（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

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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

2、T20)．這些壓軸題難度很大，綜合能力要求較高. 偶考點(diǎn) 等差、等比數(shù)列的性質(zhì)及最值問題 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}(n∈N*)是等差數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)和．若a2a5＋a8＝0，S9＝27，則S8的值是________． 解析：由S9＝27?＝27?a1＋a9＝6?2a5＝6?2a1＋8d＝6，所以a1＋4d＝3，即a5＝3. 又a2a5＋a8＝0?2a1＋5d＝

3、0， 解得a1＝－5，d＝2. 故S8＝8a1＋d＝16. 同法一得a5＝3. 又a2a5＋a8＝0?3a2＋a8＝0?2a2＋2a5＝0?a2＝－3. ∴ d＝＝2，a1＝a2－d＝－5. 故S8＝8a1＋d＝16. 答案：16 2．(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S6≠2S3，得q≠1，則 解得 則a8＝a1q7＝×27＝32. 答案：32 3．(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＝

4、________． 解析：由＝4得S10＝4S5，即10a1＋45d＝4(5a1＋10d)，化簡得2a1＝d，則＝2. 答案：2 4．(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q>0且q≠1，由得解得故an＝a1qn－1＝×2n－1＝2n－3. 答案：2n－3 5．(2019·南京鹽城一模)已知等比數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，設(shè)其前n項(xiàng)和為Sn，若a2＝2，S3＝7，則a5的值為________． 解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則由題意得得或因?yàn)?/p>

5、數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，所以所以a5＝a1q4＝16. 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2Sn＝3n－1，n∈N*.若bn＝log3an，則b1＋b2＋

6、b3＋b4的值為________． 解析：法一：當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝1，所以b1＝log3a1＝0.當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝－＝3n－1，所以bn＝log3an＝n－1(n≥2)．又b1＝0，所以bn＝n－1，所以b1＋b2＋b3＋b4＝＝6. 法二：當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝1，所以b1＝log3a1＝0.當(dāng)n＝2時(shí)，a2＝S2－S1＝－1＝3，所以b2＝log3a2＝1.當(dāng)n＝3時(shí)，a3＝S3－S2＝13－4＝9，所以b3＝2.當(dāng)n＝4時(shí)，a4＝S4－S3＝40－13＝27，所以b4＝3.所以b1＋b2＋b3＋b4＝0＋1＋2＋3＝6. 答案：6 2．(2019·揚(yáng)州期

7、末)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a1＝13，S3＝S11，當(dāng)Sn最大時(shí)，n的值為________． 解析：∵S3＝S11，∴S11－S3＝a4＋a5＋a6＋…＋a11＝0，故可得(a4＋a11)＋(a5＋a10)＋(a6＋a9)＋(a7＋a8)＝4(a7＋a8)＝0， ∴a7＋a8＝0.結(jié)合a1＝13可知，該數(shù)列的前7項(xiàng)均為正數(shù)，從第8項(xiàng)開始為負(fù)數(shù)，故數(shù)列的前7項(xiàng)和最大． 答案：7 3．在等比數(shù)列{an}中，a3，a15是方程x2－6x＋8＝0的根，則＝________． 解析：由題知，a3＋a15＝6>0，a3a15＝8>0，則a3>0，a15>0，由等比數(shù)列的性質(zhì)知a

8、1a17＝a3a15＝8＝a?a9＝±2.設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則a9＝a3q6>0，故a9＝2，故＝＝2. 答案：2 4．(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，a2＝3，a4＝27，S2n為該數(shù)列的前2n項(xiàng)和，Tn為數(shù)列{anan＋1}的前n項(xiàng)和，若S2n＝kTn，則實(shí)數(shù)k的值為________． 解析：法一：因?yàn)楦黜?xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，a2＝3，a4＝27，所以a1＝1，公比q＝3，所以S2n＝＝，an＝3n－1，令bn＝anan＋1＝3n－1·3n＝32n－1，所以b1＝3，數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，公比q′＝9，所以Tn＝＝.因?yàn)镾2n＝

9、kTn，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，a2＝3，a4＝27，所以a1＝1，公比q＝3.注意到S2＝4，T1＝3；S4＝40，T2＝30；…，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q≠1，所以Sn＝，因?yàn)椋?，所以＝，所以q5＝2，所以＝＝＝. 法二：因?yàn)椋?，所以不妨設(shè)S5＝a，S10＝3a，a≠0，易知S5，S10－S5，S15－S10，S20－S15成等比數(shù)列，由S5＝a，S10－

10、S5＝2a，得S15－S10＝4a，S20－S15＝8a，從而S20＝15a，所以＝＝. 答案： [方法技巧] 等差、等比數(shù)列性質(zhì)問題求解策略 (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m＋n＝p＋q，則am＋an＝ap＋aq”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

11、題： ①數(shù)列{|an|}是等比數(shù)列；②數(shù)列{anan＋1}是等比數(shù)列；③數(shù)列是等比數(shù)列；④數(shù)列{lg 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，①正確；＝q2，則數(shù)列{anan＋1}是等比數(shù)列，②正確；＝，則數(shù)列是等比數(shù)列，③正確；若an＝1，則lg a＝0，數(shù)列{lg a}不是等比數(shù)列，④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：an＋1－an＝d(常數(shù))(n∈N*)?{an}是等差數(shù)列． (2)通項(xiàng)公式法：an＝p

12、n＋q(p，q為常數(shù)，n∈N*)?{an}是等差數(shù)列． (3)中項(xiàng)公式法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)?{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)，n∈N*)?{an}是等比數(shù)列． (2)通項(xiàng)公式法：an＝cqn(c，q均是不為0的常數(shù)，n∈N*)?{an}是等比數(shù)列． (3)中項(xiàng)公式法：a＝an·an＋2(an·an＋1·an＋2≠0，n∈N*)?{an}是等比數(shù)列． [演練沖關(guān)] 若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝3n2－2n，則下列四個(gè)命題：①{an}是遞減等差數(shù)列； ②{an}是遞增等差數(shù)列； ③{an}是遞減等比數(shù)列

13、； ④{an}是遞增等比數(shù)列． 其中正確命題的序號(hào)為________． 解析：當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝3－2＝1.當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n－ [3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5. 當(dāng)n＝1時(shí)，也滿足上式，∴an＝6n－5. ∵首項(xiàng)a1＝1，an－an－1＝6n－5－[6(n－1)－5]＝6(常數(shù))， ∴數(shù)列{an}是等差數(shù)列，且公差為6＞0. ∴{an}為遞增數(shù)列． 答案：② (一) 主干知識(shí)要記牢 1．等差數(shù)列、等比數(shù)列 等差

14、數(shù)列 等比數(shù)列 通項(xiàng)公式 an＝a1＋(n－1)d an＝a1qn－1(q≠0) 前n項(xiàng)和公式 Sn＝＝na1＋d (1)q≠1，Sn＝＝； (2)q＝1，Sn＝na1 2．等差數(shù)列 (1)a，b，c成等差數(shù)列是2b＝a＋c的充要條件． (2)等差中項(xiàng)的推廣：an＝(n≥2，n>p)． (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?d>0； {an}為遞減數(shù)列?d<0； {an}為常數(shù)列?d＝0. (4)構(gòu)造新數(shù)列 若數(shù)列{an}，{bn}都是等差數(shù)列且項(xiàng)數(shù)相同，則{kbn}，{an＋bn}，{an－bn}，{pan＋qbn}都是

15、等差數(shù)列． 3．等比數(shù)列 (1)a，b，c成等比數(shù)列是b2＝a·c的充分不必要條件． (2)推廣：等比數(shù)列{an}中，an是與an前后等距離的兩項(xiàng)an－p，an＋p的等比中項(xiàng)，即a＝an－p·an＋p(n≥2且n>p)． (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?q＝1； {an}為擺動(dòng)數(shù)列?q<0. (4)構(gòu)造新數(shù)列： ①若{an}，{bn}(項(xiàng)數(shù)相同)是等比數(shù)列，則{λan}(λ≠0)，，{a}，{an·bn}，仍是等比數(shù)列． ②若{an}是等比數(shù)列，且an＞0，則{logaan}(a＞0且a

16、≠1)是以logaa1為首項(xiàng)，logaq為公差的等差數(shù)列． (二) 二級(jí)結(jié)論要用好 1．等差數(shù)列的重要規(guī)律與推論 (1)p＋q＝m＋n?ap＋aq＝am＋an. (2)ap＝q，aq＝p(p≠q)?ap＋q＝0；Sm＋n＝Sm＋Sn＋mnd. (3)連續(xù)k項(xiàng)的和(如Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…)構(gòu)成的數(shù)列是等差數(shù)列． (4)若等差數(shù)列{an}的項(xiàng)數(shù)為偶數(shù)2m，公差為d，所有奇數(shù)項(xiàng)之和為S奇，所有偶數(shù)項(xiàng)之和為S偶，則所有項(xiàng)之和S2m＝m(am＋am＋1)，S偶－S奇＝md，＝. (5)若等差數(shù)列{an}的項(xiàng)數(shù)為奇數(shù)2m－1，所有奇數(shù)項(xiàng)之和為S奇，所有偶數(shù)項(xiàng)之和為S偶，則所

17、有項(xiàng)之和S2m－1＝(2m－1)am，S奇＝mam，S偶＝(m－1)am，S奇－S偶＝am，＝. [針對(duì)練]　一個(gè)等差數(shù)列的前12項(xiàng)和為354，前12項(xiàng)中偶數(shù)項(xiàng)的和與奇數(shù)項(xiàng)的和之比為32∶27，則該數(shù)列的公差d＝________． 解析：設(shè)等差數(shù)列的前12項(xiàng)中奇數(shù)項(xiàng)的和為S奇，偶數(shù)項(xiàng)的和為S偶，等差數(shù)列的公差為d. 由已知條件，得 解得 又S偶－S奇＝6d， 所以d＝＝5. 答案：5 2．等比數(shù)列的重要規(guī)律與推論 (1)p＋q＝m＋n?ap·aq＝am·an. (2){an}，{bn}成等比數(shù)列?{anbn}成等比數(shù)列． (3)連續(xù)m項(xiàng)的和(如Sm，S2m－Sm，S3m－

18、S2m，…)構(gòu)成的數(shù)列是等比數(shù)列(注意：這連續(xù)m項(xiàng)的和必須非零才能成立)． (4)若等比數(shù)列有2n項(xiàng)，公比為q，奇數(shù)項(xiàng)之和為S奇，偶數(shù)項(xiàng)之和為S偶，則＝q. (5)對(duì)于等比數(shù)列前n項(xiàng)和Sn，有： ①Sm＋n＝Sm＋qmSn； ②＝(q≠±1)． A組——抓牢中檔小題 1．(2018·南京三模)若等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，n∈N*，且a1＝1，S6＝3S3，則a7的值為________． 解析：由S6＝(a1＋a2＋a3)＋a1q3＋a2q3＋a3q3＝(a1

19、＋a2＋a3)(1＋q3)＝(1＋q3)S3＝3S3，得(1＋q3)S3＝3S3.因?yàn)镾3＝a1(1＋q＋q2)≠0，所以q3＝2，得a7＝4. 答案：4 2．(2019·蘇北三市一模)在等差數(shù)列{an}中，若a5＝，8a6＋2a4＝a2，則{an}的前6項(xiàng)和S6的值為________． 解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由a5＝，8a6＋2a4＝a2，得 解得所以S6＝6a1＋d＝. 答案： 3．(2018·蘇中三市、蘇北四市三調(diào))已知{an}是等比數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)和．若a3＝2，S12＝4S6，則a9的值為________． 解析：由S12＝4S6，當(dāng)q＝1，顯然不成立

20、，所以q≠1，則＝4，因?yàn)椤?，所以1－q12＝4(1－q6)，即(1－q6)(q6－3)＝0，所以q6＝3或q＝－1，所以a9＝a3q6＝6或2. 答案：2或6 4．若等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}滿足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，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a4＝－1＋3d＝8，解得d＝3； b4＝－1·q3＝8，解得q＝－2. 所以a2＝－1＋3＝2， b2＝－1×(－2)＝2， 所以＝1. 答案：1 5．(2019·無錫期末)設(shè)公差不為零的等差數(shù)列{an}滿足a3＝7，且a1－1，a2－1，a4

21、－1成等比數(shù)列，則a10＝________． 解析：設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，d≠0，因?yàn)閍1－1，a2－1，a4－1成等比數(shù)列，所以(a2－1)2＝(a1－1)(a4－1)，即(6－d)2＝(6－2d)(6＋d)，化簡得3d2－6d＝0，因?yàn)閐≠0，所以d＝2，所以a10＝a3＋7d＝7＋14＝21. 答案：21 6．(2018·常州期末)在各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，若a2a3a4＝a2＋a3＋a4，則a3的最小值為________． 解析：依題意有a2a4＝a，a2a3a4＝(a3)3＝a2＋a3＋a4≥a3＋2＝3a3，整理有a3(a－3)≥0，因?yàn)閍n>0，所以a3≥，

22、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an－Sn＝n2－16n＋15(n≥2，n∈N*)，若對(duì)任意n∈N*，總有Sn≤Sk，則k的值是________． 解析：在等差數(shù)列{an}中，設(shè)公差為d，因?yàn)椤癮n－Sn＝a1＋(n－1)d－＝n2－16n＋15(n≥2，n∈N*)”的二次項(xiàng)系數(shù)為1，所以－＝1，即公差d＝－2，令n＝2，得a1＝13，所以前n項(xiàng)和Sn＝13n＋×(－2)＝14n－n2＝49－(n－7)2，故前7項(xiàng)和最大，所以k＝7. 答案：7 8．(2019·蘇錫常鎮(zhèn)四市一模)中國古代著作《張丘建算經(jīng)》中有這樣一個(gè)問題：“今有馬行轉(zhuǎn)遲，次日減半

23、疾，七日行七百里”，意思是說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________． 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S7＝＝2a1＝a1＝700，所以a1＝700×，所以a7＝a1q6＝700××＝，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a3＝3a，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q>0，且a

24、1>0，由4a4，a3，6a5成等差數(shù)列，得2a3＝4a4＋6a5，即2a3＝4a3q＋6a3q2，解得q＝.又由a3＝3a，解得a1＝，所以S3＝a1＋a2＋a3＝＋＋＝. 答案： 10．設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，S10＝16，S100－S90＝24，則S100＝________． 解析：依題意，S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90依次成等差數(shù)列，設(shè)該等差數(shù)列的公差為d.又S10＝16，S100－S90＝24，因此S100－S90＝24＝16＋(10－1)d＝16＋9d，解得d＝，因此S100＝10S10＋d＝10×16＋×＝200. 答案：200

25、 11．(2018·揚(yáng)州期末)在正項(xiàng)等比數(shù)列{an}中，若a4＋a3－2a2－2a1＝6，則a5＋a6的最小值為________． 解析：令a1＋a2＝t(t>0)，則a4＋a3－2a2－2a1＝6可化為tq2－2t＝6(其中q為公比)，所以t＝(q＞)，所以a5＋a6＝tq4＝q4＝6 ≥6＝48(當(dāng)且僅當(dāng)q＝2時(shí)等號(hào)成立)． 答案：48 12．(2019·蘇州中學(xué)模擬)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足an≠0，(an＋1－an)Sn＋1＝(an＋1－2n－1an)an＋1，n∈N*.設(shè)數(shù)列的前n項(xiàng)和為Tn，則＝________． 解析：∵(an＋1－an)Sn＋1＝(an＋1－

26、2n－1an)an＋1，∴anSn＋1－an＋1Sn＝2n－1an＋1an，又an≠0，∴－＝2n－1.則－＝1，－＝2，…，－＝2n－2(n≥2，n∈N*)．以上各式相加，得－＝1＋2＋…＋2n－2(n≥2，n∈N*)．∵＝1，∴－1＝2n－1－1，∴Sn＝2n－1an(n≥2，n∈N*)．∵n＝1時(shí)上式也成立，∴Sn＝2n－1an(n∈N*)．∴Sn＋1＝2nan＋1.兩式相減，得an＋1＝2nan＋1－2n－1an，即(2n－1)an＋1＝2n－1an，則＝，∴Tn＝1＋＋＋…＋＝2－，∴＝Tn＋＝2. 答案：2 13．(2019·海安中學(xué)模擬)記min {a，b}＝設(shè)數(shù)列{an}是

27、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a1＝0，b1＝1，cn＝min {an，bn}，n∈N*，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________． 解析：法一：由題意知an＝a1＋(n－1)d＝(n－1)d，bn＝2n－1.數(shù)列{cn}中存在連續(xù)三項(xiàng)成等比數(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(k－1)d，kd，(k＋1)d，k≥2，k∈N*，則k2d2＝(k－1)d·(k＋1)d，得d＝0，an＝0，所以cn＝0，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

28、項(xiàng)為1，2，4，8，…，所以當(dāng)d≤2時(shí)，cn＝an，不滿足題意；當(dāng)2

29、(4，8)時(shí)，c2＝b2＝2，c3＝b3＝4，c4＝b4＝8，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·無錫期末)已知等比數(shù)列{an}滿足a2a5＝2a3，且a4，，2a7成等差數(shù)列，則a1·a2·…·an的最大值為________． 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a2a5＝a3a4＝2a3， 由于a3≠0，可得a4＝2. 因?yàn)閍4，，2a7成等差數(shù)列， 所以2×＝a4＋2a7，可得a7＝， 由a7＝a4q3，可得q＝，由a4＝a1q3，可得a1＝16， 從而an＝a1qn－

30、1＝16×. 法一：令an≥1可得n≤5，故當(dāng)1≤n≤5時(shí)，an≥1，當(dāng)n≥6時(shí)，0

31、_． 解析：由題意可得m＋n＝a，mn＝b，因?yàn)閍＞0，b＞0，可得m＞0，n＞0，又m，n，－2這三個(gè)數(shù)適當(dāng)排序后可成等差數(shù)列，也可適當(dāng)排序后成等比數(shù)列，可得① 或② 解①得m＝4，n＝1，解②得m＝1，n＝4. 所以a＝5，b＝4，則a＋b＝9. 答案：9 2．已知等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)且公比q>1，前n項(xiàng)積為Tn，且a2a4＝a3，則使得Tn>1的n的最小值為________． 解析：由a2a4＝a3得a＝a3，又{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，故a3＝1，T5＝a1a2a3a4a5＝a＝1，當(dāng)n＝6時(shí)，T6＝T5·a6，又公比q>1，a3＝1，故a6>1，T6>1. 答

32、案：6 3．已知正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足an＋1＝＋＋＋…＋＋1，其中n∈N*，a4＝2，則a2 020＝________． 解析：an＋1＝＋＋…＋＋1，所以n≥2時(shí)，an＝＋＋…＋＋1，兩式相減得an＋1－an＝(n≥2)，所以a－a＝1(n≥2)，a＝a＋(2 020－4)×1＝2 020，所以a2 020＝. 答案： 4．(2018·南京考前模擬)數(shù)列{an}中，an＝2n－1，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)

33、和為Sn，則Sn＝n2，因?yàn)?＋4＋…＋2n＝n(n＋1)＝n2＋n，2＋4＋…＋2(n－1)＝n(n－1)＝n2－n.所以第n組中各數(shù)的和為Sn2＋n－Sn2－n＝(n2＋n)2－(n2－n)2＝4n3. 答案：4n3 5．(2019·南通等七市二模)已知集合A＝{x|x＝2k－1，k∈N*}，B＝{x|x＝8k－8，k∈N*}，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.若S＋T≤967，則m＋2n的最大值為________． 解析：法一：由題意可得S＝＝m2，T＝＝4n2－4n，則S＋T＝m2＋4n2－4n≤967，即m2＋(2n－1)2≤968

34、，由基本不等式可得≤ ≤ ＝22，則m＋(2n－1)≤44，當(dāng)且僅當(dāng)m＝2n－1＝22時(shí)取等號(hào)，但此時(shí)n＝?N*，所以等號(hào)取不到，則當(dāng)m＝22，n＝11時(shí)，m＋2n取得最大值44. 法二：由題意可得S＝＝m2，T＝＝4n2－4n，則S＋T＝m2＋4n2－4n≤967，即m2＋(2n－1)2≤968，令m＝cos θ，2n－1＝sin θ，則m＋2n＝cos θ＋sin θ＋1＝sin＋1≤44＋1＝45，當(dāng)且僅當(dāng)m＝22，2n－1＝22時(shí)取等號(hào)，但此時(shí)n＝?N*，所以等號(hào)取不到，則當(dāng)m＝22，2n－1＝21，即n＝11時(shí)，m＋2n取得最大值44. 答案：44 6．(2018·江蘇高考)已

35、知集合A＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，B＝{x|x＝2n，n∈N*}．將A∪B的所有元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Sn>12an＋1成立的n的最小值為________． 解析：所有的正奇數(shù)和2n(n∈N*)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a21＝25，a38＝26.當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝1<12a2＝24，不符合題意；當(dāng)n＝2時(shí)，S2＝3<12a3＝36，不符合題意；當(dāng)n＝3時(shí)，S3＝6<12a4＝48，不符合題意；當(dāng)n＝4時(shí)，S4＝10<12a5＝60，不符合題意；……；當(dāng)n＝26時(shí)，S26＝

36、＋＝441＋62＝503<12a27＝516，不符合題意；當(dāng)n＝27時(shí)，S27＝＋＝484＋62＝546>12a28＝540，符合題意．故使得Sn>12an＋1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)列的綜合問題 題型(一) 等差、等比數(shù)列的綜合運(yùn)算 主要考查等差、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n∈N*. (1)若{an}滿足an＋1－an＝qn－1(q>0，n∈N*)． ①當(dāng)q＝2，且a1＝1時(shí)，求a4的值； ②若存在互不相

37、等的正整數(shù)r，s，t，滿足2s＝r＋t，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，cn＝bn＋2－3，n∈N*，若a1＝1，a2＝2，且|a－anan＋2|≤k恒成立，求k的最小值． [解]　(1)①由題意知a4－a3＝4，a3－a2＝2，a2－a1＝1，a1＝1，累加得a4＝8. ②因?yàn)閍n＋1－an＝qn－1， 所以n≥2時(shí)，an－an－1＝qn－2，…，a2－a1＝1. (ⅰ)當(dāng)q＝1時(shí)，an＝n－1＋a1(n≥2)．又a1滿足an＝n－1＋a1，所以當(dāng)q＝1時(shí)，an＝n－1＋a1(n∈N*)． 因?yàn)?s＝r

38、＋t，所以2as＝ar＋at，所以q＝1滿足條件． (ⅱ)當(dāng)q≠1且q>0時(shí)，an＝＋a1(n≥2)． 又a1滿足an＝＋a1， 所以an＝＋a1(n∈N*)． 若存在滿足條件的r，s，t，則可得2qs＝qr＋qt， 則2＝qr－s＋qt－s≥2＝2， 此時(shí)r＝t＝s，這與r，s，t互不相等矛盾， 所以q≠1且q>0不滿足條件． 綜上所述，符合條件的q的值為1. (2)由cn＝bn＋2－3，n∈N*，可知cn＋1＝bn＋3－3，兩式相減可得bn＋3＝bn＋2＋bn＋1. 因?yàn)閍1＝1，a2＝2，所以b1＝1，b2＝3， 從而c1＝1，c2＝4，可得b3＝4，b4＝7，故b

39、3＝b2＋b1， 所以bn＋2＝bn＋1＋bn對(duì)一切的n∈N*恒成立． 由bn＋3＝bn＋2＋bn＋1，bn＋2＝bn＋1＋bn得an＋3＝an＋2＋an＋1. 易知a3＝1，a4＝3，故an＋2＝an＋1＋an(n≥2)． 因?yàn)閍－an＋1an＋3＝(an＋1＋an)2－an＋1·(an＋2＋an＋1)＝(an＋1＋an)2－an＋1·(an＋2an＋1)＝－a＋anan＋2，n≥2， 所以當(dāng)n≥2時(shí)，|a－an＋1an＋3|＝|a－anan＋2|， 所以當(dāng)n≥2時(shí)，|a－anan＋2|＝5， 當(dāng)n＝1時(shí)，|a－anan＋2|＝3， 故k的最小值為5. [方法技巧] 1．

40、解決等差、等比數(shù)列綜合問題的策略 解決由等差數(shù)列、等比數(shù)列組成的綜合問題，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，弄懂來龍去脈，揭示問題的內(nèi)在聯(lián)系和隱含條件． 2．有關(guān)遞推數(shù)列問題常見的處理方法 將第n項(xiàng)和第n＋1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

41、七市一模)已知等差數(shù)列{an}滿足a4＝4，前8項(xiàng)和S8＝36. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若數(shù)列{bn}滿足(bka2n＋1－2k)＋2an＝3(2n－1)(n∈N*)． ①證明：{bn}為等比數(shù)列； ②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a4＝4，前8項(xiàng)和S8＝36， 所以解得 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝n. (2)①證明：設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Bn. 由(1)及 由③－④得3(2n－1)－3(2n－1－1)＝(b1a2n－1＋b2a2n－3＋…＋bn－1a3＋bna1＋2n)－(b1a2n－3＋b2a

42、2n－5＋…＋bn－1a1＋2n－2)＝ [b1(a2n－3＋2)＋b2(a2n－5＋2)＋…＋bn－1(a1＋2)＋bna1＋2n]－(b1a2n－3＋b2a2n－5＋…＋bn－1a1＋2n－2)＝2(b1＋b2＋…＋bn－1)＋bn＋2＝2(Bn－bn)＋bn＋2. 所以3×2n－1＝2Bn－bn＋2(n≥2，n∈N*)， 又3×(21－1)＝b1a1＋2，所以b1＝1，滿足上式． 所以2Bn－bn＋2＝3×2n－1(n∈N*)．⑤ 當(dāng)n≥2時(shí)，2Bn－1－bn－1＋2＝3×2n－2，⑥ 由⑤－⑥得，bn＋bn－1＝3×2n－2. 所以bn－2n－1＝－(bn－1－2n－2)＝

43、…＝(－1)n－1(b1－20)＝0， 所以bn＝2n－1，＝2， 又b1＝1， 所以數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列． ②由＝，得＝，即2p－m＝. 記cn＝，由①得，cn＝＝， 所以＝≤1，所以cn≥cn＋1(當(dāng)且僅當(dāng)n＝1時(shí)等號(hào)成立)． 由＝，得cm＝3cp>cp， 所以m

44、x≥4)， 則f′(x)＝2xln 2－3>0， 所以f(x)在[4，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以f(x)≥f(4)＝1>0， 所以當(dāng)t≥4，t∈N*時(shí)，m＝<1，不合題意． 綜上，所求集合＝{(6，8)}. 題型(二) 等差、等比數(shù)列的判定與證明 主要考查等差與等比數(shù)列的定義、等差與等比中項(xiàng)，且常與數(shù)列的遞推公式結(jié)合命題. [典例感悟] [例2]　(2019·南師附中、淮陰、天一、海門四月聯(lián)考)已知q為常數(shù)，正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足：Sn＋(an－Sn)q＝1，n∈N*. (1)求證：數(shù)列{an}為等比數(shù)列； (2)若q∈N*，且存在t∈N*，使得3a

45、t＋2－4at＋1為數(shù)列{an}中的項(xiàng)． ①求q的值； ②記bn＝logan＋1an＋2，求證：存在無窮多組正整數(shù)數(shù)組(r，s，k)，使得br，bs，bk成等比數(shù)列． [解]　(1)證明：由Sn＋(an－Sn)q＝1，n∈N*，得：a1＝1，(1－q)Sn＋qan＝1(ⅰ) 所以(1－q)Sn＋1＋qan＋1＝1(ⅱ) (ⅱ)－(ⅰ)得：(1－q)an＋1＋qan＋1－qan＝0，即an＋1＝qan， 因?yàn)閍n>0，所以＝q，n∈N*，且q>0， 結(jié)合q為常數(shù)，得數(shù)列{an}為等比數(shù)列． (2)①由(1)得an＝qn－1， 存在t∈N*，使得3at＋2－4at＋1是數(shù)列{an

46、}中的項(xiàng)?存在t，p∈N*， 使得3at＋2－4at＋1＝ap?存在t，p∈N*，使得3qt＋1－4qt＝qp－1， 即存在t，p∈N*，使得3q2－4q＝qp－t(*)． 因?yàn)閝∈N*，且q＝1時(shí)，(*)式顯然不成立， 所以q≥2，q∈N*， 所以3q2－4q≥4，即qp－t≥4， 結(jié)合t，p∈N*，得p－t∈N*. 當(dāng)p－t≥3時(shí)，qp－t－(3q2－4q)≥q3－(3q2－4q)＝q(q2－3q＋4)>0，與(*)式矛盾； 當(dāng)p－t＝1時(shí)，(*)式可化為3q2－4q＝q，解得q＝0(舍)或q＝(舍)； 當(dāng)p－t＝2時(shí)，(*)式可化為3q2－4q＝q2，解得q＝0(舍)或

47、q＝2. 綜上，q＝2. ②證明：由①得an＝2n－1，則bn＝＝1＋，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)r

48、 ②若a＝an·an＋2≠0(n∈N *)，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，a1＝1，且an＋1＋3an＋4＝0，n∈N*. (1)求證：{an＋1}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)說明理由． 解：(1)由an＋1＋3an＋4＝0得an＋1＋1＝－3(an＋1)，n∈N*. 因?yàn)閍1＝1，所以a1＋1＝2≠0，可得an＋1≠0，n∈N*， 所以＝－3，n∈N*，所以{an＋1}是以2為首項(xiàng)，－3為公比

49、的等比數(shù)列． 所以an＋1＝2(－3)n－1，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2(－3)n－1－1. (2)假設(shè)數(shù)列{an}中存在三項(xiàng)am，an，ak(m

50、即2[2(－3)n－1－1]＝2(－3)m－1－1＋2(－3)k－1－1， 所以2(－3)n＝(－3)m＋(－3)k，兩邊同時(shí)除以(－3)m， 得2(－3)n－m＝1＋(－3)k－m， 即1＝2(－3)n－m－(－3)k－m，等式右邊是3的倍數(shù)，舍去； ③當(dāng)ak位于am和an的中間時(shí)，2ak＝am＋an， 即2[2(－3)k－1－1]＝2(－3)m－1－1＋2(－3)n－1－1， 所以2(－3)k＝(－3)m＋(－3)n，兩邊同時(shí)除以(－3)m， 得2(－3)k－m＝1＋(－3)n－m， 即1＝2(－3)k－m－(－3)n－m，等式右邊是3的倍數(shù)，舍去． 綜上可得，數(shù)列{an

51、}中不存在滿足題意的三項(xiàng)． 2．(2017·江蘇高考)對(duì)于給定的正整數(shù)k，若數(shù)列{an}滿足：an－k＋an－k＋1＋…＋an－1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan，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)閧an}是等差數(shù)列，設(shè)其公差為d， 則an＝a1＋(n－1)d， 從而，當(dāng)n≥4時(shí)，an－k＋an＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d＝2a1＋2(n－1)d＝2a

52、n，k＝1，2，3， 所以an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an， 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)n≥3時(shí)，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，① 當(dāng)n≥4時(shí)，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an.② 由①知，an－3＋an－2＝4an－1－(an＋an＋1)，③ an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an)．④ 將③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4， 所以a3，a4，a5，…是等差數(shù)列，設(shè)其公差為d

53、′. 在①中，取n＝4，則a2＋a3＋a5＋a6＝4a4， 所以a2＝a3－d′， 在①中，取n＝3，則a1＋a2＋a4＋a5＝4a3， 所以a1＝a3－2d′， 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}中，已知a1＝2，b1＝4，且an，－bn，an＋1成等差數(shù)列，bn，－an，bn＋1也成等差數(shù)列． (1)求證：{an＋bn}是等比數(shù)列； (2)設(shè)m是不超過100的正整數(shù)，求使＝成立的所有數(shù)對(duì)(m，n)． 解：(1)

54、證明：由an，－bn，an＋1成等差數(shù)列可得，－2bn＝an＋an＋1，① 由bn，－an，bn＋1成等差數(shù)列可得，－2an＝bn＋bn＋1，② ①＋②得，an＋1＋bn＋1＝－3(an＋bn)， 又a1＋b1＝6， 所以{an＋bn}是以6為首項(xiàng)，－3為公比的等比數(shù)列． (2)由(1)知，an＋bn＝6×(－3)n－1，③ ①－②得，an＋1－bn＋1＝an－bn＝－2，④ ③＋④得，an＝＝3×(－3)n－1－1， 代入＝， 得＝， 所以[3×(－3)n－1－1－m][3×(－3)m＋3] ＝[3×(－3)n－1－m][3×(－3)m－1＋3]， 整理得，(m＋1)

55、(－3)m＋3×(－3)n＝0， 所以m＋1＝(－3)n－m＋1， 由m是不超過100的正整數(shù)， 可得2≤(－3)n－m＋1≤101， 所以n－m＋1＝2或4， 當(dāng)n－m＋1＝2時(shí)，m＋1＝9，此時(shí)m＝8，則n＝9，符合題意； 當(dāng)n－m＋1＝4時(shí)，m＋1＝81，此時(shí)m＝80，則n＝83，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的無窮數(shù)列，對(duì)任意的n≥3，n∈N*，a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝λ(n－1)a1an恒成立． (1)如果，，成等差數(shù)列，求實(shí)數(shù)λ的值； (2)若λ

56、＝1. (ⅰ)求證：數(shù)列是等差數(shù)列； (ⅱ)已知數(shù)列{an}中，a1≠a2.數(shù)列{bn}是公比為q的等比數(shù)列，滿足b1＝，b2＝，b3＝(i∈N*)． 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)． 解：(1)因?yàn)閚≥3且n∈N*時(shí)，a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝λ(n－1)a1an恒成立， 則當(dāng)n＝3時(shí)，a1a2＋a2a3＝2λa1a3，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λ＝1. (2)證明：(ⅰ)當(dāng)λ＝1，n＝3時(shí)，a1a2＋a2a3＝2a1a3 ，① 整理得＋＝

57、，則－＝－.② 當(dāng)n＝4時(shí)，a1a2＋a2a3＋a3a4＝3a1a4，③ ③－①得：a3a4＝3a1a4－2a1a3，得＝－， 又＋＝， 所以－＝－.④ 當(dāng)n≥3時(shí)，a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝(n－1)a1an， a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＋anan＋1＝na1an＋1，兩式相減得： anan＋1＝na1an＋1－(n－1)a1an，因?yàn)閍n≠0，所以＝－， 則＝－，所以－＝－， 整理得＋＝，即－＝－(n≥3)，⑤ 由②④⑤得：－＝－對(duì)任意的正整數(shù)n恒成立，所以數(shù)列成等差數(shù)列． (ⅱ)設(shè)數(shù)列的公差為d，設(shè)cn＝，c1＝＝c(c≠0)，則b1＝c1＝c

58、，b2＝c2＝c＋d，d＝c2－c1＝b2－b1＝cq－c. 當(dāng)i＝2時(shí)，b3＝c2＝b2，從而q＝1，b2＝b1，得a1＝a2，與已知不符． 當(dāng)i＝3時(shí)，由b3＝c3，cq2＝c＋2d＝c＋2c(q－1)，得q2＝1＋2(q－1)，得q＝1，與已知不符． 當(dāng)i＝1時(shí)，由b3＝c1，cq2＝c，得q2＝1，則q＝－1(上面已證q≠1)為整數(shù)． 此時(shí)數(shù)列{bn}為：c，－c，c，…；數(shù)列{cn}中，c1＝c，c2＝－c，公差d＝－2c.數(shù)列{bn}中每一項(xiàng)都是{cn}中的項(xiàng)(c＝c1，－c＝c2)． 當(dāng)i≥4時(shí)，由b3＝ci，cq2＝c＋(i－1)d＝c＋(i－1)c(q－1)，得q2

59、－(i－1)q＋(i－2)＝0， 得q＝1(舍去)，q＝i－2(i≥4)為正整數(shù)． cq＝c＋d，b3＝ci， 對(duì)任意的正整數(shù)k≥4，欲證明bk是數(shù)列{cn}中的項(xiàng)，只需證bk＝cqk－1＝ci＋xd＝b3＋x(cq－c)＝cq2＋x(cq－c)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q＝i－2(i≥4)， 共k－3(k≥4)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)在無窮數(shù)列{an}中，an>0(n∈N*)，記{an}前n項(xiàng)中的最大項(xiàng)為kn，最小項(xiàng)為rn，令bn＝. (1)

60、若{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn＝. ①求bn； ②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)①在Sn＝中，令n＝1，得a1＝S1＝，解得a1＝1， ∴Sn＝， 當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝－＝n， 綜上，得an＝n(n∈N*)． 顯然{an}為遞增數(shù)列，∴kn＝an＝n，rn＝a1＝1， ∴bn＝. ②假設(shè)存在滿足條件的正整數(shù)m，n，則＝， ∴＝×， 設(shè)cn＝，則cn＋1－cn＝－＝， ∴c1＝c2>c3>c4>c5>…， 由＝×，得cm＝cn<

61、cn，∴m>n，則m≥n＋1， 當(dāng)m＝n＋1時(shí)，＝顯然不成立． 當(dāng)m>n＋1時(shí)，＝＝2m－n－1， 設(shè)m－n－1＝t，則t∈N*，＝2t，得n＝， 設(shè)dn＝，則dn＋1－dn＝－＝<0恒成立， ∴數(shù)列{dn}遞減． 又d1＝2，d2＝1，d3＝<1，∴n≥3時(shí)，dn<1恒成立． 故方程n＝的解有且僅有t＝1，n＝2或t＝2，n＝1， 此時(shí)m＝4， 故滿足條件的m，n存在，m＝4，n＝1或n＝2. (2)證明：∵an>0(n∈N*)，且kn，rn分別為{an}前n項(xiàng)中的最大項(xiàng)和最小項(xiàng)， ∴kn＋1≥kn，rn＋1≤rn，設(shè)數(shù)列{bn}的公比為q，顯然q>0， (ⅰ)當(dāng)q＝

62、1時(shí)，＝1，得＝， 若 kn＋1>kn，則rn＋1kn與rn＋11時(shí)，＝q>1，得＝q2>1. ∴>≥1，∴kn＋1>kn恒成立，而kn≥an， ∴kn＋1＝an＋1，∴an＋1>an恒成立， ∴kn＝an，rn＝a1，代入＝q2得＝q2，即＝q2， ∴數(shù)列{an}是等比數(shù)列． (ⅲ)當(dāng)0＜q＜1時(shí)，0＜＜1， 得＝q2＜1， ∴＜≤1， ∴rn＋1＜rn恒成立，

63、而rn≤an， ∴rn＋1＝an＋1，∴an＋1＜an恒成立， ∴kn＝a1，rn＝an，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(nan－1－2)an＝(2an－1)an－1(n≥2)，bn＝－n(n∈N*)． (1)若a1＝3，證明：{bn}是等比數(shù)列； (2)若存在k∈N*，使得，，成等差數(shù)列． ①求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； ②證明：ln n＋an>ln(n＋1)－an＋1. 解：(1)證明：由(nan－1－2)an＝(2an－1)an－1(n≥2)，得＝＋2

64、－n，得－n＝2，即bn＝2bn－1(n≥2)． 因?yàn)閍1＝3，所以b1＝－1＝－≠0，所以＝2(n≥2)， 所以{bn}是以－為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列． (2)①設(shè)－1＝λ， 由(1)知，bn＝2bn－1， 所以bn＝2bn－1＝22bn－2＝…＝2n－1b1，得－n＝λ·2n－1， 所以＝λ·2k－1＋k. 因?yàn)?，，成等差?shù)列， 所以(λ·2k－1＋k)＋(λ·2k＋1＋k＋2)＝2(λ·2k＋k＋1)， 所以λ·2k－1＝0，所以λ＝0， 所以＝n，即an＝. ②證明：要證ln n＋an>ln(n＋1)－an＋1， 即證(an＋an＋1)>ln，即證＋>2ln

65、. 設(shè)t＝，則＋＝t－1＋＝t－，且t>1， 從而只需證當(dāng)t>1時(shí)，t－>2ln t. 設(shè)f(x)＝x－－2ln x(x>1)， 則f′(x)＝1＋－＝>0， 所以f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以f(x)>f(1)＝0，即x－>2ln x， 因?yàn)閠>1，所以t－>2ln 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n∈N*，都有an(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1(1－qnan＋1)，且an＋1＋an≠0，其中a1＝2，q≠0.記Tn＝a1＋qa2＋q2a3＋…＋qn－1an. (1)若

66、q＝1，求T2 019的值； (2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足bn＝(1＋q)Tn－qnan. ①求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式； ②若數(shù)列{cn}滿足c1＝1，且當(dāng)n≥2時(shí)，cn＝2bn－1－1，是否存在正整數(shù)k，t，使c1，ck－c1，ct－ck成等比數(shù)列？若存在，求出所有k，t的值；若不存在，說明理由． 解：(1)當(dāng)q＝1時(shí)，由an(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1(1－qnan＋1)， 得(an＋1＋an)2＝an＋1＋an， 又an＋1＋an≠0，所以an＋1＋an＝1， 又a1＝2， 所以T2 019＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2 018＋a2 019)＝1 011. (2)①由an(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1(1－qnan＋1)，得qn(an＋1＋an)2＝an＋1＋an， 又an＋1＋an≠0，q≠0，所以an＋1＋an＝， 又Tn＝a1＋qa2＋q2a3＋…＋qn－1an， 所以qTn＝qa1＋q2a2＋q3a3＋…＋qnan， 所以(1＋q)Tn＝a1＋q(a1＋a2)＋q2(a2＋a3)＋q3(a3＋a