第2讲 数列求和及综合问题高考定位 1.高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中档偏下；2.在考查数列运算的同时，将数列与不等式、函数交汇渗透.真题感悟1.(2020·全国Ⅰ卷)数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，前16项和为540，则a1＝________.解析 法一 因为an＋2＋(－1)nan＝3n－1，所以当n为偶数时，an＋2＋an＝3n－1，所以a4＋a2＝5，a8＋a6＝17，a12＋a10＝29，a16＋a14＝41，所以a2＋a4＋a6＋a8＋a10＋a12＋a14＋a16＝92.因为数列{an}的前16项和为540，所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝540－92＝448.①因为当n为奇数时，an＋2－an＝3n－1，所以a3－a1＝2，a7－a5＝14，a11－a9＝26，a15－a13＝38，所以(a3＋a7＋a11＋a15)－(a1＋a5＋a9＋a13)＝80.②由①②得a1＋a5＋a9＋a13＝184.又a3＝a1＋2，a5＝a3＋8＝a1＋10，a7＝a5＋14＝a1＋24，a9＝a7＋20＝a1＋44，a11＝a9＋26＝a1＋70，a13＝a11＋32＝a1＋102，所以a1＋a1＋10＋a1＋44＋a1＋102＝184，所以a1＝7.法二 同法一得a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝448.当n为奇数时，有an＋2－an＝3n－1，由累加法得an＋2－a1＝3(1＋3＋5＋…＋n)－＝(1＋n)·－＝n2＋n＋，所以an＋2＝n2＋n＋＋a1.所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15\n＝a1＋＋＋＋＋＋＋＝8a1＋392＝448，解得a1＝7.答案 72.(2018·全国Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn＝2an＋1，则S6＝________.解析 法一 因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)，所以an＝2an－1，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝－2n－1.所以S6＝＝－63.法二 由Sn＝2an＋1，得S1＝2S1＋1，所以S1＝－1，当n≥2时，由Sn＝2an＋1得Sn＝2(Sn－Sn－1)＋1，即Sn＝2Sn－1－1，∴Sn－1＝2(Sn－1－1)，又S1－1＝－2，∴{Sn－1}是首项为－2，公比为2的等比数列，所以Sn－1＝－2×2n－1＝－2n，所以Sn＝1－2n，∴S6＝1－26＝－63.答案 －633.(2020·新高考山东卷)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.(1)求{an}的通项公式；(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100.解 (1)设的公比为q(q＞1).由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8.解得q＝(舍去)，q＝2.由题设得a1＝2.所以的通项公式为an＝2n.(2)由题设及(1)知b1＝0，且当2n≤m＜2n＋1时，bm＝n.所以S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋…＋b100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63)＝480.4.(2020·全国Ⅰ卷)设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项.(1)求{an}的公比；(2)若a1＝1，求数列{nan}的前n项和.\n解 (1)设{an}的公比为q，由题设得2a1＝a2＋a3，即2a1＝a1q＋a1q2.所以q2＋q－2＝0，解得q＝1(舍去)或q＝－2.故{an}的公比为－2.(2)记Sn为{nan}的前n项和.由(1)及题设可得an＝(－2)n－1，所以Sn＝1＋2×(－2)＋…＋n·(－2)n－1，－2Sn＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)·(－2)n－1＋n·(－2)n.所以3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n·(－2)n＝－n·(－2)n.所以Sn＝－.考点整合1.常用公式：12＋22＋32＋42＋…＋n2＝.2.(1)数列通项an与前n项和Sn的关系为an＝(2)应用an与Sn的关系式f(an，Sn)＝0时，应特别注意n＝1时的情况，防止产生错误.3.数列求和(1)分组转化法：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并.(2)错位相减法：主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列.(3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如(其中{an}是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列.温馨提醒 裂项求和时，易把系数写成它的倒数或忘记系数导致错误.4.数列与函数、不等式的交汇数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出Sn的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化.数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查不等关系或恒成立问题.\n热点一 an与Sn的关系问题【例1】设数列{an}的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an＝5Sn＋1成立，bn＝－1－log2|an|，数列{bn}的前n项和为Tn，cn＝.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{cn}的前n项和An，并求出An的最值.解 (1)因为an＝5Sn＋1，n∈N*，所以an＋1＝5Sn＋1＋1，两式相减，得an＋1＝－an，又当n＝1时，a1＝5a1＋1，知a1＝－，所以数列{an}是公比、首项均为－的等比数列.所以数列{an}的通项公式an＝.(2)由(1)知bn＝－1－log2|an|＝2n－1，数列{bn}的前n项和Tn＝n2，cn＝＝＝－，所以An＝1－.因此{An}是单调递增数列，∴当n＝1时，An有最小值A1＝1－＝；An没有最大值.探究提高 1.给出Sn与an的递推关系求an，常用思路是：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.2.由Sn求an时，一定注意分n＝1和n≥2两种情况，最后验证两者是否能合为一个式子，若不能，则用分段形式来表示.【训练1】(2020·合肥检测)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，满足a＝Sn＋Sn－1(n≥2)，a1＝1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝(1－an)2－a(1－an)，若{bn}是递增数列，求实数a的取值范围.\n解 (1)a＝Sn＋Sn－1(n≥2)，a＝Sn－1＋Sn－2(n≥3).相减可得a－a＝an＋an－1，∵an＞0，an－1＞0，∴an－an－1＝1(n≥3).当n＝2时，a＝a1＋a2＋a1，∴a＝2＋a2，a2＞0，∴a2＝2.因此n＝2时，an－an－1＝1成立.∴数列{an}是等差数列，公差为1.∴an＝1＋n－1＝n.(2)bn＝(1－an)2－a(1－an)＝(n－1)2＋a(n－1)，∵{bn}是递增数列，∴bn＋1－bn＝n2＋an－(n－1)2－a(n－1)＝2n＋a－1＞0，即a＞1－2n恒成立，∴a＞－1.∴实数a的取值范围是(－1，＋∞).热点二 数列求和方法1 分组转化求和【例2】(2020·山东五地联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足关于x的不等式a1x2－S2x＋2＜0的解集为(1，2).(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足bn＝a2n＋2an－1，求数列{bn}的前n项和Tn.解 (1)设等差数列{an}的公差为d，因为关于x的不等式a1x2－S2x＋2＜0的解集为(1，2)，所以＝1＋2＝3，得a1＝d，又易知＝2，所以a1＝1，d＝1.所以数列{an}的通项公式为an＝n.(2)由(1)可得，a2n＝2n，2an＝2n.因为bn＝a2n＋2an－1，所以bn＝2n－1＋2n，所以数列{bn}的前n项和Tn＝(1＋3＋5＋…＋2n－1)＋(2＋22＋23＋…＋2n)\n＝＋＝n2＋2n＋1－2.探究提高 1.求解本题要过四关：(1)“转化”关，把不等式的解转化为方程根的问题；(2)“方程”关，利用方程思想求出基本量a1及d；(3)“分组求和”关，观察数列的通项公式，把数列分成几个可直接求和的数列；(4)“公式”关，会利用等差、等比数列的前n项和公式求和.2.分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正号、负号分组.本题易忽视数列通项的下标如错得a2n＝n，应注意“＝”左右两边保持一致.【训练2】(2020·潍坊调研)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝8，S4＝40.数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn－2bn＋3＝0，n∈N*.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)设cn＝求数列{cn}的前n项和Pn.解 (1)设等差数列{an}的公差为d，由题意，得解得所以an＝4n，因为Tn－2bn＋3＝0，所以当n＝1时，b1＝3，当n≥2时，Tn－1－2bn－1＋3＝0，两式相减，得bn＝2bn－1(n≥2)，则数列{bn}为首项为3，公比为2的等比数列，所以bn＝3·2n－1.(2)cn＝当n为偶数时，Pn＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝＋＝2n＋1＋n2－2.当n为奇数时，法一 n－1(n≥3)为偶数，Pn＝Pn－1＋cn＝2(n－1)＋1＋(n－1)2－2＋4n＝2n＋n2＋2n－1，n＝1时符合上式.法二 Pn＝(a1＋a3＋…＋an－2＋an)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)＝＋＝2n＋n2＋2n－1.\n所以Pn＝方法2 裂项相消求和【例3】(2020·江南六校调研)设数列{an}的前n项和为Sn，已知S1＝2，an＋1＝Sn＋2.(1)证明：{an}为等比数列；(2)记bn＝log2an，数列的前n项和为Tn，若Tn≥10恒成立，求λ的取值范围.(1)证明 由已知，得a1＝S1＝2，a2＝S1＋2＝4，当n≥2时，an＝Sn－1＋2，所以an＋1－an＝(Sn＋2)－(Sn－1＋2)＝an，所以an＋1＝2an(n≥2).又a2＝2a1，所以＝2(n∈N*)，所以{an}是首项为2，公比为2的等比数列.(2)解 由(1)可得an＝2n，所以bn＝n.则＝＝λ，Tn＝λ＝λ，因为Tn≥10，所以≥10，从而λ≥，因为＝10≤20，所以λ的取值范围为[20，＋∞).探究提高 1.裂项相消求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项.2.消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.【训练3】设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.(1)求{an}的通项公式；(2)求数列的前n项和.解 (1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，①故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，②①－②得(2n－1)an＝2，所以an＝，又n＝1时，a1＝2适合上式，\n从而{an}的通项公式为an＝.(2)记的前n项和为Sn，由(1)知＝＝－，则Sn＝＋＋…＋＝1－＝.方法3 错位相减法求和【例4】(2020·济南统测)在①a3＝5，a2＋a5＝6b2，②b2＝2，a3＋a4＝3b3，③S3＝9，a4＋a5＝8b2这三个条件中任选一个，补充至横线上，并解答问题.已知等差数列{an}的公差为d(d>1)，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q，且a1＝b1，d＝q，________.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)解 选条件①.(1)∵a3＝5，a2＋a5＝6b2，a1＝b1，d＝q，d>1，∴解得或(舍去).∴∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，bn＝b1qn－1＝2n－1.(2)∵cn＝，∴cn＝＝(2n－1)×.∴Tn＝1＋3×＋5×＋…＋(2n－3)×＋(2n－1)×，Tn＝＋3×＋5×＋…＋(2n－3)×＋(2n－1)×.上面两式相减，得Tn＝1＋2－(2n－1)×\n＝1＋2×－(2n－1)×＝3－(2n＋3)×.∴Tn＝6－(2n＋3)×.选条件②.(1)∵b2＝2，a3＋a4＝3b3，a1＝b1，d＝q，d>1，∴即解得或(舍去).∴∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，bn＝b1qn－1＝2n－1.(2)∵cn＝，∴cn＝＝(2n－1)×.∴Tn＝1＋3×＋5×＋…＋(2n－3)×＋(2n－1)×，Tn＝＋3×＋5×＋…＋(2n－3)×＋(2n－1)×.上面两式相减，得Tn＝1＋2－(2n－1)×＝1＋2×－(2n－1)×＝3－(2n＋3)×.∴Tn＝6－(2n＋3)×.选条件③.(1)∵S3＝9，a4＋a5＝8b2，a1＝b1，d＝q，d>1，∴解得或(舍去)，∴∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，bn＝b1qn－1＝2n－1.(2)∵cn＝，∴cn＝＝(2n－1)×.∴Tn＝1＋3×＋5×＋…＋(2n－3)×＋(2n－1)×，\nTn＝＋3×＋5×＋…＋(2n－3)×＋(2n－1)×.上面两式相减，得Tn＝1＋2－(2n－1)×＝1＋2×－(2n－1)×＝3－(2n＋3)×.∴Tn＝6－(2n＋3)×.探究提高 1.一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解.2.在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式.【训练4】(2020·潍坊模拟)在①b2n＝2bn＋1，②a2＝b1＋b2，③b1，b2，b4成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解.已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝3an.公差不等于0的等差数列{bn}满足________，求数列的前n项和Sn.(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)解 因为a1＝1，an＋1＝3an，所以{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以an＝3n－1.选①②时，设数列{bn}的公差为d1.因为a2＝3，所以b1＋b2＝3(ⅰ).因为b2n＝2bn＋1，所以当n＝1时，b2＝2b1＋1(ⅱ).由(ⅰ)(ⅱ)解得b1＝，b2＝，所以d1＝，所以bn＝.所以＝.所以Sn＝＋＋…＋＝＋＋＋…＋，所以Sn＝＋＋＋…＋＋.\n上面两式相减，得Sn＝＋5－＝＋－－＝－.所以Sn＝－.选②③时，设数列{bn}的公差为d2.因为a2＝3，所以b1＋b2＝3，即2b1＋d2＝3.因为b1，b2，b4成等比数列，所以b＝b1b4，即(b1＋d2)2＝b1(b1＋3d2)，化简得d＝b1d2.因为d2≠0，所以b1＝d2，从而d2＝b1＝1，所以bn＝n.所以＝.所以Sn＝＋＋…＋＝＋＋＋…＋，所以Sn＝＋＋＋…＋＋.上面两式相减，得Sn＝1＋＋＋＋…＋－＝－＝－.所以Sn＝－.选①③时，设数列{bn}的公差为d3.因为b2n＝2bn＋1，所以b2＝2b1＋1，所以d3＝b1＋1.又因为b1，b2，b4成等比数列，所以b＝b1b4，即(b1＋d3)2＝b1(b1＋3d3)，化简得d＝b1d3.因为d3≠0，所以b1＝d3，无解，所以等差数列{bn}不存在.故不合题意.热点三 与数列相关的综合问题【例5】(2020·杭州滨江区调研)设f(x)＝x2＋2x，f′(x)是y＝f(x)的导函数，若数列{an}满足an＋1＝f′(an)，且首项a1＝1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}中，b1＝a1，b2＝a2，数列{bn}的前n项和为Tn，请写出适合条件Tn≤Sn的所有n的值.解 (1)由f(x)＝x2＋2x，得f′(x)＝x＋2.∵an＋1＝f′(an)，且a1＝1.\n∴an＋1＝an＋2，则an＋1－an＝2，因此数列{an}是公差为2，首项为1的等差数列.∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1.(2)数列{an}的前n项和Sn＝＝n2，等比数列{bn}中，设公比为q，∵b1＝a1＝1，b2＝a2＝3，∴q＝3.∴bn＝3n－1，∴数列{bn}的前n项和Tn＝＝.Tn≤Sn可化为≤n2.又n∈N*，∴n＝1，或n＝2.故适合条件Tn≤Sn的所有n的值为1和2.探究提高 1.求解数列与函数交汇问题要注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别注意；(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件.2.数列为背景的不等式恒成立、不等式证明，多与数列的求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性处理.【训练5】已知数列{an}与{bn}满足：a1＋a2＋a3＋…＋an＝2bn(n∈N*)，若{an}是各项为正数的等比数列，且a1＝2，b3＝b2＋4.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；(2)若数列{cn}满足cn＝(n∈N*)，Tn为数列{cn}的前n项和，证明：Tn＜1.(1)解 由题意知，a1＋a2＋a3＋…＋an＝2bn，①当n≥2时，a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝2bn－1，②①－②可得an＝2(bn－bn－1)⇒a3＝2(b3－b2)＝2×4＝8，∵a1＝2，an＞0，设{an}的公比为q，∴a1q2＝8⇒q＝2，∴an＝2×2n－1＝2n(n∈N*).∴2bn＝21＋22＋23＋…＋2n＝＝2n＋1－2，∴bn＝2n－1(n∈N*).\n(2)证明 由已知cn＝＝＝－，∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝－＋－＋…＋－＝1－，当n∈N*时，2n＋1＞1，∴＞0，∴1－＜1，故Tn＜1.A级 巩固提升一、选择题1.已知Tn为数列的前n项和，若m>T10＋1013恒成立，则整数m的最小值为( )A.1026B.1025C.1024D.1023解析 因为＝1＋，所以Tn＝n＋1－，则T10＋1013＝11－＋1013＝1024－，又m>T10＋1013，所以整数m的最小值为1024.答案 C2.(2020·河北“五个一”名校联盟诊断)在等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{ancosnπ}的前2020项的和为( )A.1009B.1010C.2019D.2020解析 设{an}的公差为d，则有解得∴an＝2n－1，设bn＝ancosnπ，则b1＋b2＝a1cosπ＋a2cos2π＝2，b3＋b4＝a3cos3π＋a4cos4π＝2，…，∴数列{ancosnπ}的前2020项的和S2020＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2019＋b2020)＝2×1010＝2020.\n答案 D3.数列{an}满足a1＝1，对任意n∈N*，都有an＋1＝1＋an＋n，则＋＋…＋＝( )A.B.2C.D.解析 对任意n∈N*，都有an＋1＝1＋an＋n，则an＋1－an＝n＋1，则an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋1＝，则＝＝2，所以＋＋…＋＝2[＋＋…＋]＝2×＝.答案 C4.(多选题)(2020·青岛质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝Sn＋2an＋1，数列的前n项和为Tn，n∈N*，则下列选项正确的为( )A.数列{an＋1}是等差数列B.数列{an＋1}是等比数列C.数列{an}的通项公式为an＝2n－1D.Tn<1解析 由Sn＋1＝Sn＋2an＋1，得an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1，可化为an＋1＋1＝2(an＋1).由a1＝1，得a1＋1＝2，则数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列.则an＋1＝2n，即an＝2n－1.由＝＝－，得Tn＝1－＋－＋…＋－＝1－<1.所以A错误，B，C，D正确.故选BCD.答案 BCD5.(多选题)(2020·烟台模拟)已知数列{an}满足an＋1＋an＝n·(－1)，其前n项和为Sn，且m＋S2019＝－1009，则下列说法正确的是( )A.m为定值B.m＋a1为定值C.S2019－a1为定值D.ma1有最大值解析 当n＝2k(k∈N*)时，由已知条件得a2k＋a2k＋1＝2k·(－1)k(2k＋1)，所以S2019＝a1＋a2＋a3＋…＋a2019＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2018＋a2019)＝a1－2＋4－6＋8－10＋…－2018＝a1＋1008－2018＝a1－1010，所以S2019－a1＝－1010.m＋S2019＝m＋a1－1010＝－1\n009，所以m＋a1＝1，所以ma1≤＝，当且仅当m＝a1＝时等号成立，此时ma1取得最大值.故选BCD.答案 BCD二、填空题6.对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，数列{an}的“差数列”的通项公式为an＋1－an＝2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________.解析 因为an＋1－an＝2n，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝＋2＝2n－2＋2＝2n，所以Sn＝＝2n＋1－2.答案 2n＋1－27.已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an＋1，则a1＝________，an＝________.解析 令n＝1，则2S1＝3a1＋1，又S1＝a1，所以a1＝－1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3an－3an－1)，整理得an＝3an－1，即＝3(n≥2).因此，{an}是首项为－1，公比为3的等比数列.故an＝－3n－1.答案 －1 －3n－18.(2020·福州调研)已知数列{nan}的前n项和为Sn，且an＝2n，则使得Sn－nan＋1＋50<0的最小正整数n的值为________.解析 Sn＝1×21＋2×22＋…＋n×2n，则2Sn＝1×22＋2×23＋…＋n×2n＋1，两式相减得－Sn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1，故Sn＝2＋(n－1)·2n＋1.又an＝2n，∴Sn－nan＋1＋50＝2＋(n－1)·2n＋1－n·2n＋1＋50＝52－2n＋1，依题意52－2n＋1<0，故最小正整数n的值为5.答案 5三、解答题9.(2020·合肥调研)记Sn为等差数列{an}的前n项和，且a10＝4，S15＝30.\n(1)求数列{an}的通项公式以及前n项和Sn；(2)记数列{2an＋4＋an}的前n项和为Tn，求满足Tn＞0的最小正整数n的值.解 (1)记数列{an}的公差为d，S15＝30⇒15a8＝30⇒a8＝2，故d＝＝1，故an＝a10＋(n－10)d＝4＋n－10＝n－6，Sn＝na1＋＝－5n＋＝－.(2)依题意，2an＋4＋an＝n－6＋2n－2Tn＝(－5－4＋…＋n－6)＋(2－1＋20＋…＋2n－2)＝＋，当n＝1时，T1＝＜0；当n＝2时，T2＝＜0；当n＝3时，T3＝＜0；当n＝4时，T4＝＜0；当n≥5时，≥－15，≥，所以Tn＞0.故满足Tn＞0的最小正整数n的值为5.10.(2020·临沂模拟)甲、乙两同学在复习数列时发现曾经做过的一道有关数列的题目因纸张被破坏，导致一个条件看不清，具体如下：等比数列{an}的前n项和为Sn，已知________.(1)判断S1，S2，S3的关系；(2)若a1－a3＝3，设bn＝|an|，记{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<.甲同学记得缺少的条件是首项a1的值，乙同学记得缺少的条件是公比q的值，并且他俩都记得第(1)问的答案是S1，S3，S2成等差数列.如果甲、乙两同学记得的答案是正确的，请你通过推理把条件补充完整并解答此题.(1)解 由S1，S3，S2成等差数列，得2S3＝S1＋S2，即2(a1＋a1q＋a1q2)＝2a1＋a1q，解得q＝－或q＝0(舍去).若乙同学记得的缺少的条件是正确的，则公比q＝－.所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝a1－a1＝a1，\nS3＝a1＋a2＋a3＝a1－a1＋a1＝a1，可得S1＋S2＝2S3，即S1，S3，S2成等差数列.(2)证明 由a1－a3＝3，可得a1－a1＝3，解得a1＝4，所以an＝4×.所以bn＝|an|＝＝n·.所以Tn＝，Tn＝，两式相减，得Tn＝＝，化简可得Tn＝.由1－<1，得Tn<.B级 能力突破11.设数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，对于任意的n∈N*，an，Sn，a成等差数列，设数列{bn}的前n项和为Tn，且bn＝，若对任意的实数x∈(1，e](e为自然对数的底数)和任意正整数n，总有Tn<r(r∈N*)，则r的最小值为________.解析 由题意得，2Sn＝an＋a，当n≥2时，2Sn－1＝an－1＋a，∴2Sn－2Sn－1＝an＋a－an－1－a，∴(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，∵an>0，∴an－an－1＝1，即数列{an}是公差为1的等差数列，又2a1＝2S1＝a1＋a，a1＝1，∴an＝n(n∈N*).又x∈(1，e]，∴0<lnx≤1，∴Tn≤1＋＋＋…＋<1＋＋＋…＋\n＝1＋＋＋…＋＝2－<2，∴r≥2，即r的最小值为2.答案 212.(2020·衡水中学检测)等差数列{an}的公差为2，a2，a4，a8分别等于等比数列{bn}的第2项、第3项、第4项.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)若数列{cn}满足＋＋…＋＝bn＋1，求数列{cn}的前2020项的和.解 (1)依题意得b＝b2b4，所以(a1＋6)2＝(a1＋2)(a1＋14)，所以a＋12a1＋36＝a＋16a1＋28，解得a1＝2.∴an＝2n.设等比数列{bn}的公比为q，所以q＝＝＝＝2，又b2＝a2＝4，∴bn＝4×2n－2＝2n.(2)由(1)知，an＝2n，bn＝2n.因为＋＋…＋＋＝2n＋1①当n≥2时，＋＋…＋＝2n②由①－②得，＝2n，即cn＝n·2n＋1，又当n＝1时，c1＝a1b2＝23不满足上式，∴cn＝故S2020＝8＋2×23＋3×24＋…＋2020×22021＝4＋1×22＋2×23＋3×24＋…＋2020×22021设T2020＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋2019×22020＋2020×22021③，则2T2020＝1×23＋2×24＋3×25＋…＋2019×22021＋2020×22022④，由③－④得：－T2020＝22＋23＋24＋…＋22021－2020×22022＝－2020×22022＝－4－2019×22022，所以T2020＝2019×22022＋4，所以S2020＝T2020＋4＝2019×22022＋8.
