(江蘇專版)2018年高考數(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 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(lái)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(wèn)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)

2、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) [??碱}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:an=a1+(n-1)d; 等比數(shù)列:an=a1·qn-1. 2.求和公式 等差數(shù)列:Sn==na1+d; 等比數(shù)列:Sn==(q≠1). [題組練透] 1.(2017·鎮(zhèn)江期末)已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列,且a1+1,a3+4,a5+7成等差數(shù)列,則公差d=________. 解析

3、:設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q, 則a3=a1q2,a5=a1q4, 由a1+1,a3+4,a5+7成等差數(shù)列, 得2(a1q2+4)=a1+1+a1q4+7, 即q2=1. 所以d=a1q2+4-a1-1=3. 答案:3 2.(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n=1可得,==,即=,化簡(jiǎn)可得d=a1,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S2=2a2+3,S3=2a3+3,則公比q的值為_(kāi)_______. 解析:因?yàn)镾2=2a2+3,S3=2a

4、3+3,所以a3=2a3-2a2,所以a3-2a2=a1q2-2aq=0,所以q2-2q=0,q≠0,則公比q=2. 答案:2 4.(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 5.(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a2+a5=4,則a8的值為_(kāi)_______. 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)

5、列,且a2+a5=4, 所以 解得a1q=8,q3=-, 所以a8= a1q7=(a1q)(q3)2=8×=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,q∈N*, 且m+n=p+q, 則am+an=ap+aq (1)若m,

6、n,p,q∈N*, 且m+n=p+q, 則am·an=ap·aq (2)an=am+(n-m)d (2)an=amqn-m (3)Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…仍成等差數(shù)列 (3)Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…仍成等比數(shù)列(Sm≠0) [題組練透] 1.(2017·蘇州考前模擬)已知等比數(shù)列{an}滿足an>0,n∈N*,且a5·a2n-5=22n(n≥3),則當(dāng)n≥1時(shí),log2a1+log2a3+…+log2a2n-1=________. 解析:由a5·a2n-5=22n(n≥3),得a=22n,則an=2n,故log2a1+log2a3+…+log2

7、a2n-1=1+3+…+(2n-1)=n2. 答案:n2 2.已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列,Sn為其前n項(xiàng)和.若a1=6,a3+a5=0,則S6=________. 解析:∵a3+a5=2a4,∴a4=0. ∵a1=6,a4=a1+3d,∴d=-2. ∴S6=6a1+d=6. 答案:6 3.(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a2a3=a4a5,S9=27,則a1的值是________. 解析:因?yàn)榈炔顢?shù)列{an}滿足S9=27,所以S9=9a5=27,所以a5=3,因?yàn)閍2a3=a4a5,所以(a5-3d)(a5-2d)=(a5-d

8、)a5,4a5d=6d2,又因?yàn)榈炔顢?shù)列{an}的公差不為0,所以d=2,所以a1=a5-4d=3-4×2=-5. 答案:-5 4.設(shè)公差為d的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若a1=1,-<d<-,則當(dāng)Sn取最大值時(shí),n的值為_(kāi)_______. 解析:法一:∵Sn=n+d, ∴Sn=n2+n. ∵函數(shù)y=x2+x的圖象的對(duì)稱軸方程為x=-+,且開(kāi)口向下,又-<d<-, ∴9<-+<.∴Sn取最大值時(shí),n的值為9. 法二:由an=a1+(n-1)d=1+(n-1)d>0, 得n-1<. ∵<-d<,∴<<9. 又n∈N*,∴n-1≤8,即n≤9.故S9最大. 答案:9

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. [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d=2,a5=10,則S10的值是________. 解析:法一:因?yàn)榈炔顢?shù)列{an}中a5=a1+4d=10,d=2,所以a1=2,所以S10=10×2+×2=110. 法二:在等差數(shù)列{an}中,a6=a5+d=12,

10、所以S10==5(a5+a6)=5×(10+12)=110. 答案:110 2.(2017·全國(guó)卷Ⅲ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_(kāi)_______. 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a2a6=a, 即(a1+d)(a1+5d)=(a1+2d)2. 又a1=1,所以d2+2d=0. 又d≠0,則d=-2, 所以數(shù)列{an}前6項(xiàng)的和S6=6×1+×(-2)=-24. 答案:-24 3.(2017·北京高考)若等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}滿足a1=b1=-1,a4

11、=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 4.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_(kāi)_______. 解析:由題意==3,化簡(jiǎn)得d=4a1, 則===. 答案: 5.(2017·全國(guó)卷Ⅱ)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a3=3,S4=10,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

12、以Sn=,==2, 因此=2 =. 答案: 6.(2017·鹽城期中)在數(shù)列{an}中,a1=-2101,且當(dāng)2≤n≤100時(shí),an+2a102-n=3×2n恒成立,則數(shù)列{an}的前100項(xiàng)和S100=________. 解析:因?yàn)楫?dāng)2≤n≤100時(shí),an+2a102-n=3×2n恒成立, 所以a2+2a100=3×22,a3+2a99=3×23,…,a100+2a2=3×2100,以上99個(gè)等式相加, 得3(a2+a3+…+a100)=3(22+23+…+2100)=3(2101-4),所以a2+a3+…+a100=2101-4, 又因?yàn)閍1=-2101,所以S100=a1

13、+(a2+a3+…+a100)=-4. 答案:-4 7.(2017·常州前黃中學(xué)國(guó)際分校月考)在數(shù)列{an}中,an+1=,a1=2,則a20=________. 解析:由an+1=,a1=2, 可得=+3, 所以是以為首項(xiàng),3為公差的等差數(shù)列. 即=+3(n-1),可得an=, 所以a20=. 答案: 8.(2017·蘇州期中)已知數(shù)列{an}滿足:an+1=an(1-an+1),a1=1,數(shù)列{bn}滿足:bn=an·an+1,則數(shù)列{bn}的前10項(xiàng)的和S10=________. 解析:因?yàn)閍n+1=an(1-an+1),a1=1,所以-=1,=1,所以數(shù)列是以1為首

14、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S10=++…+=1-=. 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a10>0,a11<0,a11+a10<0,則S19>0,S20<0,那么當(dāng)Sn取得最小正值時(shí),n=19. 答案:19 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-S

15、90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 11.(2017·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_(kāi)_______. 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.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,

16、已知a1=1,an+1=2Sn+2n,則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an=________. 解析:當(dāng)n≥2時(shí),an+1-an=2(Sn-Sn-1)+2n-2n-1=2an+2n-1,從而an+1+2n=3(an+2n-1). 又a2=2a1+2=4,a2+2=6,故數(shù)列{an+1+2n}是以6為首項(xiàng),3為公比的等比數(shù)列,從而an+1+2n=6×3n-1,即an+1=2×3n-2n,又a1=1=2×31-1-21-1,故an=2×3n-1-2n-1. 答案:2×3n-1-2n-1 13.?dāng)?shù)列{an}中,若對(duì)?n∈N*,an+an+1+an+2=k(k為常數(shù)),且a7=2,a9=3,a98=4

17、,則該數(shù)列的前100項(xiàng)的和等于________. 解析:由an+an+1+an+2=k,an+1+an+2+an+3=k,得an+3=an. 從而a7=a1=2,a9=a3=3,a98=a2=4. 因此a1+a2+a3=9. 所以S100=33(a1+a2+a3)+a1=33×9+2=299. 答案:299 14.(2017·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_(kāi)_______. 解析:設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn

18、,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 1.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ak=2p+1,ap=2k+1,數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和記為Sn.若k+p=m,則Sm=________.(用m表示) 解析:設(shè)數(shù)列{an}的公差為d, 由題意,a1+(k-1)d=2p+1,① a1+(p-1)d=2k+1,② 兩式相減,得(p-k)d=2(k-p). 又k-p≠0,所以d=-2.

19、則a1=2p+2k-1=2m-1. 因此Sm=ma1+d=m(2m-1)-m(m-1)=m2. 答案:m2 2.(2016·全國(guó)乙卷)設(shè)等比數(shù)列{an}滿足a1+a3=10,a2+a4=5,則a1a2…an的最大值為_(kāi)_______. 解析:設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,則由a1+a3=10,a2+a4=q(a1+a3)=5,知q=. ∵a1+a1q2=10,∴a1=8. 故a1a2…an=aq1+2+…+(n-1)=23n· =. 記t=-+=-(n2-7n), 結(jié)合n∈N*可知n=3或4時(shí),t有最大值6. 又y=2t為增函數(shù),從而a1a2…an的最大值為26=64.

20、答案:64 3.(2017·南京考前模擬)已知函數(shù)f(x)=(x-2)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_(kāi)_______. 解析:f(x)=(x-2)3為增函數(shù),且關(guān)于點(diǎn)(2,0)中心對(duì)稱,則f(2+x)+f(2-x)=0.設(shè)數(shù)列{an}的公差為d,若a6>2,則f(a6)>0,f(a5)+f(a7)=f(a6-d)+f(a6+d)>f(2-d)+f(2+d)=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a6<2,則f(ai)<0,所以a6=2.所以

21、S11=11a6=22. 答案:22 4.(2017·全國(guó)卷Ⅰ改編)幾位大學(xué)生響應(yīng)國(guó)家的創(chuàng)業(yè)號(hào)召,開(kāi)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(wèn)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(lái)的兩項(xiàng)是20,21,再接下來(lái)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(lái)的兩項(xiàng)為第2組,再接下來(lái)的三項(xiàng)為第3組,依此類推,則第n組的項(xiàng)數(shù)

22、為n,前n組的項(xiàng)數(shù)和為. 由題意可知,N>100,令>100, 得n≥14,n∈N*,即N出現(xiàn)在第13組之后. 易得第n組的所有項(xiàng)的和為=2n-1,前n組的所有項(xiàng)的和為-n=2n+1-n-2. 設(shè)滿足條件的N在第k+1(k∈N*,k≥13)組,且第N項(xiàng)為第k+1組的第t(t∈N*)個(gè)數(shù), 若要使前N項(xiàng)和為2的整數(shù)冪,則第k+1組的前t項(xiàng)的和2t-1應(yīng)與-2-k互為相反數(shù), 即2t-1=k+2, ∴2t=k+3, ∴t=log2(k+3), ∴當(dāng)t=4,k=13時(shí),N=+4=95<100,不滿足題意; 當(dāng)t=5,k=29時(shí),N=+5=440; 當(dāng)t>5時(shí),N>440. 答

23、案:440 第2課時(shí)等差、等比數(shù)列的綜合問(wèn)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n∈N*,數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù),前n項(xiàng)和為Sn,且a1=1,a2=2,設(shè)bn=a2n-1+a2n. (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n∈N*,Sn=恒成立,求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (3)若S2n=3(2n-1),數(shù)列{anan+1}為等比數(shù)列,求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式. [解] (1)由題意,b1=a1+a2=1+2=3, 則S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2n-1+a2n)=

24、b1+b2+…+bn==. (2)當(dāng)n≥2時(shí),由2Sn=a+n, 得2Sn-1=a+n-1, 兩式相減得2an=a+n-(a+n-1)=a-a+1, 整理得(an-1)2-a=0, 即(an-an-1-1)(an+an-1-1)=0, 故an-an-1=1或an+an-1=1.(*) 下面證明an+an-1=1對(duì)任意的n∈N*恒不成立. 事實(shí)上,因?yàn)閍1+a2=3, 所以an+an-1=1不恒成立; 若存在n∈N*,使an+an-1=1,設(shè)n0是滿足上式最小的正整數(shù),即an0+an0-1=1,顯然n0>2,且an0-1∈(0,1),則an0-1+an0-2≠1,則由(*)

25、式知,an0-1-an0-2=1,則an0-2<0,矛盾.故an+an-1=1對(duì)任意的n∈N*恒不成立, 所以an-an-1=1對(duì)任意的n∈N*恒成立. 因此{(lán)an}是以1為首項(xiàng),1為公差的等差數(shù)列,所以an=1+(n-1)=n. (3)設(shè)等比數(shù)列{anan+1}的公比為q,則當(dāng)n≥2時(shí),==q. 即{a2n-1},{a2n}分別是以1,2為首項(xiàng),公比為q的等比數(shù)列; 故a3=q,a4=2q. 令n=2,有S4=a1+a2+a3+a4=1+2+q+2q=9,則q=2. 當(dāng)q=2時(shí),a2n-1=2n-1,a2n=2×2n-1=2n,bn=a2n-1+a2n=3×2n-1, 此

26、時(shí)S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2n-1+a2n)=b1+b2+…+bn==3(2n-1). 綜上所述,an= [方法歸納] 有關(guān)遞推數(shù)列問(wèn)題常見(jiàn)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=(an+2)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

27、,公比為-的等比數(shù)列,求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式; (2)若bn=n,a2=3,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=×n-1=-2n, Sn==, 所以bn===. (2)若bn=n,則2Sn=nan+2n,① 所以2Sn+1=(n+1)an+1+2(n+1),② 由②-①得2a n+1=(n+1)an+1-nan+2, 即nan=(n-1)an+1+2,③ 當(dāng)n≥2時(shí),(n-1)an-1=(n-2)an+2,④ 由④-③得(n-1)an-1+(n-1)an+1=2

28、(n-1)an, 即an-1+an+1=2an, 由2S1=a1+2,得a1=2,又a2=3, 所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2,公差為3-2=1的等差數(shù)列,故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an=n+1. (3)證明:由(2)得cn=,對(duì)于給定的n∈N*,若存在k≠n,t≠n,k,t∈N*,使得cn=ck·ct, 只需=·, 即1+=·, 即=++,則t=, 取k=n+1,則t=n(n+2), 所以對(duì)數(shù)列{cn}中的任意一項(xiàng)cn=,都存在cn+1=和cn2+2n=,使得cn=cn+1·cn2+2n. 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),

29、數(shù)列{an}滿足an>0,4(n+1)a-na=0,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n∈N*,均存在m∈N*,使得8aSn-an2=16bm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(n+1)a=na,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=a1·2n-1,即an=a1·2n-1·, 所以bn==, 如果數(shù)列{bn}是等差數(shù)列,則2b2=

30、b1+b3, 即2·=+, 整理得=+,則t2-16t+48=0, 解得t=4或t=12. 當(dāng)t=4時(shí),bn=, 因?yàn)閎n+1-bn=-=, 所以數(shù)列{bn}是等差數(shù)列,符合題意; 當(dāng)t=12時(shí),bn=, 因?yàn)閎2+b4=+==a,2b3=2·=,b2+b4≠2b3, 所以數(shù)列{bn}不是等差數(shù)列,t=12不符合題意, 綜上,如果數(shù)列{bn}是等差數(shù)列,則t=4. (3)由(2)得bn=,對(duì)任意的n∈N*,均存在m∈N*,使8aSn-an2=16bm, 則8··-an2=16,所以m=. 當(dāng)a1=2k,k∈N*時(shí),m==k2n,對(duì)任意的n∈N*,m∈N*,符合題意

31、; 當(dāng)a1=2k-1,k∈N*,當(dāng)n=1時(shí),m==k2-k+?N*,故不合題意. 綜上,當(dāng)a1=2k,k∈N*,對(duì)任意的n∈N*,均存在m∈N*,使8aSn-an2=16bm. [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: ①利用定義,證明an+1-an(n∈N*)為一常數(shù); ②利用中項(xiàng)性質(zhì),即證明2an=an-1+an+1(n≥2). (2)證明數(shù)列{an}是等比數(shù)列的兩種基本方法: ①利用定義,證明(n∈N*)為一常數(shù); ②利用等比中項(xiàng),即證明a=an-1an+1(n≥2). [變式訓(xùn)練] 已知數(shù)列{

32、an}的前n項(xiàng)和為Sn,數(shù)列{bn},{cn}滿足(n+1)bn=an+1-,(n+2)cn=-,其中n∈N*. (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)λ,使得對(duì)一切n∈N*,有bn≤λ≤cn,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an=a1+2(n-1),=a1+n-1. 因?yàn)?n+2)cn=-(a1+n-1)=n+2,所以cn=1. (2)證明:由(n+1)bn=an+1-, 得n(n+1)bn=nan+1-Sn,(n+1)(n+2)bn+1=(n+1)an+2-Sn+1,兩式相減

33、,并化簡(jiǎn)得an+2-an+1=(n+2)bn+1-nbn. 從而(n+2)cn=-=-[an+1-(n+1)bn]=+(n+1)bn=+(n+1)bn=(bn+bn+1), 因此cn=(bn+bn+1). 因?yàn)閷?duì)一切n∈N*,有bn≤λ≤cn, 所以λ≤cn=(bn+bn+1)≤λ,故bn=λ,cn=λ. 所以(n+1)λ=an+1-,① (n+2)λ=(an+1+an+2)-,② ②-①得(an+2-an+1)=λ,即an+2-an+1=2λ,故an+1-an=2λ(n≥2). 又2λ=a2-=a2-a1,則an+1-an=2λ(n≥1). 所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列.

34、 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: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=2

35、an,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

36、d′. 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. [方法歸納] 本題中第(1)問(wèn)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(wèn)通過(guò)變形轉(zhuǎn)化,化歸為an-1,an ,an+1三項(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?n∈N*,?m∈N*,Sn=am,則稱數(shù)列{an}為H數(shù)列. (1)求證:數(shù)列{(n-2)d}(

37、n∈N*,d為常數(shù))是H數(shù)列; (2)求證:數(shù)列{(n-3)d}(n∈N*,d為常數(shù),d≠0)不是H數(shù)列. 證明:(1)∵an=(n-2)d,∴Sn=d=d.令d=(m-2)d.(*) 當(dāng)d=0時(shí),存在正整數(shù)m滿足(*). 當(dāng)d≠0時(shí),m=2+, ∵?n∈N*,∈Z, ∴m∈Z,且≥-1, ∴m≥1,m∈N*,故存在m∈N*滿足(*). 所以數(shù)列{(n-2)d}是H數(shù)列. (2)數(shù)列{(n-3)d}的前n項(xiàng)之和為Sn=d=d. 令d=(m-3)d. 因?yàn)閐≠0,所以m=3+,當(dāng)n=2時(shí),m=0,故{(n-3)d}不是H數(shù)列. [課時(shí)達(dá)標(biāo)訓(xùn)練] 1.(2017·蘇州期中

38、)已知等比數(shù)列{an}的公比q>1,滿足:a2+a3+a4=28,且a3+2是a2,a4的等差中項(xiàng). (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)若bn=anlogan,Sn=b1+b2+…+bn,求使Sn+n·2n+1>62成立的正整數(shù)n的最小值. 解:(1)∵a3+2是a2,a4的等差中項(xiàng), ∴2(a3+2)=a2+a4, 代入a2+a3+a4=28,可得a3=8, ∴a2+a4=20, ∴ 解得或 ∵q>1,∴∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n. (2)∵bn=anlogan=2nlog2n=-n·2n, ∴Sn=-(1×2+2×22+…+n·2n),① 2Sn=-

39、(1×22+2×23+…+(n-1)·2n+n·2n+1),② ②-①得Sn=2+22+23+…+2n-n·2n+1 =-n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1. ∵Sn+n·2n+1>62,∴2n+1-2>62, ∴n+1>6,n>5, ∴使Sn+n·2n+1>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,an+1bn=Sn+1(n∈N*). (1)若a1=1,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)λ,使得{bn+λ}為等比數(shù)列. 解:(1)由a1=1,bn=,知a2=

40、4,a3=6,a4=8. (2)證明:法一:顯然公比q≠1,因?yàn)閍n+1bn=Sn+1,所以a1qnbn=+1, 所以qnbn=+-, 即bn=n-, 所以存在實(shí)數(shù)λ=, 使得bn+λ=n, 又bn+λ≠0(否則{bn}為常數(shù)數(shù)列,與題意不符), 所以當(dāng)n≥2時(shí),=,此時(shí){bn+λ}為等比數(shù)列, 所以存在實(shí)數(shù)λ=,使得{bn+λ}為等比數(shù)列. 法二:因?yàn)閍n+1bn=Sn+1,① 所以當(dāng)n≥2時(shí),anbn-1=Sn-1+1,② ①-②得,an+1bn-anbn-1=an,③ 由③得,bn=bn-1+=bn-1+, 所以bn+=. 又bn+≠0(否則{bn}為常數(shù)數(shù)列

41、,與題意不符), 所以存在實(shí)數(shù)λ=,使得{bn+λ}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,n∈N*,均有(n-m)·Qn+m=(n+m)(Qn-Qm)”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an=2n-1,bn=2n-1,n∈N*,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. ①若c2 016=2 017,求數(shù)列{cn}的通項(xiàng)公式; ②若c1=p,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:t≥s2. 解:(1)若

42、an=2n-1,則Sn=n2, 所以(n-m)Sn+m=(n-m)(n+m)2, 而(n+m)(Sn-Sm)=(n+m)(n2-m2)=(n+m)2(n-m), 所以(n-m)Sn+m=(n+m)(Sn-Sm)對(duì)任意的m,n∈N*均成立, 即數(shù)列{an}是“好”數(shù)列. 若bn=2n-1,則Sn=2n-1,取n=2,m=1, 則(n-m)Sn+m=S3=7,(n+m)(Sn-Sm)=3b2=6, 此時(shí)(n-m)Sn+m≠(n+m)(Sn-Sm), 即數(shù)列{bn}不是“好”數(shù)列. (2)因?yàn)閿?shù)列{cn}為“好”數(shù)列,取m=1, 則(n-1)Tn+1=(n+1)(Tn-T1),

43、 即2Tn=(n-1)cn+1+(n+1)c1恒成立. 當(dāng)n≥2時(shí),有2Tn-1=(n-2)cn+nc1, 兩式相減,得2cn=(n-1)cn+1-(n-2)cn+c1(n≥2), 即ncn=(n-1)cn+1+c1(n≥2), 所以(n-1)cn-1=(n-2)cn+c1(n≥3), 所以ncn-(n-1)cn-1=(n-1)cn+1-(n-2)cn(n≥3), 即(2n-2)cn=(n-1)cn-1+(n-1)cn+1(n≥3), 即2cn=cn-1+cn+1(n≥3), 當(dāng)n=2時(shí),有2T2=c3+3c1,即2c2=c3+c1, 所以2cn=cn-1+cn+1對(duì)任意的n

44、≥2,n∈N*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, ①若c2 016=2 017,則c1+2 015d=2 017, 即d=, 因?yàn)閿?shù)列{cn}的各項(xiàng)均為不相等的正整數(shù), 所以d∈N*, 所以d=1,c1=2,所以cn=n+1. ②證明:若c1=p,則cn=dn+p-d, 由c1,cs,ct成等比數(shù)列,得c=c1ct, 所以(ds+p-d)2=p(dt+p-d), 即(p-d)(2ds+p-d-p)+d(ds2-pt)=0, 化簡(jiǎn)得,p(t+1-2s)=d(s-1)2, 即d=p. 因?yàn)閜是任意給定的正整數(shù),要使d∈N*,必須∈N*,

45、 不妨設(shè)k=,由于s是任意給定的正整數(shù), 所以t=k(s-1)2+2s-1≥(s-1)2+2s-1=s2. 故不等式得證. 4.(2017·常州前黃中學(xué)國(guó)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·a3=15,S4=16. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)數(shù)列{bn}滿足b1=a1,bn+1-bn=. ①求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式; ②是否存在正整數(shù)m,n(m≠n),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(shuō)明理由. 解:(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d,則d>0. 由a2·a3=15,S4=16,得 解得或

46、(舍去). 所以an=2n-1. (2)①∵b1=a1,bn+1-bn=, ∴b1=a1=1,bn+1-bn===, 即b2-b1=,b3-b2=,…,bn-bn-1=(n≥2), 累加得:bn-b1==, ∴bn=b1+=1+=. b1=1也符合上式. 故bn=,n∈N*. ②假設(shè)存在正整數(shù)m,n(m≠n),使得b2,bm,bn成等差數(shù)列, 則b2+bn=2bm. 又b2=,bn==-,bm=-, ∴+=2, 即=+, 化簡(jiǎn)得:2m==7-. 當(dāng)n+1=3,即n=2時(shí),m=2,不合題意,舍去; 當(dāng)n+1=9,即n=8時(shí),m=3,符合題意. ∴存在正整數(shù)m=3

47、,n=8,使得b2,bm,bn成等差數(shù)列. 5.(2017·鎮(zhèn)江丹陽(yáng)高級(jí)中學(xué)期初考試)已知數(shù)列{an}滿足a1=1,a2=r(r>0),且{anan+1}是公比為q(q>0)的等比數(shù)列,設(shè)bn=a2n-1+a2n(n∈N*). (1)求使anan+1+an+1an+2>an+2an+3(n∈N*)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)q≥2時(shí),對(duì)任意正整數(shù)n≥2,Sn不可能是數(shù)列{bn}中的某一項(xiàng). 解:(1)依題意得qn-1+qn>qn+1, ∵q>0,∴q2-q-1<0, ∴00), 且b1=a1+

48、a2=1+r>0, ∴ 數(shù)列{bn}是以1+r為首項(xiàng),q為公比的等比數(shù)列, ∴Sn= (3)證明:當(dāng)q≥2時(shí),Sn=, ∵Sn-an+1= -(1+r)qn=[(1-qn)-qn(1-q)]=[1+qn(q-2)]<0, ∴Sn0,n∈N*,∴Sn>an, 故當(dāng)q≥2時(shí),對(duì)任意正整數(shù)n≥2,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(n∈N*),且滿足:①|(zhì)a1|≠|(zhì)a2|;②r(n-p)Sn+1=an+(n2-n-2)a1,其中r,p∈R,且r≠0. (1)求p的值;

49、(2)數(shù)列{an}能否是等比數(shù)列?請(qǐng)說(shuō)明理由; (3)求證:當(dāng)r=2時(shí),數(shù)列{an}是等差數(shù)列. 解:(1)n=1時(shí),r(1-p)S2=2a1-2a1=0, 因?yàn)閨a1|≠|(zhì)a2|,所以S2≠0, 又r≠0,所以p=1. (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)n=2時(shí),rS3=6a2,即ra1(1+q+q2)=6a1q, 所以r(1+q+q2)=6q,① 當(dāng)n=3時(shí),2rS4=12a3+4a1,即2ra1(1+q+q2+q3)=12a1q2+4a1, 所以r(1+q+q2+q3)=6q2+2,② 由①②得q=1,與|a1|≠|(zhì)

50、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)r=2時(shí),易知a3+a1=2a2. 由2(n-1)Sn+1=(n2+n)an+(n2-n-2)a1,得 n≥2時(shí),2Sn+1=+,① 2Sn+2=+,② ②-①得,2an+2=-+, 即2(an+2-a1)=-, 兩邊同除(n+1)得, =-, 即-= = =…… ==0, 所以==…=, 令a2-a1=d,則=d(n≥2). 所以an=a1+(n-1)d(n≥2). 又n=1時(shí),也適合上式, 所以an=a1+(n-1)d(n∈N*). 所以an+1-an=d(n∈N*). 所以當(dāng)

51、r=2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(wèn)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2=an+1 (n∈N*). (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b2=2,2b7+b8=b9,求Tn=a1b1+a2b2+…+anbn; (3)對(duì)于(2)中的Tn,若對(duì)任意的n∈N*,不等式λ(-1)n<(Tn+21)恒成立,求實(shí)數(shù)λ的取值范圍. [解] (1)因?yàn)?=an+1, 所以4Sn=(an+1)2,且an>0, 則4a1=(a1+1)2,解

52、得a1=1, 又4Sn+1=(an+1+1)2, 所以4an+1=4Sn+1-4Sn=(an+1+1)2-(an+1)2, 即(an+1+an)(an+1-an)-2(an+1+an)=0, 因?yàn)閍n>0,所以an+1+an≠0, 所以an+1-an=2,所以{an}是公差為2的等差數(shù)列,又a1=1, 所以an=2n-1. (2) 設(shè)數(shù)列{bn}的公比為q,因?yàn)?b7+b8=b9,所以2+q=q2,解得q=-1(舍去)或q=2, 由b2=2,得b1=1,即bn=2n-1. 記A=a1b1+a2b2+…+anbn=1×1+3×2+5×22+…+(2n-1)×2n-1, 則2

53、A=1×2+3×22+5×23+…+(2n-1)×2n, 兩式相減得-A=1+2(2+22+…+2n-1)-(2n-1)×2n, 故A=(2n-1)×2n-1-2(2+22+…+2n-1)=(2n-1)×2n-1-2(2n-2)=(2n-3)×2n+3 所以Tn=a1b1+a2b2+…+anbn=(2n-3)·2n+3. (3)不等式λ(-1)n<(Tn+21)可化為(-1)nλ<n-+. 當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),λ<n-+, 記g(n)=n-+. 即λ<g(n)min. g(n+2)-g(n)=2+-=2-, 當(dāng)n=2時(shí),g(n+2)<g(n),n≥4時(shí),g(n+2)>g(n),

54、即g(4)<g(2),當(dāng)n≥4時(shí),g(n)單調(diào)遞增,g(n)min=g(4)=,即λ<. 當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),λ>-n-, 記h(n)=-n-,所以λ>h(n)max. h(n+2)-h(huán)(n)=-2-+=-2+, 當(dāng)n=1時(shí),h (n+2)>h(n),n≥3時(shí),h(n+1)<h(n), 即h(3)>h(1),n≥3時(shí),h(n)單調(diào)遞減,h(n)max=h(3)=-3,所以λ>-3. 綜上所述,實(shí)數(shù)λ的取值范圍為. [方法歸納] 1.數(shù)列與不等式的綜合問(wèn)題考查類型 (1)判斷數(shù)列中的一些不等關(guān)系問(wèn)題; (2)以數(shù)列為載體,考查不等式的恒成立問(wèn)題; (3)考查與數(shù)列問(wèn)題有關(guān)的不等式

55、的證明問(wèn)題. 2.解決數(shù)列與不等式問(wèn)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a1=6,a2=20,且an-1·an+1=a-8an+12(n∈N*,n≥2). (1)證明:數(shù)列{an+1-an}為等差數(shù)列; (2)令cn=+,數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn,求證:2n

56、n≥2時(shí),由an-1·an+1=a-8an+12, 得an·an+2=a-8an+1+12, 兩式相減得a-a-8an+1+8an=anan+2-an-1an+1, 所以a+anan+2-8an=a+an-1an+1-8an+1, 即an(an+an+2-8)=an+1(an+1+an-1-8), 所以==…==2. 所以an+2+an-8=2an+1, 即an+2-2an+1+an=8, 即(an+2-an+1)-(an+1-an)=8, 當(dāng)n=1時(shí),也滿足此式. 又a2-a1=14, 所以數(shù)列{an+1-an}是以14為首項(xiàng),8為公差的等差數(shù)列. (2)由(1)知a

57、n+1-an=14+8(n-1)=8n+6. 由a2-a1=8×1+6,a3-a2=8×2+6,…,an-an-1=8×(n-1)+6,累加得an-a1=8×[1+2+3+…+(n-1)]+6(n-1)=8×+6(n-1)=4n2+2n-6,所以an=4n2+2n. 所以cn=+=+=+=2+2, 所以Tn=2n+2++…+=2n+2, 又>-==>0, 所以2n

58、列{an}和{bn}; (2)若a1+b1=1,數(shù)列{cn}滿足:cn=4an+λ(-1)n-1·2bn,求最大的實(shí)數(shù)λ,使得當(dāng)n∈N*,恒有cn+1≥cn成立. [解] (1)設(shè)數(shù)列{an},{bn}的公差分別是d1,d2. 則Sn+3=(n+3)a1+d1, Tn=nb1+d2. ∵對(duì)一切n∈N*,有Sn+3=Tn, ∴(n+3)a1+d1=nb1+d2, 即n2+n+3a1+3d1=n2+n. ∴即 故答案不唯一. 例如取d1=d2=2,a1=-2,b1=4, 得an=2n-4(n∈N*),bn=2n+2(n∈N*). (2)∵a1+b1=1, 又由(1),可得

59、d1=d2=1,a1=-1,b1=2. ∴an=n-2,bn=n+1. ∴cn=4n-2+λ(-1)n-12n+1. ∴cn+1-cn=4n-1+λ(-1)n2n+2-4n-2-λ(-1)n-12n+1=3·4n-2+λ(-1)n(2n+2+2n+1)=·22n+6λ(-1)n·2n. ∵當(dāng)n∈N*時(shí),cn+1≥cn恒成立, 即當(dāng)n∈N*時(shí),·22n+6λ(-1)n·2n≥0恒成立. ∴當(dāng)n為正奇數(shù)時(shí),λ≤·2n恒成立, 而·2n≥.∴λ≤; 當(dāng)n為正偶數(shù)時(shí),λ≥-·2n恒成立, 而-·2n≤-,∴λ≥-. ∴-≤λ≤,∴λ的最大值是. [方法歸納] (1)

60、第一問(wèn)和第二問(wèn)的切入點(diǎn)都是從Sn+3=Tn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n2+n+3a1+3d1=n2+n (*),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(wèn)是一個(gè)開(kāi)放的問(wèn)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(wèn)給出特定的約束條件a1+b1=1,求出d1和d2唯一的一組值. (2)第二問(wèn)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λ的取值范圍時(shí),采取的方法是將λ分離出來(lái)(

61、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)p>0,數(shù)列{an}滿足an+1=|p-an|+2an+p,n∈N*. (1)若a1=-1,p=1, ①求a4的值; ②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,t∈N*,r<s<t)依次成等差數(shù)列,求的取值范圍. 解:(1)因?yàn)閜=1,所以an+1=|1-an|+2an+1. ①因?yàn)閍1=-1, 所以a2=|1-a1|+2a1+1=1, a3=|1-a2|+2a2+1=3, a4=|1-a3|+2a3+1=9. ②因?yàn)?/p>

62、a2=1,an+1=|1-an|+2an+1, 所以當(dāng)n≥2時(shí),an≥1, 從而an+1=|1-an|+2an+1=an-1+2an+1=3an, 于是有an=3n-2(n≥2) . 故當(dāng)n≥2時(shí),Sn=-1+a2+a3+…+an=-1+= ,當(dāng)n=1時(shí),S1=-1,符合上式, 故Sn=,n∈N*. (2)因?yàn)閍n+1-an=|p-an|+an+p≥p-an+an+p=2p>0, 所以an+1>an,即數(shù)列{an}單調(diào)遞增. (ⅰ)當(dāng)≥1時(shí),有a1≥p,于是an≥a1≥p, 所以an+1=|p-an|+2an+p=an-p+2an+p=3an,所以an=3n-1a1. 若{

63、an}中存在三項(xiàng)ar,as,at (r,s,t∈N*,r<s<t)依次成等差數(shù)列,則有2as=ar+at, 即2×3s-1=3r-1+3t-1. (*) 因?yàn)閟≤t-1,所以2×3s-1=×3s<3t-1<3r-1+3t-1,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. (ⅱ)當(dāng)-1< <1時(shí),有-p<a1<p. 此時(shí)a2=|p-a1|+2a1+p=p-a1+2a1+p=a1+2p>p, 于是當(dāng)n≥2時(shí),an≥a2>p, 從而an+1=|p-an|+2an+p=an-p+2an+p=3an. 所以an=3n-2a2=3n-2(a1+2p) (n≥2). 若

64、{an}中存在三項(xiàng)ar,as,at (r,s,t∈N*,r<s<t)依次成等差數(shù)列, 由(ⅰ)可知,r=1, 于是有2×3s-2(a1+2p)=a1+3t-2(a1+2p). 因?yàn)?≤s≤t-1, 所以=2×3s-2-3t-2=×3s-×3t-1<0. 因?yàn)?×3s-2-3t-2是整數(shù),所以≤-1, 于是a1≤-a1-2p,即a1≤-p,與-p<a1<p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. (ⅲ)當(dāng)≤-1時(shí),則有a1≤-p<p,a1+p≤0, 于是a2=|p-a1|+2a1+p=p-a1+2a1+p=a1+2p, a3=|p-a2|+2a2+p=|p+a

65、1|+2a1+5p=-p-a1+2a1+5p=a1+4p, 此時(shí)2a2=a1+a3,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(wèn)題 [例3] 已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足:a1=a,a2=b,an+1=(n∈N*),其中m,a,b均為實(shí)常數(shù). (1)若m=0,且a4,3a3,a5成等差數(shù)列. ①求的值; ②若a=2,令bn=求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn; (2)是否存在常數(shù)λ,使得an+an+2=λan+1對(duì)任意的n∈N*都成立?若存在,求出實(shí)數(shù)λ的值(用m,a,b表示);若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由. [解] 

66、(1)①因?yàn)閙=0, 所以a=anan+2, 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q2+q=6, 解得q=2或q=-3(舍去), 所以=2. ②當(dāng)a=2時(shí),數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2、公比為2的等比數(shù)列, 所以an=2n,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)λ=, 使得an+an+2=λan+1對(duì)任意的n∈N*都成立. 證明如下:因?yàn)閍=anan+2+m,n∈N*, 所以a=an-1an+1+m,n≥2,n∈N*, 所以a-a=anan+2-an-1an+1, 即a+an-1an+1=anan+2+a. 由于an>0,此等式兩邊同時(shí)除以anan+1, 得=, 所以==…=, 即當(dāng)n≥2,n∈N*時(shí), 都有an+an+2=an+1. 因?yàn)閍1=a,a2=b,a=anan+2+m, 所以a3=, 所以==, 所

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