bn}不是等差數(shù)列.t＝12不符合題意，應(yīng)舍去，綜上，t＝4.(3)解由(2)知t＝4時(shí)，bn＝eq\f(naeq\o\al(2,1)·4n－1,4n)＝eq\f(naeq\o\al(2,1),4)，Sn＝eq\f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(aeq\o\al(2,1),4)＋\f(naeq\o\al(2,1),4))),2)，對(duì)任意的n∈N*，均存在m∈N*，使得8aeq\o\al(2,1)Sn－aeq\o\al(4,1)n2＝16bm成立，∴8aeq\o\al(2,1)×eq\f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(aeq\o\al(2,1),4)＋\f(naeq\o\al(2,1),4))),2)－aeq\o\al(4,1)n2＝16×eq\f(maeq\o\al(2,1),4)，∴naeq\o\al(2,1)＝4m，∴a1＝2eq\r(\f(m,n)).∵a1為正整數(shù)，∴eq\r(\f(m,n))＝eq\f(1,2)k，k∈N*.∴滿足條件的所有整數(shù)a1的值為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a1|a1＝2\r(\f(m,n))，n∈N*，m∈N*，且\r(\f(m,n))＝\f(1,2)k，k∈N*)).規(guī)律方法等差數(shù)列、等比數(shù)列綜合問題的解題策略(1)分析已知條件和求解目標(biāo)，為最終解決問題設(shè)置中間問題，例如求和需要先求出通項(xiàng)、求通項(xiàng)需要先求出首項(xiàng)和公差(公比)等，確定解題的順序.(2)注意細(xì)節(jié)：在等差數(shù)列與等比數(shù)列綜合問題中，如果等比數(shù)列的公比不能確定，則要看其是否有等于1的可能，在數(shù)列的通項(xiàng)問題中第一項(xiàng)和后面的項(xiàng)能否用同一個(gè)公式表示等，這些細(xì)節(jié)對(duì)解題的影響也是巨大的.【訓(xùn)練1】在等差數(shù)列{an}中，a10＝30，a20＝50.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)令bn＝2an－10，證明：數(shù)列{bn}為等比數(shù)列；(3)求數(shù)列{nbn}的前n項(xiàng)和Tn.(1)解設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則an＝a1＋(n－1)d，由a10＝30，a20＝50得方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋9d＝30，,a1＋19d＝50，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝12，,d＝2.))所以an＝12＋(n－1)·2＝2n＋10.(2)證明由(1)得bn＝2an－10＝22n＋10－10＝22n＝4n，所以eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(4n＋1,4n)＝4.所以{bn}是首項(xiàng)為4，公比為4的等比數(shù)列.(3)解由nbn＝n×4n，得Tn＝1×4＋2×42＋…＋n×4n，①4Tn＝1×42＋…＋(n－1)×4n＋n×4n＋1，②①－②得－3Tn＝4＋42＋…＋4n－n×4n＋1＝eq\f(4（1－4n）,－3)－n×4n＋1.所以Tn＝eq\f(（3n－1）×4n＋1＋4,9).考點(diǎn)二數(shù)列與函數(shù)的綜合問題【例2】已知二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx的圖象過點(diǎn)(－4n，0)，且f′(0)＝2n，n∈N*，數(shù)列{an}滿足eq\f(1,an＋1)＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))，且a1＝4.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)記bn＝eq\r(anan＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.解(1)f′(x)＝2ax＋b，由題意知b＝2n，16n2a－4nb＝0，∴a＝eq\f(1,2)，則f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2nx，n∈N*.數(shù)列{an}滿足eq\f(1,an＋1)＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))，又f′(x)＝x＋2n，∴eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an)＋2n，∴eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝2n，由疊加法可得eq\f(1,an)－eq\f(1,4)＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)＝n2－n，化簡(jiǎn)可得an＝eq\f(4,（2n－1）2)(n≥2)，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝4也符合，∴an＝eq\f(4,（2n－1）2)(n∈N*).(2)∵bn＝eq\r(anan＋1)＝eq\f(4,（2n－1）（2n＋1）)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\r(a1a2)＋eq\r(a2a3)＋…＋eq\r(anan＋1)＝2eq\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(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(4n,2n＋1).規(guī)律方法數(shù)列與函數(shù)的綜合問題(1)已知函數(shù)條件解決數(shù)列問題，此類問題一般利用函數(shù)的性質(zhì)、圖象研究數(shù)列問題；(2)已知數(shù)列條件解決函數(shù)問題，解決此類問題一般要充分利用數(shù)列的范圍、公式、求和方法對(duì)式子化簡(jiǎn)變形.另外，解題時(shí)要注意數(shù)列與函數(shù)的內(nèi)在聯(lián)系，靈活運(yùn)用函數(shù)的思想方法求解，在問題的求解過程中往往會(huì)遇到遞推數(shù)列，因此掌握遞推數(shù)列的常見解法有助于該類問題的解決.【訓(xùn)練2】(2017·徐州、宿遷、連云港三市模擬)在數(shù)列{an}中，已知a1＝1，a2＝2，an＋2＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＋2，n＝2k－1，,3an，n＝2k))(k∈N*).(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)求滿足2an＋1＝an＋an＋2的正整數(shù)n的值；(3)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，問是否存在正整數(shù)m，n，使得S2n＝mS2n－1？若存在，求出所有的正整數(shù)對(duì)(m，n)；若不存在，請(qǐng)說明理由.解(1)由題意，數(shù)列{an}的奇數(shù)項(xiàng)是以a1＝1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列；偶數(shù)項(xiàng)是以a2＝2為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列.所以對(duì)任意正整數(shù)k，a2k－1＝2k－1，a2k＝2×3k－1.所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n，n＝2k－1，,2×3\f(n,2)－1，n＝2k))(k∈N*).(2)當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，由2an＋1＝an＋an＋2，得2×2×3eq\f(n＋1,2)－1＝n＋n＋2，所以2×3eq\s\up6(\f(n－1,2))＝n＋1，令f(x)＝2×3eq\s\up6(\f(x－1,2))－x－1(x≥1)，由f′(x)＝eq\f(2,\r(3))×(eq\r(3))x×lneq\r(3)－1≥eq\f(2,\r(3))×eq\r(3)×lneq\r(3)－1＝ln3－1>0，可知f(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)，所以f(x)≥f(1)＝0，所以當(dāng)且僅當(dāng)n＝1時(shí)，滿足2×3eq\s\up6(\f(n－1,2))＝n＋1，即2a2＝a1＋a3.當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，由2an＋1＝an＋an＋2，得2(n＋1)＝2×3eq\f(n,2)－1＋2×3eq\f(n＋2,2)－1，即n＋1＝3eq\f(n,2)－1＋3eq\s\up6(\f(n,2))＝4×3eq\f(n,2)－1，上式左邊為奇數(shù)，右邊為偶數(shù)，因此不成立.綜上，滿足2an＋1＝an＋an＋2的正整數(shù)n的值為1.(3)存在.S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝eq\f(n（1＋2n－1）,2)＋eq\f(2（1－3n）,1－3)＝3n＋n2－1，n∈N*.S2n－1＝S2n－a2n＝3n－1＋n2－1.假設(shè)存在正整數(shù)m，n，使得S2n＝mS2n－1，則3n＋n2－1＝m(3n－1＋n2－1)，所以3n－1(3－m)＝(m－1)(n2－1)，(*)從而3－m≥0，所以m≤3，又m∈N*，所以m＝1，2，3.①當(dāng)m＝1時(shí)，(*)式左邊大于0，右邊等于0，不成立.②當(dāng)m＝3時(shí)，(*)式左邊等于0，所以2(n2－1)＝0，n＝1，所以S2＝3S1.③當(dāng)m＝2時(shí)，(*)式可化為3n－1＝n2－1＝(n＋1)(n－1)，則存在k1，k2∈N，k1<k2，使得n－1＝3k1，n＋1＝3k2且k1＋k2＝n－1，從而3k2－3k1＝3k1(3k2－k1－1)＝2，所以3k1＝1，3k2－k1－1＝2，所以k1＝0，k2－k1＝1，于是n＝2，S4＝2S3.綜上，符合條件的正整數(shù)對(duì)(m，n)為(2，2)，(3，1).考點(diǎn)三數(shù)列與不等式的綜合問題【例3】設(shè)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn滿足Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*.(1)求a1的值；(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(3)證明：對(duì)一切正整數(shù)n，有eq\f(1,a1（a1＋1）)＋eq\f(1,a2（a2＋1）)＋…＋eq\f(1,an（an＋1）)<eq\f(1,3).(1)解令n＝1代入得a1＝2(負(fù)值舍去).(2)解由Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋3)＝0.又已知數(shù)列{an}各項(xiàng)均為正數(shù)，故Sn＝n2＋n.當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝2也滿足上式，∴an＝2n，n∈N*.(3)證明∵k∈N*，4k2＋2k－(3k2＋3k)＝k2－k＝k(k－1)≥0，∴4k2＋2k≥3k2＋3k，∴eq\f(1,ak（ak＋1）)＝eq\f(1,2k（2k＋1）)＝eq\f(1,4k2＋2k)≤eq\f(1,3k2＋3k)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)－\f(1,k＋1))).∴eq\f(1,a1（a1＋1）)＋eq\f(1,a2（a2＋1）)＋…＋eq\f(1,an（an＋1）)≤eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))<eq\f(1,3).∴不等式成立.規(guī)律方法數(shù)列與不等式的綜合問題(1)函數(shù)方法：即構(gòu)造函數(shù)，通過函數(shù)的單調(diào)性、極值等得出關(guān)于正實(shí)數(shù)的不等式，通過對(duì)關(guān)于正實(shí)數(shù)的不等式特殊賦值得出數(shù)列中的不等式；(2)放縮方法：數(shù)列中不等式可以通過先放縮后求和或先求和后放縮求解；(3)比較方法：作差或者作商比較.【訓(xùn)練3】已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝3an＋1.(1)證明：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))是等比數(shù)列，并求{an}的通項(xiàng)公式；(2)證明：eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(3,2).證明(1)由an＋1＝3an＋1，得an＋1＋eq\f(1,2)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2))).又a1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))是首項(xiàng)為eq\f(3,2)，公比為3的等比數(shù)列.所以an＋eq\f(1,2)＝eq\f(3n,2)，因此{(lán)an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(3n－1,2).(2)由(1)知eq\f(1,an)＝eq\f(2,3n－1).因?yàn)楫?dāng)n≥1時(shí)，3n－1≥2×3n－1，所以eq\f(1,3n－1)≤eq\f(1,2×3n－1).于是eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)≤1＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,3n－1)＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))<eq\f(3,2)，所以eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(3,2).考點(diǎn)四數(shù)列應(yīng)用題【例4】(2018·南京模擬)某公司一下屬企業(yè)從事某種高科技產(chǎn)品的生產(chǎn).該企業(yè)第一年年初有資金2000萬元，將其投入生產(chǎn)，到當(dāng)年年底資金增長(zhǎng)了50%.預(yù)計(jì)以后每年年增長(zhǎng)率與第一年的相同.公司要求企業(yè)從第一年開始，每年年底上繳資金d萬元，并將剩余資金全部投入下一年生產(chǎn).設(shè)第n年年底企業(yè)上繳資金后的剩余資金為an萬元.(1)用d表示a1，a2，并寫出an＋1與an的關(guān)系式；(2)若公司希望經(jīng)過m(m≥3)年使企業(yè)的剩余資金為4000萬元，試確定企業(yè)每年上繳資金d的值(用m表示).解(1)由題意得a1＝2000(1＋50%)－d＝3000－d，a2＝a1(1＋50%)－d＝eq\f(3,2)a1－d＝4500－eq\f(5,2)d，…an＋1＝an(1＋50%)－d＝eq\f(3,2)an－d.(2)由(1)得an＝eq\f(3,2)an－1－d＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)an－2－d))－d＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2)an－2－eq\f(3,2)d－d＝…＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1)a1－deq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(2)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n－2)))整理得an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1)(3000－d)－2deq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n－1)－1))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1)(3000－3d)＋2d.由題意得am＝4000，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(m－1)(3000－3d)＋2d＝4000.解得d＝eq\f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(m)－2))×1000,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(m)－1)＝eq\f(1000（3m－2m＋1）,3m－2m).故該企業(yè)每年上繳資金d的值為eq\f(1000（3m－2m＋1）,3m－2m)時(shí)，經(jīng)過m(m≥3)年企業(yè)的剩余資金為4000萬元.規(guī)律方法數(shù)列應(yīng)用題(1)根據(jù)題意，確定數(shù)列模型；(2)準(zhǔn)確求解模型；(3)問題作答，不要忽視問題的實(shí)際意義.一、必做題1.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.(1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；(2)令cn＝eq\f(（an＋1）n＋1,（bn＋2）n)，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn.解(1)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\{(\a\vs4\al\co1(a1＝b1＋b2，,a2＝b2＋b3，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(11＝2b1＋d，,17＝2b1＋3d，))可解得b1＝4，d＝3，所以bn＝3n＋1.(2)由(1)知，cn＝eq\f(（6n＋6）n＋1,（3n＋3）n)＝3(n＋1)·2n＋1.又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，得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×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4＋\f(4（1－2n）,1－2)－（n＋1）×2n＋2))＝－3n·2n＋2，所以Tn＝3n·2n＋2.2.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝eq\f(3,2)，a3＝eq\f(5,4)，且當(dāng)n≥2時(shí)，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.(1)求a4的值；(2)證明：{an＋1－eq\f(1,2)an}為等比數(shù)列；(3)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.(1)解當(dāng)n＝2時(shí)，4S4＋5S2＝8S3＋S1，即4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)＋\f(5,4)＋a4))＋5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)))＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)＋\f(5,4)))＋1，解得a4＝eq\f(7,8).(2)證明因?yàn)?Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，所以4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)，當(dāng)n＝1時(shí)，4a3＋a1＝4×eq\f(5,4)＋1＝6＝4a2，所以n＝1也滿足此式，所以4an＋2＋an＝4an＋1(n∈N*)，因?yàn)閑q\f(an＋2－\f(1,2)an＋1,an＋1－\f(1,2)an)＝eq\f(4an＋2－2an＋1,4an＋1－2an)＝eq\f(4an＋1－an－2an＋1,4an＋1－2an)＝eq\f(2an＋1－an,2（2an＋1－an）)＝eq\f(1,2)，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)an))是以a2－eq\f(1,2)a1＝1為首項(xiàng)，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列.(3)解由(2)知數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)an))是以a2－eq\f(1,2)a1＝1為首項(xiàng)，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，所以an＋1－eq\f(1,2)an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1).即eq\f(an＋1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n＋1))－eq\f(an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))＝4，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))))是以eq\f(a1,\f(1,2))＝2為首項(xiàng)，公差為4的等差數(shù)列，所以eq\f(an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))＝2＋(n－1)×4＝4n－2，即an＝(4n－2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)＝(2n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝(2n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1).3.(2017·常州期末)已知等差數(shù)列{an}的公差d為整數(shù)，且ak＝k2＋2，a2k＝(k＋2)2，其中k為常數(shù)且k∈N*.(1)求k及an；(2)設(shè)a1>1，{an}的前n項(xiàng)和為Sn，等比數(shù)列{bn}的首項(xiàng)為1，公比為q(q>0)，前n項(xiàng)和為Tn.若存在正整數(shù)m，使得eq\f(S2,Sm)＝T3，求q.解(1)由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(dk＋a1－d＝k2＋2，①,2dk＋a1－d＝（k＋2）2，②))②－①，得d＝4＋eq\f(2,k).因?yàn)閗∈N*且d為整數(shù)，所以k＝1或k＝2.當(dāng)k＝1時(shí)，d＝6，代入①，解得a1＝3，所以an＝6n－3.當(dāng)k＝2時(shí)，d＝5，代入①，解得a1＝1，所以an＝5n－4.(2)因?yàn)閍1>1，所以an＝6n－3，從而Sn＝3n2.由eq\f(S2,Sm)＝T3，得eq\f(12,3m2)＝1＋q＋q2，整理得q2＋q＋1－eq\f(4,m2)＝0.因?yàn)棣ぃ?－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(4,m2)))≥0，所以m2≤eq\f(16,3).因?yàn)閙∈N*，所以m＝1或m＝2.當(dāng)m＝1時(shí)，q＝eq\f(－\r(13)－1,2)(舍去)或q＝eq\f(\r(13)－1,2).當(dāng)m＝2時(shí)，q＝0或q＝－1(均舍去).綜上所述，q＝eq\f(\r(13)－1,2).4.在等比數(shù)列{an}中，an>0(n∈N*)，公比q∈(0，1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，又a3與a5的等比中項(xiàng)為2.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝log2an，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn；(3)是否存在k∈N*，使得eq\f(S1,1)＋eq\f(S2,2)＋…＋eq\f(Sn,n)<k對(duì)任意n∈N*恒成立，若存在，求出k的最小值，若不存在，請(qǐng)說明理由.解(1)∵a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，∴aeq\o\al(2,3)＋2a3a5＋aeq\o\al(2,5)＝25，∴(a3＋a5)2＝25，又an>0，∴a3＋a5＝5，又a3與a5的等比中項(xiàng)為2，∴a3a5＝4，而q∈(0，1)，∴a3>a5，∴a3＝4，a5＝1，∴q＝eq\f(1,2)，a1＝16，∴an＝16×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＝25－n.(2)∵bn＝log2an＝5－n，∴bn＋1－bn＝－1，b1＝log2a1＝log216＝log224＝4，∴{bn}是以b1＝4為首項(xiàng)，－1為公差的等差數(shù)列，∴Sn＝eq\f(n（9－n）,2).(3)由(2)知Sn＝eq\f(n（9－n）,2)，∴eq\f(Sn,n)＝eq\f(9－n,2).當(dāng)n≤8時(shí)，eq\f(Sn,n)>0；當(dāng)n＝9時(shí)，eq\f(Sn,n)＝0；當(dāng)n>9時(shí)，eq\f(Sn,n)<0.∴當(dāng)n＝8或n＝9時(shí)，eq\f(S1,1)＋eq\f(S2,2)＋eq\f(S3,3)＋…＋eq\f(Sn,n)＝18最大.故存在k∈N*，使得eq\f(S1,1)＋eq\f(S2,2)＋…＋eq\f(Sn,n)<k對(duì)任意n∈N*恒成立，k的最小值為19.5.(2018·無錫一模)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝2，Sn＝aneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,3)＋r))(r∈R，n∈N*).(1)求r的值及數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(n,an)(n∈N*)，記{bn}的前n項(xiàng)和為Tn.①當(dāng)n∈N*時(shí)，λ＜T2n－Tn恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍；②求證：存在關(guān)于n的整式g(n)，使得eq\o(∑,\s\up6(n－1),\s\do4(i＝1))(Ti＋1)＝Tn·g(n)－1對(duì)一切n≥2，n∈N*成立.(1)解n＝1時(shí)，S1＝a1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋r))＝a1，解得r＝eq\f(2,3)，∴Sn＝an·eq\f(n＋2,3).n≥2時(shí)，Sn－1＝an－1·eq\f(n＋1,3).兩式相減可得an＝an·eq\f(n＋2,3)－an－1·eq\f(n＋1,3).∴eq\f(an,an－1)＝eq\f(n＋1,n－1)(n≥2).∴an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·eq\f(an－2,an－3)…eq\f(a3,a2)·eq\f(