專題14數(shù)列的綜合應(yīng)用1、【2018年高考江蘇卷】已知集合，．將的所有元素從小到大依次排列構(gòu)成一個(gè)數(shù)列．記為數(shù)列的前n項(xiàng)和，則使得成立的n的最小值為___________．【答案】27【解析】所有的正奇數(shù)和按照從小到大的順序排列構(gòu)成，在數(shù)列|中，25前面有16個(gè)正奇數(shù)，即.當(dāng)n=1時(shí)，，不符合題意；當(dāng)n=2時(shí)，，不符合題意；當(dāng)n=3時(shí)，，不符合題意；當(dāng)n=4時(shí)，，不符合題意；……；當(dāng)n=26時(shí)，，不符合題意；當(dāng)n=27時(shí)，,符合題意.故使得成立的n的最小值為27.2、【2019年高考天津卷文數(shù)】設(shè)是等差數(shù)列，是等比數(shù)列，公比大于0，已知.（1）求和的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)數(shù)列滿足求.【解析】（1）設(shè)等差數(shù)列的公差為，等比數(shù)列的公比為.依題意，得解得故.所以，的通項(xiàng)公式為，的通項(xiàng)公式為.（2）.記則②?①得，.所以，.本小題主要考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及前項(xiàng)和公式等基礎(chǔ)知識(shí)，考查數(shù)列求和的基本方法和運(yùn)算求解能力，屬于中檔題目.3、【2019年高考江蘇卷】定義首項(xiàng)為1且公比為正數(shù)的等比數(shù)列為“M－數(shù)列”.（1）已知等比數(shù)列{an}滿足：，求證:數(shù)列{an}為“M－數(shù)列”；（2）已知數(shù)列{bn}滿足:，其中Sn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和．①求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；②設(shè)m為正整數(shù)，若存在“M－數(shù)列”{cn}，對(duì)任意正整數(shù)k，當(dāng)k≤m時(shí)，都有成立，求m的最大值．【解析】（1）設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，所以a1≠0，q≠0.由，得，解得．因此數(shù)列為“M—數(shù)列”.（2）①因?yàn)?，所以．由，得，則.由，得，當(dāng)時(shí)，由，得，整理得．所以數(shù)列{bn}是首項(xiàng)和公差均為1的等差數(shù)列.因此，數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn=n.②由①知，bk=k，.因?yàn)閿?shù)列{cn}為“M–數(shù)列”，設(shè)公比為q，所以c1=1，q>0.因?yàn)閏k≤bk≤ck+1，所以，其中k=1，2，3，…，m.當(dāng)k=1時(shí)，有q≥1；當(dāng)k=2，3，…，m時(shí)，有．設(shè)f（x）=，則．令，得x=e.列表如下：xe(e，+∞)+0–f（x）極大值因?yàn)椋裕?，?dāng)k=1，2，3，4，5時(shí)，，即，經(jīng)檢驗(yàn)知也成立．因此所求m的最大值不小于5．若m≥6，分別取k=3，6，得3≤q3，且q5≤6，從而q15≥243，且q15≤216，所以q不存在.因此所求m的最大值小于6.綜上，所求m的最大值為5．本題主要考查等差和等比數(shù)列的定義、通項(xiàng)公式、性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查代數(shù)推理、轉(zhuǎn)化與化歸及綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)探究與解決問題的能力．4、【2019年高考浙江卷】設(shè)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和為，，，數(shù)列滿足：對(duì)每個(gè)成等比數(shù)列．（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；

（2）記證明：【解析】（1）設(shè)數(shù)列的公差為d，由題意得，解得．從而．所以，由成等比數(shù)列得．解得．所以．（2）．我們用數(shù)學(xué)歸納法證明．（i）當(dāng)n=1時(shí)，c1=0<2，不等式成立；（ii）假設(shè)時(shí)不等式成立，即．那么，當(dāng)時(shí)，．即當(dāng)時(shí)不等式也成立．根據(jù)（i）和（ii），不等式對(duì)任意成立．本題主要考查等差數(shù)列、等比數(shù)列、數(shù)列求和、數(shù)學(xué)歸納法等基礎(chǔ)知識(shí)，同時(shí)考查運(yùn)算求解能力和綜合應(yīng)用能力.5、【2018年高考江蘇卷】設(shè)是首項(xiàng)為，公差為d的等差數(shù)列，是首項(xiàng)為，公比為q的等比數(shù)列．（1）設(shè)，若對(duì)均成立，求d的取值范圍；（2）若，證明：存在，使得對(duì)均成立，并求的取值范圍（用表示）．【解析】本小題主要考查等差和等比數(shù)列的定義、通項(xiàng)公式、性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查代數(shù)推理、轉(zhuǎn)化與化歸及綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)探究與解決問題的能力．滿分16分．（1）由條件知：．因?yàn)閷?duì)n=1，2，3，4均成立，即對(duì)n=1，2，3，4均成立，即11，1d3，32d5，73d9，得．因此，d的取值范圍為．（2）由條件知：．若存在d，使得（n=2，3，···，m+1）成立，即，即當(dāng)時(shí)，d滿足．因?yàn)?，則，從而，，對(duì)均成立．因此，取d=0時(shí)，對(duì)均成立．下面討論數(shù)列的最大值和數(shù)列的最小值（）．①當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，有，從而．因此，當(dāng)時(shí)，數(shù)列單調(diào)遞增，故數(shù)列的最大值為．②設(shè)，當(dāng)x>0時(shí)，，所以單調(diào)遞減，從而<f（0）=1．當(dāng)時(shí)，，因此，當(dāng)時(shí)，數(shù)列單調(diào)遞減，故數(shù)列的最小值為．因此，d的取值范圍為．一、求通項(xiàng)公式的方法1、累加（累乘法）（1）累加法：如果遞推公式形式為：，則可利用累加法求通項(xiàng)公式①等號(hào)右邊為關(guān)于的表達(dá)式，且能夠進(jìn)行求和②的系數(shù)相同，且為作差的形式二、數(shù)列的求和的方法（1）等差數(shù)列求和公式：（2）等比數(shù)列求和公式：（3）錯(cuò)位相減法：通項(xiàng)公式的特點(diǎn)在錯(cuò)位相減法的過程中體現(xiàn)了怎樣的作用？通過解題過程我們可以發(fā)現(xiàn)：等比的部分使得每項(xiàng)的次數(shù)逐次遞增，才保證在兩邊同乘公比時(shí)實(shí)現(xiàn)了“錯(cuò)位”的效果。而等差的部分錯(cuò)位部分“相減”后保持系數(shù)一致（其系數(shù)即為等差部分的公差），從而可圈在一起進(jìn)行等比數(shù)列求和。體會(huì)到“錯(cuò)位”與“相減”所需要的條件，則可以讓我們更靈活的使用這一方法進(jìn)行數(shù)列求和（4）裂項(xiàng)相消：的表達(dá)式能夠拆成形如的形式（），從而在求和時(shí)可以進(jìn)行相鄰項(xiàng)（或相隔幾項(xiàng)）的相消。從而結(jié)果只存在有限幾項(xiàng)，達(dá)到求和目的。其中通項(xiàng)公式為分式和根式的居多（5）分組求和如果數(shù)列無法求出通項(xiàng)公式，或者無法從通項(xiàng)公式特點(diǎn)入手求和，那么可以考慮觀察數(shù)列中的項(xiàng)，通過合理的分組進(jìn)行求和（1）利用周期性求和：如果一個(gè)數(shù)列的項(xiàng)按某個(gè)周期循環(huán)往復(fù)，則在求和時(shí)可將一個(gè)周期內(nèi)的項(xiàng)歸為一組求和，再統(tǒng)計(jì)前項(xiàng)和中含多少個(gè)周期即可（2）通項(xiàng)公式為分段函數(shù)（或含有，多為奇偶分段。若每段的通項(xiàng)公式均可求和，則可以考慮奇數(shù)項(xiàng)一組，偶數(shù)項(xiàng)一組分別求和，但要注意兩點(diǎn)：一是序數(shù)的間隔（等差等比求和時(shí)會(huì)影響公差公比），二是要對(duì)項(xiàng)數(shù)的奇偶進(jìn)行分類討論（可見典型例題）；若每段的通項(xiàng)公式無法直接求和，則可以考慮相鄰項(xiàng)相加看是否存在規(guī)律，便于求和（3）倒序相加：若數(shù)列中的第項(xiàng)與倒數(shù)第項(xiàng)的和具備規(guī)律，在求和時(shí)可以考慮兩項(xiàng)為一組求和，如果想避免項(xiàng)數(shù)的奇偶討論，可以采取倒序相加的特點(diǎn)，三、數(shù)列中的單調(diào)性1、在數(shù)列中涉及到的不等關(guān)系通常與數(shù)列的最值有關(guān)，而要求的數(shù)列中的最值項(xiàng)，要依靠數(shù)列的單調(diào)性，所以判斷數(shù)列的單調(diào)性往往是此類問題的入手點(diǎn)2、如何判斷數(shù)列的單調(diào)性：（1）函數(shù)角度：從通項(xiàng)公式入手，將其視為關(guān)于的函數(shù)，然后通過函數(shù)的單調(diào)性來判斷數(shù)列的單調(diào)性。由于，所以如果需要用到導(dǎo)數(shù)，首先要構(gòu)造一個(gè)與通項(xiàng)公式形式相同，但定義域?yàn)榈暮瘮?shù)，得到函數(shù)的單調(diào)性后再結(jié)合得到數(shù)列的單調(diào)性（2）相鄰項(xiàng)比較：在通項(xiàng)公式不便于直接分析單調(diào)性時(shí)，可考慮進(jìn)行相鄰項(xiàng)的比較得出數(shù)列的單調(diào)性，通常的手段就是作差（與0比較，從而轉(zhuǎn)化為判斷符號(hào)問題）或作商（與1比較，但要求是正項(xiàng)數(shù)列）3、用數(shù)列的眼光去看待有特征的一列數(shù)：在解數(shù)列題目時(shí)，不要狹隘的認(rèn)為只有題目中的是數(shù)列，實(shí)質(zhì)上只要是有規(guī)律的一排數(shù)，都可以視為數(shù)列，都可以運(yùn)用數(shù)列的知識(shí)來進(jìn)行處理。比如：含的表達(dá)式就可以看作是一個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式；某數(shù)列的前項(xiàng)和也可看做數(shù)列等等。4、對(duì)于某數(shù)列的前項(xiàng)和，在判斷其單調(diào)性時(shí)可以考慮從解析式出發(fā)，用函數(shù)的觀點(diǎn)解決。也可以考慮相鄰項(xiàng)比較。在相鄰項(xiàng)比較的過程中可發(fā)現(xiàn)：，所以的增減由所加項(xiàng)的符號(hào)確定。進(jìn)而把問題轉(zhuǎn)化成為判斷的符號(hào)問題四、放縮法證明不等式的技巧1、放縮法證明數(shù)列不等式的理論依據(jù)——不等式的性質(zhì)：（1）傳遞性：若，則（此性質(zhì)為放縮法的基礎(chǔ)，即若要證明，但無法直接證明，則可尋找一個(gè)中間量，使得，從而將問題轉(zhuǎn)化為只需證明即可）（2）若，則，此性質(zhì)可推廣到多項(xiàng)求和：若，則:（3）若需要用到乘法，則對(duì)應(yīng)性質(zhì)為：若，則，此性質(zhì)也可推廣到多項(xiàng)連乘，但要求涉及的不等式兩側(cè)均為正數(shù)注：這兩條性質(zhì)均要注意條件與結(jié)論的不等號(hào)方向均相同2、放縮的技巧與方法：（1）常見的數(shù)列求和方法和通項(xiàng)公式特點(diǎn)：①等差數(shù)列求和公式：，（關(guān)于的一次函數(shù)或常值函數(shù)）②等比數(shù)列求和公式：，（關(guān)于的指數(shù)類函數(shù)）③錯(cuò)位相減：通項(xiàng)公式為“等差等比”的形式④裂項(xiàng)相消：通項(xiàng)公式可拆成兩個(gè)相鄰項(xiàng)的差，且原數(shù)列的每一項(xiàng)裂項(xiàng)之后正負(fù)能夠相消，進(jìn)而在求和后式子中僅剩有限項(xiàng)（2）與求和相關(guān)的不等式的放縮技巧：①在數(shù)列中，“求和看通項(xiàng)”，所以在放縮的過程中通常從數(shù)列的通項(xiàng)公式入手②在放縮時(shí)要看好所證不等式中不等號(hào)的方向，這將決定對(duì)通項(xiàng)公式是放大還是縮?。☉?yīng)與所證的不等號(hào)同方向）③在放縮時(shí)，對(duì)通項(xiàng)公式的變形要向可求和數(shù)列的通項(xiàng)公式靠攏，常見的是向等比數(shù)列與可裂項(xiàng)相消的數(shù)列進(jìn)行靠攏。題型一、數(shù)列中的通項(xiàng)與求和數(shù)列中求通項(xiàng)、求和是最基本，也是最重要的問題，在試題的條件中經(jīng)常會(huì)出現(xiàn)含有和Sn與項(xiàng)an的等式，這往往是問題的突破口，經(jīng)常會(huì)使用退位(或進(jìn)位)相減的方式，使問題轉(zhuǎn)化為相鄰項(xiàng)之間的關(guān)系，如果滿足等差(或等比)數(shù)列的定義那就更好，否則就是常規(guī)遞推關(guān)系問題，通過構(gòu)造等比數(shù)列解決問題的；而數(shù)列求和，則應(yīng)根據(jù)通項(xiàng)的特點(diǎn)選擇對(duì)應(yīng)的求和方法，其中錯(cuò)位相減法和裂項(xiàng)相消法經(jīng)?？嫉健＠?、(2018揚(yáng)州期末）已知各項(xiàng)都是正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋an，數(shù)列{bn}滿足b1＝eq\f(1,2)，2bn＋1＝bn＋eq\f(bn,an).(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)數(shù)列{cn}滿足cn＝eq\f(bn＋2,Sn)，求和c1＋c2＋…＋cn；(3)是否存在正整數(shù)p，q，r(p<q<r)，使得bp，bq，br成等差數(shù)列？若存在，求出所有滿足要求的p，q，r；若不存在，請(qǐng)說明理由．規(guī)范解答(1)2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋an①，2Sn＋1＝aeq\o\al(2,n＋1)＋an＋1②，②－①得2an＋1＝aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＋an＋1－an，即(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0.因?yàn)閧an}是正數(shù)數(shù)列，所以an＋1－an－1＝0，即an＋1－an＝1，所以{an}是等差數(shù)列，其中公差為1.在2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋an中，令n＝1，得a1＝1，所以an＝n.(2分)由2bn＋1＝bn＋eq\f(bn,an)得eq\f(bn＋1,n＋1)＝eq\f(1,2)·eq\f(bn,n)，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,n)))是等比數(shù)列，其中首項(xiàng)為eq\f(1,2)，公比為eq\f(1,2)，所以eq\f(bn,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)，即bn＝eq\f(n,2n).(5分)(注：也可累乘求bn的通項(xiàng)．)(2)由(1)得cn＝eq\f(bn＋2,Sn)＝eq\f(n＋2,（n2＋n）2n＋1)，所以cn＝eq\f(1,n·2n)－eq\f(1,（n＋1）2n＋1)，(7分)所以c1＋c2＋…＋cn＝eq\f(1,2)－eq\f(1,（n＋1）2n＋1)＝eq\f(（n＋1）2n－1,（n＋1）2n＋1).(9分)(3)假設(shè)存在正整數(shù)p，q，r(p<q<r)，使得bp，bq，br成等差數(shù)列，則bp＋br＝2bq，即eq\f(p,2p)＋eq\f(r,2r)＝eq\f(2q,2q).因?yàn)閎n＋1－bn＝eq\f(n＋1,2n＋1)－eq\f(n,2n)＝eq\f(1－n,2n＋1)，所以數(shù)列{bn}從第二項(xiàng)起單調(diào)遞減．當(dāng)p＝1時(shí)，eq\f(1,2)＋eq\f(r,2r)＝eq\f(2q,2q).若q＝2，則eq\f(r,2r)＝eq\f(1,2)，此時(shí)無解；若q＝3，則eq\f(r,2r)＝eq\f(1,4)，且{bn}從第二項(xiàng)起遞減，故r＝4，所以p＝1，q＝3，r＝4符合要求；(11分)若q≥4，則eq\f(b1,bq)≥eq\f(b1,b4)＝2，即b1≥2bq，又因?yàn)閎1＋br＝2bq，所以b1<2bq，矛盾．此時(shí)無解．(12分)當(dāng)p≥2時(shí)，一定有q－p＝1.若q－p≥2，則eq\f(bp,bq)≥eq\f(bp,bp＋2)＝eq\f(4p,p＋2)＝eq\f(4,1＋\f(2,p))≥2，即bp≥2bq，這與bp＋br＝2bq矛盾，所以q－p＝1.此時(shí)eq\f(r,2r)＝eq\f(1,2p)，則r＝2r－p.令r－p＝m＋1，則r＝2m＋1，所以p＝2m＋1－m－1，q＝2m＋1－m，m∈N*.綜上得，存在p＝1，q＝3，r＝4或p＝2m＋1－m－1，q＝2m＋1－m，r＝2m＋1(m∈N*)滿足要求．(16分)題型二、數(shù)列中的最值問題研究“和式”不等式恒成立問題，恒成立問題的基本方法有兩類：第一類是先求和，再研究不等式，此種方法要求“和”要能求；第二類處理方法是直接研究單調(diào)性來確定最值．例2、(2018無錫期末）已知等比數(shù)列{an}滿足a2a5＝2a3，且a4，eq\f(5,4)，2a7成等差數(shù)列，則a1·a2·…·an的最大值為________．【答案】1024【解析】解法1設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)可得a2a5＝a3a4＝2a3，由于a3≠0，可得a4＝2.因?yàn)閍4，eq\f(5,4)，2a7成等差數(shù)列，所以2×eq\f(5,4)＝a4＋2a7，可得a7＝eq\f(1,4)，由a7＝a4q3可得q＝eq\f(1,2)，由a4＝a1q3可得a1＝16，從而an＝a1qn－1＝16×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1(也可直接由an＝a4qn－4得出)，令bn＝a1·a2·…·an，則eq\f(bn＋1,bn)＝an＋1＝16×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)，令16×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)≥1，可得n≤4，故b1<b2<…<b4＝b5>b6>…>bn，所以當(dāng)n＝4或5時(shí)，a1·a2·…·an的值最大，為1024.解法2同解法1得an＝16×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，令an≥1可得n≤5，故當(dāng)1≤n≤5時(shí)，an≥1，當(dāng)n≥6時(shí)，0<an<1，所以當(dāng)n＝4或5時(shí)，a1·a2·…·an的值最大，為1024.解法3同解法1得an＝16×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＝25－n，令Tn＝a1·a2·…·an＝24×23×22×…×25－n＝24＋3＋2＋…＋(5－n)＝2eq\f(n（4＋5－n）,2)＝2eq\f(n（9－n）,2).因?yàn)閚∈N*，所以當(dāng)且僅當(dāng)n＝4或5時(shí)，eq\f(n（9－n）,2)取得最大值10，從而Tn取得最大值T10＝210＝1024.例3、(2018蘇州期末）(1)若Sn＋Sn－1＝eq\f(aeq\o\al(2,n)＋2,3)(n∈N*，n≥2)，且a1＝2.①求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；②若Sn≤λ·2n＋1對(duì)任意n∈N*恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．(2)已知數(shù)列{an}是公比為q(q>0，q≠1)的等比數(shù)列，且數(shù)列{an}的前n項(xiàng)積為10Tn.若存在正整數(shù)k，對(duì)任意n∈N*，使得eq\f(T（k＋1）n,Tkn)為定值，求首項(xiàng)a1的值．規(guī)范解答(1)①當(dāng)n≥2時(shí)，由3(Sn＋Sn－1)＝aeq\o\al(2,n)＋2，3(Sn＋1＋Sn)＝aeq\o\al(2,n＋1)＋2，兩式相減，得3(an＋1＋an)＝aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n).因?yàn)閍n>0恒成立，所以an＋1－an＝3，其中n≥2.(2分)由3(S2＋S1)＝aeq\o\al(2,2)＋2及a1＝2，得3(4＋a2)＝aeq\o\al(2,2)＋2，即aeq\o\al(2,2)－3a2－10＝0.結(jié)合a2>0，解得a2＝5，滿足a2－a1＝3.(3分)所以對(duì)n∈N*，均有an＋1－an＝3，即數(shù)列{an}是首項(xiàng)為a1＝2，公差為3的等差數(shù)列，數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n－1.(5分)②由①知，Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝eq\f(n（3n＋1）,2)，所以λ≥eq\f(n（3n＋1）,2n＋2)對(duì)n∈N*恒成立．(6分)記f(n)＝eq\f(n（3n＋1）,2n＋2)，n∈N*.考慮f(n＋1)－f(n)＝eq\f(（n＋1）（3n＋4）,2n＋3)－eq\f(n（3n＋1）,2n＋2)＝eq\f(－（3n2－5n－4）,2n＋3).(8分)當(dāng)n≥3時(shí)，f(n＋1)<f(n)，且f(1)＝eq\f(1,2)，f(2)＝eq\f(7,8)，f(3)＝eq\f(15,16).所以f(n)max＝f(3)＝eq\f(15,16)，從而λ≥eq\f(15,16).所以實(shí)數(shù)λ的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,16)，＋∞)).(11分)(2)設(shè)bn＝lgan＝lga1qn－1＝lga1＋lgqn－1＝lga1＋(n－1)lgq，令d＝lgq，則數(shù)列{bn}是公差為d的等差數(shù)列，由題意有a1·a2·…·an＝aeq\o\al(n,1)·qeq\f(n（n－1）,2)＝10Tn，兩邊取以10為底的對(duì)數(shù)，則有nlga1＋eq\f(n（n－1）,2)lgq＝Tn，而數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為neq\f(lga1＋lga1＋（n－1）lgq,2)＝nlga1＋eq\f(n（n－1）,2)lgq＝Tn，故Tn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和．(13分)Tn＝nb1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b1－\f(d,2)))n，記A＝eq\f(d,2)≠0，B＝b1－eq\f(d,2)，則Tn＝An2＋Bn.所以eq\f(T（k＋1）n,Tkn)＝eq\f(A（k＋1）2n2＋B（k＋1）n,Ak2n2＋Bkn)＝eq\f(k＋1,k)·eq\f(A（k＋1）n＋B,Akn＋B).因?yàn)閷?duì)任意n∈N*，eq\f(T（k＋1）n,Tkn)為定值，所以eq\f(A（k＋1）n＋B,Akn＋B)也為定值．設(shè)eq\f(A（k＋1）n＋B,Akn＋B)＝μ，則[A(k＋1)－μAk]n＋B－Bμ＝0對(duì)n∈N*恒成立．所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(A（k＋1）－μAk＝0，,①,B－Bμ＝0，,②)))由①得μ＝eq\f(k＋1,k)，代入②得B＝0.(15分)即b1＝eq\f(1,2)d，即lga1＝eq\f(1,2)lgq，得a1＝eq\r(q).(16分)題型三、數(shù)列中的不等關(guān)系1、與數(shù)列中的項(xiàng)相關(guān)的不等式問題：①有些問題往往與基本不等式結(jié)合。②在有些關(guān)于項(xiàng)的不等式證明中，可向求和問題進(jìn)行劃歸，即將遞推公式放縮變形成為可“累加”或“累乘”的形式，2、常見的放縮變形：（1），其中：可稱為“進(jìn)可攻，退可守”，可依照所證不等式不等號(hào)的方向進(jìn)行選擇。注：對(duì)于，可聯(lián)想到平方差公式，從而在分母添加一個(gè)常數(shù)，即可放縮為符合裂項(xiàng)相消特征的數(shù)列，例如：，例4、(2018蘇中三市、蘇北四市三調(diào)）已知實(shí)數(shù)成等比數(shù)列，成等差數(shù)列，則的最大值為．【答案】【解析】解法1（基本不等式）由題意知，所以由基本不等式的變形式,則有：，解得，所以的最大值為.解法2（判別式法）由題意知，則,代入得，即，上述關(guān)于的方程有解，所以，解得，所以的最大值為.例5、(2019鎮(zhèn)江期末）設(shè)數(shù)列{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，a1＝2，a2a4＝64.數(shù)列{bn}滿足：對(duì)任意的正整數(shù)n，都有a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝(n－1)·2n＋1＋2.(1)分別求數(shù)列{an}與{bn}的通項(xiàng)公式．(2)若不等式λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2b1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2b2)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2bn)))<eq\f(1,\r(2bn＋1))對(duì)一切正整數(shù)n都成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．(3)已知k∈N*，對(duì)于數(shù)列{bn}，若在bk與bk＋1之間插入ak個(gè)2，得到一個(gè)新數(shù)列{cn}．設(shè)數(shù)列{cn}的前m項(xiàng)的和為Tm，試問：是否存在正整數(shù)m，使得Tm＝2019？如果存在，求出m的值；如果不存在，請(qǐng)說明理由．規(guī)范解答(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0)，因?yàn)閍1＝2，a2a4＝a1q·a1q3＝64，解得q＝2，則an＝2n.(1分)當(dāng)n＝1時(shí)，a1b1＝2，則b1＝1；(2分)當(dāng)n≥2時(shí)，a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝(n－1)·2n＋1＋2①，a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝(n－2)·2n＋2②，①－②得anbn＝n·2n，則bn＝n.綜上，bn＝n.(4分)(2)不等式λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2b1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2b2)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2bn)))<eq\f(1,\r(2bn＋1))對(duì)一切正整數(shù)n都成立，即λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))<eq\f(1,\r(2n＋1))恒成立．因?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))>0，當(dāng)λ≤0時(shí)，不等式顯然成立．(5分)當(dāng)λ>0時(shí)，不等式等價(jià)于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))eq\r(2n＋1)<eq\f(1,λ).設(shè)f(n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))eq\r(2n＋1)，則eq\f(f（n＋1）,f（n）)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))…\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋2)))\r(2n＋3),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))—\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))\r(2n＋1))＝eq\f(\r(2n＋1)\r(2n＋3),2n＋2)＝eq\r(\f(4n2＋8n＋3,4n2＋8n＋4))<1.(7分)所以f(1)>f(2)>f(3)>…>f(n)>…，所以eq\f(1,λ)>f(n)max＝f(1)＝eq\f(\r(3),2)，故λ<eq\f(2\r(3),3)，則0<λ<eq\f(2\r(3),3).綜上，λ<eq\f(2\r(3),3).(8分)例6、(2019宿遷期末）已知數(shù)列{an}各項(xiàng)均為正數(shù)，Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)的和，對(duì)任意的n∈N*，都有2Sn＝3aeq\o\al(2,n)＋an－2.數(shù)列{bn}各項(xiàng)都是正整數(shù)，b1＝1，b2＝4，且數(shù)列ab1，ab2，ab3，…，abn是等比數(shù)列．(1)證明：數(shù)列{an}是等差數(shù)列；(2)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式bn；(3)求滿足eq\f(Sn,bn＋2)<eq\f(1,4)的最小正整數(shù)n.eq\a\vs4\al(思路分析)(1)求數(shù)列的通項(xiàng)而條件給出的是項(xiàng)an與和Sn的關(guān)系，所以應(yīng)采取的方法是——去和Sn留項(xiàng)an.由2Sn＝3aeq\o\al(2,n)＋an－2得2Sn－1＝3aeq\o\al(2,n－1)＋an－1－2(n≥2)，兩式相減可得an與an－1的遞推關(guān)系，從而進(jìn)一步證明{an}是等差數(shù)列；(2)由第一問可求出{an}的通項(xiàng)公式，易得{bn}的通項(xiàng)公式；(3)先求出eq\f(Sn,bn＋2)的表達(dá)式，通過判斷其單調(diào)性，就可找出滿足條件的最小正整數(shù)n.對(duì)于數(shù)列的單調(diào)性，一般采取相鄰項(xiàng)作差或作商，作差與0比較大小，作商與1比較大小．規(guī)范解答(1)當(dāng)n＝1時(shí)，2a1＝3aeq\o\al(2,1)＋a1－2，即3aeq\o\al(2,1)－a1－2＝0，(3a1＋2)(a1－1)＝0，由a1>0得a1＝1.(1分)當(dāng)n≥2時(shí)，由2Sn＝3aeq\o\al(2,n)＋an－2得2Sn－1＝3aeq\o\al(2,n－1)＋an－1－2，所以兩式相減得2an＝3aeq\o\al(2,n)＋an－3aeq\o\al(2,n－1)－an－1，所以3(an－an－1)(an＋an－1)＝an＋an－1.(3分)由an>0知an＋an－1>0，所以an－an－1＝eq\f(1,3)，所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)a1＝1，公差d＝eq\f(1,3)的等差數(shù)列.(5分)(2)由(1)得an＝1＋eq\f(1,3)(n－1)＝eq\f(1,3)n＋eq\f(2,3)，由ab1＝a1＝1，ab2＝a4＝2,知數(shù)列{bn}的公比q＝eq\f(2,1)＝2，所以數(shù)列{abn}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，所以abn＝2n－1.(7分)又abn＝eq\f(1,3)bn＋eq\f(2,3)，所以abn＝eq\f(1,3)bn＋eq\f(2,3)＝2n－1，即bn＝3·2n－1－2.(10分)(3)由Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝eq\f(1,6)(n2＋5n)，得eq\f(Sn,bn＋2)＝eq\f(\f(n2＋5n,6),3×2n－1)＝eq\f(n2＋5n,9·2n).(12分)設(shè)f(n)＝eq\f(Sn,bn＋2)＝eq\f(n2＋5n,9·2n)，則eq\f(f（n＋1）,f（n）)＝eq\f(\f(（n＋1）2＋5（n＋1）,9·2n＋1),\f(n2＋5n,9·2n))＝eq\f(n2＋7n＋6,2n2＋10n)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2n＋6,n2＋5n))).令eq\f(f（n＋1）,f（n）)>1得eq\f(n2＋7n＋6,2n2＋10n)>1，即n2＋3n－6<0.由n∈N*得n＝1.令eq\f(f（n＋1）,f（n）)<1得n2＋3n－6>0，知n≥2，n∈N*.所以f(1)<f(2)，f(2)>f(3)>f(4)>…>f(n)>…(14分)又因?yàn)閒(1)＝eq\f(S1,b1＋2)＝eq\f(6,18)＝eq\f(1,3)>eq\f(1,4)，f(4)＝eq\f(S4,b4＋2)＝eq\f(36,144)＝eq\f(1,4)，故當(dāng)n≥5時(shí)，f(n)<eq\f(1,4)，所以滿足eq\f(Sn,bn＋2)<eq\f(1,4)的最小正整數(shù)n為5.(16分)題型四、數(shù)列中的“定義型”問題數(shù)列中的新定義數(shù)列問題，考查等差數(shù)列，等比數(shù)列的定義、通項(xiàng)、性質(zhì)的應(yīng)用，解決該類問題的關(guān)鍵是理解新定義數(shù)列的性質(zhì)，其次借助所學(xué)的數(shù)列的研究方法、變形手段以及數(shù)據(jù)的性質(zhì)分析等解決相關(guān)問題．考查學(xué)生利用數(shù)列知識(shí)解決數(shù)列綜合問題的能力，對(duì)代數(shù)變形與推理論證能力要求較高．例7、(2019蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研）定義：若有窮數(shù)列a1，a2，…，an同時(shí)滿足下列三個(gè)條件，則稱該數(shù)列為P數(shù)列．①首項(xiàng)a1＝1；②a1<a2<…<an；③對(duì)于該數(shù)列中的任意兩項(xiàng)ai和aj(1≤i≤j≤n)，其積aiaj或商eq\f(aj,ai)仍是該數(shù)列中的項(xiàng)．(1)問等差數(shù)列1，3，5是否為P數(shù)列？(2)若數(shù)列a，b，c，6是P數(shù)列，求b的取值范圍；(3)若n>4，且數(shù)列b1，b2，…，bn是P數(shù)列，求證：數(shù)列b1，b2，…，bn是等比數(shù)列．eq\a\vs4\al(思路分析)(1)直接驗(yàn)證等差數(shù)列1，3，5是否滿足P數(shù)列的定義即可；(2)充分利用P數(shù)列的定義，寫出所有可能的項(xiàng)以后，根據(jù)項(xiàng)之間的大小與鎖定必存在此數(shù)列中的項(xiàng)作為突破口，然后緊抓定義，繼續(xù)求解即可．(3)證明是等比數(shù)列首選是定義法，所以在解決問題的時(shí)候要有目標(biāo)就是前后相鄰項(xiàng)的關(guān)系式的尋找，中間還是借助P數(shù)列的定義進(jìn)行鎖定和討論然后適當(dāng)?shù)淖冃危瑢ふ业侥繕?biāo)結(jié)構(gòu)即可．規(guī)范解答(1)因?yàn)?×5＝15，eq\f(5,3)均不在此等差數(shù)列中，所以等差數(shù)列1，3，5不是P數(shù)列.(2分)(2)因?yàn)閿?shù)列a，b，c，6是P數(shù)列，所以1＝a<b<c<6，(3分)由于6b或eq\f(6,b)是數(shù)列中的項(xiàng)，而6b大于數(shù)列中的最大項(xiàng)6，所以eq\f(6,b)是數(shù)列中的項(xiàng)，同理eq\f(6,c)也是數(shù)列中的項(xiàng)，(5分)考慮到1<eq\f(6,c)<eq\f(6,b)<6，于是eq\f(6,c)＝b，eq\f(6,b)＝c，所以bc＝6，又1<b<c，所以1<b<eq\r(6)，(7分)綜上，b的取值范圍是(1，eq\r(6))．(8分)(3)因?yàn)閿?shù)列{bn}是P數(shù)列，所以1＝b1<b2<b3<…<bn，由于b2bn或eq\f(bn,b2)是數(shù)列中的項(xiàng)，而b2bn大于數(shù)列中的最大項(xiàng)bn，所以eq\f(bn,b2)是數(shù)列{bn}中的項(xiàng)，(10分)同理eq\f(bn,b3)，eq\f(bn,b4)，…，eq\f(bn,bn－1)也都是數(shù)列{bn}中的項(xiàng)，考慮到1<eq\f(bn,bn－1)<…<eq\f(bn,b2)<bn，且1，eq\f(bn,bn－1)，…，eq\f(bn,b2)，bn這n個(gè)數(shù)全是共有n項(xiàng)的增數(shù)列1，b2，…，bn中的項(xiàng)，所以eq\f(bn,bn－1)＝b2，…，eq\f(bn,b2)＝bn－1，從而bn＝bibn＋1－i(i＝1，2，…，n－1)，①(12分)又因?yàn)閎n－1b3>bn－1b2＝bn，所以bn－1b3不是數(shù)列{bn}中的項(xiàng)，所以eq\f(bn－1,b3)是數(shù)列{bn}中的項(xiàng)，同理eq\f(bn－1,b4)，…eq\f(bn－1,bn－2)也都是數(shù)列{bn}中的項(xiàng)，考慮到1<eq\f(bn－1,bn－2)<…<eq\f(bn－1,b4)<eq\f(bn－1,b3)<eq\f(bn,b3)＝bn－2<bn－1<bn，且1，eq\f(bn－1,bn－2)，…，eq\f(bn－1,b4)，eq\f(bn－1,b3)，eq\f(bn,b3)，bn－1，bn這n個(gè)數(shù)全是共有n項(xiàng)的增數(shù)列b1，b2，…，bn中的項(xiàng)，于是，同理有，bn－1＝bibn－i(i＝1，2，…，n－2)，②(14分)在①中將i換成i＋1后與②相除，得eq\f(bn,bn－1)＝eq\f(bi＋1,bi)，i＝1，2，…，n－2，所以b1，b2，…，bn是等比數(shù)列．(16分)1、(2018鹽城三模）．設(shè)數(shù)列的前項(xiàng)和為，若，則數(shù)列的通項(xiàng)公式為．【答案】：【解析】：因?yàn)?，?dāng)時(shí)，，即；當(dāng)時(shí)，，即，所以，即，所以數(shù)列為首項(xiàng)，公比的等比數(shù)列，所以，即.2、(2018南通、揚(yáng)州、淮安、宿遷、泰州、徐州六市二調(diào)）設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若S3，S9，S6成等差數(shù)列，且a8＝3，則a5的值為________．【答案】－6【解析】解法1設(shè)等比數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的公比為q，由S3，S9，S6成等差數(shù)列，可得2S9＝S3＋S6，q＝1明顯不適合，所以有2×eq\f(a1（1－q9）,1－q)＝eq\f(a1（1－q3）,1－q)＋eq\f(a1（1－q6）,1－q)，整理得2q6－q3－1＝0，解得q3＝－eq\f(1,2)或q3＝1(舍去)，又a8＝3，故a5＝a8q－3＝3×(－2)＝－6.解法2設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由S3，S9，S6成等差數(shù)列，可得2S9＝S3＋S6，即2(S9－S6)＝S3－S6，即2(a7＋a8＋a9)＝－(a4＋a5＋a6)，即2a1q6(1＋q＋q2)＝－a1q3(1＋q＋q2)，因?yàn)閍1≠0，q≠0，且1＋q＋q2>0，所以q3＝－eq\f(1,2)，又a8＝3，故a5＝a8q－3＝3×(－2)＝－6.3、(2017鎮(zhèn)江期末）數(shù)列{an}為等比數(shù)列，且a1＋1，a3＋4，a5＋7成等差數(shù)列，則公差d＝________.【答案】.3【解析】設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，則(a1＋1)＋(a1q4＋7)＝2(a1q2＋4)，即a1＋a1q4＝2a1q2.因?yàn)閍1≠0，所以q2＝1，a1＝a3＝a5，故公差d＝3.4、(2017蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研）設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S3，S9，S6成等差數(shù)列，且a2＋a5＝4，則a8的值為________．【答案】2【解析】當(dāng)q＝1時(shí)，顯然不符合題意．當(dāng)q≠1時(shí)，設(shè)Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)，因?yàn)镾3，S9，S6成等差數(shù)列，所以2q9－q6－q3＝0，即2q6－q3－1＝0，解得q3＝－eq\f(1,2)或q3＝1(舍去)．又a2＋a5＝a2(1＋q3)＝eq\f(a2,2)＝4，故a2＝8，即a8＝a2q6＝2.5、(2019無錫期末）設(shè)公差不為零的等差數(shù)列{an}滿足a3＝7，且a1－1，a2－1，a4－1成等比數(shù)列，則a10等于________．【答案】21【解析】設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則a1－1＝a3－2d－1＝6－2d，a2－1＝a3－d－1＝6－d，a4－1＝a3＋d－1＝6＋d，因?yàn)閍1－1，a2－1，a4－1成等比數(shù)列，所以(a1－1)2＝(a1－1)(a4－1)，即(6－d)2＝(6－2d)(6＋d)，化簡得d2－2d＝0，又因?yàn)閐≠0，所以d＝2，從而a10＝a3＋7d＝21.6、(2017揚(yáng)州期末）在正項(xiàng)等比數(shù)列{an}中，若a4＋a3－2a2－2a1＝6，則a5＋a6的最小值為________．【答案】48【解析】解法1由a4＋a3－2a2－2a1＝6，得a1(q＋1)(q2－2)＝6，所以a1(q＋1)＝eq\f(6,q2－2).因?yàn)閍n＞0，所以q2－2＞0，a5＋a6＝a1(1＋q)q4＝eq\f(6q4,q2－2)＝6×eq\f(q4－4＋4,q2－2)＝6×(q2＋2)＋eq\f(4,q2－2)＝6×q2－2＋eq\f(4,q2－2)＋4≥6×2eq\r(q2－2×\f(4,q2－2))＋4＝6×8＝48，當(dāng)且僅當(dāng)q2－2＝eq\f(4,q2－2)，即q＝2，a1＝1時(shí)，等號(hào)成立，所以a5＋a6最小值為48.解法2由a4＋a3－2a2－2a1＝6，得(a2＋a1)(q2－2)＝6，所以a2＋a1＝eq\f(6,q2－2).因?yàn)閍n＞0，所以q2－2＞0，即q2＞2，a5＋a6＝(a1＋a2)q4＝eq\f(6q4,q2－2)＝eq\f(6,\f(1,q2)－\f(2,q4)).令t＝eq\f(1,q2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，則eq\f(1,q2)－eq\f(2,q4)＝t－2t2＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,4)))2＋eq\f(1,8)，當(dāng)t＝eq\f(1,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時(shí)，式子eq\f(1,q2)－eq\f(2,q4)取得最大值eq\f(1,8)，從而a5＋a6＝eq\f(6,\f(1,q2)－\f(2,q4))取得最小值6×8＝48.7、(2017蘇北四市一模）在數(shù)列{an}中，已知a1＝eq\f(1,3)，an＋1＝eq\f(1,3)an－eq\f(2,3n＋1)，n∈N*，設(shè)Sn為{an}的前n項(xiàng)和．(1)求證：數(shù)列{3nan}是等差數(shù)列；(2)求Sn；(3)是否存在正整數(shù)p，q，r(p＜q＜r)，使Sp，Sq，Sr成等差數(shù)列？若存在，求出p，q，r的值；若不存在，說明理由．規(guī)范解答(1)因?yàn)閍n＋1＝eq\f(1,3)an－eq\f(2,3n＋1)，所以3n＋1an＋1－3nan＝－2.(2分)又因?yàn)閍1＝eq\f(1,3)，所以31·a1＝1，所以{3nan}是首項(xiàng)為1，公差為－2的等差數(shù)列.(4分)(2)由(1)知3nan＝1＋(n－1)·(－2)＝3－2n，所以an＝(3－2n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n，(6分)所以Sn＝1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))1＋(－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋(－3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＋…＋(3－2n)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n，所以eq\f(1,3)Sn＝1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋(－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＋…＋(5－2n)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋(3－2n)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1，兩式相減得eq\f(2,3)Sn＝eq\f(1,3)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－(3－2n)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1＝eq\f(1,3)－2eq\f(1,9)×eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1,1－\f(1,3))＋(2n－3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1＝2n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1，所以Sn＝eq\f(n,3n).(10分)(3)假設(shè)存在正整數(shù)p，q，r(p＜q＜r)，使Sp，Sq，Sr成等差數(shù)列，則2Sq＝Sp＋Sr，即eq\f(2q,3q)＝eq\f(p,3p)＋eq\f(r,3r).由于當(dāng)n≥2時(shí)，an＝(3－2n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＜0，所以數(shù)列{Sn}單調(diào)遞減．又p＜q，所以p≤q－1且q至少為2，所以eq\f(p,3p)≥eq\f(q－1,3q－1).(12分)eq\f(q－1,3q－1)－eq\f(2q,3q)＝eq\f(q－3,3q).①當(dāng)q≥3時(shí)，eq\f(p,3p)≥eq\f(q－1,3q－1)≥eq\f(2q,3q)，又eq\f(r,3r)＞0，所以eq\f(p,3p)＋eq\f(r,3r)＞eq\f(2q,3q)，等式不成立．(14分)②當(dāng)q＝2時(shí)，p＝1，所以eq\f(4,9)＝eq\f(1,3)＋eq\f(r,3r)，所以eq\f(r,3r)＝eq\f(1,9)，所以r＝3({Sn}單調(diào)遞減，解唯一確定)．綜上可知，p，q，r的值為1,2,3.(16分)8、(2019蘇州期初調(diào)查）已知數(shù)列{an}的奇數(shù)項(xiàng)是首項(xiàng)為1的等差數(shù)列，偶數(shù)項(xiàng)是首項(xiàng)為2的等比數(shù)列，數(shù)列{an}前n項(xiàng)和為Sn，且滿足S3＝a4，a5＝a2＋a3.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若amam＋1＝am＋2，求正整數(shù)m的值；(3)是否存在正整數(shù)m，使得eq\f(S2m,S2m－1)恰好為數(shù)列{an}中的一項(xiàng)？若存在，求出所有滿足條件的m值，若不存在，說明理由．規(guī)范解答(1)設(shè)奇數(shù)項(xiàng)的等差數(shù)列公差為d，偶數(shù)項(xiàng)的等比數(shù)列公比為q.所以數(shù)列{an}的前5項(xiàng)依次為1，2，1＋d，2q，1＋2d.因?yàn)閑q\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S3＝a4，a5＝a2＋a3，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4＋d＝2q，1＋2d＝3＋d，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝2，q＝3.))(2分)所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(n，,n為奇數(shù)，2·3\f(3,2)－1，,n為偶數(shù).)))(4分)(2)因?yàn)閍mam＋1＝am＋2.1°若m＝2k(k∈N*)，則a2ka2k＋1＝a2k＋2，所以2·3k－1·(2k＋1)＝2·3k，即2k＋1＝3，所以k＝1，即m＝2.(6分)2°若m＝2k－1(k∈N*)，則a2k－1a2k＝a2k＋1，所以(2k－1)×2·3k－1＝2k＋1，所以2·3k－1＝eq\f(2k＋1,2k－1)＝1＋eq\f(2,2k－1).因?yàn)?·3k－1為整數(shù)，所以eq\f(2,2k－1)必為整數(shù)，所以2k－1＝1，所以k＝1，此時(shí)2·30≠3.不合題意．(8分)綜上可知m＝2.(9分)(3)因?yàn)镾2m＝(a1＋a3＋…＋a2m－1)＋(a2＋a4＋…＋a2m)＝eq\f(m（1＋2m－1）,2)＋eq\f(2（1－3m）,1－3)＝3m＋m2－1.(10分)S2m－1＝S2m－a2m＝3m＋m2－1－2·3m－1＝3m－1＋m2－1.(11分)所以eq\f(S2m,S2m－1)＝eq\f(3m＋m2－1,3m－1＋m2－1)＝3－eq\f(2（m2－1）,3m－1＋m2－1)≤3.(12分)若eq\f(S2m,S2m－1)為數(shù)列{an}中的項(xiàng)，則只能為a1，a2，a3.1°eq\f(S2m,S2m－1)＝1，則3－eq\f(2（m2－1）,3m－1＋m2－1)＝1，所以3m－1＝0，m無解．(13分)2°eq\f(S2m,S2m－1)＝2，則3－eq\f(2（m2－1）,3m－1＋m2－1)＝2，所以3m－1＋1－m2＝0.當(dāng)m＝1時(shí)，等式不成立；當(dāng)m＝2時(shí)，等式成立；當(dāng)m≥3時(shí)，令f(x)＝3x－1＋1－x2＝eq\f(1,3)·3x＋1－x2.所以f′(x)＝eq\f(ln3,3)·3x－2x，f″(x)＝eq\f(ln23,3)·3x－2.因?yàn)閒″(x)在(14分)3°eq\f(S2m,S2m－1)＝3，則3－eq\f(2（m2－1）,3m－1＋m2－1)＝3，所以m2－1＝0，即m＝1.(15分)綜上可知m＝1或m＝2.(16分)9、(2019常州期末）已知數(shù)列{an}中，a1＝1，且an＋1＋3an＋4＝0，n∈N*.(1)求證：{an＋1}是等比數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)數(shù)列{an}中是否存在不同的三項(xiàng)按照一定順序重新排列后，構(gòu)成等差數(shù)列？若存在，求滿足條件的項(xiàng)；若不存在，說明理由．規(guī)范解答(1)由an＋1＋3an＋4＝0得an＋1＋1＝－3(an＋1)，n∈N*.(2分)其中a1＝1，所以a1＋1＝2≠0，可得an＋1≠0，n∈N*.(4分)所以eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝－3，n∈N*，所以{an＋1}是以2為首項(xiàng)，－3為公比的等比數(shù)列．(6分)所以an＋1＝2(－3)n－1，即an＝2(－3)n－1－1，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2(－3)n－1－1，n∈N*.(8分)(2)若數(shù)列{an}中存在三項(xiàng)am，an，ak(m<n<k)符合題意，其中k－n，k－m，n－m都是正整數(shù)．(9分)分以下三種情形：①am位于中間，則2am＝an＋ak，即2＝2(－3)n－1－1＋2(－3)k－1－1，所以2(－3)m＝(－3)n＋(－3)k，兩邊同時(shí)除以(－3)m得2＝(－3)n－m＋(－3)k－m，等式右邊是3的倍數(shù)，等式不成立，舍去；②an位于中間，則2an＝am＋ak，即2＝2(－3)m－1－1＋2(－3)k－1－1，所以2(－3)n＝(－3)m＋(－3)k，兩邊同時(shí)除以(－3)m得2(－3)n－m＝1＋(－3)k－m，即1＝2(－3)n－m－(－3)k－m，等式右邊是3的倍數(shù)，等式不成立，舍去；③ak位于中間，則2ak＝am＋an，即2＝2(－3)m－1－1＋2(－3)n－1－1，所以2(－3)k＝(－3)m＋(－3)n，兩邊同時(shí)除以(－3)m，得2(－3)k－m＝1＋(－3)n－m，即1＝2(－3)k－m－(－3)n－m，等式右邊是3的倍數(shù)，等式不成立，舍去．(15分)綜上可得，數(shù)列{an}中不存在三項(xiàng)滿足題意．(16分)10、(2018鎮(zhèn)江期末）已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，對(duì)任意正整數(shù)n，總存在正數(shù)p，q，r，使得an＝pn－1，Sn＝qn－r恒成立；數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，且對(duì)任意正整數(shù)n，2Tn＝nbn恒成立．(1)求常數(shù)p，q，r的值；(2)證明數(shù)列{bn}為等差數(shù)列；(3)若b2＝2，記Pn＝eq\f(2n＋b1,an)＋eq\f(2n＋b2,2an)＋eq\f(2n＋b3,4an)＋…＋eq\f(2n＋bn－1,2n－2an)＋eq\f(2n＋bn,2n－1an)，是否存在正整數(shù)k，使得對(duì)任意正整數(shù)n，Pn≤k恒成立，若存在，求正整數(shù)k的最小值；若不存在，請(qǐng)說明理由．規(guī)范解答(1)因?yàn)镾n＝qn－r①，所以Sn－1＝qn－1－r②(n≥2)，①－②得Sn－Sn－1＝qn－qn－1，即an＝qn－qn－1(n≥2)，(1分)又an＝pn－1，所以pn－1＝qn－qn－1(n≥2)，n＝2時(shí)，p＝q2－q；n＝3時(shí)，p2＝q3－q2.因?yàn)閜，q為正數(shù)，解得p＝q＝2.(3分)又因?yàn)閍1＝1，S1＝q－r，且a1＝S1，所以r＝1.(4分)(2)因?yàn)?Tn＝nbn③，當(dāng)n≥2時(shí)，2Tn－1＝(n－1)bn－1④，③－④得2bn＝nbn－(n－1)bn－1，即(n－2)bn＝(n－1)bn－1⑤，(6分)證法1又(n－1)bn＋1＝nbn⑥，⑤＋⑥得(2n－2)bn＝(n－1)bn－1＋(n－1)bn＋1，(7分)即2bn＝bn－1＋bn＋1，所以{bn}為等差數(shù)列．(8分)證法2由(n－2)bn＝(n－1)bn－1，得eq\f(bn,n－1)＝eq\f(bn－1,n－2)，當(dāng)n≥3時(shí)，eq\f(bn,n－1)＝eq\f(bn－1,n－2)＝…＝eq\f(b2,1)，所以bn＝b2(n－1)，所以bn－bn－1＝b2，(6分)因?yàn)閚＝1時(shí)，由2Tn＝nbn得2T1＝b1，所以b1＝0，則b2－b1＝b2，(7分)所以bn－bn－1＝b2，對(duì)n≥2恒成立，所以{bn}為等差數(shù)列．(8分)(3)因?yàn)閎1＝0，又b2＝2，由(2)知{bn}為等差數(shù)列，所以bn＝2n－2，(9分)又由(1)知an＝2n－1，(10分)所以Pn＝eq\f(2n,2n－1)＋eq\f(2n＋2,2n)＋…＋eq\f(4n－4,22n－3)＋eq\f(4n－2,22n－2)，又Pn＋1＝eq\f(2n＋2,2n)＋…＋eq\f(4n－4,22n－3)＋eq\f(4n－2,22n－2)＋eq\f(4n,22n－1)＋eq\f(4n＋2,22n)，所以Pn＋1－Pn＝eq\f(4n,22n－1)＋eq\f(4n＋2,22n)－eq\f(2n,2n－1)＝eq\f(12n＋2－4n·2n,4n)，(12分)令Pn＋1－Pn>0得12n＋2－4n·2n>0，所以2n<eq\f(6n＋1,2n)＝3＋eq\f(1,2n)<4，解得n＝1，所以n＝1時(shí)，Pn＋1－Pn>0，即P2>P1，(13分)n≥2時(shí)，因?yàn)?n≥4，3＋eq\f(1,2n)<4，所以2n>3＋eq\f(1,2n)＝eq\f(6n＋1,2n)，即12n＋2－4n·2n<0.此時(shí)Pn＋1<Pn，即P2>P3>P4>…，(14分)所以Pn的最大值為P2＝eq\f(2×2,2)＋eq\f(2×2＋2,22)＝eq\f(7,2)，(15分)若存在正整數(shù)k，使得對(duì)任意正整數(shù)n，Pn≤k恒成立，則k≥Pmax＝eq\f(7,2)，所以正整數(shù)k的最小值為4.(16分)11、(2017揚(yáng)州期末）已知數(shù)列{an}與{bn}的前n項(xiàng)和分別為An和Bn，且對(duì)任意n∈N*，an＋1－an＝2(bn＋1－bn)恒成立．(1)若An＝n2，b1＝2，求Bn；(2)若對(duì)任意n∈N*，都有an＝Bn及eq\f(b2,a1a2)＋eq\f(b3,a2a3)＋eq\f(b4,a3a4)＋…＋eq\f(bn＋1,anan＋1)＜eq\f(1,3)成立，求正實(shí)數(shù)b1的取值范圍；(3)若a1＝2，bn＝2n，是否存在兩個(gè)互不相等的整數(shù)s，t(1＜s＜t)，使eq\f(A1,B1)，eq\f(As,Bs)，eq\f(At,Bt)成等差數(shù)列？若存在，求出s，t的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．思路分析(1)對(duì)于基本的等差或等比數(shù)列，只要運(yùn)用等差(比)的定義及基本量思想、方程(組)思想就能解決有關(guān)的求通項(xiàng)和求前n項(xiàng)和問題；(2)而對(duì)于非等差、非等比的數(shù)列求和，應(yīng)對(duì)照題目本身的特點(diǎn)，從常規(guī)的求和方法如：分解法、裂項(xiàng)相消法、錯(cuò)位相減法等方法中尋求對(duì)策；對(duì)于恒成立求參數(shù)范圍，仍可借鑒函數(shù)中的參數(shù)分離法；(3)對(duì)于存在性問題的探究，通常假設(shè)存在，然后按要求去求，若有解，則存在；若無解，則不存在．對(duì)于不定方程的整數(shù)解，一定要用好給定范圍和數(shù)的奇、偶性去分析問題，這里是從范圍逐一突破的，也有的題是從奇、偶性突破的．規(guī)范解答(1)因?yàn)锳n＝n2，所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，,n＝1，,n2－n－12，,n≥2，)))即an＝2n－1，(2分)故bn＋1－bn＝eq\f(1,2)(an＋1－an)＝1，所以數(shù)列{bn}是以2為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，所以Bn＝n·2＋eq\f(1,2)·n·(n－1)·1＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(3,2)n.(4分)(2)依題意Bn＋1－Bn＝2(bn＋1－bn)，即bn＋1＝2(bn＋1－bn)，即eq\f(bn＋1,bn)＝2，所以數(shù)列{bn}是以b1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，所以an＝Bn＝eq\f(1－2n,1－2)×b1＝b1(2n－1),所以eq\f(bn＋1,anan＋1)＝eq\f(b1·2n,b12n－1·b12n＋1－1)＝eq\f(2n,b12n－1·2n＋1－1).(5分)因?yàn)閑q\f(bn＋1,anan＋1)＝eq\f(2n,b12n－1·2n＋1－1)＝eq\f(1,b1)eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1)，(8分)所以eq\f(b2,a1a2)＋eq\f(b3,a2a3)＋eq\f(b4,a3a4)＋…＋eq\f(bn＋1,anan＋1)＝eq\f(1,b1)eq\f(1,21－1)－eq\f(1,2n＋1－1)，所以eq\f(1,b1)eq\f(1,21－1)－eq\f(1,2n＋1－1)＜eq\f(1,3)恒成立，即b1＞3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1－1)))，所以b1≥3.(10分)(3)由an＋1－an＝2(bn＋1－bn)得an＋1－an＝2n＋1，所以當(dāng)n≥2時(shí)，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝2n＋2n－1＋…＋23＋22＋2＝2n＋1－2，當(dāng)n＝1時(shí)，上式也成立，所以An＝2n＋2－4－2n.又Bn＝2n＋1－2，所以eq\f(An,Bn)＝eq\f(2n＋2－4－2n,2n＋1－2)＝2－eq\f(n,2n－1).(12分)假設(shè)存在兩個(gè)不相等的整數(shù)s，t(1＜s＜t)，使eq\f(A1,B1)，eq\f(As,Bs)，eq\f(At,Bt)成等差數(shù)列，等價(jià)于eq\f(1,21－1)，eq\f(s,2s－1)，eq\f(t,