第2讲数列的综合应用一、填空题1．数列{an}的通项公式an＝，若{an}的前n项和为24，则n为________．解析an＝＝－(－)，前n项和Sn＝－[(1－)＋(－)…＋＋(－)]＝－1＝24，故n＝624.答案6242．在等差数列{an}中，a1＝142，d＝－2，从第一项起，每隔两项取出一项，构成新的数列{bn}，则此数列的前n项和Sn取得最大值时n的值是________．解析因为从第一项起，每隔两项取出一项，构成数列{bn}，所以新数列的首项为b1＝a1＝142，公差为d′＝－2×3＝－6，则bn＝142＋(n－1)(－6)．令bn≥0，解得n≤24，因为n∈N*，所以数列{bn}的前24项都为正数项，从25项开始为负数项．因此新数列{bn}的前24项和取得最大值．答案243．(·盐城模拟)已知各项都为正的等比数列{an}满足a7＝a6＋2a5，存在两项am，an使得＝4a1，则＋的最小值为________．解析由a7＝a6＋2a5，得a1q6＝a1q5＋2a1q4，整理有q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(与条件中等比数列的各项都为正矛盾，舍去)，又由＝4a1，得aman＝16a，即a2m＋n－2＝16a，即有m＋n－2＝4，亦即m＋n＝6，那么＋＝(m＋n)≥＝＝，当且仅当＝，m＋n＝6，即n＝2m＝4时取得最小值.答案4．在正项数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an＋3×5n，则数列{an}的通项公式为________．解析在递推公式an＋1＝2an＋3×5n的两边同时除以5n＋1，得＝×＋，①令＝bn，则①式变为bn＋1＝bn＋，即bn＋1－1＝(bn－1)，所以数列{bn－1}是等比数列，其首项为b1－1＝－1＝－，公比为.所以bn－1＝×n－1，即bn＝1－×n－1＝，故an＝5n－3×2n－1.答案an＝5n－3×2n－15．(·聊城模拟)已知首项为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1006和a1007是方程x2－2012x－2011＝0的两根，则使Sn>0成立的正整数n的最大值是________．解析由题意知，a1006＋a1007＝2012>0，a1006·a1007＝－2011<0，又因首项为正等差数列，所以a1006>0，a1007<0,2a1006＝a1＋a2011>0,2a1007＝a1＋a2013<0，即S2011>0，S2013<0，又因Sn＝.∴S2012＝＝＞0，∴所求n的值是2012.答案20126．(·江苏五市联考)各项均为正数的等比数列{an}中，a2－a1＝1.当a3取最小值时，数列{an}的通项公式an＝________.解析根据题意，由于各项均为正数的等比数列{an}中，a2－a1＝1，所以q＞1. ＝q，∴a1(q－1)＝1，a1＝，∴a3＝＝＝q－1＋＋2≥2＋2＝4，当且仅当q＝2时取得等号，故可知数列{an}的通项公式an＝2n－1.答案2n－17．(·临沂模拟)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＝________.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＋.因为数列{cn}“”是和等比数列，即为非零常数，所以d＝4.答案48．(·盐城模拟)在等差数列{an}中，a2＝5，a6＝21，记数列的前n项和为Sn，若S2n＋1－Sn≤对n∈N*恒成立，则正整数m的最小值为________．解析由题意可知an＝4n－3，且(S2n＋3－Sn＋1)－(S2n＋1－Sn)＝＋－＝＋－＜0，所以{S2n＋1－Sn}是递减数列，故(S2n＋1－Sn)max＝S3－S1≤＝＋＝，解得m≥，故正整数m的最小值为5.答案5二、解答题9．数列{an}满足an＝2an－1＋2n＋1(n∈N*，n≥2)，a3＝27.(1)求a1，a2的值；(2)是否存在一个实数t，使得bn＝(an＋t)(n∈N*)，且数列{bn}为等差数列？若存在，求出实数t；若不存在，请说明理由；(3)求数列{an}的前n项和Sn.解(1)由a3＝27，得27＝2a2＋23＋1，∴a2＝9， 9＝2a1＋22＋1，∴a1＝2.(2)假设存在实数t，使得{bn}为等差数列，则2bn＝bn－1＋bn＋1，(n≥2且n∈N*)∴2×(an＋t)＝(an－1＋t)＋(an＋1＋t)，∴4an＝4an－1＋an＋1＋t，∴4an＝4×＋2an＋2n＋1＋1＋t，∴t＝1.即存在实数t＝1，使得{bn}为等差数列．(3)由(1)，(2)得b1＝，b2＝，∴bn＝n＋，∴an＝·2n－1＝(2n＋1)2n－1－1，Sn＝(3×20－1)＋(5×21－1)＋(7×22－1)…＋＋[(2n＋1)×2n－1－1]＝3＋5×2＋7×22…＋＋(2n＋1)×2n－1－n，①∴2Sn＝3×2＋5×22＋7×23…＋＋(2n＋1)×2n－2n，②由①－②得－Sn＝3＋2×2＋2×22＋2×23…＋＋2×2n－1－(2n＋1)×2n＋n＝1＋2×－(2n＋1)×2...
