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 34页

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)．