（天津专用）2020版高考数学大一轮复习6.4数列的综合应用精练.docx

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1、16.4 数列的综合应用挖命题【考情探究】5 年考情考点 内容解读考题示例 考向 关联考点预测热度2017 天津 ,182015 天津 ,182015 天津文 ,18错位相减法求数列的和1.数列求和掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法2016 天津文 ,18分组转化法求数列的和等比数列及前 n项和2018 天津 ,18裂项相消法求数列的和等差、等比数列的通项公式2014 天津 ,19等比数列求和不等式证明2.数列的综合应用1.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系,抽象出数列的模型,并能用有关知识解决相应的问题2.能处理数列与函数,数列与不等式等综合问题2013 天津文 ,18等差

2、数列、等比数列与函数数列的基本性质分析解读 综合运用数列,特别是等差数列、等比数列的有关知识,解答数列综合问题和实际问题,培养学生的理解能力、数学建模能力和运算能力.数列的应用主要从以下几个方面考查:1.会用公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法求解不同类型数列的和.2.能综合利用等差、等比数列的基本知识解决相关综合问题.3.数列递推关系、非等差、等比数列的求和是高考热点,特别是错位相减法和裂项相消法求和.破考点【考点集训】考点一 数列求和21.已知数列a n,bn,其中a n是首项为 3,公差为整数的等差数列,且a3a1+3,a42an(n1,nN *),给出下列命题:若数列

3、a n满足 a2a1,则 anan-1(n1,nN *)成立;存在常数 c,使得 anc(nN *)成立;若 p+qm+n(其中 p,q,m,nN *),则 ap+aqam+an;存在常数 d,使得 ana1+(n-1)d(nN *)都成立.上述命题正确的是 .(写出所有正确命题的序号) 答案 5.已知数列a n的前 n 项和 Sn= ,等比数列b n的前 n 项和为 Tn,若 b1=a1+1,b2-a2=2.n2+n2(1)求数列a n,bn的通项公式;(2)求满足 Tn+an300 的最小的 n 值.解析 (1)a 1=S1=1,n1 时,a n=Sn-Sn-1= - =n,n2+n2 (

4、n-1)2+(n-1)2又 n=1 时,a 1=1,所以 an=n 成立,a n=n(nN *),则由题意可知 b1=2,b2=4,b n的公比 q= =2,b n=2n(nN *).42(2)T n= =2(2n-1),2(1-2n)1-2T n+an=2(2n-1)+n,T n+an随 n 的增大而增大,3又 T7+a7=2127+7=261300,所求最小的 n 值为 8.炼技法【方法集训】方法 1 错位相减法求和1.已知数列a n的前 n 项和为 Sn,a1=5,nSn+1-(n+1)Sn=n2+n.(1)求证:数列 为等差数列;Snn(2)令 bn=2nan,求数列b n的前 n 项

5、和 Tn.解析 (1)证明:由 nSn+1-(n+1)Sn=n2+n 得 - =1,Sn+1n+1Snn又 =5,所以数列 是首项为 5,公差为 1 的等差数列.S11 Snn(2)由(1)可知 =5+(n-1)=n+4,所以 Sn=n2+4n.Snn当 n2 时,a n=Sn-Sn-1=n2+4n-(n-1)2-4(n-1)=2n+3.又 a1=5 也符合上式,所以 an=2n+3(nN *),所以 bn=(2n+3)2n,所以 Tn=52+722+923+(2n+3)2n,2Tn=522+723+924+(2n+1)2n+(2n+3)2n+1,由-得Tn=(2n+3)2n+1-10-(23

6、+24+2n+1)=(2n+3)2n+1-10-23(1-2n-1)1-2=(2n+3)2n+1-10-(2n+2-8)=(2n+1)2n+1-2.2.已知数列a n是等比数列,a 2=4,a3+2 是 a2和 a4的等差中项.(1)求数列a n的通项公式;(2)设 bn=2log2an-1,求数列a nbn的前 n 项和 Tn.解析 (1)设数列a n的公比为 q,4因为 a2=4,所以 a3=4q,a4=4q2.因为 a3+2 是 a2和 a4的等差中项,所以 2(a3+2)=a2+a4,即 2(4q+2)=4+4q2,化简得 q2-2q=0.因为公比 q0,所以 q=2.所以 an=a2

7、qn-2=42n-2=2n(nN *).(2)因为 an=2n,所以 bn=2log2an-1=2n-1,所以 anbn=(2n-1)2n,则 Tn=12+322+523+(2n-3)2n-1+(2n-1)2n,2Tn=122+323+524+(2n-3)2n+(2n-1)2n+1.由-得,-T n=2+222+223+22n-(2n-1)2n+1=2+2 -(2n-1)2n+1=-6-(2n-3)2n+1,4(1-2n-1)1-2 所以 Tn=6+(2n-3)2n+1.方法 2 裂项相消法求和3.已知数列a n(nN *)是公差不为 0 的等差数列,a 1=1,且 , , 成等比数列.1a2

8、1a41a8(1)求数列a n的通项公式;(2)设数列 的前 n 项和为 Tn,求证:T n0,所以 q=2.所以,b n=2n.由 b3=a4-2a1,可得 3d-a1=8.由 S11=11b4,可得 a1+5d=16,联立,解得 a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.所以,数列a n的通项公式为 an=3n-2,数列b n的通项公式为 bn=2n.(2)设数列a 2nb2n-1的前 n 项和为 Tn,由 a2n=6n-2,b2n-1=24n-1,有 a2nb2n-1=(3n-1)4n,故 Tn=24+542+843+(3n-1)4n,4Tn=242+543+844+(3n-4)4n+(

9、3n-1)4n+1,上述两式相减,得-3Tn=24+342+343+34n-(3n-1)4n+1= -4-(3n-1)4n+1=-(3n-2)4n+1-8.12(1-4n)1-4得 Tn= 4n+1+ .3n-23 83所以,数列a 2nb2n-1的前 n 项和为 4n+1+ .3n-23 837方法总结 (1)等差数列与等比数列中有五个量 a1,n,d(或 q),an,Sn,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求关键量 a1和 d(或 q),问题可迎刃而解.(2)数列a n是公差为 d 的等差数列,b n是公比 q1 的等比数列,求数列a nbn的前 n 项和适用错位相减法.2.(2016

10、 天津文,18,13 分)已知a n是等比数列,前 n 项和为 Sn(nN *),且 - = ,S6=63.1a11a22a3(1)求a n的通项公式;(2)若对任意的 nN *,bn是 log2an和 log2an+1的等差中项,求数列(-1) n 的前 2n 项和.b2n解析 (1)设数列a n的公比为 q.由已知,有 - = ,解得 q=2,或 q=-1.1a11a1q 2a1q2又由 S6=a1 =63,知 q-1,所以 a1 =63,得 a1=1.所以 an=2n-1.1-q61-q 1-261-2(2)由题意,得 bn= (log2an+log2an+1)= (log22n-1+l

11、og22n)=n- ,12 12 12即b n是首项为 ,公差为 1 的等差数列.12设数列(-1) n 的前 n 项和为 Tn,则b2nT2n=(- + )+(- + )+(- + )b21b22 b23b24 b 22n-1b22n=b1+b2+b3+b4+b2n-1+b2n= =2n2.2n(b1+b2n)2评析本题主要考查等差数列、等比数列及其前 n 项和公式等基础知识,考查数列求和的基本方法和运算求解能力.3.(2015 天津,18,13 分)已知数列a n满足 an+2=qan(q 为实数,且 q1),nN *,a1=1,a2=2,且 a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.

12、(1)求 q 的值和a n的通项公式;(2)设 bn= ,nN *,求数列b n的前 n 项和.log2a2na2n-1解析 (1)由已知,得(a 3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即 a4-a2=a5-a3,所以 a2(q-1)=a3(q-1).又因为 q1,故 a3=a2=2,由 a3=a1q,得 q=2.当 n=2k-1(kN *)时,a n=a2k-1=2k-1= ;2n-12当 n=2k(kN *)时,a n=a2k=2k= .2n28所以,a n的通项公式为 an=2n-12,n为奇数,2n2,n为偶数. (2)由(1)得 bn= = .设b n的前 n

13、项和为 Sn,则 Sn=1 +2 +3 +(n-1)log2a2na2n-1 n2n-1 120 121 122 +n ,12n-2 12n-1Sn=1 +2 +3 +(n-1) +n ,12 121 122 123 12n-1 12n上述两式相减,得Sn=1+ + + - = - =2- - ,12 12122 12n-1n2n1-12n1-12n2n 22nn2n整理得,S n=4- .n+22n-1所以,数列b n的前 n 项和为 4- ,nN *.n+22n-1评析本题主要考查等比数列及其前 n 项和公式、等差中项等基础知识.考查数列求和的基本方法、分类讨论思想和运算求解能力.4.(2

14、015 天津文,18,13 分)已知a n是各项均为正数的等比数列,b n是等差数列,且a1=b1=1,b2+b3=2a3,a5-3b2=7.(1)求a n和b n的通项公式;(2)设 cn=anbn,nN *,求数列c n的前 n 项和.解析 (1)设数列a n的公比为 q,数列b n的公差为 d,由题意知 q0.由已知,有消去 d,整理得 q4-2q2-8=0.又因为 q0,解得 q=2,所以 d=2.2q2-3d=2,q4-3d=10,所以数列a n的通项公式为 an=2n-1,nN *;数列b n的通项公式为 bn=2n-1,nN *.(2)由(1)有 cn=(2n-1)2n-1,设c

15、 n的前 n 项和为 Sn,则Sn=120+321+522+(2n-3)2n-2+(2n-1)2n-1,2Sn=121+322+523+(2n-3)2n-1+(2n-1)2n,上述两式相减,得-S n=1+22+23+2n-(2n-1)2n=2n+1-3-(2n-1)2n=-(2n-3)2n-3,所以,S n=(2n-3)2n+3,nN *.评析本题主要考查等差数列、等比数列及其前 n 项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力.9考点二 数列的综合应用1.(2018 天津,18,13 分)设a n是等比数列,公比大于 0,其前 n 项和为 Sn(nN *),bn是等差数列.已知

16、 a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6.(1)求a n和b n的通项公式;(2)设数列S n的前 n 项和为 Tn(nN *).(i)求 Tn;(ii)证明 = -2(nN *).nk=1(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)2n+2n+2解析 (1)设等比数列a n的公比为 q.由 a1=1,a3=a2+2,可得 q2-q-2=0.由 q0,可得 q=2,故 an=2n-1.设等差数列b n的公差为 d.由 a4=b3+b5,可得 b1+3d=4.由 a5=b4+2b6,可得 3b1+13d=16,从而 b1=1,d=1,故 bn=n.所以,数列a n的通项公式

17、为 an=2n-1,数列b n的通项公式为 bn=n.(2)(i)由(1),有 Sn= =2n-1,1-2n1-2故 Tn= = -n=2n+1-n-2.nk=1(2k-1)= nk=12k-n2(1-2n)1-2(ii)证明:因为 =(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)(2k+1-k-2+k+2)k(k+1)(k+2)= = - ,所以 = + + = -2.k2k+1(k+1)(k+2)2k+2k+22k+1k+1 nk=1(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)(233-222)(244-233) (2n+2n+2-2n+1n+1)2n+2n+2方法总结 解决数列求和问题的两种思

18、路(1)利用转化的思想将一般数列设法转化为等差或等比数列,这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成.(2)不能转化为等差或等比数列的,往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和.2.(2014 天津,19,14 分)已知 q 和 n 均为给定的大于 1 的自然数.设集合 M=0,1,2,q-1,集合 A=x|x=x1+x2q+xnqn-1,xiM,i=1,2,n.(1)当 q=2,n=3 时,用列举法表示集合 A;(2)设 s,tA,s=a 1+a2q+anqn-1,t=b1+b2q+bnqn-1,其中 ai,biM,i=1,2,n.证明:若an0,d0 时,满足 的项数 m,可使得 Sn取得

19、最小值,最小值为 Sm.am 0,am+1 02.(2016 课标,17,12 分)S n为等差数列a n的前 n 项和,且 a1=1,S7=28.记 bn=lgan,其中x表示不超过 x 的最大整数,如0.9=0,lg99=1.(1)求 b1,b11,b101;(2)求数列b n的前 1000 项和.解析 (1)设a n的公差为 d,据已知有 7+21d=28,解得 d=1.所以a n的通项公式为 an=n.b1=lg1=0,b11=lg11=1,b101=lg101=2.(2)因为 bn=0,1 n0, +2an=4Sn+3.a2n(1)求a n的通项公式;(2)设 bn= ,求数列b n

20、的前 n 项和.1anan+1解析 (1)由 +2an=4Sn+3,可知 +2an+1=4Sn+1+3.a2n a 2n+1可得 - +2(an+1-an)=4an+1,a 2n+1a2n即 2(an+1+an)= - =(an+1+an)(an+1-an).a 2n+1a2n由于 an0,可得 an+1-an=2.又 +2a1=4a1+3,a21解得 a1=-1(舍去)或 a1=3.所以a n是首项为 3,公差为 2 的等差数列,故通项公式为 an=2n+1.(2)由 an=2n+1 可知bn= = = .1anan+1 1(2n+1)(2n+3)12( 12n+1- 12n+3)设数列b

21、n的前 n 项和为 Tn,则Tn=b1+b2+bn= 12 (13-15)+(15-17)+( 12n+1- 12n+3)= .n3(2n+3)4.(2014 四川,19,12 分)设等差数列a n的公差为 d,点(a n,bn)在函数 f(x)=2x的图象上(nN *).(1)若 a1=-2,点(a 8,4b7)在函数 f(x)的图象上,求数列a n的前 n 项和 Sn;(2)若 a1=1,函数 f(x)的图象在点(a 2,b2)处的切线在 x 轴上的截距为 2- ,求数列 的前1ln2 anbnn 项和 Tn.解析 (1)由已知得,b 7= ,b8= =4b7,有 =4 = .2a7 2a

22、8 2a8 2a72a7+2解得 d=a8-a7=2.所以,S n=na1+ d=-2n+n(n-1)=n2-3n.n(n-1)213(2)函数 f(x)=2x在(a 2,b2)处的切线方程为y- =( ln2)(x-a2),2a2 2a2它在 x 轴上的截距为 a2- .1ln2由题意得,a 2- =2- ,1ln21ln2解得 a2=2.所以 d=a2-a1=1.从而 an=n,bn=2n.所以 Tn= + + + + ,12222323 n-12n-1n2n2Tn= + + + .1122322 n2n-1因此,2T n-Tn=1+ + + - =2- - = .12122 12n-1n

23、2n 12n-1n2n2n+1-n-22n所以,T n= .2n+1-n-22n评析本题考查等差数列与等比数列的概念、等差数列与等比数列通项公式与前 n 项和、导数的几何意义等基础知识,考查运算求解能力.考点二 数列的综合应用1.(2018 浙江,20,15 分)已知等比数列a n的公比 q1,且 a3+a4+a5=28,a4+2 是 a3,a5的等差中项.数列b n满足 b1=1,数列(b n+1-bn)an的前 n 项和为 2n2+n.(1)求 q 的值;(2)求数列b n的通项公式.解析 (1)由 a4+2 是 a3,a5的等差中项得 a3+a5=2a4+4,所以 a3+a4+a5=3a

24、4+4=28,解得 a4=8.由 a3+a5=20 得 8 =20,解得 q=2 或 q= ,(q+1q) 12因为 q1,所以 q=2.(2)设 cn=(bn+1-bn)an,数列c n的前 n 项和为 Sn.由 cn= 解得 cn=4n-1.S1, n=1,Sn-Sn-1, n 2,由(1)可知 an=2n-1,所以 bn+1-bn=(4n-1) ,(12)n-114故 bn-bn-1=(4n-5) ,n2,(12)n-2bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(b3-b2)+(b2-b1)=(4n-5) +(4n-9) +7 +3.(12)n-2 (12)n-3 12设

25、Tn=3+7 +11 +(4n-5) ,n2,12 (12)2 (12)n-2Tn=3 +7 +(4n-9) +(4n-5) ,12 12 (12)2 (12)n-2 (12)n-1所以 Tn=3+4 +4 +4 -(4n-5) ,12 12 (12)2 (12)n-2 (12)n-1因此 Tn=14-(4n+3) ,n2,(12)n-2又 b1=1,所以 bn=15-(4n+3) .(12)n-2易错警示 利用错位相减法求和时,要注意以下几点:(1)错位相减法求和,只适合于数列a nbn,其中a n为等差数列,b n为等比数列.(2)在等式两边所乘的数是等比数列b n的公比.(3)两式相减时

26、,一定要错开一位.(4)特别要注意相减后等比数列的次数.(5)进行检验.2.(2018 江苏,20,16 分)设a n是首项为 a1,公差为 d 的等差数列,b n是首项为 b1,公比为q 的等比数列.(1)设 a1=0,b1=1,q=2,若|a n-bn|b 1对 n=1,2,3,4 均成立,求 d 的取值范围;(2)若 a1=b10,mN *,q(1, ,证明:存在 dR,使得|a n-bn|b 1对 n=2,3,m+1 均成m2立,并求 d 的取值范围(用 b1,m,q 表示).解析 (1)由条件知 an=(n-1)d,bn=2n-1.因为|a n-bn|b 1对 n=1,2,3,4 均

27、成立,即 11,1d3,32d5,73d9,得 d .73 52因此,d 的取值范围为 .73,52(2)由条件知:a n=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1.若存在 dR,使得|a n-bn|b 1(n=2,3,m+1)均成立,即|b 1+(n-1)d-b1qn-1|b 1(n=2,3,m+1).即当 n=2,3,m+1 时,15d 满足 b1d b1.qn-1-2n-1 qn-1n-1因为 q(1, ,所以 10,对 n=2,3,m+1 均成立.qn-1-2n-1 qn-1n-1因此,取 d=0 时,|a n-bn|b 1对 n=2,3,m+1 均成立.下面讨论数列 的最大值和数列 的

28、最小值(n=2,3,m+1).qn-1-2n-1 qn-1n-1当 2nm 时, - = = ,qn-2n qn-1-2n-1 nqn-qn-nqn-1+2n(n-1) n(qn-qn-1)-qn+2n(n-1)当 10.21m因此,当 2nm+1 时,数列 单调递增,qn-1-2n-1故数列 的最大值为 .qn-1-2n-1 qm-2m设 f(x)=2x(1-x),当 x0 时,f(x)=(ln2-1-xln2)2 x60n+800?若存在,求 n 的最小值;若不存在,说明理由.解析 (1)设数列a n的公差为 d,依题意,2,2+d,2+4d 成等比数列,故有(2+d) 2=2(2+4d)

29、,化简得 d2-4d=0,解得 d=0 或 d=4.当 d=0 时,a n=2;当 d=4 时,a n=2+(n-1)4=4n-2,从而得数列a n的通项公式为 an=2 或 an=4n-2.(2)当 an=2 时,S n=2n.显然 2n60n+800 成立.当 an=4n-2 时,S n= =2n2.n2+(4n-2)2令 2n260n+800,即 n2-30n-4000,解得 n40 或 n60n+800 成立,n 的最小值为 41.综上,当 an=2 时,不存在满足题意的 n;当 an=4n-2 时,存在满足题意的 n,其最小值为 41.评析本题考查了数列的通项公式和求和公式,考查了分

30、类讨论的方法.C 组 教师专用题组1.(2013 课标,12,5 分)设A nBnCn的三边长分别为 an,bn,cn,A nBnCn的面积为Sn,n=1,2,3,.若 b1c1,b1+c1=2a1,an+1=an,bn+1= ,cn+1= ,则( )cn+an2 bn+an2A.Sn为递减数列B.Sn为递增数列 C.S2n-1为递增数列,S 2n为递减数列D.S2n-1为递减数列,S 2n为递增数列答案 B 172.(2013 重庆,12,5 分)已知a n是等差数列,a 1=1,公差 d0,S n为其前 n 项和,若 a1,a2,a5成等比数列,则 S8= . 答案 643.(2012 课

31、标,16,5 分)数列a n满足 an+1+(-1)nan=2n-1,则a n的前 60 项和为 . 答案 18304.(2015 浙江,20,15 分)已知数列a n满足 a1= 且 an+1=an- (nN *).12 a2n(1)证明:1 2(nN *);anan+1(2)设数列 的前 n 项和为 Sn,证明: (nN *).a2n12(n+2) Snn 12(n+1)证明 (1)由题意得 an+1-an=- 0,即 an+1a n,a2n故 an .12由 an=(1-an-1)an-1得 an=(1-an-1)(1-an-2)(1-a1)a10.由 00,于是(a 2n+1-a2n)

32、+(a2n-a2n-1)0.但 0,因此 a2n-a2n-1= = .(12)2n-1(-1)2n22n-1因为a 2n是递减数列,同理可得,a 2n+1-a2n0,dS40 B.a 1d0,dS40答案 B 4.(2017 天津耀华中学第二次月考,6)已知等差数列a n的前 n 项和为 Sn,且 S21=42,若记bn= ,则数列b n( )2a211-a9-a13A.是等差数列但不是等比数列B.是等比数列但不是等差数列 C.既是等差数列又是等比数列D.既不是等差数列又不是等比数列答案 C 205.(2019 届天津七校联考,7)已知数列a n的各项均为正数,a 1=1,an+1+an= ,

33、则数列1an+1-an的前 15 项和为( )1an+1+anA.3 B.4 C.127 D.128答案 A 二、填空题(每小题 5 分,共 10 分)6.(2017 天津南开中学第五次月考,12)设 Sn是公差不为 0 的等差数列a n的前 n 项和,且S1,S2,S4成等比数列,则 = . a2a1答案 37.(2017 天津南开中学模拟,11)已知数列 1,a1,a2,9 是等差数列,数列 1,b1,b2,b3,9 是等比数列,则 的值为 . b2a1+a2答案 310三、解答题(共 75 分)8.(2019 届天津南开中学第一次月考,18)设数列a n的前 n 项和 Sn=2n2,bn

34、为等比数列,且 a1=b1,b2(a2-a1)=b1.(1)求数列a n和b n的通项公式;(2)设 cn= ,求数列c n的前 n 项和 Tn.anbn解析 (1)当 n2 时,an=Sn-Sn-1=2n2-2(n-1)2=4n-2,当 n=1 时,a 1=S1=2 满足上式,故a n的通项公式为 an=4n-2.设b n的公比为 q,由 a1=b1,b2(a2-a1)=b1知,b 1=2,b2= ,12q= ,14b n=b1qn-1=2 ,即 bn= .14n-1 24n-1(2)c n= = =(2n-1)4n-1,anbn4n-224n-1T n=c1+c2+cn=1+341+542

35、+(2n-1)4n-1,4Tn=14+342+543+(2n-3)4n-1+(2n-1)4n.21两式相减得 3Tn=-1-2(41+42+43+4n-1)+(2n-1)4n= (6n-5)4n+5.13T n= (6n-5)4n+5.19解题分析 本题主要考查等差数列和等比数列的相关知识.(1)已知数列a n的前 n 项和 Sn,则通项为 an=Sn-Sn-1(n2),a 1=S1=2=b1,再根据 b2(a2-a1)=b1可求得数列b n的通项公式.(2)根据(1)可知数列a n和b n的通项公式,进而可得数列c n的通项公式,再运用错位相减法求其前 n 项和.9.(2019 届天津南开中

36、学统练(2),18)已知 Sn是等比数列a n的前 n 项和,a 10,S4,S2,S3成等差数列,16 是 a2和 a8的等比中项.(1)求a n的通项公式;(2)若等差数列b n中,b 1=1,前 9 项和为 27,令 cn=2anbn,求数列c n的前 n 项和 Tn.解析 (1)设a n的公比为 q,由 S4,S2,S3成等差数列可得 2S2=S3+S4,即 S3-S2+S4-S2=0,所以 2a3+a4=0,所以 q=-2,又 16 是 a2和 a8的等比中项,所以 a2a8=162,所以 a1qa1q7=162,所以 a1=1(a10 故舍去-1),所以 an=a1qn-1=(-2

37、)n-1.(2)设b n的公差为 d,因为 b1=1,S9=9b5=27,所以 b5=1+4d=3,所以 d= ,bn= ,12 n+12cn=2anbn=(n+1)(-2)n-1,Tn=2(-2)0+3(-2)+4(-2)2+(n+1)(-2)n-1,-2Tn=2(-2)+3(-2)2+n(-2)n-1+(n+1)(-2)n,-得,3Tn=2+(-2)+(-2)2+(-2)n-1-(n+1)(-2)n=2+ -(n+1)(-2)n-21-(-2)n-11-(-2)22=2+ -(n+1)(-2)n-2-(-2)n3= - (-2)n,43(n+43)所以 Tn= - (-2)n.493n+4

38、910.(2019 届天津耀华中学第二次月考,18)等差数列a n中,a 1=3,前 n 项和为 Sn,数列b n是首项为 1,公比为 q(q1),且各项均为正数的等比数列,已知 b2+S2=12,q= .S2b2(1)求 an与 bn;(2)证明: + + (n2 且n(n+1)23n-2 2(1-n)(n+1)23n-1 1f(n+1) 1f(n)nN *), 的最小值为 = ,即 .1f(n) 1f(2)13 13综上,实数 的最小值为 .1312.(2018 天津南开二模,18)已知数列a n的前 n 项和为 Sn,a1= ,且当 n2 时, = +2.12 1Sn 1Sn-1(1)求

39、数列a n的通项公式;(2)设 bn=2(1-n)an,证明: + + + ,1an 13n-113n + + + + = = - .1a11a2 1an13132 13n13(1-13n)1-13 1212 13n25又由 = = = ,1ak 13k-1 3k+1-1(3k-1)(3k+1-1) 3k+1(3k-1)(3k+1-1)32( 13k-1- 13k+1-1)可得 + + + + +1a11a2 1an1232( 132-1- 133-1)( 133-1- 134-1) ( 13n-1- 13n+1-1)= + = - .1232(18- 13n+1-1)111632 13n+1-11116综上可得, - + + + .12 123n1a11a21a3 1an1116