（江蘇專用）高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 數(shù)列考點(diǎn)整合 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

第1講等差數(shù)列、等比數(shù)列的基本問題高考定位高考對本內(nèi)容的考查主要有：(1)數(shù)列的概念是A級要求，了解數(shù)列、數(shù)列的項(xiàng)、通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和等概念，一般不會單獨(dú)考查；(2)等差數(shù)列、等比數(shù)列是兩種重要且特殊的數(shù)列，要求都是C級．真題感悟1．(2015·江蘇卷)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))前10項(xiàng)的和為________．解析∵a1＝1，an＋1－an＝n＋1，∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，將以上n－1個式子相加得an－a1＝2＋3＋…＋n＝eq\f(（2＋n）（n－1）,2)，即an＝eq\f(n（n＋1）,2)，令bn＝eq\f(1,an)，故bn＝eq\f(2,n（n＋1）)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，故S10＝b1＋b2＋…＋b10＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,10)－\f(1,11)))＝eq\f(20,11).答案eq\f(20,11)2．(2014·江蘇卷)在各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，則a6的值是________．解析因?yàn)閍8＝a2q6，a6＝a2q4，a4＝a2q2，所以由a8＝a6＋2a4得a2q6＝a2q4＋2a2q2，消去a2q2，得到關(guān)于q2的一元二次方程(q2)2－q2－2＝0，解得q2＝2，a6＝a2q4＝1×22＝4.答案43．(2010·江蘇卷)函數(shù)y＝x2(x＞0)的圖象在點(diǎn)(ak，aeq\o\al(2,k))處的切線與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為ak＋1，k為正整數(shù)，a1＝16，則a1＋a3＋a5＝________．解析在點(diǎn)(ak，aeq\o\al(2,k))處的切線方程為：y－aeq\o\al(2,k)＝2ak(x－ak)，當(dāng)y＝0時，解得x＝eq\f(ak,2)，所以ak＋1＝eq\f(ak,2)，故{an}是a1＝16，q＝eq\f(1,2)的等比數(shù)列，即an＝16×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，∴a1＋a3＋a5＝16＋4＋1＝21.答案214．(2013·江蘇卷)在正項(xiàng)等比數(shù)列{an}中，a5＝eq\f(1,2)，a6＋a7＝3.則滿足a1＋a2＋…＋an>a1a2…an的最大正整數(shù)n的值為________．解析由已知條件得eq\f(1,2)q＋eq\f(1,2)q2＝3，即q2＋q－6＝0，解得q＝2，或q＝－3(舍去)，an＝a5qn－5＝eq\f(1,2)×2n－5＝2n－6，a1＋a2＋…＋an＝eq\f(1,32)(2n－1)，a1a2…an＝2－52－42－3…2n－6＝，由a1＋a2＋…＋an>a1a2…an，可知2n－5－2－5>，由2n－5－2－5>，可求得n的最大值為12，而當(dāng)n＝13時，28－2－5<213，所以n的最大值為12.答案12考點(diǎn)整合1．a(chǎn)n與Sn的關(guān)系Sn＝a1＋a2＋…＋an，an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))2．等差數(shù)列(1)通項(xiàng)公式：an＝a1＋(n－1)d，(2)求和公式：Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d，(3)性質(zhì)：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，則am＋an＝ap＋aq；②an＝am＋(n－m)d；③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，成等差數(shù)列．3．等比數(shù)列(1)通項(xiàng)公式：an＝a1qn－1(q≠0)；(2)求和公式：q＝1，Sn＝na1；q≠1，Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q)；(3)性質(zhì)：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，則am·an＝ap·aq；②an＝am·qn－m；③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，(Sm≠0)成等比數(shù)列.熱點(diǎn)一等差、等比數(shù)列的基本運(yùn)算【例1】等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知S10＝0，S15＝25，則Sn的最小值為________．解析設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由已知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S10＝10a1＋\f(10×9,2)d＝0，,S15＝15a1＋\f(15×14,2)d＝25，))解得a1＝－3，d＝eq\f(2,3).∴Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝－3n＋eq\f(n（n－1）,2)×eq\f(2,3)＝eq\f(n2,3)－eq\f(10,3)n＝eq\f(1,3)(n－5)2－eq\f(25,3).當(dāng)n＝5時，Sn有最小值為－eq\f(25,3).答案－eq\f(25,3)探究提高等差、等比數(shù)列的基本運(yùn)算是利用通項(xiàng)公式、求和公式求解首項(xiàng)a1和公差d(公比q)，在列方程組求解時，要注意整體計(jì)算，以減少計(jì)算量．【訓(xùn)練1】(2015·鄭州模擬)設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若Sm－1＝5，Sm＝－11，Sm＋1＝21，則m等于________．解析由已知得Sm－Sm－1＝am＝－16，Sm＋1－Sm＝am＋1＝32，故公比q＝－2，又Sm＝eq\f(a1－amq,1－q)＝－11，故a1＝－1，又am＝a1qm－1＝－16，代入可求得m＝5.答案5熱點(diǎn)二等差、等比數(shù)列的性質(zhì)運(yùn)算【例2】(1)(2015·蘇北四市模擬)在等差數(shù)列{an}中，a1＝－2015，其前n項(xiàng)和為Sn，若eq\f(S12,12)－eq\f(S10,10)＝2，則S2015的值為________．(2)(2015·濰坊模擬)在等比數(shù)列{an}中，公比q＝2，前87項(xiàng)和S87＝140，則a3＋a6＋a9＋…＋a87＝________．解析(1)根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)，得數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也是等差數(shù)列，由已知可得eq\f(S1,1)＝a1＝－2015，由eq\f(S12,12)－eq\f(S10,10)＝2＝2d，得公差d＝1.故eq\f(S2015,2015)＝－2015＋(2015－1)×1＝－1，∴S2015＝－2015.(2)法一a3＋a6＋a9＋…＋a87＝a3(1＋q3＋q6＋…＋q84)＝a1q2·eq\f(1－（q3）29,1－q3)＝eq\f(q2,1＋q＋q2)·eq\f(a1（1－q87）,1－q)＝eq\f(4,7)×140＝80.法二設(shè)b1＝a1＋a4＋a7＋…＋a85，b2＝a2＋a5＋a8＋…＋a86，b3＝a3＋a6＋a9＋…＋a87，因?yàn)閎1q＝b2，b2q＝b3，且b1＋b2＋b3＝140，所以b1(1＋q＋q2)＝140，而1＋q＋q2＝7，所以b1＝20，b3＝q2b1＝4×20＝80.答案(1)－2015(2)80探究提高在解決等差、等比數(shù)列的運(yùn)算問題時，經(jīng)常采用“巧用性質(zhì)、整體考慮、減少運(yùn)算量”的方法．【訓(xùn)練2】(1)(2015·蘇州期中)在等差數(shù)列{an}中，a5＝3，a6＝－2，則a3＋a4＋…＋a8＝________．(2)(2015·湖南卷)設(shè)Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a1＝1，且3S1，2S2，S3成等差數(shù)列，則an＝________．解析(1)根據(jù)等差數(shù)列性質(zhì)計(jì)算．因?yàn)閧an}是等差數(shù)列，所以a3＋a4＋…＋a8＝3(a5＋a6)＝3.(2)由3S1，2S2，S3成等差數(shù)列知，4S2＝3S1＋S3，可得a3＝3a2，∴公比q＝3，故等比數(shù)列通項(xiàng)an＝a1qn－1＝3n－1.答案(1)3(2)3n－1熱點(diǎn)三等差、等比數(shù)列的判定與證明【例3】數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，且對任意正整數(shù)n，點(diǎn)(an＋1，Sn)在直線2x＋y－2＝0上．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)是否存在實(shí)數(shù)λ，使得數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋λn＋\f(λ,2n)))為等差數(shù)列？若存在，求出λ的值；若不存在，請說明理由．解(1)由題意，可得2an＋1＋Sn－2＝0.①當(dāng)n≥2時，2an＋Sn－1－2＝0.②①－②，得2an＋1－2an＋an＝0，所以eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1,2)(n≥2)．因?yàn)閍1＝1，2a2＋a1＝2，所以a2＝eq\f(1,2).所以{an}是首項(xiàng)為1，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列．所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1).(2)由(1)知，Sn＝eq\f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))＝2－eq\f(1,2n－1).若eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋λn＋\f(λ,2n)))為等差數(shù)列，則S1＋λ＋eq\f(λ,2)，S2＋2λ＋eq\f(λ,22)，S3＋3λ＋eq\f(λ,23)成等差數(shù)列，則2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S2＋\f(9λ,4)))＝S1＋eq\f(3λ,2)＋S3＋eq\f(25λ,8)，即2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋\f(9λ,4)))＝1＋eq\f(3λ,2)＋eq\f(7,4)＋eq\f(25λ,8)，解得λ＝2.又λ＝2時，Sn＋2n＋eq\f(2,2n)＝2n＋2，顯然{2n＋2}成等差數(shù)列，故存在實(shí)數(shù)λ＝2，使得數(shù)列{Sn＋λn＋eq\f(λ,2n)}成等差數(shù)列．探究提高判斷和證明數(shù)列是等差(比)數(shù)列的三種方法(1)定義法：對于n≥1的任意自然數(shù)，驗(yàn)證an＋1－aneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\f(an＋1,an)))為同一常數(shù)．(2)通項(xiàng)公式法：①若an＝a1＋(n－1)d＝am＋(n－m)d或an＝kn＋b(n∈N*)，則{an}為等差數(shù)列；②若an＝a1qn－1＝amqn－m或an＝pqkn＋b(n∈N*)，則{an}為等比數(shù)列．(3)中項(xiàng)公式法：①若2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，則{an}為等差數(shù)列；②若aeq\o\al(2,n)＝an－1·an＋1(n∈N*，n≥2)，則{an}為等比數(shù)列．【訓(xùn)練3】已知數(shù)列{an}是各項(xiàng)均不為0的等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和，且滿足aeq\o\al(2,n)＝S2n－1，令bn＝eq\f(1,an·an＋1)，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式及數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn；(2)是否存在正整數(shù)m，n(1＜m＜n)，使得T1，Tm，Tn成等比數(shù)列？若存在，求出所有的m，n的值；若不存在，請說明理由．解(1)n＝1時，由aeq\o\al(2,1)＝S1＝a1，且a1≠0，得a1＝1.因?yàn)閧an}是等差數(shù)列，所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)d，Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝n＋eq\f(n（n－1）,2)d.于是由aeq\o\al(2,n)＝S2n－1，得[1＋(n－1)d]2＝2n－1＋(2n－1)·(n－1)d，即d2n2＋(2d－2d2)n＋d2－2d＋1＝2dn2＋(2－3d)n＋d－1，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d2＝2d，,2d－2d2＝2－3d，,d2－2d＋1＝d－1，))解得d＝2.所以an＝2n－1，從而bn＝eq\f(1,an·an＋1)＝eq\f(1,（2n－1）·（2n＋1）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1).(2)法一T1＝eq\f(1,3)，Tm＝eq\f(m,2m＋1)，Tn＝eq\f(n,2n＋1)，若T1，Tm，Tn成等比數(shù)列，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2m＋1)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2n＋1)))，即eq\f(m2,4m2＋4m＋1)＝eq\f(n,6n＋3).由eq\f(m2,4m2＋4m＋1)＝eq\f(n,6n＋3)，可得eq\f(3,n)＝eq\f(－2m2＋4m＋1,m2)＞0，即－2m2＋4m＋1＞0，∴1－eq\f(\r(6),2)＜m＜1＋eq\f(\r(6),2).又m∈N*，且m＞1，所以m＝2，此時n＝12.因此，當(dāng)且僅當(dāng)m＝2，n＝12時，數(shù)列{Tn}中的T1，Tm，Tn成等比數(shù)列．法二因?yàn)閑q\f(n,6n＋3)＝eq\f(1,6＋\f(3,n))＜eq\f(1,6)，故eq\f(m2,4m2＋4m＋1)＜eq\f(1,6)，即2m2－4m－1＜0，∴1－eq\f(\r(6),2)＜m＜1＋eq\f(\r(6),2).又m∈N*，且m＞1，所以m＝2，此時n＝12.因此，當(dāng)且僅當(dāng)m＝2，n＝12時，數(shù)列{Tn}中的T1，Tm，Tn成等比數(shù)列．1．在等差(比)數(shù)列中，a1，d(q)，n，an，Sn五個量中知道其中任意三個，就可以求出其他兩個．解這類問題時，一般是轉(zhuǎn)化為首項(xiàng)a1和公差d(公比q)這兩個基本量的有關(guān)運(yùn)算．2．等差、等比數(shù)列的性質(zhì)是兩種數(shù)列基本規(guī)律的深刻體現(xiàn)，是解決等差、等比數(shù)列問題既快捷又方便的工具，應(yīng)有意識地去應(yīng)用．但在應(yīng)用性質(zhì)時要注意性質(zhì)的前提條件，有時需要進(jìn)行適當(dāng)變形．3．應(yīng)用關(guān)系式an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2))時，一定要注意分n＝1，n≥2兩種情況，在求出結(jié)果后，看看這兩種情況能否整合在一起．4．三個數(shù)a，b，c成等差數(shù)列的充要條件是b＝eq\f(a＋c,2)，但三個數(shù)a，b，c成等比數(shù)列的充要條件不是b2＝ac.一、填空題1．(2015·南通模擬)在等差數(shù)列{an}中，a1＋3a3＋a15＝10，則a5的值為________．解析設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，∵a1＋a15＝2a8，∴2a8＋3a3＝10，∴2(a5＋3d)＋3(a5－2d)＝10，∴5a5＝10，∴a5＝2.答案22．(2015·廣州模擬)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若2S4＝S5＋S6，則數(shù)列{an}的公比q的值為________．解析經(jīng)檢驗(yàn)q＝1不適合，則由2S4＝S5＋S6，得2(1－q4)＝1－q5＋1－q6，化簡得q2＋q－2＝0，解得q＝1(舍去)，q＝－2.答案－23．(2015·南師附中調(diào)研)設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若eq\f(S3,S6)＝eq\f(1,3)，則eq\f(S6,S7)＝________．解析設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則eq\f(S3,S6)＝eq\f(3a1＋3d,6a1＋15d)＝eq\f(1,3)?a1＝2d，所以eq\f(S6,S7)＝eq\f(6a1＋15d,7a1＋21d)＝eq\f(27,35).答案eq\f(27,35)4．(2015·南通檢測)已知等比數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，且a3＋a7＝3，a2a8＝2，則eq\f(a13,a11)＝________．解析根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)建立方程組求解．因?yàn)閿?shù)列{an}是遞增等比數(shù)列，所以a2a8＝a3a7＝2，又a3＋a7＝3，且a3＜a7，解得a3＝1，a7＝2，所以q4＝2，故eq\f(a13,a11)＝q2＝eq\r(2).答案eq\r(2)5．在等比數(shù)列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，則a9＋a11＋a13＋a15＝________．解析設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由已知，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q2＝8，,a1q4＋a1q6＝4，))解得q4＝eq\f(1,2).又a9＋a11＝a1q8＋a3q8＝(a1＋a3)q8＝8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝2，a13＋a15＝a1q12＋a3q12＝(a1＋a3)q12＝8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＝1，所以a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3.答案36．(2015·陽泉模擬)若等差數(shù)列{an}滿足a7＋a8＋a9＞0，a7＋a10＜0，則當(dāng)n＝________時，{an}的前n項(xiàng)和最大．解析根據(jù)題意知a7＋a8＋a9＝3a8＞0，即a8＞0.又a8＋a9＝a7＋a10＜0，∴a9＜0，∴當(dāng)n＝8時，{an}的前n項(xiàng)和最大．答案87．(2015·安徽卷)已知數(shù)列{an}是遞增的等比數(shù)列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和等于________．解析由等比數(shù)列性質(zhì)知a2a3＝a1a4，又a2a3＝8，a1＋a4＝9，所以聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1a4＝8，,a1＋a4＝9，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a4＝8))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝8，,a4＝1，))又?jǐn)?shù)列{an}為遞增數(shù)列，∴a1＝1，a4＝8，從而a1q3＝8，∴q＝2.∴數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1.答案2n－18．(2015·福建卷改編)若a，b是函數(shù)f(x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)的兩個不同的零點(diǎn)，且a，b，－2這三個數(shù)可適當(dāng)排序后成等差數(shù)列，也可適當(dāng)排序后成等比數(shù)列，則p＋q的值等于________．解析由題意知：a＋b＝p，ab＝q，∵p＞0，q＞0，∴a＞0，b＞0.在a，b，－2這三個數(shù)的6種排序中，成等差數(shù)列的情況有a，b，－2；b，a，－2；－2，a，b；－2，b，a；成等比數(shù)列的情況有：a，－2，b；b，－2，a.∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ab＝4，,2b＝a－2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ab＝4，,2a＝b－2))解之得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝4.))∴p＝5，q＝4，∴p＋q＝9.答案9二、解答題9．已知{an}是等差數(shù)列，滿足a1＝3，a4＝12，數(shù)列{bn}滿足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}為等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和．解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由題意得d＝eq\f(a4－a1,3)＝eq\f(12－3,3)＝3，所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1，2，…)．設(shè)等比數(shù)列{bn－an}的公比為q，由題意得q3＝eq\f(b4－a4,b1－a1)＝eq\f(20－12,4－3)＝8，解得q＝2.所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1.從而bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．(2)由(1)知bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．?dāng)?shù)列{3n}的前n項(xiàng)和為eq\f(3,2)n(n＋1)，數(shù)列{2n－1}的前n項(xiàng)和為eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1.所以數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為eq\f(3,2)n(n＋1)＋2n－1.10．(2015·洛陽模擬)成等差數(shù)列的三個正數(shù)的和等于15，并且這三個數(shù)分別加上2、5、13后成為等比數(shù)列{bn}中的b3、b4、b5.(1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；(2)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，求證：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(5,4)))是等比數(shù)列．(1)解設(shè)成等差數(shù)列的三個正數(shù)分別為a－d，a，a＋d.依題意，得a－d＋a＋a＋d＝15.解得a＝5.所以{bn}中的b3，b4，b5依次為7－d，10，18＋d.依題意，有(7－d)(18＋d)＝100，解得d＝2或d＝－13(舍去)．故{bn}的第3項(xiàng)為5，公比為2.由b3＝b1·22，即5＝b1·22，解得b1＝eq\f(5,4).所以bn＝b1·qn－1＝eq\f(5,4)·2n－1＝5·2n－3，即數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式bn＝5·2n－3.(2)證明由(1)得數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(\f(5,4)（1－2n）,1－2)＝5·2n－2－eq\f(5,4)，即Sn＋eq\f(5,4)＝5·2n－2.所以S1＋eq\f(5,4)＝eq\f(5,2)，eq\f(Sn＋1＋\f(5,4),Sn＋\f(5,4))＝eq\f(5·2n－1,5·2n－2)＝2.因此eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(5,4)))是以eq\f(5,2)為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列．11．(2015·蘇、錫、常、鎮(zhèn)調(diào)研)已知數(shù)列{an}是首項(xiàng)為eq\f(1,\r(3,3))，公比為eq\f(1,\r(3,3))的等比數(shù)列，設(shè)bn＋15log3an＝t，常數(shù)t∈N*.(1)求證：{bn}為等差數(shù)列；(2)設(shè)數(shù)列{cn}滿足cn＝anbn，是否存在正整數(shù)k，使ck，ck＋1，ck＋2按某種次序排列后成等比數(shù)列？若存在，求k，t的值；若不存在，請說明理由．(1)證明an＝3－eq\f(n,3)，bn＋1－bn＝－15log3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an)))＝5，∴{bn}是首項(xiàng)為b1＝t＋5，公差為5的等差數(shù)列．(2)解cn＝(5n＋t)·3－eq\f(n,3)，則ck＝(5k＋t)·3－eq\f(k,3)，令5k＋t＝x(x>0)，則ck＝x·3－eq\f(k,3)，ck＋1＝(x＋5)·3－eq\f(k＋1,3)，ck＋2＝(x＋10)·3－eq\f(k＋2,3).①若ceq\o\al(2,k)＝ck＋1ck＋2，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x·3－\f(k,3)))eq\s\up12(2)＝(x＋5)·3－eq\f(k＋1,3)·(x＋10)·3－eq\f(k＋2,3).化簡得2x2－15x－50＝0，解得x＝10；進(jìn)而求得k＝1，t＝5；②若ceq\o\al(2,k＋1)＝ckck＋2，同理可得(x＋5)2＝x(x＋10)，顯然無解；③若ceq\o\al(2,k＋2)＝ckck＋1，同理可得eq\f(1,3)(x＋10)2＝x(x＋5)，方程無整數(shù)根．綜上所述，存在k＝1，t＝5適合題意．第2講數(shù)列的綜合應(yīng)用高考定位高考對本內(nèi)容的考查主要有：(1)通過適當(dāng)?shù)拇鷶?shù)變形后，轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列或等比數(shù)列的問題；(2)求數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和的基本的幾種方法；(3)數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問題．題型一般為解答題，且為壓軸題．真題感悟(2015·江蘇卷)設(shè)a1，a2，a3，a4是各項(xiàng)為正數(shù)且公差為d(d≠0)的等差數(shù)列．(1)證明：2a1，2a2，2a3，2a4依次構(gòu)成等比數(shù)列；(2)是否存在a1，d，使得a1，aeq\o\al(2,2)，aeq\o\al(3,3)，aeq\o\al(4,4)依次構(gòu)成等比數(shù)列？并說明理由；(3)是否存在a1，d及正整數(shù)n，k，使得aeq\o\al(n,1)，aeq\o\al(n＋k,2)，aeq\o\al(n＋2k,3)，aeq\o\al(n＋3k,4)依次構(gòu)成等比數(shù)列？并說明理由．(1)證明因?yàn)椋剑璦n＝2d(n＝1，2，3)是同一個常數(shù)，所以2a1，2a2，2a3，2a4依次構(gòu)成等比數(shù)列，(2)解不存在，理由如下：令a1＋d＝a，則a1，a2，a3，a4分別為a－d，a，a＋d，a＋2d(a＞d，a＞－2d，d≠0)．假設(shè)存在a1，d，使得a1，aeq\o\al(2,2)，aeq\o\al(3,3)，aeq\o\al(4,4)依次構(gòu)成等比數(shù)列，則a4＝(a－d)(a＋d)3，且(a＋d)6＝a2(a＋2d)4.令t＝eq\f(d,a)，則1＝(1－t)(1＋t)3，且(1＋t)6＝(1＋2t)4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＜t＜1，t≠0))，化簡得t3＋2t2－2＝0(*)，且t2＝t＋1.將t2＝t＋1代入(*)式，t(t＋1)＋2(t＋1)－2＝t2＋3t＝t＋1＋3t＝4t＋1＝0，則t＝－eq\f(1,4).顯然t＝－eq\f(1,4)不是上面方程的解，矛盾，所以假設(shè)不成立．因此不存在a1，d，使得a1，aeq\o\al(2,2)，aeq\o\al(3,3)，aeq\o\al(4,4)依次構(gòu)成等比數(shù)列．(3)解不存在，理由如下：假設(shè)存在a1，d及正整數(shù)n，k，使得aeq\o\al(n,1)，aeq\o\al(n＋k,2)，aeq\o\al(n＋2k,3)，aeq\o\al(n＋3k,4)依次構(gòu)成等比數(shù)列，則aeq\o\al(n,1)(a1＋2d)n＋2k＝(a1＋d)2(n＋k)，且(a1＋d)n＋k(a1＋3d)n＋3k＝(a1＋2d)2(n＋2k)．分別在兩個等式的兩邊同除以aeq\o\al(2（n＋k）,1)及aeq\o\al(2（n＋2k）,1)，并令t＝eq\f(d,a1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＞－\f(1,3)，t≠0))，則(1＋2t)n＋2k＝(1＋t)2(n＋k)，且(1＋t)n＋k(1＋3t)n＋3k＝(1＋2t)2(n＋2k)．將上述兩個等式兩邊取對數(shù)，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)．化簡得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)]．再將這兩式相除，化簡得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)，則g′(t)＝eq\f(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)，則φ′(t)＝6[(1＋3t)ln(1＋3t)－2(1＋2t)ln(1＋2t)＋(1＋t)ln(1＋t)]．令φ1(t)＝φ′(t)，則φ1′(t)＝6[3ln(1＋3t)－4ln(1＋2t)＋ln(1＋t)]．令φ2(t)＝φ1′(t)，則φ2′(t)＝eq\f(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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，0))和(0，＋∞)上均單調(diào)．故g(t)只有唯一零點(diǎn)t＝0，即方程(**)只有唯一解t＝0，故假設(shè)不成立．所以不存在a1，d及正整數(shù)n，k，使得aeq\o\al(n,1)，aeq\o\al(n＋k,2)，aeq\o\al(n＋2k,3)，aeq\o\al(n＋3k,4)依次構(gòu)成等比數(shù)列．考點(diǎn)整合1．?dāng)?shù)列求和的常用方法(1)公式法：直接利用等差數(shù)列、等比數(shù)列的求和公式求解．(2)倒序相加法：適用于與首、末等距離的兩項(xiàng)之和等于首、末兩項(xiàng)之和，且和為常數(shù)的數(shù)列．等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式的推導(dǎo)就使用了倒序相加法，利用倒序相加法求解數(shù)列前n項(xiàng)和時，要把握數(shù)列通項(xiàng)公式的基本特征，即通過倒序相加可以得到一個常數(shù)列，或者等差數(shù)列、等比數(shù)列，從而轉(zhuǎn)化為常見數(shù)列的求和方法，這也是數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化與化歸思想的具體體現(xiàn)．(3)錯位相減法：適用于各項(xiàng)由一個等差數(shù)列和一個等比數(shù)列對應(yīng)項(xiàng)的乘積組成的數(shù)列．把Sn＝a1＋a2＋…＋an兩邊同乘以相應(yīng)等比數(shù)列的公比q，得到qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，兩式錯位相減即可求出Sn.(4)裂相相消法：即將數(shù)列的通項(xiàng)分成兩個式子的代數(shù)和的形式，然后通過累加抵消中間若干項(xiàng)的方法，裂項(xiàng)相消法適用于形如eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(c,anan＋1)))(其中{an}是各項(xiàng)均不為零的等差數(shù)列，c為常數(shù))的數(shù)列．(5)拆項(xiàng)分組法：把數(shù)列的每一項(xiàng)拆成兩項(xiàng)(或多項(xiàng))，再重新組合成兩個(或多個)簡單的數(shù)列，最后分別求和．(6)并項(xiàng)求和法：與拆項(xiàng)分組相反，并項(xiàng)求和是把數(shù)列的兩項(xiàng)(或多項(xiàng))組合在一起，重新構(gòu)成一個數(shù)列再求和，一般適用于正負(fù)相間排列的數(shù)列求和，注意對數(shù)列項(xiàng)數(shù)奇偶性的討論．2．?dāng)?shù)列單調(diào)性的常見題型及處理方法如下：(1)求最大(小)項(xiàng)時，可利用①數(shù)列單調(diào)性；②函數(shù)單調(diào)性；③導(dǎo)數(shù)．(2)求參數(shù)范圍時，可利用①作差法；②同號遞推法；③先猜后證法．3．?dāng)?shù)列中的不等式問題主要有證明數(shù)列不等式、比較大小或恒成立問題，解決方法如下：(1)利用數(shù)列(或函數(shù))的單調(diào)性；(2)放縮法：①先求和后放縮；②先放縮后求和，包括放縮后成等差(或等比)數(shù)列再求和，或者放縮后成等差比數(shù)列再求和，或者放縮后裂項(xiàng)相消后再求和；(3)數(shù)學(xué)歸納法.熱點(diǎn)一有關(guān)數(shù)列中計(jì)算的綜合問題【例1】(2011·江蘇卷)設(shè)M為部分正整數(shù)組成的集合，數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝1，前n項(xiàng)的和為Sn，已知對任意的整數(shù)k∈M，當(dāng)整數(shù)n＞k時，Sn＋k＋Sn－k＝2(Sn＋Sk)都成立．(1)設(shè)M＝{1}，a2＝2，求a5的值；(2)設(shè)M＝{3，4}，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．解(1)由題設(shè)知，當(dāng)n≥2時，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)，即(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)＝2S1，從而an＋1－an＝2a1＝2.又a2＝2，故當(dāng)n≥2時，an＝a2＋2(n－2)＝2n－2.所以a5的值為8.(2)由題設(shè)知，當(dāng)k∈M＝{3,4}且n＞k時,Sn＋k＋Sn－k＝2Sn＋2Sk且Sn＋1＋k＋Sn＋1－k＝2Sn＋1＋2Sk，兩式相減得an＋1＋k＋an＋1－k＝2an＋1，即an＋1＋k－an＋1＝an＋1－an＋1－k，所以當(dāng)n≥8時，an－6，an－3，an，an＋3，an＋6成等差數(shù)列，且an－6，an－2，an＋2，an＋6也成等差數(shù)列．從而當(dāng)n≥8時，2an＝an＋3＋an－3＝an＋6＋an－6，(*)且an＋6＋an－6＝an＋2＋an－2.所以當(dāng)n≥8時，2an＝an＋2＋an－2，即an＋2－an＝an－an－2.于是當(dāng)n≥9時，an－3，an－1，an＋1，an＋3成等差數(shù)列，從而an＋3＋an－3＝an＋1＋an－1，故由(*)式知2an＝an＋1＋an－1，即an＋1－an＝an－an－1.當(dāng)n≥9時，設(shè)d＝an－an－1.當(dāng)2≤m≤8時，m＋6≥8，從而由(*)式知2am＋6＝am＋am＋12，故2am＋7＝am＋1＋am＋13.從而2(am＋7－am＋6)＝am＋1－am＋(am＋13－am＋12)，于是am＋1－am＝2d－d＝d.因此，an＋1－an＝d對任意n≥2都成立．又由Sn＋k＋Sn－k－2Sn＝2Sk(k∈{3，4})可知，(Sn＋k－Sn)－(Sn－Sn－k)＝2Sk，故9d＝2S3且16d＝2S4.解得a4＝eq\f(7,2)d，從而a2＝eq\f(3,2)d，a3＝eq\f(5,2)d，又由S3＝eq\f(9,2)d＝a1＋a2＋a3，故a1＝eq\f(d,2).因此，數(shù)列{an}為等差數(shù)列，由a1＝1知d＝2，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1.探究提高此類問題看似簡單，實(shí)際復(fù)雜，思維量和計(jì)算量較大，難度較高．【訓(xùn)練1】(2012·江蘇卷)已知各項(xiàng)均為正數(shù)的兩個數(shù)列{an}和{bn}滿足：an＋1＝eq\f(an＋bn,\r(aeq\o\al(2,n)＋beq\o\al(2,n)))，n∈N*.(1)設(shè)bn＋1＝1＋eq\f(bn,an)，n∈N*，求證：數(shù)列是等差數(shù)列；(2)設(shè)bn＋1＝eq\r(2)·eq\f(bn,an)，n∈N*，且{an}是等比數(shù)列，求a1和b1的值．(1)證明由題設(shè)知an＋1＝eq\f(an＋bn,\r(aeq\o\al(2,n)＋beq\o\al(2,n)))＝eq\f(1＋\f(bn,an),\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))\s\up12(2)))＝eq\f(bn＋1,\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))\s\up12(2)))，所以eq\f(bn＋1,an＋1)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))\s\up12(2))，從而eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bn＋1,an＋1)))eq\s\up12(2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))eq\s\up12(2)＝1(n∈N*)，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))\s\up12(2)))是以1為公差的等差數(shù)列．(2)解因?yàn)閍n＞0，bn＞0，所以eq\f(（an＋bn）2,2)≤aeq\o\al(2,n)＋beq\o\al(2,n)＜(an＋bn)2，從而1＜an＋1＝eq\f(an＋bn,\r(aeq\o\al(2,n)＋beq\o\al(2,n)))≤eq\r(2).(*)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由an＞0知q＞0.下證q＝1.若q＞1，則a1＝eq\f(a2,q)＜a2≤eq\r(2)，故當(dāng)n＞logqeq\f(\r(2),a1)時，an＋1＝a1qn＞eq\r(2)，與(*)矛盾；若0＜q＜1，則a1＝eq\f(a2,q)＞a2＞1，故當(dāng)n＞logqeq\f(1,a1)時，an＋1＝a1qn＜1，與(*)矛盾．綜上，q＝1，故an＝a1(n∈N*)，所以1＜a1≤eq\r(2).又bn＋1＝eq\r(2)·eq\f(bn,an)＝eq\f(\r(2),a1)·bn(n∈N*)，所以{bn}是公比為eq\f(\r(2),a1)的等比數(shù)列．若a1≠eq\r(2)，則eq\f(\r(2),a1)＞1，于是b1＜b2＜b3.又由a1＝eq\f(a1＋bn,\r(aeq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,n)))得bn＝eq\f(a1±aeq\o\al(2,1)\r(2－aeq\o\al(2,1)),aeq\o\al(2,1)－1)(n∈N*)，所以b1，b2，b3中至少有兩項(xiàng)相同，矛盾，所以a1＝eq\r(2)，從而bn＝eq\f(a1±aeq\o\al(2,1)\r(2－aeq\o\al(2,1)),aeq\o\al(2,1)－1)＝eq\r(2).所以a1＝b1＝eq\r(2).熱點(diǎn)二有關(guān)數(shù)列中證明的綜合問題【例2】如果無窮數(shù)列{an}滿足下列條件：①eq\f(an＋an＋2,2)≤an＋1；②存在實(shí)數(shù)M，使得an≤M，其中n∈N*，那么我們稱數(shù)列{an}為Ω數(shù)列．(1)設(shè)數(shù)列{bn}的通項(xiàng)為bn＝5n－2n，且是Ω數(shù)列，求M的取值范圍；(2)設(shè){cn}是各項(xiàng)為正數(shù)的等比數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)和，c3＝eq\f(1,4)，S3＝eq\f(7,4)，證明：數(shù)列{Sn}是Ω數(shù)列；(3)設(shè)數(shù)列{dn}是各項(xiàng)均為正整數(shù)的Ω數(shù)列，求證：dn≤dn＋1.(1)解∵bn＋1－bn＝5－2n，∴當(dāng)n≥3，bn＋1－bn＜0，故數(shù)列{bn}單調(diào)遞減；當(dāng)n＝1，2時，bn＋1－bn＞0，即b1＜b2＜b3，則數(shù)列{bn}中的最大項(xiàng)是b3＝7，所以M≥7.(2)證明∵{cn}是各項(xiàng)為正數(shù)的等比數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)和，c3＝eq\f(1,4)，S3＝eq\f(7,4)，設(shè)其公比為q＞0，∴eq\f(c3,q2)＋eq\f(c3,q)＋c3＝eq\f(7,4).整理得6q2－q－1＝0，解得q＝eq\f(1,2)，q＝－eq\f(1,3)(舍去)．∴c1＝1，cn＝eq\f(1,2n－1)，Sn＝2－eq\f(1,2n－1)＜2，對任意的n∈N*，有eq\f(Sn＋Sn＋2,2)＝2－eq\f(1,2n)－eq\f(1,2n＋2)＜2－eq\f(1,2n)＝Sn＋1，且Sn＜2，故{Sn}是Ω數(shù)列．(3)證明假設(shè)存在正整數(shù)k使得dk＞dk＋1成立,有數(shù)列{dn}的各項(xiàng)均為正整數(shù)，可得dk≥dk＋1＋1,即dk＋1≤dk－1.因?yàn)閑q\f(dk＋dk＋2,2)≤dk＋1,所以dk＋2≤2dk＋1－dk≤2(dk－1)－dk＝dk－2,由dk＋2≤2dk＋1－dk及dk＞dk＋1得dk＋2＜2dk＋1－dk＋1＝dk＋1,故dk＋2≤dk＋1－1.因?yàn)閑q\f(dk＋1＋dk＋3,2)≤dk＋2，所以dk＋3≤2dk＋2－dk＋1≤2(dk＋1－1)－dk＋1＝dk＋1－2≤dk－3，由此類推，可得dk＋m≤dk－m(m∈N*)．又存在M，使dk≤M，∴m＞M，使dk＋m＜0，這與數(shù)列{dn}的各項(xiàng)均為正數(shù)矛盾，所以假設(shè)不成立，即對任意n∈N*，都有dk≤dk＋1成立．探究提高不等式證明是數(shù)列問題中的常見題型，一般方法是利用不等式證明的常規(guī)方法，如綜合法、分析法等直接證明方法，也可以應(yīng)用反證法等間接證明方法．【訓(xùn)練2】(2014·江蘇卷)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若對任意的正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m，使得Sn＝am，則稱{an}是“H數(shù)列”．(1)若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝2n(n∈N*)，證明：{an}是“H數(shù)列”；(2)設(shè){an}是等差數(shù)列，其首項(xiàng)a1＝1，公差d＜0.若{an}是“H數(shù)列”，求d的值；(3)證明：對任意的等差數(shù)列{an}，總存在兩個“H數(shù)列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立．(1)證明由已知，當(dāng)n≥1時，an＋1＝Sn＋1－Sn＝2n＋1－2n＝2n.于是對任意的正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m＝n＋1，使得Sn＝2n＝am.所以{an}是“H數(shù)列”．(2)解由已知，得S2＝2a1＋d＝2＋d.因?yàn)閧an}是“H數(shù)列”，所以存在正整數(shù)m，使得S2＝am，即2＋d＝1＋(m－1)d，于是(m－2)d＝1.因?yàn)閐＜0，所以m－2＜0，故m＝1.從而d＝－1.當(dāng)d＝－1時，an＝2－n，Sn＝eq\f(n（3－n）,2)是小于2的整數(shù)，n∈N*，于是對任意的正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m＝2－Sn＝2－eq\f(n（3－n）,2)，使得Sn＝2－m＝am，所以{an}是“H數(shù)列”．因此d的值為－1.(3)證明設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則an＝a1＋(n－1)d＝na1＋(n－1)(d－a1)(n∈N*)．令bn＝na1，cn＝(n－1)(d－a1)，則an＝bn＋cn(n∈N*)．下證{bn}是“H”“數(shù)列”設(shè){bn}的前n項(xiàng)和為Tn，則Tn＝eq\f(n（n＋1）,2)a1(n∈N*)，于是對任意的正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m＝eq\f(n（n＋1）,2)，使得Tn＝bm，所以{bn}是“H數(shù)列”．同理可證{cn}也是“H數(shù)列”．所以，對任意的等差數(shù)列{an}，總存在兩個“H數(shù)列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立．熱點(diǎn)三數(shù)列中的探索性問題【例3】(2014·泰州期末)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)積為Tn，已知對?n，m∈N*，當(dāng)n＞m時，總有eq\f(Tn,Tm)＝Tn－m·q(n－m)m(q＞0是常數(shù))．(1)求證：數(shù)列{an}是等比數(shù)列；(2)設(shè)正整數(shù)k，m，n(k＜m＜n)成等差數(shù)列，試比較Tn·Tk和(Tm)2的大小，并說明理由；(3)探究：命題p：“對?n，m∈N*，當(dāng)n＞m時，總有eq\f(Tn,Tm)＝Tn－m·q(n－m)m(q＞0是常數(shù))”是命題t：“數(shù)列{an}是公比為q(q＞0)的等比數(shù)列”的充要條件嗎？若是，請給出證明；若不是，請說明理由．(1)證明設(shè)m＝1，則有eq\f(Tn,T1)＝Tn－1·qn－1，因?yàn)門i≠0(i∈N*)，所以有eq\f(Tn,Tn－1)＝a1·qn－1，即an＝a1·qn－1，所以當(dāng)n≥2時eq\f(an,an－1)＝q，所以數(shù)列{an}是等比數(shù)列．(2)解當(dāng)q＝1時，an＝a1(n∈N*)，所以Tn＝aeq\o\al(n,1)，所以Tn·Tk＝aeq\o\al(n,1)·aeq\o\al(k,1)＝aeq\o\al(n＋k,1)＝aeq\o\al(2m,1)＝Teq\o\al(2,m)，當(dāng)q≠1時，an＝a1·qn－1，Tn＝a1·a2…an＝aeq\o\al(n,1)·q1＋2＋…＋(n－1)＝aeq\o\al(n,1)·qeq\f(n（n－1）,2)，所以Tn·Tk＝aeq\o\al(n,1)·qeq\f(n（n－1）,2)·aeq\o\al(k,1)·qeq\f(k（k－1）,2)＝aeq\o\al(n＋k,1)·qeq\f(n2－n＋k2－k,2)，Teq\o\al(2,m)＝aeq\o\al(2m,1)·qm(m－1)．因?yàn)閚＋k＝2m且k＜m＜n，所以aeq\o\al(n＋k,1)＝aeq\o\al(2m,1)，eq\f(n2＋k2－n－k,2)＝eq\f(n2＋k2,2)－m＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋k,2)))eq\s\up12(2)－m＝m2－m，所以若q＞1，則Tm·Tk＞Teq\o\al(2,m)；若q＜1，則Tm·Tk＜Teq\o\al(2,m).(3)解由(1)知，充分性成立；必要性：若數(shù)列{an}成等比數(shù)列，則an＝a1·qn－1，所以當(dāng)q≠1時，Tn＝aeq\o\al(n,1)·，則eq\f(Tn,Tm)＝＝aeq\o\al(n－m,1)·qeq\f(n2－n－m2＋m,2)＝aeq\o\al(n－m,1)·，Tn－m·q(n－m)m＝aeq\o\al(n－m,1)··q(n－m)·m＝aeq\o\al(n－m,1)·＝aeq\o\al(n－m,1)·.所以，“對?n，m∈N*，當(dāng)n＞m時總有eq\f(Tn,Tm)＝Tn－m·q(n－m)m成立；同理可證當(dāng)q＝1時也成立．所以命題p是命題t的充要條件．探究提高數(shù)列中的比較大小與其它比較大小的方法類似，也是差比法或商比法．另外探索充要條件要從充分性、必要性兩個方面判斷與尋找．【訓(xùn)練3】(2015·徐州質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}，{bn}滿足a1＝3，anbn＝2，bn＋1＝aneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(bn－\f(2,1＋an)))，n∈N*.(1)求證：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))是等差數(shù)列，并求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)數(shù)列{cn}滿足cn＝2an－5，對于給定的正整數(shù)p，是否存在正整數(shù)q，r(p＜q＜r)，使得eq\f(1,cp)，eq\f(1,cq)，eq\f(1,cr)成等差數(shù)列？若存在，試用p表示q，r；若不存在，請說明理由．(1)證明因?yàn)閍nbn＝2，所以an＝eq\f(2,bn)，則bn＋1＝anbn－eq\f(2an,1＋an)＝2－eq\f(\f(4,bn),1＋\f(2,bn))＝2－eq\f(4,bn＋2)＝eq\f(2bn,bn＋2)，所以eq\f(1,bn＋1)＝eq\f(1,bn)＋eq\f(1,2)，又a1＝3，所以b1＝eq\f(2,3)，故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))是首項(xiàng)為eq\f(3,2)，公差為eq\f(1,2)的等差數(shù)列，即eq\f(1,bn)＝eq\f(3,2)＋(n－1)×eq\f(1,2)＝eq\f(n＋2,2)，所以bn＝eq\f(2,n＋2).(2)解由(1)知an＝n＋2，所以cn＝2an－5＝2n－1.①當(dāng)p＝1時，cp＝c1＝1，cq＝2q－1，cr＝2r－1，若eq\f(1,cp)，eq\f(1,cq)，eq\f(1,cr)成等差數(shù)列，則eq\f(2,2q－1)＝1＋eq\f(1,2r－1)，(*)因?yàn)閜＜q＜r，所以q≥2，r≥3，eq\f(2,2q－1)＜1，1＋eq\f(1,2r－1)＞1，所以(*)式不成立．②當(dāng)p≥2時，若eq\f(1,cp)，eq\f(1,cq)，eq\f(1,cr)成等差數(shù)列，則eq\f(2,2q－1)＝eq\f(1,2p－1)＋eq\f(1,2r－1)，所以eq\f(1,2r－1)＝eq\f(2,2q－1)－eq\f(1,2p－1)＝eq\f(4p－2q－1,（2p－1）（2q－1）)，即2r－1＝eq\f(（2p－1）（2q－1）,4p－2q－1)，所以r＝eq\f(2pq＋p－2q,4p－2q－1)，欲滿足題設(shè)條件，只需q＝2p－1，此時r＝4p2－5p＋2，因?yàn)閜≥2，所以q＝2p－1＞p，r－q＝4p2－7p＋3＝4(p－1)2＋p－1＞0，即r＞q.綜上所述，當(dāng)p＝1時，不存在q，r滿足題設(shè)條件；當(dāng)p≥2時，存在q＝2p－1，r＝4p2－5p＋2，滿足題設(shè)條件.1．?dāng)?shù)列與不等式綜合問題(1)如果是證明不等式，常轉(zhuǎn)化為數(shù)列和的最值問題，同時要注意比較法、放縮法、基本不等式的應(yīng)用；(2)如果是解不等式，注意因式分解的應(yīng)用．2．?dāng)?shù)列與函數(shù)的綜合問題(1)函數(shù)條件的轉(zhuǎn)化：直接利用函數(shù)與數(shù)列的對應(yīng)關(guān)系，把函數(shù)解析式中的自變量x換為n即可．(2)數(shù)列向函數(shù)的轉(zhuǎn)化：可將數(shù)列中的問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)問題，但要注意函數(shù)定義域．3．?dāng)?shù)列中的探索性問題處理探索性問題的一般方法是：假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對象存在或結(jié)論成立或其中的一部分結(jié)論成立，然后在這個前提下進(jìn)行邏輯推理．若由此導(dǎo)出矛盾，則否定假設(shè)，否則，給出肯定結(jié)論，其中反證法在解題中起著重要的作用．還可以根據(jù)已知條件建立恒等式，利用等式恒成立的條件求解．一、填空題1．(2015·全國Ⅱ卷)設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，則Sn＝____________．解析由題意，得S1＝a1＝－1，又由an＋1＝SnSn＋1，得Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，所以Sn≠0，所以eq\f(Sn＋1－Sn,SnSn＋1)＝1，即eq\f(1,Sn＋1)－eq\f(1,Sn)＝－1，故數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以eq\f(1,S1)＝－1為首項(xiàng)，－1為公差的等差數(shù)列，得eq\f(1,Sn)＝－1－(n－1)＝－n，所以Sn＝－eq\f(1,n).答案－eq\f(1,n)2．?dāng)?shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，若{an}的前n項(xiàng)和為24，則n為________．解析an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝－(eq\r(n)－eq\r(n＋1))，前n項(xiàng)和Sn＝－[(1－eq\r(2))＋(eq\r(2)－eq\r(3))＋…＋(eq\r(n)－eq\r(n＋1))]＝eq\r(n＋1)－1＝24，故n＝624.答案6243．(2012·江蘇卷改編)各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}滿足a1a7＝4，a6＝8，若函數(shù)f(x)＝a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a10x10的導(dǎo)數(shù)為f′(x)，則f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝________．解析因?yàn)楦黜?xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}滿足a1a7＝4，a6＝8，所以a4＝2，q＝2，故an＝2n－3，又f′(x)＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋10a10x9，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2－2＋2×2－2＋3×2－2＋…＋10×2－2＝2－2×eq\f(10×11,2)＝eq\f(55,4).答案eq\f(55,4)4．在等差數(shù)列{an}中，a1＝142，d＝－2，從第一項(xiàng)起，每隔兩項(xiàng)取出一項(xiàng)，構(gòu)成新的數(shù)列{bn}，則此數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn取得最大值時n的值是________．解析因?yàn)閺牡谝豁?xiàng)起，每隔兩項(xiàng)取出一項(xiàng)，構(gòu)成數(shù)列{bn}，所以新數(shù)列的首項(xiàng)為b1＝a1＝142，公差為d′＝－2×3＝－6，則bn＝142＋(n－1)(－6)．令bn≥0，解得n≤24eq\f(2,3)，因?yàn)閚∈N*，所以數(shù)列{bn}的前24項(xiàng)都為正數(shù)項(xiàng)，從25項(xiàng)開始為負(fù)數(shù)項(xiàng)．因此新數(shù)列{bn}的前24項(xiàng)和取得最大值．答案245．在正項(xiàng)數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an＋3×5n，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為________．解析在遞推公式an＋1＝2an＋3×5n的兩邊同時除以5n＋1，得eq\f(an＋1,5n＋1)＝eq\f(2,5)×eq\f(an,5n)＋eq\f(3,5)，①令eq\f(an,5n)＝bn，則①式變?yōu)閎n＋1＝eq\f(2,5)bn＋eq\f(3,5)，即bn＋1－1＝eq\f(2,5)(bn－1)，所以數(shù)列{bn－1}是等比數(shù)列，其首項(xiàng)為b1－1＝eq\f(a1,5)－1＝－eq\f(3,5)，公比為eq\f(2,5).所以bn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(n－1)，即bn＝1－eq\f(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(n－1)＝eq\f(an,5n)，故an＝5n－3×2n－1.答案an＝5n－3×2n－16．(2015·蘇、錫、常、鎮(zhèn)模擬)已知各項(xiàng)都為正的等比數(shù)列{an}滿足a7＝a6＋2a5，存在兩項(xiàng)am，an使得eq\r(am·an)＝4a1，則eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)的最小值為________．解析由a7＝a6＋2a5，得a1q6＝a1q5＋2a1q4，整理有q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(與條件中等比數(shù)列的各項(xiàng)都為正矛盾，舍去)，又由eq\r(am·an)＝4a1，得aman＝16aeq\o\al(2,1)，即aeq\o\al(2,1)2m＋n－2＝16aeq\o\al(2,1)，即有m＋n－2＝4，亦即m＋n＝6，那么eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)＝eq\f(1,6)(m＋n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(4,n)))＝eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4m,n)＋\f(n,m)＋5))≥eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(\f(4m,n)·\f(n,m))＋5))＝eq\f(3,2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(4m,n)＝eq\f(n,m)，m＋n＝6，即n＝2m＝4時取得最小值eq\f(3,2).答案eq\f(3,2)7．(2015·南通調(diào)研)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)之和，若不等式aeq\o\al(2,n)＋eq\f(Seq\o\al(2,n),n2)≥λaeq\o\al(2,1)對任何等差數(shù)列{an}及任何正整數(shù)n恒成立，則λ的最大值為________．解析a1＝0時，不等式恒成立；當(dāng)a1≠0時，λ≤eq\f(aeq\o\al(2,n),aeq\o\al(2,1))＋eq\f(Seq\o\al(2,n),n2aeq\o\al(2,1))，將an＝a1＋(n－1)d，Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）d,2)代入上式，并化簡得：λ≤eq\f(5,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（n－1）d,a1)＋\f(6,5)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,5)，所以λ≤eq\f(1,5)，即λmax＝eq\f(1,5).答案eq\f(1,5)8．(2015·南京、鹽城模擬)已知等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為eq\f(4,3)，公比為－eq\f(1,3)，其前n項(xiàng)和為Sn，若A≤Sn－eq\f(1,Sn)≤B對n∈N*恒成立，則B－A的最小值為________．解析依題意得Sn＝eq\f(\f(4,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))\s\up12(n))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3))))＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))eq\s\up12(n)，當(dāng)n為奇數(shù)時，Sn＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3)))；當(dāng)n為偶數(shù)時，Sn＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,9)，1)).由函數(shù)y＝x－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)得Sn－eq\f(1,Sn)的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(17,72)，0))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(7,12)))，因此有A≤－eq\f(17,72)，B≥eq\f(7,12)，B－A≥eq\f(7,12)＋eq\f(17,72)＝eq\f(59,72)，即B－A的最小值是eq\f(59,72).答案eq\f(59,72)二、解答題9．?dāng)?shù)列{an}滿足an＝2an－1＋2n＋1(n∈N*，n≥2)，a3＝27.(1)求a1，a2的值；(2)是否存在一個實(shí)數(shù)t，使得bn＝eq\f(1,2n)(an＋t)(n∈N*)，且數(shù)列{bn}為等差數(shù)列？若存在，求出實(shí)數(shù)t；若不存在，請說明理由；(3)求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn.解(1)由a3＝27，得27＝2a2＋23＋1，∴a2＝9，∵9＝2a1＋22＋1，∴a1＝2.(2)假設(shè)存在實(shí)數(shù)t，使得{bn}為等差數(shù)列，則2bn＝bn－1＋bn＋1，(n≥2且n∈N*)∴2×eq\f(1,2n)(an＋t)＝eq\f(1,2n－1)(an－1＋t)＋eq\f(1,2n＋1)(an＋1＋t)，∴4an＝4an－1＋an＋1＋t，∴4an＝4×eq\f(an－2n－1,2)＋2an＋2n＋1＋1＋t，∴t＝1.即存在實(shí)數(shù)t＝1，使得{bn}為等差數(shù)列．(3)由(1)，(2)得b1＝eq\f(3,2)，b2＝eq\f(5,2)，∴bn＝n＋eq\f(1,2)，∴an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))·2n－1＝(2n＋1)2n－1－1，Sn＝(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∴2Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n－2n，②由①－②得－Sn＝3＋2×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－1－(2n＋1)×2n＋n＝1＋2×eq\f(1－2n,1－2)－(2n＋1)×2n＋n＝(1－2n)×2n＋n－1，∴Sn＝(2n－1)×2n－n＋1.10．(2013·江蘇卷)設(shè){an}是首項(xiàng)為a，公差為d的等差數(shù)列(d≠0)，Sn是其前n項(xiàng)的和．記bn＝eq\f(nSn,n2＋c)，n∈N*，其中c為實(shí)數(shù)．(1)若c＝0，且b1，b2，b4成等比數(shù)列，證明：Snk＝n2Sk(k，n∈N*)；(2)若{bn}是等差數(shù)列，證明：c＝0.證明由題設(shè)，Sn＝na＋eq\f(n（n－1）,2)d.(1)由c＝