苏州市高三数学二轮复习示范课教案--数列中的方程问题(江小娟)

专题四 数列[江苏卷5年考情分析]小题考情分析 大题考情分析常考点等差数列的基本量计算(5年3考)等比数列的基本量计算(5年2考)近几年的数列解答题，其常规类型可以分为两类：一类是判断、证明某个数列是等差、等比数列(如2017年T19)；另一类是已知等差、等比数列求基本量，这个基本量涵义很广泛，指定的项a k 、项数n 、公差d 、公比q 、通项a n 、和式S n 以及它们的组合式，甚至还包括相关参数(如2018年T20，2019年T20).数列的压轴题还对代数推理能力要求较高，其中数列与不等式的结合(如2018年T20，2016年T20)；数列与方程的结合(如2015年T20)．这些压轴题难度很大，综合能力要求较高.偶考点等差、等比数列的性质及最值问题第一讲 | 小题考法——数列中的基本量计算考点(一)等差、等比数列的基本运算主要考查等差、等比数列的通项公式、前n 项和公式及有关的五个基本量间的“知三求二”运算.[题组练透]1．(2019·江苏高考)已知数列{a n }(n ∈N *)是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 2a 5＋a 8＝0，S 9＝27，则S 8的值是________．解析：法一：由S 9＝27⇒9（a 1＋a 9）2＝27⇒a 1＋a 9＝6⇒2a 5＝6⇒2a 1＋8d ＝6，所以a 1＋4d ＝3，即a 5＝3.又a 2a 5＋a 8＝0⇒2a 1＋5d ＝0， 解得a 1＝－5，d ＝2.故S 8＝8a 1＋8×（8－1）2d ＝16.法二：同法一得a 5＝3.又a 2a 5＋a 8＝0⇒3a 2＋a 8＝0⇒2a 2＋2a 5＝0⇒a 2＝－3. ∴ d ＝a 5－a 23＝2，a 1＝a 2－d ＝－5.故S 8＝8a 1＋8×（8－1）2d ＝16.答案：162．(2017·江苏高考)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________． 解析：设等比数列{a n}的公比为q ，则由S 6≠2S 3，得q ≠1，则⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 1（1－q 3）1－q ＝74，S 6＝a 1（1－q 6）1－q ＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝14，则a 8＝a 1q 7＝14×27＝32.答案：323．(2019·江苏苏锡常镇四市调研)已知公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10S 5＝4，则4a 1d＝________．解析：由S 10S 5＝4得S 10＝4S 5，即10a 1＋45d ＝4(5a 1＋10d )，化简得2a 1＝d ，则4a 1d＝2. 答案：24．(2019·江苏南师大附中期中改编)已知等比数列{a n }的各项均为正数，其前n 项和为S n ，若S 2＝34，S 4＝154，则a n ＝________．解析：由题知数列{a n }为等比数列，公比q >0且q ≠1，由⎩⎪⎨⎪⎧S 2＝34，S 4＝154得⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1－q 2）1－q ＝34，a 1（1－q 4）1－q ＝154，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，故a n ＝a 1q n －1＝14×2n －1＝2n －3. 答案：2n －35．(2019·南京盐城一模)已知等比数列{a n }为递增数列，设其前n 项和为S n ，若a 2＝2，S 3＝7，则a 5的值为________．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝2，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，q ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，因为数列{a n }为递增数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，所以a 5＝a 1q 4＝16.答案：16[方法技巧]等差(比)数列基本运算的策略(1)在等差(比)数列中，首项a 1和公差d (公比q )是两个最基本的元素．(2)在进行等差(比)数列项的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a 1和d (q )的方程组求解，但要注意消元法及整体代换法的使用，以减少计算量.考点(二) 等差、等比数列的性质主要考查等差、等比数列的性质及与前n 项和有关的最值问题.[题组练透]1．(2019·南京三模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3n－1，n ∈N *.若b n ＝log 3a n ，则b 1＋b 2＋b 3＋b 4的值为________．解析：法一：当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，所以b 1＝log 3a 1＝0.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n－12－3n －1－12＝3n －1，所以b n ＝log 3a n ＝n －1(n ≥2)．又b 1＝0，所以b n ＝n －1，所以b 1＋b 2＋b 3＋b 4＝4×（0＋3）2＝6.法二：当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，所以b 1＝log 3a 1＝0.当n ＝2时，a 2＝S 2－S 1＝32－12－1＝3，所以b 2＝log 3a 2＝1.当n ＝3时，a 3＝S 3－S 2＝13－4＝9，所以b 3＝2.当n ＝4时，a 4＝S 4－S 3＝40－13＝27，所以b 4＝3.所以b 1＋b 2＋b 3＋b 4＝0＋1＋2＋3＝6.答案：62．(2019·扬州期末)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝13，S 3＝S 11，当S n 最大时，n 的值为________．解析：∵S 3＝S 11，∴S 11－S 3＝a 4＋a 5＋a 6＋…＋a 11＝0，故可得(a 4＋a 11)＋(a 5＋a 10)＋(a 6＋a 9)＋(a 7＋a 8)＝4(a 7＋a 8)＝0，∴a 7＋a 8＝0.结合a 1＝13可知，该数列的前7项均为正数，从第8项开始为负数，故数列的前7项和最大．答案：73．在等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2－6x ＋8＝0的根，则a 1a 17a 9＝________． 解析：由题知，a 3＋a 15＝6>0，a 3a 15＝8>0，则a 3>0，a 15>0，由等比数列的性质知a 1a 17＝a 3a 15＝8＝a 29⇒a 9＝±22.设等比数列{a n }的公比为q ，则a 9＝a 3q 6>0，故a 9＝22，故a 1a 17a 9＝822＝2 2.答案：2 24．(2019·南京四校联考)已知各项均为正数的等比数列{a n }中，a 2＝3，a 4＝27，S 2n 为该数列的前2n 项和，T n 为数列{a n a n ＋1}的前n 项和，若S 2n ＝kT n ，则实数k 的值为________．解析：法一：因为各项均为正数的等比数列{a n }中，a 2＝3，a 4＝27，所以a 1＝1，公比q ＝3，所以S 2n ＝1×（1－32n）1－3＝32n－12，a n ＝3n －1，令b n ＝a n a n ＋1＝3n －1·3n ＝32n －1，所以b 1＝3，数列{b n }为等比数列，公比q ′＝9，所以T n ＝3×（1－9n ）1－9＝3（32n－1）8.因为S 2n ＝kT n ，所以32n－12＝k ·3（32n－1）8，解得k ＝43.法二：因为各项均为正数的等比数列{a n }中，a 2＝3，a 4＝27，所以a 1＝1，公比q ＝3.注意到S 2＝4，T 1＝3；S 4＝40，T 2＝30；…，由此归纳可得k ＝43.答案：435．(2019·苏州期末)设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若S 5S 10＝13，则S 5S 20＋S 10＝________． 解析：法一：设等比数列{a n }的公比为q ，若公比q 为1，则S 5S 10＝12，与已知条件不符，所以公比q ≠1，所以S n ＝a 1（1－q n ）1－q ，因为S 5S 10＝13，所以1－q 51－q 10＝13，所以q 5＝2，所以S 5S 20＋S 10＝1－q 51－q 20＋1－q 10＝1－21－24＋1－22＝118. 法二：因为S 5S 10＝13，所以不妨设S 5＝a ，S 10＝3a ，a ≠0，易知S 5，S 10－S 5，S 15－S 10，S 20－S 15成等比数列，由S 5＝a ，S 10－S 5＝2a ，得S 15－S 10＝4a ，S 20－S 15＝8a ，从而S 20＝15a ，所以S 5S 20＋S 10＝a 15a ＋3a ＝118.答案：118[方法技巧]等差、等比数列性质问题求解策略(1)等差、等比数列性质的应用的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．(2)应牢固掌握等差、等比数列的性质，特别是等差数列中“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n＝a p ＋a q ”这一性质与求和公式S n ＝n （a 1＋a n ）2的综合应用．考点(三) 等差、等比数列的判断主要考查利用某些基本量判断数列的类型.[典例感悟][典例] (2019·南通等七市一模)已知数列{a n }是等比数列，有下列四个命题：①数列{|a n |}是等比数列；②数列{a n a n ＋1}是等比数列；③数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等比数列；④数列{lg a 2n }是等比数列．其中正确的命题有________个． [解析] 设等比数列{a n }的公比为q ，则a n ＋1a n ＝q ，|a n ＋1||a n |＝|q |，故数列{|a n |}是等比数列，①正确；a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝q 2，则数列{a n a n ＋1}是等比数列，②正确；1a n ＋11a n＝1q ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等比数列，③正确；若a n ＝1，则lg a 2n ＝0，数列{lg a 2n }不是等比数列，④错误．故正确的命题有3个．[答案] 3[方法技巧]1．判断等差数列的常用方法(1)定义法：a n ＋1－a n ＝d (常数)(n ∈N *)⇔{a n }是等差数列．(2)通项公式法：a n ＝pn ＋q (p ，q 为常数，n ∈N *)⇔{a n }是等差数列．(3)中项公式法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)⇔{a n }是等差数列． 2．判断等比数列的常用方法 (1)定义法：a n ＋1a n＝q (q 是不为0的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列． (2)通项公式法：a n ＝cq n(c ，q 均是不为0的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列． (3)中项公式法：a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(a n ·a n ＋1·a n ＋2≠0，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．[演练冲关]若数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ，则下列四个命题：①{a n }是递减等差数列； ②{a n }是递增等差数列； ③{a n }是递减等比数列； ④{a n }是递增等比数列．其中正确命题的序号为________．解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝3－2＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n － [3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5.当n ＝1时，也满足上式，∴a n ＝6n －5.∵首项a 1＝1，a n －a n －1＝6n －5－[6(n －1)－5]＝6(常数)， ∴数列{a n }是等差数列，且公差为6＞0. ∴{a n }为递增数列． 答案：②[必备知能·自主补缺] (一) 主干知识要记牢 1．等差数列、等比数列2．等差数列(1)a ，b ，c 成等差数列是2b ＝a ＋c 的充要条件． (2)等差中项的推广：a n ＝a n ＋p ＋a n －p2(n ≥2，n >p )．(3)等差数列的单调性 由数列的单调性定义，易得 {a n }为递增数列⇔d >0； {a n }为递减数列⇔d <0； {a n }为常数列⇔d ＝0. (4)构造新数列若数列{a n }，{b n }都是等差数列且项数相同，则{kb n }，{a n ＋b n }，{a n －b n }，{pa n ＋qb n }都是等差数列．3．等比数列(1)a ，b ，c 成等比数列是b 2＝a ·c 的充分不必要条件．(2)推广：等比数列{a n }中，a n 是与a n 前后等距离的两项a n －p ，a n ＋p 的等比中项，即a 2n ＝a n －p ·a n ＋p (n ≥2且n >p )．(3)等比数列的单调性 由数列的单调性定义，易得 {a n }为递增数列⇔⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，q >1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，0<q <1； {a n }为递减数列⇔⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，q >1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，0<q <1；{a n }为常数列⇔q ＝1； {a n }为摆动数列⇔q <0. (4)构造新数列：①若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 仍是等比数列．②若{a n }是等比数列，且a n ＞0，则{log a a n }(a ＞0且a ≠1)是以log a a 1为首项，log a q 为公差的等差数列．(二) 二级结论要用好 1．等差数列的重要规律与推论(1)p ＋q ＝m ＋n ⇒a p ＋a q ＝a m ＋a n .(2)a p ＝q ，a q ＝p (p ≠q )⇒a p ＋q ＝0；S m ＋n ＝S m ＋S n ＋mnd .(3)连续k 项的和(如S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…)构成的数列是等差数列．(4)若等差数列{a n }的项数为偶数2m ，公差为d ，所有奇数项之和为S 奇，所有偶数项之和为S 偶，则所有项之和S 2m ＝m (a m ＋a m ＋1)，S 偶－S 奇＝md ，S 奇S 偶＝a ma m ＋1. (5)若等差数列{a n }的项数为奇数2m －1，所有奇数项之和为S 奇，所有偶数项之和为S 偶，则所有项之和S 2m －1＝(2m －1)a m ，S 奇＝ma m ，S 偶＝(m －1)a m ，S 奇－S 偶＝a m ，S 奇S 偶＝mm －1. [针对练] 一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和之比为32∶27，则该数列的公差d ＝________．解析：设等差数列的前12项中奇数项的和为S 奇，偶数项的和为S 偶，等差数列的公差为d .由已知条件，得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝354，S 偶∶S 奇＝32∶27，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 偶＝192，S 奇＝162.又S 偶－S 奇＝6d ， 所以d ＝192－1626＝5.答案：52．等比数列的重要规律与推论 (1)p ＋q ＝m ＋n ⇒a p ·a q ＝a m ·a n .(2){a n }，{b n }成等比数列⇒{a n b n }成等比数列．(3)连续m 项的和(如S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…)构成的数列是等比数列(注意：这连续m 项的和必须非零才能成立)．(4)若等比数列有2n 项，公比为q ，奇数项之和为S 奇，偶数项之和为S 偶，则S 偶S 奇＝q . (5)对于等比数列前n 项和S n ，有： ①S m ＋n ＝S m ＋q mS n ；②S m S n ＝1－q m 1－q n(q ≠±1)．[课时达标训练]A 组——抓牢中档小题1．(2018·南京三模)若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *，且a 1＝1，S 6＝3S 3，则a 7的值为________．解析：由S 6＝(a 1＋a 2＋a 3)＋a 1q 3＋a 2q 3＋a 3q 3＝(a 1＋a 2＋a 3)(1＋q 3)＝(1＋q 3)S 3＝3S 3，得(1＋q 3)S 3＝3S 3.因为S 3＝a 1(1＋q ＋q 2)≠0，所以q 3＝2，得a 7＝4.答案：42．(2019·苏北三市一模)在等差数列{a n }中，若a 5＝12，8a 6＋2a 4＝a 2，则{a n }的前6项和S 6的值为________．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由a 5＝12，8a 6＋2a 4＝a 2，得⎩⎪⎨⎪⎧a 5＝a 1＋4d ＝12，8（a 1＋5d ）＋2（a 1＋3d ）＝a 1＋d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝52，d ＝－12，所以S 6＝6a 1＋6×（6－1）2d ＝152.答案：1523．(2018·苏中三市、苏北四市三调)已知{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和．若a 3＝2，S 12＝4S 6，则a 9的值为________．解析：由S 12＝4S 6，当q ＝1，显然不成立，所以q ≠1，则a 1（1－q 12）1－q ＝4a 1（1－q 6）1－q，因为a 11－q ≠0，所以1－q 12＝4(1－q 6)，即(1－q 6)(q 6－3)＝0，所以q 6＝3或q ＝－1，所以a 9＝a 3q 6＝6或2.答案：2或64．若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________． 解析：设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ， 则a 4＝－1＋3d ＝8，解得d ＝3；b 4＝－1·q 3＝8，解得q ＝－2.所以a 2＝－1＋3＝2，b 2＝－1×(－2)＝2，所以a 2b 2＝1. 答案：15．(2019·无锡期末)设公差不为零的等差数列{a n }满足a 3＝7，且a 1－1，a 2－1，a 4－1成等比数列，则a 10＝________．解析：设数列{a n }的公差为d ，d ≠0，因为a 1－1，a 2－1，a 4－1成等比数列，所以(a 2－1)2＝(a 1－1)(a 4－1)，即(6－d )2＝(6－2d )(6＋d )，化简得3d 2－6d ＝0，因为d ≠0，所以d ＝2，所以a 10＝a 3＋7d ＝7＋14＝21.答案：216．(2018·常州期末)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 2a 3a 4＝a 2＋a 3＋a 4，则a 3的最小值为________．解析：依题意有a 2a 4＝a 23，a 2a 3a 4＝(a 3)3＝a 2＋a 3＋a 4≥a 3＋2a 2a 4＝3a 3，整理有a 3(a 23－3)≥0，因为a n >0，所以a 3≥3，所以a 3的最小值为 3.答案： 37．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n －S n ＝n 2－16n ＋15(n ≥2，n ∈N *)，若对任意n ∈N *，总有S n ≤S k ，则k 的值是________．解析：在等差数列{a n }中，设公差为d ，因为“a n －S n ＝a 1＋(n －1)d －⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 1n ＋n （n －1）2d ＝n 2－16n ＋15(n ≥2，n ∈N *)”的二次项系数为1，所以－d2＝1，即公差d ＝－2，令n ＝2，得a 1＝13，所以前n 项和S n ＝13n ＋n （n －1）2×(－2)＝14n －n 2＝49－(n －7)2，故前7项和最大，所以k ＝7.答案：78．(2019·苏锡常镇四市一模)中国古代著作《张丘建算经》中有这样一个问题：“今有马行转迟，次日减半疾，七日行七百里”，意思是说有一匹马行走的速度逐渐减慢，每天行走的里程是前一天的一半，七天一共行走了700里．那么这匹马最后一天行走的里程数为________．解析：由题意可知，这匹马每天行走的里程数构成等比数列，设为{a n }，易知公比q ＝12，则S 7＝a 1（1－q 2）1－q ＝2a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1128＝12764a 1＝700，所以a 1＝700×64127，所以a 7＝a 1q 6＝700×64127×⎝ ⎛⎭⎪⎫126＝700127，所以这匹马最后一天行走的里程数为700127.答案：7001279．(2018·扬州期末)已知各项都是正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若4a 4，a 3，6a 5成等差数列，且a 3＝3a 22，则S 3＝________．解析：设各项都是正数的等比数列{a n }的公比为q ，则q >0，且a 1>0，由4a 4，a 3，6a 5成等差数列，得2a 3＝4a 4＋6a 5，即2a 3＝4a 3q ＋6a 3q 2，解得q ＝13.又由a 3＝3a 22，解得a 1＝13，所以S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝13＋19＋127＝1327.答案：132710．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，S 10＝16，S 100－S 90＝24，则S 100＝________． 解析：依题意，S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，…，S 100－S 90依次成等差数列，设该等差数列的公差为d .又S 10＝16，S 100－S 90＝24，因此S 100－S 90＝24＝16＋(10－1)d ＝16＋9d ，解得d ＝89，因此S 100＝10S 10＋10×92d ＝10×16＋10×92×89＝200.答案：20011．(2018·扬州期末)在正项等比数列{a n }中，若a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6，则a 5＋a 6的最小值为________．解析：令a 1＋a 2＝t (t >0)，则a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6可化为tq 2－2t ＝6(其中q 为公比)，所以t ＝6q 2－2(q ＞2)，所以a 5＋a 6＝tq 4＝6q 2－2q 4＝6⎣⎢⎡⎦⎥⎤4q 2－2＋（q 2－2）＋4 ≥6⎣⎢⎡⎦⎥⎤24q 2－2·（q 2－2）＋4＝48(当且仅当q ＝2时等号成立)． 答案：4812．(2019·苏州中学模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a n ≠0，(a n ＋1－a n )S n ＋1＝(a n ＋1－2n －1a n )a n ＋1，n ∈N *.设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2a n ＋1－a n a n ＋1的前n 项和为T n ，则2n －1T n ＋12n －1＝________． 解析：∵(a n ＋1－a n )S n ＋1＝(a n ＋1－2n －1a n )a n ＋1，∴a n S n ＋1－a n ＋1S n ＝2n －1a n ＋1a n ，又a n ≠0，∴S n ＋1a n ＋1－S na n＝2n －1.则S 2a 2－S 1a 1＝1，S 3a 3－S 2a 2＝2，…，S n a n －S n －1a n －1＝2n －2(n ≥2，n ∈N *)．以上各式相加，得S n a n－S 1a 1＝1＋2＋…＋2n －2(n ≥2，n ∈N *)．∵S 1a 1＝1，∴S n a n－1＝2n －1－1，∴S n ＝2n －1a n (n ≥2，n ∈N *)．∵n ＝1时上式也成立，∴S n ＝2n －1a n (n ∈N *)．∴S n ＋1＝2n a n ＋1.两式相减，得a n ＋1＝2n a n ＋1－2n －1a n ，即(2n－1)a n ＋1＝2n －1a n ，则2a n ＋1－a n a n ＋1＝12n －1，∴T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1＝2－12n －1，∴2n －1T n ＋12n －1＝T n ＋12n －1＝2.答案：213．(2019·海安中学模拟)记min {a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≤b ，b ，b <a .设数列{a n }是公差为d 的等差数列，数列{b n }是公比为2的等比数列，且a 1＝0，b 1＝1，c n ＝min {a n ，b n }，n ∈N *，若数列{c n }中存在连续三项成等比数列，则d 的最小值为________．解析：法一：由题意知a n ＝a 1＋(n －1)d ＝(n －1)d ，b n ＝2n －1.数列{c n }中存在连续三项成等比数列，不可能是等差数列{a n }中连续的三项，理由：假设是等差数列{a n }中连续的三项，分别记为(k －1)d ，kd ，(k ＋1)d ，k ≥2，k ∈N *，则k 2d 2＝(k －1)d ·(k ＋1)d ，得d ＝0，a n ＝0，所以c n ＝0，与题意不相符．又数列{a n }中的项为0，d ，2d ，3d ，…，数列{b n }中的项为1，2，4，8，…，所以当d ≤2时，c n ＝a n ，不满足题意；当2<d <83时，a k <b k (k ≥4，k ∈N *)，此时数列{c n }的前三项为0，2，4，从第四项开始c n ＝a n ，不满足题意；当d ≥83时，数列{c n }的前四项为0，2，4，8，此时，c 2，c 3，c 4成等比数列，满足题意．综上，d 的最小值为83.法二：在平面直角坐标系内，点(n ，b n )在指数函数y ＝2x －1的图象上，点(n ，a n )在过点(1，0)，且斜率为d 的直线l 上．根据min {a ，b }的意义知，{c n }取位于两支曲线中下方曲线上的点的纵坐标．易知数列{c n }中连续三项成等比数列，不可能是等差数列{a n }中的连续三项．如图，当直线l 过点(4，8)时，c 2＝b 2＝2，c 3＝b 3＝4，c 4＝b 4＝8，第一次满足{c n }中连续三项成等比数列，此时直线l的斜率为83，即d 取得最小值，最小值为83.答案：8314．(2018·无锡期末)已知等比数列{a n }满足a 2a 5＝2a 3，且a 4，54，2a 7成等差数列，则a 1·a 2·…·a n 的最大值为________．解析：设等比数列{a n }的公比为q ， 根据等比数列的性质可得a 2a 5＝a 3a 4＝2a 3， 由于a 3≠0，可得a 4＝2. 因为a 4，54，2a 7成等差数列，所以2×54＝a 4＋2a 7，可得a 7＝14，由a 7＝a 4q 3，可得q ＝12，由a 4＝a 1q 3，可得a 1＝16，从而a n ＝a 1q n －1＝16×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.法一：令a n ≥1可得n ≤5，故当1≤n ≤5时，a n ≥1，当n ≥6时，0<a n <1，所以当n ＝4或5时，a 1·a 2·…·a n 的值最大，为1 024.法二：令T n ＝a 1·a 2·…·a n ＝24×23×22×…×25－n＝24＋3＋2＋…＋(5－n )＝2n （4＋5－n ）2＝2n （9－n ）2.因为n ∈N *，所以当且仅当n ＝4或5时，n （9－n ）2取得最大值10，从而T n 取得最大值T 10＝210＝1 024.答案：1 024B 组——力争难度小题1．已知函数f (x )＝x 2－ax ＋b (a ＞0，b ＞0)有两个不同的零点m ，n ，且m ，n 和－2三个数适当排序后，既可成为等差数列，也可成为等比数列，则a ＋b 的值为________．解析：由题意可得m ＋n ＝a ，mn ＝b ，因为a ＞0，b ＞0，可得m ＞0，n ＞0，又m ，n ，－2这三个数适当排序后可成等差数列，也可适当排序后成等比数列，可得⎩⎪⎨⎪⎧2n ＝m －2，mn ＝4，①或⎩⎪⎨⎪⎧2m ＝n －2，mn ＝4.② 解①得m ＝4，n ＝1，解②得m ＝1，n ＝4. 所以a ＝5，b ＝4，则a ＋b ＝9. 答案：92．已知等比数列{a n }的各项均为正数且公比q >1，前n 项积为T n ，且a 2a 4＝a 3，则使得T n >1的n 的最小值为________．解析：由a 2a 4＝a 3得a 23＝a 3，又{a n }的各项均为正数，故a 3＝1，T 5＝a 1a 2a 3a 4a 5＝a 53＝1，当n ＝6时，T 6＝T 5·a 6，又公比q >1，a 3＝1，故a 6>1，T 6>1.答案：63．已知正项数列{a n }满足a n ＋1＝1a 1＋a 2＋1a 2＋a 3＋1a 3＋a 4＋…＋1a n ＋a n ＋1＋1，其中n ∈N *，a 4＝2，则a 2 020＝________．解析：a n ＋1＝1a 1＋a 2＋1a 2＋a 3＋…＋1a n ＋a n ＋1＋1，所以n ≥2时，a n ＝1a 1＋a 2＋1a 2＋a 3＋…＋1a n －1＋a n ＋1，两式相减得a n ＋1－a n ＝1a n ＋1＋a n (n ≥2)，所以a 2n ＋1－a 2n ＝1(n ≥2)，a 22 020＝a 24＋(2020－4)×1＝2 020，所以a 2 020＝ 2 020.答案： 2 0204．(2018·南京考前模拟)数列{a n }中，a n ＝2n －1，现将{a n }中的项依原顺序按第k 组有2k 项的要求进行分组：(1，3)，(5，7，9，11)，(13，15，17，19，21，23)，…，则第n 组中各数的和为________．解析：设数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ＝n 2，因为2＋4＋…＋2n ＝n (n ＋1)＝n 2＋n ，2＋4＋…＋2(n －1)＝n (n －1)＝n 2－n .所以第n 组中各数的和为S n 2＋n －S n 2－n ＝(n 2＋n )2－(n 2－n )2＝4n 3.答案：4n 35．(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 *}，从集合A 中取出m 个不同元素，其和记为S ；从集合B 中取出n 个不同元素，其和记为T .若S ＋T ≤967，则m ＋2n 的最大值为________．解析：法一：由题意可得S ＝m （1＋2m －1）2＝m 2，T ＝n （0＋8n －8）2＝4n 2－4n ，则S ＋T ＝m 2＋4n 2－4n ≤967，即m 2＋(2n －1)2≤968，由基本不等式可得m ＋（2n －1）2≤m 2＋（2n －1）22≤9682＝22，则m ＋(2n －1)≤44，当且仅当m ＝2n －1＝22时取等号，但此时n ＝232∉N *，所以等号取不到，则当m ＝22，n ＝11时，m ＋2n 取得最大值44.法二：由题意可得S ＝m （1＋2m －1）2＝m 2，T ＝n （0＋8n －8）2＝4n 2－4n ，则S ＋T ＝m2＋4n 2－4n ≤967，即m 2＋(2n －1)2≤968，令m ＝968cos θ，2n －1＝968sin θ，则m ＋2n ＝968cos θ＋968sin θ＋1＝ 1 936sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＋1≤44＋1＝45，当且仅当m ＝22，2n －1＝22时取等号，但此时n ＝232∉N *，所以等号取不到，则当m ＝22，2n －1＝21，即n ＝11时，m ＋2n 取得最大值44.答案：446．(2018·江苏高考)已知集合A ＝{x |x ＝2n －1，n ∈N *}，B ＝{x |x ＝2n ，n ∈N *}．将A ∪B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{a n }．记S n 为数列{a n }的前n 项和，则使得S n >12a n＋1成立的n 的最小值为________．解析：所有的正奇数和2n (n ∈N *)按照从小到大的顺序排列构成{a n }，在数列{a n }中，25前面有16个正奇数，即a 21＝25，a 38＝26.当n ＝1时，S 1＝1<12a 2＝24，不符合题意；当n ＝2时，S 2＝3<12a 3＝36，不符合题意；当n ＝3时，S 3＝6<12a 4＝48，不符合题意；当n ＝4时，S 4＝10<12a 5＝60，不符合题意；……；当n ＝26时，S 26＝21×（1＋41）2＋2×（1－25）1－2＝441＋62＝503<12a 27＝516，不符合题意；当n ＝27时，S 27＝22×（1＋43）2＋2×（1－25）1－2＝484＋62＝546>12a 28＝540，符合题意．故使得S n >12a n ＋1成立的n 的最小值为27.答案：27第二讲 | 大题考法——等差、等比数列的综合问题题型(一)等差、等比数列的综合运算主要考查等差、等比数列的通项公式及前n 项和的求解，且常结合数列的递推公式命题.[典例感悟][例1] (2019·南京盐城一模)已知数列{a n }，其中n ∈N *. (1)若{a n }满足a n ＋1－a n ＝qn －1(q >0，n ∈N *)．①当q ＝2，且a 1＝1时，求a 4的值；②若存在互不相等的正整数r ，s ，t ，满足2s ＝r ＋t ，且a r ，a s ，a t 成等差数列，求q 的值．(2)设数列{a n }的前n 项和为b n ，数列{b n }的前n 项和为c n ，c n ＝b n ＋2－3，n ∈N *，若a 1＝1，a 2＝2，且|a 2n ＋1－a n a n ＋2|≤k 恒成立，求k 的最小值．[解] (1)①由题意知a 4－a 3＝4，a 3－a 2＝2，a 2－a 1＝1，a 1＝1，累加得a 4＝8. ②因为a n ＋1－a n ＝qn －1，所以n ≥2时，a n －a n －1＝q n －2，…，a 2－a 1＝1.(ⅰ)当q ＝1时，a n ＝n －1＋a 1(n ≥2)．又a 1满足a n ＝n －1＋a 1，所以当q ＝1时，a n ＝n －1＋a 1(n ∈N *)．因为2s ＝r ＋t ，所以2a s ＝a r ＋a t ，所以q ＝1满足条件．(ⅱ)当q ≠1且q >0时，a n ＝1－qn －11－q ＋a 1(n ≥2)．又a 1满足a n ＝1－qn －11－q ＋a 1，所以a n ＝1－q n －11－q＋a 1(n ∈N *)．若存在满足条件的r ，s ，t ，则可得2q s＝q r＋q t， 则2＝qr －s＋qt －s≥2qr ＋t －2s＝2，此时r ＝t ＝s ，这与r ，s ，t 互不相等矛盾， 所以q ≠1且q >0不满足条件． 综上所述，符合条件的q 的值为1.(2)由c n ＝b n ＋2－3，n ∈N *，可知c n ＋1＝b n ＋3－3，两式相减可得b n ＋3＝b n ＋2＋b n ＋1. 因为a 1＝1，a 2＝2，所以b 1＝1，b 2＝3，从而c 1＝1，c 2＝4，可得b 3＝4，b 4＝7，故b 3＝b 2＋b 1， 所以b n ＋2＝b n ＋1＋b n 对一切的n ∈N *恒成立．由b n ＋3＝b n ＋2＋b n ＋1，b n ＋2＝b n ＋1＋b n 得a n ＋3＝a n ＋2＋a n ＋1. 易知a 3＝1，a 4＝3，故a n ＋2＝a n ＋1＋a n (n ≥2)．因为a 2n ＋2－a n ＋1a n ＋3＝(a n ＋1＋a n )2－a n ＋1·(a n ＋2＋a n ＋1)＝(a n ＋1＋a n )2－a n ＋1·(a n ＋2a n ＋1)＝－a 2n ＋1＋a n a n ＋2，n ≥2，所以当n ≥2时，|a 2n ＋2－a n ＋1a n ＋3|＝|a 2n ＋1－a n a n ＋2|， 所以当n ≥2时，|a 2n ＋1－a n a n ＋2|＝5， 当n ＝1时，|a 2n ＋1－a n a n ＋2|＝3， 故k 的最小值为5.[方法技巧]1．解决等差、等比数列综合问题的策略解决由等差数列、等比数列组成的综合问题，首先要根据两数列的概念，设出相应的基本量，然后充分使用通项公式、求和公式、数列的性质等确定基本量．解综合题的关键在于审清题目，弄懂来龙去脉，揭示问题的内在联系和隐含条件．2．有关递推数列问题常见的处理方法将第n 项和第n ＋1项合并在一起，看是否是一个特殊数列．若递推关系式含有a n 与S n ，则考虑是否可以将a n 与S n 进行统一，再根据递推关系式的结构特征确定是否为熟悉的、有固定方法的递推关系式向通项公式转换的类型，否则可以写出数列的前几项，看能否找到规律，即先特殊、后一般、再特殊．[演练冲关](2019·南通等七市一模)已知等差数列{a n }满足a 4＝4，前8项和S 8＝36. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足∑k ＝1n(b k a 2n ＋1－2k )＋2a n ＝3(2n－1)(n ∈N *)．①证明：{b n }为等比数列；②求集合⎩⎨⎧⎭⎬⎫（m ，p ）⎪⎪⎪a m b m＝3a pb p，m ，p ∈N *.解：(1)设等差数列{a n }的公差为d .因为等差数列{a n }满足a 4＝4，前8项和S 8＝36，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＝4，8a 1＋8×72d ＝36，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)①证明：设数列{b n }的前n 项和为B n . 由(1)及错误!由③－④得3(2n－1)－3(2n －1－1)＝(b 1a 2n －1＋b 2a 2n －3＋…＋b n －1a 3＋b n a 1＋2n )－(b 1a 2n －3＋b 2a 2n －5＋…＋b n －1a 1＋2n －2)＝ [b 1(a 2n －3＋2)＋b 2(a 2n －5＋2)＋…＋b n －1(a 1＋2)＋b n a 1＋2n ]－(b 1a 2n －3＋b 2a 2n －5＋…＋b n －1a 1＋2n －2)＝2(b 1＋b 2＋…＋b n －1)＋b n ＋2＝2(B n －b n )＋b n ＋2.所以3×2n －1＝2B n －b n ＋2(n ≥2，n ∈N *)，又3×(21－1)＝b 1a 1＋2，所以b 1＝1，满足上式． 所以2B n －b n ＋2＝3×2n －1(n ∈N *)．⑤当n ≥2时，2B n －1－b n －1＋2＝3×2n －2，⑥由⑤－⑥得，b n ＋b n －1＝3×2n －2.所以b n －2n －1＝－(b n －1－2n －2)＝…＝(－1)n －1(b 1－20)＝0，所以b n ＝2n －1，b n ＋1b n＝2， 又b 1＝1，所以数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列．②由a m b m ＝3a p b p ，得m 2m －1＝3p 2p －1，即2p －m＝3p m.记c n ＝a n b n ，由①得，c n ＝a n b n ＝n2n －1，所以c n ＋1c n ＝n ＋12n ≤1，所以c n ≥c n ＋1(当且仅当n ＝1时等号成立)． 由a m b m＝3a pb p，得c m ＝3c p >c p ， 所以m <p .设t ＝p －m (m ，p ，t ∈N *)，由2p －m＝3p m ，得m ＝3t2t －3. 当t ＝1时，m ＝－3，不合题意； 当t ＝2时，m ＝6，此时p ＝8符合题意； 当t ＝3时，m ＝95，不合题意；当t ＝4时，m ＝1213＜1，不合题意．下面证明当t ≥4，t ∈N *时，m ＝3t2t－3<1. 不妨设f (x )＝2x－3x －3(x ≥4)， 则f ′(x )＝2xln 2－3>0，所以f (x )在[4，＋∞)上单调递增， 所以f (x )≥f (4)＝1>0， 所以当t ≥4，t ∈N *时，m ＝3t2t－3<1，不合题意． 综上，所求集合⎨⎧⎬⎫（m ，p ）⎪⎪⎪a m b m＝3a pb p，m ，p ∈N *＝{(6，8)}.题型(二) 等差、等比数列的判定与证明主要考查等差与等比数列的定义、等差与等比中项，且常与数列的递推公式结合命题.[典例感悟][例2] (2019·南师附中、淮阴、天一、海门四月联考)已知q 为常数，正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＋(a n －S n )q ＝1，n ∈N *.(1)求证：数列{a n }为等比数列；(2)若q ∈N *，且存在t ∈N *，使得3a t ＋2－4a t ＋1为数列{a n }中的项． ①求q 的值；②记b n ＝log a n ＋1a n ＋2，求证：存在无穷多组正整数数组(r ，s ，k )，使得b r ，b s ，b k 成等比数列．[解] (1)证明：由S n ＋(a n －S n )q ＝1，n ∈N *，得：a 1＝1，(1－q )S n ＋qa n ＝1(ⅰ) 所以(1－q )S n ＋1＋qa n ＋1＝1(ⅱ)(ⅱ)－(ⅰ)得：(1－q )a n ＋1＋qa n ＋1－qa n ＝0，即a n ＋1＝qa n ， 因为a n >0，所以a n ＋1a n＝q ，n ∈N *，且q >0， 结合q 为常数，得数列{a n }为等比数列． (2)①由(1)得a n ＝qn －1，存在t ∈N *，使得3a t ＋2－4a t ＋1是数列{a n }中的项⇔存在t ，p ∈N *， 使得3a t ＋2－4a t ＋1＝a p ⇔存在t ，p ∈N *，使得3q t ＋1－4q t ＝qp －1，即存在t ，p ∈N *，使得3q 2－4q ＝qp －t(*)．因为q ∈N *，且q ＝1时，(*)式显然不成立， 所以q ≥2，q ∈N *， 所以3q 2－4q ≥4，即qp －t≥4，结合t ，p ∈N *，得p －t ∈N *. 当p －t ≥3时，qp －t－(3q 2－4q )≥q 3－(3q 2－4q )＝q (q 2－3q ＋4)>0，与(*)式矛盾；当p －t ＝1时，(*)式可化为3q 2－4q ＝q ，解得q ＝0(舍)或q ＝53(舍)；当p －t ＝2时，(*)式可化为3q 2－4q ＝q 2，解得q ＝0(舍)或q ＝2. 综上，q ＝2. ②证明：由①得a n ＝2n －1，则b n ＝n ＋1n ＝1＋1n，所以数列{b n }为递减数列，因为b r ，b s ，b k 成等比数列，所以不妨设r <s <k ，则b 2s ＝b r b k ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫s ＋1s 2＝r ＋1r ·k ＋1k ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫s ＋1s 2·r r ＋1＝k ＋1k ，所以k ＝s 2（r ＋1）2sr ＋r －s2.令2sr ＝s 2，即s ＝2r ，得k ＝（2r ）2（r ＋1）r＝4r 2＋4r .所以存在无穷多组正整数数组(r ，2r ，4r 2＋4r )(r ∈N *)，使得b r ，b s ，b k 成等比数列，从而得证．[方法技巧]判定和证明数列是等差(比)数列的方法[演练冲关]1．(2019·常州期末)已知数列{a n }中，a 1＝1，且a n ＋1＋3a n ＋4＝0，n ∈N *. (1)求证：{a n ＋1}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)数列{a n }中是否存在不同的三项按照一定顺序重新排列后，构成等差数列？若存在，求出所有满足条件的项；若不存在，请说明理由．解：(1)由a n ＋1＋3a n ＋4＝0得a n ＋1＋1＝－3(a n ＋1)，n ∈N *. 因为a 1＝1，所以a 1＋1＝2≠0，可得a n ＋1≠0，n ∈N *， 所以a n ＋1＋1a n ＋1＝－3，n ∈N *，所以{a n ＋1}是以2为首项，－3为公比的等比数列． 所以a n ＋1＝2(－3)n －1，则数列{a n }的通项公式为a n ＝2(－3)n －1－1.(2)假设数列{a n }中存在三项a m ，a n ，a k (m <n <k ，m ∈N *，n ∈N *，k ∈N *)符合题意，易知k －n ，k －m ，n －m 都是正整数，分以下三种情形：①当a m 位于a n 和a k 的中间时，2a m ＝a n ＋a k ， 即2[2(－3)m －1－1]＝2(－3)n －1－1＋2(－3)k －1－1，所以2(－3)m ＝(－3)n＋(－3)k，两边同时除以(－3)m， 得2＝(－3)n －m＋(－3)k －m，等式右边是3的倍数，舍去；②当a n 位于a m 和a k 的中间时， 2a n ＝a m ＋a k ， 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，两边同时除以(－3)m， 得2(－3)n －m＝1＋(－3)k －m，即1＝2(－3)n －m－(－3)k －m，等式右边是3的倍数，舍去；③当a k 位于a m 和a n 的中间时，2a k ＝a m ＋a n ， 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，两边同时除以(－3)m，得2(－3)k－m＝1＋(－3)n－m，即1＝2(－3)k－m－(－3)n－m，等式右边是3的倍数，舍去．综上可得，数列{a n}中不存在满足题意的三项．2．(2017·江苏高考)对于给定的正整数k，若数列{a n}满足：a n－k＋a n－k＋1＋…＋a n－1＋a na n＋k－1＋a n＋k＝2ka n，对任意正整数n(n>k)总成立，则称数列{a n}是“P(k)数列”．＋1＋…＋(1)证明：等差数列{a n}是“P(3)数列”；(2)若数列{a n}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{a n}是等差数列．证明：(1)因为{a n}是等差数列，设其公差为d，则a n＝a1＋(n－1)d，从而，当n≥4时，a n－k＋a n＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d＝2a1＋2(n－1)d＝2a n，k＝1，2，3，所以a n－3＋a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＋a n＋3＝6a n，因此等差数列{a n}是“P(3)数列”．(2)数列{a n}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，当n≥3时，a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＝4a n，①当n≥4时，a n－3＋a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＋a n＋3＝6a n.②由①知，a n－3＋a n－2＝4a n－1－(a n＋a n＋1)，③a n＋2＋a n＋3＝4a n＋1－(a n－1＋a n)．④将③④代入②，得a n－1＋a n＋1＝2a n，其中n≥4，所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′.在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，所以a2＝a3－d′，在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，所以a1＝a3－2d′，所以数列{a n}是等差数列．[课时达标训练]A组——大题保分练1．在数列{a n}，{b n}中，已知a1＝2，b1＝4，且a n，－b n，a n＋1成等差数列，b n，－a n，b n＋1也成等差数列．(1)求证：{a n ＋b n }是等比数列； (2)设m 是不超过100的正整数，求使a n －m a n ＋1－m ＝a m ＋4a m ＋1＋4成立的所有数对(m ，n )．解：(1)证明：由a n ，－b n ，a n ＋1成等差数列可得，－2b n ＝a n ＋a n ＋1，① 由b n ，－a n ，b n ＋1成等差数列可得，－2a n ＝b n ＋b n ＋1，② ①＋②得，a n ＋1＋b n ＋1＝－3(a n ＋b n )， 又a 1＋b 1＝6，所以{a n ＋b n }是以6为首项，－3为公比的等比数列． (2)由(1)知，a n ＋b n ＝6×(－3)n －1，③①－②得，a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＝－2，④ ③＋④得，a n ＝6×（－3）n －1－22＝3×(－3)n －1－1，代入a n －m a n ＋1－m ＝a m ＋4a m ＋1＋4，得3×（－3）n －1－1－m 3×（－3）n －1－m ＝3×（－3）m －1＋33×（－3）m＋3， 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)(－3)m＋3×(－3)n＝0， 所以m ＋1＝(－3)n －m ＋1，由m 是不超过100的正整数， 可得2≤(－3)n －m ＋1≤101，所以n －m ＋1＝2或4，当n －m ＋1＝2时，m ＋1＝9，此时m ＝8，则n ＝9，符合题意； 当n －m ＋1＝4时，m ＋1＝81，此时m ＝80，则n ＝83，符合题意． 故使a n －m a n ＋1－m ＝a m ＋4a m ＋1＋4成立的所有数对(m ，n )为(8，9)，(80，83)．2．(2019·苏锡常镇二模)已知数列{a n }是各项都不为0的无穷数列，对任意的n ≥3，n ∈N *，a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n ＝λ(n －1)a 1a n 恒成立．(1)如果1a 1，1a 2，1a 3成等差数列，求实数λ的值；(2)若λ＝1.(ⅰ)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列；(ⅱ)已知数列{a n}中，a1≠a2.数列{b n}是公比为q的等比数列，满足b1＝1a1，b2＝1a2，b3＝1a i(i∈N*)．求证：q是整数，且数列{b n}中的任意一项都是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n中的项．解：(1)因为n≥3且n∈N*时，a1a2＋a2a3＋…＋a n－1a n＝λ(n－1)a1a n恒成立，则当n＝3时，a1a2＋a2a3＝2λa1a3，因为数列{a n}的各项都不为0，所以等式两边同时除以a1a2a3得：2λa2＝1a1＋1a3，又1a1，1a2，1a3成等差数列，所以2a2＝1a1＋1a3，所以2λa2＝2a2，所以λ＝1.(2)证明：(ⅰ)当λ＝1，n＝3时，a1a2＋a2a3＝2a1a3，①整理得1a1＋1a3＝2a2，则1a2－1a1＝1a3－1a2.②当n＝4时，a1a2＋a2a3＋a3a4＝3a1a4，③③－①得：a3a4＝3a1a4－2a1a3，得1a1＝3a3－2a4，又1a1＋1a3＝2a2，所以1a4－1a3＝1a3－1a2.④当n≥3时，a1a2＋a2a3＋…＋a n－1a n＝(n－1)a1a n，a1a2＋a2a3＋…＋a n－1a n＋a n a n＋1＝na1a n＋1，两式相减得：a n a n＋1＝na1a n＋1－(n－1)a1a n，因为a n≠0，所以1a1＝na n－n－1a n＋1，则1a1＝n＋1a n＋1－na n＋2，所以na n－n－1a n＋1＝n＋1a n＋1－na n＋2，整理得1a n＋1a n＋2＝2a n＋1，即1a n＋2－1a n＋1＝1a n＋1－1a n(n≥3)，⑤由②④⑤得：1a n＋2－1a n＋1＝1a n＋1－1a n对任意的正整数n恒成立，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n成等差数列．(ⅱ)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n的公差为d，设c n＝1a n，c1＝1a1＝c(c≠0)，则b1＝c1＝c，b2＝c2＝c＋d，d＝c2－c1＝b2－b1＝cq－c.当i＝2时，b3＝c2＝b2，从而q＝1，b2＝b1，得a1＝a2，与已知不符．当i＝3时，由b3＝c3，cq2＝c＋2d＝c＋2c(q－1)，得q2＝1＋2(q－1)，得q＝1，与已知不符．当i ＝1时，由b 3＝c 1，cq 2＝c ，得q 2＝1，则q ＝－1(上面已证q ≠1)为整数． 此时数列{b n }为：c ，－c ，c ，…；数列{c n }中，c 1＝c ，c 2＝－c ，公差d ＝－2c .数列{b n }中每一项都是{c n }中的项(c ＝c 1，－c ＝c 2)．当i ≥4时，由b 3＝c i ，cq 2＝c ＋(i －1)d ＝c ＋(i －1)c (q －1)，得q 2－(i －1)q ＋(i －2)＝0，得q ＝1(舍去)，q ＝i －2(i ≥4)为正整数．cq ＝c ＋d ，b 3＝c i ，对任意的正整数k ≥4，欲证明b k 是数列{c n }中的项，只需证b k ＝cq k －1＝c i ＋xd ＝b 3＋x (cq－c )＝cq 2＋x (cq －c )有正整数解x ，即证x ＝q k －1－q 2q －1为正整数．因为x ＝q k －1－q 2q －1＝q 2（q k －3－1）q －1表示首项为q 2，公比为q ＝i －2(i ≥4)，共k －3(k ≥4)项的等比数列的和，所以x 为正整数．因此，{b n }中的每一项都是数列{c n }也即⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 中的项．3．(2019·盐城三模)在无穷数列{a n }中，a n >0(n ∈N *)，记{a n }前n 项中的最大项为k n ，最小项为r n ，令b n ＝k n r n .(1)若{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝n 2＋na 12.①求b n ；②是否存在正整数m ，n ，满足b 2mb 2n ＝2m －12n ？若存在，请求出这样的m ，n ，若不存在，请说明理由．(2)若数列{b n }是等比数列，求证：数列{a n }是等比数列． 解：(1)①在S n ＝n 2＋na 12中，令n ＝1，得a 1＝S 1＝1＋a 12，解得a 1＝1，∴S n ＝n 2＋n2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－（n －1）2＋（n －1）2＝n ，综上，得a n ＝n (n ∈N *)．显然{a n }为递增数列，∴k n ＝a n ＝n ，r n ＝a 1＝1， ∴b n ＝n .②假设存在满足条件的正整数m ，n ，则m n ＝2m －12n ，∴m 2m ＝n 2n ×12， 设c n ＝n 2n ，则c n ＋1－c n ＝n ＋12n ＋1－n 2n ＝1－n 2n ＋1，∴c 1＝c 2>c 3>c 4>c 5>…，由m 2m ＝n 2n ×12，得c m ＝12c n <c n ，∴m >n ，则m ≥n ＋1， 当m ＝n ＋1时，m n ＝2m －12n 显然不成立．当m >n ＋1时，m n ＝2m －12n ＝2m －n －1，设m －n －1＝t ，则t ∈N *，n ＋1＋t n ＝2t ，得n ＝t ＋12t －1， 设d n ＝n ＋12n －1，则d n ＋1－d n ＝（n ＋1）＋12n ＋1－1－n ＋12n －1＝－n ×2n－1（2n ＋1－1）（2n－1）<0恒成立， ∴数列{d n }递减．又d 1＝2，d 2＝1，d 3＝47<1，∴n ≥3时，d n <1恒成立．故方程n ＝t ＋12t －1的解有且仅有t ＝1，n ＝2或t ＝2，n ＝1，此时m ＝4，故满足条件的m ，n 存在，m ＝4，n ＝1或n ＝2.(2)证明：∵a n >0(n ∈N *)，且k n ，r n 分别为{a n }前n 项中的最大项和最小项， ∴k n ＋1≥k n ，r n ＋1≤r n ，设数列{b n }的公比为q ，显然q >0， (ⅰ)当q ＝1时，k n ＋1r n ＋1k n r n＝1，得k n ＋1k n ＝r nr n ＋1，若 k n ＋1>k n ，则r n ＋1<r n ，由k n 与r n 的含义可知k n ＋1>k n 与r n ＋1<r n 不可能同时成立， 故k n ＋1＝k n ，则r n ＋1＝r n ，则k n ＝k 1＝a 1，r n ＝r 1＝a 1， ∴a n ＝a 1， ∴a n ＋1a n＝1， ∴数列{a n }是等比数列． (ⅱ)当q >1时，k n ＋1r n ＋1k n r n＝q >1，得k n ＋1r n ＋1k n r n ＝q 2>1.。

解应用题的策略与方法常熟市中学 苏建国高考趋势应用问题在高考中大致呈现一大题一小题的格局，主要考查函数、方程、三角、导数、数列、基本不等式等基础知识，考查数学建模能力、抽象概括能力、空间想象能力、数学阅读能力和解决实际问题的能力．一 引入1．（2012年江苏数学高考17题）如图，建立平面直角坐标系xOy ，x 轴在地平面上，y 轴垂直于地平面，单位长度为1千米．某炮位于坐标原点．已知炮弹发射后的轨迹在方程221(1)(0)20y kx k x k =-+>表示的曲线上，其中k 与发射方向有关．炮的射程是指炮弹落地点的横坐标．（1）求炮的最大射程；（2）设在第一象限有一飞行物（忽略其大小），其飞行高度为3.2千米，试问它的横坐标a 不超过多少时，炮弹可以击中它？请说明理由．2．（2011年江苏数学高考17题） 请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD 是边长为60cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得ABCD 四个点重合于图中的点P ，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E 、F 在AB 上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE=FB=xcm（1）若广告商要求包装盒侧面积S （cm 2）最大，试问x 应取何值？（2）若广告商要求包装盒容积V （cm 3）最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．二 例题精讲例1．某旅店共有客床100张，每床每晚收费10元时可全部客满，若每床每晚收费提高2元，便减少10张客床租出，再提高2元，则又减少10张客床租出．依此变化，为了减少投入，多获利，每床每晚收费应提高 元．例2．如图，在某建筑工地上有一个吊臂长m DF 24=的吊车，吊车底座FG 高1.5m .现准备把一个底半径为3m 、高2m 的圆柱形工件吊起平放到m 15高的桥墩上．（注：当物件与吊臂接触后，钢索CD 长可通过顶点D 处的滑轮自动调节并保持物件始终与吊臂接触，且与工件的中心在一条垂直线上.）（I ）记工件能被吊起的最大高度为()y m , 请选取适当的变量将y 表示成该变量的函数；（II ）判断工件能否安全被吊到桥墩上，并说明理由.（参考数据：732.13=）三 课堂巩固1．如图是足球场的部分示意图，假设球门的宽AB=7m ，A 到边线的距离AC=30m ．现距离边线5m 处的一名运动员P 沿着边线方向向底线运球，他观察球门的角APB ∠称为视角．设P 到底线的距离为PD=x m ，当x = m 时，该球员观察球门的视角最大？（结果保留根式）2．“活水围网”养鱼技术具有养殖密度高、经济效益好的特点．研究表明：“活水围网”养鱼时，某种鱼在一定的条件下，每尾鱼的平均生长速度v （单位：千克/年）是养殖密度x （单位：尾/立方米）的函数．当x 不超过4（尾/立方米）时，v 的值为2（千克/年）；当420x ≤≤时，v 是x 的一次函数；当x 达到20（尾/立方米）时，因缺氧等原因，鱼就停止生长．（1）当*020,x x N <≤∈时，求函数()v x 的表达式；（2）当养殖密度x 为多大时，鱼的年生长量（单位：千克/立方米）()()f x x v x =⋅可以达到最大，并求出最大值．四 课后练习1．某商店计划投入资金20万元经销甲、乙两种商品，已知经销甲商品与乙商品所获得的利润分别为p 万元和q 万元，且它们与投入资金x （万元）的关系是,0)4x p q a ==>．若不管资金如何投放，经销两种商品或其中一种商品所获得的纯利润不少于5万元，则a 的最小值是 ．2．先后抛掷一颗质地均匀的骰子两次，得到其向上的点数分别为,m n ，记向量(,)a m n = ，则满足5a < 的概率是 ．3．某地街道呈现东西、南北向的网格状，相邻街距为1，两条街道相交的点称为格点。

数列中的奇偶项问题一、新高考Ⅰ卷、全国Ⅰ卷数列考点分布 新高考Ⅰ卷考点分布与考查概况全国Ⅰ卷理科考点分布与考查概况年份 题号 分数 涉及知识点 题号分数 涉及知识点202014 5 两等差数列的公共项问题、 等差数列的前n 项和公式；核心素养：逻辑推理、数学运算 1712等差中项、等比数列的通项公式、 错位相减法求数列的前n 项和； 核心素养：逻辑推理、数学运算18 12 等比数列的通项公式、 数列求和；核心素养：逻辑推理、数学运算202116 5 构建数列模型，归纳通项公式错位相减法求数列的前n 项和； 逻辑推理、数学运算、数学建模 1912等差数列的通项公式、 数列的通项与前n 项和、积之间的关系； 核心素养：逻辑推理、数学运算1710数列的递推公式、 等差数列的定义、等差数列的前n 项和；核心素养：逻辑推理、数学运算二、真题回眸1．(2020·高考数学课标Ⅰ卷)数列{}n a 满足2(1)31nn n a a n ++-=-，前16项和为540，则1a = ______________．2．（2021·全国高考）已知数列满足， （1）记，写出，，并求数列的通项公式； （2）求的前20项和.三、例题分析例1：已知数列)12()1(+-=n a nn ，求数列{}n a 的前n 项和n S .变式1：已知数列12sin )12()1(++-=πn n a nn ，求数列{}n a 的前n 项和=100S .{}n a 11a =11,,2,.n n na n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数2n n b a =1b 2b {}n b {}n a变式2：已知数列12sin )12()1(++-=πn n a nn ，求数列{}n a 的前n 项和=102S .例2：已知数列{}n a 的前n 项和为2*4().n S n n n N =+∈ （1）求数列{}n a 的通项公式;（2）若数列{}n c 满足,11=c ，1n n n c c a ++=，求数列{c n }的通项公式及前n 项和．拓展：已知数列()，21+=n a n ().114321n n n a a a a a S +-++-+-= 求四、课堂小结：有关数列的奇偶项的问题是高考中经常涉及的问题，解决此类问题的关键在于搞清数列奇数项和偶数项的首项、项数、公差（比）等，涉及求通项公式、求和等。

第2讲 数列的求解与综合创新[2019考向导航]1．必记的概念与定理(1)等差数列{a n }的前n 项和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d ；(2)等比数列{a n }的前n 项和公式：q ≠1时，S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q 1－q；q ＝1时，S n ＝na 1；(3)数列求和的方法技巧 ①分组转化法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列的通项公式拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．②错位相减法这是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别是等差数列和等比数列．③倒序相加法若求和式中到首尾距离相等的两项和相等或者求和式中到首尾距离相等的两项具有某种对称性，则可以考虑使用倒序相加的求和方法．在使用倒序相加法求和时要注意相加后求出的和是所求和的二倍，得出解题结果后不要忽视了除以2．④裂项相消法利用通项公式变形，将通项公式分裂成两项或几项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．2．记住几个常用的公式与结论 常见的拆项公式： (1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1；(2)1n （n ＋k ）＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ；(3)1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；(4)1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )．3．需要关注的易错易混点在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形导致解题失误．数列求通项、求和及求参数的范围(值)[典型例题](2019·南京高三模拟)已知常数p ＞0，数列{a n }满足a n ＋1＝|p －a n |＋2a n ＋p ，n ∈N *．(1)若a 1＝－1，p ＝1， ①求a 4的值；②求数列{a n }的前n 项和S n ．(2)若数列{a n }中存在三项a r ，a s ，a t (r ，s ，t ∈N *，r ＜s ＜t )依次成等差数列，求a 1p的取值范围．【解】 (1)因为p ＝1，所以a n ＋1＝|1－a n |＋2a n ＋1． ①因为a 1＝－1，所以a 2＝|1－a 1|＋2a 1＋1＝1，a 3＝|1－a 2|＋2a 2＋1＝3，a 4＝|1－a 3|＋2a 3＋1＝9．②因为a 2＝1，a n ＋1＝|1－a n |＋2a n ＋1， 所以当n ≥2时，a n ≥1，从而a n ＋1＝|1－a n |＋2a n ＋1＝a n －1＋2a n ＋1＝3a n (n ≥2)， 所以a n ＝3n －2(n ≥2)．当n ＝1时，S 1＝－1．当n ≥2时，S n ＝－1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝－1＋1－3n －11－3＝3n －1－32．所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，3n －1－32，n ≥2，n ∈N *， 即S n ＝3n －1－32，n ∈N *． (2)因为a n ＋1－a n ＝|p －a n |＋a n ＋p ≥p －a n ＋a n ＋p ＝2p ＞0， 所以a n ＋1＞a n ，即{a n }单调递增． ①当a 1p≥1时，有a 1≥p ，于是a n ≥a 1≥p ， 所以a n ＋1＝|p －a n |＋2a n ＋p ＝a n －p ＋2a n ＋p ＝3a n ， 所以a n ＝3n －1a 1．若{a n }中存在三项a r ，a s ，a t (r ，s ，t ∈N *，r ＜s ＜t )依次成等差数列，则有2a s ＝a r ＋a t ， 即2×3s －1＝3r －1＋3t －1．(*)因为s ≤t －1，所以2×3s －1＝23×3s ＜3t －1＜3r －1＋3t －1， 即(*)不成立．故此时数列{a n }中不存在三项依次成等差数列． ②当－1＜a 1p＜1时，有－p ＜a 1＜p ．此时a 2＝|p －a 1|＋2a 1＋p ＝p －a 1＋2a 1＋p ＝a 1＋2p ＞p ， 于是当n ≥2时，a n ≥a 2＞p ，从而a n ＋1＝|p －a n |＋2a n ＋p ＝a n －p ＋2a n ＋p ＝3a n ． 所以a n ＝3n －2a 2＝3n －2(a 1＋2p )(n ≥2)．若{a n }中存在三项a r ，a s ，a t (r ，s ，t ∈N *，r ＜s ＜t )依次成等差数列， 由①可知，r ＝1， 于是有2×3s －2(a 1＋2p )＝a 1＋3t －2(a 1＋2p )．因为2≤s ≤t －1， 所以a 1a 1＋2p＝2×3s －2－3t －2＝29×3s －13×3t －1＜0．因为2×3s －2－3t －2是整数，所以a 1a 1＋2p≤－1，于是a 1≤－a 1－2p ，即a 1≤－p ，与－p ＜a 1＜p 矛盾， 故此时数列{a n }中不存在三项依次成等差数列． ③当a 1p≤－1时，有a 1≤－p ＜p ，a 1＋p ≤0，于是a 2＝|p －a 1|＋2a 1＋p ＝p －a 1＋2a 1＋p ＝a 1＋2p ，a 3＝|p －a 2|＋2a 2＋p ＝|p ＋a 1|＋2a 1＋5p ＝－p －a 1＋2a 1＋5p ＝a 1＋4p ，此时有a 1，a 2，a 3成等差数列． 综上可知：a 1p≤－1．对于数列中有关参数的范围(值)问题，技巧性较高，主要是抓住n ∈N *这一特点，常常用函数思想和转化化归思想将有关问题转化为函数或放缩到某一范围处理．[对点训练]1．(2019·江苏名校高三入学摸底)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a n ＋2a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n ； (3)在第(2)问的条件下，若不等式(－1)nλ(4－S n )≤1对任意的n ∈N *恒成立，求λ的取值范围．[解] (1)由已知得a n ＋1n ＋1＝2a n n，其中n ∈N *， 又a 11＝1， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n n＝2n －1，则a n ＝n ·2n －1．(2)由(1)知，b n ＝4（n ＋2）n ·（n ＋1）2n ＝4n ·2n －1－4（n ＋1）2n ，故S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－14＋14－112＋112－132＋…＋1n ·2n －1－1（n ＋1）2n＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1（n ＋1）2n ．(3)由(2)得S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1（n ＋1）2n ， 所以(－1)nλ(4－S n )≤1可化为4（－1）nλ（n ＋1）2n ≤1．当n 为奇数时，不等式可化为λ≥－（n ＋1）2n4，记f (n )＝－（n ＋1）2n4，易证{f (n )}是递减数列，所以f (n )max ＝f (1)＝－1，所以λ≥－1． 当n 为偶数时，不等式可化为λ≤（n ＋1）2n4，记g (n )＝（n ＋1）2n4，易证{g (n )}是递增数列，所以g (n )min ＝g (2)＝3，所以λ≤3． 综上可知，λ的取值范围为－1≤λ≤3．数列的综合与创新 [典型例题](2019·高考江苏卷)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”． (1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足：a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，求证：数列{a n }为“M －数列”；(2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足：b 1＝1，1S n ＝2b n －2b n ＋1，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数．若存在“M －数列”{c n }(n ∈N *)，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有c k ≤b k ≤c k ＋1成立，求m 的最大值．【解】 (1)证明：设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0．由⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a 21q 4＝a 1q 4，a 1q 2－4a 1q ＋4a 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2． 因此数列{a n }为“M －数列”． (2)①因为1S n ＝2b n －2b n ＋1，所以b n ≠0．由b 1＝1，S 1＝b 1，得11＝21－2b 2，则b 2＝2．由1S n ＝2b n －2b n ＋1，得S n ＝b n b n ＋12（b n ＋1－b n ），当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1， 得b n ＝b n b n ＋12（b n ＋1－b n ）－b n －1b n2（b n －b n －1），整理得b n ＋1＋b n －1＝2b n ．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列． 因此，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *)． ②由①知，b k ＝k ，k ∈N *．因为数列{c n }为“M －数列”，设公比为q ，所以c 1＝1，q >0． 因为c k ≤b k ≤c k ＋1，所以q k －1≤k ≤q k，其中k ＝1，2，3，…，m ．当k ＝1时，有q ≥1；当k ＝2，3，…，m 时，有ln k k ≤ln q ≤ln kk －1．设f (x )＝ln x x (x >1)，则f ′(x )＝1－ln xx2． 令f ′(x )＝0，得x ＝e ．列表如下：因为ln 22＝ln 86<ln 96＝ln 33，所以f (k )max ＝f (3)＝ln 33．取q ＝33，当k ＝1，2，3，4，5时，ln k k≤ln q ，即k ≤q k ，经检验知q k －1≤k 也成立．因此所求m 的最大值不小于5．若m ≥6，分别取k ＝3，6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216，所以q 不存在．因此所求m 的最大值小于6．综上，所求m 的最大值为5．数列综合与创新问题的解题策略(1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项公式、求通项公式需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．(2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．[对点训练]2．对于给定的正整数k，若数列{a n} 满足：a n－k＋a n－k＋1＋…＋a n－1＋a n＋1＋…＋a n＋k－1＋a n ＋k＝2ka n对任意正整数n(n>k) 总成立，则称数列{a n} 是“P(k)数列”．(1)证明：等差数列{a n}是“P(3)数列”；(2)若数列{a n}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{a n}是等差数列．[证明] (1)因为{a n}是等差数列，设其公差为d，则a n＝a1＋(n－1)d，从而，当n≥4时，a n－k＋a n＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d＝2a1＋2(n－1)d＝2a n，k＝1，2，3，所以a n－3＋a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＋a n＋3＝6a n，因此等差数列{a n}是“P(3)数列”．(2)数列{a n}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，当n≥3时，a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＝4a n，①当n≥4时，a n－3＋a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＋a n＋3＝6a n．②由①知，a n－3＋a n－2＝4a n－1－(a n＋a n＋1)，③a n＋2＋a n＋3＝4a n＋1－(a n－1＋a n)．④将③④代入②，得a n－1＋a n＋1＝2a n，其中n≥4，所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′．在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，所以a2＝a3－d′，在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，所以a1＝a3－2d′，所以数列{a n}是等差数列．1．已知数列{a n}的前n项和S n满足S n＋S m＝S n＋m(n，m∈N*)且a1＝5，则a8＝________．[解析] 数列{a n}的前n项和S n满足S n＋S m＝S n＋m(n，m∈N*)且a1＝5，令m＝1，则S n＋1＝S n＋S1＝S n＋5，即S n＋1－S n＝5，所以a n＋1＝5，所以a8＝5．[答案] 52．(2019·江苏省名校高三入学摸底卷)已知公差不为0的等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1，a3，a4成等比数列，则S3S7－S4的值为________．[解析] 法一：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 1，a 3，a 4成等比数列， 所以a 23＝a 1a 4，所以(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，因为d ≠0，所以a 1＝－4d ，所以S 3S 7－S 4＝3a 1＋3×22d7a 1＋7×62d －⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 1＋4×32d ＝3a 1＋3d 3a 1＋15d ＝－9d3d ＝－3．法二：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 1，a 3，a 4成等比数列， 所以a 23＝a 1a 4，所以(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，因为d ≠0，所以a 1＝－4d ， 所以S 3S 7－S 4＝3a 23a 6＝a 1＋d a 1＋5d ＝－3dd＝－3． [答案] －33．(2019·泰州市高三模拟)设f (x )是R 上的奇函数，当x >0时，f (x )＝2x＋ln x4，记a n＝f (n －5)，则数列{a n }的前8项和为________．[解析] 数列{a n }的前8项和为a 1＋a 2＋…＋a 8＝f (－4)＋f (－3)＋…＋f (3)＝f (－4)＋[f (－3)＋f (3)]＋[f (－2)＋f (2)]＋[f (－1)＋f (1)]＋f (0)＝f (－4)＝－f (4)＝－(24＋ln 1)＝－16．[答案] －164．(2019·日照模拟改编)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n＝________．[解析] 由S n ＝n 2－6n 可得，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－6n －(n －1)2＋6(n －1)＝2n －7．当n ＝1时，S 1＝－5＝a 1，也满足上式， 所以a n ＝2n －7，n ∈N *．所以n ≤3时，a n ＜0；n ≥4时，a n ＞0，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥4．[答案] ⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥45．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，并且S 10>0，S 11<0，若S n ≤S k 对n ∈N *恒成立，则正整数k 的值为________．[解析] 由S 10>0，S 11<0知a 1>0，d <0，并且a 1＋a 11<0，即a 6<0，又a 5＋a 6>0，所以a 5>0，即数列的前5项都为正数，第5项之后的都为负数，所以S 5最大，则k ＝5．[答案] 56．(2019·南京高三模拟)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 3－a 1＝2，则a 5的最小值为________．[解析] 设等比数列{a n }的公比为q (q ＞0且q ≠1)，则由a 3－a 1＝2，得a 1＝2q 2－1．因为a 3－a 1＝2＞0，所以q ＞1，所以a 5＝a 1q 4＝2q 4q 2－1．令q 2－1＝t ＞0，所以a 5＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋1t ＋2≥8，当且仅当t ＝1，即q ＝2时，等号成立，故a 5的最小值为8．[答案] 87．(2019·江苏名校高三入学摸底)定义实数a ，b 之间的运算⊕如下：a ⊕b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a （a ≥b ）b （a <b ），已知数列{a n }满足：a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝2（a n ＋1⊕2）a n(n ∈N *)，若a 2 017＝1，记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 017的值为________．[解析] 因为a 1＝1，a 2＝1，所以a 3＝4，a 4＝8，a 5＝4，a 6＝1，a 7＝1，a 8＝4，…即此时{a n }是周期数列，且周期为5， 所以a 2 017＝a 2＝1，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝18， 故S 2 017＝403×18＋a 1＋a 2＝7 256． [答案] 7 2568．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，{a n }的“差数列”的通项公式为a n ＋1－a n ＝2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．[解析] 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＝2－2n1－2＋2＝2n －2＋2＝2n．所以S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2．[答案] 2n ＋1－29．(2019·徐州调研)设等差数列{a n }满足a 3＋a 7＝36，a 4a 6＝275，且a n a n ＋1有最小值，则这个最小值为________．[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 3＋a 7＝36， 所以a 4＋a 6＝36， 与a 4a 6＝275，联立，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11，当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－10，d ＝7，此时a n ＝7n －17，a 2＝－3，a 3＝4，易知当n ≤2时，a n <0，当n ≥3时，a n >0，所以a 2a 3＝－12为a n a n ＋1的最小值；当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝46，d ＝－7，此时a n ＝－7n ＋53，a 7＝4，a 8＝－3，易知当n ≤7时，a n >0，当n ≥8时，a n <0，所以a 7a 8＝－12为a n a n ＋1的最小值． 综上，a n a n ＋1的最小值为－12． [答案] －1210．(2019·昆明调研)将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：a 1a 2，a 3a 4，a 5，a 6a 7，a 8，a 9，a 10……记数阵中的第1列数a 1，a 2，a 4，…构成的数列为{b n }，S n 为数列{b n }的前n 项和．若S n＝2b n －1，则a 56＝________．[解析] 当n ≥2时，因为S n ＝2b n －1，所以S n －1＝2b n －1－1，所以b n ＝2b n －2b n －1，所以b n＝2b n －1(n ≥2且n ∈N *)，因为b 1＝2b 1－1，所以b 1＝1，所以数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以b n ＝2n －1．设a 1，a 2，a 4，a 7，a 11，…的下标1，2，4，7，11，…构成数列{c n }，则c 2－c 1＝1，c 3－c 2＝2，c 4－c 3＝3，c 5－c 4＝4，…，c n －c n －1＝n －1，累加得，c n －c 1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n －1)，所以c n ＝n （n －1）2＋1，由c n ＝n （n －1）2＋1＝56，得n ＝11，所以a 56＝b 11＝210＝1 024．[答案] 1 02411．(2019·江苏名校高三入学摸底)构造数组，规则如下：第一组是两个1，即(1，1)，第二组是(1，2a ，1)，第三组是(1，a (1＋2a )，2a ，a (2a ＋1)，1)，…，在每一组的相邻两个数之间插入这两个数的和的a 倍得到下一组，其中a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14．设第n 组中有a n 个数，且这a n 个数的和为S n (n ∈N *)．(1)求a n 和S n ； (2)求证：a 1－1S 1＋a 2－1S 2＋…＋a n －1S n ≥n2． [解] (1)由题意可得a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋(a n －1)＝2a n －1，所以a n ＋1－1＝2(a n －1)，又a 1－1＝1，则a n －1＝2n －1，所以a n ＝2n －1＋1．又S 1＝2，且S n ＋1＝S n ＋2a (S n －1)＝(2a ＋1)S n －2a ，则S n ＋1－1＝(2a ＋1)(S n －1)，又S 1－1＝1，所以S n －1＝(2a ＋1)n －1，所以S n ＝(2a ＋1)n －1＋1．(2)证明：令b n ＝a n －1S n ，则b n ＝2n －1（2a ＋1）n －1＋1． 下面用分析法证明数列{b n }为单调递增数列．要证b n <b n ＋1，即证2n －1（2a ＋1）n －1＋1<2n（2a ＋1）n＋1，又a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14，故即证2(2a ＋1)n －1＋2>(2a ＋1)n ＋1，只需证2(2a ＋1)n －1≥(2a ＋1)n，即证2≥2a ＋1，显然成立，则数列{b n }为单调递增数列．所以a 1－1S 1＋a 2－1S 2＋…＋a n －1S n ≥n ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－1S 1＝n2． 12．(2019·江苏名校高三入学摸底)已知各项均为正数的数列{a n }满足：a 1＝a ，a 2＝b ，a n ＋1＝a n a n ＋2＋m (n ∈N *)，其中m ，a ，b 均为实常数．(1)若m ＝0，且a 4，3a 3，a 5成等差数列． ①求ba的值；②若a ＝2，令b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数2log 2a n －1，n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和S n ；(2)是否存在常数λ，使得a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1对任意的n ∈N *都成立？若存在，求出实数λ的值(用m ，a ，b 表示)；若不存在，请说明理由．[解] (1)①因为m ＝0，所以a 2n ＋1＝a n a n ＋2，所以正项数列{a n }是等比数列，不妨设其公比为q ．又a 4，3a 3，a 5成等差数列， 所以q 2＋q ＝6，解得q ＝2或q ＝－3(舍去)，所以b a＝2．②当a ＝2时，数列{a n }是首项为2、公比为2的等比数列，所以a n ＝2n，所以b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即数列{b n }的奇数项依次构成首项为2、公比为4的等比数列，偶数项依次构成首项为3、公差为4的等差数列．当n 为偶数时，S n ＝2（1－4n 2）1－4＋n2（3＋2n －1）2＝2n ＋13＋n 2＋n 2－23；当n 为奇数时，S n ＝2（2n ＋1－1）3＋（n ＋1）（n ＋1＋1）2－(2n ＋1)＝2n ＋23＋n 2－n 2－23．所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋13＋n 2＋n 2－23，n 为偶数2n ＋23＋n 2－n 2－23，n 为奇数．(2)存在常数λ＝a 2＋b 2－m ab，使得a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1对任意的n ∈N *都成立．证明如下：因为a 2n ＋1＝a n a n ＋2＋m (n ∈N *)， 所以a 2n ＝a n －1a n ＋1＋m ，n ≥2，n ∈N *， 所以a 2n ＋1－a 2n ＝a n a n ＋2－a n －1a n ＋1， 即a 2n ＋1＋a n －1a n ＋1＝a n a n ＋2＋a 2n ．由于a n >0，此等式两边同时除以a n a n ＋1，得a n ＋a n ＋2a n ＋1＝a n －1＋a n ＋1a n， 所以a n ＋a n ＋2a n ＋1＝a n －1＋a n ＋1a n ＝…＝a 1＋a 3a 2， 即当n ≥2，n ∈N *时，都有a n ＋a n ＋2＝a 1＋a 3a 2a n ＋1． 因为a 1＝a ，a 2＝b ，a 2n ＋1＝a n a n ＋2＋m ，所以a 3＝b 2－ma，所以a 1＋a 3a 2＝a ＋b 2－m a b ＝a 2＋b 2－mab，所以当λ＝a 2＋b 2－m ab时，对任意的n ∈N *都有a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1成立．13．(2019·泰州市高三模拟)已知数列{a n }，{b n }满足2S n ＝(a n ＋2)b n ，其中S n 是数列{a n }的前n 项和．(1)若数列{a n }是首项为23，公比为－13的等比数列，求数列{b n }的通项公式；(2)若b n ＝n ，a 2＝3，求数列{a n }的通项公式；(3)在(2)的条件下，设c n ＝a n b n，求证：数列{c n }中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积．[解] (1)因为a n ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ， S n ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ，所以b n ＝2S na n ＋2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ＋2＝12． (2)若b n ＝n ，则2S n ＝na n ＋2n ，① 所以2S n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1＋2(n ＋1)，② ②－①得2a n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ＋2， 即na n ＝(n －1)a n ＋1＋2，③当n ≥2时，(n －1)a n －1＝(n －2)a n ＋2，④ ④－③得(n －1)a n －1＋(n －1)a n ＋1＝2(n －1)a n ， 即a n －1＋a n ＋1＝2a n ，由2S 1＝a 1＋2，得a 1＝2，又a 2＝3，所以数列{a n }是首项为2，公差为3－2＝1的等差数列， 故数列{a n }的通项公式是a n ＝n ＋1． (3)证明：由(2)得c n ＝n ＋1n， 对于给定的n ∈N *，若存在k ≠n ，t ≠n ，k ，t ∈N *，使得c n ＝c k ·c t ，只需n ＋1n ＝k ＋1k ·t ＋1t， 即1＋1n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1t ，即1n ＝1k ＋1t ＋1kt ，则t ＝n （k ＋1）k －n ，取k ＝n ＋1，则t ＝n (n ＋2)，所以对数列{c n }中的任意一项c n ＝n ＋1n ，都存在c n ＋1＝n ＋2n ＋1和c n 2＋2n ＝n 2＋2n ＋1n 2＋2n，使得c n＝c n ＋1·c n 2＋2n ．14．(2019·盐城高三模拟)已知数列{a n }满足a 1＝m ，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，n ＝2k －1a n ＋r ，n ＝2k (k ∈N *，r ∈R )，其前n 项和为S n ．(1)当m 与r 满足什么关系时，对任意的n ∈N *，数列{a n }都满足a n ＋2＝a n?(2)对任意的实数m ，r ，是否存在实数p 与q ，使得{a 2n ＋1＋p }与{a 2n ＋q }是同一个等比数列？若存在，请求出p ，q 满足的条件；若不存在，请说明理由；(3)当m ＝r ＝1时，若对任意的n ∈N *，都有S n ≥λa n ，求实数λ的最大值．[解] (1)由题意，得a 1＝m ，a 2＝2a 1＝2m ，a 3＝a 2＋r ＝2m ＋r ，由a 3＝a 1，得m ＋r ＝0．当m ＋r ＝0时，因为a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，n ＝2k －1a n －m ，n ＝2k(k ∈N *)，所以a 1＝a 3＝…＝m ，a 2＝a 4＝…＝2m ， 故对任意的n ∈N *，数列{a n }都满足a n ＋2＝a n ． 即当实数m ，r 满足m ＋r ＝0时，题意成立． (2)依题意，a 2n ＋1＝a 2n ＋r ＝2a 2n －1＋r ，则a 2n ＋1＋r ＝2(a 2n －1＋r )，因为a 1＋r ＝m ＋r ，所以当m ＋r ≠0时，{a 2n ＋1＋r }是等比数列，且a 2n ＋1＋r ＝(a 1＋r )2n＝(m ＋r )2n．为使{a 2n ＋1＋p }是等比数列，则p ＝r ．同理，当m ＋r ≠0时，a 2n ＋2r ＝(m ＋r )2n，则为使{a 2n ＋q }是等比数列，则q ＝2r ． 综上所述，①若m ＋r ＝0，则不存在实数p ，q ，使得{a 2n ＋1＋p }与{a 2n ＋q }是等比数列；②若m ＋r ≠0，则当p ，q 满足q ＝2p ＝2r 时，{a 2n ＋1＋p }与{a 2n ＋q }是同一个等比数列． (3)当m ＝r ＝1时，由(2)可得a 2n －1＝2n－1，a 2n ＝2n ＋1－2，当n ＝2k 时，a n ＝a 2k ＝2k ＋1－2，S n ＝S 2k ＝(21＋22＋…＋2k )＋(22＋23＋…＋2k ＋1)－3k ＝3(2k ＋1－k －2)，所以S n a n＝3⎝⎛⎭⎪⎫1－k2k ＋1－2．令c k ＝k 2k ＋1－2，则c k ＋1－c k ＝k ＋12k ＋2－2－k2k ＋1－2＝（1－k ）2k ＋1－2（2k ＋2－2）（2k ＋1－2）<0， 所以S n a n ≥32，λ≤32．当n ＝2k －1时，a n ＝a 2k －1＝2k－1，S n ＝S 2k －a 2k ＝3(2k ＋1－k －2)－(2k ＋1－2)＝2k ＋2－3k －4，所以S n a n ＝4－3k2k －1，同理可得S na n≥1，λ≤1．综上所述，实数λ的最大值为1．。

高考中的不等式问题——基本不等式及其应用一、填空题1．已知函数)0(21)(>-+=x xx x f ，则)(x f 值域为 2．已知b a ,是正数，且1=+b a ，求b a 11+的最小值3．任意[]2,1∈x ，都有不等式0232>+-ax x 成立，则a 的范围是 4．（2011，浙江文，16）若实数x,y 满足122=++xy y x ，则y x +的最大值为二、例题精选例1 (必修5，p90,改编)的最小值求且已知y x yx y x +=+>>,291,0,0 变式1．的最小值求已知y x xy y x y x +=+>>,29,0,0变式2．若A 、B 、C 为ABC ∆的三个内角，则CB A ++14的最小值为 变式3．（2012,徐州考前信息卷）已知正数x,y 满足：1231=++y x 的最小值是例2 若正数b a ,满足条件：3++=b a ab ，则ab 的最小值是_________变式1．若正数b a ,满足条件：3++=b a ab ，则b a +的最小值是_________变式2．若正数b a ,满足条件：62++=b a ab ，则b a +2的最小值是_________变式3．已知0≥a ，0≥b ，且13=+b a ，则2121+++b a 的最大值是_________例3 （南通市2013届高三期末，17）某公司为一家制冷设备厂设计生产一种长方形薄板，其周长为4米，这种薄板须沿其对角线折叠后使用．如图所示，)(CD AB ABCD >为长方形薄板，沿AC 折叠后，AB 交DC 于点P ．当ADP ∆的面积最大时最节能.（1）设AB=x 米，用x 表示图中DP 的长度，并写出x 的取值范围；（2）若要求最节能，应怎样设计薄板的长和宽？巩固练习： 1．若已知0,,>c b a ，则bcab c b a 2222+++的最小值为 . 2．设x 、y 均为正实数，且12323=+++yx ，则xy 的最小值为__________。

第2讲 数列的综合问题[考情考向分析］ 江苏高考中，数列大题常在压轴的代数论证中考数列的综合应用．近几年江苏高考中数列解答题总是同等差、等比数列相关，进一步考查其子数列或派生数列的性质等，所以解题过程中既有等差、等比数列性质的挖掘，又有等差、等比数列的判断论证，综合性极强．热点一 数列中的探索性问题例1 （2018·无锡期末)已知数列{｝a n 满足错误!错误!…错误!＝错误!，n ∈N ＊，S n 是数列错误!的前n 项和．（1)求数列错误!的通项公式；(2)若a p ，30，S q 成等差数列，a p ，18，S q 成等比数列,求正整数p ，q 的值；(3）是否存在k ∈N *，使得错误!为数列错误!中的项？若存在,求出所有满足条件的k 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)因为错误!错误!…错误!＝错误!，n ∈N ＊，所以当n ＝1时，1－错误!＝错误!，a 1＝2，当n ≥2时,由错误!错误!…错误!＝错误!和错误!错误!…错误!＝错误!，两式相除可得，1－错误!＝错误!，即a n －a n －1＝1(n ≥2)．所以数列错误!是首项为2，公差为1的等差数列．所以a n ＝n ＋1（n ∈N ＊）．(2)因为a p,30，S q成等差数列，a p,18,S q成等比数列，所以错误!于是错误!或错误!当错误!时，错误!解得错误!当错误!时，错误!无正整数解，所以p＝5，q＝9.（3)假设存在满足条件的正整数k，使得a k a k＋1＋16＝a m（m∈N*），则错误!＝m＋1,平方并化简得，(2m＋2）2－（2k＋3)2＝63,则（2m＋2k＋5)（2m－2k－1)＝63,所以错误!或错误!或错误!解得m＝15，k＝14,或m＝5，k＝3，或m＝3，k＝－1(舍去）,综上所述，k＝3或14。

思维升华数列中的探索性问题是江苏高考的一个热点，试题一般是探求数列中项的存在性问题,此类试题的解法一般具有以下特点：假设提出的问题存在,结合数论中不定方程、奇偶性的基本性质进行求解．跟踪演练1 已知数列{a n}中，a1＝1，a2＝a,且a n＋1＝k（a n＋a n＋2）对任意正整数n都成立，数列｛a n｝的前n项和为S n.(1）是否存在实数k，使数列{a n｝是公比不为1的等比数列,且任意相邻三项a m，a m＋1，a m＋2按某顺序排列后成等差数列?若存在,求出所有k的值；若不存在，说明理由；(2)若k＝－错误!，求S n。