数列习题
数列习题
解析：令\(a_n=3n-63\leq 0\)，则\(n\leq 21\)，
故数列\(\{|a_n|\}\)的通项公式为\(|a_n|= \begin{cases}63-3n &n\leq 21 \\ 3n-63 &n\ge22 \end{cases}\)
[备注：由于数列的通项公式是分段函数，所以其前\(n\)项和自然也应该用分段函数来表达刻画]
\(1^。\) 当\(n\leq 21\)，\(T_n=|a_1|+|a_2|+\cdots+|a_n|\)
\(=-a_1-a_2-\cdots-a_n\)
\(=-\cfrac{(a_1+a_n)\times n}{2}\)
\(=-\cfrac{[-60+(3n-63)]\times n}{2}\)
\(=-\cfrac{3n^2-123n}{2}=\cfrac{123n-3n^2}{2}\).
\(2^。\) 当\(n\ge 22\)，\(T_n=|a_1|+|a_2|+\cdots+|a_n|\)
\(=-a_1-a_2-\cdots-a_{21}+a_{22}+\cdots+a_n\)
\(=(a_1+a_2+\cdots+a_{21}+a_{22}+\cdots+a_n)-2(a_1+a_2+\cdots+a_{21})\)
\(=S_n-2S_{21}\)\(=\cfrac{[-60+(3n-63)]n}{2}-2\times\cfrac{[(3\times 1-63)+(3\times 21-63)]\times 21}{2}\)
$=\cfrac{3n^2-123n}{2}+1260 $.
故数列\(\{|a_n|\}\)的前\(n\)项和\(T_n=\begin{cases}\cfrac{123n-3n^2}{2} &n\leq 21 \\ \cfrac{3n^2-123n}{2}+1260 &n\ge 22\end{cases}\)
（1）求\(a_4\)的值。
分析：（1）简单的数字运算，不过你得注意必须用\(S_n\)的定义式，
即\(S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n\)，
不能用等差或等比的前\(n\)项和公式，因为题目没有告诉你数列的性质。
当\(n=2\)时\(4S_4+5S_2=8S_3+S_1\)，
即\(4(a_1+a_2+a_3+a_4)+5(a_1+a_2)=8(a_1+a_2+a_3)+a_1\)，
将已知条件代入，解得\(a_4=\cfrac{7}{8}\)。
（2）证明：\(\{a_{n+1}-\cfrac{1}{2}a_n\}\)为等比数列。
分析：题目告诉的条件是关于\(S_n\)类的，而要求解的是关于\(a_n\)类的，
所以变形的方向肯定是要消去\(S_n\)类的，全部转化为\(a_n\)类的。
但是这里有了两个变形思路和变形方向：纵向变形和横向变形，
思路一：纵向变形，\(n\ge 2\)时，\(4S_{n+2}+5S_n=8S_{n+1}+S_{n-1}\).
仿此构造如下式子
\(n\ge 1\)时，\(4S_{n+3}+5S_{n+1}=8S_{n+2}+S_n\).两式相减得到
\(n\ge 2\)时，\(4a_{n+3}+5a_{n+1}=8a_{n+2}+a_n\). 到此思路受阻，
打住。为什么？
我们证明到最后肯定会得到
\((a_{n+2}-\cfrac{1}{2}a_{n+1})=k(a_{n+1}-\cfrac{1}{2}a_n)\)
或者\((a_{n+1}-\cfrac{1}{2}a_{n})=k(a_n-\cfrac{1}{2}a_{n-1})\)，
这两个式子都只是涉及到\(a_n\)类的三项，而我们思路一的涉及到了四项，
所以变形的思路受阻了，得到启示，我们变化如下，
思路二：横向变形，由题目结论的指向作用知道，
不是纵向构造式子做差，应该是就此式子横向做变形，
\(n\ge 2\)时，\(4S_{n+2}+5S_n=8S_{n+1}+S_{n-1}\)，
即就是\((4S_{n+2}-4S_{n+1})=(4S_{n+1}-4S_n)-(S_n-S_{n-1})\)，
得到\(4a_{n+2}=4a_{n+1}-a_n\)，变形得到，
\(a_{n+2}=a_{n+1}-\cfrac{1}{4}a_n\)，
比照题目结论，尝试给两边同时加上\(-\cfrac{1}{2}a_{n+1}\)，整理得到
当\(n\ge 2\)时，\((a_{n+2}-\cfrac{1}{2}a_{n+1})=\cfrac{1}{2}(a_{n+1}-\cfrac{1}{2}a_n)\)，
这样基本的等比数列的大样有了，接下来是细节的验证，
其一验证\((a_3-\cfrac{1}{2}a_2)=\cfrac{1}{2}(a_2-\cfrac{1}{2}a_1)\)，
其二还得说明\(a_2-\cfrac{1}{2}a_1\ne 0\)，
才能说明这是个等比数列。
是否将\((a_{n+2}-\cfrac{1}{2}a_{n+1})=\cfrac{1}{2}(a_{n+1}-\cfrac{1}{2}a_n)\)改写为分式形式，
不是必要的。
（3）求数列\(\{a_n\}\)的通项公式。
分析：由第二问知道，\(\{a_{n+1}-\cfrac{1}{2}a_n\}\)为首项为1，公比为\(\cfrac{1}{2}\)的等比数列，
故\(a_{n+1}-\cfrac{1}{2}a_n=1\cdot(\cfrac{1}{2})^{n-1}\)
即\(a_{n+1}=\cfrac{1}{2}a_n+1\cdot(\cfrac{1}{2})^{n-1}\)，两边同乘以\(2^{n+1}\)得到，
所以\(2^{n+1}\cdot a_{n+1}-2^n\cdot a_n=4\)，
数列\(\{2^n\cdot a_n\}\)是首项为\(2^1\cdot a_1=2\)，公差为4的等差数列，
所以\(2^n\cdot a_n=2+4(n-1)=4n-2\)，
故\(a_n=\cfrac{2n-1}{2^{n-1}}\)。
解析：由已知可得\(S_n=1-(-\cfrac{1}{3})^n=1-(-1)^n(\cfrac{1}{3})^n\)
当\(n\)为奇数时，\(S_n=1+(\cfrac{1}{3})^n\)，则\(S_n\searrow\)，\(1< S_n\leq \cfrac{4}{3}\);
当\(n\)为偶数时，\(S_n=1-(\cfrac{1}{3})^n\)，则\(S_n\nearrow\)，\(\cfrac{8}{9}\leq S_n<1\);
故\(\cfrac{8}{9}\leq S_n \leq \cfrac{4}{3}\)(在区间内是离散取值的，不是连续取值，我们其实关注的是两个端点值)
又\(A\leq S_n-\cfrac{1}{S_n}\leq B\)；
\(f(x)=x-\cfrac{1}{x}\)在区间\((0，+\infty)\)上单调递增，则在区间\([\cfrac{8}{9}，\cfrac{4}{3}]\)上也递增，故可得
\((S_n-\cfrac{1}{S_n})_{min}=A=\cfrac{8}{9}-\cfrac{9}{8}=-\cfrac{17}{72}\)；\((S_n-\cfrac{1}{S_n})_{max}=B=\cfrac{4}{3}-\cfrac{3}{4}=\cfrac{7}{12}\)
所以\(B-A\)的最小值为\(\cfrac{7}{12}-(-\cfrac{17}{72})=\cfrac{59}{72}\)。
数列\(\{x_n\}\)满足：\(x_1=1\)，且对于任意的\(n\in N_*\)，点\((x_n，x_{n+1})\)都在函数\(y=f(x)\)的图像上，
则\(x_1+x_2+\cdots+x_{2015}=?\)
分析：这是一个很新颖的数列题目，但是和函数的列表法紧密结合，要顺利解答还需要一定的数学素养。
由题目可知\(y=f(x)，x_{n+1}=f(x_n)，x_1=1\)，
则有\(x_2=f(x_1)=f(1)=3\)；\(x_3=f(x_2)=f(3)=5\)；\(x_4=f(x_3)=f(5)=6\)；
\(x_5=f(x_4)=f(6)=1\)；\(\cdots，T=4\)；
\(\sum\limits_{k=1}^{2015}{x_k}=503(x_1+x_2+x_3+x_4)+(x_1+x_2+x_3)=503\times 15+9=7554\)
法1：【迭代递推】
\(a_1=f(2^1)=2\)，即\(f(2)=2\)，
\(a_n=f(2^n)=f(2\cdot2^{n-1})=2f(2^{n-1})+2^{n-1}f(2)\)
\(=2^1\cdot f(2^{n-1})+2^n\cdot 1=2[2f(2^{n-2})+2^{n-2}f(2)]+2^n\cdot 1\)
\(=2^2\cdot f(2^{n-2})+2^n\cdot 2\)
\(=2^3\cdot f(2^{n-3})+2^n\cdot 3\)
\(=2^4\cdot f(2^{n-4})+2^n\cdot 4\)
\(=2^{n-1}\cdot f(2^1)+2^n \cdot (n-1)=n\cdot 2^n\)；
法2：【赋值法】
由题目\(a_n=f(2^n)\)可知，\(a_{n+1}=f(2^{n+1})\)，且\(a_1=f(2)=2\)
由于对任意的\(x，y\in R\)都有\(f(xy)\)\(=xf(y)\)\(+yf(x)\)成立，
令\(x=2^n\)，\(y=2\)，则有\(f(2^{n+1})=f(2^n\cdot 2)=2^nf(2)+2f(2^n)\)，
即\(a_{n+1}=2a_n+2\times 2^n\)，即\(a_{n+1}=2a_n+2^{n+1}\)，
接下来两边同时除以\(2^{n+1}\)，得到
\(\cfrac{a_{n+1}}{2^{n+1}}=\cfrac{a_{n}}{2^{n}}+1\)
则数列\(\{\cfrac{a_n}{2^n}\}\)是首项为\(1\)，公差为\(1\)的等差数列，
则有\(\cfrac{a_n}{2^n}=1+(n-1)\times 1=n\)，
即所求通项公式为\(a_n=n\cdot 2^n\)。
法1：可以计算出数列的前有限项，归纳猜想得到通项公式从而求解；
由题目可知\(f_1(x)=\cfrac{2}{1+x}，f_{n+1}(x)=f_1(f_n(x))\)，
将\(f_n(x)\)代入\(f_1(x)\)得到，\(f_{n+1}(x)=\cfrac{2}{1+f_n(x)}\)，
用此式依次计算得到：
\(f_1(x)=\cfrac{2}{1+x}，f_1(0)=2，a_1=\cfrac{f_1(0)-1}{f_1(0)+1}=\cfrac{1}{4}\)；
\(f_2(x)=\cfrac{2(1+x)}{3+x}，f_2(0)=\cfrac{2}{3}，a_2=\cfrac{f_2(0)-1}{f_2(0)+1}=-\cfrac{1}{8}\)；
\(f_3(x)=\cfrac{2(3+x)}{5+3x}，f_3(0)=\cfrac{6}{5}，a_3=\cfrac{f_3(0)-1}{f_3(0)+1}=\cfrac{1}{16}，\cdots\)；
由此猜想数列\(\{a_n\}\)是首项为\(\cfrac{1}{4}\)，公比为\(-\cfrac{1}{2}\)的等比数列，
通项公式为\(a_n=\cfrac{1}{4}\cdot(-\cfrac{1}{2})^{n-1}\)，
则\(a_{2017}=\cfrac{1}{4}\cdot(-\cfrac{1}{2})^{2017-1}=\cfrac{1}{2^{2018}}\).
法2：由上式得到启发，我们可以直接计算如下：
\(\cfrac{a_{n+1}}{a_n}=\cfrac{\cfrac{f_{n+1}(0)-1}{f_{n+1}(0)+2}}{\cfrac{f_n(0)-1}{f_n(0)+2}}=\cfrac{\cfrac{f_1(f_n(0))-1}{f_1(f_n(0))+2}}{\cfrac{f_n(0)-1}{f_n(0)+2}}\)
\(=\cfrac{\cfrac{\frac{2}{1+f_n(0)}-1}{\frac{2}{1+f_n(0)}+2}}{\cfrac{f_n(0)-1}{f_n(0)+2}}=\cfrac{\cfrac{1-f_n(0)}{2(f_n(0)+2)}}{\cfrac{f_n(0)-1}{f_n(0)+2}} =-\cfrac{1}{2}\)，
即\(q=-\cfrac{1}{2}\)，再计算\(a_1=\cfrac{f_1(0)-1}{f_1(0)+1}=\cfrac{1}{4}\)；
故数列\(\{a_n\}\)是首项为\(\cfrac{1}{4}\)，公比为\(-\cfrac{1}{2}\)的等比数列，
通项公式为\(a_n=\cfrac{1}{4}\cdot(-\cfrac{1}{2})^{n-1}\)，则\(a_{2017}=\cfrac{1}{4}\cdot(-\cfrac{1}{2})^{2017-1}=\cfrac{1}{2^{2018}}\).
分析：由\(S_n=pn^2-2n，n\in N^*\)[常数项为零的二次函数]可知，数列\(\{a_n\}\)必为等差数列，
由题目可知\(b_2-b_1=2\)，即\(\cfrac{a_1+2a_2}{3}-a_1=2\)，推出\(a_2-a_1=3\)，则数列\(\{a_n\}\)的公差\(d=3\)，
再由\(S_n=\cfrac{d}{2}n^2+(a_1-\cfrac{d}{2})=pn^2-2n\)得到\(a_1-\cfrac{d}{2}=-2\)，解得\(a_1=-\cfrac{1}{2}\)，
故通项公式\(a_n=-\cfrac{1}{2}+(n-1)3=3n - \cfrac{7}{2}\).
法1：常规方法，先求得\(n\ge 2\)时，\(a_{n+1}=3a_n+2\)，
再变形为\(a_{n+1}+1=3(a_n+1)\)，
再验证，当\(n=1\)时，\(a_2=8\)，\(a_2+1=9=3(a_1+1)\)，满足上式；
故数列\(\{a_n+1\}\)是首项为3，公比为3的等比数列，
故\(a_n+1=3\cdot3^{n-1}=3^n\)，所以\(a_n=3^n-1\)，
从而求得\(S_n=\cfrac{3^{n+1}}{2}-n-\cfrac{3}{2}\).
法2：将\(a_{n+1}=S_{n+1}-S_n\)代入\(a_{n+1}=2S_n+2n+2\)，整理得到\(S_{n+1}=3S_n+2n+2\)，
再变形为\(S_{n+1}+p(n+1)+q=3(S_n+pn+q)(p、q为常数)\)，可解得\(p=1，q=\cfrac{3}{2}\)，
即\(S_{n+1}+(n+1)+\cfrac{3}{2}=3(S_n+n+\cfrac{3}{2})\)，
则数列\(\{S_n+n+\cfrac{3}{2}\}\)是首项为\(a_1+1+\cfrac{3}{2}=\cfrac{9}{2}\)，公比为3的等比数列；
故\(S_n+n+\cfrac{3}{2}=\cfrac{9}{2}\cdot 3^{n-1}\)，整理得到\(S_n=\cfrac{3^{n+1}}{2}-n-\cfrac{3}{2}\).
分析：对已知式子\(a_9\cdot a_{2008}=\cfrac{1}{4}\)两边同时取以\(2\)为底的对数，
得到\(log_2^{a_9\cdot a_{2008}}=log_2^{\frac{1}{4}}\)，
即\(log_2^{a_9}+\cdot log_2^{a_{2008}}=-2\)，也就是\(b_9+b_{2008}=-2=b_1+b_{2016}\)，
故\(b_1+b_2+\cdots +b_{2016}=\cfrac{b_1+b_{2016}}{2}\times 2016=-2016\).
法1：提取出的等比数列的首项是\(a_1=2\)，第二项是\(a_{k_2}=\cfrac{2k_2+4}{3}\)，则公比\(q=\cfrac{2k_2+4}{2\times 3}\)，
第三项是\(a_{k_3}=\cfrac{2k_3+4}{3}\)，由等比数列可知\((a_{k_2})^2=a_1a_{k_3}\)，即\((\cfrac{2k_2+4}{3})^2=2\cfrac{2k_3+4}{3}\)，
化简得到\(k_2^2+4k_2=3k_3+2\)，要是公比最小，则需要\(k_2\)尽可能的小，为此，将\(k_3=3\)开始尝试，
如果能解得\(k_2\in N^* 且1<k_2<k_3\)，则\(k_2\)必是满足题意的，
当\(k_3=3，4，\cdots，9\)都不能满足\(k_2\in N^*\)，当\(k_3=10\)时，解得\(k_2=4\)，
代入公比\(q=\cfrac{2\times 4 +4}{2\times 3}=2\).
法2：待补充
分析：和式用减，
当\(n \ge 1\)时，\(2^1a_1+2^2a_2+2^3a_3+\dots+2^na_n = n ①\)，
当\(n \ge 2\)时，\(2^1a_1+2^2a_2+2^3a_3+\dots+2^{n-1}a_{n-1} = n-1②\)，两式相减得到
当\(n \ge 2\)时，\(2^na_n=1\)，即就是\(a_n=\cfrac{1}{2^n}=(\cfrac{1}{2})^n\)，
再验证，当\(n=1\)时，由已知式子可知\(a_1=\cfrac{1}{2}\)，满足上式，故数列\(\{a_n\}\)的通项公式为\(a_n=(\cfrac{1}{2})^n\) .
分析：积式用商
当\(n \ge 1\)时，\(b_1\cdot b_2 \cdot b_3 \cdots b_n= 2^{S_n} ①\)，
当\(n \ge 2\)时，\(b_1\cdot b_2 \cdot b_3 \cdots b_{n-1}= 2^{S_{n-1}}②\)，两式相除得到
当\(n \ge 2\)时，\(b_n=2^{S_n-S_{n-1}}=2^{a_n}\)，即\(b_n=2^{a_n}=2^n\)，
再验证，当\(n=1\)时，由已知式子可知\(b_1=2^{S_1}=2^{a_1}=2\)，满足上式，故数列\(\{b_n\}\)的通项公式为\(b_n=2^n\).
(2)若\(\lambda b_n>a_n\)对\(n\in N^*\)都成立，求实数\(\lambda\)的取值范围。
分析：当变形为\(\lambda>\cfrac{a_n}{b_n}\)，若此时看不到解题方向，可以这样联系，若\(\lambda>f(n)\)恒成立呢？
若\(\lambda>f(x)\)恒成立呢？这样就容易想到需要判断\(\cfrac{a_n}{b_n}\)的单调性：
思路一作商作差法；思路二借助函数的单调性；思路三借助不同函数的增长速度的不同
思路1：变形为\(\lambda>\cfrac{a_n}{b_n}\)，即\(\lambda>\cfrac{n}{2^n}\)，设\(c_n=\cfrac{n}{2^n}\)，
则\(\cfrac{c_{n+1}}{c_n}=\cfrac{\cfrac{n+1}{2^{n+1}}}{\cfrac{n}{2^n}}=\cfrac{n+1}{2n}\leq 1\)，
故\(c_{n+1}\leq c_n\)，当且仅当\(n=1\)时等号成立，故数列\(\{c_n\}\)单调递减，
则有\((c_n)_{max}=\cfrac{1}{2}\)，即\(\lambda>\cfrac{1}{2}\)，故实数\(\lambda\)的取值范围为\(\lambda>\cfrac{1}{2}\)。
思路2：令\(f(x)=\cfrac{x}{2^x}\)，可以看看这个课件
用常用的导数方法，可以求得函数在\((0，+\infty)\)上的单调性，
具体是在\((0，log_2^e]\)上单调递增，在\([log_2^e，+\infty)\)上单调递减，
又\(1<log_2^e<2\)，故借助函数\(f(x)\)的单调性计算得到，\(a_1=\cfrac{1}{2}=a_2<a_3<a_4<\cdots<a_n<\cdots\)，
故数列\(c_n=\cfrac{n}{2^n}\)的最大值为\(\cfrac{1}{2}\).
思路3：借助幂函数\(y=x\)的增长速度比指数函数\(y=2^x\)的慢，故\(f(x)=\cfrac{x}{2^x}\)从某个\(x_0\)开始向右，
一定是单调递减的，但是前面的这一段还是不太好判断。
分析：要求数列\(\{b_n\}\)的前\(n\)项和\(T_n\)，一般都是先需要求出通项公式\(b_n\)，
注意到数列的给定条件实质是\(c_{n+1}-c_n=f(n)\)的形式，故可以考虑用累加法。
由题目条件，\(\cfrac{1}{b_{n+1}}-\cfrac{1}{b_n}=2n+3\)，
由上式衍生得到以下表达式：
当\(n\ge 2\)时，
以上\(n-1\)个式子累加，得到当\(n\ge 2\)时，
\(\cfrac{1}{b_n}-\cfrac{1}{b_1}=2[(n-1)+(n-2)+\cdots+2+1]+3(n-1)\)
\(=2\cfrac{(1+n-1)(n-1)}{2}+3(n-1)=n^2+2n-3\)；
故\(\cfrac{1}{b_n}=n(n+2)\)，再验证\(n=1\)对上式也成立，
则通项公式\(b_n=\cfrac{1}{n(n+2)}=\cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+2})(n\in N^*)\)
故\(T_n=\cfrac{1}{2}[(1-\cfrac{1}{3})+(\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{4})+\cdots+(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+2})]\)
\(=\cfrac{1}{2}(1+\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{n+1}-\cfrac{1}{n+2})\)
\(=\cfrac{3n^3+5n}{4(n+1)(n+2)}\)；
当然，在计算\(b_n\)时，还可以采用这样的变形技巧:
当\(n\ge 2\)时，
\(\cfrac{1}{b_n}=(\cfrac{1}{b_n}-\cfrac{1}{b_{n-1}})+(\cfrac{1}{b_{n-1}}-\cfrac{1}{b_{n-2}})+\cdots+(\cfrac{1}{b_2}-\cfrac{1}{b_1})+\cfrac{1}{b_1}\)
\(=a_{n-1}+a_{n-2}+\cdots+a_1+\cfrac{1}{b_1}\)
\(=\cfrac{1}{2}(n-1)(2n+6)=n(n+2)\)，
再验证\(n=1\)对上式也成立，
故\(b_n=\cfrac{1}{n(n+2)}=\cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+2})(n\in N^*)\)。
分析：由题目\(S_5=75=5a_1+10d\)，则有\(a_1+2d=15\)，
又由于\((1-x)^m\)的展开式中\(x^2\)项的系数为\(C_m^2\)，
数列\(\{a_n\}\)的第三项\(a_2=a_1+2d=15\)，
故\(C_m^2=15\)，解得\(m=6\)(\(m=-5\)舍去)；
法1：以少御多，将无限项转化为有限项，再由多转少，这样便于思考和运算；可以假定\(n=4\)，然后代入验证，选\(C\).
法2：写出新数列的通项公式\(a_k=\cfrac{1}{k}\cdot \cfrac{n}{2}\)，注意通项公式不是\(a_n=\cfrac{1}{n}\cdot \cfrac{n}{2}\)，
这样求和的数列的通项公式就是
\(k\ge 2\)，\(a_{k-1}a_k=\cfrac{n^2}{4}\cfrac{1}{(k-1)k}=\cfrac{n^2}{4}(\cfrac{1}{k-1}-\cfrac{1}{k})\)
故\(a_1a_2+a_2a_3+a_3a_4+\cdots+a_{n-1}a_n\)
\(=\cfrac{n^2}{4}[(1-\cfrac{1}{2})+(\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{3})+(\cfrac{1}{3}-\cfrac{1}{4})+\cdots+(\cfrac{1}{k-1}-\cfrac{1}{k})]\)
\(=\cfrac{n^2}{4}(1-\cfrac{1}{n})=\cfrac{n(n-1)}{4}\).
分析：本题目先由\(S_n\)求得\(b_n\)，再求得\(c_n\)，依据\(c_n\)是等比数列，则其通项公式可以写成指数型函数得到方程，从而求得\(a、t\)；
解析：本题目先由\(S_{n+1}=tS_n+a\)，两边同时加上常数\(\cfrac{a}{t-1}\)，得到\(S_{n+1}+\cfrac{a}{t-1}=t(S_n+\cfrac{a}{t-1})\)，
则数列\(\{S_n+\cfrac{a}{t-1}\}\)是首项为\(S_1+\cfrac{a}{t-1}=\cfrac{at}{t-1}\)，公比为\(t\)的等比数列，
故\(S_n+\cfrac{a}{t-1}=\cfrac{at}{t-1}\cdot t^{n-1}\)，
即\(S_n=\cfrac{at}{t-1}\cdot t^{n-1}-\cfrac{a}{t-1}=\cfrac{a}{t-1}\cdot t^n-\cfrac{a}{t-1}\)，
\(b_n=S_n+1=\cfrac{a}{t-1}\cdot t^n-\cfrac{a}{t-1}+1\)
故\(c_n=2+b_1+b_2+\cdots+b_n=2+n-\cfrac{a}{t-1}n+\cfrac{a}{t-1}(t+t^2+\cdots+t^n)\)
\(=2+n-\cfrac{a}{t-1}n+\cfrac{a}{t-1}\cfrac{t(t^n-1)}{t-1}\)
\(=n(1-\cfrac{a}{t-1})+(2-\cfrac{at}{(t-1)^2})+\cfrac{at^{n+1}}{(t-1)^2}\)
由于数列\(\{c_n\}\)为等比数列，故其通项公式应该是指数型函数，其他项是\(0\)，故得到
\(\begin{cases} &1-\cfrac{a}{t-1}=0\\&2-\cfrac{at}{(t-1)^2}=0\end{cases}\)，解得\(a=1，t=2\)，故所求的数对为\((1，2)\)。
【备注】已知等比数列的前\(n\)项和\(S_n=r\cdot 2^n-1\)，求\(r\)的值。
分析：由于等比数列的前\(n\)项和\(S_n=\cfrac{a(1-q^n)}{1-q}=\cfrac{a}{1-q}\times(1-q^n)\)，如果令\(\cfrac{a}{1-q}=-c\)，则等比数列的前\(n\)项和\(S_n=cq^n-c\).由此可得，题目中的\(r=1\).
分析：当\(n \ge 1\)时，\(2^1a_1+2^2a_2+2^3a_3+\dots+2^na_n = n ①\)，
当\(n \ge 2\)时，\(2^1a_1+2^2a_2+2^3a_3+\dots+2^{n-1}a_{n-1} = n-1②\)，两式相减得到
当\(n \ge 2\)时，\(2^na_n=1\)，即就是\(a_n=\cfrac{1}{2^n}=(\cfrac{1}{2})^n=2^{-n}\)，
再验证，当\(n=1\)时，由已知式子可知\(a_1=\cfrac{1}{2}\)，满足上式，
故数列\(\{a_n\}\)的通项公式为\(a_n=(\cfrac{1}{2})^n\) .
故\(\cfrac{1}{log_2^{\;a_n}\cdot log_2^{\;a_{n+1}}}\)
\(=\cfrac{1}{log_2^{\;2^{-n}}\cdot log_2^{\;2^{-n-1}}}\)
\(=\cfrac{1}{n(n+1)}=\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1}\)；
故\(S_n=1-\cfrac{1}{n+1}=\cfrac{n}{n+1}\)
故\(S_1\cdot S_2\cdot S_3\cdots S_{10}=\cfrac{1}{2}\times \cfrac{2}{3}\times \cfrac{3}{4}\times \cdots \times \cfrac{10}{11}=\cfrac{1}{11}\).
(1)若\(a_3+b_3=5\)，求\(\{b_n\}\)的通项公式。
分析：设等差数列的公差为\(d\)，等比数列的公比为\(q\)，则由题目可知
\(\begin{cases}-1+d+1\cdot q=2\\-1+2d+1\cdot q^2=5\end{cases}\)，即\(\begin{cases}d+ q=3\\2d+ q^2=6\end{cases}\)，
解得\(q^2-2q=0\)，故\(q=2\)或\(q=0\)(舍去)，
故等比数列\(\{b_n\}\)的通项公式为\(b_n=2^{n-1}\)。
(2)若\(T_3=21\)，求\(S_3\)。
分析：由于\(b_1=1，T_3=21\)，故\(1+q+q^2=21\)，解得\(q=-5\)或\(q=4\)；
当\(q=-5\)时，由\(a_2+b_2=2\)得到\(d=8\)，此时\(S_3=-1+7+15=21\)；
当\(q=4\)时，由\(a_2+b_2=2\)得到\(d=-1\)，此时\(S_3=-1-2-3=-6\)；
分析：由\(a_1+2d=3\)和\(4a_1+6d=10\)，容易计算出\(a_n=n\)，
故\(S_n=\cfrac{n(n+1)}{2}\)，则有\(\cfrac{1}{S_n}=\cfrac{2}{n(n+1)}=2(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1})\)，
故\(\sum\limits_{k=1}^n {\cfrac{1}{S_k}}=2[(1-\cfrac{1}{2})+(\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{3})+\cdots +(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1})]=2(1-\cfrac{1}{n+1})=\cfrac{2n}{n+1}\)。
（1）求数列\(\{a_n\}\)的通项公式。
分析：本问比较简单，解方程组得到\(a_1=-2，q=-2\)，
故\(\{a_n\}\)的通项公式\(a_n=(-2)^n\)。
（2）求\(S_n\)，并判断\(S_{n+1}，S_n，S_{n+2}\)是否成等差数列。
分析：先求解\(S_n=\cfrac{a_1(1-q^n)}{1-q}=-\cfrac{2}{3}+(-1)^n\cfrac{2^{n+1}}{3}\)。
这一步也不是很难，不过你得意识到，\(S_n\)是个关于自变量\(n\)的函数，故有此我们应该能写出\(S_{n+1}\)，\(S_{n+2}\)
至于等差数列的判断，我们依据等差中项法判断即可，即验证\(S_{n+2}+S_{n+1}\)是否等于\(2S_n\)。
判断如下：\(S_{n+2}+S_{n+1}=-\cfrac{4}{3}+(-1)^n\cfrac{2^{n+3}-2^{n+2}}{3}\)
\(=2[-\cfrac{2}{3}+(-1)^n\cfrac{2^{n+1}}{3}]=2S_n\)，
故\(S_{n+1}，S_n，S_{n+2}\)成等差数列。
（1）求数列\(\{a_n\}\)的通项公式。
分析：本题是利用\(a_n\)和\(S_n\)的关系解题，或者是利用“退一法”解题。
由\(n\ge 1，a_1+3a_2+\cdots+(2n-1)a_n=2n(1)\)得到，\(n\ge 2，a_1+3a_2+\cdots+(2n-3)a_{n-1}=2(n-1)(2)\)
两式相减得到\(n\ge 2，(2n-1)a_n=2\)，从而得到\(a_n=\cfrac{2}{2n-1}(n\ge 2)\)，
接下来验证\(n=1\)是否满足。当\(n=1\)时，\(a_1=2=\cfrac{2}{2\times 1-1}\)，满足上式，
故数列\(\{a_n\}\)的通项公式为\(a_n=\cfrac{2}{2n-1}(n\in N^*)\).
（2）求数列\(\{\cfrac{a_n}{2n+1}\}\)的前\(n\)项和\(S_n\)。
分析：结合第一问，数列\(\cfrac{a_n}{2n+1}=\cfrac{2}{(2n-1)(2n+1)}\)
\(=\cfrac{1}{2n-1}-\cfrac{1}{2n+1}\)
故数列的前\(n\)项和
\(S_n=(\cfrac{1}{2\times1-1}-\cfrac{1}{2\times 1+1})+(\cfrac{1}{2\times 2 -1}-\cfrac{1}{2\times 2+1})+\cdots\)\(+(\cfrac{1}{2n-1}-\cfrac{1}{2n+1})\)
\(=1-\cfrac{1}{2n+1}\)
\(=\cfrac{2n}{2n+1}\)。
法1：函数法，\(a_1=30\)，由\(8S_6=9S_3\)得到\(q=\cfrac{1}{2}\)，
故\(a_n=30\cdot(\cfrac{1}{2})^{n-1}\)，\(T_n=a_1\cdot a_2\cdots a_n\)
\(=30\cdot[30\cdot(\cfrac{1}{2})]\cdots [30\cdot(\cfrac{1}{2})^{n-1}]\)
\(=30^n\cdot (\cfrac{1}{2})^{1+2+\cdots+(n-1)}=30^n\cdot (\cfrac{1}{2})^{\frac{n(n-1)}{2}}\)，
题目到此，思路受阻。
法2：\(a_1=30\)，由\(8S_6=9S_3\)得到\(q=\cfrac{1}{2}\)，故\(a_n=30\cdot(\cfrac{1}{2})^{n-1}\)，
由于\(T_n\)为乘积式，故使得\(T_n\)取得最大值时，必有\(a_n\ge 1\)，
由此得到\(n\leq 5\)。故\(n_{max}=5\)。
法1：函数法，容易求得\(a_1=8，q=\cfrac{1}{2}\)，则\(a_n=8\cdot(\cfrac{1}{2})^{n-1}\)；
故\(T_n=a_1\cdot a_2\cdot a_3\cdots a_n=8^n\cdot (\cfrac{1}{2})^{\frac{n(n-1)}{2}}\)
\(=2^{\frac{-n^2+7n}{2}}=2^{\frac{-(n-\frac{7}{2})^2+\frac{49}{4}}{2}}\)，
故当\(n=3或4\)时，\(T_n\)有最大值，\((T_n)_{max}=2^6=64\)；
法2：仿上法2，使得\(T_n\)取得最大值时，必有\(a_n\ge 1\)，由此得到\(n\leq 4\)。
计算得到\(a_1=8\)，\(a_2=4\)，\(a_3=2\)，\(a_4=1\)，\(a_5=\cfrac{1}{2}\)，
故\(T_n\leq T_4=a_1a_2a_3a_4=64\)；
解后反思：
1、等差数列中由\(a_n\)的正负确定数列前\(n\)项之和\(S_n\)的最值：当\(a_1<0，d>0\)时，所有负项之和最小；当\(a_1>0，d<0\)时，所有正项之和最大；
2、正项等比数列中由\(a_n\)的值的范围，确定数列前\(n\)项之积\(T_n\)的最值：当\(a_n\ge 1\)时，\(T_n\)最大；
3、求\(S_n\)的最值时，分界为\(0\)；求\(T_n\)的最值时，分界为\(1\)；作差法与\(0\)做大小比较，作商法与\(1\)做大小比较。
分析：当\(n\ge 1\)时，\(S_n=2a_n-2^{n+1}\)
当\(n\ge 2\)时，\(S_{n-1}=2a_{n-1}-2^n\)
两式相减得到，当\(n\ge 2\)时，\(a_n=2a_n-2a_{n-1}-(2^{n+1}-2^n)\)
整理得到，\(a_n=2a_{n-1}+2^n(n\ge 2)\)， 两边同除以\(2^n\)，得到
\(\cfrac{a_n}{2^n}=\cfrac{a_{n-1}}{2^{n-1}}+1(n\ge 2)\)，
令\(n=1\)，\(a_1=2a_1-2^2\)，得到\(a_1=4\)，则\(\cfrac{a_1}{2^1}=2\)；
故数列\(\{\cfrac{a_n}{2^n}\}\)是以\(\cfrac{a_1}{2^1}=2\)为首项，以\(1\)为公差的等差数列，
故\(\cfrac{a_n}{2^n}=2+(n-1)\cdot1\)，
即数列的\(\{a_n\}\)的通项公式为\(a_n=(n+1)2^n\)。
分析：当\(n=1\)时，\(a_1^2+2a_1=4a_1+3\)，求得\(a_1=3\)或\(a_1=-1\)(舍去)，
当\(n\ge 2\)时，\(a_{n-1}^2+2a_{n-1}=4S_{n-1}+3\)，两式相减，
即\(n\ge 2\)时，\(a_n^2-a_{n-1}^2+2a_n-2a_{n-1}=4a_n\)，
即\(n\ge 2\)时，\(a_n^2-a_{n-1}^2-2(a_n+a_{n-1})=0\)，
即\(n\ge 2\)时，即\((a_n-a_{n-1})(a_n+a_{n-1})-2(a_n+a_{n-1})=0\)，
由于\(a_n+a_{n-1}>0\)，故得到\(a_n-a_{n-2}=2(n\ge 2)\)，
故数列\(\{a_n\}\)是首项为\(3\)，公差为\(2\)的等差数列，
则所求通讯公式为\(a_n=3+(n-1)\times 2=2n+1(n\in N^*)\)。
法1：并项求和法，由于题目中有\(n\)次方，故针对\(n\)分奇偶讨论如下：
①当\(n\)为奇数时，则\(n+1\)为偶数，
由题目可知\(a_{n+1}-a_n=2n-1\)，\(a_{n+2}+a_{n+1}=2n+1\)，
两式相减，得到\(a_{n+2}+a_n=2\)，即奇数项为等和数列；
故前\(60\)项中的所有奇数项之和为
\(S_{奇}=(a_1+a_3)+(a_5+a_7)+\cdots+(a_{57}+a_{59})=15\times 2=30\)；
②当\(n\)为偶数时，则\(n+1\)为奇数，
由题目可知\(a_{n+1}+a_n=2n-1\)，则\(a_{n+2}-a_{n+1}=2n+1\)，
两式相加，得到\(a_{n+2}+a_n=4n\)，即每相邻两偶数项之和为等差数列；
故前\(60\)项中的所有偶数项之和为
\(S_{偶}=(a_2+a_4)+(a_6+a_8)+\cdots+(a_{58}+a_{60})\)
\(=4\times 2+4\times 6+4\times 10+\cdots+4\times 58\)
\(=4(2+6+10+\cdots+58)\)
\(=4\times\cfrac{(2+58)\times 15}{2}=1800\)；
故\(S_{60}=1800+30=1830\)。
分析：注意到数列的项的特征，重新构造一个数列\(\{b_n\}\)，
其中\(b_1=a_1=\cfrac{1}{2}\)，
\(b_2=a_2+a_3=\cfrac{1}{3}+\cfrac{2}{3}=1\)，
\(b_3=a_4+a_5+a_6=\cfrac{1}{4}+\cfrac{2}{4}+\cfrac{3}{4}=\cfrac{3}{2}\)，
\(\cdots\)
\(b_{n-1}=\cfrac{1}{n}+\cfrac{2}{n}+\cdots+\cfrac{n-1}{n}=\cfrac{n-1}{2}\)，
很显然，数列\(\{b_n\}\)是首项为\(\cfrac{1}{2}\)，公差为\(\cfrac{1}{2}\)的等差数列，注意原来的数列\(\{a_n\}\)非等差非等比数列。
那么\(b_n=\cfrac{n}{2}\)，其前\(n\)项和为\(T_n\)，则\(T_n=\cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{2}+\cfrac{n}{2})n=\cfrac{n(n+1)}{4}\)
令\(T_n=\cfrac{n(n+1)}{4}=S_k=14\)，则\(n=7\)，即对数列\(\{b_n\}\)而言，\(T_7=14\)，
对数列\(\{a_n\}\)而言，它的\(S_k=T_7\)，但是注意\(k\neq 0\)，按照这种对应性可知\(a_k=\cfrac{7}{8}\)，
如果想计算\(k\)的值，那么\(k=1+2+3+4+5+6+7=28\)。
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