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  • 2021-06-23 发布

南京市2019届高三数学二轮专题复习资料专题10:(选讲)数列难点专项研究

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南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 1 页(共 4 页) 专题 10:数列难点专项研究 目录 问题归类篇 ............................................................................................................................................................... 2 类型一:等差、等比数列的证明 ................................................................................................................... 2 类型二:等差、等比数列中的求值 ............................................................................................................... 9 类型三:等差、等比数列中的探究 ............................................................................................................. 20 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 2 页(共 4 页) 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=7 2d,从而 a2=3 2d,a1=1 2d.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. 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=3 4d. 由 a6=a2+d=a3+d2,所以 a3-a2=1 4d. 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 3 页(共 4 页) 由 a10=a2+2d=a4+2d2,所以 a4-a2=1 2d. 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) an-an-1=常数; (2) 2an=an-1+an+1; (3)2an=an-k+an+k 或 an-an-k=常数(n∈N*,n>1). 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.已知数列{ }an 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  d=1, 2a1-d=1,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{ }an 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. 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 4 页(共 4 页) 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 d 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 q 的等比数列,试探究数列 }{ na 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公差相等的等差数列,当前三项也成等差时,数列{an}是等差数列. **2.已知数列{an}的首项 a1=a,Sn 是数列{an}的前 n 项和,且满足:S2 n=3n2an+S 2 n-1, an≠0,n≥2,n∈N*,求数列{an}的通项公式. 解:由 S2 n=3n2an+S 2 n-1,得 S2 n-S 2 n-1=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=  a,n=1, 3n+2a-6,n为奇数且n≥3, 3n-2a+6,n为偶数. 思考:(1){an}是否可以为等差数列?(2){an}是否可以为递增数列? **3.设数列{an}的各项均为正数.若对任意的 n∈N*,存在 k∈N*,使得 a2n+k=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a13 a1 =α41=t3,a17 a5 =α42=t3,a21 a9 =α43=t3. 所以 α1=α2=α3,不妨记 α=α1=α2=α3,且 t=α4 3. 于是 a3k-2=a1αk-1=a1(3 α)(3k-2)-1, a3k-1=a5αk-2=a1tαk-2=a1αk-2 3=a1(3 α)(3k-1)-1, a3k=a9αk-3=a1t2αk-3=a1αk-1 3=a1(3 α)3k-1, 所以 an=a1(3 α)n-1,所以an+1 an =3 α,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. 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 5 页(共 4 页) **4.设{an}的前 n 项和为 Sn.证明:对任意 n∈N*,都有 Sn=1 2n(a1+an),则{an}为等差数列. 证:n≥2 时,Sn=1 2n(a1+an) ①,Sn-1=1 2(n-1)(a1+an-1) ②, ①-②得 an=1 2n(a1+an)-1 2(n-1)(a1+an-1)=1 2a1+1 2nan-1 2(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(消去 a1),转化为 2an-1=an-2+ an,进而证明等差数列. 5.命题 p:{ }an 是等差数列;命题 q:等式 1 a1a2 + 1 a2a3 +…+ 1 anan+1 =kn+b a1an+1 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{an}的公差为 d, 当 d≠0 时原等式可化为 1 d   1 a1 - 1 a2 + 1 a2 -1 a3 +…+1 an - 1 an+1 =kn+b a1an+1 ,所以1 d· nd a1an+1 =kn+b a1an+1 , 即( )k-1 n+b=0 对于 n∈N*恒成立, 令 n=1,n=2 解得 k=1,b=0. 当 k=1,b=0 时( )k-1 n+b=0 对于 n∈N*恒成立, 所以 k=1,b=0. 当 d=0 时,也成立. 综上,k=1,b=0. (2)当 k=1,b=0 时, 1 a1a2 + 1 a2a3 +…+ 1 anan+1 = n a1an+1 ①对于任意的 n( )n∈N* 恒成立. 当 n≥2 时, 1 a1a2 + 1 a2a3 +…+ 1 an-1an = n-1 a1an+1 ②, 由①-②得, 1 anan+1 = 1 a1 n an+1 -n-1 an ,即 nan-( )n-1 an+1=a1 ③. 当 n≥3 时,( )n-1 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{an}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(消去 a1),转化为 2an-1=an-2 +an,进而证明等差数列. 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 6 页(共 4 页) **6.在正项数列{ }an 中,∑ n i=1 1 ai+ ai+1 = n a1+ an+1 (p 为正常数)对正整数 n 恒成立,求证{ }an 为等差数 列. 证:记 Sn=∑ n i=1 1 ai+ ai+1 . 所以 Sn=∑ n i=1 1 ai+ ai+1 = n a1+ an+1 ①, Sn+1= ∑ n+1 i=1 1 ai+ ai+1 = (n+1) a1+ an+2 ②, ②-①,得 (n+1) a1+ an+2 — n a1+ an+1 = 1 an+1+ an+2 , 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{ }an 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(消去 a1),转化为 2an-1=an-2 +an,进而证明等差数列. 7.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  -3S2-7S1=A+B 2S3-12S2=2A+B,即   A+B=-28 2A+B=-48, 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. **8.已知数列{an},{bn}满足:bn=an+3an+1,n∈N* .若数列{bn}成等差数列,且 b1=5a2-a3,试判断 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 7 页(共 4 页) 数列{an}是否成等差数列?并证明结论. 解:{an}成等差数列.下面证明: 由 b1=5a2-a3,可得 a1+3a2=5a2-a3,即 a3-2a2+a1=0; 由 bn=an+3an+1 可得 bn+1=an+1+3an+2,bn+2=an+2+3an+3, 又因为数列{bn}成等差数列,从而 bn+2-bn+1=bn+1-bn,即 bn+2-2bn+1+bn=0, 从而 bn+2-2bn+1+bn=(an+2+3an+3)-2(an+1+3an+2)+(an+3an+1)=0, 即 an+2-2an+1+an=3(an+3-2an+2+an+1), 所以 an+2-2an+1+an=3n-1(a3-2a2+a1)=0, 所以数列{an}成等差数列. 注:将数列相邻四项的递推关系转化为相邻三项的递推关系. **9.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=1 2(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=1 2(S2+S4)-1,S4=29,a4=10, 令 m=1,Sn+1=1 2(S2n+S2)-(n-1)2,令 m=2,Sn+2=1 2(S2n+S4)-(n-2)2, 所以 an+2=Sn+2-Sn+1=2n-3+S4+S2 2 =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=  5,n=1 2n+2,n≥2. 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. ***10.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= 2a2m(1+S2n)-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= 2a2(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= 2a2(1+S4).则(4+a3)2=4(4+a3+a4). 令 m=2,n=1,得 1+S3= 2a4(1+S2).则(4+a3)2=8a4. 解得 a3=4,a4=8.得 1+Sm+n= 2a2m(1+S2n).令 m=1,得 1+Sn+1= 2a2(1+S2n). 令 m=2,得 1+Sn+2= 2a4(1+S2n).所以1+Sn+2 1+Sn+1 = a4 a2 (n∈N*).因为 a4 a2 =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= 2a2m(1+S2n)-1 得到 1+Sn+1= 2a2(1+S2n)和 1+Sn+2= 2a4(1+S2n),进而得出数列{1+Sn}成等比;(2)求得 a4 a2 时体现出得方程思想,也是值得好好体会的. 11.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a2 a1 的值; ***(2)求证:{an}为等比数列. 解:(1)由(Sm+n+S1)2=4a2na2m,得(S2+S1)2=4a2 2,即(a2+2a1)2=4a2 2. 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 8 页(共 4 页) 因为 a1>0,a2>0,所以 a2+2a1=a2,即a2 a1 =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a2 a1 =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(Sn+2+S1)2 (Sn+1+S1)2=a4 a2 ,所以Sn+2+S1 Sn+1+S1 = a4 a2 =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 a2na2n+2 , ② 在①中,用 n+1 代 n 得,S2n+2+S1=2a2n+2. ③ ②-①,得 a2n+1=2 a2na2n+2-2a2n=2 a2n( a2n+2- a2n), ④ ③-②,得 a2n+2=2a2n+2-2 a2na2n+2=2 a2n+2( a2n+2- a2n), ⑤ 由④⑤得 a2n+1= a2na2n+2. ⑥ ⑥代入④,得 a2n+1=2a2n;⑥代入⑤得 a2n+2=2a2n+1, 所以a2n+2 a2n+1 =a2n+1 a2n =2.又a2 a1 =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. ***12.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=λ+λ(n-1) 2 (n−1)=λn(n-1) 2 , 所以λn(n-1) 2 d+λncn=λnbn, 即(n-1) 2 d+cn=bn, 所以当 n≥3 时,(n-2) 2 d+cn−1=bn−1, 两式相减得 bn−bn−1=3 2d(n≥3), 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 9 页(共 4 页) 所以数列{bn}从第二项起是公差为3 2d 等差数列; 又当 n=1 时,由 S1c1=a1b1 得 c1=b1, 当 n=2 时,由 b2=(2-1) 2 d+c2=1 2d+(c1+d)=b1+3 2d 得 b2−b1=3 2d, 故数列{bn}是公差为3 2d 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(n-1) 2 d+cn=bn,本题选择用定义证明等差数列. 13.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=bn+cn-1 2 +1,所以 an+1=bn+1+cn 2 +1, 所以 an+1−an=bn+1+cn 2 − bn+cn-1 2 =bn+1-bn 2 +cn-cn-1 2 , 因为数列{bn},{cn}都是等差数列, 所以bn+1-bn 2 +cn-cn-1 2 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= nSn n2+c, 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 10 页(共 4 页) 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+n(n-1) 2 d. (1)由 c=0,得 bn=Sn n =a+n-1 2 d. 又因为 b1、b2、b4 成等比数列,所以 b22=b1b4,即 a+d 2 2 =a a+3 2d ,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 nSn n2+c=b1+(n-1)d1,n∈N*, 代入 Sn 的表达式,整理得,对于所有的 n∈N*,有 d1-1 2d n3+ b1-d1-a+1 2d n2+cd1n=c(d1-b1). 令 A=d1-1 2d,B=b1-d1-a+1 2d,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   7A+3B+cd1=0,① 19A+5B+cd1=0,② 21A+5B+cd1=0,③ 由②、③得 A=0,cd1=-5B,代入方程①,得 B=0,从而 cd1=0. 即 d1-1 2d=0,b1-d1-a+1 2d=0,cd1=0.若 d1=0, 则由 d1-1 2d=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=  2,n=1, 2n-1,n≥2. 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=n(3-n) 2 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-n(3-n) 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. 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 11 页(共 4 页) 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= an+bn an2+bn2 n∈N*. (1)设 bn+1=1+bn an n∈N*,求证:数列{(bn an )2}是等差数列; (2)设 bn+1= 2·bn an n∈N*,且{an}是等比数列,求 a1 和 b1 的值. 解:(1) 由题设知 an+1= an+bn a2n+b2n = 1+bn an 1+ bn an 2= bn+1 1+ bn an 2,所以bn+1 an+1 = 1+ bn an 2 , 从而 bn+1 an+1 2 - bn an 2 =1(n∈N*), 所以数列     bn an 2 是以 1 为公差的等差数列. (2) 因为 an>0,bn>0,所以(an+bn)2 2 ≤a2n+b2n<(an+bn)2, 从而 1<an+1= an+bn a2n+b2n ≤ 2. (*) 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 q <a2≤ 2,故当 n>logq 2 a1 时,an+1=a1qn> 2,与(*)矛盾; 若 0<q<1,则 a1=a2 q >a2>1,故当 n>logq 1 a1 时,an+1=a1qn<1,与(*)矛盾. 综上,q=1,故 an=a1(n∈N*),所以 1<a1≤ 2. 又 bn+1= 2·bn an = 2 a1 ·bn(n∈N*), 所以{bn}是公比为 2 a1 的等比数列. 若 a1≠ 2,则 2 a1 >1,于是 b1<b2<b3.又由 a1= a1+bn a21+b2n 得 bn=a1±a21 2-a21 a21-1 , 所以 b1,b2,b3 中至少有两项相同,矛盾.所以 a1= 2,从而 bn=a1±a21 2-a21 a21-1 = 2. 所以 a1=b1= 2. 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=3 2 ,公差 d=1,求满足 Sk2=(Sk)2 的正整数 k; 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 12 页(共 4 页) **(2)求所有的无穷等差数列{an},使得对于一切正整数 k 都有 Sk2=(Sk)2 成立. 解:(1)当 a1=3 2,d=1 时,Sn=3 2n+n(n-1) 2 =1 2n2+n, 由 Sk2=(Sk)2 得,1 2k4+k2=(1 2k2+k)2 ,即 k3(1 4k-1)=0,又 k≠0,所以 k=4. (2)设数列{an}的公差为 d, 则在 Sk2=(Sk)2 中分别取 k=1,2 得   S1=(S1)2 S4=(S2)2 ,即   a1=a12, ① 4a1+4×3 2 d=(2a1+2×1 2 d)2,②, 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 Sk2=(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 Sk2=(Sk)2 成立; 当 a1=1, d=2 时,则 an=2n-1,Sn=n2,从而 Sk2=(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 n 项和,若S2n Sn (n∈N*)是非零常数,则称该数列为“和等比数列”. *(1)若数列{2bn}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{ }2bn 是首项为 2,公比为 4 的等比数列,所以 2bn=2·4n-1=22n-1, 因此 bn=2n-1. 设数列{ }bn 的前 n 项和为 Tn,则 Tn=n2,T2n=4n2,所以T2n Tn =4, 因此数列{ }bn 为“和等比数列”. (2)设数列{ }cn 的前 n 项和为 Rn,且R2n Rn =k(k 为常数,且 k≠0), 因为数列{ }cn 是等差数列,所以 Rn=nc1+n(n-1) 2 d,R2n=2nc1+2n(2n-1) 2 d, 所以R2n Rn = 2nc1+2n(2n-1) 2 d nc1+n(n-1) 2 d =k 对于 n∈N*都成立, 化简得,(k-4)dn+(k-2)(2c1-d)=0, 则   (k-4)d=0, (k-2)(2c1-d)=0,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. 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 13 页(共 4 页) 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+(n+3) (n+2) 2 d1,Tn=nb1+n(n-1) 2 d2. ∵对一切 n∈N*,有 Sn+3=Tn, ∴(n+3)a1+(n+3) (n+2) 2 d1=nb1+n(n-1) 2 d2, 即d1 2 n2+ a1+5 2d1 n+3a1+3d1=d2 2 n2+ b1-1 2d2 n. ∴    d1 2 =d2 2 , a1+5 2d1=b1-1 2d2, 3a1+3d1=0. 即    d2=d1, a1=-d1, b1=2d1. 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{an},{bn},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{an},{bn}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 b2-a2=b1q2-a1q1, b3-a3=b1q22-a1q21, b4-a4=b1q32-a1q31 , 由 b1-a1,b2-a2,b3-a3,b4-a4 成等差数列得    2(b1q2-a1q1)=b1-a1+(b1q22-a1q21) 2(b1q22-a1q21)=b1q2-aq1+(b1q32-q1q31) 即   b1(q2-1)2-a1(q1-1)2=0, ① b1q2(q2-1)2-a1q1(q1-1)2=0, ② 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; 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 14 页(共 4 页) 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   a1q-a1=8 a1q2=m ,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   a1q-a1=8 a1q2=m ,有唯一正数解. 6.已知 n 为正整数,数列{an}满足 an>0,4(n+1)a2n-na2n+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 8a21Sn-a41n2=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)a2n=na2n+1,因为数列{an}各项均为正, 得 a2n+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=a1·2 n-1,即 an=a1·2 n-1· n, 所以 bn=a2n tn =a21·4 n-1·n tn , 如果数列{bn}是等差数列,则 2b2=b1+b3, 即 2·a21·2·42-1 t2 =a21·4 0 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; 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 15 页(共 4 页) 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. 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=k j ai=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=1 λan,④ 要使数列{an}是等差数列,则④式右边1 λan 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+1 λ,a3= 1+1 λ 2 , 由 2a2=a1+a3,得 2 1+1 λ =1+ 1+1 λ 2 ,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an+1 an =1+1 λ,{an}为公比为 1+1 λ的等比数列, 又对任意 n,an∈N,则 q=1+1 λ∈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=k j ai=2k-1(2j-k+1-1) 2-1 =2 016, 所以 2k-1(2j-k+1-1)=2 016=25×3 2×7 , 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=k j ai=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+1 λ∈N. 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 16 页(共 4 页) ***8.若存在常数 k(k∈N*,k≥2),q,d,使得无穷数列{an}满足 an+1=    an+d,n k∉N*, qan,n k∈N*, 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bk+1 bk =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, ② 若 q=1,则 d=0,bn=b; ②若 q≠1,则 qkm= d (q-1)b,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=b22,得 b+d=bq;由 b2b4=b23,得(b+d)q2=(b+d)q+d, 联立两式,得   d=0, q=1 或   d=-2b, q=-1, 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=b22,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+ n 2-1 d2<1+n 2d1, 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+n-1 2 d1<2+   n+1 2 -1 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+8×7 2 d1+14+7×6 2 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.若数列{an}满足:对于任意 n∈N*,an+|an+1-an+2|均为数列{an}中的项,则称数列{an}为“T 数列”. *(1)若数列{an}的前 n 项和 Sn=2n2,n∈N*,求证:数列{an}为“T 数列”; **(2)若公差为 d 的等差数列{an}为“T 数列”,求 d 的取值范围; ***(3)若数列{an}为“T 数列”,a1=1,且对于任意 n∈N*,均有 an<a 2n+1-a2n<an+1,求数列{an}的通项 公式. 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 17 页(共 4 页) 解:(1)当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n2-2(n-1)2=4n-2, 又 a1=S1=2=4×1-2,所以 an=4n-2. 所以 an+|an+1-an+2|=4n-2+4=4(n+1)-2 为数列{an}的第 n+1 项, 因此数列{an}为“T 数列”. (2)因为数列{an}是公差为 d 的等差数列, 所以 an+|an+1-an+2|=a1+(n-1) d+|d|. 因为数列{an}为“T 数列”, 所以任意 n∈N*,存在 m∈N*,使得 a1+(n-1) d+|d|=am,即有(m-n) d=|d|. ①若 d≥0,则存在 m=n+1∈N*,使得(m-n) d=|d|, ②若 d<0,则 m=n-1. 此时,当 n=1 时,m=0 不为正整数,所以 d<0 不符合题意. 综上,d≥0. (3)因为 an<an+1,所以 an+|an+1-an+2|=an+an+2-an+1. 又因为 an<an+an+2-an+1=an+2-(an+1-an)<an+2,且数列{an}为“T 数列”, 所以 an+an+2-an+1=an+1,即 an+an+2=2an+1, 所以数列{an}为等差数列. 设数列{an}的公差为 t(t>0),则有 an=1+(n-1)t, 由 an<a 2 n+1-a2 n<an+1,得 1+(n-1)t<t[2+(2n-1)t]<1+nt, 整理得 n(2t2-t)>t2-3t+1, ① n(t-2t2)>2t-t2-1. ② 若 2t2-t<0,取正整数 N0>t2-3t+1 2t2-t , 则当 n>N0 时,n(2t2-t)<(2t2-t) N0<t2-3t+1,与①式对于任意 n∈N*恒成立相矛盾, 因此 2t2-t≥0. 同样根据②式可得 t-2t2≥0, 所以 2t2-t=0.又 t>0,所以 t=1 2. 经检验当 t=1 2时,①②两式对于任意 n∈N*恒成立, 所以数列{an}的通项公式为 an=1+1 2(n-1)=n+1 2 . 注:题(3)利用单调性,夹逼出等式 an+an+2=2an+1,证明数列为等差数列是解决问题的关键. 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=n 2an(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, 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 18 页(共 4 页) 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=K 2aK. 又由定义知,数列{an}也是“t 项可减数列”(t=1,2,…,K-1), 所以 Sn=n 2an(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.设无穷数列{ }an 满足:任意 n∈Ν*,an<an+1,an∈N*.记 bn=aan ,cn=aan+1(n∈N*). **(1)若 bn=3n(n∈N*),求证:a1=2,并求 c1 的值; ***(2)若{ }cn 是公差为 1 的等差数列,问{ }an 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 aa1 =a1=3 矛盾, 若 a1≥3=aa1 ,可得 1≥a1≥3 矛盾,所以 a1=2.于是 a2=aa1 =3,从而 c1=aa1+1=a3=aa2 =6. (2){ }an 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 aan+1+1≥aan+1+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{ }an 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{ }an 的单调性可得 aan+1+1-aan+1≥2 与题设矛盾,所以假设不成立,故 an+1-an≤1, 则 an+1-an=1,即{ }an 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:{ }cn 是公差为 1 的等差数列,则 aan+1+1-aan+1=1, aan+1+1=1+aan+1≤aan+2,从而 an+1+1≤an+2,变形可得 an+1-an≤1, 综上:an+1-an=1,{ }an 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“aan+1+1”过于抽象. 13.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,数列{bn},{cn}满足(n+1)bn=an+1-Sn n ,(n+2)cn=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. 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 19 页(共 4 页) 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. 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-Sn n ,(n+2)cn=an+1+an+2 2 -Sn n ”消去数列{an};( 2)利用不等关系 bn≤λ≤cn 夹逼出数列{bn},{cn}. 14.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= 12 13 n ,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 anbn cn 是等比数列,数列{dn}的前 n 项和为an-cn cn ,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 1 M<|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= 12 13 n ·(2n+t),则 12 13 n+1 (2n+t+2)>2 12 13 n (2n+t), 即 14t<24-28n 对 n=1,2,3,4 恒成立,得 t<-44 7 , 由 12 13 n (2n+t)> 12 13 n+1 (2n+t+2)得 t>24-2n 对 n≥17 恒成立,得 t>-10, 所以 -10<t<-44 7 ,而 t∈Z,所以 t=-9,-8,-7, 所以 an=2n-7,或 an=2n-8,或 an=2n-9. (2) 证明:设 bn=A1qn1,anbn cn =A2qn2,则 an=A2 A1 · q2 q1 n ·cn, 不妨设A2 A1 =A,q2 q1 =q,则 an=Aqn·cn,  i=1 n di=Aqncn-cn cn =Aqn-1,所以 dn=  i=1 n di -  i=1 n-1 di =[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| M |A(q-1)|,+∞)内的正整数时,|dn|>M,与 1 M<dn<M 矛盾; 若 0<q<1,则对任给正数 T=1 M,则 n 取(log|q| T |A(q-1)|,+∞)内的正整数时|dn|<T=1 M,与1 M<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=1 A(an+1-an)=d′ A 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. 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 20 页(共 4 页) 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amam+1 am+2 为数列{an}中的项. 解:(1)设公差为 d,则 a22-a25=a24-a23,由性质得-3d(a4+a3)=d(a4+a3), 因为 d≠0,所以 a4+a3=0,即 2a1+5d=0,又由 S7=7 得 7a1+7×6 2 d=7, 解得 a1=-5,d=2,an =2n-7, Sn=n2-6n. (2) 因为amam+1 am+2 =(am+2-4)(am+2-2) am+2 =am+2-6+ 8 am+2 为数列{an}中的项, 故 8 am+2 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:2a1,2a2,2a3,2a4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 2an =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=d a,则 1=(1-t)(1+t)3,且(1+t)6=(1+2t)4,(-1 2<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=-1 4, 显然 t=-1 4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a1 d 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 a2 3=a1a4,即(a1+2d)2=a1(a1+3d),化简得 a1d+4d2=0. 因为 d≠0,所以a1 d =4; 若删去 a3,则有 a2 2=a1a4,即(a1+d)2=a1(a1+3d),得a1 d =1. 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 21 页(共 4 页) 综上,a1 d =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a1 d =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a1 d =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 b2 y+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b1 d = y2-xz x+z-2y. 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b1 d 为有理数. 于是,对于任意的正整数 n(n≥4),只要b1 d 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+ 2,1+2 2,……,1+(n-1) 2满足要求. 4.(2018 年高考题)设{an}是首项为 a1,公差为 d 的等差数列,{bn}是首项为 b1,公比为 q 的等比数列. (1)设 a1=0,b1=1,q=2,若|an-bn|≤b1 对 n=1,2,3,4 均成立,求 d 的取值范围; (2)若 a1=b1>0,m∈N*,q∈(1,m 2],证明:存在 d∈R,使得|an-bn|≤b1 对 n=2,3,…,m+1 均 成立,并求 d 的取值范围(用 b1,m,q 表示). 解:(1)由条件知: an=(n-1)d,bn=2n-1. 因为|an-bn|≤b1 对 n=1,2,3,4 均成立, 即|(n-1)d-2n-1|≤q1 对 n=1,2,3,4 均成立, 即 1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9,得7 3≤d≤5 2. 因此,d 的取值范围为[7 3,5 2]. (2)由条件知:an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1. 若存在 d,使得|an-bn|≤b1(n=2,3,···,m+1)成立, 即|b1+(n-1)d-b1qn-1|≤qb1(n=2,3,…,m+1), 即当 n=2,3,…,m+1 时,d 满足qn-1-2 n-1 b1≤d≤qn-1 n-1b1. 因为 q∈(1,m 2],则 1<qn-1≤qm≤2, 从而qn-1-2 n-1 b1≤0,qn-1 n-1b1>0,对 n=2,3,…,m+1 均成立. 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 22 页(共 4 页) 因此,取 d=0 时,|an-bn|≤b1 对 n=2,3,…,m+1 均成立. 下面讨论数列{qn-1-2 n-1 }的最大值和数列{qn-1 n-1}的最小值(n=2,3,…,m+1). ①当 2≤n≤m 时,qn-2 n -qn-1-2 n-1 =nqn-qn-nqn-1+2 n(n-1) =n(qn-qn-1)-qn+2 n(n-1) , 当 1<q≤2 1 m时,有 qn≤qm≤2,从而 n(qn-qn-1)-qn+2>0. 因此,当 2≤n≤m+1 时,数列{qn-1-2 n-1 }单调递增, 故数列{qn-1-2 n-1 }的最大值为qm-2 m . ②设 f(x)=2x(1-x),当 x>0 时,f'(x)=(ln2-1-xln2)2x<0, 所以 f(x)单调递减,从而 f(x)<f(0)=1. 当 2≤n≤m 时, qn n qn-1 n-1 =q(n-1) n ≤2 1 n(1-1 n)=f(1 n)<1, 因此,当 2≤n≤m+1 时,数列{qn-1 n-1}单调递减, 故数列{qn-1 n-1}的最小值为qm m. 因此,d 的取值范围为[b1(qm-2) m ,b1qm m ]. 二、方法联想 数列中的存在性问题,常常转化为方程和不等式解的存在性问题研究.其中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+(n-1)(n-2) 2 λ(n≥2), 当 n=1 时也适合,所以 an=1+(n-1)(n-2) 2 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, 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 23 页(共 4 页) 则(at+1-1)2=(as+1-1)(ap+1-1),即t2(t-1)2 4 =s(s-1)p(p-1) 4 , 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1 cp 、1 cq 、1 cr 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1 cp 、1 cq 、1 cr 成等差数列,则 2 2q-1=1+ 1 2r-1(*). 因为 p<q<r, 所以 q≥2,r≥3, 2 2q-1<1,1+ 1 2r-1>1, 所以(*)不成立. ② 当 p≥2 时,若1 cp 、1 cq 、1 cr 成等差数列,则 2 2q-1= 1 2p-1+ 1 2r-1, 所以 1 2r-1= 2 2q-1- 1 2p-1= 4p-2q-1 (2p-1)(2q-1), 即 2r-1=(2p-1)(2q-1) 4p-2q-1 , 所以 r=2pq+p-2q 4p-2q-1 , 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= an an+m(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× 7 7+m= 1 1+m+ 2t-1 2t-1+m,化简得 t=7+ 36 m-5. 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. 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 24 页(共 4 页) 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.已知数列{an}满足 an+1+(-1)nan=n+5 2 (n∈N*),数列{an}的前 n 项和为 Sn. *(1) 求 a1+a3 的值; (2) 若 a1+a5=2a3. **① 求证:数列{a2n}为等差数列; ***② 求满足 S2p=4S2m(p,m∈N*)的所有数对(p,m). 解:(1)由条件,得  a2-a1=3 ① a3+a2=7 2 ② ,②-①得 a1+a3=1 2. (2)①证明:因为 an+1+(-1)nan=n+5 2 , 所以   a2n-a2n-1=2n+4 2 ③ a2n+1+a2n=2n+5 2 ④ . ④-③得 a2n-1+a2n+1=1 2, 于是 1=1 2+1 2=(a1+a3)+(a3+a5)=4a3,所以 a3=1 4,从而 a1=1 4. 所以 a2n-1-1 4=-(a2n-3-1 4)=…=(-1)n-1(a1-1 4)=0, 所以 a2n-1=1 4,将其代入③式,得 a2n=n+9 4, 所以 a2(n+1)-a2n=1(常数)所以数列{an}为等差数列. ②注意到 a1=a2n+1,所以 S2n=a1+a2+…+a2n =(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a2n+a2n+1)= ∑ n k=1 2k+5 2 =n2 2 +3n, 由 S2p=4S2m 知p2 2 +3p=4(m2 2 +3m),所以(2m+6)2=(p+3)2+27,即 (2m+p+9)(2m-p+3)=27,又 p , m∈N*,所以 2m+p+9≥12 且 2m+p+9,2m-p+3 均为正整数, 所以   2m+p+9=27 2m-p+3=1 ,解得 p=10,m=4, 所以所求数对为(10,4) . 注:利用约数,筛选不定方程的可能解. 4.数列{an}满足:a1+ a2 λ + a3 λ2+…+ an λn-1=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+ a2 λ + a3 λ2+…+ an λn-1=n2+2n ①, 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 25 页(共 4 页) 得 a1+ a2 λ + a3 λ2+…+ an-1 λn-2=(n-1)2+2(n-1) ②, ①- ②得 an λn-1=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 b 2+1)(a b 2-1)=2n. 因为 a b 2+1,a b 2-1 都是大于 1 的正整数,所以存在正整数 t,s 使得 a b 2-1=2t,a b 2+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.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,满足 Sn=2an-1,n∈N*.数列{bn}满足 nbn+1-(n+1)bn=n(n+1), n∈N*,且 b1=1. *(1)求数列{an}和{bn}的通项公式; **(2)若 cn=an· bn,数列{cn}的前 n 项和为 Tn,对任意的 n∈N*,都有 Tn≤qnSn-a,求实数 a 的取值 范围; **(3)是否存在正整数 m,n,使 b1,am,bn(n>1)成等差数列,若存在,求出所有满足条件的 m,n,若 不存在,请说明理由. 解:(1)当 n=1 时,S1=2a1-1=a1,所以 a1=1. 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 26 页(共 4 页) 当 n≥2 时,Sn=2an-1,Sn-1=2an-1-1, 两式相减得 an=2an-1, 从而数列{an}为首项 a1=1,公比 q=2 的等比数列, 从而数列{an}的通项公式为 an=2n-1. 由 nbn+1-(n+1)bn=n(n+1)两边同除以 n(n+1), 得bn+1 n+1-bn n =1 . 从而数列{bn n }为首项 b1=1,公差 d=1 的等差数列,所以bn n =n, 从而数列{bn}的通项公式为 bn=n2. (2)由(1)得 cn=an· bn=n·2 n-1, 于是 Tn = 1×1 + 2×2 + 3×22 + … + ( n - 1 )×2n-2 + n×2n - 1, 所以 2Tn = 1×2 + 2×22 + 3×23+ … + ( n - 1 )×2n-1 + n×2n , 两式相减得-Tn=1+2+22+…+2n-1-n×2n=1-2n 1-2 -n×2n, 所以 Tn=(n-1) ·2 n+1, 由(1)得 Sn=2an-1=2n-1, 因为对n∈N*,都有 Tn≤nSn-a, 即(n-1)·2 n+1≤n(2n-1)-a 恒成立, 所以 a≤2n-n-1 恒成立, 记 cn=2n-n-1, 所以 a≤(cn)min, 因为 cn+1-cn=(2n+1-(n+1)-1)-(2n-n-1)=2n-1>0, 从而数列{cn}为递增数列,所以当 n=1 时 cn 取最小值 c1=0, 于是 a≤0. (3)假设存在正整数 m,n(n>1),使 b1,bm,bn 成等差数列,则 b1+bn=2am, 即 1+n2=2m , 若 n 为偶数,则 1+n2 为奇数,而 2m 为偶数,上式不成立. 若 n 为奇数,设 n=2k-1(k∈N*),则 1+n2=1+(2k-1)2=4k2-4k+2=2m, 于是 2k2-2k+1=2m-1,即 2(k2-k)+1=2m-1, 当 m=1 时,k=1,此时 n=2k-1=1 与 n>1 矛盾; 当 m≥2 时,上式左边为奇数,右边为偶数,显然不成立. 综上所述,满足条件的实数对(m,n)不存在. 注:利用奇偶分析,说明不定方程无解. 8.已知等差数列{an}的首项为 1,公差为 d,数列{bn}的前 n 项和为 Sn,且对任意的 n∈N*,6Sn=9bn-an -2 恒成立. **(1)如果数列{bn+1 2}是等差数列,求 d 的值; ***(2)如果 d=3,数列{cn}的首项为 1,cn=bn-bn-1(n≥2),证明:数列{an}的中存在无穷多项可表示为 数列{cn}中的两项之和. 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 27 页 共 34 页 解:(1)由 6Sn=9bn-an-2, ① 得 6Sn-1=9bn-1-an-1-2(n≥2), ② ①-②得 6(Sn-Sn-1)=9(bn-bn-1)-(an-an-1), 所以 6bn=9bn-9bn-1-d,即 3bn=9bn-1+d, 所以 bn+1 2 bn-1+1 2 = 3bn-1+d 3+1 2 bn-1+1 2 = 3(bn-1+1 2)+d 3-1 bn-1+1 2 =3+ d 3-1 bn-1+1 2 是与 n 无关的常数, 所以d 3-1=0 或 bn-1+1 2为常数. ①当d 3-1=0 时,d=3,符合题意; ②当 bn-1+1 2为常数时, 在 6Sn=9bn-an-2 中令 n=1,则 6a1=9b1-a1-2,又 a1=1,解得 b1=1, 所以 bn-1+1 2=b1+1 2=3 2, 此时 3+ d 3-1 bn-1+1 2 =3+ d 3-1 3 2 =1,解得 d=-6. 综上,d=3 或 d=-6. (2)当 d=3 时,an=3n-2, 由(2)得数列{bn+1 2}是以3 2为首项,公比为 3 的等比数列,所以 bn+1 2=3 2·3 n-1=1 2·3 n,即 bn=1 2(3n-1). 当 n≥2 时,cn=bn-bn-1=1 2(3n-1)-1 2(3n-1-1)=3n-1, 当 n=1 时,也满足上式, 所以 cn=3n-1(n≥1). 设 an=ci+cj(1≤i<j),则 3n-2=3i-1+3j-1,即 3n-3i-1(3j-i+1)=2, 如果 i≥2,因为 3n 为 3 的倍数,3i-1(3j-i+1)为 3 的倍数, 所以 2 也为 3 的倍数,矛盾. 所以 i=1,则 3n=3+3j-1,即 n=1+3j-2(j=2,3,4,…). 所以数列{an}中存在无穷多项可表示为数列{cn}中的两项之和. 注:(1)“ 3+ d 3-1 bn-1+1 2 是与 n 无关的常数”与“d=3”不等价;(2)利用 3 的倍数分析,确定出 i=1. **9.已知 cn=n+ 2+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+( 2+1)]2=[r+( 2+1)][t+( 2+1)], 整理得(2s−r−t) 2=rt+r+t−s2−2s. 当 2s-r-t≠0 时, 2=rt+r+t-s2-2s 2s-r-t , 因为 r,s,t∈N*,所以rt+r+t-s2-2s 2s-r-t 是有理数,这与 2为无理数矛盾; 当 2s-r-t=0 时,则 rt+r+t-s2-2s=0,从而  s2=rt, 2s-r-t=0. 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. 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 28 页 共 34 页 注:利用有理数无理数分析,说明方程无解. 10.已知各项均为正数的等比数列{an}的公比为 q,且 0<q<1 2. **(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<1 2. 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[5 4-(q+1 2)2] 因为[5 4-(q+1 2)2]∈(1 4,1), 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= 2−1(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. **11.已知 Tn= n 2n+1,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=1 3,Tm= m 2m+1,Tn= n 2n+1, 若 T1,Tm,Tn 成等比数列,则( m 2m+1)2=1 3( n 2n+1),即 m2 4m2+4m+1= n 6n+3. 方法一:由 m2 4m2+4m+1= n 6n+3,可得3 n=-2m2+4m+1 m2 , 所以-2m2+4m+1>0,.5u 从而 1- 6 2 <m<1+ 6 2 ,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 n 6n+3= 1 6+3 n <1 6,故 m2 4m2+4m+1<1 6,即 2m2-4m-1<0, 从而 1- 6 2 <m<1+ 6 2 ,(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. **12.已知 Sn=4(1− 1 2n),是否存在正整数 m,n,使 Sn-m Sn+1-m< 2m 2m+1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. 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 29 页 共 34 页 解:由 Sn-m Sn+1-m< 2m 2m+1,得 4(1-1 2n)-m 4(1- 1 2n+1)-m < 2m 2m+1,即2n(4-m)-4 2n(4-m)-2< 2m 2m+1, 所以 1− 2 2n(4-m)-2<1− 1 2m+1,即 2 2n(4-m)-2> 1 2m+1, 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. 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≥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. 当 n=1 时,b=1 时,等式(※)成立. 当 n=2 时,b=4 时,等式(※)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}中,a2=1,前 n 项和为 Sn,且 Sn=n(an-a1) 2 . *(1)求 a1; **(2)证明数列{an}为等差数列,并写出其通项公式; 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 30 页 共 34 页 ***(3)设 lgbn=an+1 3n ,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=1(a1-a1) 2 =0. (2)由 Sn=n(an-a1) 2 ,即 Sn=nan 2 , ① 得 Sn+1=(n+1)an+1 2 . 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,2p 3p=1 3+q 3q. p≥2 时,2(p+1) 3p+1 -2p 3p=2-4p 3p+1 <0,故数列{2p 3p}( p≥2)为递减数列, q≥3 时,(1 3+q+1 3q+1 )-(1 3+ q 3q)=1-2q 3q+1 <0,故数列{1 3+ q 3q}(q≥3)为递减数列, (2p 3p)max=4 9,(1 3+q 3q)max=4 9,即 p=2,q=3 时,2p 3p=1 3+q 3q 又当 p≥3 时,2p 3p≤2×3 27 =2 9<1 3,故无正整数 q 使得2p 3p=1 3+ q 3q成立. 解法 2:同上有,2p 3p=1 3+ q 3q>1 3,且数列{2p 3p}( p≥2)为递减数列, 当 p=2 时,2p 3p=4 9>1 3成立;当 p≥3 时,2p 3p≤2×3 27 =2 9<1 3, 因此,由2p 3p>1 3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. 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an+2-pan+1 an+1-pan =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 2n+1-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 2n+1≠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=; 当 k=3 时,3n+kn=3n+3n=2·3n 为偶数;而 5n 为奇数,此时 B∩C=; 当 k≥5 时,3n+kn>5n,此时 B∩C=; 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(3 5)n+(2 5)n=1, 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 31 页 共 34 页 设 f(x)=(3 5)x+(2 5)x,则 f(x)=(3 5)x+(2 5)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(3 5)n+(2 5)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(3 5)n+(4 5)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=; 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. 15.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,对任意正整数 n,总存在正数 p,q,r,使得 an=pn-1,Sn=qn-r 恒成 立;数列{bn}的前 n 项和为 Tn,且对任意正整数 n,2Tn=nbn 恒成立. **(1) 求常数 p,q,r 的值; **(2) 证明:数列{bn}为等差数列; **(3) 若 b2=2,记 Pn=2n+b1 an +2n+2b2 2an +2n+b3 4an +…+2n+bn-1 2n-2an +2n+bn 2n-1an ,是否存在正整数 k,使得 对任意正整数 n,Pn≤k 恒成立?若存在,求正整数 k 的最小值;若不存在,请说明理由. 解:(1) 因为 Sn=qn-r,① 所以 Sn-1=qn-1-r,(n≥2)② ①-②得 Sn-Sn-1=qn-qn-1,即 an=qn-qn-1,(n≥2), 因为 an=pn-1,所以 pn-1=qn-qn-1,(n≥2), 当 n=2 时,p=q2-q;当 n=3 时,p2=q3-q2. 因为 p,q 为正数,所以 p=q=2. 因为 a1=1,S1=q-r,且 a1=S1,所以 r=1. 经检验 p=2,q=2,r=1 符合题意. (2) 因为 2Tn=nbn,③ 当 n≥2 时,2Tn-1=(n-1)bn-1,④ ③-④得 2bn=nbn-(n-1)bn-1,即(n-2)bn=(n-1)bn-1,⑤ 方法一:由(n-1)bn+1=nbn,⑥ ⑤+⑥得(2n-2)bn=(n-1)bn-1+(n-1)bn+1, 即 2bn=bn-1+bn+1,所以{bn}为等差数列. 方法二:由(n-2)bn=(n-1)bn-1, 得 bn n-1=bn-1 n-2, 当 n≥3 时, bn n-1=bn-1 n-2=…=b2 1 , 所以 bn=b2(n-1),所以 bn-bn-1=b2. 因为 n=1 时,由 2Tn=nbn 得 2T1=b1, 所以 b1=0,则 b2-b1=b2,(7 分) 所以 bn-bn-1=b2 对 n≥2 恒成立,所以{bn}为等差数列. (3) 因为 b1=0,b2=2,由(2)知{bn}为等差数列,所以 bn=2n-2. 又由(1)知 an=2n-1, 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 32 页 共 34 页 所以 Pn= 2n 2n-1+2n+2 2n +…+4n-4 22n-3 +4n-2 22n-2 , Pn+1=2n+2 2n +…+4n-4 22n-3 +4n-2 22n-2 + 4n 22n-1+4n+2 22n , 所以 Pn+1-Pn= 4n 22n-1+4n+2 22n - 2n 2n-1=12n+2-4n·2 n 4n , 令 Pn+1-Pn>0 得 12n+2-4n·2 n>0, 所以 2n<6n+1 2n =3+ 1 2n<4,解得 n=1, 所以当 n=1 时,Pn+1-Pn>0,即 P2>P1, 当 n≥2 时,因为 2n≥4,3+ 1 2n<4, 所以 2n>3+ 1 2n=6n+1 2n , 即 12n+2-4n·2 n<0, 此时 Pn+1<Pn,即 P2>P3>P4>…, 所以 Pn 的最大值为 Pn=2×2 2 +2×2+2 22 =7 2, 若存在正整数 k,使得对任意正整数 n,Pn≤k 恒成立,则 k≥Pmax=7 2, 所以正整数 k 的最小值为 4. 注:利用放缩法求解不等式 12n+2-4n·2 n>0. 16.已知正项数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1=a,(an+1)(an+1+1)=6(Sn+n),n∈N*. **(1)求数列{an}的通项公式; **(2)若对于n∈N* ,都有 Sn≤n(3n+1)成立,求实数 a 取值范围; ***(3)当 a=2 时,将数列{an}中的部分项按原来的顺序构成数列{bn},且 b1=a2,证明: 存在无数个满足条件的无穷等比数列{bn}. 解:(1)当 n=1 时,(a1+1)(a2+1)=6(S1+1),故 a2=5; 当 n≥2 时,(an-1+1)(an+1)=6(Sn-1+n-1), 所以(an+1)(an+1+1-(an-1+1)(an+1)=6(Sn+n)-6(Sn-1+n-1), 即(an+1)(an+1-an-1)=6(an+1), 又 an>0,所以 an+1-an-1=6, 所以 a2k-1=a+6(k-1)=6k+a-6,a2k=5+6(k-1)=6k-1,k∈N*, 故 an=   3n+a-3,n为奇数,n∈N*, 3n-1,n为偶数,n∈N*. (2)当 n 为奇数时,Sn=1 6(3n+a-2)(3n+3)-n, 由 Sn≤n(3n+1)得,a≤3n2+3n+2 n+1 恒成立, 令 f(n)=3n2+3n+2 n+1 ,则 f(n+1)-f(n)= 3n2+9n+4 (n+2)(n+1)>0, 所以 a≤f(1)=4. 当 n 为偶数时,Sn=1 6·3 n(3n+a+1)-n, 由 Sn≤n(3n+1)得,a≤3(n+1)恒成立, 所以 a≤9. 又 a1=a>0,所以实数 a 的取值范围是(0,4]. (3)当 a=2 时,若 n 为奇数,则 an=3n-1,所以 an=3n-1. 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 33 页 共 34 页 解法 1:令等比数列{bn}的公比 q=4m(m∈N*),则 bn=b1qn-1=5×4m(n-1). 设 k=m(n-1),因为 1+4+42+…+4k-1=4k-1 3 , 所以 5×4m(n-1)=5×[3(1+4+42+…+4k-1)+1], =3[5(1+4+42+…+4k-1)+2]-1, 因为 5(1+4+42+…+4k-1)+2 为正整数, 所以数列{bn}是数列{an}中包含的无穷等比数列, 因为公比 q=4m(m∈N*)有无数个不同的取值,对应着不同的等比数列, 故无穷等比数列{bn}有无数个. 解法 2:设 b2=ak2 =3k2-1(k2≥3),所以公比 q=3k2-1 5 . 因为等比数列{bn}的各项为整数,所以 q 为整数, 取 k2=5m+2(m∈N*),则 q=3m+1,故 bn=5·(3m+1)n-1, 由 3kn-1=5·(3m+1)n-1 得,kn=1 3[5(3m+1)n-1+1](n∈N*), 而当 n≥2 时,kn-kn-1=5 3[(3m+1)n-1-(3m+1)n-2]=5m(3m+1)n-2, 即 kn=kn-1+5m(3m+1)n-2, 又因为 k1=2,5m(3m+1)n-2 都是正整数,所以 kn 也都是正整数, 所以数列{bn}是数列{an}中包含的无穷等比数列, 因为公比 q=3m+1(m∈N*)有无数个不同的取值,对应着不同的等比数列, 故无穷等比数列{bn}有无数个. 注:(1)探究数列问题常常从写出数列的前几项观察开始入手;(2) 结论:一个公差非零的无穷等差数列 {an}中, 如果存在两项 an1 ,an2 (n1<n2),使an2 an1 为正整数,则该数列中一定存在无穷等比数列子数列. 17.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+5b2-2010b1-4b2+b3<2006-2010q2-4q+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-12k>2m+p-1k>m+p-1k≥m+p(*), 又 bk=2k=bm+bm+1+bm+2+…+bm+p-1=2m+2m+1+…+2n+p-1 =2m(2p-1) 2-1 =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=ar(q-1) s-r , 又 b3=b1q2=arq2=at=ar+(t-r)darq2-ar=(t-r)·ar(q-1) s-r , 从而 ar(q+1)(q-1)=ar(q-1)·t-r s-r,因为 as≠arb1≠b2,所以 q≠1,又 ar≠0, 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 34 页 共 34 页 故 q=t-r s-r-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. 18.已知数列{an}是首项为 1,公差为 d 的等差数列,数列{bn}是首项为 1,公比为 q(q>1)的等比数列. **(1) 若 a5=b5,q=3,求数列{an·bn}的前 n 项和; ***(2) 若存在正整数 k(k≥2),使得 ak=bk,试比较 an 与 bn 的大小,并说明理由. 解: (1) 依题意,bn=3n-1,a5=b5=b1q5-1=1×34=81,故 d=a5-a1 4 =81-1 4 =20, 所以 an=1+20(n-1)=20n-19,an·bn=(20n-19)·3n-1. 令 Sn=1×1+21×3+41×32+…+(20n-19)·3n-1 ①, 则 3Sn=1×3+21×32+…+(20n-39)·3n-1+(20n-19)·3n ②, ①-②,得 -2Sn=1+20×(3+32+…+3n-1)-(20n-19)·3n=1+20×3(1-3n-1) 1-3 -(20n-19)·3n =(29-20n)·3n-29, 所以 Sn=(20n-29)·3n+29 2 . (2) 因为 ak=bk,所以 1+(k-1)d=qk-1,即 d=qk-1-1 k-1 ,故 an=1+(n-1)qk-1-1 k-1 . 又 bn=qn-1, 所以 bn-an=qn-1- 1+(n-1)qk-1-1 k-1 = 1 k-1[(k-1)(qn-1-1)-(n-1)(qk-1-1)] =q-1 k-1[(k-1)(qn-2+qn-3+…+q+1)-(n-1)(qk-2+qk-3+…+q+1)]. ① 当 1<n<k 时,由 q>1 知 bn-an=q-1 k-1[(k-n)(qn-2+qn-3+…+q+1)-(n-1)(qk-2+qk-3+…+qn-1)] <q-1 k-1[(k-n)(n-1)qn-2-(n-1)(k-n)qn-1]=-(q-1)2qn-2(k-n)(n-1) k-1 <0; ② 当 n>k 时,由 q>1 知 bn-an=q-1 k-1[(k-1)(qn-2+qn-3+…+qk-1)-(n-k)(qk-2+qk-3+…+q+1)] >q-1 k-1[(k-1)(n-k)qk-1-(n-k)(k-1)qk-2]=(q-1)2qk-2(n-k)>0. 综上所述,当 1<n<k 时,an>bn;当 n>k 时,an<bn;当 n=1,k 时,an=bn. 注:作差比较后灵活倒用等比数列求和公式 1-qn=(1-q)(1+q+q2+…+qn-1).