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已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=n（n+1）（n∈N*）。（1）求数列{an}的通项公式；（2）若数列{bn}满足：an=，求数列{bn}的通项公式；（3）令cn=（n∈N*），求数列{cn}的前n项和Tn。
题型：解答题难度：中档来源：0120
解：（1）当时，当时，知满足该式∴数列的通项公式为；（2）（） ①∴&②②-①得，故（n∈N*）；（3）∴令&①则&②①-②得∴所以数列{cn}的前n项和。
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据魔方格专家权威分析，试题“已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=n（n+1）（n∈N*）。（1）求数列{an}的..”主要考查你对&&等差数列的通项公式，一般数列的通项公式，数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）&&等考点的理解。关于这些考点的“档案”如下：
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等差数列的通项公式一般数列的通项公式数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）
等差数列的通项公式:
an=a1+（n-1）d，n∈N*。 an=dn+a1-d，d≠0时，是关于n的一次函数，斜率为公差d； an=kn+b（k≠）｛an｝为等差数列，反之不能。 对等差数列的通项公式的理解：
&①从方程的观点来看，等差数列的通项公式中含有四个量，只要已知其中三个，即可求出另外一个．其中a1和d是基本量，只要知道a1和d即可求出等差数列的任一项；②从函数的观点来看，在等差数列的通项公式中，。。是n的一次函数，其图象是直线y=dx+（a1-d）上均匀排开的一列孤立点，我们知道两点确定一条直线，因此，给出一个等差数列的任意两项，等差数列就被唯一确定了，等差数列公式的推导：
等差数列的通项公式可由归纳得出，当然，等差数列的通项公式也可用累加法得到：
&一般数列的定义：
如果数列{an}的第n项an与序号n之间的关系可以用一个式子表示成an=f（n），那么这个公式叫做这个数列的通项公式。
&通项公式的求法：
（1）构造等比数列：凡是出现关于后项和前项的一次递推式都可以构造等比数列求通项公式； （2）构造等差数列：递推式不能构造等比数列时，构造等差数列； （3）递推：即按照后项和前项的对应规律，再往前项推写对应式。已知递推公式求通项常见方法：①已知a1=a,an+1=qan+b,求an时，利用待定系数法求解，其关键是确定待定系数λ，使an+1&+λ=q(an+λ)进而得到λ。②已知a1=a,an=an-1+f(n)(n≥2),求an时，利用累加法求解，即an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)的方法。③已知a1=a,an=f(n)an-1(n≥2)，求an时，利用累乘法求解。数列求和的常用方法：
1.裂项相加法：数列中的项形如的形式，可以把表示为，累加时抵消中间的许多项，从而求得数列的和； 2、错位相减法：源于等比数列前n项和公式的推导，对于形如的数列，其中为等差数列，为等比数列，均可用此法； 3、倒序相加法：此方法源于等差数列前n项和公式的推导，目的在于利用与首末两项等距离的两项相加有公因式可提取，以便化简后求和。4、分组转化法：把数列的每一项分成两项，或把数列的项“集”在一块重新组合，或把整个数列分成两个部分，使其转化为等差或等比数列，这一求和方法称为分组转化法。5、公式法求和：所给数列的通项是关于n的多项式，此时求和可采用公式求和，常用的公式有：& 数列求和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法。 数列求和特别提醒：
（1）对通项公式含有的一类数列，在求时，要注意讨论n的奇偶性；（2）在用等比数列前n项和公式时，一定要分q=1和q≠1两种情况来讨论。
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与“已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=n（n+1）（n∈N*）。（1）求数列{an}的..”考查相似的试题有：
6228104420094546414107076264074055842014年高考真题解析分类汇编纯word可编辑-数学理-d单元 数列
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D单元 数列
数列的概念与简单表示法
17．、、[2014·江西卷]
已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)满足anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝
(1)令cn＝，求数列{cn}的通项公式；
(2)若bn＝3n－1，求数列{an}的前n项和n.
17．解：(1)因为anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0(n∈N*)，所以－＝2，即cn
＋1－cn＝2，
所以数列{cn}是以c1＝1为首项，d＝2为公差的等差数列，故cn＝2n－1.
(2)由bn＝3n－1，知an＝(2n－1)3n－1，于是数列{an}的前n项和n＝1×30＋3×31＋
5×32＋…＋(2n－1)×3n－1，3n＝1×31＋3×32＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)×3n，将两式
相减得－2n＝1＋2×(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n＝－2－(2n－2)×3n，
所以n＝(n－1)3n＋1.
17．、[2014·新课标全国卷Ⅰ]
已知数列{an}的前n项和为n，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λn－1，其中λ为常数．
(1)证明：an＋2－an＝λ.
(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．
17．解：(1)证明：由题设，anan＋1＝λn－1，an＋1an＋2＝λn＋1－1，
两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.
因为an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.
(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λ1－1，可得 a2＝λ－1，
由(1)知，a3＝λ＋1.
若{an}为等差数列，则2a2＝a1＋a3，解得λ＝4，故an＋2－an＝4.
由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，
a2n－1＝4n－3；
{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.
所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.
因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．
17．、、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.
(1)证明是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)证明＋＋…＋＜.
17．解：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋＝3.
又a1＋＝，所以是首项为，公比为3的等比数列，所以an＋＝，因此数列{an}的通项
公式为an＝.
(2)证明：由(1)知＝.
因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，
所以≤，即＝≤.
于是＋＋…＋≤1＋＋…＋＝<.
所以＋＋…＋<.
22．，，[2014·重庆卷] 设a1＝1，an＋1＝－2an＋2)＋b(n∈N*)．
(1)若b＝1，求a2，a3及数列{an}的通项公式．
(2)若b＝－1，问：是否存在实数c使得a2n<c<a2n＋1对所有n∈N*成立？证明你的结论
22．解：(1)方法一：a2＝2，a3＝＋1.
再由题设条件知
(an＋1－1)2＝(an－1)2＋1.
从而{(an－1)2}是首项为0，公差为1的等差数列，
故(an－1)2＝n－1，即an＝＋1(n∈N*)．
方法二：a2＝2，a3＝＋1.
可写为a1＝＋1，a2＝＋1，a3＝＋1.因此猜想an＝＋1.
下面用数归纳法证明上式．
当n＝1时，结论显然成立．
假设n＝时结论成立，即a＝＋1，则
a＋1＝＋1＝＋1＝＋1，
这就是说，当n＝＋1时结论成立．
所以an＝＋1(n∈N*)．
(2)方法一：设f()＝－1，则an＋1＝f(an)．
令c＝f(c)，即c＝－1，解得c＝.
下面用数归纳法证明命题
a2n<c<a2n＋1<1.
当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(0)＝－1，所以a2<<a3<1，结论成立．
假设n＝时结论成立，即a2<c<a2＋1f(a2＋1)>f(1)＝a2，即
1>c>a2＋2>a2.
再由f()在(－∞，1]上为减函数，得c＝f(c)<f(a2＋2)<f(a2)＝a3<1，
故c<a2＋3<1，因此a2(＋1)<c<a2(＋1)＋1<1，这就是说，当n＝＋1时结论成立
综上，存在 c＝使a2n<C<a2a＋1对所有n∈N*成立．
方法二：设f()＝－1，则an＋1＝f(an)．
先证：0≤an≤1(n∈N*)． ①
当n＝1时，结论明显成立．
假设n＝时结论成立，即0≤a≤1.
易知f()在(－∞，1]上为减函数，从而
0＝f(1)≤f(a)≤f(0)＝－1<1.
即0≤a＋1≤1.这就是说，当n＝＋1时结论成立．故①成立．
再证：a2n<a2n＋1(n∈N*)． ②
当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(a2)＝f(0)＝－1，所以a2<a3，即n＝1时②成立．
假设n＝时，结论成立，即a2f(a2＋1)＝a2＋2，
a2(＋1)＝f(a2＋1)<f(a2＋2)＝a2(＋1)＋1.
这就是说，当n＝＋1时②成立．所以②对一切n∈N*成立．
由②得a2n<－2a2n＋2)－1，
即(a2n＋1)2<a－2a2n＋2，
因此a2nf(a2n＋1)，即a2n＋1>a2n＋2.
所以a2n＋1>－2a2n＋1＋2)－1，解得a2n＋1>. ④
综上，由②③④知存在c＝使a2n<c0，a7＋a100，a7＋a10＝a8＋a90，a960n＋800？若存在，求n
的最小值；若不存在，说明理由．
18．解：(1)设数列{an}的公差为d，
依题意得，2，2＋d，2＋4d成等比数列，
故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，
化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.
当d＝0时，an＝2；
当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2.
从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.
(2)当an＝2时，n＝2n，显然2n60n＋800成立．
当an＝4n－2时，n＝＝2n2.
令2n2>60n＋800，即n2－30n－400>0，
解得n>40或n60n＋800成立，n的最小值为41.
综上，当an＝2时，不存在满足题意的正整数n；
当an＝4n－2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.
20．、[2014·湖南卷] 已知数列{an}满足a1＝1，|an＋1－an|＝pn，n∈N*.
(1)若{an}是递增数列，且a1，2a2，3a3成等差数列，求p的值；
(2)若p＝，且{a2n－1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式．
20．解：(1)因为{an}是递增数列，所以an＋1－an＝|an＋1－an|＝pn.而a1＝1，因
此.又a1，2a2，3a3成等差数列，所以4a2＝a1＋3a3，因而3p2－p＝0，解得p＝或p＝0.
当p＝0时，an＋1＝an，这与{an}是递增数列矛盾，故p＝.
(2)由于{a2n－1}是递增数列，因而a2n＋1－a2n－1>0，于是(a2n＋1－a2n)＋(a2n－
a2n－1)>0.①
因为<，所以|a2n＋1－a2n|0，因此a2n－a2n－1＝＝.③
因为{a2n}是递减数列，同理可得，a2n＋1－a2n<0，故a2n＋1－a2n＝－＝.④
由③④可知，an＋1－an＝.
于是an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋－＋…＋＝1＋·＝＋·.
故数列{an}的通项公式为an＝＋·.
8．[2014·辽宁卷]
设等差数列{an}的公差为d.若数列{2a1an}为递减数列，则( )
8．C [解析]
令bn＝2a1an，因为数列{2a1an}为递减数列，所以＝＝2a1(an＋1－an)＝2a1d<1，所得
18．、[2014·全国卷]
等差数列{an}的前n项和为n.已知a1＝10，a2为整数，且n≤4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和n.
18．解：(1)由a1＝10，a2为整数知，等差数列{an}的公差d为整数．
又n≤4，故a4≥0，a5≤0，
于是10＋3d≥0，10＋4d≤0，
解得－≤d≤－，
因此d＝－3.
故数列{an}的通项公式为an＝13－3n.
(2)bn＝＝.于是n＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝＝.
17．、[2014·新课标全国卷Ⅰ]
已知数列{an}的前n项和为n，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λn－1，其中λ为常数．
(1)证明：an＋2－an＝λ.
(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．
17．解：(1)证明：由题设，anan＋1＝λn－1，an＋1an＋2＝λn＋1－1，
两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.
因为an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.
(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λ1－1，可得 a2＝λ－1，
由(1)知，a3＝λ＋1.
若{an}为等差数列，则2a2＝a1＋a3，解得λ＝4，故an＋2－an＝4.
由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，
a2n－1＝4n－3；
{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.
所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.
因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．
19．，，[2014·山东卷]
已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为n，且1，2，4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和n.
19．解： (1)因为1＝a1，2＝2a1＋×2＝2a1＋2，
4＝4a1＋×2＝4a1＋12，
由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1，
所以an＝2n－1.
(2)由题意可知，
bn＝(－1)n－1
＝(－1)n－1
＝(－1)n－1.
当n为偶数时，
n＝－＋…＋－
当n为奇数时，
n＝－＋…－＋
16．，，[2014·陕西卷] △ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.
(1)若a，b，c成等差数列，证明：in A＋in C＝2in(A＋C)；
(2)若a，b，c成等比数列，求co B的最小值．
16．解：(1)∵a，b，c成等差数列，∴a＋c＝2b.
由正弦定理得in A＋in C＝2in B.
∵in B＝in[π－(A＋C)]＝in(A＋C)，
∴in A＋in C＝2in(A＋C)．
(2)∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac.
由余弦定理得
co B＝＝≥＝，
当且仅当a＝c时等号成立，
∴co B的最小值为.
11．、[2014·天津卷]
设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，n为其前n项和．若1，2，4成等比数列
，则a1的值为________．
11．－ [解析]
∵2＝2a1－1，4＝4a1＋×(－1)＝4a1－6，1，2，4成等比数列，
∴(2a1－1)2＝a1(4a1－6)，解得a1＝－.
22．，，[2014·重庆卷] 设a1＝1，an＋1＝－2an＋2)＋b(n∈N*)．
(1)若b＝1，求a2，a3及数列{an}的通项公式．
(2)若b＝－1，问：是否存在实数c使得a2n<c<a2n＋1对所有n∈N*成立？证明你的结论
22．解：(1)方法一：a2＝2，a3＝＋1.
再由题设条件知
(an＋1－1)2＝(an－1)2＋1.
从而{(an－1)2}是首项为0，公差为1的等差数列，
故(an－1)2＝n－1，即an＝＋1(n∈N*)．
方法二：a2＝2，a3＝＋1.
可写为a1＝＋1，a2＝＋1，a3＝＋1.因此猜想an＝＋1.
下面用数归纳法证明上式．
当n＝1时，结论显然成立．
假设n＝时结论成立，即a＝＋1，则
a＋1＝＋1＝＋1＝＋1，
这就是说，当n＝＋1时结论成立．
所以an＝＋1(n∈N*)．
(2)方法一：设f()＝－1，则an＋1＝f(an)．
令c＝f(c)，即c＝－1，解得c＝.
下面用数归纳法证明命题
a2n<c<a2n＋1<1.
当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(0)＝－1，所以a2<<a3<1，结论成立．
假设n＝时结论成立，即a2<c<a2＋1f(a2＋1)>f(1)＝a2，即
1>c>a2＋2>a2.
再由f()在(－∞，1]上为减函数，得c＝f(c)<f(a2＋2)<f(a2)＝a3<1，
故c<a2＋3<1，因此a2(＋1)<c<a2(＋1)＋1<1，这就是说，当n＝＋1时结论成立
综上，存在 c＝使a2n<C<a2a＋1对所有n∈N*成立．
方法二：设f()＝－1，则an＋1＝f(an)．
先证：0≤an≤1(n∈N*)． ①
当n＝1时，结论明显成立．
假设n＝时结论成立，即0≤a≤1.
易知f()在(－∞，1]上为减函数，从而
0＝f(1)≤f(a)≤f(0)＝－1<1.
即0≤a＋1≤1.这就是说，当n＝＋1时结论成立．故①成立．
再证：a2n<a2n＋1(n∈N*)． ②
当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(a2)＝f(0)＝－1，所以a2<a3，即n＝1时②成立．
假设n＝时，结论成立，即a2f(a2＋1)＝a2＋2，
a2(＋1)＝f(a2＋1)<f(a2＋2)＝a2(＋1)＋1.
这就是说，当n＝＋1时②成立．所以②对一切n∈N*成立．
由②得a2n<－2a2n＋2)－1，
即(a2n＋1)2<a－2a2n＋2，
因此a2nf(a2n＋1)，即a2n＋1>a2n＋2.
所以a2n＋1>－2a2n＋1＋2)－1，解得a2n＋1>. ④
综上，由②③④知存在c＝使a2n<c60n＋800？若存在，求n
的最小值；若不存在，说明理由．
18．解：(1)设数列{an}的公差为d，
依题意得，2，2＋d，2＋4d成等比数列，
故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，
化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.
当d＝0时，an＝2；
当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2.
从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.
(2)当an＝2时，n＝2n，显然2n60n＋800成立．
当an＝4n－2时，n＝＝2n2.
令2n2>60n＋800，即n2－30n－400>0，
解得n>40或n60n＋800成立，n的最小值为41.
综上，当an＝2时，不存在满足题意的正整数n；
当an＝4n－2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.
17．、、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.
(1)证明是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)证明＋＋…＋＜.
17．解：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋＝3.
又a1＋＝，所以是首项为，公比为3的等比数列，所以an＋＝，因此数列{an}的通项
公式为an＝.
(2)证明：由(1)知＝.
因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，
所以≤，即＝≤.
于是＋＋…＋≤1＋＋…＋＝<.
所以＋＋…＋<.
19．，，[2014·山东卷]
已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为n，且1，2，4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和n.
19．解： (1)因为1＝a1，2＝2a1＋×2＝2a1＋2，
4＝4a1＋×2＝4a1＋12，
由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1，
所以an＝2n－1.
(2)由题意可知，
bn＝(－1)n－1
＝(－1)n－1
＝(－1)n－1.
当n为偶数时，
n＝－＋…＋－
当n为奇数时，
n＝－＋…－＋
16．，，[2014·陕西卷] △ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.
(1)若a，b，c成等差数列，证明：in A＋in C＝2in(A＋C)；
(2)若a，b，c成等比数列，求co B的最小值．
16．解：(1)∵a，b，c成等差数列，∴a＋c＝2b.
由正弦定理得in A＋in C＝2in B.
∵in B＝in[π－(A＋C)]＝in(A＋C)，
∴in A＋in C＝2in(A＋C)．
(2)∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac.
由余弦定理得
co B＝＝≥＝，
当且仅当a＝c时等号成立，
∴co B的最小值为.
11．、[2014·天津卷]
设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，n为其前n项和．若1，2，4成等比数列
，则a1的值为________．
11．－ [解析]
∵2＝2a1－1，4＝4a1＋×(－1)＝4a1－6，1，2，4成等比数列，
∴(2a1－1)2＝a1(4a1－6)，解得a1＝－.
19．、、[2014·天津卷]
已知q和n均为给定的大于1的自然数．设集合M＝{0，1，2，…，q－1}，
集合A＝{|＝1＋2q＋…＋nqn－1，i∈M，i＝1，2，…，n}．
(1)当q＝2，n＝3时，用列举法表示集合A.
(2)设，∈A，＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，其中ai，bi∈M
，i＝1，2，…，n.证明：若an<bn，则<.
19．解：(1)当q＝2，n＝3时，M＝{0，1}，A＝{|＝1＋2·2＋3·22，i∈M，i＝
1，2，3}，可得A＝{0，1，2，3，4，5，6，7}．
(2)证明：由，∈A，＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，ai，bi
∈M，i＝1，2，…，n及an<bn，可得
－＝(a1－b1)＋(a2－b2)q＋…＋(an－1－bn－1)qn－2＋(an－bn)qn－1
≤(q－1)＋(q－1)q＋…＋(q－1)qn－2－qn－1
所以0，于是(a2n＋1－a2n)＋(a2n－
a2n－1)>0.①
因为<，所以|a2n＋1－a2n|0，因此a2n－a2n－1＝＝.③
因为{a2n}是递减数列，同理可得，a2n＋1－a2n1＋2，原不等式成立．
②假设p＝(≥2，∈N*)时，不等式(1＋)>1＋成立．
当p＝＋1时，(1＋)＋1＝(1＋)(1＋)>(1＋)(1＋)＝1＋(＋1)＋2>1＋
所以当p＝＋1时，原不等式也成立．
综合①②可得，当>－1，≠0时，对一切整数p>1，不等式(1＋)p>1＋p均成立．
(2)方法一：先用数归纳法证明an>c.
①当n＝1时，由题设知a1>c成立．
②假设n＝(≥1，∈N*)时，不等式a>c成立．
由an＋1＝an＋a易知an>0，n∈N*.
当n＝＋1时，＝＋a＝
1＋)－1)).
由a>c>0得－1<－<)－1))1＋p· )－1))＝).
因此a>c，即a＋1>c，
所以当n＝＋1时，不等式an>c也成立．
综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>c均成立．
再由＝1＋)－1))可得<1，
即an＋1an＋1>c，n∈N*.
方法二：设f()＝＋1－p，≥c，则p≥c，
所以f′()＝＋(1－p)－p＝>0.
由此可得，f()在[c，＋∞)上单调递增，因而，当>c时，f()>f(c)＝c.
①当n＝1时，由a1>c>0，即a>c可知
a2＝a1＋a＝a1)－1))))c，从而可得a1>a2>c，
故当n＝1时，不等式an>an＋1>c成立．
②假设n＝(≥1，∈N*)时，不等式a>a＋1>c成立，则当n＝＋1时，f(a)>f(a＋
即有a＋1>a＋2>c，
所以当n＝＋1时，原不等式也成立．
综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>an＋1>c均成立．
18．、、[2014·湖北卷]
已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)记n为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得n>60n＋800？若存在，求n
的最小值；若不存在，说明理由．
18．解：(1)设数列{an}的公差为d，
依题意得，2，2＋d，2＋4d成等比数列，
故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，
化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.
当d＝0时，an＝2；
当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2.
从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.
(2)当an＝2时，n＝2n，显然2n60n＋800成立．
当an＝4n－2时，n＝＝2n2.
令2n2>60n＋800，即n2－30n－400>0，
解得n>40或n60n＋800成立，n的最小值为41.
综上，当an＝2时，不存在满足题意的正整数n；
当an＝4n－2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.
17．、、[2014·江西卷]
已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)满足anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝
(1)令cn＝，求数列{cn}的通项公式；
(2)若bn＝3n－1，求数列{an}的前n项和n.
17．解：(1)因为anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0(n∈N*)，所以－＝2，即cn
＋1－cn＝2，
所以数列{cn}是以c1＝1为首项，d＝2为公差的等差数列，故cn＝2n－1.
(2)由bn＝3n－1，知an＝(2n－1)3n－1，于是数列{an}的前n项和n＝1×30＋3×31＋
5×32＋…＋(2n－1)×3n－1，3n＝1×31＋3×32＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)×3n，将两式
相减得－2n＝1＋2×(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n＝－2－(2n－2)×3n，
所以n＝(n－1)3n＋1.
17．、、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.
(1)证明是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)证明＋＋…＋＜.
17．解：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋＝3.
又a1＋＝，所以是首项为，公比为3的等比数列，所以an＋＝，因此数列{an}的通项
公式为an＝.
(2)证明：由(1)知＝.
因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，
所以≤，即＝≤.
于是＋＋…＋≤1＋＋…＋＝<.
所以＋＋…＋0，c3>0，c4>0，
当n≥5时，cn＝，
而－＝>0，
所以，当n≥5时，cn<0.
综上，若对任意n∈N*恒有≥n，则＝4.
四川省巴中市2015届高三零诊考试数理试卷
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成都外国语校2015届11月理数试题
满分150分，考试时间120分钟。
注意事项：
1．答题前，考生2
5、在△ABC中，若，则△ABC的形状是（）
A．直角三角形B．等腰或直角三角形
C．不能确定D．等6
辽宁省沈阳二中2015届高三上期期中考试
【试卷综析】本试卷是高三理试卷，以基础知识若数列{an}、{bn}是等差数列,前n项和为Sn,Tn,Sn/Tn=n/n+1,则a5/b5为多少？_百度知道
若数列{an}、{bn}是等差数列,前n项和为Sn,Tn,Sn/Tn=n/n+1,则a5/b5为多少？
∵Sn/Tn=n/(n+1)∴[(a1+an)n/2]/[(b1+bn)n/2]=n/(n+1)∴(a1+an)/(b1+bn)=n/(n+1)∴a5/b5=2a5/(2b5)=(a1+a9)/(b1+b9)=9/10在数列{an}中,a1=1,an+1=an+c(c为常数,n∈N*),且a1,a2,a5成公比不为1的等比数列.设bn=1/（an*a(n+1)），求数列{bn}的前n项和Sn.
在数列{an}中,a1=1,an+1=an+c(c为常数,n∈N*),且a1,a2,a5成公比不为1的等比数列.设bn=1/（an*a(n+1)），求数列{bn}的前n项和Sn. 5
不区分大小写匿名
因为a[n + 1] = a[n] + c，a[n + 1] - a[n] = c，数列{a[n]}为等差数列，公差为c
那么a[n] =&1 + (n - 1)c
又因为a[1]，a[2]，a[5]成公比不为1的等比数列，所以有a[2] ^ 2 = a[1] * a[5]
所以(1 + c) ^ 2 =&1 + 4c，解得c = 2（c = 0不符题意，舍去）
所以a[n] = 1 + 2(n - 1) = 2n - 1
&
b[n] = 1 / (a[n] * a[n + 1])
= 1 / ((2n - 1)(2n + 1))
= (1/2) * (1/(2n& - 1) - 1/(2n +&1))
所以S[n] = b[1] + b[2] + b[3] + …… + b[n]
&= (1/2) * (1 - 1/3 + 1/3 - 1/5 + …… + 1/(2n - 1) - 1/(2n + 1))
&= (1/2) * (1 - 1/(2n + 1))
&= n / (2n + 1)
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