【数学】2019届一轮复习苏教版数列难点专项研究学案 33页

专题10：数列难点专项研究 问题归类篇 类型一：等差、等比数列的证明 一、高考回顾 ‎1．(2011年高考题)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，已知对任意整数k∈M，当n＞k时，Sn＋k＋Sn－k＝2(Sn＋Sk)都成立．设M＝{3，4}，求数列{an}的通项公式．‎ 解：由题意对任意整数k∈{3，4}，当n＞k时，Sn＋k＋Sn－k＝2(Sn＋Sk)都成立，则 当n≥4时，Sn＋3＋Sn－3＝2(Sn＋S3)， ①‎ 当n≥5时，Sn＋4＋Sn－4＝2(Sn＋S4)， ②‎ 由①得 当n≥5时，Sn＋2＋Sn－4＝2(Sn－1＋S3)， ③‎ 由①－③得 当n≥5时，an＋3＋an－3＝2an，‎ 由②得 当n≥6时，Sn＋3＋Sn－5＝2(Sn－1＋S5)， ④‎ 由②－④得 当n≥6时，an＋4＋an－4＝2an，‎ 方法一：‎ 当n≥8时，an－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 ， ⑤‎ 且 an＋2＋an－2＝an＋6＋an－6． ⑥‎ 所以当n≥8时，2an＝an＋2＋an－2， ⑦‎ 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⑤式知2an＝an＋1＋an－1，即an＋1－an＝an－an－1，‎ 所以{an}从第八项开始成等差数列，设其公差为d.‎ 当2≤m≤8时，m＋6≥8，从而由⑤式知2am＋6＝am＋am＋12，故2am＋7＝am＋1＋am＋13，‎ 从而2(an＋7－an＋6)＝am＋1－am＋(am＋13－am＋12)，于是am＋1－am＝2d－d＝d．‎ 因此an＋1－an＝d，对任意都n≥2成立．‎ 在①中，令n＝4得S7＋S1＝2(S4＋S3)，即(S7－S4)－(S4－S1)＝2S3，故9d＝2S3．‎ 在②中，令n＝5得S9＋S1＝2(S5＋S4)，即(S9－S5)－(S5－S1)＝2S5，故16d＝2S5．‎ 解得a4＝d，从而a2＝d，a1＝d．因此，数列为等差数列，‎ 由a1＝1知d＝2，所以数列的通项公式为an＝2n－1．‎ 方法二：‎ 因为当n≥5时，an＋3＋an－3＝2an，‎ 所以a2，a5，a8，…成等差数列，设其公差为d1，则a3n－1＝a2＋(n－1)d1.‎ ‎ a3，a6，a9，…成等差数列，设其公差为d2，则a3n＝a3＋(n－1)d2.‎ ‎ a4，a7，a10，…成等差数列，设其公差为d3，则a3n+1＝a4＋(n－1)d3.‎ 因为当n≥6时，an＋4＋an－4＝2an，‎ 所以a2，a6，a10，…成等差数列，设其公差为d.‎ 由于a14＝a2＋4d1＝a2＋3d，所以4d1＝3d.‎ 由于a18＝a6＋4d1＝a6＋3d，所以4d1＝3d.‎ 由于a21＝a9＋4d1＝a9＋3d，所以4d1＝3d.‎ 所以d1＝d2＝d3＝d．‎ 由a6＝a2＋d＝a3＋d2，所以a3－a2＝d．‎ 由a10＝a2＋2d＝a4＋2d2，所以a4－a2＝d．‎ 所以2a3＝a2＋a4．‎ 故2a3n＝a3n-1＋a3n+1，即a3n+1－a3n＝a3n－a3n－1，‎ 所以{an}从第二项开始成等差数列.‎ 下同方法一．‎ 思考：设M＝{2，5}，求数列{an}的通项公式．‎ ‎2．(2017年高考题)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”．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：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．‎ 思考：设M＝{2，5}，求数列{an}的通项公式．‎ 二、方法联想 由含有Sn和an的多阶递推证明等差数列时，可能需要多次退位作差．目标：‎ ‎(1)2an＝an－1＋an＋1；‎ ‎(2)转化为常见的二阶递推关系：an－an－1＝f(n)；＝f(n)；an＝pan－1＋q；an＝pan－1＋f(n；an＝；an＋an＋1＝f(n)；anan＋1＝f(n)；‎ ‎(3)2an＝an－k＋an＋k或an－an－k＝常数．‎ 方法一：从{an}的子数列{akn}，{akn+1}，…，{akn+k-1}成等差，根据条件证明这些等差数列的公差相等，同时a1,a2,…，ak是等差数列；‎ 方法二：通过所给条件将2an＝an－k＋an＋k向2an＝an－1＋an＋1进行转化．‎ 注意：由于多次进行退位，会导致等式中n的取值范围的变化，数列前几项成等差，往往需要进行验证．‎ 证明等比数列类似．‎ 三、归类研究 ‎**1．设{an}的前n项和为Sn．证明：对任意n∈N*，都有Sn＝n(a1＋an)，则{an}为等差数列．‎ 证：n≥2时，Sn＝n(a1＋an) ①，Sn－1＝(n－1)(a1＋an－1) ②，‎ ‎①－②得 an＝n(a1＋an)－(n－1)(a1＋an－1)＝a1＋nan－(n－1)an－1，‎ 所以(n－2)an＝(n－1)an－1－a1， ③‎ 所以n≥3时，(n－3)an－1＝(n－2)an－2－a1， ④‎ ‎③－④得 (2n－4)an－1＝(n－2)(an－2＋an)，‎ 又n≥3，所以2an－1＝an－2＋an，即an－an－1＝an－1－an－2．‎ 从而an－an－1＝an－1－an－2＝…＝a2－a1．‎ 所以{an}为等差数列．‎ 注：利用Sn与an的关系，将条件转化an与an－1的递推关系，再次作差，转化为2an－1＝an－2＋an，进而证明等差数列．‎ ‎2．命题p：是等差数列；命题q：等式＋＋…＋＝对任意n(n∈N*)恒成立，其中k，b是常数．‎ ‎*(1)若p是q的充分条件，求k，b的值；‎ ‎**(2)对于(1)中的k与b，问p是否为q的必要条件，请说明理由；‎ 解：(1)设的公差为d，当d≠0时原等式可化为 ＝，所以·＝，‎ 即n＋b＝0对于n∈N*恒成立，所以k＝1，b＝0．‎ 当d＝0时，也成立．‎ ‎(2)当k＝1，b＝0时，＋＋…＋＝ ①对于任意的n恒成立． ‎ 当n≥2时，＋＋…＋＝ ②，‎ 由①－②得，‎ ＝，即nan－an＋1＝a1 ③．‎ 当n≥3时，an－1－(n－2)an＝a1 ④，‎ ‎③－④，得当n≥3时，2an＝an－1＋an＋1，‎ 在③中当n＝2时，a1＋a3＝2a2，‎ 所以n≥2时，2an＝an－1＋an＋1，即an－an－1＝an－1－an－2＝…＝a2－a1．‎ 所以为等差数列，即p为q的必要条件．‎ 注：利用Sn与an的关系，将条件转化为an与an－1的递推关系，再次作差，转化为2an－1＝an－2＋an，进而证明等差数列．‎ ‎**3．在正项数列中，＝(p为正常数)对正整数n恒成立，求证为等差数列．‎ 证：记Sn＝．‎ 所以Sn＝＝ ①，‎ Sn＋1＝＝ ②，‎ ‎②－①，得—＝，‎ 化简得当n≥1时，(n＋1)an＋1－nan＋2＝a1 ③，‎ ‎(n＋2)an＋2－(n＋1)an＋3＝a1， ④，‎ ‎④－③得当n≥1时，an＋1＋an＋3＝2an＋2．‎ 在③中令n＝1，得a1＋a3＝2a2，‎ 所以当n≥1时，an＋an＋2＝2an＋1均成立，‎ 即an－an－1＝an－1－an－2＝…＝a2－a1，‎ 从而为等差数列．‎ 注：利用Sn与an的关系，将条件转化为an与an－1的递推关系，再次作差，转化为2an－1＝an－2＋an，进而证明等差数列．‎ ‎4．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，a2＝6，a3＝11，且(5n－8)Sn＋1－(5n＋2)Sn＝An＋B，n＝1，2，3，…，其中A，B为常数．‎ ‎*(1)求A与B的值；‎ ‎***(2)证明：数列{an}为等差数列．‎ 解：(1)由已知，得S1＝a1＝1，S2＝a1＋a2＝7，S3＝a1＋a2＋a3＝18‎ 由(5n－8)Sn＋1－(5n＋2)Sn＝An＋B，知，即，‎ 解得A＝－20，B＝－8．‎ ‎(2)由(1)得(5n－8)Sn＋1－(5n＋2)Sn＝－20n－8 ①，‎ 所以(5n－3)Sn＋2－(5n＋7)Sn＋1＝－20n－28 ②，‎ ‎②－①得 ‎ ‎(5n－3)Sn＋2－(10n－1)Sn＋1＋(5n＋2)Sn＝－20 ③，‎ 所以(5n＋2)Sn＋3－(10n＋9)Sn＋2＋(5n＋7)Sn＋1＝－20 ④，‎ ‎④－③得 ‎(5n＋2)Sn＋3－(15n＋6)Sn＋2＋(15n＋6)Sn＋1－(5n＋2)Sn＝0．‎ 因为an＋1＝Sn＋1－Sn，‎ 所以(5n＋2)an＋3－(10n＋4)an＋2＋(5n＋2)an＋1＝0，‎ 因为(5n＋2)≠0，‎ 所以an＋3－2an＋2＋an＋1＝0，‎ 所以an＋3－an＋2＝an＋2－an＋1，n≥1，又a3－a2＝a2－a1＝5，‎ 所以数列{an}为等差数列．‎ 注：（1）经过两次作差后，才能用Sn与an的关系，将条件转化为2an－1＝an－2＋an，进而证明等差数列；（2）由于多次退位，会导致n取值范围的变化，要验证前三项也成等差．‎ ‎*5．已知数列满足an＋an＋1＝2n＋1(n∈N*)，求证：数列{an}为等差数列的充要条件是a1＝1．‎ 证：（必要性）数列{an}为等差数列，则an＝a1＋(n－1)d，an+1＝a1＋nd，‎ 所以an＋an＋1＝2a1＋(2n－1)d＝2n＋1对n∈N*恒成立，‎ 所以解得a1＝1．‎ ‎（充分性）因为n≥2时，an＋an＋1＝2n＋1 ①，an－1＋an＝2n－1 ②‎ ‎①－②得n≥2时， an＋1－an－1＝2．‎ 即的奇数项和偶数项均为公差为2的等差数列．‎ 因为a1＋a2＝3，a1＝1，所以a2＝2．‎ 所以a2k＝a2＋2(k－1)＝2k，a2k－1＝a1＋2(k－1)＝2k－1，‎ 所以an＝n，数列{an}为等差数列．‎ 综上，数列{an}为等差数列的充要条件是a1＝1．‎ 思考：（1）若数列{an＋an＋1}为公差为的等差数列，试探究数列{an}为等差数列的充要条件，并加以证明；‎ ‎（2）若正项数列{an}满足：数列{anan＋1}为公比为的等比数列，试探究数列为等比数列的充要条件，并加以证明.‎ 注：数列{an}的奇数项和偶数项都成共差相等的等差数列，当前三项也成等差时，数列{an}是等差数列．‎ ‎**6．已知数列{an}的首项a1＝a，Sn是数列{an}的前n项和，且满足：S＝3n2an＋S，‎ an≠0，n≥2，n∈N*，求数列{an}的通项公式．‎ 解：由S＝3n2an＋S，得S－S＝3n2an，即(Sn＋Sn－1)(Sn－Sn－1)＝3n2an，‎ 即(Sn＋Sn－1)an＝3n2an，因为an≠0，所以Sn＋Sn－1＝3n2，(n≥2)， ①‎ 所以 Sn＋1＋Sn＝3(n＋1)2， ②‎ ‎②－①，得an＋1＋an＝6n＋3，(n≥2)． ③‎ 所以 an＋2＋an＋1＝6n＋9， ④‎ ‎④－③，得an＋2－an＝6，(n≥2)‎ 即数列a2，a4，a6，…，及数列a3，a5，a7，…都是公差为6的等差数列，‎ 因为a2＝12－2a，a3＝3＋2a．‎ 所以an＝ 思考：(1){an}是否可以为等差数列？(2){an}是否可以为递增数列？‎ ‎**7．设数列{an}的各项均为正数．若对任意的n∈N*，存在k∈N*，使得a＝an·an＋2k成立，则称数列{an}为“Jk型”数列．若数列{an}既是“J3型”数列，又是“J4型”数列，证明：数列{an}是等比数列．‎ 证：由{an}是“J4型”数列，得 a1，a5，a9，a13，a17，a21，…成等比数列，设公比为t．‎ 由{an}是“J3型”数列，得 a1，a4，a7，a10，a13，…成等比数列，设公比为α1；‎ a2，a5，a8，a11，a14，…成等比数列，设公比为α2；‎ a3，a6，a9，a12，a15，…成等比数列，设公比为α3；‎ 则＝α＝t3，＝α＝t3，＝α＝t3．‎ 所以α1＝α2＝α3，不妨记α＝α1＝α2＝α3，且t＝α．‎ 于是a3k－2＝a1αk－1＝a1()(3k－2)－1，‎ a3k－1＝a5αk－2＝a1tαk－2＝a1αk－＝a1()(3k－1)－1，‎ a3k＝a9αk－3＝a1t2αk－3＝a1αk－＝a1()3k－1，‎ 所以an＝a1()n－1，所以＝，故{an}为等比数列．‎ 注：利用两个子数列的公共项，求得两个子数列的公比关系，进而通过三个子数列的通项公式求出原数列的通项公式，由通项公式符合等比数列通项公式的形式，证得等比数列．‎ ‎**8．已知数列{an}的前三项分别为a1＝5，a2＝6，a3＝8，且数列{an}前n项和Sn满足Sn＋m＝(S2n＋S2m)－(n－m)2，其中m，n为任意正整数．求数列{an}的通项公式an．‎ 解：令n＝1，m＝2，S3＝(S2＋S4)－1，S4＝29，a4＝10，‎ 令m＝1，Sn＋1＝(S2n＋S2)－(n－1)2，令m＝2，Sn＋2＝(S2n＋S4)－(n－2)2，‎ 所以an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝2n－3＋＝2n＋6＝2(n＋2)＋2，所以an＝2n＋2，(n≥3)．‎ 又a2＝6符合，a1＝5不符合，所以an＝ 注：当递推关系中含有多个变量时，应利用特殊和一般的关系，通过合理的特殊化，将递推关系转化为一个变量．‎ ‎***9．设数列{an}的各项都为正数，其前n项和为Sn，对于任意正整数m，n，Sm＋n＝－1恒成立．若a1＝1，求a2，a3，a4及数列{an}的通项公式．‎ 解：由条件，令m＝n＝1，得1＋S2＝．‎ 所以(1＋S2)2＝2a2(1＋S2)．则1＋S2＝2a2．所以a2＝1＋a1．因为a1＝1，所以a2＝2． ‎ 令m＝1，n＝2，得1＋S3＝．则(4＋a3)2＝4(4＋a3＋a4)．‎ 令m＝2，n＝1，得1＋S3＝．则(4＋a3)2＝8a4．‎ 解得a3＝4，a4＝8．得1＋Sm＋n＝．令m＝1，得1＋Sn＋1＝．‎ 令m＝2，得1＋Sn＋2＝．所以＝(n∈N*)．因为＝2，‎ 则数列{1＋Sn}(n≥2，n∈N*)是公比为2的等比数列，‎ 所以1＋Sn＝2·2n－1＝2n，可以求得an＝2n－1．‎ 注：(1)通过特殊化，由递推关系Sm＋n＝－1得到1＋Sn＋1＝和1＋Sn＋2＝，进而得出数列{1＋Sn}成等比；(2)求得时体现出得方程思想，也是值得好好体会的．‎ ‎10．已知数列{an}的各项均为正数，其前n项的和为Sn，且对任意的m，n∈N*，都有(Sm＋n＋S1)2＝4a2ma2n． ‎ ‎*(1)求的值；‎ ‎***(2)求证：{an}为等比数列．‎ 解：(1)由(Sm＋n＋S1)2＝4a2na2m，得(S2＋S1)2＝4a，即(a2＋2a1)2＝4a．‎ 因为a1＞0，a2＞0，所以a2＋2a1＝a2，即＝2．‎ ‎(2)（方法一）令m＝1，n＝2，得(S3＋S1)2＝4a2a4，即(2a1＋a2＋a3)2＝4a2a4，‎ 令m＝n＝2，得S4＋S1＝2a4，即2a1＋a2＋a3＝a4．‎ 所以a4＝4a2＝8a1．‎ 又因为＝2，所以a3＝4a1． ‎ 由(Sm＋n＋S1)2＝4a2na2m，得(Sn＋1＋S1)2＝4a2na2，(Sn＋2＋S1)2＝4a2na4．‎ 两式相除，得＝，所以＝＝2．‎ 即Sn＋2＋S1＝2(Sn＋1＋S1)，‎ 从而Sn＋3＋S1＝2(Sn＋2＋S1)．‎ 所以an＋3＝2an＋2，故当n≥3时，{an}是公比为2的等比数列．‎ 又因为a3＝2a2＝4a1，从而an＝a1·2 n－1，n∈N*．‎ 显然，an＝a1·2 n－1满足题设，‎ 因此{an}是首项为a1，公比为2的等比数列． ‎ ‎（方法二）在(Sm＋n＋S1)2＝4a2na2m中，‎ 令m＝n，得S2n＋S1＝2a2n． ①‎ 令m＝n＋1，得S2n＋1＋S1＝2 ， ②‎ 在①中，用n＋1代n得，S2n＋2＋S1＝2a2n＋2． ③‎ ‎②－①，得a2n＋1＝2－2a2n＝2(－)， ④‎ ‎③－②，得a2n＋2＝2a2n＋2－2＝2(－)， ⑤‎ 由④⑤得a2n＋1＝． ⑥‎ ‎⑥代入④，得a2n＋1＝2a2n；⑥代入⑤得a2n＋2＝2a2n＋1，‎ 所以＝＝2．又＝2，‎ 从而an＝a1·2 n－1，n∈N*．‎ 显然，an＝a1·2 n－1满足题设，‎ 因此{an}是首项为a1，公比为2的等比数列． ‎ 注：方法二的技巧性非常强，但消元的思想方法值得借鉴．‎ ‎***11．已知{an}，{bn}，{cn}都是各项不为零的数列，且满足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝cnSn，n∈N*，其中Sn是数列{an}的前n项和，{cn}是公差为d(d≠0)的等差数列．若an＝λn(λ是不为零的常数)，求证：数列{bn}是等差数列；‎ 解：因为a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝cnSn，‎ 当n≥2时，Sn－1cn－1＝a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1，‎ 两式相减得Sncn－Sn－1cn－1＝anbn，‎ 即(Sn－1＋an)cn－Sn－1cn－1＝anbn，Sn－1(cn－cn－1)＋ancn＝anbn，‎ 即Sn－1d＋λncn＝λnbn，‎ 又Sn−1＝(n−1)＝，‎ 所以d＋λncn＝λnbn，‎ 即d＋cn＝bn，‎ 所以当n≥3时，d＋cn−1＝bn−1，‎ 两式相减得bn−bn−1＝d(n≥3)，‎ 所以数列{bn}从第二项起是公差为d等差数列；‎ 又当n＝1时，由S1c1＝a1b1得c1＝b1，‎ 当n＝2时，由b2＝d＋c2＝d＋(c1＋d)＝b1＋d得b2−b1＝d，‎ 故数列{bn}是公差为d的等差数列．‎ 注：(1)当问题中出现多个数列相互限制的关系时，字母符号会比较多，要合理运用所给条件，化简所给条件．(2)针对条件d＋cn＝bn，本题选择用定义证明等差数列．‎ ‎12．数列{an}，{bn}，{cn}满足：bn＝an－2an＋1，cn＝an＋1＋2an＋2－2，n∈N*．‎ ‎*(1)若数列{an}是等差数列，求证：数列{bn}是等差数列；‎ ‎**(2)若数列{bn}，{cn}都是等差数列，求证：数列{an}从第二项起为等差数列；‎ ‎***(3)若数列{bn}是等差数列，试判断当b1＋a3＝0时，数列{an}是否成等差数列?证明你的结论．‎ 证：(1)设数列{an}的公差为d，‎ 因为bn＝an－2an＋1，‎ 所以bn＋1－bn＝(an＋1－2an＋2)－(an－2an＋1)＝(an＋1－an)－2(an＋2－an＋1)＝d－2d＝－d，‎ 所以数列{bn}是公差为－d的等差数列． ‎ ‎(2)当n≥2时，cn－1＝an＋2an＋1－2，‎ 因为bn＝an－2an＋1，‎ 所以an＝＋1，所以an＋1＝＋1，‎ 所以an＋1−an＝−＝＋，‎ 因为数列{bn}，{cn}都是等差数列，‎ 所以＋为常数，‎ 所以数列{an}从第二项起为等差数列．‎ ‎(3)因为bn＝an－2an＋1，b1＋a3＝0，‎ 令n＝1，a1－2a2＝－a3，即a1－2a2＋a3＝0，‎ 所以bn＋1＝an＋1－2an＋2，bn＋2＝an＋2－2an＋3，‎ 所以2bn＋1－bn－bn＋2＝(2an＋1－an－an＋2)－2(2an＋2－an＋1－an＋3)，‎ 因为数列{bn}是等差数列，所以2bn＋1－bn－bn＋2＝0，‎ 所以2an＋1－an－an＋2＝2(2an＋2－an＋1－an＋3)，‎ 因为a1－2a2＋a3＝0，‎ 所以2an＋1－an－an＋2＝0，即an－an－1＝an－1－an－2＝…＝a2－a1，‎ 所以数列{an}是等差数列．‎ 注：（3）中针对条件bn＝an－2an＋1，本题选择中项关系证明等差数列．‎ 类型二：等差、等比数列中的求值 一、高考回顾 ‎1．(2013年高考题)设{an}是首项为a，公差为d的等差数列(d≠0)，Sn是其前n项和．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．‎ 证：由题设，Sn＝na＋d．‎ ‎(1)由c＝0，得bn＝＝a＋d．‎ 又因为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}的公差是d1，则bn＝b1＋(n－1)d1，则＝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＋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．‎ 又因为cd1＝0，所以c＝0．‎ ‎2．(2014年高考题)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项和为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；‎ 解：(1) 首先a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1，所以an＝ 所以对任意的n∈N*，Sn＝2n是数列{an}中的n＋1项，因此数列{an}是“H数列”．‎ ‎(2)(方法一)由已知，S2＝2a1＋d＝2＋d，‎ 因为数列{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*．‎ 于是对任意正整数n，总存在m＝2－Sn＝2－，使得Sn＝am，所以{an}是“H数列”．‎ 因此d＝－1．‎ ‎(方法二)先证明：若等差数列{an}是“H数列”，则{an}至多只有一项是正项．‎ 事实上，若{an}至少有两项是正项，则由公差d＜0知{an}是递减数列，‎ 从而{an}的前两项a1＞a2＞0，因此S2 ＝a1＋a2＞a1≥an(n∈N*)，即{an}不是“H数列”，矛盾．‎ 因为a1＝1＞0，故a2≤0．‎ 若a2＜0，则有 a1＞ a1＋a2＝S2＞a2＞an ( n ≥3)，从而{ an }不是“H数列”，矛盾．‎ 故a2＝0，从而d＝－1．‎ 同方法一，可证d＝－1时，若{an}是“H数列”．‎ 思考：设{an}是等差数列，其首项为a1，公差为d(d≠0)．若{an}是“H数列”，求a1，d满足的条件．‎ ‎3．(2012年高考题) 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{()2}是等差数列；‎ ‎(2)设bn＋1＝·n∈N*，且{an}是等比数列，求a1和b1的值．‎ 解：(1) 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) 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；‎ 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＝，‎ 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＝．‎ 二、方法联想 根据条件确定等差（比）数列中的参量时，根据条件常有下列方法：‎ ‎(1)所给条件为恒等式：‎ 方法一：转化为关于n的多项式恒等于0求解；‎ 方法二：用特殊值法，如取连续3项列方程求解后进行验证．‎ ‎(2)所给条件等于可求解参量的个数，直接求解；‎ ‎(3)所给条件少于可求解参量个数：‎ 方法一：利用整数的性质，求解不定方程；‎ 方法二：利用等差（比）数列的特殊性质，例如单调性，有界性，达到确定参数的目的．‎ 三、归类研究 ‎1．设无穷等差数列{an}的前n项和为Sn．‎ ‎*(1)若首项a1＝，公差d＝1，求满足S＝(Sk)2的正整数k；‎ ‎**(2)求所有的无穷等差数列{an}，使得对于一切正整数k都有S＝(Sk)2成立．‎ 解：(1)当a1＝，d＝1时，Sn＝n＋＝n2＋n，‎ 由S＝(Sk)2得，k4＋k2＝(k2＋k)2 ，即k3(k－1)＝0，又k≠0，所以k＝4．‎ ‎(2)设数列{an}的公差为d，‎ 则在S＝(Sk)2中分别取k＝1，2得，即，‎ 由①得a1＝0或a1＝1．‎ 当a1＝0时，代入(2)得：d＝0或d＝6；‎ 当a1＝0，d＝0时，an＝0，Sn＝0，从而S＝(Sk)2成立；‎ 当a1＝0，d＝6时，则an＝6(n－1)，由S3＝18，(S3)2＝324，S9＝216知，S9≠(S3)2，‎ 故所得数列不符合题意；‎ 当a1＝1时，d＝0或d＝2，当a1＝1，d＝0时，an＝1，Sn＝n，从而S＝(Sk)2成立；‎ 当a1＝1， d＝2时，则an＝2n－1，Sn＝n2，从而S＝(Sk)2成立，‎ 综上共有3个满足条件的无穷等差数列； an＝0或an＝1或an＝2n－1．‎ 注：确定等差数列只需要两个量，因此可以通将恒等式特殊化得到两个方程求解，但切记要检验，当然本题也可以用方程恒成立求解．‎ ‎2．设Sn为数列{an}的前项和，若(n∈N*)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”．‎ ‎*(1)若数列{2}是首项为2，公比为4的等比数列，试判断数列{bn}是否为“和等比数列”；‎ ‎**(2)若数列{cn}是首项为c1，公差为d(d≠0)的等差数列，且数列{cn}是“和等比数列”，试探究d与c1之间的等量关系．‎ 解：(1)因为数列是首项为2，公比为4的等比数列，所以2＝2·4n－1＝22n－1，‎ 因此bn＝2n－1．‎ 设数列的前n项和为Tn，则Tn＝n2，T2n＝4n2，所以＝4，‎ 因此数列为“和等比数列”． ‎ ‎(2)设数列的前n项和为Rn，且＝k(k为常数，且k≠0)，‎ 因为数列是等差数列，所以Rn＝nc1＋d，R2n＝2nc1＋d， ‎ 所以＝＝k对于n∈N*都成立，‎ 化简得，(k－4)dn＋(k－2)(2c1－d)＝0， ‎ 则因为d≠0，所以k＝4，d＝2c1，‎ 因此d与c1之间的等量关系为d＝2c1．‎ 注：本题是用方程恒成立求解．‎ ‎**3．已知数列{an}，{bn}都是等差数列，它们的前n项和分别记为Sn，Tn，满足对一切n∈N*，都有Sn＋3＝Tn.若a1≠b1，试分别写出一个符合条件的数列{an}和{bn}；‎ 解：设数列{an}，{bn}的公差分别是d1，d2.‎ 则Sn＋3＝(n＋3)a1＋d1，Tn＝nb1＋d2.‎ ‎∵对一切n∈N*，有Sn＋3＝Tn，‎ ‎∴(n＋3)a1＋d1＝nb1＋d2，‎ 即n2＋n＋3a1＋3d1＝n2＋n.‎ ‎∴即 故答案不唯一．‎ 例如取d1＝d2＝2，a1＝－2，b1＝4，得an＝2n－4(n∈N*)，bn＝2n＋2(n∈N*)．‎ 注：本题是用方程恒成立求解．‎ ‎***4．是否存在两个等比数列，，使得b1－a1，b2－a2，b3－a3，b4－a4成公差不为0的等差数列?若存在，求，的通项公式；若不存在，说明理由．‎ 解：假设存在两个等比数列{an}，{bn}，‎ 使b1－a1，b2－a2，b3－a3，b4－a4成公差不为0的等差数列，‎ 设{an}的公比为q1，{bn}的公比为q2，则 ，‎ 由b1－a1，b2－a2，b3－a3，b4－a4成等差数列得 即 ‎①×q2－②得a1(q1－q2)(q1－1)2＝0，‎ 由a1≠0得q1＝q2或q1＝1．‎ ‎(1)当q1＝q2时，由①，②得b1＝a1或q1＝q2＝1，‎ 这时(b2－a2)－(b1－a1)＝0与公差不为0矛盾；‎ ‎(2)当q1＝1时，由①，②得b1＝0或q2＝1，‎ 这时(b2－a2)－(b1－a1)＝0与公差不为0矛盾，‎ 综上所述，不存在两个等比数列{an}，{bn}，‎ 使b1－a1，b2－a2，b3－a3，b4－a4成公差不为0的等差数列．‎ 注：本题的难点在于多字母的消元．‎ ‎**5．已知数列{an}是等比数列，且an＞0．若a2－a1＝8，a3＝m，且数列{an}是唯一的，求m的值；‎ 解:要使满足条件的数列{an}是唯一的，即关于a1与q的方程组，有唯一正数解．‎ 所以方程8q2－mq＋m＝0有唯一解．‎ 则Δ＝m2－32m＝0，解得m＝32或m＝0．‎ 因为a3＝m＞0，所以m＝32，此时q＝2．‎ 经检验，当m＝32时，数列{an}唯一，其通项公式是an＝2n＋2．‎ 注：“数列{an}是唯一的”转化为关于a1与q的方程组，有唯一正数解．‎ ‎6．已知n为正整数，数列{an}满足an>0,4(n＋1)a－na＝0，设数列{bn}满足bn＝.‎ ‎*(1)求证：数列为等比数列；‎ ‎**(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8aSn－an2＝16bm成立，求满足条件的所有整数a1的值．‎ 解：(1)由题意得4(n＋1)a＝na，因为数列{an}各项均为正，‎ 得＝4·，所以＝2·， ‎ 因此＝2，所以是以a1为首项，公比为2的等比数列．‎ ‎(2)由(1)得＝a1·2n－1，即an＝a1·2n－1·，‎ 所以bn＝＝，‎ 如果数列{bn}是等差数列，则2b2＝b1＋b3，‎ 即2·＝＋，‎ 整理得＝＋，则t2－16t＋48＝0，‎ 解得t＝4或t＝12.‎ 当t＝4时，bn＝，‎ 因为bn＋1－bn＝－＝，‎ 所以数列{bn}是等差数列，符合题意； ‎ 当t＝12时，bn＝，‎ 因为b2＋b4＝＋＝＝a，2b3＝2·＝，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＝，对任意的n∈N*，均存在m∈N*，使8aSn－an2＝16bm，‎ 则8··－an2＝16，所以m＝. ‎ 当a1＝2k，k∈N*时，m＝＝k2n，对任意的n∈N*，m∈N*，符合题意；‎ 当a1＝2k－1，k∈N*，当n＝1时，m＝＝k2－k＋∉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8aSn－an2＝16bm.‎ 注：（1）利用特殊值法确定等差数列中得参数，务必检验；（2）说明等式不能恒成立，只要举一个反例．‎ ‎7．已知数列{an}的各项都为自然数，前n项和为Sn，且存在整数λ，使得对任意正整数n都有Sn＝(1＋λ)an－λ恒成立.‎ ‎**(1)求λ的值，使得数列{an}为等差数列，并求数列{an}的通项公式；‎ ‎***(2)若数列{an}为等比数列，此时存在正整数k，当1≤k＜j时，有i＝2 016，求k.‎ 解：(1)（方法一）：因为Sn＝(1＋λ)an－λ， ①‎ 所以 Sn＋1＝(1＋λ)an＋1－λ， ②‎ 由②－①得λan＋1＝(1＋λ)an， ③‎ 当λ＝0时，an＝0，数列{an}是等差数列.‎ 当λ≠0时，a1＝(1＋λ)a1－λ，a1＝1，且an＋1－an＝an，④‎ 要使数列{an}是等差数列，则④式右边an为常数，即an＋1－an为常数，‎ ‎④式左边an＋1－an＝0，an＝0，与a1＝1矛盾.‎ 综上可得，当λ＝0时，数列{an}为等差数列，且an＝0.‎ ‎（方法二）若数列{an}是等差数列，必有2a2＝a1＋a3，‎ 当λ＝0时，a1＝a2＝a3＝0，满足2a2＝a1＋a3，‎ 此时Sn＝an，则Sn＋1＝an＋1，故an＝0，‎ 当λ≠0时，a1＝1，a2＝1＋，a3＝，‎ 由2a2＝a1＋a3，得2＝1＋，该方程无解，‎ 综上可得，当λ＝0时，数列{an}为等差数列，其中an＝0.‎ ‎(2)由(1)可得，当λ＝0时，数列{an}不是等比数列，‎ 当λ＝－1时，由①得Sn＝1，则a1＝S1＝1，‎ an＝Sn－Sn－1＝0(n≥2)，不是等比数列.‎ 当λ≠0，且λ≠－1时，得＝1＋，{an}为公比为1＋的等比数列，‎ 又对任意n，an∈N，则q＝1＋∈N，‎ 故仅有λ＝1，q＝2时，满足题意，‎ 又由(1)得a1＝1，故an＝2n－1.‎ 因为i＝＝2 016，‎ 所以2k－1(2j－k＋1－1)＝2 016＝25×32×7，‎ 由题意j－k＋1≥2，2j－k＋1－1为大于1的奇数，所以2k－1＝25，k＝6，‎ 则2j－5－1＝32×7，2j－5＝64，j＝11，‎ 故仅存在k＝6时，j＝11，i＝2 016.‎ 注：（1）判定等差数列可以利用定义或用中项关系，等差数列中的未知量可以用项的恒等关系探求，也可以利用特殊项的关系列方程求得．（2）题(2)的难点在于由n，an∈N，得q＝1＋∈N．‎ ‎***8．若存在常数k(k∈N*，k≥2)，q，d，使得无穷数列{an}满足an＋1＝则称数列{an}为“段比差数列”，其中常数k，q，d分别叫做段长、段比、段差．设首项为b的等比数列{bn}为“段比差数列”，试写出所有满足条件的{bn}，并说明理由．‎ 解：（方法一）设{bn}的段长、段比、段差分别为k，q，d，‎ 则等比数列{bn}的公比为＝q，由等比数列的通项公式得bn＝bqn－1，‎ 当任意m∈N*时，bkm＋2－bkm＋1＝d，即bqkm＋1－bqkm＝bqkm(q－1)＝d恒成立， ‎ ‎①若q＝1，则d＝0，bn＝b；‎ ‎②若q≠1，则qkm＝，则qkm为常数，q＝－1，k为偶数，d＝－2b，‎ bn＝(－1)n－1b；‎ 经检验，满足条件的{bn}的通项公式为bn＝b或bn＝(－1)n－1b. ‎ ‎（方法二）设{bn}的段长、段比、段差分别为k，q，d，‎ ‎①若k＝2，则b1＝b，b2＝b＋d，b3＝(b＋d)q，b4＝(b＋d)q＋d，‎ 由b1b3＝b，得b＋d＝bq；由b2b4＝b，得(b＋d)q2＝(b＋d)q＋d，‎ 联立两式，得或则bn＝b或bn＝(－1)n－1b，经检验均合题意. ‎ ‎②若k≥3，则b1＝b，b2＝b＋d，b3＝b＋2d，‎ 由b1b3＝b，得(b＋d)2＝b(b＋2d)，得d＝0，则bn＝b，经检验适合题意．‎ 综上①②，满足条件的{bn}的通项公式为bn＝b或bn＝(－1)n－1b.‎ 注：（1）新定义数列的问题理解定义非常关键；（2）方法一和方法二示范了恒成立问题处理的两种策略．‎ ‎**9．已知数列{an}的奇数项是公差为d1的等差数列，偶数项是公差为d2的等差数列，Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，a2＝2．已知S15＝15a8，且对任意n∈N*，有an＜an＋1恒成立，求证:数列{an}是等差数列；‎ 证：当n为偶数时，由an＜an＋1恒成立，得2＋d2＜1＋d1，‎ 即n(d2－d1)＋2－2d2＜0恒成立，所以d2－d1≤0且d1＞1．‎ 当n为奇数时，由an＜an＋1恒成立，得1＋d1＜2＋d2，‎ 即n(d1－d2)－d1＋d2－2＜0恒成立，所以d1－d2≤0．‎ 因此d1＝d2．‎ 又由S15＝15a8，得(a1＋a3＋…＋a15)＋(a2＋a4＋…＋a14)＝15(a2＋3d2)，‎ 即8＋d1＋14＋d2＝30＋45d2．‎ 解得d1＝d2＝2．‎ 所以an＝n，即数列{an}是等差数列．‎ 注：利用数列单调性，通过夹逼法确定参数值．‎ ‎***10．设无穷数列满足:任意n∈Ν*，an＜an＋1，an∈N*．记bn＝a，cn＝a(n∈N*)．‎ ‎(1)若bn＝3n(n∈N*)，求证:a1＝2，并求c1的值；‎ ‎(2)若是公差为1的等差数列，问是否为等差数列，证明你的结论．‎ 解：(1)因为an∈N*，所以若a1＝1，则a＝a1＝3矛盾，‎ 若a1≥3＝a，可得1≥a1≥3矛盾，所以a1＝2．于是a2＝a＝3，从而c1＝a＝a3＝a＝6．‎ ‎(2)是公差为1的等差数列，‎ ‎（方法一）由an＋1＞an得n≥2时，an＞an－1，所以an≥an－1＋1，an≥am＋(n－m)，(m＜n)．‎ 所以a≥a＋an＋1＋1－(an＋1)，即cn＋1－cn≥an＋1－an，‎ 由题设，1≥an＋1－an，又an＋1－an≥1，所以an＋1－an＝1，即是等差数列．‎ ‎（方法二）由an＜an＋1，an∈N*可得an＋1－an≥1，下面我们来证明an＋1－an≤1恒成立，‎ 假设an＋1－an＞1，则an＋1－an≥2，an＋1＋1－an＋1≥2，‎ 由数列的单调性可得a－a≥2与题设矛盾，所以假设不成立，故an＋1－an≤1，‎ 则an＋1－an＝1，即是等差数列．‎ ‎（方法三）一方面:由an＜an＋1，且an∈N*，可得an＋1－an≥1恒成立；‎ 另一方面:是公差为1的等差数列，则a－a＝1，‎ a＝1＋a≤a，从而an＋1＋1≤an＋2，变形可得an＋1－an≤1，‎ 综上:an＋1－an＝1，是等差数列．‎ 注：(1)利用数列单调性，通过夹逼法确定参数值．(2)本题得难点还在于符号“a”过于抽象．‎ ‎11．已知数列{an}单调递增，且各项非负，对于正整数K，若任意的i，j(1≤i≤j≤K)，aj－ai仍是{an}中的项，则称数列{an}为“K项可减数列”．‎ ‎*(1)已知数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，且数列{an－2}是“K项可减数列”，试确定K的最大值；‎ ‎***(2)求证:若数列{an}是“K项可减数列”，则其前n项的和Sn＝an(n＝1，2，…，K)；‎ 解：(1)设cn＝an−2＝2n−2，则c1＝0，c2＝2，c3＝6，‎ 易得c1－c1＝c1，c2－c1＝c2，c2－c2＝c1，即数列{cn}一定是“2项可减数列”，‎ 但因为c3－c2≠c1，c3－c2≠c2，c3－c2≠c3，所以K的最大值为2．‎ ‎(2)因为数列{an}是“K项可减数列”，‎ 所以ak－at(t＝1，2…，K)必定是数列{an}中的项，‎ 而{an}是递增数列，故ak－ak＜ak－ak－1＜ak－ak－2＜…＜ak－a1，‎ 所以必有ak－ak＝a1，ak－ak－1＝a2，ak－ak－2＝a3，…，ak－a1＝ak，‎ 则a1＋a2＋a3＋…＋ak＝(ak－ak)＋(ak－ak－1)＋(ak－ak－2)＋…＋(ak－a1)＝Kak－(a1＋a2＋a3＋…＋ak)，‎ 所以SK＝KaK－SK，即SK＝aK．‎ 又由定义知，数列{an}也是“t项可减数列”(t＝1，2，…，K－1)，‎ 所以Sn＝an(n＝1，2，…，K)．‎ 注：由数列单调性，构造项的排序，是题(2)求解的关键．‎ ‎12．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}，{cn}满足(n＋1)bn＝an＋1－，(n＋2)cn＝－，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)，＝a1＋n－1.‎ 因为(n＋2)cn＝－(a1＋n－1)＝n＋2，所以cn＝1.‎ ‎(2)证明：由(n＋1)bn＝an＋1－，‎ 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－(n＋1)bn]‎ ‎＝＋(n＋1)bn＝＋(n＋1)bn＝(bn＋bn＋1)，‎ 因此cn＝(bn＋bn＋1)．‎ 因为对一切n∈N*，有bn≤λ≤cn，‎ 所以λ≤cn＝(bn＋bn＋1)≤λ，故bn＝λ，cn＝λ.‎ 所以(n＋1)λ＝an＋1－，①‎ ‎(n＋2)λ＝(an＋1＋an＋2)－，②‎ ‎②－①得(an＋2－an＋1)＝λ，即an＋2－an＋1＝2λ，故an＋1－an＝2λ(n≥2)．‎ 又2λ＝a2－＝a2－a1，则an＋1－an＝2λ(n≥1)．‎ 所以数列{an}是等差数列.‎ 注：本题难度非常大，主要技巧体现在：（1）首先需要利用条件“(n＋1)bn＝an＋1－，(n＋2)cn＝－”消去数列{an}；（2）利用不等关系bn≤λ≤cn夹逼出数列{bn}，{cn}．‎ ‎13．已知数列{an}是公差不为零的等差数列，数列{bn}是等比数列．‎ ‎**(1)设cn＝anbn(n∈N*)，其中an是公差为2的整数项数列，bn＝，若c5＞2c4＞4c3＞8c2＞16c1，且当n≥17时，{cn}是递减数列，求数列{an}的通项公式；‎ ‎***(2)若数列{cn}使得是等比数列，数列{dn}的前n项和为，且数列{dn}满足:对任意n≥2，n∈N*，或者dn＝0恒成立或者存在正常数M，使＜|dn|＜M 恒成立，求证:数列{cn}为等差数列． ‎ 解：(1)由题意得cn＋1＞2cn对n＝1，2，3，4恒成立，且cn＞cn＋1对n≥17恒成立，‎ 设cn＝anbn＝·(2n＋t)，则(2n＋t＋2)＞2(2n＋t)，‎ 即14t＜24－28n对n＝1，2，3，4恒成立，得t＜－，‎ 由(2n＋t)＞(2n＋t＋2)得t＞24－2n对n≥17恒成立，得t＞－10，‎ 所以 －10＜t＜－，而t∈Z，所以t＝－9，－8，－7，‎ 所以an＝2n－7，或an＝2n－8，或an＝2n－9．‎ ‎(3) 证明:设bn＝A1q，＝A2q，则an＝··cn，‎ 不妨设＝A，＝q，则an＝Aqn·cn，‎ i＝＝Aqn－1，所以dn＝＝[A(q－1)]qn－1(n≥2)，‎ 即|dn|＝|A(q－1)||q|n－1(n≥2)．‎ 若q＝1，满足dn＝0(n≥2)；‎ 若q＞1，则对任给正数M，则n取(log|q|，＋∞)内的正整数时，|dn|＞M，与＜dn＜M矛盾；‎ 若0＜q＜1，则对任给正数T＝，则n取(log|q|，＋∞)内的正整数时|dn|＜T＝，与＜dn＜M矛盾．‎ 所以 q＝1，所以 an＝Acn．‎ 而an是等差数列，设公差为d′，所以 cn＋1－cn＝(an＋1－an)＝为定值，所以 数列{cn}为等差数列．‎ 注：题(2)主要示范数列有界性的应用．‎ 类型三：等差、等比数列中的探究 一、高考回顾 ‎1．(2009年高考题)设{an}是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足a22＋a32＝a42＋a52，S7＝7．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；‎ ‎(2)试求所有的正整数m，使得为数列{an}中的项．‎ 解：(1)设公差为d，则a－a＝a－a，由性质得－3d(a＋a)＝d(a＋a)，‎ 因为d≠0，所以a＋a＝0，即2a1＋5d＝0，又由S7＝7得7a1＋d＝7，‎ 解得a1＝－5，d＝2，an ＝2n－7, Sn＝n2－6n.‎ ‎(2) 因为＝＝am＋2－6＋为数列{an}中的项，‎ 故为整数，又由(1)知：am＋2为奇数，所以am＋2＝2m－3＝±1，m＝1，2．‎ 经检验，符合题意的正整数只有m＝2．‎ ‎2．(2015年高考题)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:2，2，2，2依次成等比数列；‎ ‎(2)是否存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次成等比数列，并说明理由．‎ 解:(1)因为＝2an＋1−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)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，a22，a33，a44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，(－＜t＜1，t≠0)，‎ 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，所以假设不成立，‎ 因此不存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列．‎ ‎3．(2008年高考题)(1)设数列a1，a2，…，an(n≥4)是各项均不为0的等差数列，且公差d≠0，若从中删去一项后，剩余各项(按原来的顺序)成等比数列．‎ ‎(i)当n＝4时，求的值；‎ ‎(ii)求n的所有可能值．‎ ‎(2)求证：对于给定的正整数n(n≥4)，存在一个各项及公差均不为0的等差数列b1，b2，…，bn，其中任意三项(按原来的顺序)都不能组成等比数列．‎ 解：(1)①当n＝4时，a1，a2，a3，a4中不可能删去首项或末项，否则等差数列中连续三项成等比数列，推出d＝0，与公差d≠0矛盾．‎ 若删去a2，则有a＝a‎1a4，即(a1＋2d)2＝a1(a1＋3d)，化简得a1d＋4d2＝0．‎ 因为d≠0，所以＝4；‎ 若删去a3，则有a＝a‎1a4，即(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，得＝1．‎ 综上，＝1或－4．‎ ‎②当n＝5时，在a1，a2，a3，a4，a5中，同①可证不可能删去首项或末项．‎ 若删去a2，则有a‎1a5＝a‎3a4，即a1(a1＋4d)＝(a1＋2d)(a1＋3d)，得＝6；‎ 若删去a3，则有a‎1a5＝a‎2a4，即a1(a1＋4d)＝(a1＋d)(a1＋3d)，化简得3d2＝0，即d＝0，与公差d≠0矛盾，所以也不能删去a3；‎ 若删去a4，则有a‎1a5＝a‎2a3，即a1(a1＋4d)＝(a1＋d)(a1＋2d)，得＝2．‎ 当n≥6时，不存在这样的等差数列．‎ 事实上，在数列a1，a2，…，an－2，an－1，an中，由于不能删去首项或末项，所以 若删去a2，则有a1an＝a3an－2，得d＝0，与公差d≠0矛盾；‎ 同样若删去an－1，则也有a1an＝a3an－2，得d＝0，与公差d≠0矛盾；‎ 若删去a3，…，an－2中任意一个，则必有a1an＝a2an－1，得d＝0，与公差d≠0矛盾；‎ 综上所述，n∈{4，5}．‎ ‎(2)假设对于某个正整数n，存在一个公差为d的n项等差数列b1，b2，…，bn，其中bx＋1，by＋1，bz＋1(0≤x＜y＜z≤n－1)为任意三项成等比数列，则b＋1＝bx＋1bz＋1，即(b1＋yd)2＝(b1＋xd)(b1＋zd)，化简得(y2－xz)d2＝(x＋z－2y)b1d．(*)‎ 由b1d知，y2－xz＝0与x＋z－2y同时为0或同时不为0．‎ 当y2－xz与x＋z－2y同时为0时，有x＝z＝y与题设矛盾．‎ 故y2－xz与x＋z－2y同时不为0，所以由(*)得＝．‎ 因为0≤x＜y＜z≤n－1，且x，y，z为整数，所以上式右边为有理数，从而为有理数．‎ 于是，对于任意的正整数n(n≥4)，只要为无理数，相应的数列就是满足题意要求的数列．‎ 例如n项数列1，1＋，1＋2，……，1＋(n－1)满足要求．‎ 二、方法联想 数列中的存在性问题，常常转化为方程解的存在性问题研究，涉及到的往往是两类方程：‎ ‎(1)方程的个数大于等于可求解未知数的个数；‎ ‎(2)方程的个数小于等于可求解未知数的个数（不定方程）．‎ 方法一：利用约数，筛选不定方程的可能解，缩小解范围，进而枚举检验；‎ 方法二：利用奇偶分析缩小解的范围或判定方程无解；‎ 方法二：利用有理数和无理数的分析判定方程无解；‎ 方法四：利用数的符号或数列的单调性、有界性构造不等式，缩小解范围，进而枚举检验；‎ 三、归类研究 ‎**1．在数列{an}中，已知a1＝a2＝1，an＋an＋2＝λ＋2an＋1，n∈N*，λ为常数．当λ≠0时，数列 {an－1}中是否存在三项as＋1－1，at＋1－1，ap＋1－1成等比数列，且s，t，p也成等比数列?若存在，求出s，t，p的值；若不存在，说明理由．‎ 解:由an＋an＋2＝λ＋2an＋1，得an＋2－an＋1＝an＋1－an＋λ，‎ 令bn＝an＋1－an，则bn＋1－bn＝λ，b1＝a2－a1＝0，‎ 所以{bn}是以0为首项，公差为λ的等差数列，‎ 所以bn＝b1＋(n－1)λ＝(n－1)λ，‎ 即an＋1－an＝(n－1)λ，‎ 用累加法可求得an＝1＋λ(n≥2)，‎ 当n＝1时也适合，所以an＝1＋λ(n∈N*)．‎ 假设存在三项as＋1－1，at＋1－1，ap＋1－1成等比数列，且s，t，p也成等比数列，‎ 则(at＋1－1)2＝(as＋1－1)(ap＋1－1)，即＝，‎ 因为s，t，p成等比数列，所以t2＝sp，‎ 所以(t－1)2＝(s－1)(p－1)，‎ 化简得s＋p＝2t，联立 t2＝sp，得s＝t＝p．‎ 这与题设矛盾．‎ 故不存在三项as＋1－1，at＋1－1，ap＋1－1成等比数列，且s，t，p也成等比数列．‎ 注：既是等差数列，又是等比数列的数列是常数列．‎ ‎***2．设数列{cn}满足cn＝2n－1，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，说明理由．‎ 解: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(*)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．‎ 注：（1）两个未知量，一个等量关系，可以进行未知量分离；（2）利用1是任何整数的约数，构造不定方程的一组解．‎ ‎**3．设数列{an}的前n项和Sn＝n2，数列{bn}满足bn＝(m∈N*)．是否存在m，使得数列{bn}中存在某项bt满足b1，b4，bt(t∈N*，t≥5)成等差数列?若存在，请指出符合题意的m的个数；若不存在，请说明理由．‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 解：因为Sn＝n2，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1．‎ 又当n＝1时，a1＝S1＝1，适合上式，所以an＝2n－1(n∈N*)．‎ 假设存在m，使得b1，b4，bt(t∈N*，t≥5)成等差数列，即2b4＝b1＋bt，则 ‎2×＝＋，化简得t＝7＋．‎ 所以当m－5＝1，2，3，4，6，9，12，18，36时，分别存在t＝43，25，19，16，13，11，10，9，8适合题意，‎ 即存在这样m，且符合题意的m共有9个．‎ 注：（1）两个未知量，一个等量关系，可以进行未知量分离；（2）利用约数，筛选不定方程的可能解，缩小范围，进而使枚举检验成为可能．‎ ‎4．数列{an}满足:a1＋＋＋…＋＝n2＋2n(λ＞0，n∈N*)‎ ‎*(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎**(2)当λ＝4时，是否存在互不相同的正整数r，s，t，使得ar，as，at成等比数列?若存在，给出r，s，t满足的条件；若不存在，说明理由；‎ 解：(1)a1＝3．‎ 当n≥2时，由a1＋＋＋…＋＝n2＋2n ①，‎ 得a1＋＋＋…＋＝(n－1)2＋2(n－1) ②，‎ ‎①－ ②得＝2n＋1，所以an＝(2n＋1)λn－1(n≥2)．‎ 因为a1＝3，所以an＝(2n＋1)λn－1(n∈N*)．‎ ‎(2)当λ＝4时，an＝(2n＋1)4n－1‎ 若存在ar，as，at成等比数列，则(2r＋1)(2t＋1)4r＋t－2s＝(2s＋1)2‎ 由奇偶性知r＋t－2s＝0‎ 所以(2r＋1)(2t＋1)＝(r＋t＋1)2，即r＝t，这与r≠t矛盾．‎ 故不存在互不相同的正整数r，s，t，使得ar，as，at成等比数列．‎ 注：利用奇偶分析，说明不定方程无解．‎ ‎**5．已知bn＝3·2n－1－2，试问:数列{bn}中是否存在不同的三项bp，bq，br(p，q，r∈N*)恰好成等差数列?若存在，求出p，q，r的关系；若不存在，请说明理由．‎ 解：若数列{bn}中存在不同的三项bp，bq，br(p，q，r∈N*)恰好成等差数列，‎ 不妨设p＞q＞r，显然{bn}是递增数列，则2bq＝bp＋br ‎ 即2(3·2q－1－2)＝(3·2p－1－2)＋(3·2r－1－2)，化简得:‎ ‎2·2q－r＝2p－r＋1……(*) ‎ 由于p，q，r∈N*，且p＞q＞r，知q－r≥1，p－r≥2，‎ 所以(*)式左边为偶数，右边为奇数， ‎ 故数列{bn}中不存在不同的三项bp，bq，br(p，q，r∈N*)恰好成等差数列．‎ 注：利用奇偶分析，说明不定方程无解．‎ ‎***6．已知bn＝2n－1，由{bn}构成一个新数列3，b2，b3，设这个新数列的前n项和为Sn，若Sn可以写成ab，(a，b∈N，a＞1，b＞1)，则称Sn为“好和”．问S1，S2，S3，···中是否存在“好和”，若存在，求出所有“好和”；若不存在，说明理由．‎ 解：当n≥2时，Sn＝3＋2＋4＋…＋2n－1＝2n＋1．‎ 由ab＝2n＋1，ab－1＝2n，a，b∈N，a＞1，b＞1，a只能是不小于3的奇数．‎ 当b为偶数时，ab－1＝(a＋1)(a－1)＝2n．‎ 因为a＋1，a－1都是大于1的正整数，所以存在正整数t，s使得a－1＝2t，a＋1＝2s，‎ ‎2s－2t＝2，2t(2s－t－1)＝2，2t＝2且2s－t－1＝1，t＝1，s＝2．‎ 相应的n＝3，即有S3＝32，S3为好和；‎ 当b为奇数时，ab－1＝(a－1)(1＋a＋a2＋…＋ab－1)，‎ 由于1＋a＋a2＋…＋ab－1是b个奇数之和，仍为奇数，又a－1为正偶数，‎ 所以(a－1)(1＋a＋a2＋…＋ab－1)＝2n不成立，这时没有好和．‎ 注：利用因数分解，结合奇偶分析，探究方程解的情形．‎ ‎**7．已知cn＝n＋＋1，试问:在数列{cn}中是否存在三项cr，cs，ct(r＜s＜t，r,s,t∈N*)恰好成等比数列?若存在，求出此三项；若不存在，请说明理由．‎ 解:，假设存在三项cr，cs，ct成等比数列，则cs2＝cr•ct，‎ 即[s＋(＋1)]2＝[r＋(＋1)][t＋(＋1)]，‎ 整理得(2s−r−t) ＝rt＋r＋t−s2−2s．‎ 当2s－r－t≠0时，＝，‎ 因为r，s，t∈N*，所以是有理数，这与为无理数矛盾；‎ 当2s－r－t＝0时，则rt＋r＋t－s2－2s＝0，从而 解得r＝t，这与r＜t矛盾．‎ 综上所述，不存在满足题意的三项cr，cs，ct．‎ 注：利用有理数无理数分析，说明方程无解．‎ ‎**9．已知Tn＝，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:T1＝，Tm＝，Tn＝，‎ 若T1，Tm，Tn成等比数列，则()2＝()，即＝．‎ 方法一:由＝，可得＝，‎ 所以－2m2＋4m＋1＞0，．5u 从而1－＜m＜1＋，又m∈N，且m＞1，所以m＝2，此时n＝12．‎ 故可知当且仅当m＝2， n＝12使数列{Tn中的T1，Tm，Tn成等比数列．‎ 方法二:因为＝＜，故＜，即2m2－4m－1＜0，‎ 从而1－＜m＜1＋，(以下同上)．‎ 注：（1）两个未知量，一个等量关系，可以进行未知量分离；（2）通过构造不等式关系，筛选不定方程的可能解，缩小范围，进而使枚举检验成为可能．‎ ‎**10．已知Sn＝4(1−)，是否存在正整数m，n，使＜成立?若存在，求出所有符合条件的有序实数对(m，n)；若不存在，说明理由．‎ 解：由＜，得＜，即＜，‎ 所以1−＜1−，即＞，‎ 因为2m＋1＞0，所以2n(4－m)＞2，‎ 所以m＜4，且2＜2n(4－m)＜2m＋1＋4，①‎ 因为m∈N*，所以m＝1或2或3．‎ 当m＝1时，由①得，2＜2n×3＜8，所以n＝1；‎ 当m＝2时，由①得，2＜2n×2＜12，所以n＝1或2；‎ 当m＝3时，由①得，2＜2n＜20，所以n＝2或3或4，‎ 综上可知，存在符合条件的所有有序实数对(m，n)为:(1，1)，(2，1)，(2，2)，(3，2)，(3，3)，(3，4)．‎ 注：通过构造不等式关系，缩小解范围，进而使枚举检验成为可能．‎ ‎11．已知各项均为正数的等比数列{an}的公比为q，且0＜q＜．‎ ‎**(1)在数列{an}中是否存在三项，使其成等差数列?说明理由；‎ ‎***(2)若a1＝1，且对任意正整数k，ak－(aK＋1＋ak＋2)仍是该数列中的某一项．求公比q．‎ 解:(1)根据题意，an＝a1qn－1，其中0＜q＜．‎ 因为an＞0，所以an＋1＜an对任意n∈N＋恒成立，‎ 设{an}中存在三项ak､am､an(k＜m＜n)，满足成等差数列 则2am＝ak＋an，即2qm－k＝1＋qn－k，‎ 由2qm－k＜1且1＋qn－k＞1，可得上式不能成立．因此数列{an}中不存在三项，使其成等差数列．‎ ‎(2)ak－(ak＋1＋ak＋2)＝a1qk－1(1－q－q2)＝a1qk－1[－(q＋)2]‎ 因为[－(q＋)2]∈(，1)，‎ 所以ak－(aK＋1＋ak＋2)＜ak＜ak－1＜…＜a2＜a1，且ak－(ak＋1＋ak＋2)＞ak＋2＞ak＋3＞…‎ 因此，只有ak－(ak＋1＋ak＋2)＝ak＋1，化简可得q2＋2q－1＝0‎ 解之得q＝−1(舍负)；‎ 注：(1)通过构造不等式关系，说明方程无解．(2)利用数列的单调性，消元．‎ ‎12．已知数列{an}中，a2＝1，前n项和为Sn，且Sn＝．‎ ‎*(1)求a1； ‎ ‎**(2)证明数列{an}为等差数列，并写出其通项公式；‎ ‎***(3)设lgbn＝，试问是否存在正整数p，q(其中1＜p＜q)，使b1，bp，bq成等比数列?若存在，求出所有满足条件的数组(p，q)；若不存在，说明理由．‎ 解：(1)令n＝1，则a1＝S1＝＝0． ‎ ‎(2)由Sn＝，即Sn＝， ①‎ 得Sn＋1＝． ②‎ ‎②－①，得(n－1)an＋1＝nan． ③‎ 于是，nan＋2＝(n＋1)an＋1． ④‎ ‎③＋④，得nan＋2＋nan＝2nan＋1，即an＋2＋an＝2an＋1．‎ 又a1＝0，a2＝1，a2－a1＝1，‎ 所以，数列{an}是以0为首项，1为公差的等差数列．‎ 所以，an＝n－1． ‎ ‎(3)解法1:假设存在正整数数组(p，q)，使b1，bp，bq成等比数列，则lgb1，lgbp，lgbq成等差数列，于是，＝＋． ‎ p≥2时，－＝＜0，故数列{}( p≥2)为递减数列，‎ q≥3时，(＋)－(＋)＝＜0，故数列{＋}(q≥3)为递减数列，‎ ‎()max＝，(＋)max＝，即p＝2，q＝3时，＝＋ 又当p≥3时，≤＝＜，故无正整数q使得＝＋成立．‎ 解法2:同上有，＝＋＞，且数列{}( p≥2)为递减数列，‎ 当p＝2时，＝＞成立；当p≥3时，≤＝＜，‎ 因此，由＞得，p＝2，此时q＝3‎ 注：利用数列单调性，通过放缩，将方程转为不等式，进而限制未知数的取值范围，使枚举验证成为可能．‎ ‎13．已知等差数列{an}的首项为a，公差为b，等比数列{bn}的首项为b，公比为a，其中a，‎ b都是大于1的正整数，且a1＜b1，b2＜a3．‎ ‎*(1)求a的值；‎ ‎ **(2)若对于任意的n∈N*，总存在m∈N＋，使得am＋3＝bn成立，求b的值；‎ ‎ ***(3)令Cn＝an＋1＋bn，问数列{Cn}中是否存在连续三项成等比数列?若存在，求出所有成等比数列的连续三项；若不存在，请说明理由．‎ 解:(1)由已知，得an＝a＋(n－1)b，bn＝b·an－1．由a1＜b1，b2＜a3，得a＜b，ab＜a＋2b．‎ 因a，b都为大于1的正整数，故a≥2．又b＞a，故b≥3．‎ 再由ab＜a＋2b，得 (a－2)b＜a．‎ 由b＞a，故(a－2)b＜b，即(a－3)b＜0．‎ 由b≥3，故a－3＜0，解得a＜3．‎ 于是2≤a＜3，根据a∈N，可得a＝2．‎ ‎(2)由a＝2，对于任意的n∈N*，均存在m∈N*，使得b(m－1)＋5＝b·2n－1，则 b(2n－1－m＋1)＝5．‎ 又b≥3，由数的整除性，得b是5的约数．‎ 故2n－1－m＋1＝1，b＝5．‎ 所以b＝5时，存在正自然数m＝2n－1满足题意．‎ ‎(3)设数列{Cn}中，Cn，Cn＋1，Cn＋2成等比数列，由Cn＝2＋nb＋b·2n－1，‎ ‎(Cn＋1)2＝Cn·Cn＋2，得(2＋nb＋b＋b·2n)2＝(2＋nb＋b·2n－1)(2＋nb＋2b＋b·2n＋1)．‎ 化简，得b＝2n＋(n－2)·b·2n－1． (※) ‎ 当n＝1时，b＝1时，等式(※)成立，而b≥3，不成立．‎ 当n＝2时，b＝4时，等式(※)成立．‎ 当n≥3时，b＝2n＋(n－2)·b·2n－1＞(n－2)·b·2n－1≥4b，这与b≥3矛盾．‎ 这时等式(※)不成立．‎ 综上所述，当b≠4时，不存在连续三项成等比数列；当b＝4时，数列{Cn}中的第二､三､四项成等比数列，这三项依次是18，30，50．‎ 注：(1)用约数筛选方程可能解；(2)通过放缩法，构造不等式，筛选方程可能的解．‎ ‎14．已知数列{an}是以d为公差的等差数列，数列{bn}是以q为公比的等比数列．‎ ‎*(1)若数列{bn}的前n项和为sn，且a1＝b1＝d＝2，S3＜a1003＋5b2－2010，求整数q的值；‎ ‎***(2)在(1)的条件下，试问数列{bn}中是否存在一项bk，使得bk恰好可以表示为该数列中连续p(p∈N，p≥2)项的和?请说明理由；‎ ‎***(3)若b1＝ar,b2＝as≠ar,b3＝at(其中t＞s＞r，且(s－r)是(t－r)的约数)，求证:数列{bn}中每一项都是数列{an}中的项．‎ 解:(1)由题意知，an＝2n，bn＝2·qn－1，所以由S3＜a1003＋5b2－2010，‎ 得b1＋b2＋b3＜a1003＋5b2－2010Þb1－4b2＋b3＜2006－2010Þq2－4q＋3＜0,‎ 解得1＜q＜3，又q为整数，所以q＝2．‎ ‎(2)假设数列{bn}中存在一项bk，满足bk＝bm＋bm＋1＋bm＋2＋…＋bm＋p－1，‎ 因为bn＝2n，所以bk＞bm＋p－1Þ2k＞2m＋p－1Þk＞m＋p－1Þk≥m＋p(*),‎ 又bk＝2k＝bm＋bm＋1＋bm＋2＋…＋bm＋p－1＝2m＋2m＋1＋…＋2n＋p－1‎ ‎＝＝2m＋p－2m＜2m＋p，所以k＜m＋p，此与(*)式矛盾．‎ 所以，项bk不存在．‎ ‎(3)由b1＝ar，得b2＝b1q＝arq＝as＝ar＋(s－r)d，则d＝ ,‎ 又b3＝b1q2＝arq2＝at＝ar＋(t－r)dÞarq2－ar＝(t－r)·，‎ 从而ar(q＋1)(q－1)＝ar(q－1)·，因为as≠arÞb1≠b2，所以q≠1，又ar≠0，‎ 故q＝－1． 又t＞s＞r,且(s－r)是(t－r)的约数,所以q是整数,且q≥2．‎ 对于数列{bn}中任一项bi(不妨设i＞3)，有 bi＝ar＋ar(qi－1－1)＝ar＋ar(q－1)(1＋q＋q2＋…＋qi－2)‎ ‎＝ar＋d(s－r)(1＋q＋q2＋…＋qi－2)＝ar＋[((s－r)(1＋q＋q2＋…＋qi－2)＋1)－1]·d，‎ 由于(s－r)(1＋q＋q2＋…＋qi－2)＋1是正整数，所以bi一定是数列{a}的项．‎ 注：利用数列的有界性，构造矛盾，说明方程无解．‎ ‎15．已知数列{an}，an＝pn＋λqn(p＞0，q＞0，p≠q，λ∈R，λ≠0，n∈N*)．‎ ‎*(1)求证:数列{an＋1－pan}为等比数列；‎ ‎**(2)数列{an}中，是否存在连续的三项，这三项构成等比数列?试说明理由；‎ ‎***(3)设A＝{(n，bn)|bn＝3n＋kn，n∈N*}，其中k为常数，且k∈N*，B＝{(n，cn)|cn＝5n，n∈N*}，求A∩B．‎ 解：(1)因为an＝pn＋λqn，所以an＋1－pan＝pn＋1＋λqn＋1－p(pn＋λqn)＝λqn(q－p)，‎ 因为λ≠0，q＞0，p≠q所以＝q为常数所以数列{an＋1－pan}为等比数列 ‎(2)取数列{an}的连续三项an，an＋1，an＋2(n≥1，n∈N*)， ‎ 因为a－anan＋2＝(pn＋1＋λqn＋1)2－(pn＋λqn)(pn＋2＋λqn＋2)＝－λpnqn(p－q)2，‎ 因为p＞0，q＞0，p≠q，λ≠0，所以－λpnqn(p－q)2≠0，即a≠anan＋2，‎ 所以数列{an}中不存在连续三项构成等比数列；‎ ‎(3)当k＝1时，3n＋kn＝3n＋1＜5n，此时B∩C＝Æ；‎ 当k＝3时，3n＋kn＝3n＋3n＝2·3n为偶数；而5n为奇数，此时B∩C＝Æ；‎ 当k≥5时，3n＋kn＞5n，此时B∩C＝Æ；‎ 当k＝2时，3n＋2n＝5n，发现n＝1符合要求，下面证明唯一性(即只有n＝1符合要求)．‎ 由3n＋2n＝5n得()n＋()n＝1，‎ 设f(x)＝()x＋()x，则f(x)＝()x＋()x是R上的减函数，所以 f(x)＝1的解只有一个，‎ 从而当且仅当n＝1时()n＋()n＝1，即3n＋2n＝5n，此时B∩C＝{(1，5)}；‎ 当k＝4时，3n＋4n＝5n，发现n＝2符合要求，同理可证明唯一性(即只有n＝2符合要求)．‎ 从而当且仅当n＝2时()n＋()n＝1，即3n＋4n＝5n，此时B∩C＝{(2，25)}；‎ 综上，当k＝1，k＝3或k≥5时，B∩C＝Æ；‎ 当k＝2时，B∩C＝{(1，5)}，‎ 当k＝4时，B∩C＝{(2，25)}．‎ 注：(1)通过放缩法，构造不等式，筛选方程可能的解．(2)通过函数单调性，说明解的唯一性．‎