2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题40数列的综合应用（Word版附解析）

专题40数列的综合应用知识梳理考纲要求方法技巧题型归类题型一：数学文化与数列的实际应用题型二：等差、等比数列的综合题型三：数列与其他知识的交汇培优训练训练一：训练二：训练三：训练四：训练五：训练六：强化测试单选题：共8题多选题：共4题填空题：共4题解答题：共6题一、【知识梳理】【考纲要求】1.了解数列是一种特殊的函数，会解决等差、等比数列的综合问题.2.能在具体问题情境中，发现等差、等比关系，并解决相应的问题．【方法技巧】1.数列应用问题常见模型(1)等差模型：后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值．(2)等比模型：后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数．(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，那么应考虑an与an＋1(或者相邻三项)之间的递推关系，或者Sn与Sn＋1(或者相邻三项)之间的递推关系．2.对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系．数列的求和主要是等差、等比数列的求和及裂项相消法求和与错位相减法求和，本题中利用裂项相消法求数列的和，然后利用b1＝1，d>0证明不等式成立．另外本题在探求{an}与{cn}的通项公式时，考查累加、累乘两种基本方法．3.数列与函数、不等式的综合问题关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求出数列的通项或前n项和，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题，通过放缩进行不等式的证明．二、【题型归类】【题型一】数学文化与数列的实际应用【典例1】北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后 一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)(　　)A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块【解析】设每一层有n环，由题意可知，从内到外每环之间构成公差为d＝9，首项为a1＝9的等差数列．由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列，且(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝n2d，则9n2＝729，解得n＝9，则三层共有扇面形石板S3n＝S27＝27×9＋×9＝3402(块)．故选C.【典例2】某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20dm×12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm,20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240dm2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180dm2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么k＝_______dm2.【解析】依题意得，S1＝120×2＝240；S2＝60×3＝180；当n＝3时，共可以得到5dm×6dm，dm×12dm，10dm×3dm,20dm×dm四种规格的图形，且5×6＝30，×12＝30,10×3＝30，20×＝30，所以S3＝30×4＝120；当n＝4时，共可以得到5dm×3dm，dm×6dm，dm×12dm,10dm×dm,20dm×dm五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，×6＝15，×12＝15,10×＝15,20×＝15， 所以S4＝15×5＝75；……所以可归纳Sk＝×(k＋1)＝.所以k＝240，①所以×k＝240，②由①－②得，×k＝240＝240＝240，所以k＝240dm2.【典例3】《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为28.5尺，最后三个节气日影长之和为1.5尺，今年3月20日为春分时节，其日影长为(　　)A．4.5尺B．3.5尺C．2.5尺D．1.5尺【解析】冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长构成等差数列{an}，设公差为d，由题意得，解得所以an＝a1＋(n－1)d＝11.5－n，所以a7＝11.5－7＝4.5，即春分时节的日影长为4.5尺．故选A.【题型二】等差、等比数列的综合 【典例1】设{an}是等差数列，且a1＝ln2，a2＋a3＝5ln2.(1)求{an}的通项公式；(2)求ea1＋ea2＋…＋ean.【解析】(1)设{an}的公差为d.因为a2＋a3＝5ln2，所以2a1＋3d＝5ln2.又a1＝ln2，所以d＝ln2.所以an＝a1＋(n－1)d＝nln2.(2)因为ea1＝eln2＝2，＝ean－an－1＝eln2＝2，所以{ean}是首项为2，公比为2的等比数列．所以ea1＋ea2＋…＋ean＝2×＝2(2n－1)＝2n＋1－2.【典例2】设Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝3，an＋1＝2an＋1.(1)证明：{an＋1}为等比数列；(2)求{an}的通项公式，并判断n，an，Sn是否成等差数列？说明理由．【解析】(1)证明：因为a2＝3，a2＝2a1＋1，所以a1＝1，因为an＋1＝2an＋1，所以an＋1＋1＝2(an＋1)，所以{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．(2)由(1)知，an＋1＝2n，所以an＝2n－1，所以Sn＝－n＝2n＋1－n－2，所以n＋Sn－2an＝n＋2n＋1－n－2－2(2n－1)＝0，所以n＋Sn＝2an，即n，an，Sn成等差数列．【典例3】已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝2，b2＝4，an＝2log2bn，n∈N*.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)设数列{an}中不在数列{bn}中的项按从小到大的顺序构成数列{cn}，记数列{cn}的前n项和为Sn，求S100.【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d，因为b2＝4，所以a2＝2log2b2＝4，所以d＝a2－a1＝2，所以an＝2＋(n－1)×2＝2n.又an＝2log2bn，即2n＝2log2bn，所以n＝log2bn，所以bn＝2n.(2)由(1)得bn＝2n＝2·2n－1＝a2n－1， 即bn是数列{an}中的第2n－1项．设数列{an}的前n项和为Pn，数列{bn}的前n项和为Qn，因为b7＝＝a64，b8＝＝a128，所以数列{cn}的前100项是由数列{an}的前107项去掉数列{bn}的前7项后构成的，所以S100＝P107－Q7＝－＝11302.【题型三】数列与其他知识的交汇【典例1】已知数列{an}是公比不等于1的正项等比数列，且lga1＋lga2021＝0，若函数f(x)＝，则f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2021)＝(　　)A．2020B．4040C．2021D．4042【解析】因为数列{an}是公比不等于1的正项等比数列，且lga1＋lga2021＝0，所以lg(a1·a2021)＝0，即a1·a2021＝1.因为函数f(x)＝，所以f(x)＋f＝＋＝＝2，所以f(a1)＋f(a2021)＝2.令T＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2021)．则T＝f(a2021)＋f(a2020)＋…＋f(a1)．所以2T＝f(a1)＋f(a2021)＋f(a2)＋f(a2020)＋…＋f(a2021)＋f(a1)＝2×2021，所以T＝2021.故选C.【典例2】已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，且∀n∈N*，2Sn＝(n＋1)an，bn＝Sn，则数列{bn}的前2020项之和T2020＝________．【解析】因为2Sn＝(n＋1)an①，所以当n≥2时，2Sn－1＝nan－1②，①－②得，2an＝(n＋1)an－nan－1，即(n－1)an＝nan－1(n≥2)，两边同时除以n(n－1)，得＝(n≥2)，即数列为常数列， 故＝＝1，an＝n，于是Sn＝，于是bn＝，令cn＝b4n－3＋b4n－2＋b4n－1＋b4n(n∈N*)，则cn＝×(0＋1)＋×(－1＋0)＋×(0－1)＋×(1＋0)＝2，于是T2020＝c1＋c2＋…＋c505＝2×505＝1010.【典例3】设数列{an}的通项公式为an＝2n－1，记数列的前n项和为Tn，若对任意的n∈N*，不等式4Tn＜a2－a恒成立，则实数a的取值范围为________．【解析】因为an＝2n－1，所以＝＝，所以Tn＝＝＜，又4Tn＜a2－a，所以2≤a2－a，解得a≤－1或a≥2，即实数a的取值范围为(－∞，－1]∪[2，＋∞)．三、【培优训练】【训练一】已知数列{an}满足an＋am＝am＋n(m，n∈N*)且a1＝1，若[x]表示不超过x的最大整数，则数列的前10项和为(　　)A．12B.C．24D．40【解析】数列{an}满足an＋am＝am＋n(m，n∈N*)且a1＝1，所以令m＝1，可得an＋a1＝an＋1，可得an＋1－an＝1， 所以数列{an}为等差数列，公差为1，首项为1.所以an＝1＋n－1＝n，所以a2n＋3＝2n＋3.令＝f(n)，则当1≤n≤3时，f(n)＝1；4≤n≤5时，f(n)＝2；6≤n≤8时，f(n)＝3，n＝9，10时，f(n)＝4.所以数列的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.故选C.【训练二】(多选)已知在△ABC中，A1，B1分别是边BA，CB的中点，A2，B2分别是线段A1A，B1B的中点，…，An，Bn分别是线段An－1A，Bn－1B(n∈N*，n＞1)的中点，设数列{an}，{bn}满足＝an＋bn(n∈N*)，给出下列四个结论，其中正确的是(　　)A．数列{an}是递增数列，数列{bn}是递减数列B．数列{an＋bn}是等比数列C．数列{}(n∈N*，n＞1)既有最小值，又有最大值D．若在△ABC中，C＝90°，CA＝CB，则||最小时，an＋bn＝【解析】由＝＝(－)，得＝，得＝＋＝＋(－)＝＋，所以an＝1－，bn＝－1，则数列{an}是递增数列，数列{bn}是递减数列，故A正确；数列{an＋bn}中，an＋bn＝，a1＋b1＝，即数列{an＋bn}是首项为，公比为的等比数列，故B正确；当n＞1时，在数列中，＝＝－1＋，所以数列递增，有最小值，无最大值，故C错误；若在△ABC中，C＝90°，CA＝CB，则||2＝(a＋b)·CA2＋2anbn·＝(a＋b)2，a＋b＝＋＝5×－6×＋2＝5＋，当n＝1时，a＋b取得最小值，故当||最小时， an＋bn＝，故D正确．故选ABD.【训练三】某地区2018年人口总数为45万．实施“二孩”政策后，专家估计人口总数将发生如下变化：从2019年开始到2028年，每年人口总数比上一年增加0.5万人，从2029年开始到2038年，每年人口总数为上一年的99%.(1)求实施“二孩”政策后第n年的人口总数an(单位：万人)的表达式(注：2019年为第一年)；(2)若“二孩”政策实施后的2019年到2038年人口平均值超过49万，则需调整政策，否则继续实施，问到2038年结束后是否需要调整政策？(参考数据：0.9910≈0.9)【解析】(1)由题意知，当1≤n≤10时，数列{an}是首项为45.5，公差为0.5的等差数列，可得an＝45.5＋0.5×(n－1)＝0.5n＋45，则a10＝50；当11≤n≤20时，数列{an}是公比为0.99的等比数列，则an＝50×0.99n－10.故实施“二孩”政策后第n年的人口总数an(单位：万人)的表达式为an＝(2)设Sn为数列{an}的前n项和．从2019年到2038年共20年，由等差数列及等比数列的求和公式得S20＝S10＋(a11＋a12＋…＋a20)＝477.5＋4950×(1－0.9910)≈972.5.所以“二孩”政策实施后的2019年到2038年人口平均值为≈48.63，则＜49，故到2038年结束后不需要调整政策．【训练四】已知在等差数列{an}中，a2＝5，a4＋a6＝22，在数列{bn}中，b1＝3，bn＝2bn－1＋1(n≥2)．(1)分别求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)定义x＝[x]＋(x)，[x]是x的整数部分，(x)是x的小数部分，且0≤(x)＜1.记数列{cn}满足cn＝，求数列{cn}的前n项和．【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d，因为a2＝5，a4＋a6＝22，所以a5＝＝11，所以d＝＝2，所以an＝a2＋2(n－2)＝5＋2(n－2)＝2n＋1.又b1＝3，bn＋1＝2(bn－1＋1)(n≥2)，所以{bn＋1}是首项为4，公比为2的等比数列，所以bn＋1＝2n＋1(n≥2)，所以bn＝2n＋1－1(n≥2)．易知b1＝3满足上式，所以bn＝2n＋1－1(n∈N*)．(2)由二项式定理知，当n≥1时，2n＋1＝2(1＋1)n≥2(C＋C)＝2(1＋n)＞2n＋1，所以cn＝＝，所以Sn＝＋＋＋…＋①， Sn＝＋＋＋…＋②，①－②，得Sn＝＋＋＋＋…＋－＝＋－－＝－，故Sn＝－.【训练五】由整数构成的等差数列{an}满足a3＝5，a1a2＝2a4.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}的通项公式为bn＝2n，将数列{an}，{bn}的所有项按照“当n为奇数时，bn放在前面；当n为偶数时，an放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新数列{cn}，b1，a1，a2，b2，b3，a3，a4，b4，…，求数列{cn}的前(4n＋3)项和T4n＋3.【解析】(1)由题意，设数列{an}的公差为d，因为a3＝5，a1a2＝2a4，可得整理得(5－2d)(5－d)＝2(5＋d)，即2d2－17d＋15＝0，解得d＝或d＝1，因为{an}为整数数列，所以d＝1，又由a1＋2d＝5，可得a1＝3，所以数列{an}的通项公式为an＝n＋2.(2)由(1)知，数列{an}的通项公式为an＝n＋2，又由数列{bn}的通项公式为bn＝2n，根据题意，得新数列{cn}，b1，a1，a2，b2，b3，a3，a4，b4，…，则T4n＋3＝b1＋a1＋a2＋b2＋b3＋a3＋a4＋b4＋…＋b2n－1＋a2n－1＋a2n＋b2n＋b2n＋1＋a2n＋1＋a2n＋2＝(b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n＋1)＋(a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2n＋2)＝＋＝4n＋1＋2n2＋9n＋5.【训练六】已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.【解析】(1)∵等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列，∴Sn＝na1＋n(n－1)， (2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1，∴an＝2n－1.(2)由(1)可得bn＝(－1)n－1＝(－1)n－1，当n为偶数时，Tn＝－＋－…＋－＝1－＝；当n为奇数时，Tn＝－＋－…－＋＝1＋＝.∴Tn＝四、【强化测试】【单选题】1.等比数列{an}中，a5，a7是函数f(x)＝x2－4x＋3的两个零点，则a3·a9等于(　　)A．－3B．3C．－4D．4【解析】∵a5，a7是函数f(x)＝x2－4x＋3的两个零点，∴a5，a7是方程x2－4x＋3＝0的两个根，∴a5·a7＝3，由等比数列的性质可得a3·a9＝a5·a7＝3.故选B.2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为－2，且a7是a3与a9的等比中项，则S10的值为(　　)A．－110B．－90C．90D．110【解析】∵a7是a3与a9的等比中项，∴a＝a3a9，又数列{an}的公差为－2，∴(a1－12)2＝(a1－4)(a1－16)，解得a1＝20，∴an＝20＋(n－1)×(－2)＝22－2n，∴S10＝＝5×(20＋2)＝110.故选D. 3.若等差数列{an}的公差d≠0且a1，a3，a7成等比数列，则等于(　　)A.B.C.D．2【解析】设等差数列的首项为a1，公差为d，则a3＝a1＋2d，a7＝a1＋6d.因为a1，a3，a7成等比数列，所以(a1＋2d)2＝a1(a1＋6d)，解得a1＝2d.所以＝＝.故选A.4.某病毒研究所为了更好地研究“新冠”病毒，计划改建十个实验室，每个实验室的改建费用分为装修费和设备费，每个实验室的装修费都一样，设备费从第一到第十实验室依次构成等比数列，已知第五实验室比第二实验室的改建费用高42万元，第七实验室比第四实验室的改建费用高168万元，并要求每个实验室改建费用不能超过1700万元．则该研究所改建这十个实验室投入的总费用最多需要(　　)A．3233万元B．4706万元C．4709万元D．4808万元【解析】设每个实验室的装修费用为x万元，设备费为an万元(n＝1,2,3，…，10)，则所以解得故a10＝a1q9＝1536.依题意x＋1536≤1700，即x≤164.所以总费用为10x＋a1＋a2＋…＋a10＝10x＋＝10x＋3069≤4709.故选C.5.某食品加工厂2019年获利20万元，经调整食品结构，开发新产品，计划从2020年开始每年比上一年获利增加20%，则从(　　)年开始这家加工厂年获利超过60万元，已知lg2≈0.3010，lg3≈0.4771(　　)A．2024年B．2025年C．2026年D．2027年【解析】由题意，设从2019年开始，第n年的获利为an(n∈N*)万元，则数列{an}为等比数列，其中2019年的获利为首项，即a1＝20.2020年的获利为a2＝20·(1＋20%)＝20×(万元)，2021年的获利为a3＝20×(1＋20%)2＝20·2(万元)，∴数列{an}的通项公式为an＝20·n－1(n∈N*)， 由题意可得an＝20·n－1>60，即n－1>3，∴n－1>＝＝＝＝≈≈6.0316>6，∴n≥8，∴从2026年开始这家加工厂年获利超过60万元．故选C.6.意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…即F(1)＝F(2)＝1，F(n)＝F(n－1)＋F(n－2)(n≥3，n∈N*)．此数列在现代物理、化学等方面都有着广泛的应用．若此数列被2除后的余数构成一个新数列{an}，则数列{an}的前2019项的和为(　　)A．672B．673C．1346D．2019【解析】由于{an}是数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…各项除以2的余数，故{an}为1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，…，所以{an}是周期为3的周期数列，且一个周期中的三项之和为1＋1＋0＝2.因为2019＝673×3，所以数列{an}的前2019项的和为673×2＝1346.故选C．7.已知等差数列{an}的公差为－2，前n项和为Sn.若a2，a3，a4为某三角形的三边长，且该三角形有一个内角为120°，则Sn的最大值为(　　)A．5B．11C．20D．25【解析】由等差数列{an}的公差为－2可知该数列为递减数列，则a2，a3，a4中a2最大，a4最小．又a2，a3，a4为三角形的三边长，且最大内角为120°，由余弦定理得a＝a＋a＋a3a4.设首项为a1，则(a1－2)2＝(a1－4)2＋(a1－6)2＋(a1－4)(a1－6)，整理得(a1－4)(a1－9)＝0，所以a1＝4或a1＝9.又a4＝a1－6＞0，即a1＞6，故a1＝4舍去，所以a1＝9.数列{an}的前n项和Sn＝9n＋×(－2)＝－(n－5)2＋25.故Sn的最大值为S5＝25.故选D．8.定义：若数列{an}对任意的正整数n，都有|an＋1|＋|an|＝d(d为常数)，则称|an|为“绝对和数列”，d叫做“绝对公和”．已知“绝对和数列”{an}中，a1＝2，绝对公和为3，则其前2019项的和S2019的最小值为(　　)A．－2019B．－3010C．－3025D．－3027 【解析】依题意，要使“绝对和数列”{an}前2019项的和S2019的值最小，只需每一项的值都取最小值即可．因为a1＝2，绝对公和d＝3，所以a2＝－1或a2＝1(舍)，所以a3＝－2或a3＝2(舍)，所以a4＝－1或a4＝1(舍)，…，所以满足条件的数列{an}的通项公式an＝所以S2019＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2018＋a2019)＝2＋(－1－2)×＝－3025，故选C．【多选题】9.南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设各层球数构成一个数列{an}，则(　　)A．a4＝12B．an＋1＝an＋n＋1C．a100＝5050D．2an＋1＝an·an＋2【解析】由题意知，a1＝1，a2＝3，a3＝6，…，an＝an－1＋n，故an＝，∴a4＝＝10，故A错误；an＋1＝an＋n＋1，故B正确；a100＝＝5050，故C正确；2an＋1＝(n＋1)(n＋2)，an·an＋2＝，显然2an＋1≠an·an＋2，故D错误．故选BC.10.已知数列{an}是公差不为0的等差数列，前n项和为Sn，满足a1＋5a3＝S8，下列选项正确的有(　　)A．a10＝0B．S10最小C．S7＝S12D．S20＝0【解析】根据题意，数列{an}是等差数列，若a1＋5a3＝S8， 即a1＋5a1＋10d＝8a1＋28d，变形可得a1＝－9d，又由an＝a1＋(n－1)d＝(n－10)d，则有a10＝0，故A一定正确；不能确定a1和d的符号，不能确定S10最小，故B不正确；又由Sn＝na1＋＝－9nd＋＝×(n2－19n)，则有S7＝S12，故C一定正确；则S20＝20a1＋d＝－180d＋190d＝10d，∵d≠0，∴S20≠0，则D不正确．故选AC.11.若数列{an}满足：对任意的n∈N*且n≥3，总存在i，j∈N*，使得an＝ai＋aj(i≠j，i＜n，j＜n)，则称数列{an}是“T数列”．则下列数列是“T数列”的为(　　)A．{2n}B．{n2}C．{3n}D．【解析】令an＝2n，则an＝a1＋an－1(n≥3)，所以数列{2n}是“T数列”；令an＝n2，则a1＝1，a2＝4，a3＝9，所以a3≠a1＋a2，所以数列{n2}不是“T数列”；令an＝3n，则a1＝3，a2＝9，a3＝27，所以a3≠a1＋a2，所以数列{3n}不是“T数列”；令an＝，则an＝＋＝an－1＋an－2(n≥3)，所以数列是“T数列”．故选AD．12.一个弹性小球从100m高处自由落下，每次着地后又跳回原来的高度的再落下．设它第n次着地时，经过的总路程记为Sn，则当n≥2时，下面说法正确的是(　　)A．Sn＜500B．Sn≤500C．Sn的最小值为D．Sn的最大值为400【解析】第一次着地时，共经过了100m，第二次着地时，共经过了m，第三次着地时，共经过了m，…，以此类推，第n次着地时，共经过了m．所以Sn＝100＋＝100＋400.则Sn是关于n的增函数，所以当n≥2时，Sn的最小值为S2，且S2＝.又Sn＝100 ＋400＜100＋400＝500.故选AC．【填空题】13.若数列{an}满足－＝0，则称{an}为“梦想数列”．已知正项数列{}为“梦想数列”，且b1＋b2＋b3＝1，则b6＋b7＋b8＝________．【解析】由－＝0可得an＋1＝an，故{an}是公比为的等比数列，故{}是公比为的等比数列，则{bn}是公比为2的等比数列，b6＋b7＋b8＝(b1＋b2＋b3)25＝32.14.已知在数列{an}中，an＋1＝2an－1，a1＝2，设其前n项和为Sn，若对任意的n∈N*，(Sn＋1－n)k≥2n－3恒成立，则k的最小值为________【解析】由an＋1＝2an－1，可得an＋1－1＝2(an－1)．又因为a1－1＝1，所以数列{an－1}是公比为2，首项为1的等比数列，所以an＝1＋2n－1，所以Sn＝＋n＝2n－1＋n.因为对任意的n∈N*，(Sn＋1－n)k≥2n－3恒成立，所以k≥.令bn＝，因为bn＋1－bn＝－＝，所以数列{bn}的前3项单调递增，从第3项开始单调递减．所以n＝3时，数列{bn}取得最大值b3＝，所以k≥.15.若数列{an}满足a2－a1<a3－a2<…<an－an－1<…，则称数列{an}为“差半递增”数列．若数列{an}为“差半递增”数列，且其通项an与前n项和Sn满足Sn＝2an＋2t－1(n∈N*)，则实数t的取值范围是________．【解析】由题意知，Sn＝2an＋2t－1　①，当n＝1时，a1＝2a1＋2t－1，得a1＝1－2t；当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋2t－1　②，①－②并化简，得an＝2an－1，故数列{an}是以a1＝1－2t为首项，2为公比的等比数列，则an＝(1－2t)·2n－1，所以an－an－1＝(1－2t)·2n－1－·(1－2t)·2n－2＝(3－6t)·2n－3，因为数列{an}为“差半递增”数列，所以3－6t>0，解得t<.16.已知等差数列{an}的首项a1及公差d都是实数，且满足＋＋2＝0，则d的取值范围是________． 【解析】∵＋＋2＝0，∴＋＋2＝0，∴5a＋10da1＋4d2＋2＝0，∵a1，d∈R，∴Δ＝100d2－20(4d2＋2)≥0，解得d≥或d≤－.【解答题】17.已知Sn为等差数列{an}的前n项和，且a3＝3，S7＝14.(1)求an和Sn；(2)若bn＝，求{bn}的前n项和Tn.【解析】(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由a3＝3，S7＝14，得解得∴an＝a1＋(n－1)d＝－n＋6，Sn＝＝＝.(2)由(1)知an＝－n＋6，bn＝，得bn＝26－n＝26×n，∴Tn＝＝26－26×n＝64－26－n.18.已知un＝an＋an－1b＋an－2b2＋…＋abn－1＋bn(a>0，b>0，n∈N*)．(1)当a＝2，b＝3时，求un；(2)若a＝b，求数列{un}的前n项和Sn.【解析】(1)当a＝2，b＝3时，un＝2n＋2n－1·3＋2n－2·32＋…＋2·3n－1＋3n(n∈N*)，两边除以2n，得＝1＋＋2＋…＋n－1＋n＝＝＝－2，所以un＝3n＋1－2n＋1.(2)若a＝b，则un＝(n＋1)an， 所以Sn＝2a＋3a2＋4a3＋…＋(n＋1)an，①当a＝1时，Sn＝2＋3＋…＋(n＋1)＝；当a>0，a≠1时，在①的两边同乘以a，得aSn＝2a2＋3a3＋4a4＋…＋(n＋1)an＋1，与①式作差，得(1－a)Sn＝2a＋a2＋a3＋…＋an－(n＋1)an＋1＝a＋－(n＋1)an＋1，所以Sn＝＋－.综上，Sn＝19.已知数列{an}的前n项和Sn满足＝＋1(n≥2，n∈N)，且a1＝1.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)记bn＝，Tn为{bn}的前n项和，求使Tn≥成立的n的最小值．【解析】(1)由已知有－＝1(n≥2，n∈N)，所以数列{}为等差数列，又＝＝1，所以＝n，即Sn＝n2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.又a1＝1也满足上式，所以an＝2n－1.(2)由(1)知，bn＝＝，所以Tn＝＝＝.由Tn≥得n2≥4n＋2，即(n－2)2≥6，所以n≥5，所以n的最小值为5.20.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{an}(n∈N*)满足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求证：数列{an}为“M－数列”；(2)已知数列{bn}(n∈N*)满足：b1＝1，＝－，其中Sn为数列{bn}的前n项和．求数列{bn}的通项公式．【解析】(1)证明：设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0.由得解得因此数列{an}为“M－数列”．(2)因为＝－，所以bn≠0. 由b1＝1，S1＝b1，得＝－，则b2＝2.由＝－，得Sn＝，当n≥2时，由bn＝Sn－Sn－1，得bn＝－，整理得bn＋1＋bn－1＝2bn.所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．因此，数列{bn}的通项公式为bn＝n(n∈N*)．21.从“①Sn＝n；②S2＝a3，a4＝a1a2；③a1＝2，a4是a2，a8的等比中项．”三个条件中任选一个，补充到下面的横线处，并解答．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，________，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝，数列{bn}的前n项和为Wn，求Wn.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【解析】(1)选①：Sn＝n＝n2＋n，令n＝1，得a1＝1＋，即a1＝2，所以Sn＝n2＋n.当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2＋n－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，又a1＝2，满足上式，所以an＝2n.选②：由S2＝a3，得a1＋a2＝a3，得a1＝d，又由a4＝a1a2，得a1＋3d＝a1(a1＋d)，因为d≠0，则a1＝d＝2，所以an＝2n.选③：由a4是a2，a8的等比中项，得a＝a2a8，则(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，因为a1＝2，d≠0，所以d＝2，则an＝2n.(2)Sn＝n2＋n，bn＝(2n＋1)2＋2n＋1－(2n)2－2n ＝3·22n＋2n，所以Wn＝3×22＋2＋3×24＋22＋…＋3×22n＋2n＝＋＝4(4n－1)＋2(2n－1)＝4n＋1＋2n＋1－6.22.已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a＝2Sn＋n＋1，a2＝2.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)若bn＝an·2n，数列{bn}的前n项和为Tn，求使Tn>2022的最小的正整数n的值．【解析】(1)当n≥2时，由a＝2Sn＋n＋1，a2＝2，得a＝2Sn－1＋n－1＋1，两式相减得a－a＝2an＋1，即a＝a＋2an＋1＝(an＋1)2.∵{an}是正项数列，∴an＋1＝an＋1.当n＝1时，a＝2a1＋2＝4，∴a1＝1，∴a2－a1＝1，∴数列{an}是以a1＝1为首项，1为公差的等差数列，∴an＝n.(2)由(1)知bn＝an·2n＝n·2n，∴Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，两式相减得－Tn＝－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2，∴Tn＝(n－1)2n＋1＋2.∴Tn－Tn－1＝n·2n>0，∴Tn单调递增．当n＝7时，T7＝6×28＋2＝1538<2022，当n＝8时，T8＝7×29＋2＝3586>2022，∴使Tn>2022的最小的正整数n的值为8.