6、2，
當(dāng)公比為2時(shí)，S2=a1+a2=3解得a1=1，S3＝7；
當(dāng)公比為-2時(shí)，S2=a1+a2=3解得a1=-3，S3＝-9．
故答案為C．
答案 (1)D (2)C
熱點(diǎn)二 等差(比)數(shù)列的判斷與證明
【例2】(2018·哈市附中在)已知數(shù)列{an}滿足Sn=2an-n(n∈N*)．
（1）證明：數(shù)列{an+1}是等比數(shù)列；
（2）令bn=n(an+1)，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，求Tn．
解（1）由S1=2a1-1得：a1=1，
∵(n≥2)，∴，
從而由an+1=2(an-1+1)得an+1an-1+1=2(n≥2)，
∴{an-1}是以2為首項(xiàng)，2為
7、公比的等比數(shù)列．
（2）由（1）得an=2n-1，bn=n?2n，
∴Tn=1?2+2?22+3?23+?+n?2n，
2Tn=1?22+2?23+3?23+?+n?2n+1．
∴Tn=(n-1)2n+1+2
探究提高 1．本例題常見(jiàn)錯(cuò)誤：
(1)忽略an＋1≠0，由an＋1(an＋2－an)＝λan＋1直接得出an＋2－an＝λ．
(2)由{a2n－1}是等差數(shù)列，{a2n}是等差數(shù)列，直接得出數(shù)列{an}為等差數(shù)列．
2．判定等差(比)數(shù)列的主要方法：
(1)定義法：對(duì)于任意n≥1，n∈N*，驗(yàn)證an＋1－an為與正整數(shù)n無(wú)關(guān)的一常數(shù)．
(2)中項(xiàng)公式法
①若2an＝
8、an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，則{an}為等差數(shù)列；
②若a＝an－1·an＋1(n∈N*，n≥2)且an≠0，則{an}為等比數(shù)列．
【訓(xùn)練2】(2017·全國(guó)Ⅰ卷)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．已知S2＝2，S3＝－6．
(1)求{an}的通項(xiàng)公式；
(2)求Sn，并判斷Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差數(shù)列．
解 (1)設(shè){an}的公比為q，由題設(shè)可得
解得q＝－2，a1＝－2．
故{an}的通項(xiàng)公式為an＝(－2)n．
(2)由(1)得Sn＝＝＝[(－2)n－1]，
則Sn＋1＝[(－2)n＋1－1]，Sn＋2＝[(－2)n＋2－1]，
所以Sn＋1
9、＋Sn＋2＝[(－2)n＋1－1]＋[(－2)n＋2－1]＝[2(－2)n－2]＝[(－2)n－1]＝2Sn，
∴Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差數(shù)列．
熱點(diǎn)三 數(shù)列的求和問(wèn)題
1．分組轉(zhuǎn)化求和
【例3．1】(2017·石家莊三模)已知等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝2，前n項(xiàng)和為Sn，等比數(shù)列{bn}的首項(xiàng)b1＝1，且a2＝b3，S3＝6b2，n∈N*．
(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；
(2)數(shù)列{cn}滿足cn＝bn＋(－1)nan，記數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，求Tn．
解 (1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，數(shù)列{bn}的公比為q．
∵a1＝2，b1＝1，且a2
10、＝b3，S3＝6b2，
∴解得
∴an＝2＋(n－1)×2＝2n，bn＝2n-1．
(2)由題意：cn＝bn＋(－1)nan＝2n-1＋(－1)n2n．
∴Tn＝(1＋2＋4＋…＋2n-1)＋[－2＋4－6＋8－…＋(－1)n·2n]，
①若n為偶數(shù)：
Tn＝＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－1)＋2n]}＝2n－1＋×2＝2n＋n－1．
②若n為奇數(shù)：
Tn＝＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－2)＋2(n－1)]－2n}＝2n－1＋2×－2n＝2n－n－2．
∴Tn＝
探究提高 1．在處理一般數(shù)列求和時(shí)，一定要注意運(yùn)用轉(zhuǎn)化思想，把一般的數(shù)列求和
11、轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列或等比數(shù)列進(jìn)行求和．在利用分組求和法求和時(shí)，常常根據(jù)需要對(duì)項(xiàng)數(shù)n進(jìn)行討論，最后再驗(yàn)證是否可以合并為一個(gè)表達(dá)式．
2．分組求和的策略：(1)根據(jù)等差、等比數(shù)列分組；(2)根據(jù)正號(hào)、負(fù)號(hào)分組．
2．裂項(xiàng)相消法求和
【例3．2】(2015·全國(guó)Ⅰ卷)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．已知an>0，a＋2an＝4Sn＋3．
(1)求{an}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和．
解 (1)由a＋2an＝4Sn＋3，可知a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3．
兩式相減可得a－a＋2(an＋1－an)＝4an＋1，
即2(an＋1＋an)＝a－a＝(an＋1＋an)(
12、an＋1－an)．
由于an>0，可得an＋1－an＝2．
又a＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)，a1＝3．
所以{an}是首項(xiàng)為3，公差為2的等差數(shù)列，通項(xiàng)公式為an＝2n＋1．
(2)由an＝2n＋1可知bn＝＝＝．
設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，
則Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝．
探究提高 1．裂項(xiàng)相消法求和就是將數(shù)列中的每一項(xiàng)裂成兩項(xiàng)或多項(xiàng)，使這些裂開(kāi)的項(xiàng)出現(xiàn)有規(guī)律的相互抵消，要注意消去了哪些項(xiàng)，保留了哪些項(xiàng)．
2．消項(xiàng)規(guī)律：消項(xiàng)后前邊剩幾項(xiàng)，后邊就剩幾項(xiàng)，前邊剩第幾項(xiàng)，后邊就剩倒數(shù)第幾項(xiàng)．
【訓(xùn)練3．2】 (2019·廣元一模)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的
13、前n項(xiàng)和，已知a1=2，對(duì)任意n∈N*，都有2Sn=(n+1)an．
（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（2）若數(shù)列{4an(an+2)}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，證明：12≤Tn<1．
解（1）因?yàn)?Sn=n+1an，當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn-1=nan-1
兩式相減得：2an=n+1an-nan-1即n-1an=nan-1，
所以當(dāng)n≥2時(shí)，ann=an-1n-1．
所以ann=a11=2，即an=2n．
（2）因?yàn)閍n=2n，bn=4anan+2，n∈N*，
所以bn=42n2n+2=1nn+1=1n-1n+1．
所以Tn=b1+b2+?+bn=1-12+12-13+?+1n-1n-
14、1=1-1n+1=nn+1，
因?yàn)?n+1>0，所以1-1n+1<1．
又因?yàn)閒n=1n+1在N*上是單調(diào)遞減函數(shù)，
所以1-1n+1在N*上是單調(diào)遞增函數(shù)．
所以當(dāng)n=1時(shí)，Tn取最小值12，
所以12≤Tn<1．
3．錯(cuò)位相減求和
【例3．3】(2017·天津卷)已知{an}為等差數(shù)列，前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)，{bn}是首項(xiàng)為2的等比數(shù)列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4．
(1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；
(2)求數(shù)列{a2nbn}的前n項(xiàng)和(n∈N*)．
解 (1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q
15、，
由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，
而b1＝2，所以q2＋q－6＝0，
又因?yàn)閝>0，解得q＝2，所以bn＝2n．
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8，①
由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，②
聯(lián)立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2．
所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n－2，{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝2n．
(2)設(shè)數(shù)列{a2nbn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，由a2n＝6n－2，bn＝2n，有
Tn＝ 4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n－2)×2n，
2Tn＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n－8)×2n＋(6n－
16、2)×2n＋1，
上述兩式相減，得－Tn＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－(6n－2)×2n＋1＝－4－(6n－2)×2n＋1＝－(3n－4)2n＋2－16．所以Tn＝(3n－4)2n＋2＋16．
所以數(shù)列{a2nbn}的前n項(xiàng)和為(3n－4)2n＋2＋16．
探究提高 1．一般地，如果數(shù)列{an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，求數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和時(shí)，可采用錯(cuò)位相減法求和，一般是和式兩邊同乘以等比數(shù)列{bn}的公比，然后作差求解．
2．在寫(xiě)“Sn”與“qSn”的表達(dá)式時(shí)應(yīng)特別注意將兩式“錯(cuò)項(xiàng)對(duì)齊”，以便下一步準(zhǔn)確地寫(xiě)出“Sn－qSn”的表達(dá)式．
【訓(xùn)練3．3】
17、(2018·浙江期末)已知數(shù)列｛an｝滿足：2n-1a1+2n-2a2+?+2an-1+an=n，n∈N*．
（1）求a1,a2及數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式；
（2）若數(shù)列｛bn｝滿足：b1=1，bn+1-bnan=2n，求數(shù)列｛bn｝的通項(xiàng)公式．
解（1）n=1時(shí)a1=1，
n=2時(shí)2a1+a2=2?a2=0
2n-1a1+2n-2a2+?+2an-1+an=n①
2n-2a1+2n-3a2+?+an-1=n-1n≥2②
①-2×②?an=2-nn≥2
a1=1滿足上式，故an=2-n．
（2）bn+1-bn=2-n2n，有b2-b1=1×21b3-b2=0×22?bn-bn-
18、1=3-n×2n-1n≥2累加整理
bn=1+1×21+0×22+?+3-n×2n-1，n≥2①
2bn=2+1×22+0×23+?+3-n×2n，n≥2②
②-①得bn=1-2+1×221-2n-21-2+3-n2n=4-n2n-5n≥2
b1=1滿足上式，故bn=4-n2n-5．
熱點(diǎn)四 an與Sn的關(guān)系問(wèn)題
【例4】(2017·濟(jì)南模擬)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，對(duì)任意的正整數(shù)n，都有an＝5Sn＋1成立，
bn＝－1－log2|an|，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，cn＝．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和An，并求出An的最值．
19、
解 (1)因?yàn)閍n＝5Sn＋1，n∈N*，所以an＋1＝5Sn＋1＋1，兩式相減，得an＋1＝－an，
又當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝5a1＋1，知a1＝－，
所以數(shù)列{an}是公比、首項(xiàng)均為－的等比數(shù)列．
所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝．
(2)bn＝－1－log2|an|＝2n－1，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn＝n2，
cn＝＝＝－，
所以An＝1－．因此{(lán)An}是單調(diào)遞增數(shù)列，
∴當(dāng)n＝1時(shí)，An有最小值A(chǔ)1＝1－＝；An沒(méi)有最大值．
探究提高 1．給出Sn與an的遞推關(guān)系求an，常用思路是：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)轉(zhuǎn)化為an的遞推關(guān)系，再求其通項(xiàng)公式；二是轉(zhuǎn)化為
20、Sn的遞推關(guān)系，先求出Sn與n之間的關(guān)系，再求an．
2．形如an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可構(gòu)造一個(gè)新的等比數(shù)列．
【訓(xùn)練4】(2019·棗莊八中)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1=2，Sn=2Sn-1-n(n≥2,n∈N*)．
（1）求{an}的通項(xiàng)公式；
（2）若bn=nan，求{bn}的前n項(xiàng)和Tn．
解（1）Sn=2Sn-1-nn≥2,n∈N*①，當(dāng)n≥33時(shí)，Sn-1=2Sn-2n-1②．
①-②得，an=2an-1-1,an-1=2an-1-1，所以an-1an-1-1=2n≥3．
當(dāng)n=2時(shí)，a1+a2=2a1-2，得a2=0，則a2-1a1-1=
21、-11=-1≠2．
所以an-1是從第二項(xiàng)起，以2為公比的等比數(shù)列．
則an-1=-1?2n-2=-2n-2，an=-2n-2+1n≥2,n∈N*
所以an=2,n=1-2n-2+1,n≥2．
（2）易知bn=2,n=1-n?2n-2+n,n≥2
Tn=2-2×20-3×21-．．．-n?2n-2+2+3+．．．+n③，
2Tn=4-2×21-3×22-．．．-n?2n-1+22+3+．．．+n④，
③-④得-Tn=-2-2-2-22-23-．．．-2n-2+n?2n-1-n-1n+22=-4-2-2n-2×21-2+n?2n-1-n-1n+22=2n-1n-1-2-n-1n+2
22、2．
所以Tn=n2+n+22-2n-1n-1．
1．(2018·全國(guó)I卷)設(shè)Sn為等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和，若3S3=S2+S4，a1=2，則a5=（）
A．-12 B．-10 C．10 D．12
2．(2018·全國(guó)I卷)記Sn為數(shù)列an的前n項(xiàng)和，若Sn=2an+1，則S6=_____________．
3．(2018·全國(guó)III卷)等比數(shù)列an中，a1=1?，??a5=4a3．
（1）求an的通項(xiàng)公式；
（2）記Sn為an的前n項(xiàng)和．若Sm=63，求m．
4．(2018·全國(guó)II卷)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n
23、項(xiàng)和，已知a1=-7，S3=-15．
（1）求{an}的通項(xiàng)公式；
（2）求Sn，并求Sn的最小值．
5．(2018·全國(guó)I卷)已知數(shù)列an滿足a1=1，nan+1=2n+1an，設(shè)bn=ann．
（1）求b1?，??b2?，??b3；
（2）判斷數(shù)列bn是否為等比數(shù)列，并說(shuō)明理由；
（3）求an的通項(xiàng)公式．
1．(2018·玉溪一中)設(shè)Sn為等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和，a5a2=-8，則S5S2=( )
A．11 B．5 C．-11 D．-8
2．(2018·銀川一中)在等差數(shù)列{a
24、n}中，若a10a9<-1，且它的前n項(xiàng)和Sn有最大值，則使Sn>0成立的正整數(shù)n的最大值是（）
A．15 B．16 C．17 D．14
3．(2018·福建聯(lián)考)在正整數(shù)數(shù)列中，由1開(kāi)始依次按如下規(guī)則，將某些整數(shù)染成紅色,先染1；再染3個(gè)偶數(shù)2，4，6；再染6后面最鄰近的5個(gè)連續(xù)奇數(shù)7，9，11，13，15；再染15后面最鄰近的7個(gè)連續(xù)偶數(shù)16，18，20，22，24，26，28；再染此后最鄰近的9個(gè)連續(xù)奇數(shù)29，31，…，45；按此規(guī)則一直染下去，得到一紅色子數(shù)列：1，2，4，6，7，9，11，13，15，16，……，則在這個(gè)紅色子數(shù)列中，由1開(kāi)始的第2019個(gè)數(shù)是（）
A．3972
25、 B．3974 C．3991 D．3993
4．(2017·沈陽(yáng)二模)已知數(shù)列{an}滿足an＋1－an＝2，a1＝－5，則|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝（）
A．9 B．15 C．18 D．30
5．(2017·成都診斷)已知等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，且a1＋2a2＝5，4a＝a2a6．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)若數(shù)列{bn}滿足b1＝2，且bn＋1＝bn＋an，求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；
(3)設(shè)cn＝，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n．
1．(2018·長(zhǎng)郡中學(xué))已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為
26、Sn，且Sn＝n2＋4n，若首項(xiàng)為13的數(shù)列{bn}滿足1bn+1-1bn=an，則數(shù)列{bn}的前10項(xiàng)和為（）
A．175264 B．3988 C．173264 D．181264
2．(2018·蓮塘一中)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1=-8，且(3n-5)an+1=(3n-2)an-9n2+21n-10，
若n,m∈N*，n>m，則Sn-Sm的最大值為（）
A．10 B．15 C．18 D．26
3．(2016·全國(guó)Ⅲ卷)已知各項(xiàng)都為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0．
(1)求a2，a3；
(2)求{an}的通項(xiàng)公式．
27、
4．(2018·長(zhǎng)春期末)已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn=Sn-1+1n≥2,n∈N，且a1=1，
（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式an；
（2）記bn=1an?an+1，Tn為bn的前n項(xiàng)和，求使Tn≥2n成立的n的最小值．
5．(2017·衡水中學(xué)質(zhì)檢)若數(shù)列{an}是公差為2的等差數(shù)列，數(shù)列{bn}滿足b1＝1，b2＝2，且anbn＋bn＝nbn＋1．
(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)數(shù)列{cn}滿足cn＝，數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，若不等式(－1)nλ
28、的取值范圍．
參考答案
1．【解題思路】首先設(shè)出等差數(shù)列an的公差為d，利用等差數(shù)列的求和公式，得到公差d所滿足的等量關(guān)系式，從而求得結(jié)果d=-3，之后應(yīng)用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式求得a5=a1+4d=2-12=-10，從而求得正確結(jié)果．
【答案】設(shè)該等差數(shù)列的公差為d，
根據(jù)題中的條件可得3(3×2+3×22?d)=2×2+d+4×2+4×32?d，
整理解得d=-3，所以a5=a1+4d=2-12=-10，故選B．
2．【解題思路】首先根據(jù)題中所給的Sn=2an+1，類比著寫(xiě)出Sn+1=2an+1+1，兩式相減，整理得到an+1=2an，從而確定出數(shù)列an為等
29、比數(shù)列，再令n=1，結(jié)合a1,S1的關(guān)系，求得a1=-1，之后應(yīng)用等比數(shù)列的求和公式求得S6的值．
【答案】根據(jù)Sn=2an+1，可得Sn+1=2an+1+1，
兩式相減得an+1=2an+1-2an，即an+1=2an，
當(dāng)n=1時(shí)，S1=a1=2a1+1，解得a1=-1，
所以數(shù)列an是以-1為首項(xiàng)，以2為公布的等比數(shù)列，
所以S6=-(1-26)1-2=-63，故答案是-63．
3．【解題思路】（1）列出方程，解出q可得；（2）求出前n項(xiàng)和，解方程可得m．
【答案】（1）設(shè){an}的公比為q，由題設(shè)得an=qn-1．
由已知得q4=4q2，解得q=0（舍去），q=-2或q
30、=2．
故an=(-2)n-1或an=2n-1．
（2）若an=(-2)n-1，則Sn=1-(-2)n3．由Sm=63得(-2)m=-188，此方程沒(méi)有正整數(shù)解．
若an=2n-1，則Sn=2n-1．由Sm=63得2m=64，解得m=6．
綜上，m=6．
點(diǎn)睛：本題主要考查等比數(shù)列的通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和公式，屬于基礎(chǔ)題．
4．【解題思路】（1）根據(jù)等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式，求出公差，再代入等差數(shù)列通項(xiàng)公式得結(jié)果，
（2）根據(jù)等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式得Sn的二次函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)二次函數(shù)對(duì)稱軸以及自變量為正整數(shù)求函數(shù)最值．
【答案】（1）設(shè){an}的公差為d，由題意得．
由得．
所以{a
31、n}的通項(xiàng)公式為an=2n–9．
（2）由（1）得Sn=n2–8n=（n–4）2–16．
所以當(dāng)n=4時(shí)，Sn取得最小值，最小值為–16．
5．【解題思路】(1)根據(jù)題中條件所給的數(shù)列an的遞推公式nan+1=2n+1an，將其化為an+1=2(n+1)nan，
分別令n=1和n=2，代入上式求得a2=4和a3=12，再利用bn=ann，從而求得b1=1，b2=2，b3=4．
(2)利用條件可以得到an+1n+1=2ann，從而可以得出bn+1=2bn，這樣就可以得到數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為1，
公比為2的等比數(shù)列．
(3)借助等比數(shù)列的通項(xiàng)公式求得ann=2n-1，從而求得an=n
32、·2n-1．
【答案】（1）由條件可得an+1=2(n+1)nan．
將n=1代入得，a2=4a1，而a1=1，所以，a2=4．
將n=2代入得，a3=3a2，所以，a3=12．
從而b1=1，b2=2，b3=4．
（2）{bn}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列．
由條件可得an+1n+1=2ann，即bn+1=2bn，又b1=1，所以{bn}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列．
（3）由（2）可得ann=2n-1，所以an=n·2n-1．
1．【解題思路】設(shè)公比為q，由a5a2=-8可求得q值，利用前n項(xiàng)和公式表示出S5，S2即可求得S5S2值．
【答案】設(shè)公比為q，由a
33、5a2=-8，可得a5＝﹣8a2，得8a2+a2q3＝0，解得q＝﹣2，
所以S5S2=a1[1-(-2)5]1+2a1[1-(-2)2]1+2=-11，故選C．
2．【解題思路】由題意可得a9>0，a10<0，且a9+a10<0，由等差數(shù)列的性質(zhì)和求和公式可得結(jié)論．
【答案】∵等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和有最大值，∴等差數(shù)列{an}為遞減數(shù)列，
又a10a9<-1，∴a9>0，a10<0，∴a9+a10<0，
又S18=18(a1+a18)2<0，S17=17(a1+a17)2=17a9>0，
∴Sn>0成立的正整數(shù)n的最大值是17，故選C．
3．【解題思路】根據(jù)題意知，每次涂成
34、紅色的數(shù)字成等差數(shù)列，并且第n次染色時(shí)所染的最后一個(gè)數(shù)是n(2n-1)，可以求出2019個(gè)數(shù)是在第45次染色的倒數(shù)第7個(gè)數(shù)，因此可求得結(jié)果．
【答案】第1此染色的數(shù)為1=1×1，共染色1個(gè)，
第2次染色的最后一個(gè)數(shù)為6=2×3，共染色3個(gè)，
第3次染色的最后一個(gè)數(shù)為15=3×5，共染色5個(gè)，
第4次染色的最后一個(gè)數(shù)為28=4×7，共染色7個(gè)，
第5次染色的最后一個(gè)數(shù)為45=5×9，共染色9個(gè)，
…
∴第n次染色的最后一個(gè)數(shù)為n×（2n-1），共染色2n-1個(gè)，
經(jīng)過(guò)n次染色后被染色的數(shù)共有1+3+5+…+（2n-1）=n2個(gè)，
而2019=45×45-6，
∴第2019個(gè)數(shù)
35、是在第45次染色時(shí)被染色的，第45次染色的最后一個(gè)數(shù)為45×89，且相鄰兩個(gè)數(shù)相差2，
∴2019＝45×89-12＝3993．
故選D．
4．【解題思路】確定數(shù)列{an}中那些項(xiàng)是正數(shù)，那些項(xiàng)是負(fù)數(shù)．
【答案】∵an＋1－an＝2，a1＝－5，∴數(shù)列{an}是公差為2的等差數(shù)列．
∴an＝－5＋2(n－1)＝2n－7．
數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝＝n2－6n．
令an＝2n－7≥0，解得n≥．∴n≤3時(shí)，|an|＝－an；n≥4時(shí)，|an|＝an．
則|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝－a1－a2－a3＋a4＋a5＋a6＝S6－2S3＝62－6×6－2(32－6×3)＝18
36、．
故選C．
5．【解題思路】(1)由a1＋2a2＝5，4a＝a2a6．列方程組解出首項(xiàng)a1，公比q，(2)利用累加法求通項(xiàng)． (3)裂項(xiàng)相消法求前n項(xiàng)和．
【答案】解 (1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由4a＝a2a6得4a＝a所以q2＝4，由條件可知q>0，故q＝2，由a1＋2a2＝5得a1＋2a1q＝5，所以a1＝1，
故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1．
(2)由bn＋1＝bn＋an得bn＋1－bn＝2n－1，
故b2－b1＝20，b3－b2＝21，…，bn－bn－1＝2n－2(n≥2)，
以上n－1個(gè)等式相加得bn－b1＝1＋21＋…＋2n－2＝＝2n－1－1，
37、
由b1＝2，所以bn＝2n－1＋1(n∈N*)．
(3)cn＝＝＝－，
所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＋＋…＋＝－＝－．
1．【解題思路】首先根據(jù)數(shù)列中Sn與an的關(guān)系，求得an=2n+3，利用條件1bn+1-1bn=an=2n+3，用累加法求得bn=1n2+2n，用裂項(xiàng)相消法求和，之后將n=10代入求得結(jié)果．
【答案】由Sn=n2+4n，可得an=2n+3，
根據(jù)1bn+1-1bn=an=2n+3，結(jié)合題的條件，應(yīng)用累加法可求得1bn=n2+2n，
所以bn=1n2+2n=1n(n+2)=12(1n-1n+2)，
所以數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為T(mén)n=12(1-13+12
38、-14+?+1n-1n+2)=12(32-1n+1-1n+2)，
所以T10=12(32-111-112)=175264，
故選A．
2．【解題思路】由已知條件求出數(shù)列的通項(xiàng)公式，根據(jù)數(shù)列特征求出最值
【答案】∵(3n-5)an+1=(3n-2)an-9n2+21n-10,
∴(3n-5)an+1=(3n-2)an-9n2-21n+10，
(3n-5)an+1=(3n-2)an-3n-53n-2，
∵n∈N*，∴an+13n-2=an3n-5-1，
∴數(shù)列{an3n-5}為等差數(shù)列，首項(xiàng)為a13-5=4，d=-1
an3n-5=4-n-1=5-n,
an=3n-55-n,
39、
a2=3,a3=8,a4=7
在數(shù)列{an}中只有a2,a3,a4為正數(shù)
∴Sn-Sm的最大值為a2+a3+a4=3+8+7=18，
故選C．
3．【解題思路】(1)代入n＝1，n＝2依次求出a2，a3，(2)化簡(jiǎn)a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0可得為數(shù)列{an}等比數(shù)列．
【答案】解 (1)由a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，
令n＝1，得a2＝，
令n＝2，得a－(2a3－1)a2－2a3＝0，則a3＝．
(2)由a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)，
因?yàn)閧an}的各項(xiàng)都為正數(shù)，所以＝．
40、
故{an}是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列，因此an＝．
4．【解題思路】(1)根據(jù)題干得到數(shù)列{Sn}為等差數(shù)列,進(jìn)而得到Sn=n2，再由an=Sn-Sn-1可求通項(xiàng)；（2）由（1）知，bn=12(12n-1-12n+1)，裂項(xiàng)求和即可．
【答案】（1）由已知有Sn-Sn-1=1，∴??數(shù)列{Sn}為等差數(shù)列，
且S1=a1=1，∴??Sn=n，即Sn=n2，
當(dāng)n≥2時(shí)，an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1，
又a1=1也滿足上式，∴??an=2n-1；
（2）由（1）知，bn=1(2n-1)(2n+1)=12(12n-1-12n+1)
∴??Tn=12(1-1
41、3+13-15+???+12n-1-12n+1)=12(1-12n+1)=n2n+1，
由Tn≥2n有n2≥4n+2，有(n-2)2≥6，所以n≥5，∴??n的最小值為5．
5．【解題思路】(1)等差數(shù)列，等比數(shù)列的定義，(2)錯(cuò)位相減法求Tn．
【答案】解 (1)∵數(shù)列{bn}滿足b1＝1，b2＝2，且anbn＋bn＝nbn＋1．
∴n＝1時(shí)，a1＋1＝2，解得a1＝1．
又?jǐn)?shù)列{an}是公差為2的等差數(shù)列，
∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1．
∴2nbn＝nbn＋1，化為2bn＝bn＋1，
∴數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列．
∴bn＝2n－1．
(2)由數(shù)列{cn}滿足cn＝＝＝，
數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n＝1＋＋＋…＋，∴Tn＝＋＋…＋＋，
兩式作差，得∴Tn＝1＋＋＋…＋－＝－＝2－，∴Tn＝4－．
不等式(－1)nλ－2．
綜上可得：實(shí)數(shù)λ的取值范圍是(－2，3)．
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2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 第4講 數(shù)列學(xué)案
