第5章 数列 章末总结-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册创新导学案课件PPT（人教B版2019）

第五章　数列 章末总结 知识系统整合 规律方法收藏 学科素养培优 目录 知识系统整合 堵点自记：﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍ 知识系统整合 4 规律方法收藏 规律方法收藏 6 5．等差、等比数列的通项公式和前n项和公式是它们的重要基本公式，对这两个公式要用方程思想、函数思想并从变形与发展的角度去深刻认识． 6．应用数列知识解应用题，应首先读懂题意，然后建立数学模型，最后求解、回答． 7．等差数列与等比数列的转换 (1)若数列{an}是等差数列，则数列{aan}(a>0，且a≠1)是等比数列． (2)若数列{an}是等比数列，则数列{lg |an|}是等差数列． 8．数学归纳法的运用关键在于对归纳原理的深刻理解． 规律方法收藏 7 学科素养培优 等差、等比数列的基本运算以小题居多，但也可作为解答题第一问命题，主要考查利用数列的通项公式及求和公式，求数列中的项、公差、公比及前n项和等． 一、等差、等比数列的基本运算 学科素养培优 9 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＋a6＝12，S4＝18，则a3＝(　　) A．5 B．4 C．3 D．2 学科素养培优 10 记Sn为数列{an}的前n项和，若Sn＝2an＋1，则Sn＝________． 1－2n 学科素养培优 11 解　(1)设数列{an}的公比为q， 由已知，得16＝2q3，解得q＝2， 所以an＝2×2n－1＝2n，n∈N＋. (2)由(1)，得a3＝8，a5＝32，则b3＝8，b5＝32. 设数列{bn}的公差为d， 在等比数列{an}中，已知a1＝2，a4＝16. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若a3，a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项，试求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn. 学科素养培优 12 学科素养培优 13 二、等差、等比数列的性质及应用 等差、等比数列的性质主要涉及数列的单调性、最值及其前n项和的性质，主要考查利用性质求数列中的某一项等，试题充分体现“小”“巧”“活”的特点，题型多以选择题和填空题的形式出现． 学科素养培优 14 　　　　(1)(2024·内蒙古赤峰第四中学高二期中)已知等比数列{an}中，a3a11＝4a7，数列{bn}是等差数列，且b7＝a7，则b5＋b9＝(　　) A．2 B．4 C．16 D．8 学科素养培优 15 (2)(2024·辽宁沈阳重点高中郊联体高二期中)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且a7<0，a5＋a10>0，则下列结论正确的是(　　) A．数列{an}为递减数列 B．a8<0 C．Sn的最大值为S7 D．S14>0 学科素养培优 16 学科素养培优 17 学科素养培优 18 学科素养培优 19 学科素养培优 20 (5)(2024·辽宁大连第八中学高二月考)已知等比数列{an}满足a5a6a7＝－27，则a2a6＋a2a10＋a6a10的最小值是________． 27 学科素养培优 21 判断等差或等比数列是数列中的重点内容，经常在解答题中出现，对给定条件进行变形是解题的关键所在，经常利用此类方法构造等差或等比数列． 三、等差、等比数列的判定 学科素养培优 22 学科素养培优 23 学科素养培优 24 　　　　　已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n－5an－85，n∈N＋. (1)证明：数列{an－1}是等比数列； (2)求数列{an}的通项公式． 学科素养培优 25 学科素养培优 26 数列的通项公式是数列的重要内容之一，它把数列各项的性质集于一身，常用的求通项公式的方法有观察法、公式法、累加法、累乘法、前n项和作差法、辅助数列法等． 四、求数列的通项公式 学科素养培优 27 解(1)解法一(迭代法)： an＝2an－1＋1＝2(2an－2＋1)＋1＝22an－2＋2×1＋1＝23an－3＋22×1＋2×1＋1＝…＝2n－1a1＋(2n－2＋2n－3＋…＋2＋1)＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝2n－1. 学科素养培优 28 解法二(辅助数列法)： 由an＋1＝2an＋1， 设an＋1＋k＝2(an＋k)， ∴an＋1＝2an＋k，∴k＝1， ∴{an＋1}为等比数列，且首项为a1＋1＝2，公比为2， ∴an＋1＝2×2n－1，∴an＝2n－1. 解法三(累加法)： 由an＋1＝2an＋1，an＝2an－1＋1，得 an＋1－an＝2(an－an－1)(n≥2)． 故{an＋1－an}是首项为a2－a1＝2，公比为2的等比数列，即an＋1－an＝2×2n－1＝2n， 利用累加得an＝2n－1. 学科素养培优 29 学科素养培优 30 学科素养培优 31 数列求和一直是考查的热点，在命题中，多以与不等式的证明或求解相结合的形式出现．一般数列的求和，主要是将其转化为等差数列或等比数列的求和问题，题型多以解答题形式出现． 五、数列求和 学科素养培优 32 解　(1)设{an}的公差为d. 由a1＋1，a2＋1，a4＋1成等比数列， 可得(a2＋1)2＝(a1＋1)(a4＋1)， 又a1＝2，∴(3＋d)2＝3(3＋3d)， 解得d＝3(d＝0舍去)， 则an＝a1＋(n－1)d＝2＋3(n－1)＝3n－1. 学科素养培优 33 学科素养培优 34 学科素养培优 35 学科素养培优 36 学科素养培优 37 数学归纳法的基本原理，即归纳原理(也称多米诺骨牌效应)，通过研究有限来洞察无限，实现了由有限到无限的数学飞跃． 六、数学归纳法 学科素养培优 38 学科素养培优 39 学科素养培优 40 1．转化与化归思想 等差数列、等比数列的计算，一般先求a1，公差d或公比q；遇到an与Sn的关系时，可以利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)都转化为an或Sn，再转化为等差数列或等比数列，利用等差数列或等比数列的通项公式求解．其中合理的转化是解题的关键． 七、数列中的数学思想方法 学科素养培优 41 学科素养培优 42 学科素养培优 43 学科素养培优 44 学科素养培优 45 2．分类讨论思想 数列中某些问题往往需利用分类讨论思想来解决，如等比数列的前n项和公式中，若公比q的取值未知，则需要对q＝1与q≠1分类求解；由Sn求an时应分n＝1和n≥2两种情况讨论；某些数列的前n项和也需要讨论，通过分类讨论可以将复杂问题简单化，解题时要注意分类讨论标准的确定，做到不重不漏． 学科素养培优 46 　　　　 (2023·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若8S6＝7S3，则{an}的公比为________． 学科素养培优 47 学科素养培优 48 学科素养培优 49 学科素养培优 50 学科素养培优 51 　　　　　　　　　　　　　 R 1．由数列的前n项和求an时，应注意an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，n∈N＋.))若an＝Sn－Sn－1(n≥2)对于n＝1也成立，则合并写成一个an的式子，否则分段表示an. 2．使用等比数列前n项和公式时，应注意公比q是否等于1. 3．使用an－an－1＝d(常数)或eq \f(an,an－1)＝q(常数)证明等差或等比数列时，以上两式中均应注明(n≥2，n∈N＋)． 4．牢记等差、等比数列的一些重要性质，往往能迅速地解决问题，但是不要忘记，解决等差、等比数列问题常用的基本量法才是通用方法． 解析　设等差数列{an}的公差为d，由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋a6＝12，,S4＝18，))则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋6d＝12，,4a1＋6d＝18，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,d＝1，))所以a3＝a1＋2d＝5.故选A. 解析　当n＝1时，S1＝2a1＋1，解得a1＝－1.当n≥2时，因为an＝Sn－Sn－1＝(2an＋1)－(2an－1＋1)，化简，得eq \f(an,an－1)＝2，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以Sn＝eq \f(（－1）（1－2n）,1－2)＝1－2n. 则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b1＋2d＝8，,b1＋4d＝32，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b1＝－16，,d＝12，)) 所以bn＝－16＋12(n－1)＝12n－28，n∈N＋. 所以数列{bn}的前n项和 Sn＝eq \f(n（－16＋12n－28）,2)＝6n2－22n，n∈N＋. 解析　在等比数列{an}中，因为a3a11＝4a7，所以aeq \o\al(2,7)＝4a7，解得a7＝4.又b7＝a7，所以b7＝4.又数列{bn}是等差数列，所以b5＋b9＝2b7＝8.故选D. 解析：　对于A，B，因为在数列{an}中，a7<0，且a7＋a8＝a5＋a10>0，所以a8>0，所以公差d＝a8－a7>0，所以数列{an}为递增数列，故A，B错误；对于C，当1≤n≤7时，an<0，当n≥8时，an>0，所以Sn的最小值为S7，故C错误；对于D，因为S14＝eq \f(14（a1＋a14）,2)＝7(a7＋a8)>0，故D正确．故选D. (3)(多选)已知Sn是数列{an}的前n项和，则(　　) A．若{an}为等差数列，对给定的正整数k，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k不一定成等差数列 B．若{an}为等比数列，对给定的正整数k，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k不一定成等比数列 C．若an＝eq \f(n,n＋a)(a≠0)，且{an}的最大项为第9项，则－9<a<－8 D．若an＝|13－n|，且ak＋ak＋1＋…＋ak＋19＝102(其中k∈N＋)，则k＝2 解析　对于A，由等差数列的性质知Sk，S2k－Sk，S3k－S2k一定成等差数列，故A错误；对于B，由等比数列的性质知，当Sk≠0时，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k成等比数列，当Sk＝0时，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k不成等比数列，故B正确；对于C，an＝1＋eq \f(－a,n＋a)，若a>0，数列{an}为递增数列，无最大项，不符合题意，若a<0，当n<－a时，{an}为递减数列，且an<1，当n>－a时，{an}为递减数列，且an>1，故n取满足n>－a的最小整数时，an取得最大值，又{an}的最大项为a9，所以8<－a<9，所以－9<a<－8，故C正确；对于D，当k＝2时，易求a2＋a3＋…＋a21＝102，由于该数列关于n＝13对称，故当k＝5时，a5＋a6＋…＋a24＝102也成立，故D错误．故选BC. (4)(2024·辽宁沈阳第十中学高二月考)设等比数列{an}的公比为q，前n项积为Tn，并且满足条件a1>1，a6a7>1，eq \f(a6－1,a7－1)<0，则下列结论正确的是(　　) A．a6a8>1 B．0<q<1 C．q>1 D．Tn没有最大值 解析　在等比数列{an}中，由a1>1，a6a7>1，得aeq \o\al(2,1)q11>1，即有q>0，an>0，若q≥1，则a6>1，a7>1，此时eq \f(a6－1,a7－1)>0，与已知条件eq \f(a6－1,a7－1)<0矛盾，因此0<q<1，故B正确，C错误；显然数列{an}是递减数列，由eq \f(a6－1,a7－1)<0，得a7<1<a6，则a6a8＝aeq \o\al(2,7)<1，故A错误；由于eq \f(Tn＋1,Tn)＝an＋1，当n∈N＋，n≤5时，an＋1>1，而Tn>0，则Tn＋1>Tn，当n≥6时，an＋1<1，则Tn＋1<Tn，因此当n≤6时，Tn逐渐增大，当n≥6时，Tn逐渐减小，所以Tn的最大值为T6，故D错误．故选B. 解析　因为数列{an}是等比数列，则a5a6a7＝aeq \o\al(3,6)＝－27，故a6＝－3.所以a2a6＋a2a10＋a6a10＝aeq \o\al(2,4)＋aeq \o\al(2,6)＋aeq \o\al(2,8)≥2a4a8＋9＝2aeq \o\al(2,6)＋9＝2×9＋9＝27，当且仅当a4＝a8＝－3时，等号成立．所以a2a6＋a2a10＋a6a10的最小值是27. (1,2)INCLUDEPICTURE"典例5.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../杨楠/课件/531数学（选择性必修第三册导学案（B版/典例5.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "典例5.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "典例5.TIF" \* MERGEFORMAT 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝. (1)求证：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是等差数列； (2)求数列{an}的通项公式． 解　(1)证明：当n≥2时，由an＋2SnSn－1＝0，得Sn－Sn－1＝－2SnSn－1， 所以eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn－1)＝2， 又eq \f(1,S1)＝eq \f(1,a1)＝2， 所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首项为2，公差为2的等差数列． (2)由(1)可得eq \f(1,Sn)＝2n，所以Sn＝eq \f(1,2n). 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,2n)－eq \f(1,2（n－1）)＝－eq \f(1,2n（n－1）)； 当n＝1时，a1＝eq \f(1,2)，不符合an＝－eq \f(1,2n（n－1）). 故an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，n＝1，,－\f(1,2n（n－1）)，n≥2且n∈N＋.)) 解　(1)证明：∵Sn＝n－5an－85， ∴Sn＋1＝(n＋1)－5an＋1－85， 两式相减，得an＋1＝1＋5an－5an＋1， 整理，得an＋1＝eq \f(5,6)an＋eq \f(1,6)， ∴an＋1－1＝eq \f(5,6)(an－1)， 又a1＝1－5a1－85，即a1＝－14， ∴a1－1＝－14－1＝－15， ∴数列{an－1}是以－15为首项，eq \f(5,6)为公比的等比数列． (2)由(1)可知an－1＝－15×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6))) eq \s\up12(n－1)， ∴an＝1－15×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6))) eq \s\up12(n－1). (2)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq \f(2（n＋1）,n)an，求数列{an}的通项公式； (3)数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝eq \f(1,3)Sn，求an. (2)∵a1＝2，an＋1＝eq \f(2（n＋1）,n)an， ∴eq \f(a2,a1)＝eq \f(2×2,1)，eq \f(a3,a2)＝eq \f(2×3,2)，…，eq \f(an,an－1)＝eq \f(2×n,n－1)， 以上n－1个等式左、右两边分别相乘得eq \f(an,a1)＝n×2n－1，即an＝n×2n，且n＝1时，a1＝2也适合上式， ∴an＝n×2n. (3)由题意，知Sn＝3an＋1，① ∴当n≥2时，Sn－1＝3an.② ①－②，得Sn－Sn－1＝3an＋1－3an， ∴3an＋1＝4an，∴eq \f(an＋1,an)＝eq \f(4,3). 又a2＝eq \f(1,3)S1＝eq \f(1,3)a1＝eq \f(1,3)， ∴当n≥2时，an＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3))) eq \s\up12(n－2)， 当n＝1时，a1＝1不适合上式， ∴an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,\f(1,3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))\s\up12(n－2)，n≥2.)) (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝eq \f(1,anan＋1)，n∈N＋，Sn是数列{bn}的前n项和，求使Sn<eq \f(3,19)成立的最大的正整数n. (2)由(1)得bn＝eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,（3n－1）（3n＋2）) ＝eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－1)－\f(1,3n＋2)))， ∴Sn＝eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,8)＋…＋\f(1,3n－1)－\f(1,3n＋2)))＝eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3n＋2)))＝eq \f(n,2（3n＋2）)， 则Sn<eq \f(3,19)，即eq \f(n,2（3n＋2）)<eq \f(3,19)，解得n<12， 则所求最大的正整数n为11. Sn－1＋n(n－1)，n∈N＋. (1)证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)＋1))为等比数列； (2)记Tn＝S1＋S2＋…＋Sn，求Tn. 解　(1)证明：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1， 所以(n－1)(Sn－Sn－1)＝(n＋1)Sn－1＋n(n－1)， 即(n－1)Sn＝2nSn－1＋n(n－1)， 则eq \f(Sn,n)＝2×eq \f(Sn－1,n－1)＋1， 所以eq \f(Sn,n)＋1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Sn－1,n－1)＋1))， 又eq \f(S1,1)＋1＝2， 故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)＋1))是首项为2，公比为2的等比数列． (2)由(1)知eq \f(Sn,n)＋1＝2×2n－1＝2n，所以Sn＝n×2n－n， 故Tn＝(1×2＋2×22＋…＋n×2n)－(1＋2＋…＋n)． 设M＝1×2＋2×22＋…＋n×2n， 则2M＝1×22＋2×23＋…＋n×2n＋1， 所以－M＝2＋22＋…＋2n－n×2n＋1＝2n＋1－2－n×2n＋1＝(1－n)×2n＋1－2， 所以M＝(n－1)×2n＋1＋2， 所以Tn＝(n－1)×2n＋1＋2－eq \f(n（n＋1）,2). (an＋1－an＋1,an＋1＋an－1)INCLUDEPICTURE"典例10.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../杨楠/课件/531数学（选择性必修第三册导学案（B版/典例10.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "典例10.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "典例10.TIF" \* MERGEFORMAT 已知数列{an}满足a2＝6，＝eq \f(1,n)(n∈N＋)． (1)求a1，a3，a4，a5的值； (2)猜想{an}的通项公式，并用数学归纳法证明． 解析　(1)∵a2＝6，eq \f(an＋1－an＋1,an＋1＋an－1)＝eq \f(1,n)， 当n＝1时，eq \f(6－a1＋1,6＋a1－1)＝1，∴a1＝1， 当n＝2时，eq \f(a3－6＋1,a3＋6－1)＝eq \f(1,2)，∴a3＝15， 当n＝3时，eq \f(a4－15＋1,a4＋15－1)＝eq \f(1,3)，∴a4＝28， 当n＝4时，eq \f(a5－28＋1,a5＋28－1)＝eq \f(1,4)，∴a5＝45. (2)由(1)猜想an＝n(2n－1)．证明如下： ①当n＝1时，a1＝1成立； ②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，猜想成立， 即ak＝k(2k－1)， 则当n＝k＋1时，有eq \f(ak＋1－k（2k－1）＋1,ak＋1＋k（2k－1）－1)＝eq \f(1,k)， 化简，得ak＋1＝(k＋1)(2k＋1)＝(k＋1)[2(k＋1)－1]， 即当n＝k＋1时，猜想成立． 由①②可知，猜想对任意n∈N＋都成立． (1)求证：数列{an}是等比数列； (2)设数列{an}的公比为f(t)，作数列{bn}，使b1＝1，bn＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn－1)))(n＝2，3，4，…)，求数列{bn}的通项公式； (3)求和：b1b2－b2b3＋b3b4－b4b5＋…＋b2n－1·b2n－b2nb2n＋1. 解　(1)证明：∵a1＝S1＝1，S2＝1＋a2， ∴a2＝eq \f(3＋2t,3t)，eq \f(a2,a1)＝eq \f(3＋2t,3t). 又3tSn－(2t＋3)Sn－1＝3t，① ∴3tSn－1－(2t＋3)Sn－2＝3t(n≥3)，② ①－②，得3tan－(2t＋3)an－1＝0， ∴eq \f(an,an－1)＝eq \f(2t＋3,3t)(n＝2，3，…)， ∴数列{an}是首项为1，公比为eq \f(2t＋3,3t)的等比数列． (2)由f(t)＝eq \f(2t＋3,3t)＝eq \f(2,3)＋eq \f(1,t)，得 bn＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn－1)))＝eq \f(2,3)＋bn－1. ∴数列{bn}是首项为1，公差为eq \f(2,3)的等差数列． ∴bn＝1＋eq \f(2,3)(n－1)＝eq \f(2n＋1,3). (3)由bn＝eq \f(2n＋1,3)，可知{b2n－1}和{b2n}是首项分别为1和eq \f(5,3)，公差均为eq \f(4,3)的等差数列， 于是b1b2－b2b3＋b3b4－b4b5＋…＋b2n－1b2n－b2nb2n＋1＝b2(b1－b3)＋b4(b3－b5)＋b6(b5－b7)＋…＋b2n(b2n－1－b2n＋1)＝－eq \f(4,3)(b2＋b4＋…＋b2n)＝－eq \f(4,3)×eq \f(1,2)n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)＋\f(4n＋1,3)))＝ －eq \f(4,9)(2n2＋3n)． 解析　若q＝1，则由8S6＝7S3得8·6a1＝7·3a1，则a1＝0，不符合题意，所以q≠1.当q≠1时，因为8S6＝7S3，所以8×eq \f(a1（1－q6）,1－q)＝7×eq \f(a1（1－q3）,1－q)，即8(1－q6)＝7(1－q3)，即8(1＋q3)(1－q3)＝7(1－q3)，即8(1＋q3)＝7，解得q＝－eq \f(1,2). －eq \f(1,2) 2,3)INCLUDEPICTURE"典例13.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../杨楠/课件/531数学（选择性必修第三册导学案（B版/典例13.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "典例13.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "典例13.TIF" \* MERGEFORMAT 已知等比数列{an}的各项均为正数，2a5，a4，4a6成等差数列，且满足a4＝4a，数列{bn}的前n项和Sn＝eq \f(（n＋1）,2)bn，n∈N＋，且b1＝1. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)设cn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(bn，n为奇数，,an，n为偶数，))求数列{cn}的前n项和Pn； (3)设dn＝eq \f(b2n＋5,b2n＋1b2n＋3)an，n∈N＋，数列{dn}的前n项和为Tn，求证：Tn<eq \f(1,3). 解　(1)设等比数列{an}的公比为q. 因为an>0，所以q>0. 由2,3)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a4＝2a5＋4a6，,a4＝4a，)) 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2q2＋q－1＝0，,1＝4a1q，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q＝\f(1,2)，,a1＝\f(1,2).)) 所以an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n). 当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝eq \f(n＋1,2)bn－eq \f(n,2)bn－1，即eq \f(bn,n)＝eq \f(bn－1,n－1)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,n)))是首项为1的常数列，eq \f(bn,n)＝1， 所以bn＝n. (2)由(1)可得cn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n，n为奇数，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n)，n为偶数，)) 当n为偶数时，Pn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(a2＋a4＋…＋an)＝[1＋3＋…＋(n－1)]＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(4)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n)))＝eq \f(\f(n,2),2)(1＋n－1)＋eq \f(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))\s\up6(\f(n,2)))),1－\f(1,4))＝eq \f(n2,4)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)； 当n为奇数时，Pn＝Pn＋1－an＋1＝eq \f(（n＋1）2,4)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n＋1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n＋1)＝eq \f(（n＋1）2,4)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1). 综上， Pn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(（n＋1）2,4)＋\f(1,3)－\f(1,3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n－1)，n为奇数，,\f(n2,4)＋\f(1,3)－\f(1,3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n)，n为偶数.)) (3)证明：因为dn＝eq \f(2n＋5,（2n＋1）（2n＋3）)×eq \f(1,2n)＝eq \f(1,（2n＋1）2n－1)－eq \f(1,（2n＋3）2n)， 所以Tn＝eq \f(1,3)－eq \f(1,5×2)＋eq \f(1,5×2)－eq \f(1,7×22)＋…＋eq \f(1,（2n＋1）2n－1)－eq \f(1,（2n＋3）2n)＝eq \f(1,3)－eq \f(1,（2n＋3）2n)<eq \f(1,3). $$