江蘇新高考數(shù)列在江蘇高考中地位十分突出，考分比例遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于課時比例，常在壓軸題位置考查代數(shù)論證能力.江蘇卷數(shù)列解答題始終與特殊數(shù)列密切聯(lián)系，源于課本，高于課本，不搞“遞推式”“數(shù)列不等式”之類的超教學(xué)范圍的知識考查，導(dǎo)向非常好.但由于能力考查要求較高，多年來造成區(qū)分度很差的困惑.2013年的數(shù)列解答題降低了難度，但2014年又回升了.到2015年不僅是超綱了，而且難度也加大了，2016年把數(shù)列、集合結(jié)合命題，難度較大，2017年考查數(shù)列的新定義問題和論證等差數(shù)列，難度也不低.題型一數(shù)列題的常規(guī)類型可分兩類：一類是判斷、證明某個數(shù)列是等差、等比數(shù)列；另一類是已知等差、等比數(shù)列求基本量.這個基本量涵義很廣泛，有項、項數(shù)、公差、公比、通項和式以及它們的組合式，甚至還包括相關(guān)參數(shù).但江蘇考題真正的難度在等差、等比數(shù)列的題型一性質(zhì)靈活運用上.第1課時數(shù)列中的基本量計算（基礎(chǔ)課）［?？碱}型突破］等差、等比數(shù)列的基本運算［必備知識］1．通項公式等差數(shù)列：a=a1+（n—1）d；n1等比數(shù)列：a=aiqn—?n12．求和公式等差數(shù)列：S=尬^嚴(yán)=叫+嚀址n212等比數(shù)列：Sn=等比數(shù)列：Sn=najl—q”)1—q(qH1)?［題組練透］1.（2017-鎮(zhèn)江期末）已知數(shù)列｛a｝為等比數(shù)列，且a+1,a+4,a+7成等差數(shù)列，則n135公差d=.解析：設(shè)等比數(shù)列｛an｝的公比為q,貝Ua3=a1q2,a5=a1q4,由a1＋1，a3＋4，a5＋7成等差數(shù)列，

得2（a1q2+4）—a1+1+a1q4+7,即q2—1.所以d—a1q2+4-a1-1—3.答案：3（2017鎮(zhèn)江調(diào)研）Sn是等差數(shù)列｛%｝的前n項和，若討—謀，則*，1a13,1a13,即2a+d—3,化簡可得d—ai解析：因為Sn=4nT2,所以令n=1可得，ga,a,+2d3a3—1='1——a1+4d5a15答案.3答案：5（2017蘇北四市期末）已知等比數(shù)列他｝的前n項和為Sn,若S2=2a2+3,S3—2a3+3,則公比q的值為．解析：因為S2—2a2+3,S3—2a3+3,所以a3—2a3-2a2,所以a3-2a2—a1q2-2aq—0,所以q2-2q—0,q弄0,則公比q—2.答案：2（2017江蘇高考）等比數(shù)列｛an｝的各項均為實數(shù)，其前n項和為S“.已知S3—J,S6-第TOC\o"1-5"\h\z則a8—.S—ai1-q3—7S3—1-q—4，解析：設(shè)等比數(shù)列｛an｝的公比為q,則由S6?2S3,得q^1,則16_n63_a,1-q663S6—X1-q—J,q—2，解得1a1—4,則a8—axq7—Jx27—32.答案：32（2017蘇錫常鎮(zhèn)一模）設(shè)等比數(shù)列｛an｝的前n項和為Sn,若S3,S9,S6成等差數(shù)列,且a2+a5—4,則a8的值為.解析：因為等比數(shù)列札｝的前n項和為Sn，若S3,S9,S6成等差數(shù)列，且a2+a5—4,所以2xa】1-q91-q所以2xa】1-q91-qa]1-q31-qa]1q61-qa1q+a1q4—4,解得a1q=8,q3=~21所以a8=a1q7=(a1q)(q3)(2017?蘇州考前模擬)已知等比數(shù)列｛a｝(2017?蘇州考前模擬)已知等比數(shù)列｛a｝滿足a>0,n^N*,且a5?a25=22“(nM3),nn52n－5則當(dāng)nM1時，logQ］+log2a3-IFlog2?2n_1=.解析：由a5?a2n_5=2n(nM3)，得an=22n，則an=2n，故log2a1+log2a3+?+loga2”_1=1＋3＋?＋(2n－1)=n2.答案：n22.已知數(shù)列｛a“｝為等差數(shù)列，Sn為其前n項和.若a=6,a3+a5=0,則S6=解析:Va3+as=2a4，Aa4=0.Va=6，a=a+3d，^d=-2.141答案：2［方法歸納］等差(比)數(shù)列基本運算的策略(1)在等差(比)數(shù)列中，首項a1和公差d(公比q)是兩個最基本的元素.⑵在進行等差(比)數(shù)列項的運算時，若條件和結(jié)論間的聯(lián)系不明顯，則均可化成關(guān)于a1和d(q)的方程組求解，但要注意消元法及整體代換法，以減少計算量.題型二等差、等比數(shù)列的性質(zhì)題型二等差、等比數(shù)列的性質(zhì)6X(6-6X(6-1)AS6=6fl1+——*d=6.等差數(shù)列等比數(shù)列(1)若m,n,p,q^N*,(1)若m,n,p,qWN*,且m+n=p+q,且m+n=p+q,性貝?a+a=a+a貝?a?a=a?amnpqmnpq質(zhì)(2)a=a+(n—m)d3n=am“—(3)S,S2—S,S3—S2，…仍成m2mm3m2m⑶Sm，Sm—Sm,S3m—…仍成等比等差數(shù)列數(shù)列(SmH0)［題組練透］答案：6（2017?南通二調(diào)）已知｛a｝是公差不為0的等差數(shù)列，S是其前n項和.若aa=aa.nn2345S9=27，則a1的值是.解析：因為等差數(shù)列｛a^｝^足S9=27,所以S9=9a5=27,所以a5=3,因為a2a3=a4a5,所以@5一3d）（a5-2d）=（a5-da54a/=3,又因為等差數(shù)列｛aj的公差不為0,所以d=2,所以a1=a5-4d=3-4X2=-5.答案：－521設(shè)公差為d的等差數(shù)列｛a｝的前n項和為S,若a1=1,-i7<d<-1，則當(dāng)S取nn1179n最大值時，n的值為.解析：法一:°：S=n+"（"21）d,n2?Sn=dn2+(1-2)n??函數(shù)y=纟2+（1-9^的圖象的對稱軸方程為兀=-寺+2，且開口向下，又-17<d<-9,1119???9<-d+2<"2?'.Sn取最大值時，n的值為9.法二：由an=a1+(n-1)d=1+(n-1)d>0,-?1<-d<2?17<9?9<d<17，…2<-d<9.又n€N*,.'n-1W8,即nW9?故S9最大.答案：9［方法歸納］（1）等差、等比數(shù)列性質(zhì)的應(yīng)用的關(guān)鍵是抓住項與項之間的關(guān)系及項的序號之間的關(guān)系,從這些特點入手選擇恰當(dāng)?shù)男再|(zhì)進行求解.⑵應(yīng)牢固掌握等差、等比數(shù)列的性質(zhì)，特別是等差數(shù)列中“若m+n=p+q,則am+a=a+a”這一性質(zhì)與求和公式S/（“寸叫）的綜合應(yīng)用.TOC\o"1-5"\h\znpqn2［課時達(dá)標(biāo)訓(xùn)練］［A組一一抓牢中檔小題］1.（2017?南通三模）設(shè)等差數(shù)列｛a｝的前n項和為S?若公差d=2,a5=10，則S10的值nn510是.解析：法一：因為等差數(shù)列｛a｝中a5=a1+4d=10,d=2,所以a1=2,所以S10=10X2n51110

10(10-1)2X2=110.法二：在等差數(shù)列｛a“｝中，a6=a5+d=12,所以S10=叫"=5(a510(10-1)2X2=110.12)=110.答案：1102.(2017?全國卷III改編)等差數(shù)列｛a｝的首項為1,公差不為0?若a2,a3,a6成等比數(shù)列,n236則｛a”｝前6項的和為.解析：設(shè)等差數(shù)列｛a”｝的公差為d,因為a2,a3，a6成等比數(shù)列，所以a2a6=a2,即糾+d)a+5d)=(a1+2d)2.又a1=1,所以d2＋2d=0.又dH0,則d=-2.所以數(shù)列｛a”｝前6項的和S6=6X1+—廠X(-2)=-24.答案：－243.(2017?北京高考)若等差數(shù)列｛a”｝和等比數(shù)列｛b”｝滿足a1=b1=-1,a=b=8,解析：設(shè)等差數(shù)列｛a”｝的公差為d,等比數(shù)列｛b”｝的公比為q,則a4=-1+3d=8,解得d=3；b4=-1?q3=8,解得q=-2.所以a2=-1+3=2,b2=-1X(-2)=2,22所以穿=1?答案：1=3,貝吟的值為.a3解析：S由題意疋=S35a]+10d3a1+=3,貝吟的值為.a3解析：S由題意疋=S35a]+10d3a1+3d=3,化簡得d=4a1,則倉總=營=17?答案：17答案：179”15.(2017?全國卷U)等差數(shù)列｛a｝的前”項和為S,a3=3,S4=10,則tS=-nn34Sk=1k解析：設(shè)等差數(shù)列｛a”｝的首項為嚀公差為d,依題意有a1+2d=3,依題意有a1+2d=3,4a1+6d=10,1解得,a】=i,d=1,所以S=nf=n（n+）=2（n_n+i），因此=2(1_2+2-3+?k=1k+T)nn+12nn+i.答案：2答案：2n

n+16.(2017?鹽城期中)在數(shù)列｛a｝中，a=-2血，且當(dāng)2WnW100時，a+2a102=3X2nTOC\o"1-5"\h\zn1n102－n恒成立，則數(shù)列｛an｝的前100項和S100=.解析：因為當(dāng)2WnW100時，a+2a102=3X2n恒成立，n102－n所以a2+2a100=3X22,a3+2a99=3X23,??,a100+2a2=3X2100,以上99個等式相加，得3(a2+a3+?+a100)=3(22+23+?+2100)=3(2101－4)，所以a2+a3+?+a100=2101－4,又因為a1=-2101,所以S100=a1+(a2+a3+?+a100)=-4.答案：-47.（2017?常州前黃中學(xué)國際分校月考）在數(shù)列｛a”｝中，an+1=1+na，a=2，貝0a20=n解析：由％+1=1+/叫=2n11可得^=嚴(yán)+3,

an+1an所以以2所以以2為首項，3為公差的等差數(shù)列.112即廠1+3(”-1)，可得a”=6—n所以“20_115答案:115TOC\o"1-5"\h\z8.（2017?蘇州期中）已知數(shù)列｛a”｝滿足：an+1=an（1-an+1），a1=1，數(shù)列｛化｝滿足：b”=a”an+1，貝9數(shù)列｛b”｝的前10項的和S10=.111r11解析：因為a.=a（1-a.），a.=1，所以-~=1，—=1，所以數(shù)列卜是以1n+1nn+11aaaan＋1n1n

1111為首項，1為公差的等差數(shù)列，所以;7=",所以b=（=，所以數(shù)列｛b｝的前TOC\o"1-5"\h\za*nn（n十丄丿nn十1n10項的和Si。42b(2-3)…估-D1尋J??答案：109.已知｛a｝為等差數(shù)列，若訃<—1,且它的前n項和S有最大值，那么當(dāng)S取得最nann10小正值時，n=.解析：由諛<-a10-1,得匕10<0,且它的前n項和S有最大值，則a10>0,a11<0,an101110TOC\o"1-5"\h\za11+a10<0,則S19>0,S20<0,那么當(dāng)S取得最小正值時，n=19.11101920n答案：1910.設(shè)Sn是等差數(shù)列｛an｝的前n項和，S10=16,S100—S90=24,則S100=.解析：依題意，S10，S20－S10，S30－S20，?，S100－S90依次成等差數(shù)列，設(shè)該等差數(shù)列的公差為d?又S10=16,S100-S90=24,因此S100-S90=24=16+(10-1)d=16+9d,解得810X910X98d=9，因此S100=10S10+廠d=10X16+—^X9=200?答案：20011.（2017?揚州期末）在正項等比數(shù)列｛a｝中，若a4+a3—2a2—2a〔=6,則a5+a6的最小n432156值為.2+@-2)+4解析：令a1+a2=t(t>0),則a4+a3-2a2-2a1=6可化為tq2-2t=6(其中q為公比)，所以a5+a6=tq4=q2+@-2)+4總2X@-2）+4_|=48（當(dāng)且僅當(dāng)q=2時等號成立）.答案：4812.設(shè)數(shù)列｛an｝的前n項和為Sn，已知ax=1，an+1=2Sn+2n，則數(shù)列｛叫｝的通項公式TOC\o"1-5"\h\za=?n解析：當(dāng)nM2時，a,-a=2(S-SJ+2*-In-1=2a+2n-1,從而a+2?=3(an+1nnn-1nn+1n+2n-1)．又a2=2a.+2=4,a2+2=6,故數(shù)列｛a.+2*｝A以6為首項，3為公比的等比數(shù)列，212n+1從而a+2*=6X3*-1，即a=2X3n-2n，又a=1=2X31-1-21-1,故a=2X3n-1-n+1n+11n2n-1?答案：2X3n—1—2n—113.數(shù)列｛a”｝中，若對n^N*,an+an+1+an+2=k（k為常數(shù)），且a7=2,a9=3，a98=4，則該數(shù)列的前100項的和等于.從而a7=a]=2,a9=a3=3,a98=a2=4.因此a.+a2+a3=9.TOC\o"1-5"\h\z123所以S100=33(a.+a2+a3)+a.=33X9+2=299.1001231答案：29914.(2017?南京考前模擬)數(shù)列｛a｝中，a=2n~1,現(xiàn)將｛a｝中的項依原順序按第k組有nnn2k項的要求進行分組：(1,3)，(5,7,9,11)，(13,15,17,19,21,23)，?，則第n組中各數(shù)的和為解析：設(shè)數(shù)列｛a“｝的前n項和為Sn，則Sn=n2,因為2+4+?+2n=n(n+1)=n2+n,2+4+?+2(n-1)=n(n-1)=n2-n.所以第n組中各數(shù)的和為S_S°=(n2+n)2-(n2n2＋nn2－n-n)2=4n3.答案：4n3[B組一一力爭難度小題]1?在等差數(shù)列｛an｝中，若任意兩個不等的正整數(shù)k,p都有ak=2p+1，ap=2k+1,數(shù)列｛a｝的前n項和記為S?若k+p=m,則S=?(用m表示)nnm解析：設(shè)數(shù)列｛an｝的公差為d,由題意，a1+(k_1)d=2p+1，①a1+(p_1)d=2k+1,②兩式相減，得(p-k)d=2(k_p).又k-pH0,所以d=_2.則a1=2p+2k-1=2m-1.因此Sm=ma1+=m(2m_1)_m(m_1)=m2.答案：m22.(2016?全國乙卷)設(shè)等比數(shù)列｛a/滿足at+a3=10,a2+a4=5,則a^?an的最大值為?解析：設(shè)等比數(shù)列｛a”｝的公比為g,則由a1+a3=10,a2+a4=q(ar+a3)=5,知q=pVa1+aJq2=10,^a1=8.2323n~2+2=2-2+2n.”n27記t=_n+7n=_2(n2_7n),結(jié)合n€N*可知n=3或4時，t有最大值6.

又y=2t為增函數(shù)，從而a1a2?a的最大值為26=64.12n答案：64(2017?南京考前模擬)已知函數(shù)fx)=(x—2)3,數(shù)列｛a/是公差不為0的等差數(shù)列，若f.)=0,貝y數(shù)列｛an｝的前11項和S"為.i=1解析：f(x)=(x-2)3為增函數(shù)，且關(guān)于點(2,0)中心對稱，則7(2+兀)+/(2-兀)=0?設(shè)數(shù)列

｛an｝的公差為必若a6>2,則fa6)>0,fa5)+卿=fa6-d)+fa6+d)>f(2-d)+f(2+d)

=0，即fa5)+fa7)>0,同理，fa4)+fa8)>0,…，fa】)+7^/>0,則￡fa.)>0；同理，5748111i=1i若a6V2,則Ffa)V0,所以a6=2.所以S11=1^6=22.6i=1i6116答案：22(2017?全國卷I改編)幾位大學(xué)生響應(yīng)國家的創(chuàng)業(yè)號召，開發(fā)了一款應(yīng)用軟件.為激發(fā)大家學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣,他們推出了“解數(shù)學(xué)題獲取軟件激活碼”的活動.這款軟件的激活碼為下面數(shù)學(xué)問題的答案：已知數(shù)列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,?,其中第一項是20,接下來的兩項是20,21,再接下來的三項是20,21,22,依此類推.求滿足如下條件的最小整數(shù)N：N>100且該數(shù)列的前N項和為2的整數(shù)幕.那么該款軟件的激活碼是.解析：設(shè)第一項為第1組，接下來的兩項為第2組，再接下來的三項為第3組，依此類推，則第n組的項數(shù)為n,前n組的項數(shù)和為由題意可知，N>100,令n^n2+1^>100,得nM14,n€N*，即N出現(xiàn)在第13組之后.1-2n2仃-2?)易得第n組的所有項的和為，=沏-1，前n組的所有項的和為，-n=2n+11-21-2-n-2.設(shè)滿足條件的N在第k+1(k€N*,kM13)組，且第N項為第k+1組的第t(t€N*)個數(shù),若要使前N項和為2的整數(shù)冪，則第k+1組的前t項的和2t-1應(yīng)與-2-k互為相反數(shù),即2t-1=k+2,^?2t=k+3,???t=log2(k+3),13x(13+1)???當(dāng)t=4,k=13時，N=七2+4=95<100，不滿足題意；當(dāng)t=當(dāng)t=5,k=29時,N=29X(29+1)2+5=440；當(dāng)t>5時,N>440.答案：440［例1］(2017?鎮(zhèn)江期末)已知n^N*,數(shù)列｛叫｝的各項均為正數(shù)，前n項和為Sn，且竹=1,a2=2,設(shè)bn=a2n—1+%?⑴若數(shù)列｛bn｝&公比為3的等比數(shù)列，求S2n；a2+n若對任意n￡N*,S=〒恒成立，求數(shù)列｛a｝的通項公式；n2n⑶若S2n=3(2n-1)，數(shù)列｛a代+1｝為等比數(shù)列，求數(shù)列他｝的通項公式.［解］⑴由題意，b1=a1+a2=1+2=3,,3(1-3n)3n+1-3則S2n=(ai+a2)+(a3+a4)+?+(a2n-1+a2n)=b1+b2+?+bn=1-3=廠.⑵當(dāng)n$2時，由2S=a2+n,nn得2S1=a21+n-1，n-1n-1兩式相減得2a=a2+n-(a21+n-1)=a2-a21+1，nnn-1nn-1整理得(a-1)2-a21=0,nn-1即(a-a1-1)(a+a1-1)=0,nn-1nn-1故a-a,=1或a+a,=1.(*)nn-1nn-1下面證明a+a1=1對任意的n€N*恒不成立.nn-1事實上,因為a1+a2=3,所以a+a=1不恒成立；nn-1若存在n€N*,使a+a［=1,設(shè)no是滿足上式最小的正整數(shù)，即ano+ano-1=1,nn-1000顯然n0>2，且an0-1€(0,1),則an。-1+an0-2H1,則由(*)式知，an0-1-an0-2=1,則an0-2<0,矛盾.故a+a1=1對任意的n€N*恒不成立，0nn-1所以a-a.=1對任意的n€N*恒成立.TOC\o"1-5"\h\znn-1因此｛a/是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列，所以an=1+(n-1)=n.設(shè)等比數(shù)列｛aa1｝的公比為g,則當(dāng)nM2時，"n"n+1=鋁t=q.nn+1aaan-1nn-1即｛a2n-1｝，｛a2n｝分別是以1,2為首項，公比為q的等比數(shù)列；故a3=q,a4=2q.令n=2,有S4=a1+a2+a3+a4=1+2+q+2q=9,則q=2.41234當(dāng)q=2時，a,.=2n-1,a_=2X2n-1=2n,b=a.+a=3X2n-1,2n-12nn2n-12n

31－2n此^S2n=(11+a2)+(i3+a4)++(i2n-1+a2n)=b1+b2++bn=1-2=3(21_1)n－12—22-，當(dāng)n為奇數(shù),綜上所述，a—=2—2,當(dāng)—為偶數(shù).方法歸納］有關(guān)遞推數(shù)列問題常見的處理方法將第n項和第n+1項合并在一起，看是否是一個特殊數(shù)列?若遞推關(guān)系式含有a—與S—,則考慮是否可以將a—與S—進行統(tǒng)一，再根據(jù)遞推關(guān)系式的結(jié)構(gòu)特征確定是否為熟悉的、有固定方法的遞推關(guān)系式向通項公式的轉(zhuǎn)換類型，否則可以寫出數(shù)列的前幾項，看能否找到規(guī)律，即先特殊、后一般、再特殊.變式訓(xùn)練］已知數(shù)列｛an｝,他｝滿足2S—=(an+2)bn,其中S—是數(shù)列｛a—｝的前n項和.(1若數(shù)列｛an｝是首項為3,公比為-3的等比數(shù)列，求數(shù)列呻的通項公式；(2)若bn=n,a2=3，求數(shù)列｛a」的通項公式;(3在(2的條件下，設(shè)％=話，求證：數(shù)列｛c—｝中的任意一項總可以表示成該數(shù)列其他兩n項之積.211解:(1)因為an=3X-3n-1=-2-3n,S=n3n1-=21-13nS=n3n1-=21-13n所以bn=2Sna+2n1-3n1_2'—2-3n+2(2若b=n,則2S=na+2n,①TOC\o"1-5"\h\znnn所以2Sn+1=(i+1)an+1+2(i+1),②由②-①得2an+1=(n+1)a-na+2，n+1n即na=(i-1)a〔+2,③nn+1當(dāng)n>2時,(n_1)an-1=(i_2)an+2,④由④-③得(i-1)an-1+(——1)an+1=2(n—1)an,即an1+an1=2an,n-1n+1n由2S1=a1+2,得=2,又％=3，

所以數(shù)列｛叫｝是首項為2,公差為3-2=1的等差數(shù)列，故數(shù)列｛叮的通項公式是an=n＋1.n＋1(3)證明：由(2)得c=，對于給定的n€N*,若存在kHn,tHn,k,t€N*,使得nn只需k只需k+1t+1~k~?~T，n2+2n+1

n2+2n+1

n2+2n，使得cn=cn+1n2+2n題型二等差、等比數(shù)列的判定與證明即i+n=(i+￡(i+i)，即n=k+1+kt，則"鬻黃取k=n+1,則t=n(n+2),n+1n+2所以對數(shù)列｛Cn｝中的任意一項cn=~n~，都存在cn+1=n+i和cn2+2n[例2](2017?蘇錫常鎮(zhèn)一模)已知n為正整數(shù)，數(shù)列｛a｝滿足a>0,4(n+1)a2—na2丄’二[例2]nnnn＋1設(shè)數(shù)列｛打｝滿足bn=吊.a(1)求證：數(shù)列儉nj為等比數(shù)列;若數(shù)列｛化｝是等差數(shù)列，求實數(shù)t的值；若數(shù)列｛化｝是等差數(shù)列，前n項和為Sn，對任意的n￡N*，均存在m^N*，使得8a2Sn—a1n2=16bm成立，求滿足條件的所有整數(shù)a1的值.［解］(1)證明：由題意得4(n+1)a：=nan+十因為數(shù)列｛a”｝各項均為正，得先n+a,所以得先n+a,所以n+1a一.a一.n+1因此-^=2,所以n陰是以a1為首項，公比為2的等比數(shù)列.⑵由⑴得±⑵由⑴得±=。］?2n-1,=a/-fn,1所以bna2a2?4n-若數(shù)列｛a所以bn若數(shù)列｛an｝是公差為2的等差數(shù)列，求數(shù)列｛cn｝的通項公式；tntn如果數(shù)列｛b｝是等差數(shù)列，則2b=b+b3,n213口a2?2?42-1a2?40a2?3?43-1即2?1'=1一+■—t2tt3

整理得譽1+詈，則^其中n^N*.1若存在實數(shù)2,使得對一切n^N*,有bWZ其中n^N*.若存在實數(shù)2,使得對一切n^N*,有bWZWc，求證：數(shù)列｛a｝是等差數(shù)列.nnn當(dāng)t=4時，b=為嚴(yán),n4因為bn+1=a](n+1)-an=a2=4-4因為bn+1所以數(shù)列｛b｝是等差數(shù)列，符合題意;n當(dāng)t當(dāng)t=12時，a2nbn=43n2a24a222a211曲a|因為勺+巧=抒+抒=打=16?2,他=2?再=18，b2+b4^2b3，所以數(shù)列｛b［不是等差數(shù)列，t=12不符合題意，綜上，如果數(shù)列｛b”｝是等差數(shù)列，則t=4.a2nTOC\o"1-5"\h\z(3)由(2)得b=4，對任意的n€N*，均存在m€N*，使8O：S-a?”2=16b，n41n1m則8?曽?"("；°-a4n2=1覺p，所以m=爭?4k2na1=2k，k€N*時，m==k2n，對任意的n€N*，m€N*，符合題意;4k2-4k+11當(dāng)a1=2k-1，k€N*，當(dāng)n=1時，m=4=k2-k+4N*，故不合題意.綜上，當(dāng)a.=2k，k€N*，對任意的n€N*，均存在m€N*，使8?弭-a^n2=16b?11n1m［方法歸納］數(shù)列｛an｝是等差數(shù)列或等比數(shù)列的證明方法證明數(shù)列｛an｝是等差數(shù)列的兩種基本方法：利用定義，證明a1-a(n€N*)為一常數(shù)；利用中項性質(zhì)，即證明2an=an1+an+1(nM2).證明數(shù)列｛an｝是等比數(shù)列的兩種基本方法：利用定義，證明^(n€N*)為一常數(shù)；n利用等比中項，即證明an=anan+0M2).［變式訓(xùn)練］已知數(shù)列｛a｝的前n項和為S，數(shù)列｛b｝,｛c｝滿足(n+1)b=a丄廠罷(n+2)c=nnnnnn＋1nn所以所以an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an，解：(1)因為數(shù)列｛an｝是公差為2的等差數(shù)列,所以an=ai+2(n"1)，nr=ai+n"1.a+2n+a+2(n+1)因為(n+2)c”=t扌'1-(a1+n-1)=n+2，所以cn=1.(2)證明：由(n+1)bn=an+1-Sn,nn+1n得n(n+1)b=na1-S，(n+1)(n+2)b1=(n+1)a2-S1，兩式相減，并化簡得TOC\o"1-5"\h\znn+1nn+1n+2n+1a-a=(n+2)b-nb.n+2n+1n+1na+aSa+aa-a從而(n+2)c=n+12n+2-~n=n+12n+2-[a1-(n+1)b]=n+22n+1+(n+1)b=n2n2n+1n2n(n+2)b(n+2)b2”-nb1n+(n+1)bnn+2~1T(b+bn)，因此c=2b+b1).n2nn+1因為對一切n€N*,有bWAWc,nn所以A^c=^(b+bJW2,故b=2,c=入.n2nn+1nn所以(n+1)2=a1-策，①n+1n(n+2)2=1(an+1+an+2)-寺，②②-①得2(②-①得2(a”+2-a”+1)=2,即a”+，-a”+1=22，故a”+〔-a”=22(nM2).2n+2n+1n+2n+1又22=a-^=a2-a1，則an+1-a”=22(nM1).所以數(shù)列｛an｝是等差數(shù)列.題型三特殊數(shù)列的判定題型三特殊數(shù)列的判定［例3］(2017?江蘇高考)對于給定的正整數(shù)k,若數(shù)列｛a“｝滿足：an_k+an_k+1Ha“_1+aa［+a=2ka，對任意正整數(shù)n(n>k)總成立，貝?稱數(shù)列｛a｝是“卩仇)數(shù)1n＋1n＋k－1n＋knn列”．證明：等差數(shù)列他｝是“卩(3)數(shù)列”；⑵若數(shù)列｛an｝既是“P(2)數(shù)列”，又是“P(3)數(shù)列”，證明：傀｝是等差數(shù)列.［證明］(1)因為｛an｝是等差數(shù)列，設(shè)其公差為d,則a=a+(n-1)d,n1+a=a+(n-k+a=a+(n-k-1)d+a+(n+k-1)d=2a+2(n-1)d=2a,n+k111nn-kk=1,2,3,因此等差數(shù)列｛a^｝是"P(3)數(shù)列”.(2)數(shù)列｛an｝既是“P(2)數(shù)列”，又是“P(3)數(shù)列”，因此，當(dāng)nM3時，a」a*+a,+a?=4a，①n－2n－1n＋1n＋2n當(dāng)nM4時，a，+a?+a,+a,+a?+a°=6a?②n－3n－2n－1n+1n+2n+3n由①知，a_+ar=4a.-(a+aJ,③n－3n－2n－1nn+1a」a?=4a,-(a,+a).④n+2n+3n+1n-1n將③④代入②，得a1+a1=2a，其中nM4，TOC\o"1-5"\h\zn-1n+1n所以a3，a4，a5，…是等差數(shù)列，設(shè)其公差為d?在①中，取n=4，貝Ua+a+ac+a=4a，23564所以a2=a3_d‘，在①中，取n=3，則a+a+a.+a=4a，12453所以a1=a3_2dz，所以數(shù)列｛a｝是等差數(shù)列.n［方法歸納］~~本題中第⑴問根據(jù)“P依)數(shù)列”的定義，利用等差數(shù)列的基本量進行論證，第⑵問通過變形轉(zhuǎn)化，化歸為a1，a，a+1三項的關(guān)系式，若這種方法一點都不會，也可以按照1nn+1遞推公式多寫幾項，借助歸納推理求解.［變式訓(xùn)練］設(shè)數(shù)列｛a｝的前n項的和為S?定義：若Vn￡N*，Bm^N*，S=a，貝0稱數(shù)列｛a｝為nnnmnH數(shù)列.⑴求證：數(shù)列｛(n-2)d｝(n￡N*，d為常數(shù))是H數(shù)列；⑵求證：數(shù)列｛(n-3)d｝(n￡N*，d為常數(shù)，dH0)不是H數(shù)列.n(-1+n-2)n(n-3)n(n-3)證明：(1).a”=(n-2)d，.?S”=?d=?d?令?d=(m-2)d?(*)當(dāng)d=0時，存在正整數(shù)m滿足(*).n(n-3)當(dāng)dH0時，m=2+2，n(n-3)VYnCN*，€Z，一一n(n-3).???m€Z，且'2丿$-1，.?mM1，m€N*，故存在m€N*滿足(*).所以數(shù)列｛(n-2)d｝是H數(shù)列.(2)數(shù)列｛(n-3)d｝的前n項之和為Sn="——①d=?d?

.n(n-5)令2d=(m-3)d.因為dH0,所以m=3+n(n-5)，當(dāng)n=2時，m=0,故｛(n-3)d｝不是H數(shù)列.［課時達(dá)標(biāo)訓(xùn)練］1.(2017?蘇州期中)已知等比數(shù)列他｝的公比q>1,滿足：a2+a3+a4=28，且a3+2是a2,a4的等差中項.⑴求數(shù)列｛an｝的通項公式；⑵若b=alogza,S=b1+b_+?+b，求使S+n?2?+1>62成立的正整數(shù)n的最小值.nn2nn12nn解：(1)Va3+2是a2，a4的等差中項,/?2(a3+2)=a2+a4，代入a2+a3+a4=28,可得a3=8,???a2+a4=20,24a1q2=8,a1q+a1q3=20解得a1解得a1=2,q=2|a1=32,或u???q>1,.；a==2，?數(shù)列｛an｝的通項公式為an=2n.lq=2,nn⑵?bn=anlog^an=2nlog12n=-n^2n,?Sn=-(1X2+2X22+?+n?2n),①2Sn=-(1X22+2X23+?+(n-1)?2n+n?2n+i),②②—①得S=2+22+23+?+2n-n^2n+1n2(1一2?)1-2一-n?2n+1=2n+1-2-n?2n+1.S+n?2n+1>62,.°?2n+1-2>62,nn+1>6,n>5,???使S+n?2n+i>62成立的正整數(shù)n的最小值為6.n2.已知數(shù)列｛a｝,｛b｝均為各項都不相等的數(shù)列，S為｛a｝的前n項和，a+1b=S++11(nWN*).若a1=1,bn=2，求a4的值；若｛%｝是公比為q的等比數(shù)列，求證：存在實數(shù)2,使得｛bn+2｝為等比數(shù)列.(2)證明：法一：解：⑴由ai=所以存在實數(shù)2=一，使得｛b+2｝為等比數(shù)列.,化=2知a2=4(2)證明：法一：所以存在實數(shù)2=一，使得｛b+2｝為等比數(shù)列.顯然公比qH1,因為a1b=S+1,所以a1qnb=筠^+1,n＋1nn1n1－q又bn+1^0(否則｛化｝為常數(shù)數(shù)列，與題意不符)，TOC\o"1-5"\h\zb+21所以當(dāng)nM2時，/“=q，此時｛b+2｝為等比數(shù)列,b＋2qnn－11所以存在實數(shù)2=一，使得｛b+2｝為等比數(shù)列.1－qn法二：因為ab=S+1,①n+1nn所以當(dāng)nM2時，ab1=S,+1,②nn－1n－1①一②得，ab一ab,=a，③n+1nnn－1n由③得，b=%b’+%==q),+qnan－1aqn－1qn+1n+1所以b=qbn!+7^qJ.n1-qq\n-11-q丿又bn+古H0(否則｛化｝為常數(shù)數(shù)列，與題意不符),n1qn

所以(n-m)S=(n+m)(S-S)對任意的m,n€N*均成立,n＋mnm即數(shù)列｛a｝是“好”數(shù)列.n若b=2n-1,則S=沏-1,取n=2,m=1,nn則(n-m)S=S3=7,(n＋m)(S-S)=3b2=6,n＋m3nm2此時(n-m)SH(n+m)(S-S),n＋mnm即數(shù)列｛b」不是“好”數(shù)列.(2)因為數(shù)列｛c”｝為"好”數(shù)列，取m=1,則(n-1)Tn+1=(n+1)(Tn-T1),即2Tn=(n-1)cn+1+(n+1)c1恒成立.當(dāng)nM2時，有2T=(n-2)c+nc,,TOC\o"1-5"\h\zn-1n1兩式相減，得2cn=(n-1)cn+1-(n-2)c”+c1(n^2),即nc=(n-1)c+C](nM2),nn+11所以(n-1)c.=(n-2)c+c.(n^3),n-1n1所以nc-(n-1)c=(n-1)c-(n-2)c(nM3),nn-1n+1n即(2n-2)cn=(n-1)cn-1+(n-1)cn+1(n^3),即2c=c.+c_(n^3),nn-1n+1當(dāng)n=2時，有2T2=c3+3c1，即2c2=c3+c1，所以2c=c,+c,對任意的nM2,n€N*恒成立，nn-1n+1所以數(shù)列｛c”｝是等差數(shù)列.設(shè)數(shù)列｛cn｝的公差為d,①若c2016=2017,則c1+2015d=2017,20161即d即d=2017-勺2015，因為數(shù)列｛c”｝的各項均為不相等的正整數(shù),所以d€N*,所以d=1,c1=2,所以c=n+1.1n②證明：若c1=p,則cn=dn+p-d,由c1,c,c成等比數(shù)列,得c2=c1c,1sts1t所以(ds+p-d)2=p(dt+p-d),即(p-d)(2ds+p-d-p)+d(ds2-pt)=0,化簡得,p(t+1-2s)=d(s-1)2,-./+1_2s即d=石刁尹.t+1-2s因為p是任意給定的正整數(shù)，要使d€N*，必須?一［尸€N*,

t＋1－2s不妨設(shè)-百戶由于S是任意給定的正整數(shù),所以t=k(s-I)2+2s-1M(s-1)2+2s-1=s2.故不等式得證．4.(2017?常州前黃中學(xué)國際分校月考)已知數(shù)列｛an｝&公差為正數(shù)的等差數(shù)列，其前n項和為S，且a*a=15,S4=16?n234求數(shù)列｛an｝的通項公式；1數(shù)列卩｝滿足b=a,,b+1-bn11n＋1naann＋1求數(shù)列｛b｝的通項公式；n是否存在正整數(shù)m,n(mHn)，使得b,b,b成等差數(shù)列？若存在，求出m,n的2mn值；若不存在,請說明理由.解：(1)設(shè)數(shù)列他｝的公差為必則J>0.由a2?a3=15,23S4=16，得(a1+d)(a1+2由a2?a3=15,23S4=16，得1解得"a1解得"a1=1,d=2或｛廣2(舍去).所以an=2n-1.1)=n-12n-11)=n-12n-1/=2n-1，naann+1b3-b2=2(H)'⑵①???b1=a1，bn+1-bn=0^Jnn+1?,b-bnn-1112n+—)(心2)，(2n-1)(2n+1)””n-1_n-13n-2b=b+'=1+'=■.bnb12n-12n-12n-1%=1也符合上式.3n-3n-22n-1n€N*.②假設(shè)存在正整數(shù)m,n(mHn),使得b2,b,b成等差數(shù)列,2mn則b2+則b2+bn=2bm.bm=3_124m-2,1=1=6+12m-112m-114n-2,化簡得：2m=7^=7-丄n+1n+1當(dāng)n＋1=3，即n=2時，m=2，不合題意，舍去當(dāng)n＋1=9，即n=8時，m=3，符合題意．?°?存在正整數(shù)m=3,n=8,使得b2,b,b成等差數(shù)列.2mn5.(2017?鎮(zhèn)江丹陽高級中學(xué)期初考試)已知數(shù)列｛a｝滿足a=l,a2=r(r>0),且｛aa,｝n12nn＋1是公比為q(q>0)的等比數(shù)列，設(shè)bn=a2n_1+a2t(n￡N*).⑴求使anan+1+an+1an+2>an+2an+3(n￡N*)成立的？的取值范圍；⑵求數(shù)列｛打｝的前n項和Sn；試證明：當(dāng)qM2時，對任意正整數(shù)n$2,Sn不可能是數(shù)列｛b“｝中的某一項.解：(1)依題意得qn－1＋qn>qn＋1，???q>0,.?.q2_q_1v0.5+10<q^T~ba+a(2)ba+a(2)?「n+1=2n■12n+2=(2)?ba+an2n－12n%%■1+%■1%—a2n“2n+1a2n－1+a2na3n^q+a3?a2n^qa2n－1+a2n=q(q>0),且b1=a1+a2=1+r>0,112?數(shù)列｛b”｝是以1+尸為首項，q為公比的等比數(shù)歹列”(1+r)”(1+r),q=1,?S=”(1+r)(1-q”)“[1-q，qH1.(3)證明：當(dāng)q$2時,S=n(1+尸)(1-q”1-q_(1+r)(1-q”)1+r1+r?Sn-a”+1=1-q-(1+r)qn=1-q[(1-qn)-q”(1-q)]=丙[1+qn(q-2)]v0,?Sva,nn+1又S=a+a、+…+a,a>0,n€N*,「?S>a,n12nnnn故當(dāng)q$2時，對任意正整數(shù)”22,Sn不可能是數(shù)列｛b”｝中的某一項.6.(2017?南通二調(diào))設(shè)數(shù)列｛a”｝的前”項和為Sn(n￡N*)，且滿足：①laJHIa》②r(”_p)Sn+1=(n2+n)an+(n2_n_2)a1，其中r,p￡R,且rH0.(1)求p的值；⑵數(shù)列｛a”｝能否是等比數(shù)列？請說明理由；++3⑶求證：當(dāng)r=2時，數(shù)列他｝是等差數(shù)列.解：(1)n=1時，r(1-p)S2=2a1-2a1=0,因為la」Hla2l,所以S2H0,122又rHO,所以p=1?(2)數(shù)列｛a/不是等比數(shù)列.理由如下：假i^｛an｝是等比數(shù)列，公比為q,當(dāng)n=2時，rS3=6a2，即ra1(1+q+q2)=6aq所以r(1+q+q2)=6q,①當(dāng)n=3時，2rS4=12a3+4a1，即2ra1(1+q+q2+q3)=12a1q2+4a1，所以r(1+q+q2+q3)=6q2+2，②由①②得q=1，與虬1工血」矛盾，所以假設(shè)不成立.12故｛an｝不是等比數(shù)列.(3)證明：當(dāng)r=2時，易知a3+a1=2a2?由2(n-1)Sn+1=(n2+n)an+(n2-n-2禹，得nM2時，2S,n+1n^n^+nM2時，2S,n+1n^n^+n-1+(n+1)(n-2禹①n-12S(n+1)(n+2)a”nr+t+n(n-1)(n+2)an1,②②-①得，2a2=n+2(n+1)(n+2)an+]_n(n+1)an+(n2-n+2禹nn-1n(n-1)，即2(a-a1)=(n+1)(n+2)(a.-a.)n(n+1)(a-a”)丄丄n1nn-1兩邊同除(n+1)得，2(an+2一◎=(n+2)(an+1一◎_"Un一◎n＋1nn-1即an+2-a1-an+1-a1=nfan+^-an^a?|n+1n2\nn-1丿2X2\n-1n-2丿=n(n-1)X?X3X2fa3^-a-1\=02X2X?X213-12-1丿ua-a-a所以冷=an1-a1=?n-2a-a令a-a.=〃，則f1=d(n$2).1n-1所以an=a1+(n-1)d(nM2).

又n=1時，也適合上式,所以an=a1+(n-1)d(n€N*).所以a.-a=d(n€N*).n＋1n所以當(dāng)r=2時，數(shù)列｛an｝是等差數(shù)列.第3課時數(shù)列的綜合應(yīng)用(第3課時數(shù)列的綜合應(yīng)用(能力課)［?？碱}型突破］題型一數(shù)列與不等式問題［例1］(2017?南京考前模擬)若各項均為正數(shù)的數(shù)列｛a｝的前n項和為S,且2寸S=aHrHtlfl+1(n^N*).⑴求數(shù)列｛an｝的通項公式；⑵若正項等比數(shù)列｛b“｝,滿足b2=2,2b7+b8=b9，求T^a^+ap?abn；(3)對于(2)中的T,若對任意的n￡N*,不等式2(-1)n<2n!+1(T+21)恒成立，求實數(shù)2n2n+1n的取值范圍.［解］(1)因為2/Sn=an+1,所以4S=(a+1)2,且a>0,TOC\o"1-5"\h\znnn則4a1=(a1+1)2，解得a1=1，又4Sn+1=(an+1+1)2，n+1n+1所以4an+1=4Sn+1-4Sn=(an+1+1)2-(an+1)2，n+1n+1nn+1n即(a*+a)(a,-a)-2(a_+a)=0,n+1nn+1nn+1n因為a>0,所以a,+aH0,nn+1n所以a.-a=2,所以｛a｝是公差為2的等差數(shù)列，又a.=1,n+1nn1所以a=2n-1.n⑵設(shè)數(shù)列｛b｝的公比為？，因為2b7+b8=b,所以2+q=q2,解得q=-1(舍去)或qn789=2,由b2=2,得b1=1,即b=2n-1.21n記A=ab+ab+?+ab=1X1+3X2+5X22+?+(2n-1)X2n-1,1122nn則2A=1X2+3X22+5X23+?+(2n-1)X2n,兩式相減得-A=1+2(2+22+?+2n-1)-(2n-1)X2n,故A=(2n-1)X2n-1-2(2+22+?+2n-1)=(2n-1)X2n-1-2(2n-2)=(2n-3)X2n所以T=ab+ab+?+ab=(2n-3)?2?+3.n1122nn136(3)不等式2(-1)n<2n^(Tn+21)可化為(-1)”Xn-2+芮?當(dāng)n為偶數(shù)時，2<"-2+2^1，…、36記&(")=“-2+市即2<g(n)min.g(n+2)-g(n)=2+26+1-26-1=2-2ni當(dāng)n=2時,g(n+2)<g(n),nM4時,g(n+2)>g(n),即g(4)即g(4)<g(2)，當(dāng)nM4時，g(n)單調(diào)遞增，g(n)誠n=g(4)=13，即2<芍?36當(dāng)n為奇數(shù)時，2>2-n-2n71，36記h(n)=2-n-2；T1，所以2>h(n)max.h(n+2)-h(n)=-2-缶+缶=-2+僉，當(dāng)n=1時，h(n+2)>h(n)，nM3時，h(n+1)<h(n)，即h(3)>h(1)，nM3時，h(n)單調(diào)遞減，h(n)=h(3)=-3，所以2>-3?max綜上所述，實數(shù)2的取值范圍為(-3,占3).［方法歸納］~~1?數(shù)列與不等式的綜合問題考查類型⑴判斷數(shù)列中的一些不等關(guān)系問題；以數(shù)列為載體，考查不等式的恒成立問題；考查與數(shù)列問題有關(guān)的不等式的證明問題.2?解決數(shù)列與不等式問題的兩個注意點(1)利用基本不等式或函數(shù)的單調(diào)性求解相關(guān)最值時，應(yīng)注意n取正整數(shù)的限制條件.⑵利用放縮法證明不等式、求解參數(shù)的范圍時，盡量先求和、后放縮，注意放縮的尺度，否則會出現(xiàn)范圍擴大或縮小而得不到正確的結(jié)果.［變式訓(xùn)練］已知數(shù)列｛叫｝滿足氣=6,a2=20,且a”_］?0“+］=。；一8an+12(nGN*,n^2).⑴證明：數(shù)列｛an+1-an｝^等差數(shù)列；⑵令c=(n+嘰+(n++a，數(shù)列｛c｝的前n項和為T,求證：2nvTv2n+3?nnan+1(n+1)annnn3證明：⑴當(dāng)n=2時，a^a3=a2-8a2+12,所以a3=42?

當(dāng)nN2時，由a/a=a2-8a當(dāng)nN2時，由a/a=a2-8a+12,n－1n+1nn得a?a2=a2,-8a.+12,nn+2n+1n+1兩式相減得a2-a2-8a+8a=aa-aa,n+1nn+1nnn+2n-1n+1所以a2+aa-8a=a2+aa-8a,nnn+2nn+1n-1n+1n+1即a(a+a.-8)=a.(a,+a.-8),nnn+2n+1n+1n-1a+a-8a?+a,-8所以”nn+21=n+1n一1aa

n+1n所以a+a-8=2a,n+2nn+1即a_-2a.+a=8,n+2n+1n即(a-a)-(a-a)=8,n+2n+1n+1n當(dāng)n=1時,也滿足此式．a(chǎn)+a－831=2.a2又a2-a1=14,21所以數(shù)列｛an+1-an｝是以14為首項，(2)由(1)知an+1-an=14+8(n-1)=8n+6.由a2-a1=8X1+6,a3-a2=8X2+6,…，a-a.=8X(n-1)+6,累加得a-a.2132nn-1n1(n-1)(1+n-1)=8X[1+2+3+—+(n-1)]+6(n-1)=8X'8為公差的等差數(shù)列+6(n一1)=4n2+2n-6，所以a?=4n2+2n?(n+1)an^,2n+1所以c=n+=nna、(n+1)a2n+3n+1n2n+32n+1—2n+2n+J=2+1-2n+)所以T_=2n+2(H)+(5-1)+???+(2n1+r2n+)=2n+2(1-2n+)，又11-1=2n+3-3=2n又3>3-2n+3=3(2n+3)=3(2n+3)>0,2所以2n<Tn<2n+3.題型二數(shù)列中的范圍與最值問題［例2］已知數(shù)列題型二數(shù)列中的范圍與最值問題［例2］已知數(shù)列｛a｝,｛b｝都是等差數(shù)列，它們的前n項和分別記為S,nn一切nWN*，都有S=T?n＋3n⑴若a1^b1，試分別寫出一個符合條件的數(shù)列｛an｝和｛bn｝i⑵若a1+b1=1，數(shù)列｛c｝滿足：c=4a+2(—1)”-1?2b，求最大的實數(shù)2,11nnnnN*,恒有cNc成立.n+1n［解］(1)設(shè)數(shù)列｛a｝,｛b｝的公差分別是d,d2nn12耳，滿足對使得當(dāng)nW則Sn+3=(n+3)?i???對一切"€N*,有S=???對一切"€N*,有S=Tnn+3A(n+3)fli+(n^n^d1=nb1+n^d2,+Wi++3a1++Wi++3a1+3d1=豊n2+(b1-fdfd=d,21'即a1=_d],b=2d]?…a1+2d1=b1-2d2,3a1+3d1=0?故答案不唯一．例如取d1=d2=2，a1=-2，b1=4，211得an=2n_4(n€N*),b=2n+2(n€N*).⑵???a1+b1=1,又由(1)，可得d1=d2=1，a1=_1，b1=2??°?a=n_2,b=n+1?nn??咋=弘_2+2(-1)n_12n+1./.c—c=4n_1+2(—1)n2n+2_4n_2_2(—1)n-12n+1=3^4n_2+2(—1)n(2n+2+2n+1)=n+1n316?22"+62(—1)n?2?????當(dāng)n€N*時，c^c恒成立，n+1n3即當(dāng)n€N*時，16?22”+62(_1)”?2?M0恒成立.1???當(dāng)n為正奇數(shù)時，2^32°2”恒成立,111而3?冷16?「衣16；1當(dāng)n為正偶數(shù)時，2$_32?2”恒成立,11而_3?2nW_8111???-gW2W16，.?.2的最大值是16［方法歸納］第一問和第二問的切入點都是從冷腫人入手，利用解決等差數(shù)列的基本方法向首項、項數(shù)及公差轉(zhuǎn)化，得到式子2"2+￡1+24"+301+3^1=知2+@—2djn(*),此式子中有五個字母，根據(jù)題意分析a1,d,b,d2均為待定量，因此可將(*)式中的n看成主也，22，元,對一切正整數(shù)n均成立即恒成立，只需對應(yīng)項的系數(shù)相等，得到va+5d=b—1d，l3a1+3d1=0.第一問是一個開放的問題，要求我們根據(jù)條件任給d和d2一組值再確定嚀％即可，第二問給出特定的約束條件a1+b1=1，求出d和d2唯一的一組值.第二問實際上是由數(shù)列｛a｝，｛b｝生成子數(shù)列｛c｝并且給出子數(shù)列｛c｝是遞增數(shù)列.當(dāng)nnnn求2的取值范圍時，采取的方法是將2分離出來(即分離變量)轉(zhuǎn)化的函數(shù)，再用函數(shù)的最值進一步轉(zhuǎn)化.［變式訓(xùn)練］(2017?南京三模)已知常數(shù)p>0,數(shù)列｛a｝滿足a=p—al+2a+p，n^N*.+1若a】=—1，p=1，求a4的值；求數(shù)列｛a”｝的前n項和Sn?若數(shù)列｛a｝中存在三項a，a，a(r，s，t^N*，r<sVt)依次成等差數(shù)列，求號的取nrstp值范圍.解：(1)因為p=1,所以a［=11-aI+2a+1.n＋1nn因為a1=－1，所以a2=I1－a1I＋2a1＋1=1，11a3=I1－a2I＋2a2＋1=3，a=I1－aI＋2a＋1=9.TOC\o"1-5"\h\z433因為a2=1，a1=I1－aI＋2a＋1，2n＋1nn所以當(dāng)nM2時，aM1,n從而a=I1－aI＋2a＋1=a－1＋2a＋1=3a，n＋1nnnnn于是有an=3?-2(nM2)?1－3n－13n－1－3故當(dāng)nM2時，S=-1+a+a+…+a=-1+，=，當(dāng)n=1時，S=n23n1－321-1，符合上式，故S=^n^T3,n€N*?n2(2)因為a,-a=\p~al+a+p^]p-a+a+p=2p>0,n＋1nnnnn所以an+1>an，即數(shù)列｛^^｝^調(diào)遞增.當(dāng)冷N1時，有a^p，于是a^a^p,所以a=\p-a\+2a+p=a-p+2a+p=3a，所以a=少-匕?n+1nnnnnn1若｛a｝中存在三項a,a,a(r,s,t€N*,r<s<t)依次成等差數(shù)列，則有2a=a+at,nrstsrt即2X3s-i=3r-i+3t-i?(*)2因為sWt-1,所以2X3s-i=3X3s<3t-i<3r-i+3t-i,即(*)不成立.故此時數(shù)列｛an｝中不存在三項依次成等差數(shù)列.當(dāng)-1<予<1時，有-p<a<p.此時a2=\p-a1\+2a^+p=p-at+2a1+p=at+2p>p,于是當(dāng)nM2時，aMa2>p,n2從而a=\p-a\+2a+p=a-p+2a+p=3a?n+1nnnnn所以an=3n-2a2=3n-2(a1+2p)(nM2).若｛a｝中存在三項a,a,a(r,s,t€N*,r<s<t)依次成等差數(shù)列，nrst由(i)可知，r=1,于是有2X3s-2(a1+2p)=a1+3t-2(a1+2p).因為2WsWt-1,a1所以X+p=2X3s-2-3t-2=9X3s-3X3t-1<°?因為2X3s-2-3t-2是整數(shù)，所以一^W-1,a1+2p于是a1W-a1-2p，即-p,與-p<a<p相矛盾.故此時數(shù)列｛an｝中不存在三項依次成等差數(shù)列.(西當(dāng)》W-1時，則有。吞_p<p,a]+pW0,于是a2=\p-a1\+2a1+p=p-a1+2a1+p=a1+2p，a3=\p-a2\+2a2+p=\p+a1\+2a1+5p=-p-a1+2a1+5p=a1+4p,2211111此時2a2=a1+a3，則a1，a2，a3成等差數(shù)列.綜上可知，纟W-1?故》的取值范圍為（-8,-1].

題型三［例3］已知各項均為正數(shù)的數(shù)列｛aj滿足：a1=a,a廠b,。卄廠、］a/^+^nGN*),其中m,a,b均為實常數(shù).若m=0,且a43a3，a5成等差數(shù)列.①求b的值；②若a=2,令bn=；；，”為奇數(shù),為偶數(shù)求數(shù)列啲前n項和$；［21og2an—1,”為偶數(shù)，nn⑵是否存在常數(shù)2,使得an+an+=an+1對任意的n^N*都成立？若存在，求出實數(shù)2的值(用m,a,b表示)；若不存在，請說明理由.［解］(1)①因為m=0,所以a'—■3；=aa'—■3；n＋1nn＋2所以正項數(shù)列｛aj是等比數(shù)列，不妨設(shè)其公比為q.又a4,3a3，a5成等差數(shù)列，所以q2＋q=6，解得q=2或q=-3(舍去)，所以b=2?②當(dāng)a=2時，數(shù)列他｝是首項為2、公比為2的等比數(shù)列,所以a=2n,所以b=nn2n,n為奇數(shù)，2n-1,n為偶數(shù)，即數(shù)列｛b”｝的奇數(shù)項依次構(gòu)成首項為2、公比為4的等比數(shù)列，偶數(shù)項依次構(gòu)成首項為3、公差為4的等差數(shù)列．當(dāng)n為偶數(shù)時，n(3+n(3+2n-1)2Sn=U^+322n+1n2+n2當(dāng)n為奇數(shù)時，2(1-4^.2(1-4^.s”=1——r(3+2n—3)”2222n+2n2—n2a2+b2-m

aba2+b2-m

abV2n+1n2+n2“一3+2-3，n為偶數(shù),所以S=n沏+2n2-n2…歸13+2_3，”為奇數(shù).(2)存在常數(shù)2=

使得a+a2=Xa1對任意的n€N*都成立.nn＋2n＋1證明如下：因為a21=aa2+m,n€N*,n+1nn+2所以a2=aa,+m,nM2,n€N*,nn－1n+1所以a2-a2=aa-aa訂n+1nnn+2n－1n+1即a2,+aa=aa+a2.n+1n-1n+1nn+2n由于a>0,此等式兩邊同時除以aa1,nnn+1a+a得na+a得nna1n+1n_1n4,a+aa.+a-所以4,a+aa.+a-所以nn+2=1n—1n+1=?aaa+a13a，

2都有ana＋a+a=13a1.n＋2an＋12因為ax=a，a=b，a2=aa＋m，2n＋1nn＋2所以a3b2-m=,an+1n即當(dāng)nM2,n€N*時,b2-m~a+aaaa2+b2-m所以肓=一=ar~,a2＋b2-m所以當(dāng)2=時，對任意的n€N*都有a+a2=la.成立.abnn＋2n＋1［方法歸納］數(shù)列中存在性問題的求解策略對于數(shù)列中的探索性問題的主要題型為存在型，解答的一般策略：先假設(shè)所探求的對象存在或結(jié)論成立，以此假設(shè)為前提條件進行運算或邏輯推理，若由此推出矛盾，則假設(shè)不成立，從而得到否定的結(jié)論，即不存在.若推理不出現(xiàn)矛盾，能求得已知范圍內(nèi)的數(shù)值或圖形，就得到肯定的結(jié)論，即得到存在的結(jié)果.［變式訓(xùn)練］(2017?南京考前模擬)已知數(shù)列｛a｝的前n項和為S，把滿足條件a+1^S(n^N*)的所nnn＋1n有數(shù)列｛a”｝構(gòu)成的集合記為M.1⑴若數(shù)列｛an｝的通項為a=2,，求證：｛an｝^M；⑵若數(shù)列｛an｝是等差數(shù)列，且｛an+n｝GM,求加厶一珀的取值范圍；(3)若數(shù)列｛an｝的各項均為正數(shù)，且｛an｝￡M，數(shù)列瞪｝中是否存在無窮多項依次成等差n數(shù)列，若存在，給出一個數(shù)列｛an｝的通項；若不存在，說明理由.?0入1'0|Jr+p、r+hwI;+p:y咚*￥a+ssls:l(IIglw二—wpdMX+YWZ+Z0?總1"8￡制盤貳先(?+=0)+???+(z+Z0)+(I+I0)WI+氏+I+U0公掘■逸9宦+?0一農(nóng)曲7農(nóng)糊冬禺宀yg(z)IJ-?I+戲?0+缶■Sv0公卷+B0公卷.(Z入邑呂入04^入>5科呂><?^孑悴公^"ZRXJISVZ0X■(EAVszAxQwyfe-I1十uz+ste尺■畠X0VSW0Y3忘?sw0*IMl+s>?UZX0H^XSWs芝v?$加><…X加粘"角呈"SC/SuCuK+S■ZW*盤?aws公卷?sws—S常"SW0屈(E).(8+.6—KT?根遇總爲(wèi)?'&電底■6—20+00—10+P810'月篷入?盒?0入1+?公卷■0入aISa+y)缶?0入1—?—5+10)呢卜「I?1—WPXr4n｝假設(shè)數(shù)列中存在無窮多項依次成等差數(shù)列，an不妨設(shè)該等差數(shù)列的第n項為dn+b(b為常數(shù))，則存在m€N*,mMnM2,使得dn+b=~~X2m^~乂知，即da1n+ba1^2n+2,aaa11m11設(shè)fn)=2+2,n€N*,nM3,則fn+1)-則fn+1)-f(n)=(n+1)2n2—=2n+32n+22—(n—1)22n+3<0,即血+1)<血)切3)=元<1,于是當(dāng)nM3時，2n+2>n2,從而有當(dāng)nM3時，da1n+ba1>n2,即n2—da1n—ba1<0,于是當(dāng)nM3時，關(guān)于n的不等式n2—da1n—ba1<0有無窮多個解，顯然不成立,因此數(shù)列嚴(yán)］中不存在無窮多項依次成等差數(shù)列.an題型四［例4］(2017?南京、鹽城一模)若存在常數(shù)k(k^N*,kM2),q,d,使得無窮數(shù)列｛a“｝na+d,匸N*,nk滿足an＋1=n貝y稱數(shù)列｛an｝為“段比差數(shù)列”，其中常數(shù)k,q,d分別叫l(wèi)qan，:訴,”做段長、段比、段差.設(shè)數(shù)列｛bn｝為“段比差數(shù)列”.若｛bn｝的首項、段長、段比、段差分別為13q,3.當(dāng)q=0時，求b016；當(dāng)q=1時，設(shè)｛化｝的前3n項和為S3n，若不等式S3nW2?少-1對n^N*恒成立，求實數(shù)2的取值范圍；設(shè)｛化｝為等比數(shù)列，且首項為b試寫出所有滿足條件的｛bn｝,并說明理由.［解］(1)①法一：???數(shù)列｛bn｝的首項、段長、段比、段差分別為1,3,0,3,?初2014=0Xb2013=O，Ab2015=b2014+3=3，Ab2016=b015+3=6，法二：??數(shù)列｛打｝的首項、段長、段比、段差分別為1,3,0,3,^?b1=1,b2=4,b3=7,b.=0Xb3=0,b5=b.+3=3,b6=b_+3=6,b7=0Xb6=0,…12343546576???當(dāng)nM4時，｛bn｝是周期為3的周期數(shù)列.5016=b6=6?②???｛%｝的首項、段長、段比、段差分別為1,3,1,3，??b3n+2-b3n-1=(b3n+1+d)-b3n-1=(qb3n+d)-b3n-1=［q(b3n-1+d)+d］-b3n-1=2d=6,

???｛b3n—!是以b2=4為首項、6為公差的等差數(shù)列，又7b3n-2+b3n－1+b3n=(b3n-1_d)+b3n－1+(b3n_i+d)=3b3n－1???S3n=(b1+b2+b3)+(b4+b5+b6)+?+(b3n-2+b3n-1+b3n)=3(b2+b5+?+1=34n＋34n＋n(n—1)2X6=9n2+3n，???S3W2?3n—1,3n又_9(n+1)2+3(n+1)9n2+3n_—2(3n2—2n—2)Cn+1Cn3n3；—13；-1當(dāng)n=1時，3n2—2n—2<0,c<C;當(dāng)nM2時，3n2—2n—2>0,c<c,12n+1n:s>c>?,?°?(c)=c=14,123nmax2???2M14,故2的取值范圍為［14,+8).⑵法一：設(shè)｛b“｝的段長、段比、段差分別為k,q,d,b則等比數(shù)列｛b”｝的公比為=q，由等比數(shù)列的通項公式得b；=bqn-1,k當(dāng)m€N*時，b2-b1=d,即bqkm+1-bqkm=bqkm(q-1)=d恒成立，km＋2km＋1若q=1,則d=0,b”=b;若qH1,則qkm=@-聊‘則qkm為常數(shù)，q=-1,k為偶數(shù)，d=-2b,b；=(-1)；-1b;；經(jīng)檢驗，滿足條件的｛b”｝的通項公式為b”=b或b”=(-1)n-1b?法二：設(shè)｛b”｝的段長、段比、段差分別為k,q,d,①若k=2,則b1=b,b2=b+d,b3=(b+d)q,b4=(b+d)q+d,1234fd=0,聯(lián)立兩式，得鳥d=-2b,或|q=-1，由b1b3=b2,得b+d=bq;由b2b4=bjfd=0,聯(lián)立兩式，得鳥d=-2b,或|q=-1，則b=b或b=(-1)”-",經(jīng)檢驗均合題意.””②若kM3，貝Ub1=b,b=b+d,b3=b+2d,123由b］b3=b2，得(b+d)2=b(b+2d)，得d=0,貝9b”=b,經(jīng)檢驗適合題意.綜上①②，滿足條件的｛b｝的通項公式為b=b或b=(-1)”-場?”””［方法歸納］~~(1)新情境和新定義下的新數(shù)列問題，一般命題形式是根據(jù)定義的條件推斷這個新數(shù)列的一些性質(zhì)或判斷一個數(shù)列是否屬于這類數(shù)列的問題.(2)數(shù)列試題的情景，除了常見的等差數(shù)列和等比數(shù)列、遞推數(shù)列外，有時還會出現(xiàn)周期數(shù)列、分段數(shù)列、數(shù)表型數(shù)列以及子數(shù)列問題等新情景.期數(shù)列、分段數(shù)列、數(shù)表型數(shù)列以及子數(shù)列問題等新情景.［變式訓(xùn)練］對于數(shù)列｛a｝，記Ad=a.—a,^k+1a=AkaAka,k,n^N*，則稱數(shù)列｛A^a｝nnn＋1nnn＋1nn為數(shù)列｛an｝的“k階差數(shù)列”.⑴已知人氣=(一2)",若｛an｝為等比數(shù)列，求叫的值；2證明：當(dāng)n>m,n,m^N*時，la—al<3?nm3(2)已知數(shù)列卩｝為數(shù)列｛a｝的"2階差數(shù)列”，若b=3—2,a.=1,且aMa3對n￡nnn1n3N*恒成立，求a2的取值范圍.解：(1)①因為a2=a1+A1^=a1~2，a3=a2+A1a2=a1~4，且｛an｝^等比數(shù)列，所以?y竹’即(a1"2)2=a1(a1"4)，解得a1=3.②證明：當(dāng)n>m時,an_am=A1an_1+?+Alam丄可右-(-2)n二1-(~1)所以％-唄=|(-J"]》述陽+SKHSX又4([)m單調(diào)遞減，所以4.(0"令2=3，故當(dāng)n>m,n,m€N*時，la-alnm⑵因為數(shù)列｛b｝為數(shù)列｛a｝的“2階差數(shù)列”，且b=3n-2,所以Aa=少-2,nnnn所以Ad=Aa,+Aa。+…+Aa*+AS’nn-1n-2113(1_3n-1)=v1-37_2(n_1)+A^13n23n2-2n+2+A1a1手-2n+a-2.222由A2an=和-2>0知，｛4匕“｝單調(diào)遞增,所以a2a3對n€N*恒成立，n3當(dāng)且僅當(dāng)&a2=a3-a2WO當(dāng)且僅當(dāng)232AS.=a.-a,N0l343a冃，a冃，a2+7M0,解得-7Wa2W0?2所以a2的取值范圍是［-7,0］.2［課時達(dá)標(biāo)訓(xùn)練］1.(2017?淮安淮陰中學(xué)12月階段性測試)設(shè)數(shù)列｛a｝的前n項和為S,且(S-1)2=aS?(1)求a1；1〕⑵求證：數(shù)列｛口｝為等差數(shù)列；in-k；k；若不存在，說(3)是否存在正整數(shù)m,k,使aS=~+19成立？若存在，求出m,kkm明理由.解：(1)n=1時，(a1_1)2=a1，「.a1=2?(2)證明：［(S-1)2=aS,nnn???n$2時，(Sn-1)2=(S”-Sn-1)Sn，?'?-2S+1=-SS,nn-1n???1-S=S(1-S,nnn-1)???1-S=S(1-S,nnn-1)，Sn-1-1SS-1，n111S1-S…亠」S-1S,-1S-1S-1S-11為定值'nn－1nnf11為等差數(shù)列.??|S-1n1

⑶：=-2,a-111?S^=-2+(n-1)x(-1)=n-n-1，(S-1)2=n1—=Snn(n+1)B11假設(shè)存在正整數(shù)m,k,使aS=丁+19,aSakkm?an則(k+1)2=m(m+1)+19,4(氐+I)2=4m(m+1)+76,???[(2k+2)+(2m+1)][(2k+2)-(2m+1)]=75,2k＋2m＋3=75,2k-2m＋1=1/.(2k+2m+3)(2k-2k＋2m＋3=75,2k-2m＋1=1'2k+2m+3=25,或《[2k-2m+1=3'2k+2m+3=15,或.[2k-2m+1=5.'k=18,m=18'k='k=18,m=18或W或Wm=5\m=2.TOC\o"1-5"\h\z2.對于數(shù)列｛兀｝,若對任意的n^N*,都有x+x_>2r.成立，則稱數(shù)列｛x｝為“增nnn＋2n＋1n差數(shù)列”．⑴若在數(shù)列｛a｝,｛b｝中，a=2n+1,b=2?(n￡N*)，判斷數(shù)列｛a｝,｛b｝是否為“增nnnnnn差數(shù)列”．－tn+2－t(2)是否存在正整數(shù)t,使數(shù)列｛c｝是“增差數(shù)列”，且它的通項公式為c=一2—(nnnnEN*)?若存在，求出正整數(shù)t的值；若不存在，說明理由.若數(shù)列他｝是“增差數(shù)列”，是否一定存在實常數(shù)m,使得d“>m(nWN*)?若存在,請求出m的值；若不存在，請說明理由.解：(1)因為an+an+2=(2n+1)+[2(n+2)+1]=2[2(n+1)+1]=2an+1,所以數(shù)列｛an｝不是“增差數(shù)列”.因為b+b-2b=2n+2n+2-2X2n+1=2n(1+4-4)=2n>0,TOC\o"1-5"\h\znn+2n+1所以b+b>2b〔，故數(shù)列｛b｝是“增差數(shù)列”.nn+2n+1n(2)假設(shè)存在正整數(shù)t滿足題意，由題意知，對任意的n€N*,都有c+c>2c,,nn+2n+1-tn+2-1-t(n+2)+2_t-t(n+1)+2-1即2n+2n+2>2X2n+1'即4(-tn+2-t)+[-t(n+2)+2-t]>4[-t(n+1)+2-t],也就是關(guān)于n的函數(shù)g(n)=tn-1-2<0對任意的n€N*恒成立,|7W0,故W即tWO,故不存在正整數(shù)t滿足題意.g(1)=t-1-2<0,(3)不一定存在實常數(shù)m,使得d>m(m€N*)恒成立.n從函數(shù)角度看，條件xn+xn+2>2xn+1(n€N*)可以變形為卑+^xn+0€N*),設(shè)xn=fn)，則此條件表示(n,fn))和(n+2,fn+2))兩點連線的中點高于點(n+1,f(n+1)),滿足這種性質(zhì)的函數(shù)只能為凸函數(shù),且有三種情形：單調(diào)遞增、單調(diào)遞減、先減后增

根據(jù)以上分析，當(dāng)對應(yīng)的函數(shù)單調(diào)遞減且無下界時，不存在常數(shù)m滿足題意.而底數(shù)小于1的對數(shù)函數(shù)就符合這個條件，于是嘗試構(gòu)造d=logn,n12顯然d=logn單調(diào)遞減且無下界.n12下面證明數(shù)列｛d/是“增差數(shù)列”即可.n(n+2)n2+In因為d+d2-2d_=log2=log—>log1=0,nn+2n+i&i(n+l)2&in2+2n+1&1222即d+d-2dpo,故數(shù)列｛d｝是“增差數(shù)列”.故不一定存在實常數(shù)m,使得nn+2n+1ndn>m(m€N*)恒成立.3.(2017-南通三模)已知｛an｝是公差為d的等差數(shù)列,｛化｝是公比為q的等比數(shù)列,qH±1,正整數(shù)組E=(m,p,r)(m<p<r).若a1+b2=a2+b3=a3+b1，求q的值;若數(shù)組E中的三個數(shù)構(gòu)成公差大于1的等差數(shù)列，且a+b=a+b=a+b,求qmpprrm的最大值;⑶若b=f—2)n-1,a+b=a+b=a+b=0,試寫出滿足條件的一個數(shù)組E和對應(yīng)nmmpprr的通項公式an?(注：本小問不必寫出解答過程)解：(1)由條件，知a1+b1q=a1+d+b1q2，a+d+bq2=a+2d+解：(1)由條件，知1111Jd=b1(q-q2),即<ld=b1(q2-1).所以2q2-q-1=0.因為qH±1，所以q=~1(2)由a+b=a+b,得a-a=b-b,mpprpmpr所以(p-m)d=bm(qp-m-qr-m),同理可得,(r-p)d=bm(qr-m-1).因為m,p,r成等差數(shù)列，所以p-m=r-p=2(r-m).庁己qp-m=t,貝U有2t2-1-1=0,因為qH±1，所以tH±1,故t故t=-2即qp-m=所以-1<q<0.51-記p-m=a，貝Ua為奇數(shù)，又公差大于1所以aM3,所以切=鋸S)1，即q51-當(dāng)a=3時，q取最大值為-⑶滿足題意的數(shù)組E=(m,m+2,m+3).此時通項公式為an此時通項公式為an=(-2)m-?-3m-1)’m€N*?11例如：E=(1,3,4),a”=8?-g.4.(2017?蘇北三市三模)已知兩個無窮數(shù)列｛a｝和卩｝的前n項和分別為S,T,叫=1,nnnn1S2=4,對任意的n^N*,都有3S=2S+S2+a?2n＋1nn＋2n求數(shù)列｛an｝的通項公式；若｛b｝為等差數(shù)列，對任意的n^N*，都有S>T?證明：a>b；nnnnna+2T⑶若｛b“｝為等比數(shù)列，b1=a1，b2=a2，求滿足才+2$"=ak(k￡N*)的n值.nn解：⑴由3S、=2S+S+a，得2(S、-S)=S-S+a,n+1nn+2nn+1nn+2n+1n即2a=a+a，所以a-a=a-a.n+1n+2nn+2n+1n+1n由a1=1，S2=4，可知a2=3.所以數(shù)列｛an｝是以1為首項，2為公差的等差數(shù)列.故｛a”｝的通項公式為an=2n-1.(2)證明：法