江苏专用2022高考数学二轮复习专题三数列考点整合理

【创新设计】（江苏专用）2022高考数学二轮复习专题三数列考点整合理第1讲　等差数列、等比数列的基本问题高考定位　高考对本内容的考查主要有：(1)数列的概念是A级要求，了解数列、数列的项、通项公式、前n项和等概念，一般不会单独考查；(2)等差数列、等比数列是两种重要且特殊的数列，要求都是C级．真题感悟1．(2022·江苏卷)设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列前10项的和为________．解析　∵a1＝1，an＋1－an＝n＋1，∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，将以上n－1个式子相加得an－a1＝2＋3＋…＋n＝，即an＝，令bn＝，故bn＝＝2，故S10＝b1＋b2＋…＋b10＝2＝.答案　2．(2022·江苏卷)在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，则a6的值是________．解析　因为a8＝a2q6，a6＝a2q4，a4＝a2q2，所以由a8＝a6＋2a4得a2q6＝a2q4＋2a2q2，消去a2q2，得到关于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．(2022·江苏卷)函数y＝x2(x＞0)的图象在点(ak，a)处的切线与x轴交点的横坐标为ak＋1，k为正整数，a1＝16，则a1＋a3＋a5＝________．解析　在点(ak，a)处的切线方程为：y－a＝2ak(x－ak)，当y＝0时，解得x＝，所以ak24\n＋1＝，故{an}是a1＝16，q＝的等比数列，即an＝16×，∴a1＋a3＋a5＝16＋4＋1＝21.答案　214．(2022·江苏卷)在正项等比数列{an}中，a5＝，a6＋a7＝3.则满足a1＋a2＋…＋an>a1a2…an的最大正整数n的值为________．解析　由已知条件得q＋q2＝3，即q2＋q－6＝0，解得q＝2，或q＝－3(舍去)，an＝a5qn－5＝×2n－5＝2n－6，a1＋a2＋…＋an＝(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的最大值为12，而当n＝13时，28－2－5<213，所以n的最大值为12.答案　12考点整合1．an与Sn的关系Sn＝a1＋a2＋…＋an，an＝2．等差数列(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d，(2)求和公式：Sn＝＝na1＋d，(3)性质：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；②an＝am＋(n－m)d；③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，成等差数列．3．等比数列(1)通项公式：an＝a1qn－1(q≠0)；(2)求和公式：q＝1，Sn＝na1；q≠1，Sn＝＝；(3)性质：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq；②an＝am·qn－m；24\n③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，(Sm≠0)成等比数列.热点一　等差、等比数列的基本运算【例1】等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则Sn的最小值为________．解析　设等差数列{an}的公差为d，由已知解得a1＝－3，d＝.∴Sn＝na1＋d＝－3n＋×＝－n＝(n－5)2－.当n＝5时，Sn有最小值为－.答案　－探究提高　等差、等比数列的基本运算是利用通项公式、求和公式求解首项a1和公差d(公比q)，在列方程组求解时，要注意整体计算，以减少计算量．【训练1】(2022·郑州模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝5，Sm＝－11，Sm＋1＝21，则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＝＝－11，故a1＝－1，又am＝a1qm－1＝－16，代入可求得m＝5.答案　5热点二　等差、等比数列的性质运算【例2】(1)(2022·苏北四市模拟)在等差数列{an}中，a1＝－2015，其前n项和为Sn，若－＝2，则S2015的值为________．(2)(2022·潍坊模拟)在等比数列{an}中，公比q＝2，前87项和S87＝140，则a3＋a6＋a9＋…＋a87＝________．解析　(1)根据等差数列的性质，得数列也是等差数列，24\n由已知可得＝a1＝－2015，由－＝2＝2d，得公差d＝1.故＝－2015＋(2015－1)×1＝－1，∴S2015＝－2015.(2)法一　a3＋a6＋a9＋…＋a87＝a3(1＋q3＋q6＋…＋q84)＝a1q2·＝·＝×140＝80.法二　设b1＝a1＋a4＋a7＋…＋a85，b2＝a2＋a5＋a8＋…＋a86，b3＝a3＋a6＋a9＋…＋a87，因为b1q＝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)－2022　(2)80探究提高　在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法．【训练2】(1)(2022·苏州期中)在等差数列{an}中，a5＝3，a6＝－2，则a3＋a4＋…＋a8＝________．(2)(2022·湖南卷)设Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，且3S1，2S2，S3成等差数列，则an＝________．解析　(1)根据等差数列性质计算．因为{an}是等差数列，所以a3＋a4＋…＋a8＝3(a5＋a6)＝3.(2)由3S1，2S2，S3成等差数列知，4S2＝3S1＋S3，可得a3＝3a2，∴公比q＝3，故等比数列通项an＝a1qn－1＝3n－1.答案　(1)3　(2)3n－1热点三　等差、等比数列的判定与证明【例3】数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且对任意正整数n，点(an＋1，Sn)在直线2x＋y－2＝0上．(1)求数列{an}的通项公式；(2)是否存在实数λ，使得数列为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解　(1)由题意，可得2an＋1＋Sn－2＝0.①当n≥2时，2an＋Sn－1－2＝0.②24\n①－②，得2an＋1－2an＋an＝0，所以＝(n≥2)．因为a1＝1，2a2＋a1＝2，所以a2＝.所以{an}是首项为1，公比为的等比数列．所以数列{an}的通项公式为an＝.(2)由(1)知，Sn＝＝2－.若为等差数列，则S1＋λ＋，S2＋2λ＋，S3＋3λ＋成等差数列，则2＝S1＋＋S3＋，即2＝1＋＋＋，解得λ＝2.又λ＝2时，Sn＋2n＋＝2n＋2，显然{2n＋2}成等差数列，故存在实数λ＝2，使得数列{Sn＋λn＋}成等差数列．探究提高　判断和证明数列是等差(比)数列的三种方法(1)定义法：对于n≥1的任意自然数，验证an＋1－an为同一常数．(2)通项公式法：①若an＝a1＋(n－1)d＝am＋(n－m)d或an＝kn＋b(n∈N*)，则{an}为等差数列；②若an＝a1qn－1＝amqn－m或an＝pqkn＋b(n∈N*)，则{an}为等比数列．(3)中项公式法：①若2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等差数列；②若a＝an－1·an＋1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等比数列．【训练3】已知数列{an}是各项均不为0的等差数列，Sn为其前n项和，且满足a＝S2n－1，令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn.(1)求数列{an}的通项公式及数列{bn}的前n项和Tn；(2)是否存在正整数m，n(1＜m＜n)，使得T1，Tm，Tn成等比数列？若存在，求出所有的m，n的值；若不存在，请说明理由．解　(1)n＝1时，由a＝S1＝a1，且a1≠0，得a1＝1.因为{an}是等差数列，所以an＝a1＋(n24\n－1)d＝1＋(n－1)d，Sn＝na1＋d＝n＋d.于是由a＝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，所以解得d＝2.所以an＝2n－1，从而bn＝＝＝所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝＝.(2)法一　T1＝，Tm＝，Tn＝，若T1，Tm，Tn成等比数列，则＝，即＝.由＝，可得＝＞0，即－2m2＋4m＋1＞0，∴1－＜m＜1＋.又m∈N*，且m＞1，所以m＝2，此时n＝12.因此，当且仅当m＝2，n＝12时，数列{Tn}中的T1，Tm，Tn成等比数列．法二　因为＝＜，故＜，即2m2－4m－1＜0，∴1－＜m＜1＋.又m∈N*，且m＞1，所以m＝2，此时n＝12.因此，当且仅当m＝2，n＝12时，数列{Tn}中的T1，Tm，Tn成等比数列．24\n1．在等差(比)数列中，a1，d(q)，n，an，Sn五个量中知道其中任意三个，就可以求出其他两个．解这类问题时，一般是转化为首项a1和公差d(公比q)这两个基本量的有关运算．2．等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．3．应用关系式an＝时，一定要注意分n＝1，n≥2两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起．4．三个数a，b，c成等差数列的充要条件是b＝，但三个数a，b，c成等比数列的充要条件不是b2＝ac.一、填空题1．(2022·南通模拟)在等差数列{an}中，a1＋3a3＋a15＝10，则a5的值为________．解析　设数列{an}的公差为d，∵a1＋a15＝2a8，∴2a8＋3a3＝10，∴2(a5＋3d)＋3(a5－2d)＝10，∴5a5＝10，∴a5＝2.答案　22．(2022·广州模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn，若2S4＝S5＋S6，则数列{an}的公比q的值为________．解析　经检验q＝1不适合，则由2S4＝S5＋S6，得2(1－q4)＝1－q5＋1－q6，化简得q2＋q－2＝0，解得q＝1(舍去)，q＝－2.答案　－23．(2022·南师附中调研)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则＝________．解析　设等差数列{an}的公差为d，则＝＝⇒a1＝2d，所以＝＝.答案　4．(2022·南通检测)已知等比数列{an}为递增数列，且a3＋a7＝3，a2a8＝2，则＝________．解析　根据等比数列的性质建立方程组求解．因为数列{an}是递增等比数列，所以a2a8＝a3a724\n＝2，又a3＋a7＝3，且a3＜a7，解得a3＝1，a7＝2，所以q4＝2，故＝q2＝.答案　5．在等比数列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，则a9＋a11＋a13＋a15＝________．解析　设等比数列{an}的公比为q，由已知，得解得q4＝.又a9＋a11＝a1q8＋a3q8＝(a1＋a3)q8＝8×＝2，a13＋a15＝a1q12＋a3q12＝(a1＋a3)q12＝8×＝1，所以a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3.答案　36．(2022·阳泉模拟)若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9＞0，a7＋a10＜0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大．解析　根据题意知a7＋a8＋a9＝3a8＞0，即a8＞0.又a8＋a9＝a7＋a10＜0，∴a9＜0，∴当n＝8时，{an}的前n项和最大．答案　87．(2022·安徽卷)已知数列{an}是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列{an}的前n项和等于________．解析　由等比数列性质知a2a3＝a1a4，又a2a3＝8，a1＋a4＝9，所以联立方程解得或又数列{an}为递增数列，∴a1＝1，a4＝8，从而a1q3＝8，∴q＝2.∴数列{an}的前n项和为Sn＝＝2n－1.答案　2n－18．(2022·福建卷改编)若a，b是函数f(x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)的两个不同的零点，且a，b，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p＋q的值等于________．解析　由题意知：a＋b＝p，ab＝q，∵p＞0，q＞0，∴a＞0，b＞0.在a，b，－2这三个数的6种排序中，成等差数列的情况有a，b，－2；b，a，－2；－2，a，b；－2，b，a；成等比数列的情况有：a，－2，b；b，－2，a.∴或解之得：或∴p＝5，q＝4，∴p＋q＝9.答案　924\n二、解答题9．已知{an}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，数列{bn}满足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}为等比数列．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{bn}的前n项和．解　(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得d＝＝＝3，所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1，2，…)．设等比数列{bn－an}的公比为q，由题意得q3＝＝＝8，解得q＝2.所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1.从而bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．(2)由(1)知bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．数列{3n}的前n项和为n(n＋1)，数列{2n－1}的前n项和为＝2n－1.所以数列{bn}的前n项和为n(n＋1)＋2n－1.10．(2022·洛阳模拟)成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{bn}中的b3、b4、b5.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)数列{bn}的前n项和为Sn，求证：数列是等比数列．(1)解　设成等差数列的三个正数分别为a－d，a，a＋d.依题意，得a－d＋a＋a＋d＝15.解得a＝5.所以{bn}中的b3，b4，b5依次为7－d，10，18＋d.依题意，有(7－d)(18＋d)＝100，解得d＝2或d＝－13(舍去)．故{bn}的第3项为5，公比为2.由b3＝b1·22，即5＝b1·22，解得b1＝.24\n所以bn＝b1·qn－1＝·2n－1＝5·2n－3，即数列{bn}的通项公式bn＝5·2n－3.(2)证明　由(1)得数列{bn}的前n项和Sn＝＝5·2n－2－，即Sn＋＝5·2n－2.所以S1＋＝，＝＝2.因此是以为首项，2为公比的等比数列．11．(2022·苏、锡、常、镇调研)已知数列{an}是首项为，公比为的等比数列，设bn＋15log3an＝t，常数t∈N*.(1)求证：{bn}为等差数列；(2)设数列{cn}满足cn＝anbn，是否存在正整数k，使ck，ck＋1，ck＋2按某种次序排列后成等比数列？若存在，求k，t的值；若不存在，请说明理由．(1)证明　an＝3－，bn＋1－bn＝－15log3＝5，∴{bn}是首项为b1＝t＋5，公差为5的等差数列．(2)解　cn＝(5n＋t)·3－，则ck＝(5k＋t)·3－，令5k＋t＝x(x>0)，则ck＝x·3－，ck＋1＝(x＋5)·3－，ck＋2＝(x＋10)·3－.①若c＝ck＋1ck＋2，则＝(x＋5)·3－·(x＋10)·3－.化简得2x2－15x－50＝0，解得x＝10；进而求得k＝1，t＝5；②若c＝ckck＋2，同理可得(x＋5)2＝x(x＋10)，显然无解；24\n③若c＝ckck＋1，同理可得(x＋10)2＝x(x＋5)，方程无整数根．综上所述，存在k＝1，t＝5适合题意．第2讲　数列的综合应用高考定位　高考对本内容的考查主要有：(1)通过适当的代数变形后，转化为等差数列或等比数列的问题；(2)求数列的通项公式及其前n项和的基本的几种方法；(3)数列与函数、不等式的综合问题．题型一般为解答题，且为压轴题．真题感悟(2022·江苏卷)设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d(d≠0)的等差数列．(1)证明：2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列；(2)是否存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由；(3)是否存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由．(1)证明　因为＝－an＝2d(n＝1，2，3)是同一个常数，所以2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列，(2)解　不存在，理由如下：令a1＋d＝a，则a1，a2，a3，a4分别为a－d，a，a＋d，a＋2d(a＞d，a＞－2d，d≠0)．假设存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列，则a4＝(a－d)(a＋d)3，且(a＋d)6＝a2(a＋2d)4.令t＝，则1＝(1－t)(1＋t)3，且(1＋t)6＝(1＋2t)4，化简得t3＋2t2－2＝0(*)，且t2＝t＋1.将t2＝t＋1代入(*)式，t(t＋1)＋2(t＋1)－2＝t2＋3t＝t＋1＋3t＝4t＋1＝0，则t＝－.显然t＝－不是上面方程的解，矛盾，24\n所以假设不成立．因此不存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列．(3)解　不存在，理由如下：假设存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列，则a(a1＋2d)n＋2k＝(a1＋d)2(n＋k)，且(a1＋d)n＋k(a1＋3d)n＋3k＝(a1＋2d)2(n＋2k)．分别在两个等式的两边同除以a及a，并令t＝，则(1＋2t)n＋2k＝(1＋t)2(n＋k)，且(1＋t)n＋k(1＋3t)n＋3k＝(1＋2t)2(n＋2k)．将上述两个等式两边取对数，得(n＋2k)ln(1＋2t)＝2(n＋k)ln(1＋t)，且(n＋k)ln(1＋t)＋(n＋3k)ln(1＋3t)＝2(n＋2k)ln(1＋2t)．化简得2k[ln(1＋2t)－ln(1＋t)]＝n[2ln(1＋t)－ln(1＋2t)]，且3k[ln(1＋3t)－ln(1＋t)]＝n[3ln(1＋t)－ln(1＋3t)]．再将这两式相除，化简得ln(1＋3t)ln(1＋2t)＋3ln(1＋2t)ln(1＋t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)(**)．令g(t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)－ln(1＋3t)ln(1＋2t)－3ln(1＋2t)ln(1＋t)，则g′(t)＝.令φ(t)＝(1＋3t)2ln(1＋3t)－3(1＋2t)2ln(1＋2t)＋3(1＋t)2ln(1＋t)，则φ′(t)＝6[(1＋3t)ln(1＋3t)－2(1＋2t)ln(1＋2t)＋(1＋t)ln(1＋t)]．令φ1(t)＝φ′(t)，则φ1′(t)＝6[3ln(1＋3t)－4ln(1＋2t)＋ln(1＋t)]．令φ2(t)＝φ1′(t)，则φ2′(t)＝＞0.由g(0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0，φ′2(t)＞0，知φ2(t)，φ1(t)，φ(t)，g(t)在和(0，＋∞)上均单调．故g(t)只有唯一零点t＝0，即方程(**)只有唯一解t＝0，故假设不成立．所以不存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列．考点整合1．数列求和的常用方法24\n(1)公式法：直接利用等差数列、等比数列的求和公式求解．(2)倒序相加法：适用于与首、末等距离的两项之和等于首、末两项之和，且和为常数的数列．等差数列前n项和公式的推导就使用了倒序相加法，利用倒序相加法求解数列前n项和时，要把握数列通项公式的基本特征，即通过倒序相加可以得到一个常数列，或者等差数列、等比数列，从而转化为常见数列的求和方法，这也是数学转化与化归思想的具体体现．(3)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列．把Sn＝a1＋a2＋…＋an两边同乘以相应等比数列的公比q，得到qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，两式错位相减即可求出Sn.(4)裂相相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如(其中{an}是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列．(5)拆项分组法：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和．(6)并项求和法：与拆项分组相反，并项求和是把数列的两项(或多项)组合在一起，重新构成一个数列再求和，一般适用于正负相间排列的数列求和，注意对数列项数奇偶性的讨论．2．数列单调性的常见题型及处理方法如下：(1)求最大(小)项时，可利用①数列单调性；②函数单调性；③导数．(2)求参数范围时，可利用①作差法；②同号递推法；③先猜后证法．3．数列中的不等式问题主要有证明数列不等式、比较大小或恒成立问题，解决方法如下：(1)利用数列(或函数)的单调性；(2)放缩法：①先求和后放缩；②先放缩后求和，包括放缩后成等差(或等比)数列再求和，或者放缩后成等差比数列再求和，或者放缩后裂项相消后再求和；(3)数学归纳法.热点一　有关数列中计算的综合问题【例1】(2022·江苏卷)设M为部分正整数组成的集合，数列{an}的首项a1＝1，前n项的和为Sn，已知对任意的整数k∈M，当整数n＞k时，Sn＋k＋Sn－k＝2(Sn＋Sk)都成立．(1)设M＝{1}，a2＝2，求a5的值；(2)设M＝{3，4}，求数列{an}的通项公式．解　(1)由题设知，当n≥2时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)，即(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)＝2S1，从而an＋1－an＝2a1＝2.又a2＝2，故当n≥2时，an＝a2＋2(n－2)＝2n－2.所以a5的值为8.(2)由题设知，当k∈M＝{3,4}且n＞k时,Sn＋k＋Sn－k＝2Sn＋2Sk且Sn＋1＋k＋Sn＋1－k＝2Sn＋1＋2Sk，两式相减得an＋1＋k＋an＋1－k＝2an＋1，即an＋1＋k－an＋1＝an＋1－an＋1－k，所以当n≥8时，24\nan－6，an－3，an，an＋3，an＋6成等差数列，且an－6，an－2，an＋2，an＋6也成等差数列．从而当n≥8时，2an＝an＋3＋an－3＝an＋6＋an－6，(*)且an＋6＋an－6＝an＋2＋an－2.所以当n≥8时，2an＝an＋2＋an－2，即an＋2－an＝an－an－2.于是当n≥9时，an－3，an－1，an＋1，an＋3成等差数列，从而an＋3＋an－3＝an＋1＋an－1，故由(*)式知2an＝an＋1＋an－1，即an＋1－an＝an－an－1.当n≥9时，设d＝an－an－1.当2≤m≤8时，m＋6≥8，从而由(*)式知2am＋6＝am＋am＋12，故2am＋7＝am＋1＋am＋13.从而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对任意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＝d，从而a2＝d，a3＝d，又由S3＝d＝a1＋a2＋a3，故a1＝.因此，数列{an}为等差数列，由a1＝1知d＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.探究提高　此类问题看似简单，实际复杂，思维量和计算量较大，难度较高．【训练1】(2022·江苏卷)已知各项均为正数的两个数列{an}和{bn}满足：an＋1＝，n∈N*.(1)设bn＋1＝1＋，n∈N*，求证：数列是等差数列；(2)设bn＋1＝·，n∈N*，且{an}是等比数列，求a1和b1的值．(1)证明　由题设知an＋1＝＝＝，所以＝，从而－＝1(n∈N*)，所以数列是以1为公差的等差数列．(2)解　因为an＞0，bn＞0，所以≤a＋b＜(an＋bn)2，从而1＜an＋1＝≤.(*)设等比数列{an}的公比为q，由an＞0知q＞0.下证q＝1.若q＞1，则a1＝＜a2≤，故当n＞logq时，an＋1＝a1qn＞，与(*)矛盾；24\n若0＜q＜1，则a1＝＞a2＞1，故当n＞logq时，an＋1＝a1qn＜1，与(*)矛盾．综上，q＝1，故an＝a1(n∈N*)，所以1＜a1≤.又bn＋1＝·＝·bn(n∈N*)，所以{bn}是公比为的等比数列．若a1≠，则＞1，于是b1＜b2＜b3.又由a1＝得bn＝(n∈N*)，所以b1，b2，b3中至少有两项相同，矛盾，所以a1＝，从而bn＝＝.所以a1＝b1＝.热点二　有关数列中证明的综合问题【例2】如果无穷数列{an}满足下列条件：①≤an＋1；②存在实数M，使得an≤M，其中n∈N*，那么我们称数列{an}为Ω数列．(1)设数列{bn}的通项为bn＝5n－2n，且是Ω数列，求M的取值范围；(2)设{cn}是各项为正数的等比数列，Sn是其前n项和，c3＝，S3＝，证明：数列{Sn}是Ω数列；(3)设数列{dn}是各项均为正整数的Ω数列，求证：dn≤dn＋1.(1)解　∵bn＋1－bn＝5－2n，∴当n≥3，bn＋1－bn＜0，故数列{bn}单调递减；当n＝1，2时，bn＋1－bn＞0，即b1＜b2＜b3，则数列{bn}中的最大项是b3＝7，所以M≥7.(2)证明　∵{cn}是各项为正数的等比数列，Sn是其前n项和，c3＝，S3＝，设其公比为q＞0，∴＋＋c3＝.整理得6q2－q－1＝0，解得q＝，q＝－(舍去)．∴c1＝1，cn＝，Sn＝2－＜2，对任意的n∈N*，有＝2－－＜2－＝Sn＋1，且Sn＜2，故{Sn}是Ω数列．(3)证明　假设存在正整数k使得dk＞dk＋1成立,有数列{dn}的各项均为正整数，可得dk≥dk＋1＋1,即dk＋1≤dk－1.因为≤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.因为≤dk＋2，所以dk＋3≤2dk＋2－dk＋1≤2(dk＋1－1)－dk＋1＝dk＋1－2≤dk－3，由此类推，可得dk＋m≤dk－m(m∈N*)．又存在M，使dk≤M，∴m＞M，使dk＋m＜0，这与数列{dn}的各项均为正数矛盾，所以假设不成立，即对任意n∈N*，都有dk≤dk＋1成立．探究提高　不等式证明是数列问题中的常见题型，一般方法是利用不等式证明的常规方法，如综合法、分析法等直接证明方法，也可以应用反证法等间接证明方法．24\n【训练2】(2022·江苏卷)设数列{an}的前n项和为Sn.若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得Sn＝am，则称{an}是“H数列”．(1)若数列{an}的前n项和Sn＝2n(n∈N*)，证明：{an}是“H数列”；(2)设{an}是等差数列，其首项a1＝1，公差d＜0.若{an}是“H数列”，求d的值；(3)证明：对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立．(1)证明　由已知，当n≥1时，an＋1＝Sn＋1－Sn＝2n＋1－2n＝2n.于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝n＋1，使得Sn＝2n＝am.所以{an}是“H数列”．(2)解　由已知，得S2＝2a1＋d＝2＋d.因为{an}是“H数列”，所以存在正整数m，使得S2＝am，即2＋d＝1＋(m－1)d，于是(m－2)d＝1.因为d＜0，所以m－2＜0，故m＝1.从而d＝－1.当d＝－1时，an＝2－n，Sn＝是小于2的整数，n∈N*，于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝2－Sn＝2－，使得Sn＝2－m＝am，所以{an}是“H数列”．因此d的值为－1.(3)证明　设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d＝na1＋(n－1)(d－a1)(n∈N*)．令bn＝na1，cn＝(n－1)(d－a1)，则an＝bn＋cn(n∈N*)．下证{bn}是“H”“数列”设{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝a1(n∈N*)，于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝，使得Tn＝bm，所以{bn}是“H数列”．同理可证{cn}也是“H数列”．所以，对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立．热点三　数列中的探索性问题【例3】(2022·泰州期末)设数列{an}的前n项积为Tn，已知对∀n，m∈N*，当n＞m时，总有＝Tn－m·q(n－m)m(q＞0是常数)．(1)求证：数列{an}是等比数列；(2)设正整数k，m，n(k＜m＜n)成等差数列，试比较Tn·Tk和(Tm)2的大小，并说明理由；(3)探究：命题p：“对∀n，m∈N*，当n＞m时，总有＝Tn－m·q(n－m)m(q＞0是常数)”是命题t：“数列{an}是公比为q(q＞0)的等比数列”的充要条件吗？若是，请给出证明；若不是，请说明理由．(1)证明　设m＝1，则有＝Tn－1·qn－1，因为Ti≠0(i∈N*)，所以有＝a1·qn－1，即an＝24\na1·qn－1，所以当n≥2时＝q，所以数列{an}是等比数列．(2)解　当q＝1时，an＝a1(n∈N*)，所以Tn＝a，所以Tn·Tk＝a·a＝a＝a＝T，当q≠1时，an＝a1·qn－1，Tn＝a1·a2…an＝a·q1＋2＋…＋(n－1)＝a·q，所以Tn·Tk＝a·q·a·q＝a·q，T＝a·qm(m－1)．因为n＋k＝2m且k＜m＜n，所以a＝a，＝－m＞－m＝m2－m，所以若q＞1，则Tm·Tk＞T；若q＜1，则Tm·Tk＜T.(3)解　由(1)知，充分性成立；必要性：若数列{an}成等比数列，则an＝a1·qn－1，所以当q≠1时，Tn＝a·，则＝＝a·q＝a·，Tn－m·q(n－m)m＝a··q(n－m)·m＝a·＝a·.所以，“对∀n，m∈N*，当n＞m时总有＝Tn－m·q(n－m)m成立；同理可证当q＝1时也成立．所以命题p是命题t的充要条件．探究提高　数列中的比较大小与其它比较大小的方法类似，也是差比法或商比法．另外探索充要条件要从充分性、必要性两个方面判断与寻找．【训练3】(2022·徐州质检)已知数列{an}，{bn}满足a1＝3，anbn＝2，bn＋1＝an，n∈N*.(1)求证：数列是等差数列，并求数列{bn}的通项公式；(2)设数列{cn}满足cn＝2an－5，对于给定的正整数p，是否存在正整数q，r(p＜q＜r)，使得，，成等差数列？若存在，试用p表示q，r；若不存在，请说明理由．(1)证明　因为anbn＝2，所以an＝，则bn＋1＝anbn－＝2－＝2－＝，所以＝＋，又a1＝3，所以b1＝，故是首项为，公差为的等差数列，即＝24\n＋(n－1)×＝，所以bn＝.(2)解　由(1)知an＝n＋2，所以cn＝2an－5＝2n－1.①当p＝1时，cp＝c1＝1，cq＝2q－1，cr＝2r－1，若，，成等差数列，则＝1＋，(*)因为p＜q＜r，所以q≥2，r≥3，＜1，1＋＞1，所以(*)式不成立．②当p≥2时，若，，成等差数列，则＝＋，所以＝－＝，即2r－1＝，所以r＝，欲满足题设条件，只需q＝2p－1，此时r＝4p2－5p＋2，因为p≥2，所以q＝2p－1＞p，r－q＝4p2－7p＋3＝4(p－1)2＋p－1＞0，即r＞q.综上所述，当p＝1时，不存在q，r满足题设条件；当p≥2时，存在q＝2p－1，r＝4p2－5p＋2，满足题设条件.1．数列与不等式综合问题(1)如果是证明不等式，常转化为数列和的最值问题，同时要注意比较法、放缩法、基本不等式的应用；(2)如果是解不等式，注意因式分解的应用．2．数列与函数的综合问题(1)函数条件的转化：直接利用函数与数列的对应关系，把函数解析式中的自变量x换为n即可．(2)数列向函数的转化：可将数列中的问题转化为函数问题，但要注意函数定义域．3．数列中的探索性问题处理探索性问题的一般方法是：假设题中的数学对象存在或结论成立或其中的一部分结论成立，然后在这个前提下进行逻辑推理．若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用．还可以根据已知条件建立恒等式，利用等式恒成立的条件求解．一、填空题1．(2022·全国Ⅱ卷)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝____________．24\n解析　由题意，得S1＝a1＝－1，又由an＋1＝SnSn＋1，得Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，所以Sn≠0，所以＝1，即－＝－1，故数列是以＝－1为首项，－1为公差的等差数列，得＝－1－(n－1)＝－n，所以Sn＝－.答案　－2．数列{an}的通项公式an＝，若{an}的前n项和为24，则n为________．解析　an＝＝－(－)，前n项和Sn＝－[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝－1＝24，故n＝624.答案　6243．(2022·江苏卷改编)各项均为正数的等比数列{an}满足a1a7＝4，a6＝8，若函数f(x)＝a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a10x10的导数为f′(x)，则f′＝________．解析　因为各项均为正数的等比数列{an}满足a1a7＝4，a6＝8，所以a4＝2，q＝2，故an＝2n－3，又f′(x)＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋10a10x9，所以f′＝2－2＋2×2－2＋3×2－2＋…＋10×2－2＝2－2×＝.答案　4．在等差数列{an}中，a1＝142，d＝－2，从第一项起，每隔两项取出一项，构成新的数列{bn}，则此数列的前n项和Sn取得最大值时n的值是________．解析　因为从第一项起，每隔两项取出一项，构成数列{bn}，所以新数列的首项为b1＝a1＝142，公差为d′＝－2×3＝－6，则bn＝142＋(n－1)(－6)．令bn≥0，解得n≤24，因为n∈N*，所以数列{bn}的前24项都为正数项，从25项开始为负数项．因此新数列{bn}的前24项和取得最大值．答案　245．在正项数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an＋3×5n，则数列{an}的通项公式为________．解析　在递推公式an＋1＝2an＋3×5n的两边同时除以5n＋1，得＝×＋，①令＝bn，则①式变为bn＋1＝bn＋，即bn＋1－1＝(bn－1)，所以数列{bn24\n－1}是等比数列，其首项为b1－1＝－1＝－，公比为.所以bn－1＝×，即bn＝1－×＝，故an＝5n－3×2n－1.答案　an＝5n－3×2n－16．(2022·苏、锡、常、镇模拟)已知各项都为正的等比数列{an}满足a7＝a6＋2a5，存在两项am，an使得＝4a1，则＋的最小值为________．解析　由a7＝a6＋2a5，得a1q6＝a1q5＋2a1q4，整理有q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(与条件中等比数列的各项都为正矛盾，舍去)，又由＝4a1，得aman＝16a，即a2m＋n－2＝16a，即有m＋n－2＝4，亦即m＋n＝6，那么＋＝(m＋n)＝≥＝，当且仅当＝，m＋n＝6，即n＝2m＝4时取得最小值.答案　7．(2022·南通调研)设Sn为数列{an}的前n项之和，若不等式a＋≥λa对任何等差数列{an}及任何正整数n恒成立，则λ的最大值为________．解析　a1＝0时，不等式恒成立；当a1≠0时，λ≤＋，将an＝a1＋(n－1)d，Sn＝na1＋代入上式，并化简得：λ≤＋，所以λ≤，即λmax＝.答案　8．(2022·南京、盐城模拟)已知等比数列{an}的首项为，公比为－，其前n项和为Sn，若A≤Sn－≤B对n∈N*恒成立，则B－A的最小值为________．解析　依题意得Sn＝＝1－，当n为奇数时，Sn＝1＋∈；当n为偶数时，Sn＝1－∈.由函数y＝x－在(0，＋∞)上是增函数得Sn－的取值范围是∪，因此有A≤－，B≥，B－A≥＋＝24\n，即B－A的最小值是.答案　二、解答题9．数列{an}满足an＝2an－1＋2n＋1(n∈N*，n≥2)，a3＝27.(1)求a1，a2的值；(2)是否存在一个实数t，使得bn＝(an＋t)(n∈N*)，且数列{bn}为等差数列？若存在，求出实数t；若不存在，请说明理由；(3)求数列{an}的前n项和Sn.解　(1)由a3＝27，得27＝2a2＋23＋1，∴a2＝9，∵9＝2a1＋22＋1，∴a1＝2.(2)假设存在实数t，使得{bn}为等差数列，则2bn＝bn－1＋bn＋1，(n≥2且n∈N*)∴2×(an＋t)＝(an－1＋t)＋(an＋1＋t)，∴4an＝4an－1＋an＋1＋t，∴4an＝4×＋2an＋2n＋1＋1＋t，∴t＝1.即存在实数t＝1，使得{bn}为等差数列．(3)由(1)，(2)得b1＝，b2＝，∴bn＝n＋，∴an＝·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×－(2n＋1)×2n＋n＝(1－2n)×2n＋n－1，∴Sn＝(2n－1)×2n－n＋1.10．(2022·江苏卷)设{an}是首项为a，公差为d的等差数列(d≠0)，Sn是其前n项的和．记bn＝，n∈N*，其中c为实数．(1)若c＝0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snk＝n2Sk(k，n∈N*)；(2)若{bn}是等差数列，证明：c＝0.24\n证明　由题设，Sn＝na＋d.(1)由c＝0，得bn＝＝a＋d.又b1，b2，b4成等比数列，所以b＝b1b4，即＝a，化简得d2－2ad＝0.因为d≠0，所以d＝2a.因此，对于所有的m∈N*，有Sm＝m2a.从而对于所有的k，n∈N*，有Snk＝(nk)2a＝n2k2a＝n2Sk.(2)设数列{bn}的公差为d1，则bn＝b1＋(n－1)d1，即＝b1＋(n－1)d1，n∈N*，代入Sn的表达式，整理得，对于所有的n∈N*，有n3＋(b1－d1－a＋d)n2＋cd1n＝c(d1－b1)．令A＝d1－d，B＝b1－d1－a＋d，D＝c(d1－b1)，则对于所有的n∈N*，有An3＋Bn2＋cd1n＝D.(*)在(*)式中分别取n＝1，2，3，4，得A＋B＋cd1＝8A＋4B＋2cd1＝27A＋9B＋3cd1＝64A＋16B＋4cd1，从而有由②，③得A＝0，cd1＝－5B，代入方程①，得B＝0，从而cd1＝0.即d1－d＝0，b1－d1－a＋d＝0，cd1＝0.若d1＝0，则由d1－d＝0，得d＝0，与题设矛盾，所以d1≠0.又cd1＝0，所以c＝0.11．(2022·南京、盐城模拟)已知数列{an}满足a1＝a(a＞0，a∈N*)，a1＋a2＋…＋an－pan＋1＝0(p≠0，p≠－1，n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式an；(2)若对每一个正整数k，若将ak＋1，ak＋2，ak＋3按从小到大的顺序排列后，此三项均能构成等差数列，且公差为dk.①求p的值及对应的数列{dk}．②记Sk为数列{dk}的前k项和，问是否存在a，使得Sk＜30对任意正整数k恒成立？若存在，求出a的最大值；若不存在，请说明理由．解　(1)因为a1＋a2＋…＋an－pan＋1＝0，所以n≥2时，a1＋a2＋…＋an－1－pan＝0，两式相减，得＝(n≥2)，故数列{an}从第二项起是公比为的等比数列，又当n＝1时，a124\n－pa2＝0，解得a2＝，从而an＝(2)①由(1)得ak＋1＝，ak＋2＝，ak＋3＝，若ak＋1为等差中项，则2ak＋1＝ak＋2＋ak＋3，即＝1或＝－2，解得p＝－；此时ak＋1＝－3a(－2)k－1，ak＋2＝－3a(－2)k，所以dk＝|ak＋1－ak＋2|＝9a·2k－1，若ak＋2为等差中项，则2ak＋2＝ak＋1＋ak＋3，即＝1，此时无解；若ak＋3为等差中项，则2ak＋3＝ak＋1＋ak＋2，即＝1或＝－，解得p＝－，此时ak＋1＝－，ak＋3＝－，所以dk＝|ak＋1－ak＋3|＝·，综上所述，p＝－，dk＝9a·2k－1或p＝－，dk＝·.②当p＝－时，Sk＝9a(2k－1)．则由Sk＜30，得a＜，当k≥3时，＜1，所以必定有a＜1，所以不存在这样的最大正整数．当p＝－时，Sk＝，则由Sk＜30，得a＜，因为＞，所以a＝13满足Sk24\n＜30恒成立；但当a＝14时，存在k＝5，使得a＞，即Sk＜30，所以此时满足题意的最大正整数a＝13.24