2017届高考文科数学（全国通用）二轮文档讲义：第2编专题2-4-2数列求和及综合应用

2017届高考文科数学（全国通用）二轮文档讲义：第2编专题2-4-2数列求和及综合应用

第二讲　数列求和及综合应用 ‎ ‎ ‎[重要公式及结论]‎ ‎1．分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成cn＝an＋bn形式的数列求和问题的方法，其中{an}与{bn}是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．‎ ‎2．裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即an＝f(n＋1)－f(n)的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如(其中{an}是各项均不为0的等差数列，c为常数)的数列等．‎ ‎3．错位相减法：形如{an·bn}(其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．‎ ‎4．倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思．‎ 附：‎ ‎(1)常见的拆项公式(其中n∈N*)‎ ‎①＝－.‎ ‎②＝.‎ ‎③＝.‎ ‎④若等差数列{an}的公差为d，则＝‎ ；＝.‎ ‎⑤＝.‎ ‎⑥＝－.‎ ‎⑦＝(－)．‎ ‎(2)公式法求和：要熟练掌握一些常见数列的前n项和公式，如 ‎①1＋2＋3＋…＋n＝；‎ ‎②1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2；‎ ‎③12＋22＋32＋…＋n2＝n(n＋1)(2n＋1)．‎ ‎[失分警示]‎ ‎1．公比为字母的等比数列求和时，注意公比是否为1的分类讨论．‎ ‎2．错位相减法求和时易漏掉减数式的最后一项．‎ ‎3．裂项相消法求和时易认为只剩下首尾两项．‎ ‎4．裂项相消法求和时注意所裂式与原式的等价性．‎ ‎ ‎ 考点　数列求和问题　　‎ 典例示法 题型1　分组转化求和 典例1　　设数列{an}满足a1＝2，a2＋a4＝8，且对任意n∈N*，函数f(x)＝(an－an＋1＋an＋2)x＋an＋1cosx－an＋2sinx满足f′＝0.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝2，求数列{bn}的前n项和Sn.‎ ‎[解]　(1)由题设可得 f′(x)＝an－an＋1＋an＋2－an＋1sinx－an＋2cosx.‎ 对任意n∈N*，f′＝an－an＋1＋an＋2－an＋1＝0，‎ 即an＋1－an＝an＋2－an＋1，故{an}为等差数列．‎ 由a1＝2，a2＋a4＝8，解得{an}的公差d＝1，‎ 所以an＝2＋1·(n－1)＝n＋1.‎ ‎(2)因为bn＝2 ‎＝2＝2n＋＋2，‎ 所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn ‎＝(2＋2＋…＋2)＋2(1＋2＋…＋n)＋ ‎＝2n＋2·＋ ‎＝n2＋3n＋1－.‎ 题型2　错位相减法求和 典例2　　[2015·湖北高考]设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q.已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.‎ ‎(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎(2)当d>1时，记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.‎ ‎[解]　(1)由题意有， 即 解得或 故或 ‎(2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝，于是 Tn＝1＋＋＋＋＋…＋，①‎ Tn＝＋＋＋＋＋…＋，②‎ ‎①－②可得 Tn＝2＋＋＋…＋－ ‎＝3－，‎ 故Tn＝6－.‎ 题型3　裂项相消法求和 典例3　　[2016·洛阳统考]设数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n都有6Sn＝1－2an.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝logan，求Tn＝＋＋…＋.‎ ‎[解]　(1)由6Sn＝1－2an，‎ 得6Sn－1＝1－2an－1(n≥2)．‎ 两式相减得6an＝2an－1－2an，即an＝an－1(n≥2)，‎ 由6S1＝6a1＝1－2a1，得a1＝，‎ ‎∴数列{an}是等比数列，公比q＝，‎ 所以an＝·n－1＝2n＋1.‎ ‎(2)∵an＝2n＋1，∴bn＝2n＋1，‎ 从而＝＝.‎ ‎∴Tn＝ ‎＝＝.‎ ‎1．分组求和的常见方法 ‎(1)根据等差、等比数列分组．‎ ‎(2)根据正号、负号分组，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{an}与等比数列{bn}对应项相乘({an·bn})型数列求和．‎ ‎(2)步骤：‎ ‎①求和时先乘以数列{bn}的公比．‎ ‎②把两个和的形式错位相减．‎ ‎③整理结果形式．‎ 考点　数列与函数、不等式的综合问题　　‎ 典例示法 题型1　数列与函数的综合 典例4　　[2014·四川高考]设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图象上(n∈N*)．‎ ‎(1)若a1＝－2，点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上，求数列{an}的前n项和Sn；‎ ‎(2)若a1＝1，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－，求数列的前n项和Tn.‎ ‎[解]　(1)由已知得，b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，有2 a8＝4×2 a7＝2a7＋2.‎ 解得d＝a8－a7＝2.‎ 所以，Sn＝na1＋d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.‎ ‎(2)f′(x)＝2xln 2，f′(a2)＝2 a2ln 2，故函数f(x)＝2x在(a2，b2)处的切线方程为y－2 a2＝2 a2ln 2(x－a2)，‎ 它在x轴上的截距为a2－.‎ 由题意得，a2－＝2－，‎ 解得a2＝2.‎ 所以d＝a2－a1＝1.‎ 从而an＝n，bn＝2n.‎ 所以Tn＝＋＋＋…＋＋，‎ ‎2Tn＝＋＋＋…＋.‎ 因此，2Tn－Tn＝1＋＋＋…＋－ ‎＝2－－＝.‎ 所以，Tn＝.‎ 题型2　数列与不等式的综合 典例5　　[2016·广州模拟](利用单调性证明不等式)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，对任意n∈N*，都有2Sn＝(n＋1)an.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若数列的前n项和为Tn，求证：≤Tn<1.‎ ‎[解]　(1)因为2Sn＝(n＋1)an，‎ 当n≥2时，2Sn－1＝nan－1，‎ 两式相减，得2an＝(n＋1)an－nan－1，‎ 即(n－1)an＝nan－1，‎ 所以当n≥2时，＝，‎ 所以＝.‎ 因为a1＝2，所以an＝2n.‎ ‎(2)证明：因为an＝2n，令bn＝，n∈N*，‎ 所以bn＝＝＝－.‎ 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn ‎＝＋＋…＋ ‎＝1－＝.‎ 因为>0，所以1－<1.‎ 因为f(n)＝在N*上是递减函数，‎ 所以1－在N*上是递增的，‎ 所以当n＝1时，Tn取最小值.‎ 所以≤Tn<1.‎ 典例6　　[2014·全国卷Ⅱ](利用放缩法证明不等式)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.‎ ‎(1)证明是等比数列，并求{an}的通项公式；‎ ‎(2)证明＋＋…＋<.‎ ‎[证明]　(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋＝3.‎ 又a1＋＝，所以是首项为，公比为3的等比数列．‎ an＋＝，因此{an}的通项公式为an＝.‎ ‎(2)由(1)知＝.‎ 因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，所以≤.‎ 于是＋＋…＋≤1＋＋…＋ ‎＝<.‎ 所以＋＋…＋<.‎ ‎1．数列与函数、不等式的综合问题的常见题型 ‎(1)数列与函数的综合问题主要有以下两类：‎ ‎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，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．‎ ‎(2)数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等问题，需要熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题．‎ ‎2．解决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，而不是某个区间上的连续实数，所以它的图象是一群孤立的点．‎ ‎(2)转化以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常容易忽视的问题．‎ ‎(3)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．‎ 考点　数列的实际应用　　‎ 典例示法 典例7　　某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%.预计以后每年资金年增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n年年底企业上缴资金后的剩余资金为an万元．‎ ‎(1)用d表示a1，a2，并写出an＋1与an的关系式；‎ ‎(2)若公司希望经过m(m≥3)年使企业的剩余资金为4000万元，试确定企业每年上缴资金d的值(用m表示)．‎ ‎[解]　(1)由题意得a1＝2000(1＋50%)－d＝3000－d，‎ a2＝a1(1＋50%)－d＝a1－d＝4500－d.‎ an＋1＝an(1＋50%)－d＝an－d.‎ ‎(2)由(1)得an＝an－1－d ‎＝－d ‎＝2an－2－d－d ‎＝…‎ ‎＝n－1a1－d，‎ 整理得an＝n－1(3000－d)－2d ‎＝n－1(3000－3d)＋2d.‎ 由题意，am＝4000，知m－1(3000－3d)＋2d＝4000，‎ 解得d＝＝.‎ 故该企业每年上缴资金d的值为时，经过m(m≥3)年企业的剩余资金为4000万元．‎ ‎1．数列实际应用中的常见模型 ‎(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．‎ ‎(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．‎ ‎(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑是an与an＋1的递推关系，还是前n项和Sn与前n＋1项和Sn＋1之间的递推关系．‎ ‎2．数列综合应用题的解题步骤 ‎(1)审题——弄清题意，分析涉及哪些数学内容，在每个数学内容中，各是什么问题．‎ ‎(2)分解——把整个大题分解成几个小题或几个“步骤”，每个小题或每个小“步骤”分别是数列问题、函数问题、解析几何问题、不等式问题等．‎ ‎(3)求解——分别求解这些小题或这些小“步骤”，从而得到整个问题的解答．‎ 具体解题步骤如下：‎ 针对训练 某国采用养老储备金制度．公民在就业的第一年就交纳养老储备金，数目为a1，以后每年交纳的数目均比上一年增加d(d>0)，因此，历年所交纳的储备金数目a1，a2，…是一个公差为d的等差数列．与此同时，国家给予优惠的计息政策，不仅采用固定利率，而且计算复利．这就是说，如果固定年利率为r(r>0)，那么，在第n年末，第一年所交纳的储备金就变为a1(1＋r)n－1，第二年所交纳的储备金就变为a2(1＋r)n－2，…，以Tn表示到第n年末所累计的储备金总额．‎ ‎(1)写出Tn与Tn－1(n≥2)的递推关系式；‎ ‎(2)求证：Tn＝An＋Bn，其中{An}是一个等比数列，{Bn}是一个等差数列．‎ 解　(1)由题意知：n≥2时，Tn＝Tn－1(1＋r)＋an，其中an＝a1＋(n－1)d，‎ ‎∴Tn＝Tn－1(1＋r)＋a1＋(n－1)d，n≥2.‎ ‎(2)证明：∵Tn＝a1(1＋r)n－1＋a2(1＋r)n－2＋…＋an－1·(1＋r)＋an，①‎ ‎∴(1＋r)Tn＝a1(1＋r)n＋a2(1＋r)n－1＋…＋an－2(1＋r)3＋an－1(1＋r)2＋an(1＋r)，②‎ ‎②－①得rTn＝a1(1＋r)n＋d[(1＋r)n－1＋(1＋r)n－2＋…＋(1＋r)]－an ‎＝a1(1＋r)n＋d·－a1－(n－1)d ‎＝·(1＋r)n－，‎ ‎∴Tn＝(1＋r)n－.‎ 令An＝(1＋r)n，Bn＝－－n，‎ 则＝1＋r(定值)，Bn＋1－Bn＝－(定值)，‎ 即Tn＝An＋Bn，其中{An}是一个等比数列，{Bn}是一个等差数列．‎ ‎ ‎ ‎[全国卷高考真题调研]‎ ‎1．[2015·全国卷Ⅱ]设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________.‎ 答案　－ 解析　∵an＋1＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1－Sn＝Sn＋1Sn，又由a1＝－1，知Sn≠0，∴－＝1，‎ ‎∴是等差数列，且公差为－1，而＝＝－1，‎ ‎∴＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－.‎ ‎2．[2016·全国卷Ⅱ]Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记bn＝[lg an]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.‎ ‎(1)求b1，b11，b101；‎ ‎(2)求数列{bn}的前1000项和．‎ 解　(1)设{an}的公差为d，据已知有7＋21d＝28，解得d＝1.所以{an}的通项公式为an＝n.‎ b1＝[lg 1]＝0，b11＝[lg 11]＝1，b101＝[lg 101]＝2.‎ ‎(2)因为bn＝ 所以数列{bn}的前1000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1893.‎ ‎[其它省市高考题借鉴]‎ ‎3．[2016·浙江高考]设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝_______，S5＝_______.‎ 答案　1　121‎ 解析　由于解得a1＝1.由an＋1＝Sn＋1－Sn＝2Sn＋1得Sn＋1＝3Sn＋1，所以Sn＋1＋＝3，所以是以为首项，3为公比的等比数列，所以Sn＋＝×3n－1，即Sn＝，所以S5＝121.‎ ‎4．[2015·安徽高考]已知数列{an}是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列{an}的前n项和等于________．‎ 答案　2n－1‎ 解析　∵{an}为递增的等比数列，∴设公比为q，则q>1.‎ ‎∵a2a3＝8，∴a1a4＝8.‎ 又∵a1＋a4＝9，∴a1＝1，a4＝8，∴q＝2.‎ ‎∴前n项和为＝2n－1.‎ ‎5．[2015·广东高考]数列{an}满足：a1＋2a2＋…＋nan＝4－，n∈N*.‎ ‎(1)求a3的值；‎ ‎(2)求数列{an}的前n项和Tn；‎ ‎(3)令b1＝a1，bn＝＋an(n≥2)，证明：数列{bn}的前n项和Sn满足Sn<2＋2ln n.‎ 解　(1)由题意，知3a3＝(a1＋2a2＋3a3)－(a1＋2a2)＝4－－＝，∴a3＝.‎ ‎(2)由条件知，nan＝(a1＋2a2＋…＋nan)－[a1＋2a2＋…＋(n－1)an－1]＝－(n≥2)，‎ ‎∴nan＝，‎ ‎∴an＝.‎ 又a1＝4－＝1时也符合此式，∴an＝(n∈N*)．‎ ‎∴Tn＝1＋＋…＋n－1‎ ‎＝＝2－.‎ ‎(3)证明：依题意，得 bn＝＋an，b1＝a1，‎ b2＝＋a2，‎ b3＝＋a3，‎ ‎∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn ‎＝(a1＋a2＋…＋an)‎ ‎＝Tn ‎＝<2×.‎ 记f(x)＝ln x＋－1(x>1)，‎ 则f′(x)＝－＝>0，‎ ‎∴f(x)在(1，＋∞)上是增函数．‎ 又f(1)＝0，即f(x)>0，‎ 又k≥2且k∈N*时，>1，‎ ‎∴f＝ln＋－1>0，‎ 即ln>，‎ ‎∴0)及两点A1(x1,0)和A2(x2,0)，其中x2>x1>0.过A1，A2分别作x轴的垂线，交曲线C于B1，B2两点，直线B1B2与x轴交于点A3(x3,0)，那么(　　)‎ A．x1，，x2成等差数列 B．x1，，x2成等比数列 C．x1，x3，x2成等差数列 D．x1，x3，x2成等比数列 答案　A 解析　由题意，得B1，B2两点的坐标分别为，.‎ 所以直线B1B2的方程为y＝－(x－x1)＋，‎ 令y＝0，得x＝x1＋x2，‎ 所以x3＝x1＋x2，‎ 因此，x1，，x2成等差数列．‎ ‎6．[2016·江西南昌模拟]设无穷数列{an}，如果存在常数A，对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N，使得n>N时，恒有|an－A|<ε成立，就称数列{an}的极限为A.则四个无穷数列：①{(－1)n×2}；‎ ‎②；‎ ‎③；‎ ‎④{1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n}，其中极限为2的共有(　　)‎ A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 答案　D 解析　对于①，|an－2|＝|(－1)n×2－2|＝2×|(－1)n－1|，当n是偶数时，|an－2|＝0；当n是奇数时，|an－2|＝4，所以数列{(－1)n×2}没有极限，所以2不是数列{(－1)n×2}的极限．‎ 对于②，|an－2|‎ ‎＝ ‎＝ ＝＋>1，所以对于正数ε0＝1，不存在正整数N，使得n>N时，恒有|an－2|<ε0成立，即2不是数列 的极限．‎ 对于③，|an－2|＝＝＝，令<ε，得n>1－log2ε，所以对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N，使得n>N时，恒有|an－2|<ε成立，所以2是数列 的极限．‎ 对于④，当n≥2时，|an－2|＝|1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n－2|＝2×22＋3×23＋…＋n×2n>1，所以对于正数ε0＝1，不存在正整数N，使得n>N时，恒有|an－2|<ε0成立，即2不是数列{1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n}的极限．‎ 综上所述，极限为2的数列共有1个．‎ 二、填空题 ‎7．[2016·陕西质检二]已知正项数列{an}满足a－6a＝an＋1an，若a1＝2，则数列{an}的前n项和为________．‎ 答案　3n－1‎ 解析　∵a－6a＝an＋1an，∴(an＋1－3an)(an＋1＋2an)＝0，∵an>0，∴an＋1＝3an，∴{an}为等比数列，且公比为3，∴Sn＝3n－1.‎ ‎8．[2016·唐山统考]Sn为等比数列{an}的前n项和，若2S4＝S2＋2，则S6的最小值为________．‎ 答案　 解析　由题意得2(a1＋a1q＋a1q2＋a1q3)＝a1＋a1q＋2，整理，得(a1＋a1q)(1＋2q2)＝2，即S2·(1＋2q2)＝2.因为1＋2q2>0，所以S2>0.又由2S4＝S2＋2，得S4＝S2＋1.由等比数列的性质，得S2，S4－S2，S6－S4成等比数列，所以(S4－S2)2＝S2(S6－‎ S4)，所以S6＝＋S4＝＋S2＋1＝S2＋≥2＝，当且仅当S2＝，即S2＝时等号成立，所以S6的最小值为.‎ ‎9．[2016·武昌调研]设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＋＝(－1)nan(n∈N*)，则数列{Sn}的前9项和为________．‎ 答案　－ 解析　因为Sn＋＝(－1)nan，所以Sn－1＋＝(－1)n－1an－1(n≥2)，两式相减得Sn－Sn－1＋－＝(－1)nan－(－1)n－1an－1，‎ 即an－＝(－1)nan＋(－1)nan－1(n≥2)，‎ 当n为偶数时，an－＝an＋an－1，即an－1＝－，‎ 此时n－1为奇数，所以若n为奇数，则an＝－；‎ 当n为奇数时，an－＝－an－an－1，即2an－＝－an－1，所以an－1＝，此时n－1为偶数，所以若n为偶数，则an＝.‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝ 所以数列{Sn}的前9项和为S1＋S2＋S3＋…＋S9＝9a1＋8a2＋7a3＋6a4＋…＋3a7＋2a8＋a9＝(9a1＋8a2)＋(7a3＋6a4)＋…＋(3a7＋2a8)＋a9＝－－－－－＝－＝－.‎ 三、解答题 ‎10．[2016·合肥质检]在数列{an}中，a1＝，an＋1＝·an，n∈N*.‎ ‎(1)求证：数列为等比数列；‎ ‎(2)求数列{an}的前n项和Sn.‎ 解　(1)证明：由an＋1＝an知＝·，‎ ‎∴是以为首项，为公比的等比数列．‎ ‎(2)由(1)知是首项为，公比为的等比数列，‎ ‎∴＝n，∴an＝，‎ ‎∴Sn＝＋＋…＋，①‎ 则Sn＝＋＋…＋，②‎ ‎①－②得：Sn＝＋＋＋…＋－＝1－，‎ ‎∴Sn＝2－.‎ ‎11．[2015·安徽高考]设n∈N*，xn是曲线y＝x2n＋2＋1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标．‎ ‎(1)求数列{xn}的通项公式；‎ ‎(2)记Tn＝xx…x，证明：Tn≥.‎ 解　(1)y′＝(x2n＋2＋1)′＝(2n＋2)x2n＋1，曲线y＝x2n＋2＋1在点(1,2)处的切线斜率为2n＋2，‎ 从而切线方程为y－2＝(2n＋2)(x－1)．‎ 令y＝0，解得切线与x轴交点的横坐标xn＝1－＝.‎ ‎(2)证明：由题设和(1)中的计算结果知 Tn＝xx…x＝22…2.‎ 当n＝1时，T1＝.‎ 当n≥2时，因为x＝2＝>＝＝，‎ 所以Tn>2×××…×＝.‎ 综上可得对任意的n∈N*，均有Tn≥.‎ ‎12．[2016·河南开封质检]已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝1－，其中n∈N ‎*.‎ ‎(1)设bn＝，求证：数列{bn}是等差数列，并求出{an}的通项公式；‎ ‎(2)设cn＝，数列{cncn＋2}的前n项和为Tn，是否存在正整数m，使得Tn<对于n∈N*恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明理由．‎ 解　(1)证明：∵bn＋1－bn＝－ ‎＝－ ‎＝－＝2(常数)，‎ ‎∴数列{bn}是等差数列．‎ ‎∵a1＝1，∴b1＝2，‎ 因此bn＝2＋(n－1)×2＝2n，‎ 由bn＝得an＝.‎ ‎(2)由cn＝，an＝得cn＝，‎ ‎∴cncn＋2＝＝2，‎ ‎∴Tn＝2＝2<3，‎ 依题意要使Tn<对于n∈N*恒成立，只需≥3，即≥3，‎ 解得m≥3或m≤－4，又m为正整数，所以m的最小值为3.‎ 典题例证 ‎[2016·山东高考]已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(2)令cn＝.求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 审题过程 　依据an与Sn的关系可求an，进而求出bn的通项．‎ 　先化简数列cn，然后依据其结构特征采取错位相减求和.‎ 　(1)由题意知当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，‎ 当n＝1时，a1＝S1＝11，‎ 所以an＝6n＋5.‎ 设数列{bn}的公差为d，‎ 由 得 可解得b1＝4，d＝3.‎ 所以bn＝3n＋1.‎ ‎(2)由(1)知cn＝＝3(n＋1)·2n＋1.‎ 又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，‎ 所以Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，‎ ‎2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，‎ 两式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]＝3×＝－3n·2n＋2，所以Tn＝3n·2n＋2.‎ 模型归纳 求数列的通项公式及前n项和的模型示意图如下：‎