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（教师版）

这是一份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（教师版），共18页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。

【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．3 699块 B．3 474块
C．3 402块 D．3 339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＋eq \f(27×26,2)×9＝3 402(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20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×
6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，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eq \i\su(k＝1,n,S)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5 dm×6 dm，eq \f(5,2) dm×12 dm，10 dm×3 dm,20 dm×eq \f(3,2) dm四种规格的图形，且5×6＝30，eq \f(5,2)×12＝30,10×3＝30，
20×eq \f(3,2)＝30，所以S3＝30×4＝120；
当n＝4时，共可以得到5 dm×3 dm，eq \f(5,2) dm×6 dm，eq \f(5,4) dm×12 dm,10 dm×eq \f(3,2) dm,20 dm×eq \f(3,4) 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，eq \f(5,2)×6＝15，eq \f(5,4)×12＝15,10×eq \f(3,2)＝15,20×eq \f(3,4)＝15，
所以S4＝15×5＝75；
……
所以可归纳Sk＝eq \f(240,2k)×(k＋1)＝eq \f(240k＋1,2k).
所以eq \i\su(k＝1,n,S)k＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,22)＋\f(4,23)＋…＋\f(n,2n－1)＋\f(n＋1,2n)))，①
所以eq \f(1,2)×eq \i\su(k＝1,n,S)k
＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,22)＋\f(3,23)＋\f(4,24)＋…＋\f(n,2n)＋\f(n＋1,2n＋1)))，②
由①－②得，eq \f(1,2)×eq \i\su(k＝1,n,S)k
＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋\f(1,24)＋…＋\f(1,2n)－\f(n＋1,2n＋1)))
＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\f(1,22)－\f(1,2n)×\f(1,2),1－\f(1,2))－\f(n＋1,2n＋1)))
＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\f(n＋3,2n＋1)))，
所以eq \i\su(k＝1,n,S)k＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(n＋3,2n)))dm2.
【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，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＝28.5，,a10＋a11＋a12＝1.5，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝10.5，,d＝－1，))
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＝ln 2，a2＋a3＝5ln 2.
(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＝5ln 2，
所以2a1＋3d＝5ln 2.又a1＝ln 2，所以d＝ln 2.
所以an＝a1＋(n－1)d＝nln 2.
(2)因为ea1＝eln 2＝2，eq \f(ean,ean－1)＝ean－an－1＝eln 2＝2，
所以{ean}是首项为2，公比为2的等比数列．
所以ea1＋ea2＋…＋ean＝2×eq \f(1－2n,1－2)＝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＝eq \f(2－2n＋1,1－2)－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＝2lg2bn，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＝2lg2b2＝4，
所以d＝a2－a1＝2，
所以an＝2＋(n－1)×2＝2n.
又an＝2lg2bn，即2n＝2lg2bn，
所以n＝lg2bn，
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
＝eq \f(107×2＋214,2)－eq \f(2－28,1－2)＝11 302.
【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lg a1＋lg a2 021＝0，若函数f(x)＝eq \f(2,1＋x2)，则f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 021)＝( )
A．2 020 B．4 040
C．2 021 D．4 042
【解析】因为数列{an}是公比不等于1的正项等比数列，且lg a1＋lg a2 021＝0，所以lg(a1·a2 021)＝0，即a1·a2 021＝1. 因为函数f(x)＝eq \f(2,1＋x2)，所以f(x)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝eq \f(2,1＋x2)＋eq \f(2,1＋\f(1,x2))＝eq \f(2＋2x2,1＋x2)＝2，所以f(a1)＋f(a2 021)＝2. 令T＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 021)．则T＝f(a2 021)＋f(a2 020)＋…＋f(a1)．所以2T＝f(a1)＋f(a2 021)＋f(a2)＋f(a2 020)＋…＋f(a2 021)＋f(a1)＝2×2 021，所以T＝2 021.
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＝Sneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(anπ,2)＋sin \f(anπ,2)))，则数列{bn}的前2 020项之和T2 020＝________．
【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eq \f(an,n)＝eq \f(an－1,n－1)(n≥2)，
即数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))为常数列，
故eq \f(an,n)＝eq \f(a1,1)＝1，an＝n，
于是Sn＝eq \f(n（n＋1）,2)，
于是bn＝eq \f(n（n＋1）,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(nπ,2)＋sin \f(nπ,2)))，
令cn＝b4n－3＋b4n－2＋b4n－1＋b4n(n∈N*)，
则cn＝eq \f(（4n－3）（4n－2）,2)×(0＋1)＋eq \f(（4n－2）×（4n－1）,2)×(－1＋0)＋eq \f(（4n－1）×4n,2)×(0－1)＋eq \f(4n（4n＋1）,2)×(1＋0)＝2，
于是T2 020＝c1＋c2＋…＋c505＝2×505＝1 010.
【典例3】设数列{an}的通项公式为an＝2n－1，记数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))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eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
所以Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＜eq \f(1,2)，
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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(a2n＋3,5)))))的前10项和为( )
A．12 B.eq \f(113,5)
C．24 D．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eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(a2n＋3,5)))＝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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(a2n＋3,5)))))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eq \(BnAn,\s\up6(→))＝aneq \(CA,\s\up6(→))＋bneq \(CB,\s\up6(→))(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{eq \f(an,bn)}(n∈N*，n＞1)既有最小值，又有最大值
D．若在△ABC中，C＝90°，CA＝CB，则|eq \(BnAn,\s\up6(→))|最小时，an＋bn＝eq \f(1,2)
【解析】由eq \(BAn,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))eq \(BA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))(eq \(CA,\s\up6(→))－eq \(CB,\s\up6(→)))，得eq \(BnB,\s\up6(→))＝eq \f(1,2n)eq \(CB,\s\up6(→))，得eq \(BnAn,\s\up6(→))＝eq \(BnB,\s\up6(→))＋eq \(BAn,\s\up6(→))＝eq \f(1,2n)eq \(CB,\s\up6(→))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))(eq \(CA,\s\up6(→))－eq \(CB,\s\up6(→)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－1))eq \(CB,\s\up6(→))，所以an＝1－eq \f(1,2n)，bn＝eq \f(1,2n－1)－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＝eq \f(1,2n)，a1＋b1＝eq \f(1,2)，即数列{an＋bn}是首项为eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,2)的等比数列，故B正确；当n＞1时，在数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn)))中，eq \f(an,bn)＝eq \f(2n－1,2－2n)＝－1＋eq \f(1,2－2n)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn)))递增，有最小值，无最大值，故C错误；若在△ABC中，C＝90°，CA＝CB，则|eq \(BnAn,\s\up6(→))|2＝(aeq \\al(2,n)＋beq \\al(2,n))·CA2＋2anbneq \(CA,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝(aeq \\al(2,n)＋beq \\al(2,n))eq \(CA,\s\up6(→))2，aeq \\al(2,n)＋beq \\al(2,n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－1))eq \s\up12(2)＝5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n)))eq \s\up12(2)－6×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)＋2＝5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n)－\f(3,5)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,5)，当n＝1时，aeq \\al(2,n)＋beq \\al(2,n)取得最小值，故当|eq \(BnAn,\s\up6(→))|最小时，an＋bn＝eq \f(1,2)，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＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0.5n＋45，1≤n≤10，,50×0.99n－10，11≤n≤20.))
(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＋4 950×(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eq \f(S20,20)≈48.63，则eq \f(S20,20)＜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＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn＋1)))，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＝eq \f(a4＋a6,2)＝11，所以d＝eq \f(a5－a2,5－2)＝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(Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n))＝2(1＋n)＞2n＋1，所以cn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn＋1)))＝eq \f(2n＋1,2n＋1)，所以Sn＝eq \f(3,22)＋eq \f(5,23)＋eq \f(7,24)＋…＋eq \f(2n＋1,2n＋1)①，
eq \f(1,2)Sn＝eq \f(3,23)＋eq \f(5,24)＋eq \f(7,25)＋…＋eq \f(2n＋1,2n＋2)②，
①－②，得eq \f(1,2)Sn＝eq \f(3,4)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋eq \f(1,24)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(2n＋1,2n＋2)
＝eq \f(3,4)＋eq \f(1,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)－eq \f(2n＋1,2n＋2)
＝eq \f(5,4)－eq \f(2n＋5,2n＋2)，
故Sn＝eq \f(5,2)－eq \f(2n＋5,2n＋1).
【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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝5，,a1·a1＋d＝2a1＋3d，))
整理得(5－2d)(5－d)＝2(5＋d)，
即2d2－17d＋15＝0，解得d＝eq \f(15,2)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)
＝eq \f(2×1－22n＋1,1－2)＋eq \f(3＋2n＋42n＋2,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－1eq \f(4n,anan＋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－1eq \f(4n,anan＋1)
＝(－1)n－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))，
当n为偶数时，
Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＋\f(1,7)))－…
＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))
＝1－eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(2n,2n＋1)；
当n为奇数时，
Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＋\f(1,7)))－…－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))
＝1＋eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(2n＋2,2n＋1).
∴Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2n,2n＋1)，n为偶数，,\f(2n＋2,2n＋1)，n为奇数.))
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．－3 B．3 C．－4 D．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．－110 B．－90 C．90 D．110
【解析】∵a7是a3与a9的等比中项，
∴aeq \\al(2,7)＝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＝eq \f(10a1＋a10,2)＝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eq \f(a2,a1)等于( )
A.eq \f(3,2) B.eq \f(2,3) C.eq \f(1,2) 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eq \f(a2,a1)＝eq \f(2d＋d,2d)＝eq \f(3,2).
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1 700万元．则该研究所改建这十个实验室投入的总费用最多需要( )
A．3 233万元 B．4 706万元
C．4 709万元 D．4 808万元
【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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a5－a2＝42，,a7－a4＝168，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q4－a1q＝42，,a1q6－a1q3＝168，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝3，,q＝2.))故a10＝a1q9＝1 536.
依题意x＋1 536≤1 700，即x≤164.
所以总费用为10x＋a1＋a2＋…＋a10＝10x＋eq \f(31－210,1－2)＝10x＋3 069≤4 709.
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lg 2≈0.301 0，lg 3≈0.477 1( )
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×eq \f(6,5)(万元)，
2021年的获利为a3＝20×(1＋20%)2＝20·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)))2(万元)，
∴数列{an}的通项公式为an＝20·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)))n－1(n∈N*)，
由题意可得an＝20·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)))n－1>60，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)))n－1>3，
∴n－1>＝eq \f(lg 3,lg \f(6,5))＝eq \f(lg 3,lg 6－lg 5)＝eq \f(lg 3,lg2×3－lg \f(10,2))＝eq \f(lg 3,2lg 2＋lg 3－1)≈eq \f(0.477 1,2×0.301 0＋0.477 1－1)≈6.031 6>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2 019项的和为( )
A．672 B．673
C．1 346 D．2 019
【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2 019＝673×3，
所以数列{an}的前2 019项的和为673×2＝1 346.
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．5 B．11
C．20 D．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aeq \\al(2,2)＝aeq \\al(2,3)＋aeq \\al(2,4)＋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＋eq \f(n(n－1),2)×(－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2 019项的和S2 019的最小值为( )
A．－2 019 B．－3 010
C．－3 025 D．－3 027
【解析】依题意，要使“绝对和数列”{an}前2 019项的和S2 019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＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,－2，n为大于1的奇数，,－1，n为偶数，))所以S2 019＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2 018＋a2 019)＝2＋(－1－2)×eq \f(2 019－1,2)＝－3 025，
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＝12
B．an＋1＝an＋n＋1
C．a100＝5 050
D．2an＋1＝an·an＋2
【解析】由题意知，a1＝1，a2＝3，a3＝6，…，
an＝an－1＋n，故an＝eq \f(nn＋1,2)，
∴a4＝eq \f(4×4＋1,2)＝10，故A错误；
an＋1＝an＋n＋1，故B正确；
a100＝eq \f(100×100＋1,2)＝5 050，故C正确；
2an＋1＝(n＋1)(n＋2)，
an·an＋2＝eq \f(nn＋1n＋2n＋3,4)，
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＝0 B．S10最小
C．S7＝S12 D．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＋eq \f(nn－1d,2)＝－9nd＋eq \f(nn－1d,2)＝eq \f(d,2)×(n2－19n)，
则有S7＝S12，故C一定正确；
则S20＝20a1＋eq \f(20×19,2)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．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(5),2)))\s\up12(n－1)))
【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＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(5),2)))eq \s\up12(n－1)，则an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(5),2)))eq \s\up12(n－2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(5),2)))eq \s\up12(n－3)＝an－1＋an－2(n≥3)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(5),2)))\s\up12(n－1)))是“T数列”．
故选AD．
12. 一个弹性小球从100 m高处自由落下，每次着地后又跳回原来的高度的eq \f(2,3)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＜500 B．Sn≤500
C．Sn的最小值为eq \f(700,3) D．Sn的最大值为400
【解析】第一次着地时，共经过了100 m，第二次着地时，共经过了eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(100＋100×\f(2,3)×2)) m，第三次着地时，共经过了eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(100＋100×\f(2,3)×2＋100×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(2)×2)) m，…，以此类推，第n次着地时，共经过了eq \b\lc\[(\a\vs4\al\c1(100＋100×\f(2,3)×2＋100×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(2)×2＋…＋100×))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(n－1)×2)) m．所以Sn＝100＋eq \f(\f(400,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(n－1))),1－\f(2,3))＝100＋400eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(n－1))).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＝eq \f(700,3).又Sn＝100＋400eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(n－1)))＜100＋400＝500.
故选AC．
【填空题】
13. 若数列{an}满足eq \f(1,an＋1)－eq \f(2,an)＝0，则称{an}为“梦想数列”．已知正项数列{eq \f(1,bn)}为“梦想数列”，且b1＋b2＋b3＝1，则b6＋b7＋b8＝________．
【解析】由eq \f(1,an＋1)－eq \f(2,an)＝0可得an＋1＝eq \f(1,2)an，故{an}是公比为eq \f(1,2)的等比数列，故{eq \f(1,bn)}是公比为eq \f(1,2)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＝eq \f(2n－1,2－1)＋n＝2n－1＋n.因为对任意的n∈N*，(Sn＋1－n)k≥2n－3恒成立，所以k≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2n－3,2n)))eq \s\d7(max).令bn＝eq \f(2n－3,2n)，因为bn＋1－bn＝eq \f(2n－1,2n＋1)－eq \f(2n－3,2n)＝eq \f(5－2n,2n＋1)，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＝eq \f(3,8)，所以k≥eq \f(3,8).
15. 若数列{an}满足a2－eq \f(1,2)a1【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－eq \f(1,2)an－1＝(1－2t)·2n－1－eq \f(1,2)·(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t16. 已知等差数列{an}的首项a1及公差d都是实数，且满足eq \f(S2S4,2)＋eq \f(S\\al(2,3),9)＋2＝0，则d的取值范围是________．
【解析】∵eq \f(S2S4,2)＋eq \f(S\\al(2,3),9)＋2＝0，
∴eq \f(2a1＋d4a1＋6d,2)＋eq \f(3a1＋3d2,9)＋2＝0，
∴5aeq \\al(2,1)＋10da1＋4d2＋2＝0，
∵a1，d∈R，
∴Δ＝100d2－20(4d2＋2)≥0，
解得d≥eq \r(2)或d≤－eq \r(2).
【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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＝a1＋2d＝3，,S7＝7a1＋\f(7×7－1,2)d＝14，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝5，,d＝－1，))
∴an＝a1＋(n－1)d＝－n＋6，
Sn＝eq \f(a1＋ann,2)＝eq \f(5＋6－nn,2)＝eq \f(11－nn,2).
(2)由(1)知an＝－n＋6，bn＝，
得bn＝26－n＝26×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，
∴Tn＝eq \f(25\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝26－26×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))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
eq \f(un,2n)＝1＋eq \f(3,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n－1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n
＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n＋1,1－\f(3,2))＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3n＋1,2n＋1))),－1)＝eq \f(3n＋1,2n)－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)＝eq \f(nn＋3,2)；
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＋eq \f(a1－an,1－a)－(n＋1)an＋1，
所以Sn＝eq \f(a,1－a)＋eq \f(a1－an,1－a2)－eq \f(n＋1an＋1,1－a).
综上，Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(nn＋3,2)，a＝1，,\f(a－n＋1an＋1,1－a)＋\f(a1－an,1－a2)，a>0，a≠1.))
19. 已知数列{an}的前n项和Sn满足eq \r(Sn)＝eq \r(Sn－1)＋1(n≥2，n∈N)，且a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)记bn＝eq \f(1,an·an＋1)，Tn为{bn}的前n项和，求使Tn≥eq \f(2,n)成立的n的最小值．
【解析】(1)由已知有eq \r(Sn)－eq \r(Sn－1)＝1(n≥2，n∈N)，所以数列{eq \r(Sn)}为等差数列，又eq \r(S1)＝eq \r(a1)＝1，所以eq \r(Sn)＝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＝eq \f(1,(2n－1)(2n＋1))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
所以Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1).
由Tn≥eq \f(2,n)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，eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,bn)－eq \f(2,bn＋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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2a4＝a5，,a3－4a2＋4a1＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(aeq \\al(2,1)q4＝a1q4，,a1q2－4a1q＋4a1＝0，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2.))
因此数列{an}为“M－数列”．
(2)因为eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,bn)－eq \f(2,bn＋1)，所以bn≠0.
由b1＝1，S1＝b1，得eq \f(1,1)＝eq \f(2,1)－eq \f(2,b2)，则b2＝2.
由eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,bn)－eq \f(2,bn＋1)，得Sn＝eq \f(bnbn＋1,2(bn＋1－bn))，
当n≥2时，由bn＝Sn－Sn－1，
得bn＝eq \f(bnbn＋1,2(bn＋1－bn))－eq \f(bn－1bn,2(bn－bn－1))，
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＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(a1,2)))；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＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(a1,2)))＝n2＋eq \f(a1,2)n，
令n＝1，得a1＝1＋eq \f(a1,2)，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aeq \\al(2,4)＝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＝eq \f(12×1－4n,1－4)＋eq \f(2×1－2n,1－2)＝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aeq \\al(2,n＋1)＝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>2 022的最小的正整数n的值．
【解析】(1)当n≥2时，
由aeq \\al(2,n＋1)＝2Sn＋n＋1，a2＝2，
得aeq \\al(2,n)＝2Sn－1＋n－1＋1，
两式相减得aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＝2an＋1，
即aeq \\al(2,n＋1)＝aeq \\al(2,n)＋2an＋1＝(an＋1)2.
∵{an}是正项数列，∴an＋1＝an＋1.
当n＝1时，aeq \\al(2,2)＝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＝eq \f(2·1－2n,1－2)－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＝1 538<2 022，
当n＝8时，T8＝7×29＋2＝3 586>2 022，
∴使Tn>2 022的最小的正整数n的值为8.