專題六數(shù)列———————命題觀察·高考定位———————(對應學生用書第21頁)1．(2017·江蘇高考)等比數(shù)列{an}的各項均為實數(shù)，其前n項和為Sn.已知S3＝eq\f(7,4)，S6＝eq\f(63,4)，則a8＝________.32[設{an}的首項為a1，公比為q，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a11－q3,1－q)＝\f(7,4)，,\f(a11－q6,1－q)＝\f(63,4)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(1,4)，,q＝2，))所以a8＝eq\f(1,4)×27＝25＝32.]2．(2016·江蘇高考)已知{an}是等差數(shù)列，Sn是其前n項和．若a1＋aeq\o\al(2,2)＝－3，S5＝10，則a9的值是________．20[法一：設等差數(shù)列{an}的公差為d，由S5＝10，知S5＝5a1＋eq\f(5×4,2)d＝10，得a1＋2d＝2，即a1＝2－2d.所以a2＝a1＋d＝2－d，代入a1＋aeq\o\al(2,2)＝－3，化簡得d2－6d＋9＝0，所以d＝3，a1＝－4.故a9＝a1＋8d＝－4＋24＝20.法二：設等差數(shù)列{an}的公差為d，由S5＝10，知eq\f(5a1＋a5,2)＝5a3＝10，所以a3＝2.所以由a1＋a3＝2a2，得a1＝2a2－2，代入a1＋aeq\o\al(2,2)＝－3，化簡得aeq\o\al(2,2)＋2a2＋1＝0，所以a2＝－1.公差d＝a3－a2＝2＋1＝3，故a9＝a3＋6d＝2＋18＝20.]3．(2014·江蘇高考)在各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，則a64[因為a8＝a2q6，a6＝a2q4，a4＝a2q2，所以由a8＝a6＋2a4得a2q6＝a2q4＋2a2q2，消去a2q2，得到關(guān)于q2的一元二次方程(q2)2－q2－2＝0，解得q2＝2，a6＝a2q4＝1×24．(2015·江蘇高考)設數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))滿足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))前10項的和為______．eq\f(20,11)[由題意有a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)．以上各式相加，得an－a1＝2＋3＋…＋n＝eq\f(n－12＋n,2)＝eq\f(n2＋n－2,2).又∵a1＝1，∴an＝eq\f(n2＋n,2)(n≥2)．∵當n＝1時也滿足此式，∴an＝eq\f(n2＋n,2)(n∈N*)．∴eq\f(1,an)＝eq\f(2,n2＋n)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).∴S10＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,10)－\f(1,11)))＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,11)))＝eq\f(20,11).]5．(2017·江蘇高考)對于給定的正整數(shù)k，若數(shù)列{an}滿足：an－k＋an－k＋1＋…＋an－1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan，對任意正整數(shù)n(n>k)總成立，則稱數(shù)列{an}是“P(k)數(shù)列”．(1)證明：等差數(shù)列{an}是“P(3)數(shù)列”；(2)若數(shù)列{an}既是“P(2)數(shù)列”，又是“P(3)數(shù)列”，證明：{an}是等差數(shù)列.【導學號：】[證明](1)因為{an}是等差數(shù)列，設其公差為d，則an＝a1＋(n－1)d，從而，當n≥4時，an－k＋an＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d＝2a1＋2(n－1)d＝2an，k所以an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an，因此等差數(shù)列{an}是“P(3)數(shù)列”．(2)數(shù)列{an}既是“P(2)數(shù)列”，又是“P(3)數(shù)列”，因此，當n≥3時，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，①當n≥4時，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an.②由①知，an－3＋an－2＝4an－1－(an＋an＋1)，③an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an)．④將③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4，所以a3，a4，a5，…是等差數(shù)列，設其公差為d′.在①中，取n＝4，則a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，所以a2＝a3－d在①中，取n＝3，則a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，所以a1＝a3－2d′，所以數(shù)列{an[命題規(guī)律](1)對等差數(shù)列與等比數(shù)列基本量的考查是重點，主要考查利用通項公式、前n項和公式建立方程組求解，屬于低檔題，主要是以填空題的形式出現(xiàn)．(2)對等差數(shù)列與等比數(shù)列性質(zhì)的考查是熱點，具有“新、巧、活”的特點，考查利用性質(zhì)解決有關(guān)的計算問題，屬中低檔題，主要是以填空題的形式出現(xiàn)．(3)數(shù)列的通項公式及遞推公式的應用也是命題的熱點，根據(jù)an與Sn的關(guān)系求通項公式以及利用構(gòu)造或轉(zhuǎn)化的方法求通項公式也是?？嫉臒狳c．填空、解答題都有出現(xiàn)．(4)數(shù)列的求和問題，多以考查等差、等比數(shù)列的前n項和公式、錯位相減法和裂項相消法為主，且考查頻率較高，是高考命題的熱點．填空、解答題都有出現(xiàn)．(5)數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問題也是高考考查的重點，主要考查利用函數(shù)的觀點解決數(shù)列問題以及用不等式的方法研究數(shù)列的性質(zhì)，多為中檔題，以解答題的形式出現(xiàn)．(6)數(shù)列與解析幾何交匯主要涉及點列問題，難度中等及以上，常以解答題形式出現(xiàn)．(7)數(shù)列應用題主要以等差數(shù)列、等比數(shù)列及遞推數(shù)列為模型進行考查，難度中等及以上，常以解答題形式出現(xiàn)．———————主干整合·歸納拓展———————(對應學生用書第21頁)[第1步▕核心知識再整合]1．等差數(shù)列(1)通項公式eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＝a1＋n－1d，,an＝am＋n－mdm，n∈N*，m≤n，,d＝\f(an－am,n－m).))(2)前n項和公式：Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1,2)d.(3)常用性質(zhì)：①如果數(shù)列{an}是等差數(shù)列，m＋n＝p＋q?am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)，特別地，當n為奇數(shù)時，a1＋an＝a2＋an－1＝……＝2a②若等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成等差數(shù)列．③若等差數(shù)列{an}，{bn}的前n項和為An，Bn，則eq\f(an,bn)＝eq\f(A2n－1,B2n－1).④若等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))仍是等差數(shù)列．(4)等差數(shù)列的單調(diào)性設等差數(shù)列{an}的公差為d，當d>0時，數(shù)列{an}為遞增數(shù)列；當d<0時，數(shù)列{an}為遞減數(shù)列；若d＝0，則數(shù)列{an}為常數(shù)數(shù)列．(5)等差數(shù)列的最值若{an}是等差數(shù)列，求前n項和的最值時，①若a1>0，d<0，且滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0，))則前n項和Sn最大；②若a1<0，d>0，且滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≤0，,an＋1≥0，))則前n項和Sn最?。?．等比數(shù)列(1)通項公式eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＝a1·qn－1，,an＝am·qn－mm，n∈N*，m<n，,qn－m＝\f(an,am).))(2)前n項和公式Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1q＝1，,\f(a11－qn,1－q)或\f(a1－anq,1－q)q≠1.))(3)常用性質(zhì)：①如果數(shù)列{an}是等比數(shù)列m＋n＝p＋q?am·an＝ap·aq(m，n，p，q∈N*)，特別地，當n為奇數(shù)時，a1·an＝a2·an－1＝……＝aeq\o\al(2,中).②等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，滿足Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…成等比數(shù)列(其中Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…均不為0)．(4)等比數(shù)列的單調(diào)性設等比數(shù)列{an}的公比為q，當eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1>0,q>1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1<0,0<q<1))時，{an}為遞增數(shù)列；當eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1>0,0<q<1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1<0,q>1))時，{an}為遞減數(shù)列；當q＝1時，則數(shù)列{an}為常數(shù)數(shù)列．3．數(shù)列常見通項公式的求法(1)觀察法：利用遞推關(guān)系寫出前幾項，根據(jù)前幾項的特點觀察、歸納、猜想出an的表達式，然后用數(shù)學歸納法證明．(2)利用前n項和與通項的關(guān)系an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1n＝1，,Sn－Sn－1n≥2.))(3)公式法：利用等差(比)數(shù)列求通項公式．(4)累加法：在已知數(shù)列{an}中，滿足an＋1＝an＋f(n)，把原遞推公式轉(zhuǎn)化為an＋1－an＝f(n)，再利用累加法(逐差相加法)求解．(5)疊乘法：在已知數(shù)列{an}中，滿足an＋1＝f(n)an，把原遞推公式轉(zhuǎn)化為eq\f(an＋1,an)＝f(n)，再利用疊乘法(逐商相乘法)求解．(6)構(gòu)造等比數(shù)列法：在已知數(shù)列{an}中，滿足an＋1＝pan＋q(其中p，q均為常數(shù)，pq(p－1)≠0)，先用待定系數(shù)法把原遞推公式轉(zhuǎn)化為an＋1－t＝p(an－t)，其中t＝eq\f(q,1－p)，再利用換元法轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列求解．4．數(shù)列求和的主要方法(1)公式法：如果一個數(shù)列是等差數(shù)列或等比數(shù)列，則求和時直接利用等差、等比數(shù)列的前n項和公式，注意等比數(shù)列公比q的取值情況要分q＝1或q≠1.(2)倒序相加法：如果一個數(shù)列{an}，首末兩端等“距離”的兩項的和相等或等于同一常數(shù)，那么求這個數(shù)列的前n項和即可用倒序相加法，如等差數(shù)列的前n項和即是用此法推導的．(3)分組轉(zhuǎn)化求和法：若一個數(shù)列的通項公式是由若干個等差數(shù)列或等比數(shù)列或可求和的數(shù)列組成，則求和時可用分組轉(zhuǎn)化法，分別求和而后相加減．(4)錯位相減法：如果一個數(shù)列的各項是由一個等差數(shù)列和一個等比數(shù)列的對應項之積構(gòu)成的，那么這個數(shù)列的前n項和即可用此法來求，如等比數(shù)列的前n項和就是用此法推導的．(5)裂項相消法：把數(shù)列的通項拆成兩項之差，在求和時中間的一些項可以相互抵消，從而求得其和．常見的拆項公式如下：①分式型eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，eq\f(1,nn＋1n＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,nn＋1)－\f(1,n＋1n＋2))).②乘式型n(n＋1)＝－eq\f(1,3)[(n－1)n(n＋1)－n(n＋1)(n＋2)]，n(n＋1)(n＋2)＝－eq\f(1,4)[(n－1)n(n＋1)(n＋2)－n(n＋1)(n＋2)(n＋3)]．③階乘型eq\f(n,n＋1！)＝eq\f(n＋1－1,n＋1！)＝eq\f(1,n！)－eq\f(1,n＋1！)，Ceq\o\al(n－1,m－1)＝Ceq\o\al(n,m)－Ceq\o\al(n,m－1)，kCeq\o\al(k,n)＝nCeq\o\al(k－1,n－1).④三角函數(shù)型tanantanan＋1＝1－eq\f(tanan＋1＋tanan,tanan＋1＋an)，eq\f(1,sinansinan＋1)＝eq\f(cotan－cotan＋1,sinan＋1－an)，eq\f(1,cosancosan＋1)＝eq\f(tanan＋1－tanan,sinan＋1－an)，coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(k2n＋1,2)))＝eq\f(sinkn＋1－sinkn,2sin\f(k,2))，sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(k2n＋1,2)))＝eq\f(coskn＋1－coskn,－2sin\f(k,2)).⑤根式型eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n).(6)并項求和法：在一個數(shù)列的前n項和中，可兩兩結(jié)合求解，則稱之為并項求和．[第2步▕高頻考點細突破]等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項及基本量的求解【例1】(南京市2017屆高三年級學情調(diào)研)各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}，其前n項和為Sn，若a2－a5＝－78，S3＝13，則數(shù)列{an}的通項公式an＝________.[解析]由題意得a1q(q3－1)＝78，a1(1＋q＋q2)＝13?q(q－1)＝6，∵q>0∴q＝3，a1＝1，an＝3n－1.[答案]3n－1[規(guī)律方法]等差(比)數(shù)列的通項公式、求和公式中一共包含a1、d(或q)、n、an與Sn這五個量，如果已知其中的三個，就可以求其余的兩個．其中a1和d(或q)是兩個基本量，所以等差數(shù)列與等比數(shù)列的基本運算問題一般先設出這兩個基本量，然后根據(jù)通項公式、求和公式構(gòu)建這兩者的方程組，通過解方程組求其值，這也是方程思想在數(shù)列問題中的體現(xiàn)．[舉一反三](江蘇省南通中學2017屆高三上學期期中考試)設Sn是等比數(shù)列{an}的前n項的和，若a3＋2a6＝0，則eq\f(S3,S6)的值是________.【導學號：】2[a3＋2a6＝0?eq\f(a6,a3)＝－eq\f(1,2)?q3＝－eq\f(1,2)，因此eq\f(S3,S6)＝eq\f(a1·\f(1－q3,1－q),a1·\f(1－q6,1－q))＝eq\f(1－q3,1－q6)＝eq\f(1＋\f(1,2),1－\f(1,4))＝2.]等差數(shù)列、等比數(shù)列的性質(zhì)【例2】(2016－2017學年度江蘇蘇州市高三期中調(diào)研考試)已知等比數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，且滿足：a1a9＝4，則數(shù)列{log2an[解析]∵a1a9＝aeq\o\al(2,5)＝4，∴a5＝2，∴l(xiāng)og2a1＋log2a2＋…＋log2a9＝log2(a1a2…a9)＝log2aeq\o\al(9,5)＝9log2[答案]9[規(guī)律方法]條件或結(jié)論中涉及等差或等比數(shù)列中的兩項或多項的關(guān)系時，先觀察分析下標之間的關(guān)系，再考慮能否應用性質(zhì)解決，要特別注意等差、等比數(shù)列性質(zhì)的區(qū)別．等差數(shù)列(或等比數(shù)列)中若出現(xiàn)的是通項與數(shù)列和的關(guān)系，則優(yōu)先考慮等差數(shù)列(或等比數(shù)列)性質(zhì)m＋n＝p＋q?am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)(m＋n＝p＋q?am·an＝ap·aq(m，n，p，q∈N*))．[舉一反三](2017屆高三七校聯(lián)考期中考試)設Sn為數(shù)列{an}的前n項和，Sn＝kn2＋n，n∈N*，其中k是常數(shù)．若對于任意的m∈N*，am，a2m，a4m成等比數(shù)列，則0或1[∵Sn＝kn2＋n，n∈N*，∴數(shù)列{an}是首項為k＋1，公差為2k的等差數(shù)列，an＝2kn＋1－k.又對于任意的m∈N*都有aeq\o\al(2,2m)＝ama4m，∴aeq\o\al(2,2)＝a1a4，(3k＋1)2＝(k＋1)·(7k＋1)，解得k＝0或1.又k＝0時an＝1，顯然對于任意的m∈N*，am，a2m，a4m成等比數(shù)列；k＝1時an＝2n，am＝2m，a2m＝4m，a4m＝8m，顯然對于任意的m∈N*，am，a2m，a判斷和證明等差數(shù)列、等比數(shù)列【例3】(2017·江蘇省淮安市高考數(shù)學二模)設數(shù)列{an}的前n項和為Sn(n∈N*)，且滿足：①|(zhì)a1|≠|(zhì)a2|；②r(n－p)Sn＋1＝(n2＋n)an＋(n2－n－2)a1，其中r，p∈R，且r≠0.(1)求p的值；(2)數(shù)列{an}能否是等比數(shù)列？請說明理由；(3)求證：當r＝2時，數(shù)列{an}是等差數(shù)列．[解](1)n＝1時，r(1－p)(a1＋a2)＝2a1－2a1，其中r，p∈R，且r≠0.又|a1|≠|(zhì)a∴1－p＝0，解得p＝1.(2)設an＝kan－1(k≠±1)，r(n－1)Sn＋1＝(n2＋n)an＋(n2－n－2)a1，∴rS3＝6a2,2rS4＝12a3＋4a1，化為：r(1＋k＋k2)＝6k，r(1＋k＋k2＋k3)＝6k2＋2.聯(lián)立解得r＝2，k＝1(不合題意)，舍去，因此數(shù)列{(3)證明：r＝2時，2(n－1)Sn＋1＝(n2＋n)an＋(n2－n－2)a1，∴2S3＝6a2,4S4＝12a3＋4a1,6S5＝20a4化為：a1＋a3＝2a2，a2＋a4＝2a3，a3＋a5＝2a4.假設數(shù)列{an}的前n則2(n－1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(na1＋\f(nn－1,2)d＋an＋1))＝(n2＋n)[a1＋(n－1)d]＋(n2－n－2)a1，化為an＋1＝a1＋(n＋1－1)d，因此第n＋1項也滿足等差數(shù)列的通項公式，綜上可得，數(shù)列{an}成等差數(shù)列．[規(guī)律方法](1)定義法：an＋1－an＝d(常數(shù))(n∈N*){an}是等差數(shù)列；eq\f(an＋1,an)＝q(q是非零常數(shù)){an}是等比數(shù)列；(2)等差(比)中項法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*){an}是等差數(shù)列；aeq\o\al(2,n＋1)＝an·an＋2(n∈N*，an≠0){an}是等比數(shù)列；(3)通項公式法：an＝pn＋q(p，q為常數(shù)){an}是等差數(shù)列；an＝a1·qn－1(其中a1，q為非零常數(shù)，n∈N*){an}是等比數(shù)列．(4)前n項和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B為常數(shù)){an}是等差數(shù)列；Sn＝Aqn－A(A為非零常數(shù)，q≠0,1){an}是等比數(shù)列．[舉一反三](2017·江蘇省鹽城市高考數(shù)學二模)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，數(shù)列{bn}，{cn}滿足(n＋1)bn＝an＋1－eq\f(Sn,n)，(n＋2)cn＝eq\f(an＋1＋an＋2,2)－eq\f(Sn,n)，其中n∈N*.(1)若數(shù)列{an}是公差為2的等差數(shù)列，求數(shù)列{cn}的通項公式；(2)若存在實數(shù)λ，使得對一切n∈N*，有bn≤λ≤cn，求證：數(shù)列{an}是等差數(shù)列.【導學號：】[解](1)∵數(shù)列{an}是公差為2的等差數(shù)列，∴an＝a1＋2(n－1)，eq\f(Sn,n)＝a1＋n－1.∴(n＋2)cn＝eq\f(a1＋2n＋a1＋2n＋1,2)－(a1＋n－1)＝n＋2，解得cn＝1.(2)證明：由(n＋1)bn＝an＋1－eq\f(Sn,n)，可得：n(n＋1)bn＝nan＋1－Sn，(n＋1)(n＋2)bn＋1＝(n＋1)an＋2－Sn＋1，相減可得：an＋2－an＋1＝(n＋2)bn＋1－nbn，可得：(n＋2)cn＝eq\f(an＋1＋an＋2,2)－eq\f(Sn,n)＝eq\f(an＋1＋an＋2,2)－[an＋1－(n＋1)bn]＝eq\f(an＋2－an＋1,2)＋(n＋1)bn＝eq\f(n＋2bn＋1－nbn,2)＋(n＋1)bn＝eq\f(n＋2,2)(bn＋bn＋1)，因此cn＝eq\f(1,2)(bn＋bn＋1)．∵bn≤λ≤cn，∴λ≤cn＝eq\f(1,2)(bn＋bn＋1)≤λ，故bn＝λ，cn＝λ.∴(n＋1)λ＝an＋1－eq\f(Sn,n)，(n＋2)λ＝eq\f(1,2)(an＋1＋an＋2)－eq\f(Sn,n)，相減可得：eq\f(1,2)(an＋2－an＋1)＝λ，即an＋2－an＋1＝2λ(n≥2)．又2λ＝a2－eq\f(S1,1)＝a2－a1，則an＋1－an＝2λ(n≥1)，∴數(shù)列{an}是等差數(shù)列.等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合應用【例4】(2016－2017學年度江蘇蘇州市高三期中調(diào)研考試)已知等比數(shù)列{an}的公比q>1，且滿足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中項．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若bn＝anlogeq\f(1,2)an，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋1>62成立的正整數(shù)n的最小值．[解](1)∵a3＋2是a2，a4的等差中項，∴2(a3＋2)＝a2＋a4，代入a2＋a3＋a4＝28，可得a3＝8，∴a2＋a4＝20，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q2＝8，,a1q＋a1q3＝20，))解之得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2,q＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝32，,q＝\f(1,2)，))∵q>1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,q＝2，))∴數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n.(2)∵bn＝anlogeq\f(1,2)an＝2nlogeq\f(1,2)2n＝－n·2n，∴Sn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)，①2Sn＝－(1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1)，②②－①得Sn＝2＋22＋23…＋2n－n·2n＋1＝eq\f(21－2n,1－2)－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1.∵Sn＋n·2n＋1>62，∴2n＋1－2>62，∴n＋1>6，n>5，∴使Sn＋n·2n＋1>62成立的正整數(shù)n的最小值為6.[規(guī)律方法]等差數(shù)列、等比數(shù)列的綜合問題的解題關(guān)鍵仍然是“基本量”方法，其通過方程或者方程組求出數(shù)列的基本量，然后再解決后續(xù)問題．[舉一反三](泰州中學2016－2017年度第一學期第一次質(zhì)量檢測文科)已知各項都為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，數(shù)列{bn}的通項公式bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n，n為偶數(shù),n＋1，n為奇數(shù)))(n∈N*)，若S3＝b5＋1，b4是a2和a4的等比中項．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)求數(shù)列{an·bn}的前n項和Tn.[解](1)∵數(shù)列{bn}的通項公式bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n，n為偶數(shù),n＋1，n為奇數(shù)))(n∈N*)，∴b5＝6，b4＝4.設各項都為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的公比為q，q>0，∵S3＝b5＋1＝7，∴a1＋a1q＋a1q2＝7，①∵b4是a2和a4的等比中項，∴a2a4＝aeq\o\al(2,3)＝16，解得a3＝a1q2＝4，②由①②得3q2－4q－4＝0，解得q＝2或q＝－eq\f(2,3)(舍去)，∴a1＝1，an＝2n－1.(2)當n為偶數(shù)時，Tn＝(1＋1)×20＋2×2＋(3＋1)×22＋4×23＋(5＋1)×24＋…＋[(n－1)＋1]×2n－2＋n×2n－1＝(20＋2×2＋3×22＋4×23＋…＋n×2n－1)＋(20＋22＋…＋2n－2)，設Hn＝20＋2×2＋3×22＋4×23＋…＋n×2n－1，③則2Hn＝2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，④③－④，得－Hn＝20＋2＋22＋23＋…＋2n－1－n×2n＝eq\f(1－2n,1－2)－n×2n＝(1－n)×2n－1，∴Hn＝(n－1)×2n＋1，∴Tn＝(n－1)×2n＋1＋eq\f(1－4,1－4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(2,3)))×2n＋eq\f(2,3).當n為奇數(shù)，且n≥3時，Tn＝Tn－1＋(n＋1)×2n－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(5,3)))×2n－1＋eq\f(2,3)＋(n＋1)×2n－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n－\f(2,3)))×2n－1＋eq\f(2,3)，經(jīng)檢驗，T1＝2符合上式．∴Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n－\f(2,3)))×2n－1＋\f(2,3)，n為奇數(shù)，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(2,3)))×2n＋\f(2,3)，n為偶數(shù).))一般數(shù)列的性質(zhì)【例5】(江蘇省蘇州市2016屆高三九月測試試卷)已知各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}，若2a4＋a3－2a2－a1＝8，則2a8＋[解析]設{an}的公比為q，由2a4＋a3－2a2－a1＝8，得(2a2＋a1)q2－(2a2＋a1)＝8，所以(2a2＋a1)(q2－1)＝8，顯然q2>1,2a8＋a7＝(2a2＋a1)q6＝eq\f(8q6,q2－1)，令t＝q2，則2a8＋a7＝eq\f(8t3,t－1)，設函數(shù)f(t)＝eq\f(8t3,t－1)(t>1)，f′(t)＝eq\f(8t22t－3,t－12)，易知當t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))時f(t)為減函數(shù)，當t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))時，f(t)為增函數(shù)時，所以f(t)的最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝54，故2a8＋a7的最小值為54.[答案]54[規(guī)律方法](1)在處理數(shù)列單調(diào)性問題時應利用數(shù)列的單調(diào)性定義，即“若數(shù)列{an}是遞增數(shù)列??n≥1，an＋1≥an恒成立”；(2)數(shù)列an＝f(n)的單調(diào)性與y＝f(x)，x∈[1，＋∞)的單調(diào)性不完全一致；(3)當數(shù)列對應的連續(xù)函數(shù)是單調(diào)函數(shù)，則可以借助其單調(diào)性來求解數(shù)列的單調(diào)性問題．[舉一反三](南京市2016屆高三年級模擬考試)已知數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，且對n∈N*，都有an＝n2＋λn恒成立，則實數(shù)λ的取值范圍是________.【導學號：】(－3，＋∞)[利用遞增數(shù)列的定義，an＋1>an，an＋1－an＝2n＋1＋λ>0?λ>－2n－1，n∈N*恒成立，則λ>－3.(注：本題易錯的解法是根據(jù)數(shù)列所對應的函數(shù)單調(diào)性an＝n2＋λn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(λ,2)))2－eq\f(λ2,4)，然后－eq\f(λ,2)≤1?λ≥－2.由數(shù)列是遞增數(shù)列去斷定數(shù)列對應的函數(shù)是遞增函數(shù)，是錯誤的)]一般數(shù)列的通項及求和【例6】(2016－2017學年度江蘇蘇州市高三期中調(diào)研考試)已知數(shù)列{an}滿足：an＋1＝an(1－an＋1)，a1＝1，數(shù)列{bn}滿足：bn＝an·an＋1，則數(shù)列{bn}的前10項的和S10＝________.[解析]由an＋1＝an(1－an＋1)得：eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝1，因此數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差數(shù)列，所以eq\f(1,an)＝n，即an＝eq\f(1,n)，bn＝anan＋1＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，所以S10＝b1＋b2＋…＋b10＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)－\f(1,11)))＝1－eq\f(1,11)＝eq\f(10,11).[答案]eq\f(10,11)[規(guī)律方法](1)通常情況下數(shù)列的第(1)題是需要求數(shù)列的通項公式，而且其中也設出一個新的數(shù)列，我們在做的過程中，要把這個條件作為一種提示，配湊成這種新的數(shù)列，即可解決；若題中沒有設出這樣的新數(shù)列，可以看知識整合中6種求通項公式的方法；(2)對于數(shù)列求和，需要先判斷用哪種求和的方法，然后進行求解．[舉一反三](無錫市普通高中2017屆高三上學期期中基礎(chǔ)性檢測)設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知4Sn＝2an－n2＋7n(n∈N*)，則a11＝________.－2[由題設4Sn＝2an－n2＋7n(n∈N*)可得4Sn－1＝2an－1－(n－1)2＋7(n－1)，將以上兩式兩邊相減可得4an＝2an－2an－1－2n＋1＋7，即an＝－an－1－n＋4，所以an＋an－1＝－n＋4，又因為a1＝3，所以a2＝－3－2＋4＝－1，故a3＝1－3＋4＝2，依次可推得a11＝－2.]存在探索與證明性問題【例7】(江蘇省南通中學2017屆高三上學期期中考試)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且Sn＋an＝4，n∈N*.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)已知cn＝2n＋3(n∈N*)，記dn＝cn＋logCan(C>0且C≠1)，是否存在這樣的常數(shù)C，使得數(shù)列{dn}是常數(shù)列？若存在，求出C的值；若不存在，請說明理由；(3)若數(shù)列{bn}，對于任意的正整數(shù)n，均有b1an＋b2an－1＋b3an－2＋…＋bna1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－eq\f(n＋2,2)成立，求證：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列．[解](1)a1＝4－a1，所以a1＝2，由Sn＋an＝4得n≥2時，Sn－1＋an－1＝4，兩式相減得，2an＝an－1，eq\f(an,an－1)＝eq\f(1,2).數(shù)列{an}是以2為首項，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，所以an＝22－n(n∈N*)．(2)由于數(shù)列{dn}是常數(shù)列，dn＝cn＋logCan＝2n＋3＋(2－n)logC2＝2n＋3＋2logC2－nlogC2＝(2－logC2)n＋3＋2logC2為常數(shù)列，只有2－logC2＝0；解得C＝eq\r(2)，此時dn＝7.(3)證明：b1an＋b2an－1＋b3an－2＋…＋bna1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－eq\f(n＋2,2).①當n＝1時，b1a1＝eq\f(1,2)－eq\f(3,2)＝－1，其中a1＝2，所以b1＝－eq\f(1,2).當n≥2時，b1an－1＋b2an－2＋b3an－3＋…＋bn－1a1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1－eq\f(n＋1,2)，②②式兩邊同時乘以eq\f(1,2)得，b1an＋b2an－1＋b3an－2＋…＋bn－1a2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－eq\f(n＋1,4).③①式減去③式得，bna1＝eq\f(－n－3,4)，所以bn＝－eq\f(n,8)－eq\f(3,8)，且bn＋1－bn＝－eq\f(1,8).所以數(shù)列{bn}是以－eq\f(1,2)為首項，公差為－eq\f(1,8)的等差數(shù)列．[舉一反三](南京市2017屆高三年級學情調(diào)研)已知數(shù)列{an}是公差為正數(shù)的等差數(shù)列，其前n項和為Sn，且a2a3＝15，S4(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)數(shù)列{bn}滿足b1＝a1，bn＋1－bn＝eq\f(1,anan＋1).①求數(shù)列{bn}的通項公式；②是否存在正整數(shù)m，n(m≠n)，使得b2，bm，bn成等差數(shù)列？若存在，求出m，n的值；若不存在，請說明理由．[解](1)設數(shù)列{an}的公差為d，則d>0.由a2·a3＝15，S4＝16，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋da1＋2d＝15，,4a1＋6d＝16，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1,d＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝7,d＝－2))(舍去)．所以an＝2n－1.(2)①因為b1＝a1，bn＋1－bn＝eq\f(1,anan＋1)，所以b1＝a1＝1，bn＋1－bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，即b2－b1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))，b3－b2＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))，……bn－bn－1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－3)－\f(1,2n－1)))(n≥2)，累加得：bn－b1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n－1)))＝eq\f(n－1,2n－1)，所以bn＝b1＋eq\f(n－1,2n－1)＝1＋eq\f(n－1,2n－1)＝eq\f(3n－2,2n－1).b1＝1也符合上式．故bn＝eq\f(3n－2,2n－1)，n∈N*.②假設存在正整數(shù)m、n(m≠n)，使得b2，bm，bn成等差數(shù)列，則b2＋bn＝2bm.又b2＝eq\f(4,3)，bn＝eq\f(3n－2,2n－1)＝eq\f(3,2)－eq\f(1,4n－2)，bm＝eq\f(3,2)－eq\f(1,4m－2)，所以eq\f(4,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(1,4n－2)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(1,4m－2)))，即eq\f(1,2m－1)＝eq\f(1,6)＋eq\f(1,4n－2)，化簡得：2m＝eq\f(7n－2,n＋1)＝7－eq\f(9,n＋1).當n＋1＝3，即n＝2時，m＝2，不符合題意，舍去；當n＋1＝9，即n＝8時，m＝3，符合題意．所以存在正整數(shù)m＝3，n＝8，使得b2，bm，bn成等差數(shù)列.數(shù)列與不等式的綜合應用【例8】(江蘇省泰州中學2017屆高三摸底考試)已知數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足：Sn＝t(Sn－an＋1)(t為常數(shù)，且t≠0，t≠1)．(1)求{an}的通項公式；(2)設bn＝aeq\o\al(2,n)＋Sn·an，若數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，求t的值；(3)在滿足條件(2)的情形下，設cn＝4an＋1，數(shù)列{cn}的前n項和為Tn，若不等式eq\f(12k,4＋n－Tn)≥2n－7對任意的n∈N*恒成立，求實數(shù)k的取值范圍．[解](1)當n＝1時，S1＝t(S1－a1＋1)，得a1＝t.當n≥2時，由Sn＝t(Sn－an＋1)，即(1－t)Sn＝－tan＋t，①得(1－t)Sn－1＝－tan－1＋t，②①－②，得(1－t)an＝－tan＋tan－1，即an＝tan－1，∴eq\f(an,an－1)＝t(n≥2)，∴{an}是等比數(shù)列，且公比是t，∴an＝tn.(2)由(1)知，bn＝(tn)2＋eq\f(t1－tn,1－t)·tn，即bn＝eq\f(t2n＋tn＋1－2t2n＋1,1－t)，若數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，則有beq\o\al(2,2)＝b1·b3，而b1＝2t2，b2＝t3(2t＋1)，b3＝t4(2t2＋t＋1)，故[t3(2t＋1)]2＝(2t2)·t4(2t2＋t＋1)，解得t＝eq\f(1,2)，再將t＝eq\f(1,2)代入bn，得bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，由eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(1,2)，知{bn}為等比數(shù)列，∴t＝eq\f(1,2).(3)由t＝eq\f(1,2)，知an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，∴cn＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1，∴Tn＝4×eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＋n＝4＋n－eq\f(4,2n)，由不等式eq\f(12k,4＋n－Tn)≥2n－7恒成立，得3k≥eq\f(2n－7,2n)恒成立，設dn＝eq\f(2n－7,2n)，由dn＋1－dn＝eq\f(2n－5,2n＋1)－eq\f(2n－7,2n)＝eq\f(－2n＋9,2n＋1)，∴當n≤4時，dn＋1>dn，當n＞4時，dn＋1<dn，而d4＝eq\f(1,16)，d5＝eq\f(3,32)，∴d4<d5，∴3k≥eq\f(3,32)，∴k≥eq\f(1,32).[規(guī)律方法]數(shù)列與不等式交匯命題，不等式常作為證明或求解的一問呈現(xiàn)，解答時先將數(shù)列的基本問題解決，再集中解決不等式問題，注意放縮法、基本不等式、裂項、累加法的運用．[舉一反三](江蘇省南通中學2017屆高三上學期期中考試)設公差不為零的等差數(shù)列{an}的前5項和為55，且a2，eq\r(a6＋a7)，a4－9成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設數(shù)列bn＝eq\f(1,an－6an－4)，求證：數(shù)列{bn}的前n項和Sn<eq\f(1,2).[解](1)設等差數(shù)列的首項為a1，公差為d，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5a1＋\f(5×4,2)d＝55,\r(a1＋5d＋a1＋6d)2＝a1＋da1＋3d－9))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝7,d＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝11,d＝0))(舍去)，故數(shù)列{an}的通項公式為an＝7＋2(n－1)，即an＝2n＋5.(2)證明：由(1)an＝2n＋5，得bn＝eq\f(1,an－6an－4)＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))).Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))<eq\f(1,2).數(shù)列、函數(shù)、不等式的綜合應用【例9】(2017·海安模擬)設函數(shù)fn(x)＝－1＋x＋eq\f(x2,22)＋eq\f(x3,32)＋…＋eq\f(xn,n2)(x∈R，n∈N*)，證明：(1)對每個n∈N*，存在唯一的xn∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))，滿足fneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xn))＝0；(2)對任意p∈N*，由(1)中xn構(gòu)成的數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(xn))滿足0＜xn－xn＋p＜eq\f(1,n).【導學號：】[證明](1)對每個n∈N*，當x>0時，fn′(x)＝1＋eq\f(x,2)＋…＋eq\f(xn－1,n)>0，則fn(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，而f1(1)＝0，當n≥2時，fn(1)＝eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)>0，故fn(1)≥0，又fneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－1＋eq\f(2,3)＋eq\i\su(k＝2,n,)eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))k,k2)≤－eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)eq\i\su(k＝2,n,)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))k＝－eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)·eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1)),1－\f(2,3))＝－eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1<0，所以對每個n∈N*，存在唯一的xn∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))，滿足fn(xn)＝0.(2)當x>0時，fn＋1(x)＝fn(x)＋eq\f(xn＋1,n＋12)>fn(x)，并由(1)知fn＋1(xn)>fn(xn)＝fn＋1(xn＋1)＝0.由fn＋1(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增知，xn＋1<xn，故{xn}為單調(diào)遞減數(shù)列，從而對任意n，p∈N*，xn＋p<xn.對任意p∈N*，fn(xn)＝－1＋xn＋eq\f(x\o\al(2,n),22)＋…＋eq\f(x\o\al(2,n),n2)＝0.①fn＋p(xn＋p)＝－1＋xn＋p＋eq\f(x\o\al(2,n＋p),22)＋…＋eq\f(x\o\al(n,n＋p),n2)＋eq\f(x\o\al(n＋1,n＋p),n＋12)＋…＋eq\f(x\o\al(n＋p,n＋p),n＋p2)＝0.②①－②并移項，利用0<xn＋p<xn≤1，得xn－xn＋p＝eq\i\su(k＝2,n,)eq\f(x\o\al(k,n＋p)－x\o\al(k,n),k2)＋eq\i\su(k＝n＋1,n＋p,)eq\f(x\o\al(k,n＋p),k2)≤eq\i\su(k＝n＋1,n＋p,)eq\f(x\o\al(k,n＋p),k2)≤eq\i\su(k＝n＋1,n＋p,)eq\f(1,k2)<eq\i\su(k＝n＋1,n＋p,)eq\f(1,kk－1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋p)<eq\f(1,n).因此，對任意p∈N*,0＜xn－xn＋p＜eq\f(1,n).[規(guī)律方法]對于數(shù)列、函數(shù)、不等式的問題．可以利用函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合極限思想解決問題；也可以利用均值不等式等號成立的條件，結(jié)合極限思想獲得思路；也可以利用方程進行等量變換，減少未知量，確定參數(shù)的取值范圍；也可以等價轉(zhuǎn)化不等關(guān)系為恒成立問題，利用函數(shù)最值得到解法；還可以利用函數(shù)的性質(zhì)，數(shù)形結(jié)合，求出參數(shù)的取值范圍．[舉一反三](2017·如皋月考)已知二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c的圖象通過原點，對稱軸為x＝－2n(n∈N*)．f′(x)是f(x)的導函數(shù)，且f′(0)＝2n(n∈N*).(1)求f(x)的表達式(含有字母n)；(2)若數(shù)列{an}滿足an＋1＝f′(an)，且a1＝4，求數(shù)列{an}的通項公式；(3)在(2)的條件下，若bn＝n·2eq\f(an＋1－an,2)，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，是否存在自然數(shù)M，使得當n>M時n·2n＋1－Sn>50恒成立？若存在，求出最小的M；若不存在，說明理由．[解](1)由已知，可得c＝0，f′(x)＝2ax＋b，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝2n，,\f(b,2a)＝2n，))解之得a＝eq\f(1,2)，b＝2n.∴f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2nx.(2)∵an＋1＝an＋2n，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝2(1＋2＋3＋…＋n－1)＋4＝2×eq\f(nn－1,2)＋4＝n2－n＋4.(3)an＋1－an＝(n＋1)2－(n＋1)＋4－(n2－n＋4)＝2n，∴bn＝n·2eq\f(an＋1－an,2)＝n·2n.Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，①2Sn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n＋1.②①－②得：－Sn＝21＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，∴n·2n＋1－Sn＝2n＋1－2>50，即2n＋1>52，當n≥5時，2n＋1>52.∴存在M＝4，使得當n>M時，n·2n＋1－Sn>50恒成立．[第3步▕高考易錯明辨析]1．忽視n的取值范圍致誤已知數(shù)列{an}中，a1＝1，前n項的和為Sn，對任意的自然數(shù)n≥2，an是3Sn－4與2－eq\f(3,2)Sn－1的等差中項．求通項an.[錯原]忽視了eq\f(an＋1,an)＝－eq\f(1,2)成立的前提n≥2，只能說明數(shù)列從第2項起為等比數(shù)列，至于整個數(shù)列{an}是否為等比數(shù)列還需驗證eq\f(a2,a1)是否等于－eq\f(1,2)，這種在解答過程中忽視數(shù)列“定義域”限制而致錯的題目頻率是非常高的，應引起足夠的重視．[正解]由已知，當n≥2時，2an＝(3Sn－4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3,2)Sn－1))，又an＝Sn－Sn－1，得an＝3Sn－4(n≥2)，an＋1＝3Sn＋1－4，以上兩式相減得an＋1－an＝3an＋1，∴eq\f(an＋1,an)＝－eq\f(1,2)，∴a2，a3，…，an，…成等比數(shù)列，其中a2＝3S2－4＝3(1＋a2)－4.即a2＝eq\f(1,2)，q＝－eq\f(1,2)，∴當n≥2時，an＝a2qn－2＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1，∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1，n≥2.))2．求等比數(shù)列的公比時忽視隱含條件致誤已知一個等比數(shù)列的前四項之積為eq\f(1,16)，第2,3項的和為eq\r(2)，求這個等比數(shù)列的公比．[錯原]設這四個數(shù)為eq\f(a,q3)，eq\f(a,q)，aq，aq3，公比為q2，就等于規(guī)定了這個等比數(shù)列各項要么同為正，要么同為負，但題中q可以為負！[正解]依題意，設這四個數(shù)為a，aq，aq2，aq3，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4q6＝\f(1,16)，,aq＋aq2＝\r(2).))解得q＝3±2eq\r(2)或q＝－5±2eq\r(6).3．解數(shù)列問題時由思維定勢導致錯誤已知等比數(shù)列{an}中a2＝1，則其前3項的和S3的取值范圍是________．[錯原]默認q>0，遺漏當q<0時的情況．所以需要分q為正、負兩種情況．[正解]因為等比數(shù)列{an}中a2＝1，所以S3＝a1＋a2＋a3＝a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋q＋\f(1,q)))＝1＋q＋eq\f(1,q)；當公比q>0時，S3＝1＋q＋eq\f(1,q)≥1＋2eq\r(q·\f(1,q))＝3；當公比q<0時，S3＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－q－\f(1,q)))≤1－2eq\r(－q·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,q))))＝－1；所以S3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞).———————專家預測·鞏固提升———————(對應學生用書第27頁)1．已知定義在R上的函數(shù)f(x)是奇函數(shù)且滿足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－x))＝f(x)，f(－2)＝－3，數(shù)列{an}滿足a1＝－1，且eq\f(Sn,n)＝2×eq\f(an,n)＋1(其中Sn為{an}的前n項和)，則f(a5)＋f(a6)＝________.3[由定義在R上的函數(shù)f(x)是奇函數(shù)且滿足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－x))＝f(x)知，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))＝feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－x))))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－x))＝－f(x)，所以f(x－3)＝feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))－\f(3,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))＝－(－f(x))＝f(x)，所以f(x)的周期為3，由eq\f(Sn,n)＝2×eq\f(an,n)＋1得，Sn＝2an＋n，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2an＋n－2an－1－(n－1)，所以an＝2an－1－1，所以a2