- 2021-06-21 发布 |
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文档介绍
【数学】2018届一轮复习人教A版专题四数列学案
江苏 新高考 数列在江苏高考中地位十分突出，考分比例远远大于课时比例，常在压轴题位置考查代 数论证能力.江苏卷数列解答题始终与特殊数列密切联系，源于课本，高于课本，不搞“递 推式”“数列不等式”之类的超教学范围的知识考查，导向非常好.但由于能力考查要求较 高，多年来造成区分度很差的困惑.2013 年的数列解答题降低了难度，但 2014 年又回升了. 到 2015 年不仅是超纲了，而且难度也加大了，2016 年把数列、集合结合命题，难度较大， 2017 年考查数列的新定义问题和论证等差数列，难度也不低. 数列题的常规类型可分两类：一类是判断、证明某个数列是等差、等比数列；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，有项、项数、公差、公比、通项、 和式以及它们的组合式，甚至还包括相关参数.但江苏考题真正的难度在等差、等比数列的 性质灵活运用上. 第 1 课时 数列中的基本量计算(基础课) [常考题型突破] 等差、等比数列的基本运算 [必备知识] 1．通项公式 等差数列：an＝a1＋(n－1)d； 等比数列：an＝a1·qn－1. 2．求和公式 等差数列：Sn＝n(a1＋an) 2 ＝na1＋n(n－1) 2 d； 等比数列：Sn＝a1(1－qn) 1－q ＝a1－anq 1－q (q≠1)． [题组练透] 1．(2017·镇江期末)已知数列{an}为等比数列，且 a1＋1，a3＋4，a5＋7 成等差数列，则 公差 d＝________. 解析：设等比数列{an}的公比为 q， 则 a3＝a1q2，a5＝a1q4， 由 a1＋1，a3＋4，a5＋7 成等差数列， 得 2(a1q2＋4)＝a1＋1＋a1q4＋7， 即 q2＝1. 所以 d＝a1q2＋4－a1－1＝3. 答案：3 2．(2017·镇江调研)Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，若 Sn S2n＝ n＋1 4n＋2，则a3 a5＝________. 解析：因为 Sn S2n＝ n＋1 4n＋2，所以令 n＝1 可得，S1 S2＝2 6＝1 3，即 a1 2a1＋d＝1 3，化简可得 d＝ a1，所以a3 a5＝a1＋2d a1＋4d＝3a1 5a1＝3 5. 答案：3 5 3．(2017·苏北四市期末)已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S2＝2a2＋3，S3＝2a3＋ 3，则公比 q 的值为________． 解析：因为 S2＝2a2＋3，S3＝2a3＋3，所以 a3＝2a3－2a2，所以 a3－2a2＝a1q2－2aq＝0， 所以 q2－2q＝0，q≠0，则公比 q＝2. 答案：2 4．(2017·江苏高考)等比数列{a n}的各项均为实数，其前 n 项和为 Sn.已知 S3＝7 4，S6＝ 63 4 ，则 a8＝________. 解析：设等比数列{an}的公比为 q，则由 S6≠2S3，得 q≠1，则Error!解得Error! 则 a8＝a1q7＝1 4×27＝32. 答案：32 5．(2017·苏锡常镇一模)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S3，S9，S6 成等差数列， 且 a2＋a5＝4，则 a8 的值为________． 解析：因为等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S3，S9，S6 成等差数列，且 a2＋a5＝4， 所以Error! 解得 a1q＝8，q3＝－1 2， 所以 a8＝ a1q7＝(a1q)(q3)2＝8×1 4＝2. 答案：2 [方法归纳] 等差(比)数列基本运算的策略 (1)在等差(比)数列中，首项 a1 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 a1 和 d(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体代换法，以减少计算量． 等差、等比数列的性质 [必备知识] 等差数列 等比数列 (1)若 m，n，p，q∈N*， 且 m＋n＝p＋q， 则 am＋an＝ap＋aq (1)若 m，n，p，q∈N*， 且 m＋n＝p＋q， 则 am·an＝ap·aq (2)an＝am＋(n－m)d (2)an＝amqn－m 性 质 (3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成 等差数列 (3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等比 数列(Sm≠0) [题组练透] 1．(2017·苏州考前模拟)已知等比数列{an}满足 an>0，n∈N*，且 a5·a2n－5＝22n(n≥3)， 则当 n≥1 时，log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝________. 解析：由 a5·a2n－5＝22n(n≥3)，得 a2n＝22n，则 an＝2n，故 log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1 ＝1＋3＋…＋(2n－1)＝n2. 答案：n2 2．已知数列{a n}为等差数列，S n 为其前 n 项和．若 a1＝6，a 3＋a5＝0，则 S 6＝ ________. 解析：∵a3＋a5＝2a4，∴a4＝0. ∵a1＝6，a4＝a1＋3d，∴d＝－2. ∴S6＝6a1＋6 × (6－1) 2 d＝6. 答案：6 3.(2017·南通二调)已知{an}是公差不为 0 的等差数列，Sn 是其前 n 项和．若 a2a3＝a4a5， S9＝27，则 a1 的值是________． 解析：因为等差数列{an}满足 S9＝27，所以 S9＝9a5＝27，所以 a5＝3，因为 a2a3＝a4a5， 所以(a5－3d)(a5－2d)＝(a5－d)a5,4a5d＝6d2，又因为等差数列{an}的公差不为 0，所以 d＝2， 所以 a1＝a5－4d＝3－4×2＝－5. 答案：－5 4．设公差为 d 的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1＝1，－ 2 17＜d＜－1 9，则当 Sn 取 最大值时，n 的值为________． 解析：法一：∵Sn＝n＋n(n－1) 2 d， ∴Sn＝d 2n2＋(1－d 2 )n. ∵函数 y＝d 2x2＋(1－d 2 )x 的图象的对称轴方程为 x＝－1 d＋1 2，且开口向下，又－ 2 17＜d＜ －1 9， ∴9＜－1 d＋1 2＜19 2 .∴Sn 取最大值时，n 的值为 9. 法二：由 an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)d＞0， 得 n－1＜ 1 －d. ∵1 9＜－d＜ 2 17，∴17 2 ＜ 1 －d＜9. 又 n∈N*，∴n－1≤8，即 n≤9.故 S9 最大． 答案：9 [方法归纳] (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 am＋an ＝ap＋aq”这一性质与求和公式 Sn＝n(a1＋an) 2 的综合应用. [课时达标训练] [A组——抓牢中档小题] 1．(2017·南通三模)设等差数列{a n}的前 n 项和为 Sn.若公差 d＝2，a5＝10，则 S10 的值 是________． 解析：法一：因为等差数列{an}中 a5＝a1＋4d＝10，d＝2，所以 a1＝2，所以 S10＝10×2 ＋10(10－1) 2 ×2＝110. 法二：在等差数列{an}中，a6＝a5＋d＝12，所以 S10＝10(a1＋a10) 2 ＝5(a5＋a6)＝5×(10＋ 12)＝110. 答案：110 2．(2017·全国卷Ⅲ改编)等差数列{an}的首项为 1，公差不为 0.若 a2，a3，a6 成等比数列， 则{an}前 6 项的和为________． 解析：设等差数列{an}的公差为 d， 因为 a2，a3，a6 成等比数列，所以 a2a6＝a23， 即(a1＋d)(a1＋5d)＝(a1＋2d)2. 又 a1＝1，所以 d2＋2d＝0. 又 d≠0，则 d＝－2， 所以数列{an}前 6 项的和 S6＝6×1＋6 × 5 2 ×(－2)＝－24. 答案：－24 3．(2017·北京高考)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足 a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则a2 b2＝ ________. 解析：设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q， 则 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a2 b2＝1. 答案：1 4．已知公差为 d 的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若S5 S3＝3，则a5 a3的值为________． 解析：由题意S5 S3＝5a1＋10d 3a1＋3d ＝3，化简得 d＝4a1， 则a5 a3＝a1＋4d a1＋2d＝17a1 9a1 ＝17 9 . 答案：17 9 5．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{a n}的前 n 项和为 S n ，a 3 ＝3，S 4 ＝10，则 n ∑ k＝1 1 Sk＝ ________. 解析：设等差数列{an}的首项为 a1，公差为 d， 依题意有Error!解得Error! 所以 Sn＝n(n＋1) 2 ， 1 Sn＝ 2 n(n＋1)＝2(1 n－ 1 n＋1)， 因此 n ∑ k＝1 1 Sk＝2(1－1 2＋1 2－1 3＋…＋1 n－ 1 n＋1) ＝ 2n n＋1. 答案： 2n n＋1 6．(2017·盐城期中)在数列{an}中，a1＝－2101，且当 2≤n≤100 时，an＋2a102－n＝3×2n 恒成立，则数列{an}的前 100 项和 S100＝________. 解析：因为当 2≤n≤100 时，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 个等式相加， 得 3(a2＋a3＋…＋a100)＝3(22＋23＋…＋2100)＝3(2101－4)，所以 a2＋a3＋…＋a100＝2101－ 4， 又因为 a1＝－2101，所以 S100＝a1＋(a2＋a3＋…＋a100)＝－4. 答案：－4 7．(2017·常州前黄中学国际分校月考)在数列{a n}中，an＋1＝ an 1＋3an，a1＝2，则 a20＝ ________. 解析：由 an＋1＝ an 1＋3an，a1＝2， 可得 1 an＋1＝ 1 an＋3， 所以{ 1 an }是以1 2为首项，3 为公差的等差数列． 即 1 an＝1 2＋3(n－1)，可得 an＝ 2 6n－5， 所以 a20＝ 2 115. 答案： 2 115 8．(2017·苏州期中)已知数列{an}满足：an＋1＝an(1－an＋1)，a1＝1，数列{bn}满足：bn＝ an·an＋1，则数列{bn}的前 10 项的和 S10＝________. 解析：因为 an＋1＝an(1－an＋1)，a1＝1，所以 1 an＋1－ 1 an＝1， 1 a1＝1，所以数列{ 1 an }是 以 1 为首项，1 为公差的等差数列，所以 1 an＝n，所以 bn＝ 1 n(n＋1)＝1 n－ 1 n＋1，所以数列{bn} 的前 10 项的和 S10＝(1－1 2 )＋(1 2－1 3 )＋…＋( 1 10－ 1 11)＝1－ 1 11＝10 11. 答案：10 11 9．已知{an}为等差数列，若a11 a10＜－1，且它的前 n 项和 Sn 有最大值，那么当 Sn 取得最 小正值时，n＝________. 解析：由a11 a10＜－1，得a11＋a10 a10 ＜0，且它的前 n 项和 Sn 有最大值，则 a10＞0，a11＜0，a11 ＋a10＜0，则 S19＞0，S20＜0，那么当 Sn 取得最小正值时，n＝19. 答案：19 10．设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，S10＝16，S100－S90＝24，则 S100＝________. 解析：依题意，S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90 依次成等差数列，设该等差数 列的公差为 d.又 S10＝16，S100－S90＝24，因此 S100－S90＝24＝16＋(10－1)d＝16＋9d，解得 d＝8 9，因此 S100＝10S10＋10 × 9 2 d＝10×16＋10 × 9 2 ×8 9＝200. 答案：200 11．(2017·扬州期末)在正项等比数列{an}中，若 a4＋a3－2a2－2a1＝6，则 a5＋a6 的最小 值为________． 解析：令 a1＋a2＝t(t>0)，则 a4＋a3－2a2－2a1＝6 可化为 tq2－2t＝6(其中 q 为公比)，所 以 a5＋a6＝tq4＝ 6 q2－2q4＝6[ 4 q2－2＋(q2－2)＋4] ≥6[2 4 q2－2 × (q2－2)＋4]＝48(当且仅当 q＝2 时等号成立)． 答案：48 12．设数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a1＝1，an＋1＝2Sn＋2n，则数列{an}的通项公式 an ＝________. 解析：当 n≥2 时，an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＋2n－2n－1＝2an＋2n－1，从而 an＋1＋2n＝3(an ＋2n－1)． 又 a2＝2a1＋2＝4，a2＋2＝6，故数列{an＋1＋2n}是以 6 为首项，3 为公比的等比数列， 从而 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．数列{an}中，若对∀n∈N*，an＋an＋1＋an＋2＝k(k 为常数)，且 a7＝2，a9＝3，a98＝ 4，则该数列的前 100 项的和等于________． 解析：由 an＋an＋1＋an＋2＝k，an＋1＋an＋2＋an＋3＝k，得 an＋3＝an. 从而 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·南京考前模拟)数列{an}中，an＝2n－1，现将{an}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{an}的前 n 项和为 Sn，则 Sn＝n2，因为 2＋4＋…＋2n＝n( n＋1)＝n2＋n,2 ＋4＋…＋2( n－1)＝n( n－1)＝n 2－n.所以第 n 组中各数的和为 Sn2＋n－Sn2－n＝( n2＋n)2－ (n2－n)2＝4n3. 答案：4n3 [B组——力争难度小题] 1．在等差数列{an}中，若任意两个不等的正整数 k，p 都有 ak＝2p＋1，ap＝2k＋1，数 列{an}的前 n 项和记为 Sn.若 k＋p＝m，则 Sm＝________.(用 m 表示) 解析：设数列{an}的公差为 d， 由题意，a1＋(k－1)d＝2p＋1，① a1＋(p－1)d＝2k＋1，② 两式相减，得(p－k)d＝2(k－p)． 又 k－p≠0，所以 d＝－2. 则 a1＝2p＋2k－1＝2m－1. 因此 Sm＝ma1＋m(m－1) 2 d＝m(2m－1)－m(m－1)＝m2. 答案：m2 2．(2016·全国乙卷)设等比数列{a n}满足 a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则 a1a2…an 的最大值 为________． 解析：设等比数列{an}的公比为 q，则由 a1＋a3＝10，a2＋a4＝q(a1＋a3)＝5，知 q＝1 2. ∵a1＋a1q2＝10，∴a1＝8. 故 a1a2…an＝an1q1＋2＋…＋(n－1)＝23n·(1 2 ) ＝ . 记 t＝－n2 2 ＋7n 2 ＝－1 2(n2－7n)， 结合 n∈N*可知 n＝3 或 4 时，t 有最大值 6. 又 y＝2t 为增函数，从而 a1a2…an 的最大值为 26＝64. 答案：64 3．(2017·南京考前模拟)已知函数 f(x)＝(x－2) 3，数列{an}是公差不为 0 的等差数列， 若 ∑ 11 i＝1f(ai)＝0，则数列{an}的前 11 项和 S11 为________． 解析：f(x)＝(x－2)3 为增函数，且关于点(2,0)中心对称，则 f(2＋x)＋f(2－x)＝0.设数列 n n( -1) 2 n n nn n 2 2 73 + +2 2 2 22 = 2- - {an}的公差为 d，若 a6＞2，则 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，则 ∑ 11 i＝1f(ai)＞0；同理， 若 a6＜2，则 ∑ 11 i＝1f(ai)＜0，所以 a6＝2.所以 S11＝11a6＝22. 答案：22 4．(2017·全国卷Ⅰ改编)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激 发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激 活码为下面数学问题的答案：已知数列 1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是 20， 接下来的两项是 20,21，再接下来的三项是 20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数 N：N>100 且该数列的前 N 项和为 2 的整数幂．那么该款软件的激活码是________． 解析：设第一项为第 1 组，接下来的两项为第 2 组，再接下来的三项为第 3 组，依此类 推，则第 n 组的项数为 n，前 n 组的项数和为n(n＋1) 2 . 由题意可知，N>100，令n(n＋1) 2 >100， 得 n≥14，n∈N*，即 N 出现在第 13 组之后． 易得第 n 组的所有项的和为1－2n 1－2 ＝2n－1，前 n 组的所有项的和为2(1－2n) 1－2 －n＝2n＋1－ n－2. 设满足条件的 N 在第 k＋1(k∈N*，k≥13)组，且第 N 项为第 k＋1 组的第 t(t∈N*)个数， 若要使前 N 项和为 2 的整数幂，则第 k＋1 组的前 t 项的和 2t－1 应与－2－k 互为相反 数， 即 2t－1＝k＋2， ∴2t＝k＋3， ∴t＝log2(k＋3)， ∴当 t＝4，k＝13 时，N＝13 × (13＋1) 2 ＋4＝95<100，不满足题意； 当 t＝5，k＝29 时，N＝29 × (29＋1) 2 ＋5＝440； 当 t>5 时，N>440. 答案：440 第 2 课时 等差、等比数列的综合问题(能力课) [常考题型突破] 等差、等比数列的综合运算 [例 1] (2017·镇江期末)已知 n∈N*，数列{an}的各项均为正数，前 n 项和为 Sn，且 a1＝ 1，a2＝2，设 bn＝a2n－1＋a2n. (1)若数列{bn}是公比为 3 的等比数列，求 S2n； (2)若对任意 n∈N*，Sn＝a2n＋n 2 恒成立，求数列{an}的通项公式； (3)若 S2n＝3(2n－1)，数列{anan＋1}为等比数列，求数列{an}的通项公式． [解] (1)由题意，b1＝a1＋a2＝1＋2＝3， 则 S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n)＝b1＋b2＋…＋bn＝3(1－3n) 1－3 ＝3n＋1－3 2 . (2)当 n≥2 时，由 2Sn＝a2n＋n， 得 2Sn－1＝a 2n－1＋n－1， 两式相减得 2an＝a2n＋n－(a 2n－1＋n－1)＝a2n－a 2n－1＋1， 整理得(an－1)2－a 2n－1＝0， 即(an－an－1－1)(an＋an－1－1)＝0， 故 an－an－1＝1 或 an＋an－1＝1.(*) 下面证明 an＋an－1＝1 对任意的 n∈N*恒不成立． 事实上，因为 a1＋a2＝3， 所以 an＋an－1＝1 不恒成立； 若存在 n∈N*，使 an＋an－1＝1，设 n0 是满足上式最小的正整数，即 an0＋an0－1＝1， 显然 n0>2，且 an0－1∈(0,1)，则 an0－1＋an0－2≠1，则由(*)式知，an0－1－an0－2＝1， 则 an0－2<0，矛盾．故 an＋an－1＝1 对任意的 n∈N*恒不成立， 所以 an－an－1＝1 对任意的 n∈N*恒成立. 因此{an}是以 1 为首项，1 为公差的等差数列，所以 an＝1＋(n－1)＝n. (3)设等比数列{anan＋1}的公比为 q，则当 n≥2 时，anan＋1 an－1an＝an＋1 an－1＝q. 即{a2n－1}，{a2n}分别是以 1,2 为首项，公比为 q 的等比数列； 故 a3＝q，a4＝2q. 令 n＝2，有 S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1＋2＋q＋2q＝9，则 q＝2. 当 q＝2 时，a2n－1＝2n－1，a2n＝2×2n－1＝2n，bn＝a2n－1＋a2n＝3×2n－1， 此时 S2n＝(a1＋a2)＋(a 3＋a4)＋…＋(a 2n－1 ＋a2n)＝b 1＋b2＋…＋b n＝3(1－2n) 1－2 ＝3(2n－ 1)． 综上所述，an＝Error! [方法归纳] 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 an 与 Sn， 则考虑是否可以将 an 与 Sn 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的转换类型，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． [变式训练] 已知数列{an}，{bn}满足 2Sn＝(an＋2)bn，其中 Sn 是数列{an}的前 n 项和． (1)若数列{an}是首项为2 3，公比为－1 3的等比数列，求数列{bn}的通项公式； (2)若 bn＝n，a2＝3，求数列{an}的通项公式； (3)在(2)的条件下，设 cn＝an bn，求证：数列{cn}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 an＝2 3×(－1 3 )n－1＝－2(－1 3 )n， Sn＝ 2 3[1－(－1 3 )n] 1－(－1 3 ) ＝1 2[1－(－1 3 )n]， 所以 bn＝ 2Sn an＋2＝ 1－(－1 3 )n －2(－1 3 )n＋2 ＝1 2. (2)若 bn＝n，则 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 当 n≥2 时，(n－1)an－1＝(n－2)an＋2，④ 由④－③得(n－1)an－1＋(n－1)an＋1＝2(n－1)an， 即 an－1＋an＋1＝2an， 由 2S1＝a1＋2，得 a1＝2，又 a2＝3， 所以数列{an}是首项为 2，公差为 3－2＝1 的等差数列，故数列{an}的通项公式是 an＝n ＋1. (3)证明：由(2)得 cn＝n＋1 n ，对于给定的 n∈N*，若存在 k≠n，t≠n，k，t∈N*，使得 cn ＝ck·ct， 只需n＋1 n ＝k＋1 k ·t＋1 t ， 即 1＋1 n＝(1＋1 k )·(1＋1 t )， 即1 n＝1 k＋1 t＋1 kt，则 t＝n(k＋1) k－n ， 取 k＝n＋1，则 t＝n(n＋2)， 所以对数列{cn}中的任意一项 cn＝n＋1 n ，都存在 cn＋1＝n＋2 n＋1和 cn2＋2n＝n2＋2n＋1 n2＋2n ，使 得 cn＝cn＋1·cn2＋2n. 等差、等比数列的判定与证明 [例 2] (2017·苏锡常镇一模)已知 n 为正整数，数列{an}满足 an>0,4(n＋1)a2n－na 2n＋1＝0， 设数列{bn}满足 bn＝a2n tn . (1)求证：数列{ an n }为等比数列； (2)若数列{bn}是等差数列，求实数 t 的值； (3)若数列{bn}是等差数列，前 n 项和为 Sn，对任意的 n∈N*，均存在 m∈N*，使得 8a21 Sn－a41n2＝16bm 成立，求满足条件的所有整数 a1 的值． [解] (1)证明：由题意得 4(n＋1)a2n＝na 2n＋1，因为数列{an}各项均为正， 得a 2n＋1 n＋1＝4·a2n n ，所以 an＋1 n＋1 ＝2· an n ， 因此 an＋1 n＋1 an n ＝2，所以{ an n }是以 a1 为首项，公比为 2 的等比数列． (2)由(1)得 an n ＝a1·2n－1，即 an＝a1·2n－1· n， 所以 bn＝a2n tn ＝a21·4n－1·n tn ， 如果数列{bn}是等差数列，则 2b2＝b1＋b3， 即 2·a21·2·42－1 t2 ＝a21·40 t ＋a21·3·43－1 t3 ， 整理得16 t2 ＝1 t＋48 t3 ，则 t2－16t＋48＝0， 解得 t＝4 或 t＝12. 当 t＝4 时，bn＝a21·n 4 ， 因为 bn＋1－bn＝a21(n＋1) 4 －a21n 4 ＝a21 4 ， 所以数列{bn}是等差数列，符合题意； 当 t＝12 时，bn＝ a21n 4·3n， 因为 b2＋b4＝ 2a21 4·32＋ 4a21 4·34＝22a21 4·34＝ 11 162a21，2b3＝2·a21·3 4·33＝a21 18，b2＋b4≠2b3， 所以数列{bn}不是等差数列，t＝12 不符合题意， 综上，如果数列{bn}是等差数列，则 t＝4. (3)由(2)得 bn＝a21n 4 ，对任意的 n∈N*，均存在 m∈N*，使 8a21Sn－a41n2＝16bm， 则 8·a41 4 ·n(n＋1) 2 －a41n2＝16a21m 4 ，所以 m＝na21 4 . 当 a1＝2k，k∈N*时，m＝4k2n 4 ＝k2n，对任意的 n∈N*，m∈N*，符合题意； 当 a1＝2k－1，k∈N*，当 n＝1 时，m＝4k2－4k＋1 4 ＝k2－k＋1 4∉N*，故不合题意. 综上，当 a1＝2k，k∈N*，对任意的 n∈N*，均存在 m∈N*，使 8a21Sn－a41n2＝16bm. [方法归纳] 数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法 (1)证明数列{an}是等差数列的两种基本方法： ①利用定义，证明 an＋1－an(n∈N*)为一常数； ②利用中项性质，即证明 2an＝an－1＋an＋1(n≥2)． (2)证明数列{an}是等比数列的两种基本方法： ①利用定义，证明an＋1 an (n∈N*)为一常数； ②利用等比中项，即证明 a2n＝an－1an＋1(n≥2)． [变式训练] 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，数列{bn}，{cn}满足(n＋1)b n＝an＋1 －Sn n ，(n＋2)c n＝ an＋1＋an＋2 2 －Sn n ，其中 n∈N*. (1)若数列{an}是公差为 2 的等差数列，求数列{cn}的通项公式； (2)若存在实数 λ，使得对一切 n∈N*，有 bn≤λ≤cn，求证：数列{an}是等差数列． 解：(1)因为数列{an}是公差为 2 的等差数列， 所以 an＝a1＋2(n－1)，Sn n ＝a1＋n－1. 因为(n＋2)cn＝a1＋2n＋a1＋2(n＋1) 2 －(a1＋n－1)＝n＋2，所以 cn＝1. (2)证明：由(n＋1)bn＝an＋1－Sn n ， 得 n(n＋1)bn＝nan＋1－Sn，(n＋1)(n＋2)bn＋1＝(n＋1)an＋2－Sn＋1，两式相减，并化简得 an＋2－an＋1＝(n＋2)bn＋1－nbn. 从而(n＋2)cn＝an＋1＋an＋2 2 －Sn n ＝an＋1＋an＋2 2 －[an＋1－(n＋1)bn]＝an＋2－an＋1 2 ＋(n＋1)bn ＝ (n＋2)bn＋1－nbn 2 ＋(n＋1)bn＝n＋2 2 (bn＋bn＋1)， 因此 cn＝1 2(bn＋bn＋1)． 因为对一切 n∈N*，有 bn≤λ≤cn， 所以 λ≤cn＝1 2(bn＋bn＋1)≤λ，故 bn＝λ，cn＝λ. 所以(n＋1)λ＝an＋1－Sn n ，① (n＋2)λ＝1 2(an＋1＋an＋2)－Sn n ，② ②－①得1 2(an＋2－an＋1)＝λ，即 an＋2－an＋1＝2λ，故 an＋1－an＝2λ(n≥2)． 又 2λ＝a2－S1 1 ＝a2－a1，则 an＋1－an＝2λ(n≥1)． 所以数列{an}是等差数列. 特殊数列的判定 [例 3] (2017·江苏高考)对于给定的正整数 k，若数列{an}满足：an－k＋an－k＋1＋…＋an－ 1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan，对任意正整数 n(n>k)总成立，则称数列{an}是“P(k)数 列”． (1)证明：等差数列{an}是“P(3)数列”； (2)若数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an}是等差数列． [证明] (1)因为{an}是等差数列，设其公差为 d， 则 an＝a1＋(n－1)d， 从而，当 n≥4 时，an－k＋an＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a 1＋(n＋k－1)d＝2a 1＋2(n－1)d＝ 2an，k＝1,2,3， 所以 an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an， 因此等差数列{an}是“P(3)数列”． (2)数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此， 当 n≥3 时，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，① 当 n≥4 时，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 将③④代入②，得 an－1＋an＋1＝2an，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{an}是等差数列． [方法归纳] 本题中第(1)问根据“P(k)数列”的定义，利用等差数列的基本量进行论证，第(2)问通 过变形转化，化归为 an－1，an ，an＋1 三项的关系式，若这种方法一点都不会，也可以按照 递推公式多写几项，借助归纳推理求解. [变式训练] 设数列{an}的前 n 项的和为 Sn.定义：若∀n∈N*，∃m∈N*，Sn＝am，则称数列{an}为 H 数列． (1)求证：数列{(n－2)d}(n∈N*，d 为常数)是 H 数列； (2)求证：数列{(n－3)d}(n∈N*，d 为常数，d≠0)不是 H 数列． 证明：(1)∵an＝(n－2)d，∴Sn＝n(－1＋n－2) 2 d＝n(n－3) 2 d.令 n(n－3) 2 d＝(m－2)d.(*) 当 d＝0 时，存在正整数 m 满足(*)． 当 d≠0 时，m＝2＋n(n－3) 2 ， ∵∀n∈N*，n(n－3) 2 ∈Z， ∴m∈Z，且n(n－3) 2 ≥－1， ∴m≥1，m∈N*，故存在 m∈N*满足(*)． 所以数列{(n－2)d}是 H 数列． (2)数列{(n－3)d}的前 n 项之和为 Sn＝n(－2＋n－3) 2 d＝n(n－5) 2 d. 令 n(n－5) 2 d＝(m－3)d. 因为 d≠0，所以 m＝3＋n(n－5) 2 ，当 n＝2 时，m＝0，故{(n－3)d}不是 H 数列． [课时达标训练] 1．(2017·苏州期中)已知等比数列{an}的公比 q>1，满足：a2＋a3＋a4＝28，且 a3＋2 是 a2，a4 的等差中项． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若 bn＝anlog1 2an，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使 Sn＋n·2n＋1>62 成立的正整数 n 的最小 值． 解：(1)∵a3＋2 是 a2，a4 的等差中项， ∴2(a3＋2)＝a2＋a4， 代入 a2＋a3＋a4＝28，可得 a3＝8， ∴a2＋a4＝20， ∴Error! 解得Error!或Error! ∵q>1，∴Error!∴数列{an}的通项公式为 an＝2n. (2)∵bn＝anlog1 2an＝2nlog1 22n＝－n·2n， ∴Sn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)，① 2Sn＝－(1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1)，② ②－①得 Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1 ＝2(1－2n) 1－2 －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 成立的正整数 n 的最小值为 6. 2．已知数列{an}，{bn}均为各项都不相等的数列，Sn 为{an}的前 n 项和，an＋1bn＝Sn＋1(n ∈N*)． (1)若 a1＝1，bn＝n 2，求 a4 的值； (2)若{an}是公比为 q 的等比数列，求证：存在实数 λ，使得{bn＋λ}为等比数列． 解：(1)由 a1＝1，bn＝n 2，知 a2＝4，a3＝6，a4＝8. (2)证明：法一：显然公比 q≠1，因为 an＋1bn＝Sn＋1，所以 a1qnbn＝a1(1－qn) 1－q ＋1， 所以 qnbn＝ 1 1－q＋ 1 a1－ qn 1－q， 即 bn＝( 1 1－q＋ 1 a1)(1 q )n－ 1 1－q， 所以存在实数 λ＝ 1 1－q， 使得 bn＋λ＝( 1 1－q＋ 1 a1)(1 q )n， 又 bn＋λ≠0(否则{bn}为常数数列，与题意不符)， 所以当 n≥2 时， bn＋λ bn－1＋λ＝1 q，此时{bn＋λ}为等比数列， 所以存在实数 λ＝ 1 1－q，使得{bn＋λ}为等比数列． 法二：因为 an＋1bn＝Sn＋1，① 所以当 n≥2 时，anbn－1＝Sn－1＋1，② ①－②得，an＋1bn－anbn－1＝an，③ 由③得，bn＝ an an＋1bn－1＋ an an＋1＝1 qbn－1＋1 q， 所以 bn＋ 1 1－q＝1 q(bn－1＋ 1 1－q). 又 bn＋ 1 1－q≠0(否则{bn}为常数数列，与题意不符)， 所以存在实数 λ＝ 1 1－q，使得{bn＋λ}为等比数列． 3．设数列{Hn}的各项均为不相等的正整数，其前 n 项和为 Qn，称满足条件“对任意的 m，n∈N*，均有(n－m)·Qn＋m＝(n＋m)(Qn－Qm)”的数列{Hn}为“好”数列． (1)试分别判断数列{an}，{bn}是否为“好”数列，其中 an＝2n－1，bn＝2n－1，n∈N*， 并给出证明； (2)已知数列{cn}为“好”数列，其前 n 项和为 Tn. ①若 c2 016＝2 017，求数列{cn}的通项公式； ②若 c1＝p，且对任意给定的正整数 p，s(s>1)，有 c1，cs，ct 成等比数列，求证：t≥s2. 解：(1)若 an＝2n－1，则 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)对任意的 m，n∈N*均成立， 即数列{an}是“好”数列． 若 bn＝2n－1，则 Sn＝2n－1，取 n＝2，m＝1， 则(n－m)Sn＋m＝S3＝7，(n＋m)(Sn－Sm)＝3b2＝6， 此时(n－m)Sn＋m≠(n＋m)(Sn－Sm)， 即数列{bn}不是“好”数列． (2)因为数列{cn}为“好”数列，取 m＝1， 则(n－1)Tn＋1＝(n＋1)(Tn－T1)， 即 2Tn＝(n－1)cn＋1＋(n＋1)c1 恒成立． 当 n≥2 时，有 2Tn－1＝(n－2)cn＋nc1， 两式相减，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)， 当 n＝2 时，有 2T2＝c3＋3c1，即 2c2＝c3＋c1， 所以 2cn＝cn－1＋cn＋1 对任意的 n≥2，n∈N*恒成立， 所以数列{cn}是等差数列． 设数列{cn}的公差为 d， ①若 c2 016＝2 017，则 c1＋2 015d＝2 017， 即 d＝2 017－c1 2 015 ， 因为数列{cn}的各项均为不相等的正整数， 所以 d∈N*， 所以 d＝1，c1＝2，所以 cn＝n＋1. ②证明：若 c1＝p，则 cn＝dn＋p－d， 由 c1，cs，ct 成等比数列，得 c2s＝c1ct， 所以(ds＋p－d)2＝p(dt＋p－d)， 即(p－d)(2ds＋p－d－p)＋d(ds2－pt)＝0， 化简得，p(t＋1－2s)＝d(s－1)2， 即 d＝t＋1－2s (s－1)2 p. 因为 p 是任意给定的正整数，要使 d∈N*，必须t＋1－2s (s－1)2 ∈N*， 不妨设 k＝t＋1－2s (s－1)2 ，由于 s 是任意给定的正整数， 所以 t＝k(s－1)2＋2s－1≥(s－1)2＋2s－1＝s2. 故不等式得证． 4．(2017·常州前黄中学国际分校月考)已知数列{a n}是公差为正数的等差数列，其前 n 项和为 Sn，且 a2·a3＝15，S4＝16. (1)求数列{an}的通项公式； (2)数列{bn}满足 b1＝a1，bn＋1－bn＝ 1 anan＋1. ①求数列{bn}的通项公式； ②是否存在正整数 m，n(m≠n)，使得 b2，bm，bn 成等差数列？若存在，求出 m，n 的 值；若不存在，请说明理由． 解：(1)设数列{an}的公差为 d，则 d＞0. 由 a2·a3＝15，S4＝16，得Error! 解得Error!或Error!(舍去)． 所以 an＝2n－1. (2)①∵b1＝a1，bn＋1－bn＝ 1 anan＋1， ∴b1＝a1＝1，bn＋1－bn＝ 1 anan＋1＝ 1 (2n－1)(2n＋1)＝1 2( 1 2n－1－ 1 2n＋1)， 即 b2－b1＝1 2(1－1 3 )，b3－b2＝1 2(1 3－1 5 )，…，bn－bn－1＝1 2( 1 2n－3－ 1 2n－1)(n≥2)， 累加得：bn－b1＝1 2(1－ 1 2n－1)＝ n－1 2n－1， ∴bn＝b1＋ n－1 2n－1＝1＋ n－1 2n－1＝3n－2 2n－1. b1＝1 也符合上式． 故 bn＝3n－2 2n－1，n∈N*. ②假设存在正整数 m，n(m≠n)，使得 b2，bm，bn 成等差数列， 则 b2＋bn＝2bm. 又 b2＝4 3，bn＝3n－2 2n－1＝3 2－ 1 4n－2，bm＝3 2－ 1 4m－2， ∴4 3＋(3 2－ 1 4n－2)＝2(3 2－ 1 4m－2)， 即 1 2m－1＝1 6＋ 1 4n－2， 化简得：2m＝7n－2 n＋1 ＝7－ 9 n＋1. 当 n＋1＝3，即 n＝2 时，m＝2，不合题意，舍去； 当 n＋1＝9，即 n＝8 时，m＝3，符合题意． ∴存在正整数 m＝3，n＝8，使得 b2，bm，bn 成等差数列． 5．(2017·镇江丹阳高级中学期初考试)已知数列{a n}满足 a1＝1，a2＝r(r>0)，且{anan＋1} 是公比为 q(q>0)的等比数列，设 bn＝a2n－1＋a2n(n∈N*)． (1)求使 anan＋1＋an＋1an＋2>an＋2an＋3(n∈N*)成立的 q 的取值范围； (2)求数列{bn}的前 n 项和 Sn； (3)试证明：当 q≥2 时，对任意正整数 n≥2，Sn 不可能是数列{bn}中的某一项． 解：(1)依题意得 qn－1＋qn>qn＋1， ∵q>0，∴q2－q－1<0， ∴0查看更多