数列求和及综合问题.doc

1、数列求和及综合问题数列求和及综合问题 1.(2020 全国卷)数列an满足 an2(1)nan3n1，前 16 项和为 540，则 a1 _. 解析 法一 因为 an2(1)nan3n1， 所以当 n 为偶数时，an2an3n1， 所以 a4a25，a8a617，a12a1029，a16a1441， 所以 a2a4a6a8a10a12a14a1692. 因为数列an的前 16 项和为 540， 所以 a1a3a5a7a9a11a13a1554092448. 因为当 n 为奇数时，an2an3n1， 所以 a3a12，a7a514，a11a926，a15a1338， 所以(a3a7a11a15)

2、(a1a5a9a13)80. 由得 a1a5a9a13184. 又 a3a12，a5a38a110，a7a514a124，a9a720a144， a11a926a170，a13a1132a1102， 所以 a1a110a144a1102184，所以 a17. 法二 同法一得 a1a3a5a7a9a11a13a15448. 当 n 为奇数时，有 an2an3n1， 由累加法得 an2a13(135n)n1 2 3 2(1n) n1 2 n1 2 3 4n 2n1 4， 所以 an23 4n 2n1 4a1. 所以 a1a3a5a7a9a11a13a15 a1 3 41 211 4a1 3 43

3、231 4a1 3 45 251 4a1 3 47 271 4a1 3 49 291 4a1 3 411 2111 4a1 3 413 2131 4a1 8a1392448，解得 a17. 答案 7 2.(2018 全国卷)记 Sn为数列an的前 n 项和.若 Sn2an1，则 S6_. 解析 法一 因为 Sn2an1，所以当 n1 时，a12a11，解得 a11. 当 n2 时，anSnSn12an1(2an11)， 所以 an2an1，所以数列an是以1 为首项，2 为公比的等比数列， 所以 an2n 1. 所以 S61（12 6） 12 63. 法二 由 Sn2an1，得 S12S11，

4、所以 S11，当 n2 时，由 Sn2an1 得 Sn2(SnSn1)1，即 Sn2Sn11，Sn12(Sn11)，又 S112， Sn1是首项为2，公比为 2 的等比数列，所以 Sn122n 12n， 所以 Sn12n，S612663. 答案 63 3.(2020 新高考山东卷)已知公比大于 1 的等比数列an满足 a2a420，a38. (1)求an的通项公式； (2)记 bm为an在区间(0，m(mN*)中的项的个数，求数列bm的前 100 项和 S100. 解 (1)设 an的公比为 q(q1). 由题设得 a1qa1q320，a1q28. 解得 q1 2(舍去)，q2. 由题设得 a

5、12. 所以 an的通项公式为 an2n. (2)由题设及(1)知 b10，且当 2nm2n 1 时，bmn. 所以 S100b1(b2b3)(b4b5b6b7)(b32b33b63)(b64b65 b100)0122223234245256(10063)480. 4.(2020 全国卷)设an是公比不为 1 的等比数列，a1为 a2，a3的等差中项. (1)求an的公比； (2)若 a11，求数列nan的前 n 项和. 解 (1)设an的公比为 q，由题设得 2a1a2a3， 即 2a1a1qa1q2. 所以 q2q20，解得 q1(舍去)或 q2. 故an的公比为2. (2)记 Sn为na

6、n的前 n 项和.由(1)及题设可得 an(2)n 1，所以 S n12(2)n (2)n 1， 2Sn22(2)2(n1) (2)n 1n (2)n. 所以 3Sn1(2)(2)2(2)n 1n (2)n 1(2) n 3 n (2)n. 所以 Sn1 9 (3n1)(2)n 9 . 考 点 整 合 1.常用公式：12223242n2n（n1）（2n1） 6 . 2.(1)数列通项 an与前 n 项和 Sn的关系为 an S 1 （n1）， SnSn1 （n2）. (2)应用 an与 Sn的关系式 f(an，Sn)0 时，应特别注意 n1 时的情况，防止产生 错误. 3.数列求和 (1)分组

7、转化法：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适 当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并. (2)错位相减法：主要用于求数列an bn的前 n 项和，其中an，bn分别是等差 数列和等比数列. (3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加 抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如 c anan1 (其中an是各项均不为 零的等差数列，c 为常数)的数列. 温馨提醒 裂项求和时，易把系数写成它的倒数或忘记系数导致错误. 4.数列与函数、不等式的交汇 数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常 利用

8、点在曲线上给出 Sn的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这 类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化.数列与 不等式的综合问题一般以数列为载体，考查不等关系或恒成立问题. 热点一 an与 Sn的关系问题 【例1】 设数列an的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an5Sn1成立， bn1log2|an|，数列bn的前 n 项和为 Tn，cn bn1 TnTn1. (1)求数列an的通项公式； (2)求数列cn的前 n 项和 An，并求出 An的最值. 解 (1)因为 an5Sn1，nN*， 所以 an15Sn11， 两式相减，得 an11 4an， 又当 n1

9、 时，a15a11，知 a11 4， 所以数列an是公比、首项均为1 4的等比数列. 所以数列an的通项公式 an 1 4 n . (2)由(1)知 bn1log2|an|2n1， 数列bn的前 n 项和 Tnn2， cn bn1 TnTn1 2n1 n2（n1）2 1 n2 1 （n1）2， 所以 An1 1 （n1）2. 因此An是单调递增数列， 当 n1 时，An有最小值 A111 4 3 4；An 没有最大值. 探究提高 1.给出 Sn与 an的递推关系求 an，常用思路是：一是利用 SnSn1 an(n2)转化为 an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为 Sn的递推关系，先 求出

10、Sn与 n 之间的关系，再求 an. 2.由 Sn求 an时，一定注意分 n1 和 n2 两种情况，最后验证两者是否能合为一 个式子，若不能，则用分段形式来表示. 【训练 1】 (2020 合肥检测)已知正项数列an的前 n 项和为 Sn，满足 a2nSnSn 1(n2)，a11. (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn(1an)2a(1an)，若bn是递增数列，求实数 a 的取值范围. 解 (1)a2nSnSn1(n2)， a2n1Sn1Sn2(n3). 相减可得 a2na2n1anan1， an0，an10，anan11(n3). 当 n2 时，a22a1a2a1， a222a2，a

11、20，a22. 因此 n2 时，anan11 成立. 数列an是等差数列，公差为 1. an1n1n. (2)bn(1an)2a(1an)(n1)2a(n1)， bn是递增数列， bn1bnn2an(n1)2a(n1) 2na10， 即 a12n 恒成立，a1. 实数 a 的取值范围是(1，). 热点二 数列求和 方法 1 分组转化求和 【例 2】 (2020 山东五地联考)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且满足关于 x 的不等式 a1x2S2x20 的解集为(1，2). (1)求数列an的通项公式； (2)若数列bn满足 bna2n2an1，求数列bn的前 n 项和 Tn. 解 (1

12、)设等差数列an的公差为 d， 因为关于 x 的不等式 a1x2S2x20 的解集为(1，2)， 所以S2 a1123，得 a1d， 又易知 2 a12，所以 a11，d1. 所以数列an的通项公式为 ann. (2)由(1)可得，a2n2n，2an2n. 因为 bna2n2an1，所以 bn2n12n， 所以数列bn的前 n 项和 Tn(1352n1)(222232n) n（12n1） 2 2（12 n） 12 n22n 12. 探究提高 1.求解本题要过四关：(1)“转化”关，把不等式的解转化为方程根的 问题；(2)“方程”关，利用方程思想求出基本量a1及d；(3)“分组求和”关，观 察数

13、列的通项公式，把数列分成几个可直接求和的数列；(4)“公式”关，会利 用等差、等比数列的前 n 项和公式求和. 2.分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正号、负号分组.本题 易忽视数列通项的下标如错得 a2nn，应注意“”左右两边保持一致. 【训练 2】 (2020 潍坊调研)设等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 a28，S440. 数列bn的前 n 项和为 Tn，且 Tn2bn30，nN*. (1)求数列an，bn的通项公式； (2)设 cn a n，n为奇数， bn，n为偶数，求数列cn的前 n 项和 Pn. 解 (1)设等差数列an的公差为 d， 由题意，得 a

14、1d8， 4a16d40，解得 a 14， d4， 所以 an4n， 因为 Tn2bn30， 所以当 n1 时，b13，当 n2 时，Tn12bn130， 两式相减，得 bn2bn1(n2)， 则数列bn为首项为 3，公比为 2 的等比数列， 所以 bn3 2n 1. (2)cn 4n，n为奇数， 3 2n 1，n为偶数， 当 n 为偶数时，Pn(a1a3an1)(b2b4bn) （44n4） n 2 2 6（14n 2） 14 2n 1n22. 当 n 为奇数时， 法一 n1(n3)为偶数，PnPn1cn2(n 1)1(n1)224n2nn22n 1，n1 时符合上式. 法二 Pn(a1a3

15、an2an)(b2b4bn1) （44n） n1 2 2 6（14n1 2 ） 14 2nn22n1. 所以 Pn 2 n1n22，n为偶数， 2nn22n1，n为奇数. 方法 2 裂项相消求和 【例 3】 (2020 江南六校调研)设数列an的前 n 项和为 Sn，已知 S12，an1Sn 2. (1)证明：an为等比数列； (2)记 bnlog2an，数列 bnbn1 的前n 项和为 Tn，若Tn10恒成立，求 的取值范 围. (1)证明 由已知，得 a1S12，a2S124， 当 n2 时，anSn12， 所以 an1an(Sn2)(Sn12)an， 所以 an12an(n2). 又 a

16、22a1，所以a n1 an 2(nN*)， 所以an是首项为 2，公比为 2 的等比数列. (2)解 由(1)可得 an2n，所以 bnn. 则 bnbn1 n（n1） 1 n 1 n1 ， Tn 11 2 1 2 1 3 1 n 1 n1 1 1 n1 ， 因为 Tn10，所以 n n110，从而 10（n1） n ， 因为10（n1） n 10 11 n 20， 所以 的取值范围为20，). 探究提高 1.裂项相消求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开 的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项. 2.消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后

17、边就剩倒数 第几项. 【训练 3】 设数列an满足 a13a2(2n1)an2n. (1)求an的通项公式； (2)求数列 an 2n1 的前 n 项和. 解 (1)因为 a13a2(2n1)an2n， 故当 n2 时，a13a2(2n3)an12(n1)， 得(2n1)an2，所以 an 2 2n1， 又 n1 时，a12 适合上式， 从而an的通项公式为 an 2 2n1. (2)记 an 2n1 的前 n 项和为 Sn， 由(1)知 an 2n1 2 （2n1）（2n1） 1 2n1 1 2n1， 则 Sn 11 3 1 3 1 5 1 2n1 1 2n1 1 1 2n1 2n 2n1.

18、 方法 3 错位相减法求和 【例 4】 (2020 济南统测)在a35，a2a56b2，b22，a3a43b3，S3 9，a4a58b2这三个条件中任选一个，补充至横线上，并解答问题. 已知等差数列an的公差为d(d1)，前n项和为Sn，等比数列bn的公比为q，且 a1b1，dq，_. (1)求数列an，bn的通项公式； (2)记 cnan bn，求数列cn的前 n 项和 Tn. (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解 选条件. (1)a35，a2a56b2，a1b1，dq，d1， a 12d5， 2a15d6a1d，解得 a 11， d2 或 a125 6 ， d 5 12

19、(舍去). b 11， q2. ana1(n1)d2n1，bnb1qn 12n1. (2)cnan bn，cn 2n1 2n 1(2n1) 1 2 n1 . Tn131 25 1 2 2 (2n3) 1 2 n2 (2n1) 1 2 n1 ， 1 2Tn 1 23 1 2 2 5 1 2 3 (2n3) 1 2 n1 (2n1) 1 2 n . 上面两式相减，得 1 2Tn12 1 2 1 2 2 1 2 n1 (2n1) 1 2 n 12 1 2 1 1 2 n1 11 2 (2n1) 1 2 n 3(2n3) 1 2 n . Tn6(2n3) 1 2 n1 . 选条件. (1)b22，a3

20、a43b3，a1b1，dq，d1， a 1d2， 2a15d3a1d2，即 a 1d2， 2a15d6d， 解得 a 11， d2 或 a 11， d2 (舍去). b 11， q2. ana1(n1)d2n1，bnb1qn 12n1. (2)cnan bn，cn 2n1 2n 1(2n1) 1 2 n1 . Tn131 25 1 2 2 (2n3) 1 2 n2 (2n1) 1 2 n1 ， 1 2Tn 1 23 1 2 2 5 1 2 3 (2n3) 1 2 n1 (2n1) 1 2 n . 上面两式相减，得 1 2Tn12 1 2 1 2 2 1 2 n1 (2n1) 1 2 n 12

21、1 2 1 1 2 n1 11 2 (2n1) 1 2 n 3(2n3) 1 2 n . Tn6(2n3) 1 2 n1 . 选条件. (1)S39，a4a58b2，a1b1，dq，d1， a 1d3， 2a17d8a1d， 解得 a 11， d2 或 a121 8 ， d3 8 (舍去)， b 11， q2. ana1(n1)d2n1，bnb1qn 12n1. (2)cnan bn，cn 2n1 2n 1(2n1) 1 2 n1 . Tn131 25 1 2 2 (2n3) 1 2 n2 (2n1) 1 2 n1 ， 1 2Tn 1 23 1 2 2 5 1 2 3 (2n3) 1 2 n1

22、 (2n1) 1 2 n . 上面两式相减，得 1 2Tn12 1 2 1 2 2 1 2 n1 (2n1) 1 2 n 12 1 2 1 1 2 n1 11 2 (2n1) 1 2 n 3(2n3) 1 2 n . Tn6(2n3) 1 2 n1 . 探究提高 1.一般地，如果数列an是等差数列，bn是等比数列，求数列an bn 的前 n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列bn的 公比，然后作差求解. 2.在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确 地写出“SnqSn”的表达式. 【训练 4】 (2020 潍坊模拟)在b2n2bn1

23、，a2b1b2，b1，b2，b4成等比 数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解. 已知数列an中，a11，an13an.公差不等于0的等差数列bn满足_， 求数列 bn an 的前 n 项和 Sn. (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解 因为 a11，an13an， 所以an是以 1 为首项，3 为公比的等比数列， 所以 an3n 1. 选时，设数列bn的公差为 d1. 因为 a23，所以 b1b23(). 因为 b2n2bn1，所以当 n1 时，b22b11(). 由()()解得 b12 3，b2 7 3， 所以 d15 3，所以 bn 5n3

24、3 . 所以bn an 5n3 3n . 所以 Snb1 a1 b2 a2 bn an 2 31 7 32 12 33 5n3 3n ， 所以1 3Sn 2 32 7 33 12 34 5n8 3n 5n3 3n 1. 上面两式相减，得 2 3Sn 2 35 1 32 1 33 1 3n 5n3 3n 1 2 3 5 6 15 23n 15n3 3n 13 2 10n9 23n 1. 所以 Sn9 4 10n9 43n . 选时，设数列bn的公差为 d2. 因为 a23，所以 b1b23，即 2b1d23. 因为 b1，b2，b4成等比数列，所以 b22b1b4，即(b1d2)2b1(b13d

25、2)，化简得 d22 b1d2. 因为 d20，所以 b1d2，从而 d2b11，所以 bnn. 所以bn an n 3n 1. 所以 Snb1 a1 b2 a2 bn an 1 30 2 31 3 32 n 3n 1， 所以1 3Sn 1 31 2 32 3 33 n1 3n 1 n 3n. 上面两式相减，得 2 3Sn1 1 31 1 32 1 33 1 3n 1 n 3n 3 2 1 1 3n n 3n 3 2 2n3 23n. 所以 Sn9 4 2n3 43n 1. 选时，设数列bn的公差为 d3.因为 b2n2bn1，所以 b22b11，所以 d3 b11.又因为 b1，b2，b4成

26、等比数列，所以 b22b1b4，即(b1d3)2b1(b1 3d3)，化简得d23b1d3.因为d30，所以b1d3，无解，所以等差数列bn不存在. 故不合题意. 热点三 与数列相关的综合问题 【例 5】 (2020 杭州滨江区调研)设 f(x)1 2x 22x，f(x)是 yf(x)的导函数，若数 列an满足 an1f(an)，且首项 a11. (1)求数列an的通项公式； (2)数列an的前 n 项和为 Sn，等比数列bn中，b1a1，b2a2，数列bn的前 n 项和为 Tn，请写出适合条件 TnSn的所有 n 的值. 解 (1)由 f(x)1 2x 22x，得 f(x)x2. an1f(

27、an)，且 a11. an1an2，则 an1an2， 因此数列an是公差为 2，首项为 1 的等差数列. an12(n1)2n1. (2)数列an的前 n 项和 Snn（12n1） 2 n2， 等比数列bn中，设公比为 q，b1a11，b2a23， q3.bn3n 1， 数列bn的前 n 项和 Tn13 n 13 3 n1 2 . TnSn可化为3 n1 2 n2. 又 nN*，n1，或 n2. 故适合条件 TnSn的所有 n 的值为 1 和 2. 探究提高 1.求解数列与函数交汇问题要注意两点：(1)数列是一类特殊的函数， 其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特

28、别注 意； (2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件. 2.数列为背景的不等式恒成立、不等式证明，多与数列的求和相联系，最后利用 数列或数列对应函数的单调性处理. 【训练 5】 已知数列an与bn满足：a1a2a3an2bn(nN*)，若an 是各项为正数的等比数列，且 a12，b3b24. (1)求数列an与bn的通项公式； (2)若数列cn满足 cn an bnbn1(nN *)，Tn 为数列cn的前 n 项和，证明：Tn1. (1)解 由题意知，a1a2a3an2bn， 当 n2 时，a1a2a3an12bn1， 可得 an2(bnbn1) a32(b3b2)248， a12

29、，an0，设an的公比为 q， a1q28q2，an22n 12n(nN*). 2bn2122232n2（12 n） 12 2n 12， bn2n1(nN*). (2)证明 由已知 cn an bn bn1 2n （2n1）（2n 11） 1 2n1 1 2n 11， Tnc1c2cn 1 211 1 221 1 221 1 231 1 2n1 1 2n 11 1 1 2n 11， 当 nN*时，2n 11， 1 2n 110，1 1 2n 111，故 Tn1. A 级 巩固提升 一、选择题 1.已知 Tn为数列 2n1 2n 的前 n 项和，若 mT101 013 恒成立，则整数 m 的最小

30、 值为( ) A.1 026 B.1 025 C.1 024 D.1 023 解析 因为2 n1 2n 1 1 2n，所以 Tnn1 1 2n， 则 T101 01311 1 2101 0131 024 1 210， 又 mT101 013， 所以整数 m 的最小值为 1 024. 答案 C 2.(2020 河北“五个一”名校联盟诊断)在等差数列an中，a3a5a47，a10 19，则数列ancos n的前 2 020 项的和为( ) A.1 009 B.1 010 C.2 019 D.2 020 解析 设an的公差为 d，则有 2a 16da13d7， a19d19， 解得 a 11， d2

31、， an2n1，设 bnancos n， 则 b1b2a1cos a2cos 22， b3b4a3cos 3a4cos 42， 数列ancos n的前 2 020 项的和 S2 020(b1b2)(b3b4)(b2 019b2 020) 21 0102 020. 答案 D 3.数列an满足 a11，对任意 nN*，都有 an11ann，则 1 a1 1 a2 1 a99 ( ) A.99 98 B.2 C.99 50 D. 99 100 解析 对任意 nN*，都有 an11ann， 则 an1ann1，则 an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1n(n1) 1n（n1） 2 ， 则

32、1 an 2 n（n1）2 1 n 1 n1 ， 所以 1 a1 1 a2 1 a992 11 2 1 2 1 3 1 99 1 100 2 1 1 100 99 50. 答案 C 4.(多选题)(2020 青岛质检)已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11，Sn1Sn2an 1，数列 2n anan1 的前 n 项和为 Tn，nN*，则下列选项正确的为( ) A.数列an1是等差数列 B.数列an1是等比数列 C.数列an的通项公式为 an2n1 D.Tn1 解析 由 Sn1Sn2an1，得 an1Sn1Sn2an1，可化为 an112(an 1).由 a11，得 a112，则数列an1是

33、首项为 2，公比为 2 的等比数列.则 an 12n，即 an2n1.由 2n anan1 2n （2n1）（2n 11） 1 2n1 1 2n 11，得 Tn 1 1 221 1 221 1 231 1 2n1 1 2n 111 1 2n 111.所以 A 错误， B，C，D 正确.故选 BCD. 答案 BCD 5.(多选题)(2020 烟台模拟)已知数列an满足an1ann (1)n（n1） 2 ，其前n 项和为 Sn，且 mS2 0191 009，则下列说法正确的是( ) A.m 为定值 B.ma1为定值 C.S2 019a1为定值 D.ma1有最大值 解析 当 n2k(kN*)时，由已

34、知条件得 a2ka2k12k (1)k(2k 1)，所以 S 2 019 a1a2a3a2 019a1(a2a3)(a4a5)(a2 018a2 019)a1246 8102 018a11 0082 018a11 010，所以 S2 019a11 010.m S2 019ma11 0101 009，所以 ma11，所以 ma1 ma1 2 2 1 4，当 且仅当 ma11 2时等号成立，此时 ma1 取得最大值1 4.故选 BCD. 答案 BCD 二、填空题 6.对于数列an，定义数列an1an为数列an的“差数列”，若 a12，数列 an的“差数列”的通项公式为 an1an2n，则数列an的

35、前 n 项和 Sn _. 解析 因为 an1an2n，所以 an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1 2n 12n2222222 n 12 22n222n，所以 Sn22 n1 12 2n 1 2. 答案 2n 12 7.已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 2Sn3an1，则 a1_，an _. 解析 令 n1，则 2S13a11，又 S1a1，所以 a11. 当 n2 时，anSnSn11 2(3an3an1)，整理得 an3an1，即 an an13(n2). 因此，an是首项为1，公比为 3 的等比数列. 故 an3n 1. 答案 1 3n 1 8.(2020 福州调研)已

36、知数列nan的前 n 项和为 Sn，且 an2n，则使得 Snnan1 500 的最小正整数 n 的值为_. 解析 Sn121222n2n， 则 2Sn122223n2n 1，两式相减得 Sn2222nn 2n 12（12 n） 12 n 2n 1， 故 Sn2(n1) 2n 1. 又 an2n， Snnan1502(n1) 2n 1n 2n150 522n 1， 依题意 522n 10，故最小正整数 n 的值为 5. 答案 5 三、解答题 9.(2020 合肥调研)记 Sn为等差数列an的前 n 项和，且 a104，S1530. (1)求数列an的通项公式以及前 n 项和 Sn； (2)记数

37、列2an4an的前 n 项和为 Tn，求满足 Tn0 的最小正整数 n 的值. 解 (1)记数列an的公差为 d，S153015a830a82，故 da 10a8 108 1， 故 ana10(n10)d4n10n6， Snna1n（n1）d 2 5nn（n1） 2 n 2 2 11n 2 . (2)依题意，2an4ann62n 2 Tn(54n6)(2 1202n2)n（n11） 2 2 n1 2 ， 当 n1 时，T11102 11 2 0； 当 n2 时，T2292 21 2 0； 当 n3 时，T3382 31 2 0； 当 n4 时，T4472 41 2 0； 当 n5 时，n（n1

38、1） 2 15，2 n1 2 31 2 ，所以 Tn0. 故满足 Tn0 的最小正整数 n 的值为 5. 10.(2020 临沂模拟)甲、乙两同学在复习数列时发现曾经做过的一道有关数列的 题目因纸张被破坏，导致一个条件看不清，具体如下：等比数列an的前 n 项和 为 Sn，已知_. (1)判断 S1，S2，S3的关系； (2)若 a1a33，设 bn n 12|an|，记bn的前 n 项和为 Tn，求证：Tn 4 3. 甲同学记得缺少的条件是首项a1的值，乙同学记得缺少的条件是公比q的值，并 且他俩都记得第(1)问的答案是 S1，S3，S2成等差数列.如果甲、乙两同学记得的 答案是正确的，请你

39、通过推理把条件补充完整并解答此题. (1)解 由 S1，S3，S2成等差数列，得 2S3S1S2，即 2(a1a1qa1q2)2a1a1q， 解得 q1 2或 q0(舍去). 若乙同学记得的缺少的条件是正确的，则公比 q1 2. 所以 S1a1，S2a1a2a11 2a1 1 2a1， S3a1a2a3a11 2a1 1 4a1 3 4a1， 可得 S1S22S3，即 S1，S3，S2成等差数列. (2)证明 由 a1a33，可得 a11 4a13，解得 a14， 所以 an4 1 2 n1 . 所以 bn n 12|an| n 12 4 1 2 n1 2 3n 1 2 n . 所以 Tn2

40、3 11 22 1 43 1 8n 1 2n ， 1 2Tn 2 3 11 42 1 83 1 16n 1 2n 1， 两式相减，得 1 2Tn 2 3 1 2 1 4 1 8 1 16 1 2nn 1 2n 1 2 3 1 2 1 1 2n 11 2 n 1 2n 1， 化简可得 Tn4 3 1n2 2n 1. 由 1n2 2n 11，得 Tn4 3. B 级 能力突破 11.设数列an的各项均为正数，前n项和为Sn，对于任意的nN*，an，Sn，a2n成 等差数列，设数列bn的前 n 项和为 Tn，且 bn（ln x） n a2n ，若对任意的实数 x(1，e(e为自然对数的底数)和任意正

41、整数 n，总有Tn0，anan11，即数列an是公差为 1 的等差数列， 又 2a12S1a1a21，a11，ann(nN*). 又 x(1，e，0ln x1， Tn1 1 22 1 32 1 n21 1 12 1 23 1 （n1）n 1 11 2 1 2 1 3 1 n1 1 n 21 n2，r2，即 r 的最小值为 2. 答案 2 12.(2020 衡水中学检测)等差数列an的公差为 2，a2，a4，a8分别等于等比数列 bn的第 2 项、第 3 项、第 4 项. (1)求数列an和bn的通项公式； (2)若数列cn满足c1 a1 c2 a2 cn anbn1，求数列cn的前 2 020

42、 项的和. 解 (1)依题意得 b23b2b4， 所以(a16)2(a12)(a114)， 所以 a2112a136a2116a128，解得 a12. an2n. 设等比数列bn的公比为 q，所以 qb3 b2 a4 a2 8 42， 又 b2a24，bn42n 22n. (2)由(1)知，an2n，bn2n. 因为c1 a1 c2 a2 cn1 an1 cn an2 n1 当 n2 时，c1 a1 c2 a2 cn1 an12 n 由得，cn an2 n，即 cnn 2n1， 又当 n1 时，c1a1b223不满足上式， cn 8，n1， n 2n 1，n2. 故 S2 02082233242 02022 021 41222233242 02022 021 设 T2 0201222233242 01922 0202 02022 021， 则 2T2 0201232243252 01922 0212 02022 022， 由得：T2 02022232422 0212 02022 022 2 2（122 020） 12 2 02022 02242 01922 022， 所以 T2 0202 01922 0224， 所以 S2 020T2 02042 01922 0228.