高考理数　数列求和、数列的综合应用

高考理数　数列求和、数列的综合应用

§6.4 　数列求和、数列的综合应用 高考理数 (课标专用 ) A组  统一命题·课标卷题组 考点一　数列求和 1 .(2017课标Ⅱ,15,5分)等差数列{ a n }的前 n 项和为 S n , a 3 =3, S 4 =10,则     = 　　　     . 五年高考 答案        解析 　本题主要考查等差数列基本量的计算及裂项相消法求和. 设公差为 d ,则   ∴   ∴ a n = n . ∴前 n 项和 S n =1+2+ … + n =   , ∴   =   =2   , ∴     =2   1-   +   -   + … +   -     =2   =2·   =   . 解后反思 　裂项相消法求和的常见类型: ①若{ a n }是等差数列,则   =     ( d ≠ 0); ②   =   (   -   ); ③   =   -   . 思路分析 　求出首项 a 1 和公差 d ,从而求出 S n .   =   =2   ,从而运用裂项相消法求和 即可. 2 .(2015课标Ⅱ,16,5分,0.154)设 S n 是数列{ a n }的前 n 项和,且 a 1 =-1, a n +1 = S n S n +1 ,则 S n = 　　　     . 答案 　-   解析 　∵ a n +1 = S n +1 - S n ,∴ S n +1 - S n = S n +1 S n ,又由 a 1 =-1,知 S n ≠ 0,∴   -   =1,∴   是等差数列,且公差 为-1,而   =   =-1,∴   =-1+( n -1) × (-1)=- n ,∴ S n =-   . 思路分析 　由 a n +1 = S n +1 - S n 得 S n +1 - S n = S n S n +1 ,通过变形知数列   是首项和公差均为-1的等差数列, 进而得   ,从而得 S n . 解题关键 　在已知等式中用 S n +1 - S n 代替 a n +1 ,得到   中相邻两项的关系是解决本题的突破口. 3. (2018课标Ⅱ,17,12分)记 S n 为等差数列{ a n }的前 n 项和,已知 a 1 =-7, S 3 =-15. (1)求{ a n }的通项公式; (2)求 S n ,并求 S n 的最小值. 解析 　(1)设{ a n }的公差为 d ,由题意得3 a 1 +3 d =-15. 由 a 1 =-7得 d =2. 所以{ a n }的通项公式为 a n =2 n -9. (2)由(1)得 S n = n 2 -8 n =( n -4) 2 -16. 所以当 n =4时, S n 取得最小值,最小值为-16. 方法总结 　求等差数列前 n 项和 S n 的最值的两种方法 (1)函数法:利用等差数列前 n 项和的函数表达式 S n = an 2 + bn ,通过配方或借助图象求二次函数的最值. (2)邻项变号法: ①当 a 1 >0, d <0时,满足   的项数 m ,可使得 S n 取得最大值,最大值为 S m ; ②当 a 1 <0, d >0时,满足   的项数 m ,可使得 S n 取得最小值,最小值为 S m . 4 .(2016课标Ⅱ,17,12分) S n 为等差数列{ a n }的前 n 项和,且 a 1 =1, S 7 =28.记 b n =[lg a n ],其中[ x ]表示不 超过 x 的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1. (1)求 b 1 , b 11 , b 101 ; (2)求数列{ b n }的前1 000项和. 解析 　(1)设{ a n }的公差为 d ,据已知有7+21 d =28, 解得 d =1. 所以{ a n }的通项公式为 a n = n . b 1 =[lg 1]=0, b 11 =[lg 11]=1, b 101 =[lg 101]=2.   (6分) (2)因为 b n =     (9分) 所以数列{ b n }的前1 000项和为1 × 90+2 × 900+3 × 1=1 893.   (12分) 思路分析 　(1)先求公差,从而得通项 a n ,再根据已知条件求 b 1 , b 11 , b 101 .(2)分析出{ b n }中项的规律, 进而求出数列{ b n }的前1 000项和. 5. (2015课标Ⅰ,17,12分,0.624) S n 为数列{ a n }的前 n 项和.已知 a n >0,   +2 a n =4 S n +3. (1)求{ a n }的通项公式; (2)设 b n =   ,求数列{ b n }的前 n 项和. 解析 　(1)由   +2 a n =4 S n +3,可知   +2 a n +1 =4 S n +1 +3. 可得   -   +2( a n +1 - a n )=4 a n +1 , 即2( a n +1 + a n )=   -   =( a n +1 + a n )( a n +1 - a n ). 由于 a n >0,所以 a n +1 - a n =2. 又由   +2 a 1 =4 a 1 +3,解得 a 1 =-1(舍去)或 a 1 =3. 所以{ a n }是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为 a n =2 n +1.   (6分) (2)由 a n =2 n +1可知 b n =   =   =     . 设数列{ b n }的前 n 项和为 T n ,则 T n = b 1 + b 2 + … + b n =     =   .   (12分) 思路分析 　(1)由   +2 a n =4 S n +3,得   +2 a n +1 =4 S n +1 +3,两式相减得出递推关系,再求出 a 1 ,利用等差 数列的通项公式可得通项.(2)利用裂项相消法求 T n   . 考点二　数列的综合应用 (2017课标Ⅰ,12,5分)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2 0 ,接下来的两项是2 0 ,2 1 ,再 接下来的三项是2 0 ,2 1 ,2 2 ,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 　本题考查等差数列、等比数列的前 n 项和公式 , 考查学生的逻辑推理能力、运算求 解能力和创新应用能力 . 解法一 ( 排除法 ): 记 S N 为数列的前 N 项和 , 由题意得 , 数列的前 110 项为 2 0 ,2 0 ,2 1 ,2 0 ,2 1 , … ,2 0 ,2 1 , … ,2 13 ,2 0 ,2 1 ,2 2 ,2 3 ,2 4 , 所以 S 110 =2 0 +(2 0 +2 1 )+ … +(2 0 +2 1 + … +2 13 )+(2 0 +2 1 +2 2 +2 3 +2 4 )=(2 1 -1)+(2 2 -1)+ … +(2 14 -1)+(2 5 - 1)=(2 1 +2 2 + … +2 14 )-14+31=2 15 +15, 这是一个奇数 , 不可能是 2 的整数幂 , 故选项 D 不正确 . 同理 , S 220 = 2 0 +(2 0 +2 1 )+ … +(2 0 +2 1 + … +2 19 )+(2 0 +2 1 +2 2 +2 3 + … +2 9 )=2 21 +2 10 -23, 这是一个奇数 , 不可能是 2 的整数 幂 , 故选项 C 不正确 . 同理 , S 330 =2 0 +(2 0 +2 1 )+ … +(2 0 +2 1 + … +2 24 )+(2 0 +2 1 +2 2 +2 3 +2 4 )=2 26 +4, 不是 2 的整 数幂,故选项B不正确.所以,正确的选项为A. 解法二:不妨设1+(1+2)+ … +(1+2+ … +2 n -1 )+(1+2+ … +2 t )=2 m (其中 m 、 n 、 t ∈N,0 ≤ t ≤ n ), 则有 N =   + t +1,因为 N >100,所以 n ≥ 13. 由等比数列的前 n 项和公式可得2 n +1 - n -2+2 t +1 -1=2 m . 因为 n ≥ 13,所以2 n > n +2, 所以2 n +1 >2 n + n +2,即2 n +1 - n -2>2 n , 因为2 t +1 -1>0, 所以2 m >2 n +1 - n -2>2 n ,故 m ≥ n +1, 因为2 t +1 -1 ≤ 2 n +1 -1,所以2 m ≤ 2 n +2 - n -3,故 m ≤ n +1. 所以 m = n +1,从而有 n =2 t +1 -3,因为 n ≥ 13,所以 t ≥ 3. 当 t =3时, N =95,不合题意; 当 t =4时, N =440,满足题意,故所求 N 的最小值为440. 考点一　数列求和 1. (2016北京,12,5分)已知{ a n }为等差数列, S n 为其前 n 项和.若 a 1 =6, a 3 + a 5 =0,则 S 6 = 　　　     . B组  自主命题·省(区、市)卷题组 答案 　6 解析 　设等差数列{ a n }的公差为 d ,∵ a 1 =6, a 3 + a 5 =0, ∴6+2 d +6+4 d =0,∴ d =-2,∴ S 6 =6 × 6+   × (-2)=6. 2. (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 S n ( n ∈N * ),{ b n }是等差数列.已 知 a 1 =1, a 3 = a 2 +2, a 4 = b 3 + b 5 , a 5 = b 4 +2 b 6 . (1)求{ a n }和{ b n }的通项公式; (2)设数列{ S n }的前 n 项和为 T n ( n ∈N * ). (i)求 T n ; (ii)证明     =   -2( n ∈N * ). 解析 　本小题主要考查等差数列的通项公式 , 等比数列的通项公式及其前 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 . (1) 设等比数列 { a n } 的公比为 q . 由 a 1 =1, a 3 = a 2 +2, 可得 q 2 - q -2=0. 因为 q >0, 可得 q =2, 故 a n =2 n -1 . 设等差数列 { b n } 的公差为 d . 由 a 4 = b 3 + b 5 , 可得 b 1 +3 d =4. 由 a 5 = b 4 +2 b 6 , 可得 3 b 1 +13 d =16, 从而 b 1 =1, d =1,故 b n = n . 所以,数列{ a n }的通项公式为 a n =2 n -1 ,数列{ b n }的通项公式为 b n = n . (2)(i)由(1),有 S n =   =2 n -1, 故 T n =   =   - n =2 n +1 - n -2. (ii)证明:因为   =   =   =   -   ,所以,     =   +   + … +   =   -2. 方法总结 　解决数列求和问题的两种思路 (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. 3. (2017天津,18,13分)已知{ a n }为等差数列,前 n 项和为 S n ( n ∈N * ),{ b n }是首项为2的等比数列,且 公比大于0, b 2 + b 3 =12, b 3 = a 4 -2 a 1 , S 11 =11 b 4 . (1)求{ a n }和{ b n }的通项公式; (2)求数列{ a 2 n b 2 n -1 }的前 n 项和( n ∈N * ). 解析 　本小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 . (1) 设等差数列 { a n } 的公差为 d , 等比数列 { b n } 的公比为 q . 由已知 b 2 + b 3 =12, 得 b 1 ( q + q 2 )=12, 而 b 1 =2, 所以 q 2 + q -6=0, 解得 q =2 或 q =-3, 又因为 q >0, 所以 q =2. 所以 , b n =2 n . 由 b 3 = a 4 -2 a 1 , 可得 3 d - a 1 =8①. 由 S 11 = 11 b 4 , 可得 a 1 +5 d =16②, 联立①② , 解得 a 1 =1, d =3, 由此可得 a n =3 n -2. 所以 , 数列 { a n } 的通项公式为 a n =3 n -2, 数列 { b n } 的通项公式为 b n =2 n . (2)设数列{ a 2 n b 2 n -1 }的前 n 项和为 T n ,由 a 2 n =6 n -2, b 2 n -1 =2 × 4 n -1 ,有 a 2 n b 2 n -1 =(3 n -1) × 4 n , 故 T n =2 × 4+5 × 4 2 +8 × 4 3 + … +(3 n -1) × 4 n , 4 T n =2 × 4 2 +5 × 4 3 +8 × 4 4 + … +(3 n -4) × 4 n +(3 n -1) × 4 n +1 , 上述两式相减,得 -3 T n =2 × 4+3 × 4 2 +3 × 4 3 + … +3 × 4 n -(3 n -1) × 4 n +1 =   -4-(3 n -1) × 4 n +1 =-(3 n -2) × 4 n +1 -8. 得 T n =   × 4 n +1 +   . 所以,数列{ a 2 n b 2 n -1 }的前 n 项和为   × 4 n +1 +   . 方法总结 　(1)等差数列与等比数列中有五个量 a 1 , n , d (或 q ), a n , S n ,一般可以“知三求二”,通过 列方程(组)求关键量 a 1 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 q ≠ 1的等比数列,求数列{ a n b n }的前 n 项和适用错 位相减法. 4 .(2016山东,18,12分)已知数列{ a n }的前 n 项和 S n =3 n 2 +8 n ,{ b n }是等差数列,且 a n = b n + b n +1 . (1)求数列{ b n }的通项公式; (2)令 c n =   ,求数列{ c n }的前 n 项和 T n . 解析 　(1)由题意知,当 n ≥ 2时, a n = S n - S n -1 =6 n +5.当 n =1时, a 1 = S 1 =11,所以 a n =6 n +5. 设数列{ b n }的公差为 d . 由   即   可解得 b 1 =4, d =3.所以 b n =3 n +1. (2)由(1)知 c n =   =3( n +1)·2 n +1 . 又 T n = c 1 + c 2 + … + c n , 得 T n =3 × [2 × 2 2 +3 × 2 3 + … +( n +1) × 2 n +1 ], 2 T n =3 × [2 × 2 3 +3 × 2 4 + … +( n +1) × 2 n +2 ], 两式作差,得- T n =3 × [2 × 2 2 +2 3 +2 4 + … +2 n +1 -( n +1) × 2 n +2 ] =3 ×   =-3 n ·2 n +2 .所以 T n =3 n ·2 n +2 . 5 .(2015湖北,18,12分)设等差数列{ a n }的公差为 d ,前 n 项和为 S n ,等比数列{ b n }的公比为 q .已知 b 1 = a 1 , b 2 =2, q = d , S 10 =100. (1)求数列{ a n },{ b n }的通项公式; (2)当 d >1时,记 c n =   ,求数列{ c n }的前 n 项和 T n . 解析 　(1)由题意有,   即   解得   或   故   或   (2)由 d >1,知 a n =2 n -1, b n =2 n -1 ,故 c n =   , 于是 T n =1+   +   +   +   + … +   ,①   T n =   +   +   +   +   + … +   .② ①-②可得   T n =2+   +   + … +   -   =3-   , 故 T n =6-   . 6 .(2014山东,19,12分)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 -1   ,求数列{ b n }的前 n 项和 T n . 解析 　(1)因为 S 1 = a 1 , S 2 =2 a 1 +   × 2=2 a 1 +2, S 4 =4 a 1 +   × 2=4 a 1 +12, 所以由题意得(2 a 1 +2) 2 = a 1 (4 a 1 +12), 解得 a 1 =1,所以 a n =2 n -1. (2) b n =(-1) n -1   =(-1) n -1   =(-1) n -1   . 当 n 为偶数时, T n =   -   + … +   -   =1-   =   . 当 n 为奇数时, T n =   -   + … -     +     +     +     =1+   =   . 所以 T n =     7 .(2014江西,17,12分)已知首项都是1的两个数列{ a n },{ b n }( b n ≠ 0, n ∈N * )满足 a n b n +1 - a n +1 b n +2 b n +1 b n =0. (1)令 c n =   ,求数列{ c n }的通项公式; (2)若 b n =3 n -1 ,求数列{ a n }的前 n 项和 S n . 解析 　(1)因为 a n b n +1 - a n +1 b n +2 b n +1 b n =0, b n ≠ 0( n ∈N * ), 所以   -   =2,即 c n +1 - c n =2. 所以数列{ c n }是以1为首项,2为公差的等差数列, 故 c n =2 n -1. (2)由 b n =3 n -1 知 a n = c n b n =(2 n -1)3 n -1 , 于是数列{ a n }的前 n 项和 S n =1·3 0 +3·3 1 +5·3 2 + … +(2 n -1)·3 n -1 , 3 S n =1·3 1 +3·3 2 + … +(2 n -3)·3 n -1 +(2 n -1)·3 n , 相减得-2 S n =1+2·(3 1 +3 2 + … +3 n -1 )-(2 n -1)·3 n =-2-(2 n -2)3 n , 所以 S n =( n -1)3 n +1. 考点二　数列的综合应用 1 .(2015福建,8,5分)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 　由题意可知 a , b 是 x 2 - px + q =0的两根, ∴ a + b = p >0, ab = q >0,故 a , b 均为正数. ∵ a , b ,-2适当排序后成等比数列, ∴-2是 a , b 的等比中项,得 ab =4, ∴ q =4.又 a , b ,-2适当排序后成等差数列, 所以-2是第一项或第三项, 不妨设 a < b ,且-2为该等差数列的第一项, 则-2, a , b 成递增的等差数列, ∴2 a = b -2,联立   消去 b 得 a 2 + a -2=0,得 a =1或 a =-2, 又 a >0,∴ a =1,此时 b =4,∴ p = a + b =5,∴ p + q =9,选D. 2 .(2018江苏,14,5分)已知集合 A ={ x | x =2 n -1, n ∈N * }, B ={ x | x =2 n , 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 >12 a n +1 成立的 n 的最小值为 　　　     . 答案 　27 解析 　本题考查数列的插项问题. 设 A n =2 n -1, B n =2 n , n ∈N * , 当 A k < B l < A k +1 ( k , l ∈N * )时, 2 k -1<2 l <2 k +1,有 k -   <2 l -1 < k +   ,则 k =2 l -1 , 设 T l = A 1 + A 2 + … +   + B 1 + B 2 + … + B l , 则共有 k + l =2 l -1 + l 个数,即 T l =   , 而 A 1 + A 2 + … +   =   × 2 l -1 =2 2 l -2 , B 1 + B 2 + … + B l =   =2 l +1 -2. 则 T l =2 2 l -2 +2 l +1 -2,则 l , T l , n , a n +1 的对应关系为 l T l n a n +1 12 a n +1 1 3 2 3 36 2 10 4 5 60 3 30 7 9 108 4 94 12 17 204 5 318 21 33 396 6 1 150 38 65 780 观察到 l =5时, T l = S 21 <12 a 22 , l =6, T l = S 38 >12 a 39 , 则 n ∈[22,38), n ∈N * 时,存在 n ,使 S n ≥ 12 a n +1 , 此时 T 5 = A 1 + A 2 + … + A 16 + B 1 + B 2 + B 3 + B 4 + B 5 , 则当 n ∈[22,38), n ∈N * 时, S n = T 5 +   = n 2 -10 n +87. a n +1 = A n +1-5 = A n -4 , 12 a n +1 =12[2( n -4)-1]=24 n -108, S n -12 a n +1 = n 2 -34 n +195=( n -17) 2 -94, 则 n ≥ 27时, S n -12 a n +1 >0,即 n min =27. 3 .(2018浙江,20,15分)已知等比数列{ a n }的公比 q >1,且 a 3 + a 4 + a 5 =28, a 4 +2是 a 3 , a 5 的等差中项.数列 { b n }满足 b 1 =1,数列{( b n +1 - b n ) a n }的前 n 项和为2 n 2 + n . (1)求 q 的值; (2)求数列{ b n }的通项公式. 解析 　本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识,同时考查运算求解能力和 综合应用能力. (1)由 a 4 +2是 a 3 , a 5 的等差中项得 a 3 + a 5 =2 a 4 +4, 所以 a 3 + a 4 + a 5 =3 a 4 +4=28,解得 a 4 =8. 由 a 3 + a 5 =20得8   =20,解得 q =2或 q =   , 因为 q >1,所以 q =2. (2)设 c n =( b n +1 - b n ) a n ,数列{ c n }的前 n 项和为 S n . 由 c n =   解得 c n =4 n -1. 由(1)可知 a n =2 n -1 , =(4 n -5)·   +(4 n -9)·   + … +7·   +3. 设 T n =3+7·   +11·   + … +(4 n -5)·   , n ≥ 2,   T n =3·   +7·   + … +(4 n -9)·   +(4 n -5)·   , 所以   T n =3+4·   +4·   + … +4·   -(4 n -5)·   , 因此 T n =14-(4 n +3)·   , n ≥ 2, 又 b 1 =1,所以 b n =15-(4 n +3)·   . 所以 b n +1 - b n =(4 n -1)·   , 故 b n - b n -1 =(4 n -5)·   , n ≥ 2, b n - b 1 =( b n - b n -1 )+( b n -1 - b n -2 )+ … +( b 3 - b 2 )+( b 2 - b 1 ) 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 n b n },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,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. 4. (2018江苏,20,16分)设{ a n }是首项为 a 1 ,公差为 d 的等差数列,{ b n }是首项为 b 1 ,公比为 q 的等比数列. (1)设 a 1 =0, b 1 =1, q =2,若| a n - b n | ≤ b 1 对 n =1,2,3,4均成立,求 d 的取值范围; (2)若 a 1 = b 1 >0, m ∈N * , q ∈(1,   ],证明:存在 d ∈R,使得| a n - b n | ≤ b 1 对 n =2,3, … , m +1均成立,并求 d 的 取值范围(用 b 1 , m , q 表示). 解析 　本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推 理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力. (1)由条件知 a n =( n -1) d , b n =2 n -1 . 因为| a n - b n | ≤ b 1 对 n =1,2,3,4均成立,即1 ≤ 1,1 ≤ d ≤ 3,3 ≤ 2 d ≤ 5,7 ≤ 3 d ≤ 9,得   ≤ d ≤   . 因此, d 的取值范围为   . (2)由条件知: a n = b 1 +( n -1) d , b n = b 1 q n -1 . 若存在 d ∈R,使得| a n - b n | ≤ b 1 ( n =2,3, … , m +1)均成立, 即| b 1 +( n -1) d - b 1 q n -1 | ≤ b 1 ( n =2,3, … , m +1). 即当 n =2,3, … , m +1时, d 满足   b 1 ≤ d ≤   b 1 .因为 q ∈(1,   ],所以1< q n -1 ≤ q m ≤ 2, 从而   b 1 ≤ 0,   b 1 >0,对 n =2,3, … , m +1均成立.因此,取 d =0时,| a n - b n | ≤ b 1 对 n =2,3, … , m +1均成立. 下面讨论数列   的最大值和数列   的最小值( n =2,3, … , m +1). ①当2 ≤ n ≤ m 时,   -   =   =   , 当1< q ≤   时,有 q n ≤ q m ≤ 2,从而 n ( q n - q n -1 )- q n +2>0. 因此,当2 ≤ n ≤ m +1时, 数列   单调递增, 故数列   的最大值为   . ②设 f ( x )=2 x (1- x ),当 x >0时, f '( x )=(ln 2-1- x ln 2)2 x <0. 所以 f ( x )单调递减,从而 f ( x )< f (0)=1. 当2 ≤ n ≤ m 时,   =   ≤     = f   <1. 因此,当2 ≤ n ≤ m +1时,数列   单调递减,故数列   的最小值为   . 因此, d 的取值范围为   . 疑难突破 　本题是数列的综合题,考查等差数列、等比数列的概念和相关性质,第(1)问主要考 查绝对值不等式.第(2)问要求 d 的范围,使得| a n - b n | ≤ b 1 对 n =2,3, … , m +1都成立,首先把 d 分离出来, 变成   b 1 ≤ d ≤   b 1 ,难点在于讨论   b 1 的最大值和   b 1 的最小值.对于数列   ,可以通过作差讨论其单调性,而对于数列   ,要作商讨论单调性,∵   =   = q   ,当2 ≤ n ≤ m 时,1< q n ≤ 2.∴ q   ≤     ,可以构造函数 f ( x )=2 x (1- x ),通过讨论 f ( x )在 (0,+ ∞ )上的单调性去证明 f   <1,得到数列   的单调性,解出最小值.两个数列,一个作差 得到单调性,一个作商得到单调性,都是根据数列本身结构而得,方法自然合理,最后构造函数 判断     与1的大小是难点,平时多积累,多思考,也是可以得到的. 5 .(2014湖北,18,12分)已知等差数列{ a n }满足: a 1 =2,且 a 1 , a 2 , a 5 成等比数列. (1)求数列{ a n }的通项公式; (2)记 S n 为数列{ a n }的前 n 项和,是否存在正整数 n ,使得 S n >60 n +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+4 d 成等比数列,故有(2+ d ) 2 =2(2+4 d ), 化简得 d 2 -4 d =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=4 n -2, 从而得数列{ a n }的通项公式为 a n =2或 a n =4 n -2. (2)当 a n =2时, S n =2 n .显然2 n <60 n +800, 此时不存在正整数 n ,使得 S n >60 n +800成立. 当 a n =4 n -2时, S n =   =2 n 2 .令2 n 2 >60 n +800,即 n 2 -30 n -400>0, 解得 n >40或 n <-10(舍去), 此时存在正整数 n ,使得 S n >60 n +800成立, n 的最小值为41. 综上,当 a n =2时,不存在满足题意的 n ;当 a n =4 n -2时,存在满足题意的 n ,其最小值为41. 6. (2015安徽,18,12分)设 n ∈N * , x n 是曲线 y = x 2 n +2 +1在点(1,2)处的切线与 x 轴交点的横坐标. (1)求数列{ x n }的通项公式; (2)记 T n =    …   ,证明: T n ≥   . 解析 　(1) y '=( x 2 n +2 +1)'=(2 n +2) x 2 n +1 ,曲线 y = x 2 n +2 +1在点(1,2)处的切线斜率为2 n +2. 从而切线方程为 y -2=(2 n +2)( x -1). 令 y =0,解得切线与 x 轴交点的横坐标 x n =1-   =   . (2)证明:由题设和(1)中的计算结果知 T n =    …   =    …   . 当 n =1时, T 1 =   . 当 n ≥ 2时,因为   =   =   >   =   =   . 所以 T n >   ×   ×   × … ×   =   . 综上可得对任意的 n ∈N * ,均有 T n ≥   . 7 .(2017山东,19,12分) 已知{ x n }是各项均为正数的等比数列,且 x 1 + x 2 =3, x 3 - x 2 =2. (1)求数列{ x n }的通项公式; (2)如图,在平面直角坐标系 xOy 中,依次连接点 P 1 ( x 1 ,1), P 2 ( x 2 ,2), … , P n +1 ( x n +1 , n +1)得到折线 P 1 P 2 … P n +1 ,求由该折线与直线 y =0, x = x 1 , x = x n +1 所围成的区域的面积 T n . 解析　 本题考查等比数列基本量的计算,错位相减法求和. (1)设数列{ x n }的公比为 q ,由已知知 q >0. 由题意得   所以3 q 2 -5 q -2=0. 因为 q >0,所以 q =2, x 1 =1. 因此数列{ x n }的通项公式为 x n =2 n -1 . (2)过 P 1 , P 2 , … , P n +1 向 x 轴作垂线,垂足分别为 Q 1 , Q 2 , … , Q n +1 . 由(1)得 x n +1 - x n =2 n -2 n -1 =2 n -1 , 记梯形 P n P n +1 Q n +1 Q n 的面积为 b n , 由题意 b n =   × 2 n -1 =(2 n +1) × 2 n -2 , 所以 T n = b 1 + b 2 + … + b n =3 × 2 -1 +5 × 2 0 +7 × 2 1 + … +(2 n -1) × 2 n -3 +(2 n +1) × 2 n -2 ,① 2 T n =3 × 2 0 +5 × 2 1 +7 × 2 2 + … +(2 n -1) × 2 n -2 +(2 n +1) × 2 n -1 .② 解题关键 　记梯形 P n P n +1 Q n +1 Q n 的面积为 b n ,以几何图形为背景确定{ b n }的通项公式是关键. =   +   -(2 n +1) × 2 n -1 . 所以 T n =   . 方法总结 　一般地,如果{ a n }是等差数列,{ b n }是等比数列,求数列{ a n · b n }的前 n 项和时,可采用错 位相减法.在写“ S n ”与“ qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便下一步准确 写出“ S n - qS n ”的表达式. ①-②得 - T n =3 × 2 -1 +(2+2 2 + … +2 n -1 )-(2 n +1) × 2 n -1 考点一　数列求和 1. (2013辽宁,14,5分)已知等比数列{ a n }是递增数列, S n 是{ a n }的前 n 项和.若 a 1 , a 3 是方程 x 2 -5 x +4=0 的两个根,则 S 6 = 　　　     . C组  教师专用题组 答案 　63 解析      a 1 , a 3 是方程 x 2 -5 x +4=0的两个根且{ a n }是递增数列,故 a 3 =4, a 1 =1,故公比 q =2, S 6 =   =6 3. 2. (2013重庆,12,5分)已知{ a n }是等差数列, a 1 =1,公差 d ≠ 0, S n 为其前 n 项和,若 a 1 , a 2 , a 5 成等比数列, 则 S 8 = 　　　     . 答案 　64 解析 　由 a 1 、 a 2 、 a 5 成等比数列,得( a 1 + d ) 2 = a 1 ( a 1 +4 d ),即(1+ d ) 2 =1+4 d ,解得 d =2( d =0舍去), S 8 =   × 8=64. 3. (2012课标,16,5分)数列{ a n }满足 a n +1 +(-1) n a n =2 n -1,则{ a n }的前60项和为 　　　     . 答案 　1 830 解析 　当 n =2 k 时, a 2 k +1 + a 2 k =4 k -1, 当 n =2 k -1时, a 2 k - a 2 k -1 =4 k -3,∴ a 2 k +1 + a 2 k -1 =2,∴ a 2 k +1 + a 2 k +3 =2,∴ a 2 k -1 = a 2 k +3 ,∴ a 1 = a 5 = … = a 61 .∴ a 1 + a 2 + a 3 + … + a 60 =( a 2 + a 3 )+( a 4 + a 5 )+ … +( a 60 + a 61 )=3+7+11+ … +(2 × 60-1)=   =30 × 61=1 830. 评析 　本题考查了数列求和,考查了分类讨论及等价转化的数学思想. 4. (2013湖南,15,5分)设 S n 为数列{ a n }的前 n 项和, S n =(-1) n a n -   , n ∈N * ,则 (1) a 3 = 　　　     ; (2) S 1 + S 2 + … + S 100 = 　　　     . 答案 　(1)-   　(2)     解析 　(1)由已知得 S 3 =- a 3 -   , S 4 = a 4 -   , 两式相减得 a 4 = a 4 + a 3 -   +   ,∴ a 3 =   -   =-   . (2)已知 S n =(-1) n a n -   , (i)当 n 为奇数时,   两式相减得 a n +1 = a n +1 + a n +   ,∴ a n =-   ; (ii)当 n 为偶数时,   两式相减得 ∴ S 1 + S 2 + … + S 100 =   +   + … +   =[( a 2 + a 4 + … + a 100 )-( a 1 + a 3 + … + a 99 )]-   =     +     -     +   + … +     =   -   =   -   =     . a n +1 =- a n +1 - a n +   ,即 a n =-2 a n +1 +   =   . 综上, a n =   5 .(2015广东,21,14分)数列{ a n }满足: a 1 +2 a 2 + … + na n =4-   , n ∈N * . (1)求 a 3 的值; (2)求数列{ a n }的前 n 项和 T n ; (3)令 b 1 = a 1 , b n =   +   a n ( n ≥ 2),证明:数列{ b n }的前 n 项和 S n 满足 S n <2+2ln n . 解析 　(1)当 n =1时, a 1 =1;当 n =2时, a 1 +2 a 2 =2, 解得 a 2 =   ; 当 n =3时, a 1 +2 a 2 +3 a 3 =   ,解得 a 3 =   . (2)当 n ≥ 2时, a 1 +2 a 2 + … +( n -1) a n -1 + na n =4-   ,① a 1 +2 a 2 + … +( n -1) a n -1 =4-   ,② 由①-②得, na n =   ,所以 a n =   ( n ≥ 2), 经检验, a 1 =1也适合上式,所以 a n =   ( n ∈N * ). 所以数列{ a n }是以1为首项,   为公比的等比数列. 所以 T n =   =2-   . (3)证明: b 1 =1, b n =   -   ·   +   ·   ( n ≥ 2). 当 n =1时, S 1 =1<2+2ln 1. 当 n ≥ 2时, b n =   +   · a n =   +   ·( T n - T n -1 ) =   +   · T n -   · T n -1 =   · T n -   · T n -1 , 所以 S n =1+   · T 2 -1· T 1 +   · T 3 -   · T 2 + … +   · T n -   1+   +   + … +     · T n -1 =   · T n <2   1+   +   + … +     =2+2   , 以下证明   +   + … +   1),则 h '( x )=   -   =   >0( x >1), 所以函数 h ( x )在区间(1,+ ∞ )上单调递增,即 h ( x )> h (1)=0. 所以ln x >1-   ( x >1), 分别令 x =2,   ,   , … ,   ,得 ln 2>1-   =   , ln   >1-   =   , ln   >1-   =   , …… ln   >1-   =   . 累加得ln 2+ln   + … +ln   >   +   + … +   , 即ln 2+(ln 3-ln 2)+ … +[ln n -ln( n -1)]>   +   + … +   , 所以   +   + … +   0,故 q =   . 由2 a 1 +3 a 2 =1得2 a 1 +3 a 1 q =1,所以 a 1 =   . 所以数列{ a n }的通项公式为 a n =   . (2)由(1)及题意可得 b n =log 3 a 1 +log 3 a 2 + … +log 3 a n =-(1+2+ … + n )=-   . 故   =-   =-2   .   +   + … +   =-2   =-   . 所以数列   的前 n 项和为-   . 失分警示 　本题在由 a n 求 b n 时易忽略负号,错误计算得 b n =   ,或者将   裂项时误写成   =2   或-   ·   ,导致求和错误. 评析 　本题主要考查等比数列的通项公式以及裂项求和的基本方法,属容易题. 考点二　数列的综合应用 1. (2015天津,18,13分)已知数列{ a n }满足 a n +2 = qa n ( q 为实数,且 q ≠ 1), n ∈N * , a 1 =1, a 2 =2,且 a 2 + a 3 , a 3 + a 4 , a 4 + a 5 成等差数列. (1)求 q 的值和{ a n }的通项公式; (2)设 b n =   , n ∈N * ,求数列{ b n }的前 n 项和. 解析 　(1)由已知,有( a 3 + a 4 )-( a 2 + a 3 )=( a 4 + a 5 )-( a 3 + a 4 ),即 a 4 - a 2 = a 5 - a 3 , 所以 a 2 ( q -1)= a 3 ( q -1).又因为 q ≠ 1,故 a 3 = a 2 =2, 由 a 3 = a 1 · q ,得 q =2. 当 n =2 k -1( k ∈N * )时, a n = a 2 k -1 =2 k -1 =   ; 当 n =2 k ( k ∈N * )时, a n = a 2 k =2 k =   . 所以,{ a n }的通项公式为 a n =   (2)由(1)得 b n =   =   .设{ b n }的前 n 项和为 S n ,则 S n =1 ×   +2 ×   +3 ×   + … +( n -1) ×   + n ×   ,   S n =1 ×   +2 ×   +3 ×   + … +( n -1) ×   + n ×   , 上述两式相减,得   S n =1+   +   + … +   -   =   -   =2-   -   , 整理得, S n =4-   . 所以,数列{ b n }的前 n 项和为4-   , n ∈N * . 2 .(2015陕西,21,12分)设 f n ( x )是等比数列1, x , x 2 , … , x n 的各项和,其中 x >0, n ∈N, n ≥ 2. (1)证明:函数 F n ( x )= f n ( x )-2在   内有且仅有一个零点(记为 x n ),且 x n =   +     ; (2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为 g n ( x ),比较 f n ( x )和 g n ( x )的大小,并加以证明. 解析 　(1)证明: F n ( x )= f n ( x )-2=1+ x + x 2 + … + x n -2,则 F n (1)= n -1>0, F n   =1+   +   + … +   -2=   -2=-   <0, 所以 F n ( x )在   内至少存在一个零点. 又 F ' n ( x )=1+2 x + … + nx n -1 >0,故 F n ( x )在   内单调递增,所以 F n ( x )在   内有且仅有一个零点 x n . 因为 x n 是 F n ( x )的零点,所以 F n ( x n )=0, 即   -2=0,故 x n =   +     . (2)解法一:由题设得, g n ( x )=   . 设 h ( x )= f n ( x )- g n ( x )=1+ x + x 2 + … + x n -   , x >0. 当 x =1时, f n ( x )= g n ( x ). 当 x ≠ 1时, h '( x )=1+2 x + … + nx n -1 -   . 若0< x <1, h '( x )> x n -1 +2 x n -1 + … + nx n -1 -   x n -1 =   x n -1 -   x n -1 =0. 若 x >1, h '( x )< x n -1 +2 x n -1 + … + nx n -1 -   x n -1 =   x n -1 -   x n -1 =0. 所以 h ( x )在(0,1)上递增,在(1,+ ∞ )上递减, 所以 h ( x )< h (1)=0,即 f n ( x )< g n ( x ). 综上所述,当 x =1时, f n ( x )= g n ( x ); 当 x ≠ 1时, f n ( x )< g n ( x ). 解法二:由题设, f n ( x )=1+ x + x 2 + … + x n , g n ( x )=   , x >0. 当 x =1时, f n ( x )= g n ( x ). 当 x ≠ 1时,用数学归纳法可以证明 f n ( x )< g n ( x ). ①当 n =2时, f 2 ( x )- g 2 ( x )=-   (1- x ) 2 <0,所以 f 2 ( x )< g 2 ( x )成立. ②假设 n = k ( k ≥ 2)时,不等式成立,即 f k ( x )< g k ( x ). 那么,当 n = k +1时, f k +1 ( x )= f k ( x )+ x k +1 < g k ( x )+ x k +1 =   + x k +1 =   . 又 g k +1 ( x )-   =   , 令 h k ( x )= kx k +1 -( k +1) x k +1( x >0), 则 h ' k ( x )= k ( k +1) x k - k ( k +1) x k -1 = k ( k +1) x k -1 ( x -1). 所以当0< x <1时, h ' k ( x )<0, h k ( x )在(0,1)上递减; 当 x >1时, h ' k ( x )>0, h k ( x )在(1,+ ∞ )上递增. 所以 h k ( x )> h k (1)=0, 从而 g k +1 ( x )>   . 故 f k +1 ( x )< g k +1 ( x ),即 n = k +1时不等式也成立. 由①和②知,对一切 n ≥ 2的整数,都有 f n ( x )< g n ( x ). 解法三:由已知,记等差数列为{ a k },等比数列为{ b k }, k =1,2, … , n +1. 则 a 1 = b 1 =1, a n +1 = b n +1 = x n , 所以 a k =1+( k -1)·   (2 ≤ k ≤ n ), b k = x k -1 (2 ≤ k ≤ n ), 令 m k ( x )= a k - b k =1+   - x k -1 , x >0(2 ≤ k ≤ n ), 当 x =1时, a k = b k ,所以 f n ( x )= g n ( x ). 当 x ≠ 1时, m ‘ k ( x )=   · nx n -1 -( k -1) x k -2 =( k -1) x k -2 ( x n - k +1 -1). 而2 ≤ k ≤ n ,所以 k -1>0, n - k +1 ≥ 1. 若0< x <1, x n - k +1 <1, m ‘ k ( x )<0;若 x >1, x n - k +1 >1, m ’ k ( x )>0,从而 m k ( x )在(0,1)上递减,在(1,+ ∞ )上递增, 所以 m k ( x )> m k (1)=0,所以当 x >0且 x ≠ 1时, a k > b k (2 ≤ k ≤ n ), 又 a 1 = b 1 , a n +1 = b n +1 ,故 f n ( x )< g n ( x ). 综上所述,当 x =1时, f n ( x )= g n ( x );当 x ≠ 1时, f n ( x )< g n ( x ). 3. (2015重庆,22,12分)在数列{ a n }中, a 1 =3, a n +1 a n + λa n +1 + μ   =0( n ∈N + ). (1)若 λ =0, μ =-2,求数列{ a n }的通项公式; (2)若 λ =   ( k 0 ∈N + , k 0 ≥ 2), μ =-1,证明:2+   <   <2+   . 解析　 (1)由 λ =0, μ =-2,有 a n +1 a n =2   ( n ∈N + ).若存在某个 n 0 ∈N + ,使得   =0,则由上述递推公式易 得   =0.重复上述过程可得 a 1 =0,此与 a 1 =3矛盾,所以对任意 n ∈N + , a n ≠ 0. 从而 a n +1 =2 a n ( n ∈N + ),即{ a n }是一个公比 q =2的等比数列. 故 a n = a 1 q n -1 =3·2 n -1 . (2)由 λ =   , μ =-1,数列{ a n }的递推关系式变为 a n +1 a n +   a n +1 -   =0,变形为 a n +1   =   ( n ∈N + ). 由上式及 a 1 =3>0,归纳可得 3= a 1 > a 2 > … > a n > a n +1 > … >0. 因为 a n +1 =   =   = a n -   +   ·   , 所以对 n =1,2, … , k 0 求和得   = a 1 +( a 2 - a 1 )+ … +(   -   ) = a 1 - k 0 ·   +   ·   >2+   ·   =2+   . 另一方面,由上已证的不等式知 a 1 > a 2 > … >   >   >2,得   = a 1 - k 0 ·   +   ·   <2+   ·   =2+   . 综上,2+   <   <2+   . 4. (2015湖北,22,14分)已知数列{ a n }的各项均为正数, b n =   a n ( n ∈N + ),e为自然对数的底数. (1)求函数 f ( x )=1+ x -e x 的单调区间,并比较   与e的大小; (2)计算   ,   ,   ,由此推测计算   的公式,并给出证明; (3)令 c n =( a 1 a 2 … a n   ,数列{ a n },{ c n }的前 n 项和分别记为 S n , T n ,证明: T n 0,即 x <0时, f ( x )单调递增; 当 f '( x )<0,即 x >0时, f ( x )单调递减. 故 f ( x )的单调递增区间为(- ∞ ,0),单调递减区间为(0,+ ∞ ). 当 x >0时, f ( x )< f (0)=0,即1+ x 0, 于是( a 2 n +1 - a 2 n )+( a 2 n - a 2 n -1 )>0.   ① 但   <   ,所以| a 2 n +1 - a 2 n |<| a 2 n - a 2 n -1 |.   ② 由①,②知, a 2 n - a 2 n -1 >0, 由③,④知, a n +1 - a n =   . 于是 a n = a 1 +( a 2 - a 1 )+( a 3 - a 2 )+ … +( a n - a n -1 ) =1+   -   + … +   =1+   ·   =   +   ·   , 故数列{ a n }的通项公式为 a n =   +   ·   . 因此 a 2 n - a 2 n -1 =   =   .   ③ 因为{ a 2 n }是递减数列,同理可得, a 2 n +1 - a 2 n <0,故 a 2 n +1 - a 2 n =-   =   .   ④ 6 .(2014四川,19,12分)设等差数列{ a n }的公差为 d ,点( a n , b n )在函数 f ( x )=2 x 的图象上( n ∈N * ). (1)若 a 1 =-2,点( a 8 ,4 b 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-   ,求数列   的前 n 项和 T n . 解析 　(1)由已知得, b 7 =   , b 8 =   =4 b 7 ,有   =4 ×   =   . 解得 d = a 8 - a 7 =2. 所以, S n = na 1 + d =-2 n + n ( n -1)= n 2 -3 n . (2)函数 f ( x )=2 x 在( a 2 , b 2 )处的切线方程为 y -   =(   ln 2)( x - a 2 ), 它在 x 轴上的截距为 a 2 -   . 由题意得, a 2 -   =2-   , 解得 a 2 =2. 所以 d = a 2 - a 1 =1. 从而 a n = n , b n =2 n . 所以 T n =   +   +   + … +   +   , 2 T n =   +   +   + … +   . 因此,2 T n - T n =1+   +   + … +   -   =2-   -   =   . 所以, T n =   . 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. 7. (2014浙江,19,14分)已知数列{ a n }和{ b n }满足 a 1 a 2 a 3 … a n =(     ( n ∈N * ).若{ a n }为等比数列,且 a 1 =2, b 3 =6+ b 2 . (1)求 a n 与 b n ; (2)设 c n =   -   ( n ∈N * ).记数列{ c n }的前 n 项和为 S n . (i)求 S n ; (ii)求正整数 k ,使得对任意 n ∈N * 均有 S k ≥ S n . 解析 　(1)由 a 1 a 2 a 3 … a n =(     , b 3 - b 2 =6, 知 a 3 =(     =8. 又由 a 1 =2,得公比 q =2( q =-2舍去),所以数列{ a n }的通项为 a n =2 n ( n ∈N * ), 所以, a 1 a 2 a 3 … a n =   =(   ) n ( n +1) . 故数列{ b n }的通项为 b n = n ( n +1)( n ∈N * ). (2)(i)由(1)知 c n =   -   =   -   ( n ∈N * ), 所以 S n =   -   ( n ∈N * ). (ii) c 1 =0, c 2 >0, c 3 >0, c 4 >0, 当 n ≥ 5时, c n =     , 而   -   =   >0, 得   ≤   <1, 所以,当 n ≥ 5时, c n <0. 综上,对任意 n ∈N * ,恒有 S 4 ≥ S n ,故 k =4. 考点一　数列求和 1. (2016广东中山华侨中学3月模拟,4)已知等比数列{ a n }中, a 2 · a 8 =4 a 5 ,等差数列{ b n }中, b 4 + b 6 = a 5 , 则数列{ b n }的前9项和 S 9 等于   (　　) A.9　    B.18　    C.36　    D.72 A组  2016—2018年高考模拟·基础题组 三年模拟 答案    B 　∵ a 2 · a 8 =4 a 5 ,即   =4 a 5 ,∴ a 5 =4,∴ a 5 = b 4 + b 6 =2 b 5 =4,∴ b 5 =2. ∴ S 9 =9 b 5 =18,故选B. 2. (2016山东德州模拟)数列{ a n }的通项公式为 a n = n cos   ,其前 n 项和为 S n ,则 S 2 016 等于   (　　) A.1 008　    B.2 016　    C.504　    D.0 答案    A 　易知 a 1 =cos   =0, a 2 =2cos π=-2, a 3 =0, a 4 =4, …… . 所以数列{ a n }的所有奇数项为0,前2 016项中所有偶数项(共1 008项)依次为-2,4,-6,8, … ,-2 014, 2 016.故 S 2 016 =0+(-2+4)+(-6+8)+ … +(-2 014+2 016)=1 008. 3. (2018河南信阳二模,17)已知数列{ a n }的前 n 项和为 S n ,且 a 1 =2,2 S n =( n +1) 2 a n - n 2 a n +1 ,数列{ b n }满足 b 1 = a 1 , nb n +1 = a n b n . (1)求数列{ a n }和{ b n }的通项公式; (2)若数列{ c n }满足 c n = a n + b n ( n ∈N * ),求数列{ c n }的前 n 项和 T n . 解析 　(1)由2 S n =( n +1) 2 a n - n 2 a n +1 , 可得2 S n +1 =( n +2) 2 a n +1 -( n +1) 2 a n +2 , 两式相减可得:2 a n +1 =( n +2) 2 a n +1 -( n +1) 2 a n +2 -( n +1) 2 a n + n 2 a n +1 , ∴2 a n +1 = a n +2 + a n ,∴数列{ a n }是等差数列, 又由2 S 1 =2 2 a 1 - a 2 , a 1 =2,解得 a 2 =4. ∴ d =4-2=2.∴ a n =2+2( n -1)=2 n . 由 nb n +1 = a n b n ,得 b n +1 =2 b n ,又 b 1 = a 1 =2, ∴数列{ b n }是等比数列,首项与公比都为2. ∴ b n =2 n . (2) c n = a n + b n =2 n +2 n , ∴数列{ c n }的前 n 项和 T n =   +   =2 n +1 + n 2 + n -2. 4 .(2018广东深圳一模,17)设数列{ a n }的前 n 项和为 S n , a 1 =2, a n +1 =2+ S n ( n ∈N * ). (1)求数列{ a n }的通项公式; (2)设 b n =1+log 2 ( a n ) 2 ,求证:数列   的前 n 项和 T n <   . 解析 　(1)因为 a n +1 =2+ S n ( n ∈N * ), 所以 a n =2+ S n -1 ( n ≥ 2). 所以 a n +1 - a n = S n - S n -1 = a n , 所以 a n +1 =2 a n ( n ≥ 2), 又因为 a 2 =2+ a 1 =4, a 1 =2,所以 a 2 =2 a 1 , 所以数列{ a n }是以2为首项,2为公比的等比数列, 则 a n =2·2 n -1 =2 n ( n ∈N * ). (2)证明:因 b n =1+log 2 ( a n ) 2 ,则 b n =2 n +1. 则   =     , 所以 T n =     =     <   . 5 .(2018湖北武汉模拟,17)已知正数等比数列{ a n }的前 n 项和 S n 满足: S n +2 =   S n +   . (1)求数列{ a n }的首项 a 1 和公比 q ; (2)若 b n = na n ,求数列{ b n }的前 n 项和 T n . 解析　 (1)∵ S n +2 =   S n +   , ∴ S 3 =   S 1 +   , S 4 =   S 2 +   , 两式相减得: a 4 =   a 2 , ∴ q 2 =   ,又 q >0,则 q =   . 又由 S 3 =   S 1 +   ,可知: a 1 + a 2 + a 3 =   a 1 +   , ∴ a 1   =   a 1 +   ,∴ a 1 =1. (2)由(1)知 a n =   .∴ b n =   , ∴ T n =1+   +   + … +   ,   T n =   +   + … +   +   . 两式相减得   T n =1+   + … +   -   =2-   -   .∴ T n =4-   . 6 .(2018湖南长沙模拟,17)设 S n 是数列{ a n }的前 n 项和,已知 a 1 =1, S n =2-2 a n +1 . (1)求数列{ a n }的通项公式; (2)设 b n =(-1) n lo   a n ,求数列{ b n }的前 n 项和 T n . 解析 　(1)∵ S n =2-2 a n +1 , a 1 =1, ∴当 n =1时, S 1 =2-2 a 2 ,得 a 2 =1-   =1-   =   ; 当 n ≥ 2时, S n -1 =2-2 a n , ∴当 n ≥ 2时, a n =2 a n -2 a n +1 ,即 a n +1 =   a n , 又 a 2 =   a 1 , ∴{ a n }是以1为首项,   为公比的等比数列. ∴数列{ a n }的通项公式为 a n =   . ∴ T n =   (2)由(1)知 b n =(-1) n ( n -1), ∴ T n =0+1-2+3- … +(-1) n ( n -1), 当 n 为偶数时, T n =(-0+1)+(-2+3)+ … +[-( n -2)+ n -1]=   ; 当 n 为奇数时, T n = T n +1 - b n +1 =   - n =   , 7. (2018广东广州一模,17)已知数列{ a n }的前 n 项和为 S n ,数列   是首项为1,公差为2的等差数列. (1)求数列{ a n }的通项公式; (2)设数列{ b n }满足   +   + … +   =5-(4 n +5)   ,求数列{ b n }的前 n 项和 T n . 解析 　(1)由题意可得:   =1+2( n -1),可得: S n =2 n 2 - n . ∴ n ≥ 2时, a n = S n - S n -1 =2 n 2 - n -[2( n -1) 2 -( n -1)]=4 n -3. n =1时, a 1 =1对上式也成立.∴ a n =4 n -3( n ∈N * ). (2)   +   + … +   =5-(4 n +5)   , ∴ n ≥ 2时,   +   + … +   =5-(4 n +1)   , 相减可得:   =(4 n -3) ×   ( n ≥ 2), 又   =   满足上式, ∴   =(4 n -3) ×   ( n ∈N * ). ∴ b n =2 n .∴数列{ b n }的前 n 项和 T n =   =2 n +1 -2. 8. (2017豫南九校2月联考,18)已知数列{ a n }是等差数列, a 1 =1, a 2 + a 3 + … + a 10 =144. (1)求数列{ a n }的通项; (2)若 b n =   ,设 S n 是数列{ b n }的前 n 项和,若 n ≥ 3时,有 S n ≥ m 恒成立,求实数 m 的最大值. 解析 　(1)∵等差数列{ a n }中, a 2 + a 3 + … + a 10 =144, a 1 =1, ∴9+45 d =144,∴ d =3. ∴数列{ a n }的通项 a n =3 n -2( n ∈N * ). (2) b n =   =   =     , 所以 S n = b 1 + b 2 + … + b n =     =     =   . 因为 y =   =   -   ( x ≥ 3)是增函数, 所以 S n ≥   ,则 m ≤   ,故实数 m 的最大值是   . 考点二　数列的综合应用 1. (2017河南洛阳3月模拟,4)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.2　    B.3　    C.5　    D.7 答案    B　∵ 等差数列{ a n }中, a 2 , a 4 , a 8 成等比数列,∴   = a 2 a 8 ,∴( a 1 +3 d ) 2 =( a 1 + d )( a 1 +7 d ),∴ d 2 = a 1 d , ∵ d ≠ 0,∴ d = a 1 ,∴   =   =3.故选B. 2. (2017安徽淮北二模,3)5个数依次组成等比数列,且公比为-2,则其中奇数项和与偶数项和的 比值为   (　　) A.-   　    B.-2　    C.-   　    D.-   答案    C 　由题意可设这5个数分别为 a ,-2 a ,4 a ,-8 a ,16 a ,故奇数项和与偶数项和的比值为   =-   ,故选C. 3 .(2018山西太原一模,15)在数列{ a n }中, a 1 =0, a n - a n -1 -1=2( n -1)( n ∈N * , n ≥ 2),若数列{ b n }满足 b n = n   ×   ,则数列{ b n }的最大项为第 　　　     项. 答案 　6 解析 　因为 a n - a n -1 -1=2( n -1)( n ∈N * , n ≥ 2),所以 a n - a n -1 =2 n -1( n ∈N * , n ≥ 2),所以根据叠加法得 a n =(2 n -1)+(2 n -3)+ … +3+ a 1 = n 2 -1( n ≥ 2),又 n =1时, a 1 =0满足上式,所以 a n = n 2 -1( n ∈N * ),所以 b n = n ( n +1) ×   ,因为   =   ,所以当 n ≤ 5时, b n +1 > b n ,当 n ≥ 6时, b n +1 < b n ,因此数列{ b n }的最大项为第6项. 4 .(2018福建福州六校4月联考,17)已知数列{ a n }的前 n 项和 S n =   ,等比数列{ b n }的前 n 项和为 T n ,若 b 1 = a 1 +1, b 2 - a 2 =2. (1)求数列{ a n },{ b n }的通项公式; (2)求满足 T n + a n >300的最小的 n 值. 解析 　(1) a 1 = S 1 =1, n >1时, a n = S n - S n -1 =   -   = n , 又 n =1时, a 1 = n 成立,∴ a n = n ( n ∈N * ), 则由题意可知 b 1 =2, b 2 =4, ∴{ b n }的公比 q =   =2,∴ b n =2 n ( n ∈N * ). (2) T n =   =2(2 n -1), T n + a n =2(2 n -1)+ n , ∴ T n + a n 随 n 增大而增大, 又 T 7 + a 7 =2 × 127+7=261<300, T 8 + a 8 =2 × 255+8=518>300, ∴所求最小的 n 值为8. 5. (2018湖南衡阳模拟,17)已知函数 f ( x )= x 2 + x + c ( c 为常数),且 x ∈   时, f ( x )的最大值为-   ,数 列{ a n }的首项 a 1 =   ,点( a n , a n +1 )在函数 f ( x )的图象上,其中 n ≥ 1, n ∈N. (1)证明:数列   是等比数列; (2)记 R n =   ·   · … ·   ,求 R n . 解析 　(1)证明: f ( x )= x 2 + x + c ( c 为常数),∴ f '( x )=2 x +1, 当 x ∈   时, f '( x ) ≥ 0, f ( x )单调递增, ∴ f ( x ) max = f (0)= c =-   . ∴ f ( x )= x 2 + x -   , 又点( a n , a n +1 )在函数 f ( x )的图象上, ∴ a n +1 =   + a n -   ,即 a n +1 +   =   , 由 a 1 =   ,可得 a n +   >0, ∴lg   =2lg   . 又lg   =lg 2 ≠ 0, ∴数列   是首项为lg 2,公比为2的等比数列. (2)由(1)知,lg   =2 n -1 ·lg 2=lg   ,∴ a n +   =   , 则 R n =   ·   ·   · … ·   =   =   . 6 .(2017福建漳州八校2月联考,18)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 lo   a n , S n = b 1 + b 2 + … + b n ,求使 S n + n ·2 n +1 >62成立的正整数 n 的最小值. 解析　 (1)由题意,得   解得   或   由于{ a n }是递增数列,所以 a 1 =2, q =2,所以数列{ a n }的通项公式为 a n =2·2 n -1 =2 n . (2)∵ b n = a n lo   a n =2 n ·lo   2 n =- n ·2 n , ∴ S n = b 1 + b 2 + … + b n =-(1 × 2+2 × 2 2 + … + n ·2 n ),① 则2 S n =-(1 × 2 2 +2 × 2 3 + … + n ·2 n +1 ),② ②-①,得 S n =(2+2 2 + … +2 n )- n ·2 n +1 =2 n +1 -2- n ·2 n +1 , 则 S n + n ·2 n +1 =2 n +1 -2,解2 n +1 -2>62,得 n >5,∴ n 的最小值为6. 方法点拨 　求等比数列的通项公式 , 关键是求出首项和公比 , 一般用首项 a 1 和公比 q 表示出已 知 , 然后解出即可 . 1. (2018河北唐山二模,8)设{ a n }是任意等差数列,它的前 n 项和、前2 n 项和与前4 n 项和分别为 X , Y , Z ,则下列等式中恒成立的是   (　　) A.2 X + Z =3 Y 　    B.4 X + Z =4 Y 　    C.2 X +3 Z =7 Y 　    D.8 X + Z =6 Y B组  2016—2018年高考模拟·综合题组 ( 时间:60分钟　　分值:85分) 一、选择题(每题5分,共10分) 答案    D 　设等差数列{ a n }的前 n 项和为 S n , S n = An 2 + Bn ,则 X = An 2 + Bn , Y =4 An 2 +2 Bn , Z =16 An 2 +4 Bn , 于是8 X + Z -6 Y =8( An 2 + Bn )+16 An 2 +4 Bn -6(4 An 2 +2 Bn )=0,所以8 X + Z =6 Y ,因此D正确.经过代入验证 可得:2 X + Z ≠ 3 Y ,4 X + Z ≠ 4 Y ,2 X +3 Z ≠ 7 Y ,故选D. 思路分析 　设等差数列{ a n }的前 n 项和为 S n , S n = An 2 + Bn ,可得 X = An 2 + Bn , Y =4 An 2 +2 Bn , Z =16 An 2 +4 Bn ,代入各项验证即可. 2 .(2017河南洛阳3月模拟,7)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样 一列数:1,1,2,3,5,8,13, … .该数列的特点是:前两个数都是1,从第三个数起,每一个数都等于它前 面两个数的和,人们把这样的一列数所组成的数列{ a n }称为“斐波那契数列”,则( a 1 a 3 -   )( a 2 a 4 -   )( a 3 a 5 -   ) … ( a 2 015 a 2 017 -   )=   (　　) A.1　    B.-1　    C.2 017　    D.-2 017 答案    B 　∵ a 1 a 3 -   =1 × 2-1 2 =1, a 2 a 4 -   =1 × 3-2 2 =-1, a 3 a 5 -   =2 × 5-3 2 =1, …… , a 2 015 a 2 017 -   =1, ∴( a 1 a 3 -   )( a 2 a 4 -   )( a 3 a 5 -   ) … ( a 2 015 a 2 017 -   )=1 1 008 × (-1) 1 007 =-1.故选B. 3 .(2017河北“五个一名校联盟”二模,16)已知数列{ a n }的前 n 项和为 S n , S n = n 2 +2 n , b n = a n a n +1 cos( n +1)π,数列{ b n }的前 n 项和为 T n ,若 T n ≥ tn 2 对 n ∈N * 恒成立,则实数 t 的取值范围是 　　　     . 二、填空题(每题5分,共15分) 答案 　(- ∞ ,-5] 解析      n =1 时 , a 1 =3; n ≥ 2 时 , a n = S n - S n -1 = n 2 +2 n -[( n -1) 2 +2( n -1)]=2 n +1, 当 n =1 时上式也成立 ,∴ a n =2 n + 1( n ∈N * ). ∴ b n = a n a n +1 cos( n +1) π=(2 n +1)(2 n +3)cos( n +1) π, 当 n 为奇数时 ,cos( n +1) π=1; 当 n 为偶数时 ,cos( n +1) π=-1. 因此, n 为奇数时, T n =3 × 5-5 × 7+7 × 9-9 × 11+ … +(2 n +1)(2 n +3)=3 × 5+4 × (7+11+ … +2 n +1)=15+4 ×   =2 n 2 +6 n +7. ∵ T n ≥ tn 2 , ∴2 n 2 +6 n +7 ≥ tn 2 ,∴ t ≤   +   +2=7   +   ,∴ t <2. n 为偶数时, T n =3 × 5-5 × 7+7 × 9-9 × 11+ … -(2 n +1)(2 n +3) =-4 × (5+9+13+ … +2 n +1)=-2 n 2 -6 n . ∵ T n ≥ tn 2 , ∴-2 n 2 -6 n ≥ tn 2 ,∴ t ≤ -2-   ,∴ t ≤ -5. 思路分析 　先求出 a n ,进而得 b n ,分析 b n 的结构,对 n 分奇数和偶数求 T n ,进而利用分离参数法转化 为求最值问题. 综上可得: t ≤ -5. 4 .(2016湖北华师一附中3月联考,16)数列{ a n }满足 a 1 =1, na n +1 =( n +1) a n + n ( n +1),且 b n = a n cos   ,记 S n 为数列{ b n }的前 n 项和,则 S 120 = 　　　     . 答案 　7 280 解析 　由 na n +1 =( n +1) a n + n ( n +1)得   =   +1,所以数列   是以1为公差的等差数列,又   =1,所 以   = n ,即 a n = n 2 ,所以 b n = n 2 cos   ,所以 S 120 =-   × 1 2 -   × 2 2 +3 2 -   × 4 2 -   × 5 2 +6 2 - … +120 2 =-   (1 2 +2 2 -2 × 3 2 +4 2 +5 2 -2 × 6 2 + … -2 × 120 2 ) =-   [(1 2 +2 2 +3 2 + … +120 2 )-3 × (3 2 +6 2 +9 2 + … +120 2 )] =   × 3 × 9 × (1 2 +2 2 + … +40 2 )-   × (1 2 +2 2 +3 2 + … +120 2 ) =   × 3 × 9 ×   -   ×   =7 280. 思路分析 　由已知可得:   -   =1,利用等差数列通项公式可得   ,进而求出 a n ,从而得 b n = a n - cos   = n 2 cos   ,利用三角函数的周期性及分组求和法即可求出 S 120 . 5. (2016湖北优质高中联考,16)已知 a n =3 n ( n ∈N * ),记数列{ a n }的前 n 项和为 T n ,若对任意的 n ∈N * ,   k ≥ 3 n -6恒成立,则实数 k 的取值范围是 　　　     . 答案      k ≥   解析      T n =   =-   +   ,所以 T n +   =   ,则原不等式可以转化为 k ≥   =   恒成 立,令 f ( n )=   ,当 n =1时, f ( n )=-   ,当 n =2时, f ( n )=0,当 n =3时, f ( n )=   ,当 n =4时, f ( n )=   ,即 f ( n )是 先增后减,当 n =3时,取得最大值   ,所以 k ≥   . 思路分析 　先求出 T n +   ,再利用分离参数法将原不等式进行转化,从而使问题化为求函数最值 问题,进而求解. 6. (2018安徽安庆二模,17)已知公差不为0的等差数列{ a n }的首项 a 1 =2,且 a 1 +1, a 2 +1, a 4 +1成等比数列. (1)求数列{ a n }的通项公式; (2)设 b n =   , n ∈N * , S n 是数列{ b n }的前 n 项和,求使 S n <   成立的最大的正整数 n . 三、解答题(共60分) 解析 　(1)设{ a n }的公差为 d . 由 a 1 +1, a 2 +1, a 4 +1成等比数列, 可得( a 2 +1) 2 =( a 1 +1)( a 4 +1),又 a 1 =2, ∴(3+ d ) 2 =3(3+3 d ),解得 d =3( d =0舍去), 则 a n = a 1 +( n -1) d =2+3( n -1)=3 n -1. (2) b n =   =   =     , S n =     =     =   , 则 S n <   即   <   ,解得 n <12, 则所求最大的正整数 n 为11. 方法总结 　常见裂项相消的结构有:①   =     ( n ∈N * ),其中{ a n }为公差不是0的等 差数列;②   =   -   ( n ∈N * );③   =   -   ( n ∈N * ). 思路分析 　(1)由等比中项的性质列方程解得公差,然后结合等差数列的通项公式即可得 a n . (2)求出 b n ,运用裂项相消法求和得 S n ,进而解相应不等式可得 n 的最大值. 7 .(2018安徽淮南一模,17)已知数列{ a n }为等差数列,且 a 3 =5, a 5 =9,数列{ b n }的前 n 项和为 S n =   b n +   . (1)求数列{ a n }和{ b n }的通项公式; (2)设 c n = a n | b n |,求数列{ c n }的前 n 项和 T n . 解析 　(1)∵数列{ a n }为等差数列,且 a 3 =5, a 5 =9, ∴ d =   =   =2, ∴ a 1 = a 3 -2 d =5-4=1, ∴ a n =1+( n -1) × 2=2 n -1. ∵数列{ a n }的前 n 项和为 S n =   b n +   , ∴ n =1时, S 1 =   b 1 +   ,由 S 1 = b 1 ,解得 b 1 =1, 当 n ≥ 2时, b n = S n - S n -1 =   b n -   b n -1 , - T n =1+2(2+2 2 + … +2 n -1 )-(2 n -1)·2 n =1+2 ×   -(2 n -1)·2 n =1+2 n +1 -4-(2 n -1)·2 n =-3+(3-2 n )·2 n , ∴ T n =(2 n -3)·2 n +3. 易错警示 　在利用错位相减法求和时,注意相减后的求和.如本题- T n =1+2(2+2 2 + … +2 n -1 )-(2 n -1)· 2 n 中,对于2+2 2 + … +2 n -1 的求解,用 S n =   ( q ≠ 1)更好一些. ∴ b n =-2 b n -1 ,∴{ b n }是首项为1,公比为-2的等比数列, ∴ b n =(-2) n -1 . (2) c n = a n | b n |=(2 n -1)·2 n -1 , ∴数列{ c n }的前 n 项和 T n =1 × 1+3 × 2+5 × 2 2 + … +(2 n -1) × 2 n -1 , ∴2 T n =1 × 2+3 × 2 2 +5 × 2 3 + … +(2 n -1) × 2 n , 两式相减,得: 8 .(2018河南洛阳二模,17)已知等差数列{ a n }的公差 d ≠ 0,且 a 3 =5, a 1 , a 2 , a 3 成等比数列. (1)求数列{ a n }的通项公式; (2)设 b n =   , S n 是数列{ b n }的前 n 项和,若对任意正整数 n ,不等式2 S n +(-1) n +1 · a >0恒成立,求 实数 a 的取值范围. 解析 　(1)因为 a 3 =5, a 1 , a 2 , a 5 成等比数列,所以   解得 a 1 =1, d =2, 所以数列{ a n }的通项公式为 a n =2 n -1. (2)因为 b n =   =   =   =   =     , 所以 S n = b 1 + b 2 + … + b n =     +     + … +     =     , 依题意,对任意正整数 n ,不等式1-   +(-1) n +1 a >0, 当 n 为奇数时,1-   +(-1) n +1 a >0即 a >-1+   , 所以 a >-   ; 当 n 为偶数时,1-   +(-1) n +1 a >0即 a <1-   , 所以 a <   . 所以实数 a 的取值范围是   . 解题关键 　第(2)问属于不等式恒成立求参数范围问题,求出具体的不等式后,对 n 分奇偶,进而 分离参数求相应式子的最值是解题关键. 9. (2018河北唐山一模,17)已知数列{ a n }为单调递增数列, S n 为其前 n 项和,2 S n =   + n . (1)求{ a n }的通项公式; (2)若 b n =   , T n 为数列{ b n }的前 n 项和,证明: T n <   . 解析 　(1)当 n =1时,2 S 1 =2 a 1 =   +1,所以( a 1 -1) 2 =0,即 a 1 =1, 又{ a n }为单调递增数列,所以 a n ≥ 1. 由2 S n =   + n 得2 S n +1 =   + n +1, 所以2 S n +1 -2 S n =   -   +1,则2 a n +1 =   -   +1, 所以   =( a n +1 -1) 2 . 所以 a n = a n +1 -1,即 a n +1 - a n =1, 所以{ a n }是以1为首项,1为公差的等差数列,所以 a n = n . (2)证明: b n =   =   =   -   ,所以 T n =   +   + … +   =   -   <   . 导师点睛        =   -   ,平时学习中要注意积累可裂项的特殊式子. 10 .(2017山东济宁3月模拟,19)已知 S n 是正项数列{ a n }的前 n 项和,且2 S n =   + a n ,等比数列{ b n }的 公比 q >1, b 1 =2,且 b 1 , b 3 , b 2 +10成等差数列. (1)求数列{ a n }和{ b n }的通项公式; (2)设 c n = a n · b n +(-1) n ·   ,记 T 2 n = c 1 + c 2 + c 3 + … + c 2 n ,求 T 2 n . 解析　 (1)当 n ≥ 2时,由题意得 2 S n -2 S n -1 =   -   + a n - a n -1 , 2 a n =   -   + a n - a n -1 ,   -   -( a n + a n -1 )=0, ( a n + a n -1 )( a n - a n -1 -1)=0, ∵ a n + a n -1 >0,∴ a n - a n -1 =1, 当 n =1时,2 a 1 =   + a 1 ,∵ a 1 >0,∴ a 1 =1, ∴数列{ a n }是首项为1,公差为1的等差数列, ∴ a n =1+( n -1) × 1= n . 由 b 1 =2,2 b 3 = b 1 +( b 2 +10),得2 q 2 - q -6=0,解得 q =2或 q =-   (舍),∴ b n = b 1 q n -1 =2 n . (2)由(1)得 c n = n ·2 n +(-1) n ·   = n ·2 n +(-1) n   , ∴ T 2 n =(1 × 2+2 × 2 2 + … +2 n ·2 2 n )+   -   +   -   + … +     =(1 × 2+2 × 2 2 + … +2 n · 2 2 n )+   , 记 W 2 n =1 × 2+2 × 2 2 + … +2 n ·2 2 n , 则2 W 2 n =1 × 2 2 +2 × 2 3 + … +2 n ·2 2 n +1 , 以上两式相减可得- W 2 n =2+2 2 + … +2 2 n -2 n ·2 2 n +1 =   -2 n ·2 2 n +1 =(1-2 n )·2 2 n +1 -2, ∴ W 2 n =(2 n -1)·2 2 n +1 +2, ∴ T 2 n = W 2 n +   =(2 n -1)·2 2 n +1 +   +1. 思路分析 　(1)利用2 S n =   + a n 得2 S n -1 =   + a n -1 ( n ≥ 2),两式相减,化简后得到 a n - a n -1 =1( n ≥ 2),进而 可得数列{ a n }的通项公式;利用 b 1 , b 3 , b 2 +10成等差数列可得到2 q 2 - q -6=0,解方程即可得到公比 q , 进而得到数列{ b n }的通项公式.(2)由(1)得数列{ c n }的通项公式,其前2 n 项和可通过错位相减法 和裂项相消法求得.