《（江蘇專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四數(shù)列教學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四數(shù)列教學(xué)案（67頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題四 數(shù)列 江蘇卷5年考情分析小題考情分析大題考情分析?？键c(diǎn)等差數(shù)列的基本量計(jì)算(5年3考)等比數(shù)列的基本量計(jì)算(5年2考)近幾年的數(shù)列解答題，其常規(guī)類型可以分為兩類：一類是判斷、證明某個(gè)數(shù)列是等差、等比數(shù)列(如2017年T19)；另一類是已知等差、等比數(shù)列求基本量，這個(gè)基本量涵義很廣泛，指定的項(xiàng)ak、項(xiàng)數(shù)n、公差d、公比q、通項(xiàng)an、和式Sn以及它們的組合式，甚至還包括相關(guān)參數(shù)(如2018年T20，2019年T20).數(shù)列的壓軸題還對(duì)代數(shù)推理能力要求較高，其中數(shù)列與不等式的結(jié)合(如2018年T20，2016年T20)；數(shù)列與方程的結(jié)合(如2015年T20)這些壓軸題難度很大，綜合能力要求較

2、高.偶考點(diǎn)等差、等比數(shù)列的性質(zhì)及最值問(wèn)題第一講 | 小題考法數(shù)列中的基本量計(jì)算考點(diǎn)(一)等差、等比數(shù)列的基本運(yùn)算主要考查等差、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式及有關(guān)的五個(gè)基本量間的“知三求二”運(yùn)算.題組練透1(2019江蘇高考)已知數(shù)列an(nN*)是等差數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)和若a2a5a80，S927，則S8的值是_解析：由S92727a1a962a562a18d6，所以a14d3，即a53.又a2a5a802a15d0，解得a15，d2.故S88a1d16.同法一得a53.又a2a5a803a2a802a22a50a23. d2，a1a2d5.故S88a1d16.答案：162(2017江蘇

3、高考)等比數(shù)列an的各項(xiàng)均為實(shí)數(shù)，其前n項(xiàng)和為Sn.已知S3，S6，則a8_解析：設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，則由S62S3，得q1，則解得則a8a1q72732.答案：323(2019江蘇蘇錫常鎮(zhèn)四市調(diào)研)已知公差為d的等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，若4，則_解析：由4得S104S5，即10a145d4(5a110d)，化簡(jiǎn)得2a1d，則2.答案：24(2019江蘇南師大附中期中改編)已知等比數(shù)列an的各項(xiàng)均為正數(shù)，其前n項(xiàng)和為Sn，若S2，S4，則an_解析：由題知數(shù)列an為等比數(shù)列，公比q0且q1，由得解得故ana1qn12n12n3.答案：2n35(2019南京鹽城一模)已知等比數(shù)列an

4、為遞增數(shù)列，設(shè)其前n項(xiàng)和為Sn，若a22，S37，則a5的值為_(kāi)解析：設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，則由題意得得或因?yàn)閿?shù)列an為遞增數(shù)列，所以所以a5a1q416.答案：16方法技巧等差(比)數(shù)列基本運(yùn)算的策略(1)在等差(比)數(shù)列中，首項(xiàng)a1和公差d(公比q)是兩個(gè)最基本的元素(2)在進(jìn)行等差(比)數(shù)列項(xiàng)的運(yùn)算時(shí)，若條件和結(jié)論間的聯(lián)系不明顯，則均可化成關(guān)于a1和d(q)的方程組求解，但要注意消元法及整體代換法的使用，以減少計(jì)算量.考點(diǎn)(二)等差、等比數(shù)列的性質(zhì)主要考查等差、等比數(shù)列的性質(zhì)及與前n項(xiàng)和有關(guān)的最值問(wèn)題.題組練透1(2019南京三模)已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且2Sn3n1，nN*

5、.若bnlog3an，則b1b2b3b4的值為_(kāi)解析：法一：當(dāng)n1時(shí)，a1S11，所以b1log3a10.當(dāng)n2時(shí)，anSnSn13n1，所以bnlog3ann1(n2)又b10，所以bnn1，所以b1b2b3b46.法二：當(dāng)n1時(shí)，a1S11，所以b1log3a10.當(dāng)n2時(shí)，a2S2S113，所以b2log3a21.當(dāng)n3時(shí)，a3S3S21349，所以b32.當(dāng)n4時(shí)，a4S4S3401327，所以b43.所以b1b2b3b401236.答案：62(2019揚(yáng)州期末)設(shè)等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，已知a113，S3S11，當(dāng)Sn最大時(shí)，n的值為_(kāi)解析：S3S11，S11S3a4a5a6a

6、110，故可得(a4a11)(a5a10)(a6a9)(a7a8)4(a7a8)0，a7a80.結(jié)合a113可知，該數(shù)列的前7項(xiàng)均為正數(shù)，從第8項(xiàng)開(kāi)始為負(fù)數(shù)，故數(shù)列的前7項(xiàng)和最大答案：73在等比數(shù)列an中，a3，a15是方程x26x80的根，則_解析：由題知，a3a1560，a3a1580，則a30，a150，由等比數(shù)列的性質(zhì)知a1a17a3a158aa92.設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，則a9a3q60，故a92，故2.答案：24(2019南京四校聯(lián)考)已知各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列an中，a23，a427，S2n為該數(shù)列的前2n項(xiàng)和，Tn為數(shù)列anan1的前n項(xiàng)和，若S2nkTn，則實(shí)數(shù)k的值為_(kāi)

7、解析：法一：因?yàn)楦黜?xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列an中，a23，a427，所以a11，公比q3，所以S2n，an3n1，令bnanan13n13n32n1，所以b13，數(shù)列bn為等比數(shù)列，公比q9，所以Tn.因?yàn)镾2nkTn，所以k，解得k.法二：因?yàn)楦黜?xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列an中，a23，a427，所以a11，公比q3.注意到S24，T13；S440，T230；，由此歸納可得k.答案：5(2019蘇州期末)設(shè)Sn是等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和，若，則_解析：法一：設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，若公比q為1，則，與已知條件不符，所以公比q1，所以Sn，因?yàn)椋?，所以q52，所以.法二：因?yàn)?，所以不妨設(shè)S5a，S1

8、03a，a0，易知S5，S10S5，S15S10，S20S15成等比數(shù)列，由S5a，S10S52a，得S15S104a，S20S158a，從而S2015a，所以.答案：方法技巧等差、等比數(shù)列性質(zhì)問(wèn)題求解策略(1)等差、等比數(shù)列性質(zhì)的應(yīng)用的關(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)應(yīng)牢固掌握等差、等比數(shù)列的性質(zhì)，特別是等差數(shù)列中“若mnpq，則amanapaq”這一性質(zhì)與求和公式Sn的綜合應(yīng)用考點(diǎn)(三)等差、等比數(shù)列的判斷主要考查利用某些基本量判斷數(shù)列的類型.典例感悟典例(2019南通等七市一模)已知數(shù)列an是等比數(shù)列，有下列四個(gè)命題：數(shù)列|an|

9、是等比數(shù)列；數(shù)列anan1是等比數(shù)列；數(shù)列是等比數(shù)列；數(shù)列l(wèi)g a是等比數(shù)列其中正確的命題有_個(gè)解析設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，則q，|q|，故數(shù)列|an|是等比數(shù)列，正確；q2，則數(shù)列anan1是等比數(shù)列，正確；，則數(shù)列是等比數(shù)列，正確；若an1，則lg a0，數(shù)列l(wèi)g a不是等比數(shù)列，錯(cuò)誤故正確的命題有3個(gè)答案3方法技巧1判斷等差數(shù)列的常用方法(1)定義法：an1and(常數(shù))(nN*)an是等差數(shù)列(2)通項(xiàng)公式法：anpnq(p，q為常數(shù)，nN*)an是等差數(shù)列(3)中項(xiàng)公式法：2an1anan2(nN*)an是等差數(shù)列2判斷等比數(shù)列的常用方法(1)定義法：q(q是不為0的常數(shù)，nN*)

10、an是等比數(shù)列(2)通項(xiàng)公式法：ancqn(c，q均是不為0的常數(shù)，nN*)an是等比數(shù)列(3)中項(xiàng)公式法：aanan2(anan1an20，nN*)an是等比數(shù)列演練沖關(guān)若數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn3n22n，則下列四個(gè)命題：an是遞減等差數(shù)列；an是遞增等差數(shù)列；an是遞減等比數(shù)列；an是遞增等比數(shù)列其中正確命題的序號(hào)為_(kāi)解析：當(dāng)n1時(shí)，a1S1321.當(dāng)n2時(shí)，anSnSn13n22n 3(n1)22(n1)6n5.當(dāng)n1時(shí)，也滿足上式，an6n5.首項(xiàng)a11，anan16n56(n1)56(常數(shù))，數(shù)列an是等差數(shù)列，且公差為60.an為遞增數(shù)列答案： (一) 主干知識(shí)要記牢1等差數(shù)列、等

11、比數(shù)列等差數(shù)列等比數(shù)列通項(xiàng)公式ana1(n1)dana1qn1(q0)前n項(xiàng)和公式Snna1d(1)q1，Sn；(2)q1，Snna12等差數(shù)列(1)a，b，c成等差數(shù)列是2bac的充要條件(2)等差中項(xiàng)的推廣：an(n2，np)(3)等差數(shù)列的單調(diào)性由數(shù)列的單調(diào)性定義，易得an為遞增數(shù)列d0；an為遞減數(shù)列dp)(3)等比數(shù)列的單調(diào)性由數(shù)列的單調(diào)性定義，易得an為遞增數(shù)列或an為遞減數(shù)列或an為常數(shù)列q1；an為擺動(dòng)數(shù)列q0，所以a3，所以a3的最小值為.答案：7等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且anSnn216n15(n2，nN*)，若對(duì)任意nN*，總有SnSk，則k的值是_解析：在等差數(shù)列

12、an中，設(shè)公差為d，因?yàn)椤癮nSna1(n1)dn216n15(n2，nN*)”的二次項(xiàng)系數(shù)為1，所以1，即公差d2，令n2，得a113，所以前n項(xiàng)和Sn13n(2)14nn249(n7)2，故前7項(xiàng)和最大，所以k7.答案：78(2019蘇錫常鎮(zhèn)四市一模)中國(guó)古代著作張丘建算經(jīng)中有這樣一個(gè)問(wèn)題：“今有馬行轉(zhuǎn)遲，次日減半疾，七日行七百里”，意思是說(shuō)有一匹馬行走的速度逐漸減慢，每天行走的里程是前一天的一半，七天一共行走了700里那么這匹馬最后一天行走的里程數(shù)為_(kāi)解析：由題意可知，這匹馬每天行走的里程數(shù)構(gòu)成等比數(shù)列，設(shè)為an，易知公比q，則S72a1a1700，所以a1700，所以a7a1q6700

13、，所以這匹馬最后一天行走的里程數(shù)為.答案：9(2018揚(yáng)州期末)已知各項(xiàng)都是正數(shù)的等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，若4a4，a3，6a5成等差數(shù)列，且a33a，則S3_解析：設(shè)各項(xiàng)都是正數(shù)的等比數(shù)列an的公比為q，則q0，且a10，由4a4，a3，6a5成等差數(shù)列，得2a34a46a5，即2a34a3q6a3q2，解得q.又由a33a，解得a1，所以S3a1a2a3.答案：10設(shè)Sn是等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和，S1016，S100S9024，則S100_解析：依題意，S10，S20S10，S30S20，S100S90依次成等差數(shù)列，設(shè)該等差數(shù)列的公差為d.又S1016，S100S9024，因此S1

14、00S902416(101)d169d，解得d，因此S10010S10d1016200.答案：20011(2018揚(yáng)州期末)在正項(xiàng)等比數(shù)列an中，若a4a32a22a16，則a5a6的最小值為_(kāi)解析：令a1a2t(t0)，則a4a32a22a16可化為tq22t6(其中q為公比)，所以t(q)，所以a5a6tq4q46648(當(dāng)且僅當(dāng)q2時(shí)等號(hào)成立)答案：4812(2019蘇州中學(xué)模擬)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，滿足an0，(an1an)Sn1(an12n1an)an1，nN*.設(shè)數(shù)列的前n項(xiàng)和為T(mén)n，則_解析：(an1an)Sn1(an12n1an)an1，anSn1an1Sn2n1an1a

15、n，又an0，2n1.則1，2，2n2(n2，nN*)以上各式相加，得122n2(n2，nN*)1，12n11，Sn2n1an(n2，nN*)n1時(shí)上式也成立，Sn2n1an(nN*)Sn12nan1.兩式相減，得an12nan12n1an，即(2n1)an12n1an，則，Tn12，Tn2.答案：213(2019海安中學(xué)模擬)記min a，b設(shè)數(shù)列an是公差為d的等差數(shù)列，數(shù)列bn是公比為2的等比數(shù)列，且a10，b11，cnmin an，bn，nN*，若數(shù)列cn中存在連續(xù)三項(xiàng)成等比數(shù)列，則d的最小值為_(kāi)解析：法一：由題意知ana1(n1)d(n1)d，bn2n1.數(shù)列cn中存在連續(xù)三項(xiàng)成等比

16、數(shù)列，不可能是等差數(shù)列an中連續(xù)的三項(xiàng)，理由：假設(shè)是等差數(shù)列an中連續(xù)的三項(xiàng)，分別記為(k1)d，kd，(k1)d，k2，kN*，則k2d2(k1)d(k1)d，得d0，an0，所以cn0，與題意不相符又?jǐn)?shù)列an中的項(xiàng)為0，d，2d，3d，數(shù)列bn中的項(xiàng)為1，2，4，8，所以當(dāng)d2時(shí)，cnan，不滿足題意；當(dāng)2d時(shí)，akbk(k4，kN*)，此時(shí)數(shù)列cn的前三項(xiàng)為0，2，4，從第四項(xiàng)開(kāi)始cnan，不滿足題意；當(dāng)d時(shí)，數(shù)列cn的前四項(xiàng)為0，2，4，8，此時(shí)，c2，c3，c4成等比數(shù)列，滿足題意綜上，d的最小值為.法二：在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，點(diǎn)(n，bn)在指數(shù)函數(shù)y2x1的圖象上，點(diǎn)(n，an)在

17、過(guò)點(diǎn)(1，0)，且斜率為d的直線l上根據(jù)min a，b的意義知，cn取位于兩支曲線中下方曲線上的點(diǎn)的縱坐標(biāo)易知數(shù)列cn中連續(xù)三項(xiàng)成等比數(shù)列，不可能是等差數(shù)列an中的連續(xù)三項(xiàng)如圖，當(dāng)直線l過(guò)點(diǎn)(4，8)時(shí)，c2b22，c3b34，c4b48，第一次滿足cn中連續(xù)三項(xiàng)成等比數(shù)列，此時(shí)直線l的斜率為，即d取得最小值，最小值為.答案：14(2018無(wú)錫期末)已知等比數(shù)列an滿足a2a52a3，且a4，2a7成等差數(shù)列，則a1a2an的最大值為_(kāi)解析：設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)可得a2a5a3a42a3，由于a30，可得a42.因?yàn)閍4，2a7成等差數(shù)列，所以2a42a7，可得a7，由

18、a7a4q3，可得q，由a4a1q3，可得a116，從而ana1qn116.法一：令an1可得n5，故當(dāng)1n5時(shí)，an1，當(dāng)n6時(shí)，0an1，前n項(xiàng)積為T(mén)n，且a2a4a3，則使得Tn1的n的最小值為_(kāi)解析：由a2a4a3得aa3，又an的各項(xiàng)均為正數(shù)，故a31，T5a1a2a3a4a5a1，當(dāng)n6時(shí)，T6T5a6，又公比q1，a31，故a61，T61.答案：63已知正項(xiàng)數(shù)列an滿足an11，其中nN*，a42，則a2 020_解析：an11，所以n2時(shí)，an1，兩式相減得an1an(n2)，所以aa1(n2)，aa(2 0204)12 020，所以a2 020.答案：4(2018南京考前模擬

19、)數(shù)列an中，an2n1，現(xiàn)將an中的項(xiàng)依原順序按第k組有2k項(xiàng)的要求進(jìn)行分組：(1，3)，(5，7，9，11)，(13，15，17，19，21，23)，則第n組中各數(shù)的和為_(kāi)解析：設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，則Snn2，因?yàn)?42nn(n1)n2n，242(n1)n(n1)n2n.所以第n組中各數(shù)的和為Sn2nSn2n(n2n)2(n2n)24n3.答案：4n35(2019南通等七市二模)已知集合Ax|x2k1，kN*，Bx|x8k8，kN*，從集合A中取出m個(gè)不同元素，其和記為S；從集合B中取出n個(gè)不同元素，其和記為T(mén).若ST967，則m2n的最大值為_(kāi)解析：法一：由題意可得Sm2，T4n

20、24n，則STm24n24n967，即m2(2n1)2968，由基本不等式可得 22，則m(2n1)44，當(dāng)且僅當(dāng)m2n122時(shí)取等號(hào)，但此時(shí)nN*，所以等號(hào)取不到，則當(dāng)m22，n11時(shí)，m2n取得最大值44.法二：由題意可得Sm2，T4n24n，則STm24n24n967，即m2(2n1)2968，令mcos ，2n1sin ，則m2ncos sin 1sin144145，當(dāng)且僅當(dāng)m22，2n122時(shí)取等號(hào)，但此時(shí)nN*，所以等號(hào)取不到，則當(dāng)m22，2n121，即n11時(shí)，m2n取得最大值44.答案：446(2018江蘇高考)已知集合Ax|x2n1，nN*，Bx|x2n，nN*將AB的所有元

21、素從小到大依次排列構(gòu)成一個(gè)數(shù)列an記Sn為數(shù)列an的前n項(xiàng)和，則使得Sn12an1成立的n的最小值為_(kāi)解析：所有的正奇數(shù)和2n(nN*)按照從小到大的順序排列構(gòu)成an，在數(shù)列an中，25前面有16個(gè)正奇數(shù)，即a2125，a3826.當(dāng)n1時(shí)，S1112a224，不符合題意；當(dāng)n2時(shí)，S2312a336，不符合題意；當(dāng)n3時(shí)，S3612a448，不符合題意；當(dāng)n4時(shí)，S41012a560，不符合題意；當(dāng)n26時(shí)，S264416250312a28540，符合題意故使得Sn12an1成立的n的最小值為27.答案：27第二講 | 大題考法等差、等比數(shù)列的綜合問(wèn)題題型(一)等差、等比數(shù)列的綜合運(yùn)算主要考

22、查等差、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和的求解，且常結(jié)合數(shù)列的遞推公式命題.典例感悟例1(2019南京鹽城一模)已知數(shù)列an，其中nN*.(1)若an滿足an1anqn1(q0，nN*)當(dāng)q2，且a11時(shí)，求a4的值；若存在互不相等的正整數(shù)r，s，t，滿足2srt，且ar，as，at成等差數(shù)列，求q的值(2)設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為bn，數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為cn，cnbn23，nN*，若a11，a22，且|aanan2|k恒成立，求k的最小值解(1)由題意知a4a34，a3a22，a2a11，a11，累加得a48.因?yàn)閍n1anqn1，所以n2時(shí)，anan1qn2，a2a11.()當(dāng)q1時(shí)，ann1

23、a1(n2)又a1滿足ann1a1，所以當(dāng)q1時(shí)，ann1a1(nN*)因?yàn)?srt，所以2asarat，所以q1滿足條件()當(dāng)q1且q0時(shí)，ana1(n2)又a1滿足ana1，所以ana1(nN*)若存在滿足條件的r，s，t，則可得2qsqrqt，則2qrsqts22，此時(shí)rts，這與r，s，t互不相等矛盾，所以q1且q0不滿足條件綜上所述，符合條件的q的值為1.(2)由cnbn23，nN*，可知cn1bn33，兩式相減可得bn3bn2bn1.因?yàn)閍11，a22，所以b11，b23，從而c11，c24，可得b34，b47，故b3b2b1，所以bn2bn1bn對(duì)一切的nN*恒成立由bn3bn2

24、bn1，bn2bn1bn得an3an2an1.易知a31，a43，故an2an1an(n2)因?yàn)閍an1an3(an1an)2an1(an2an1)(an1an)2an1(an2an1)aanan2，n2，所以當(dāng)n2時(shí)，|aan1an3|aanan2|，所以當(dāng)n2時(shí)，|aanan2|5，當(dāng)n1時(shí)，|aanan2|3，故k的最小值為5.方法技巧1解決等差、等比數(shù)列綜合問(wèn)題的策略解決由等差數(shù)列、等比數(shù)列組成的綜合問(wèn)題，首先要根據(jù)兩數(shù)列的概念，設(shè)出相應(yīng)的基本量，然后充分使用通項(xiàng)公式、求和公式、數(shù)列的性質(zhì)等確定基本量解綜合題的關(guān)鍵在于審清題目，弄懂來(lái)龍去脈，揭示問(wèn)題的內(nèi)在聯(lián)系和隱含條件2有關(guān)遞推數(shù)列問(wèn)

25、題常見(jiàn)的處理方法將第n項(xiàng)和第n1項(xiàng)合并在一起，看是否是一個(gè)特殊數(shù)列若遞推關(guān)系式含有an與Sn，則考慮是否可以將an與Sn進(jìn)行統(tǒng)一，再根據(jù)遞推關(guān)系式的結(jié)構(gòu)特征確定是否為熟悉的、有固定方法的遞推關(guān)系式向通項(xiàng)公式轉(zhuǎn)換的類型，否則可以寫(xiě)出數(shù)列的前幾項(xiàng)，看能否找到規(guī)律，即先特殊、后一般、再特殊演練沖關(guān)(2019南通等七市一模)已知等差數(shù)列an滿足a44，前8項(xiàng)和S836.(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列bn滿足(bka2n12k)2an3(2n1)(nN*)證明：bn為等比數(shù)列；求集合.解：(1)設(shè)等差數(shù)列an的公差為d.因?yàn)榈炔顢?shù)列an滿足a44，前8項(xiàng)和S836，所以解得所以數(shù)列an的通項(xiàng)公

26、式為ann.(2)證明：設(shè)數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為Bn.由(1)及由得3(2n1)3(2n11)(b1a2n1b2a2n3bn1a3bna12n)(b1a2n3b2a2n5bn1a12n2) b1(a2n32)b2(a2n52)bn1(a12)bna12n(b1a2n3b2a2n5bn1a12n2)2(b1b2bn1)bn22(Bnbn)bn2.所以32n12Bnbn2(n2，nN*)，又3(211)b1a12，所以b11，滿足上式所以2Bnbn232n1(nN*)當(dāng)n2時(shí)，2Bn1bn1232n2，由得，bnbn132n2.所以bn2n1(bn12n2)(1)n1(b120)0，所以bn2n1，

27、2，又b11，所以數(shù)列bn是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列由，得，即2pm.記cn，由得，cn，所以1，所以cncn1(當(dāng)且僅當(dāng)n1時(shí)等號(hào)成立)由，得cm3cpcp，所以mp.設(shè)tpm(m，p，tN*)，由2pm，得m.當(dāng)t1時(shí)，m3，不合題意；當(dāng)t2時(shí)，m6，此時(shí)p8符合題意；當(dāng)t3時(shí)，m，不合題意；當(dāng)t4時(shí)，m1，不合題意下面證明當(dāng)t4，tN*時(shí)，m0，所以f(x)在4，)上單調(diào)遞增，所以f(x)f(4)10，所以當(dāng)t4，tN*時(shí)，m0，所以q，nN*，且q0，結(jié)合q為常數(shù)，得數(shù)列an為等比數(shù)列(2)由(1)得anqn1，存在tN*，使得3at24at1是數(shù)列an中的項(xiàng)存在t，pN*，使得3

28、at24at1ap存在t，pN*，使得3qt14qtqp1，即存在t，pN*，使得3q24qqpt(*)因?yàn)閝N*，且q1時(shí)，(*)式顯然不成立，所以q2，qN*，所以3q24q4，即qpt4，結(jié)合t，pN*，得ptN*.當(dāng)pt3時(shí)，qpt(3q24q)q3(3q24q)q(q23q4)0，與(*)式矛盾；當(dāng)pt1時(shí)，(*)式可化為3q24qq，解得q0(舍)或q(舍)；當(dāng)pt2時(shí)，(*)式可化為3q24qq2，解得q0(舍)或q2.綜上，q2.證明：由得an2n1，則bn1，所以數(shù)列bn為遞減數(shù)列，因?yàn)閎r，bs，bk成等比數(shù)列，所以不妨設(shè)rsk，則bbrbk，即，即，所以k.令2srs2，

29、即s2r，得k4r24r.所以存在無(wú)窮多組正整數(shù)數(shù)組(r，2r，4r24r)(rN*)，使得br，bs，bk成等比數(shù)列，從而得證方法技巧判定和證明數(shù)列是等差(比)數(shù)列的方法定義法對(duì)于n1的任意自然數(shù)，驗(yàn)證an1an為與正整數(shù)n無(wú)關(guān)的某一常數(shù)中項(xiàng)公式法若2an1anan2(nN *)，則an為等差數(shù)列；若aanan20(nN *)，則an為等比數(shù)列演練沖關(guān)1(2019常州期末)已知數(shù)列an中，a11，且an13an40，nN*.(1)求證：an1是等比數(shù)列，并求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)數(shù)列an中是否存在不同的三項(xiàng)按照一定順序重新排列后，構(gòu)成等差數(shù)列？若存在，求出所有滿足條件的項(xiàng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)

30、明理由解：(1)由an13an40得an113(an1)，nN*.因?yàn)閍11，所以a1120，可得an10，nN*，所以3，nN*，所以an1是以2為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列所以an12(3)n1，則數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an2(3)n11.(2)假設(shè)數(shù)列an中存在三項(xiàng)am，an，ak(mnk)總成立，則稱數(shù)列an是“P(k)數(shù)列”(1)證明：等差數(shù)列an是“P(3)數(shù)列”；(2)若數(shù)列an既是“P(2)數(shù)列”，又是“P(3)數(shù)列”，證明：an是等差數(shù)列證明：(1)因?yàn)閍n是等差數(shù)列，設(shè)其公差為d，則ana1(n1)d，從而，當(dāng)n4時(shí)，ankanka1(nk1)da1(nk1)d2a12(n1)

31、d2an，k1，2，3，所以an3an2an1an1an2an36an，因此等差數(shù)列an是“P(3)數(shù)列”(2)數(shù)列an既是“P(2)數(shù)列”，又是“P(3)數(shù)列”，因此，當(dāng)n3時(shí)，an2an1an1an24an，當(dāng)n4時(shí)，an3an2an1an1an2an36an.由知，an3an24an1(anan1)，an2an34an1(an1an)將代入，得an1an12an，其中n4，所以a3，a4，a5，是等差數(shù)列，設(shè)其公差為d.在中，取n4，則a2a3a5a64a4，所以a2a3d，在中，取n3，則a1a2a4a54a3，所以a1a32d，所以數(shù)列an是等差數(shù)列 A組大題保分練1在數(shù)列an，bn

32、中，已知a12，b14，且an，bn，an1成等差數(shù)列，bn，an，bn1也成等差數(shù)列(1)求證：anbn是等比數(shù)列；(2)設(shè)m是不超過(guò)100的正整數(shù)，求使成立的所有數(shù)對(duì)(m，n)解：(1)證明：由an，bn，an1成等差數(shù)列可得，2bnanan1，由bn，an，bn1成等差數(shù)列可得，2anbnbn1，得，an1bn13(anbn)，又a1b16，所以anbn是以6為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列(2)由(1)知，anbn6(3)n1，得，an1bn1anbn2，得，an3(3)n11，代入，得，所以3(3)n11m3(3)m33(3)n1m3(3)m13，整理得，(m1)(3)m3(3)n0，所以

33、m1(3)nm1，由m是不超過(guò)100的正整數(shù)，可得2(3)nm1101，所以nm12或4，當(dāng)nm12時(shí)，m19，此時(shí)m8，則n9，符合題意；當(dāng)nm14時(shí)，m181，此時(shí)m80，則n83，符合題意故使成立的所有數(shù)對(duì)(m，n)為(8，9)，(80，83)2(2019蘇錫常鎮(zhèn)二模)已知數(shù)列an是各項(xiàng)都不為0的無(wú)窮數(shù)列，對(duì)任意的n3，nN*，a1a2a2a3an1an(n1)a1an恒成立(1)如果，成等差數(shù)列，求實(shí)數(shù)的值；(2)若1.()求證：數(shù)列是等差數(shù)列；()已知數(shù)列an中，a1a2.數(shù)列bn是公比為q的等比數(shù)列，滿足b1，b2，b3(iN*)求證：q是整數(shù)，且數(shù)列bn中的任意一項(xiàng)都是數(shù)列中的項(xiàng)

34、解：(1)因?yàn)閚3且nN*時(shí)，a1a2a2a3an1an(n1)a1an恒成立，則當(dāng)n3時(shí)，a1a2a2a32a1a3，因?yàn)閿?shù)列an的各項(xiàng)都不為0，所以等式兩邊同時(shí)除以a1a2a3得：，又，成等差數(shù)列，所以，所以，所以1.(2)證明：()當(dāng)1，n3時(shí)，a1a2a2a32a1a3 ，整理得，則.當(dāng)n4時(shí)，a1a2a2a3a3a43a1a4，得：a3a43a1a42a1a3，得，又，所以.當(dāng)n3時(shí)，a1a2a2a3an1an(n1)a1an，a1a2a2a3an1ananan1na1an1，兩式相減得：anan1na1an1(n1)a1an，因?yàn)閍n0，所以，則，所以，整理得，即(n3)，由得：對(duì)

35、任意的正整數(shù)n恒成立，所以數(shù)列成等差數(shù)列()設(shè)數(shù)列的公差為d，設(shè)cn，c1c(c0)，則b1c1c，b2c2cd，dc2c1b2b1cqc.當(dāng)i2時(shí)，b3c2b2，從而q1，b2b1，得a1a2，與已知不符當(dāng)i3時(shí)，由b3c3，cq2c2dc2c(q1)，得q212(q1)，得q1，與已知不符當(dāng)i1時(shí)，由b3c1，cq2c，得q21，則q1(上面已證q1)為整數(shù)此時(shí)數(shù)列bn為：c，c，c，；數(shù)列cn中，c1c，c2c，公差d2c.數(shù)列bn中每一項(xiàng)都是cn中的項(xiàng)(cc1，cc2)當(dāng)i4時(shí)，由b3ci，cq2c(i1)dc(i1)c(q1)，得q2(i1)q(i2)0，得q1(舍去)，qi2(i4

36、)為正整數(shù)cqcd，b3ci，對(duì)任意的正整數(shù)k4，欲證明bk是數(shù)列cn中的項(xiàng)，只需證bkcqk1cixdb3x(cqc)cq2x(cqc)有正整數(shù)解x，即證x為正整數(shù)因?yàn)閤表示首項(xiàng)為q2，公比為qi2(i4)，共k3(k4)項(xiàng)的等比數(shù)列的和，所以x為正整數(shù)因此，bn中的每一項(xiàng)都是數(shù)列cn也即中的項(xiàng)3(2019鹽城三模)在無(wú)窮數(shù)列an中，an0(nN*)，記an前n項(xiàng)中的最大項(xiàng)為kn，最小項(xiàng)為rn，令bn.(1)若an的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn.求bn；是否存在正整數(shù)m，n，滿足？若存在，請(qǐng)求出這樣的m，n，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由(2)若數(shù)列bn是等比數(shù)列，求證：數(shù)列an是等比數(shù)列解：(1)在Sn中，

37、令n1，得a1S1，解得a11，Sn，當(dāng)n2時(shí)，anSnSn1n，綜上，得ann(nN*)顯然an為遞增數(shù)列，knann，rna11，bn.假設(shè)存在滿足條件的正整數(shù)m，n，則，設(shè)cn，則cn1cn，c1c2c3c4c5，由，得cmcnn，則mn1，當(dāng)mn1時(shí)，顯然不成立當(dāng)mn1時(shí)，2mn1，設(shè)mn1t，則tN*，2t，得n，設(shè)dn，則dn1dn0恒成立，數(shù)列dn遞減又d12，d21，d31，n3時(shí)，dn0(nN*)，且kn，rn分別為an前n項(xiàng)中的最大項(xiàng)和最小項(xiàng)，kn1kn，rn1rn，設(shè)數(shù)列bn的公比為q，顯然q0，()當(dāng)q1時(shí)，1，得，若 kn1kn，則rn1kn與rn11時(shí)，q1，得q2

38、1.1，kn1kn恒成立，而knan，kn1an1，an1an恒成立，knan，rna1，代入q2得q2，即q2，數(shù)列an是等比數(shù)列()當(dāng)0q1時(shí)，01，得q21，1，rn1rn恒成立，而rnan，rn1an1，an1an恒成立，kna1，rnan，代入q2得q2，即q2數(shù)列an是等比數(shù)列，綜上可得，數(shù)列an是等比數(shù)列4(2019南通等七市三模)已知數(shù)列an滿足(nan12)an(2an1)an1(n2)，bnn(nN*)(1)若a13，證明：bn是等比數(shù)列；(2)若存在kN*，使得，成等差數(shù)列求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；證明：ln nanln(n1)an1.解：(1)證明：由(nan12)an(2

39、an1)an1(n2)，得2n，得n2，即bn2bn1(n2)因?yàn)閍13，所以b110，所以2(n2)，所以bn是以為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列(2)設(shè)1，由(1)知，bn2bn1，所以bn2bn122bn22n1b1，得n2n1，所以2k1k.因?yàn)椋傻炔顢?shù)列，所以(2k1k)(2k1k2)2(2kk1)，所以2k10，所以0，所以n，即an.證明：要證ln nanln(n1)an1，即證(anan1)ln，即證2ln .設(shè)t，則t1t，且t1，從而只需證當(dāng)t1時(shí)，t2ln t.設(shè)f(x)x2ln x(x1)，則f(x)10，所以f(x)在(1，)上單調(diào)遞增，所以f(x)f(1)0，即x2ln

40、 x，因?yàn)閠1，所以t2ln t，所以原不等式得證B組大題增分練1(2019蘇北三市一模)已知數(shù)列an滿足對(duì)任意的nN*，都有an(qnan1)2qnanan1an1(1qnan1)，且an1an0，其中a12，q0.記Tna1qa2q2a3qn1an.(1)若q1，求T2 019的值；(2)設(shè)數(shù)列bn滿足bn(1q)Tnqnan.求數(shù)列bn的通項(xiàng)公式；若數(shù)列cn滿足c11，且當(dāng)n2時(shí)，cn2bn11，是否存在正整數(shù)k，t，使c1，ckc1，ctck成等比數(shù)列？若存在，求出所有k，t的值；若不存在，說(shuō)明理由解：(1)當(dāng)q1時(shí)，由an(qnan1)2qnanan1an1(1qnan1)，得(an1an)2an1an，又an1an0，所以an1an1，又a12，所以T2 019a1(a2a3)(a4a5)(a2 018a2 019)1 011.(2)由an(qnan1)2qnanan1an1(1qnan1)，得qn(an1an)2an1an，又an1an0，q0，所以an1an，又Tna1qa2q2a3qn1an，所以qTnqa1q2a2q3a3qnan，所以(1q)Tna1q(a1a2)q2(a2a3)q3(a3a