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第2讲 数列求和及综合应用
考情解读 高考对本节学问主要以解答题的形式考查以下两个问题：1.以递推公式或图、表形式给出条件，求通项公式，考查用等差、等比数列学问分析问题和探究创新的力气，属中档题；2.通过分组、错位相减等转化为等差或等比数列的求和问题，考查等差、等比数列求和公式及转化与化归思想的应用，属中档题．
1．数列求和的方法技巧
(1)分组转化法
有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．
(2)错位相减法
这是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列．
(3)倒序相加法
这是在推导等差数列前n项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列(反序)，当它与原数列相加时若有公式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和．
(4)裂项相消法
利用通项变形，将通项分裂成两项或n项的差，通过相加过程中的相互抵消，最终只剩下有限项的和．这种方法，适用于求通项为的数列的前n项和，其中{an}若为等差数列，则＝.
常见的裂项公式：
①＝－；
②＝(－)；
③＝(－)；
④＝(－)．
2．数列应用题的模型
(1)等差模型：假如增加(或削减)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或削减)的量就是公差．
(2)等比模型：假如后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．
(3)混合模型：在一个问题中同时涉及等差数列和等比数列的模型．
(4)生长模型：假如某一个量，每一期以一个固定的百分数增加(或削减)，同时又以一个固定的具体量增加(或削减)时，我们称该模型为生长模型．如分期付款问题，树木的生长与砍伐问题等．
(5)递推模型：假如简洁找到该数列任意一项an与它的前一项an－1(或前n项)间的递推关系式，我们可以用递推数列的学问来解决问题．
热点一 分组转化求和
例1 等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.
第一列
其次列
第三列
第一行
3
2
10
其次行
6
4
14
第三行
9
8
18
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nln an，求数列{bn}的前n项和Sn.
思维启迪 (1)依据表中数据逐个推敲确定{an}的通项公式；(2)分组求和．
解 (1)当a1＝3时，不合题意；
当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意；
当a1＝10时，不合题意．
因此a1＝2，a2＝6，a3＝18，所以公比q＝3.
故an＝2·3n－1 (n∈N*)．
(2)由于bn＝an＋(－1)nln an
＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)
＝2·3n－1＋(－1)n[ln 2＋(n－1)ln 3]
＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，
所以Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3.
当n为偶数时，
Sn＝2×＋ln 3
＝3n＋ln 3－1；
当n为奇数时，
Sn＝2×－(ln 2－ln 3)＋ln 3
＝3n－ln 3－ln 2－1.
综上所述，Sn＝
思维升华 在处理一般数列求和时，确定要留意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清楚正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行争辩，最终再验证是否可以合并为一个公式．
已知数列{an}中，a1＝1，anan＋1＝()n(n∈N*)．
(1)求证：数列{a2n}与{a2n－1}(n∈N*)都是等比数列；
(2)若数列{an}的前2n项和为T2n，令bn＝(3－T2n)·n·(n＋1)，求数列{bn}的最大项．
(1)证明 由于anan＋1＝()n，an＋1an＋2＝()n＋1，
所以＝.
又a1＝1，a2＝，所以数列a1，a3，…，a2n－1，…，是以1为首项，为公比的等比数列；
数列a2，a4，…，a2n，…，是以为首项，为公比的等比数列．
(2)解 由(1)可得T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝＋＝3－3()n，
所以bn＝3n(n＋1)()n，
bn＋1＝3(n＋1)(n＋2)()n＋1，
所以bn＋1－bn＝3(n＋1)()n(－n)
＝3(n＋1)()n＋1(2－n)，
所以b1<b2＝b3>b4>…>bn>…，
所以(bn)max＝b2＝b3＝.
热点二 错位相减法求和
例2 设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋n＋1(n∈N*)，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，n∈N*，证明：Tn<2.
思维启迪 (1)n>1时，Sn＝2Sn－1＋n两式相减得{an}的递推关系式，然后构造数列求通项；(2)先利用错位相减法求出Tn，再放缩．
(1)解 ∵Sn＋1＝2Sn＋n＋1，当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋n，
∴an＋1＝2an＋1，
∴an＋1＋1＝2(an＋1)，
即＝2(n≥2)，①
又S2＝2S1＋2，a1＝S1＝1，
∴a2＝3，∴＝2，∴当n＝1时，①式也成立，
∴an＋1＝2n，即an＝2n－1(n∈N*)．
(2)证明 ∵an＝2n－1，
∴bn＝＝＝，
∴Tn＝＋＋＋…＋，
Tn＝＋＋…＋＋，
∴两式相减，得Tn＝2(＋＋＋…＋－)
＝2－－<2.
思维升华 错位相减法求数列的前n项和是一种重要的方法．在应用这种方法时，确定要抓住数列的特征，即数列的项可以看作是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得数列的求和问题．
设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·22n－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.
解 (1)由已知得，当n≥1时，
an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1
＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1.
而a1＝2，符合上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝22n－1.
(2)由bn＝nan＝n·22n－1知
Sn＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n－1.①
从而22·Sn＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n＋1.②
①－②，得(1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n·22n＋1，
即Sn＝[(3n－1)22n＋1＋2]．
热点三 裂项相消法求和
例3 已知等差数列{an}，公差d>0，前n项和为Sn，S3＝6，且满足a3－a1,2a2，a8成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn的值．
思维启迪 (1)利用方程思想可确定a，d，写出{an}；(2)利用裂项相消法求Tn.
解 (1)由S3＝6，得a2＝2.
∵a3－a1,2a2，a8成等比数列，
∴(2d)·(2＋6d)＝42，
解得d＝1或d＝－，
∵d>0，∴d＝1.
∴数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)Tn＝＋＋＋…＋
＝[(1－)＋(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)]
＝(－－)＝.
思维升华 裂项相消法适合于形如{}形式的数列，其中{an}为等差数列．
已知等差数列{an}是递增数列，且满足a4·a7＝15，a3＋a8＝8.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(n≥2)，b1＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
解 (1)依据题意a3＋a8＝8＝a4＋a7，a4·a7＝15，
所以a4，a7是方程x2－8x＋15＝0的两根，且a4<a7，
解得a4＝3，a7＝5.
设数列{an}的公差为d，
由a7＝a4＋(7－4)·d，得d＝.
故等差数列{an}的通项公式为
an＝a4＋(n－4)·d＝3＋(n－4)·＝.
(2)当n≥2时，bn＝＝＝＝(－)，
又b1＝＝(1－)，
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝(1－＋－＋…＋－)＝(1－)＝.
即数列{bn}的前n项和Sn＝.
热点四 数列的实际应用
例4 自从祖国大陆允许台湾农夫到大陆创业以来，在11个省区设立了海峡两岸农业合作试验区和台湾农夫创业园，台湾农夫在那里申办个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受理、审批一站式服务，某台商第一年年初到大陆就创办了一座120万元的蔬菜加工厂M，M的价值在使用过程中逐年削减，从其次年到第六年，每年年初M的价值比上年年初削减10万元，从第七年开头，每年年初M的价值为上年年初的75%.
(1)求第n年年初M的价值an的表达式；
(2)设An＝，若An大于80万元，则M连续使用，否则须在第n年年初对M更新，证明：必需在第九年年初对M更新．
思维启迪 (1)依据题意，当n≤6时，数列{an}是等差数列，当n≥7时，数列{an}是等比数列，分别写出其通项公式，然后进行合并即可；(2)先对n进行分类，表示出An，利用数列的单调性质确定其最佳项，并与80比较大小，确定n的值．
(1)解 当n≤6时，数列{an}是首项为120，公差为－10的等差数列，故an＝120－10(n－1)＝130－10n，
当n≥7时，数列{an}从a6开头的项构成一个以a6＝130－60＝70为首项，以为公比的等比数列，故an＝70×()n－6，
所以第n年年初M的价值an＝
(2)证明 设Sn表示数列{an}的前n项和，由等差数列和等比数列的求和公式，得
当1≤n≤6时，Sn＝120n－5n(n－1)，
An＝＝120－5(n－1)＝125－5n≥95>80，
当n≥7时，由于S6＝570，
故Sn＝570＋(a7＋a8＋…＋an)＝570＋70××4×[1－()n－6]＝780－210×()n－6.
由于{an}是递减数列，所以{An}是递减数列．
由于An＝＝，
A8＝≈82.734>80，
A9＝≈76.823<80，
所以必需在第九年年初对M更新．
思维升华 解答数列应用题，与函数应用题的求解过程类似，一般要经过三步：(1)建模，首先要认真审题，理解实际背景，理清数学关系，把应用问题转化为数列问题；(2)解模，利用所学的数列学问，解决数列模型中的相关问题；(3)释模，把已解决的数列模型中的问题返回到实际问题中去，与实际问题相对应，确定问题的结果．
设某商品一次性付款的金额为a元，以分期付款的形式等额地分成n次付清，若每期利率r保持不变，按复利计算，则每期期末所付款是( )
A.(1＋r)n元 B.元
C.(1＋r)n－1元 D.元
答案 B
解析 设每期期末所付款是x元，则各次付款的本利和为x(1＋r)n－1＋x(1＋r)n－2＋x(1＋r)n－3＋…＋x(1＋r)＋x＝a(1＋r)n，
即x·＝a(1＋r)n，
故x＝.
1．数列综合问题一般先求数列的通项公式，这是做好该类题的关键．若是等差数列或等比数列，则直接运用公式求解，否则常用下列方法求解：
(1)an＝
(2)递推关系形如an＋1－an＝f(n)，常用累加法求通项．
(3)递推关系形如＝f(n)，常用累乘法求通项．
(4)递推关系形如“an＋1＝pan＋q(p、q是常数，且p≠1，q≠0)”的数列求通项，常用待定系数法．可设an＋1＋λ＝p(an＋λ)，经过比较，求得λ，则数列{an＋λ}是一个等比数列．
(5)递推关系形如“an＋1＝pan＋qn(q，p为常数，且p≠1，q≠0)”的数列求通项，此类型可以将关系式两边同除以qn转化为类型(4)，或同除以pn＋1转为用迭加法求解．
2．数列求和中应用转化与化归思想的常见类型：
(1)错位相减法求和时，将问题转化为等比数列的求和问题求解．
(2)并项求和时，将问题转化为等差数列求和．
(3)分组求和时，将问题转化为能用公式法或错位相减法或裂项相消法或并项法求和的几个数列的和求解．
提示：运用错位相减法求和时，相减后，要留意右边的n＋1项中的前n项，哪些项构成等比数列，以及两边需除以代数式时留意要争辩代数式是否为零．
3．数列应用题主要考查应用所学学问分析和解析问题的力气．其中，建立数列模型是解决这类问题的核心，在解题中的主要思路：①首先构造等差数列或等比数列模型，然后用相应的通项公式与求和公式求解；②通过归纳得到结论，再用数列学问求解.
真题感悟
1．(2021·湖南)设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝(－1)nan－，n∈N*，则：
(1)a3＝________；
(2)S1＋S2＋…＋S100＝________.
答案 (1)－ (2)
解析 ∵an＝Sn－Sn－1
＝(－1)nan－－(－1)n－1an－1＋(n≥2)，
∴an＝(－1)nan－(－1)n－1an－1＋(n≥2)．
当n为偶数时，an－1＝－(n≥2)，
当n为奇数时，2an＋an－1＝(n≥2)，
∴当n＝4时，a3＝－＝－.
依据以上{an}的关系式及递推式可求．
a1＝－，a3＝－，a5＝－，a7＝－，…，
a2＝，a4＝，a6＝，a8＝，….
∴a2－a1＝，a4－a3＝，a6－a5＝，…，
∴S1＋S2＋…＋S100＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a100－a99)－
＝－
＝.
2．(2022·课标全国Ⅱ)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.
(1)证明{an＋}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(an＋)．
又a1＋＝，
所以{an＋}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＝.
由于当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，
所以≤.
于是＋＋…＋≤1＋＋…＋
＝(1－)<.
所以＋＋…＋<.
押题精练
1．如图，一个类似杨辉三角的数阵，则第n(n≥2)行的第2个数为________．
答案 n2－2n＋3
解析 由题意可知：图中每行的其次个数分别为3,6,11,18，…，即a2＝3，a3＝6，a4＝11，a5＝18，…，
∴a3－a2＝3，a4－a3＝5，a5－a4＝7，…，an－an－1＝2n－3，
∴累加得：an－a2＝3＋5＋7＋…＋(2n－3)，
∴an＝n2－2n＋3.
2．秋末冬初，流感盛行，特殊是甲型H1N1流感．某医院近30天每天入院治疗甲流的人数依次构成数列{an}，已知a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，则该医院30天入院治疗甲流共有________人．
答案 255
解析 由于an＋2－an＝1＋(－1)n，
所以a1＝a3＝…＝a29＝1，
a2，a4，…，a30构成公差为2的等差数列，
所以a1＋a2＋…＋a29＋a30
＝15＋15×2＋×2＝255.
故该医院30天入院治疗甲流的人数为255.
3．已知数列{bn}满足3(n＋1)bn＝nbn＋1，且b1＝3.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)已知＝，求证：≤＋＋…＋<1.
(1)解 由于3(n＋1)bn＝nbn＋1，所以＝.
则＝3×，＝3×，＝3×，…，＝3×，
累乘，可得＝3n－1×n，由于b1＝3，所以bn＝n·3n，
即数列{bn}的通项公式bn＝n·3n.
(2)证明 由于＝，所以an＝·3n.
由于＝·
＝·＝(－)·
＝·－·，
所以＋＋…＋＝(1·－·)＋(·－·)＋…＋(·－·)
＝1－·.
由于n∈N*，所以0<·≤，所以≤1－·<1，
所以≤＋＋…＋<1.
(推举时间：60分钟)
一、选择题
1．数列{an}共有5项，其中a1＝0，a5＝2，且|ai＋1－ai|＝1，i＝1,2,3,4，则满足条件的不同数列的个数为( )
A．3 B．4
C．5 D．6
答案 B
解析 设bi＝ai＋1－ai，i＝1,2,3,4，则bi等于1或－1，由a5＝(a5－a4)＋(a4－a3)＋(a3－a2)＋(a2－a1)＝b4＋b3＋b2＋b1，知bi(i＝1,2,3,4)共有3个1,1个－1.
所以符合条件的{an}共有4个．
2．已知在数列{an}中，a1＝－60，an＋1＝an＋3，则|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a30|等于( )
A．445 B．765
C．1 080 D．3 105
答案 B
解析 ∵an＋1＝an＋3，∴an＋1－an＝3.
∴{an}是以－60为首项，3为公差的等差数列．
∴an＝－60＋3(n－1)＝3n－63.
令an≤0，得n≤21.
∴前20项都为负值．
∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a30|
＝－(a1＋a2＋…＋a20)＋a21＋…＋a30
＝－2S20＋S30.
∵Sn＝n＝×n，
∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a30|＝765.
3．在等差数列{an}中，a1＝－2 013，其前n项和为Sn，若－＝2，则S2 013的值等于( )
A．－2 011 B．－2 012
C．－2 010 D．－2 013
答案 D
解析 依据等差数列的性质，得数列{}也是等差数列，
依据已知可得这个数列的首项＝a1＝－2 013，
公差d＝1，故＝－2 013＋(2 013－1)×1＝－1，
所以S2 013＝－2 013.
4．已知数列{an}满足an＋1＝an－an－1(n≥2)，a1＝1，a2＝3，记Sn＝a1＋a2＋…＋an，则下列结论正确的是( )
A．a100＝－1，S100＝5 B．a100＝－3，S100＝5
C．a100＝－3，S100＝2 D．a100＝－1，S100＝2
答案 A
解析 由题意知，a1＝1，a2＝3，a3＝2，a4＝－1，a5＝－3，a6＝－2，a7＝1，由此可以得出数列{an}是以6为一个周期，所以a100＝a4＝－1，S100＝a1＋a2＋a3＋a4＝5，故选A.
5．数列{an}的通项公式an＝ncos ，其前n项和为Sn，则S2 012等于( )
A．1 006 B．2 012 C．503 D．0
答案 A
解析 用归纳法求解．
∵an＝ncos ，∴a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4，a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8，….
由此易知a4n－2＝－(4n－2)，a4n＝4n，
且a1＋a2＋a3＋a4＝－2＋4＝2，
a5＋a6＋a7＋a8＝－6＋8＝2，…，
a4n－3＋a4n－2＋a4n－1＋a4n＝－(4n－2)＋4n＝2.
又2 012＝4×503，
∴a1＋a2＋…＋a2 012＝2＋2＋…＋＝2×503＝1 006.
6．数列{an}满足a1＝1，且对任意的m，n∈N*都有am＋n＝am＋an＋mn，则＋＋＋…＋等于( )
A. B. C. D.
答案 A
解析 令m＝1，得an＋1＝an＋n＋1，即an＋1－an＝n＋1，
于是a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，
上述n－1个式子相加得an－a1＝2＋3＋…＋n，
所以an＝1＋2＋3＋…＋n＝，
因此＝＝2，
所以＋＋＋…＋
＝2
＝2＝.
二、填空题
7．在数列{an}中，a1＝1，an＋2＋(－1)nan＝1，记Sn是数列{an}的前n项和，则S60＝________.
答案 480
解析 ∵an＋2＋(－1)nan＝1，∴a3－a1＝1，a5－a3＝1，a7－a5＝1，…，且a4＋a2＝1，a6＋a4＝1，a8＋a6＝1，…，∴{a2n－1}为等差数列，且a2n－1＝1＋(n－1)×1＝n，即a1＝1，a3＝2，a5＝3，a7＝4，
∴S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1＋1＋2＝4，S8－S4＝a5＋a6＋a7＋a8＝3＋4＋1＝8，
S12－S8＝a9＋a10＋a11＋a12＝5＋6＋1＝12，…，
∴S60＝4×15＋×4＝480.
8．设Sn为数列{an}的前n项和，若(n∈N*)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”；若数列{cn}是首项为2，公差为d(d≠0)的等差数列，且数列{cn}是“和等比数列”，则d＝________.
答案 4
解析 由题意可知，数列{cn}的前n项和为Sn＝，前2n项和为S2n＝，所以＝＝2＋＝2＋.由于数列{cn}是“和等比数列”，即为非零常数，所以d＝4.
9．设Sn＝＋＋＋…＋(n∈N*)，且Sn＋1·Sn＋2＝，则n的值是________．
答案 5
解析 ∵Sn＋1＝＋＋…＋＝(1－)＋(－)＋…＋(－)＝1－＝，
∴Sn＋2＝.
∴Sn＋1·Sn＋2＝＝，解得n＝5.
10．已知数列{an}的通项公式为an＝，前n项和为Sn，若对任意的正整数n，不等式S2n－Sn>恒成立，则常数m所能取得的最大整数为_______________．
答案 5
解析 要使S2n－Sn>恒成立，
只需(S2n－Sn)min>.
由于(S2(n＋1)－Sn＋1)－(S2n－Sn)
＝(S2n＋2－S2n)－(Sn＋1－Sn)
＝a2n＋1＋a2n＋2－an＋1
＝＋－
>＋－＝－>0，
所以S2n－Sn≥S2－S1＝，
所以<⇒m<，m所能取得的最大整数为5.
三、解答题
11．在等比数列{an}中，a1>0，n∈N*，且a3－a2＝8，又a1，a5的等比中项为16.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log4an，数列{bn}的前n项和为Sn，是否存在正整数k，使得＋＋＋…＋<k对任意n∈N*恒成立．若存在，求出正整数k的最小值；若不存在，请说明理由．
解 (1)设数列{an}的公比为q，由题意可得a3＝16.
∵a3－a2＝8，∴a2＝8，∴q＝2.
∴an＝2n＋1.
(2)∵bn＝log42n＋1＝，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝.
∵＝＝，
∴＋＋＋…＋
＝
＝<，
∴正整数k的最小值为3.
12．(2022·山东)已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)由于S1＝a1，S2＝2a1＋×2＝2a1＋2，
S4＝4a1＋×2＝4a1＋12，
由题意，得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1，
所以an＝2n－1.
(2)bn＝(－1)n－1＝(－1)n－1
＝(－1)n－1(＋)．
当n为偶数时，
Tn＝(1＋)－(＋)＋…＋(＋)－(＋)＝1－＝.
当n为奇数时，
Tn＝(1＋)－(＋)＋…－(＋)＋(＋)＝1＋＝.
所以Tn＝
(或Tn＝)
13．某产品在不做广告宣扬且每千克获利a元的前提下，可卖出b千克．若做广告宣扬，广告费为n(n∈N*)千元时比广告费为(n－1)千元时多卖出千克．
(1)当广告费分别为1千元和2千元时，用b表示销售量S；
(2)试写出销售量S与n的函数关系式；
(3)当a＝50，b＝200时，要使厂家获利最大，销售量S和广告费n分别应为多少？
解 (1)当广告费为1千元时，销售量S＝b＋＝.
当广告费为2千元时，销售量S＝b＋＋＝.
(2)设Sn(n∈N)表示广告费为n千元时的销售量，
由题意得S1－S0＝，
S2－S1＝，
……
Sn－Sn－1＝.
以上n个等式相加得，Sn－S0＝＋＋＋…＋，
即S＝Sn＝b＋＋＋＋…＋＝
＝b(2－)，n∈N.
(3)当a＝50，b＝200时，设获利为Tn，则有
Tn＝Sa－1 000n＝10 000×(2－)－1 000n
＝1 000×(20－－n)，
设bn＝20－－n，
则bn＋1－bn＝20－－n－1－20＋＋n＝－1，
当n≤2时，bn＋1－bn>0；当n≥3时，bn＋1－bn<0.
所以当n＝3时，bn取得最大值，
即Tn取得最大值，此时S＝375，
即该厂家获利最大时，销售量和广告费分别为375千克和3千元．
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