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类型1　等差与等比数列的基本运算
1．在等差数列和等比数列的通项公式an与前n项和公式Sn中，共涉及五个量：a1，an，n，d(或q)，Sn，其中a1和d(或q)为基本量，“知三求二”是指将已知条件转换成关于a1，d(q)，an，Sn，n的方程组，利用方程思想求出需要的量，当然在求解中若能运用等差(比)数列的性质会更好，这样可以化繁为简，减少运算量，同时还要注意整体代入思想方法的运用．
2．通过等差、等比数列的基本运算，培养数学运算、逻辑推理等核心素养．
【例1】　(1)(2023·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝(　　)
A．25 B．22 C．20 D．15
(2)已知等差数列{an}的公差不为0，若a1，a3，a6成等比数列，则这个等比数列的公比是(　　)
A． B． C．2 D．4
[尝试解答] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
类型2　等差、等比数列的判定
1．等差数列、等比数列的判断方法
(1)定义法：an＋1－an＝d(常数) {an}是等差数列；
＝q(q为常数，q≠0) {an}是等比数列．
(2)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2 {an}是等差数列；＝an·an＋2(an≠0) {an}是等比数列．
(3)通项公式法：an＝kn＋b(k，b是常数) {an}是等差数列；an＝c·qn(c，q为非零常数) {an}是等比数列．
(4)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数，n∈N*) {an}是等差数列；Sn＝Aqn－A(A，q为常数，且A≠0，q≠0，q≠1，n∈N*) {an}是等比数列．
2．通过等差、等比数列的判定与证明，培养逻辑推理、数学运算等核心素养．
【例2】　已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＋Sn＝n．
(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
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类型3　等差、等比数列性质的应用
1．等差、等比数列的性质
(1)项的性质，如下标和相等性质，利用此性质可以在有关基本量的计算时达到简化运算的目的；
(2)前n项和的性质、奇偶项和性质、函数特性等，利用这些性质能够快速解决数列中的选择、填空题．
2．解决等差、等比数列有关问题的几点注意
(1)等差数列、等比数列公式和性质的灵活应用．
(2)对于计算解答题注意基本量及方程思想的运用．
(3)注重问题的转化，由非等差数列、非等比数列构造出新的等差数列或等比数列，以便利用相关公式和性质解题．
(4)当题目中出现多个数列时，既要纵向考察单一数列的项与项之间的关系，又要横向考察各数列之间的内在联系．
3．通过灵活应用等差、等比数列的性质，提升数学运算、逻辑推理等核心素养．
【例3】　(1)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，a4＋a5＋a6＝12，则S9＝(　　)
A．20 B．28 C．36 D．4
(2)已知等比数列{an}的前2项和为2，前4项和为8，则它的前6项和为(　　)
A．12 B．22 C．26 D．32
(3)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，则下列选项正确的是(　　)
A．若q＞1，则an＋1＞an
B．a1a2…an＝
C．数列{an＋1－an}是等比数列
D．对任意正整数n，(S2n－Sn)2＝Sn(S3n－S2n)
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类型4　数列的通项与求和
1．求数列通项的常用方法
(1)由Sn与an的关系求通项公式：当n≥2且n∈N*时，an＝Sn－Sn－1；当n＝1时，a1＝S1．
(2)累加法：适用形如“an＋1－an＝f (n)”，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)．
(3)累乘法：适用形如“＝f (n)”，
an＝a1···…·．
(4)构造法：①形如“an＝kan－1＋b(k，b为常数，k≠0，k≠1，n≥2，n∈N*)”，令an＋t＝k(an－1＋t)，结合已知条件可得t＝，构造等比数列．
②取倒数法：形如“an＝(n≥2，n∈N*，k，m，p均为常数，k≠0，m≠0)”，可在等式两边取倒数，转化为等差数列或转化为类型①．
2．数列的通项与求和一直是高考考查的热点，在命题中，求通项多以递推公式的形式或与Sn的关系给出条件，然后通过构造等差、等比数列求an，求和主要是将其转化为等差数列或等比数列的求和问题．题型多以解答题的形式出现，难度中等或偏低．
3．通过求数列的通项公式与前n项和，培养数学运算、逻辑推理等核心素养．
【例4】　已知各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，当n≥2时＝n(n－1)．
(1)求证：数列是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．
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类型5　数列的综合应用与创新问题
1．数列本身是一类特殊的函数，高考命题中常将数列与一次函数、指数函数、三角函数、不等式等知识综合在一起，在知识的交汇处命题．同时，以实际问题和古代数学问题为背景的数列题也时有出现，难度中等或以上．
2．通过此类问题，综合考查数学抽象、数学建模、逻辑推理、数学运算等核心素养．
【例5】　分形几何学又被称为“大自然的几何学”，是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学．一个数学意义上分形的生成是基于一个不断迭代的方程式，即一种基于递归的反馈系统，简单的说，分形就是研究无限复杂具备相似结构的几何学．下面用分形的方法得到一系列图形，如图1，正三角形的边长为1，在各边取两个三等分点，往外再作一个正三角形，得到图2中的图形；对图2中的各边做相同的操作，得到图3中的图形；以此类推，就得到了以下一系列图形，记第n个图形(图1为第一个图形)中的所有外围线段长的和为cn，则满足c1＋c2＋c3＋…＋cn＞81的最小正整数n的值为________．(参考数据：lg 2≈0.301 0，lg 3≈0.477 1)
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章末重构拓展
第四章　数列
巩固层·知识重构
提升层·题型探究
类型1　等差与等比数列的基本运算
1．在等差数列和等比数列的通项公式an与前n项和公式Sn中，共涉及五个量：a1，an，n，d(或q)，Sn，其中a1和d(或q)为基本量，“知三求二”是指将已知条件转换成关于a1，d(q)，an，Sn，n的方程组，利用方程思想求出需要的量，当然在求解中若能运用等差(比)数列的性质会更好，这样可以化繁为简，减少运算量，同时还要注意整体代入思想方法的运用．
2．通过等差、等比数列的基本运算，培养数学运算、逻辑推理等核心素养．
【例1】　(1)(2023·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝(　　)
A．25　　B．22　　C．20　　D．15
(2)已知等差数列{an}的公差不为0，若a1，a3，a6成等比数列，则这个等比数列的公比是(　　)
A．　　B．　　C．2　　D．4
√
√
(1)C　(2)B　[(1)法一：由a2＋a6＝10，可得2a4＝10，所以a4＝5，又a4a8＝45，所以a8＝9．设等差数列{an}的公差为d，则d＝＝＝1，又a4＝5，所以a1＝2，所以S5＝5a1＋×d＝20，故选C．
法二：设等差数列{an}的公差为d，则由a2＋a6＝10，可得a1＋3d＝5①，由a4a8＝45，可得(a1＋3d)·(a1＋7d)＝45②，由①②可得a1＝2，d＝1，所以S5＝5a1＋×d＝20，故选C．
(2)由题意，设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，则a3＝a1＋2d，a6＝a1＋5d，
∵a1，a3，a6成等比数列＝a1a6，即(a1＋2d)2＝a1(a1＋5d)，
化简整理，得a1d－4d 2＝0，即d(a1－4d)＝0，∵d≠0，
∴a1－4d＝0，即a1＝4d，∴等比数列的公比为＝＝＝．
故选B．]
类型2　等差、等比数列的判定
1．等差数列、等比数列的判断方法
(1)定义法：an＋1－an＝d(常数) {an}是等差数列；
＝q(q为常数，q≠0) {an}是等比数列．
(2)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2 {an}是等差数列；＝an·an＋2
(an≠0) {an}是等比数列．
(3)通项公式法：an＝kn＋b(k，b是常数) {an}是等差数列；an＝c·qn(c，q为非零常数) {an}是等比数列．
(4)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数，n∈N*) {an}是等差数列；Sn＝Aqn－A(A，q为常数，且A≠0，q≠0，q≠1，n∈N*) {an}是等比数列．
2．通过等差、等比数列的判定与证明，培养逻辑推理、数学运算等核心素养．
【例2】　已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＋Sn＝n．
(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
[解]　(1)[证明]　∵an＋Sn＝n，∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1，两式相减得an＋1－an＋an＋1＝1，整理得an＋1－1＝(an－1)，
又∵cn＝an－1，∴cn＋1＝cn，又∵a1＋a1＝1，即a1＝，
∴c1＝a1－1＝－1＝－，∴数列{cn}是以－为首项，为公比的等比数列．
(2)由(1)可知，cn＝an－1＝－·＝－，∴an＝1－．
类型3　等差、等比数列性质的应用
1．等差、等比数列的性质
(1)项的性质，如下标和相等性质，利用此性质可以在有关基本量的计算时达到简化运算的目的；
(2)前n项和的性质、奇偶项和性质、函数特性等，利用这些性质能够快速解决数列中的选择、填空题．
2．解决等差、等比数列有关问题的几点注意
(1)等差数列、等比数列公式和性质的灵活应用．
(2)对于计算解答题注意基本量及方程思想的运用．
(3)注重问题的转化，由非等差数列、非等比数列构造出新的等差数列或等比数列，以便利用相关公式和性质解题．
(4)当题目中出现多个数列时，既要纵向考察单一数列的项与项之间的关系，又要横向考察各数列之间的内在联系．
3．通过灵活应用等差、等比数列的性质，提升数学运算、逻辑推理等核心素养．
【例3】　(1)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，a4＋a5＋a6＝12，则S9＝(　　)
A．20　　B．28　　C．36　　D．4
(2)已知等比数列{an}的前2项和为2，前4项和为8，则它的前6项和为(　　)
A．12　　B．22　　C．26　　D．3
√
√
(3)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，则下列选项正确的是(　　)
A．若q＞1，则an＋1＞an
B．a1a2…an＝
C．数列{an＋1－an}是等比数列
D．对任意正整数n，(S2n－Sn)2＝Sn(S3n－S2n)
√
(1)C　(2)C　(3)D　[(1)等差数列{an}中，a4＋a5＋a6＝3a5＝12，解得a5＝4，
则S9＝×9＝9a5＝36．故选C．
(2)设等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，
则S2＝a1＋a2＝2，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝8，则a3＋a4＝6，
而a3＋a4＝(a1＋a2)q2，∴6＝2q2，∴q2＝3，故a5＋a6＝(a3＋a4)q2＝6×3＝18，
所以数列前6项和为a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝8＋18＝26．故选C．
(3)对于A选项，若a1＜0且q＞1，则对任意的n∈N*，an＝a1qn-1＜0，所以an＋1－an＝an(q－1)＜0，即an＋1＜an，故A错误；
对于B选项，当a1＜0时，在n＝1时结论不成立，故B错误；
对于C选项，若q＝1，则an＋1－an＝0，此时，数列{an＋1－an}不是等比数列，故C错误；
对于D选项，S2n－Sn＝an＋1＋an＋2＋…＋a2n＝qn(a1＋a2＋…＋an)＝qnSn，S3n－S2n＝a2n＋1＋a2n＋2＋…＋a3n＝q2n(a1＋a2＋…＋an)＝q2nSn，所以(S2n－Sn)2＝Sn(S3n－S2n)，故D正确．故选D．]
类型4　数列的通项与求和
1．求数列通项的常用方法
(1)由Sn与an的关系求通项公式：当n≥2且n∈N*时，an＝Sn－Sn－1；当n＝1时，a1＝S1．
(2)累加法：适用形如“an＋1－an＝f (n)”，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)．
(3)累乘法：适用形如“＝f (n)”，
an＝a1···…·．
(4)构造法：①形如“an＝kan－1＋b(k，b为常数，k≠0，k≠1，n≥2，n∈N*)”，令an＋t＝k(an－1＋t)，结合已知条件可得t＝，构造等比数列．
②取倒数法：形如“an＝(n≥2，n∈N*，k，m，p均为常数，k≠0，m≠0)”，可在等式两边取倒数，转化为等差数列或转化为类型①．
2．数列的通项与求和一直是高考考查的热点，在命题中，求通项多以递推公式的形式或与Sn的关系给出条件，然后通过构造等差、等比数列求an，求和主要是将其转化为等差数列或等比数列的求和问题．题型多以解答题的形式出现，难度中等或偏低．
3．通过求数列的通项公式与前n项和，培养数学运算、逻辑推理等核心素养．
【例4】　已知各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，当n≥2时＝n(n－1)．
(1)求证：数列是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．
[解]　(1)证明：当n≥2时＝n(n－1)，
整理得＝1，又∵a1＝1，
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列．
(2)由(1)知＝1＋n－1＝n，所以＝n2，又an＞0，故an＝n．
(3)bn＝＝，
所以Tn＝1×＋2×＋3×＋…＋n·①，
则Tn＝1×＋2×＋3×＋…＋n·②，
①－②得Tn＝－n·＝1－，所以Tn＝2－．
类型5　数列的综合应用与创新问题
1．数列本身是一类特殊的函数，高考命题中常将数列与一次函数、指数函数、三角函数、不等式等知识综合在一起，在知识的交汇处命题．同时，以实际问题和古代数学问题为背景的数列题也时有出现，难度中等或以上．
2．通过此类问题，综合考查数学抽象、数学建模、逻辑推理、数学运算等核心素养．
【例5】　分形几何学又被称为“大自然的几何学”，是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学．一个数学意义上分形的生成是基于一个不断迭代的方程式，即一种基于递归的反馈系统，简单的说，分形就是研究无限复杂具备相似结构的几何学．下面用分形的方法得到一系列图形，如图1，正三角形的边长为1，在各边取两个三等分点，往外再作一个正三角形，得到图2中的图形；对图2中的各边做相同的操作，得到图3中的图形；以此类推，就得到了以下一系列图形，记第n个图形(图1为第一个图形)中的所有外围线段长的和为cn，则满足c1＋c2＋c3＋…＋cn＞81的最小正整数n的值为________．(参考数据：lg 2≈0.301 0，lg 3≈0.477 1)
9
9　[由题意知每个图形中每条线段的长度相等．
设第n个图形中线段的长度为an，则an＝，
设第n个图形中线段的条数为bn，则bn＝3×4n-1，
∴cn＝anbn＝3×，
则c1＋c2＋c3＋…＋cn＝＝9×，
令9×＞81，得＞10，
则n＞＝≈8.006，即满足不等式的最小正整数n的值为9．]
THANKS类型1　等差与等比数列的基本运算
1．在等差数列和等比数列的通项公式an与前n项和公式Sn中，共涉及五个量：a1，an，n，d(或q)，Sn，其中a1和d(或q)为基本量，“知三求二”是指将已知条件转换成关于a1，d(q)，an，Sn，n的方程组，利用方程思想求出需要的量，当然在求解中若能运用等差(比)数列的性质会更好，这样可以化繁为简，减少运算量，同时还要注意整体代入思想方法的运用．
2．通过等差、等比数列的基本运算，培养数学运算、逻辑推理等核心素养．
【例1】　(1)(2023·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝(　　)
A．25 B．22 C．20 D．15
(2)已知等差数列{an}的公差不为0，若a1，a3，a6成等比数列，则这个等比数列的公比是(　　)
A． B． C．2 D．4
(1)C　(2)B　[(1)法一：由a2＋a6＝10，可得2a4＝10，所以a4＝5，又a4a8＝45，所以a8＝9．设等差数列{an}的公差为d，则d＝＝＝1，又a4＝5，所以a1＝2，所以S5＝5a1＋×d＝20，故选C．
法二：设等差数列{an}的公差为d，则由a2＋a6＝10，可得a1＋3d＝5①，由a4a8＝45，可得(a1＋3d)·(a1＋7d)＝45②，由①②可得a1＝2，d＝1，所以S5＝5a1＋×d＝20，故选C．
(2)由题意，设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，则a3＝a1＋2d，a6＝a1＋5d，
∵a1，a3，a6成等比数列＝a1a6，即(a1＋2d)2＝a1(a1＋5d)，
化简整理，得a1d－4d 2＝0，即d(a1－4d)＝0，∵d≠0，
∴a1－4d＝0，即a1＝4d，∴等比数列的公比为＝＝＝．
故选B．]
类型2　等差、等比数列的判定
1．等差数列、等比数列的判断方法
(1)定义法：an＋1－an＝d(常数) {an}是等差数列；
＝q(q为常数，q≠0) {an}是等比数列．
(2)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2 {an}是等差数列；＝an·an＋2(an≠0) {an}是等比数列．
(3)通项公式法：an＝kn＋b(k，b是常数) {an}是等差数列；an＝c·qn(c，q为非零常数) {an}是等比数列．
(4)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数，n∈N*) {an}是等差数列；Sn＝Aqn－A(A，q为常数，且A≠0，q≠0，q≠1，n∈N*) {an}是等比数列．
2．通过等差、等比数列的判定与证明，培养逻辑推理、数学运算等核心素养．
【例2】　已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＋Sn＝n．
(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
[解]　(1)[证明]　∵an＋Sn＝n，∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1，两式相减得an＋1－an＋an＋1＝1，整理得an＋1－1＝(an－1)，
又∵cn＝an－1，∴cn＋1＝cn，又∵a1＋a1＝1，即a1＝，
∴c1＝a1－1＝－1＝－，∴数列{cn}是以－为首项，为公比的等比数列．
(2)由(1)可知，cn＝an－1＝－·＝－，
∴an＝1－．
类型3　等差、等比数列性质的应用
1．等差、等比数列的性质
(1)项的性质，如下标和相等性质，利用此性质可以在有关基本量的计算时达到简化运算的目的；
(2)前n项和的性质、奇偶项和性质、函数特性等，利用这些性质能够快速解决数列中的选择、填空题．
2．解决等差、等比数列有关问题的几点注意
(1)等差数列、等比数列公式和性质的灵活应用．
(2)对于计算解答题注意基本量及方程思想的运用．
(3)注重问题的转化，由非等差数列、非等比数列构造出新的等差数列或等比数列，以便利用相关公式和性质解题．
(4)当题目中出现多个数列时，既要纵向考察单一数列的项与项之间的关系，又要横向考察各数列之间的内在联系．
3．通过灵活应用等差、等比数列的性质，提升数学运算、逻辑推理等核心素养．
【例3】　(1)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，a4＋a5＋a6＝12，则S9＝(　　)
A．20 B．28 C．36 D．4
(2)已知等比数列{an}的前2项和为2，前4项和为8，则它的前6项和为(　　)
A．12 B．22 C．26 D．32
(3)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，则下列选项正确的是(　　)
A．若q＞1，则an＋1＞an
B．a1a2…an＝
C．数列{an＋1－an}是等比数列
D．对任意正整数n，(S2n－Sn)2＝Sn(S3n－S2n)
(1)C　(2)C　(3)D　[(1)等差数列{an}中，a4＋a5＋a6＝3a5＝12，解得a5＝4，
则S9＝×9＝9a5＝36．故选C．
(2)设等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，
则S2＝a1＋a2＝2，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝8，则a3＋a4＝6，
而a3＋a4＝(a1＋a2)q2，∴6＝2q2，∴q2＝3，故a5＋a6＝(a3＋a4)q2＝6×3＝18，
所以数列前6项和为a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝8＋18＝26．故选C．
(3)对于A选项，若a1＜0且q＞1，则对任意的n∈N*，an＝a1qn-1＜0，所以an＋1－an＝an(q－1)＜0，即an＋1＜an，故A错误；
对于B选项，当a1＜0时，在n＝1时结论不成立，故B错误；
对于C选项，若q＝1，则an＋1－an＝0，此时，数列{an＋1－an}不是等比数列，故C错误；
对于D选项，S2n－Sn＝an＋1＋an＋2＋…＋a2n＝qn(a1＋a2＋…＋an)＝qnSn，S3n－S2n＝a2n＋1＋a2n＋2＋…＋a3n＝q2n(a1＋a2＋…＋an)＝q2nSn，所以(S2n－Sn)2＝Sn(S3n－S2n)，故D正确．故选D．]
类型4　数列的通项与求和
1．求数列通项的常用方法
(1)由Sn与an的关系求通项公式：当n≥2且n∈N*时，an＝Sn－Sn－1；当n＝1时，a1＝S1．
(2)累加法：适用形如“an＋1－an＝f (n)”，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)．
(3)累乘法：适用形如“＝f (n)”，
an＝a1···…·．
(4)构造法：①形如“an＝kan－1＋b(k，b为常数，k≠0，k≠1，n≥2，n∈N*)”，令an＋t＝k(an－1＋t)，结合已知条件可得t＝，构造等比数列．
②取倒数法：形如“an＝(n≥2，n∈N*，k，m，p均为常数，k≠0，m≠0)”，可在等式两边取倒数，转化为等差数列或转化为类型①．
2．数列的通项与求和一直是高考考查的热点，在命题中，求通项多以递推公式的形式或与Sn的关系给出条件，然后通过构造等差、等比数列求an，求和主要是将其转化为等差数列或等比数列的求和问题．题型多以解答题的形式出现，难度中等或偏低．
3．通过求数列的通项公式与前n项和，培养数学运算、逻辑推理等核心素养．
【例4】　已知各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，当n≥2时＝n(n－1)．
(1)求证：数列是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．
[解]　(1)证明：当n≥2时＝n(n－1)，
整理得＝1，又∵a1＝1，
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列．
(2)由(1)知＝1＋n－1＝n，所以＝n2，又an＞0，故an＝n．
(3)bn＝＝，
所以Tn＝1×＋2×＋3×＋…＋n·①，
则Tn＝1×＋2×＋3×＋…＋n·②，
①－②得Tn＝－n·＝1－，所以Tn＝2－．
类型5　数列的综合应用与创新问题
1．数列本身是一类特殊的函数，高考命题中常将数列与一次函数、指数函数、三角函数、不等式等知识综合在一起，在知识的交汇处命题．同时，以实际问题和古代数学问题为背景的数列题也时有出现，难度中等或以上．
2．通过此类问题，综合考查数学抽象、数学建模、逻辑推理、数学运算等核心素养．
【例5】　分形几何学又被称为“大自然的几何学”，是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学．一个数学意义上分形的生成是基于一个不断迭代的方程式，即一种基于递归的反馈系统，简单的说，分形就是研究无限复杂具备相似结构的几何学．下面用分形的方法得到一系列图形，如图1，正三角形的边长为1，在各边取两个三等分点，往外再作一个正三角形，得到图2中的图形；对图2中的各边做相同的操作，得到图3中的图形；以此类推，就得到了以下一系列图形，记第n个图形(图1为第一个图形)中的所有外围线段长的和为cn，则满足c1＋c2＋c3＋…＋cn＞81的最小正整数n的值为________．(参考数据：lg 2≈0.301 0，lg 3≈0.477 1)
9　[由题意知每个图形中每条线段的长度相等．
设第n个图形中线段的长度为an，则an＝，
设第n个图形中线段的条数为bn，则bn＝3×4n-1，
∴cn＝anbn＝3×，
则c1＋c2＋c3＋…＋cn＝＝9×，
令9×＞81，得＞10，
则n＞＝≈8.006，
即满足不等式的最小正整数n的值为9．]
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