1、2021 年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破 专题专题 6.2 等差数列及其前等差数列及其前 n 项和项和 目录 一、题型全归纳 . 1 题型一 等差数列基本量的计算 . 1 题型二 等差数列的判定与证明 . 3 题型三 等差数列性质的应用 . 6 类型一 等差数列项的性质的应用. 6 类型二 等差数列前 n 项和性质的应用 . 7 题型四 等差数列前 n 项和的最值问题. 9 二、高效训练突破 . 11 一、题型全归纳一、题型全归纳 题型一题型一 等差数列基本量的计算等差数列基本量的计算 【题型要点】【题型要点】1等差数列的有关概
2、念 (1)定义：如果一个数列从第 2 项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等 差数列符号表示为 an1and(nN*，d 为常数) (2)等差中项：数列 a，A，b 成等差数列的充要条件是 Aab 2 ，其中 A 叫做 a，b 的等差中项 2等差数列的有关公式 (1)通项公式：ana1(n1)d (2)前 n 项和公式：Snna1n（n1） 2 d（a1an）n 2 3.等差数列运算问题的通性通法 (1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项 a1和公差 d，然后由通项公式或前 n 项和公式转化为方程(组) 求解 (2)等差数列的通项公式及前 n 项和公式，共涉及五个
3、量 a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体 现了用方程的思想解决问题 4.等差数列设项技巧 若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设中间三项为 ad，a，ad；若偶数个数成等差数列且和为定值 时， 可设中间两项为ad， ad， 其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元(注意此时数列的公差为2d) 【例【例 1】已知等差数列an中，a1a47 6，a3a6 5 6，则公差 d( ) A.1 6 B 1 12 C1 6 D 1 12 【答案】D 【解析】解法一：由 a1a4 7 6， a3a65 6， 得 2a13d 7 6， 2a17d5 6， 解得 a1 17 24， d 1 1
4、2， 故选 D. 解法二：由等差数列的性质知，a3a6(a12d)(a42d)(a1a4)4d5 6，又 a1a4 7 6，所以 d 1 12. 故选 D. 【例例 2】在公差不为 0 的等差数列an中，4a3a113a510，则1 5a4( ) A1 B0 C1 D2 【答案】C. 【解析】 ：法一：设an的公差为 d(d0)，由 4a3a113a510，得 4(a12d)(a110d)3(a14d)10， 即 2a16d10，即 a13d5，故 a45，所以1 5a41，故选 C. 法二：设an的公差为 d(d0)，因为 anam(nm)d，所以由 4a3a113a510，得 4(a4d)
5、(a47d) 3(a4d)10，整理得 a45，所以1 5a41，故选 C. 法三：由等差数列的性质，得 2a73a33a510，得 4a5a33a510，即 a5a310，则 2a410，即 a4 5，所以1 5a41，故选 C. 【例【例 3】(2020 碑林区期末碑林区期末)设an是递增等差数列，前三项的和为 12，前三项的积为 48，则它的首项 a1 _. 【答案】 2 【解析】 由题可知 3a212， (a2d)a2(a2d)48， 将代入得(4d)(4d)12， 解得 d2 或 d2(舍去)， 所以 a1a2d422. 题型二题型二 等差数列的判定与证明等差数列的判定与证明 【题型
6、要点】判定数列【题型要点】判定数列an是等差数列的常用方法是等差数列的常用方法 (1)定义法：对任意 nN*，an1an是同一个常数见举例说明 (2)等差中项法：对任意 n2，nN*，满足 2anan1an1. (3)通项公式法：数列的通项公式 an是 n 的一次函数 (4)前 n 项和公式法：数列的前 n 项和公式 Sn是 n 的二次函数，且常数项为 0. 【易错提醒】【易错提醒】 ：判断是否为等差数列，最终一般都要转化为定义法判断 【例【例 1】(2020 河北衡水中学调研河北衡水中学调研)设数列an的前 n 项和为 Sn，且 Sn2n1.数列bn满足 b12，bn12bn 8an. (1
7、)求数列an的通项公式； (2)证明：数列 n n b 2 为等差数列，并求bn的通项公式 【答案】见解析 【解析】 (1)当 n1 时，a1S12111； 当 n2 时，anSnSn1(2n1)(2n 11)2n1. 因为 a11 适合通项公式 an2n 1， 所以 an2n 1. (2)证明：因为 bn12bn8an， 所以 bn12bn2n 2， 即bn 1 2n 1bn 2n2. 又b1 211， 所以 n n b 2 是首项为 1，公差为 2 的等差数列 所以bn 2n12(n1)2n1. 所以 bn(2n1) 2n. 【例【例 2】(2020 贵州适应性考试贵州适应性考试)已知数列
8、an满足 a11，且 nan1(n1)an2n22n. (1)求 a2，a3； (2)证明数列 n an 是等差数列，并求an的通项公式 【答案】见解析 【解析】 (1)由已知，得 a22a14， 则 a22a14，又 a11，所以 a26. 由 2a33a212，得 2a3123a2，所以 a315. (2)由已知 nan1(n1)an2n22n， 得nan 1n1an nn1 2，即 an1 n1 an n2， 所以数列 n an 是首项为a1 1 1，公差为 d2 的等差数列则an n 12(n1)2n1， 所以 an2n2n. 【例【例 3】(2020 沈阳模拟沈阳模拟)已知 Sn是等
9、差数列an的前 n 项和，S22，S36. (1)求数列an的通项公式和前 n 项和 Sn； (2)是否存在正整数 n，使 Sn，Sn22n，Sn3成等差数列？若存在，求出 n；若不存在，请说明理由 【答案】见解析 【解析】 (1)设数列an的公差为 d， 则 2a1d2， 3a13 2 2 d6， a14， d6， an46(n1)106n， Snna1nn1 2 d7n3n2. (2)由(1)知 SnSn37n3n27(n3)3(n3)26n24n6， 2(Sn22n)2(3n25n22n)6n26n4， 若存在正整数 n 使得 Sn，Sn22n，Sn3成等差数列， 则6n24n66n26
10、n4，解得 n5， 存在 n5，使 Sn，Sn22n，Sn3成等差数列 题型三题型三 等差数列性质的应用等差数列性质的应用 【题型要点】【题型要点】1.等差数列的性质 已知数列an是等差数列，Sn是其前 n 项和 (1)通项公式的推广：anam(nm)d(n，mN*) (2)若 klmn(k，l，m，nN*)，则 akalaman (3)若an的公差为 d，则a2n也是等差数列，公差为 2d (4)若bn是等差数列，则panqbn也是等差数列 (5)数列 Sm，S2mSm，S3mS2m，构成等差数列 2.应用等差数列的性质解题的三个注意点 (1)如果an为等差数列，mnpq，则 amanapa
11、q(m，n，p，qN*)因此，若出现 amn，am，am n等项时，可以利用此性质将已知条件转化为与 am(或其他项)有关的条件；若求 am项，可由 am1 2(amnam n)转化为求 amn，amn或 amnamn的值 (2)要注意等差数列通项公式及前 n 项和公式的灵活应用， 如 anam(nm)d， danam nm ， S2n1(2n1)an， Snna1an 2 na2an 1 2 (n，mN*)等 (3)当项数为偶数 2n 时，S偶S奇nd；项数为奇数 2n1 时，S奇S偶a中，S奇S偶n(n1) 类型一类型一 等差数列项的性质的应用等差数列项的性质的应用 【例【例 1】已知等差
12、数列an的前 n 项和为 Sn，且 2a5a210，则 S15( ) A20 B75 C300 D150 【答案 D 【解析】 解法一： 设数列an的公差为 d， 由 2a5a210， 得 2(a14d)(a1d)10， 整理得 a17d10， S1515a115 14 2 d15(a17d)15 10150.故选 D. 解法二：由题意知，a2a82a5，所以 2a5a2a810，S1515a1a15 2 15 2a8 2 150.故选 D. 【例【例 2】等差数列an中，a13a8a15120，则 2a9a10的值是( ) A20 B22 C24 D8 【答案】C 【解析】 因为 a13a8
13、a155a8120，所以 a824，所以 2a9a10a10a8a10a824. 【题后反思】【题后反思】项的性质：在等差数列an中，aman(mn)daman mn d(mn)，其几何意义是点(n，an)， (m，am)所在直线的斜率等于等差数列的公差 类型二类型二 等差数列前等差数列前 n 项和性质的应用项和性质的应用 【例 3】在等差数列an中，a12 018，其前 n 项和为 Sn，若S12 12 S10 102，则 S2 018 的值等于( ) A2 018 B2 016 C2 019 D2 017 【答案】A 【解析】 (1)由题意知， 数列 n Sn 为等差数列， 其公差为 1，
14、 所以S2 018 2 018 S1 1 (2 0181) 12 0182 017 1. 所以 S2 0182 018. 【例【例 4】已知等差数列an的前 10 项和为 30，它的前 30 项和为 210，则前 20 项和为( ) A100 B120 C390 D540 【答案】A 【解析】设 Sn为等差数列an的前 n 项和，则 S10，S20S10，S30S20成等差数列， 所以 2(S20S10)S10(S30S20)， 又等差数列an的前 10 项和为 30，前 30 项和为 210， 所以 2(S2030)30(210S20)，解得 S20100. 【例【例 5】 (2020 太原
15、模拟太原模拟)一个等差数列的前 12 项的和为 354， 前 12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32 27，则该数列的公差 d 为_。 【答案】5 【解析】 设等差数列的前 12 项中奇数项的和为 S奇， 偶数项的和为 S偶， 等差数列的公差为 d.由已知条件， 得 S奇S偶354， S偶S奇3227， 解得 S偶192， S奇162. 又 S偶S奇6d，所以 d192162 6 5. 【例【例 6】等差数列an与bn的前 n 项和分别为 Sn和 Tn，若Sn Tn 3n2 2n1，则 a7 b7等于( ) A.37 27 B38 28 C.39 29 D40 30 【答案】A 【解析】 ：
16、.a7 b7 2a7 2b7 a1a13 b1b13 13 2 （a1a13） 13 2 （b1b13） S13 T13 3 132 2 131 37 27. 【题后反思】和的性质：(1)在等差数列an中，Sn为其前 n 项和，则 S2nn(a1a2n)n(anan1)； S2n1(2n1)an； n Sn 是首项为 a1，公差为d 2的等差数列 (2)关于等差数列奇数项和与偶数项和的性质 若项数为 2n，则 S偶S奇nd，S 奇 S偶 an an1； 若项数为 2n1，则 S偶(n1)an，S奇nan，S奇S偶an，S 奇 S偶 n n1. (3)两个等差数列an，bn的前 n 项和 Sn，
17、Tn之间的关系为S2n 1 T2n1 an bn. 题型四题型四 等差数列前等差数列前 n 项和的最值问题项和的最值问题 【题型要点】【题型要点】求等差数列前 n 项和 Sn最值的两种方法 (1)函数法：等差数列前 n 项和的函数表达式 Snan2bna 2 2 a b nb 2 4a，求“二次函数”最值 (2)邻项变号法 当 a10，d0 时，满足 am0， am10 的项数 m 使得 Sn取得最大值为 Sm； 当 a10，d0 时，满足 am0， am10 的项数 m 使得 Sn取得最小值为 Sm 【例【例 1】等差数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a113，S3S11，当 Sn最大时
18、，n 的值是( ) A5 B6 C7 D8 【答案】C 【解析】 法一：由 S3S11，得 a4a5a110，根据等差数列的性质，可得 a7a80.根据首项等于 13 可推知这个数列递减，从而得到 a70，a80，故 n7 时 Sn最大 法二：由 S3S11，可得 3a13d11a155d，把 a113 代入，得 d2，故 Sn13nn(n1)n214n. 根据二次函数的性质，知当 n7 时 Sn最大 法三：根据 a113，S3S11，知这个数列的公差不等于零，且这个数列的和是先递增后递减根据公差不 为零的等差数列的前 n 项和是关于 n 的二次函数，以及二次函数图象的对称性，可得只有当 n3
19、11 2 7 时，Sn取得最大值 【例【例 2】 (2019 北京高考北京高考)设等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 a23，S510，则 a5_，Sn的 最小值为_ 【答案】 0 10 【解析】 设等差数列an的首项为 a1，公差为 d.由 S55 2(a1a5) 5 2 2a310，得 a32，da3a2 2(3)1，a1314，a5a14d440. 解法一：a14，d1，Sn4nnn1 2 11 2(n 29n)1 2 2 2 9 n81 8 . nN*，当 n4 或 5 时，Sn取最小值，为 S4S510. 解法二：a14，d1，an4(n1) 1n5.由 an0 得 n5，且 n
20、5 时，a50，故当 n4 或 5 时，Sn取最小值，为 S4S55 40 2 10. 【例【例 3】(2020 华中师范大学附中模拟华中师范大学附中模拟)设数列an的前 n 项和为 Sn3 2n(nN)，数列bn为等差数列，其 前 n 项和为 Tn，若 b2a5，b10S3，则 Tn取最大值时 n_. 【答案】 17 或 18 【解析】 由已知得 b2a5S5S43 253 2448， b10S33 2324. 设等差数列bn的公差为 d， 则 8db10b224，d3， 所以 bnb2(n2)d483(n2)543n， 所以当 1n18 时，bn0， 当 n19 时，bn0， 所以 Tn取
21、最值时 n17 或 18. 二、高效训练突破二、高效训练突破 一、选择题一、选择题 1(2020 长春模拟长春模拟)等差数列an中，Sn是它的前 n 项和，a2a310，S654，则该数列的公差 d 为( ) A2 B3 C4 D6 【答案】 C 【解析】 根据题意，等差数列an中，设其公差为 d，若 a2a310，S654，则有 a2a3(a1d)(a1 2d)10，S66a115d54，解得 d4，a11，故选 C. 2设 Sn是等差数列an的前 n 项和，已知 S749，则 a2，a6的等差中项是( ) A.49 2 B7 C 7 D.7 2 【答案】 B 【解析】 由已知，得 S77a
22、1a7 2 7a449，所以 a47.所以 a2，a6的等差中项为a2a6 2 a47. 3(2020 湘赣十四校联考湘赣十四校联考)设等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 S55S2a4，a11，则 a6( ) A16 B13 C9 D37 【答案】 A 【解析】 设等差数列an的公差为 d.由 S55S2a4，得 5a15 51 2 d5(2a1d)(a13d)将 a11 代 入上式，得 d3.故 a6a15d11516. 4(2019 高考全国卷)记 Sn为等差数列an的前 n 项和，已知 S40，a55，则( ) Aan2n5 Ban3n10 CSn2n28n DSn1 2n 22n
23、 【答案】A. 【解析】法一：设等差数列an的公差为 d， 因为 S40， a55，所以 4a14 3 2 d0， a14d5， 解得 a13， d2， 所以 ana1(n1)d32(n1)2n5，Snna1 n（n1） 2 dn24n.故选 A. 法二：设等差数列an的公差为 d， 因为 S40， a55，所以 4a14 3 2 d0， a14d5， 解得 a13， d2. 选项 A，a12 153； 选项 B，a13 1107，排除 B； 选项 C，S1286，排除 C； 选项 D，S11 22 3 2，排除 D.故选 A. 5(2020 沈阳质量监测沈阳质量监测)在等差数列an中，若 S
24、n为前 n 项和，2a7a85，则 S11的值是( ) A55 B11 C50 D60 【答案】A. 【解析】 ： 通解： 设等差数列an的公差为 d， 由题意可得 2(a16d)a17d5，得 a15d5， 则 S1111a1 11 10 2 d11(a15d)11 555，故选 A. 优解：设等差数列an的公差为 d，由 2a7a85，得 2(a6d)a62d5，得 a65，所以 S1111a655， 故选 A. 6记 Sn为等差数列an的前 n 项和若 a4a524，S648，则an的公差为( ) A1 B2 C4 D8 【答案】C 【解析】 ：.法一：等差数列an中，S6（a1a6）
25、6 2 48，则 a1a616a2a5，又 a4a524，所以 a4 a22d24168，得 d4，故选 C. 法二：由已知条件和等差数列的通项公式与前 n 项和公式可列方程组，得 2a17d24， 6a16 5 2 d48， 即 2a17d24， 2a15d16，解得 a12， d4， 故选 C. 7.等差数列an与bn的前 n 项和分别为 Sn和 Tn，若Sn Tn 3n2 2n1，则 a7 b7等于( ) A.37 27 B.19 14 C.39 29 D.4 3 【答案】 A 【解析】 由题意得，a7 b7 2a7 2b7 a1a13 b1b13 13a1a13 2 13b1b13 2
26、 S13 T13 3 132 2 131 37 27. 8(2019 南昌模拟南昌模拟)已知等差数列an的公差 d0，前 n 项和为 Sn，若 S510a6，则当 Sn最大时，n( ) A8 B9 C7 或 8 D8 或 9 【答案】 D 【解析】 解法一：由 S510a6，可得5 a1a14d 2 10(a15d)，解得 a18d，所以 Snna11 2n(n1)d 4 289 2 17 2 2 n d .因为 d0，所以当 n8 或 9 时，Sn最大故选 D. 解法二：因为 S55 a1a5 2 5 2a3 2 5a3，所以 5a310a6，所以 5(a12d)10(a15d)，化简可得
27、a18d 0，即 a90.因为 d0，所以当 n8 或 9 时，Sn最大故选 D. 9.(2020 长沙市统一模拟考试长沙市统一模拟考试)九章算术是我国古代第一部数学专著，全书收集了 246 个问题及其解法， 其中一个问题为“现有一根九节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面四节容积之和为 3 升，下面 三节的容积之和为 4 升，求中间两节的容积各为多少？”该问题中的第 2 节，第 3 节，第 8 节竹子的容积之 和为( ) A.17 6 升 B7 2升 C.113 66 升 D109 33 升 【答案】A. 【解析】 ：自上而下依次设各节竹子的容积分别为 a1，a2，a9，依题意有 a1
28、a2a3a43 a7a8a94 ，因为 a2 a3a1a4，a7a92a8，故 a2a3a83 2 4 3 17 6 .选 A. 10设等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 am4，Sm0，Sm214(m2，且 mN*)，则 a2 017的值为( ) A2 018 B4 028 C5 037 D3 019 【答案】B. 【解析】 ：由题意得 a ma1（m1）d4， Smma1m（m1） 2 d0， Sm2Smam1am22a1（mm1）d14， 解得 a14， m5， d2， 所以 an4(n1) 22n6，所以 a2 0172 2 01764 028.故选 B. 11.(2019 辽宁省
29、实验中学模拟辽宁省实验中学模拟)已知数列an满足 3an19 3an(nN*)，且 a2a4a69，则 log1 3(a5a7 a9)( ) A1 3 B3 C3 D.1 3 【答案】 C 【解析】 由 3an19 3an(nN*)，得 3an13an2，所以 an1an2，所以数列an是等差数列，公 差为 2.又 a2a4a63a19d9，所以 a13.所以 log1 3(a5a7a9)log 1 3(3a118d)log 1 3273.故选 C. 12(2020 晋冀鲁豫名校期末联考晋冀鲁豫名校期末联考)我国南北朝时期的著作张邱建算经有这样一个问题：今有十等人， 每等一人，宫赐金以等次差降
30、之，上三人先入，得金四斤，持出，下四人后入，得金三斤，持出，中间三 人未到者，亦依等次更给，问各得金几何？则据你对数学史的研究与数学问题的理解可知，两人所得金相 差数额绝对值的最小值是( ) A. 1 13斤 B 7 39斤 C. 7 78斤 D 1 11斤 【答案】C. 【解析】 ：设第 n 个人得金 an斤，由题意可知an是等差数列，设公差为 d， 则有 a1a2a33a13d4， a7a8a9a104a130d3，解得 a1 37 26， d 7 78， 则两个人所得金相差数额绝对值的最小值是 7 78斤 故 选 C. 二、填空题二、填空题 1设等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 a
31、62a3，则S11 S5_ 【答案】 ：22 5 【解析】 ：S11 S5 11 2 （a1a11） 5 2（a1a5） 11a6 5a3 22 5 . 2在等差数列an中，公差 d1 2，前 100 项的和 S10045，则 a1a3a5a99_ 【答案】 ：10 【解析】 ：因为 S100100 2 (a1a100)45，所以 a1a100 9 10，a1a99a1a100d 2 5，则 a1a3a5 a9950 2 (a1a99)50 2 2 510. 3在单调递增的等差数列an中，若 a31，a2a43 4，则 a1_ 【答案】 ：0 【解析】 ： 由题知， a2a42a32， 又因为
32、 a2a43 4， 数列an单调递增， 所以 a2 1 2， a4 3 2.所以公差 d a4a2 2 1 2.所以 a1a2d0. 4.(2020 沈阳模拟沈阳模拟)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 a11，S3a5，am2019，则 m_. 【答案】 1010 【解析】 设等差数列an的公差为 d，则 S33a23(a1d)又 S3a5，则 3(1d)14d，解得 d2.所 以 ama1(m1)d2m12019，解得 m1010. 5在等差数列an中，公差 d1 2，前 100 项的和 S10045，则 a1a3a5a99_. 【答案】 10 【解析】 因为 S100100 2
33、(a1a100)45，所以 a1a100 9 10，a1a99a1a100d 2 5，则 a1a3a5 a9950 2 (a1a99)50 2 2 510. 6(2020 揭阳摸底揭阳摸底)已知数列an满足 a11 9，an1 an 8an1(nN *)，则 a n_，数列an中最大项 的值为_ 【答案】 1 8n17 1 7 【解析】 由题意知 an0，则由 an1 an 8an1，得 1 an1 8an1 an 1 an8，整理得 1 an1 1 an8，即数列 n a 1 是 公差为 8 的等差数列， 故 1 an 1 a1(n1) 88n17， 所以 an 1 8n17.当 n1,2
34、时， an0， 且数列an在 n3 时是递减数列，故an中最大项的值为 a31 7. 三三 解答题解答题 1.已知等差数列an的公差 d0.设an的前 n 项和为 Sn，a11，S2 S336. (1)求 d 及 Sn； (2)求 m，k(m，kN*)的值，使得 amam1am2amk65. 【答案】见解析 【解析】 ：(1)由题意知(2a1d)(3a13d)36， 将 a11 代入上式解得 d2 或 d5. 因为 d0，所以 d2. 从而 an2n1，Snn2(nN*) (2)由(1)得 amam1am2amk(2mk1)(k1)，所以(2mk1)(k1)65. 由 m，kN*知 2mk1k
35、11， 故 2mk113， k15， 解得 m5， k4. 即所求 m 的值为 5，k 的值为 4. 2.已知数列an满足，an1an4n3(nN*) (1)若数列an是等差数列，求 a1的值； (2)当 a12 时，求数列an的前 n 项和 Sn. 【答案】见解析 【解析】 (1)解法一：数列an是等差数列， ana1(n1)d，an1a1nd. 由 an1an4n3，得 a1nda1(n1)d4n3， 2dn(2a1d)4n3， 即 2d4,2a1d3，解得 d2，a11 2. 解法二：在等差数列an中， 由 an1an4n3，得 an2an14(n1)34n1， 2dan2an4n1(4
36、n3)4，d2. 又 a1a22a1d2a121，a11 2. (2)由题意知，当 n 为奇数时， Sna1a2a3ana1(a2a3)(a4a5)(an1an) 2424(n1)3 n1 2 2n 23n5 2 . 当 n 为偶数时，Sna1a2a3an(a1a2)(a3a4)(an1an) 19(4n7)2n 23n 2 . 综上，Sn 2n23n5 2 ，n为奇数， 2n23n 2 ，n为偶数. 3.(2020 湖北仙桃、天门、潜江模拟湖北仙桃、天门、潜江模拟)已知数列an满足 a12，(n2)an(n1)an12(n23n2)，设 bn an n1. (1)求 b1，b2，b3； (2
37、)判断数列bn是否为等差数列，并说明理由； (3)求an的通项公式 【答案】见解析 【解析】 ：(1)因为数列an满足(n2)an(n1)an12(n23n2)，所以将 n1 代入得 3a12a212.又 a1 2，所以 a29.将 n2 代入得 4a23a324， 所以 a320.从而 b11，b23，b35. (2)数列bn是以 1 为首项，2 为公差的等差数列理由如下： 将 (n 2)an (n 1)an1 2(n2 3n 2) 两 边 同 时 除 以 (n 1)(n 2) 可 得 （n2）an （n1）（n2） （n1）an12（n23n2） （n1）（n2） ， 化简可得 an1 n
38、2 an n12，即 bn 1bn2， 所以数列bn是以 1 为首项， 2 为公差的等差数列 (3)由(2)可得 bn12(n1)2n1， 所以 an(n1)bn(n1) (2n1)2n2n1. 4(2020 浙江嘉兴模拟浙江嘉兴模拟)在数列an，bn中，设 Sn是数列an的前 n 项和，已知 a11，an1an2，3b1 5b2(2n1)bn2n an1，nN*. (1)求 an和 Sn； (2)当 nk 时，bn8Sn恒成立，求整数 k 的最小值 【答案】见解析 【解析】 ：(1)因为 an1an2，所以 an1an2，所以an是等差数列 又 a11，所以 an2n1， 从而 Snn（12n1） 2 n2. (2)因为 an2n1，所以 3b15b27b3(2n1)bn2n (2n1)1， 当 n2 时，3b15b27b3(2n1)bn12n 1 (2n3)1. 可得(2n1)bn2n 1 (2n1)(n2)，即 b n2 n1. 而 b11 也满足上式，故 bn2n 1. 令 bn8Sn，则 2n 18n2，即 2n4n2. 又 210 4112，结合指数函数增长的性质，可知整数 k 的最小值是 11.
