公务员数列归纳整理总结

第一篇：公务员数列归纳整理总结

数列归纳整理总结

1、带有负数的数列；

2、带有零的数列 ；

3、带有分数的数列；

4、带有相同数字的数列 ；

5、带有“1”的数列；

6、数列中带有“忽然变大的数字”的数列

一、带有负数的数列1、08 A-27，-7，1，3，5，13，（）

2、10A-1/3，1，5，17，53，（）

3、11A-1，2，1，8，19，（）

4、12A-26，-6，2，4，6，（）

5、11B2，3，0，-7，-18，（）

6、11B-30，-4，()，24，122，340

二、带有相同数字的数列；

1、12A1，1，2，8，64，()

2、12A8，4，8，10，,14，（）

3、12A1/3，1，1，13/17，()，12/654、11A2，4，4，8，16，（）

5、10A6，8，8，0，-32，()

6、09A1，1，3，5，11，()

7、09B7，8，8，10，11，()

8、10B1/2，1/2，5/8，7/9，11/10，（）

三、带有分数的数列1、12A1/3，1，1，13/17，（），21/652、09A100，10，12 1/2，16 2/3，25，（）

3、09A1/3，4/7，7/11，2/3，13/19，（）4、09A2，11/3，28/5，53/7，86/7，（）

5、11A2/3，1/3，5/12，53/480，()

6、10A-1/3，1，5，17，53，（）

7、10A21/32，1，25/24，17/18，43/54，（）8、0

四、数列中带有“忽然变大的数字”的数列

第二篇：数列解题技巧归纳总结

知识框架

数列的分类数列的概念数列的通项公式函数角度理解数列的递推关系等差数列的定义anan1d(n2)等差数列的通项公式ana1(n1)d等差数列nn(n1)等差数列的求和公式S(aa)nadn1n122等差数列的性质anamapaq(mnpq)两个基an等比数列的定义q(n2)本数列an1n1等比数列的通项公式ana1qa1anqa1(1qn)等比数列数列(q1)等比数列的求和公式Sn1q1qna(q1)1等比数列的性质aaaa(mnpq)nmpq公式法分组求和错位相减求和数列裂项求和 求和倒序相加求和累加累积归纳猜想证明分期付款数列的应用其他掌握了数列的基本知识，特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质，掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用，就有可能在高考中顺利地解决数列问题。

一、典型题的技巧解法

1、求通项公式（1）观察法。（2）由递推公式求通项。

对于由递推公式所确定的数列的求解，通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。

(1)递推式为an+1=an+d及an+1=qan（d，q为常数）例

1、已知{an}满足an+1=an+2，而且a1=1。求an。

例

1、解 ∵an+1-an=2为常数 ∴{an}是首项为1，公差为2的等差数列

∴an=1+2（n-1）即an=2n-1 例

2、已知{an}满足an11an，而a12，求an=？ 2

（2）递推式为an+1=an+f（n）

例

3、已知{an}中a111，an1an，求an.224n11111()

(2n1)(2n1)22n12n1解： 由已知可知an1an令n=1，2，…，（n-1），代入得（n-1）个等式累加，即（a2-a1）+（a3-a2）+…+（an-an-1）

114n3ana1(1)

22n14n2★ 说明 只要和f（1）+f（2）+…+f（n-1）是可求的，就可以由an+1=an+f（n）以n=1，2，…，（n-1）代入，可得n-1个等式累加而求an。

(3)递推式为an+1=pan+q（p，q为常数）

例

4、{an}中，a11，对于n＞1（n∈N）有an3an12，求an.解法一： 由已知递推式得an+1=3an+2，an=3an-1+2。两式相减：an+1-an=3（an-an-1）因此数列{an+1-an}是公比为3的等比数列，其首项为a2-a1=（3×1+2）-1=4 n-1n-1 n-1∴an+1-an=4·3 ∵an+1=3an+2 ∴3an+2-an=4·3即 an=2·3-1

2n-2解法二： 上法得{an+1-an}是公比为3的等比数列，于是有：a2-a1=4，a3-a2=4·3，a4-a3=4·3，…，an-an-1=4·3，把n-1个等式累加得： ∴an=2·3n-1-1

(4)递推式为an+1=p an+q n（p，q为常数）

bn1bnb221n1n(bnbn1)由上题的解法，得：bn32()n ∴ann3()2()33232n

(5)递推式为an2pan1qan

思路：设an2pan1qan,可以变形为：an2an1(an1an)，想

于是{an+1-αan}是公比为β的等比数列，就转化为前面的类型。

求an。

(6)递推式为Sn与an的关系式

关系；（2）试用n表示an。

∴Sn1Sn(anan1)(∴an1anan1n+1n+

1n

12n1n

∴an1)

2n22n111ann 2211上式两边同乘以2得2an+1=2an+2则{2an}是公差为2的等差数列。

n∴2an= 2+（n-1）·2=2n

2．数列求和问题的方法（1）、应用公式法

等差、等比数列可直接利用等差、等比数列的前n项和公式求和，另外记住以下公式对求和来说是有益的。

1＋3＋5＋……＋(2n-1)=n

2【例8】 求数列1，（3+5），（7+9+10），（13+15+17+19），…前n项的和。

1解 本题实际是求各奇数的和，在数列的前n项中，共有1+2+…+n=n(n1)个奇数，212∴最后一个奇数为：1+[n(n+1)-1]×2=n+n-1 2因此所求数列的前n项的和为

（2）、分解转化法

对通项进行分解、组合,转化为等差数列或等比数列求和。

2222222【例9】求和S=1·（n-1）+ 2·（n-2）+3·（n-3）+…+n（n-n）

解 S=n（1+2+3+…+n）-（1+2+3+…+n）2333

3（3）、倒序相加法

适用于给定式子中与首末两项之和具有典型的规律的数列，采取把正着写与倒着写的两个和式相加，然后求和。

例

10、求和：Sn3Cn6Cn3nCn 例

10、解 Sn0Cn3Cn6Cn3nCn

∴ Sn=3n·2 n-1 12n012n4

（4）、错位相减法

如果一个数列是由一个等差数列与一个等比数列对应项相乘构成的，可把和式的两端同乘以上面的等比数列的公比，然后错位相减求和．

例

11、求数列1，3x，5x2,…,(2n-1)xn-1前n项的和．

解 设Sn=1+3+5x+…+(2n-1)x． ①

(2)x=0时，Sn=1．

23n(3)当x≠0且x≠1时，在式①两边同乘以x得 xSn=x+3x+5x+…+(2n-1)x，②

23n-1n①-②，得(1-x)Sn=1+2x+2x+2x+…+2x-(2n-1)x．

2n-

1(5)裂项法：

把通项公式整理成两项(式多项)差的形式，然后前后相消。常见裂项方法：

例12、求和1111 153759(2n1)(2n3)

注：在消项时一定注意消去了哪些项，还剩下哪些项，一般地剩下的正项与负项一样多。

在掌握常见题型的解法的同时，也要注重数学思想在解决数列问题时的应用。

二、常用数学思想方法 1．函数思想

运用数列中的通项公式的特点把数列问题转化为函数问题解决。

【例13】 等差数列{an}的首项a1＞0，前n项的和为Sn，若Sl=Sk（l≠k）问n为何值时Sn最大？

此函数以n为自变量的二次函数。∵a1＞0 Sl=Sk（l≠k），∴d＜0故此二次函数的图像开口向下 ∵ f（l）=f（k）

2．方程思想

【例14】设等比数列{an}前n项和为Sn，若S3+S6=2S9，求数列的公比q。分析 本题考查等比数列的基础知识及推理能力。

解 ∵依题意可知q≠1。

∵如果q=1，则S3=3a1，S6=6a1，S9=9a1。由此应推出a1=0与等比数列不符。∵q≠1

整理得 q（2q-q-1）=0 ∵q≠0 363

此题还可以作如下思考：

33336S6=S3+qS3=（1+q）S3。S9=S3+qS6=S3（1+q+q），33663∴由S3+S6=2S9可得2+q=2（1+q+q），2q+q=0

3．换元思想

【例15】 已知a，b，c是不为1的正数，x，y，z∈R+，且

求证：a，b，c顺次成等比数列。

xyz 证明 依题意令a=b=c=k ∴x=1ogak，y=logbk，z=logck

∴b=ac ∴a，b，c成等比数列（a，b，c均不为0）2 6

第三篇：数列知识点总结

数列知识总结

一、基本概念

1、数列：按照一定顺序排列着的一列数．

数列的项、数列的项数



表示数列的第n项与序号n之间的关系的公式通项公式：不是所有的数列都有通项公式 

符号控制器：如（1）n、（1）n+1

递推公式：表示任一项与它的前一项（或前几项）间的关系的公式．

有穷数列：项数有限的数列．



无穷数列：项数无限的数列．数列分类

递增数列：从第2项起，每一项都不小于它的前一项的数列． 递减数列：从第2项起，每一项都不大于它的前一项的数列．常数列：各项相等的数列．摆动数列：从第2项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列．

二、等差数列：从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这个常数称为等差数列的公差．anan1d,n2且nZ，或an1and,n1且nZ





ana1n1damnmdknb1、若等差数列a

aa1anamn的首项是a1，公差是d，则有dn 

n1

nm 

nana1d1

等差中项：三个数a，G，b组成的等差数列，则称G为a与b的等差中项2G=ab



2n性质：若{apq2anapaqn}是等差数列，则

mnpqa

manapaq

若{an}是等差数列，则am、amk、am2k、am3k、构成公差公差kd的等差数列

若{an}、{bn}是等差数列,则{an+}、{an+bn}是等差数列

2、等差数列的前n项和的公式： Sna1annnn

2na1

12

dpn2qn等差数列的前n项和的性质：

S偶S奇nd

若项数为2nn*

，则S2nnanan1，S奇an（1）



S偶an1



S奇S偶an若项数为2n1n*，则S1a2n12nn，S奇nanS偶n1an，S奇n

S偶n1

Sm，S2mSm,S3mS2m（2）成等差数列S

{n

n

是等差数列若等差数列{an},{bn}的前n项和为Sn,Tn1

n，则

anS2b

nT2n1

（3）等差数列的求和最值问题：（二次函数的配方法；通项公式求临界项法）

①若a10

ak0d0，则Sn有最大值，当n=k时取到的最大值k满足ak1

0

②若a10，则ak0d0Sn有最小值，当n=k时取到的最大值k满足

ak1

0

三、等比数列：从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，这个常数称为等比数列的公比．

1、通项公式及其性质

a1na1qnanmmq若等比数列a，公比是q，则

n的首项是a1n1annman．



qa,q1a

ma，G，b成等比数列，则称G为a与b的等比中项G2ab

性质：若{a是等比数列，则2npqa2

napaq

n}

mnpqamanapaq

ak

m、amk、am2k、am3k、成公比q的等比数列

2、前n项和及其性质

na1q1,(S

q1)n

a11qn． 

1qa1anq1qa1a1

qn

1qa11qqna11qAqnA,q1Sn

nmSnqSm

Sn、S2nSn、S3性质

nS2n成等比数列S． 若项数为2n，则偶



Sq

奇Sm，S2mSm,S3mS2m成等比数列

四、(1)aS1

n1n与Sn的关系：an

Sn

S;（检验a1是否满足anSnSn1）n1n2

123nn(n1)

2(2)122232n2

n(n1)(n2)



62333n123n3(n1)24

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第四篇：数列知识点总结

必修⑤ 第二章 数列知识总结

一、等

1．等差数列定义：按照一定顺序排列着的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项；数列可以看作一个定义域为正整数集N(或它的有限子集{1,2,,n}的函数当

自变量从小到大依次取值时对应的一列函数值.它的图像是一群孤立的点.它具有如下特征：

an1and, 或an2an1an1an(nN)

注意：

（1）证明数列{an} 是等差数列的五种基本方法（③④⑤大多用在客观题上）：

①利用定义：证明an1and（常数）

②利用中项性质：证明2anan1an2(nN)

③通项公式法：anpnq（p、q为常数）{an}为等差数列

④前n项和公式法：SnAn2Bn（A、B为常数）{an}为等差数列

（2）证明数列an不是等差数列的常用方法：找反例.(如验证前三项不成等差数列).（3）若an1ann,a1a,nN，则{an}不是等差数列,求an可用累加法

an(anan1)(an1an2)

2．通项公式及其变式 ⑤{an}成等比数列且an0{lgan}为等差数列 (aa,n 2.21)a1≥

ana1(n1)ddn(a1d)

变式：①anam(nm)d②a1a(n1)dn

aaaa ③dnm④dnm（联想点列(n,an)所在直线的斜率）nmnm

3．前n项和公式及其变式

n(a1an)na1n(n1)d； 2

2变式: ①Snannn(n1)d 联想:an是以an为首项, d为公差的等差数列.2②Snn(a1)n SS③n(n1)a1联想：n 是以a1为首项,为公差的等差数列 2

Saana1a2an④n1联想：算术平均数 Sn

4．等差中项

若 a, b, c成等差数列，则b 称a与c的等差中项，且b．

5．重要性质(等差数列an中)

（1）对称性质：若m+n=p+q(m.、n、p、qN), 则amanapaq；

特别地：当m+n=2p时aman2ap;

(2）若d为{an}的公差，则其子数列ak,akm,ak2m,,也成等差数列，且公差为md；（3）片段和性质：Sm,S2mSm,S3mS2m,也成等差数列，且公差为md；（4）若an,bn都是等差数列,则kan,kanp,kanpbn都为等差数列；

S奇a

n；S2nn(anan1);S偶an

1S*

若项数为2n-1(nN)则S奇S偶an；奇；S2n1(2n1)an.S偶n1

（5）若项数为2n(n)则S偶S奇nd；

评注:有限等差数列中，奇数项和与偶数项和的存在必然联系，由数列的总项数是偶数还是奇数决定.若总项数为偶数，则“偶数项和”－“奇数项和”＝总项数的一半与其公差的积；若总项数为奇数，则“奇数项和”－“偶数项和”＝此数列的中项.6．常用结论、技巧，减少运算量（注意对称设元，整体消参，设而不求）（1）设元技巧：如三个数成等差数列，可设为ad,a,ad；

四个数成等差数列，可设为a3d,ad,ad,a3d.（2）在等差数列中，求Sn最值：

方法一：建立Sn的目标函数，转化为n的二次函数求； 方法二：若a10,d0时,Sn有最大值，这时可由不等式组

an≥0

来确定n；

an1≤0

an≤0

若a10,d0时,Sn有最小值，这时可由不等式组来确定n.a≥0n

1（3）基本量计算：等差数列中有五量(a1,n,d,an,Sn)、三式（一个通项公式，两个求和公式），一般可以“知三求二”通过列方程（组）求关键量a1和d，问题可迎刃而解.（4）几个重要结论

①apq,aqp(pq)apq0 ②Spq,Sqp(pq)Spq(pq)③SpSq(pq)Spq0 ④SmnSmSnmnd

二、等比数列

１．定义与特征：

定义：______________________________________________.它具有如下特征：

an1aa

q(q为不为零常数)或者n2n1（nN*）nn1nan

1q(q为不为零常数)an

注：（1）证明数列是等比数列的两个基本方法：

①利用定义：

②利用等比中项：an1anan

2③通项公式法: ancqn(c0)④前n项和法:Snkqnk

a

(k0)

（2）证明数列an不是等比数列的常用方法：找特例.2．通项公式：ana1qn1；

变式：anamqnm； q

3．前n项和公式：

nm

⑤{an}成等差数列{cn}为等比数列



an

（n>m;m、nN）m

a1(1qn)a1anq

sn；(q1)

（1）注意：运用等比数列求和公式，务必检查其公比与1的关系，必要时分类讨论.Sn1qn

（2）当公比q1时，

m1qm

4．等比中项

若a，G , b成等比数列，则G为a, b的等比中项，即Gab,ab0.5．性质

在等比数列an中，有

（1）若m+n=p+q，m ,n, p ,qN, 则amanapaq；

当m+n=2p时，amanap；



anb,,也成等比数列； nn

nn

m

（3）若q为{an}的公比，则其子序列ak,akm,ak2m,也成等比数列,公比为q；

()

（4）片段和:Sm,S2mSm,S3mS2m,也成等比数列，且公比为qm.（2）若{an},{bn}成等比数列, 则{|an|}kan,an

a

6．常用结论、技巧：

（1）①SmnSmqmSnSnqnSm ②S3nSnqnS2nS2nq2nSn（2）前n项和公式，一定要分q=1或q1两种情况．(3)设元技巧：三个数成等比数列，通常设为,a,aq；

四个数成等比数列，不能设为3，aq,aq，只有当q>0时才可以．

qq

(4)等比数列an的单调性

①当a10,q1或 a1<0,0q1时，等比数列an为递增数列； ②当a10,0q1或 a1<0,q1时，等比数列an为递减数列； ③当q1时，等比数列an为常数列;

④当q0时，等比数列an为摆动数列.(5)有限项等比数列中，设“偶数项和”为S偶，“奇数项和”为S奇

①若总项数为偶数2n，则S偶qS奇； ②若总项数为奇数2n1，S奇a1qS偶.三、数列求和的方法：

１．公式法

(1)等差数列{an}的前n项和公式（三种形式）;

(2)等比数列{an}的前n项和公式（三种形式）;(3)几个重要公式

①135(2n1)(n1)

2②122232n2n(n1)(n2)

n2(n1)2333

3③123n

２．倒序相加法:在数列求和中，若和式中到首尾距离相等的两项和有其共性或数列的通项与组合数相关联，则常可考虑选用倒序相加法，发挥其共性的作用求和（这也是等差数列前n和公式的推导方法）． 如: 在和n1之间插入n个正数，使这n+2个数成等比数列，求所插入的n个数之积． 3．错位相减法：适用于bncn的数列；其中bn成等差数列,Cn成等比数列.n

记Snb1c1b2c2bn1cn1bncn；则qSnb1c2bn1cnbncn1.（这也是等比数列前n和公式的推导方法之一）

4．裂项相消法：如果数列的通项可“分裂成两项差”的形式，且相邻项分裂后相关联，那么常选用裂项相消法求和.常用裂项形式有：

②()③[] ④anSnSn1(n≥2)

5.分组求和：适用于cnanbn，而an、bn的和易求得.四、求一般数列通项公式的类型及方法：

①

1．应用公式（等差、等比数列）；

S1(n1)2．已知Sn求an可用an,是否分段,需要验证.SS(n≥2)n1n

(数列的通项、数列的项数，递推公式与递推数列，数列的通项与数列的前n项和公式的关系)

3．累加法：适用于差后等差或差后等比的数列；

an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1；

如：①已知数列an满足an1an2n,a13,求an；

②已知数列an满足an1an2n,a13,求an.4．累积法：适用于分式给出的递推式，累积后可以消去中间项，aaa

annn12a1,n≥2.n1n

21如：① 已知数列an满足

an1,a1=1,求an； nan

② 已知数列an满足n12,a1=1,求an.n

5．构造特殊数列法：

（1）利用递推关系写出数列的前几项，根据前几项的特点观察、归纳猜想出an的表达式，然后用数学归纳法证明.（2）将递推关系式进行变形,然后运用累加、累积、迭代、换元转化为常见数列（等差、等比数列）；

如：已知数列an满足an13an2,a11,求an；

五、数列的应用(三个模型)

已知数列an满足anan12n1,a11,求an.凡涉及到利息、产量、降价、繁殖增长率以及分期付款等问题时都可以用数列解决.(1)复利公式:按复利计算利息的一种储蓄，本金为a元，每期利率为r，存期为x，则本利

和ya(1r)

（2）单利公式:利息按单利计算，本金为a元，每期利率为r，存期为x，则本利和

x

ya(1xr)

（3）产值模型:原来产值的基础数为N，平均增长率为p，对于时间x的总产值yN(1p)

x

第五篇：数列专题

数列专题

朱立军

1、设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝nan－2n(n－1)．(1)求数列{an}的通项公式an；

(2)设数列 

1a 的前n项和为T1

1n，求证：nan＋15≤Tn＜

42、设数列a

2n1n满足a1＋3a2＋3a3＋…＋3an

＝n

3，a∈N*.(1)求数列an的通项；(2)设bn

n＝

a，求数列bn的前n项和Sn。n3、在数列{a*

n}中，a1＝3，an＝－an-1－2n＋1(n≥2且n∈N).(1)求a2，a3的值；

(2)证明：数列{an＋n}是等比数列，并求{an}的通项公式；(3)求数列{an}的前n项和Sn.4、已知数列{a项和S1211*

n}的前nn＝2n

2，数列{bn}满足bn+2－2bn+1＋bn＝0(n∈N)，且b3＝11，前9

项和为153.(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；(2)设cn＝

3n

－

n

－，数列{cn}的前n项和为Tn，若对任意正整数n，Tn∈[a，b]，求b－a的最小值．

5、已知点(1,2)是函数f(x)＝ax

(a＞0且a≠1)的图象上一点，数列{an}的前n项和Sn＝f(n)－1.(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若bn＝logaan+1，求数列{anbn}的前n项和Tn.6、已知数列{aa*

n }中，1=2，对于任意的p,q∈N，都有apqapaq.(1)求数列{an}的通项公式；

(2)令b*

*

n＝ln an(n∈N)，是否存在k(k∈N)，使得bk、bk+

1、bk+2成等比数列？若存在，求出所

有符合条件的k的值，若不存在，请说明理由；(3)令cn＝

1aa，S{c*n

n为数列n}的前n项和，若对任意的n∈N，不等式tSn

1立，求实数t的取值范围．

7、已知数列{a满足：a2n

n}和{bn}1＝λ，an+1＝

3an＋n－4，bn＝(－1)(an－3n＋21)，其中λ为实数，n为正整数.(1)对任意实数λ，证明数列{an}不是等比数列；

(2)试判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论.数列专题答案

1．(1)解 由Sn＝nan－2n(n－1)得an＋1＝Sn＋1－Sn＝(n＋1)an＋1－nan－4n，即an＋1－an＝4.∴数列{an}是以1为首项，4为公差的等差数列，∴an＝4n－3.(2)证明 T11111

11n＝a＋…＋＋1

1a2a2a3anan＋11×55×99×13

－

＋

1－***14n－3－14n＋1

＝114

1－4n＋11＜4.又易知T111

n单调递增，故Tn≥T1＝5，得5≤Tn

42．解析：(1)a

2an-1

n

1＋3a2＋33＋…＋3an＝3

①

a＋3a＋32aan1n-1

11123＋…＋3n-2 n-1＝3 ②, ①-②得3an =3,所以an3

n(n≥2).经过验证当n=1也成立,因此a1

n3

n.(2)bna=n3n,利用错位相减法可以得到S(2n1n＝

n)3n13.n

443．(1)解：∵a*

1＝3，an＝－an－1－2n＋1(n≥2，n∈N)，∴a2＝－a1－4＋1＝－6，a3＝－a2－6＋1＝

1.(2)证明 ∵an＋n－an－1－2n＋＋n

aa

n－1＋－n－1＋n－1

＝－an－1－n＋1a＝－1，n－1＋n－1

∴数列{a＋1＝4，公比为－1的等比数列.∴an－1

n＋n}是首项为a1n＋n＝4·(－1)，即an＝4·(－1)n－1－n，∴{a1)n－1－n(n∈N*

n}的通项公式为an＝4·(－).n

(3)解 ∵{an－1

n}的通项公式为an＝4·(－1)

－n(n∈N*)，所以Sn＝∑ak＝

k＝1

n

n

n

n

∑[4·(－1)

k－1

－k] ＝∑[4·(－1)

k－1

]－∑k＝4×

1－－

－

＋

k＝1

k＝1

k＝1

1－－2

＝2[1－(－1)n

]－

(n2

＋n)＝－n＋n－4n

2(－1).4．解(1)因为S1211

n＝2＋2

n，当n≥2时，an＝Sn－Sn-1＝n＋5，当n＝1时a1＝S1＝6，满足上式，所以an＝n＋5，又因为bn+2－2bn-1＋bn＝0，所以数列{bn}为等差数列，由S＋b

79＝

153，b3＝11，故b7＝23，所以公差d＝23－11

7－33，所以bn＝b3＋(n－3)d＝3n＋2，(2)由(1)知c3

n＝

111n

－

n

－

－

＋

212n－12n＋1，所以T1n＝c1＋c2＋…＋cn＝111121－3＋35＋…＋2n－112n＋1

＝11121－2n＋1＝n2n＋1，又因为Tn＋1nn＋1－Tn＝2n＋32n＋1＝＋

＋

0，所以{T1n}单调递增，故(Tn)min＝T13

而Tn＝

n2n＋1n2n121312n，Ta的最大值为1

nn∈[a，b]时3，b的最小值为12(b－a)＝111min236

5．解(1)把点(1,2)代入函数f(x)＝ax得a＝2，所以数列{an项和为Sn

n}的前n＝f(n)－1＝2－1.当n＝1时，ann－1n-1

1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2－2＝2，对n＝1时也适合．∴an-1

n＝2.(2)由a＝2，b＝log，所以an-1

naan+1得bn＝nnbn＝n·2.T01＋3·22＋…＋n·2n-1

n＝1·2＋2·2，①

2T12＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n

n＝1·2＋2·2②

由①－②得：－T0＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n，所以T＝(n－1)2n

n＝2n＋1.6．解 本题主要考查等差数列、等比数列和利用不等式知识解答恒成立问题等知识，考查运算求解

能力、推理论证能力，以及分类讨论的数学思想．解答存在性问题的基本策略是先假设存在，然后结合已知条件展开证明．

(1)令p＝1，q＝n，则有an+1＝an＋a1，故an+1－an＝a1＝2，即数列{an}是以2为首项，2为公差的等

差数列，所以数列{a*

n}的通项公式为an＝2n(n∈N)．

(2)假设存在k(k∈N*)，使得b 2*

k、bk+

1、bk+2成等比数列，则bkbk＋2＝bk＋1(k∈N)．

因为bln a*

n＝n＝ln 2n(n∈N)，所以b＋

kbk+2＝ln 2k·ln 2(k＋2)< ln 2k＋

2＋

2

22＝

22＋<22

＝

[ln 2(k＋1)]2＝b 2b2*

k＋1，这与bkbk+2＝k＋1矛盾．故不存在k(k∈N)，使得bk、bk+

1、bk＋2成等比数列．

(3)因为c111n＝a＝＝nan＋1＋41n1n＋1 ,所以S＝111n111

141－2＋＋…＋nn＋1＝

41－1n＋1

＝n＋n为偶数时，若对任意的n∈N*，不等式tSn

n

t<＋＋n4n＋9n＋10，而4n＋9n＋10≥4n·9n＋10＝64，当且仅当n＝9

n

n＝3时，等号成立，故t<64；

当n为奇数时，若对任意的n∈N*，不等式tSn

－＋n

＝4n－9n8，因为n－99nn的增大而增大，所以当n＝1时，n－n取得最小值－8，此时t需满足t<－64.综上知，实数t的取值范围为(－∞，－64)。

7．(1)证明 假设存在一个实数λ，使{a2

n}是等比数列，则有a 2＝a1a3，即23－32＝λ49－4



⇔492－4λ＋9＝42

λ－4λ⇔9＝0，矛盾，所以{an}不是等比数列.(2)解 因为b＝(－1)n+1[an+1n＋1－3(n＋1)＋21] ＝(－1)2

n＋13an－2n＋14

＝－2n

23(－1)·(an－3n＋21)＝－3

n.又b*

1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时，bn＝0(n∈N)，此时{bn}不是等比数列；

当λ≠－18时，b2bn＋12*

1＝－(λ＋18)≠0，由bn＋13n.可知bn≠0，所以b＝－(n∈N).故当λ≠

n3－18时，数列{b2

n}是以－(λ＋18)为首项，－3为公比的等比数列.