高考专题突破三 高考中的数列问题【考点自测】1．(2017·洛阳模拟)已知等差数列{a n }的公差和首项都不等于0，且a 2，a 4，a 8成等比数列，则a 1＋a 5＋a 9a 2＋a 3等于( )A ．2B ．3C ．5D ．7 答案 B解析 ∵在等差数列{a n }中，a 2，a 4，a 8成等比数列，∴a 24＝a 2a 8，∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )，∴d 2＝a 1d ， ∵d ≠0，∴d ＝a 1，∴a 1＋a 5＋a 9a 2＋a 3＝15a 15a 1＝3.故选B.2．(2018·衡水调研)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为( ) A.100101 B.99101 C.99100D.101100答案 A解析 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .∵a 5＝5，S 5＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋5×(5－1)2d ＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n . ∴1a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1100－1101＝1－1101＝100101. 3．若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p ＞0，q ＞0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值等于( ) A ．6 B ．7 C ．8 D ．9 答案 D解析 由题意知a ＋b ＝p ，ab ＝q ，∵p ＞0，q ＞0，∴a ＞0，b ＞0.在a ，b ，－2这三个数的6种排序中，成等差数列的情况有：a ，b ，－2；b ，a ，－2；－2，a ，b ；－2，b ，a ；成等比数列的情况有：a ，－2，b ；b ，－2，a .∴⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝4，2b ＝a －2或⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝4，2a ＝b －2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4.∴p ＝5，q ＝4，∴p ＋q ＝9，故选D.4．(2017·江西高安中学等九校联考)已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若a 1·a 6·a 11＝33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tanb 3＋b 91－a 4·a 8的值是( )A ．1 B.22C ．－22D ．－ 3答案 D解析 {a n }是等比数列，{b n }是等差数列，且a 1·a 6·a 11＝33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，∴a 36＝(3)3,3b 6＝7π，∴a 6＝3，b 6＝7π3， ∴tan b 3＋b 91－a 4·a 8＝tan 2b 61－a 26＝tan 2×7π31－(3)2＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－7π3＝tan ⎝⎛⎭⎪⎫－2π－π3＝－tan π3＝－ 3.5．(2018·保定模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意n ∈N *都有S n ＝23a n －13，若1<S k <9(k ∈N *)，则k 的值为________． 答案 4解析 由题意，S n ＝23a n －13，当n ≥2时，S n －1＝23a n －1－13，两式相减，得a n ＝23a n －23a n －1，∴a n ＝－2a n －1， 又a 1＝－1，∴{a n }是以－1为首项，以－2为公比的等比数列， ∴a n ＝－(－2)n －1，∴S k ＝(－2)k－13，由1<S k <9，得4<(－2)k<28， 又k ∈N *，∴k ＝4.题型一 等差数列、等比数列的综合问题例1 (2016·四川)已知数列{a n }的首项为1，S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋1＝qS n ＋1，其中q >0，n ∈N *.(1)若a 2，a 3，a 2＋a 3成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(2)设双曲线x 2－y 2a 2n＝1的离心率为e n ，且e 2＝2，求e 21＋e 22＋…＋e 2n .解 (1)由已知，S n ＋1＝qS n ＋1，得S n ＋2＝qS n ＋1＋1，两式相减得a n ＋2＝qa n ＋1，n ≥1. 又由S 2＝qS 1＋1得a 2＝qa 1， 故a n ＋1＝qa n 对所有n ≥1都成立．所以数列{a n }是首项为1，公比为q 的等比数列， 从而a n ＝qn －1.由a 2，a 3，a 2＋a 3成等差数列，可得2a 3＝a 2＋a 2＋a 3， 所以a 3＝2a 2，故q ＝2. 所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由(1)可知，a n ＝qn －1，所以双曲线x 2－y 2a 2n＝1的离心率e n ＝1＋a 2n ＝1＋q 2(n －1).由e 2＝1＋q 2＝2，解得q ＝3， 所以e 21＋e 22＋…＋e 2n＝(1＋1)＋(1＋q 2)＋…＋[1＋q 2(n －1)]＝n ＋[1＋q 2＋…＋q2(n －1)]＝n ＋q 2n －1q 2－1＝n ＋12(3n－1)．思维升华 等差数列、等比数列综合问题的解题策略(1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．(2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．跟踪训练1 (2018·沧州模拟)已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝S n －1S n(n ∈N *)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ， 因为S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列， 所以S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，即4a 5＝a 3，于是q 2＝a 5a 3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12.故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n . (2)由(1)得S n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n，n 为奇数，1－12n，n 为偶数.当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小， 所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大， 所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712.综上，对于n ∈N *，总有－712≤S n －1S n ≤56.所以数列{T n }的最大项的值为56，最小项的值为－712.题型二 数列的通项与求和例2 (2018·邢台模拟)已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12， 由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)， 解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1. (2)b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1＝(－1)n －14n(2n －1)(2n ＋1)＝(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1. 当n 为偶数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1 ＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1.当n 为奇数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1.所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数.(或T n ＝2n ＋1＋(－1)n －12n ＋1)思维升华 (1)一般求数列的通项往往要构造数列，此时从要证的结论出发，这是很重要的解题信息．(2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的求和方法有错位相减法、分组转化法、裂项相消法等．跟踪训练2 (2018·大连模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝12，a n ＋1＝n ＋12n a n (n ∈N *)．(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式与前n 项和S n . (1)证明 ∵a 1＝12，a n ＋1＝n ＋12n a n ，当n ∈N *时，a n n≠0，又a 11＝12，a n ＋1n ＋1∶a n n ＝12(n ∈N *)为常数， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以12为首项，12为公比的等比数列．(2)解 由⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以12为首项，12为公比的等比数列，得a n n ＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，∴a n ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n. ∴S n ＝1·12＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋3·⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，12S n ＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，∴两式相减得12S n ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋11－12－n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，∴S n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝2－(n ＋2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.综上，a n ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，S n ＝2－(n ＋2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.题型三 数列与其他知识的交汇 命题点1 数列与函数的交汇例3 (2018·长春模拟)设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x的图象上(n ∈N *)．(1)若a 1＝－2，点(a 8,4b 7)在函数f (x )的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)若a 1＝1，函数f (x )的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 的前n 项和T n .解 (1)由已知，得b 7＝72a ，b 8＝82a ＝4b 7， 有82a ＝4×72a ＝272a+，解得d ＝a 8－a 7＝2， 所以S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n .(2)f ′(x )＝2xln 2，f ′(a 2)＝22a ln 2，故函数f (x )＝2x在(a 2，b 2)处的切线方程为y －22a ＝22a ln 2(x －a 2)，它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2. 由题意，得a 2－1ln 2＝2－1ln 2， 解得a 2＝2， 所以d ＝a 2－a 1＝1.从而a n ＝n ，b n ＝2n，a n b n ＝n2n .所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n2n －1.两式相减，得2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n＝2－12n －1－n2n＝2n ＋1－n －22n. 所以T n ＝2n ＋1－n －22n.命题点2 数列与不等式的交汇例4 (2016·天津)已知{a n }是各项均为正数的等差数列，公差为d ，对任意的n ∈N *，b n 是a n 和a n ＋1的等比中项．(1)设c n ＝b 2n ＋1－b 2n ，n ∈N *，求证：数列{c n }是等差数列； (2)设a 1＝d ，T n ＝∑2nk ＝1 (－1)k b 2k，n ∈N *，求证：∑nk ＝1 1T k <12d2. 证明 (1)由题意得b 2n ＝a n a n ＋1，c n ＝b 2n ＋1－b 2n ＝a n ＋1a n ＋2－a n a n ＋1＝2da n ＋1.因此c n ＋1－c n ＝2d (a n ＋2－a n ＋1)＝2d 2， 所以{c n }是等差数列．(2)T n ＝(－b 21＋b 22)＋(－b 23＋b 24)＋…＋(－b 22n －1＋b 22n ) ＝2d (a 2＋a 4＋…＋a 2n ) ＝2d ·n (a 2＋a 2n )2＝2d 2n (n ＋1)．所以∑nk ＝1 1T k ＝12d 2∑n k ＝1 1k (k ＋1)＝12d 2∑n k ＝1 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1 ＝12d 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1<12d 2. 命题点3 数列应用题例5 某企业为了进行技术改造，设计了两种方案，甲方案：一次性贷款10万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案：每年贷款1万元，第一年可获利1万元，以后每年比前一年增加5千元．两种方案的使用期都是10年，到期一次性归还本息．若银行两种形式的贷款都按年息5%的复利计算，试比较两种方案中哪种获利更多？(参考数据：取1.0510≈1.629,1.310≈13.786,1.510≈57.665)解 甲方案中，每年所获利润组成等比数列，首项为1，公比为(1＋30%)，所以10年所获得的总利润为S 10＝1＋(1＋30%)＋(1＋30%)2＋…＋(1＋30%)9＝1.310－10.3≈42.62(万元)，贷款到期时，需要偿还银行的本息是 10(1＋5%)10≈16.29(万元)，故使用甲方案所获纯利润为42.62－16.29＝26.33(万元)． 乙方案中，每年的利润组成等差数列，首项为1，公差为0.5， 所以10年所获得的总利润为T 10＝1＋(1＋0.5)＋(1＋2×0.5)＋…＋(1＋9×0.5)＝10×1＋10×92×0.5＝32.5(万元)，从第一年起，每年的贷款在到期时所产生的本息组成等比数列，首项为1×(1＋5%)10万元，公比为11＋5%，故贷款到期时，需要偿还银行的本息是 1×[(1＋5%)10＋(1＋5%)9＋…＋(1＋5%)] ＝1.05×1.0510－10.05≈13.21(万元)，故使用乙方案所获纯利润为32.5－13.21＝19.29(万元)． 综上可知，甲方案获利更多．思维升华 数列与其他知识交汇问题的常见类型及解题策略 (1)数列与函数的交汇问题①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； ②已知数列条件，解决函数问题，解题时要注意数列与函数的内在联系，掌握递推数列的常见解法．(2)数列与不等式的交汇问题①函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式；②放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到； ③比较方法：作差或者作商比较． (3)数列应用题①根据题意，确定数列模型； ②准确求解模型；③问题作答，不要忽视问题的实际意义．跟踪训练3 (2018·烟台模拟)已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n ，0)，且f ′(0)＝2n ，n ∈N *，数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ，且a 1＝4.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)f ′(x )＝2ax ＋b ，由题意知b ＝2n ， 16n 2a －4nb ＝0， ∴a ＝12，则f (x )＝12x 2＋2nx ，n ∈N *.数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ，又f ′(x )＝x ＋2n ， ∴1a n ＋1＝1a n＋2n ，∴1a n ＋1－1a n＝2n ，由叠加法可得1a n －14＝2＋4＋6＋…＋2(n －1)＝n 2－n ，化简可得a n ＝4(2n －1)2(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝4也符合， ∴a n ＝4(2n －1)2(n ∈N *)．(2)∵b n ＝a n a n ＋1＝4(2n －1)(2n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1 ＝4n 2n ＋1.1．(2018·泰安模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *.已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1. (1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列；(3)求数列{a n }的通项公式．(1)解 当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋a 4＋5⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋1，解得a 4＝78.(2)证明 因为4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)， 所以4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2)， 即4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1 (n ≥2)，当n ＝1时，4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2，所以n ＝1也满足此式， 所以4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1 (n ∈N *)， 因为a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝2a n ＋1－a n 2(2a n ＋1－a n )＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，12为公比的等比数列．(3)解 由(2)知：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，12为公比的等比数列，所以a n ＋1－12a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.即a n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－a n⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝4，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 是以a 112＝2为首项，4为公差的等差数列，所以a n⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝2＋(n －1)×4＝4n －2，即a n ＝(4n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以数列{a n }的通项公式是a n ＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.2．(2017·福建漳州八校联考)已知递增的等比数列{a n }满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2和a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n 12log a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n ·2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值．解 (1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝28，a 1q ＋a 1q 3＝2(a 1q 2＋2)，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，q ＝12，∵{a n }是递增数列，∴a 1＝2，q ＝2， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2·2n －1＝2n.(2)∵b n ＝a n 12log a n ＝2n·12log 2n＝－n ·2n，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n ·2n)，① 则2S n ＝－(1×22＋2×23＋…＋n ·2n ＋1)，②②－①，得S n ＝(2＋22＋ (2))－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1，则S n ＋n ·2n ＋1＝2n ＋1－2，解2n ＋1－2>62，得n >5，∴n 的最小值为6.3．(2018·梅州质检)已知正项数列{a n }中，a 1＝1，点(a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在函数y ＝x 2＋1的图象上，数列{b n }的前n 项和S n ＝2－b n . (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)设c n ＝－1a n ＋1log 2b n ＋1，求{c n }的前n 项和T n .解 (1)∵点(a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在函数y ＝x 2＋1的图象上， ∴a n ＋1＝a n ＋1，∴数列{a n }是公差为1的等差数列． ∵a 1＝1，∴a n ＝1＋(n －1)×1＝n ， ∵S n ＝2－b n ，∴S n ＋1＝2－b n ＋1，两式相减，得b n ＋1＝－b n ＋1＋b n ，即b n ＋1b n ＝12， 由S 1＝2－b 1，即b 1＝2－b 1，得b 1＝1. ∴数列{b n }是首项为1，公比为12的等比数列，∴b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(2)∵log 2b n ＋1＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝－n ，∴c n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 4．(2018·佛山模拟)在等比数列{a n }中，a n >0(n ∈N *)，公比q ∈(0,1)，且a 1a 5＋2a 3a 5＋a 2a 8＝25，又a 3与a 5的等比中项为2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和S n ；(3)是否存在k ∈N *，使得S 11＋S 22＋…＋S nn <k 对任意n ∈N *恒成立，若存在，求出k 的最小值，若不存在，请说明理由． 解 (1)∵a 1a 5＋2a 3a 5＋a 2a 8＝25， ∴a 23＋2a 3a 5＋a 25＝25，∴(a 3＋a 5)2＝25， 又a n >0，∴a 3＋a 5＝5， 又a 3与a 5的等比中项为2， ∴a 3a 5＝4，而q ∈(0,1)， ∴a 3>a 5，∴a 3＝4，a 5＝1， ∴q ＝12，a 1＝16，∴a n ＝16×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝25－n.(2)∵b n ＝log 2a n ＝5－n ， ∴b n ＋1－b n ＝－1，b 1＝log 2a 1＝log 216＝log 224＝4，∴{b n }是以b 1＝4为首项，－1为公差的等差数列， ∴S n ＝n (9－n )2.(3)由(2)知S n ＝n (9－n )2，∴S n n ＝9－n 2.当n ≤8时，S nn>0；当n ＝9时，S nn＝0； 当n >9时，S n n<0.∴当n ＝8或n ＝9时，S 11＋S 22＋S 33＋…＋S nn＝18最大．故存在k ∈N *，使得S 11＋S 22＋…＋S nn<k 对任意n ∈N *恒成立，k 的最小值为19.5．(2017·天津滨海新区八校联考)已知数列{a n }，{b n }，S n 为数列{a n }的前n 项和，a 2＝4b 1，S n ＝2a n －2，nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n 2＋n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 为等差数列；(3)若数列{c n}的通项公式为c n＝⎩⎪⎨⎪⎧－a n b n2，n 为奇数，a n bn4，n 为偶数.令T n 为{c n }的前n 项和，求T 2n .(1)解 当n >1时，⎩⎪⎨⎪⎧S n ＝2a n －2，S n －1＝2a n －1－2，则a n ＝2a n －2a n －1，a na n －1＝2. 当n ＝1时，S 1＝2a 1－2，得a 1＝2，综上，{a n }是公比为2，首项为2的等比数列，a n ＝2n. (2)证明 ∵a 2＝4b 1，∴b 1＝1. ∵nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n 2＋n ， ∴b n ＋1n ＋1－b nn＝1， 综上，⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 是公差为1，首项为1的等差数列，b n n＝1＋n －1，可得b n ＝n 2. (3)解 令p n ＝c 2n －1＋c 2n＝－(2n －1)2·22n －12＋(2n )2·22n4＝(4n －1)·22n －2＝(4n －1)·4n －1.⎩⎪⎨⎪⎧T 2n ＝3·40＋7·41＋11·42＋…＋(4n －1)·4n －1，①4T 2n ＝3·41＋7·42＋11·43＋…＋(4n －5)·4n －1 ＋(4n －1)·4n ②①－②，得－3T 2n ＝3·40＋4·41＋4·42＋…＋4·4n －1－(4n －1)·4n，∴－3T 2n ＝3＋16－16·4n －11－4－(4n －1)·4n∴T 2n ＝79＋12n －79·4n.6．已知数列{a n }，{b n }，其中，a 1＝12，数列{a n }满足(n ＋1)a n ＝(n －1)a n －1 (n ≥2，n ∈N *)，数列{b n }满足b 1＝2，b n ＋1＝2b n . (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)是否存在自然数m ，使得对于任意n ∈N *，n ≥2，有1＋1b 1＋1b 2＋…＋1b n <m －84恒成立？若存在，求出m 的最小值；(3)若数列{c n }满足c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1na n，n 为奇数，b n ，n 为偶数，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由(n ＋1)a n ＝(n －1)a n －1， 即a n a n －1＝n －1n ＋1(n ≥2)． 又a 1＝12，所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1 ＝n －1n ＋1·n －2n ·n －3n －1·…·24·13·12＝1n (n ＋1).当n ＝1时，上式成立，故a n ＝1n (n ＋1).因为b 1＝2，b n ＋1＝2b n ，所以{b n }是首项为2，公比为2的等比数列，故b n ＝2n.(2)由(1)知，b n ＝2n，则1＋1b 1＋1b 2＋…＋1b n ＝1＋12＋122＋…＋12n ＝2－12n . 假设存在自然数m ，使得对于任意n ∈N *，n ≥2，有1＋1b 1＋1b 2＋…＋1b n <m －84恒成立，即2－12n<m －84恒成立，由m －84≥2，解得m ≥16.所以存在自然数m ，使得对于任意n ∈N *，n ≥2，有1＋1b 1＋1b 2＋…＋1b n <m －84恒成立，此时，m的最小值为16. (3)当n 为奇数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋13a 3＋…＋1na n ＋(b 2＋b 4＋…＋b n －1)＝[2＋4＋…＋(n ＋1)]＋(22＋24＋…＋2n －1)＝2＋n ＋12·n ＋12＋124(14)14n --- ＝n 2＋4n ＋34＋43(2n －1－1)；当n 为偶数时，T n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a 1＋13a 3＋…＋1(n －1)a n －1＋(b 2＋b 4＋…＋b n) ＝(2＋4＋…＋n )＋(22＋24＋ (2)) ＝2＋n 2·n 2＋24(14)14n-- ＝n 2＋2n 4＋43(2n－1)． 所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2＋4n ＋34＋43(2n －1－1)，n 为奇数，n 2＋2n 4＋43(2n－1)，n 为偶数.。