浙江省2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第七章數(shù)列數(shù)學(xué)歸納法加強練七數(shù)列數(shù)學(xué)歸納法含解析

PAGE加強練(七)數(shù)列、數(shù)學(xué)歸納法一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1.已知數(shù)列{an}中，a3＝2，a7＝1.若數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))為等差數(shù)列，則a9＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(5,4)C.eq\f(4,5) D.－eq\f(4,5)解析因為數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))為等差數(shù)列，a3＝2，a7＝1，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的公差d＝eq\f(\f(1,a7)－\f(1,a3),7－3)＝eq\f(1－\f(1,2),7－3)＝eq\f(1,8)，所以eq\f(1,a9)＝eq\f(1,a7)＋(9－7)×eq\f(1,8)＝eq\f(5,4)，所以a9＝eq\f(4,5)，故選C.答案C2.已知等比數(shù)列{an}滿意a1＝eq\f(1,4)，a3a5＝4(a4－1)，則a2＝()A.2 B.1C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,8)解析由{an}為等比數(shù)列，得a3a5＝aeq\o\al(2,4)，所以aeq\o\al(2,4)＝4(a4－1)，解得a4＝2，設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則a4＝a1q3，得2＝eq\f(1,4)q3，解得q＝2，所以a2＝a1q＝eq\f(1,2).選C.答案C3.(2024·紹興適應(yīng)性考試)已知數(shù)列{an}是公比為q的等比數(shù)列，則“a5a6＜aeq\o\al(2,4)”是“0＜q＜1”的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件解析由a5a6＜aeq\o\al(2,4)得aeq\o\al(2,1)q9＜aeq\o\al(2,1)q6，因為a1≠0，q≠0，所以q3＜1，解得q＜0或0＜q＜1，所以“a5a6＜aeq\o\al(2,4)”是“0＜q＜1”的必要不充分條件，故選B.答案B4.已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，S11＝22，a4＝－12，假如當(dāng)n＝m時，Sn最小，那么m的值為()A.10 B.9C.5 D.4解析設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則S11＝11a1＋55d＝22，a4＝a1＋3d＝－12，解得a1＝－33，d＝7，由an＝7n－40<0得n≤5，即該數(shù)列的前5項是負(fù)數(shù)，從第6項起先是正數(shù)，則前5項的和最小，即m＝5.答案C5.已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則下列結(jié)論肯定成立的是()A.若a5>0，則a2017<0 B.若a6>0，則a2018<0C.若a5>0，則S2017>0 D.若a6>0，則S2018>0解析設(shè)等比數(shù)列的公比為q.對于A，a5＝a1q4>0，則a2017＝a1q2016>0，故A錯誤；對于B，a6＝a1q5>0，則a2018＝a1q2017>0，故B錯誤；對于C，a5＝a1q4>0，則a1>0.當(dāng)q＝1時，S2017＝2017a1>0；當(dāng)q≠1時，S2017＝eq\f(a1（1－q2017）,1－q)>0，故C正確；對于D，a6＝a1q5>0，當(dāng)a1<0，q＝－1時，S2018＝0，故D錯誤，故選C.答案C6.已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且eq\f(S4,S8)＝eq\f(1,3)，則eq\f(S8,S16)＝()A.eq\f(3,10) B.eq\f(3,7)C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,2)解析因為Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，所以S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12也成等差數(shù)列，而eq\f(S4,S8)＝eq\f(1,3)，所以S8＝3S4，則(S8－S4)－S4＝S4，則得S12－S8＝3S4，S16－S12＝4S4，故S16＝10S4，所以eq\f(S8,S16)＝eq\f(3,10).答案A7.若a，b是函數(shù)f(x)＝x2－px＋q(p>0，q>0)的兩個不同的零點，且a，b，－2這三個數(shù)適當(dāng)排序后可成等差數(shù)列，且適當(dāng)排序后也可成等比數(shù)列，則a＋b的值等于()A.4 B.5C.6 D.7解析a，b是函數(shù)f(x)＝x2－px＋q(p>0，q>0)的兩個不同的零點，可得a＋b＝p，ab＝q，即有a>0，b>0.a，b，－2這三個數(shù)適當(dāng)排序后可成等差數(shù)列，且適當(dāng)排序后可成等比數(shù)列，即a，－2，b或b，－2，a成等比數(shù)列，∴ab＝4；又a，b，－2或b，a，－2或－2，a，b或－2，b，a成等差數(shù)列，可得2b＝a－2或2a＝b－2，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝4.))∴a＋b＝5.答案B8.(2024·金華一中月考)如圖的倒三角形數(shù)陣滿意：(1)第1行的n個數(shù)，分別是1，3，5，…，2n－1；(2)從其次行起，各行中的第一個數(shù)都等于它肩上的兩數(shù)之和；(3)數(shù)陣共有n行.問：當(dāng)n＝2000時，第32行的第17個數(shù)是()A.236 B.236＋2012C.237 D.232解析不妨設(shè)每一行的第一個數(shù)分別為a1，a2，…，an，則有a1＝1，a2＝4，a3＝12.由條件可得a2＝2a1＋2，a3＝2a2＋22，所以可知an＋1＝2an＋2n，即eq\f(an＋1,2n)＝eq\f(an,2n－1)＋1，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n－1)))是以1為首項，公差為1的等差數(shù)列.所以第32行的第一個數(shù)為eq\f(a32,231)＝32＝25，所以a32＝236.又每一行都是等差數(shù)列，公差分別為2，22，23，…，所以可知第32行的公差為232，所以第32行的第17個數(shù)為236＋16×232＝236＋236＝237，故選C.答案C9.(一題多解)(2024·福州質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}滿意a1＝1，an＋1＝eq\f(（n＋1）aeq\o\al(2,n),2aeq\o\al(2,n)＋4nan＋n2)，則a8＝()A.eq\f(8,964－2) B.eq\f(8,932－2)C.eq\f(8,916－2) D.eq\f(8,97－2)解析法一因為an＋1＝eq\f(（n＋1）aeq\o\al(2,n),2aeq\o\al(2,n)＋4nan＋n2)，a1＝1，所以an＞0，所以eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2aeq\o\al(2,n)＋4nan＋n2,（n＋1）aeq\o\al(2,n))，所以eq\f(n＋1,an＋1)＝eq\f(2aeq\o\al(2,n)＋4nan＋n2,aeq\o\al(2,n))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,an)))eq\s\up12(2)＋4·eq\f(n,an)＋2，所以eq\f(n＋1,an＋1)＋2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,an)＋2))eq\s\up12(2)，令bn＝eq\f(n,an)＋2，則bn＋1＝beq\o\al(2,n)，又因為bn＞0，且bn≠1，所以lnbn＋1＝2lnbn，又lnb1＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)＋2))＝ln3，所以數(shù)列{lnbn}是首項為ln3，公比為2的等比數(shù)列.所以lnbn＝2n－1ln3＝ln32n－1，所以bn＝32n－1，即eq\f(n,an)＋2＝32n－1，從而an＝eq\f(n,32n－1－2)，將n＝8代入，選A.法二因為an＋1＝eq\f(（n＋1）aeq\o\al(2,n),2aeq\o\al(2,n)＋4nan＋n2)，a1＝1，所以an＞0，所以eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2aeq\o\al(2,n)＋4nan＋n2,（n＋1）aeq\o\al(2,n))，所以eq\f(n＋1,an＋1)＝eq\f(2aeq\o\al(2,n)＋4nan＋n2,aeq\o\al(2,n))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,an)))eq\s\up12(2)＋4·eq\f(n,an)＋2，所以eq\f(n＋1,an＋1)＋2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,an)＋2))eq\s\up12(2)，令bn＝eq\f(n,an)＋2，則bn＋1＝beq\o\al(2,n)，因為b1＝3，所以b2＝32，所以b3＝(32)2＝34，所以b4＝(34)2＝38，…，所以b8＝3128＝964.又b8＝eq\f(8,a8)＋2，所以a8＝eq\f(8,964－2)，故選A.答案A10.(2024·浙江名師預(yù)料卷五)已知數(shù)列{an}，|a1|＝1，對隨意n≥2(n∈N*)都有|an－an－1|＝2n－1，則a5的全部可能取值個數(shù)為()A.31 B.32C.63 D.64解析由a1＝±1，故an必為奇數(shù)，而|an|＝|(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1|≤|an－an－1|＋|an－1－an－2|＋…＋|a2－a1|＋|a1|＝20＋21＋…＋2n－1＝2n－1，明顯an可以取[－(2n－1)，2n－1]內(nèi)全部奇數(shù)，在[－(2n－1)，2n－1]內(nèi)的奇數(shù)個數(shù)為2n個，故a5的全部可能取值個數(shù)為25＝32，故選B.答案B二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分)11.(2024·紹興一中適考)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a2＝3，S4＝16，則數(shù)列{an}的公差d＝________，通項公式an＝________.解析由a2＝3，S4＝16，得a1＋d＝3，4a1＋eq\f(4×3,2)d＝16，解得公差d＝2，首項a1＝1，故通項an＝1＋2(n－1)＝2n－1.答案22n－112.(2024·廣州綜測一)設(shè)Sn是等比數(shù)列{an}的前n項和，若S3＝3，S6＝27，則a1＝________，q＝________.解析設(shè)公比為q(q≠1)，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S3＝\f(a1（1－q3）,1－q)＝3，,S6＝\f(a1（1－q6）,1－q)＝27，))解得eq\f(1,1＋q3)＝eq\f(1,9)，即q3＝8，得q＝2，代入eq\f(a1（1－q3）,1－q)＝3得eq\f(a1（1－8）,1－2)＝3，所以a1＝eq\f(3,7).答案eq\f(3,7)213.已知正項等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若－1，S5，S10成等差數(shù)列，則S10－2S5＝________，且S15－S10的最小值為________.解析由已知2S5＝－1＋S10，∴S10－2S5＝1.由{an}為等比數(shù)列可知：S5，S10－S5，S15－S10也成等比數(shù)列，∴(S10－S5)2＝S5·(S15－S10)，∴S15－S10＝eq\f(（S10－S5）2,S5)＝eq\f(（2S5＋1－S5）2,S5)＝eq\f(（S5＋1）2,S5)＝S5＋eq\f(1,S5)＋2≥4，當(dāng)且僅當(dāng)S5＝1時，等號成立.答案1414.設(shè)數(shù)列{an}滿意a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.{an}的通項an＝________，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1)))的前n項和是________.解析當(dāng)n＝1時，a1＝2，當(dāng)n≥2時，由a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n①，得a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)②，①－②得(2n－1)an＝2，即an＝eq\f(2,2n－1)，當(dāng)n＝1時a1＝2也滿意此式，所以數(shù)列{an}的通項an＝eq\f(2,2n－1)；因為eq\f(an,2n＋1)＝eq\f(2,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1)，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1)))的前n項和S＝1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1)＝1－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(2n,2n＋1).答案eq\f(2,2n－1)eq\f(2n,2n＋1)15.已知f(n)＝(2n＋7)·3n＋9，存在自然數(shù)m，使得對隨意n∈N*，f(n)都能被m整除，則m的最大值為________.解析由于f(1)＝36，f(2)＝108，f(3)＝360都能被36整除，猜想f(n)能被36整除，即m的最大值為36.當(dāng)n＝1時，可知猜想成立，假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時，猜想成立，即f(k)＝(2k＋7)·3k＋9能被36整除；當(dāng)n＝k＋1時，f(k＋1)＝(2k＋9)·3k＋1＋9＝(2k＋7)·3k＋9＋36(k＋5)·3k－2，因此f(k＋1)也能被36整除，故所求m的最大值為36.答案3616.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若Sn＝2an－n，則使an≤10n成立的n的最大值是________.解析因為Sn＝2an－n，可得Sn－1＝2an－1－(n－1)，n≥2，兩式相減可得an＝2an－2an－1－1化簡可得an＝2an－1＋1，即an＋1＝2(an－1＋1)，所以數(shù)列{an＋1}是以a1＋1為首項，公比為2的等比數(shù)列，當(dāng)n＝1時，求得a1＝1，所以an＋1＝2×2n－1＝2n即an＝2n－1，所以an≤10n即2n－1≤10n解得n≤5，所以an≤10n成立的n的最大值是5.答案517.(2024·武漢調(diào)研)已知正項數(shù)列{an}滿意a1＝1，前n項和Sn滿意4Sn＝(an－1＋3)2(n≥2，n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項公式為an＝________.解析因為4Sn＝(an－1＋3)2(n≥2，n∈N*)，a1＝1，所以4(a1＋a2)＝(a1＋3)2，所以4(1＋a2)＝42，解得a2＝3，由4(a1＋a2＋a3)＝(a2＋3)2得4(1＋3＋a3)＝(3＋3)2，解得a3＝5，由a3－a2＝a2－a1＝2，猜想{an}的通項公式為an＝2n－1.用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)n＝1時，a1＝2×1－1＝1成立，假設(shè)當(dāng)n＝k時，ak＝2k－1成立，4Sk＝(ak－1＋3)2(k≥2，k∈N*)，當(dāng)n＝k＋1時，4Sk＋1＝(ak＋3)2，所以ak＋1＝eq\f(1,4)(2k－1＋3)2－eq\f(1,4)[2(k－1)－1＋3]2＝2k＋1＝2(k＋1)－1成立.所以?n∈N*都有an＝2n－1.答案2n－1三、解答題(本大題共5小題，共74分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)18.(本小題滿分14分)(2024·上海嘉定區(qū)質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}滿意：a1＝1，eq\f(1,an＋1)＝eq\r(\f(1,aeq\o\al(2,n))＋4)，n∈N*.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，且滿意eq\f(Sn＋1,aeq\o\al(2,n))＝eq\f(Sn,aeq\o\al(2,n＋1))＋16n2－8n－3，試確定b1的值，使得數(shù)列{bn}為等差數(shù)列.解(1)因為eq\f(1,an＋1)＝eq\r(\f(1,aeq\o\al(2,n))＋4)，所以eq\f(1,aeq\o\al(2,n＋1))＝eq\f(1,aeq\o\al(2,n))＋4，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,aeq\o\al(2,n))))是首項為1，公差為4的等差數(shù)列.所以eq\f(1,aeq\o\al(2,n))＝1＋4(n－1)＝4n－3，又由題意，an>0，所以an＝eq\f(1,\r(4n－3))(n∈N*).(2)由eq\f(Sn＋1,aeq\o\al(2,n))＝eq\f(Sn,aeq\o\al(2,n＋1))＋16n2－8n－3，得(4n－3)Sn＋1＝(4n＋1)Sn＋(4n－3)(4n＋1)，故eq\f(Sn＋1,4n＋1)－eq\f(Sn,4n－3)＝1，即數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,4n－3)))是首項為b1，公差為1的等差數(shù)列，所以eq\f(Sn,4n－3)＝b1＋(n－1)，令n＝2，3，得b2＝4b1＋5，b3＝4b1＋13.若{bn}為等差數(shù)列，則2b2＝b1＋b3，解得b1＝1.當(dāng)b1＝1時，Sn＝4n2－3n，bn＝8n－7，{bn}為等差數(shù)列.所以當(dāng)b1＝1時，數(shù)列{bn}為等差數(shù)列.19.(本小題滿分15分)(2024·鎮(zhèn)海中學(xué)模擬)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*.(1)求通項公式an；(2)求數(shù)列{|an－n－2|}的前n項和.解(1)由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＝4，,a2＝2a1＋1，))則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a2＝3.))又當(dāng)n≥2時，由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，得an＋1＝3an.所以，數(shù)列{an}的通項公式為an＝3n－1，n∈N*.(2)設(shè)bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，b1＝2，b2＝1，當(dāng)n≥3時，由于3n－1＞n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3.設(shè)數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，則T1＝2，T2＝3，當(dāng)n≥3時，Tn＝3＋eq\f(9（1－3n－2）,1－3)－eq\f(（n＋7）（n－2）,2)＝eq\f(3n－n2－5n＋11,2)，所以Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,\f(3n－n2－5n＋11,2)，n≥2，n∈N*.))20.(本小題滿分15分)(2024·溫州適應(yīng)性測試)已知正項數(shù)列{an}的奇數(shù)項a1，a3，a5，…，a2k－1，…構(gòu)成首項a1＝1的等差數(shù)列，偶數(shù)項構(gòu)成公比q＝2的等比數(shù)列，且a1，a2，a3成等比數(shù)列，a4，a5，a7成等差數(shù)列.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(a2n＋1,a2n)，Tn＝b1b2…bn，求正整數(shù)k，使得對隨意n∈N*，均有Tk≥Tn.解(1)由題意：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(aeq\o\al(2,2)＝a1a3，,2a5＝a4＋a7，))設(shè)a1，a3，a5，…，a2k－1，…的公差為d，則a3＝1＋d，a5＝1＋2d，a7＝1＋3d，a4＝2a2，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(aeq\o\al(2,2)＝1（1＋d），,1＋d＝2a2，))又a2>0，故解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝2，,d＝3.))故數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(3n－1,2)，n為奇數(shù)，,2\f(n,2)，n為偶數(shù)，))(2)bn＝eq\f(3n＋1,2n)，明顯bn>0，∵eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(\f(3n＋4,2n＋1),\f(3n＋1,2n))＝eq\f(3n＋4,6n＋2)<1，∴{bn}單調(diào)遞減，又b1＝2，b2＝eq\f(7,4)，b3＝eq\f(10,8)，b4＝eq\f(13,16)，∴b1>b2>b3>1>b4>b5>…，∴k＝3時，對隨意n∈N*，均有Tk≥Tn.21.(本小題滿分15分)(2024·浙江教化綠色評價聯(lián)盟適考)已知數(shù)列{an}滿意a1＝3，n≥2時，an－2an－1＝λ·3n.(1)當(dāng)λ＝0時，求數(shù)列{an}的前n項和Sn；(2)(一題多解)當(dāng)λ＝n時，求證：對隨意n∈N*，eq\f(an－（n－2）×3n＋1,2n＋1)為定值.(1)解當(dāng)λ＝0時，an－2an－1＝0.數(shù)列{an}是以首項為3，公比為2的等比數(shù)列.∴Sn＝eq\f(a1（qn－1）,q－1)＝eq\f(3（2n－1）,2－1)＝3×2n－3.(2)證明法一當(dāng)λ＝n時，n≥2時，an－2an－1＝n×3n，∴eq\f(an,2n)－eq\f(an－1,2n－1)＝neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n).令bn＝eq\f(an,2n)，∴bn－bn－1＝neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n)，∴bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n)＋(n－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1)＋…＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,2)，①由eq\f(3,2)bn＝neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n＋1)＋(n－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n)＋…＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2)，②①②相減得－eq\f(1,2)bn＝－neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n＋1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,2)＝－neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n＋1)＋eq\f(\f(3,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n))),1－\f(3,2))∴bn＝2neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n＋1)＋6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n))).于是eq\f(an,2n)＝2neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n＋1)＋6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n)))，∴an＝n×3n＋1＋6(2n－3n).n≥2時，eq\f(an－（n－2）×3n＋1,2n＋1)＝3為定值，n＝1時，也滿意，因此，對隨意n∈N＋，eq\f(an－（n－2）×3n＋1,2n＋1)為定值3.法二(數(shù)學(xué)歸納法)令bn＝eq\f(an－（n－2）×3n＋1,2n＋1)，當(dāng)n＝1時，b1＝eq\f(a1＋32,22)＝3.假設(shè)n＝k時命題成立，即bk＝eq\f(ak－（k－2）×3k＋1,2k＋1)＝3.即ak＝(k－2)×3k＋1＋3×2k＋1，由題意知ak＋1＝2ak＋(k＋1)×3k＋1＝2(k－2)×3k＋1＋3×2k＋2＋(k＋1)×3k＋1＝(3k－3)×3k＋1＋3×2k＋2.∴bk＋1＝eq\f(ak＋1－（k－1）×3k＋2,2k＋2)＝3，即n＝k＋1時，命題也成立，依據(jù)數(shù)學(xué)歸納原理，命題得證.22.(本小題滿分15分)(2024·浙江名師預(yù)料卷四)已知正項數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿意：a1＝eq\f(1,2)，(n＋2)aeq\o\al(2,n＋1)＋2an·an＋1－naeq\o\al(2,n)＝0.(1)求數(shù)列{an}的通項公式及前n項和Sn；(2)設(shè)數(shù)列{bn}滿意：bn＝Sn＋1·an，其前n項和為Tn，若對隨意n∈N*，都存在m∈N*，使不等式Tn≤λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(\f(1,2am))恒成立，求正實數(shù)λ的最小值.解(1)(n＋2)aeq\o\al(2,n＋1)＋2an·an＋1－naeq\o\al(2,n)＝0，則(an＋1＋an)·[(n＋2)an＋1－nan]＝0，∵數(shù)列{an}是正項數(shù)列，∴(n＋2)an＋1－nan＝0，∴eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n,n＋2).當(dāng)n≥2時，an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·…·eq\f(a3,a2)·eq\f(a2,a1)·a1＝eq\f(n－1,n＋1)·eq\f(n－2,n)·eq\f(n－3,n－1)·…·eq\f(2,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,n（n＋1）)，當(dāng)n＝1時，a1＝eq\f(1,2)符合.綜上，an