江苏专用2025版高考数学二轮复习专题三数列高考热点追踪三学案文苏教版

PAGE1-高考热点追踪(三)交汇性试题，一直是高考试题中最为亮丽的风景线，这类问题着重考查视察发觉，类比转化以及运用数学学问分析和解决数学问题的实力．下面举例说明数列的交汇性运用，请同学们赏析．一、数列与几何图形交汇(2024·南通模拟)如图是一个面积为1的三角形，现进行如下操作．第一次操作：分别连结这个三角形三边的中点，构成4个三角形，挖去中间一个三角形(如图①中阴影部分所示)，并在挖去的三角形上贴上数字标签“1”；其次次操作：连结剩余的三个三角形三边的中点，再挖去各自中间的三角形(如图②中阴影部分所示)，同时在挖去的3个三角形上都贴上数字标签“2”；第三次操作：连结剩余的各三角形三边的中点，再挖去各自中间的三角形，同时在挖去的三角形上都贴上数字标签“3”；……，如此下去．记第n次操作后剩余图形的总面积为an．(1)求a1、a2；(2)欲使剩余图形的总面积不足原三角形面积的eq\f(1,4)，问至少经过多少次操作？(3)求第n次操作后，挖去的全部三角形上所贴标签上的数字和Sn．【解】(1)a1＝eq\f(3,4)，a2＝eq\f(9,16)．(2)因为{an}是以eq\f(3,4)为首项，以eq\f(3,4)为公比的等比数列，所以an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n)．由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n)<eq\f(1,4)，得3n<4n－1．因为31>40，32>41，33>42，34>43，35<44，所以当n＝5时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n)<eq\f(1,4)．所以至少经过5次操作，可使剩余图形的总面积不足原三角形面积的eq\f(1,4)．(3)设第n次操作挖去bn个三角形，则{bn}是以1为首项，3为公比的等比数列，即bn＝3n－1．所以全部三角形上所贴标签上的数字的和Sn＝1×1＋2×3＋…＋n×3n－1，则3Sn＝1×3＋2×32＋…＋n×3n，两式相减，得－2Sn＝(1＋3＋32＋…＋3n－1)－n×3n＝eq\f(3n－1,2)－n×3n，故Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)－\f(1,4)))×3n＋eq\f(1,4)．[名师点评]本题把几何问题与代数解法自然联系起来．从运算到推理，都要有很强的思维推断性和娴熟的解题技能．合理的推断，能使解题简捷、运算简洁，节约大量的解题时间，反之，则会因运算繁杂不断出错而无法进行下去，这体现了有较高的思维水平者因能擅长运用思维而赢得解题时间，是高层次的解决问题实力的标记．二、数列与三角函数交汇已知函数f(x)＝eq\f(\r(3),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－eq\f(1,2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))．(1)求函数f(x)的最小正周期与单调递减区间；(2)若函数g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))，x>0且函数g(x)的图象与直线y＝eq\f(\r(3),2)交点的横坐标由小到大依次是x1，x2，…，xn，求数列{xn}的前100项和．【解】f(x)＝eq\f(\r(3),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－eq\f(1,2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)－\f(π,6)))＝sin2x．(1)函数f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π．令2kπ＋eq\f(π,2)≤2x≤2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，得kπ＋eq\f(π,4)≤x≤kπ＋eq\f(3π,4)，k∈Z，所以函数f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,4)，kπ＋\f(3π,4)))，k∈Z．(2)法一：因为g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))，所以g(x)＝sinx，x>0．由sinx＝eq\f(\r(3),2)，x>0，得x＝2kπ＋eq\f(π,3)，k∈N或x＝2kπ＋eq\f(2π,3)，k∈N，所以x1＋x2＋…＋x99＋x100＝(x1＋x3＋x5＋…＋x99)＋(x2＋x4＋x6＋…＋x100)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2π＋\f(π,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4π＋\f(π,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(98π＋\f(π,3)))))＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2π＋\f(2π,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4π＋\f(2π,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(98π＋\f(2π,3)))))＝eq\f(50\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋98π＋\f(π,3))),2)＋eq\f(50\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋98π＋\f(2π,3))),2)＝eq\f(50×198π,2)＝4950π．法二：因为g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))，所以g(x)＝sinx，x>0．由正弦函数的对称性、周期性，可知eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(π,2)，eq\f(x3＋x4,2)＝2π＋eq\f(π,2)，eq\f(x5＋x6,2)＝4π＋eq\f(π,2)，…，eq\f(x99＋x100,2)＝98π＋eq\f(π,2)，所以x1＋x2＋…＋x99＋x100＝π＋5π＋…＋193π＋197π＝eq\f(50×（π＋197π）,2)＝4950π．[名师点评]高考试题力求以角度新、情境新、设问方式新的形式呈现．提高难度主要在于“新”，而不在“难”，“新”本身就已蕴涵“难”．把“新”作为关键，能够考查思维的敏捷性和创建性，体现高考的选拔功能，本题很好地体现了这一特征．三、数列与向量交汇(2024·南京四校第一学期联考)已知向量a＝(x，－1)，b＝(xy，x－y)，若a⊥b，y＝f(x)．(1)求f(x)的表达式；(2)已知各项都为正数的数列{an}满意a1＝eq\f(1,3)，aeq\o\al(2,n＋1)＝2anf(an)(n∈N*)，求数列{an}的通项公式；(3)在(2)的条件下，设bn＝eq\f(1,aeq\o\al(2,n))－1，Sn为数列{bn}的前n项和，求使Sn＞eq\f(127,8)成立的n的最小值．【解】(1)由a⊥b，得x2y＋(－1)(x－y)＝0，所以y＝eq\f(x,x2＋1)，则f(x)的表达式为f(x)＝eq\f(x,x2＋1)．(2)由(1)知f(x)＝eq\f(x,x2＋1)，所以aeq\o\al(2,n＋1)＝2anf(an)＝2an·eq\f(an,aeq\o\al(2,n)＋1)＝eq\f(2aeq\o\al(2,n),aeq\o\al(2,n)＋1)，因此eq\f(1,aeq\o\al(2,n＋1))＝eq\f(aeq\o\al(2,n)＋1,2aeq\o\al(2,n))＝eq\f(1,2aeq\o\al(2,n))＋eq\f(1,2)，所以eq\f(1,aeq\o\al(2,n＋1))－1＝eq\f(1,2aeq\o\al(2,n))－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,aeq\o\al(2,n))－1))．又eq\f(1,aeq\o\al(2,1))－1＝9－1＝8≠0，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,aeq\o\al(2,n))－1))是以8为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列，则eq\f(1,aeq\o\al(2,n))－1＝8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＝24－n．又an＞0，所以an＝eq\f(1,\r(24－n＋1))，则数列{an}的通项公式为an＝eq\f(1,\r(24－n＋1))．(3)由(2)知数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,aeq\o\al(2,n))－1))是以8为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列，而bn＝eq\f(1,aeq\o\al(2,n))－1，所以数列{bn}是以8为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列，因此数列{bn}的前n项和Sn＝eq\f(8\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＝16eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))．又Sn＞eq\f(127,8)，所以16eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))＞eq\f(127,8)，则eq\f(1,2n)＜eq\f(1,128)，所以n＞7．所以正整数n的最小值为8．[名师点评]由于向量既能体现“形”的直观位置特征，又具有“数”的良好运算性质，是数形结合与转换的桥梁和纽带，因此在向量与数列交汇处设计试题，已渐渐成为高考命题的一个亮点．数列{an}，{bn}都是等差数列，它们的前n项和分别为Sn，Tn，假如eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(5n＋13,4n＋5)，求eq\f(a10,b10)的值．考查目标：(1)等差数列基本量的运算；(2)等差数列性质的运用；(3)相关的数学思想：如转化化归思想，函数与方程思想等．解法探究：法一：利用方程的思想，找寻a1，b1，d，d′的关系．因为eq\f(a1,b1)＝eq\f(S1,T1)＝2，eq\f(2a1＋d,2b1＋d′)＝eq\f(S2,T2)＝eq\f(23,13)，eq\f(3a1＋3d,3b1＋3d′)＝eq\f(S3,T3)＝eq\f(28,17)．所以a1＝2b1，d＝eq\f(10,9)b1，d′＝eq\f(8,9)b1，所以eq\f(a10,b10)＝eq\f(a1＋9d,b1＋9d′)＝eq\f(2b1＋10b1,b1＋8b1)＝eq\f(4,3)．一般地，eq\f(an,bn)＝eq\f(a1＋（n－1）d,b1＋（n－1）d′)＝eq\f(2b1＋\f(10,9)（n－1）b1,b1＋\f(8,9)（n－1）b1)＝eq\f(8＋10n,1＋8n)．法二：利用前n项和的函数特征．由题意知两等差数列的公差均不为0，由于Sn＝An2＋Bn，Sn是关于n的二次函数且没有常数项，因此可依据题意将其设为Sn＝kn(5n＋13)＝5kn2＋13kn，Tn＝kn(4n＋5)＝4kn2＋5kn(k是常数)，因为an＝Sn－Sn－1＝k(5n2＋13n)－k[5(n－1)2＋13(n－1)]＝k(10n＋8)．bn＝Tn－Tn－1＝k(4n2＋5n)－k[4(n－1)2＋5(n－1)]＝k(8n＋1)．所以eq\f(an,bn)＝eq\f(10n＋8,8n＋1)，所以eq\f(a10,b10)＝eq\f(10×10＋8,8×10＋1)＝eq\f(4,3)．法三：利用性质，从一般到特别．eq\f(an,bn)＝eq\f(2an,2bn)＝eq\f(a1＋a2n－1,b1＋b2n－1)＝eq\f(（a1＋a2n－1）\f(1,2)（2n－1）,（b1＋b2n－1）\f(1,2)（2n－1）)＝eq\f(S2n－1,T2n－1)＝eq\f(5（2n－1）＋13,4（2n－1）＋5)＝eq\f(10n＋8,8n＋1)(n∈N*)，所以eq\f(a10,b10)＝eq\f(10×10＋8,8×10＋1)＝eq\f(4,3)．[方法提炼与启示]性质1若{an}是等差数列，它的前n项和为Sn，则eq\f(S2n－1,S2m－1)＝eq\f(（2n－1）an,（2m－1）am)．证明：eq\f(S2n－1,S2m－1)＝eq\f(（2n－1）a1＋\f(（2n－1）（2n－2）d,2),（2m－1）a1＋\f(（2m－1）（2m－2）d,2))＝eq\f(（2n－1）[a1＋（n－1）d],（2m－1）[a1＋（m－1）d])＝eq\f(（2n－1）an,（2m－1）am)．性质2若{an}是等差数列，它的前n项和为Sn，则eq\f(Sm,Sn)＝eq\f(am2＋bm,an2＋bn)．证明：eq\f(Sm,Sn)＝eq\f(\f(d,2)m2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))m,\f(d,2)n2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n)＝eq\f(am2＋bm,an2＋bn)．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中a＝\f(d,2)，b＝a1－\f(d,2)))[例题变式]若{an}是等差数列，且eq\f(Sm,Sn)＝eq\f(m2－2m,n2－2n)，求eq\f(a5,a6)．[解]法一：利用性质1，得eq\f(a5,a6)＝eq\f(11S9,9S11)＝eq\f(7,9)．法二：利用性质2，得eq\f(Sm,Sn)＝eq\f(\f(d,2)m2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))m,\f(d,2)n2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n)＝eq\f(m2－2m,n2－2n)．设eq\f(d,2)＝k，a1－eq\f(d,2)＝－2k(k≠0)，则a1＝－k，d＝2k．所以eq\f(a5,a6)＝eq\f(a1＋4d,a1＋5d)＝eq\f(－k＋8k,－k＋10k)＝eq\f(7,9)．1．在数列{an}中，an＝－2n2＋29n＋3，则此数列最大项的值是________．[解析]依据题意并结合二次函数的性质可得：an＝－2n2＋29n＋3＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n2－\f(29,2)n))＋3＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(29,4)))eq\s\up12(2)＋3＋eq\f(841,8)，所以n＝7时，an取得最大值，最大项a7的值为108．[答案]1082．(2024·南京、盐城高三模拟)设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn．若S3＝aeq\o\al(2,2)，且S1，S2，S4成等比数列，则a10等于________．[解析]设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，由S3＝aeq\o\al(2,2)得3a2＝aeq\o\al(2,2)，a2＝0或3．又由S1，S2，S4成等比数列可得Seq\o\al(2,2)＝S1S4．若a2＝0，则S1＝S2＝a1≠0．S2＝S4＝a1，a2＋a3＋a4＝3a3＝0，a3＝0，则d＝0，故a2＝0舍去；若a2＝3，则S1＝3－d，S2＝6－d，S4＝12＋2d，(6－d)2＝(3－d)(12＋2d)(d≠0)，得d＝2，此时a10＝a2＋8d＝19．[答案]193．已知log3x＝eq\f(－1,log23)，则x＋x2＋x3＋…＋xn＝________．[解析]由log3x＝eq\f(－1,log23)⇒log3x＝－log32⇒x＝eq\f(1,2)．由等比数列求和公式得x＋x2＋x3＋…＋xn＝eq\f(x（1－xn）,1－x)＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝1－eq\f(1,2n)．[答案]1－eq\f(1,2n)4．(2024·淮阴质检改编)已知数列{an}满意an＋1＝eq\f(1,2)＋eq\r(an－aeq\o\al(2,n))，且a1＝eq\f(1,2)，则该数列的前2016项的和为________．[解析]因为a1＝eq\f(1,2)，又an＋1＝eq\f(1,2)＋eq\r(an－aeq\o\al(2,n))，所以a2＝1，从而a3＝eq\f(1,2)，a4＝1，即得an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，n＝2k－1（k∈N*），,1，n＝2k（k∈N*），))故数列的前2016项的和等于S2016＝1008×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＝1512．[答案]15125．(2024·盐城市高三第三次模拟考试)已知正项数列{an}满意an＋1＝eq\f(1,a1＋a2)＋eq\f(1,a2＋a3)＋eq\f(1,a3＋a4)＋…＋eq\f(1,an＋an＋1)＋1，其中n∈N*，a4＝2，则a2019＝______．[解析]an＋1＝eq\f(1,a1＋a2)＋eq\f(1,a2＋a3)＋…＋eq\f(1,an＋an＋1)＋1，所以n≥2时，an＝eq\f(1,a1＋a2)＋eq\f(1,a2＋a3)＋…＋eq\f(1,an－1＋an)＋1，两式相减得an＋1－an＝eq\f(1,an＋1＋an)(n≥2)，所以aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝1(n≥2)，aeq\o\al(2,2019)＝aeq\o\al(2,4)＋(2019－4)×1＝2019，所以a2019＝eq\r(2019)．[答案]eq\r(2019)6．已知数列{an}满意an＝eq\f(1＋2＋3＋…＋n,n)，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前n项和为________．[解析]an＝eq\f(1＋2＋3＋…＋n,n)＝eq\f(n＋1,2)，eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(4,（n＋1）（n＋2）)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))，所求的前n项和为4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(2n,n＋2)．[答案]eq\f(2n,n＋2)7．秋末冬初，流感盛行．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天入院治疗甲流的人数为________．[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＋eq\f(15×14,2)×2＝255．[答案]2558．(2024·辽宁五校协作体联考)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＝________．[解析]依题意得，当n是奇数时，an＋2－an＝1，即数列{an}中的奇数项依次形成首项为1、公差为1的等差数列，a1＋a3＋a5＋…＋a59＝30×1＋eq\f(30×29,2)×1＝465；当n是偶数时，an＋2＋an＝1，即数列{an}中的相邻的两个偶数项之和均等于1，a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a58＋a60＝(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋…＋(a58＋a60)＝15．因此，该数列的前60项和S60＝465＋15＝480．[答案]4809．(2024·苏锡常镇四市高三调研)设公差为d(d为奇数，且d>1)的等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－9，Sm＝0，其中m>3，且m∈N*，则an＝________．[解析]由条件得(m－1)a1＋eq\f(（m－1）（m－2）,2)d＝－9，ma1＋eq\f(（m－1）m,2)d＝0，消去a1得，eq\f(m－1,m)＝eq\f(－9－\f(（m－1）（m－2）,2)d,－\f(m（m－1）,2)d)，整理得(m－1)d＝18，因为d为奇数，且d>1，m>3，m∈N*，故d＝3，m＝7，从而a1＝－9，故an＝3n－12．[答案]3n－1210．(2024·高三年级第一次模拟考试)若数列{an}满意a1＝0，a4n－1－a4n－2＝a4n－2－a4n－3＝3，eq\f(a4n,a4n－1)＝eq\f(a4n＋1,a4n)＝eq\f(1,2)，其中n∈N*，且对随意n∈N*都有an<m成立，则m的最小值为______．[解析]在a4n－1－a4n－2＝a4n－2－a4n－3＝3中令n＝1，得a3－a2＝a2－a1＝3，因为a1＝0，所以a2＝3，a3＝6．又eq\f(a4n,a4n－1)＝eq\f(1,2)，所以a4＝eq\f(1,2)a3＝3．由a4n－1－a4n－2＝a4n－2－a4n－3＝3得a4n＋3－a4n＋2＝a4n＋2－a4n＋1＝3，又由已知得a4n＋1＝eq\f(1,2)a4n，所以a4n＋2＝eq\f(1,2)a4n＋3，所以a4n＋3＝a4n＋2＋3＝eq\f(1,2)a4n＋6，a4n＋4＝eq\f(1,2)a4n＋3＝eq\f(1,4)a4n＋3，所以a4n＋4－4＝eq\f(1,4)(a4n－4)，所以{a4n－4}是首项为－1，公比为eq\f(1,4)的等比数列，所以a4n＝4－eq\f(1,4n－1)<4，a4n－1＝2a4n＝8－eq\f(2,4n－1)<8，a4n－2＝a4n－1－3＝5－eq\f(2,4n－1)<5，a4n－3＝a4n－2－3＝2－eq\f(2,4n－1)<2．综上，an<8，因为对随意n∈N*都有an<m，所以m≥8，所以m的最小值为8．[答案]811．(2024·淮安质检)设数列{an}的前n项和为Sn，满意an＋Sn＝An2＋Bn＋1(A≠0)．(1)已知数列{an}是等差数列，求eq\f(B－1,A)的值；(2)若a1＝eq\f(3,2)，a2＝eq\f(9,4)，求证：数列{an－n}是等比数列，并求数列{an}的通项公式．[解](1)因为{an}是等差数列，所以可设an＝a1＋(n－1)d，an＋Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(d,2)))n＋(a1－d)，可得A＝eq\f(d,2)，B＝a1＋eq\f(d,2)，a1－d＝1，所以eq\f(B－1,A)＝eq\f(a1＋\f(d,2)－1,\f(d,2))＝eq\f(\f(3d,2),\f(d,2))＝3．(2)分别令n＝1，2得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＝A＋B＋1＝3，,2a2＋a1＝4A＋2B＋1＝6，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(A＝\f(1,2)，,B＝\f(3,2)．))于是an＋Sn＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(3,2)n＋1，an＋1＋Sn＋1＝eq\f(1,2)(n＋1)2＋eq\f(3,2)(n＋1)＋1，相减得an＋1－(n＋1)＝eq\f(1,2)(an－n)．又a1－1＝eq\f(1,2)≠0，故数列{an－n}是等比数列．所以an－n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)，则an＝n＋eq\f(1,2n)．12．(2024·镇江市高三调研考试)已知n∈N*，数列{an}的各项均为正数，前n项的和为Sn，且a1＝1，a2＝2，设bn＝a2n－1＋a2n．(1)假如数列{bn}是公比为3的等比数列，求S2n；(2)假如对随意n∈N*，Sn＝eq\f(aeq\o\al(2,n)＋n,2)恒成立，求数列{an}的通项公式；(3)假如S2n＝3(2n－1)，数列{anan＋1}为等比数列，求数列{an}的通项公式．[解](1)b1＝a1＋a2＝1＋2＝3，S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n)＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(3（1－3n）,1－3)＝eq\f(3（3n－1）,2)．(2)由2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋n得，当n≥2时，2Sn－1＝aeq\o\al(2,n－1)＋n－1，则2an＝2Sn－2Sn－1＝aeq\o\al(2,n)＋n－(aeq\o\al(2,n－1)＋n－1)＝aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋1，(an－1)2－aeq\o\al(2,n－1)＝0，(an－an－1－1)(an＋an－1－1)＝0，故an－an－1＝1或an＋an－1＝1．(*)下面证明an＋an－1＝1对随意的n∈N*恒不成立．事实上，因为a1＋a2＝3，所以an＋an－1＝1不恒成立；若存在n∈N*，使an＋an－1＝1，设n0是满意上式的最小正整数，即an0＋an0－1＝1，明显n0＞2，且an0－1∈(0，1)，则an0－1＋an0－2≠1，则由(*)式知，an0－1－an0－2＝1，则an0－2＜0，冲突．故an＋an－1＝1对随意的n∈N*恒不成立，所以an－an－1＝1对随意的n∈N*恒成立．因此{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以an＝1＋(n－1)＝n．(3)因为数列{anan＋1}为等比数列，设公比为q，则当n≥2时，eq\f(anan＋1,an－1an)＝eq\f(an＋1,an－1)＝q．即{a2n－1}，{a2n}分别是以1，2为首项，q为公比的等比数列，故a3＝q，a4＝2q．令n＝2，有S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1＋2＋q＋2q＝9，则q＝2．当q＝2时，a2n－1＝2n－1，a2n＝2×2n－1＝2n，bn＝a2n－1＋a2n＝3×2n－1，此时S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n)＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(3（1－2n）,1－2)＝3(2n－1)．综上所述，an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2\s\up6(\f(n－1,2))，当n为奇数，,2\s\up6(\f(n,2))，当n为偶数．))13．(2024·南京、盐城高三模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且对随意正整数n都有an＝(－1)nSn＋pn(p为常数，p≠0)．(1)求p的值；(2)求数列{an}的通项公式；(3)设集合An＝{a2n－1，a2n}，且bn，cn∈An，记数列{nbn}，{ncn}的前n项和分别为Pn，Qn．若b1≠c1，求证：对随意n∈N*，Pn≠Qn．[解](1)由a1＝－S1＋p，得a1＝eq\f(p,2)，由a2＝S2＋p2，得a1＝－p2，所以eq\f(p,2)＝－p2．又p≠0，所以p＝－eq\f(1,2)．(2)由an＝(－1)nSn＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＝（－1）nSn＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(n)，①,an＋1＝－（－1）nSn＋1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(n＋1)，②))①＋②得an＋an＋1＝(－1)n(－an＋1)＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n)．当n为奇数时，an＋an＋1＝an＋1－eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)，所以an＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n＋1)，当n为偶数时，an＋an＋1＝－an＋1＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)，所以an＝－2an＋1＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n＋2)＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)．所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2n＋1)，n为奇数，n∈N*，,\f(1,2n)，n为偶数，n∈N*．))(3)证明：An＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4n)，\f(1,4n)))，由于b1≠c1，则b1与c1一正一负，不妨设b1>0，则b1＝eq\f(1,4)，c1＝－eq\f(1,4)，则Pn＝b1＋2b2＋3b3＋…＋nbn≥eq\f(1,4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,42)＋\f(3,43)＋…＋\f(n,4n)))．设S＝eq\f(2,42)＋eq\f(3,43)＋…＋eq\f(n,4n)，则eq\f(1,4)S＝eq\f(2,43)＋…＋eq\f(n－1,4n)＋eq\f(n,4n＋1)，两式相减得eq\f(3,4)S＝eq\f(2,42)＋eq\f(1,43)＋…＋eq\f(1,4n)－eq\f(n,4n＋1)＝eq\f(1,16)＋eq\f(1,16)×eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))\s\up12(n－1),1－\f(1,4))－eq\f(n,4n＋1)＝eq\f(7,48)－eq\f(1,12)×eq\f(1,4n－1)－eq\f(n,4n＋1)<eq\f(7,48)．所以S<eq\f(7,48)×eq\f(4,3)＝eq\f(7,36)，所以Pn≥eq\f(1,4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,42)＋\f(3,43)＋…＋\f(n,4n)))>eq\f(1,4)－eq\f(7,36)＝eq\f(1,18)>0．因为Qn＝c1＋2c2＋3c3＋…＋ncn≤－eq\f(1,4)＋S<－eq\f(1,4)＋eq\f(7,36)＝－eq\f(1,18)<0，所以Pn≠Qn．14．(2024·