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第六章 第四节
一、选择题
1．(文)若a、b、c成等比数列，则函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象与x轴交点的个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．不确定
[答案] A
[解析] 由题意知，b2＝ac>0，∴Δ＝b2－4ac＝－3ac<0，∴f(x)的图象与x轴无交点．
(理)已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，且an、an＋1是函数f(x)＝x2－bnx＋2n的两个零点，则b10等于( )
A．24 B．32
C．48 D．64
[答案] D
[解析] 依题意有anan＋1＝2n，所以an＋1an＋2＝2n＋1，两式相除得＝2，所以a1，a3，a5，…成等比数列，a2，a4，a6，…成等比数列，而a1＝1，a2＝2，所以a10＝2×24＝32，a11＝1×25＝32.又由于an＋an＋1＝bn，所以b10＝a10＋a11＝64，故选D．
2．(文)小正方形依据下图中的规律排列：
每小图中的小正方形的个数就构成一个数列{an}，有以下结论：
①a5＝15；②数列{an}是一个等差数列；③数列{an}是一个等比数列；④数列的递推公式为：an＝an－1＋n(n∈N*)，其中正确的为( )
A．①②④ B．①③④
C．①② D．①④
[答案] D
[解析] 观看图形可知an＝1＋2＋3＋…＋n＝.∴选D．
(理)某同学在电脑中打出如下若干个圈：
●○●○○●○○○●○○○○●○○○○○●……
若将此若干个圈依此规律连续下去，得到一系列的圈，那么在前2022个圈中的●的个数是( )
A．60 B．61
C．62 D．63
[答案] C
[解析] 第一次毁灭●在第1个位置；其次次毁灭●在第(1＋2)个位置；第三次毁灭●在第(1＋2＋3)个位置；…；第n次毁灭●在第(1＋2＋3＋…＋n)个位置．
∵1＋2＋3＋…＋n＝，当n＝62时，＝＝1953,2022－1953＝61<63，
∴在前2022个圈中的●的个数是62.
[点评] 图表问题是数列应用中重要的一种题型．
(1)解答表格中的数列问题，关键理清表格的行与列中数列的构成或排列形式特点，然后找到其按行(列)变化的规律，用相应的数列学问求解．
①在如下表格中，每格填上一个数字后，使每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，则a＋b＋c的值为( )
1
2
0.5
1
a
b
c
A．1 B．2
C．3 D．
[答案] D
[解析] 按题意要求，每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，把表填好后得a＝，b＝，c＝，则a＋b＋c＝.∴选D．
②在下面的表格中，假如每格填上一个数后，每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，那么x＋y＋z的值为( )
cos0
2
sin
tan
x
y
z
A．1 B．2
C．3 D．4
[答案] A
[解析] 留意到cos0＝1，sin＝，tan＝1，依据每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，填表如下，所以x＋y＋z＝1，选A．
1
2
3
1
(2)给出图形的数列问题，解答时，先观看图形的构成规律，再用不完全归纳法，结合数列学问解答．
③黑白两种颜色的正六边形的面砖按如图所示的规律拼成若干个图案，则第n个图案中有白色地面砖______块．
[答案] 4n＋2
[分析] 观看各图案中白色地面砖的变化规律可以发觉，后一个图案总比前一个图案多4块白色地面砖．
[解析] 设第n个图案中白色地面砖有an块，
则a1＝6，a2＝10，a3＝14，易知an－an－1＝4(n≥2)，
∴{an}是首项为6，公差为4的等差数列，
∴an＝6＋4(n－1)＝4n＋2.
④两千多年前，古希腊毕达哥拉斯学派的数学家曾经在沙滩上争辩数学问题．他们在沙滩上画点或用小石子来表示数，依据点或小石子能排列的外形对数进行分类．如下图中的实心点个数1,5,12,22，…，被称为五角形数，其中第1个五角形数记作a1＝1，第2个五角形数记作a2＝5，第3个五角形数记作a3＝12，第4个五角形数记作a4＝22，…，若按此规律连续下去，则a5＝________，若an＝145，则n＝________.
[答案] 35 10
[解析] a2－a1＝4，a3－a2＝7，a4－a3＝10，观看图形可得，数列{an－an－1}(n≥2，n∈N*)构成首项为4，公差为3的等差数列，所以a5－a4＝13，所以a5＝35，an－an－1＝3n－2(n≥2，n∈N*)，应用累加法得an－a1＝4＋7＋10＋…＋(3n－2)＝，
所以an＝＋1(n≥2，n∈N*)，当an＝145时，＋1＝145，解得n＝10.
3．已知{an}是等差数列，Sn为其前n项和，若S29＝S4000，O为坐标原点，点P(1，an)，点Q(2021，a2021)，则·＝( )
A．2021 B．－2021
C．0 D．1
[答案] A
[解析] 由S29＝S4000得到Sn关于n＝＝2022.5对称，故Sn的最大(或最小)值为S2022＝S2021，故a2021＝0，·＝2021＋an·a2021＝2021＋an×0＝2021，故选A．
4．已知正数组成的等差数列{an}的前20项的和是100，那么a6·a15的最大值是( )
A．25 B．50
C．100 D．不存在
[答案] A
[解析] 由条件知，a6＋a15＝a1＋a20＝S20＝×100＝10，a6>0，a15>0，∴a6·a15≤()2＝25，等号在a6＝a15＝5时成立，即当an＝5(n∈N*)时，a6·a15取最大值25.
5．(2022·河北衡水一模)已知正项等比数列{an}满足a7＝a6＋2a5，若存在两项am，an使得＝4a1，则＋的最小值为( )
A． B．
C． D．不存在
[答案] A
[解析] 由于a7＝a6＋2a5，所以q2－q－2＝0，
q＝2或q＝－1(舍去)．
又＝＝4a1，
所以m＋n＝6.
则＋＝(＋)(m＋n)
＝(1＋＋＋4)≥.
当且仅当＝，即n＝2m时，等号成立．
此时m＝2，n＝4.故选A．
6．(2022·上海徐汇、金山、松江二模)函数y＝图象上存在不同的三点到原点的距离构成等比数列，则以下不行能成为公比的数是( )
A． B．
C． D．
[答案] B
[解析] 由于y＝⇔(x＋2)2＋y2＝1(y≥0)，故函数的图象是以(－2,0)为圆心，1为半径的半圆．由圆的几何性质可知圆上的点到原点的距离的最小值为1，最大值为3，故≤q2≤3，
即≤q≤，而<，选B．
二、填空题
7．(2022·河南适应性考试)已知对于任意的自然数n，抛物线y＝(n2＋n)x2－(2n＋1)x＋1与x轴相交于An，Bn两点，则|A1B1|＋|A2B2|＋…＋|A2022B2022|＝________.
[答案]
[解析] 令(n2＋n)x2－(2n＋1)x＋1＝0，则x1＋x2＝，x1x2＝，
由题意得|AnBn|＝|x2－x1|，
所以|AnBn|＝
＝＝＝－，
因此|A1B1|＋|A2B2|＋…＋|A2022B2022|＝(1－)＋(－)＋…＋(－)＝1－＝.
8．已知{an}是公差不为0的等差数列，{bn}是等比数列，其中a1＝2，b1＝1，a2＝b2,2a4＝b3，且存在常数α、β，使得an＝logαbn＋β对每一个正整数n都成立，则αβ＝________.
[答案] 4
[解析] 设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则解得(舍去)或所以an＝2n，bn＝4n－1.若an＝logαbn＋β对每一个正整数n都成立，则满足2n＝logα4n－1＋β，即2n＝(n－1)logα4＋β，因此只有当α＝2，β＝2时上式恒成立，所以αβ＝4.
9．(文)已知m、n、m＋n成等差数列，m、n、mn成等比数列，则椭圆＋＝1的离心率为________．
[答案]
[解析] 由2n＝2m＋n和n2＝m2n可得m＝2，n＝4，
∴e＝＝.
(理)已知双曲线an－1y2－anx2＝an－1an(n≥2，n∈N*)的焦点在y轴上，一条渐近线方程是y＝x，其中数列{an}是以4为首项的正项数列，则数列{an}的通项公式是________．
[答案] an＝2n＋1
[解析] 双曲线方程为－＝1，
∵焦点在y轴上，
又渐近线方程为y＝x，
∴＝，
又a1＝4，∴an＝4×2n－1＝2n＋1.
三、解答题
10．(文)(2021·浙江萧山五校联考)已知二次函数y＝f(x)的图象经过坐标原点，其导函数f ′(x)＝2x＋2，数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2n·an，Tn是数列{bn}的前n项和，求Tn.
[解析] (1)设f(x)＝ax2＋bx，f ′(x)＝2ax＋b＝2x＋2，
∴a＝1，b＝2，f(x)＝x2＋2x，
∴Sn＝n2＋2n，
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋2n)－[(n－1)2＋2(n－1)]＝2n＋1，
又a1＝S1＝3，适合上式，∴an＝2n＋1.
(2)bn＝(2n＋1)·2n，
∴Tn＝3·21＋5·22＋7·23＋…＋(2n＋1)·2n，
∴2Tn＝3·22＋5·23＋7·24＋…＋(2n＋1)·2n＋1，
相减得－Tn＝3·21＋2·(22＋23＋…＋2n)－(2n＋1)·2n＋1
＝6＋2·－(2n＋1)·2n＋1
＝(1－2n)·2n＋1－2，
∴Tn＝(2n－1)·2n＋1＋2.
(理)已知函数y＝f(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f ′(x)＝6x－2，数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)在函数y＝f(x)的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{an}和数列{bn}满足等式：an＝＋＋＋…＋(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解析] (1)由题意可设f(x)＝ax2＋bx＋c，
则f ′(x)＝2ax＋b＝6x－2，∴a＝3，b＝－2，
∵f(x)过原点，∴c＝0，∴f(x)＝3x2－2x.
依题意得Sn＝3n2－2n.n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5，
n＝1时，a1＝S1＝1适合上式．
∴an＝6n－5(n∈N*)．
(2)∵an＝＋＋＋…＋，
∴an－1＝＋＋＋…＋(n≥2)．
相减得＝6，
∴bn＝6·2n(n≥2)．b1＝2a1＝2，
∴bn＝
∴Tn＝2＋6(22＋23＋…＋2n)＝3·2n＋2－22.
[点评] 数列求和的方法
(1)公式求和法
①(2021·浙江高考)在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1,2a2＋2,5a3成等比数列．
(1)求d，an；
(2)若d<0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.
[解析] (1)由题意得a1·5a3＝(2a2＋2)2，a1＝10，
即d2－3d－4＝0.故d＝－1或d＝4.
所以an＝－n＋11，n∈N＋或an＝4n＋6，n∈N＋.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn.由于d<0，
由(1)得d＝－1，an＝－n＋11.则
当n≤11时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－n2＋n.
当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－Sn＋2S11＝n2－n＋110.
综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|
＝
②(2022·陕西长安一中、新高一中联考)已知数列{an}中，an＝－4n＋5，等比数列{bn}的公比q满足q＝an－an－1(n≥2)，且b1＝a2，则|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝( )
A．1－4n B．4n－1
C． D．
[答案] B
[解析] 由于q＝an－an－1＝－4，b1＝a2＝－3，所以bn＝b1qn－1＝－3·(－4)n－1，所以|bn|＝|－3·(－4)n－1|＝3·4n－1，即{|bn|}是公比为4的等比数列，所以|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝＝4n－1，故选B．
(2)分组求和法
③数列{(－1)n＋1n}的前2 015项的和S2 015为( )
A．－2 015 B．－1 008
C．－2 014 D．1 008
[答案] D
[解析] S2 015＝1－2＋3－4＋…－2 014＋2 015＝(1－2)＋(3－4)＋…＋(2 013－2 014)＋2 015＝－1 007＋2 015＝1 008.
④(2022·包头模拟)已知数列{xn}的首项x1＝3，通项xn＝2np＋nq(n∈N＋，p，q为常数)，且x1，x4，x5成等差数列．求：
(1)p，q的值；
(2)数列{xn}前n项和Sn.
[分析] 第(1)问由已知条件列出关于p、q的方程组求解；第(2)问分组后用等差、等比数列的求和公式求解．
[解析] (1)由x1＝3，得2p＋q＝3，又由于x4＝24p＋4q，x5＝25p＋5q，且x1＋x5＝2x4，得3＋25p＋5q＝25p＋8q，解得p＝1，q＝1.
(2)由(1)，知xn＝2n＋n，所以Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n)＝2n＋1－2＋.
(3)裂项相消法
⑤(2022·三门峡模拟)已知数列{an}的通项公式是an＝，若前n项和为10，则项数n为( )
A．11 B．99
C．120 D．121
[答案] C
[解析] ∵an＝＝－，
∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1.令－1＝10，
得n＝120.
⑥等差数列{an}的各项均为正数，a1＝3，前n项和为Sn，{bn}为等比数列，b1＝1，且b2S2＝64，b3S3＝960.
(1)求an与bn；
(2)求＋＋…＋.
[分析] (1)依据数列中基本量的运算求an与bn的表达式；
(2)求的表达式，利用裂项相消法求和．
[解析] (1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则d为正数，an＝3＋(n－1)d，bn＝qn－1，
依题意有，
解得，或(舍去)．
故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1.
(2)Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)，
∴＋＋…＋
＝＋＋＋…＋
＝
＝
＝－.
(4)倒序相加法
⑦设f(x)＝，若S＝f()＋f()＋…＋f()，则S＝________.
[答案] 1006
[解析] ∵f(x)＝，
∴f(1－x)＝＝，
∴f(x)＋f(1－x)＝＋＝1.
S＝f()＋f()＋…＋f()，①
S＝f()＋f()＋…＋f()，②
①＋②得，2S＝[f()＋f()]＋[f()＋f()]＋…＋[f()＋f()]＝2022，∴S＝＝1006.
(5)错位相减法
⑧已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·3n，则Sn＝________.
[答案]
[解析] ∵Sn＝3＋2·32＋3·33＋…＋n·3n①
∴3Sn＝32＋2·33＋3·34＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1.②
①－②，得－2Sn＝3＋32＋33＋…3n－n·3n＋1＝－n·3n＋1，
∴Sn＝.
一般地，{an}是等差数列，{bn}是等比数列(公差d≠0，公比q≠1)，cn＝anbn，求数列{cn}前n项的和用“乘公比、错位相减法”．
第一步，将数列{cn}写成cn＝an·bn，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列，公比为q.
其次步，写出Sn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn.
第三步，乘公比q得，qSn＝a1b2＋a2b3＋…＋anbn＋1.
第四步，错位相减，用等比数列求和公式求和得(q－1)Sn.
第五步，等式两边同除以q－1得Sn.
第六步，检查解题过程，看求和公式是否用错，符号是否正确，化简有无错误．
⑨(2022·湖南安化综合训练)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn，an,1成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a＝2－bn，设cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
[解析] (1)由题意，知2an＝Sn＋1，an>0.
当n＝1时，2a1＝a1＋1，∴a1＝1；
当n≥2时，Sn＝2an－1，Sn－1＝2an－1－1，
两式相减，得an＝2an－2an－1(n≥2)，整理得＝2(n≥2)．
∴数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
则an＝1×2n－1＝2n－1.
(2)由(1)及题意知a＝2－bn＝22n－2，
∴bn＝2－2n，cn＝＝＝，
∴Tn＝＋＋…＋＋，①
Tn＝＋＋…＋＋，②
①－②，得Tn＝－4(＋＋…＋)－
＝－4×－＝－2(1－)－
＝－2，
∴Tn＝－4.
(6)特殊数列求和．
⑩假如f(a＋b)＝f(a)·f(b)(a，b∈R)且f(1)＝2，则＋＋＋…＋等于( )
A．2011 B．2022
C．2021 D．2022
[答案] D
[解析] 令a＝n，b＝1，f(n＋1)＝f(n)·f(1)，
∴＝f(1)＝2，
∴＋＋＋…＋＝2×1007＝2022.
⑪已知数列{an}的通项公式为an＝log2(n∈N＋)，设其前n项和为Sn，则使Sn<－5成立的自然数n( )
A．有最大值63 B．有最小值63
C．有最大值32 D．有最小值32
[答案] B
[解析] Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝log2＋log2＋log2＋…＋log2
＝log2
＝log2<－5，
∴<，∴64<n＋2，
∴n>62，∴nmin＝63.
一、选择题
11．(2022·吉林长春其次中学统练)已知{an}为等差数列，若a1＋a5＋a9＝8π，则cos(a3＋a7)的值为( )
A． B．－
C． D．－
[答案] D
[解析] ∵数列{an}为等差数列，∴a1＋a5＋a9＝3a5＝8π，a5＝，a3＋a7＝2a5＝，cos(a3＋a7)＝cos＝cos＝－cos＝－.
12．椭圆＋＝1上有n个不同的点P1、P2、…、Pn，椭圆的右焦点为F，数列{|PnF|}是公差大于的等差数列，则n的最大值为( )
A．2001 B．2000
C．1999 D．1998
[答案] B
[分析] 公差确定后，首项和末项之差越大，等差数列的项数就越多(即n越大)，故P1与Pn取长轴两端点时n取最大值，可依据公差大于列不等式解．
[解析] ∵|PnF|max＝a＋c＝3，|PnF|min＝a－c＝1，
d＝＝＞，n∈N，
∴nmax＝2000，故选B．
13．(文)(2021·河北教学质量监测)已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝(n∈N*)．若bn＋1＝(n－λ)(＋1)(n∈N*)，b1＝－λ，且数列{bn}是单调递增数列，则实数λ的取值范围为( )
A．λ>2 B．λ>3
C．λ<2 D．λ<3
[答案] C
[解析] 由已知可得＝＋1，＋1＝2(＋1)，＋1＝2≠0，则＋1＝2n，bn＋1＝2n(n－λ)，bn＝2n－1(n－1－λ)(n≥2，n∈N*)，b1＝－λ也适合上式，故bn＝2n－1(n－1－λ)(n∈N*)．由bn＋1>bn，得2n(n－λ)>2n－1(n－1－λ)，即λ<n＋1恒成立，而n＋1的最小值为2，故实数λ的取值范围为λ<2.
(理)(2022·湖北十大名校联考)已知an＝()n，把数列{an}的各项排列成如下的三角形外形，
a1
a2 a3 a4
a5 a6 a7 a8 a9
……
记A(m，n)表示第m行的第n个数，则A(10,12)＝( )
A．()93 B．()92
C．()94 D．()112
[答案] A
[解析] 前9行一共有1＋3＋5＋…＋17＝81个数，而A(10,12)表示第10行的第12个数，∴n＝93，即A(10,12)＝a93＝()93.
14．(文)如图，是一个算法的程序框图，该算法输出的结果是( )
A． B．
C． D．
[答案] C
[解析] 循环过程为i＝1<4→i＝2，m＝1，S＝；
i＝2<4→i＝3，m＝2，S＝＋；
i＝3<4→i＝4，m＝3，S＝＋＋；
i＝4<4不成立，输出S的值．
故S＝＋＋
＝＋＋
＝1－＝.
(理)已知数列{an}的各项均为正数，如图给出程序框图，当k＝5时，输出的S＝，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝2n B．an＝2n－1
C．an＝2n＋1 D．an＝2n－3
[答案] B
[解析] 由ai＋1＝ai＋2知数列{an}是公差为2的等差数列，由M＝及S＝S＋M知，S＝＋＋…＋，
由条件i≤k不满足时输出S及输入k＝5，输出S＝知，＋＋…＝[(－)＋(－)＋…(－)]＝(－)＝(－)＝＝，
∵a1>0，∴a1＝1，∴an＝2n－1.
二、填空题
15．(2022·安徽安庆二模)如图，坐标纸上的每个单元格的边长为1，由下往上的六个点：1,2,3,4,5,6的横、纵坐标依次对应数列{an}(n∈N*)的前12项(如下表所示)，按如此规律下去，则a2011＋a2022＋a2021＝________.
[答案] 1007
[解析] 由a1＝1，a2＝1，a3＝－1，a4＝2，a5＝2，a6＝3，a7＝－2，a8＝4可知，这个数列的规律是奇数项为1，－1,2，－2,3，－3，…，偶数项为1,2,3，…，故a2011＋a2021＝－503＋504＝1，a2022＝1006，故a2011＋a2022＋a2021＝1007.
16．(文)已知数列{an}的通项公式为an＝2n(n∈N*)，把数列{an}的各项排列成如图所示的三角形数阵：
2
22 23
24 25 26
27 28 29 210
……
记M(s，t)表示该数阵中第s行的第t个数，则M(11,2)对应的数是________(用2n的形式表示，n∈N)．
[答案] 257
[解析] 由数阵的排列规律知，第m行的最终一个数是数列{an}的第1＋2＋3＋…＋m＝项，且该行有m项，由此可知第11行的第2个数是数列{an}的第＋2＝57项，对应的数是257.
(理)(2021·广东佛山一模)我们可以利用数列{an}的递推公式an＝(n∈N*)，求出这个数列各项的值，使得这个数列中的每一项都是奇数，则a24＋a25＝________；争辩发觉，该数列中的奇数都会重复毁灭，那么第8个5是该数列的第________项．
[答案] 28 640
[解析] a24＋a25＝a12＋25＝a6＋25＝a3＋25＝3＋25＝28.
5＝a5＝a10＝a20＝a40＝a80＝a160＝a320＝a640.
三、解答题
17．(文)已知数列{an}是公差d≠0的等差数列，记Sn为其前n项和．
(1)若a2、a3、a6依次成等比数列，求其公比q.
(2)若a1＝1，证明点P1，P2，…，Pn(n∈N*)在同一条直线上，并写出此直线方程．
[解析] (1)∵a2、a3、a6依次成等比数列，
∴q＝＝＝＝＝3，即公比q＝3.
(2)证明：∵Sn＝na1＋d，
∴＝a1＋d＝1＋d.
∴点Pn在直线y＝1＋d上．
∴点P1，P2，…，Pn(n∈N*)都在过点(1,1)且斜率为的直线上．
此直线方程为y－1＝(x－1)．即dx－2y＋2－d＝0.
(理)在等差数列{an}中， 设Sn为它的前n项和，若S15>0，S16<0，且点A(3，a3)与B(5，a5)都在斜率为－2的直线l上，
(1)求a1的取值范围；
(2)指出，，…，中哪个值最大，并说明理由．
[解析] (1)由已知可得＝－2，则公差d＝－2，
∴
∴14<a1<15.
(2)最大的值是，
∵S15＝15a8>0，S16＝8(a8＋a9)<0，
∴a8>0，a9<0，即S8最大．
又当1≤i≤8时，>0；当9≤i≤15时，<0，
∵数列{an}递减，
∴≤≤…≤，≥≥…≥⇒最大．
18．(文)(2022·成都七中模拟)设函数f(x)＝＋(x>0)，数列{an}满足a1＝1，an＝f()，n∈N*，且n≥2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对n∈N*，设Sn＝＋＋＋…＋，若Sn≥恒成立，求实数t的取值范围．
[解析] (1)由an＝f()可得，an－an－1＝，n∈N*，n≥2.所以{an}是等差数列．
又由于a1＝1，所以an＝1＋(n－1)×＝，n∈N*.
(2)Sn＝＋＋＋…＋，n∈N*.
由于an＝，所以an＋1＝，
所以＝
＝(－)．
所以Sn＝(－)＝，n∈N*.
Sn≥⇔≥⇔t≤(n∈N*)恒成立．
令g(n)＝(n∈N*)，
g(n)＝＝＝2n＋3＋－6(n∈N*)．
令p＝2n＋3，则p≥5，p∈N*.
g(n)＝p＋－6(n∈N*)，易知p＝5时，g(n)min＝.所以t≤，即t的取值范围是(－∞，]．
(理)(2022·四川资阳模拟)已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝an＋n－3.
(1)求证：数列{an－1}是等比数列；
(2)令cn＝log3(a1－1)＋log3(a2－1)＋…＋log3(an－1)，对任意n∈N*，是否存在正整数m，使＋＋…＋≥都成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
[解析] (1)当n＝1时，S1＝a1＝a1－2，解得a1＝4.
当n≥2时，由Sn＝an＋n－3得Sn－1＝an－1＋n－4，
两式相减，得Sn－Sn－1＝an－an－1＋1，即an＝3an－1－2，
则an－1＝3(an－1－1)，故数列{an－1}是以a1－1＝3为首项，3为公比的等比数列．
(2)由(1)知an－1＝3n，
cn＝log3(a1－1)＋log3(a2－1)＋…＋log3(an－1)＝1＋2＋…＋n＝，所以＝＝2(－)，则＋＋…＋＝2[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝2(1－)，
由＋＋…＋≥对任意n∈N*都成立，得2(1－)≥，即m≤6(1－)对任意n∈N*都成立，
当n＝1时，6(1－)取最小值3，∴m≤3.
又m∈N*，所以m的值为1,2,3.
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