《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 第4講 數(shù)列學(xué)案.docx》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 第4講 數(shù)列學(xué)案.docx（17頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第4講數(shù)列 1．等差、等比數(shù)列基本運(yùn)算和性質(zhì)的考查是高考熱點(diǎn)，經(jīng)常以小題形式出現(xiàn)； 2．?dāng)?shù)列的通項(xiàng)也是高考熱點(diǎn)，常在解答題中的第(1)問(wèn)出現(xiàn)，難度中檔以下． 3．高考對(duì)數(shù)列求和的考查主要以解答題的形式出現(xiàn)，通過(guò)分組轉(zhuǎn)化、錯(cuò)位相減、裂項(xiàng)相消等方法求數(shù)列的和，難度中檔偏下． 1．等差數(shù)列 (1)通項(xiàng)公式：an＝a1＋(n－1)d； (2)求和公式：Sn＝＝na1＋d； (3)性質(zhì)： ①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，則am＋an＝ap＋aq； ②an＝am＋(n－m)d； ③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，成等差數(shù)列． 2．等比數(shù)列 (1)通項(xiàng)公式：an＝a1qn-1(q≠0)； (2)求和公式：q＝1，Sn＝na1；q≠1，Sn＝＝； (3)性質(zhì)： ①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，則aman＝apaq； ②an＝amqn-m； ③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(Sm≠0)成等比數(shù)列． 3．?dāng)?shù)列求和 (1)分組轉(zhuǎn)化求和：一個(gè)數(shù)列既不是等差數(shù)列，也不是等比數(shù)列，若將這個(gè)數(shù)列適當(dāng)拆開，重新組合，就會(huì)變成幾個(gè)可以求和的部分，分別求和，然后再合并． (2)錯(cuò)位相減法：主要用于求數(shù)列{anbn}的前n項(xiàng)和，其中{an}，{bn}分別是等差數(shù)列和等比數(shù)列． (3)裂項(xiàng)相消法：即將數(shù)列的通項(xiàng)分成兩個(gè)式子的代數(shù)差的形式，然后通過(guò)累加抵消中間若干項(xiàng)的方法，裂項(xiàng)相消法適用于形如(其中{an}是各項(xiàng)均不為零的等差數(shù)列，c為常數(shù))的數(shù)列． 熱點(diǎn)一　等差(比)數(shù)列的性質(zhì) 【例1】(1)(2018南昌聯(lián)考)等比數(shù)列中，若，，則等于（） A．-4 B．4 C．4 D．172 (2)(2017北京海淀區(qū)質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足Sn＝2an－2，若數(shù)列{bn}滿足bn＝10－log2an，則使數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和取最大值時(shí)的n的值為________． 解析　(1)∵數(shù)列為等比數(shù)列，，， ∴，即，∴， 則．故選B． (2)∵Sn＝2an－2，∴n＝1時(shí)，a1＝2a1－2，解得a1＝2． 當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝2an－2－(2an－1－2)，∴an＝2an－1． ∴數(shù)列{an}是公比與首項(xiàng)都為2的等比數(shù)列，∴an＝2n． ∴bn＝10－log2an＝10－n．由bn＝10－n≥0，解得n≤10． ∴使數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和取最大值時(shí)的n的值為9或10． 答案　(1)B　(2)9或10 探究提高　1．利用等差(比)性質(zhì)求解的關(guān)鍵是抓住項(xiàng)與項(xiàng)之間的關(guān)系及項(xiàng)的序號(hào)之間的關(guān)系，從這些特點(diǎn)入手選擇恰當(dāng)?shù)男再|(zhì)進(jìn)行求解． 2．活用函數(shù)性質(zhì)：數(shù)列是一種特殊的函數(shù)，具有函數(shù)的一些性質(zhì)，如單調(diào)性、周期性等，可利用函數(shù)的性質(zhì)解題． 【訓(xùn)練1】 (1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，若數(shù)列{2a1an}為遞減數(shù)列，則（） A．d>0 B．d<0 C．a(chǎn)1d>0 D．a(chǎn)1d<0 (2) (2018銀川一中)等比數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)和為Sn，己知S2＝3，S4＝15，則S3＝（） A．7 B．－9 C．7或－9 D．638 解析　(1)因?yàn)閿?shù)列{2a1an}為遞減數(shù)列，所以2a1an<2a1an－1，則a1an0，a＋2an＝4Sn＋3． (1)求{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和． 解　(1)由a＋2an＝4Sn＋3，可知a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3． 兩式相減可得a－a＋2(an＋1－an)＝4an＋1， 即2(an＋1＋an)＝a－a＝(an＋1＋an)(an＋1－an)． 由于an>0，可得an＋1－an＝2． 又a＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)，a1＝3． 所以{an}是首項(xiàng)為3，公差為2的等差數(shù)列，通項(xiàng)公式為an＝2n＋1． (2)由an＝2n＋1可知bn＝＝＝． 設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn， 則Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝． 探究提高　1．裂項(xiàng)相消法求和就是將數(shù)列中的每一項(xiàng)裂成兩項(xiàng)或多項(xiàng)，使這些裂開的項(xiàng)出現(xiàn)有規(guī)律的相互抵消，要注意消去了哪些項(xiàng)，保留了哪些項(xiàng)． 2．消項(xiàng)規(guī)律：消項(xiàng)后前邊剩幾項(xiàng)，后邊就剩幾項(xiàng)，前邊剩第幾項(xiàng)，后邊就剩倒數(shù)第幾項(xiàng)． 【訓(xùn)練3．2】 (2019廣元一模)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a1=2，對(duì)任意n∈N*，都有2Sn=(n+1)an． （1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； （2）若數(shù)列{4an(an+2)}的前n項(xiàng)和為Tn，證明：12≤Tn<1． 解（1）因?yàn)?Sn=n+1an，當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn-1=nan-1 兩式相減得：2an=n+1an-nan-1即n-1an=nan-1， 所以當(dāng)n≥2時(shí)，ann=an-1n-1． 所以ann=a11=2，即an=2n． （2）因?yàn)閍n=2n，bn=4anan+2，n∈N*， 所以bn=42n2n+2=1nn+1=1n-1n+1． 所以Tn=b1+b2+?+bn=1-12+12-13+?+1n-1n-1=1-1n+1=nn+1， 因?yàn)?n+1>0，所以1-1n+1<1． 又因?yàn)閒n=1n+1在N*上是單調(diào)遞減函數(shù)， 所以1-1n+1在N*上是單調(diào)遞增函數(shù)． 所以當(dāng)n=1時(shí)，Tn取最小值12， 所以12≤Tn<1． 3．錯(cuò)位相減求和 【例3．3】(2017天津卷)已知{an}為等差數(shù)列，前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)，{bn}是首項(xiàng)為2的等比數(shù)列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4． (1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列{a2nbn}的前n項(xiàng)和(n∈N*)． 解　(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q， 由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12， 而b1＝2，所以q2＋q－6＝0， 又因?yàn)閝>0，解得q＝2，所以bn＝2n． 由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8，① 由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，② 聯(lián)立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2． 所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n－2，{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝2n． (2)設(shè)數(shù)列{a2nbn}的前n項(xiàng)和為Tn，由a2n＝6n－2，bn＝2n，有 Tn＝ 42＋1022＋1623＋…＋(6n－2)2n， 2Tn＝422＋1023＋1624＋…＋(6n－8)2n＋(6n－2)2n＋1， 上述兩式相減，得－Tn＝42＋622＋623＋…＋62n－(6n－2)2n＋1＝－4－(6n－2)2n＋1＝－(3n－4)2n＋2－16．所以Tn＝(3n－4)2n＋2＋16． 所以數(shù)列{a2nbn}的前n項(xiàng)和為(3n－4)2n＋2＋16． 探究提高　1．一般地，如果數(shù)列{an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，求數(shù)列{anbn}的前n項(xiàng)和時(shí)，可采用錯(cuò)位相減法求和，一般是和式兩邊同乘以等比數(shù)列{bn}的公比，然后作差求解． 2．在寫“Sn”與“qSn”的表達(dá)式時(shí)應(yīng)特別注意將兩式“錯(cuò)項(xiàng)對(duì)齊”，以便下一步準(zhǔn)確地寫出“Sn－qSn”的表達(dá)式． 【訓(xùn)練3．3】 (2018浙江期末)已知數(shù)列｛an｝滿足：2n-1a1+2n-2a2+?+2an-1+an=n，n∈N*． （1）求a1,a2及數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式； （2）若數(shù)列｛bn｝滿足：b1=1，bn+1-bnan=2n，求數(shù)列｛bn｝的通項(xiàng)公式． 解（1）n=1時(shí)a1=1， n=2時(shí)2a1+a2=2?a2=0 2n-1a1+2n-2a2+?+2an-1+an=n① 2n-2a1+2n-3a2+?+an-1=n-1n≥2② ①-2②?an=2-nn≥2 a1=1滿足上式，故an=2-n． （2）bn+1-bn=2-n2n，有b2-b1=121b3-b2=022?bn-bn-1=3-n2n-1n≥2累加整理 bn=1+121+022+?+3-n2n-1，n≥2① 2bn=2+122+023+?+3-n2n，n≥2② ②-①得bn=1-2+1221-2n-21-2+3-n2n=4-n2n-5n≥2 b1=1滿足上式，故bn=4-n2n-5． 熱點(diǎn)四　an與Sn的關(guān)系問(wèn)題 【例4】(2017濟(jì)南模擬)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，對(duì)任意的正整數(shù)n，都有an＝5Sn＋1成立， bn＝－1－log2|an|，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，cn＝． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和An，并求出An的最值． 解　(1)因?yàn)閍n＝5Sn＋1，n∈N*，所以an＋1＝5Sn＋1＋1，兩式相減，得an＋1＝－an， 又當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝5a1＋1，知a1＝－， 所以數(shù)列{an}是公比、首項(xiàng)均為－的等比數(shù)列． 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝． (2)bn＝－1－log2|an|＝2n－1，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn＝n2， cn＝＝＝－， 所以An＝1－．因此{(lán)An}是單調(diào)遞增數(shù)列， ∴當(dāng)n＝1時(shí)，An有最小值A(chǔ)1＝1－＝；An沒(méi)有最大值． 探究提高　1．給出Sn與an的遞推關(guān)系求an，常用思路是：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)轉(zhuǎn)化為an的遞推關(guān)系，再求其通項(xiàng)公式；二是轉(zhuǎn)化為Sn的遞推關(guān)系，先求出Sn與n之間的關(guān)系，再求an． 2．形如an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可構(gòu)造一個(gè)新的等比數(shù)列． 【訓(xùn)練4】(2019棗莊八中)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1=2，Sn=2Sn-1-n(n≥2,n∈N*)． （1）求{an}的通項(xiàng)公式； （2）若bn=nan，求{bn}的前n項(xiàng)和Tn． 解（1）Sn=2Sn-1-nn≥2,n∈N*①，當(dāng)n≥33時(shí)，Sn-1=2Sn-2n-1②． ①-②得，an=2an-1-1,an-1=2an-1-1，所以an-1an-1-1=2n≥3． 當(dāng)n=2時(shí)，a1+a2=2a1-2，得a2=0，則a2-1a1-1=-11=-1≠2． 所以an-1是從第二項(xiàng)起，以2為公比的等比數(shù)列． 則an-1=-1?2n-2=-2n-2，an=-2n-2+1n≥2,n∈N* 所以an=2,n=1-2n-2+1,n≥2． （2）易知bn=2,n=1-n?2n-2+n,n≥2 Tn=2-220-321-．．．-n?2n-2+2+3+．．．+n③， 2Tn=4-221-322-．．．-n?2n-1+22+3+．．．+n④， ③-④得-Tn=-2-2-2-22-23-．．．-2n-2+n?2n-1-n-1n+22=-4-2-2n-221-2+n?2n-1-n-1n+22=2n-1n-1-2-n-1n+22． 所以Tn=n2+n+22-2n-1n-1．  1．(2018全國(guó)I卷)設(shè)Sn為等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和，若3S3=S2+S4，a1=2，則a5=（） A．-12 B．-10 C．10 D．12 2．(2018全國(guó)I卷)記Sn為數(shù)列an的前n項(xiàng)和，若Sn=2an+1，則S6=_____________． 3．(2018全國(guó)III卷)等比數(shù)列an中，a1=1?，??a5=4a3． （1）求an的通項(xiàng)公式； （2）記Sn為an的前n項(xiàng)和．若Sm=63，求m． 4．(2018全國(guó)II卷)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a1=-7，S3=-15． （1）求{an}的通項(xiàng)公式； （2）求Sn，并求Sn的最小值． 5．(2018全國(guó)I卷)已知數(shù)列an滿足a1=1，nan+1=2n+1an，設(shè)bn=ann． （1）求b1?，??b2?，??b3； （2）判斷數(shù)列bn是否為等比數(shù)列，并說(shuō)明理由； （3）求an的通項(xiàng)公式． 1．(2018玉溪一中)設(shè)Sn為等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和，a5a2=-8，則S5S2=( ) A．11 B．5 C．-11 D．-8 2．(2018銀川一中)在等差數(shù)列{an}中，若a10a9<-1，且它的前n項(xiàng)和Sn有最大值，則使Sn>0成立的正整數(shù)n的最大值是（） A．15 B．16 C．17 D．14 3．(2018福建聯(lián)考)在正整數(shù)數(shù)列中，由1開始依次按如下規(guī)則，將某些整數(shù)染成紅色,先染1；再染3個(gè)偶數(shù)2，4，6；再染6后面最鄰近的5個(gè)連續(xù)奇數(shù)7，9，11，13，15；再染15后面最鄰近的7個(gè)連續(xù)偶數(shù)16，18，20，22，24，26，28；再染此后最鄰近的9個(gè)連續(xù)奇數(shù)29，31，…，45；按此規(guī)則一直染下去，得到一紅色子數(shù)列：1，2，4，6，7，9，11，13，15，16，……，則在這個(gè)紅色子數(shù)列中，由1開始的第2019個(gè)數(shù)是（） A．3972 B．3974 C．3991 D．3993 4．(2017沈陽(yáng)二模)已知數(shù)列{an}滿足an＋1－an＝2，a1＝－5，則|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝（） A．9 B．15 C．18 D．30 5．(2017成都診斷)已知等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，且a1＋2a2＝5，4a＝a2a6． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若數(shù)列{bn}滿足b1＝2，且bn＋1＝bn＋an，求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式； (3)設(shè)cn＝，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn． 1．(2018長(zhǎng)郡中學(xué))已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝n2＋4n，若首項(xiàng)為13的數(shù)列{bn}滿足1bn+1-1bn=an，則數(shù)列{bn}的前10項(xiàng)和為（） A．175264 B．3988 C．173264 D．181264 2．(2018蓮塘一中)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1=-8，且(3n-5)an+1=(3n-2)an-9n2+21n-10， 若n,m∈N*，n>m，則Sn-Sm的最大值為（） A．10 B．15 C．18 D．26 3．(2016全國(guó)Ⅲ卷)已知各項(xiàng)都為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0． (1)求a2，a3； (2)求{an}的通項(xiàng)公式． 4．(2018長(zhǎng)春期末)已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn=Sn-1+1n≥2,n∈N，且a1=1， （1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式an； （2）記bn=1an?an+1，Tn為bn的前n項(xiàng)和，求使Tn≥2n成立的n的最小值． 5．(2017衡水中學(xué)質(zhì)檢)若數(shù)列{an}是公差為2的等差數(shù)列，數(shù)列{bn}滿足b1＝1，b2＝2，且anbn＋bn＝nbn＋1． (1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)數(shù)列{cn}滿足cn＝，數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn，若不等式(－1)nλ0，a10<0，且a9+a10<0，由等差數(shù)列的性質(zhì)和求和公式可得結(jié)論． 【答案】∵等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和有最大值，∴等差數(shù)列{an}為遞減數(shù)列， 又a10a9<-1，∴a9>0，a10<0，∴a9+a10<0， 又S18=18(a1+a18)2<0，S17=17(a1+a17)2=17a9>0， ∴Sn>0成立的正整數(shù)n的最大值是17，故選C． 3．【解題思路】根據(jù)題意知，每次涂成紅色的數(shù)字成等差數(shù)列，并且第n次染色時(shí)所染的最后一個(gè)數(shù)是n(2n-1)，可以求出2019個(gè)數(shù)是在第45次染色的倒數(shù)第7個(gè)數(shù)，因此可求得結(jié)果． 【答案】第1此染色的數(shù)為1=11，共染色1個(gè)， 第2次染色的最后一個(gè)數(shù)為6=23，共染色3個(gè)， 第3次染色的最后一個(gè)數(shù)為15=35，共染色5個(gè)， 第4次染色的最后一個(gè)數(shù)為28=47，共染色7個(gè)， 第5次染色的最后一個(gè)數(shù)為45=59，共染色9個(gè)， … ∴第n次染色的最后一個(gè)數(shù)為n（2n-1），共染色2n-1個(gè)， 經(jīng)過(guò)n次染色后被染色的數(shù)共有1+3+5+…+（2n-1）=n2個(gè)， 而2019=4545-6， ∴第2019個(gè)數(shù)是在第45次染色時(shí)被染色的，第45次染色的最后一個(gè)數(shù)為4589，且相鄰兩個(gè)數(shù)相差2， ∴2019＝4589-12＝3993． 故選D． 4．【解題思路】確定數(shù)列{an}中那些項(xiàng)是正數(shù)，那些項(xiàng)是負(fù)數(shù)． 【答案】∵an＋1－an＝2，a1＝－5，∴數(shù)列{an}是公差為2的等差數(shù)列． ∴an＝－5＋2(n－1)＝2n－7． 數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝＝n2－6n． 令an＝2n－7≥0，解得n≥．∴n≤3時(shí)，|an|＝－an；n≥4時(shí)，|an|＝an． 則|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝－a1－a2－a3＋a4＋a5＋a6＝S6－2S3＝62－66－2(32－63)＝18． 故選C． 5．【解題思路】(1)由a1＋2a2＝5，4a＝a2a6．列方程組解出首項(xiàng)a1，公比q，(2)利用累加法求通項(xiàng)． (3)裂項(xiàng)相消法求前n項(xiàng)和． 【答案】解　(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由4a＝a2a6得4a＝a所以q2＝4，由條件可知q>0，故q＝2，由a1＋2a2＝5得a1＋2a1q＝5，所以a1＝1， 故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1． (2)由bn＋1＝bn＋an得bn＋1－bn＝2n－1， 故b2－b1＝20，b3－b2＝21，…，bn－bn－1＝2n－2(n≥2)， 以上n－1個(gè)等式相加得bn－b1＝1＋21＋…＋2n－2＝＝2n－1－1， 由b1＝2，所以bn＝2n－1＋1(n∈N*)． (3)cn＝＝＝－， 所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＋＋…＋＝－＝－． 1．【解題思路】首先根據(jù)數(shù)列中Sn與an的關(guān)系，求得an=2n+3，利用條件1bn+1-1bn=an=2n+3，用累加法求得bn=1n2+2n，用裂項(xiàng)相消法求和，之后將n=10代入求得結(jié)果． 【答案】由Sn=n2+4n，可得an=2n+3， 根據(jù)1bn+1-1bn=an=2n+3，結(jié)合題的條件，應(yīng)用累加法可求得1bn=n2+2n， 所以bn=1n2+2n=1n(n+2)=12(1n-1n+2)， 所以數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為Tn=12(1-13+12-14+?+1n-1n+2)=12(32-1n+1-1n+2)， 所以T10=12(32-111-112)=175264， 故選A． 2．【解題思路】由已知條件求出數(shù)列的通項(xiàng)公式，根據(jù)數(shù)列特征求出最值 【答案】∵(3n-5)an+1=(3n-2)an-9n2+21n-10, ∴(3n-5)an+1=(3n-2)an-9n2-21n+10， (3n-5)an+1=(3n-2)an-3n-53n-2， ∵n∈N*，∴an+13n-2=an3n-5-1， ∴數(shù)列{an3n-5}為等差數(shù)列，首項(xiàng)為a13-5=4，d=-1 an3n-5=4-n-1=5-n, an=3n-55-n, a2=3,a3=8,a4=7 在數(shù)列{an}中只有a2,a3,a4為正數(shù) ∴Sn-Sm的最大值為a2+a3+a4=3+8+7=18， 故選C． 3．【解題思路】(1)代入n＝1，n＝2依次求出a2，a3，(2)化簡(jiǎn)a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0可得為數(shù)列{an}等比數(shù)列． 【答案】解　(1)由a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0， 令n＝1，得a2＝， 令n＝2，得a－(2a3－1)a2－2a3＝0，則a3＝． (2)由a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)， 因?yàn)閧an}的各項(xiàng)都為正數(shù)，所以＝． 故{an}是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列，因此an＝． 4．【解題思路】(1)根據(jù)題干得到數(shù)列{Sn}為等差數(shù)列,進(jìn)而得到Sn=n2，再由an=Sn-Sn-1可求通項(xiàng)；（2）由（1）知，bn=12(12n-1-12n+1)，裂項(xiàng)求和即可． 【答案】（1）由已知有Sn-Sn-1=1，∴??數(shù)列{Sn}為等差數(shù)列， 且S1=a1=1，∴??Sn=n，即Sn=n2， 當(dāng)n≥2時(shí)，an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1， 又a1=1也滿足上式，∴??an=2n-1； （2）由（1）知，bn=1(2n-1)(2n+1)=12(12n-1-12n+1) ∴??Tn=12(1-13+13-15+???+12n-1-12n+1)=12(1-12n+1)=n2n+1， 由Tn≥2n有n2≥4n+2，有(n-2)2≥6，所以n≥5，∴??n的最小值為5． 5．【解題思路】(1)等差數(shù)列，等比數(shù)列的定義，(2)錯(cuò)位相減法求Tn． 【答案】解　(1)∵數(shù)列{bn}滿足b1＝1，b2＝2，且anbn＋bn＝nbn＋1． ∴n＝1時(shí)，a1＋1＝2，解得a1＝1． 又?jǐn)?shù)列{an}是公差為2的等差數(shù)列， ∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1． ∴2nbn＝nbn＋1，化為2bn＝bn＋1， ∴數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列． ∴bn＝2n－1． (2)由數(shù)列{cn}滿足cn＝＝＝， 數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn＝1＋＋＋…＋，∴Tn＝＋＋…＋＋， 兩式作差，得∴Tn＝1＋＋＋…＋－＝－＝2－，∴Tn＝4－． 不等式(－1)nλ－2． 綜上可得：實(shí)數(shù)λ的取值范圍是(－2，3)．