专题24 等比数列及其前n项和-2018年高考数学(理)热点题型和提分秘籍(解析版)

1．理解等比数列的概念

2．掌握等比数列的通项公式与前n项和公式

3．能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题 4．了解等比数列与指数函数的关系

热点题型一 等比数列的基本运算

例1、已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S4，S2，S3成等差数列，且a2＋a3＋a4＝－18。 (1)求数列{an}的通项公式；

(2)是否存在正整数n，使得Sn≥2 013？若存在，求出符合条件的所有n的集合；若不存在，说明理由。

3·[1－－(2)由(1)有Sn＝

1－－若存在n，使得Sn≥2 013，

则1－(－2)n≥2 013，即(－2)n≤－2 012。 当n为偶数时，(－2)n＞0.上式不成立； 当n为奇数时，(－2)n＝－2n≤－2 012， 即2n≥2 012，则n≥11。

综上，存在符合条件的正整数n，且所有这样的n的集合为{n|n＝2k＋1，k∈N，k≥5}。

n

]

＝1－(－2)n。

【提分秘籍】

1．对于等比数列的有关计算问题，可类比等差数列问题进行，在解方程组的过程中要注意“相除”消元的方法，同时要注意整体代入(换元)思想方法的应用。

2．在涉及等比数列前n项和公式时要注意对公比q是否等于1进行判断和讨论。 【举一反三】

设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和。已知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝__________。 aq·aq＝1113

解析：显然公比q≠1，由题意得a1－q

＝7，1－q

3

1－15a1＝4a1＝945231a1－q

解得1或(舍去)，∴S＝＝＝。 15

141－qq＝q＝－1－322

31

答案： 4

热点题型二 等比数列的判定与证明

2

例2、已知数列{an}和{bn}满足：a1＝λ，an＋1＝an＋n－4，bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中λ为实数，n

3为正整数。

(1)对任意实数λ，证明：数列{an}不是等比数列； (2)试判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论。

【提分秘籍】

an证明数列{an}是等比数列常用的方法：一是定义法，证明＝q(n≥2，q为常数)；二是等比中项法，

an－1

证明a2an＋1。若判断一个数列不是等比数列，则只需举出反例即可，也可以用反证法。学.科.网 n＝an－1·

【举一反三】

设数列{an}的前n项和为Sn，若对于任意的正整数n都有Sn＝2an－3n，设bn＝an＋3，求证：数列{bn}是等比数列，并求an。

热点题型三 等比数列的性质及其应用

例3．(1)在各项均为正数的等比数列{an}中，a3＝2－1，a5＝2＋1，则a23＋2a2a6＋a3a7＝( ) A．4 B．6 C．8 D．8－42

(2)各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n等于( ) A．80 B．30 C．26 D．16

222

解析：(1)在等比数列中，a3a7＝a2a2a6＝a3a5，所以a25，3＋2a2a6＋a3a7＝a3＋2a3a5＋a5＝(a3＋a5)＝(2－

1＋2＋1)2＝(22)2＝8。

(2)由等比数列性质得，

Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n成等比数列， 则(S2n－Sn)2＝Sn·(S3n－S2n)，

所以(S2n－2)2＝2×(14－S2n)。又S2n>0，得S2n＝6， 又(S3n－S2n)2＝(S2n－Sn)(S4n－S3n)，

所以(14－6)2＝(6－2)(S4n－14)。解得S4n＝30。

【提分秘籍】

等比数列的性质可以分为三类： ①通项公式的变形， ②等比中项的变形，

③前n项和公式的变形，根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口。 【举一反三】 在等比数列中，已知

a393

a1a8a15＝243，则的值为(

a11

)

A．3 B．9 C．27 D．81 解析：设数列{an}的公比为q，

2

∵a1a38a15＝243，a1a15＝a8，∴a8＝3， 3

a3a398q2∴＝3＝a8＝9。 a11a8·q

答案：B

1.【2017课标II，理3】我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（ ）

A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏 【答案】B

2．【2017课标3，理14】设等比数列an满足a1 + a2 = –1, a1 – a3 = –3，则a4 = ___________. 【答案】8

【解析】设等比数列的公比为q ，很明显q1 ，结合等比数列的通项公式和题意可得方程组：

②a1a2a11q1，①，由 可得：q2 ，代入①可得a11， 2①a1a3a11q3，②由等比数列的通项公式可得：a4a1q38 .

1.【2016高考新课标1卷】设等比数列an满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2 …an的最大值为 ． 【答案】64

2.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）

100.对数列annN*和U的子集T，若T,定义ST0;若记U1,2,…，Tt1,t2,…，tk，定义STat1at2…+atk.例如：T=1,3,66时，STa1a3+a66.现设

annN*是公比为3的等比数列，且当T=2,4时，ST=30.

（1）求数列an的通项公式；

k，求证：STak1； （2）对任意正整数k1k100，若T1,2,…，（3）设CU,DU,SCSD,求证：SCSCD2SD.

【答案】（1）an3n1（2）详见解析（3）详见解析 【解析】

（1）由已知得ana13n1,nN*.

于是当T{2,4}时，Sra2a43a127a130a1. 又Sr30，故30a130，即a11. 所以数列{an}的通项公式为an3n1,nN*. （2）因为T{1,2,所以Sra1a2因此，Srak1.

（3）下面分三种情况证明.

,k}，an3n10,nN*，

ak133k11k(31)3k. 2①若D是C的子集，则SCSC②若C是D的子集，则SCSCDSCSDSDSD2SD. SCSC2SC2SD.

D③若D不是C的子集，且C不是D的子集.

【2015高考浙江，理3】已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则（ ）

A.a1d0,dS40 B. a1d0,dS40 C. a1d0,dS40 D. a1d0,dS40 【答案】B.

5(a13d)2(a12d)(a17d)a1d{a}aaa3，【解析】∵等差数列n，3，4，8成等比数列，∴ 522a1dd20dS4d20S42(a1a4)2(a1a13d)d333，∴∴，，故选B.

【2015高考安徽，理14】已知数列{an}是递增的等比数列，a1a49,a2a38，则数列{an}的前n项和等于 .

n【答案】21

a1a49【解析】由题意，，解得a11,a48或者a18,a41，而数列{an}是递增的等

aaaa82314比数列，所以a11,a48，即q3a48，所以q2，因而数列{an}的前n项和 a1a1(1qn)12nSn2n1.学.科.网

1q12 1．（2014·重庆卷）对任意等比数列{an}，下列说法一定正确的是( )

A．a1，a3，a9成等比数列 B．a2，a3，a6成等比数列 C．a2，a4，a8成等比数列 D．a3，a6，a9，成等比数列

【答案】D 【解析】因为在等比数列中an，a2n，a3n，…也成等比数列，所以a3，a6，a9成等比数列． 2．（2014·安徽卷）数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________. 【答案】1 【解析】 因为数列{an}是等差数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5也成等差数列．又 a1＋1，a3＋3，a5＋5构为公比为q的等比数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5为常数列，故q＝1.

3．（2014·广东卷）若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20

＝________．

【答案】50

4．（2014·全国卷） 等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lg an}的前8项和等于( ) A．6 B．5 C．4 D．3

a1q＝2，【答案】C 【解析】设数列{an}的首项为a1，公比为q，根据题意可得，4解得

aq＝5，1

3



5q＝2，16a1＝，125

所

5n－4165n－15以an＝a1q＝×＝2×，所以lg a＝lg 2＋(n－4)lg，所以前8项的和为8lg 2＋(－3－2－n212522

555

4×＝4. 1＋0＋1＋2＋3＋4)lg＝8lg 2＋4lg＝4lg222

n－1

5．（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Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn>60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．

(2)当an＝2时，Sn＝2n，显然2n<60n＋800， 此时不存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立． 当an＝4n－2时，Sn＝

n[2＋（4n－2）]

＝2n2.

2

令2n2>60n＋800，即n2－30n－400>0， 解得n>40或n<－10(舍去)，

此时存在正整数n，使得Sn>60n＋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. 6．（2014·新课标全国卷Ⅱ）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1. 1

(1)证明an＋2是等比数列，并求{an}的通项公式；





1113

(2)证明＋＋…＋＜. a1a2an2

11

an＋. 【解析】(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋＝322

113313n

又a1＋＝，所以an＋2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

222223n－1

为an＝.

2

12

(2)证明：由(1)知＝n. an3－1因为当n≥1时，3n－1≥2×3n1，

－

11121所以n≤≤n－1. n－1，即＝nan3－133－12×3

13111113

1－n<. 于是＋＋…＋≤1＋＋…＋n－1＝a1a2an323231113

所以＋＋…＋<.

a1a2an2

7．（2014·山东卷） 已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)令bn＝(－1)n

－1

4n

，求数列{bn}的前n项和Tn. anan＋1

当n为偶数时，

1111111

＋＋1＋－＋＋…＋Tn＝－3352n－32n－12n－12n＋1 1

＝1－

2n＋1＝2n

. 2n＋1

当n为奇数时，

1111111

＋＋1＋－＋＋…－Tn＝＋2n－32n－12n－12n＋1 335

1

＝1＋

2n＋1＝2n＋2

. 2n＋1

n－1

2n＋22n＋1，n为奇数，2n＋1＋（－1）

所以T＝或T＝

2n＋12n

，n为偶数.2n＋1

n

n





8.（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：sin A＋sin C＝2sin(A＋C)； (2)若a，b，c成等比数列，求cos B的最小值．

9．（2014·天津卷）设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为________．

14×3【答案】－ 【解析】∵S2＝2a1－1，S4＝4a1＋×(－1)＝4a1－6，S1，S2，S4成等比数列，

221

∴(2a1－1)2＝a1(4a1－6)，解得a1＝－.

2

10．（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＝{x|x＝x1＋x2q＋…＋xnqn1，xi∈M，i＝1，2，…，n}．

－

(1)当q＝2，n＝3时，用列举法表示集合A.

(2)设s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn1，其中ai，bi∈M，i＝1，2，…，n.证

－

－

明：若an【解析】(1)当q＝2，n＝3时，M＝{0，1}，A＝{x|x＝x1＋x2·2＋x3·22，xi∈M，i＝1，2，3}，可得A＝{0，1，2，3，4，5，6，7}．

(2)证明：由s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn1，ai，bi∈M，i＝1，2，…，n

－

－

及ans－t＝(a1－b1)＋(a2－b2)q＋…＋(an－1－bn－1)qn2＋(an－bn)qn1

－

－

≤(q－1)＋(q－1)q＋…＋(q－1)qn2－qn1

－

－

（q－1）（1－qn1）n－1＝－q

1－q

－

＝－1<0，

所以s21

11．（2013·新课标全国卷Ⅰ）若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式是an＝________．

33212122－

【答案】(－2)n1 【解析】因为Sn＝an＋①，所以Sn－1＝an－1＋②，①－②得an＝an－an－1，即

33333321

an＝－2an－1，又因为S1＝a1＝a1＋

33＝(－2)n1.

－

1＝1，所以数列{an}是以1为首项，－2为公比的等比数列，所以an

12．（2013·北京卷）已知{an}是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为An，第n项之后各项an＋1，an＋2，…的最小值记为Bn，dn＝An－Bn.

(1)若{an}为2，1，4，3，2，1，4，3，…，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N*，an＋4＝an)，写出d1，d2，d3，d4的值；

(2)设d是非负整数，证明：dn＝－d(n＝1，2，3，…)的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列； (3)证明：若a1＝2，dn＝1(n＝1，2，3，…)，则{an}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.

(3)因为a1＝2，d1＝1，所以A1＝a1＝2，B1＝A1－d1＝1. 故对任意n≥1，an≥B1＝1.

假设{an}(n≥2)中存在大于2的项． 设m为满足am>2的最小正整数， 则m≥2，并且对任意1≤k又因为a1＝2，所以Am－1＝2，且Am＝am>2， 于是，Bm＝Am－dm>2－1＝1，Bm－1＝min{am，Bm}>1. 故dm－1＝Am－1－Bm－1<2－1＝1，与dm－1＝1矛盾．

所以对于任意n≥1，有an≤2，即非负整数列{an}的各项只能为1或2. 因为对任意n≥1，an≤2＝a1， 所以An＝2.

故Bn＝An－dn＝2－1＝1.

因此对于任意正整数n ，存在m满足m>n，且am＝1，即数列{an}有无穷多项为1

13．（2013·北京卷）若等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，则公比q＝________；前n项和Sn

＝________．

【答案】2 2n1－2 【解析】 ∵a3＋a5＝q(a2＋a4)，

＋

∴40＝20q，q＝2， 又∵a2＋a4＝a1q＋a1q3＝20， ∴a1＝2，∴an＝2n，∴Sn＝2n1－2.

＋

14．（2013·江西卷）等比数列x，3x＋3，6x＋6，…的第四项等于( ) A．－24 B．0 C．12 D．24

115．（2013·江苏卷）在正项等比数列{an}中，a5＝，a6＋a7＝3. 则满足a1＋a2＋…＋an>a1a2…an的最大

2正整数n的值为________．

11

【答案】12 【解析】设{an}的公比为q.由a5＝及a5(q＋q2)＝3得q＝2，所以a1＝，所以a6＝1，a1a2…a11

232

11

＝a6＝1，此时a1＋a2＋…＋a11>1.又a1＋a2＋…＋a12＝27－

11

，a1a2…a12＝26<27－，所以a1a2…a12>a1a2…a12，3232

11

但a1＋a2＋…＋a13＝28－，a1a2…a13＝26·27＝25·28>28－，所以a1＋a2＋…＋a133232数n的值为12.

1

16．（2013·湖南卷） 设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝(－1)nan－n，n∈N*，则

2(1)a3＝________；

(2)S1＋S2＋…＋S100＝________．

111111n100－1 [解析] (1)因Sn＝(－1)an－n，则S3＝－a3－，S4＝a4－，解得a3【解析】(1)－ (2)16322816

1＝－.

16

17．（2013·辽宁卷） 已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}的前n项和，若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝________．

【答案】63 【解析】 由题意可知a1＋a3＝5，a1·a3＝4.又因为{an}为递增的等比数列，所以a1＝1，a3

1×（1－26）＝4，则公比q＝2，所以S6＝＝63.

1－2

x2y2

18．（2013·全国卷）已知双曲线C：2－2＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为3，

ab直线y＝2与C的两个交点间的距离为6.

(1)求a，b；

(2)设过F2的直线l与C的左、右两支分别交于A，B两点，且|AF1|＝|BF1|，证明：|AF2|，|AB|，|BF2|成等比数列．

a2＋b2c

【解析】(1)由题设知＝3，即2＝9，故b2＝8a2.

aa所以C的方程为8x2－y2＝8a2. 将y＝2代入上式，求得x＝±由题设知，2

1

a2＋. 2

1a2＋＝6，解得a2＝1.

2

所以a＝1，b＝2 2.

(2)证明：由(1)知，F1(－3，0)，F2(3，0)，C的方程为8x2－y2＝8.① 由题意可设l的方程为y＝k(x－3)，|k|＜2 2，代入①并化简得

(k2－8)x2－6k2x＋9k2＋8＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1≤－1，x2≥1，

9k2＋86k2

x1＋x2＝2，x1x2＝2.

k－8k－8

22于是|AF1|＝（x1＋3）2＋y21＝（x1＋3）＋8x1－8＝－(3x1＋1)， 22|BF1|＝（x2＋3）2＋y22＝（x2＋3）＋8x2－8＝3x2＋1.

2由|AF1|＝|BF1|得－(3x1＋1)＝3x2＋1，即x1＋x2＝－.

36k22419故2＝－，解得k2＝，从而x1x2＝－.

359k－8

22由于|AF2|＝（x1－3）2＋y21＝（x1－3）＋8x1－8＝1－3x1， 22|BF2|＝（x2－3）2＋y22＝（x2－3）＋8x2－8＝3x2－1，

故|AB|＝|AF2|－|BF2|＝2－3(x1＋x2)＝4， |AF2|·|BF2|＝3(x1＋x2)－9x1x2－1＝16. 因而|AF2|·|BF2|＝|AB|2，

所以|AF2|，|AB|，|BF2|成等比数列．

419．（2013·全国卷）已知数列{an}满足3an＋1＋an＝0，a2＝－，则{an}的前10项和等于( )

3A．－6(1－3C．3(1－3

－10

1

) B.(1－310)

9

－10

－10

) D．3(1＋3)

20．（2013·陕西卷）设{an}是公比为q的等比数列． (1)推导{an}的前n项和公式；

(2)设q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列． 【解析】(1)设{an}的前n项和为Sn， 当q＝1时，Sn＝a1＋a2＋…＋an＝na1； 当q≠1时，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn1，①

－

qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②

①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，

na，q＝1，1a1（1－qn）

∴Sn＝，∴Sn＝a1（1－qn）

1－q，q≠1.1－q

1．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且S1，S2＋a2，S3成等差数列，则数列{an}的公比为( ) A．1 B．2 1

C. D．3 2

解析：因为S1，S2＋a2，S3成等差数列，所以2(S2＋a2)＝S1＋S3,2(a1＋a2＋a2)＝a1＋a1＋a2＋a3，a3＝3a2，q＝3。选D。学.科.网

答案：D

2．等比数列{an}的各项均为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝( ) A．12 B．10 C．8 D．2＋log35

解析：由题意可知a5a6＝a4a7，又a5a6＋a4a7＝18得a5a6＝a4a7＝9， 而log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝log3(a1·a2·…·a10) ＝log3(a5a6)5＝log395 ＝log3310＝10。 答案：B

55Sn3．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a3＝，a2＋a4＝，则＝( )

24anA．4n1 B．4n－1

－

C．2n－

1 D．2n－1

答案：D

4．在等比数列{an}中，Sn是它的前n项和，若a2·a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为17，则S6＝( A.63

4 B．16 C．15 D.61

4

解析：由等比数列的性质知a2·a3＝a1·a4＝2a1，即a4＝2。 ∵a4＋2a7＝2×17＝34，

∴a＝12(2×17－a174)＝2(2×17－2)＝16。

∴q3＝a716

a＝＝8，即q＝2。

42由a1

4＝a1q3＝a1×8＝2，得a1＝4，

1－26∴S46＝1＝63－2

4

。 答案：A

5．已知三角形的三边构成等比数列，它们的公比为q，则q的一个可能的值是( )

) 51A. B. 223C．2 D.

2

aa

解析：由题意可设三角形的三边分别为，a，aq，因为三角形的两边之和大于第三边，所以有＋a＞

qq1＋53

aq，即q2－q－1＜0(q＞1)，解得1＜q＜，所以q的一个可能值是，故选D。学.科.网

22

答案：D

14

6．正项等比数列{an}满足：a3＝a2＋2a1，若存在am，an，使得aman＝16a2，则＋的最小值为( ) 1

mn2513A. B. 6473C. D. 32

答案：D

7．在等比数列{an}中，a1＝2，a4＝16，则数列{an}的通项公式an＝__________，设bn＝log2an，则数列{bn}的前n项和Sn＝__________。

na4－解析：由题意得公比q3＝＝8，q＝2，an＝2·2n1＝2n。因此bn＝n，Sn＝

a1答案：2n

nn＋2

n＋2

。

8．设等比数列{an}的前n项和为Sn，且a5＝S5，则S2 014＝__________。

解析：根据数列前n项和的定义知S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝a5，故a1＋a2＋a3＋a4＝0，即a1(1＋q＋q2

＋q3)＝a1(1＋q)(1＋q2)＝0，从而1＋q＝0，q＝－1，所以这个等比数列的相邻两项的和都是0，所以S2 014＝0。

答案：0

9．在各项为正的等比数列{an}中，a4与a14的等比中项为22，则2a7＋a11的最小值是__________。

2a9422

解析：由题意知a4·a14＝(22)2＝a9，即a9＝22。设公比为q(q＞0)，所以2a7＋a11＝2＋a9q2＝2＋qq22q2≥2

42424

22q2＝8，当且仅当2＝22q2，即q＝2时取等号，其最小值为8。 2×qq

答案：8

10．在等比数列{an}中，a2＝3，a5＝81。 (1)求an；

(2)设bn＝log3an，求数列{bn}的前n项和Sn。

39

11．在等比数列{an}中，其前n项和为Sn，已知a3＝，S3＝。

22(1)求数列{an}的通项公式；

3

(2)是否存在正整数n，使得Sn－Sn＋2＝成立，若存在，求出n的值，若不存在，请说明理由。

32解析：(1)设等比数列的公比为q， 39

依题意，有a1q2＝，a1＋a1q＋a1q2＝，

2231

解得a1＝，q＝1或a1＝6，q＝－，

22

3－1n－1； 故数列{an}的通项公式为an＝或an＝6·223

(2)假设存在正整数n，使得Sn－Sn＋2＝成立，

3233

①当a1＝，q＝1时，由Sn－Sn＋2＝

232333

⇒n－(n＋2)＝，无解； 2232

1－1n， ②当a1＝6，q＝－时，Sn＝41－223由Sn－Sn＋2＝

3211

－n＝－⇒n＝5， ⇒232

3

综合①②知，存在正整数n＝5，使得Sn－Sn＋2＝成立。

32

1

12．在数列{an}中，a1＝－，2an＝an－1－n－1(n≥2，n∈N*)，设bn＝an＋n。

2(1)证明：数列{bn}是等比数列； (2)求数列{nbn}的前n项和Tn；

1ncn＋cn＋1

(3)若cn＝－a，P为数列{}的前n项和，求不超过P2 014的最大的整数。 nn

2c2n＋cn

2

1n＝nn。 (2)nbn＝n·22

n－1n1234

Tn＝＋2＋3＋4＋…＋n－1＋n。①

222222n－111234n

Tn＝2＋3＋4＋5＋…＋n＋n＋1。② 2222222

111111n1n①－②得Tn＝＋2＋3＋4＋…＋n－n＋1＝1－n－n＋1，

222222222n＋2

所以Tn＝2－n。

2

1n

(3)由(1)得an＝2－n，所以cn＝n。 c2n2＋n＋1n＋cn＋1

＝2＝1＋

c2n＋nnn＋cn

1

n＋

11＝1＋－。

nn＋1

1111111111＋－＋1＋－＋1＋－＋…＋1＋－P2 014＝＝2 015－。 1223342 0142 0152 015所以不超过P2 014的最大的整数是2 014。