江苏专用2020高考数学二轮复习专题四数列教学案.doc

1、专题四 数列 江苏卷 5 年考情分析 小题考情分析 大题考情分析 常考点 等差数列的基本量计算(5 年 3 考)等比数列的基本量计算(5 年 2 考)近几年的数列解答题，其常规类型可以分为两类：一类是判断、证明某个数列是等差、等比数列(如 2017年 T19)；另一类是已知等差、等比数列求基本量，这个基本量涵义很广泛，指定的项 ak、项数 n、公差 d、公比q、通项 an、和式 Sn 以及它们的组合式，甚至还包括相关参数(如 2018 年 T20，2019 年 T20).数列的压轴题还对代数推理能力要求较高，其中数列与不等式的结合(如 2018 年 T20，2016 年 T20)；数列与方程的

2、结合(如 2015 年 T20)这些压轴题难度很大，综合能力要求较高.偶考点 等差、等比数列的性质及最值问题 第一讲|小题考法数列中的基本量计算 考点(一)等差、等比数列的基本运算 主要考查等差、等比数列的通项公式、前 n 项和公式及有关的五个基本量间的“知三求二”运算.题组练透 1(2019江苏高考)已知数列an(nN*)是等差数列，Sn是其前 n 项和若 a2a5a80，S927，则 S8的值是_ 解析：法一：由 S9279（a1a9）227a1a962a562a18d6，所以 a14d3，即 a53.又 a2a5a802a15d0，解得 a15，d2.故 S88a18（81）2d16.法

3、二：同法一得 a53.又 a2a5a803a2a802a22a50a23.da5a232，a1a2d5.故 S88a18（81）2d16.答案：16 2(2017江苏高考)等比数列an的各项均为实数，其前 n 项和为 Sn.已知 S374，S6634，则 a8_ 解析：设等比数列an的公比为 q，则由 S62S3，得 q1，则S3a1（1q3）1q74，S6a1（1q6）1q634，解得q2，a114，则 a8a1q7142732.答案：32 3(2019江苏苏锡常镇四市调研)已知公差为 d 的等差数列an的前 n 项和为 Sn，若S10S54，则4a1d _ 解析：由S10S54 得 S10

4、4S5，即 10a145d4(5a110d)，化简得 2a1d，则4a1d 2.答案：2 4(2019江苏南师大附中期中改编)已知等比数列an的各项均为正数，其前 n 项和为Sn，若 S234，S4154，则 an_ 解析：由题知数列an为等比数列，公比 q0 且 q1，由S234，S4154得a1（1q2）1q34，a1（1q4）1q154，解得a114，q2，故 ana1qn1142n12n3.答案：2n3 5(2019南京盐城一模)已知等比数列an为递增数列，设其前 n 项和为 Sn，若 a22，S37，则 a5的值为_ 解析：设等比数列an的公比为 q，则由题意得a1q2，a1a1qa

5、1q27，得a14，q12或a11，q2，因为数列an为递增数列，所以a11，q2，所以 a5a1q416.答案：16 方法技巧 等差(比)数列基本运算的策略(1)在等差(比)数列中，首项 a1和公差 d(公比 q)是两个最基本的元素(2)在进行等差(比)数列项的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a1和 d(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体代换法的使用，以减少计算量.考点(二)等差、等比数列的性质 主要考查等差、等比数列的性质及与前 n 项和有关的最值问题.题组练透 1(2019南京三模)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 2Sn3n1，nN*.若 bnlog3an，

6、则 b1b2b3b4的值为_ 解析：法一：当 n1 时，a1S11，所以 b1log3a10.当 n2 时，anSnSn13n123n1123n1，所以 bnlog3ann1(n2)又 b10，所以 bnn1，所以 b1b2b3b44（03）26.法二：当 n1 时，a1S11，所以 b1log3a10.当 n2 时，a2S2S1321213，所以 b2log3a21.当 n3 时，a3S3S21349，所以 b32.当 n4 时，a4S4S3401327，所以 b43.所以 b1b2b3b401236.答案：6 2(2019扬州期末)设等差数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a113，S3

7、S11，当 Sn最大时，n 的值为_ 解析：S3S11，S11S3a4a5a6a110，故可得(a4a11)(a5a10)(a6a9)(a7a8)4(a7a8)0，a7a80.结合 a113 可知，该数列的前 7 项均为正数，从第 8 项开始为负数，故数列的前 7 项和最大 答案：7 3在等比数列an中，a3，a15是方程 x26x80 的根，则a1a17a9 _ 解析：由题知，a3a1560，a3a1580，则 a30，a150，由等比数列的性质知 a1a17a3a158a29a92 2.设等比数列an的公比为 q，则 a9a3q60，故 a92 2，故a1a17a9 82 22 2.答案：

8、2 2 4(2019南京四校联考)已知各项均为正数的等比数列an中，a23，a427，S2n为该数列的前 2n 项和，Tn为数列anan1的前 n 项和，若 S2nkTn，则实数 k 的值为_ 解析：法一：因为各项均为正数的等比数列an中，a23，a427，所以 a11，公比 q3，所以 S2n1（132n）1332n12，an3n1，令 bnanan13n13n32n1，所以 b13，数列bn为等比数列，公比 q9，所以 Tn3（19n）193（32n1）8.因为 S2nkTn，所以32n12k3（32n1）8，解得 k43.法二：因为各项均为正数的等比数列an中，a23，a427，所以 a

9、11，公比 q3.注意到 S24，T13；S440，T230；，由此归纳可得 k43.答案：43 5(2019苏州期末)设 Sn是等比数列an的前 n 项和，若S5S1013，则S5S20S10_ 解析：法一：设等比数列an的公比为 q，若公比 q 为 1，则S5S1012，与已知条件不符，所以公比 q1，所以 Sna1（1qn）1q，因为S5S1013，所以1q51q1013，所以 q52，所以S5S20S101q51q201q1012124122 118.法二：因为S5S1013，所以不妨设 S5a，S103a，a0，易知 S5，S10S5，S15S10，S20S15成等比数列，由 S5a

10、，S10S52a，得 S15S104a，S20S158a，从而 S2015a，所以S5S20S10a15a3a 118.答案：118 方法技巧 等差、等比数列性质问题求解策略(1)等差、等比数列性质的应用的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解(2)应牢固掌握等差、等比数列的性质，特别是等差数列中“若 mnpq，则 amanapaq”这一性质与求和公式 Snn（a1an）2的综合应用 考点(三)等差、等比数列的判断 主要考查利用某些基本量判断数列的类型.典例感悟 典例(2019南通等七市一模)已知数列an是等比数列，有下列四个命题：数列|an|是等

11、比数列；数列anan1是等比数列；数列1an 是等比数列；数列lg a2n是等比数列 其中正确的命题有_个 解析 设等比数列an的公比为 q，则an1an q，|an1|an|q|，故数列|an|是等比数列，正确；an1an2anan1 q2，则数列anan1是等比数列，正确；1an11an1q，则数列1an 是等比数列，正确；若 an1，则 lg a2n0，数列lg a2n不是等比数列，错误故正确的命题有 3 个 答案 3 方法技巧 1判断等差数列的常用方法(1)定义法：an1and(常数)(nN*)an是等差数列(2)通项公式法：anpnq(p，q 为常数，nN*)an是等差数列(3)中项

12、公式法：2an1anan2(nN*)an是等差数列 2判断等比数列的常用方法(1)定义法：an1an q(q 是不为 0 的常数，nN*)an是等比数列(2)通项公式法：ancqn(c，q 均是不为 0 的常数，nN*)an是等比数列(3)中项公式法：a2n1anan2(anan1an20，nN*)an是等比数列 演练冲关 若数列an的前 n 项和 Sn3n22n，则下列四个命题：an是递减等差数列；an是递增等差数列；an是递减等比数列；an是递增等比数列 其中正确命题的序号为_ 解析：当 n1 时，a1S1321.当 n2 时，anSnSn13n22n 3(n1)22(n1)6n5.当 n

13、1 时，也满足上式，an6n5.首项 a11，anan16n56(n1)56(常数)，数列an是等差数列，且公差为 60.an为递增数列 答案：必备知能自主补缺 (一)主干知识要记牢 1等差数列、等比数列 等差数列 等比数列 通项公式 ana1(n1)d ana1qn1(q0)前 n 项和公式 Snn（a1an）2na1n（n1）2d(1)q1，Sna1（1qn）1qa1anq1q；(2)q1，Snna1 2等差数列(1)a，b，c 成等差数列是 2bac 的充要条件(2)等差中项的推广：ananpanp2(n2，np)(3)等差数列的单调性 由数列的单调性定义，易得 an为递增数列d0；an

14、为递减数列dp)(3)等比数列的单调性 由数列的单调性定义，易得 an为递增数列a10，q1或a10，0q1；an为递减数列a11或a10，0q1；an为常数列q1；an为摆动数列q0，所以 a3 3，所以 a3的最小值为 3.答案：3 7等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 anSnn216n15(n2，nN*)，若对任意 nN*，总有 SnSk，则 k 的值是_ 解析：在等差数列an中，设公差为 d，因为“anSna1(n1)da1nn（n1）2dn216n15(n2，nN*)”的二次项系数为 1，所以d21，即公差 d2，令 n2，得 a113，所以前 n 项和 Sn13nn（n1）2

15、(2)14nn249(n7)2，故前 7 项和最大，所以 k7.答案：7 8(2019苏锡常镇四市一模)中国古代著作张丘建算经中有这样一个问题：“今有马行转迟，次日减半疾，七日行七百里”，意思是说有一匹马行走的速度逐渐减慢，每天行走的里程是前一天的一半，七天一共行走了 700 里那么这匹马最后一天行走的里程数为_ 解析：由题意可知，这匹马每天行走的里程数构成等比数列，设为an，易知公比 q12，则 S7a1（1q2）1q2a11 1128 12764 a1700，所以 a1700 64127，所以 a7a1q6700 64127126700127，所以这匹马最后一天行走的里程数为700127.

16、答案：700127 9(2018扬州期末)已知各项都是正数的等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 4a4，a3，6a5成等差数列，且 a33a22，则 S3_ 解析：设各项都是正数的等比数列an的公比为 q，则 q0，且 a10，由 4a4，a3，6a5成等差数列，得 2a34a46a5，即 2a34a3q6a3q2，解得 q13.又由 a33a22，解得 a113，所以 S3a1a2a31319 1271327.答案：1327 10设 Sn是等差数列an的前 n 项和，S1016，S100S9024，则 S100_ 解析：依题意，S10，S20S10，S30S20，S100S90 依次成等

17、差数列，设该等差数列的公差为 d.又 S1016，S100S9024，因此 S100S902416(101)d169d，解得 d89，因此 S10010S101092d1016109289200.答案：200 11(2018扬州期末)在正项等比数列an中，若 a4a32a22a16，则 a5a6的最小值为_ 解析：令 a1a2t(t0)，则 a4a32a22a16 可化为 tq22t6(其中 q 为公比)，所以 t6q22(q 2)，所以 a5a6tq46q22q464q22（q22）4 624q22（q22）4 48(当且仅当 q2 时等号成立)答案：48 12(2019苏州中学模拟)数列a

18、n的前 n 项和为 Sn，满足 an0，(an1an)Sn1(an12n1an)an1，nN*.设数列2an1anan1的前 n 项和为 Tn，则2n1Tn12n1_ 解析：(an1an)Sn1(an12n1an)an1，anSn1an1Sn2n1an1an，又 an0，Sn1an1Snan2n1.则S2a2S1a11，S3a3S2a22，SnanSn1an12n2(n2，nN*)以上各式相加，得SnanS1a1122n2(n2，nN*)S1a11，Snan12n11，Sn2n1an(n2，nN*)n1 时上式也成立，Sn2n1an(nN*)Sn12nan1.两式相减，得 an12nan12n

19、1an，即(2n1)an12n1an，则2an1anan1 12n1，Tn112122 12n12 12n1，2n1Tn12n1Tn 12n12.答案：2 13(2019海安中学模拟)记 min a，ba，ab，b，ba.设数列an是公差为 d 的等差数列，数列bn是公比为 2 的等比数列，且 a10，b11，cnmin an，bn，nN*，若数列cn中存在连续三项成等比数列，则 d 的最小值为_ 解析：法一：由题意知 ana1(n1)d(n1)d，bn2n1.数列cn中存在连续三项成等比数列，不可能是等差数列an中连续的三项，理由：假设是等差数列an中连续的三项，分别记为(k1)d，kd，(

20、k1)d，k2，kN*，则 k2d2(k1)d(k1)d，得 d0，an0，所以 cn0，与题意不相符 又数列an中的项为 0，d，2d，3d，数列bn中的项为 1，2，4，8，所以当 d2时，cnan，不满足题意；当 2d83时，akbk(k4，kN*)，此时数列cn的前三项为 0，2，4，从第四项开始 cnan，不满足题意；当 d83时，数列cn的前四项为 0，2，4，8，此时，c2，c3，c4成等比数列，满足题意综上，d 的最小值为83.法二：在平面直角坐标系内，点(n，bn)在指数函数 y2x1的图象上，点(n，an)在过点(1，0)，且斜率为 d 的直线 l 上根据 min a，b的

21、意义知，cn取位于两支曲线中下方曲线上的点的纵坐标易知数列cn中连续三项成等比数列，不可能是等差数列an中的连续三项如图，当直线 l 过点(4，8)时，c2b22，c3b34，c4b48，第一次满足cn中连续三项成等比数列，此时直线 l的斜率为83，即 d 取得最小值，最小值为83.答案：83 14(2018无锡期末)已知等比数列an满足 a2a52a3，且 a4，54，2a7成等差数列，则a1a2an的最大值为_ 解析：设等比数列an的公比为 q，根据等比数列的性质可得 a2a5a3a42a3，由于 a30，可得 a42.因为 a4，54，2a7成等差数列，所以 254a42a7，可得 a7

22、14，由 a7a4q3，可得 q12，由 a4a1q3，可得 a116，从而 ana1qn11612n1.法一：令 an1 可得 n5，故当 1n5 时，an1，当 n6 时，0an1，前 n 项积为 Tn，且 a2a4a3，则使得Tn1 的 n 的最小值为_ 解析：由 a2a4a3 得 a23a3，又an的各项均为正数，故 a31，T5a1a2a3a4a5a531，当 n6 时，T6T5a6，又公比 q1，a31，故 a61，T61.答案：6 3已知正项数列an满足 an11a1a21a2a31a3a41anan11，其中 nN*，a42，则 a2 020_ 解析：an11a1a21a2a3

23、1anan11，所以 n2 时，an1a1a21a2a31an1an1，两式相减得 an1an1an1an(n2)，所以 a2n1a2n1(n2)，a22 020a24(2 0204)12 020，所以 a2 020 2 020.答案：2 020 4(2018南京考前模拟)数列an中，an2n1，现将an中的项依原顺序按第 k 组有2k 项的要求进行分组：(1，3)，(5，7，9，11)，(13，15，17，19，21，23)，则第 n组中各数的和为_ 解析：设数列an的前 n 项和为 Sn，则 Snn2，因为 242nn(n1)n2n，242(n1)n(n1)n2n.所以第 n 组中各数的和

24、为 Sn2nSn2n(n2n)2(n2n)24n3.答案：4n3 5(2019南通等七市二模)已知集合 Ax|x2k1，kN*，Bx|x8k8，kN*，从集合 A 中取出 m 个不同元素，其和记为 S；从集合 B 中取出 n 个不同元素，其和记为 T.若ST967，则 m2n 的最大值为_ 解析：法一：由题意可得 Sm（12m1）2m2，Tn（08n8）24n24n，则 ST m2 4n2 4n967，即 m2 (2n 1)2 968，由 基 本 不 等 式 可 得 m（2n1）2 m2（2n1）22 9682 22，则 m(2n1)44，当且仅当 m2n122 时取等号，但此时 n232 N

25、*，所以等号取不到，则当 m22，n11 时，m2n 取得最大值 44.法二：由题意可得 Sm（12m1）2m2，Tn（08n8）24n24n，则 STm24n24n967，即 m2(2n1)2968，令 m 968cos，2n1 968sin，则 m2n 968cos 968sin 1 1 936sin4 144145，当且仅当 m22，2n122 时取等号，但此时 n232 N*，所以等号取不到，则当 m22，2n121，即 n11 时，m2n 取得最大值 44.答案：44 6(2018江苏高考)已知集合 Ax|x2n1，nN*，Bx|x2n，nN*将 AB的所有元素从小到大依次排列构成一

26、个数列an记 Sn为数列an的前 n 项和，则使得 Sn12an1成立的 n 的最小值为_ 解析：所有的正奇数和 2n(nN*)按照从小到大的顺序排列构成an，在数列an中，25前面有 16 个正奇数，即 a2125，a3826.当 n1 时，S1112a224，不符合题意；当 n2时，S2312a336，不符合题意；当 n3 时，S3612a448，不符合题意；当 n4 时，S41012a560，不符合题意；当 n26 时，S2621（141）22（125）124416250312a28540，符合题意故使得 Sn12an1成立的 n 的最小值为 27.答案：27 第二讲|大题考法等差、等比

27、数列的综合问题 题型(一)等差、等比数列的综合运算 主要考查等差、等比数列的通项公式及前 n 项和的求解，且常结合数列的递推公式命题.典例感悟 例 1(2019南京盐城一模)已知数列an，其中 nN*.(1)若an满足 an1anqn1(q0，nN*)当 q2，且 a11 时，求 a4的值；若存在互不相等的正整数 r，s，t，满足 2srt，且 ar，as，at成等差数列，求 q的值(2)设数列an的前 n 项和为 bn，数列bn的前 n 项和为 cn，cnbn23，nN*，若 a11，a22，且|a2n1anan2|k 恒成立，求 k 的最小值 解(1)由题意知 a4a34，a3a22，a2

28、a11，a11，累加得 a48.因为 an1anqn1，所以 n2 时，anan1qn2，a2a11.()当 q1 时，ann1a1(n2)又 a1满足 ann1a1，所以当 q1 时，ann1a1(nN*)因为 2srt，所以 2asarat，所以 q1 满足条件()当 q1 且 q0 时，an1qn11q a1(n2)又 a1满足 an1qn11q a1，所以 an1qn11q a1(nN*)若存在满足条件的 r，s，t，则可得 2qsqrqt，则 2qrsqts2 qrt2s2，此时 rts，这与 r，s，t 互不相等矛盾，所以 q1 且 q0 不满足条件 综上所述，符合条件的 q 的值

29、为 1.(2)由 cnbn23，nN*，可知 cn1bn33，两式相减可得 bn3bn2bn1.因为 a11，a22，所以 b11，b23，从而 c11，c24，可得 b34，b47，故 b3b2b1，所以 bn2bn1bn对一切的 nN*恒成立 由 bn3bn2bn1，bn2bn1bn得 an3an2an1.易知 a31，a43，故 an2an1an(n2)因为 a2n2an1an3(an1an)2an1(an2an1)(an1an)2an1(an2an1)a2n1anan2，n2，所以当 n2 时，|a2n2an1an3|a2n1anan2|，所以当 n2 时，|a2n1anan2|5，当

30、 n1 时，|a2n1anan2|3，故 k 的最小值为 5.方法技巧 1解决等差、等比数列综合问题的策略 解决由等差数列、等比数列组成的综合问题，首先要根据两数列的概念，设出相应的基本量，然后充分使用通项公式、求和公式、数列的性质等确定基本量解综合题的关键在于审清题目，弄懂来龙去脉，揭示问题的内在联系和隐含条件 2有关递推数列问题常见的处理方法 将第 n 项和第 n1 项合并在一起，看是否是一个特殊数列若递推关系式含有 an与 Sn，则考虑是否可以将 an与 Sn进行统一，再根据递推关系式的结构特征确定是否为熟悉的、有固定方法的递推关系式向通项公式转换的类型，否则可以写出数列的前几项，看能否

31、找到规律，即先特殊、后一般、再特殊 演练冲关(2019南通等七市一模)已知等差数列an满足 a44，前 8 项和 S836.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足k1n(bka2n12k)2an3(2n1)(nN*)证明：bn为等比数列；求集合（m，p）ambm3apbp，m，pN*.解：(1)设等差数列an的公差为 d.因为等差数列an满足 a44，前 8 项和 S836，所以a13d4，8a1872 d36，解得a11，d1.所以数列an的通项公式为 ann.(2)证明：设数列bn的前 n 项和为 Bn.由(1)及错误!由得 3(2n1)3(2n11)(b1a2n1b2a2n3b

32、n1a3bna12n)(b1a2n3b2a2n5bn1a12n2)b1(a2n32)b2(a2n52)bn1(a12)bna12n(b1a2n3b2a2n5bn1a12n2)2(b1b2bn1)bn22(Bnbn)bn2.所以 32n12Bnbn2(n2，nN*)，又 3(211)b1a12，所以 b11，满足上式 所以 2Bnbn232n1(nN*)当 n2 时，2Bn1bn1232n2，由得，bnbn132n2.所以 bn2n1(bn12n2)(1)n1(b120)0，所以 bn2n1，bn1bn 2，又 b11，所以数列bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列 由ambm3apbp，得

33、m2m1 3p2p1，即 2pm3pm.记 cnanbn，由得，cnanbn n2n1，所以cn1cn n12n 1，所以 cncn1(当且仅当 n1 时等号成立)由ambm3apbp，得 cm3cpcp，所以 mp.设 tpm(m，p，tN*)，由 2pm3pm，得 m 3t2t3.当 t1 时，m3，不合题意；当 t2 时，m6，此时 p8 符合题意；当 t3 时，m95，不合题意；当 t4 时，m12131，不合题意 下面证明当 t4，tN*时，m 3t2t30，所以 f(x)在4，)上单调递增，所以 f(x)f(4)10，所以当 t4，tN*时，m 3t2t30，所以an1an q，n

34、N*，且 q0，结合 q 为常数，得数列an为等比数列(2)由(1)得 anqn1，存在 tN*，使得 3at24at1是数列an中的项存在 t，pN*，使得 3at24at1ap存在 t，pN*，使得 3qt14qtqp1，即存在 t，pN*，使得 3q24qqpt(*)因为 qN*，且 q1 时，(*)式显然不成立，所以 q2，qN*，所以 3q24q4，即 qpt4，结合 t，pN*，得 ptN*.当 pt3 时，qpt(3q24q)q3(3q24q)q(q23q4)0，与(*)式矛盾；当 pt1 时，(*)式可化为 3q24qq，解得 q0(舍)或 q53(舍)；当 pt2 时，(*)

35、式可化为 3q24qq2，解得 q0(舍)或 q2.综上，q2.证明：由得 an2n1，则 bnn1n 11n，所以数列bn为递减数列，因为 br，bs，bk成等比数列，所以不妨设 rsk，则 b2sbrbk，即s1s2r1r k1k，即s1s2 rr1k1k，所以 ks2（r1）2srrs2.令 2srs2，即 s2r，得 k（2r）2（r1）r4r24r.所以存在无穷多组正整数数组(r，2r，4r24r)(rN*)，使得 br，bs，bk 成等比数列，从而得证 方法技巧 判定和证明数列是等差(比)数列的方法 定义法 对于 n1 的任意自然数，验证 an1an或an1an为与正整数 n 无关

36、的某一常数 中项公式法 若 2an1anan2(nN*)，则an为等差数列；若 a2n1anan20(nN*)，则an为等比数列 演练冲关 1(2019常州期末)已知数列an中，a11，且 an13an40，nN*.(1)求证：an1是等比数列，并求数列an的通项公式；(2)数列an中是否存在不同的三项按照一定顺序重新排列后，构成等差数列？若存在，求出所有满足条件的项；若不存在，请说明理由 解：(1)由 an13an40 得 an113(an1)，nN*.因为 a11，所以 a1120，可得 an10，nN*，所以an11an1 3，nN*，所以an1是以 2 为首项，3 为公比的等比数列 所

37、以 an12(3)n1，则数列an的通项公式为 an2(3)n11.(2)假设数列an中存在三项 am，an，ak(mnk)总成立，则称数列an是“P(k)数列”(1)证明：等差数列an是“P(3)数列”；(2)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：(1)因为an是等差数列，设其公差为 d，则 ana1(n1)d，从而，当 n4 时，ankanka1(nk1)da1(nk1)d2a12(n1)d2an，k1，2，3，所以 an3an2an1an1an2an36an，因此等差数列an是“P(3)数列”(2)数列an既是“P(2)数列”，又是“P(3)数

38、列”，因此，当 n3 时，an2an1an1an24an，当 n4 时，an3an2an1an1an2an36an.由知，an3an24an1(anan1)，an2an34an1(an1an)将代入，得 an1an12an，其中 n4，所以 a3，a4，a5，是等差数列，设其公差为 d.在中，取 n4，则 a2a3a5a64a4，所以 a2a3d，在中，取 n3，则 a1a2a4a54a3，所以 a1a32d，所以数列an是等差数列 课时达标训练 A 组大题保分练 1在数列an，bn中，已知 a12，b14，且 an，bn，an1成等差数列，bn，an，bn1也成等差数列(1)求证：anbn是

39、等比数列；(2)设 m 是不超过 100 的正整数，求使 anman1m am4am14成立的所有数对(m，n)解：(1)证明：由 an，bn，an1成等差数列可得，2bnanan1，由 bn，an，bn1成等差数列可得，2anbnbn1，得，an1bn13(anbn)，又 a1b16，所以anbn是以 6 为首项，3 为公比的等比数列(2)由(1)知，anbn6(3)n1，得，an1bn1anbn2，得，an6（3）n1223(3)n11，代入 anman1m am4am14，得3（3）n11m3（3）n1m 3（3）m133（3）m3，所以3(3)n11m3(3)m3 3(3)n1m3(3

40、)m13，整理得，(m1)(3)m3(3)n0，所以 m1(3)nm1，由 m 是不超过 100 的正整数，可得 2(3)nm1101，所以 nm12 或 4，当 nm12 时，m19，此时 m8，则 n9，符合题意；当 nm14 时，m181，此时 m80，则 n83，符合题意 故使 anman1m am4am14成立的所有数对(m，n)为(8，9)，(80，83)2(2019苏锡常镇二模)已知数列an是各项都不为 0 的无穷数列，对任意的 n3，nN*，a1a2a2a3an1an(n1)a1an恒成立(1)如果1a1，1a2，1a3成等差数列，求实数 的值；(2)若 1.()求证：数列1a

41、n 是等差数列；()已知数列an中，a1a2.数列bn是公比为 q 的等比数列，满足 b11a1，b21a2，b31ai(iN*)求证：q 是整数，且数列bn中的任意一项都是数列1an 中的项 解：(1)因为 n3 且 nN*时，a1a2a2a3an1an(n1)a1an恒成立，则当 n3 时，a1a2a2a32a1a3，因为数列an的各项都不为 0，所以等式两边同时除以 a1a2a3得：2a2 1a11a3，又1a1，1a2，1a3成等差数列，所以2a21a11a3，所以2a2 2a2，所以 1.(2)证明：()当1，n3 时，a1a2a2a32a1a3 ，整理得1a11a32a2，则1a2

42、1a11a31a2.当 n4 时，a1a2a2a3a3a43a1a4，得：a3a43a1a42a1a3，得1a13a32a4，又1a11a32a2，所以1a41a31a31a2.当 n3 时，a1a2a2a3an1an(n1)a1an，a1a2a2a3an1ananan1na1an1，两式相减得：anan1na1an1(n1)a1an，因为 an0，所以1a1nann1an1，则1a1n1an1 nan2，所以nann1an1 n1an1 nan2，整理得1an 1an2 2an1，即 1an2 1an1 1an11an(n3)，由得：1an2 1an1 1an11an对任意的正整数 n 恒成

43、立，所以数列1an 成等差数列()设数列1an 的公差为 d，设 cn1an，c11a1c(c0)，则 b1c1c，b2c2cd，dc2c1b2b1cqc.当 i2 时，b3c2b2，从而 q1，b2b1，得 a1a2，与已知不符 当 i3 时，由 b3c3，cq2c2dc2c(q1)，得 q212(q1)，得 q1，与已知不符 当 i1 时，由 b3c1，cq2c，得 q21，则 q1(上面已证 q1)为整数 此时数列bn为：c，c，c，；数列cn中，c1c，c2c，公差 d2c.数列bn中每一项都是cn中的项(cc1，cc2)当 i4 时，由 b3ci，cq2c(i1)dc(i1)c(q1

44、)，得 q2(i1)q(i2)0，得 q1(舍去)，qi2(i4)为正整数 cqcd，b3ci，对任意的正整数 k4，欲证明 bk是数列cn中的项，只需证 bkcqk1cixdb3x(cqc)cq2x(cqc)有正整数解 x，即证 xqk1q2q1 为正整数 因为 xqk1q2q1 q2（qk31）q1表示首项为 q2，公比为 qi2(i4)，共 k3(k4)项的等比数列的和，所以 x 为正整数 因此，bn中的每一项都是数列cn也即1an 中的项 3(2019盐城三模)在无穷数列an中，an0(nN*)，记an前 n 项中的最大项为 kn，最小项为 rn，令 bn knrn.(1)若an的前

45、n 项和 Sn满足 Snn2na12.求 bn；是否存在正整数 m，n，满足b2mb2n2m12n？若存在，请求出这样的 m，n，若不存在，请说明理由(2)若数列bn是等比数列，求证：数列an是等比数列 解：(1)在 Snn2na12中，令 n1，得 a1S11a12，解得 a11，Snn2n2，当 n2 时，anSnSn1n2n2（n1）2（n1）2n，综上，得 ann(nN*)显然an为递增数列，knann，rna11，bn n.假设存在满足条件的正整数 m，n，则mn2m12n，m2mn2n12，设 cnn2n，则 cn1cnn12n1 n2n1n2n1，c1c2c3c4c5，由m2mn

46、2n12，得 cm12cnn，则 mn1，当 mn1 时，mn2m12n 显然不成立 当 mn1 时，mn2m12n 2mn1，设 mn1t，则 tN*，n1tn2t，得 nt12t1，设 dnn12n1，则 dn1dn（n1）12n11n12n1n2n1（2n11）（2n1）0 恒成立，数列dn递减 又 d12，d21，d3471，n3 时，dn0(nN*)，且 kn，rn分别为an前 n 项中的最大项和最小项，kn1kn，rn1rn，设数列bn的公比为 q，显然 q0，()当 q1 时，kn1rn1knrn1，得kn1kn rnrn1，若 kn1kn，则 rn1kn与 rn11 时，kn1

47、rn1knrnq1，得kn1rn1knrn q21.kn1kn rnrn11，kn1kn恒成立，而 knan，kn1an1，an1an恒成立，knan，rna1，代入kn1rn1knrn q2得an1a1ana1 q2，即an1an q2，数列an是等比数列()当 0q1 时，0 kn1rn1knrn1，得kn1rn1knrn q21，rn1rn knkn11，rn1rn恒成立，而 rnan，rn1an1，an1an恒成立，kna1，rnan，代入kn1rn1knrn q2 得a1an1a1an q2，即an1an q2 数列an是等比数列，综上可得，数列an是等比数列 4(2019南通等七市

48、三模)已知数列an满足(nan12)an(2an1)an1(n2)，bn1ann(nN*)(1)若 a13，证明：bn是等比数列；(2)若存在 kN*，使得1ak，1ak1，1ak2成等差数列 求数列an的通项公式；证明：ln n12anln(n1)12an1.解：(1)证明：由(nan12)an(2an1)an1(n2)，得 1an 2an12n，得 1ann21an1（n1），即 bn2bn1(n2)因为 a13，所以 b11a11230，所以 bnbn12(n2)，所以bn是以23为首项，2 为公比的等比数列(2)设1a11，由(1)知，bn2bn1，所以 bn2bn122bn22n1b

49、1，得1ann2n1，所以1ak2k1k.因为1ak，1ak1，1ak2成等差数列，所以(2k1k)(2k1k2)2(2kk1)，所以 2k10，所以 0，所以1ann，即 an1n.证明：要证 ln n12anln(n1)12an1，即证12(anan1)lnn1n，即证1n 1n12ln n1n.设 tn1n，则1n 1n1t1t1t t1t，且 t1，从而只需证当 t1 时，t1t2ln t.设 f(x)x1x2ln x(x1)，则 f(x)11x22x1x120，所以 f(x)在(1，)上单调递增，所以 f(x)f(1)0，即 x1x2ln x，因为 t1，所以 t1t2ln t，所以

50、原不等式得证 B 组大题增分练 1(2019苏北三市一模)已知数列an满足对任意的 nN*，都有 an(qnan1)2qnanan1an1(1qnan1)，且 an1an0，其中 a12，q0.记 Tna1qa2q2a3qn1an.(1)若 q1，求 T2 019的值；(2)设数列bn满足 bn(1q)Tnqnan.求数列bn的通项公式；若数列cn满足 c11，且当 n2 时，cn2bn11，是否存在正整数 k，t，使 c1，ckc1，ctck成等比数列？若存在，求出所有 k，t 的值；若不存在，说明理由 解：(1)当 q1 时，由 an(qnan1)2qnanan1an1(1qnan1)，得

51、(an1an)2an1an，又 an1an0，所以 an1an1，又 a12，所以 T2 019a1(a2a3)(a4a5)(a2 018a2 019)1 011.(2)由 an(qnan1)2qnanan1an1(1qnan1)，得 qn(an1an)2an1an，又 an1an0，q0，所以 an1an1qn，又 Tna1qa2q2a3qn1an，所以 qTnqa1q2a2q3a3qnan，所以(1q)Tna1q(a1a2)q2(a2a3)q3(a3a4)qn1(an1an)qnan，bn(1q)Tnqnana1111qnanqnana1n1n1，所以 bnn1.由题意，得 cn2bn11

52、2n1，n2，因为 c1，ckc1，ctck成等比数列，所以(ckc1)2c1(ctck)，即(2k2)22t2k，所以 2t(2k)232k4，即 2t2(2k1)232k21(*)由于 ckc10，所以 k1，即 k2.当 k2 时，2t8，得 t3.当 k3 时，由(*)，得(2k1)232k21 为奇数，所以 t20，即 t2，代入(*)得 22k232k20，得 2k3，此时 k 无正整数解 综上，k2，t3.2(2018江苏高考)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 a10，b11，q2，若|anbn|b1对 n1，2，3

53、，4 均成立，求 d 的取值范围；(2)若 a1b10，mN*，q(1，m 2，证明：存在 dR，使得|anbn|b1对 n2，3，m1 均成立，并求 d 的取值范围(用 b1，m，q 表示)解：(1)由条件知 an(n1)d，bn2n1.因为|anbn|b1对 n1，2，3，4 均成立，即|(n1)d2n1|1 对 n1，2，3，4 均成立，所以 11，1d3，32d5，73d9，解得73d52.所以 d 的取值范围为73，52.(2)由条件知 anb1(n1)d，bnb1qn1.若存在 d，使得|anbn|b1(n2，3，m1)成立，即|b1(n1)db1qn1|b1(n2，3，m1)，即

54、当 n2，3，m1 时，d 满足qn12n1 b1d qn1n1b1.因为 q1，m 2，则 1qn1qm2，从而qn12n1 b10，qn1n1b10，对 n2，3，m1 均成立 因此，取 d0 时，|anbn|b1对 n2，3，m1 均成立 下面讨论数列qn12n1的最大值和数列qn1n1 的最小值(n2，3，m1)当 2nm 时，qn2nqn12n1 nqnqnnqn12n（n1）n（qnqn1）qn2n（n1）.当 1q21m时，有 qnqm2，从而 n(qnqn1)qn20.因此，当 2nm1 时，数列qn12n1单调递增，故数列qn12n1的最大值为qm2m.设 f(x)2x(1x

55、)，当 x0 时，f(x)(ln 21xln 2)2x0，所以 f(x)单调递减，从而 f(x)f(0)1.当 2nm 时，qnnqn1n1q（n1）n21n11n f1n 1，因此，当 2nm1 时，数列qn1n1 单调递减，故数列qn1n1 的最小值为qmm.因此 d 的取值范围为b1（qm2）m，b1qmm.3(2019南通等七市二模)已知数列an的各项均不为零设数列an的前 n 项和为 Sn，数列a2n的前 n 项和为 Tn，且 3S2n4SnTn0，nN*.(1)求 a1，a2的值；(2)证明：数列an是等比数列；(3)若(nan)(nan1)0 对任意的 nN*恒成立，求实数 的所

56、有可能取值 解：(1)由题意知 3S2n4SnTn0，nN*，令 n1，得 3a214a1a210，即 a21a10，因为 a10，所以 a11.令 n2，得 3(1a2)24(1a2)(1a22)0，即 2a22a20，因为 a20，所以 a212.(2)证明：因为 3S2n4SnTn0，所以 3S2n14Sn1Tn10，得，3(Sn1Sn)an14an1a2n10，因为 an10，所以 3(Sn1Sn)4an10，所以 3(SnSn1)4an0(n2，nN*)，当 n2 时，得，3(an1an)an1an0，即 an112an，因为 an0，所以an1an 12.又由(1)知，a11，a2

57、12，所以a2a112，所以数列an是以 1 为首项，12为公比的等比数列(3)由(2)知，an12n1.因为对任意的 nN*，(nan)(nan1)0 恒成立，所以 的值介于 n12n1和 n12n之间 因为 n12n1n12n0，则当 n 为奇数时，n12nn12n1恒成立，从而有 n2n1恒成立 记 p(n)n22n(n4)，因为 p(n1)p(n)（n1）22n1n22nn22n12n10 不符合题意 若 0，则当 n 为奇数时，n12nn12n1恒成立，从而有n2n恒成立 由(*)式知，当 n5 且 n 1时，有1nn2n，所以 0，则必有 MnMn1，anMnMn1an1，即对任意

58、的 n2，nN*，都有 anan1，Mnan，mna1，bnbn1Mnmn2Mn1mn12ana12an1a12anan12d，anan12d，即an为等差数列 当 d0 时，则必有 mnmn1，anmnmn1an1，即对任意的 n2，nN*，都有 anMn，则 Mn1an1，mn1mn，此时 an1Mn1Mnan，an1an对 nN*恒成立，则 Mnan，mn1mna1，bn1bnMn1mn12Mnmn2an1a12ana12an1an2p，即 an1an2p，数列an是等差数列 若 mnan1Mn，则 Mn1Mn，mn1mn，bn1bn，数列bn是等差数列且 bnpnq，p0，bnq，Mn

59、1MnMn1M1a1q，mn1mnmn1m1a1q，qan1q，即 anq，即an为常数列，数列an是公差为 0 的等差数列 若 an1mn，则 Mn1Mn，mn1an1，此时 an1mn1mnan，an1an对 nN*恒成立 则 Mn1Mna1，mnan，bn1bnMn1mn12Mnmn2a1an12a1an2an1an2p，即 an1an2p，数列an是等差数列 综上，数列an也一定是等差数列(3)bn1bn2n1100（n1）(2n100n)2n100，当 n7 时，bn1bnb2b6b7.当 n7 时，bn1bn0，即 b7b8b9a2a6a7，a7a8a9.当 nMn，则 Mn1an

60、1，mn1mn，则Mnmn2Mn1mn12，得 bnbn1矛盾，不合题意；an1a2a6a7.同理可证 a7a8a9，即 n7，nN*时，an7 时，a1a2a6a7，且 a7a8a9，mna7282007981 046，Mn为 a1或 an.若 Mn为 a1，则bn为常数列，与题意不符 Mnan，bnana72，an2bna72n1200n1 046，AnA7a8a9an294 90014429（12n7）12200（n8）（n7）21 046(n7)2n2100n2946n6 640.An2n2100n22n4，n7，2n2100n2946n6 640，n8.第三讲|大题考法数列的综合应用

61、 题型(一)数列与不等式问题 主要考查数列中的不等关系的证明及由不等式恒成立问题求参数.典例感悟 例 1(2018南京考前模拟)若各项均为正数的数列an的前 n 项和为 Sn，且 2 Snan1(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)若正项等比数列bn，满足 b22，2b7b8b9，求 Tna1b1a2b2anbn；(3)对于(2)中的 Tn，若对任意的 nN*，不等式(1)n 12n1(Tn21)恒成立，求实数 的取值范围 解(1)因为 2 Snan1，所以 4Sn(an1)2，且 an0，则 4a1(a11)2，解得 a11，又 4Sn1(an11)2，所以 4an14Sn14Sn(a

62、n11)2(an1)2，即(an1an)(an1an)2(an1an)0，因为 an0，所以 an1an0，所以 an1an2，所以an是公差为 2 的等差数列，又 a11，所以 an2n1.(2)设数列bn的公比为 q，因为 2b7b8b9，所以 2qq2，解得 q1(舍去)或 q2，由 b22，得 b11，即 bn2n1.记 Aa1b1a2b2anbn1132522(2n1)2n1，则 2A12322523(2n1)2n，两式相减得A12(2222n1)(2n1)2n，故 A(2n1)2n12(2222n1)(2n1)2n12(2n2)(2n3)2n3 所以 Tna1b1a2b2anbn(

63、2n3)2n3.(3)不等式(1)n 12n1(Tn21)可化为(1)nn32 62n1.当 n 为偶数时，n32 62n1，记 g(n)n32 62n1.即 g(n)min.g(n2)g(n)2 62n1 62n1292n，当 n2 时，g(n2)g(n)，n4 时，g(n2)g(n)，即 g(4)g(2)，当 n4 时，g(n)单调递增，g(n)ming(4)134，即 134.当 n 为奇数时，32n 62n1，记 h(n)32n 62n1，所以 h(n)max.h(n2)h(n)2 62n1 62n1292n，当 n1 时，h(n2)h(n)，n3 时，h(n1)h(n)，即 h(3)

64、h(1)，n3 时，h(n)单调递减，h(n)maxh(3)3，所以 3.综上所述，实数 的取值范围为3，134.方法技巧 解决数列与不等式问题的注意点及策略(1)利用基本不等式或函数的单调性求解相关最值时，应注意 n 取正整数的限制条件；(2)恒成立问题可以转化为值域问题，再利用单调性求解；(3)不等式论证问题也可以转化为数列的最值问题来研究 演练冲关 (2019如皋中学模拟)已知各项均不为 0 的数列an的前 n 项和为 Sn，nN*.(1)若 a11，数列an是等比数列，且 S313，求数列an的通项公式；(2)已知 anSnAn2Bn2B，其中 B0 且 B1.若 A1，数列an是等差

65、数列，求 Sn；若 a11，对任意的 nN*，anan1，求实数 的取值范围 解：(1)设等比数列an的公比为 q(q0)，由 a11，S313，得 S3a1(1qq2)1qq213，即 q2q120，解得 q3 或q4，则 an3n1或 an(4)n1.(2)由数列an是等差数列，设其公差为 d，则 ana1(n1)d，Snna1n（n1）2d.于是由 anSnAn2Bn2B 且 A1，得d2n2a1d2 na1dn2Bn2B.由正整数 n 的任意性得1d2，Ba1d2，2Ba1d，解得a132，B52，d2.则 Sn na1n（n1）2d32nn2nn212n.由 anSnAn2Bn2B，

66、得 2a1A2，又 a11，所以 A0.于是 anSnBn2B，从而 an1Sn1B(n1)2B，两式相减得 2an1anB，an1B12(anB)又 a11，B1，所以 a1B0，所以数列anB是首项为 a1B，公比为12的等比数列 所以 anB(a1B)12n1，即 an(1B)12n1B.于是 anan1（1B）12n1B（1B）12nB11B1B2nB.因为 B0 且 B1，所以需分两种情况来讨论：()当 0B1 时，1B0，则1B1B2nB的值随 n 的值的增大而减小，所以 anan1的最大值在 n1 处取得，即anan1 maxa1a211B1B2B 21B.于是 anan1 21

67、B，又 anan1，所以 21B.()当 B1 时，由 1B2nB1B2B1B0，2nB2B2B2，得11B1B2nB0.所以 0 anan111B1B2nB1.假设 1，易知 0，且 anan111B1B2nB，得 2n（B1）（2）（1）B，即 nlog2（B1）（2）（1）B.所以当 n 取大于或等于 log2（B1）（2）（1）B的正整数时，anan1 不成立，与题设矛盾 所以 1.综上所述，当 0B1 时，21B；当 B1 时，1.题型(二)数列中的存在性问题 主要考查等差(比)数列中的部分项是否能构成新的等差(比)数列问题，以及数列中的推理问题.典例感悟 例 2(2019扬州中学模

68、拟)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 S3，S52，S4成等差数列，a53a22a12.(1)求数列an的通项公式；(2)是否存在互不相等的正整数 r，s，t 成等差数列，使得 ar，as，at成等比数列？若存在，求出 r，s，t 的值；若不存在，请说明理由；(3)设 xnSn2n，求数列xn的前 n 项和 Tn.解(1)设等差数列an的公差为 d，由 S3，S52，S4成等差数列，知 S3S4S5，即 3a13d4a16d5a110d，即 2a1d0，由 a53a22a12，得 a14d3a13d2a12，即 4a1d20，由解得a11，d2.故数列an的通项公式为 an12(n1

69、)2n1.(2)假设存在互不相等的正整数 r，s，t 满足题意，则 2srt.由(1)知，ar2r1，as2s1rt1，at2t1.若 ar，as，at成等比数列，则 a2sarat，即(rt1)2(2r1)(2t1)，即(rt)24n，即(rt)20，故 rts，这与 r，s，t 互不相等矛盾，故不存在互不相等的正整数 r，s，t 成等差数列，使得 ar，as，at成等比数列(3)由(1)知，Sn1（2n1）n2n2，所以 xnn22n.由题意得，Tn1221222232234224（n1）22n1n22n，则12Tn1222222332244225（n1）22n n22n1，两式相减，得

70、12Tn123225237249252n12n n22n1.记 Qn123225237249252n12n，则12Qn1223235247252n32n2n12n1，两式相减，得 12Qn1222222322422522n2n12n1 12214112n11122n12n1 3212n12n12n1 322n32n1，所以 Qn32n32n.所以12Tn32n32n n22n13n24n62n1，所以 Tn6n24n62n.方法技巧 数列中存在性问题的求解策略 对于数列中的探索性问题的主要题型为存在型，解答的一般策略为：先假设所探求的对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理，若

71、由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到否定的结论，即不存在若推理不出现矛盾，能求得已知范围内的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果 演练冲关 1(2019无锡期末)设等比数列an的公比为 q(q0，且 q1)，前 n 项和为 Sn，且2a1a3a4，数列bn的前 n 项和 Tn满足 2Tnn(bn1)，nN*，b21.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)是否存在常数 t，使得Sn 12t 为等比数列？请说明理由；(3)设 cn1bn4，对于任意给定的正整数 k(k2)，是否存在正整数 l，m(klm)，使得 ck，cl，cm成等差数列？若存在，求出 l，m(用 k 表示)；若不存在

72、，请说明理由 解：(1)因为数列an为等比数列，公比为 q，2a1a3a4，所以 2a1a1q2a1q3，所以 a1q2，所以 anq2qn112qn.因为 2Tnn(bn1)，nN*，所以 2Tn1(n1)(bn11)，nN*，得 2Tn12Tn(n1)bn1nbn(n1)n，所以 2bn1(n1)bn1nbn1，所以(n1)bn1nbn1，所以 nbn2(n1)bn11，得 nbn2(n1)bn1(n1)bn1nbn，所以 nbn2nbn2nbn1，所以 bn2bn2bn1，所以 bn2bn1bn1bn，所以bn为等差数列 当 n1 时，b11，又 b21，所以公差为 2，所以 bn2n3

73、.(2)由(1)得 Snq2（1qn）1q，所以 Sn 12tq2（1qn）1q 12tqn12（q1）q2（1q）12t，要使Sn 12t 为等比数列，则其通项必须满足指数型函数，则q2（1q）12t0，解得 tq1q.此时Sn1 12tSn 12tqn22（q1）qn12（q1）q，所以存在 tq1q，使得Sn 12t 为等比数列(3)cn1bn412n1，设对于任意给定的正整数 k(k2)，存在正整数 l，m(klm)，使得 ck，cl，cm成等差数列，则 2clckcm，所以22l112k112m1，所以12m122l112k14k2l1（2l1）（2k1），所以 m2klk2l4k2

74、l1 （4k2l1）（k1）（2k1）24k2l1 k1（2k1）24k2l1，所以 mk1（2k1）24k2l1，因为 m，k(k2)为正整数，所以 4k2l11 或 4k2l12k1 或 4k2l1(2k1)2.若 4k2l11，则 l2k，m4k23k，此时 ml4k2k0，满足 klm；若 4k2l12k1，则 kl，与题设矛盾，舍去；若 4k2l1(2k1)2，则 l2k2，此时 mk0，舍去 综上，对于任意给定的正整数 k(k2)，存在正整数 l2k，m4k23k，使得 ck，cl，cm成等差数列 2(2019姜堰中学模拟)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且当 n2 时，满足

75、anSn12.正项数列bn的前 n 项和为 Tn，满足 a12b1，bn12 Tn，nN*.(1)求出数列an和数列bn的通项公式；(2)设数列cn的通项公式为 cn bnbnt，问：是否存在正整数 t，使得 c1，c2，cm(m3，mN*)成等差数列？若存在，求出 t 和 m 的值；若不存在，请说明理由；(3)求使 Sn2Tn成立的 n 的最大值 解：(1)由题意得，当 n2 时，an1Sn2，anSn12，则 an1anan0，得 an12an.bn12 Tn，b112 T12 b1，b11，a12.当 n2 时，a2S12，即 a222，得 a24，a22a1，an12an，nN*，故数

76、列an是首项为 2，公比为 2 的等比数列，则 an2n.由 bn12 Tn，得(bn1)24Tn，当 n2 时，(bn11)24Tn1，得 b2n2bnb2n12bn14bn，即 b2nb2n12bn2bn1，即(bnbn1)(bnbn1)2(bnbn1)bn0，bnbn12，数列bn是首项为 1，公差为 2 的等差数列，bn12(n1)2n1，nN*.(2)由(1)得，bn2n1，cn bnbnt，cn 2n12n1t.要使 c1，c2，cm成等差数列，需 2c2c1cm，即 2 33t 11t 2m12m1t，整理得 m3 4t1，m，t 均为正整数，t 只能取 2，3，5.当 t2 时

77、，m7；当 t3 时，m5；当 t5 时，m4.故存在正整数 t，使得 c1，c2，cm成等差数列(3)bn为首项为 1，公差为 2 的等差数列，Tnn2，又 an2n，Sn2n12.由 Sn2Tn得，2n122n2，即 n212n0，令 f(n)n212n，容易验证 f(1)0，f(2)0，f(3)0，f(4)0，f(5)60.当 n5 时，f(n1)f(n)2n12n2n(2n1)，2n112222n1(222)232n12n，当 n5 时，f(n1)f(n)0，当 n5 时，f(n)f(5)60，使 Sn2Tn成立的 n 的最大值为 4.题型(三)数列的新定义问题 主要考查在给出新定义数

78、列条件下，研究数列的性质等问题.典例感悟 例 3(2019苏州期末)定义：对于任意的 nN*，xnxn2xn1仍为数列xn中的项，则称数列xn为“回归数列”(1)已知 an2n(nN*)，判断数列an是否为“回归数列”，并说明理由；(2)若数列bn为“回归数列”，b33，b99，且对于任意的 nN*，均有 bnbn1成立 求数列bn的通项公式；求所有的正整数 s，t，使得等式b2s3s11b2s3s1 bt成立 解(1)假设an是“回归数列”，则对任意的 nN*，总存在 kN*，使 anan2an1ak成立，即 2n42n22n2k，即 32n2k，32kn 此时等式左边为奇数 3，右边为 2

79、 的整数次幂，不成立，所以假设不成立，所以数列an不是“回归数列”(2)因为 bnbn1，所以 bn1bn2，所以 bnbn2bn1bn且 bnbn2bn1bn2(bn1bn)bn2，又bn为“回归数列”，所以 bnbn2bn1bn1，即 bnbn22bn1，所以数列bn为等差数列 设等差数列bn的公差为 d，因为 b33，b99，所以 b11，d1，所以 bnn(nN*)因为b2s3s11b2s3s1 bt，所以 t3s1s213ss21，(*)因为 t32（1s2）3ss21 0，所以 t3，又 tN*，所以 t1，2，3.当 t1 时，(*)式整理为 3s0，不成立 当 t2 时，(*)

80、式整理为s213s 1.设 cnn213n(nN*)，因为 cn1cn2n（1n）33n1，所以 n1 时，cncn1；n2 时，cncn1，所以(cn)maxc2131，所以 s 无解 当 t3 时，(*)式整理为 s21，因为 sN*，所以 s1.综上所述，使得原等式成立的所有的正整数 s，t 的值是 s1，t3.方法技巧 数列新定义问题的命题形式及解题思路(1)新情境和新定义下的新数列问题，一般命题形式是根据定义的条件推断这个新数列的一些性质或判断一个数列是否属于这类数列的问题.(2)解答数列新定义问题时，首先需要分析新定义的特点，把新定义所叙述的问题的本质弄清楚，将其转化为我们熟悉的问

81、题，然后确定解题策略，根据题目条件进行求解 演练冲关(2019南京三模)数列an 的前 n 项和为 Sn，若存在正整数 r，t，且 rt，使得 Srt，Str 同时成立，则称数列an为“M(r，t)数列”(1)若首项为 3，公差为 d 的等差数列an是“M(r，2r)数列”，求 d 的值；(2)已知数列an为等比数列，公比为 q.若数列an为“M(r，2r)数列”，r4，求 q 的值；若数列an为“M(r，t)数列”，q(1，0)，求证：r 为奇数，t 为偶数 解：(1)因为an是 M(r，2r)数列，所以 Sr2r，且 S2rr.由 Sr2r，得 3rr（r1）2d2r.因为 r0，所以(r

82、1)d2；(*)由 S2rr，得 6r2r（2r1）2dr，因为 r0，所以(2r1)d5.(*)由(*)式和(*)式，解得 r3，d1.(2)()若 q1，则 Srra1，S2r2ra1.因为an是“M(r，2r)数列”，所以由 ra12r 得 a12，由 2ra1r 得 a112，矛盾，所以 q1.()当 q1 时，因为an是“M(r，2r)数列”，所以 Sr2r，S2rr，即a1（1qr）1q2r，a1（1q2r）1qr，得 qr12.当 r1 时，q12；当 r2 或 4 时，无解；当 r3 时，q 13 2.综上，q12或 q 13 2.证明：因为an是“M(r，t)数列”，q(1，

83、0)，所以 Srt，Str，即a1（1qr）1qt，a1（1qt）1qr，两式作商，得1qr1qttr，即 r(1qr)t(1qt)()若 r 为偶数，t 为奇数，则 r(1|q|r)t(1|q|t)因为 rt，01|q|r1，1|q|t1，所以 r(1|q|r)t(1|q|t)，这与 r(1|q|r)t(1|q|t)矛盾，所以假设不成立()若 r 为偶数，t 为偶数，则 r(1|q|r)t(1|q|t)设函数 yx(1ax)，0a1，则 y1axxaxln a，当 x0 时，1ax0，xaxln a0，即 y0，所以 yx(1ax)在(0，)上为增函数 因为 rt，所以 r(1|q|r)t(

84、1|q|t)，这与 r(1|q|r)t(1|q|t)矛盾，所以假设不成立()若 r 为奇数，t 为奇数，则 r(1|q|r)t(1|q|t)设函数 yx(1ax)，0a1，则 y1axxaxln a.设 g(x)1axxaxln a，0a1，则 g(x)axln a(2xln a)，令 g(x)0，得 x 2ln a.因为 ax0，ln a0，所以当 x 2ln a时，g(x)0，则 g(x)在 2ln a，上单调递增；当 0 x 2ln a时，g(x)0，则 g(x)在0，2ln a 上单调递减，所以 g(x)ming 2ln a 1a 2ln a.因为 2ln a0，所以 0a 2ln a

85、1，所以 g(x)min0，从而 g(x)0 在(0，)上恒成立，所以 yx(1ax)，0a1 在(0，)上单调递增 又 rt，所以 r(1|q|r)t(1|q|t)，这与 r(1|q|r)t(1|q|t)矛盾，所以假设不成立()若 r 为奇数，t 为偶数，由知，存在等比数列an为“M(1，2)数列”综上，r 为奇数，t 为偶数.课时达标训练 A 组大题保分练 1(2019南京盐城二模)已知数列an的各项均为正数，且对任意的 nN*，都有(a1a2an)2an11 an1n1.(1)若 a1，2a2，3a3成等差数列，求a2a1的值(2)求证：数列an为等比数列；若对任意的 nN*，都有 a1

86、a2an2n1，求数列an的公比 q 的取值范围 解：(1)因为(a1a2)2a31a3，所以 a22a1a3，因此 a1，a2，a3成等比数列 设公比为 t，又 a1，2a2，3a3成等差数列，所以 4a2a13a3，即 4a2a113a3a1，即 4t13t2，解得 t1 或 t13，所以a2a11或a2a113.(2)证明：因为(a1a2an)2an11 an1n1，所以(a1a2anan1)2an21 ann2，两式相除，得 a2n1a1ann2an1n1，即 an1n1a1ann2，(*)由(*)，得 an2n2a1an1n3，(*)(*)(*)两式相除，得an2n2an1n1an1

87、a3ann2，即 a2n2n2 an1n1an1n3，所以 a2n2an1an3，由(1)知 a22a1a3，所以 a2n1anan2，nN*.因此数列an为等比数列 由 n1，可得 0a11，当 0q2 时，ana1qn12n1，因此 a1a2an122n12n1，所以 0q2 满足条件 当 q2 时，由 a1a2an2n1，得a1（1qn）1q2n1，整理得 a1qn(q1)2na1q1.因为 q2，0a11，所以 a1q10，因此 a1qn(q1)2n，即q2nq1a1，又q21，所以 nlogq2q1a1，与对任意的 nN*恒成立相矛盾，所以 q2 不满足条件 综上，公比 q 的取值范

88、围为(0，2 2(2019江苏四星级高中 4 月联考)如果一个数列从第 2 项起，每一项与它前一项的比都大于 2，则称这个数列为“G 型数列”(1)若数列an满足 a11，an1an32n1，求证：数列an是“G 型数列”(2)若数列an的各项均为正整数，且 a11，an为“G 型数列”，记 bnan1，数列bn为等比数列，公比 q 为正整数，当bn不是“G 型数列”时，求数列an的通项公式(3)在(2)的条件下，令 cn1anan1，记cn的前 n 项和为 Sn是否存在正整数 m，使得对任意的 nN*，都有1Sn(m1，m成立？若存在，求出 m 的值；若不存在，请说明理由 解：(1)证明：a

89、n1an32n1，当 n2 时，anan132n3，由得，当 n2 时，an1an19，所以数列a2n(nN*)和数列a2n1(nN*)是等比数列 因为 a11，an1an32n1，所以 a23，所以 a2n32n1，a2n132n2，因此 an3n1，从而 anan132(n2)，所以数列an是“G 型数列”(2)因为数列an的各项均为正整数，且an为“G 型数列”，所以an1an 2，所以 an12anan，因此数列an递增 又 bnan1，所以 bn1bnan1an0，因此bn递增，所以公比 q1.又bn不是“G 型数列”，所以存在 n0，使得bn01bn0 2，所以 q2，又公比 q

90、为正整数，所以 q2.又 b1a112，所以 bn2n，即 an2n1.(3)anan1(2n1)(2n11)22n132n122n132n，因为 22n132n4n2n(2n3)4n(n2)，所以 anan14n(n2)，所以 cn1anan114n(n2)当 n1 时，S113，当 n2 时，Sn 1a1a2 1a2a3 1a3a41anan11314214314414n，又1314214314414n 131421 14n111413 1121 14n1 13 112 512，n2，即 n2 时，13Sn 512，所以125 1Sn3.综上，125 1Sn3，nN*.所以存在正整数 m3

91、，使得对任意的 nN*，都有1Sn(m1，m成立 3在数列 an 中，已知 a11，a22，an2an2，n2k1，3an，n2k(kN*)(1)求数列 an 的通项公式；(2)设数列 an 的前 n 项和为 Sn，问是否存在正整数 m，n，使得 S2nmS2n1？若存在，求出所有的正整数对(m，n)；若不存在，请说明理由 解：(1)由题意，数列 an 的奇数项是以 a11 为首项，公差为 2 的等差数列；偶数项是以 a22 为首项，公比为 3 的等比数列 所以对任意正整数 k，a2k12k1，a2k23k1.所以数列 an 的通项公式为 ann，n2k1，23n21，n2k(kN*)(2)S

92、2n(a1a3a2n1)(a2a4a2n)n（12n1）22（13n）133nn21，nN*.S2n1S2na2n3n1n21.假设存在正整数 m，n，使得 S2nmS2n1，则 3nn21m(3n1n21)，所以 3n1(3m)(m1)(n21)，(*)从而 3m0，所以 m3,又 mN*，所以 m1，2，3.当 m1 时，(*)式左边大于 0，右边等于 0，不成立；当 m3 时，(*)式左边等于 0，所以 2(n21)0，n1，所以 S23S1；当 m2 时，(*)式可化为 3n1n21(n1)(n1)，则存在 k1，k2N，k1k2，使得 n13k1，n13k2，且 k1k2n1，从而

93、3k23k13k1(3k2k11)2，所以 3k11，3k2k112，所以 k10，k2k11，于是 n2，S42S3.综上可知，符合条件的正整数对(m，n)只有两对：(2，2)，(3，1)4若数列an中存在三项，按一定次序排列构成等比数列，则称an为“等比源数列”(1)已知数列an中，a12，an12an1.求an的通项公式；试判断an是否为“等比源数列”，并证明你的结论(2)已知数列an为等差数列，且 a10，anZ(nN*)求证：an为“等比源数列”解：(1)由 an12an1，得 an112(an1)，且 a111，所以数列an1是首项为 1，公比为 2 的等比数列，所以 an12n1

94、.所以数列an的通项公式为 an2n11.数列an不是“等比源数列”，用反证法证明如下：假设数列an是“等比源数列”，则存在三项 am，an，ak(mnk)按一定次序排列构成等比数列 因为 an2n11，所以 amanak，所以 a2namak，得(2n11)2(2m11)(2k11)，即 22n222n112mk22m12k11，两边同时乘以 21m，得到 22nm12nm12k112km，即 22nm12nm12k12km1，又 mn0 时，因为 anZ，则 d1，且 dZ，所以数列an中必有一项 am0.为了使得an为“等比源数列”，只需要an中存在第 n 项，第 k 项(mnk)，使得

95、 a2namak成立，即am(nm)d2amam(km)d，即(nm)2am(nm)dam(km)成立 当 namm，k2amamdm 时，上式成立 所以an中存在 am，an，ak成等比数列 所以数列an为“等比源数列”B 组大题增分练 1已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 2a5a313，S416.(1)求数列an的前 n 项和 Sn；(2)设 Tni1n(1)iai，若对一切正整数 n，不等式 Tnan1(1)n1an2n1 恒成立，求实数 的取值范围 解：(1)设数列an的公差为 d.因为 2a5a313，S416，所以2（a14d）（a12d）13，4a16d16，解得a11

96、，d2，所以 an2n1，Snn2.(2)当 n 为偶数时，设 n2k，kN*，则 T2k(a2a1)(a4a3)(a2ka2k1)2k.代入不等式 Tnan1(1)n1an2n1，得 2k4k，从而 4k2k.设 f(k)4k2k，则 f(k1)f(k)4k12（k1）4k2k4k（3k1）2k（k1）.因为 kN*，所以 f(k1)f(k)0，所以 f(k)是递增的，所以 f(k)min2，所以 2.当 n 为奇数时，设 n2k1，kN*，则 T2k1T2k(1)2ka2k2k(4k1)12k.代入不等式 Tn0.因为 ckbkck1，所以 qk1kqk，其中 k1，2，3，m(mN*)当

97、 k1 时，有 q1；当 k2，3，m 时，有ln kk ln q ln kk1.设 f(x)ln xx(x1)，则 f(x)1ln xx2.令 f(x)0，得 xe.列表如下：x(1，e)e(e，)f(x)0 f(x)极大值 因为ln 22 ln 86 Tn.证明：anbn；(3)若bn为等比数列，b1a1，b2a2，求满足an2Tnbn2Snak(kN*)的 n 值 解：(1)由 3Sn12SnSn2an，得 2(Sn1Sn)Sn2Sn1an，即 2an1an2an，所以 an2an1an1an.由 a11，S24，可知 a23.所以数列an是以 1 为首项，2 为公差的等差数列 故an的

98、通项公式为 an2n1.(2)证明：法一：设数列bn的公差为 d，则 Tnnb1n（n1）2d，由(1)知，Snn2.因为 SnTn，所以 n2nb1n（n1）2d，即(2d)nd2b10 恒成立，所以2d0，2dd2b10，即d2，b10.所以 anbn，得证 法二：设bn的公差为 d，假设存在自然数 n02，使得 an0bn0，则 a1(n01)2b1(n01)d，即 a1b1(n01)(d2)，因为 a1b1，所以 d2.所以 TnSnnb1n（n1）2dn2d21 n2b1d2 n，因为d210，所以存在 n0N*，当 nn0时，TnSn0 恒成立 这与“对任意的 nN*，都有 SnT

99、n”矛盾 所以 anbn，得证(3)由(1)知，Snn2.因为bn为等比数列，且 b11，b23，所以bn是以 1 为首项，3 为公比的等比数列 所以 bn3n1，Tn3n12.则an2Tnbn2Sn2n13n13n12n23n2n23n12n2 36n22n23n12n2，因为 nN*，所以 6n22n20，所以an2Tnbn2Sn0，所以 0f(2)f(3)f(n)0 时，可得 q26q10，解得 q32 2，当 q0，an1an40，an1an4，即an是首项为 2，公差为 4 的等差数列，an4n2.点评 本例利用了方程的消元思想，通过 an1Sn1Sn，Sn18(an2)2消去 Sn

100、，找到数列中相邻两项的递推关系，使问题得到解决值得注意的是有时可借助 an1Sn1Sn消去an，利用 Sn1，Sn的递推关系解题 2分类讨论思想解决数列前 n 项和的问题 例 2 设等比数列an的公比为 q，前 n 项和 Sn0(n1，2，)(1)求 q 的取值范围；(2)设 bnan232an1，记bn的前 n 项和为 Tn，试比较 Sn与 Tn的大小 解(1)因为an是等比数列，Sn0，可得 a1S10，q0.当 q1 时，Snna10；当 q1 时，Sna1（1qn）1q0，即1qn1q0(n1，2，)，上式等价于不等式组：1q0，1qn0，1qn0(n1，2，)，解式得 q1；解式，由

101、于 n 可为奇数、可为偶数，得1q0 或 0q0 且1q0.当1q2 时，TnSn0，即 TnSn；当12q2 且 q0 时，TnSn0，即 Tn0，a2 018a2 0190 成立的最大正整数 n 是_ 解析：an为等差数列，a10，a2 018a2 019|a2 019|，等价于 a2 0180，a2 0190.在等差数列an中，a2 018a2 019a1a4 0360，S4 0364 036（a1a4 036）20，S4 0374 037（a1a4 037）24 037a2 0190，使 Sn0 成立的最大自然数 n 是 4 036.答案：4 036 B 组方法技巧练 1(2019海门

102、中学模拟)设数列an和bn满足 bn22an3，an的前 n 项和为 Sn，bn的前 n 项积为 Tn，已知数列an是各项均为整数且公差为正整数的等差数列，若 S23a244，则满足 Tn2 019 的所有 n 的取值的和为_ 解析：法一：因为数列an是公差为正整数的等差数列，所以可设其公差为 d(dN*)，则 ana1(n1)d.由 S23a244 得，10a2124da118d240，(*)由(24d)240(18d24)0 得 d2109，即 103 d 103.又 dN*，所以 d1，代入(*)得 5a2112a170，即(5a17)(a11)0.因为 a1Z，所以 a11，所以 an

103、n2，所以 bn22an322n1，所以 Tnb1b2 bn2135(2n1)2n2.由 Tn2 019 得 2n22 019，因为2n2是递增数列，且当 n3 时，2n2292 019，当n4 时，2n2216322 0482 019，所以满足 Tn2 019 的所有 n 的取值为 1，2，3，所以所有满足条件的 n 的取值的和为 6.法二：因为数列an是公差为正整数的等差数列，所以可设其公差为 d(dN*)，则 ana2(n2)d.由 S23a244 得，10a224da24d240，(*)由(4d)240(4d24)0 得 d2109，即 103 d 103，又 dN*，所以 d1，代入

104、(*)得 5a222a20，即 a2(5a22)0.因为 a2Z，所以 a20.所以 ana2(n2)1n2，所以 bn22an322n1，所以 Tnb1b2bn2135(2n1)2n2.以下同法一 答案：6 2若公比不为 1 的等比数列an满足 log2(a1a2a13)13，等差数列bn满足 b7a7，则b1b2b13的值为_ 解析：log2(a1a2a13)13，log2a137 13a72b7，b1b2b1313b726.答案：26 3已知数列an满足 a2n11a2n2a2n1，nN*，a11，若前 n 项和为 Sn，则 S11的最小值为_ 解析：要使 Sn最小，则数列各项为 1，2

105、，1，2，1，2，1，2，所以当 S11的最小值为 16.答案：16 4(2019南京盐城一模)若数列an满足 a10，a4n1a4n2a4n2a4n33，a4na4n1a4n1a4n12，其中 nN*，且对任意 nN*都有 anm 成立，则 m 的最小值为_ 解析：在 a4n1a4n2a4n2a4n33 中令 n1，得 a3a2a2a13，因为 a10，所以 a23，a36.又 a4na4n112，所以 a412a33.由 a4n1a4n2a4n2a4n33 得 a4n3a4n2a4n2a4n13，又由已知得 a4n112a4n，所以 a4n212a4n3，所以 a4n3a4n2312a4n

106、6，a4n412a4n314a4n3，所以 a4n4414(a4n4)，所以a4n4是首项为1，公比为14的等比数列，所以 a4n4 14n14，a4n12a4n8 24n18，a4n2a4n135 24n15，a4n3a4n232 24n12.综上，an8，因为对任意 nN*都有 anm，所以 m8，所以 m 的最小值为 8.答案：8 5已知an是递增数列，其前 n 项和为 Sn，a11，且 10Sn(2an1)(an2)，nN*.(1)求数列an的通项 an；(2)是否存在 m，n，kN*，使得 2(aman)ak成立？若存在，写出一组符合条件的 m，n，k 的值；若不存在，请说明理由 解

107、：(1)由 10a1(2a11)(a12)，得 2a215a120，解得 a12 或 a112.又 a11，所以 a12.因为 10Sn(2an1)(an2)，所以 10Sn2a2n5an2，故 10an110Sn110Sn2a2n15an122a2n5an2，整理，得 2(a2n1a2n)5(an1an)0，即(an1an)2(an1an)50.因为an是递增数列且 a12，所以 an1an0，因此 an1an52.所以数列an是以 2 为首项，52为公差的等差数列，所以 an252(n1)12(5n1)(2)满足条件的正整数 m，n，k 不存在，理由如下：假设存在 m，n，kN*，使得 2

108、(aman)ak，则 5m15n112(5k1)，整理，得 2m2nk35，()虽然，()式左边为整数，所以()式不成立 故满足条件的正整数 m，n，k 不存在 6数列an，bn，cn满足：bnan2an1，cnan12an22，nN*.(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 b1a30 时，数列an是否成等差数列？证明你的结论 解：(1)证明：设数列an的公差为 d，bnan2an1，bn1bn(an12an2)(an2an1)(an1an)2(an2an1)d2dd，

109、数列bn是公差为d 的等差数列(2)证明：当 n2 时，cn1an2an12，bnan2an1，anbncn121，an1bn1cn21，an1anbn1cn2bncn12bn1bn2cncn12，数列bn，cn都是等差数列，bn1bn2cncn12为常数，数列an从第二项起为等差数列(3)数列an成等差数列bnan2an1，b1a30，令 n1，a12a2a3，即 a12a2a30，bn1an12an2，bn2an22an3，2bn1bnbn2(2an1anan2)2(2an2an1an3)，数列bn是等差数列，2bn1bnbn20，2an1anan22(2an2an1an3)，a12a2a

110、30，2an1anan20，数列an是等差数列 C 组创新应用练 1(2019常州期末)数列an，bn满足 bnan1(1)nan(nN*)，且数列bn的前 n项和为 n2，已知数列ann的前 2 018 项和为 1，那么数列an的首项 a1_ 解析：由数列bn的前 n 项和为 n2，可得 bn2n1，则 b2n1a2na2n14n3，b2na2n1a2n4n1，b2n1a2n2a2n14n1，得 a2n1a2n12，得 a2n2a2n8n.因为数列ann的前 2 018 项和为 1，所以 a1a2a2 018(122 018)1，a1a2a2 018(122 018)11 0092 0191

111、，所以 a11 008a28(241 008)1 0092 0191，又 b11a2a1，即 a2a11，所以 2a11 00885041 01021 0092 019，解得 a132.答案：32 2对于一切实数 x，令x为不大于 x 的最大整数，则函数 f(x)x称为高斯函数或取整函数若 anfn3，nN*，Sn为数列an的前 n 项和，则 S3n_ 解析：由题意，当 n3k，n3k1，n3k2 时均有 anfn3 n3 k，所以 S3n00111,3个222,3个(n1)(n1)(n1),3个n31n12(n1)n32n212n.答案：32n212n 3已知数列an是各项均为正数的等比数列

112、，其前 n 项和为 Sn，点 An，Bn均在函数 f(x)log2x 的图像上，An的横坐标为 an，Bn的横坐标为 Sn1，直线 AnBn的斜率为 kn.若 k11，k212，则数列anf(an)的前 n 项和 Tn_ 解析：由题意可知 A1(a1，log2a1)，A2(a2，log2a2)，B1(S11，log2(S11)，B2(S21，log2(S21)，k1log2（S11）log2a1S11a11，k2log2（S21）log2a2S21a212，解得a11，a22，an2n1，f(an)log22n1n1，anf(an)(n1)2n1.Tn020121222(n2)2n2(n1)2

113、n1，2Tn021122223(n2)2n1(n1)2n，由得Tn222232n1(n1)2n，所以Tn2（12n1）12(n1)2n，整理得 Tn(n2)2n2.答案：(n2)2n2 4设某数列的前 n 项和为 Sn，若SnS2n为常数，则称该数列为“和谐数列”若一个首项为 1，公差为 d(d0)的等差数列an为“和谐数列”，则该等差数列的公差 d_ 解析：由SnS2nk(k 为常数)，且 a11，得 n12n(n1)dk2n122n（2n1）d，即2(n1)d4k2k(2n1)d，整理得，(4k1)dn(2k1)(2d)0.对任意正整数 n，上式恒成立，d（4k1）0，（2k1）（2d）0

114、，解得d2，k14，数列an的公差 d2.答案：2 5(2019苏锡常镇一模)定义：若有穷数列 a1，a2，an同时满足下列三个条件，则称该数列为 P 数列首项 a11；a1a2an；对于该数列中的任意两项 ai和 aj(1ijn)，其积 aiaj或商ajai仍是该数列中的项(1)问等差数列 1，3，5 是否为 P 数列？(2)若数列 a，b，c，6 是 P 数列，求 b 的取值范围；(3)若 n4，且数列 b1，b2，bn是 P 数列，求证：数列 b1，b2，bn是等比数列 解：(1)3515，53均不在此等差数列中，等差数列 1，3，5 不是 P 数列(2)数列 a，b，c，6 是 P 数

115、列，1abc6，6b 或6b是数列中的项，且 6b 大于数列中的最大项 6，6b是数列中的项，同理6c也是数列中的项 考虑到 16c6b6，6cb，6bc，bc6，又 1bc，1b 6，综上，b 的取值范围是(1，6)(3)证明：记数列 b1，b2，bn为数列bn，数列bn是 P 数列，1b1b2b3bn，b2bn或bnb2是数列中的项，且 b2bn大于数列中的最大项 bn，bnb2是数列bn中的项 同理bnb3，bnb4，bnbn1也都是数列bn中的项，考虑到 1 bnbn1bnb2bn，且 1，bnbn1，bnb2，bn这 n 个数全是共有 n 项的增数列 1，b2，bn中的项，bnbn1b2，bnb2bn1，从而 bnbibn1i(i1，2，n1)，又 bn1b3bn1b2bn，bn1b3不是数列bn中的项，bn1b3 是数列bn中的项，同理bn1b4，bn1bn2也都是数列bn中的项，考虑到 1bn1bn2bn1b4 bn1b3 bnb3bn2bn1bn，且 1，bn1bn2，bn1b4，bn1b3，bnb3，bn1，bn这 n 个数全是共有 n 项的增数列 1，b2，bn中的项，于是，同理有 bn1bibni(i1，2，n2)，在中将 i 换成 i1 后与相除，得 bnbn1 bi1 bi，i1，2，n2，b1，b2，bn是等比数列