训练目标(1)数列知识的综合应用；(2)学生解题能力的培养．训练题型(1)等差数列、等比数列的综合；(2)一般数列的通项与求和；(3)数列与其他知识的综合应用．解题策略(1)用方程(组)思想可解决等差、等比数列的综合问题；(2)一般数列的解法思想是转化为等差或等比数列；(3)数列和其他知识的综合主要是从条件中寻找数列的通项公式或递推公式.1．(2016·重庆月考)已知{an}是等差数列，a10＝10，其前10项和S10＝70，则其公差d为________．2．设f(x)＝，利用倒序相加法，则f＋f＋…＋f＝________.3．(2016·苏州、无锡、常州、镇江三模)已知等差数列{an}满足a1＝－8，a2＝－6.若将a1，a4，a5都加上同一个数m，所得的三个数依次成等比数列，则实数m的值为________．4．(2016·南京、盐城三模)已知数列{an}的通项公式为an＝－n＋p，数列{bn}的通项公式为bn＝2n－5.设cn＝若在数列{cn}中，c8＞cn(n∈N*，n≠8)，则实数p的取值范围是________．5．(2016·厦门期中)已知数列{an}满足a2＝102，an＋1－an＝4n(n∈N*)，则数列{}的最小值是________．6．(2016·湖北一联)已知等差数列{an}满足a2＝3，a5＝9，若数列{bn}满足b1＝3，bn＋1＝abn，则{bn}的通项公式bn＝________.7．已知数列{an}的各项均为正整数，Sn为其前n项和，对于n＝1,2,3，…有an＋1＝则当a1＝1时，S1＋S2＋S3＋…＋S20＝____________.8．(2016·师大附中期中)已知数列an－1＝－n2＋n＋5λ2－2λ＋1为单调递减数列，则λ的取值范围是__________________．9．(2016·辽宁沈阳期中)设首项不为零的等差数列{an}的前n项和是Sn，若不等式a＋≥λa对任意an和正整数n恒成立，则实数λ的最大值为________．10．(2016·沈阳期中)已知数列{an}是等比数列，首项a1＝1，公比q＞0，其前n项和为Sn，且S1＋a1，S3＋a3，S2＋a2成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足an＋1＝()anbn，Tn为数列{bn}的前n项和，若Tn≥m恒成立，求m的最大值．答案精析1.2.53.－14．(12,17)解析由题意可知cn是an与bn中的较小值，且cn中的最大值是c8.如图，若c8＝a8，则a8＞b7，即－8＋p＞22，所以p＞12；若c8＝b8，则b8＞a9，即23＞－9＋p，所以p＜17.综上12＜p＜17.5．26解析由an＋1－an＝4n，得a3－a2＝8，a4－a3＝12，a5－a4＝16，…，an－an－1＝4(n－1)，以上各式相加，得an－a2＝，所以an＝102＋(n－2)(2n＋2)(n≥2)，而a2－a1＝4，所以a1＝a2－4＝98，适合上式，故an＝102＋(n－2)(2n＋2)(n∈N*)，＝＝＋2n－2≥2－2＝26，当且仅当＝2n，即n＝7时取等号，所以数列{}的最小值是26.6．2n＋1解析根据题意，在等差数列{an}中，a2＝3，a5＝9，则公差d＝2，则an＝2n－1，对于{bn}，由bn＋1＝2bn－1，可得bn＋1－1＝2(bn－1)，即{bn－1}是公比为2的等比数列，且首项b1－1＝3－1＝2，则bn－1＝2n，bn＝2n＋1.7．910解析当a1＝1时，a2＝3×1＋5＝8，a3＝＝1，a4＝3×1＋5＝8，a5＝＝1，…，所以{an}是周期为2的周期数列，它的奇数项是1，偶数项是8，所以S1＋S2＋…＋S20＝1＋(1＋8)＋(1×2＋8)＋(1×2＋8×2)＋(1×3＋8×2)＋(1×3＋8×3)＋…＋(1×10＋8×9)＋(1×10＋8×10)＝910.8．(0，＋∞)解析∵数列an－1＝－n2＋n＋5λ2－2λ＋1为单调递减数列，∴当n≥2时，an－1＞an，∴－n2＋n＋5λ2－2λ＋1＞－(n＋1)2＋(n＋1)＋5λ2－2λ＋1，即＜2n＋1，由于数列{2n＋1}在n≥2时单调递增，因此其最小值为5，∴＜5，∴2λ＞1，∴λ＞0.9.解析在等差数列{an}中，首项不为零，即a1≠0，则数列的前n项和为Sn＝.由不等式a＋≥λa，得a＋≥λa，∴a＋a1an＋a≥λa，即()2＋＋≥λ.设t＝，则y＝t2＋t＋＝(t＋)2＋≥，∴λ≤，即λ的最大值为.10．解(1)由题意可知2(S3＋a3)＝(S1＋a1)＋(S2＋a2)，∴S3－S1＋S3－S2＝a1＋a2－2a3，即4a3＝a1，于是＝q2＝，∵q＞0，∴q＝.∵a1＝1，∴an＝()n－1.(2)∵an＋1＝()anbn，∴()n＝()anbn，∴bn＝n·2n－1，∴Tn＝1×1＋2×2＋3×22＋…＋n·2n－1，①∴2Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，②由①－②得－Tn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝－n·2n＝(1－n)2n－1，∴Tn＝1＋(n－1)2n.要使Tn≥m恒成立，只需(Tn)min≥m.∵Tn＋1－Tn＝n·2n＋1－(n－1)·2n＝(n＋1)·2n＞0，∴{Tn}为递增数列，∴当n＝1时，(Tn)min＝1，∴m≤1，即m的最大值为1.
