1、
探究课三 数列问题中的热点题型
(建议用时：80分钟)
1．(2021·嘉兴三中模拟)设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)令bn＝nan，n＝1,2，…，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)由已知，得解得a2＝2.
设数列{an}的公比为q，由a2＝2，可得a1＝，a3＝2q.
又S3＝7，可知＋2＋2q＝7，即2q2－5q＋2＝0，
解得q＝2或.由题意得q＞1，所以q＝2.则a1＝1.
故数列{an}的通项为an＝2n－1.
(
2、2)由于bn＝n·2n－1，n＝1,2，…，
则Tn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n×2n－1，
所以2Tn＝2＋2×22＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，
两式相减得－Tn＝1＋2＋22＋23＋…＋2n－1－n×2n＝2n－n×2n－1，
即Tn＝(n－1)2n＋1.
2．已知函数f(x)＝，数列{an}满足a1＝1，an＋1＝f，n∈N*，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1，求Tn.
解 (1)∵an＋1＝f＝＝＝an＋，
∴{an}是以为公差的等差数列．又a1＝1，∴an＝n＋.
(2)Tn
3、＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1
＝a2(a1－a3)＋a4(a3－a5)＋…＋a2n(a2n－1－a2n＋1)
＝－(a2＋a4＋…＋a2n)＝－·
＝－(2n2＋3n)．
3．已知等差数列{an}的前三项为a－1,4,2a，记前n项和为Sn.
(1)设Sk＝2 550，求a和k的值；
(2)设bn＝，求b3＋b7＋b11＋…＋b4n－1的值．
解 (1)由已知得a1＝a－1，a2＝4，a3＝2a，
又a1＋a3＝2a2，
∴(a－1)＋2a＝8，即a＝3.
∴a1＝2，公差d＝a2－a1＝2.
由Sk＝ka1＋d，
得2k＋×2＝2 5
4、50，
即k2＋k－2 550＝0，解得k＝50或k＝－51(舍去)．
∴a＝3，k＝50.
(2)由Sn＝na1＋d，
得Sn＝2n＋×2＝n2＋n.
∴bn＝＝n＋1.
∴{bn}是等差数列．
则b3＋b7＋b11＋…＋b4n－1＝(3＋1)＋(7＋1)＋(11＋1)＋…＋(4n－1＋1)＝.
∴b3＋b7＋b11＋…＋b4n－1＝2n2＋2n.
4．已知等比数列{an}满足2a1＋a3＝3a2，且a3＋2是a2，a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝an＋log2，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn－2n＋1＋47<0成立的n的最小值．
5、
解 (1)设等比数列{an}的公比为q，依题意，有
即
由①得q2－3q＋2＝0，解得q＝1或q＝2.
当q＝1时，不合题意，舍去；
当q＝2时，代入②得a1＝2，
所以an＝2·2n－1＝2n.
故所求数列{an}的通项公式an＝2n(n∈N*)．
(2)bn＝an＋log2＝2n＋log2＝2n－n.
所以Sn＝2－1＋22－2＋23－3＋…＋2n－n
＝(2＋22＋23＋…＋2n)－(1＋2＋3＋…＋n)
＝－＝2n＋1－2－n－n2.
由于Sn－2n＋1＋47<0，
所以2n＋1－2－n－n2－2n＋1＋47<0，
即n2＋n－90>0，解得n>9或n
6、<－10.
由于n∈N*，故使Sn－2n＋1＋47<0成立的正整数n的最小值为10.
5．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝55，S20＝210.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，是否存在m、k(k>m≥2，m，k∈N*)，使得b1、bm、bk成等比数列？若存在，求出全部符合条件的m、k的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋
d.
由已知，得
即，
解得所以an＝a1＋(n－1)d＝n(n∈N*)．
(2)假设存在m、k(k>m≥2，m，k∈N*)，
使得b1、bm、bk成等比数列，则b＝b1
7、bk，
由于bn＝＝，
所以b1＝，bm＝，bk＝，
所以2＝×.
整理，得k＝.
以下给出求m、k的方法：
由于k>0，所以－m2＋2m＋1>0，
解得1－
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