專題四 數(shù)列江蘇 新高考數(shù)列在江蘇高考中地位十分突出，考分比例遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于課時(shí)比例，常在壓軸題位置考查代數(shù)論證能力.江蘇卷數(shù)列解答題始終與特殊數(shù)列密切聯(lián)系，源于課本，高于課本，不搞“遞推式”“數(shù)列不等式”之類的超教學(xué)范圍的知識(shí)考查，導(dǎo)向非常好.但由于能力考查要求較高，多年來造成區(qū)分度很差的困惑.2013年的數(shù)列解答題降低了難度，但2014年又回升了.到2015年不僅是超綱了，而且難度也加大了，2016年把數(shù)列、集合結(jié)合命題，難度較大，2017年考查數(shù)列的新定義問題和論證等差數(shù)列，難度也不低.數(shù)列題的常規(guī)類型可分兩類：一類是判斷、證明某個(gè)數(shù)列是等差、等比數(shù)列；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，有項(xiàng)、項(xiàng)數(shù)、公差、公比、通項(xiàng)、和式以及它們的組合式，甚至還包括相關(guān)參數(shù).但江蘇考題真正的難度在等差、等比數(shù)列的性質(zhì)靈活運(yùn)用上.第1課時(shí)數(shù)列中的基本量計(jì)算(基礎(chǔ)課)常考題型突破等差、等比數(shù)列的基本運(yùn)算必備知識(shí)1通項(xiàng)公式等差數(shù)列：ana1(n1)d；等比數(shù)列：ana1·qn1.2求和公式等差數(shù)列：Snna1d；等比數(shù)列：Sn(q1)題組練透1(2017·鎮(zhèn)江期末)已知數(shù)列an為等比數(shù)列，且a11，a34，a57成等差數(shù)列，則公差d_.解析：設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，則a3a1q2，a5a1q4，由a11，a34，a57成等差數(shù)列，得2(a1q24)a11a1q47，即q21.所以da1q24a113.答案：32(2017·鎮(zhèn)江調(diào)研)Sn是等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和，若，則_.解析：因?yàn)?，所以令n1可得，即，化簡可得da1，所以.答案：3(2017·蘇北四市期末)已知等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，若S22a23，S32a33，則公比q的值為_解析：因?yàn)镾22a23，S32a33，所以a32a32a2，所以a32a2a1q22aq0，所以q22q0，q0，則公比q2.答案：24(2017·江蘇高考)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a8a1q7×2732.答案：325(2017·蘇錫常鎮(zhèn)一模)設(shè)等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，若S3，S9，S6成等差數(shù)列，且a2a54，則a8的值為_解析：因?yàn)榈缺葦?shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，若S3，S9，S6成等差數(shù)列，且a2a54，所以解得a1q8，q3，所以a8 a1q7(a1q)(q3)28×2.答案：2方法歸納等差(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，以減少計(jì)算量等差、等比數(shù)列的性質(zhì)必備知識(shí)等差數(shù)列等比數(shù)列性質(zhì)(1)若m，n，p，qN*，且mnpq，則amanapaq(1)若m，n，p，qN*，且mnpq，則am·anap·aq(2)anam(nm)d(2)anamqnm(3)Sm，S2mSm，S3mS2m，仍成等差數(shù)列(3)Sm，S2mSm，S3mS2m，仍成等比數(shù)列(Sm0)題組練透1(2017·蘇州考前模擬)已知等比數(shù)列an滿足an>0，nN*，且a5·a2n522n(n3)，則當(dāng)n1時(shí)，log2a1log2a3log2a2n1_.解析：由a5·a2n522n(n3)，得a22n，則an2n，故log2a1log2a3log2a2n113(2n1)n2.答案：n22已知數(shù)列an為等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和若a16，a3a50，則S6_.解析：a3a52a4，a40.a16，a4a13d，d2.S66a1d6.答案：63.(2017·南通二調(diào))已知an是公差不為0的等差數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)和若a2a3a4a5，S927，則a1的值是_解析：因?yàn)榈炔顢?shù)列an滿足S927，所以S99a527，所以a53，因?yàn)閍2a3a4a5，所以(a53d)(a52d)(a5d)a5,4a5d6d2，又因?yàn)榈炔顢?shù)列an的公差不為0，所以d2，所以a1a54d34×25.答案：54設(shè)公差為d的等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，若a11，d，則當(dāng)Sn取最大值時(shí)，n的值為_解析：法一：Snnd，Snn2n.函數(shù)yx2x的圖象的對(duì)稱軸方程為x，且開口向下，又d，9.Sn取最大值時(shí)，n的值為9.法二：由ana1(n1)d1(n1)d0，得n1.d，9.又nN*，n18，即n9.故S9最大答案：9方法歸納(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. 課時(shí)達(dá)標(biāo)訓(xùn)練1(2017·南通三模)設(shè)等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn.若公差d2，a510，則S10的值是_解析：法一：因?yàn)榈炔顢?shù)列an中a5a14d10，d2，所以a12，所以S1010×2×2110.法二：在等差數(shù)列an中，a6a5d12，所以S105(a5a6)5×(1012)110.答案：1102(2017·全國卷改編)等差數(shù)列an的首項(xiàng)為1，公差不為0.若a2，a3，a6成等比數(shù)列，則an前6項(xiàng)的和為_解析：設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，因?yàn)閍2，a3，a6成等比數(shù)列，所以a2a6a，即(a1d)(a15d)(a12d)2.又a11，所以d22d0.又d0，則d2，所以數(shù)列an前6項(xiàng)的和S66×1×(2)24.答案：243(2017·北京高考)若等差數(shù)列an和等比數(shù)列bn滿足a1b11，a4b48，則_.解析：設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，等比數(shù)列bn的公比為q，則a413d8，解得d3；b41·q38，解得q2.所以a2132，b21×(2)2，所以1.答案：14已知公差為d的等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，若3，則的值為_解析：由題意3，化簡得d4a1，則.答案：5(2017·全國卷)等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，a33，S410，則_.解析：設(shè)等差數(shù)列an的首項(xiàng)為a1，公差為d，依題意有解得所以Sn，2，因此2.答案：6(2017·鹽城期中)在數(shù)列an中，a12101，且當(dāng)2n100時(shí)，an2a102n3×2n恒成立，則數(shù)列an的前100項(xiàng)和S100_.解析：因?yàn)楫?dāng)2n100時(shí)，an2a102n3×2n恒成立，所以a22a1003×22，a32a993×23，a1002a23×2100，以上99個(gè)等式相加，得3(a2a3a100)3(22232100)3(21014)，所以a2a3a10021014，又因?yàn)閍12101，所以S100a1(a2a3a100)4.答案：47(2017·常州前黃中學(xué)國際分校月考)在數(shù)列an中，an1，a12，則a20_.解析：由an1，a12，可得3，所以是以為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列即3(n1)，可得an，所以a20.答案：8(2017·蘇州期中)已知數(shù)列an滿足：an1an(1an1)，a11，數(shù)列bn滿足：bnan·an1，則數(shù)列bn的前10項(xiàng)的和S10_.解析：因?yàn)閍n1an(1an1)，a11，所以1，1，所以數(shù)列是以1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，所以n，所以bn，所以數(shù)列bn的前10項(xiàng)的和S101.答案：9已知an為等差數(shù)列，若1，且它的前n項(xiàng)和Sn有最大值，那么當(dāng)Sn取得最小正值時(shí)，n_.解析：由1，得0，且它的前n項(xiàng)和Sn有最大值，則a100，a110，a11a100，則S190，S200，那么當(dāng)Sn取得最小正值時(shí)，n19.答案：1910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S100S902416(101)d169d，解得d，因此S10010S10d10×16×200.答案：20011(2017·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_解析：令a1a2t(t>0)，則a4a32a22a16可化為tq22t6(其中q為公比)，所以a5a6tq4q46648(當(dāng)且僅當(dāng)q2時(shí)等號(hào)成立)答案：4812設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，已知a11，an12Sn2n，則數(shù)列an的通項(xiàng)公式an_.解析：當(dāng)n2時(shí)，an1an2(SnSn1)2n2n12an2n1，從而an12n3(an2n1)又a22a124，a226，故數(shù)列an12n是以6為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，從而an12n6×3n1，即an12×3n2n，又a112×311211，故an2×3n12n1.答案：2×3n12n113數(shù)列an中，若對(duì)nN*，anan1an2k(k為常數(shù))，且a72，a93，a984，則該數(shù)列的前100項(xiàng)的和等于_解析：由anan1an2k，an1an2an3k，得an3an.從而a7a12，a9a33，a98a24.因此a1a2a39.所以S10033(a1a2a3)a133×92299.答案：29914(2017·南京考前模擬)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_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：4n31在等差數(shù)列an中，若任意兩個(gè)不等的正整數(shù)k，p都有ak2p1，ap2k1，數(shù)列an的前n項(xiàng)和記為Sn.若kpm，則Sm_.(用m表示)解析：設(shè)數(shù)列an的公差為d，由題意，a1(k1)d2p1，a1(p1)d2k1，兩式相減，得(pk)d2(kp)又kp0，所以d2.則a12p2k12m1.因此Smma1dm(2m1)m(m1)m2.答案：m22(2016·全國乙卷)設(shè)等比數(shù)列an滿足a1a310，a2a45，則a1a2an的最大值為_解析：設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，則由a1a310，a2a4q(a1a3)5，知q.a1a1q210，a18.故a1a2anaq12(n1)23n·.記t(n27n)，結(jié)合nN*可知n3或4時(shí)，t有最大值6.又y2t為增函數(shù)，從而a1a2an的最大值為2664.答案：643(2017·南京考前模擬)已知函數(shù)f(x)(x2)3，數(shù)列an是公差不為0的等差數(shù)列，若f(ai)0，則數(shù)列an的前11項(xiàng)和S11為_解析：f(x)(x2)3為增函數(shù)，且關(guān)于點(diǎn)(2,0)中心對(duì)稱，則f(2x)f(2x)0.設(shè)數(shù)列an的公差為d，若a62，則f(a6)0，f(a5)f(a7)f(a6d)f(a6d)f(2d)f(2d)0，即f(a5)f(a7)0，同理，f(a4)f(a8)0，f(a1)f(a11)0，則f(ai)0；同理，若a62，則f(ai)0，所以a62.所以S1111a622.答案：224(2017·全國卷改編)幾位大學(xué)生響應(yīng)國家的創(chuàng)業(yè)號(hào)召，開發(fā)了一款應(yīng)用軟件為激發(fā)大家學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣，他們推出了“解數(shù)學(xué)題獲取軟件激活碼”的活動(dòng)這款軟件的激活碼為下面數(shù)學(xué)問題的答案：已知數(shù)列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，其中第一項(xiàng)是20，接下來的兩項(xiàng)是20,21，再接下來的三項(xiàng)是20,21,22，依此類推求滿足如下條件的最小整數(shù)N：N>100且該數(shù)列的前N項(xiàng)和為2的整數(shù)冪那么該款軟件的激活碼是_解析：設(shè)第一項(xiàng)為第1組，接下來的兩項(xiàng)為第2組，再接下來的三項(xiàng)為第3組，依此類推，則第n組的項(xiàng)數(shù)為n，前n組的項(xiàng)數(shù)和為.由題意可知，N>100，令>100，得n14，nN*，即N出現(xiàn)在第13組之后易得第n組的所有項(xiàng)的和為2n1，前n組的所有項(xiàng)的和為n2n1n2.設(shè)滿足條件的N在第k1(kN*，k13)組，且第N項(xiàng)為第k1組的第t(tN*)個(gè)數(shù)，若要使前N項(xiàng)和為2的整數(shù)冪，則第k1組的前t項(xiàng)的和2t1應(yīng)與2k互為相反數(shù)，即2t1k2，2tk3，tlog2(k3)，當(dāng)t4，k13時(shí)，N495<100，不滿足題意；當(dāng)t5，k29時(shí)，N5440；當(dāng)t>5時(shí)，N>440.答案：440第2課時(shí)等差、等比數(shù)列的綜合問題(能力課)?？碱}型突破等差、等比數(shù)列的綜合運(yùn)算例1(2017·鎮(zhèn)江期末)已知nN*，數(shù)列an的各項(xiàng)均為正數(shù)，前n項(xiàng)和為Sn，且a11，a22，設(shè)bna2n1a2n.(1)若數(shù)列bn是公比為3的等比數(shù)列，求S2n；(2)若對(duì)任意nN*，Sn恒成立，求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(3)若S2n3(2n1)，數(shù)列anan1為等比數(shù)列，求數(shù)列an的通項(xiàng)公式解(1)由題意，b1a1a2123，則S2n(a1a2)(a3a4)(a2n1a2n)b1b2bn. (2)當(dāng)n2時(shí)，由2Snan，得2Sn1an1，兩式相減得2anan(an1)aa1，整理得(an1)2a0，即(anan11)(anan11)0，故anan11或anan11.(*)下面證明anan11對(duì)任意的nN*恒不成立事實(shí)上，因?yàn)閍1a23，所以anan11不恒成立；若存在nN*，使anan11，設(shè)n0是滿足上式最小的正整數(shù)，即an0an011，顯然n0>2，且an01(0,1)，則an01an021，則由(*)式知，an01an021，則an02<0，矛盾故anan11對(duì)任意的nN*恒不成立，所以anan11對(duì)任意的nN*恒成立. 因此an是以1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，所以an1(n1)n.(3)設(shè)等比數(shù)列anan1的公比為q，則當(dāng)n2時(shí)，q.即a2n1，a2n分別是以1,2為首項(xiàng)，公比為q的等比數(shù)列； 故a3q，a42q.令n2，有S4a1a2a3a412q2q9，則q2.當(dāng)q2時(shí)，a2n12n1，a2n2×2n12n，bna2n1a2n3×2n1，此時(shí)S2n(a1a2)(a3a4)(a2n1a2n)b1b2bn3(2n1)綜上所述，an方法歸納有關(guān)遞推數(shù)列問題常見的處理方法將第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)公式的轉(zhuǎn)換類型，否則可以寫出數(shù)列的前幾項(xiàng)，看能否找到規(guī)律，即先特殊、后一般、再特殊變式訓(xùn)練已知數(shù)列an，bn滿足2Sn(an2)bn，其中Sn是數(shù)列an的前n項(xiàng)和(1)若數(shù)列an是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列，求數(shù)列bn的通項(xiàng)公式；(2)若bnn，a23，求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(3)在(2)的條件下，設(shè)cn，求證：數(shù)列cn中的任意一項(xiàng)總可以表示成該數(shù)列其他兩項(xiàng)之積解：(1)因?yàn)閍n×n12n，Sn，所以bn.(2)若bnn，則2Snnan2n，所以2Sn1(n1)an12(n1)，由得2a n1(n1)an1nan2，即nan(n1)an12，當(dāng)n2時(shí)，(n1)an1(n2)an2，由得(n1)an1(n1)an12(n1)an，即an1an12an，由2S1a12，得a12，又a23，所以數(shù)列an是首項(xiàng)為2，公差為321的等差數(shù)列，故數(shù)列an的通項(xiàng)公式是ann1.(3)證明：由(2)得cn，對(duì)于給定的nN*，若存在kn，tn，k，tN*，使得cnck·ct，只需·，即1·，即，則t，取kn1，則tn(n2)，所以對(duì)數(shù)列cn中的任意一項(xiàng)cn，都存在cn1和cn22n，使得cncn1·cn22n.等差、等比數(shù)列的判定與證明例2(2017·蘇錫常鎮(zhèn)一模)已知n為正整數(shù)，數(shù)列an滿足an>0,4(n1)ana0，設(shè)數(shù)列bn滿足bn.(1)求證：數(shù)列為等比數(shù)列；(2)若數(shù)列bn是等差數(shù)列，求實(shí)數(shù)t的值；(3)若數(shù)列bn是等差數(shù)列，前n項(xiàng)和為Sn，對(duì)任意的nN*，均存在mN*，使得8aSnan216bm成立，求滿足條件的所有整數(shù)a1的值解(1)證明：由題意得4(n1)ana，因?yàn)閿?shù)列an各項(xiàng)均為正，得4·，所以2·， 因此2，所以是以a1為首項(xiàng)，公比為2的等比數(shù)列(2)由(1)得a1·2n1，即ana1·2n1·，所以bn，如果數(shù)列bn是等差數(shù)列，則2b2b1b3，即2·，整理得，則t216t480，解得t4或t12.當(dāng)t4時(shí)，bn，因?yàn)閎n1bn，所以數(shù)列bn是等差數(shù)列，符合題意； 當(dāng)t12時(shí)，bn，因?yàn)閎2b4a，2b32·，b2b42b3，所以數(shù)列bn不是等差數(shù)列，t12不符合題意，綜上，如果數(shù)列bn是等差數(shù)列，則t4.(3)由(2)得bn，對(duì)任意的nN*，均存在mN*，使8aSnan216bm，則8··an216，所以m. 當(dāng)a12k，kN*時(shí)，mk2n，對(duì)任意的nN*，mN*，符合題意；當(dāng)a12k1，kN*，當(dāng)n1時(shí)，mk2kN*，故不合題意. 綜上，當(dāng)a12k，kN*，對(duì)任意的nN*，均存在mN*，使8aSnan216bm.方法歸納數(shù)列an是等差數(shù)列或等比數(shù)列的證明方法(1)證明數(shù)列an是等差數(shù)列的兩種基本方法：利用定義，證明an1an(nN*)為一常數(shù)；利用中項(xiàng)性質(zhì)，即證明2anan1an1(n2)(2)證明數(shù)列an是等比數(shù)列的兩種基本方法：利用定義，證明(nN*)為一常數(shù)；利用等比中項(xiàng)，即證明aan1an1(n2) 變式訓(xùn)練已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，數(shù)列bn，cn滿足(n1)bnan1，(n2)cn，其中nN*.(1)若數(shù)列an是公差為2的等差數(shù)列，求數(shù)列cn的通項(xiàng)公式；(2)若存在實(shí)數(shù)，使得對(duì)一切nN*，有bncn，求證：數(shù)列an是等差數(shù)列解：(1)因?yàn)閿?shù)列an是公差為2的等差數(shù)列，所以ana12(n1)，a1n1.因?yàn)?n2)cn(a1n1)n2，所以cn1.(2)證明：由(n1)bnan1，得n(n1)bnnan1Sn，(n1)(n2)bn1(n1)an2Sn1，兩式相減，并化簡得an2an1(n2)bn1nbn.從而(n2)cnan1(n1)bn(n1)bn(n1)bn(bnbn1)，因此cn(bnbn1)因?yàn)閷?duì)一切nN*，有bncn，所以cn(bnbn1)，故bn，cn.所以(n1)an1，(n2)(an1an2)，得(an2an1)，即an2an12，故an1an2(n2)又2a2a2a1，則an1an2(n1)所以數(shù)列an是等差數(shù)列.特殊數(shù)列的判定例3(2017·江蘇高考)對(duì)于給定的正整數(shù)k，若數(shù)列an滿足：ankank1an1an1ank1ank2kan，對(duì)任意正整數(shù)n(n>k)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)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)列方法歸納本題中第(1)問根據(jù)“P(k)數(shù)列”的定義，利用等差數(shù)列的基本量進(jìn)行論證，第(2)問通過變形轉(zhuǎn)化，化歸為an1，an ，an1三項(xiàng)的關(guān)系式，若這種方法一點(diǎn)都不會(huì)，也可以按照遞推公式多寫幾項(xiàng)，借助歸納推理求解. 變式訓(xùn)練設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)的和為Sn.定義：若nN*，mN*，Snam，則稱數(shù)列an為H數(shù)列(1)求證：數(shù)列(n2)d(nN*，d為常數(shù))是H數(shù)列；(2)求證：數(shù)列(n3)d(nN*，d為常數(shù)，d0)不是H數(shù)列證明：(1)an(n2)d，Sndd.令d(m2)d.(*)當(dāng)d0時(shí)，存在正整數(shù)m滿足(*)當(dāng)d0時(shí)，m2，nN*，Z，mZ，且1，m1，mN*，故存在mN*滿足(*)所以數(shù)列(n2)d是H數(shù)列(2)數(shù)列(n3)d的前n項(xiàng)之和為Sndd.令d(m3)d.因?yàn)閐0，所以m3，當(dāng)n2時(shí)，m0，故(n3)d不是H數(shù)列課時(shí)達(dá)標(biāo)訓(xùn)練1(2017·蘇州期中)已知等比數(shù)列an的公比q>1，滿足：a2a3a428，且a32是a2，a4的等差中項(xiàng)(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)若bnanlogan，Snb1b2bn，求使Snn·2n1>62成立的正整數(shù)n的最小值解：(1)a32是a2，a4的等差中項(xiàng)，2(a32)a2a4，代入a2a3a428，可得a38，a2a420，解得或q>1，數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an2n.(2)bnanlogan2nlog2nn·2n，Sn(1×22×22n·2n)，2Sn(1×222×23(n1)·2nn·2n1)，得Sn222232nn·2n1n·2n12n12n·2n1.Snn·2n1>62，2n12>62，n1>6，n>5，使Snn·2n1>62成立的正整數(shù)n的最小值為6.2已知數(shù)列an，bn均為各項(xiàng)都不相等的數(shù)列，Sn為an的前n項(xiàng)和，an1bnSn1(nN*)(1)若a11，bn，求a4的值；(2)若an是公比為q的等比數(shù)列，求證：存在實(shí)數(shù)，使得bn為等比數(shù)列解：(1)由a11，bn，知a24，a36，a48.(2)證明：法一：顯然公比q1，因?yàn)閍n1bnSn1，所以a1qnbn1，所以qnbn，即bnn，所以存在實(shí)數(shù)，使得bnn，又bn0(否則bn為常數(shù)數(shù)列，與題意不符)，所以當(dāng)n2時(shí)，此時(shí)bn為等比數(shù)列，所以存在實(shí)數(shù)，使得bn為等比數(shù)列法二：因?yàn)閍n1bnSn1，所以當(dāng)n2時(shí)，anbn1Sn11，得，an1bnanbn1an，由得，bnbn1bn1，所以bn.又bn0(否則bn為常數(shù)數(shù)列，與題意不符)，所以存在實(shí)數(shù)，使得bn為等比數(shù)列3設(shè)數(shù)列Hn的各項(xiàng)均為不相等的正整數(shù)，其前n項(xiàng)和為Qn，稱滿足條件“對(duì)任意的m，nN*，均有(nm)·Qnm(nm)(QnQm)”的數(shù)列Hn為“好”數(shù)列(1)試分別判斷數(shù)列an，bn是否為“好”數(shù)列，其中an2n1，bn2n1，nN*，并給出證明；(2)已知數(shù)列cn為“好”數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Tn.若c2 0162 017，求數(shù)列cn的通項(xiàng)公式；若c1p，且對(duì)任意給定的正整數(shù)p，s(s>1)，有c1，cs，ct成等比數(shù)列，求證：ts2.解：(1)若an2n1，則Snn2，所以(nm)Snm(nm)(nm)2，而(nm)(SnSm)(nm)(n2m2)(nm)2(nm)，所以(nm)Snm(nm)(SnSm)對(duì)任意的m，nN*均成立，即數(shù)列an是“好”數(shù)列若bn2n1，則Sn2n1，取n2，m1，則(nm)SnmS37，(nm)(SnSm)3b26，此時(shí)(nm)Snm(nm)(SnSm)，即數(shù)列bn不是“好”數(shù)列(2)因?yàn)閿?shù)列cn為“好”數(shù)列，取m1，則(n1)Tn1(n1)(TnT1)，即2Tn(n1)cn1(n1)c1恒成立當(dāng)n2時(shí)，有2Tn1(n2)cnnc1，兩式相減，得2cn(n1)cn1(n2)cnc1(n2)，即ncn(n1)cn1c1(n2)，所以(n1)cn1(n2)cnc1(n3)，所以ncn(n1)cn1(n1)cn1(n2)cn(n3)，即(2n2)cn(n1)cn1(n1)cn1(n3)，即2cncn1cn1(n3)，當(dāng)n2時(shí)，有2T2c33c1，即2c2c3c1，所以2cncn1cn1對(duì)任意的n2，nN*恒成立，所以數(shù)列cn是等差數(shù)列設(shè)數(shù)列cn的公差為d，若c2 0162 017，則c12 015d2 017，即d，因?yàn)閿?shù)列cn的各項(xiàng)均為不相等的正整數(shù)，所以dN*，所以d1，c12，所以cnn1.證明：若c1p，則cndnpd，由c1，cs，ct成等比數(shù)列，得cc1ct，所以(dspd)2p(dtpd)，即(pd)(2dspdp)d(ds2pt)0，化簡得，p(t12s)d(s1)2，即dp.因?yàn)閜是任意給定的正整數(shù)，要使dN*，必須N*，不妨設(shè)k，由于s是任意給定的正整數(shù)，所以tk(s1)22s1(s1)22s1s2.故不等式得證4(2017·常州前黃中學(xué)國際分校月考)已知數(shù)列an是公差為正數(shù)的等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，且a2·a315，S416.(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)數(shù)列bn滿足b1a1，bn1bn.求數(shù)列bn的通項(xiàng)公式；是否存在正整數(shù)m，n(mn)，使得b2，bm，bn成等差數(shù)列？若存在，求出m，n的值；若不存在，請(qǐng)說明理由解：(1)設(shè)數(shù)列an的公差為d，則d0.由a2·a315，S416，得解得或(舍去)所以an2n1.(2)b1a1，bn1bn，b1a11，bn1bn，即b2b1，b3b2，bnbn1(n2)，累加得：bnb1，bnb11.b11也符合上式故bn，nN*.假設(shè)存在正整數(shù)m，n(mn)，使得b2，bm，bn成等差數(shù)列，則b2bn2bm.又b2，bn，bm，2，即，化簡得：2m7.當(dāng)n13，即n2時(shí)，m2，不合題意，舍去；當(dāng)n19，即n8時(shí)，m3，符合題意存在正整數(shù)m3，n8，使得b2，bm，bn成等差數(shù)列5(2017·鎮(zhèn)江丹陽高級(jí)中學(xué)期初考試)已知數(shù)列an滿足a11，a2r(r>0)，且anan1是公比為q(q>0)的等比數(shù)列，設(shè)bna2n1a2n(nN*)(1)求使anan1an1an2>an2an3(nN*)成立的q的取值范圍；(2)求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Sn；(3)試證明：當(dāng)q2時(shí)，對(duì)任意正整數(shù)n2，Sn不可能是數(shù)列bn中的某一項(xiàng)解：(1)依題意得qn1qn>qn1，q>0，q2q1<0，0<q< .(2)q(q>0)，且b1a1a21r>0， 數(shù)列bn是以1r為首項(xiàng)，q為公比的等比數(shù)列，Sn(3)證明：當(dāng)q2時(shí)，Sn，Snan1 (1r)qn(1qn)qn(1q)1qn(q2)<0，Sn<an1，又Sna1a2an，an>0，nN*，Sn>an，故當(dāng)q2時(shí)，對(duì)任意正整數(shù)n2，Sn不可能是數(shù)列bn中的某一項(xiàng)6(2017·南通二調(diào))設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn(nN*)，且滿足：|a1|a2|；r(np)Sn1an(n2n2)a1，其中r，pR，且r0. (1)求p的值；(2)數(shù)列an能否是等比數(shù)列？請(qǐng)說明理由；(3)求證：當(dāng)r2時(shí)，數(shù)列an是等差數(shù)列解：(1)n1時(shí)，r(1p)S22a12a10，因?yàn)閨a1|a2|，所以S20，又r0，所以p1. (2)數(shù)列an不是等比數(shù)列理由如下：假設(shè)an是等比數(shù)列，公比為q，當(dāng)n2時(shí)，rS36a2，即ra1(1qq2)6a1q，所以r(1qq2)6q，當(dāng)n3時(shí)，2rS412a34a1，即2ra1(1qq2q3)12a1q24a1，所以r(1qq2q3)6q22，由得q1，與|a1|a2|矛盾，所以假設(shè)不成立. 故an不是等比數(shù)列(3)證明：當(dāng)r2時(shí)，易知a3a12a2.由2(n1)Sn1(n2n)an(n2n2)a1，得n2時(shí)，2Sn1，2Sn2，得，2an2， 即2(an2a1)，兩邊同除(n1)得，即0，所以，令a2a1d，則d(n2)所以ana1(n1)d(n2)又n1時(shí)，也適合上式，所以ana1(n1)d(nN*)所以an1and(nN*)所以當(dāng)r2時(shí)，數(shù)列an是等差數(shù)列第3課時(shí)數(shù)列的綜合應(yīng)用(能力課)?？碱}型突破數(shù)列與不等式問題例1(2017·南京考前模擬)若各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且2an1 (nN*)(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)若正項(xiàng)等比數(shù)列bn，滿足b22,2b7b8b9，求Tna1b1a2b2anbn；(3)對(duì)于(2)中的Tn，若對(duì)任意的nN*，不等式(1)n(Tn21)恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍解(1)因?yàn)?an1，所以4Sn(an1)2，且an0，則4a1(a11)2，解得a11，又4Sn1(an11)2，所以4an14Sn14Sn(an11)2(an1)2，即(an1an)(an1an)2(an1an)0，因?yàn)閍n0，所以an1an0，所以an1an2，所以an是公差為2的等差數(shù)列，又a11，所以an2n1.(2) 設(shè)數(shù)列bn的公比為q，因?yàn)?b7b8b9，所以2qq2，解得q1(舍去)或q2，由b22，得b11，即bn2n1.記Aa1b1a2b2anbn1×13×25×22(2n1)×2n1， 則2A1×23×225×23(2n1)×2n，兩式相減得A12(2222n1)(2n1)×2n，故A(2n1)×2n12(2222n1)(2n1)×2n12(2n2)(2n3)×2n3所以Tna1b1a2b2anbn(2n3)·2n3.(3)不等式(1)n(Tn21)可化為(1)nn.當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，n，記g(n)n.即g(n)min.g(n2)g(n)22，當(dāng)n2時(shí)，g(n2)g(n)，n4時(shí)，g(n2)g(n)，即g(4)g(2)，當(dāng)n4時(shí)，g(n)單調(diào)遞增，g(n)ming(4)，即.當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，n，記h(n)n，所以h(n)max.h(n2)h(n)22，當(dāng)n1時(shí)，h (n2)h(n)，n3時(shí)，h(n1)h(n)，即h(3)h(1)，n3時(shí)，h(n)單調(diào)遞減，h(n)maxh(3)3，所以3.綜上所述，實(shí)數(shù)的取值范圍為.方法歸納1.數(shù)列與不等式的綜合問題考查類型(1)判斷數(shù)列中的一些不等關(guān)系問題；(2)以數(shù)列為載體，考查不等式的恒成立問題；(3)考查與數(shù)列問題有關(guān)的不等式的證明問題.2.解決數(shù)列與不等式問題的兩個(gè)注意點(diǎn)(1)利用基本不等式或函數(shù)的單調(diào)性求解相關(guān)最值時(shí)，應(yīng)注意n取正整數(shù)的限制條件.(2)利用放縮法證明不等式、求解參數(shù)的范圍時(shí)，盡量先求和、后放縮，注意放縮的尺度，否則會(huì)出現(xiàn)范圍擴(kuò)大或縮小而得不到正確的結(jié)果. 變式訓(xùn)練已知數(shù)列an滿足a16，a220，且an1·an1a8an12(nN*，n2)(1)證明：數(shù)列an1an為等差數(shù)列；(2)令cn，數(shù)列cn的前n項(xiàng)和為Tn，求證：2n<Tn<2n.證明：(1)當(dāng)n2時(shí)，a1·a3a8a212，所以a342.當(dāng)n2時(shí)，由an1·an1a8an12，得an·an2a8an112，兩式相減得aa8an18ananan2an1an1，所以aanan28anaan1an18an1，即an(anan28)an1(an1an18)，所以2.所以an2an82an1，即an22an1an8，即(an2an1)(an1an)8，當(dāng)n1時(shí)，也滿足此式又a2a114，所以數(shù)列an1an是以14為首項(xiàng)，8為公差的等差數(shù)列(2)由(1)知an1an148(n1)8n6.由a2a18×16，a3a28×26，anan18×(n1)6，累加得ana18×123(n1)6(n1)8×6(n1)4n22n6，所以an4n22n.所以cn22，所以Tn2n22n2，又>>0，所以2n<Tn<2n.數(shù)列中的范圍與最值問題例2已知數(shù)列an，bn都是等差數(shù)列，它們的前n項(xiàng)和分別記為Sn，Tn，滿足對(duì)一切nN*，都有Sn3Tn.(1)若a1b1，試分別寫出一個(gè)符合條件的數(shù)列an和bn；(2)若a1b11，數(shù)列cn滿足：cn4an(1)n1·2bn，求最大的實(shí)數(shù)，使得當(dāng)nN*，恒有cn1cn成立解(1)設(shè)數(shù)列an，bn的公差分別是d1，d2.則Sn3(n3)a1d1，Tnnb1d2.對(duì)一切nN*，有Sn3Tn，(n3)a1d1nb1d2，即n2n3a13d1n2n.即故答案不唯一例如取d1d22，a12，b14，得an2n4(nN*)，bn2n2(nN*)(2)a1b11，又由(1)，可得d1d21，a11，b12.ann2，bnn1.cn4n2(1)n12n1.cn1cn4n1(1)n2n24n2(1)n12n13·4n2(1)n(2n22n1)·22n6(1)n·2n.當(dāng)nN*時(shí)，cn1cn恒成立，即當(dāng)nN*時(shí)，·22n6(1)n·2n0恒成立當(dāng)n為正奇數(shù)時(shí)，·2n恒成立，而·2n.；當(dāng)n為正偶數(shù)時(shí)，·2n恒成立，而·2n，.，的最大值是.方法歸納(1)第一問和第二問的切入點(diǎn)都是從Sn3Tn入手，利用解決等差數(shù)列的基本方法向首項(xiàng)、項(xiàng)數(shù)及公差轉(zhuǎn)化，得到式子n2n3a13d1n2n(*)，此式子中有五個(gè)字母，根據(jù)題意分析a1，d1，b1，d2均為待定量，因此可將(*)式中的n看成主元，對(duì)一切正整數(shù)n均成立即恒成立，只需對(duì)應(yīng)項(xiàng)的系數(shù)相等，得到第一問是一個(gè)開放的問題，要求我們根據(jù)條件任給d1和d2一組值再確定a1，b1即可，第二問給出特定的約束條件a1b11，求出d1和d2唯一的一組值(2)第二問實(shí)際上是由數(shù)列an，bn生成子數(shù)列cn并且給出子數(shù)列cn是遞增數(shù)列當(dāng)求的取值范圍時(shí)，采取的方法是將分離出來(即分離變量)轉(zhuǎn)化的函數(shù)，再用函數(shù)的最值進(jìn)一步轉(zhuǎn)化 變式訓(xùn)練(2017·南京三模)已知常數(shù)p0，數(shù)列an滿足an1|pan|2anp，nN*.(1)若a11，p1，求a4的值；求數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn.(2)若數(shù)列an中存在三項(xiàng)ar，as，at (r，s，tN*，rst)依次成等差數(shù)列，求的取值范圍解：(1)因?yàn)閜1，所以an1|1an|2an1.因?yàn)閍11，所以a2|1a1|2a111，a3|1a2|2a213，a4|1a3|2a319. 因?yàn)閍21，an1|1an|2an1，所以當(dāng)n2時(shí)，an1，從而an1|1an|2an1an12an13an，于是有an3n2(n2) .故當(dāng)n2時(shí)，Sn1a2a3an1 ，當(dāng)n1時(shí)，S11，符合上式，故Sn，nN*.(2)因?yàn)閍n1an|pan|anppananp2p0，所以an1an，即數(shù)列an單調(diào)遞增()當(dāng)1時(shí)，有a1p，于是ana1p，所以an1|pan|2anpanp2anp3an，所以an3n1a1.若an中存在三項(xiàng)ar，as，at (r，s，tN*，rst)依次成等差數(shù)列，則有2asarat，即2×3s13r13t1.(*)因?yàn)閟t1，所以2×3s1×3s3t13r13t1，即(*)不成立故此時(shí)數(shù)列an中不存在三項(xiàng)依次成等差數(shù)列()當(dāng)1 1時(shí)，有pa1p.此時(shí)a2|pa1|2a1ppa12a1pa12pp，于是當(dāng)n2時(shí)，ana2p，從而an1|pan|2anpanp2anp3an.所以an3n2a23n2(a12p) (n2)若an中存在三項(xiàng)ar，as，at (r，s，tN*，rst)依次成等差數(shù)列，由()可知，r1，于是有2×3s2(a12p)a13t2(a12p)因?yàn)?st1，所以2×3s23t2×3s×3t10.因?yàn)?×3s23t2是整數(shù)，所以1，于是a1a12p，即a1p，與pa1p相矛盾故此時(shí)數(shù)列an中不存在三項(xiàng)依次成等差數(shù)列()當(dāng)1時(shí)，則有a1pp，a1p0，于是a2|pa1|2a1ppa12a1pa12p，a3|pa2|2a2p|pa1|2a15ppa12a15pa14p，此時(shí)2a2a1a3，則a1，a2，a3成等差數(shù)列綜上可知，1.故的取值范圍為(，1.與數(shù)列有關(guān)的探索性問題例3已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列an滿足：a1a，a2b，an1(nN*)，其中m，a，b均為實(shí)常數(shù)(1)若m0，且a4,3a3，a5成等差數(shù)列求的值；若a2，令bn求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Sn；(2)是否存在常數(shù)，使得anan2an1對(duì)任意的nN*都成立？若存在，求出實(shí)數(shù)的值(用m，a，b表示)；若不存在，請(qǐng)說明理由解(1)因?yàn)閙0，所以aanan2，所以正項(xiàng)數(shù)列an是等比數(shù)列，不妨設(shè)其公比為q.又a4,3a3，a5成等差數(shù)列，所以q2q6，解得q2或q3(舍去)，所以2.當(dāng)a2時(shí)，數(shù)列an是首項(xiàng)為2、公比為2的等比數(shù)列，所以an2n，所以bn即數(shù)列bn的奇數(shù)項(xiàng)依次構(gòu)成首項(xiàng)為2、公比為4的等比數(shù)列，偶數(shù)項(xiàng)依次構(gòu)成首項(xiàng)為3、公差為4的等差數(shù)列當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Sn；當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Sn.所以Sn(2)存在常數(shù)，使得anan2an1對(duì)任意的nN*都成立證明如下：因?yàn)閍anan2m，nN*，所以aan1an1m，n2，nN*，所以aaanan2an1an1，即aan1an1anan2a.由于an0，此等式兩邊同時(shí)除以anan1，得，所以，即當(dāng)n2，nN*時(shí)，都有anan2an1.因?yàn)閍1a，a2b，aanan2m，所以a3，所以，所