等差、等比數(shù)列及其前n項(xiàng)和

汪耀生

這部分內(nèi)容由等差（比）數(shù)列的定義、通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式組成，主要考查運(yùn)算能力，公式和性質(zhì)的靈活運(yùn)用能力以及遞推轉(zhuǎn)化能力. ?在客觀題中，突出考查基本量（首項(xiàng)、公差或公比、通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和）的求解;在解答題中，常以等差（比）數(shù)列（或可以化歸為等差（比）數(shù)列的關(guān)系式）為背景，重點(diǎn)考查其證明、通項(xiàng)、求和以及與函數(shù)、方程、不等式等其他知識的交匯問題，難度一般為中等或中等偏下.

重點(diǎn)：理解并掌握等差（比）數(shù)列的定義，能判斷或證明等差（比）數(shù)列;熟記等差（比）數(shù)列的通項(xiàng)、求和及其變形公式和相關(guān)性質(zhì).

難點(diǎn)：等差（比）數(shù)列的定義的理解和判斷;等差（比）數(shù)列的通項(xiàng)、求和及其變形公式和相關(guān)性質(zhì)的記憶與靈活運(yùn)用.

1. 等差（比）數(shù)列及其前n項(xiàng)和的基本解題思路

（1）方程法：將an與Sn統(tǒng)一表示為a1和d（或q）的方程（組），以求其基本量（五個基本量中，通常先求出a1和d（或q），然后再求其他的基本量）.

（2）函數(shù)法：利用函數(shù)的思想解決數(shù)列問題，如等差數(shù)列的通項(xiàng)、求和公式可分別表示成an=kn+b（一次函數(shù)），Sn=An2+Bn（不帶常數(shù)項(xiàng)的二次函數(shù)）（n∈N？鄢）等.

（3）性質(zhì)法：運(yùn)用等差（比）數(shù)列的相關(guān)性質(zhì)解題，常可整體代換，回避單個求值. 較為常用的如：若a，b，c成等差，則2b=a+c;若a，b，c成等比，則b2=ac;若m+n=p+q，則am+an=ap+aq（或aman=apaq）（n，m，p，q∈N？鄢），Sk，S2k-Sk，S3k-S2k，…仍成等差（比）數(shù)列. 需要指出的是，等差、等比數(shù)列的性質(zhì)具有對稱性，因此可用類比的思想理解和記憶. 等差數(shù)列和等比數(shù)列可以相互轉(zhuǎn)化，等比數(shù)列的性質(zhì)可以用等差數(shù)列的性質(zhì)來推導(dǎo)、理解和記憶.

2. 等差（比）數(shù)列及其前n項(xiàng)和的基本解題策略

（1）通項(xiàng)公式的拓展應(yīng)用：若數(shù)列{an}為等差（比）數(shù)列，則an=am+（n-m）d（an=amqn-m）.

（2）等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式的變式應(yīng)用：Sn=·n=M·n，其中M=表示等差數(shù)列的中間項(xiàng)，當(dāng)項(xiàng)數(shù)為奇數(shù)時表示數(shù)列的中間一項(xiàng);當(dāng)項(xiàng)數(shù)為偶數(shù)時表示與首尾對稱兩項(xiàng)的算術(shù)平均值. 例如：已知an=t，則S=an·（2n-1）=t·（2n-1）.

（3）對等差（比）數(shù)列的定義的理解不拘泥于an+1-an=d或=q，可以是-=d等.

（4）求最值的方法有：①函數(shù)法（作圖觀察）;②分界法（如在等差數(shù)列中，若a1>0且d<0，則當(dāng)n滿足an≥0且an+1≤0時，Sn最大;相反，若a1<0且d>0，則當(dāng)n滿足an≤0且an+1≥0時，Sn最小）;③單調(diào)法（當(dāng)n滿足an≥an-1且an≥an+1時，an最大;當(dāng)n滿足an≤an-1且an≤an+1時，an最小）等.

例1 ?（1）已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1+a5=3a3，a10=14，則S12=______.

（2）（2014年高考大綱卷）在等比數(shù)列{an}中，若a4=2，a5=5，則數(shù)列{lgan}的前8項(xiàng)和等于（ ? ?）

A. 6 ? B. 5 ? C. 4 ? D. 3

思索 ?這是等差（比）數(shù)列中最基本的一類題型（求基本量），通常用方程法求解，但用等差、等比數(shù)列的性質(zhì)進(jìn)行轉(zhuǎn)化常常更為簡便. 因此，解題時首先要看能否利用性質(zhì)解決，如若不能，再考慮普通方法.

破解 ?（1）解法1（方程法）：由2a1+4d=3（a1+2d），a10=a1+9d=14，解得a1=-4，d=2，則有S12=12a1+d=12×（-4）+×2=84.

解法2（性質(zhì)法）：由a1+a5=3a3，即有2a3=3a3，解得a3=0，而S12=×12=×12=×12=84.

（2）解法1（方程法）：由已知得q==，故有a1===，即lga1=lg. 又{an}為等比數(shù)列，所以lgan-lgan-1=lg=lgq=lg（n≥2），故{lgan}為等差數(shù)列. 所以S=8lga1+lgq=8lg+28lg=8（4lg2-3lg5）+28（lg5-lg2）=4，故選C.

解法2（性質(zhì)法）：由S8=lga1+lga2+…+lga8=lga1a2a3…a8=lg（a4a5）4=4lg10=4，故選C.

例2 ?（1）（2014年高考江西卷）在等差數(shù)列{an}中，若a1=7，公差為d，前n項(xiàng)和為Sn，當(dāng)且僅當(dāng)n=8時，Sn取最大值，則d的取值范圍是____.

（2）若等差數(shù)列{an}滿足a21+a2100≤10，則S=a100+a101+…+a199的最大值為（ ? ?）

A. 600 B. 500 C. 800 D. 200

思索 ?本題考查了等差數(shù)列前n項(xiàng)和Sn的最值的處理方法. （1）由解題策略（4）中求最值的分界法可求得;亦可以用二次函數(shù)的方法來處理. （2）由等差數(shù)列的基本量的關(guān)系可求得S關(guān)于a1和a100的表達(dá)式，然后利用換元或者不等式的方法求解最值. 這是一道比較新穎的數(shù)列最值問題，充分體現(xiàn)了數(shù)列與不等式的聯(lián)系.

破解 ?（1）解法1：由題意可知a8>0，a9<0，即a1+7d>0，a1+8d<0，即有7+7d>0，7+8d<0， 解得-1

解法2：由等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和是關(guān)于n的二次函數(shù)Sn=n2+7-n，則其對稱軸為-∈，，可解得d∈-1，-.endprint

（2）解法1：由S=a100+a101+…+a199=×100=50（3a100-a1），令a1=cosθ，a100=sinθ，故有S=50（3sinθ-cosθ）=500sin（θ+φ）≤500，即選B.

解法2：由S=a100+a101+…+a199=×100=50（3a100-a1）≤50·=50·≤500，選B.

例3 ?（2014年高考浙江卷）數(shù)列{an}和{bn}滿足a1a2…an=（）（n∈N？鄢）. 若{an}為等比數(shù)列，且a1=2，b3=6+b2.

（1）求an與bn;

（2）設(shè)cn=-（n∈N？鄢），記數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Sn.

①求Sn;

②求正整數(shù)k，使得對任意n∈N？鄢均有Sk≥Sn.

思索 ?（1）將等比數(shù)列中的項(xiàng)b2，b3均用a1和q來表示，結(jié)合已知條件建立方程，解出q，即可求出其通項(xiàng);（2）在有關(guān)前n項(xiàng)和的問題中，有兩個新數(shù)列的前n項(xiàng)和的問題，分清數(shù)列的類型和基本量尤為關(guān)鍵，并且問題中穿插了一點(diǎn)放縮的技巧，是一個考查知識點(diǎn)全面，但難度不大的數(shù)列問題.

破解 ?（1）由題意可知a1a2…an=（），且b3-b2=6，可知a3=（）=8. 又a1=2，故數(shù)列{an}的公比q=2，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n，n∈N？鄢，則可得a1·a2·a3…an=2=（），故數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn=n（n+1）.

（2）①由（1）可知，cn=-=-+（n∈N？鄢），故Sn=-（n∈N？鄢）.

②因?yàn)閏1=0，c2>0，c3>0，c4>0，當(dāng)n≥5時，有cn=·-1，而-=>0，故有≤<1. 即當(dāng)n≥5時，有cn<0. 綜合上述可知，對任意的n∈N？鄢恒有S4≥Sn，故有k=4.

例4 ?已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=3，前n項(xiàng)和為Sn，且Sn+1=3Sn+2n（n∈N？鄢）.

（1）試判斷數(shù)列{an+1}是否成等比數(shù)列，并求出數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;

（2）記Tn為數(shù)列{an+1}的前n項(xiàng)和，求的最小值.

思索 ?（1）判斷數(shù)列為等差（比）數(shù)列是高考中的常見題型，通常由條件中的“暗示”，將關(guān)系式進(jìn)行轉(zhuǎn)化，利用定義法或中項(xiàng)證明;（2）中涉及離散型數(shù)列的單調(diào)性.

破解 ?（1）因?yàn)镾n+1=3Sn+2n ①，Sn=3Sn-1+2（n-1） ②，由①-②可得an+1=3an+2，即有an+1+1=3（an+1）（n≥2）. 又a1=3，a2=8，所以a2+1≠3（a1+1）. 故數(shù)列{an+1}從第二項(xiàng)起成等比數(shù)列，所以an=3，n=1，3n-1，n≥2.

（2）由Tn=（a1+1）+（a2+1）+…+（an+1）=4+9+27+…+3n=，則有==.

令bn=1+n+1-n+1，則有bn-bn-1=<0，即有0. 故數(shù)列是遞增數(shù)列，則當(dāng)n=1時，取得最小值為=.

1. 若等差數(shù)列{an}的前6項(xiàng)和為23，前9項(xiàng)和為57，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=_____.

2. （2014年高考廣東卷）若等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，且a10a11+a9a12=2e5，則lna1+lna2+…+lna20=________.

3. （2014年高考北京卷）若等差數(shù)列{an}滿足a7+a8+a9>0，a7+a10<0，則當(dāng)n=________時，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和最大.

4. （2014年高考江西卷）已知首項(xiàng)都是1的兩個數(shù)列{an}，{bn}（bn≠0，n∈N？鄢），滿足anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0.

（1）令cn=，求數(shù)列{cn}的通項(xiàng)公式;

（2）若bn=3n-1，求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn.

5. 已知正項(xiàng)數(shù)列{an}，{bn}滿足：對任意正整數(shù)n，都有an，bn，an+1成等差數(shù)列，bn，an+1，bn+1成等比數(shù)列，且a1=10，a2=15.

（1）求證：數(shù)列{}是等差數(shù)列;

（2）求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式;

（3）設(shè)Sn=++…+，如果對任意正整數(shù)n，不等式2aSn<2-恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

參考答案

1. Sn=n2-n.

2. 由題意知a10a11+a9a12=2a10a11=2e5，故有a10a11=e5，而a1·a2·…·a20=（a1a20）10=（a10a11）10=（e5）10=e50. 故可得lna1+lna2+…+lna20=ln（a1·a2·…·a20）=ln（e50）=50.

3. 8

4. （1）由anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0，可得-+2=0，即有-=2，且=1，即數(shù)列{cn}是以1為首項(xiàng)、2為公差的等差數(shù)列，即有cn=2n-1.

（2）由cn==2n-1，故可得an=（2n-1）·3n-1，則有Sn=a1+a2+a3+…+an=1·30+3·31+5·32+…+（2n-1）·3n-1 ①，故有3Sn=1·3+3·32+5·33+…+（2n-3）·3n-1+（2n-1）·3n ②.

由①-②可得-2Sn=1+2·3+2·32+…+2·3n-1-（2n-1）·3n=（2-2n）·3n-2，故Sn=（n-1）·3n+1.

5. （1）由已知，2bn=an+an+1 ①，a=bnbn+1 ②，由②可得an+1= ③，將③代入①得，對任意n≥2，n∈N？鄢，有2bn=+，即2=+，故{}是等差數(shù)列.

（2）設(shè)數(shù)列{}的公差為d，由a1=10，a2=15，經(jīng)計(jì)算，可得b1=，b2=18，則有=，=3，且d=-=3-=. 故有=+·（n-1）=·（n+4），故bn=，an=.

（3）由（1）可得==2-，則有Sn=2-+-+…+-=2-. 不等式2aSn<2-化為4a-<2-，即（a-1）n2+（3a-6）n-8<0. 設(shè)f（n）=（a-1）n2+（3a-6）n-8，則f（n）<0對任意正整數(shù)n恒成立. 當(dāng)a-1>0，即a>1時，不滿足條件;當(dāng)a-1=0，即a=1時，滿足條件;當(dāng)a-1<0，即a<1時，則f（n）的對稱軸為x= -<0， f（n）關(guān)于n遞減. 因此，只需f（1）=4a-15<0，解得a<，故a<1. 綜合上述，可得a≤1.endprint

（2）解法1：由S=a100+a101+…+a199=×100=50（3a100-a1），令a1=cosθ，a100=sinθ，故有S=50（3sinθ-cosθ）=500sin（θ+φ）≤500，即選B.

解法2：由S=a100+a101+…+a199=×100=50（3a100-a1）≤50·=50·≤500，選B.

例3 ?（2014年高考浙江卷）數(shù)列{an}和{bn}滿足a1a2…an=（）（n∈N？鄢）. 若{an}為等比數(shù)列，且a1=2，b3=6+b2.

（1）求an與bn;

（2）設(shè)cn=-（n∈N？鄢），記數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Sn.

①求Sn;

②求正整數(shù)k，使得對任意n∈N？鄢均有Sk≥Sn.

思索 ?（1）將等比數(shù)列中的項(xiàng)b2，b3均用a1和q來表示，結(jié)合已知條件建立方程，解出q，即可求出其通項(xiàng);（2）在有關(guān)前n項(xiàng)和的問題中，有兩個新數(shù)列的前n項(xiàng)和的問題，分清數(shù)列的類型和基本量尤為關(guān)鍵，并且問題中穿插了一點(diǎn)放縮的技巧，是一個考查知識點(diǎn)全面，但難度不大的數(shù)列問題.

破解 ?（1）由題意可知a1a2…an=（），且b3-b2=6，可知a3=（）=8. 又a1=2，故數(shù)列{an}的公比q=2，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n，n∈N？鄢，則可得a1·a2·a3…an=2=（），故數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn=n（n+1）.

（2）①由（1）可知，cn=-=-+（n∈N？鄢），故Sn=-（n∈N？鄢）.

②因?yàn)閏1=0，c2>0，c3>0，c4>0，當(dāng)n≥5時，有cn=·-1，而-=>0，故有≤<1. 即當(dāng)n≥5時，有cn<0. 綜合上述可知，對任意的n∈N？鄢恒有S4≥Sn，故有k=4.

例4 ?已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=3，前n項(xiàng)和為Sn，且Sn+1=3Sn+2n（n∈N？鄢）.

（1）試判斷數(shù)列{an+1}是否成等比數(shù)列，并求出數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;

（2）記Tn為數(shù)列{an+1}的前n項(xiàng)和，求的最小值.

思索 ?（1）判斷數(shù)列為等差（比）數(shù)列是高考中的常見題型，通常由條件中的“暗示”，將關(guān)系式進(jìn)行轉(zhuǎn)化，利用定義法或中項(xiàng)證明;（2）中涉及離散型數(shù)列的單調(diào)性.

破解 ?（1）因?yàn)镾n+1=3Sn+2n ①，Sn=3Sn-1+2（n-1） ②，由①-②可得an+1=3an+2，即有an+1+1=3（an+1）（n≥2）. 又a1=3，a2=8，所以a2+1≠3（a1+1）. 故數(shù)列{an+1}從第二項(xiàng)起成等比數(shù)列，所以an=3，n=1，3n-1，n≥2.

（2）由Tn=（a1+1）+（a2+1）+…+（an+1）=4+9+27+…+3n=，則有==.

令bn=1+n+1-n+1，則有bn-bn-1=<0，即有0. 故數(shù)列是遞增數(shù)列，則當(dāng)n=1時，取得最小值為=.

1. 若等差數(shù)列{an}的前6項(xiàng)和為23，前9項(xiàng)和為57，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=_____.

2. （2014年高考廣東卷）若等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，且a10a11+a9a12=2e5，則lna1+lna2+…+lna20=________.

3. （2014年高考北京卷）若等差數(shù)列{an}滿足a7+a8+a9>0，a7+a10<0，則當(dāng)n=________時，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和最大.

4. （2014年高考江西卷）已知首項(xiàng)都是1的兩個數(shù)列{an}，{bn}（bn≠0，n∈N？鄢），滿足anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0.

（1）令cn=，求數(shù)列{cn}的通項(xiàng)公式;

（2）若bn=3n-1，求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn.

5. 已知正項(xiàng)數(shù)列{an}，{bn}滿足：對任意正整數(shù)n，都有an，bn，an+1成等差數(shù)列，bn，an+1，bn+1成等比數(shù)列，且a1=10，a2=15.

（1）求證：數(shù)列{}是等差數(shù)列;

（2）求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式;

（3）設(shè)Sn=++…+，如果對任意正整數(shù)n，不等式2aSn<2-恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

參考答案

1. Sn=n2-n.

2. 由題意知a10a11+a9a12=2a10a11=2e5，故有a10a11=e5，而a1·a2·…·a20=（a1a20）10=（a10a11）10=（e5）10=e50. 故可得lna1+lna2+…+lna20=ln（a1·a2·…·a20）=ln（e50）=50.

3. 8

4. （1）由anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0，可得-+2=0，即有-=2，且=1，即數(shù)列{cn}是以1為首項(xiàng)、2為公差的等差數(shù)列，即有cn=2n-1.

（2）由cn==2n-1，故可得an=（2n-1）·3n-1，則有Sn=a1+a2+a3+…+an=1·30+3·31+5·32+…+（2n-1）·3n-1 ①，故有3Sn=1·3+3·32+5·33+…+（2n-3）·3n-1+（2n-1）·3n ②.

由①-②可得-2Sn=1+2·3+2·32+…+2·3n-1-（2n-1）·3n=（2-2n）·3n-2，故Sn=（n-1）·3n+1.

5. （1）由已知，2bn=an+an+1 ①，a=bnbn+1 ②，由②可得an+1= ③，將③代入①得，對任意n≥2，n∈N？鄢，有2bn=+，即2=+，故{}是等差數(shù)列.

（2）設(shè)數(shù)列{}的公差為d，由a1=10，a2=15，經(jīng)計(jì)算，可得b1=，b2=18，則有=，=3，且d=-=3-=. 故有=+·（n-1）=·（n+4），故bn=，an=.

（3）由（1）可得==2-，則有Sn=2-+-+…+-=2-. 不等式2aSn<2-化為4a-<2-，即（a-1）n2+（3a-6）n-8<0. 設(shè)f（n）=（a-1）n2+（3a-6）n-8，則f（n）<0對任意正整數(shù)n恒成立. 當(dāng)a-1>0，即a>1時，不滿足條件;當(dāng)a-1=0，即a=1時，滿足條件;當(dāng)a-1<0，即a<1時，則f（n）的對稱軸為x= -<0， f（n）關(guān)于n遞減. 因此，只需f（1）=4a-15<0，解得a<，故a<1. 綜合上述，可得a≤1.endprint

（2）解法1：由S=a100+a101+…+a199=×100=50（3a100-a1），令a1=cosθ，a100=sinθ，故有S=50（3sinθ-cosθ）=500sin（θ+φ）≤500，即選B.

解法2：由S=a100+a101+…+a199=×100=50（3a100-a1）≤50·=50·≤500，選B.

例3 ?（2014年高考浙江卷）數(shù)列{an}和{bn}滿足a1a2…an=（）（n∈N？鄢）. 若{an}為等比數(shù)列，且a1=2，b3=6+b2.

（1）求an與bn;

（2）設(shè)cn=-（n∈N？鄢），記數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Sn.

①求Sn;

②求正整數(shù)k，使得對任意n∈N？鄢均有Sk≥Sn.

思索 ?（1）將等比數(shù)列中的項(xiàng)b2，b3均用a1和q來表示，結(jié)合已知條件建立方程，解出q，即可求出其通項(xiàng);（2）在有關(guān)前n項(xiàng)和的問題中，有兩個新數(shù)列的前n項(xiàng)和的問題，分清數(shù)列的類型和基本量尤為關(guān)鍵，并且問題中穿插了一點(diǎn)放縮的技巧，是一個考查知識點(diǎn)全面，但難度不大的數(shù)列問題.

破解 ?（1）由題意可知a1a2…an=（），且b3-b2=6，可知a3=（）=8. 又a1=2，故數(shù)列{an}的公比q=2，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n，n∈N？鄢，則可得a1·a2·a3…an=2=（），故數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn=n（n+1）.

（2）①由（1）可知，cn=-=-+（n∈N？鄢），故Sn=-（n∈N？鄢）.

②因?yàn)閏1=0，c2>0，c3>0，c4>0，當(dāng)n≥5時，有cn=·-1，而-=>0，故有≤<1. 即當(dāng)n≥5時，有cn<0. 綜合上述可知，對任意的n∈N？鄢恒有S4≥Sn，故有k=4.

例4 ?已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=3，前n項(xiàng)和為Sn，且Sn+1=3Sn+2n（n∈N？鄢）.

（1）試判斷數(shù)列{an+1}是否成等比數(shù)列，并求出數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;

（2）記Tn為數(shù)列{an+1}的前n項(xiàng)和，求的最小值.

思索 ?（1）判斷數(shù)列為等差（比）數(shù)列是高考中的常見題型，通常由條件中的“暗示”，將關(guān)系式進(jìn)行轉(zhuǎn)化，利用定義法或中項(xiàng)證明;（2）中涉及離散型數(shù)列的單調(diào)性.

破解 ?（1）因?yàn)镾n+1=3Sn+2n ①，Sn=3Sn-1+2（n-1） ②，由①-②可得an+1=3an+2，即有an+1+1=3（an+1）（n≥2）. 又a1=3，a2=8，所以a2+1≠3（a1+1）. 故數(shù)列{an+1}從第二項(xiàng)起成等比數(shù)列，所以an=3，n=1，3n-1，n≥2.

（2）由Tn=（a1+1）+（a2+1）+…+（an+1）=4+9+27+…+3n=，則有==.

令bn=1+n+1-n+1，則有bn-bn-1=<0，即有0. 故數(shù)列是遞增數(shù)列，則當(dāng)n=1時，取得最小值為=.

1. 若等差數(shù)列{an}的前6項(xiàng)和為23，前9項(xiàng)和為57，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=_____.

2. （2014年高考廣東卷）若等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，且a10a11+a9a12=2e5，則lna1+lna2+…+lna20=________.

3. （2014年高考北京卷）若等差數(shù)列{an}滿足a7+a8+a9>0，a7+a10<0，則當(dāng)n=________時，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和最大.

4. （2014年高考江西卷）已知首項(xiàng)都是1的兩個數(shù)列{an}，{bn}（bn≠0，n∈N？鄢），滿足anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0.

（1）令cn=，求數(shù)列{cn}的通項(xiàng)公式;

（2）若bn=3n-1，求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn.

5. 已知正項(xiàng)數(shù)列{an}，{bn}滿足：對任意正整數(shù)n，都有an，bn，an+1成等差數(shù)列，bn，an+1，bn+1成等比數(shù)列，且a1=10，a2=15.

（1）求證：數(shù)列{}是等差數(shù)列;

（2）求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式;

（3）設(shè)Sn=++…+，如果對任意正整數(shù)n，不等式2aSn<2-恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

參考答案

1. Sn=n2-n.

2. 由題意知a10a11+a9a12=2a10a11=2e5，故有a10a11=e5，而a1·a2·…·a20=（a1a20）10=（a10a11）10=（e5）10=e50. 故可得lna1+lna2+…+lna20=ln（a1·a2·…·a20）=ln（e50）=50.

3. 8

4. （1）由anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0，可得-+2=0，即有-=2，且=1，即數(shù)列{cn}是以1為首項(xiàng)、2為公差的等差數(shù)列，即有cn=2n-1.

（2）由cn==2n-1，故可得an=（2n-1）·3n-1，則有Sn=a1+a2+a3+…+an=1·30+3·31+5·32+…+（2n-1）·3n-1 ①，故有3Sn=1·3+3·32+5·33+…+（2n-3）·3n-1+（2n-1）·3n ②.

由①-②可得-2Sn=1+2·3+2·32+…+2·3n-1-（2n-1）·3n=（2-2n）·3n-2，故Sn=（n-1）·3n+1.

5. （1）由已知，2bn=an+an+1 ①，a=bnbn+1 ②，由②可得an+1= ③，將③代入①得，對任意n≥2，n∈N？鄢，有2bn=+，即2=+，故{}是等差數(shù)列.

（2）設(shè)數(shù)列{}的公差為d，由a1=10，a2=15，經(jīng)計(jì)算，可得b1=，b2=18，則有=，=3，且d=-=3-=. 故有=+·（n-1）=·（n+4），故bn=，an=.

（3）由（1）可得==2-，則有Sn=2-+-+…+-=2-. 不等式2aSn<2-化為4a-<2-，即（a-1）n2+（3a-6）n-8<0. 設(shè)f（n）=（a-1）n2+（3a-6）n-8，則f（n）<0對任意正整數(shù)n恒成立. 當(dāng)a-1>0，即a>1時，不滿足條件;當(dāng)a-1=0，即a=1時，滿足條件;當(dāng)a-1<0，即a<1時，則f（n）的對稱軸為x= -<0， f（n）關(guān)于n遞減. 因此，只需f（1）=4a-15<0，解得a<，故a<1. 綜合上述，可得a≤1.endprint