2021高考数学（文）大一轮复习习题 冲刺985 压轴题命题区间（四） 数列 word版含答案

这是一份2021高考数学（文）大一轮复习习题 冲刺985 压轴题命题区间（四） 数列 word版含答案，共13页。试卷主要包含了依次写出{bn}的每一项；等内容，欢迎下载使用。

(1)(2017·西安质检)对于函数y＝f(x)，部分x与y的对应关系如下表：
数列{xn}满足：x1＝1，且对于任意n∈N*，点(xn，xn＋1)都在函数y＝f(x)的图象上，则x1＋x2＋…＋x2 018＝( )
A．7 564 B．7 549
C．7 546 D．7 539
(2)(2016·合肥质检)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝12，a3·a5＝4，则下列说法正确的是( )
A．{an}是单调递减数列 B．{Sn}是单调递减数列
C．{a2n}是单调递减数列 D．{S2n}是单调递减数列
(1)∵数列{xn}满足x1＝1，且对任意n∈N*．
点(xn，xn＋1)都在函数y＝f(x)的图象上，
∴xn＋1＝f(xn)，
∴由图表可得x2＝f(x1)＝3，x3＝f(x2)＝5，x4＝f(x3)＝6，x5＝f(x4)＝1，x6＝f(x5)＝3，…，
∴数列{xn}是周期为4的周期数列，
∴x1＋x2＋…＋x2 018
＝504(x1＋x2＋x3＋x4)＋x1＋x2
＝504×15＋4＝7 564．
故选A．
(2)由于{an}是等比数列，
则a3a5＝aeq \\al(2,4)＝4，又a2＝12，
则a4＞0，a4＝2，q2＝eq \f(1,6)，
当q＝－eq \f(\r(6),6)时，
{an}和{Sn}不具有单调性，选项A和B错误；
a2n＝a2q2n－2＝12×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)))n－1单调递减，选项C正确；
当q＝－eq \f(\r(6),6)时，{S2n}不具有单调性，选项D错误．
(1)A (2)C
(1)解决数列的单调性问题的下三种方法
①用作差比较法，根据an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列或是常数列．
②用作商比较法，根据eq \f(an＋1,an)(an＞0或an＜0)与1的大小关系进行判断．
③结合相应函数的图象直观判断．
(2)解决数列周期性问题的方法
先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．
(3)数列的最值可以利用数列的单调性或求函数最值的思想求解．
1．(2016·安徽皖江名校联考)已知数列{an}的首项为2，且数列{an}满足an＋1＝eq \f(an－1,an＋1)，数列{an}的前n项和为Sn，则S2 016＝( )
A．504 B．588
C．－588 D．－504
解析：选C ∵a1＝2，an＋1＝eq \f(an－1,an＋1)，
∴a2＝eq \f(1,3)，a3＝－eq \f(1,2)，a4＝－3，a5＝2，…，
∴数列{an}是周期为4的周期数列，
且a1＋a2＋a3＋a4＝－eq \f(7,6)，
∵2 016＝4×504，
∴S2 016＝504×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,6)))＝－588．
2．(2016·全国乙卷)设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________．
解析：设等比数列{an}的公比为q，
则由a1＋a3＝10，a2＋a4＝q(a1＋a3)＝5，
知q＝eq \f(1,2)．又a1＋a1q2＝10，∴a1＝8．
故a1a2…an＝aeq \\al(n,1)q1＋2＋…＋(n－1)＝23n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))
＝2＝2．
记t＝－eq \f(n2,2)＋eq \f(7n,2)＝－eq \f(1,2)(n2－7n)＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(7,2)))2＋eq \f(49,8)，
结合n∈N*可知n＝3或4时，t有最大值6．
又y＝2t为增函数，
从而a1a2…an的最大值为26＝64．
答案：64
如果有穷数列a1，a2，a3，…，am(m为正整数)满足条件a1＝am，a2＝am－1，…，am＝a1，即ai＝am－i＋1(i＝1，2，…，m)，我们称其为“对称数列”．例如，数列1,2,3,4,3,2,1与数列a，b，c，c，b，a都是“对称数列”．
(1)设{bn}是8项的“对称数列”，其中b1，b2，b3，b4是等差数列，且b1＝1，b5＝13．依次写出{bn}的每一项；
(2)设{cn}是2m＋1项的“对称数列”，其中cm＋1，cm＋2，…，c2m＋1是首项为a，公比为q的等比数列，求{cn}的各项和Sn．
(1)设数列{bn}的前4项的公差为d，
则b4＝b1＋3d＝1＋3d．
又因为b4＝b5＝13，解得d＝4，
所以数列{bn}为1,5,9,13,13,9,5,1．
(2)由题意得，当q≠1时，Sn＝c1＋c2＋…＋c2m＋1
＝2(cm＋1＋cm＋2＋…＋c2m＋1)－cm＋1
＝2a(1＋q＋q2＋…＋qm)－a
＝2a·eq \f(1－qm＋1,1－q)－a．
而当q＝1时，Sn＝(2m＋1)a．
∴Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2m＋1a，q＝1，,2a·\f(1－qm＋1,1－q)－a，q≠1.))

(1)本题在求等比数列{cn}前n项和时可利用分类讨论思想．
(2)分类讨论思想在等比数列中应用较多，常见的分类讨论有
①已知Sn与an的关系，要分n＝1，n≥2两种情况．
②等比数列中遇到求和问题要分公比q＝1，q≠1讨论．
③项数的奇、偶数讨论．
④等比数列的单调性的判断注意与a1，q的取值的讨论．
⑤求数列{|an|}的前n项和要用到分类讨论．
(2016·浙江高考)设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*．
(1)求通项公式an；
(2)求数列{|an－n－2|}的前n项和．
解：(1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＝4，,a2＝2a1＋1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,a2＝3.))
又当n≥2时，
由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，
得an＋1＝3an，
所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*．
(2)设bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，
则b1＝2，b2＝1．
当n≥3时，由于3n－1＞n＋2，
故bn＝3n－1－n－2，n≥3．
设数列{bn}的前n项和为Tn，
则T1＝2，T2＝3，
当n≥3时，
Tn＝3＋eq \f(91－3n－2,1－3)－eq \f(n＋7n－2,2)＝eq \f(3n－n2－5n＋11,2)，
因为当n＝2时，
也符合Tn＝eq \f(3n－n2－5n＋11,2)．
所以Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2， n＝1，,\f(3n－n2－5n＋11,2)，n≥2，n∈N*.))
(1)已知数列{an}满足a1＝3，且an＋1＝4an＋3(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝22n－1＋1 B．an＝22n－1－1
C．an＝22n＋1 D．an＝22n－1
(2)已知正项数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an＋3×5n，则数列{an}的通项an＝( )
A．－3×2n－1 B．3×2n－1
C．5n＋3×2n－1 D．5n－3×2n－1
(1)由an＋1＝4an＋3，
得an＋1＋1＝4(an＋1)，
故数列{an＋1}是首项为a1＋1＝4，公比为4的等比数列，
所以an＋1＝4n，
所以an＝22n－1．
(2)法一：在递推公式an＋1＝2an＋3×5n的两边同时除以5n＋1，得eq \f(an＋1,5n＋1)＝eq \f(2,5)×eq \f(an,5n)＋eq \f(3,5)，①
令eq \f(an,5n)＝bn，则①式变为bn＋1＝eq \f(2,5)bn＋eq \f(3,5)，
即bn＋1－1＝eq \f(2,5)(bn－1)，
所以数列{bn－1}是等比数列，
其首项为b1－1＝eq \f(a1,5)－1＝－eq \f(3,5)，公比为eq \f(2,5)，
所以bn－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))n－1，
即bn＝1－eq \f(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))n－1，
所以eq \f(an,5n)＝1－eq \f(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))n－1＝1－eq \f(3×2n－1,5n)，
故an＝5n－3×2n－1．
法二：设an＋1＋k·5n＋1＝2(an＋k×5n)，
则an＋1＝2an－3k×5n，与题中递推公式比较得k＝－1，
即an＋1－5n＋1＝2(an－5n)，
所以数列{an－5n}是首项为a1－5＝－3，公比为2的等比数列，则an－5n＝－3×2n－1，故an＝5n－3×2n－1．
(1)D (2)D
利用构造法求解数列的通项公式，关键在于递推关系的灵活变形，当an与an－1的系数相同时，主要是通过构造等差数列或利用累加法求通项；若两者的系数不同，则应构造等比数列或利用作商之后再累乘的方法求解．求解时应注意数列的首项的正确求解以及准确确定累加、累乘最后一个式子的形式．本题的递推公式是an＋1＝αan＋β×αn的推广an＋1＝αan＋β×γn，两边同时除以γn＋1后得到eq \f(an＋1,γ n＋1)＝eq \f(α,γ)·eq \f(an,γn)＋eq \f(β,γ)，转化为bn＋1＝kbn＋eq \f(β,γ)的形式，通过构造公比是eq \f(α,γ)的等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn－\f(β,γ1－k)))求解．
1．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq \f(an,an＋3)(n∈N*)，则an＝________．
解析：因为an＋1＝eq \f(an,an＋3)(n∈N*)，
所以eq \f(1,an＋1)＝eq \f(3,an)＋1，设eq \f(1,an＋1)＋t＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋t))，
所以3t－t＝1，解得t＝eq \f(1,2)，
所以eq \f(1,an＋1)＋eq \f(1,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋\f(1,2)))，
又eq \f(1,a1)＋eq \f(1,2)＝1＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋\f(1,2)))是以eq \f(3,2)为首项，3为公比的等比数列，所以eq \f(1,an)＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)×3n－1＝eq \f(3n,2)，
所以an＝eq \f(2,3n－1)．
答案：eq \f(2,3n－1)
2．设数列{an}满足a1＝2，an＋1－4an＝3×2n＋1，则an＝______________．
解析：由a1＝2，an＋1－4an＝3×2n＋1得，
eq \f(an＋1,2n＋1)－eq \f(2an,2n)＝3，
设bn＝eq \f(an,2n)，则bn＋1＝2bn＋3，
设bn＋1＋t＝2(bn＋t)，
所以2t－t＝3，
解得t＝3，
所以bn＋1＋3＝2(bn＋3)，
所以eq \f(bn＋1＋3,bn＋3)＝2，
又b1＋3＝eq \f(a1,2)＋3＝1＋3＝4，
所以数列{bn＋3}是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以bn＋3＝4×2n－1＝2n＋1，
所以bn＝2n＋1－3，
所以an＝bn·2n＝(2n＋1－3)×2n＝22n＋1－3×2n．
答案：22n＋1－3×2n
1．在数列{an}中，已知a1＝2，a2＝7，an＋2等于anan＋1(n∈N*)的个位数，则a2 016＝( )
A．8 B．6
C．4 D．2
解析：选B 由题意得：a3＝4，a4＝8，a5＝2，a6＝6，a7＝2，a8＝2，a9＝4，a10＝8，…，所以数列中的项从第3项开始呈周期性出现，周期为6，故a2 016＝a335×6＋6＝a6＝6．
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)在函数f(x)＝x2＋x－2的图象上，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝2n－2 B．an＝n2＋n－2
C．an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0，n＝1,2n－1，n≥2)) D．an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0，n＝1,2n，n≥2))
解析：选D 由于点(n，Sn)在函数f(x)的图象上，则Sn＝n2＋n－2，当n＝1时，得a1＝S1＝0，当n≥2时，得an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－2－＝2n．故选D．
3．若数列{bn}的通项公式为bn＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(12,n)))＋13，则数列{bn}中的最大项的项数为( )
A．2或3 B．3或4
C．3 D．4
解析：选B 设数列{bn}的第n项最大．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(bn＋1≤bn，,bn≥bn－1，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(n＋1＋\f(12,n＋1)))＋13≤－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(12,n)))＋13，,－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(12,n)))＋13≥－\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(n－1＋\f(12,n－1)))＋13，))
整理得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋\f(12,n＋1)≥\f(12,n)，,1＋\f(12,n)≤\f(12,n－1)，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2＋n－12≥0，,n2－n－12≤0，))
解得n＝3或n＝4．
又b3＝b4＝6，
所以当n＝3或n＝4时，bn取得最大值．
4．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝a2＝1，{nSn＋(n＋2)an}为等差数列，则an＝( )
A．eq \f(n,2n－1) B．eq \f(n＋1,2n－1＋1)
C．eq \f(2n－1,2n－1) D．eq \f(n＋1,2n＋1)
解析：选A 设bn＝nSn＋(n＋2)an，
则b1＝4，b2＝8，
又{bn}为等差数列，所以bn＝4n，
所以nSn＋(n＋2)an＝4n，
所以Sn＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,n)))an＝4．
当n≥2时，
Sn－Sn－1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,n)))an－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,n－1)))an－1＝0，
所以eq \f(2n＋1,n)an＝eq \f(n＋1,n－1)an－1，
即2·eq \f(an,n)＝eq \f(an－1,n－1)．
又因为eq \f(a1,1)＝1，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是首项为1，
公比为eq \f(1,2)的等比数列，
所以eq \f(an,n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1(n∈N*)，
所以an＝eq \f(n,2n－1)(n∈N*)．
5．(2017·山西省质检)记Sn为正项等比数列{an}的前n项和，若eq \f(S12－S6,S6)－7·eq \f(S6－S3,S3)－8＝0，且正整数m，n满足a1ama2n＝2aeq \\al(3,5)，则eq \f(1,m)＋eq \f(8,n)的最小值是( )
A．eq \f(15,7) B．eq \f(9,5)
C．eq \f(5,3) D．eq \f(7,5)
解析：选C ∵{an}是等比数列，设{an}的公比为q，
∴eq \f(S12－S6,S6)＝q6，eq \f(S6－S3,S3)＝q3，
∴q6－7q3－8＝0，
解得q＝2，又a1ama2n＝2aeq \\al(3,5)，
∴aeq \\al(3,1)·2m＋2n－2＝2(a124)3＝aeq \\al(3,1)213，
∴m＋2n＝15，
∴eq \f(1,m)＋eq \f(8,n)＝eq \f(1,15)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(8,n)))(m＋2n)
＝eq \f(1,15)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(17＋\f(2n,m)＋\f(8m,n)))≥eq \f(1,15)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(17＋2 \r(\f(2n,m)×\f(8m,n))))
＝eq \f(5,3)，当且仅当eq \f(2n,m)＝eq \f(8m,n)，n＝2m，
即m＝3，n＝6时等号成立，
∴eq \f(1,m)＋eq \f(8,n)的最小值是eq \f(5,3)，故选C．
6．对于数列{xn}，若对任意n∈N*，都有eq \f(xn＋xn＋2,2)＜xn＋1成立，则称数列{xn}为“减差数列”．设bn＝2t－eq \f(tn－1,2n－1)，若数列b3，b4，b5，…是“减差数列”，则实数t的取值范围是( )
A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1]
C．(1，＋∞) D．(－∞，1]
解析：选C 由数列b3，b4，b5，…是“减差数列”，
得eq \f(bn＋bn＋2,2)＜bn＋1(n≥3)，
即t－eq \f(tn－1,2n)＋t－eq \f(tn＋2－1,2n＋2)＜2t－eq \f(tn＋1－1,2n)，
即eq \f(tn－1,2n)＋eq \f(tn＋2－1,2n＋2)＞eq \f(tn＋1－1,2n)，
化简得t(n－2)＞1．
当n≥3时，若t(n－2)＞1恒成立，
则t＞eq \f(1,n－2)恒成立，
又当n≥3时，eq \f(1,n－2)的最大值为1，
则t的取值范围是(1，＋∞)．
7．设等比数列{an}的公比为q，前n项和Sn＞0(n＝1,2，3，…)．则q的取值范围为________．
解析：因为{an}为等比数列，Sn＞0，
可以得到a1＝S1＞0，q≠0，
当q＝1时，Sn＝na1＞0；
当q≠1时，Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＞0，
即eq \f(1－qn,1－q)＞0(n＝1,2,3，…)，
上式等价于不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－q＜0，,1－qn＜0))(n＝1,2,3，…)，①
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－q＞0，,1－qn＞0))(n＝1,2,3，…)．②
解①式得q＞1，
解②式，由于n可为奇数，可为偶数，得－1＜q＜1．
综上，q的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．
答案：(－1,0)∪(0，＋∞)
8．(2016·河南六市一联)数列{an}的通项an＝n2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs2\f(nπ,3)－sin2\f(nπ,3)))，其前n项和为Sn，则S30＝________．
解析：由题意可知，an＝n2·cseq \f(2nπ,3)，
若n＝3k－2，
则an＝(3k－2)2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝eq \f(－9k2＋12k－4,2)(k∈N*)；
若n＝3k－1，
则an＝(3k－1)2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝eq \f(－9k2＋6k－1,2)(k∈N*)；
若n＝3k，
则an＝(3k)2·1＝9k2(k∈N*)，
∴a3k－2＋a3k－1＋a3k＝9k－eq \f(5,2)，k∈N*，
∴S30＝eq \i\su(k＝1,10, )eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(9k－\f(5,2)))＝eq \f(9－\f(5,2)＋90－\f(5,2),2)×10＝470．
答案：470
9．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*，且a1，a2＋5，a3成等差数列，则an＝________．
解析：由a1，a2＋5，a3成等差数列可得a1＋a3＝2a2＋10，
由2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，
得2a1＋2a2＝a3－7，
即2a2＝a3－7－2a1，
代入a1＋a3＝2a2＋10，得a1＝1，
代入2S1＝a2－22＋1，得a2＝5．
由2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，
得当n≥2时，2Sn－1＝an－2n＋1，
两式相减，得2an＝an＋1－an－2n，
即an＋1＝3an＋2n，
当n＝1时，5＝3×1＋21也适合an＋1＝3an＋2n，
所以对任意正整数n，an＋1＝3an＋2n．
上式两端同时除以2n＋1，
得eq \f(an＋1,2n＋1)＝eq \f(3,2)×eq \f(an,2n)＋eq \f(1,2)，
等式两端同时加1，得
eq \f(an＋1,2n＋1)＋1＝eq \f(3,2)×eq \f(an,2n)＋eq \f(3,2)＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)＋1))，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)＋1))是首项为eq \f(3,2)，
公比为eq \f(3,2)的等比数列，
所以eq \f(an,2n)＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n，
所以eq \f(an,2n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n－1，
所以an＝3n－2n．
答案：3n－2n
10．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω＞0，|φ|＜π)的图象经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，－2))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)，2))，且在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(7π,12)))上为单调函数．
(1)求ω，φ的值；
(2)设an＝nfeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(nπ,3)))(n∈N*)，求数列{an}的前30项和S30．
解：(1)由题可得eq \f(ωπ,12)＋φ＝2kπ－eq \f(π,2)，k∈Z，
eq \f(7ωπ,12)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
解得ω＝2，φ＝2kπ－eq \f(2π,3)，k∈Z，
∵|φ|＜π，
∴φ＝－eq \f(2π,3)．
(2)由(1)及题意可知an＝2nsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2nπ,3)－\f(2π,3)))(n∈N*)，
数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2nπ,3)－\f(2π,3)))))(n∈N*)的周期为3，前三项依次为0，eq \r(3)，－eq \r(3)，
∴a3n－2＋a3n－1＋a3n
＝(3n－2)×0＋(3n－1)×eq \r(3)＋3n×(－eq \r(3))
＝－eq \r(3)(n∈N*)，
∴S30＝(a1＋a2＋a3)＋…＋(a28＋a29＋a30)＝－10eq \r(3)．
11．已知△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积S＝4eq \r(3)，B＝60°，且a2＋c2＝2b2；等差数列{an}中，a1＝a，公差d＝b．数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn－2bn＋3＝0，n∈N*．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an，n为奇数，,bn，n为偶数，))求数列{cn}的前2n＋1项和P2n＋1．
解：(1)∵S＝eq \f(1,2)acsin B＝4eq \r(3)，
∴ac＝16，
又a2＋c2＝2b2，b2＝a2＋c2－2accs B，
∴b2＝ac＝16，
∴b＝4，
从而(a＋c)2＝a2＋c2＋2ac＝64，a＋c＝8，
∴a＝c＝4．
故可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝4，,d＝4，))
∴an＝4n．
∵Tn－2bn＋3＝0，
∴当n＝1时，b1＝3，
当n≥2时，Tn－1－2bn－1＋3＝0，
两式相减，得bn＝2bn－1(n≥2)，
∴数列{bn}为等比数列，
∴bn＝3·2n－1．
(2)依题意，cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4n，n为奇数，,3·2n－1，n为偶数.))
P2n＋1＝(a1＋a3＋…＋a2n＋1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)
＝eq \f([4＋42n＋1]n＋1,2)＋eq \f(61－4n,1－4)
＝22n＋1＋4n2＋8n＋2．
12．(2017·广州模拟)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，对任意n∈N*，都有2Sn＝(n＋1)an．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(4,anan＋2)))的前n项和为Tn，求证：eq \f(1,2)≤Tn＜1．
解：(1)因为2Sn＝(n＋1)an，
当n≥2时，2Sn－1＝nan－1，
两式相减，得2an＝(n＋1)an－nan－1，
即(n－1)an＝nan－1，
所以当n≥2时，eq \f(an,n)＝eq \f(an－1,n－1)，
所以eq \f(an,n)＝eq \f(a1,1)．
因为a1＝2，
所以an＝2n．
(2)证明：因为an＝2n，
令bn＝eq \f(4,anan＋2)，n∈N*，
所以bn＝eq \f(4,2n2n＋2)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)．
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))
＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1)．
因为eq \f(1,n＋1)＞0，
所以1－eq \f(1,n＋1)＜1．
因为f(n)＝eq \f(1,n＋1)在N*上是递减函数，
所以1－eq \f(1,n＋1)在N*上是递增的，
所以当n＝1时，Tn取最小值eq \f(1,2)．
所以eq \f(1,2)≤Tn＜1．
数列的性质
x
1
2
3
4
5
6
7
8
9
y
3
7
5
9
6
1
8
2
4
数列的和
构造法求通项公式