专题13 数列的通项与求和-【创新大课堂】2026年高考数学五年真题分类汇编168优化重组卷

专题13数列的通项与求和 考向1数列的通项 (1)求{am}的通项公式； 1.(2025·全国卷Ⅱ，5分)记Sn为等差数列{an) (2)证明：当n>5时，Tm>Sn 的前n项和.若S3=6,S5=-5,则S6=( A.-20 B.-15 C.-10 D.-5 2.(多选)(2025·全国卷Ⅱ，6分)记Sm为等比数 T 列{am}的前n项和，q为{an}的公比，q>0.若 S3=7,a3=1,则 ( 1 A.q=2 R=司 C.S5=8 D.an+S=8 ® 3.(2025·全国卷I,5分)若一个等比数列的各 项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和 散 p 等于68，则这个数列的公比等于 4.(2025·上海卷，4分)已知等差数列{am}的首 项a1=一3，公差d=2,则该数列的前6项和为 5.(2023·全国乙卷·文，12分)记S,为等差数 列{am}的前n项和，已知a2=11,S10=40, (1)求{an}的通项公式； 考向3裂项法求和 蜜 (2)求数列{an}的前n项和Tn (2022·新高考I卷T17)记Sm为数列{an}的 前n项和，已知a1=1, 倍}是公老为号的等差 数列 (1)求{an}的通项公式： (2)证明：1+1+十1<2 a1 a2 an 摇 装 考向2分组法求和 1.(2025·天津卷，5分)已知数列{an}的前n项和 尔 Sm=-n2十8n,则{an1}的前12项和为( A.48 B.112 C.80 D.144 2.(2023·新课标Ⅱ卷，12分)已知{an}为等差数 问 列，bn= (n一6，n为奇数 2am为偶数·记S,T,分别为数 列{am},{bn}的前n项和，S4=32,T3=16, 37 考向4错位相减法求和 3.(2023·全国甲卷·理，12分)记Sm为数列 1.(2021·新高考卷I,5分)某校学生在研究民 {an}的前n项和，已知a2=1,2Sn=nan 间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条 (1)求{am}的通项公式； 对称轴把纸对折.规格为20dm×12dm的长方 (2)求数列}的前n项和Tm 形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm,: 02n 20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之 和S1=240dm2,对折2次共可以得到5dm× 12dm,10dm×6dm,20dm×3dm三种规格的 图形，它们的面积之和S2=180dm,以此类 推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种 数为 ;如果对折n次，那么之S%= 41 dm2. 2.(2024·全国甲卷·理，12分)记Sm为数列 {an}的前n项和，已知4Sn=3am+4. (1)求{am}的通项公式； (2)设bn=(-1)”-1nan,求数列{bn}的前n项 和为T 4.(2021·全国乙卷文，12分)设{an}是首项为1 的等比数列，数列么，}满足6，="吗，已知a 3a2,9a3成等差数列. (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)记Sm和Tm分别为{an}和{bn}的前n项和， 证明：T,<受 38 考向5数列与不等式 3.(2024·新课标I卷，17分)设m为正整数，数 1.(2021·浙江卷，4分)已知数列{am}满足a1= 列a1,a2,…,a4m+2是公差不为0的等差数列， 1,0m+1= a一(n∈N*),记数列{am}的前n 若从中删去两项a:和a;(i<j)后剩余的4m项 1十√am 可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成 项和为Sn,则 等差数列，则称数列a1a2,…,a4m+2是(i,j) A号Sw8 可分数列. B.3<S100<4 (1)写出所有的(i,j),1≤i<j≤6，使得数列 C.4长Sw<号 D.号<Sw<5 a1,a2,…,a6是(i,j)一可分数列； (2)当m≥3时，证明：数列a1,a2,…,a4m+2是 2.(2025·天津卷，15分){am}是等差数列，{bn}是 (2,13)一可分数列； 等比数列，a1=b1=2,a2=b2十1，a3=b3 (3)从1,2，…，4m十2中一次任取两个数i和j (1)求{an},{bn}的通项公式. (i<j),记数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)-可分 (2)Hn∈N*有Tm={p1a1b1+p2a2b2+…+ pnanonp1,p2,…,pn∈I},I={0,1 数列的概率为P,证明：P>8 (i)求证：Ht∈Tn,均有t<am+1bn+1; (ⅱ)求T,中所有元素之和. 39 4.(2024·天津卷，15分)已知数列{an}是等比数6.(2021·浙江卷，15分)已知数列{am}的前n项和 列，公比大于0，其前n项和为Sn,若a1=1, 为Sa=- S2=a3-1. 且4S=35,9neN (1)求数列{an)的前n项和Sm (1)求数列{am}的通项公式； (k:n=ak (2)设数列{bn}满足3bm+(n-4)am=0(n (2)设b= ,k∈N*. b-1+2k;ak<n<ak+1 N*),记{bn}的前n项和为Tm.若Tn≤λbn对任 （i)当k≥2，n=a+1时，求证：bm-1≥as·bn; 意n∈N*恒成立，求实数入的取值范围. (i)求2b. =1 5.(2023·天津卷，15分)已知数列{an}是等差数 列，a2十a5=16,a5一a3=4. (1)求{an}的通项公式和∑a. (2)已知{bn}为等比数列，对于任意∈N*,若 2k-1≤n≤2一1，则b6<an<bk+1. (i)当k>≥2时，求证：2-1<b<2+1; (i)求{b,}的通项公式及其前n项和， 40所以bn+1=a2n+2=an+1+1=a2n+1十1=a2n十2+1=agn十3， 所以b,+1-bn=a2n十3-a2n=3, 所以数列{b}是以2为首项，3为公差的等差数列， 所以bn=2十3(n-1)=3n-1,n∈N“. (an十1，n为奇数， (2)因为a+1={a,十2n为偶数， 所以k∈N时，a2g=a2s-1+1=a张-1十1， 即a24=a2k-1十1， ①1 a2k+1=a2k十2， @ a2k+2=a2k+1+1=a2k+1十1，即a2k+2=a2g+1十1， 所以①十②得a2k+1=a2k-1十3，即a2张+1一a2k-1=3, 所以数列{an}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列： ②十③得a2+2=a2十3，即a2+2一a2k=3, 又a2=2,所以数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差 数列. 所以数列{an}的前20项和S20=(a1十a3十a5十…十a1)十(a2十 a,+a6+…+a)=10+10X9×3+20+10X9×3=30. 2 2 专题13数列的通项与求和 考向1数列的通项 1.B[等差数列的通项公式十等差数列的前n项和公式根据S?= 3a2=6得a2=2,根据S5=5a3=一5得ag=-1,所以{an}的公差1 d=-a3-a2=-3,所以a6=a十3d=-10,所以S6=S十a6= -5-10=-15.] 2.AD[等比数列的通项公式十前n项和公式 A(W)根据5，=a1十a十a=g2+4+a=之+1十1=7，得 6g2-g-1=0,即(2g-1)(39十1)=0，因为9>0，所以g=2· 错误项分析5X)a,=ag=1×(合)）-子 错误项分折C(X)a=导=4，所以S=1 1-9 4-2)31 1- 4 Da,=ag=4x(）==28-g2 1-g 】-(信门8器8+ 1一2 Sn=8.] 3.2[等比数列前n项和公式十等比数列前n项和的性质 解法一（基本量法）设等比数列为{an},其公比为g,前n项和为 Sn,因为等比数列{an}的各项均为正数，所以q>0,又S1=4,S8=! 68,所以g≠1.由S,=4得104-4①，由S=68得 1-g 28®票得号-学脚1+9心=1+ 1-9 =17,所以g=16,又g>0,所以9=2. 解法二（等比数列前n项和性质法）设等比数列为{an},其公比为： g,前n项和为Sn,因为等比数列{am}的各项均为正数，所以g>0, 因为S1=4,S8=68,所以Sg-S1=64,因为S1,S8-S1,S12-S8, …成等比数列，且公比为g,所以g=S。S=64=16,又g>0, S 所以g=2.] 4.12[等差数列的前n项和解法一该数列的前6项和为6X (-3)+5×2=12. 解法二a6=a1十5d=-3十10=7，则该数列的前6项和为 6(a1十a)_6X(-3+72=12.] 2 2 5.解(1)设(a,}的公差为d,则=a十d=11 (S1o=10a1+45d=401 解得a1=13,d=-2. 12 所以{an}的通项公式为am=13十(n-1)·(-2)=15-2n. (2)由1)得1a,1={5-2n,n≤7 (2n-15,n≥81 当n≤7时，T.=13m+0",D×(-2)=14n-m. 2 当n8时，T,=T2十1十3十5+…+(2n-15)=T2+1十3+5十…十 [2(m-7)-1]=14×7-72+m7)1+2m-7)-1=98 2 14n十n2. 综上，Tn (14n-n2,n7 98-14n+n2,n≥8 考向2分组法求和 1.C[等差数列的通项公式与前n项和公式十an与Sn之问的关系 当n=1时，a1=S1=-1十8=7，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=-n2 十8n-[一(n-1)2十8(n-1)]=-2n十9，显然a1=7也符合该式， 所以a,2n+9,所以a,{22”9"54,所以a,的前12 项和为7+)X4+1+15)X8-80,故选C] 2 2 2.解(1)设等差数列{am}的公差为d. an一6，n为奇数 国为b.={2a,n为偶数 所以b=a1-6,b2=2a2=2a1+2d,b3=a3-6=a1+2d-6. 因为S1=32,T3=16, 所以/4a1十6d=32 ((a1-6)+(2a1+2d)+(a1+2d-6)=16 、整理，得{+7，解得1=5 (d=2' 所以{an}的通项公式为an=2n十3. (2)由(1)知an=2n十3， 所以S,-5+(2m+3)】]=m2+4m. 2 当n为奇数时， T,=(-1+14)+(3+22)+(7+30)+…十[(2m-7)+(4n十2)]+ 2n-3=[-1+3+7+…+(2-7)十(2n-3)]+[14+22+30+…+ n+(-1+2m-3)”2(14++23+5m-10 2 2 (4n十2)]= 2 2 2 当n>5时，T.-S。=3m+5”-10-(m+4)=-31-10 2 2 (n-5)(n+22>0, 2 所以Tn>Sn. 当n为偶数时，T,=(-1+14)+(3十22)十(7+30)十…+[(2n一5)+ (4n+6)]=[-1十3+7+…+(2-5)]+[14+22+30+…+(4n十6)]= 兰(-1+25) (14+4+6)3r+7m 2 2 2 2 当n>5时，I,-s,=3m十7n-（㎡+4n)=”-n(nD>0. 2 2 2 所以Tn>Sn· 综上可知，当n>5时，T,n>Sn. 考向3裂项法求和 解1)S=a1=1,所以三-1， 所以侣}是首项为1公差为宁的等差发列 所以经-1+a0方"所以3。。 当≥2时0，=5，一51=子。， 所以aa,=6+1a片w≥ 累积法可得：a,n十1(m≥2)，又a1=1满足该式， 2 所以{a,}的通项公式为a,=nn十1) 2 (2)因为1=2 所以十上+… a =[☆++++] 1 =2(-南)2 考向4错位相减法求和 1.5240(3告) [依题意得，S1=120×2=240(dm2):S2= 60×3=180(dm2): 5 当n=3时，共可以得到5dmX6dm,是dm×12dm, 10dnX3dn,20dm×号n回种规格的图彩，且5×6=30，号× 12=30,10×3=30,20×2=30, 所以S3=30×4=120(dm2): 当a=4时，共可以得到5dnX3dn,号dnX6dm 芹加×12n,10dm×号cm,20加×子n五种规格的图形， 所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3=15， 号×6=15，号×12=15.10×号-15,20×是=15，所以51 15×5=75(dm2): …… 所以可归纳S4 240.(k+1)=240c6+1D(dm2). 2 所以s=240(++会+…+兴+) ①， k=1 所以× =240× (层+++…++) 2n2m+）@, ①-@得，之·含s 1 11 -2401+23十2十2+…+2 ) 11、1 =240 1+ 2-22n+1 1一2 2m+1 240() 所以，含s=240（3安）m.] 2.数列中an和Sn的关系十等比数列的定义、通项公式十数列求和 (理性思维、数学探索) 解(1)第1步：根据数列中an和Sn的关系求数列{an}的递推 关系 因为4Sn=3an十4①，所以当≥2时，4S,-1=3an-1十4②， 则当n≥2时，①-②得4am=3an-3a-1,即a,=-3am-1 第2步：求出a1 当n=1时，由4Sn=3an十4得4a1=3a1十4，所以a1=4≠0， 第3步：求数列{an}的通项公式 所以数列{an}是以4为首项，一3为公比的等比数列， 所以an=4X(-3)n-1. (2)解法一（错位相减法）第1步：求出数列{b}的通项公式 因为6n=(-1)n-1an=(-1)”-1n×4×(-3)n-1=4n·3m-1, 第2步：利用错位相减法求T 所以Tn=4×30+8×31十12×32十…十4n·3”-1, 所以3Tn=4×3+8×32+12×33+…十4n·3”, 两式相减得-2Tn=4十4(31十32十…十3-1)-4n·3”=4十4× 31-30-4m·3”=-2+(2-4m)·3”, 1-3 所以Tn=1十(2n-1)·3”. 解法二（裂项求和） 第1步：求出数列{b,}的通项公式 bn=(-1)"-lnan=(-1)m-ln×4×(-3)m-1=4n·3m-1, 1 第2步：利用待定系数法对b进行裂项 令bn=(kn十b)·3m-[k(n-1)十b]·3m-1, 则b,=(kn十b)·3”-[k(n-1)十b]·3m-1 =3”-1[3kn+3b-k(n-1)-b]=(2kn+2b+b)·3”-1, 所以路--0解降代2 1b=-1' 即b,=(2m-1)·3m-[2(n-1)-1]·3m-1=(2n-1)·3"-(2n 3)·3n-1, 第3步：求和 所以Tn=b1+b2十b十…十bn=1×31-(-1)×3°+3×32-1× 3+5×33-3×32十…十(2n-1)·3-(2n-3)·3m-1=(2n-1)· 3"-(-1)×3°=(2n-1)·3"+1. 3.解(1)当n=1时，2S1=a1,即2a1=a1,所以a1=0. 当n≥2时，由2Sn=an,得2S,-1=(n-1)a,-1, 两式相减得2an=na,-(n-1)an-1, 即(n-1)an-1=(n-2)an, 当n=2时，可得a1=0, 故海8时品则品品…品号 an-2n-3 …， 整理得4=1-1，因为a2=1,所以a,=n-1(n≥3). 2 当n=1,n=2时，均满足上式，所以an=n-1. (2)解法-令6，=“2岩=只 周工，=66+中6+6=号+是+…++会 ①， 合=+是++”+品@ 则①-②得T。=+++十 1,11 21 1 即，=2生出 解法二设b,=2+1 2” 所以6，-“2岁=是-（合+0）×（合），故a=÷6=0, q=2 故A=a 2 g-1 -1,B=64=0+1=-2,C=-B=2 21 g1-1 2 故T=(Am+B)g+C=(一-2)()+2 整理得T,=2-2十” 4,(1)解设{an}的公比为g,则an=g”-1 因为a1,3a2,9ag成等差数列， 所以1十9g2=2×3q,解得4=3： 故a,36= (2)证明由(1)知Sn= 1-1 工=+号+++， ① 1 3 边京) 1- 基理得=子号 则2江.-8=2（得）是(0)=品<0，故 T< 考向5数列与不等式 1.A[因为a1=1a+11+√反 an二，所以an>0,a2=立 1 an+l () 所以六<（左+）广时开方可得< 1一十 √an+1√an 2,则当n≥2时，1<1 √am√am-1 <上十，由 √ag√a1 所以店<1+”号些，所以 √an 所以a+1-1十√石1十有 a=≤an。=n十a 2 脚。<期当≥ 2时，兰≤子2…会≤子由累来法可得当≥2时， 2 6 5 2)=1+6(号应)<1+2=3，故选A] 2.等差数列、等比数列的通项公式十错位相减法十组合计数十集合 解(1)第1步：设{an}的公差和{b}的公比，得到通项公式 设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为g(g≠0)， 则{an}的通项公式为an=2十(n一1)d,{bn}的通项公式为b,=2 ×g-1. 第2步：利用条件建立方程，求得q,d 由a2=b2十1得2+d=2g+1,即d=2g-1,① 由a3=b得2+2d=2g.② 将①代入②，化简得g-2q=0,又q≠0，得q=2,则d=2g-1=3. 第3步：写出{an},{bn}的通项公式 故an=3n-1,b,=2. (2)(1)第1步：分析集合T,及1的最大值 由是知套合工中的元素为：=空Pa6共中A∈01 当所有的=1时1取装大值，即一-含ab-[3iX2门： 第2步：计算1mx与an+ibn+1 地5=4m=2(8i-10x2, 则S=2(3i-1)×2=2×21+5×22+…+(3n-1)×2", 25=2(3i-1)×2+1=2×2+5X2+…+(3m-40×2”+(3m 1)×2m+1. -S=2(3i-1)×2-2(3i-1)×2+H 2=1 i=1 =4+3×(22+23+…十2")-(3n-1)×2m+1 =4+3×4X02--（3m-1)×2+ 1-2 =(8-6n)×2m-8. 则1mmx=S=(6n-8)×2"+8=(3n-4)×2m+1十8. 易知an+1bn+1=[3(n十1)-1]×2+1=(3n十2)×2m+1. 第3步：比较tmmx与an+1bn+1 当n≥1时，an+1bn+1一tmmx=6×2"+1-8≥6X21+1-8=16>0, 所以Ht∈Tn,均有<an+1bn+1· (i)第1步：分析a,b,出现的次数 由题知集合Tn中的元素为1=多pa,b:=p1a1b1十pab十…十p。 a,bn,其中p∈{0,1}， 每个a,b,项在所有元素的和式中出现的次数为2”-1 第2步：计算T中所有元素之和 所以Tn中所有元素之和为2m-1·S=2m-1[(3-4)×2+1十8]= (3n-4)×4”+2m+2 3.等差数列十新定义十计数原理十概率（理性思维、数学探索、数学 应用) 解(1)(1,2)，(1,6)，(5,6). (2)第1步：分析当m=3时的分组情况 当m=3时，删去a2,a13,其余项可分为以下3组：a1,a1,a7,a10为 第1组，a3,ag,ag,a12为第2组，a5,ag,a1a11为第3组， 第2步：分析当m>3时的分组情况，得结论 当m>3时，删去a2,a13,其余项可分为以下m组：a1a1a7a1o为 第1组，aga6,aga12为第2组，a5,aga11,a11为第3组，a15,a16, a17,a18为第4组，a10,a20,a21,a22为第5组，…，am-1an, a1m+1,am+2为第m组，可知每组的4个数都能构成等差数列，故数 列a1,a2,…,am+2是(2,13)-可分数列. (3)第1步：证明1,2，…，4m十2是(4p十1,4g十2)一可分数列，并 求出方法敦 易知a1,a2,…,a1m+2是(i,j)-可分数列→1,2，…，4m十2是(4p十 1,4q十2)一可分数列，其中p,g∈{0,1，…，m}. 当0≤pq≤m时，则去4p十1,4q十2， 其余项从小到大，每4项分为1组，可知每组的4个数都能构成等 差数列， 故数列1,2，…，4m十2是(4p十1,4g十2)一可分数列，可分为(1,2， 3,4),…,(4p-3,4p-2,4p-1,4p),…,(4(q十1)-1,4(q+1), 4(g十1)十1,4(g十1)十2)，…，(4m-1,4,4m十1,4m十2).p,g的 可能取值方法数为C品+1十m十1=m十1)(m十2) 2 第2步：证明1,2，…，4m十2是(4p十2,4q十1)一可分数列，并求出 方法数 易知a1,a2…,am+2是(ij)-可分数列→1,2，…，4m十2是(4力十 2,4q十1)一可分数列，其中pq∈{0,1，…m}. 当q一p>1时，删去4p十2,4q十1， 将1~4p与4g十3~4m十2从小到大，每4项分为1组，可知每组 的4个数成等差数列. 考虑4p十1,4p十3,4p十4，…，4q,4q十2是否可分，等同于考虑1， 3,4,…,41,41+2是否可分，其中1=9p>1,可分为(1,1十1,21十 1,31+1),(3,t+3,2t+3,3t十3)，(4，t十4,2t+4,3t+4),…,(t, 2t,3t,4t),(t十2,21十2,3t十2,41十2)，每组4个数都能构成等差 数列. 故数列1,2，…，4m十2是(4p十2,4g十1)一可分数列，p,g且g一 p>1的可能取值方法数为C2+1一m=m,Dm 2 第3步：证明pm>8 (m十1)(m十2)+(m-1)m 从而Pn≥ 2 2 m2十m十1、1 Cim+2 8m2+6m+1>8 4.等差、等比数列的通项公式及前项和公式十不等式的证明十错位 相减法 解(1)第1步：求公比 设{an}的公比为g(q>0),则1十q=g-1,得9=2， 第2步：求Sn 12=2-1. 所以S=1-2 (2)(1)第1步：写出bn 由(1)知，a4=2-1,所以bn= k,n=2-1 (b-1十2k,2-1<n<2“ 第2步：求出bn-1 当n=a4+1=2时，bn=k十1， 2 b-1=b5-1=b-2+2k=b-3十4k=…=b5-1十2k·(2k-1-1） k十2k·(2-1-1)=k·2-k, 第3步：作差并化简 所以b,-1一a5·bn=k·2*-k-(k+1)2-1=(k-1)2-1-k. 第4步：构造函数并求导，判断函数的单调性，求出函数的最小值 设f(x)=(x-1)2-1-x,x≥2，则f(x)=2-1十(x-1)21ln2 1≥2十2n2-1>0,所以f(x)在[2，十∞)上单调递增，f(x)≥ f(2)=0, 第5步：证明不等式 所以bn-1一a4·bn≥0，即bn-1≥a5·bn (ⅱ)第1步：分析数列{bn}的结构特点 令k=1,得b1=1,令k=2,得b2=2,b=b十2k=6, 令k=3,得b=3,b6=b1十2k=9,bs=b十2k=15,b=b十2k=21, 所以b2-1,b,-1+1,…,b,-1是一个以b,-1为首项，2k为公差的 等差数列. 第2步：求出b1,b-1+1…,b,-1的和 因为b5-1=k,所以b5-1=k·2-k, 所以6-1+时-1+1十…十-1=：2,2二=k4-1, 2 第3步：利用错位相减法求出》6， =1 -1 所以26=宫6=6+6十…+1=1×+2×+…十 2=1 nX4”-, 426,=1X4+2×42+…+n×4, =1 两式相减，得-3空6=+小十…+41-X -n×4" 2=1 所以24，=（号日）·4“+ 5.解(1)设{an}的公差为d, {aa-,得{td+a+4u-16 由/a+a=16 a十d-(a+22)4解得亿3 (d=2 所以{an}的通项公式为an=3十2(n-1)=2n十1. ag-1=2·2”-1+1=2m+1,ag0-1=2(2"-1)+1=2m+1-1. 从a2n-1到ag-1共有2”-1-2m-1十1=2·2”-1-2n-1=2n-1 (项) 所以y4=20+1+20-10·2=2+229）·21 2、1 2-1 2 3·2”·2-1 =3·22m-2」 (2)(1)图为当2-1≤n≤2-1时，b<an<b+1, 所以当2≤n十1≤2+1-1时，b+1<an+1<b+2, 可得an<b+1<an+1· 因为{an}为递增数列，所以若2-1≤n≤2-1， 则a-1≤an≤ag5-1,得2十1≤an≤2+1-1. 同理可得2+1十1≤a,+1≤2+2-1. 故可得2+1-1<b+1<2+1十1， 所以2-1<b<2十1. 综上，当k≥2时，2一1<b<2+1. (ⅱ)由题意知{bn}是g≠1的正项等比数列， 设{b,}的通项公式为bn=p·g”(p>0,q>0且9≠1)， 由(1)知，2”-1<bn<2”十1，即2”-1<p·q”<2”十1， 则有1<:(号)<1+ 1 ①当号>1，即g>2时， 3m,∈N,俊释：（号）>2，与~（受）<1+六矛盾： ②当0<号<1,9≠1，即0<<2且9≠1时， 3N俊得：（号）<合与：(）>1六质 故q=2. 1 因为2”一1<bn<2”十1，所以bn=2” 设{6，}的前n项和为5，则S。=21-2”)=2+1-2. 1-2 6.解(1)因为4Sn+1=3Sn-9, 所以当n≥2时，4Sm=3S,-1-9, 两式相减可得4a+1=3a,即2土=3 =1时，45=4（是+a）-9 解得a2= 所以数列，是首项为是，公比为的等比教列 所以a,= ×()- 4” (2)因为3bn十(n-4)an=0, 所以bn=(n 4) () 所以Tn=-3× -2x(受)广-1×()'+×()广++ 所以子工，=-3×()广-2×(）广-1×（学） +0× (子)++a5)(子)广+-4)·()，@ ①-@得工=-3×是+（）+（）+…+（）月 (n-4)· ()=-9+ ()] 1- () 所以Tn= 4n· 因为Tnλbn对任意n∈N“恒成立 所以-4n· （)）≤n-40·(子)恒成立 即-3n≤λ(n一4)恒成立， 当n<4时A3=-3- n-4 n4此时A≤1： 当n=4时，一12≤0恒成立； 当m>1时以产，到一3号此时2 n-4 所以一3λ≤1，即实数入的取值范围为[一3,1]. 专题14不等式 考向1不等式的性质与一元二次不等式 1.C[分式不等的解法由号>2，得1+2≥0，得 当得D+2 x-1 {x≠1 ,得一2x<1,故选C.] 2.一4[换元法十不等式恒成立 第1步：换元，转化问题 设t=2a十b,则函数f(x)=tx2十bz-a-1需满足Hx∈[-2,2]， f(x)0恒成立， 第2步：分析特殊点，得t的范围 f(）=子+()ba1.由1=2a+6得6=12a.所 以()片.1= 2 -1≤0，解得t≥-4. 第3步：验证1=一4是否成立，得答案 当t=-4时，2a十b=-4,即b=一4-2a,所以f(x)=-4x2十 (-4-2a)x-a一1.为使f(x)≤0对所有x成立，可尝试令f(x) -m2=-4 =一(x十n)2(m>0),对比系数得 2m=一42a,解得 （-n2=-a-1 n=1,进而得b=一4，此时f(x)=-(2x十1)2，显然Hx∈[一2， (a=0 2],f(x)≤0恒成立，综上，2a十b的最小值为一4，」