（江蘇專版）2018年高考數(shù)學二輪復習 專題四 數(shù)列教學案

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1、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，考分比例遠遠大于課時比例，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”之類的超教學范圍的知識考查，導向非常好.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

2、基本量涵義很廣泛，有項、項數(shù)、公差、公比、通項、和式以及它們的組合式，甚至還包括相關參數(shù).但江蘇考題真正的難度在等差、等比數(shù)列的性質靈活運用上.第1課時數(shù)列中的基本量計算(基礎課)?？碱}型突破等差、等比數(shù)列的基本運算必備知識1通項公式等差數(shù)列：ana1(n1)d；等比數(shù)列：ana1qn1.2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da

3、1q24a113.答案：32(2017鎮(zhèn)江調研)Sn是等差數(shù)列an的前n項和，若，則_.解析：因為 ，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項和為Sn，若S22a23，S32a33，則公比q的值為_解析：因為S22a23，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的各項均為實數(shù)，其前n項和為Sn.已知S3，S6，則a8_.解析：設等比數(shù)列an的公比為q，則由S62S3，得q1，則解得則a8a1q72732.答案：325(2017蘇錫常鎮(zhèn)

4、一模)設等比數(shù)列an的前n項和為Sn，若S3，S9，S6成等差數(shù)列，且a2a54，則a8的值為_解析：因為等比數(shù)列an的前n項和為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)282.答案：2方法歸納等差(比)數(shù)列基本運算的策略(1)在等差(比)數(shù)列中，首項a1和公差d(公比q)是兩個最基本的元素(2)在進行等差(比)數(shù)列項的運算時，若條件和結論間的聯(lián)系不明顯，則均可化成關于a1和d(q)的方程組求解，但要注意消元法及整體代換法，以減少計算量等差、等比數(shù)列的性質必備知識等差數(shù)列等比數(shù)列性質(1)若m，n，p，qN*，且mnpq，則

5、amanapaq(1)若m，n，p，qN*，且mnpq，則amanapaq(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an0，nN*，且a5a2n522n(n3)，則當n1時，log2a1log2a3log2a2n1_.解析：由a5a2n522n(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項和若a16，a3a50，則S6_.解析：a3

6、a52a4，a40.a16，a4a13d，d2.S66a1d6.答案：63.(2017南通二調)已知an是公差不為0的等差數(shù)列，Sn是其前n項和若a2a3a4a5，S927，則a1的值是_解析：因為等差數(shù)列an滿足S927，所以S99a527，所以a53，因為a2a3a4a5，所以(a53d)(a52d)(a5d)a5,4a5d6d2，又因為等差數(shù)列an的公差不為0，所以d2，所以a1a54d3425.答案：54設公差為d的等差數(shù)列an的前n項和為Sn，若a11，d，則當Sn取最大值時，n的值為_解析：法一：Snnd，Snn2n.函數(shù)yx2x的圖象的對稱軸方程為x，且開口向下，又d，9.Sn取

7、最大值時，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)列性質的應用的關鍵是抓住項與項之間的關系及項的序號之間的關系，從這些特點入手選擇恰當?shù)男再|進行求解.(2)應牢固掌握等差、等比數(shù)列的性質，特別是等差數(shù)列中“若mnpq，則amanapaq”這一性質與求和公式Sn的綜合應用. 課時達標訓練1(2017南通三模)設等差數(shù)列an的前n項和為Sn.若公差d2，a510，則S10的值是_解析：法一：因為等差數(shù)列an中a5a14d10，d2，所以a12，所以S101022110.法二：在等差數(shù)列an中，a6a

8、5d12，所以S105(a5a6)5(1012)110.答案：1102(2017全國卷改編)等差數(shù)列an的首項為1，公差不為0.若a2，a3，a6成等比數(shù)列，則an前6項的和為_解析：設等差數(shù)列an的公差為d，因為a2，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項的和S661(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；b41q38，解得q2.所以a2132，b

9、21(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項和為Sn，a33，S410，則_.解析：設等差數(shù)列an的首項為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2n100時，an2a102n32n恒成立，則數(shù)列an的前100項和S100_.解析：因為當2n100時，an2a102n32n恒成立，所以a22a100322，a32a99323，a1002a232100，以上99個等式相加，得3(a2a3a100)3

10、(22232100)3(21014)，所以a2a3a10021014，又因為a12101，所以S100a1(a2a3a100)4.答案：47(2017常州前黃中學國際分校月考)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，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：bnanan1，則數(shù)列bn的前10項的和S10_.解析：因為an1an(1an1)，a11，所以1，1，所以數(shù)列是以1為首項，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項的

11、和S101.答案：9已知an為等差數(shù)列，若1，且它的前n項和Sn有最大值，那么當Sn取得最小正值時，n_.解析：由1，得0，且它的前n項和Sn有最大值，則a100，a110，a11a100，則S190，S200，那么當Sn取得最小正值時，n19.答案：1910設Sn是等差數(shù)列an的前n項和，S1016，S100S9024，則S100_.解析：依題意，S10，S20S10，S30S20，S100S90依次成等差數(shù)列，設該等差數(shù)列的公差為d.又S1016，S100S9024，因此S100S902416(101)d169d，解得d，因此S10010S10d1016200.答案：20011(2017揚

12、州期末)在正項等比數(shù)列an中，若a4a32a22a16，則a5a6的最小值為_解析：令a1a2t(t0)，則a4a32a22a16可化為tq22t6(其中q為公比)，所以a5a6tq4q46648(當且僅當q2時等號成立)答案：4812設數(shù)列an的前n項和為Sn，已知a11，an12Sn2n，則數(shù)列an的通項公式an_.解析：當n2時，an1an2(SnSn1)2n2n12an2n1，從而an12n3(an2n1)又a22a124，a226，故數(shù)列an12n是以6為首項，3為公比的等比數(shù)列，從而an12n63n1，即an123n2n，又a112311211，故an23n12n1.答案：23n1

13、2n113數(shù)列an中，若對nN*，anan1an2k(k為常數(shù))，且a72，a93，a984，則該數(shù)列的前100項的和等于_解析：由anan1an2k，an1an2an3k，得an3an.從而a7a12，a9a33，a98a24.因此a1a2a39.所以S10033(a1a2a3)a13392299.答案：29914(2017南京考前模擬)數(shù)列an中，an2n1，現(xiàn)將an中的項依原順序按第k組有2k項的要求進行分組：(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：設數(shù)列an的前n項和為Sn，則Snn2，因為242nn( n1)n2n,242

14、( 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，若任意兩個不等的正整數(shù)k，p都有ak2p1，ap2k1，數(shù)列an的前n項和記為Sn.若kpm，則Sm_.(用m表示)解析：設數(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)設等比數(shù)列an滿足a1a310，a2a45，則a1a2an的最大值為_解析：設等比數(shù)列an的公比為q，則由a1a310

15、，a2a4q(a1a3)5，知q.a1a1q210，a18.故a1a2anaq12(n1)23n.記t(n27n)，結合nN*可知n3或4時，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項和S11為_解析：f(x)(x2)3為增函數(shù)，且關于點(2,0)中心對稱，則f(2x)f(2x)0.設數(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)

16、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)幾位大學生響應國家的創(chuàng)業(yè)號召，開發(fā)了一款應用軟件為激發(fā)大家學習數(shù)學的興趣，他們推出了“解數(shù)學題獲取軟件激活碼”的活動這款軟件的激活碼為下面數(shù)學問題的答案：已知數(shù)列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，其中第一項是20，接下來的兩項是20,21，再接下來的三項是20,21,22，依此類推求滿足如下條件的最小整數(shù)N：N100且該數(shù)列的前N項和為2的整數(shù)冪那么該款軟件的激活碼是_解析：設第一項為第1組，接下來的兩項為第2

17、組，再接下來的三項為第3組，依此類推，則第n組的項數(shù)為n，前n組的項數(shù)和為.由題意可知，N100，令100，得n14，nN*，即N出現(xiàn)在第13組之后易得第n組的所有項的和為2n1，前n組的所有項的和為n2n1n2.設滿足條件的N在第k1(kN*，k13)組，且第N項為第k1組的第t(tN*)個數(shù)，若要使前N項和為2的整數(shù)冪，則第k1組的前t項的和2t1應與2k互為相反數(shù)，即2t1k2，2tk3，tlog2(k3)，當t4，k13時，N4955時，N440.答案：440第2課時等差、等比數(shù)列的綜合問題(能力課)?？碱}型突破等差、等比數(shù)列的綜合運算例1(2017鎮(zhèn)江期末)已知nN*，數(shù)列an的各項

18、均為正數(shù)，前n項和為Sn，且a11，a22，設bna2n1a2n.(1)若數(shù)列bn是公比為3的等比數(shù)列，求S2n；(2)若對任意nN*，Sn恒成立，求數(shù)列an的通項公式；(3)若S2n3(2n1)，數(shù)列anan1為等比數(shù)列，求數(shù)列an的通項公式解(1)由題意，b1a1a2123，則S2n(a1a2)(a3a4)(a2n1a2n)b1b2bn. (2)當n2時，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對任意的nN*恒不成立事實上，因為a1a23，所以

19、anan11不恒成立；若存在nN*，使anan11，設n0是滿足上式最小的正整數(shù)，即an0an011，顯然n02，且an01(0,1)，則an01an021，則由(*)式知，an01an021，則an020,4(n1)ana0，設數(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，求實數(shù)t的值；(3)若數(shù)列bn是等差數(shù)列，前n項和為Sn，對任意的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，因為數(shù)列an各項均為正，得4，所以2， 因此2，所以是以a1為首項，公比為2的等比數(shù)列(2)由(1)得a12

20、n1，即ana12n1，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t4時，bn，因為bn1bn，所以數(shù)列bn是等差數(shù)列，符合題意； 當t12時，bn，因為b2b4a，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，對任意的nN*，均存在mN*，使8aSnan216bm，則8an216，所以m. 當a12k，kN*時，mk2n，對任意的nN*，mN*，符合題意；當a12k1，kN*，當n1時，mk2kN*，故不合題意. 綜上，當a12k，kN*，對任意

21、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)；利用中項性質，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，即證明aan1an1(n2) 變式訓練已知數(shù)列an的前n項和為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的通項公式；(2)若存在實數(shù)，使得對一切nN*，有bncn，求證：數(shù)列an是等差數(shù)列解：(1)因為

22、數(shù)列an是公差為2的等差數(shù)列，所以ana12(n1)，a1n1.因為(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)因為對一切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)

23、列.特殊數(shù)列的判定例3(2017江蘇高考)對于給定的正整數(shù)k，若數(shù)列an滿足：ankank1an1an1ank1ank2kan，對任意正整數(shù)n(nk)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)因為an是等差數(shù)列，設其公差為d，則ana1(n1)d，從而，當n4時，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

24、“P(3)數(shù)列”，因此，當n3時，an2an1an1an24an，當n4時，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)列的基本量進行論證，第(2)問通過變形轉化，化歸為an1，an ，an1三項的關系式，若這種方法一點都不會，也可以按照

25、遞推公式多寫幾項，借助歸納推理求解. 變式訓練設數(shù)列an的前n項的和為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d0時，存在正整數(shù)m滿足(*)當d0時，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項之和為Sndd.令d(m3)d.因為d0，所以m3，當n2時，m0，故(n3)d不是H數(shù)列課時達標訓練1(2017蘇州期中)已知等

26、比數(shù)列an的公比q1，滿足：a2a3a428，且a32是a2，a4的等差中項(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)若bnanlogan，Snb1b2bn，求使Snn2n162成立的正整數(shù)n的最小值解：(1)a32是a2，a4的等差中項，2(a32)a2a4，代入a2a3a428，可得a38，a2a420，解得或q1，數(shù)列an的通項公式為an2n.(2)bnanlogan2nlog2nn2n，Sn(12222n2n)，2Sn(122223(n1)2nn2n1)，得Sn222232nn2n1n2n12n12n2n1.Snn2n162，2n1262，n16，n5，使Snn2n162成立的正整數(shù)n的最小值

27、為6.2已知數(shù)列an，bn均為各項都不相等的數(shù)列，Sn為an的前n項和，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，因為an1bnSn1，所以a1qnbn1，所以qnbn，即bnn，所以存在實數(shù)，使得bnn，又bn0(否則bn為常數(shù)數(shù)列，與題意不符)，所以當n2時，此時bn為等比數(shù)列，所以存在實數(shù)，使得bn為等比數(shù)列法二：因為an1bnSn1，所以當n2時，anbn1Sn11，得，an1bnanbn1an，由得，bnbn1bn1

28、，所以bn.又bn0(否則bn為常數(shù)數(shù)列，與題意不符)，所以存在實數(shù)，使得bn為等比數(shù)列3設數(shù)列Hn的各項均為不相等的正整數(shù)，其前n項和為Qn，稱滿足條件“對任意的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項和為Tn.若c2 0162 017，求數(shù)列cn的通項公式；若c1p，且對任意給定的正整數(shù)p，s(s1)，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(

29、nm)(SnSm)(nm)(n2m2)(nm)2(nm)，所以(nm)Snm(nm)(SnSm)對任意的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(nm)Snm(nm)(SnSm)，即數(shù)列bn不是“好”數(shù)列(2)因為數(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n2時，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)，

30、所以ncn(n1)cn1(n1)cn1(n2)cn(n3)，即(2n2)cn(n1)cn1(n1)cn1(n3)，即2cncn1cn1(n3)，當n2時，有2T2c33c1，即2c2c3c1，所以2cncn1cn1對任意的n2，nN*恒成立，所以數(shù)列cn是等差數(shù)列設數(shù)列cn的公差為d，若c2 0162 017，則c12 015d2 017，即d，因為數(shù)列cn的各項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(t

31、12s)d(s1)2，即dp.因為p是任意給定的正整數(shù)，要使dN*，必須N*，不妨設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項和為Sn，且a2a315，S416.(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)數(shù)列bn滿足b1a1，bn1bn.求數(shù)列bn的通項公式；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，請說明理由解：(1)設數(shù)列an的公差為d，則d0.由a2a315，S416，得解得或(舍去)所以an2n1.(2)b1a1，

32、bn1bn，b1a11，bn1bn，即b2b1，b3b2，bnbn1(n2)，累加得：bnb1，bnb11.b11也符合上式故bn，nN*.假設存在正整數(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n13，即n2時，m2，不合題意，舍去；當n19，即n8時，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)江丹陽高級中學期初考試)已知數(shù)列an滿足a11，a2r(r0)，且anan1是公比為q(q0)的等比數(shù)列，設bna2n1a2n(nN*)(1)求使anan1an1an2an2an3(nN*)成立

33、的q的取值范圍；(2)求數(shù)列bn的前n項和Sn；(3)試證明：當q2時，對任意正整數(shù)n2，Sn不可能是數(shù)列bn中的某一項解：(1)依題意得qn1qnqn1，q0，q2q10，0q0)，且b1a1a21r0， 數(shù)列bn是以1r為首項，q為公比的等比數(shù)列，Sn(3)證明：當q2時，Sn，Snan1 (1r)qn(1qn)qn(1q)1qn(q2)0，Sn0，nN*，Snan，故當q2時，對任意正整數(shù)n2，Sn不可能是數(shù)列bn中的某一項6(2017南通二調)設數(shù)列an的前n項和為Sn(nN*)，且滿足：|a1|a2|；r(np)Sn1an(n2n2)a1，其中r，pR，且r0. (1)求p的值；(2

34、)數(shù)列an能否是等比數(shù)列？請說明理由；(3)求證：當r2時，數(shù)列an是等差數(shù)列解：(1)n1時，r(1p)S22a12a10，因為|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an是等比數(shù)列，公比為q，當n2時，rS36a2，即ra1(1qq2)6a1q，所以r(1qq2)6q，當n3時，2rS412a34a1，即2ra1(1qq2q3)12a1q24a1，所以r(1qq2q3)6q22，由得q1，與|a1|a2|矛盾，所以假設不成立. 故an不是等比數(shù)列(3)證明：當r2時，易知a3a12a2.由2(n1)Sn1(n2n)an(n2n2)a1，得n2

35、時，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，也適合上式，所以ana1(n1)d(nN*)所以an1and(nN*)所以當r2時，數(shù)列an是等差數(shù)列第3課時數(shù)列的綜合應用(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)若各項均為正數(shù)的數(shù)列an的前n項和為Sn，且2an1 (nN*)(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)若正項等比數(shù)列bn，滿足b22,2b7b8b9，求Tna1b1a2b2anbn；(3)對于(2)中的Tn，若對任意的nN*，不等式(1)n(Tn21)恒成

36、立，求實數(shù)的取值范圍解(1)因為2an1，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，因為an0，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) 設數(shù)列bn的公比為q，因為2b7b8b9，所以2qq2，解得q1(舍去)或q2，由b22，得b11，即bn2n1.記Aa1b1a2b2anbn1132522(2n1)2n1， 則2A12322523(2n1)2n，兩式相減得A12(2222n1)(

37、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n為偶數(shù)時，n，記g(n)n.即g(n)min.g(n2)g(n)22，當n2時，g(n2)g(n)，n4時，g(n2)g(n)，即g(4)g(2)，當n4時，g(n)單調遞增，g(n)ming(4)，即.當n為奇數(shù)時，n，記h(n)n，所以h(n)max.h(n2)h(n)22，當n1時，h (n2)h(n)，n3時，h(n1)h(n)，即h(3)h(1)，n3時，h(n)單調遞減，h(n)max

38、h(3)3，所以3.綜上所述，實數(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)列問題有關的不等式的證明問題.2.解決數(shù)列與不等式問題的兩個注意點(1)利用基本不等式或函數(shù)的單調性求解相關最值時，應注意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，盡量先求和、后放縮，注意放縮的尺度，否則會出現(xiàn)范圍擴大或縮小而得不到正確的結果. 變式訓練已知數(shù)列an滿足a16，a220，且an1an1a8an12(nN*，n2)(1)證明：數(shù)列an1an為等差數(shù)列；(2)令cn，數(shù)列cn

39、的前n項和為Tn，求證：2nTn0，所以2nTn2n.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項和分別記為Sn，Tn，滿足對一切nN*，都有Sn3Tn.(1)若a1b1，試分別寫出一個符合條件的數(shù)列an和bn；(2)若a1b11，數(shù)列cn滿足：cn4an(1)n12bn，求最大的實數(shù)，使得當nN*，恒有cn1cn成立解(1)設數(shù)列an，bn的公差分別是d1，d2.則Sn3(n3)a1d1，Tnnb1d2.對一切nN*，有Sn3Tn，(n3)a1d1nb1d2，即n2n3a13d1n2n.即故答案不唯一例如取d1d22，a12，b14，得an2n4(nN*)，bn2n

40、2(nN*)(2)a1b11，又由(1)，可得d1d21，a11，b12.ann2，4n2(1)1cn4n1(1)n2n24n2(1)n12n134n2(1)n(2n22n1)22n6(1)n2n.當nN*時，cn1cn恒成立，即當nN*時，22n6(1)n2n0恒成立當n為正奇數(shù)時，2n恒成立，而2n.；當n為正偶數(shù)時，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都是從Sn3Tn入手，利用解決等差數(shù)列的基本方法向首項、項數(shù)及公差轉化，得到式子n2n3a13d1n2n(*)，此式子中有五個字母，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

41、主元，對一切正整數(shù)n均成立即恒成立，只需對應項的系數(shù)相等，得到第一問是一個開放的問題，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)列當求的取值范圍時，采取的方法是將分離出來(即分離變量)轉化的函數(shù)，再用函數(shù)的最值進一步轉化 變式訓練(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項和Sn.(2)若數(shù)列an中存在三項ar，as，at (r，s，tN*，rst)依次成

42、等差數(shù)列，求的取值范圍解：(1)因為p1，所以an1|1an|2an1.因為a11，所以a2|1a1|2a111，a3|1a2|2a213，a4|1a3|2a319. 因為a21，an1|1an|2an1，所以當n2時，an1，從而an1|1an|2an1an12an13an，于是有an3n2(n2) .故當n2時，Sn1a2a3an1 ，當n1時，S11，符合上式，故Sn，nN*.(2)因為an1an|pan|anppananp2p0，所以an1an，即數(shù)列an單調遞增()當1時，有a1p，于是ana1p，所以an1|pan|2anpanp2anp3an，所以an3n1a1.若an中存在三項

43、ar，as，at (r，s，tN*，rst)依次成等差數(shù)列，則有2asarat，即23s13r13t1.(*)因為st1，所以23s13s3t13r13t1，即(*)不成立故此時數(shù)列an中不存在三項依次成等差數(shù)列()當1 1時，有pa1p.此時a2|pa1|2a1ppa12a1pa12pp，于是當n2時，ana2p，從而an1|pan|2anpanp2anp3an.所以an3n2a23n2(a12p) (n2)若an中存在三項ar，as，at (r，s，tN*，rst)依次成等差數(shù)列，由()可知，r1，于是有23s2(a12p)a13t2(a12p)因為2st1，所以23s23t23s3t10

44、.因為23s23t2是整數(shù)，所以1，于是a1a12p，即a1p，與pa1p相矛盾故此時數(shù)列an中不存在三項依次成等差數(shù)列()當1時，則有a1pp，a1p0，于是a2|pa1|2a1ppa12a1pa12p，a3|pa2|2a2p|pa1|2a15ppa12a15pa14p，此時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)列有關的探索性問題例3已知各項均為正數(shù)的數(shù)列an滿足：a1a，a2b，an1(nN*)，其中m，a，b均為實常數(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項和Sn；(2)是否存在常數(shù)，使得anan2

45、an1對任意的nN*都成立？若存在，求出實數(shù)的值(用m，a，b表示)；若不存在，請說明理由解(1)因為m0，所以aanan2，所以正項數(shù)列an是等比數(shù)列，不妨設其公比為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a2時，數(shù)列an是首項為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)項依次構成首項為2、公比為4的等比數(shù)列，偶數(shù)項依次構成首項為3、公差為4的等差數(shù)列當n為偶數(shù)時，Sn；當n為奇數(shù)時，Sn.所以Sn(2)存在常數(shù)，使得anan2an1對任意的nN*都成立證明如下：因為aanan2m，nN*，所以aan1an1m，n2，nN*，所以aaanan2an1an1，即aan1an1anan2a.由于an0，此等式兩邊同時除以anan1，得，所以，即當n2，nN*時，都有anan2an1.因為a1a，a2b，aanan2m，所以a3，所以，所