专题04 数列求和及综合应用

【要点提炼】

1.常用公式：1²＋2²＋3²＋4²＋…＋n²＝$\frac{nn12n1}{6}$.

2.(1)数列通项a_n与前n项和S_n的关系为a_n＝$\left\{\begin{array}{l}S1n1\hfill \\ SnSn1n=2.\hfill \end{array}\right.$

(2)应用a_n与S_n的关系式f(a_n，S_n)＝0时，应特别注意n＝1时的情况，防止产生错误.

3.数列求和

(1)分组转化法：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{a_n·b_n}的前n项和，其中{a_n}，{b_n}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$\left\{\begin{array}{l}\frac{c}{anan1}\hfill \end{array}\right\}$(其中{a_n}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，通常利用点在曲线上给出S_n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.

考点一 数列求和及综合应用

考向一　a_n与S_n的关系问题

【典例1】 设数列{a_n}的前n项和为S_n，对任意的正整数n，都有a_n＝5S_n＋1成立，b_n＝－1－log₂|a_n|，数列{b_n}的前n项和为T_n，c_n＝$\frac{bn1}{TnTn1}$.

(1)求数列{a_n}的通项公式；

(2)求数列{c_n}的前n项和A_n，并求出A_n的最值.

解　(1)因为a_n＝5S_n＋1，n∈N^*，

所以a_n＋1＝5S_n＋1＋1，

两式相减，得a_n＋1＝－$\frac{1}{4}$a_n，

又当n＝1时，a₁＝5a₁＋1，知a₁＝－$\frac{1}{4}$，

所以数列{a_n}是公比、首项均为－$\frac{1}{4}$的等比数列.

所以数列{a_n}的通项公式a_n＝$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{4}\hfill \end{array}\right)$${}^n$.

(2)由(1)知b_n＝－1－log₂|a_n|＝2n－1，

数列{b_n}的前n项和T_n＝n²，

c_n＝$\frac{bn1}{TnTn1}$＝$\frac{2n1}{n2n12}$＝$\frac{1}{n2}$－$\frac{1}{n12}$，

所以A_n＝1－$\frac{1}{n12}$.

因此{A_n}是单调递增数列，

∴当n＝1时，A_n有最小值A₁＝1－$\frac{1}{4}$＝$\frac{3}{4}$；A_n没有最大值.

探究提高　1.给出S_n与a_n的递推关系求a_n，常用思路是：一是利用S_n－S_n－1＝a_n(n≥2)转化为a_n的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S_n的递推关系，先求出S_n与n之间的关系，再求a_n.

2.由S_n求a_n时，一定注意分n＝1和n≥2两种情况，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.

【拓展练习1】 (2020·合肥检测)已知正项数列{a_n}的前n项和为S_n，满足a$2n$＝S_n＋S_n－1(n≥2)，a₁＝1.

(1)求数列{a_n}的通项公式；

(2)设b_n＝(1－a_n)²－a(1－a_n)，若{b_n}是递增数列，求实数a的取值范围.

解　(1)a$2n$＝S_n＋S_n－1(n≥2)，

a$2n1$＝S_n－1＋S_n－2(n≥3).

相减可得a$2n$－a$2n1$＝a_n＋a_n－1，

∵a_n＞0，a_n－1＞0，∴a_n－a_n－1＝1(n≥3).

当n＝2时，a$22$＝a₁＋a₂＋a₁，

∴a$22$＝2＋a₂，a₂＞0，∴a₂＝2.

因此n＝2时，a_n－a_n－1＝1成立.

∴数列{a_n}是等差数列，公差为1.

∴a_n＝1＋n－1＝n.

(2)b_n＝(1－a_n)²－a(1－a_n)＝(n－1)²＋a(n－1)，

∵{b_n}是递增数列，

∴b_n＋1－b_n＝n²＋an－(n－1)²－a(n－1)

＝2n＋a－1＞0，

即a＞1－2n恒成立，∴a＞－1.

∴实数a的取值范围是(－1，＋∞).

考向二　数列求和

方法1　分组转化求和

【典例2】 (2020·山东五地联考)已知等差数列{a_n}的前n项和为S_n，且满足关于x的不等式a₁x²－S₂x＋2＜0的解集为(1，2).

(1)求数列{a_n}的通项公式；

(2)若数列{b_n}满足b_n＝a_2n＋2a_n－1，求数列{b_n}的前n项和T_n.

解　(1)设等差数列{a_n}的公差为d，

因为关于x的不等式a₁x²－S₂x＋2＜0的解集为(1，2)，

所以$\frac{S2}{a1}$＝1＋2＝3，得a₁＝d，

又易知$\frac{2}{a1}$＝2，所以a₁＝1，d＝1.

所以数列{a_n}的通项公式为a_n＝n.

(2)由(1)可得，a_2n＝2n，2a_n＝2ⁿ.

因为b_n＝a_2n＋2a_n－1，所以b_n＝2n－1＋2ⁿ，

所以数列{b_n}的前n项和T_n＝(1＋3＋5＋…＋2n－1)＋(2＋2²＋2³＋…＋2ⁿ)

＝$\frac{n12n1}{2}$＋$\frac{212n}{12}$＝n²＋2^n＋1－2.

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a_2n＝n，应注意“＝”左右两边保持一致.

【拓展练习2】 (2020·潍坊调研)设等差数列{a_n}的前n项和为S_n，且a₂＝8，S₄＝40.数列{b_n}的前n项和为T_n，且T_n－2b_n＋3＝0，n∈N^*.

(1)求数列{a_n}，{b_n}的通项公式；

(2)设c_n＝$\left\{\begin{array}{l}ann\hfill \\ bnn\hfill \end{array}\right.$求数列{c_n}的前n项和P_n.

解　(1)设等差数列{a_n}的公差为d，

由题意，得$\left\{\begin{array}{l}a1d8\hfill \\ 4a16d40\hfill \end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}a14\hfill \\ d4\hfill \end{array}\right.$

所以a_n＝4n，

因为T_n－2b_n＋3＝0，

所以当n＝1时，b₁＝3，当n≥2时，T_n－1－2b_n－1＋3＝0，

两式相减，得b_n＝2b_n－1(n≥2)，

则数列{b_n}为首项为3，公比为2的等比数列，

所以b_n＝3·2^n－1.

(2)c_n＝$\left\{\begin{array}{l}4nn\hfill \\ 3·2n1n\hfill \end{array}\right.$

当n为偶数时，P_n＝(a₁＋a₃＋…＋a_n－1)＋(b₂＋b₄＋…＋b_n)

＝$\frac{44n4·\frac{n}{2}}{2}$＋$\frac{614\frac{n}{2}}{14}$＝2^n＋1＋n²－2.

当n为奇数时，

法一　n－1(n≥3)为偶数，P_n＝P_n－1＋c_n＝2^(n－1)＋1＋(n－1)²－2＋4n＝2ⁿ＋n²＋2n－1，n＝1时符合上式.

法二　P_n＝(a₁＋a₃＋…＋a_n－2＋a_n)＋(b₂＋b₄＋…＋b_n－1)

＝$\frac{44n·\frac{n1}{2}}{2}$＋$\frac{614\frac{n1}{2}}{14}$＝2ⁿ＋n²＋2n－1.

所以P_n＝$\left\{\begin{array}{l}2n1n22n\hfill \\ 2nn22n1n.\hfill \end{array}\right.$

方法2　裂项相消求和

【典例3】 (2020·江南六校调研)设数列{a_n}的前n项和为S_n，已知S₁＝2，a_n＋1＝S_n＋2.

(1)证明：{a_n}为等比数列；

(2)记b_n＝log₂a_n，数列$\left\{\begin{array}{l}\frac{ë}{bnbn1}\hfill \end{array}\right\}$的前n项和为T_n，若T_n≥10恒成立，求λ的取值范围.

(1)证明　由已知，得a₁＝S₁＝2，a₂＝S₁＋2＝4，

当n≥2时，a_n＝S_n－1＋2，

所以a_n＋1－a_n＝(S_n＋2)－(S_n－1＋2)＝a_n，

所以a_n＋1＝2a_n(n≥2).

又a₂＝2a₁，所以$\frac{an1}{an}$＝2(n∈N^*)，

所以{a_n}是首项为2，公比为2的等比数列.

(2)解　由(1)可得a_n＝2ⁿ，所以b_n＝n.

则$\frac{ë}{bnbn1}$＝$\frac{ë}{nn1}$＝λ$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{n}\frac{1}{n1}\hfill \end{array}\right)$，

T_n＝λ$\left(\begin{array}{l}1\frac{1}{2}\frac{1}{2}\frac{1}{3}�\frac{1}{n}\frac{1}{n1}\hfill \end{array}\right)$＝λ$\left(\begin{array}{l}1\frac{1}{n1}\hfill \end{array}\right)$，

因为T_n≥10，所以$\frac{ën}{n1}$≥10，从而λ≥$\frac{10n1}{n}$，

因为$\frac{10n1}{n}$＝10$\left(\begin{array}{l}1\frac{1}{n}\hfill \end{array}\right)$≤20，

所以λ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，后边就剩倒数第几项.

【拓展练习3】 设数列{a_n}满足a₁＋3a₂＋…＋(2n－1)a_n＝2n.

(1)求{a_n}的通项公式；

(2)求数列$\left\{\begin{array}{l}\frac{an}{2n1}\hfill \end{array}\right\}$的前n项和.

解　(1)因为a₁＋3a₂＋…＋(2n－1)a_n＝2n，①

故当n≥2时，a₁＋3a₂＋…＋(2n－3)a_n－1＝2(n－1)，②

①－②得(2n－1)a_n＝2，所以a_n＝$\frac{2}{2n1}$，

又n＝1时，a₁＝2适合上式，

从而{a_n}的通项公式为a_n＝$\frac{2}{2n1}$.

(2)记$\left\{\begin{array}{l}\frac{an}{2n1}\hfill \end{array}\right\}$的前n项和为S_n，

由(1)知$\frac{an}{2n1}$＝$\frac{2}{2n12n1}$＝$\frac{1}{2n1}$－$\frac{1}{2n1}$，

则S_n＝$\left(\begin{array}{l}1\frac{1}{3}\hfill \end{array}\right)$＋$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{3}\frac{1}{5}\hfill \end{array}\right)$＋…＋$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2n1}\frac{1}{2n1}\hfill \end{array}\right)$

＝1－$\frac{1}{2n1}$＝$\frac{2n}{2n1}$.

方法3　错位相减法求和

【典例4】 (2020·济南统测)在①a₃＝5，a₂＋a₅＝6b₂，②b₂＝2，a₃＋a₄＝3b₃，③S₃＝9，a₄＋a₅＝8b₂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{a_n}的公差为d(d>1)，前n项和为S_n，等比数列{b_n}的公比为q，且a₁＝b₁，d＝q，________.

(1)求数列{a_n}，{b_n}的通项公式；

(2)记c_n＝$\frac{an}{bn}$，求数列{c_n}的前n项和T_n.

(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.

(1)∵a₃＝5，a₂＋a₅＝6b₂，a₁＝b₁，d＝q，d>1，

∴$\left\{\begin{array}{l}a12d5\hfill \\ 2a15d6a1d\hfill \end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}a11\hfill \\ d2\hfill \end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}a1\frac{25}{6}\hfill \\ d\frac{5}{12}\hfill \end{array}\right.$(舍去).

∴$\left\{\begin{array}{l}b11\hfill \\ q2.\hfill \end{array}\right.$∴a_n＝a₁＋(n－1)d＝2n－1，b_n＝b₁q^n－1＝2^n－1.

(2)∵c_n＝$\frac{an}{bn}$，∴c_n＝$\frac{2n1}{2n1}$＝(2n－1)×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^{n1}$.

∴T_n＝1＋3×$\frac{1}{2}$＋5×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^2$＋…＋(2n－3)×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^{n2}$＋(2n－1)×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^{n1}$，

$\frac{1}{2}$T_n＝$\frac{1}{2}$＋3×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^2$＋5×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^3$＋…＋(2n－3)×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^{n1}$＋(2n－1)×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^n$.

上面两式相减，得

$\frac{1}{2}$T_n＝1＋2$\left[\begin{array}{l}\frac{1}{2}{\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)}^2�{\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)}^{n1}\hfill \end{array}\right]$－(2n－1)×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^n$

＝1＋2×$\frac{\frac{1}{2}\left[\begin{array}{l}1{\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)}^{n1}\hfill \end{array}\right]}{1\frac{1}{2}}$－(2n－1)×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^n$＝3－(2n＋3)×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^n$.

∴T_n＝6－(2n＋3)×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^{n1}$.

选条件②.

(1)∵b₂＝2，a₃＋a₄＝3b₃，a₁＝b₁，d＝q，d>1，

∴$\left\{\begin{array}{l}a1d2\hfill \\ 2a15d3a1d2\hfill \end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}a1d2\hfill \\ 2a15d6d\hfill \end{array}\right.$

解得$\left\{\begin{array}{l}a11\hfill \\ d2\hfill \end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}a11\hfill \\ d2\hfill \end{array}\right.$(舍去).∴$\left\{\begin{array}{l}b11\hfill \\ q2.\hfill \end{array}\right.$

∴a_n＝a₁＋(n－1)d＝2n－1，b_n＝b₁q^n－1＝2^n－1.

(2)∵c_n＝$\frac{an}{bn}$，∴c_n＝$\frac{2n1}{2n1}$＝(2n－1)×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^{n1}$.

∴T_n＝1＋3×$\frac{1}{2}$＋5×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^2$＋…＋(2n－3)×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^{n2}$＋(2n－1)×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^{n1}$，

$\frac{1}{2}$T_n＝$\frac{1}{2}$＋3×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^2$＋5×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^3$＋…＋(2n－3)×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^{n1}$＋(2n－1)×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^n$.

上面两式相减，得

$\frac{1}{2}$T_n＝1＋2$\left[\begin{array}{l}\frac{1}{2}{\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)}^2�{\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)}^{n1}\hfill \end{array}\right]$－(2n－1)×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^n$

＝1＋2×$\frac{\frac{1}{2}\left[\begin{array}{l}1{\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)}^{n1}\hfill \end{array}\right]}{1\frac{1}{2}}$－(2n－1)×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^n$＝3－(2n＋3)×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^n$.

∴T_n＝6－(2n＋3)×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^{n1}$.

选条件③.

(1)∵S₃＝9，a₄＋a₅＝8b₂，a₁＝b₁，d＝q，d>1，

∴$\left\{\begin{array}{l}a1d3\hfill \\ 2a17d8a1d\hfill \end{array}\right.$

解得$\left\{\begin{array}{l}a11\hfill \\ d2\hfill \end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}a1\frac{21}{8}\hfill \\ d\frac{3}{8}\hfill \end{array}\right.$(舍去)，∴$\left\{\begin{array}{l}b11\hfill \\ q2.\hfill \end{array}\right.$

∴a_n＝a₁＋(n－1)d＝2n－1，b_n＝b₁q^n－1＝2^n－1.

(2)∵c_n＝$\frac{an}{bn}$，∴c_n＝$\frac{2n1}{2n1}$＝(2n－1)×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^{n1}$.

∴T_n＝1＋3×$\frac{1}{2}$＋5×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^2$＋…＋(2n－3)×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^{n2}$＋(2n－1)×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^{n1}$，

$\frac{1}{2}$T_n＝$\frac{1}{2}$＋3×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^2$＋5×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^3$＋…＋(2n－3)×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^{n1}$＋(2n－1)×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^n$.

上面两式相减，得

$\frac{1}{2}$T_n＝1＋2$\left[\begin{array}{l}\frac{1}{2}{\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)}^2�{\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)}^{n1}\hfill \end{array}\right]$－(2n－1)×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^n$

＝1＋2×$\frac{\frac{1}{2}\left[\begin{array}{l}1{\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)}^{n1}\hfill \end{array}\right]}{1\frac{1}{2}}$－(2n－1)×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^n$＝3－(2n＋3)×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^n$.

∴T_n＝6－(2n＋3)×$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{2}\hfill \end{array}\right)$${}^{n1}$.

探究提高　1.一般地，如果数列{a_n}是等差数列，{b_n}是等比数列，求数列{a_n·b_n}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{b_n}的公比，然后作差求解.

2.在写“S_n”与“qS_n”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“S_n－qS_n”的表达式.

【拓展练习4】 (2020·潍坊模拟)在①b_2n＝2b_n＋1，②a₂＝b₁＋b₂，③b₁，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{a_n}中，a₁＝1，a_n＋1＝3a_n.公差不等于0的等差数列{b_n}满足________，求数列$\left\{\begin{array}{l}\frac{bn}{an}\hfill \end{array}\right\}$的前n项和S_n.

(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)

解　因为a₁＝1，a_n＋1＝3a_n，

所以{a_n}是以1为首项，3为公比的等比数列，

所以a_n＝3^n－1.

选①②时，设数列{b_n}的公差为d₁.

因为a₂＝3，所以b₁＋b₂＝3(ⅰ).

因为b_2n＝2b_n＋1，所以当n＝1时，b₂＝2b₁＋1(ⅱ).

由(ⅰ)(ⅱ)解得b₁＝$\frac{2}{3}$，b₂＝$\frac{7}{3}$，

所以d₁＝$\frac{5}{3}$，所以b_n＝$\frac{5n3}{3}$.

所以$\frac{bn}{an}$＝$\frac{5n3}{3n}$.

所以S_n＝$\frac{b1}{a1}$＋$\frac{b2}{a2}$＋…＋$\frac{bn}{an}$＝$\frac{2}{31}$＋$\frac{7}{32}$＋$\frac{12}{33}$＋…＋$\frac{5n3}{3n}$，

所以$\frac{1}{3}$S_n＝$\frac{2}{32}$＋$\frac{7}{33}$＋$\frac{12}{34}$＋…＋$\frac{5n8}{3n}$＋$\frac{5n3}{3n1}$.

上面两式相减，得

$\frac{2}{3}$S_n＝$\frac{2}{3}$＋5$\left(\begin{array}{l}\frac{1}{32}\frac{1}{33}�\frac{1}{3n}\hfill \end{array}\right)$－$\frac{5n3}{3n1}$

＝$\frac{2}{3}$＋$\frac{5}{6}$－$\frac{15}{2\times 3n1}$－$\frac{5n3}{3n1}$＝$\frac{3}{2}$－$\frac{10n9}{2\times 3n1}$.

所以S_n＝$\frac{9}{4}$－$\frac{10n9}{4\times 3n}$.

选②③时，设数列{b_n}的公差为d₂.

因为a₂＝3，所以b₁＋b₂＝3，即2b₁＋d₂＝3.

因为b₁，b₂，b₄成等比数列，所以b$22$＝b₁b₄，即(b₁＋d₂)²＝b₁(b₁＋3d₂)，化简得d$22$＝b₁d₂.

因为d₂≠0，所以b₁＝d₂，从而d₂＝b₁＝1，所以b_n＝n.

所以$\frac{bn}{an}$＝$\frac{n}{3n1}$.

所以S_n＝$\frac{b1}{a1}$＋$\frac{b2}{a2}$＋…＋$\frac{bn}{an}$＝$\frac{1}{30}$＋$\frac{2}{31}$＋$\frac{3}{32}$＋…＋$\frac{n}{3n1}$，

所以$\frac{1}{3}$S_n＝$\frac{1}{31}$＋$\frac{2}{32}$＋$\frac{3}{33}$＋…＋$\frac{n1}{3n1}$＋$\frac{n}{3n}$.

上面两式相减，得

$\frac{2}{3}$S_n＝1＋$\frac{1}{31}$＋$\frac{1}{32}$＋$\frac{1}{33}$＋…＋$\frac{1}{3n1}$－$\frac{n}{3n}$

＝$\frac{3}{2}$$\left(\begin{array}{l}1\frac{1}{3n}\hfill \end{array}\right)$－$\frac{n}{3n}$＝$\frac{3}{2}$－$\frac{2n3}{2\times 3n}$.

所以S_n＝$\frac{9}{4}$－$\frac{2n3}{4\times 3n1}$.

选①③时，设数列{b_n}的公差为d₃.因为b_2n＝2b_n＋1，所以b₂＝2b₁＋1，所以d₃＝b₁＋1.又因为b₁，b₂，b₄成等比数列，所以b$22$＝b₁b₄，即(b₁＋d₃)²＝b₁(b₁＋3d₃)，化简得d$23$＝b₁d₃.因为d₃≠0，所以b₁＝d₃，无解，所以等差数列{b_n}不存在.故不合题意.

考向三　与数列相关的综合问题

【典例5】 (2020·杭州滨江区调研)设f(x)＝$\frac{1}{2}$x²＋2x，f′(x)是y＝f(x)的导函数，若数列{a_n}满足a_n＋1＝f′(a_n)，且首项a₁＝1.

(1)求数列{a_n}的通项公式；

(2)数列{a_n}的前n项和为S_n，等比数列{b_n}中，b₁＝a₁，b₂＝a₂，数列{b_n}的前n项和为T_n，请写出适合条件T_n≤S_n的所有n的值.

解　(1)由f(x)＝$\frac{1}{2}$x²＋2x，得f′(x)＝x＋2.

∵a_n＋1＝f′(a_n)，且a₁＝1.

∴a_n＋1＝a_n＋2，则a_n＋1－a_n＝2，

因此数列{a_n}是公差为2，首项为1的等差数列.

∴a_n＝1＋2(n－1)＝2n－1.

(2)数列{a_n}的前n项和S_n＝$\frac{n12n1}{2}$＝n²，

等比数列{b_n}中，设公比为q，∵b₁＝a₁＝1，b₂＝a₂＝3，

∴q＝3.∴b_n＝3^n－1，

∴数列{b_n}的前n项和T_n＝$\frac{13n}{13}$＝$\frac{3n1}{2}$.

T_n≤S_n可化为$\frac{3n1}{2}$≤n².

又n∈N^*，∴n＝1，或n＝2.

故适合条件T_n≤S_n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.

【拓展练习5】 已知数列{a_n}与{b_n}满足：a₁＋a₂＋a₃＋…＋a_n＝2b_n(n∈N^*)，若{a_n}是各项为正数的等比数列，且a₁＝2，b₃＝b₂＋4.

(1)求数列{a_n}与{b_n}的通项公式；

(2)若数列{c_n}满足c_n＝$\frac{an}{bnbn1}$(n∈N^*)，T_n为数列{c_n}的前n项和，证明：T_n＜1.

(1)解　由题意知，a₁＋a₂＋a₃＋…＋a_n＝2b_n，①

当n≥2时，a₁＋a₂＋a₃＋…＋a_n－1＝2b_n－1，②

①－②可得a_n＝2(b_n－b_n－1)

⇒a₃＝2(b₃－b₂)＝2×4＝8，

∵a₁＝2，a_n＞0，设{a_n}的公比为q，

∴a₁q²＝8⇒q＝2，∴a_n＝2×2^n－1＝2ⁿ(n∈N^*).

∴2b_n＝2¹＋2²＋2³＋…＋2ⁿ＝$\frac{212n}{12}$＝2^n＋1－2，

∴b_n＝2ⁿ－1(n∈N^*).

(2)证明　由已知c_n＝$\frac{an}{bn·bn1}$＝$\frac{2n}{2n12n11}$

＝$\frac{1}{2n1}$－$\frac{1}{2n11}$，

∴T_n＝c₁＋c₂＋…＋c_n

＝$\frac{1}{211}$－$\frac{1}{221}$＋$\frac{1}{221}$－$\frac{1}{231}$＋…＋$\frac{1}{2n1}$－$\frac{1}{2n11}$

＝1－$\frac{1}{2n11}$，

当n∈N^*时，2^n＋1＞1，

∴$\frac{1}{2n11}$＞0，∴1－$\frac{1}{2n11}$＜1，故T_n＜1.

【专题拓展练习】

一、单选题

20-21高三上·江苏常州·期末

单选题 | 适中(0.65)

解题方法

裂项相消法

已知数列满足，设，且，则数列的首项的值为（       ）

A．

B．

C．

D．

2021-01-18更新 | 1199次组卷 | 12卷引用：江苏省常州市四校联考2020-2021学年高三上学期期末数学试题

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单选题 | 适中(0.65)

解题方法

构造法求数列通项 裂项相消法

在数列{a_n}中．a₁＝4，a₂＝6，且当时，，若T_n是数列{b_n}的前n项和，b_n＝，则当为整数时，λn＝（　　）

A．6

B．12

C．20

D．24

2021-01-18更新 | 434次组卷

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2021·河南郑州·一模

单选题 | 适中(0.65)

解题方法

分组（并项）求和法

设为数列的前项和，，则数列的前项和为（       ）

A．

B．

C．

D．

2021-01-10更新 | 1778次组卷 | 10卷引用：河南省郑州市2020-2021学年高三上学期第一次质量检测文科数学试题

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20-21高三上·山西·期中

单选题 | 适中(0.65)

若，则、、、中值为的共有（       ）

A．个

B．个

C．个

D．个

2020-12-09更新 | 692次组卷 | 7卷引用：山西省运城市2021届高三（上）期中数学（理科）试题

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20-21高三上·山东菏泽·期中

单选题 | 适中(0.65)

名校

解题方法

等差等比公式法 分组（并项）求和法

已知数列为等差数列，首项为2，公差为3，数列为等比数列，首项为2，公比为2，设，为数列的前项和，则当时，的最大值是（       ）

A．8

B．9

C．10

D．11

2020-12-08更新 | 637次组卷 | 9卷引用：山东省菏泽市2021届高三上学期期中考试数学试题（A）

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2021·江西·模拟预测

单选题 | 较易(0.85)

解题方法

裂项相消法

已知数列满足，设，为数列的前n项和.若对任意恒成立，则实数t的最小值为（       ）

A．1

B．2

C．

D．

2020-12-06更新 | 1546次组卷 | 11卷引用：江西省名校2021届高三上学期第二次联考数学（理）试题

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20-21高三上·山东威海·期中

单选题 | 较易(0.85)

解题方法

倒序相加法

已知数列的前项和为，满足，（均为常数），且.设函数，记，则数列的前项和为（       ）

A．

B．

C．

D．

2020-12-04更新 | 860次组卷 | 10卷引用：山东省威海市威海文登区2020-2021学年高三上学期期中考试数学试题

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20-21高三上·浙江宁波·期中

单选题 | 适中(0.65)

公元1202年列昂那多·斐波那契（意大利著名数学家）以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，……，即，，，此数列在现代物理、化学等学科都有着十分广泛的应用。若将此数列的各项除以2后的余数构成一个新数列，设数列的前项的和为；若数列满足：，设数列的前项的和为，则（       ）

A．1348

B．1347

C．674

D．673

2020-12-03更新 | 557次组卷 | 4卷引用：浙江省宁波市慈溪市2020-2021学年高三上学期期中数学试题

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2021·全国·模拟预测

单选题 | 较易(0.85)

名校

某人用本金5万元买了某银行的理财产品，该产品按复利计息(把前一期的利息和本金加在一起作为下一期的本金)约定每期利率为5%，已知若存期为，本息和为5.5万元，若存期为，本息和为5.8万元，则存期为时，本息和为（       ）(单位：万元)

A．11.3

B．6.52

C．6.38

D．6.3

2020-12-04更新 | 684次组卷 | 5卷引用：黑龙江省哈尔滨市第六中学校2021-2022学年高二下学期期中考试数学试题

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16-17高三上·福建厦门·期中

单选题 | 较难(0.4)

若数列满足：存在正整数T，对于任意正整数都有成立，则称数列为周期数列，周期为T．
已知数列满足 ，则下列结论错误的是

A．若，则可以取3个不同的数；

B．若，则数列是周期为3的数列；

C．存在，且，数列是周期数列；

D．对任意且，存在，使得是周期为的数列．

2016-12-04更新 | 1252次组卷 | 4卷引用：2016届福建省厦门一中高三上学期期中理科数学试卷

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二、多选题

20-21高三上·湖北武汉·阶段练习

多选题 | 适中(0.65)

解题方法

裂项相消法

已知等差数列的前项和为，若，，，，成等比数列，则（       ）

A．	B．
C．	D．

2020-12-13更新 | 488次组卷 | 3卷引用：湘鄂部分重点学校2020-2021学年高三上学期11月联考理科数学试题

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20-21高三上·广东清远·阶段练习

多选题 | 适中(0.65)

解题方法

分组（并项）求和法

已知首项为1的数列的前项和为，当为偶数时，；当为奇数且时，.若，则的值可以是（       ）

A．17

B．18

C．19

D．20

2020-12-02更新 | 490次组卷 | 4卷引用：广东省清远市2021届高三上学期11月摸底数学试题

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20-21高三上·河南·阶段练习

多选题 | 适中(0.65)

名校

解题方法

裂项相消法 错位相减法

斐波那契数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，又称黄金分割数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，其通项公式，是用无理数表示有理数的一个范例，该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和，即，记该数列的前项和为，则下列结论正确的是（       ）

A．	B．
C．	D．

2020-12-02更新 | 823次组卷 | 7卷引用：河南九师联盟2020-2021学年高三新高考11月质量检测数学试题

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多选题 | 适中(0.65)

解题方法

裂项相消法

若数列的前项和是，且，数列满足，则下列选项正确的为（       ）

A．数列是等差数列	B．
C．数列的前项和为	D．数列的前项和为，则

2020-11-27更新 | 1452次组卷

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三、填空题

2021·安徽淮北·一模

填空题-单空题 | 适中(0.65)

解题方法

Sn和an关系法求数列通项 裂项相消法

已知数列的前n项和为，且，若，则数列的前n项和______.

2021-01-19更新 | 1102次组卷 | 8卷引用：安徽省淮北市2021届高三一模数学（文）试题

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