（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

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等差數(shù)列的基本量計算(5年3考)等比數(shù)列的基本量計算(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、證明某個數(shù)列是等差、等比數(shù)列(如2020年T19)；另一類是已知等差、等比數(shù)列求基本量，這個基本量涵義很廣泛，指定的項ak、項數(shù)n、公差d、公比q、通項an、和式Sn以及它們的組合式，甚至還包括相關(guān)參數(shù)(如2020年T20，2020年T20).數(shù)列的壓軸題還對代數(shù)推理能力要求較高，其中數(shù)列與不等式的結(jié)合(如2020年T20，2020年T20)；數(shù)列與方程的結(jié)合(如2020年T20)這些壓軸題難度很大，綜合能力要求較高.偶考點等差、等比數(shù)列的性質(zhì)及最值問題第一講 | 小題考法數(shù)列中的基本量計算考點(一)等差、等比數(shù)列的基本運算主要考查等差、等比數(shù)列的通項公式、前n項和公式及有關(guān)的五個基本量間的“知三求二”運算.題組練透1(2020·江蘇高考)已知數(shù)列an(nN*)是等差數(shù)列，Sn是其前n項和若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(2020·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(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：323(2020·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項和為Sn，若4，則_解析：由4得S104S5，即10a145d4(5a110d)，化簡得2a1d，則2.答案：24(2020·江蘇南師大附中期中改編)已知等比數(shù)列an的各項均為正數(shù)，其前n項和為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q1，由得解得故ana1qn1×2n12n3.答案：2n35(2020·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項和為Sn，若a22，S37，則a5的值為_解析：設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，則由題意得得或因為數(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(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，以減少計算量.考點(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項和有關(guān)的最值問題.題組練透1(2020·南京三模)已知數(shù)列an的前n項和為Sn，且2Sn3n1，nN*.若bnlog3an，則b1b2b3b4的值為_解析：法一：當(dāng)n1時，a1S11，所以b1log3a10.當(dāng)n2時，anSnSn13n1，所以bnlog3ann1(n2)又b10，所以bnn1，所以b1b2b3b46.法二：當(dāng)n1時，a1S11，所以b1log3a10.當(dāng)n2時，a2S2S113，所以b2log3a21.當(dāng)n3時，a3S3S21349，所以b32.當(dāng)n4時，a4S4S3401327，所以b43.所以b1b2b3b401236.答案：62(2020·揚州期末)設(shè)等差數(shù)列an的前n項和為Sn，已知a113，S3S11，當(dāng)Sn最大時，n的值為_解析：S3S11，S11S3a4a5a6a110，故可得(a4a11)(a5a10)(a6a9)(a7a8)4(a7a8)0，a7a80.結(jié)合a113可知，該數(shù)列的前7項均為正數(shù)，從第8項開始為負數(shù)，故數(shù)列的前7項和最大答案：73在等比數(shù)列an中，a3，a15是方程x26x80的根，則_解析：由題知，a3a156>0，a3a158>0，則a3>0，a15>0，由等比數(shù)列的性質(zhì)知a1a17a3a158aa9±2.設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，則a9a3q6>0，故a92，故2.答案：24(2020·南京四校聯(lián)考)已知各項均為正數(shù)的等比數(shù)列an中，a23，a427，S2n為該數(shù)列的前2n項和，Tn為數(shù)列anan1的前n項和，若S2nkTn，則實數(shù)k的值為_解析：法一：因為各項均為正數(shù)的等比數(shù)列an中，a23，a427，所以a11，公比q3，所以S2n，an3n1，令bnanan13n1·3n32n1，所以b13，數(shù)列bn為等比數(shù)列，公比q9，所以Tn.因為S2nkTn，所以k·，解得k.法二：因為各項均為正數(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(2020·蘇州期末)設(shè)Sn是等比數(shù)列an的前n項和，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，因為，所以，所以q52，所以.法二：因為，所以不妨設(shè)S5a，S103a，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)鍵是抓住項與項之間的關(guān)系及項的序號之間的關(guān)系，從這些特點入手選擇恰當(dāng)?shù)男再|(zhì)進行求解(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(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(2020·南通等七市一模)已知數(shù)列an是等比數(shù)列，有下列四個命題：數(shù)列|an|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，錯誤故正確的命題有3個答案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)通項公式法：anpnq(p，q為常數(shù)，nN*)an是等差數(shù)列(3)中項公式法：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*)an是等比數(shù)列(2)通項公式法：ancqn(c，q均是不為0的常數(shù)，nN*)an是等比數(shù)列(3)中項公式法：aan·an2(an·an1·an20，nN*)an是等比數(shù)列演練沖關(guān)若數(shù)列an的前n項和Sn3n22n，則下列四個命題：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為_解析：當(dāng)n1時，a1S1321.當(dāng)n2時，anSnSn13n22n 3(n1)22(n1)6n5.當(dāng)n1時，也滿足上式，an6n5.首項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) 主干知識要記牢1等差數(shù)列、等比數(shù)列等差數(shù)列等比數(shù)列通項公式ana1(n1)dana1qn1(q0)前n項和公式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)等差中項的推廣：an(n2，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d0.(4)構(gòu)造新數(shù)列若數(shù)列an，bn都是等差數(shù)列且項數(shù)相同，則kbn，anbn，anbn，panqbn都是等差數(shù)列3等比數(shù)列(1)a，b，c成等比數(shù)列是b2a·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anp，anp的等比中項，即aanp·anp(n2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q1；an為擺動數(shù)列q<0.(4)構(gòu)造新數(shù)列：若an，bn(項數(shù)相同)是等比數(shù)列，則an(0)，a，an·bn，仍是等比數(shù)列若an是等比數(shù)列，且an0，則logaan(a0且a1)是以logaa1為首項，logaq為公差的等差數(shù)列(二) 二級結(jié)論要用好1等差數(shù)列的重要規(guī)律與推論(1)pqmnapaqaman.(2)apq，aqp(pq)apq0；SmnSmSnmnd.(3)連續(xù)k項的和(如Sk，S2kSk，S3kS2k，)構(gòu)成的數(shù)列是等差數(shù)列(4)若等差數(shù)列an的項數(shù)為偶數(shù)2m，公差為d，所有奇數(shù)項之和為S奇，所有偶數(shù)項之和為S偶，則所有項之和S2mm(amam1)，S偶S奇md，.(5)若等差數(shù)列an的項數(shù)為奇數(shù)2m1，所有奇數(shù)項之和為S奇，所有偶數(shù)項之和為S偶，則所有項之和S2m1(2m1)am，S奇mam，S偶(m1)am，S奇S偶am，.針對練一個等差數(shù)列的前12項和為354，前12項中偶數(shù)項的和與奇數(shù)項的和之比為3227，則該數(shù)列的公差d_解析：設(shè)等差數(shù)列的前12項中奇數(shù)項的和為S奇，偶數(shù)項的和為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d5.答案：52等比數(shù)列的重要規(guī)律與推論(1)pqmnap·aqam·an.(2)an，bn成等比數(shù)列anbn成等比數(shù)列(3)連續(xù)m項的和(如Sm，S2mSm，S3mS2m，)構(gòu)成的數(shù)列是等比數(shù)列(注意：這連續(xù)m項的和必須非零才能成立)(4)若等比數(shù)列有2n項，公比為q，奇數(shù)項之和為S奇，偶數(shù)項之和為S偶，則q.(5)對于等比數(shù)列前n項和Sn，有：SmnSmqmSn；(q±1) A組抓牢中檔小題1(2020·南京三模)若等比數(shù)列an的前n項和為Sn，nN*，且a11，S63S3，則a7的值為_解析：由S6(a1a2a3)a1q3a2q3a3q3(a1a2a3)(1q3)(1q3)S33S3，得(1q3)S33S3.因為S3a1(1qq2)0，所以q32，得a74.答案：42(2020·蘇北三市一模)在等差數(shù)列an中，若a5，8a62a4a2，則an的前6項和S6的值為_解析：設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，由a5，8a62a4a2，得解得所以S66a1d.答案：3(2020·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項和若a32，S124S6，則a9的值為_解析：由S124S6，當(dāng)q1，顯然不成立，所以q1，則4，因為0，所以1q124(1q6)，即(1q6)(q63)0，所以q63或q1，所以a9a3q66或2.答案：2或64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：15(2020·無錫期末)設(shè)公差不為零的等差數(shù)列an滿足a37，且a11，a21，a41成等比數(shù)列，則a10_解析：設(shè)數(shù)列an的公差為d，d0，因為a11，a21，a41成等比數(shù)列，所以(a21)2(a11)(a41)，即(6d)2(62d)(6d)，化簡得3d26d0，因為d0，所以d2，所以a10a37d71421.答案：216(2020·常州期末)在各項均為正數(shù)的等比數(shù)列an中，若a2a3a4a2a3a4，則a3的最小值為_解析：依題意有a2a4a，a2a3a4(a3)3a2a3a4a323a3，整理有a3(a3)0，因為an>0，所以a3，所以a3的最小值為.答案：7等差數(shù)列an的前n項和為Sn，且anSnn216n15(n2，nN*)，若對任意nN*，總有SnSk，則k的值是_解析：在等差數(shù)列an中，設(shè)公差為d，因為“anSna1(n1)dn216n15(n2，nN*)”的二次項系數(shù)為1，所以1，即公差d2，令n2，得a113，所以前n項和Sn13n×(2)14nn249(n7)2，故前7項和最大，所以k7.答案：78(2020·蘇錫常鎮(zhèn)四市一模)中國古代著作張丘建算經(jīng)中有這樣一個問題：“今有馬行轉(zhuǎn)遲，次日減半疾，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S72a1a1700，所以a1700×，所以a7a1q6700××，所以這匹馬最后一天行走的里程數(shù)為.答案：9(2020·揚州期末)已知各項都是正數(shù)的等比數(shù)列an的前n項和為Sn，若4a4，a3，6a5成等差數(shù)列，且a33a，則S3_解析：設(shè)各項都是正數(shù)的等比數(shù)列an的公比為q，則q>0，且a1>0，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(2020·揚州期末)在正項等比數(shù)列an中，若a4a32a22a16，則a5a6的最小值為_解析：令a1a2t(t>0)，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時等號成立)答案：4812(2020·蘇州中學(xué)模擬)數(shù)列an的前n項和為Sn，滿足an0，(an1an)Sn1(an12n1an)an1，nN*.設(shè)數(shù)列的前n項和為Tn，則_解析：(an1an)Sn1(an12n1an)an1，anSn1an1Sn2n1an1an，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時上式也成立，Sn2n1an(nN*)Sn12nan1.兩式相減，得an12nan12n1an，即(2n1)an12n1an，則，Tn12，Tn2.答案：213(2020·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)三項成等比數(shù)列，則d的最小值為_解析：法一：由題意知ana1(n1)d(n1)d，bn2n1.數(shù)列cn中存在連續(xù)三項成等比數(shù)列，不可能是等差數(shù)列an中連續(xù)的三項，理由：假設(shè)是等差數(shù)列an中連續(xù)的三項，分別記為(k1)d，kd，(k1)d，k2，kN*，則k2d2(k1)d·(k1)d，得d0，an0，所以cn0，與題意不相符又數(shù)列an中的項為0，d，2d，3d，數(shù)列bn中的項為1，2，4，8，所以當(dāng)d2時，cnan，不滿足題意；當(dāng)2<d<時，ak<bk(k4，kN*)，此時數(shù)列cn的前三項為0，2，4，從第四項開始cnan，不滿足題意；當(dāng)d時，數(shù)列cn的前四項為0，2，4，8，此時，c2，c3，c4成等比數(shù)列，滿足題意綜上，d的最小值為.法二：在平面直角坐標系內(nèi)，點(n，bn)在指數(shù)函數(shù)y2x1的圖象上，點(n，an)在過點(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的縱坐標易知數(shù)列cn中連續(xù)三項成等比數(shù)列，不可能是等差數(shù)列an中的連續(xù)三項如圖，當(dāng)直線l過點(4，8)時，c2b22，c3b34，c4b48，第一次滿足cn中連續(xù)三項成等比數(shù)列，此時直線l的斜率為，即d取得最小值，最小值為.答案：14(2020·無錫期末)已知等比數(shù)列an滿足a2a52a3，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a2a5a3a42a3，由于a30，可得a42.因為a4，2a7成等差數(shù)列，所以2×a42a7，可得a7，由a7a4q3，可得q，由a4a1q3，可得a116，從而ana1qn116×.法一：令an1可得n5，故當(dāng)1n5時，an1，當(dāng)n6時，0<an<1，所以當(dāng)n4或5時，a1·a2··an的值最大，為1 024.法二：令Tna1·a2··an24×23×22××25n2432(5n)22.因為nN*，所以當(dāng)且僅當(dāng)n4或5時，取得最大值10，從而Tn取得最大值T102101 024.答案：1 024B組力爭難度小題1已知函數(shù)f(x)x2axb(a0，b0)有兩個不同的零點m，n，且m，n和2三個數(shù)適當(dāng)排序后，既可成為等差數(shù)列，也可成為等比數(shù)列，則ab的值為_解析：由題意可得mna，mnb，因為a0，b0，可得m0，n0，又m，n，2這三個數(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，可得或解得m4，n1，解得m1，n4.所以a5，b4，則ab9.答案：92已知等比數(shù)列an的各項均為正數(shù)且公比q>1，前n項積為Tn，且a2a4a3，則使得Tn>1的n的最小值為_解析：由a2a4a3得aa3，又an的各項均為正數(shù)，故a31，T5a1a2a3a4a5a1，當(dāng)n6時，T6T5·a6，又公比q>1，a31，故a6>1，T6>1.答案：63已知正項數(shù)列an滿足an11，其中nN*，a42，則a2 020_解析：an11，所以n2時，an1，兩式相減得an1an(n2)，所以aa1(n2)，aa(2 0204)×12 020，所以a2 020.答案：4(2020·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(shè)數(shù)列an的前n項和為Sn，則Snn2，因為242nn(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(2020·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個不同元素，其和記為S；從集合B中取出n個不同元素，其和記為T.若ST967，則m2n的最大值為_解析：法一：由題意可得Sm2，T4n24n，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時取等號，但此時nN*，所以等號取不到，則當(dāng)m22，n11時，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時取等號，但此時nN*，所以等號取不到，則當(dāng)m22，2n121，即n11時，m2n取得最大值44.答案：446(2020·江蘇高考)已知集合Ax|x2n1，nN*，Bx|x2n，nN*將AB的所有元素從小到大依次排列構(gòu)成一個數(shù)列an記Sn為數(shù)列an的前n項和，則使得Sn>12an1成立的n的最小值為_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個正奇數(shù)，即a2125，a3826.當(dāng)n1時，S11<12a224，不符合題意；當(dāng)n2時，S23<12a336，不符合題意；當(dāng)n3時，S36<12a448，不符合題意；當(dāng)n4時，S410<12a560，不符合題意；當(dāng)n26時，S2644162503<12a27516，不符合題意；當(dāng)n27時，S2748462546>12a28540，符合題意故使得Sn>12an1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)列的綜合運算主要考查等差、等比數(shù)列的通項公式及前n項和的求解，且常結(jié)合數(shù)列的遞推公式命題.典例感悟例1(2020·南京鹽城一模)已知數(shù)列an，其中nN*.(1)若an滿足an1anqn1(q>0，nN*)當(dāng)q2，且a11時，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項和為bn，數(shù)列bn的前n項和為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.因為an1anqn1，所以n2時，anan1qn2，a2a11.()當(dāng)q1時，ann1a1(n2)又a1滿足ann1a1，所以當(dāng)q1時，ann1a1(nN*)因為2srt，所以2asarat，所以q1滿足條件()當(dāng)q1且q>0時，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rts，這與r，s，t互不相等矛盾，所以q1且q>0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.因為a11，a22，所以b11，b23，從而c11，c24，可得b34，b47，故b3b2b1，所以bn2bn1bn對一切的nN*恒成立由bn3bn2bn1，bn2bn1bn得an3an2an1.易知a31，a43，故an2an1an(n2)因為aan1an3(an1an)2an1·(an2an1)(an1an)2an1·(an2an1)aanan2，n2，所以當(dāng)n2時，|aan1an3|aanan2|，所以當(dāng)n2時，|aanan2|5，當(dāng)n1時，|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項和第n1項合并在一起，看是否是一個特殊數(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)系式向通項公式轉(zhuǎn)換的類型，否則可以寫出數(shù)列的前幾項，看能否找到規(guī)律，即先特殊、后一般、再特殊演練沖關(guān)(2020·南通等七市一模)已知等差數(shù)列an滿足a44，前8項和S836.(1)求數(shù)列an的通項公式；(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.因為等差數(shù)列an滿足a44，前8項和S836，所以解得所以數(shù)列an的通項公式為ann.(2)證明：設(shè)數(shù)列bn的前n項和為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3×2n12Bnbn2(n2，nN*)，又3×(211)b1a12，所以b11，滿足上式所以2Bnbn23×2n1(nN*)當(dāng)n2時，2Bn1bn123×2n2，由得，bnbn13×2n2.所以bn2n1(bn12n2)(1)n1(b120)0，所以bn2n1，2，又b11，所以數(shù)列bn是首項為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時等號成立)由，得cm3cp>cp，所以m<p.設(shè)tpm(m，p，tN*)，由2pm，得m.當(dāng)t1時，m3，不合題意；當(dāng)t2時，m6，此時p8符合題意；當(dāng)t3時，m，不合題意；當(dāng)t4時，m1，不合題意下面證明當(dāng)t4，tN*時，m<1.不妨設(shè)f(x)2x3x3(x4)，則f(x)2xln 23>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)t4，tN*時，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，且常與數(shù)列的遞推公式結(jié)合命題.典例感悟例2(2020·南師附中、淮陰、天一、海門四月聯(lián)考)已知q為常數(shù)，正項數(shù)列an的前n項和Sn滿足：Sn(anSn)q1，nN*.(1)求證：數(shù)列an為等比數(shù)列；(2)若qN*，且存在tN*，使得3at24at1為數(shù)列an中的項求q的值；記bnlogan1an2，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(anSn)q1，nN*，得：a11，(1q)Snqan1()所以(1q)Sn1qan11()()()得：(1q)an1qan1qan0，即an1qan，因為an>0，所以q，nN*，且q>0，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中的項存在t，pN*，使得3at24at1ap存在t，pN*，使得3qt14qtqp1，即存在t，pN*，使得3q24qqpt(*)因為qN*，且q1時，(*)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，qpt(3q24q)q3(3q24q)q(q23q4)>0，與(*)式矛盾；當(dāng)pt1時，(*)式可化為3q24qq，解得q0(舍)或q(舍)；當(dāng)pt2時，(*)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，因為br，bs，bk成等比數(shù)列，所以不妨設(shè)r<s<k，則bbrbk，即·，即·，所以k.令2srs2，即s2r，得k4r24r.所以存在無窮多組正整數(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)列的方法定義法對于n1的任意自然數(shù)，驗證an1an為與正整數(shù)n無關(guān)的某一常數(shù)中項公式法若2an1anan2(nN *)，則an為等差數(shù)列；若aan·an20(nN *)，則an為等比數(shù)列演練沖關(guān)1(2020·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的通項公式；(2)數(shù)列an中是否存在不同的三項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；若不存在，請說明理由解：(1)由an13an40得an113(an1)，nN*.因為a11，所以a1120，可得an10，nN*，所以3，nN*，所以an1是以2為首項，3為公比的等比數(shù)列所以an12(3)n1，則數(shù)列an的通項公式為an2(3)n11.(2)假設(shè)數(shù)列an中存在三項am，an，ak(m<n<k，mN*，nN*，kN*)符合題意，易知kn，km，nm都是正整數(shù)，分以下三種情形：當(dāng)am位于an和ak的中間時，2amanak，即22(3)m112(3)n112(3)k11，所以2(3)m(3)n(3)k，兩邊同時除以(3)m，得2(3)nm(3)km，等式右邊是3的倍數(shù)，舍去；當(dāng)an位于am和ak的中間時， 2anamak，即22(3)n112(3)m112(3)k11，所以2(3)n(3)m(3)k，兩邊同時除以(3)m，得2(3)nm1(3)km，即12(3)nm(3)km，等式右邊是3的倍數(shù)，舍去；當(dāng)ak位于am和an的中間時，2akaman，即22(3)k112(3)m112(3)n11，所以2(3)k(3)m(3)n，兩邊同時除以(3)m，得2(3)km1(3)nm，即12(3)km(3)nm，等式右邊是3的倍數(shù)，舍去綜上可得，數(shù)列an中不存在滿足題意的三項2(2020·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(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)因為an是等差數(shù)列，設(shè)其公差為d，則ana1(n1)d，從而，當(dāng)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“P(3)數(shù)列”，因此，當(dāng)n3時，an2an1an1an24an，當(dāng)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(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100的正整數(shù)，求使成立的所有數(shù)對(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，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m1(3)nm1，由m是不超過100的正整數(shù)，可得2(3)nm1101，所以nm12或4，當(dāng)nm12時，m19，此時m8，則n9，符合題意；當(dāng)nm14時，m181，此時m80，則n83，符合題意故使成立的所有數(shù)對(m，n)為(8，9)，(80，83)2(2020·蘇錫常鎮(zhèn)二模)已知數(shù)列an是各項都不為0的無窮數(shù)列，對任意的n3，nN*，a1a2a2a3an1an(n1)a1an恒成立(1)如果，成等差數(shù)列，求實數(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中的任意一項都是數(shù)列中的項解：(1)因為n3且nN*時，a1a2a2a3an1an(n1)a1an恒成立，則當(dāng)n3時，a1a2a2a32a1a3，因為數(shù)列an的各項都不為0，所以等式兩邊同時除以a1a2a3得：，又，成等差數(shù)列，所以，所以，所以1.(2)證明：()當(dāng)1，n3時，a1a2a2a32a1a3 ，整理得，則.當(dāng)n4時，a1a2a2a3a3a43a1a4，得：a3a43a1a42a1a3，得，又，所以.當(dāng)n3時，a1a2a2a3an1an(n1)a1an，a1a2a2a3an1ananan1na1an1，兩式相減得：anan1na1an1(n1)a1an，因為an0，所以，則，所以，整理得，即(n3)，由得：對任意的正整數(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，b3c2b2，從而q1，b2b1，得a1a2，與已知不符當(dāng)i3時，由b3c3，cq2c2dc2c(q1)，得q212(q1)，得q1，與已知不符當(dāng)i1時，由b3c1，cq2c，得q21，則q1(上面已證q1)為整數(shù)此時數(shù)列bn為：c，c，c，；數(shù)列cn中，c1c，c2c，公差d2c.數(shù)列bn中每一項都是cn中的項(cc1，cc2)當(dāng)i4時，由b3ci，cq2c(i1)dc(i1)c(q1)，得q2(i1)q(i2)0，得q1(舍去)，qi2(i4)為正整數(shù)cqcd，b3ci，對任意的正整數(shù)k4，欲證明bk是數(shù)列cn中的項，只需證bkcqk1cixdb3x(cqc)cq2x(cqc)有正整數(shù)解x，即證x為正整數(shù)因為x表示首項為q2，公比為qi2(i4)，共k3(k4)項的等比數(shù)列的和，所以x為正整數(shù)因此，bn中的每一項都是數(shù)列cn也即中的項3(2020·鹽城三模)在無窮數(shù)列an中，an>0(nN*)，記an前n項中的最大項為kn，最小項為rn，令bn.(1)若an的前n項和Sn滿足Sn.求bn；是否存在正整數(shù)m，n，滿足？若存在，請求出這樣的m，n，若不存在，請說明理由(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)在Sn中，令n1，得a1S1，解得a11，Sn，當(dāng)n2時，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，c1c2>c3>c4>c5>，由×，得cmcn<cn，m>n，則mn1，當(dāng)mn1時，顯然不成立當(dāng)m>n1時，2mn1，設(shè)mn1t，則tN*，2t，得n，設(shè)dn，則dn1dn<0恒成立，數(shù)列dn遞減又d12，d21，d3<1，n3時，dn<1恒成立故方程n的解有且僅有t1，n2或t2，n1，此時m4，故滿足條件的m，n存在，m4，n1或n2.(2)證明：an>0(nN*)，且kn，rn分別為an前n項中的最大項和最小項，kn1kn，rn1rn，設(shè)數(shù)列bn的公比為q，顯然q>0，()當(dāng)q1時，1，得，若 kn1>kn，則rn1<rn，由kn與rn的含義可知kn1>kn與rn1<rn不可能同時成立，故kn1kn，則rn1rn，則knk1a1，rnr1a1，ana1，1，數(shù)列an是等比數(shù)列()當(dāng)q>1時，q>1，得q2>1.>1，kn1>kn恒成立，而knan，kn1an1，an1>an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，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(2020·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的通項公式；證明：ln nan>ln(n1)an1.解：(1)證明：由(nan12)an(2an1)an1(n2)，得2n，得n2，即bn2bn1(n2)因為a13，所以b110，所以2(n2)，所以bn是以為首項，2為公比的等比數(shù)列(2)設(shè)1，由(1)知，bn2bn1，所以bn2bn122bn22n1b1，得n·2n1，所以·2k1k.因為，成等差數(shù)列，所以(·2k1k)(·2k1k2)2(·2kk1)，所以·2k10，所以0，所以n，即an.證明：要證ln nan>ln(n1)an1，即證(anan1)>ln，即證>2ln .設(shè)t，則t1t，且t>1，從而只需證當(dāng)t>1時，t>2ln t.設(shè)f(x)x2ln 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，因為t>1，所以t>2ln t，所以原不等式得證B組大題增分練1(2020·蘇北三市一模)已知數(shù)列an滿足對任意的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的通項公式；若數(shù)列cn滿足c11，且當(dāng)n2時，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，說明理由解：(1)當(dāng)q1時，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