专题讲座3数列在高考中的常见题型与求解策略1．(2022·辽宁省五校联考)抛物线x2＝y在第一象限内图像上一点(ai，2a)处的切线与x轴交点的横坐标记为ai＋1，其中i∈N*，若a2＝32，则a2＋a4＋a6等于( )A．64 B．42C．32D．21解析：选B.令y＝f(x)＝2x2，则切线斜率k＝f′(ai)＝4ai，切线方程为y－2a＝4ai(x－ai)，令y＝0得x＝ai＋1＝ai，由a2＝32得：a4＝8，a6＝2，所以a2＋a4＋a6＝42.2．(2022·高考辽宁卷)设等差数列{an}的公差为d.若数列{2a1an}为递减数列，则( )A．d<0B．d>0C．a1d<0D．a1d>0解析：选C.设bn＝2a1an，则bn＋1＝2a1an＋1，由于{2a1an}是递减数列，则bn>bn＋1，即2a1an>2a1an＋1.因为y＝2x是单调增函数，所以a1an>a1an＋1，所以a1an－a1(an＋d)>0，所以a1(an－an－d)>0，即a1(－d)>0，所以a1d<0.3．在等比数列{an}中，若an>0，且a1·a2·…·a7·a8＝16，则a4＋a5的最小值为________．解析：由等比数列性质得，a1a2…a7a8＝(a4a5)4＝16，又an>0，所以a4a5＝2.再由基本不等式，得a4＋a5≥2＝2.所以a4＋a5的最小值为2.答案：24．(2022·南昌调研测试卷)一牧羊人赶着一群羊通过6个关口，每过1个关口，守关人将拿走当时羊的一半，然后退还1只给牧羊人，过完这些关口后，牧羊人只剩下2只羊，则牧羊人在过第1个关口前有________只羊． 解析：记此牧羊人通过第1个关口前、通过第2个关口前、…、通过第6个关口前，剩下的羊的只数组成数列{an}(n＝1，2，3，4，5，6)，则由题意得a2＝a1＋1，a3＝a2＋1，…，a6＝a5＋1，而a6＋1＝2，解得a6＝2，因此代入得a5＝2，a4＝2，…，a1＝2.答案：25．(2022·南昌调研测试卷)设数列{an}的前n项和为Sn，4Sn＝a＋2an－3，且a1，a2，a3，a4，a5成等比数列，当n≥5时，an>0.(1)求证：当n≥5时，{an}成等差数列；(2)求{an}的前n项和Sn.解：(1)证明：由4Sn＝a＋2an－3，4Sn＋1＝a＋2an＋1－3，得4an＋1＝a－a＋2an＋1－2an，即(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0.因为当n≥5时，an>0，所以an＋1－an＝2，所以当n≥5时，{an}成等差数列．(2)由4a1＝a＋2a1－3，得a1＝3或a1＝－1，又a1，a2，a3，a4，a5成等比数列，所以an＋1＋an＝0(n≤5)，q＝－1，而a5>0，所以a1>0，从而a1＝3，所以an＝4\n所以Sn＝6．(2022·高考山东卷)已知数列{an}是首项为正数的等差数列，数列的前n项和为.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝(an＋1)·2an，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)设数列{an}的公差为d，令n＝1，得＝，所以a1a2＝3.①令n＝2，得＋＝，所以a2a3＝15.②由①②解得a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1.经检验，符合题意．(2)由(1)知bn＝2n·22n－1＝n·4n，所以Tn＝1·41＋2·42＋…＋n·4n，所以4Tn＝1·42＋2·43＋…＋n·4n＋1，两式相减，得－3Tn＝41＋42＋…＋4n－n·4n＋1＝－n·4n＋1＝×4n＋1－，所以Tn＝×4n＋1＋＝.1．为了加强环保建设，提高社会效益和经济效益，北京市计划用若干时间更换一万辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，替换车为电力型和混合动力型车．今年初投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车400辆；计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%，混合动力型车每年比上一年多投入a辆．(1)求经过n年，该市被更换的公交车总数S(n)；(2)若该市计划7年内完成全部更换，求a的最小值．解：(1)设an，bn分别为第n年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量．依题意，得{an}是首项为128，公比为1＋50%＝的等比数列，{bn}是首项为400，公差为a的等差数列．所以{an}的前n项和Sn＝＝256，{bn}的前n项和Tn＝400n＋a.4\n所以经过n年，该市被更换的公交车总数为S(n)＝Sn＋Tn＝256＋400n＋a.(2)若计划7年内完成全部更换，则S(7)≥10000，所以256＋400×7＋a≥10000，即21a≥3082，所以a≥146.又a∈N*，所以a的最小值为147.2．(2022·高考广东卷)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＋2lnn.解：(1)令n＝1⇒a1＝1；令n＝2⇒a1＋2a2＝2⇒a2＝；令n＝3⇒a1＋2a2＋3a3＝4－⇒a3＝.(2)当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝4－，①a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＋nan＝4－.②②－①，得nan＝－＝，所以an＝.又因为当n＝1时，a1＝1也适合an＝，所以an＝(n∈N*)，易证数列{an}是等比数列，首项a1＝1，公比q＝.所以数列{an}的前n项和Tn＝＝2－.(3)证明：因为b1＝a1＝1，所以S1<2＋2ln1成立．又因为b2＝＋a2，b3＝＋(1＋＋)a3，…，bn＝＋an，所以数列{bn}的前n项和Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝a1＋a2＋…＋(1＋＋…＋)an4\n＝(1＋＋…＋)(a1＋a2＋…＋an)＝(1＋＋…＋)<2，构造函数h(x)＝ln－＋1，x>0，h′(x)＝，令h′(x)>0，解得0<x<1；令h′(x)<0，解得x>1，所以h(x)＝ln－＋1，x>0在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)≤h(1)＝0，所以ln－＋1≤0，x>0(仅当x＝1时取等号)，即lnx≥1－.又因为lnn＝ln＋ln＋…＋ln2>＋＋…＋＝＋＋…＋，所以2<2＋2lnn，所以Sn<2＋2lnn.4
