沖刺2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)核心考點(diǎn)特色突破專題19數(shù)列通項(xiàng)與求和問題含解析

PAGEPAGE15專題19數(shù)列通項(xiàng)與求和問題【自主熱身，歸納提煉】1、等比數(shù)列的各項(xiàng)均為實(shí)數(shù)，其前項(xiàng)和為，已知，，則.【答案】【解析】由于，故，而，故，則.2、對(duì)于數(shù)列{an}，定義數(shù)列{bn}滿足bn＝an＋1－an(n∈N*)，且bn＋1－bn＝1(n∈N*)，a3＝1，a4＝－1，則a1＝________.【答案】8【解析】：因?yàn)閎3＝a4－a3＝－1－1＝－2，所以b2＝a3－a2＝b3－1＝－3，所以b1＝a2－a1＝b2－1＝－4，三式相加可得a4－a1＝－9，所以a1＝a4＋9＝8.3、設(shè)公比不為1的等比數(shù)列{an}滿足a1a2a3＝－eq\f(1,8)，且a2，a4，a3成等差數(shù)列，則數(shù)列{an}的前4項(xiàng)和為________．【答案】：eq\f(5,8)解后反思本題主要考查等差中項(xiàng)和等比中項(xiàng)的性質(zhì)及應(yīng)用，體現(xiàn)了等差數(shù)列和等比數(shù)列的基本量的計(jì)算問題中的方程思想，等比數(shù)列的求和要注意公比是否為1.:4、已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S2＝2a2＋3，S3＝2a3＋3，則公比q的值為________．【答案】：.2當(dāng)q＝1時(shí)，顯然不滿足題意；當(dāng)q≠1時(shí)，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a11－q2,1－q)＝2a1q＋3，,\f(a11－q3,1－q)＝2a1q2＋3，))整理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a11－q＝3，,a11＋q－q2＝3，))解得q＝2.5、記公比為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若a1＝1，S4－5S2＝0，則S5的值為________．【答案】：31【解析】：設(shè)公比為q，且q＞0，又a1＝1，則an＝qn－1.由S4－5S2＝0，得(1＋q2)S2＝5S2，所以q＝2，所以S5＝eq\f(1－25,1－2)＝31.解后反思利用S4＝(1＋q2)S2，可加快計(jì)算速度，甚至可以心算．6、設(shè)數(shù)列的前項(xiàng)和為，若，則數(shù)列的通項(xiàng)公式為．【答案】：7、已知數(shù)列{an}滿足a1＝－1，a2>a1，|an＋1－an|＝2n(n∈N*)，若數(shù)列{a2n－1}單調(diào)遞減，數(shù)列{a2n}單調(diào)遞增，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝________.【答案】eq\f(－2n－1,3)【解析】：因?yàn)閨an＋1－an|＝2n，所以當(dāng)n＝1時(shí)，|a2－a1|＝2.由a2>a1，a1＝－1得a2＝1.當(dāng)n＝2時(shí)，|a3－a2|＝4，得a3＝－3或a3＝5.因?yàn)閧a2n－1}單調(diào)遞減，所以a3＝－3.當(dāng)n＝3時(shí)，|a4－a3|＝8，得a4＝5或a4＝－11.因?yàn)閧a2n}單調(diào)遞增，所以a4＝5.同理得a5＝－11，a6＝21.因?yàn)閧a2n－1}單調(diào)遞減，a1＝－1<0，所以a2n－1<0.同理a2n>0.所以當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)(n≥3)，有an－an－1＝－2n－1，an－1－an－2＝2n－2.兩式相加得an－an－2＝－2n－2.那么a3－a1＝－2；a5－a3＝－23；…；an－an－2＝－2n－2.以上各式相加得an－a1＝－(2＋23＋25＋…＋2n－2)．所以an＝a1－eq\f(2[1－22\f(n－3,2)＋1],1－22)＝－eq\f(2n＋1,3).同理，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，an＝eq\f(2n－1,3).所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(2n＋1,3)，n為奇數(shù)，,\f(2n－1,3)，n為偶數(shù).))也可以寫成an＝eq\f(－2n－1,3).【問題探究，變式訓(xùn)練】例1、已知{an}是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，{bn}是等比數(shù)列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝21，S4＋b4＝30.(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；(2)記cn＝anbn，n∈N*，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和．【解析】：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q.由a1＝b1＝2，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，S4＝8＋6d.(3分)由條件a4＋b4＝21，S4＋b4＝30，得方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2＋3d＋2q3＝21，,8＋6d＋2q3＝30，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝1，,q＝2.))所以an＝n＋1，bn＝2n，n∈N*.(7分)(2)由題意知cn＝(n＋1)×2n.記Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn.則Tn＝2×2＋3×22＋4×23＋…＋n×2n－1＋(n＋1)×2n，2Tn＝2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n＋(n＋1)2n＋1，所以－Tn＝2×2＋(22＋23＋…＋2n)－(n＋1)×2n＋1，(11分)即Tn＝n·2n＋1，n∈N*.(14分)【變式1】、在數(shù)列中，已知，，，設(shè)為的前項(xiàng)和．（1）求證：數(shù)列是等差數(shù)列；（2）求．證明（1）因?yàn)?，所以，又因?yàn)?，所以，所以是首?xiàng)為1，公差為的等差數(shù)列．（2）由（1）知，所以，所以，所以，兩式相減得．，所以．【變式2】、已知數(shù)列的前項(xiàng)和為，且（）．（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（2）若數(shù)列滿足，求數(shù)列的通項(xiàng)公式．解（1）由，得．兩式相減，得，所以，由又，得，，所以數(shù)列為等比數(shù)列，且首項(xiàng)為2，公比，所以．（2）由（1）知．由()，得()．故，即．當(dāng)時(shí)，．所以【關(guān)聯(lián)1】、數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝2，Sn＝aneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,3)＋r))(r∈R，n∈N*)．(1)求r的值及數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(n,an)(n∈N*)，記{bn}的前n項(xiàng)和為Tn.①當(dāng)n∈N*時(shí)，λ＜T2n－Tn恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍；②求證：存在關(guān)于n的整式g(n)，使得(Ti＋1)＝Tn·g(n)－1對(duì)一切n≥2，n∈N*都成立．思路分析(1)利用關(guān)系式an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，,n＝1，,Sn－Sn－1，,n≥2，n∈N*，)))將an與Sn的關(guān)系轉(zhuǎn)化為an與an－1的關(guān)系，再利用累乘法求{an}的通項(xiàng)公式；(2)①利用數(shù)列{T2n－Tn}的單調(diào)性求T2n－Tn的最小值即可；②利用條件得到Tn與Tn－1的關(guān)系，通過變形，化簡(jiǎn)和式(Ti＋1)，即可證得命題．規(guī)范解答(1)當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝a1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋r))，所以r＝eq\f(2,3)，(2分)所以Sn＝aneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,3)＋\f(2,3))).當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝an－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,3)＋\f(1,3)))，兩式相減，得an＝eq\f(n＋2,3)an－eq\f(n＋1,3)an－1，所以eq\f(an,an－1)＝eq\f(n＋1,n－1)(n≥2)．(4分)所以eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·…·eq\f(an,an－1)＝eq\f(3,1)×eq\f(4,2)×eq\f(5,3)×…×eq\f(n,n－2)×eq\f(n＋1,n－1)，即eq\f(an,a1)＝eq\f(nn＋1,1×2).所以an＝n(n＋1)(n≥2)，又a1＝2適合上式．所以an＝n(n＋1)(n∈N*)．(6分)(2)①因?yàn)閍n＝n(n＋1)，所以bn＝eq\f(1,n＋1)，Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n＋1).所以T2n＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n＋1)，所以T2n－Tn＝eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,2n＋1).(8分)令Bn＝T2n－Tn＝eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,2n＋1).則Bn＋1＝eq\f(1,n＋3)＋eq\f(1,n＋4)＋…＋eq\f(1,2n＋3).所以Bn＋1－Bn＝eq\f(1,2n＋2)＋eq\f(1,2n＋3)－eq\f(1,n＋2)＝eq\f(3n＋4,2n＋22n＋3n＋2)＞0，所以Bn＋1＞Bn，所以Bn單調(diào)遞增，(10分)(Bn)min＝B1＝eq\f(1,3)，所以λ＜eq\f(1,3).(12分)②因?yàn)門n＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n＋1).所以當(dāng)n≥2時(shí)，Tn－1＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，所以Tn－Tn－1＝eq\f(1,n＋1)，即(n＋1)Tn－nTn－1＝Tn－1＋1.(14分)所以當(dāng)n≥2時(shí)，(Ti＋1)＝(3T2－2T1)＋(4T3－3T2)＋(5T4－4T3)＋…＋[(n＋1)Tn－nTn－1]＝(n＋1)Tn－2T1＝(n＋1)Tn－1，所以存在關(guān)于n的整式g(n)＝n＋1，使得(Ti＋1)＝Tn·g(n)－1對(duì)一切n≥2，n∈N*都成立．(16分)解后反思本題以an與Sn的關(guān)系為背景，考查了數(shù)列的通項(xiàng)、求和、數(shù)列的單調(diào)性，考查學(xué)生利用數(shù)列知識(shí)解決數(shù)列與不等式的綜合問題的能力，以及代數(shù)變形與推理論證能力．【關(guān)聯(lián)2】、已知各項(xiàng)是正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.(1)若Sn＋Sn－1＝eq\f(aeq\o\al(2,n)＋2,3)(n∈N*，n≥2)，且a1＝2.①求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；②若Sn≤λ·2n＋1對(duì)任意n∈N*恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．(2)已知數(shù)列{an}是公比為q(q>0，q≠1)的等比數(shù)列，且數(shù)列{an}的前n項(xiàng)積為10Tn.若存在正整數(shù)k，對(duì)任意n∈N*，使得eq\f(T（k＋1）n,Tkn)為定值，求首項(xiàng)a1的值．.eq\a\vs4\al(思路分析)(1)①利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)，得到an＋1與an的關(guān)系，并特別注意式中的n≥2.對(duì)于n＝1的情況必須單獨(dú)處理．由3(S2＋S1)＝aeq\o\al(2,2)＋2及a1＝2，得3(4＋a2)＝aeq\o\al(2,2)＋2，即aeq\o\al(2,2)－3a2－10＝0.結(jié)合a2>0，解得a2＝5，滿足a2－a1＝3.(3分)所以對(duì)n∈N*，均有an＋1－an＝3，即數(shù)列{an}是首項(xiàng)為a1＝2，公差為3的等差數(shù)列，數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n－1.(5分)②由①知，Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝eq\f(n（3n＋1）,2)，所以λ≥eq\f(n（3n＋1）,2n＋2)對(duì)n∈N*恒成立．(6分)記f(n)＝eq\f(n（3n＋1）,2n＋2)，n∈N*.考慮f(n＋1)－f(n)＝eq\f(（n＋1）（3n＋4）,2n＋3)－eq\f(n（3n＋1）,2n＋2)＝eq\f(－（3n2－5n－4）,2n＋3).(8分)當(dāng)n≥3時(shí)，f(n＋1)<f(n)，且f(1)＝eq\f(1,2)，f(2)＝eq\f(7,8)，f(3)＝eq\f(15,16).所以f(n)max＝f(3)＝eq\f(15,16)，從而λ≥eq\f(15,16).所以實(shí)數(shù)λ的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,16)，＋∞)).(11分)Tn＝nb1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b1－\f(d,2)))n，記A＝eq\f(d,2)≠0，B＝b1－eq\f(d,2)，則Tn＝An2＋Bn.所以eq\f(T（k＋1）n,Tkn)＝eq\f(A（k＋1）2n2＋B（k＋1）n,Ak2n2＋Bkn)＝eq\f(k＋1,k)·eq\f(A（k＋1）n＋B,Akn＋B).因?yàn)閷?duì)任意n∈N*，eq\f(T（k＋1）n,Tkn)為定值，所以eq\f(A（k＋1）n＋B,Akn＋B)也為定值．設(shè)eq\f(A（k＋1）n＋B,Akn＋B)＝μ，則[A(k＋1)－μAk]n＋B－Bμ＝0對(duì)n∈N*恒成立．所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(A（k＋1）－μAk＝0，,①,B－Bμ＝0，,②)))由①得μ＝eq\f(k＋1,k)，代入②得B＝0.(15分)即b1＝eq\f(1,2)d，即lga1＝eq\f(1,2)lgq，得a1＝eq\r(q).(16分)【關(guān)聯(lián)3】、已知數(shù)列滿足，數(shù)列的前項(xiàng)和為．（1）求的值；（2）若．①求證：數(shù)列為等差數(shù)列；②求滿足的所有數(shù)對(duì)．【思路分析】（1）直接令得到關(guān)系式，兩式相減，求出的值分別賦值，得到關(guān)系式，兩式相減，得到，結(jié)合，計(jì)算出，從而求，代入關(guān)系式，得出，利用定義法證明為等差數(shù)列求和得到，代入關(guān)系式整理得，需要轉(zhuǎn)化兩個(gè)因數(shù)相乘的形式，變形處理，利用平方差公式得到，因?yàn)榍揖鶠檎麛?shù)，則兩個(gè)因數(shù)只能為27和1，從而求出的值.規(guī)范解答（1）由條件，得，②①得．………3分（2）①證明：因?yàn)椋裕堍鄣?，……………?分于是，所以，從而．………………8分所以，所以，將其代入③式，得，所以（常數(shù)），所以數(shù)列為等差數(shù)列．………………10分②注意到，所以，……………12分由知．所以，即，又，所以且均為正整數(shù)，所以，解得，所以所求數(shù)對(duì)為．16分例2、正項(xiàng)數(shù)列的前項(xiàng)和滿足:．（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（2）令,數(shù)列的前項(xiàng)和為.證明:對(duì)于任意的,都有.解（1）由,得.

由于是正項(xiàng)數(shù)列，所以.

于是時(shí),.

綜上，數(shù)列的通項(xiàng).

（2）證明由于，則.

所以

.【變式1】、數(shù)列的前項(xiàng)和為，.（1）求的值及數(shù)列的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)，記的前項(xiàng)和為.①當(dāng)時(shí)，恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍；②求證：存在關(guān)于的整式，使得對(duì)一切都成立.（2）①因?yàn)椋?，所?所以，所以.令，則.所以.所以，所以單調(diào)遞增.所以的最小值為，所以.②因?yàn)?，所以?dāng)時(shí)，．所以即．當(dāng)時(shí)．所以存在關(guān)于的整式．使得對(duì)一切都成立．【變式2】、已知數(shù)列{an}滿足a1＝10，an－10≤an＋1≤an＋10(n∈N*)．(1)若{an}是等差數(shù)列，Sn＝a1＋a2＋…＋an，且Sn－10≤Sn＋1≤Sn＋10(n∈N*)，求公差d的取值集合；(2)若b1，b2，…，bk成等比數(shù)列，公比q是大于1的整數(shù)，b1＝10，b2≤20，且b1＋b2＋…＋bk＞2017，求正整數(shù)k的最小值；(3)若a1，a2，…，ak成等差數(shù)列，且a1＋a2＋…＋ak＝100，求正整數(shù)k的最小值以及k取最小值時(shí)公差d的值．(3)a1＋a2＋…＋ak＝10k＋eq\f(kk－1,2)d＝100，所以d＝eq\f(200－20k,kk－1).(11分)由題意|d|＝|an＋1－an|≤10，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(200－20k,kk－1)))≤10.(13分)所以－k2＋k≤20－2k≤k2－k，所以k≥4，所以kmin＝4.(15分)此時(shí)d＝10.(16分)解后反思本題第(2)問在原題上有所改動(dòng)，原題如下：(2)若a1，a2,…，ak成等比數(shù)列，公比q是大于1的整數(shù)，且a1＋a2＋…＋ak＞2017，求正整數(shù)k的最小值．原題的漏洞在于an＝10×2n－1以指數(shù)級(jí)上升，條件中的an＋1≤an【變式3】、已知Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，a1＝3，且2Sn＝an＋1－3(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)對(duì)于正整數(shù)i，j，k(i<j<k)，已知λaj，6ai，μak成等差數(shù)列，求正整數(shù)λ，μ的值；(3)設(shè)數(shù)列{bn}前n項(xiàng)和是Tn，且滿足：對(duì)任意的正整數(shù)n，都有等式a1bn＋a2bn－1＋a3bn－2＋…＋anb1＝3n＋1－3n－3成立.求滿足等式eq\f(Tn,an)＝eq\f(1,3)的所有正整數(shù)n.eq\a\vs4\al(思路分析)(1)當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－Sn－1＝an，得到an＋1與an的關(guān)系式；(2)在等式λ·3j＋μ·3k＝12·3i兩邊同除以3i或3j；(3)先求出bn＝2n－1，Tn＝n2.再試算eq\f(Tn,an)的前幾項(xiàng)，猜出【答案】，并證明結(jié)論．規(guī)范解答(1)2Sn＝an＋1－3，2Sn－1＝an－3(n≥2)，兩式相減，得2an＝an＋1－an.即當(dāng)n≥2時(shí)，an＋1＝3an.(2分)由a1＝S1＝3，得6＝a2－3，即a2＝9，滿足a2＝3a1.所以對(duì)n∈N*，都有an＋1＝3an，即eq\f(an＋1,an)＝3.所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為3，公比為3的等比數(shù)列，通項(xiàng)公式an＝3n.(4分)(2)由(1)，得λ·3j＋μ·3k＝12·3i，即λ＋μ·3k－j＝eq\f(4,3j－i－1).因?yàn)檎麛?shù)i，j，k滿足i<j<k，且λ，μ∈N*，所以λ＋μ·3k－j＝eq\f(4,3j－i－1)∈N*.(6分)所以只有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3j－i－1＝1，,3k－j＝3，))即λ＋3μ＝4，得λ＝μ＝1.(8分)(3)由(1)知，31bn＋32bn－1＋33bn－2＋…＋3nb1＝3n＋1－3n－3，①及31bn＋1＋32bn＋33bn－1＋…＋3n＋1b1＝3n＋2－3(n＋1)－3，②②/3－①，得bn＋1＝2n＋1.(10分)又3b1＝9－3－3＝3，得b1＝1，所以bn＝2n－1，從而Tn＝n2.設(shè)f(n)＝eq\f(Tn,an)＝eq\f(n2,3n)，n∈N*.當(dāng)n＝1時(shí)eq\f(T1,a1)＝eq\f(1,3)；當(dāng)n＝2時(shí)eq\f(T2,a2)＝eq\f(4,9)；當(dāng)n＝3時(shí)eq\f(T3,a3)＝eq\f(1,3)；(12分)下面證明：對(duì)任意正整數(shù)n>3都有eq\f(Tn,an)<eq\f(1,3)，eq\f(Tn＋1,an＋1)－eq\f(Tn,an)＝(n＋1)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n＋1)－n2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n＋1)[(n＋1)2－3n2]＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n＋1)(－2n2＋2n＋1)，當(dāng)n≥3時(shí)，－2n2＋2n＋1＝(1－n2)＋n(2－n)<0，即eq\f(Tn＋1,an＋1)－eq\f(Tn,an)<0，所以當(dāng)n≥3時(shí)，eq\f(Tn,an)遞減，所以對(duì)任意正整數(shù)n>3都有eq\f(Tn,an)<eq\f(T3,a3)＝eq\f(1,3).綜上可得，滿足等式eq\f(Tn,an)＝eq\f(1,3)的正整數(shù)n的值為1和3.(16分)eq\a\vs4\al(解后反思)第(1)題中，要注意驗(yàn)證a2＝3a1；第(2)題中，也可化為λ·3j－i－1＋μ·3k－i－1＝4，說明只能λ＝1；第(3)題這種類型的題，一般是先猜再證．若條件出現(xiàn)數(shù)列的“和”的等式，則可以利用“差商”法求數(shù)列的通項(xiàng)公式，另外利用數(shù)列的單調(diào)性確定數(shù)列項(xiàng)的范圍，進(jìn)而解決相關(guān)的問題也是數(shù)列問題中的常用的數(shù)學(xué)思想方法．【變式4】、已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，對(duì)任意正整數(shù)n，總存在正數(shù)p，q，r，使得an＝pn－1，Sn＝qn－r恒成立；數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，且對(duì)任意正整數(shù)n，2Tn＝nbn恒成立．(1)求常數(shù)p，q，r的值；(2)證明數(shù)列{bn}為等差數(shù)列；(3)若b2＝2，記Pn＝eq\f(2n＋b1,an)＋eq\f(2n＋b2,2an)＋eq\f(2n＋b3,4an)＋…＋eq\f(2n＋bn－1,2n－2an)＋eq\f(2n＋bn,2n－1an)，是否存在正整數(shù)k，使得對(duì)任意正整數(shù)n，Pn≤k恒成立，若存在，求正整數(shù)k的最小值；若不存在，請(qǐng)說明理由．eq\a\vs4\al(思路分析)第(1)問，由于所給出的是關(guān)于通項(xiàng)與和的一般性的式子，因此，利用特殊與一般的關(guān)系，將一般進(jìn)行特殊化來處理，可分別取n＝2，3，求出p，q的值(必要性)，再驗(yàn)證是否符合題意(充分性)．第(2)問，根據(jù)數(shù)列的通項(xiàng)與其前n項(xiàng)和的關(guān)系an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(S1，,n＝1，,Sn－Sn－1，,n≥2)))來得到數(shù)列的遞推關(guān)系，有了遞推關(guān)系后來判斷數(shù)列是等差數(shù)列就有兩種方法：一是利用遞推關(guān)系求出數(shù)列的通項(xiàng)公式，進(jìn)而通過定義來加以證明；二是利用等差中項(xiàng)來進(jìn)行證明．第(3)問，根據(jù)所要研究的對(duì)象“Pn≤k恒成立”可以看出，本題的本質(zhì)就是求Pn的最大值，而研究一個(gè)數(shù)列的最值的基本方法是研究數(shù)列的單調(diào)性，因此，利用鄰項(xiàng)作差的方法來判斷{Pn}的單調(diào)性，進(jìn)而求出數(shù)列的最大值．另外，注意到本題的Pn是一個(gè)差比數(shù)列的和，因此，本題又可以通過先求和，然后再判斷單調(diào)性，進(jìn)而求最值的方法來加以求解，但這種方法并不簡(jiǎn)便，故采用直接判斷單調(diào)性的方法來加以求解．規(guī)范解答(1)因?yàn)镾n＝qn－r①，所以Sn－1＝qn－1－r②(n≥2)，①－②得Sn－Sn－1＝qn－qn－1，即an＝qn－qn－1(n≥2)，(1分)又an＝pn－1，所以pn－1＝qn－qn－1(n≥2)，n＝2時(shí)，p＝q2－q；n＝3時(shí)，p2＝q3－q2.因?yàn)閜，q為正數(shù)，解得p＝q＝2.(3分)又因?yàn)閍1＝1，S1＝q－r，且a1＝S1，所以r＝