1．已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n ，若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( )A ．a 1d >0，dS 4>0B ．a 1d <0，dS 4<0C ．a 1d >0，dS 4<0D ．a 1d <0，dS 4>0解析：选B.因为a 3，a 4，a 8成等比数列，所以a 24＝a 3a 8，所以(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋7d )，展开整理，得－3a 1d ＝5d 2，即a 1d ＝－53d 2.因为d ≠0，所以a 1d ＜0.因为S n ＝na 1＋n （n －1）2d ，所以S 4＝4a 1＋6d ，dS 4＝4a 1d ＋6d 2＝－23d 2<0. 2．(2015·太原市模拟)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n (2n －1)·cos n π2＋1(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，则S 60＝( )A ．－30B ．－60C ．90D ．120解析：选D.由题意可得，当n ＝4k －3(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －3＝1；当n ＝4k －2(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －2＝6－8k ；当n ＝4k －1(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －1＝1；当n ＝4k (k ∈N *)时，a n ＝a 4k ＝8k .所以a 4k －3＋a 4k －2＋a 4k －1＋a 4k ＝8，所以S 60＝8×15＝120.3．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，数列{a n }的“差数列”的通项为a n ＝2n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．2B ．2nC ．2n ＋1－2D ．2n －1－2解析：选C.因为a n ＋1－a n ＝2n ，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n 1－2＋2＝2n －2＋2＝2n，所以S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.4．已知曲线C ：y ＝1x(x >0)及两点A 1(x 1，0)和A 2(x 2，0)，其中x 2>x 1>0.过A 1，A 2分别作x 轴的垂线，交曲线C 于B 1，B 2两点，直线B 1B 2与x 轴交于点A 3(x 3，0)，那么( )A ．x 1，x 32，x 2成等差数列B ．x 1，x 32，x 2成等比数列C ．x 1，x 3，x 2成等差数列D ．x 1，x 3，x 2成等比数列解析：选A.由题意，B 1，B 2两点的坐标分别为⎝⎛⎭⎫x 1，1x 1，⎝⎛⎭⎫x 2，1x 2， 所以直线B 1B 2的方程为y ＝－1x 1x 2(x －x 1)＋1x 1，令y ＝0，得x ＝x 1＋x 2，所以x 3＝x 1＋x 2，因此，x 1，x 32，x 2成等差数列．5．各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且3S n ＝a n a n ＋1，则∑n,k ＝1a 2k ＝( ) A.n （n ＋5）2 B.n （5n ＋1）2C.3n （n ＋1）2D.（n ＋3）（n ＋5）2解析：选C.当n ＝1时，3S 1＝a 1a 2，3a 1＝a 1a 2，所以a 2＝3， 当n ≥2时，由3S n ＝a n a n ＋1，可得3S n －1＝a n －1a n ， 两式相减得：3a n ＝a n (a n ＋1－a n －1)， 又因为a n ≠0，所以a n ＋1－a n －1＝3，所以{a 2n }是一个以3为首项，3为公差的等差数列，所以∑n,k ＝1a 2k ＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n ＝3n ＋n （n －1）2×3＝3n （n ＋1）2.6．(2015·黑龙江大庆铁人中学月考)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，数列{|a n |}的前n 项和为T n ，则T nn的最小值是( )A ．62－6 B.135C.52D ．3 解析：选 C.因为S n ＝n 2－6n ，所以a n ＝S n －S n －1＝n 2－6n －(n －1)2＋6(n －1)＝2n －7(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝S 1＝－5，也符合，所以a n ＝2n －7.令a n ＝0，所以n ＝72.所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥4. 所以T n n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6－n ，n ≤3，－6＋⎝⎛⎭⎫n ＋18n ，n ≥4. 当n ＝4时，⎝⎛⎭⎫T n n min ＝172－6＝52. 7．(2015·高考全国卷Ⅱ)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n＝________．解析：因为a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝S n S n ＋1， 所以S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1.因为S n ≠0，所以1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n＝－1.又1S 1＝－1，所以{1S n}是首项为－1，公差为－1的等差数列． 所以1S n ＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，所以S n ＝－1n.答案：－1n8．已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，设S n 为数列{a n }的前n 项和，对于任意的n >1，n ∈N *，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)都成立，则S 10＝________．解析：因为⎩⎪⎨⎪⎧S n ＋1＋S n －1＝2S n ＋2，S n ＋2＋S n ＝2S n ＋1＋2，所以a n ＋2＋a n ＝2a n ＋1，所以数列{a n }从第二项开始为等差数列，当n ＝2时，S 3＋S 1＝2S 2＋2，所以a 3＝a 2＋2＝4，所以S 10＝1＋2＋4＋6＋…＋18＝1＋9（2＋18）2＝91.答案：91 9．(2015·兰州调研)一牧羊人赶着一群羊通过6个关口，每过1个关口，守关人将带走当时羊的一半，然后退还1只给牧羊人，过完这些关口后，牧羊人只剩下2只羊，则牧羊人在过第1个关口前有________只羊．解析：记此牧羊人通过第1个关口前、通过第2个关口前、…、通过第6个关口前，剩下的羊的只数组成数列{a n }(n ＝1，2，3，4，5，6)，则由题意得a 2＝12a 1＋1，a 3＝12a 2＋1，…，a 6＝12a 5＋1，而12a 6＋1＝2，解得a 6＝2，因此代入得a 5＝2，a 4＝2，…，a 1＝2.答案：210．已知数列{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，b n ＝1＋a na n，若对任意的n ∈N *，都有b n ≥b 8成立，则实数a 的取值范围为________．解析：依题意得b n ＝1＋1a n，对任意的n ∈N *，都有b n ≥b 8，即数列{b n }的最小项是第8项，于是有1a n ≥1a 8.又数列{a n }是公差为1的等差数列，因此有⎩⎪⎨⎪⎧a 8<0，a 9>0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋7<0，a ＋8>0，由此解得－8<a <－7，即实数a 的取值范围是(－8，－7)． 答案：(－8，－7) 11．(2015·贵阳统考)已知等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1＋3a 2＝1，a 23＝9a 2a 6. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝－log 3a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .解：(1)设数列{a n }的公比为q ，由a 23＝9a 2a 6得a 23＝9a 24，所以q 2＝19.由条件可知q >0，故q ＝13.由2a 1＋3a 2＝1得2a 1＋3a 1q ＝1，所以a 1＝13.故数列{a n }的通项公式为a n ＝13n .(2)因为a n ＝13n ，所以b n ＝－log 313n ＝2n ，从而1b n b n ＋1＝14n （n ＋1）＝14⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，所以T n ＝14⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝14⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1 ＝n 4（n ＋1）. 12．(2015·高考天津卷)已知数列{a n }满足a n ＋2＝qa n (q 为实数，且q ≠1)，n ∈N *，a 1＝1，a 2＝2，且a 2＋a 3，a 3＋a 4，a 4＋a 5成等差数列．(1)求q 的值和{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a 2na 2n －1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和．解：(1)由已知，有(a 3＋a 4)－(a 2＋a 3)＝(a 4＋a 5)－(a 3＋a 4)，即a 4－a 2＝a 5－a 3， 所以a 2(q －1)＝a 3(q －1)．又因为q ≠1，所以a 3＝a 2＝2.由a 3＝a 1·q ，得q ＝2.当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a n ＝a 2k －1＝2k －1＝2n －12；当n ＝2k (k ∈N *)时，a n ＝a 2k ＝2k ＝2n 2.所以，{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －12，n 为奇数，2n 2，n 为偶数.(2)由(1)得b n ＝log 2a 2n a 2n －1＝n2n －1，n ∈N *.设{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1×120＋2×121＋3×122＋…＋(n －1)×12n －2＋n ×12n －1，12S n ＝1×121＋2×122＋3×123＋…＋(n －1)×12n －1＋n ×12n ， 上述两式相减，得12S n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝1－12n1－12－n 2n ＝2－22n －n2n ， 整理，得S n ＝4－n ＋22n －1，n ∈N *.所以，数列{b n }的前n 项和为4－n ＋22n －1，n ∈N *.13．某市投资甲、乙两个工厂，2015年两工厂的年产量均为100万吨，在今后的若干年内，甲工厂的年产量每年比上一年增加10万吨，乙工厂第n 年比上一年增加2n －1万吨．记2015年为第一年，甲、乙两工厂第n 年的年产量分别记为a n ，b n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若某工厂年产量超过另一工厂年产量的2倍，则将另一工厂兼并，问到哪一年底其中一个工厂将被另一工厂兼并？解：(1)因为{a n }是等差数列，a 1＝100，d ＝10， 所以a n ＝10n ＋90.因为b n －b n －1＝2n －1，b n －1－b n －2＝2n －2，…，b 2－b 1＝2，所以b n ＝100＋2＋22＋…＋2n －1＝2n ＋98. (2)当n ≤5时，a n ≥b n 且a n <2b n .当n ≥6时，a n ≤b n ，所以甲工厂有可能被乙工厂兼并． 当2a n <b n ，即2(10n ＋90)<2n ＋98时，解得n ≥8，故2022年底甲工厂将被乙工厂兼并．14．数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且对任意正整数n ，点(a n ＋1，S n )在直线2x ＋y －2＝0上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在实数λ，使得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋λn ＋λ2n 为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解：(1)由题意，可得2a n ＋1＋S n －2＝0.① 当n ≥2时，2a n ＋S n －1－2＝0.②①－②，得2a n ＋1－2a n ＋a n ＝0，所以a n ＋1a n ＝12(n ≥2)．因为a 1＝1，2a 2＋a 1＝2，所以a 2＝12.所以{a n }是首项为1，公比为12的等比数列．所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1.(2)由(1)知，S n ＝1－12n1－12＝2－12n －1.若⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋λn ＋λ2n 为等差数列，则S 1＋λ＋λ2，S 2＋2λ＋λ22，S 3＋3λ＋λ23成等差数列，则2⎝⎛⎭⎫S 2＋9λ4＝S 1＋3λ2＋S 3＋25λ8，即2⎝⎛⎭⎫32＋9λ4＝1＋3λ2＋74＋25λ8，解得λ＝2. 又λ＝2时，S n ＋2n ＋22n ＝2n ＋2，显然{2n ＋2}成等差数列，故存在实数λ＝2，使得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋λn ＋λ2n 成等差数列．。
专题三 数列目录第1讲 等差数列、等比数列的基本问题 .......................................................................... - 1 - 第2讲 数列的综合应用 .................................................................................................... - 12 -第1讲 等差数列、等比数列的基本问题高考定位 高考对本内容的考查主要有：(1)数列的概念是A 级要求，了解数列、数列的项、通项公式、前n 项和等概念，一般不会单独考查；(2)等差数列、等比数列是两种重要且特殊的数列，要求都是C 级．真 题 感 悟1．(2015·江苏卷)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．【详细分析】∵a 1＝1，a n ＋1－a n ＝n ＋1，∴a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n ，将以上n －1个式子相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝（2＋n ）（n －1）2，即a n＝n （n ＋1）2，令b n ＝1a n，故b n ＝2n （n ＋1）＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n －1n ＋1，故S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10 ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－12＋12－13＋…＋110－111＝2011.答案 20112．(2014·江苏卷)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4，则a 6的值是________．【详细分析】因为a 8＝a 2q 6，a 6＝a 2q 4，a 4＝a 2q 2，所以由a 8＝a 6＋2a 4得a 2q 6＝a 2q 4＋2a 2q 2，消去a 2q 2，得到关于q 2的一元二次方程(q 2)2－q 2－2＝0，解得q 2＝2，a 6＝a 2q 4＝1×22＝4. 答案 43．(2010·江苏卷)函数y ＝x 2(x ＞0)的图象在点(a k ，a 2k )处的切线与x 轴交点的横坐标为a k ＋1，k 为正整数，a 1＝16，则a 1＋a 3＋a 5＝________．【详细分析】在点(a k ，a 2k )处的切线方程为：y －a 2k ＝2a k (x －a k )，当y ＝0时，解得x ＝a k 2，所以a k ＋1＝a k 2，故{a n }是a 1＝16，q ＝12的等比数列，即a n ＝16×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，∴a 1＋a 3＋a 5＝16＋4＋1＝21. 答案 214．(2013·江苏卷)在正项等比数列{a n }中，a 5＝12，a 6＋a 7＝3.则满足a 1＋a 2＋…＋a n >a 1a 2…a n 的最大正整数n 的值为________． 【详细分析】由已知条件得12q ＋12q 2＝3， 即q 2＋q －6＝0，解得q ＝2，或q ＝－3(舍去)， a n ＝a 5qn －5＝12×2n －5＝2n －6，a 1＋a 2＋…＋a n ＝132(2n －1)，a 1a 2…a n ＝2－52－42－3…2n －6＝21122n n -，由a 1＋a 2＋…＋a n >a 1a 2…a n ，可知2n －5－2－5>(11)22n n -，由2n －5－2－5>(11)22n n -，可求得n 的最大值为12，而当n ＝13时，28－2－5<213，所以n 的最大值为12. 答案 12考 点 整 合1．a n 与S n 的关系S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，a n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2．等差数列(1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ， (2)求和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d ， (3)性质：①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ； ②a n ＝a m ＋(n －m )d ；③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…，成等差数列． 3．等比数列(1)通项公式：a n ＝a 1q n －1(q ≠0)；(2)求和公式：q ＝1，S n ＝na 1；q ≠1，S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q1－q ；(3)性质：①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ； ②a n ＝a m ·q n －m ；③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…，(S m ≠0)成等比数列.热点一 等差、等比数列的基本运算【例1】 等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10＝0，S 15＝25，则S n 的最小值为________．【详细分析】设等差数列{a n }的公差为d ，由已知 ⎩⎪⎨⎪⎧S 10＝10a 1＋10×92d ＝0，S 15＝15a 1＋15×142d ＝25， 解得a 1＝－3，d ＝23.∴S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－3n ＋n （n －1）2×23＝n 23－103n ＝13(n －5)2－253.当n ＝5时，S n 有最小值为－253. 答案 －253探究提高 等差、等比数列的基本运算是利用通项公式、求和公式求解首项a 1和公差d (公比q )，在列方程组求解时，要注意整体计算，以减少计算量．【训练1】 (2015·郑州模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝5，S m ＝－11，S m ＋1＝21，则m 等于________．【详细分析】由已知得S m －S m －1＝a m ＝－16，S m ＋1－S m ＝a m ＋1＝32，故公比q ＝－2，又S m ＝a 1－a m q1－q＝－11，故a 1＝－1， 又a m ＝a 1q m －1＝－16，代入可求得m ＝5. 答案 5热点二 等差、等比数列的性质运算【例2】 (1)(2015·苏北四市模拟)在等差数列{a n }中，a 1＝－2 015，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2 015的值为________．(2)(2015·潍坊模拟)在等比数列{a n }中，公比q ＝2，前87项和S 87＝140，则a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 87＝________．【详细分析】(1)根据等差数列的性质，得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也是等差数列，由已知可得S 11＝a 1＝－2 015，由S 1212－S 1010＝2＝2d ，得公差d ＝1. 故S 2 0152 015＝－2 015＋(2 015－1)×1＝－1， ∴S 2 015＝－2 015.(2)法一 a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 87＝a 3(1＋q 3＋q 6＋…＋q 84)＝a 1q 2·1－（q 3）291－q 3＝q 21＋q ＋q 2·a 1（1－q 87）1－q＝47×140＝80.法二 设b 1＝a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 85，b 2＝a 2＋a 5＋a 8＋…＋a 86，b 3＝a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 87，因为b 1q ＝b 2，b 2q ＝b 3，且b 1＋b 2＋b 3＝140，所以b 1(1＋q ＋q 2)＝140，而1＋q ＋q 2＝7， 所以b 1＝20，b 3＝q 2b 1＝4×20＝80. 答案 (1)－ 2015 (2)80探究提高 在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法．【训练2】 (1)(2015·苏州期中)在等差数列{a n }中，a 5＝3，a 6＝－2，则a 3＋a 4＋…＋a 8＝________．(2)(2015·湖南卷)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，且3S 1，2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________．【详细分析】(1)根据等差数列性质计算．因为{a n }是等差数列，所以a 3＋a 4＋…＋a 8＝3(a 5＋a 6)＝3.(2)由3S 1，2S 2，S 3成等差数列知，4S 2＝3S 1＋S 3，可得a 3＝3a 2，∴公比q ＝3，故等比数列通项a n ＝a 1q n －1＝3n －1. 答案 (1)3 (2)3n －1热点三 等差、等比数列的判定与证明【例3】 数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且对任意正整数n ，点(a n ＋1，S n )在直线2x ＋y －2＝0上． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在实数λ，使得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋λn ＋λ2n 为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解 (1)由题意，可得2a n ＋1＋S n －2＝0.① 当n ≥2时，2a n ＋S n －1－2＝0.②①－②，得2a n ＋1－2a n ＋a n ＝0，所以a n ＋1a n ＝12(n ≥2)．因为a 1＝1，2a 2＋a 1＝2，所以a 2＝12. 所以{a n }是首项为1，公比为12的等比数列． 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(2)由(1)知，S n ＝1－12n1－12＝2－12n －1. 若⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n＋λn ＋λ2n 为等差数列，则S 1＋λ＋λ2，S 2＋2λ＋λ22，S 3＋3λ＋λ23成等差数列，则2⎝ ⎛⎭⎪⎫S 2＋9λ4＝S 1＋3λ2＋S 3＋25λ8，即2⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋9λ4＝1＋3λ2＋74＋25λ8，解得λ＝2. 又λ＝2时，S n ＋2n ＋22n ＝2n ＋2，显然{2n ＋2}成等差数列，故存在实数λ＝2， 使得数列{S n ＋λn ＋λ2n }成等差数列．探究提高 判断和证明数列是等差(比)数列的三种方法(1)定义法：对于n ≥1的任意自然数，验证a n ＋1－a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫或a n ＋1a n 为同一常数． (2)通项公式法：①若a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d 或a n ＝kn ＋b (n ∈N *)，则{a n }为等差数列； ②若a n ＝a 1q n －1＝a m q n －m 或a n ＝pq kn ＋b (n ∈N *)，则{a n }为等比数列． (3)中项公式法：①若2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，则{a n }为等差数列； ②若a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，则{a n }为等比数列． 【训练3】 已知数列{a n }是各项均不为0的等差数列，S n 为其前n 项和，且满足a 2n ＝S 2n －1，令b n ＝1a n ·a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n .(1)求数列{a n }的通项公式及数列{b n }的前n 项和T n ；(2)是否存在正整数m ，n (1＜m ＜n )，使得T 1，T m ，T n 成等比数列？若存在，求出所有的m ，n 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)n ＝1时，由a 21＝S 1＝a 1，且a 1≠0，得a 1＝1.因为{a n }是等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)d ，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n ＋n （n －1）2d .于是由a 2n ＝S 2n －1，得[1＋(n －1)d ]2＝2n －1＋(2n －1)·(n －1)d ， 即d 2n 2＋(2d －2d 2)n ＋d 2－2d ＋1＝2dn 2＋(2－3d )n ＋d －1，所以⎩⎨⎧d 2＝2d ，2d －2d 2＝2－3d ，d 2－2d ＋1＝d －1，解得d ＝2.所以a n ＝2n －1，从而b n ＝1a n ·a n ＋1＝1（2n －1）·（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. (2)法一 T 1＝13，T m ＝m 2m ＋1，T n ＝n 2n ＋1，若T 1，T m ，T n 成等比数列，则⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m ＋12＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n ＋1，即m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3.由m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3，可得3n ＝－2m 2＋4m ＋1m 2＞0，即－2m 2＋4m ＋1＞0， ∴1－62＜m ＜1＋62.又m ∈N *，且m ＞1，所以m ＝2，此时n ＝12.因此，当且仅当m ＝2，n ＝12时，数列{T n }中的T 1，T m ，T n 成等比数列． 法二 因为n 6n ＋3＝16＋3n＜16， 故m 24m 2＋4m ＋1＜16， 即2m 2－4m －1＜0， ∴1－62＜m ＜1＋62. 又m ∈N *，且m ＞1， 所以m ＝2，此时n ＝12.因此，当且仅当m ＝2，n ＝12时，数列{T n }中的T 1，T m ，T n 成等比数列．1．在等差(比)数列中，a 1，d (q )，n ，a n ，S n 五个量中知道其中任意三个，就可以求出其他两个．解这类问题时，一般是转化为首项a 1和公差d (公比q )这两个基本量的有关运算．2．等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．3．应用关系式a n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2时，一定要注意分n ＝1，n ≥2两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起．4．三个数a ，b ，c 成等差数列的充要条件是b ＝a ＋c2，但三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件不是b 2＝ac .一、填空题1．(2015·南通模拟)在等差数列{a n }中，a 1＋3a 3＋a 15＝10，则a 5的值为________． 【详细分析】设数列{a n }的公差为d ，∵a 1＋a 15＝2a 8，∴2a 8＋3a 3＝10，∴2(a 5＋3d )＋3(a 5－2d )＝10，∴5a 5＝10，∴a 5＝2. 答案 22．(2015·广州模拟)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若2S 4＝S 5＋S 6，则数列{a n }的公比q 的值为________．【详细分析】经检验q ＝1不适合， 则由2S 4＝S 5＋S 6，得2(1－q 4)＝1－q 5＋1－q 6，化简得 q 2＋q －2＝0，解得q ＝1(舍去)，q ＝－2. 答案 －23．(2015·南师附中调研)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S 3S 6＝13，则S 6S 7＝________．【详细分析】设等差数列{a n }的公差为d ，则S 3S 6＝3a 1＋3d 6a 1＋15d ＝13⇒a 1＝2d ，所以S 6S 7＝6a 1＋15d 7a 1＋21d ＝2735.答案 27354．(2015·南通检测)已知等比数列{a n }为递增数列，且a 3＋a 7＝3，a 2a 8＝2，则a 13a 11＝________．【详细分析】根据等比数列的性质建立方程组求解．因为数列{a n }是递增等比数列，所以a 2a 8＝a 3a 7＝2，又a 3＋a 7＝3，且a 3＜a 7，解得a 3＝1，a 7＝2，所以q 4＝2，故a 13a 11＝q 2＝ 2. 答案25．在等比数列{a n }中，已知a 1＋a 3＝8，a 5＋a 7＝4，则a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝________． 【详细分析】设等比数列{a n }的公比为q ，由已知，得⎩⎨⎧a 1＋a 1q 2＝8，a 1q 4＋a 1q 6＝4，解得q 4＝12. 又a 9＋a 11＝a 1q 8＋a 3q 8＝(a 1＋a 3)q 8＝8×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝2，a 13＋a 15＝a 1q 12＋a 3q 12＝(a 1＋a 3)q 12＝8×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝1，所以a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝2＋1＝3. 答案 36．(2015·阳泉模拟)若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9＞0，a 7＋a 10＜0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大．【详细分析】根据题意知a 7＋a 8＋a 9＝3a 8＞0，即a 8＞0.又a 8＋a 9＝a 7＋a 10＜0，∴a 9＜0，∴当n ＝8时，{a n }的前n 项和最大． 答案 87．(2015·安徽卷)已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和等于________．【详细分析】由等比数列性质知a 2a 3＝a 1a 4，又a 2a 3＝8，a 1＋a 4＝9，所以联立方程⎩⎨⎧a 1a 4＝8，a 1＋a 4＝9，解得⎩⎨⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎨⎧a 1＝8，a 4＝1，又数列{a n }为递增数列，∴a 1＝1，a 4＝8，从而a 1q 3＝8，∴q ＝2.∴数列{a n }的前n 项和为S n ＝1－2n 1－2＝2n －1.答案 2n －18．(2015·福建卷改编)若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p ＞0，q ＞0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值等于________．【详细分析】由题意知：a ＋b ＝p ，ab ＝q ，∵p ＞0，q ＞0，∴a ＞0，b ＞0.在a ，b ，－2这三个数的6种排序中，成等差数列的情况有a ，b ，－2；b ，a ，－2；－2，a ，b ；－2，b ，a ；成等比数列的情况有：a ，－2，b ；b ，－2，a . ∴⎩⎨⎧ab ＝4，2b ＝a －2或⎩⎨⎧ab ＝4，2a ＝b －2解之得：⎩⎨⎧a ＝4，b ＝1或⎩⎨⎧a ＝1，b ＝4. ∴p ＝5，q ＝4，∴p ＋q ＝9. 答案 9 二、解答题9．已知{a n }是等差数列，满足a 1＝3，a 4＝12，数列{b n }满足b 1＝4，b 4＝20，且{b n －a n }为等比数列．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{b n }的前n 项和．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得 d ＝a 4－a 13＝12－33＝3，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝3n (n ＝1，2，…)． 设等比数列{b n －a n }的公比为q ，由题意得q 3＝b 4－a 4b 1－a 1＝20－124－3＝8，解得q ＝2.所以b n －a n ＝(b 1－a 1)q n －1＝2n －1. 从而b n ＝3n ＋2n －1(n ＝1，2，…)．(2)由(1)知b n ＝3n ＋2n －1(n ＝1，2，…)． 数列{3n }的前n 项和为32n (n ＋1)， 数列{2n －1}的前n 项和为1－2n 1－2＝2n－1.所以数列{b n }的前n 项和为32n (n ＋1)＋2n －1.10．(2015·洛阳模拟)成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n }中的b 3、b 4、b 5. (1)求数列{b n }的通项公式； (2)数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋54是等比数列． (1)解 设成等差数列的三个正数分别为a －d ，a ，a ＋d . 依题意，得a －d ＋a ＋a ＋d ＝15. 解得a ＝5.所以{b n }中的b 3，b 4，b 5依次为7－d ，10，18＋d . 依题意，有(7－d )(18＋d )＝100， 解得d ＝2或d ＝－13(舍去)． 故{b n }的第3项为5，公比为2. 由b 3＝b 1·22，即5＝b 1·22， 解得b 1＝54.所以b n ＝b 1·q n －1＝54·2n －1＝5·2n －3， 即数列{b n }的通项公式b n ＝5·2n －3.(2)证明 由(1)得数列{b n }的前n 项和 S n ＝54（1－2n）1－2＝5·2n －2－54，即S n ＋54＝5·2n －2.所以S 1＋54＝52，S n ＋1＋54S n ＋54＝5·2n －15·2n －2＝2.因此⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋54是以52为首项，2为公比的等比数列．11．(2015·苏、锡、常、镇调研)已知数列{a n }是首项为133，公比为133的等比数列，设b n ＋15log 3a n ＝t ，常数t ∈N *. (1)求证：{b n }为等差数列；(2)设数列{c n }满足c n ＝a n b n ，是否存在正整数k ，使c k ，c k ＋1，c k ＋2按某种次序排列后成等比数列？若存在，求k ，t 的值；若不存在，请说明理由． (1)证明 a n ＝3－n 3，b n ＋1－b n ＝－15log 3⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n ＝5， ∴{b n }是首项为b 1＝t ＋5，公差为5的等差数列． (2)解c n ＝(5n ＋t ) ·3－n 3，则c k ＝(5k ＋t )·3－k3，令5k ＋t ＝x (x >0)，则c k ＝x ·3－k 3，c k ＋1＝(x ＋5)·3－k ＋13，c k ＋2＝(x ＋10)·3－k ＋23.①若c 2k ＝c k ＋1c k ＋2，则⎝ ⎛⎭⎪⎫x ·3－k 32＝(x ＋5)·3－k ＋13·(x ＋10)·3－k ＋23. 化简得2x 2－15x －50＝0， 解得x ＝10；进而求得k ＝1，t ＝5；②若c 2k ＋1＝c k c k ＋2，同理可得(x ＋5)2＝x (x ＋10)， 显然无解； ③若c 2k ＋2＝c k c k ＋1，同理可得13(x ＋10)2＝x (x ＋5)，方程无整数根．综上所述，存在k ＝1，t ＝5适合题意．第2讲 数列的综合应用高考定位 高考对本内容的考查主要有：(1)通过适当的代数变形后，转化为等差数列或等比数列的问题；(2)求数列的通项公式及其前n 项和的基本的几种方法；(3)数列与函数、不等式的综合问题．题型一般为解答题，且为压轴题．真 题 感 悟(2015·江苏卷)设a 1，a 2，a 3，a 4是各项为正数且公差为d (d ≠0)的等差数列． (1)证明：2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列；(2)是否存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列？并说明理由；(3)是否存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n 1，a n ＋k 2，a n ＋2k 3，a n ＋3k 4依次构成等比数列？并说明理由．(1)证明 因为122n n a a +＝12n n a a +-－a n ＝2d (n ＝1，2，3)是同一个常数，所以2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列， (2)解 不存在，理由如下：令a 1＋d ＝a ，则a 1，a 2，a 3，a 4分别为a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d (a ＞d ，a ＞－2d ，d ≠0)．假设存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列，则a 4＝(a －d )(a ＋d )3，且(a ＋d )6＝a 2(a ＋2d )4.令t ＝d a ，则1＝(1－t )(1＋t )3，且(1＋t )6＝(1＋2t )4⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＜t ＜1，t ≠0，化简得t 3＋2t 2－2＝0(*)，且t 2＝t ＋1. 将t 2＝t ＋1代入(*)式，t (t ＋1)＋2(t ＋1)－2＝t 2＋3t ＝t ＋1＋3t ＝4t ＋1＝0， 则t ＝－14.显然t ＝－14不是上面方程的解，矛盾， 所以假设不成立．因此不存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列．(3)解 不存在，理由如下：假设存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n 1，a n ＋k 2，a n ＋2k 3，a n ＋3k 4依次构成等比数列， 则a n 1(a 1＋2d )n ＋2k ＝(a 1＋d )2(n ＋k )，且(a 1＋d )n ＋k (a 1＋3d )n ＋3k ＝(a 1＋2d )2(n ＋2k )． 分别在两个等式的两边同除以a 2（n ＋k ）1及a 2（n ＋2k ）1， 并令t ＝d a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＞－13，t ≠0，则(1＋2t )n ＋2k ＝(1＋t )2(n ＋k )，且(1＋t )n ＋k (1＋3t )n ＋3k ＝(1＋2t )2(n ＋2k )． 将上述两个等式两边取对数， 得(n ＋2k )ln(1＋2t )＝2(n ＋k )ln(1＋t )，且(n ＋k )ln(1＋t )＋(n ＋3k )ln(1＋3t )＝2(n ＋2k )ln(1＋2t )． 化简得2k [ln(1＋2t )－ln(1＋t )]＝n [2ln(1＋t )－ln(1＋2t )]， 且3k [ln(1＋3t )－ln(1＋t )]＝n [3ln(1＋t )－ln(1＋3t )]． 再将这两式相除，化简得ln(1＋3t )ln(1＋2t )＋3ln(1＋2t )ln(1＋t )＝4ln(1＋3t )ln(1＋t )(**)． 令g (t )＝4ln(1＋3t )ln(1＋t )－ln(1＋3t )ln(1＋2t )－3ln(1＋2t )ln(1＋t )， 则g ′(t )＝2[（1＋3t ）2ln （1＋3t ）－3（1＋2t ）2ln （1＋2t ）＋3（1＋t ）2ln （1＋t ）]（1＋t ）（1＋2t ）（1＋3t ）.令φ(t )＝(1＋3t )2ln(1＋3t )－3(1＋2t )2ln(1＋2t )＋3(1＋t )2ln(1＋t )， 则φ′(t )＝6[(1＋3t )ln(1＋3t )－2(1＋2t )ln(1＋2t )＋(1＋t )ln(1＋t )]． 令φ1(t )＝φ′(t )，则φ1′(t )＝6[3ln(1＋3t )－4ln(1＋2t )＋ln(1＋t )]． 令φ2(t )＝φ1′(t )，则φ2′(t )＝12（1＋t ）（1＋2t ）（1＋3t ）＞0.由g (0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0，φ′2(t )＞0，知φ2(t )，φ1(t )，φ(t )，g (t )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0和(0，＋∞)上均单调．故g (t )只有唯一零点t ＝0，即方程(**)只有唯一解t ＝0，故假设不成立．所以不存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n 1，a n ＋k 2，a n ＋2k3，a n ＋3k 4依次构成等比数列． 考 点 整 合1．数列求和的常用方法(1)公式法：直接利用等差数列、等比数列的求和公式求解．(2)倒序相加法：适用于与首、末等距离的两项之和等于首、末两项之和，且和为常数的数列．等差数列前n 项和公式的推导就使用了倒序相加法，利用倒序相加法求解数列前n 项和时，要把握数列通项公式的基本特征，即通过倒序相加可以得到一个常数列，或者等差数列、等比数列，从而转化为常见数列的求和方法，这也是数学转化与化归思想的具体体现．(3)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列．把S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n 两边同乘以相应等比数列的公比q ，得到qS n ＝a 1q ＋a 2q ＋…＋a n q ，两式错位相减即可求出S n .(4)裂相相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列．(5)拆项分组法：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和．(6)并项求和法：与拆项分组相反，并项求和是把数列的两项(或多项)组合在一起，重新构成 一个数列再求和，一般适用于正负相间排列的数列求和，注意对数列项数奇偶性的讨论．2．数列单调性的常见题型及处理方法如下：(1)求最大(小)项时，可利用①数列单调性；②函数单调性；③导数． (2)求参数范围时，可利用①作差法；②同号递推法；③先猜后证法．3．数列中的不等式问题主要有证明数列不等式、比较大小或恒成立问题，解决方法如下：(1)利用数列(或函数)的单调性；(2)放缩法：①先求和后放缩；②先放缩后求和，包括放缩后成等差(或等比)数列再求和，或者放缩后成等差比数列再求和，或者放缩后裂项相消后再求和； (3)数学归纳法.热点一 有关数列中计算的综合问题【例1】 (2011·江苏卷)设M 为部分正整数组成的集合，数列{a n }的首项a 1＝1，前n 项的和为S n ，已知对任意的整数k ∈M ，当整数n ＞k 时，S n ＋k ＋S n －k ＝2(S n ＋S k )都成立．(1)设M ＝{1}，a 2＝2，求a 5的值； (2)设M ＝{3，4}，求数列{a n }的通项公式．解 (1)由题设知，当n ≥2时，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋S 1)，即(S n ＋1－S n )－(S n －S n －1)＝2S 1，从而a n ＋1－a n ＝2a 1＝2.又a 2＝2，故当n ≥2时，a n ＝a 2＋2(n －2)＝2n －2.所以a 5的值为8.(2)由题设知，当k ∈M ＝{3,4}且n ＞k 时,S n ＋k ＋S n －k ＝2S n ＋2S k 且S n ＋1＋k ＋S n ＋1－k ＝2S n＋1＋2S k ，两式相减得a n ＋1＋k ＋a n ＋1－k ＝2a n ＋1，即a n ＋1＋k －a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋1－k ，所以当n ≥8时，a n －6，a n －3，a n ，a n ＋3，a n ＋6成等差数列，且a n －6，a n －2，a n ＋2，a n ＋6也成等差数列．从而当n ≥8时，2a n ＝a n ＋3＋a n －3＝a n ＋6＋a n －6，(*)且a n ＋6＋a n －6＝a n ＋2＋a n －2.所以当n ≥8时，2a n ＝a n ＋2＋a n －2，即a n ＋2－a n ＝a n －a n －2.于是当n ≥9时，a n －3，a n －1，a n ＋1，a n ＋3成等差数列，从而a n ＋3＋a n －3＝a n ＋1＋a n －1，故由(*)式知2a n ＝a n ＋1＋a n －1，即a n ＋1－a n ＝a n －a n －1.当n ≥9时，设d ＝a n －a n －1.当2≤m ≤8时，m ＋6≥8，从而由(*)式知2a m ＋6＝a m ＋a m ＋12，故2a m ＋7＝a m ＋1＋a m ＋13.从而2(a m ＋7－a m ＋6)＝a m ＋1－a m ＋(a m ＋13－a m ＋12)，于是a m ＋1－a m ＝2d －d ＝d .因此，a n ＋1－a n ＝d 对任意n ≥2都成立．又由S n ＋k ＋S n －k －2S n ＝2S k (k ∈{3，4})可知，(S n ＋k －S n )－(S n －S n －k )＝2S k ，故9d ＝2S 3且16d ＝2S 4.解得a 4＝72d ，从而a 2＝32d ，a 3＝52d ，又由S 3＝92d ＝a 1＋a 2＋a 3，故a 1＝d2.因此，数列{a n }为等差数列，由a 1＝1知d ＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.探究提高 此类问题看似简单，实际复杂，思维量和计算量较大，难度较高． 【训练1】 (2012·江苏卷)已知各项均为正数的两个数列{a n }和{b n }满足：a n ＋1＝a n ＋b n a 2n ＋b 2n，n ∈N *. (1)设b n ＋1＝1＋b n a n ，n ∈N *，求证：数列2nn b a ⎧⎫⎛⎫⎪⎪⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭是等差数列；(2)设b n ＋1＝2·b n a n，n ∈N *，且{a n }是等比数列，求a 1和b 1的值．(1)证明 由题设知a n ＋1＝a n ＋b n a 2n ＋b 2n＝1＋b nan 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b n a n 2＝b n ＋11＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b n a n 2，所以b n ＋1a n ＋1＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b n a n 2，从而⎝⎛⎭⎪⎫b n ＋1a n ＋12－⎝ ⎛⎭⎪⎫b n a n 2＝1(n ∈N *)，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫b n a n 2是以1为公差的等差数列．(2)解 因为a n ＞0，b n ＞0，所以（a n ＋b n ）22≤a 2n ＋b 2n ＜(a n ＋b n )2，从而1＜a n ＋1＝a n ＋b na 2n ＋b 2n≤ 2.(*) 设等比数列{a n }的公比为q ，由a n ＞0知q ＞0.下证q ＝1.若q ＞1，则a 1＝a 2q ＜a 2≤2，故当n ＞log q 2a 1时，a n ＋1＝a 1q n ＞2，与(*)矛盾；若0＜q ＜1，则a 1＝a 2q ＞a 2＞1，故当n ＞log q 1a 1时，a n ＋1＝a 1q n ＜1，与(*)矛盾．综上，q ＝1，故a n ＝a 1(n ∈N *)，所以1＜a 1≤ 2.又b n ＋1＝2·b n a n ＝2a 1·b n (n ∈N *)，所以{b n }是公比为2a 1的等比数列．若a 1≠2，则2a 1＞1，于是b 1＜b 2＜b 3.又由a 1＝a 1＋b n a 21＋b 2n 得b n ＝a 1±a 212－a 21a 21－1(n ∈N *)，所以b 1，b 2，b 3中至少有两项相同，矛盾，所以a 1＝2，从而b n ＝a 1±a 212－a 21a 21－1＝ 2.所以a 1＝b 1＝ 2.热点二 有关数列中证明的综合问题【例2】 如果无穷数列{a n }满足下列条件：①a n ＋a n ＋22≤a n ＋1；②存在实数M ，使得a n ≤M ，其中n ∈N *，那么我们称数列{a n }为Ω数列．(1)设数列{b n }的通项为b n ＝5n －2n ，且是Ω数列，求M 的取值范围；(2)设{c n }是各项为正数的等比数列，S n 是其前n 项和，c 3＝14，S 3＝74，证明：数列{S n }是Ω数列；(3)设数列{d n }是各项均为正整数的Ω数列，求证：d n ≤d n ＋1.(1)解 ∵b n ＋1－b n ＝5－2n ，∴当n ≥3，b n ＋1－b n ＜0，故数列{b n }单调递减；当n ＝1，2时，b n ＋1－b n ＞0，即b 1＜b 2＜b 3，则数列{b n }中的最大项是b 3＝7，所以M ≥7. (2)证明 ∵{c n }是各项为正数的等比数列，S n 是其前n 项和，c 3＝14，S 3＝74，设其公比为q ＞0，∴c 3q 2＋c 3q ＋c 3＝74.整理得6q 2－q －1＝0，解得q ＝12，q ＝－13(舍去)．∴c 1＝1，c n ＝12n －1，S n ＝2－12n －1＜2，对任意的n ∈N *，有S n ＋S n ＋22＝2－12n －12n ＋2＜2－12n ＝S n ＋1，且S n ＜2，故{S n }是Ω数列．(3)证明 假设存在正整数k 使得d k ＞d k ＋1成立,有数列{d n }的各项均为正整数，可得d k ≥d k ＋1＋1,即d k ＋1≤d k －1.因为d k ＋d k ＋22≤d k ＋1,所以d k ＋2≤2d k ＋1－d k ≤2(d k －1)－d k ＝d k －2,由d k ＋2≤2d k ＋1－d k 及d k ＞d k ＋1得d k ＋2＜2d k ＋1－d k ＋1＝d k ＋1,故d k ＋2≤d k ＋1－1.因为d k ＋1＋d k ＋32≤d k ＋2，所以d k ＋3≤2d k ＋2－d k ＋1≤2(d k ＋1－1)－d k ＋1＝d k ＋1－2≤d k －3，由此类推，可得d k ＋m ≤d k －m (m ∈N *)．又存在M ，使d k ≤M ，∴m ＞M ，使d k ＋m ＜0，这与数列{d n }的各项均为正数矛盾，所以假设不成立，即对任意n ∈N *，都有d k ≤d k ＋1成立．探究提高 不等式证明是数列问题中的常见题型，一般方法是利用不等式证明的常规方法，如综合法、分析法等直接证明方法，也可以应用反证法等间接证明方法．【训练2】 (2014·江苏卷)设数列{a n }的前n 项和为S n .若对任意的正整数n ，总存在正整数m ，使得S n ＝a m ，则称{a n }是“H 数列”．(1)若数列{a n }的前n 项和S n ＝2n (n ∈N *)，证明：{a n }是“H 数列”；(2)设{a n }是等差数列，其首项a 1＝1，公差d ＜0.若{a n }是“H 数列”，求d 的值； (3)证明：对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立．(1)证明 由已知，当n ≥1时，a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2n ＋1－2n ＝2n .于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n ＋1，使得S n ＝2n ＝a m .所以{a n }是“H 数列”．(2)解 由已知，得S 2＝2a 1＋d ＝2＋d .因为{a n }是“H 数列”，所以存在正整数m ，使得S 2＝a m ，即2＋d ＝1＋(m －1)d ，于是(m －2)d ＝1. 因为d ＜0，所以m －2＜0，故m ＝1.从而d ＝－1.当d ＝－1时，a n ＝2－n ，S n ＝n （3－n ）2是小于2的整数，n ∈N *，于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝2－S n ＝2－n （3－n ）2，使得S n ＝2－m ＝a m ，所以{a n }是“H 数列”．因此d 的值为－1.(3)证明 设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝na 1＋(n －1)(d －a 1)(n ∈N *)．令b n ＝na 1，c n ＝(n －1)(d －a 1)，则a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)．下证{b n }是“H ”“数列”设{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝n （n ＋1）2a 1(n ∈N *)，于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n （n ＋1）2，使得T n ＝b m ，所以{b n }是“H数列”．同理可证{c n }也是“H 数列”．所以，对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立． 热点三 数列中的探索性问题【例3】 (2014·泰州期末)设数列{a n }的前n 项积为T n ，已知对∀n ，m ∈N *，当n ＞m 时，总有T nT m＝T n －m ·q (n －m )m (q ＞0是常数)．(1)求证：数列{a n }是等比数列；(2)设正整数k ，m ，n (k ＜m ＜n )成等差数列，试比较T n ·T k 和(T m )2的大小，并说明理由；(3)探究：命题p ：“对∀n ，m ∈N *，当n ＞m 时，总有T nT m ＝T n －m ·q (n －m )m (q ＞0是常数)”是命题t ：“数列{a n }是公比为q (q ＞0)的等比数列”的充要条件吗？若是，请给出证明；若不是，请说明理由．(1)证明 设m ＝1，则有T n T 1＝T n －1·q n －1，因为T i ≠0(i ∈N *)，所以有T nT n －1＝a 1·q n －1，即a n ＝a 1·q n －1， 所以当n ≥2时a na n －1＝q ， 所以数列{a n }是等比数列．(2)解 当q ＝1时，a n ＝a 1(n ∈N *)，所以T n ＝a n 1，所以T n ·T k ＝a n 1·a k 1＝a n ＋k 1＝a 2m 1＝T 2m ，当q ≠1时，a n ＝a 1·q n －1，T n ＝a 1·a 2…a n ＝a n 1·q 1＋2＋…＋(n －1)＝a n 1·q n （n －1）2，所以T n ·T k ＝a n 1·q n （n －1）2·a k 1·q k （k －1）2＝a n ＋k 1·q n 2－n ＋k 2－k 2，T 2m ＝a 2m 1·q m (m －1)．因为n ＋k ＝2m 且k ＜m ＜n ，所以a n ＋k 1＝a 2m 1，n 2＋k 2－n －k 2＝n 2＋k 22－m ＞⎝⎛⎭⎪⎫n ＋k 22－m ＝m 2－m ，所以若q ＞1，则T m ·T k ＞T 2m ；若q ＜1，则T m ·T k ＜T 2m .(3)解 由(1)知，充分性成立；必要性：若数列{a n }成等比数列，则a n ＝a 1·q n －1，所以当q ≠1时，T n ＝a n 1·(1)2n n q -，则T n T m＝(1)21(1)21··n n n n m n a q a q --＝a n －m1·q n 2－n －m 2＋m 2＝a n －m 1·()(1)2n m n m q ---，T n －m ·q(n －m )m＝a n －m1·()(1)2n m n m q---·q(n －m )·m＝a n －m1·()(1)2()2n m n m n m mq---+-＝a n －m 1·()(1)2n m n m q ---.所以，“对∀n ，m ∈N *，当n ＞m 时总有T n T m＝T n －m ·q (n －m )m 成立；同理可证当q ＝1时也成立．所以命题p 是命题t 的充要条件．探究提高 数列中的比较大小与其它比较大小的方法类似，也是差比法或商比法．另外探索充要条件要从充分性、必要性两个方面判断与寻找．【训练3】 (2015·徐州质检)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝3，a n b n ＝2，b n ＋1＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫b n －21＋a n ，n ∈N *. (1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是等差数列，并求数列{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝2a n －5，对于给定的正整数p ，是否存在正整数q ，r (p ＜q ＜r )，使得1c p，1c q，1c r成等差数列？若存在，试用p 表示q ，r ；若不存在，请说明理由．(1)证明 因为a n b n ＝2，所以a n ＝2b n ，则b n ＋1＝a n b n －2a n1＋a n ＝2－4b n1＋2bn＝2－4b n ＋2＝2b nb n ＋2， 所以1b n ＋1＝1b n ＋12，又a 1＝3，所以b 1＝23，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是首项为32，公差为12的等差数列，即1b n＝32＋(n －1)×12＝n ＋22，所以b n ＝2n ＋2.(2)解 由(1)知a n ＝n ＋2，所以c n ＝2a n －5＝2n －1. ①当p ＝1时，c p ＝c 1＝1，c q ＝2q －1，c r ＝2r －1，若1c p，1c q，1c r成等差数列，则22q－1＝1＋12r－1，(*)因为p＜q＜r，所以q≥2，r≥3，22q－1＜1，1＋12r－1＞1，所以(*)式不成立．②当p≥2时，若1c p，1c q，1c r成等差数列，则22q－1＝12p－1＋12r－1，所以12r－1＝22q－1－12p－1＝4p－2q－1（2p－1）（2q－1），即2r－1＝（2p－1）（2q－1）4p－2q－1，所以r＝2pq＋p－2q4p－2q－1，欲满足题设条件，只需q＝2p－1，此时r＝4p2－5p＋2，因为p≥2，所以q＝2p－1＞p，r－q＝4p2－7p＋3＝4(p－1)2＋p－1＞0，即r＞q.综上所述，当p＝1时，不存在q，r满足题设条件；当p≥2时，存在q＝2p－1，r＝4p2－5p＋2，满足题设条件.1．数列与不等式综合问题(1)如果是证明不等式，常转化为数列和的最值问题，同时要注意比较法、放缩法、基本不等式的应用；(2)如果是解不等式，注意因式分解的应用．2．数列与函数的综合问题(1)函数条件的转化：直接利用函数与数列的对应关系，把函数解析式中的自变量x 换为n即可．(2)数列向函数的转化：可将数列中的问题转化为函数问题，但要注意函数定义域．3．数列中的探索性问题处理探索性问题的一般方法是：假设题中的数学对象存在或结论成立或其中的一部分结论成立，然后在这个前提下进行逻辑推理．若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用．还可以根据已知条件建立恒等式，利用等式恒成立的条件求解．一、填空题1．(2015·全国Ⅱ卷)设S n是数列{a n}的前n项和，且a1＝－1，a n＋1＝S n S n＋1，则S n＝____________．【详细分析】由题意，得S 1＝a 1＝－1，又由a n ＋1＝S n S n ＋1，得S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，所以S n ≠0，所以S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n ＝－1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝－1为首项，－1为公差的等差数列，得1S n＝－1－(n －1)＝－n ，所以S n ＝－1n .答案 －1n2．数列{a n }的通项公式a n ＝1n ＋n ＋1，若{a n }的前n 项和为24，则n 为________．【详细分析】a n ＝1n ＋n ＋1＝－( n －n ＋1)，前n 项和S n ＝－[(1－2)＋(2－3)＋…＋(n －n ＋1)]＝ n ＋1－1＝24，故n ＝624.答案 6243．(2012·江苏卷改编)各项均为正数的等比数列{a n }满足a 1a 7＝4，a 6＝8，若函数f (x )＝a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋…＋a 10x 10的导数为f ′(x )，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝________．【详细分析】因为各项均为正数的等比数列{a n }满足a 1a 7＝4，a 6＝8，所以a 4＝2，q ＝2，故a n ＝2n －3，又f ′(x )＝a 1＋2a 2x ＋3a 3x 2＋…＋10a 10x 9，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2－2＋2×2－2＋3×2－2＋…＋10×2－2＝2－2×10×112＝554.答案 5544．在等差数列{a n }中，a 1＝142，d ＝－2，从第一项起，每隔两项取出一项，构成新的数列{b n }，则此数列的前n 项和S n 取得最大值时n 的值是________． 【详细分析】因为从第一项起，每隔两项取出一项，构成数列{b n }，所以新数列的首项为b 1＝a 1＝142，公差为d ′＝－2×3＝－6，则b n ＝142＋(n －1)(－6)．令b n ≥0，解得n ≤2423，因为n ∈N *，所以数列{b n }的前24项都为正数项，从25项开始为负数项．因此新数列{b n }的前24项和取得最大值． 答案 245．在正项数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋3×5n ，则数列{a n }的通项公式为________．【详细分析】在递推公式a n ＋1＝2a n ＋3×5n 的两边同时除以5n ＋1，得a n ＋15n ＋1＝25×a n 5n ＋35，①令a n 5n ＝b n ，则①式变为b n ＋1＝25b n ＋35，即b n ＋1－1＝25(b n －1)，所以数列{b n －1}是等比数列，其首项为b 1－1＝a 15－1＝－35，公比为25.所以b n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1，即b n ＝1－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1＝a n5n ，故a n ＝5n －3×2n －1.答案 a n ＝5n －3×2n －16．(2015·苏、锡、常、镇模拟)已知各项都为正的等比数列{a n }满足a 7＝a 6＋2a 5，存在两项a m ，a n 使得 a m ·a n ＝4a 1，则1m ＋4n 的最小值为________．【详细分析】由a 7＝a 6＋2a 5，得a 1q 6＝a 1q 5＋2a 1q 4，整理有q 2－q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－1(与条件中等比数列的各项都为正矛盾，舍去)，又由 a m ·a n ＝4a 1，得a m a n ＝16a 21，即a 212m ＋n －2＝16a 21，即有m ＋n －2＝4，亦即m ＋n ＝6，那么1m ＋4n ＝16(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫4m n ＋n m ＋5≥16⎝ ⎛⎭⎪⎫24m n ·n m ＋5＝32，当且仅当4m n ＝n m ，m ＋n ＝6，即n ＝2m ＝4时取得最小值32. 答案 327．(2015·南通调研)设S n 为数列{a n }的前n 项之和，若不等式a 2n ＋S 2n n2≥λa 21对任何等差数列{a n }及任何正整数n 恒成立，则λ的最大值为________．【详细分析】a 1＝0时，不等式恒成立；当a 1≠0时，λ≤a 2na 21＋S 2n n 2a 21，将a n ＝a 1＋(n－1)d ，S n ＝na 1＋n （n －1）d 2代入上式，并化简得：λ≤54⎣⎢⎡⎦⎥⎤（n －1）d a 1＋652＋15，所以λ≤15，即λmax ＝15. 答案 158．(2015·南京、盐城模拟)已知等比数列{a n }的首项为43，公比为－13，其前n 项和为S n ，若A ≤S n －1S n≤B 对n ∈N *恒成立，则B －A 的最小值为________．【详细分析】依题意得S n ＝43⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ，当n 为奇数时，S n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤1，43；当n 为偶数时，S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫89，1.由函数y ＝x －1x 在(0，＋∞)上是增函数得S n －1S n 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1772，0∪⎝ ⎛⎦⎥⎤0，712，因此有A ≤－1772，B ≥712，B －A ≥712＋1772＝5972，即B －A 的最小值是5972. 答案 5972 二、解答题9．数列{a n }满足a n ＝2a n －1＋2n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，a 3＝27. (1)求a 1，a 2的值；(2)是否存在一个实数t ，使得b n ＝12n (a n ＋t )(n ∈N *)，且数列{b n }为等差数列？若存在，求出实数t ；若不存在，请说明理由； (3)求数列{a n }的前n 项和S n .解 (1)由a 3＝27，得27＝2a 2＋23＋1，∴a 2＝9，∵9＝2a 1＋22＋1，∴a 1＝2. (2)假设存在实数t ，使得{b n }为等差数列，则2b n ＝b n －1＋b n ＋1，(n ≥2且n ∈N *) ∴2×12n (a n ＋t )＝12n －1(a n －1＋t )＋12n ＋1(a n ＋1＋t )，∴4a n ＝4a n －1＋a n ＋1＋t ，∴4a n ＝4×a n －2n －12＋2a n ＋2n ＋1＋1＋t ，∴t ＝1.即存在实数t ＝1，使得{b n }为等差数列．(3)由(1)，(2)得b 1＝32，b 2＝52，∴b n ＝n ＋12， ∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12·2n －1＝(2n ＋1)2n －1－1，S n ＝(3×20－1)＋(5×21－1)＋(7×22－1)＋…＋[(2n ＋1)×2n －1－1]＝3＋5×2＋7×22＋…＋(2n ＋1)×2n －1－n ，① ∴2S n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n －2n ，②由①－②得－S n ＝3＋2×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －1－(2n ＋1)×2n ＋n ＝1＋2×1－2n 1－2－(2n ＋1)×2n ＋n＝(1－2n )×2n ＋n －1， ∴S n ＝(2n －1)×2n －n ＋1.10．(2013·江苏卷)设{a n }是首项为a ，公差为d 的等差数列(d ≠0)，S n 是其前n 项的和．记b n ＝nS nn 2＋c，n ∈N *，其中c 为实数．(1)若c ＝0，且b 1，b 2，b 4成等比数列，证明：S nk ＝n 2S k (k ，n ∈N *)； (2)若{b n }是等差数列，证明：c ＝0. 证明 由题设，S n ＝na ＋n （n －1）2d .(1)由c ＝0，得b n ＝S n n ＝a ＋n －12d .又b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋d 22＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋32d ，化简得d 2－2ad ＝0.因为d ≠0，所以d ＝2a . 因此，对于所有的m ∈N *，有S m ＝m 2a .从而对于所有的k ，n ∈N *，有S nk ＝(nk )2a ＝n 2k 2a ＝n 2S k .(2)设数列{b n }的公差为d 1，则b n ＝b 1＋(n －1)d 1，即nS nn 2＋c ＝b 1＋(n －1)d 1，n ∈N *，代入S n 的表达式，整理得，对于所有的n ∈N *，有⎝ ⎛⎭⎪⎫d 1－12d n 3＋(b 1－d 1－a ＋12d )n 2＋cd 1n ＝c (d 1－b 1)．令A ＝d 1－12d ，B ＝b 1－d 1－a ＋12d ，D ＝c (d 1－b 1)，则对于所有的n ∈N *，有An 3＋Bn 2＋cd 1n ＝D .(*)在(*)式中分别取n ＝1，2，3，4，得A ＋B ＋cd 1＝8A ＋4B ＋2cd 1＝27A ＋9B ＋3cd 1＝64A ＋16B ＋4cd 1，从而有⎩⎨⎧7A ＋3B ＋cd 1＝0，①19A ＋5B ＋cd 1＝0，②21A ＋5B ＋cd 1＝0，③由②，③得A ＝0，cd 1＝－5B ，代入方程①，得B ＝0，从而cd 1＝0.即d 1－12d ＝0，b 1－d 1－a ＋12d ＝0，cd 1＝0.若d 1＝0，则由d 1－12d ＝0，得d ＝0，与题设矛盾，所以d 1≠0.又cd 1＝0，所以c ＝0.11．(2014·南京、盐城模拟)已知数列{a n }满足a 1＝a (a ＞0，a ∈N *)，a 1＋a 2＋…＋a n －pa n ＋1＝0(p ≠0，p ≠－1，n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若对每一个正整数k ，若将a k ＋1，a k ＋2，a k ＋3按从小到大的顺序排列后，此三项均能构成等差数列，且公差为d k .①求p 的值及对应的数列{d k }．②记S k 为数列{d k }的前k 项和，问是否存在a ，使得S k ＜30对任意正整数k 恒成立？若存在，求出a 的最大值；若不存在，请说明理由．解 (1)因为a 1＋a 2＋…＋a n －pa n ＋1＝0，所以n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1－pa n ＝0，两式相减，得a n ＋1a n ＝p ＋1p (n ≥2)，故数列{a n }从第二项起是公比为p ＋1p 的等比数列，又当n ＝1时，a 1－pa 2＝0，解得a 2＝ap ，从而a n ＝⎩⎨⎧a （n ＝1），a p ⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＋1p n －2 （n ≥2）.(2)①由(1)得a k ＋1＝a p ⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＋1p k －1， a k ＋2＝a p ⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＋1p k ，a k ＋3＝a p ⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＋1p k ＋1，若a k ＋1为等差中项，则2a k ＋1＝a k ＋2＋a k ＋3， 即p ＋1p ＝1或p ＋1p ＝－2，解得p ＝－13； 此时a k ＋1＝－3a (－2)k －1，a k ＋2＝－3a (－2)k ， 所以d k ＝|a k ＋1－a k ＋2|＝9a ·2k －1，若a k ＋2为等差中项，则2a k ＋2＝a k ＋1＋a k ＋3，即p ＋1p ＝1，此时无解；若a k ＋3为等差中项，则2a k ＋3＝a k ＋1＋a k ＋2，即p ＋1p ＝1或p ＋1p ＝－12，解得p ＝－23，此时a k ＋1＝－3a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k －1，a k ＋3＝－3a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k ＋1，所以d k ＝|a k ＋1－a k ＋3|＝9a 8·⎝ ⎛⎭⎪⎫12k －1， 综上所述，p ＝－13，d k ＝9a ·2k －1或p ＝－23， d k ＝9a 8·⎝ ⎛⎭⎪⎫12k －1. ②当p ＝－13时，S k ＝9a (2k －1)．则由S k ＜30，得a ＜103（2k －1），当k ≥3时，103（2k －1）＜1，所以必定有a ＜1，所以不存在这样的最大正整数． 当p ＝－23时，S k ＝9a 4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ，则由S k ＜30，得a ＜403⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ，因为403⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＞403，所以a ＝13满足S k ＜30恒成立；但当a ＝14时，存在k ＝5，使得a ＞403⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ，即S k ＜30，所以此时满足题意的最大正整数a ＝13.。
