第8讲数列[考情分析]数列为每年高考必考内容之一，考查热点主要有三个方面：(1)对等差、等比数列基本量和性质的考查，常以客观题的形式出现，考查利用通项公式、前n项和公式建立方程(组)求解，利用性质解决有关计算问题，属于中、低档题；(2)对数列通项公式的考查；(3)对数列求和及其简单应用的考查，主、客观题均会出现，常以等差、等比数列为载体，考查数列的通项、求和，难度中等.热点题型分析热点1等差、等比数列的基本运算及性质1.等差(比)数列基本运算的解题策略(1)设基本量a1和公差d(公比q)；(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量.2.等差(比)数列性质问题的求解策略(1)解题关键：抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解；(2)牢固掌握等差(比)数列的性质，可分为三类：①通项公式的变形；②等差(比)中项的变形；③前n项和公式的变形．比如：等差数列中，“若m＋n＝p＋q，则a m＋a n＝a p＋a q(m，n，p，q∈N*)”；等比数列中，“若m＋n＝p＋q，则a m·a n＝a p·a q(m，n，p，q∈N*)”.1.已知在公比不为1的等比数列{a n }中，a 2a 4＝9，且2a 3为3a 2和a 4的等差中项，设数列{a n }的前n 项积为T n ，则T 8＝( )A.12×37－16 B ．310 C.318 D ．320答案 D解析 由题意得a 2a 4＝a 23＝9.设等比数列{a n }的公比为q ，由2a 3为3a 2和a 4的等差中项可得4a 3＝3a 2＋a 4，即4a 3＝3a 3q ＋a 3q ，整理得q 2－4q ＋3＝0，由公比不为1，解得q ＝3.所以T 8＝a 1·a 2·…·a 8＝a 81q 28＝(a 81q 16)·q 12＝(a 1q 2)8·q 12＝a 83·q 12＝94×312＝320.故选D.2.(2019·江苏高考)已知数列{a n }(n ∈N *)是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 2a 5＋a 8＝0，S 9＝27，则S 8的值是________.答案 16解析 解法一：由S 9＝27⇒9(a 1＋a 9)2＝27⇒a 1＋a 9＝6⇒2a 5＝6⇒2a 1＋8d ＝6且a 5＝3.又a 2a 5＋a 8＝0⇒2a 1＋5d ＝0，解得a 1＝－5，d ＝2.故S 8＝8a 1＋8×(8－1)2d ＝16.解法二：同解法一得a 5＝3.又a 2a 5＋a 8＝0⇒3a 2＋a 8＝0⇒2a 2＋2a 5＝0⇒a 2＝－3. ∴d ＝a 5－a 23＝2，a 1＝a 2－d ＝－5. 故S 8＝8a 1＋8×(8－1)2d ＝16.3.在等比数列{a n }中，若a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝158，a 8·a 9＝－98，则1a 7＋1a 8＋1a 9＋1a10＝________.答案 －53解析 由等比数列的性质可得，a 7·a 10＝a 8·a 9＝－98，∴1a 7＋1a 8＋1a 9＋1a 10＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 7＋1a 10＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 8＋1a 9＝a 7＋a 10a 7·a 10＋a 8＋a 9a 8·a 9＝a 7＋a 8＋a 9＋a 10a 8·a 9＝－53.在求解数列基本量运算中，要注意公式使用时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．如第1题要注意整体代换思想的运用，避免繁杂的运算出错；第3题易忽视等比数列性质“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q (m ，n ，p ，q ∈N *)”，而导致计算量过大.热点2 求数列的通项公式1.已知S n 求a n 的步骤 (1)先利用a 1＝S 1求出a 1；(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式；(3)注意检验n ＝1时的表达式是否可以与n ≥2的表达式合并. 2.由递推关系式求数列的通项公式(1)对于递推关系式可转化为a n ＋1a n＝f (n )的数列，并且容易在求数列{f (n )}前n项的积时，采用叠乘法求数列{a n }的通项公式；(2)对于递推关系式可转化为a n ＋1＝a n ＋f (n )的数列，通常采用叠加法(逐差相加法)求其通项公式；(3)对于递推关系式形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠0,1，q ≠0)的数列，采用构造法求数列的通项公式.1.(2019·长沙雅礼中学、河南实验中学联考)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1n ＋1＝a n n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ，则a n 等于( ) A.2＋n ln n B ．2n ＋(n －1)ln n C.2n ＋n ln n D ．1＋n ＋n ln n答案 C解析 由题意得a n ＋1n ＋1－a nn ＝ln (n ＋1)－ln n ，n 分别用1,2,3，…，(n －1)取代，累加得a n n －a 11＝ln n －ln 1＝ln n ，a nn ＝2＋ln n ，∴a n ＝(ln n ＋2)n ，故选C.2.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝2S n ，则数列{a n }的通项公式为________.答案 a n ＝⎩⎨⎧1，n ＝1，2·3n －2，n ≥2解析 当n ≥2时，a n ＝2S n －1，∴a n ＋1－a n ＝2S n －2S n －1＝2a n ，即a n ＋1＝3a n ，∴数列{a n }的第2项及以后各项构成等比数列，a 2＝2a 1＝2，公比为3，∴a n ＝2·3n－2，n ≥2，当n ＝1时，a 1＝1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎨⎧1，n ＝1，2·3n －2，n ≥2.(1)利用a n ＝S n －S n －1求通项时，应注意n ≥2这一前提条件．第2题易错解为a n ＝2·3n －2.(2)利用递推关系式求数列通项时，要合理转化确定相邻两项之间的关系．第1题易错点有二：一是已知条件的转化不明确导致无从下手；二是叠加法求通项公式不熟练导致出错.热点3 数列求和问题1.分组求和的常用方法(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正、负项分组，此时数列的通项式中常会有(－1)n等特征.2.裂项相消的规律(1)裂项系数取决于前后两项分母的差；(2)裂项相消后前、后保留的项数一样多.3.错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列{a n}与等比数列{b n}对应项相乘{a n·b n}型数列求和；(2)步骤①求和时先乘以等比数列{b n}的公比；②把两个和的形式错位相减；③整理结果形式.1.已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n ＋1＋m ，且a 1，a 4，a 5－2成等差数列，b n ＝a n (a n －1)(a n ＋1－1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，则满足T n >20172018的最小正整数n的值为( )A.11 B ．10 C ．9 D ．8 答案 B 解析 根据S n ＝2n ＋1＋m 可以求得a n ＝⎩⎨⎧m ＋4，n ＝1，2n ，n ≥2，所以有a 1＝m ＋4，a 4＝16，a 5＝32，根据a 1，a 4，a 5－2成等差数列， 可得m ＋4＋32－2＝32，从而求得m ＝－2， 所以a 1＝2满足a n ＝2n ，从而求得a n ＝2n (n ∈N *)，所以b n ＝a n (a n －1)(a n ＋1－1)＝2n (2n －1)(2n ＋1－1)＝12n －1－12n ＋1－1，所以T n ＝1－13＋13－17＋17－115＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1，令1－12n ＋1－1>20172018，整理得2n ＋1>2019，解得n ≥10. 2.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝n ·2n ，则S n ＝________. 答案 (n －1)2n ＋1＋2解析 由a n ＝n ·2n 且S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n 得， S n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n ， ∴2S n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1. 两式相减得，－S n ＝21＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1 ＝2(1－2n )1－2－n ×2n ＋1＝2n ＋1－2－n ×2n ＋1∴S n ＝n ×2n ＋1－2n ＋1＋2＝(n －1)2n ＋1＋2.裂项相消后一般情况下剩余项是对称的，即前面剩余的项和后面剩余的项是对应的．第1题易搞错剩余项，导致求和出错．第2题错位相减法求和时，易出现以下两种错误：一是两式错位相减时最后一项n×2n＋1没有变号；二是对相减后的和式的结构认识模糊，把项数数错.热点4数列的综合应用1.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.2.数列与函数综合问题的注意点(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，在求数列最值或不等关系时要特别注意；(2)利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化.1.设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝45，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，0≤a n ≤12，2a n －1，12<a n ≤1，则S 2018等于( )A.50445B.50475C.50485D.50495 答案 B解析 由题知，a 1＝45，a 2＝2×45－1＝35，a 3＝2×35－1＝15，a 4＝2×15＝25，a 5＝2×25＝45，∴数列{a n }是以4为周期的周期数列，∴a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝45＋35＋15＋25＝2，∴S 2018＝504×(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 1＋a 2＝1008＋75＝50475.故选B.2.已知数列{a n }满足a 1＝33，a n ＋1－a n ＝2n ，则a nn 的最小值为________. 答案 212解析 由题意得，a 2－a 1＝2×1，a 3－a 2＝2×2，a 4－a 3＝2×3，…，a n －a n－1＝2(n －1)，将上述n －1个式子累加，得(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝2[1＋2＋…＋(n －1)]，即a n －a 1＝n (n －1)，得a n ＝a 1＋n (n －1)＝n 2－n ＋33， 所以a n n ＝n 2－n ＋33n ＝n ＋33n －1.设f (x )＝x ＋33x －1(x >0)，则f ′(x )＝1－33x 2，由f ′(x )>0，解得x >33；由f ′(x )<0，解得0<x <33.所以函数f (x )在[33，＋∞)上单调递增，在(0，33)上单调递减. 因为n ∈N *，所以当n ＝6时，f (n )即a n n 取得最小值，而f (6)＝a 66＝6＋336－1＝212.所以a n n 的最小值为f (6)＝212.第1题易把数列的周期求错，导致S 2018的值求错．第2题易出现的错误有两个：一是在a n n 的表达式中，忽视n 为正整数的特点并直接利用基本不等式n ＋33n ≥233求解最值；二是即使考虑了n 为正整数，但把a nn 取最小值时的n 值弄错.真题自检感悟1.(2018·全国卷Ⅰ)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( )A.－12 B ．－10 C ．10 D ．12 答案 B解析 设该等差数列的公差为d ，根据题中的条件可得 3×⎝ ⎛⎭⎪⎫3×2＋3×22·d ＝2×2＋d ＋4×2＋4×32·d ， 整理解得d ＝－3，所以a 5＝a 1＋4d ＝2－12＝－10，故选B.2.(2019·北京高考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝－3，S 5＝－10，则a 5＝________，S n 的最小值为________.答案 0 －10解析 ∵a 2＝a 1＋d ＝－3，S 5＝5a 1＋10d ＝－10，∴a 1＝－4，d ＝1，∴a 5＝a 1＋4d ＝0，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n －5.令a n <0，则n <5，即数列{a n }中前4项为负，a 5＝0，第6项及以后为正．∴S n 的最小值为S 4＝S 5＝－10.3.(2018·全国卷Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________.答案 －63解析 根据S n ＝2a n ＋1，可得S n ＋1＝2a n ＋1＋1， 两式相减得a n ＋1＝2a n ＋1－2a n ，即a n ＋1＝2a n ， 当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1，所以数列{a n }是以－1为首项，以2为公比的等比数列， 所以S 6＝－(1－26)1－2＝－63.4.(2018·江苏高考)已知集合A ＝{x |x ＝2n －1，n ∈N *}，B ＝{x |x ＝2n ，n ∈N *}．将A ∪B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{a n }．记S n 为数列{a n }的前n 项和，则使得S n >12a n ＋1成立的n 的最小值为________.答案 27解析 S 26＝21×(1＋41)2＋2－25×21－2＝503，a 27＝43，则12a 27＝516，不满足S n >12a n ＋1；S 27＝22×(1＋43)2＋2－25×21－2＝546，a 28＝45，则12a 28＝540，满足S n >12a n ＋1.所以n 的最小值为27.专题作业一、选择题1.(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A.1 B ．2 C ．4 D ．8 答案 C解析 设{a n }的公差为d ，则由⎩⎨⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧(a 1＋3d )＋(a 1＋4d )＝24，6a 1＋6×52d ＝48，解得d ＝4.故选C.2.(2019·河北衡水模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 9＝6π，则tan a 5＝( )A.33B. 3 C ．－ 3 D ．－33 答案 C解析 由等差数列的性质可得，S 9＝6π＝9(a 1＋a 9)2＝9a 5，∴a 5＝2π3，则tan a 5＝tan 2π3＝－3，故选C.3.(2019·广州综合测试)已知数列{a n }为等比数列，若a 4＋a 6＝10，则a 7(a 1＋2a 3)＋a 3a 9的值为( )A.10 B ．20 C ．100 D ．200 答案 C解析 a 7(a 1＋2a 3)＋a 3a 9＝a 7a 1＋2a 7a 3＋a 3a 9＝a 24＋2a 4a 6＋a 26＝(a 4＋a 6)2＝100，故选C.4.(2019·大连模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，S 2＝3，S 4＝15，则S 6等于( )A.27 B ．31 C ．63 D ．75 答案 C解析 由题意得S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等比数列，所以3,12，S 6－15成等比数列，所以122＝3×(S 6－15)，解得S 6＝63.5.若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝2a n －2，则S 8等于( ) A.255 B ．256 C ．510 D ．511 答案 C解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1－2，据此可得a 1＝2，当n ≥2时，S n ＝2a n－2，S n －1＝2a n －1－2，两式作差可得a n ＝2a n －2a n －1，则a n ＝2a n －1，据此可得数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，其前8项和为S 8＝2×(1－28)1－2＝29－2＝512－2＝510.6.设S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，S 3＝a 22，且S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 10等于( )A.15 B ．19 C ．21 D ．30 答案 B解析 设等差数列{a n }的公差为d ，因为S 3＝a 22，所以3a 2＝a 22，解得a 2＝0或a 2＝3，又因为S 1，S 2，S 4构成等比数列，所以S 22＝S 1S 4，所以(2a 2－d )2＝(a 2－d )(4a 2＋2d )，若a 2＝0，则d 2＝－2d 2，此时d ＝0，不符合题意，舍去，当a 2＝3时，可得(6－d )2＝(3－d )·(12＋2d )，解得d ＝2(d ＝0舍去)，所以a 10＝a 2＋8d ＝3＋8×2＝19.7.(2019·烟台模拟)已知{a n }为等比数列，数列{b n }满足b 1＝2，b 2＝5，且a n (b n＋1－b n )＝a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和为( )A.3n ＋1 B ．3n －1 C.3n 2＋n 2 D.3n 2－n2答案 C解析 ∵b 1＝2，b 2＝5，且a n (b n ＋1－b n )＝a n ＋1， ∴a 1(b 2－b 1)＝a 2，即a 2＝3a 1， 又数列{a n }为等比数列，∴数列{a n }的公比q ＝3，且a n ≠0， ∴b n ＋1－b n ＝a n ＋1a n＝3，∴数列{b n }是首项为2，公差为3的等差数列， ∴数列{b n }的前n 项和为S n ＝2n ＋n (n －1)2×3＝3n 2＋n2.8.(2016·四川高考)某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入．若该公司2015年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是( )(参考数据：lg 1.12≈0.05，lg 1.3≈0.11，lg 2≈0.30) A.2018年 B ．2019年 C ．2020年 D ．2021年 答案 B解析 根据题意，知每年投入的研发资金增长的百分率相同，所以，从2015年起，每年投入的研发资金组成一个等比数列{a n }，其中，首项a 1＝130，公比q ＝1＋12%＝1.12，所以a n ＝130×1.12n －1.由130×1.12n －1>200，两边同时取对数，得n －1>lg 2－lg 1.3lg 1.12，又lg 2－lg 1.3lg 1.12≈0.30－0.110.05＝3.8，则n >4.8，即a 5开始超过200，所以2019年投入的研发资金开始超过200万元，故选B.9.已知数列{a n }满足a 1＝0，a n ＋1＝a n －33a n ＋1(n ∈N *)，则a 56等于( ) A.－ 3 B ．0 C. 3 D.32 答案 A解析 因为a n ＋1＝a n －33a n ＋1(n ∈N *)，a 1＝0，所以a 2＝－3，a 3＝3，a 4＝0，a 5＝－3，a 6＝3，…，故此数列的周期为3.所以a 56＝a 18×3＋2＝a 2＝－ 3.10.在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝1a n a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和为( )A.n 2B.n n ＋1C.2n n ＋1D.4nn ＋1答案 D解析 由已知得a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋nn ＋1＝1n ＋1·(1＋2＋…＋n )＝n2， 从而b n ＝1a n a n ＋1＝1n 2·n ＋12＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以数列{b n }的前n 项和为S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝4n n ＋1.故选D.11.(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( )A.440 B ．330 C ．220 D ．110 答案 A解析 设首项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n 组的项数为n ，前n 组的项数和为n (1＋n )2.由题意知，N ＞100，令n (1＋n )2＞100⇒n ≥14且n ∈N *，即N 出现在第13组之后.第n 组的各项和为1－2n 1－2＝2n －1，前n 组所有项的和为2(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－2－n .设N 是第n ＋1组的第k 项，若要使前N 项和为2的整数幂，则N －n (1＋n )2项的和即第n ＋1组的前k 项的和2k －1应与－2－n 互为相反数，即2k －1＝2＋n (k ∈N *，n ≥14)，k ＝log 2(n ＋3)⇒n 最小为29，此时k ＝5，则N ＝29×(1＋29)2＋5＝440.故选A.12.已知数列{a n }中，a 1＝2，n (a n ＋1－a n )＝a n ＋1，n ∈N *，若对于任意的a ∈[－2,2]，n ∈N *，不等式a n ＋1n ＋1<2t 2＋at －1恒成立，则实数t 的取值范围为( )A.(－∞，－2]∪[2，＋∞)B.(－∞，－2]∪[1，＋∞)C.(－∞，－1]∪[2，＋∞)D.[－2,2] 答案 A解析 根据题意，数列{a n }中，n (a n ＋1－a n )＝a n ＋1，即na n ＋1－(n ＋1)a n ＝1，则有a n ＋1n ＋1－a n n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，则有a n ＋1n ＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋1n ＋1－a n n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n －a n －1n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1n －1－a n －2n －2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a 1＋a 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －2－1n －1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋2＝3－1n ＋1<3，a n ＋1n ＋1<2t 2＋at －1，即3－1n ＋1<2t 2＋at －1，∵对于任意的a ∈[－2,2]，n ∈N *，不等式a n ＋1n ＋1<2t 2＋at －1恒成立，∴2t 2＋at －1≥3，化为2t 2＋at －4≥0，设f (a )＝2t 2＋at －4，a ∈[－2,2]，可得f (2)≥0且f (－2)≥0，即有⎩⎨⎧ t 2＋t －2≥0，t 2－t －2≥0，即⎩⎨⎧t ≥1或t ≤－2，t ≥2或t ≤－1，可得t ≥2或t ≤－2，则实数t 的取值范围是(－∞，－2]∪[2，＋∞)，故选A.二、填空题13.(2018·北京高考)设{a n }是等差数列，且a 1＝3，a 2＋a 5＝36，则{a n }的通项公式为________.答案 a n ＝6n －3解析 ∵a 1＝3，a 2＋a 5＝36，∴3＋d ＋3＋4d ＝36， ∴d ＝6，∴a n ＝3＋6(n －1)＝6n －3.14.(2019·全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3＝________.答案 4解析由题意知⎩⎨⎧a 1>0，q >0，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝15，a 1q 4＝3a 1q 2＋4a 1，解得⎩⎨⎧a 1＝1，q ＝2，∴a 3＝a 1q 2＝4.15.(2019·全国卷Ⅲ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 1≠0，a 2＝3a 1，则S 10S 5＝________.答案 4解析 由a 1≠0，a 2＝3a 1，可得d ＝2a 1，所以S 10＝10a 1＋10×92d ＝100a 1，S 5＝5a 1＋5×42d ＝25a 1，所以S 10S 5＝4.16.(2019·沈阳模拟)在数列{a n }中，a 1＝－2，a n a n －1＝2a n －1－1(n ≥2，n ∈N *)，数列{b n }满足b n ＝1a n －1，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________，数列{b n }的前n项和S n 的最小值为________.答案3n －13n －4－13 解析 由题意知，a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，∴b n ＝1a n －1＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1a n －1－1＝a n －1a n －1－1＝1＋1a n －1－1＝1＋b n －1，即b n －b n －1＝1(n ≥2，n ∈N *)．又b 1＝1a 1－1＝－13，∴数列{b n }是以－13为首项，1为公差的等差数列，∴b n ＝n －43，即1a n －1＝n －43，∴a n ＝3n －13n －4.又b 1＝－13<0，b 2＝23>0，∴S n 的最小值为S 1＝b 1＝－13.。