专题14 数列的综合应用（解析版）.docx

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1、专题专题 14 数列的综合应用数列的综合应用1、 【2018 年高考江苏卷】已知集合* |21,Ax xnn N，* |2 ,nBx xnN将AB的所有元素从小到大依次排列构成一个数列na 记nS为数列na的前 n 项和， 则使得112nnSa成立的 n 的最小值为_【答案】27【解析】所有的正奇数和2nnN按照从小到大的顺序排列构成na，在数列|na中，25前面有16个正奇数，即5621382 ,2aa.当n=1时，121 1224Sa ，不符合题意；当n=2时，2331236Sa，不符合题意；当n=3时，3461248Sa，不符合题意；当n=4时，451012=54021 2Sa,符合题意

2、.故使得+112nnSa成立的n的最小值为27.2、【2019 年高考天津卷文数】设na是等差数列， nb是等比数列，公比大于 0，已知1123323,43abba ba.（1）求na和 nb的通项公式；（2）设数列 nc满足21nnncbn， 为奇数,， 为偶数.求*1 12222()nna ca ca cnN.【解析】（1）设等差数列 na的公差为d，等比数列 nb的公比为q.依题意，得2332 ,3154 ,qdqd解得3,3,dq故133(1)3 ,3 33nnnnannb .所以， na的通项公式为3nan， nb的通项公式为3nnb .（2）1 12222nna ca ca c 1

3、35212 1426 32nnnaaaaa ba ba ba b123(1)36(6 312 318 363 )2nn nnn 21236 1 32 33nnn .记121 32 33nnTn ,则23131 32 33nnTn ,得，123113 1 3(21)3323333331 32nnnnnnnTnn .所以，1221 12222(21)3336332nnnnna ca ca cnTn 22(21)3692nnnn N.本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n项和公式等基础知识，考查数列求和的基本方法和运算求解能力，属于中档题目.3、【2019 年高考江苏卷】定义首项为 1 且

4、公比为正数的等比数列为“M数列”.（1）已知等比数列an()nN满足：245132,440a aa aaa，求证:数列an为“M数列”；（2）已知数列bn()nN满足:111221,nnnbSbb，其中 Sn为数列bn的前 n 项和求数列bn的通项公式；设 m 为正整数，若存在“M数列”cn()nN，对任意正整数 k，当 km 时，都有1kkkcbc成立，求 m 的最大值【解析】（1）设等比数列an的公比为q，所以a10，q0.由245321440a aaaaa，得244112111440a qa qa qa qa，解得112aq因此数列na为“M数列”.（2）因为1122nnnSbb，所以0

5、nb 由1111,bSb，得212211b，则22b .由1122nnnSbb，得112()nnnnnb bSbb，当2n 时，由1nnnbSS，得111122nnnnnnnnnb bbbbbbbb，整理得112nnnbbb所以数列bn是首项和公差均为1的等差数列.因此，数列bn的通项公式为bn=n*nN.由知，bk=k，*kN.因为数列cn为“M数列”，设公比为q，所以c1=1，q0.因为ckbkck+1，所以1kkqkq，其中k=1，2，3，m.当k=1时，有q1；当k=2，3，m时，有lnlnln1kkqkk设f（x）=ln(1)xxx，则21 ln( )xf xx令( )0f x ，得

6、x=e.列表如下：x(1,e)e(e，+)( )f x+0f（x）极大值因为ln2ln8ln9ln32663，所以maxln3( )(3)3f kf取33q ，当k=1，2，3，4，5时，lnlnkqk，即kkq，经检验知1kqk也成立因此所求m的最大值不小于5若m6，分别取k=3，6，得3q3，且q56，从而q15243，且q15216，所以q不存在.因此所求m的最大值小于6.综上，所求m的最大值为5本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力4、【2019 年高考浙江卷】设等差数列na的前 n 项和为nS，34a

7、 ，43aS，数列 nb满足：对每个12,nnnnnnnSb Sb SbN成等比数列（1）求数列, nnab的通项公式；（2）记,2nnnacnbN证明：12+2,.ncccn nN【解析】（1）设数列na的公差为d，由题意得11124,333adadad，解得10,2ad从而*22,nannN所以2*nSnnnN，由12,nnnnnnSb Sb Sb成等比数列得212nnnnnnSbSbSb解得2121nnnnbSS Sd所以2*,nbnn nN（2）*221,22 (1)(1)nnnanncnbn nn nN我们用数学归纳法证明（i）当n=1时，c1=00 时，ln2 1(0(n)l 2

8、2)xfxx ，所以( )f x单调递减，从而( )f xf（0）=1当2nm时，111112 111()()( )nnnqq nnfqnnnn，因此，当21nm时，数列11nqn单调递减，故数列11nqn的最小值为mqm因此，d 的取值范围为11(2),mmb qbqmm一、求通项公式的方法1、累加（累乘法）（1）累加法：如果递推公式形式为： 1nnaaf n，则可利用累加法求通项公式 等号右边为关于n的表达式，且能够进行求和1,nnaa的系数相同，且为作差的形式二、数列的求和的方法（1）等差数列求和公式：1122pqnnaaaaSnn pqn112nn nSa nd（2）等比数列求和公式：

9、111,11,1nnaqqSqa n q（3）错位相减法：通项公式的特点在错位相减法的过程中体现了怎样的作用？通过解题过程我们可以发现：等比的部分使得每项的次数逐次递增，才保证在两边同乘公比时实现了“错位”的效果。而等差的部分错位部分“相减”后保持系数一致（其系数即为等差部分的公差），从而可圈在一起进行等比数列求和。体会到“错位”与“相减”所需要的条件，则可以让我们更灵活的使用这一方法进行数列求和（4）裂项相消：na的表达式能够拆成形如 naf nf nk的形式（=1,2,k），从而在求和时可以进行相邻项（或相隔几项）的相消。从而结果只存在有限几项，达到求和目的。其中通项公式为分式和根式的居多

10、（5）分组求和如果数列无法求出通项公式，或者无法从通项公式特点入手求和，那么可以考虑观察数列中的项，通过合理的分组进行求和（1）利用周期性求和：如果一个数列的项按某个周期循环往复，则在求和时可将一个周期内的项归为一组求和，再统计前n项和中含多少个周期即可（2）通项公式为分段函数（或含有1n，多为奇偶分段。若每段的通项公式均可求和，则可以考虑奇数项一组，偶数项一组分别求和，但要注意两点：一是序数的间隔（等差等比求和时会影响公差公比），二是要对项数的奇偶进行分类讨论（可见典型例题）；若每段的通项公式无法直接求和，则可以考虑相邻项相加看是否存在规律，便于求和（3）倒序相加：若数列 na中的第k项与倒

11、数第k项的和具备规律，在求和时可以考虑两项为一组求和，如果想避免项数的奇偶讨论，可以采取倒序相加的特点，三、数列中的单调性1、 在数列中涉及到的不等关系通常与数列的最值有关， 而要求的数列中的最值项， 要依靠数列的单调性，所以判断数列的单调性往往是此类问题的入手点2、如何判断数列的单调性：（1）函数角度： 从通项公式入手，将其视为关于n的函数， 然后通过函数的单调性来判断数列的单调性。由于nN，所以如果需要用到导数，首先要构造一个与通项公式形式相同，但定义域为0,的函数，得到函数的单调性后再结合nN得到数列的单调性（2）相邻项比较：在通项公式不便于直接分析单调性时，可考虑进行相邻项的比较得出数

12、列的单调性，通常的手段就是作差（与 0 比较，从而转化为判断符号问题）或作商（与 1 比较，但要求是正项数列）3、用数列的眼光去看待有特征的一列数：在解数列题目时，不要狭隘的认为只有题目中的 ,nnab是数列，实质上只要是有规律的一排数，都可以视为数列，都可以运用数列的知识来进行处理。比如：含n的表达式就可以看作是一个数列的通项公式；某数列的前n项和nS也可看做数列 12:,nnSS SS等等。4、对于某数列的前n项和 12:,nnSS SS，在判断其单调性时可以考虑从解析式出发，用函数的观点解决。也可以考虑相邻项比较。在相邻项比较的过程中可发现：1nnnaSS，所以 nS的增减由所加项na的

13、符号确定。进而把问题转化成为判断na的符号问题四、放缩法证明不等式的技巧1、放缩法证明数列不等式的理论依据不等式的性质：（1）传递性：若,ab bc，则ac（此性质为放缩法的基础，即若要证明ac，但无法直接证明，则可寻找一个中间量b，使得ab，从而将问题转化为只需证明bc即可 ）（2）若,ab cd，则acbd，此性质可推广到多项求和：若 121 ,2 ,nafafaf n，则: 1212naaafff n（3）若需要用到乘法，则对应性质为：若0,0abcd，则acbd，此性质也可推广到多项连乘，但要求涉及的不等式两侧均为正数注：这两条性质均要注意条件与结论的不等号方向均相同2、放缩的技巧与方

14、法：（1）常见的数列求和方法和通项公式特点： 等差数列求和公式：12nnaaSn，naknm（关于n的一次函数或常值函数） 等比数列求和公式：1111nnaqSqq，nnak q（关于n的指数类函数） 错位相减：通项公式为“等差等比”的形式 裂项相消：通项公式可拆成两个相邻项的差，且原数列的每一项裂项之后正负能够相消，进而在求和后式子中仅剩有限项（2）与求和相关的不等式的放缩技巧： 在数列中，“求和看通项”，所以在放缩的过程中通常从数列的通项公式入手 在放缩时要看好所证不等式中不等号的方向，这将决定对通项公式是放大还是缩小（应与所证的不等号同方向） 在放缩时，对通项公式的变形要向可求和数列的通

15、项公式靠拢，常见的是向等比数列与可裂项相消的数列进行靠拢。题型一、数列中的通项与求和数列中求通项、求和是最基本，也是最重要的问题，在试题的条件中经常会出现含有和 Sn与项 an的等式，这往往是问题的突破口，经常会使用退位(或进位)相减的方式，使问题转化为相邻项之间的关系，如果满足等差(或等比)数列的定义那就更好，否则就是常规递推关系问题，通过构造等比数列解决问题的；而数列求和，则应根据通项的特点选择对应的求和方法，其中错位相减法和裂项相消法经常考到。例 1、(2018 扬州期末）已知各项都是正数的数列an的前 n 项和为 Sn，且 2Sna2nan，数列bn满足 b112，2bn1bnbnan

16、.(1) 求数列an，bn的通项公式；(2) 设数列cn满足 cnbn2Sn，求和 c1c2cn；(3) 是否存在正整数 p，q，r(pqr)，使得 bp，bq，br成等差数列？若存在，求出所有满足要求的 p，q，r；若不存在，请说明理由规范解答 (1) 2Sna2nan，2Sn1a2n1an1，得 2an1a2n1a2nan1an，即(an1an)(an1an1)0.因为an是正数数列，所以 an1an10，即 an1an1，所以an是等差数列，其中公差为 1.在 2Sna2nan中，令 n1，得 a11，所以 ann.(2 分)由 2bn1bnbnan得bn1n112bnn，所以数列bnn

17、 是等比数列，其中首项为12，公比为12，所以bnn12n，即 bnn2n.(5 分)(注：也可累乘求 bn的通项)(2) 由(1)得 cnbn2Snn2（n2n）2n1，所以 cn1n2n1（n1）2n1，(7 分)所以 c1c2cn121（n1）2n1（n1）2n1（n1）2n1.(9 分)(3) 假设存在正整数 p，q，r(pqr)，使得 bp，bq，br成等差数列，则 bpbr2bq，即p2pr2r2q2q.因为 bn1bnn12n1n2n1n2n1，所以数列bn从第二项起单调递减当 p1 时，12r2r2q2q.若 q2，则r2r12，此时无解；若 q3，则r2r14，且bn从第二项

18、起递减，故 r4，所以 p1，q3，r4 符合要求；(11 分)若 q4，则b1bqb1b42，即 b12bq，又因为 b1br2bq，所以 b12bq，矛盾此时无解(12 分)当 p2 时，一定有 qp1.若 qp2，则bpbqbpbp24pp2412p2，即 bp2bq，这与 bpbr2bq矛盾，所以 qp1.此时r2r12p，则 r2rp.令 rpm1，则 r2m1，所以 p2m1m1，q2m1m，mN*.综上得，存在 p1，q3，r4 或 p2m1m1，q2m1m，r2m1(mN*)满足要求(16 分)题型二、数列中的最值问题研究“和式”不等式恒成立问题，恒成立问题的基本方法有两类：第

19、一类是先求和，再研究不等式，此种方法要求“和”要能求；第二类处理方法是直接研究单调性来确定最值例 2、(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_【答案】 1 024【解析】解法 1 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 a714，由 a7a4q3可得 q12，由 a4a1q3可得 a116，从而 ana1qn11612n1(也可直接由 ana4qn4得出)，令 bna1a2an，则bn

20、1bnan11612n，令 1612n1，可得 n4，故 b1b2b6bn，所以当 n4 或 5 时，a1a2 an的值最大，为 1 024.解法 2 同解法 1 得 an1612n1，令 an1 可得 n5，故当 1n5 时，an1，当 n6 时，0an0，q1)的等比数列，且数列an的前 n 项积为 10Tn.若存在正整数 k，对任意 nN*，使得T（k1）nTkn为定值，求首项 a1的值规范解答 (1) 当 n2 时，由 3(SnSn1)a2n2，3(Sn1Sn)a2n12，两式相减，得 3(an1an)a2n1a2n.因为 an0 恒成立，所以 an1an3，其中 n2.(2 分)由

21、3(S2S1)a222 及 a12，得 3(4a2)a222，即 a223a2100.结合 a20，解得 a25，满足 a2a13.(3 分)所以对 nN*，均有 an1an3，即数列an是首项为 a12，公差为 3 的等差数列，数列an的通项公式为 an3n1.(5 分)由知，Snn（a1an）2n（3n1）2，所以n（3n1）2n2对 nN*恒成立(6 分)记 f(n)n（3n1）2n2，nN*.考虑 f(n1)f(n)（n1）（3n4）2n3n（3n1）2n2（3n25n4）2n3.(8 分)当 n3 时，f(n1)f(n)，且 f(1)12，f(2)78，f(3)1516.所以 f(n

22、)maxf(3)1516，从而1516.所以实数的取值范围是1516，.(11 分)(2) 设 bnlganlga1qn1lga1lgqn1lga1(n1)lgq，令 dlgq，则数列bn是公差为 d 的等差数列，由题意有 a1a2anan1qn（n1）210Tn，两边取以 10 为底的对数，则有 nlga1n（n1）2lgqTn，而数列bn的前 n 项和为 nlga1lga1（n1）lgq2nlga1n（n1）2lgqTn，故 Tn为数列bn的前 n项和(13 分)Tnnb1n（n1）2dd2n2b1d2 n，记 Ad20，Bb1d2，则 TnAn2Bn.所以T（k1）nTknA（k1）2n

23、2B（k1）nAk2n2Bknk1kA（k1）nBAknB.因为对任意 nN*，T（k1）nTkn为定值，所以A（k1）nBAknB也为定值设A（k1）nBAknB，则A(k1)AknBB0 对 nN*恒成立所以A（k1）Ak0，BB0，由得k1k，代入得 B0.(15 分)即 b112d，即 lga112lgq，得 a1 q.(16 分)题型三、数列中的不等关系1、与数列中的项相关的不等式问题： 有些问题往往与基本不等式结合。 在有些关于项的不等式证明中， 可向求和问题进行划归， 即将递推公式放缩变形成为可 “累加” 或 “累乘”的形式，2、常见的放缩变形：（1）211111n nnn n，

24、其中2,nnN：可称21n为“进可攻，退可守”，可依照所证不等式不等号的方向进行选择。注：对于21n，可联想到平方差公式，从而在分母添加一个常数，即可放缩为符合裂项相消特征的数列，例如：22111111111211nnnnnn，例 4、(2018 苏中三市、苏北四市三调）已知实数abc， ，成等比数列，621abc，成等差数列，则b的最大值为【答案】34【解析】解法 1（基本不等式）由题意知，2,247,bacbac 所以23,acb由基本不等式的变形式2, ,2acaca cR,则有：22232bb，解得34b ，所以b的最大值为34.解法 2（判别式法）由题意知，2,247,bacbac

25、则23cba,代入得2(23)baba，即22(32 )0ab ab，上述关于a的方程有解，所以22(32 )40bb ，解得34b ，所以b的最大值为34.例 5、(2019 镇江期末）设数列an是各项均为正数的等比数列，a12，a2a464.数列bn满足：对任意的正整数 n，都有 a1b1a2b2anbn(n1)2n12.(1) 分别求数列an与bn的通项公式(2) 若不等式112b1112b2112bn0)，因为 a12，a2a4a1qa1q364，解得 q2，则 an2n.(1分)当 n1 时，a1b12，则 b11；(2 分)当 n2 时，a1b1a2b2anbn(n1)2n12，a

26、1b1a2b2an1bn1(n2)2n2，得 anbnn2n，则 bnn.综上，bnn.(4 分)(2) 不等式112b1112b2112bn12bn1对一切正整数 n 都成立，即112114 112n 0，当0 时，不等式显然成立(5 分)当0 时，不等式等价于112114 112n2n11.设 f(n)112114 112n2n1，则f（n1）f（n）112114 112n112n22n3112114 112n2n12n1 2n32n24n28n34n28n4f(2)f(3)f(n)，所以1f(n)maxf(1)32，故2 33，则 02 33.综上，2 33.(8 分)例 6、(2019

27、 宿迁期末）已知数列an各项均为正数，Sn是数列an的前 n 项的和，对任意的 nN*，都有 2Sn3a2nan2.数列bn各项都是正整数，b11，b24，且数列 ab1，ab2，ab3，abn是等比数列(1) 证明：数列an是等差数列；(2) 求数列bn的通项公式 bn；(3)求满足Snbn20 得 a11.(1分)当 n2 时，由 2Sn3a2nan2 得 2Sn13a2n1an12，所以两式相减得 2an3a2nan3a2n1an1，所以 3(anan1)(anan1)anan1.(3 分)由 an0 知 anan10，所以 anan113，所以数列an是首项 a11，公差 d13的等差

28、数列. (5 分)(2)由(1)得 an113(n1)13n23， 由 ab1a11，ab2a42, 知数列bn的公比 q212，所以数列abn是首项为 1，公比为 2 的等比数列，所以 abn2n1.(7 分)又 abn13bn23，所以 abn13bn232n1，即 bn32n12.(10 分)(3)由 Snn（a1an）216(n25n)，得Snbn2n25n632n1n25n92n.(12 分)设 f(n)Snbn2n25n92n，则f（n1）f（n）（n1）25（n1）92n1n25n92nn27n62n210n1212n6n25n .令f（n1）f（n）1 得n27n62n210n

29、1，即 n23n60.由 nN*得 n1.令f（n1）f（n）0，知 n2，nN*.所以 f(1)f(3)f(4)f(n)(14 分)又因为 f(1)S1b126181314，f(4)S4b423614414，故当 n5 时，f(n)14，所以满足Snbn214的最小正整数 n 为 5. (16 分)题型四、数列中的“定义型”问题数列中的新定义数列问题，考查等差数列，等比数列的定义、通项、性质的应用，解决该类问题的关键是理解新定义数列的性质，其次借助所学的数列的研究方法、变形手段以及数据的性质分析等解决相关问题考查学生利用数列知识解决数列综合问题的能力，对代数变形与推理论证能力要求较高例 7、

30、(2019 苏锡常镇调研）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；a1a24，且数列 b1，b2，bn是 P 数列，求证：数列 b1，b2，bn是等比数列思路分析(1)直接验证等差数列 1，3，5 是否满足 P 数列的定义即可；(2)充分利用 P 数列的定义，写出所有可能的项以后，根据项之间的大小与锁定必存在此数列中的项作为突破口，然后紧抓定义，继续求解即可(3)证明是等比数列首选是定义法，所以在解决问题的时候要有目标就是前后相邻项的关系式的寻找，中间还是借助 P 数列的定义进行锁定和讨论然后适当的变形，寻找到目标结构即可规范解答 (1)因为

31、3515，53均不在此等差数列中，所以等差数列 1，3，5 不是 P 数列. (2 分)(2)因为数列 a，b，c，6 是 P 数列，所以 1abc6，(3 分)由于 6b 或6b是数列中的项，而 6b 大于数列中的最大项 6，所以6b是数列中的项，同理6c也是数列中的项，(5 分)考虑到 16c6b6，于是6cb，6bc，所以 bc6，又 1bc，所以 1b 6，(7 分)综上，b 的取值范围是(1， 6)(8 分)(3)因为数列bn是 P 数列，所以 1b1b2b3bn，由于 b2bn或bnb2是数列中的项，而 b2bn大于数列中的最大项 bn，所以bnb2是数列bn中的项，(10 分)同

32、理bnb3，bnb4，bnbn1也都是数列bn中的项，考虑到 1bnbn1bnb2bn1b2bn， 所以 bn1b3不是数列bn中的项， 所以bn1b3是数列bn中的项， 同理bn1b4， bn1bn2也都是数列bn中的项，考虑到 1bn1bn2bn1b4bn1b3bnb3bn2bn10，所以 q312，又 a83，故 a5a8q33(2)6.3、(2017 镇江期末） 数列an为等比数列，且 a11，a34，a57 成等差数列，则公差 d_.【答案】. 3【解析】设数列an的公比为 q，则(a11)(a1q47)2(a1q24)，即 a1a1q42a1q2.因为 a10，所以 q21，a1a

33、3a5，故公差 d3.4、(2017 苏锡常镇调研） 设等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 S3，S9，S6成等差数列，且 a2a54，则 a8的值为_【答案】 2【解析】当 q1 时，显然不符合题意当 q1 时，设 Sna11qn1q，因为 S3，S9，S6成等差数列，所以 2q9q6q30，即 2q6q310，解得 q312或 q31(舍去)又 a2a5a2(1q3)a224，故 a28，即 a8a2q62.5、(2019 无锡期末） 设公差不为零的等差数列an 满足 a37，且 a11，a21，a41 成等比数列，则 a10等于_【答案】 21【解析】设等差数列an的公差为 d，则

34、a11a32d162d，a21a3d16d，a41a3d16d，因为 a11，a21，a41 成等比数列，所以(a11)2(a11)(a41)，即(6d)2(62d)(6d)，化简得 d22d0，又因为 d0，所以 d2，从而 a10a37d21.6、(2017 扬州期末）在正项等比数列an中，若 a4a32a22a16，则 a5a6的最小值为_【答案】 48【解析】解法 1 由 a4a32a22a16，得 a1(q1)(q22)6，所以 a1(q1)6q22.因为 an0，所以 q220，a5a6a1(1q)q46q4q226q444q226(q22)4q226q224q22462q224q

35、2246848，当且仅当 q224q22，即 q2，a11 时，等号成立，所以 a5a6最小值为 48.解法 2 由 a4a32a22a16，得(a2a1)(q22)6，所以 a2a16q22.因为 an0，所以 q220，即 q22，a5a6(a1a2)q46q4q2261q22q4.令 t1q20，12 ，则1q22q4t2t22t14218，当 t140，12 时，式子1q22q4取得最大值18，从而 a5a661q22q4取得最小值 6848.7、(2017 苏北四市一模）在数列an中，已知 a113，an113an23n1，nN*，设 Sn为an的前 n 项和(1) 求证：数列3na

36、n是等差数列；(2) 求 Sn；(3) 是否存在正整数 p，q，r(pqr)，使 Sp，Sq，Sr成等差数列？若存在，求出 p，q，r 的值；若不存在，说明理由规范解答 (1) 因为 an113an23n1，所以 3n1an13nan2.(2 分)又因为 a113，所以 31a11，所以3nan是首项为 1，公差为2 的等差数列. (4 分)(2) 由(1)知 3nan1(n1)(2)32n，所以 an(32n)13n，(6 分)所以 Sn1131(1)132(3)133(32n)13n，所以13Sn1132(1)133(52n)13n(32n)13n1，两式相减得23Sn1321321331

37、3n(32n)13n113219113n1113(2n3)13n12n13n1，所以 Snn3n.(10 分)(3) 假设存在正整数 p，q，r(pqr)，使 Sp，Sq，Sr成等差数列，则 2SqSpSr，即2q3qp3pr3r.由于当 n2 时，an(32n)13n0，所以数列Sn单调递减又 pq，所以 pq1 且 q 至少为 2，所以p3pq13q1.(12 分)q13q12q3qq33q.当 q3 时，p3pq13q12q3q，又r3r0，所以p3pr3r2q3q，等式不成立(14 分)当 q2 时，p1，所以4913r3r，所以r3r19，所以 r3(Sn单调递减，解唯一确定)综上可

38、知，p，q，r 的值为 1,2,3.(16 分)8、(2019 苏州期初调查）已知数列an的奇数项是首项为 1 的等差数列，偶数项是首项为 2 的等比数列，数列an前 n 项和为 Sn，且满足 S3a4，a5a2a3.(1) 求数列an的通项公式；(2) 若 amam1am2，求正整数 m 的值；(3) 是否存在正整数 m，使得S2mS2m1恰好为数列an中的一项？若存在，求出所有满足条件的 m 值，若不存在，说明理由规范解答 (1)设奇数项的等差数列公差为 d，偶数项的等比数列公比为 q.所以数列an的前 5 项依次为 1，2，1d，2q，12d.因为S3a4，所以4d2q，解得d2，(2

39、分)所以 ann，n 为奇数，321，n 为偶数.(4 分)(2)因为 amam1am2.1若 m2k(kN*)，则 a2ka2k1a2k2，所以 23k1(2k1)23k，即 2k13，所以 k1，即 m2.(6 分)2若 m2k1(kN*)，则 a2k1a2ka2k1，所以(2k1)23k12k1，所以 23k12k12k1122k1.因为 23k1为整数，所以22k1必为整数，所以 2k11，所以 k1，此时 2303.不合题意(8 分)综上可知 m2.(9 分)(3) 因为 S2m(a1a3a2m1)(a2a4a2m)m（12m1）22（13m）133mm21.(10 分)S2m1S2

40、ma2m3mm2123m13m1m21.(11 分)所以S2mS2m13mm213m1m2132（m21）3m1m213.(12 分)若S2mS2m1为数列an中的项，则只能为 a1，a2，a3.1S2mS2m11，则 32（m21）3m1m211，所以 3m10，m 无解(13 分)2S2mS2m12，则 32（m21）3m1m212，所以 3m11m20.当 m1 时，等式不成立；当 m2 时，等式成立；当 m3 时，令 f(x)3x11x2133x1x2.所以 f(x)ln333x2x，f(x)ln2333x2.因为 f(x)在(14 分)3S2mS2m13，则 32（m21）3m1m2

41、13，所以 m210，即 m1.(15 分)综上可知 m1 或 m2.(16 分)9、(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， 求满足条件的项；若不存在，说明理由规范解答 (1) 由 an13an40 得 an113(an1)，nN*.(2 分)其中 a11，所以 a1120，可得 an10，nN*.(4 分)所以an11an13，nN*，所以an1是以 2 为首项，3 为公比的等比数列(6 分)所以 an12(3)n1

42、，即 an2(3)n11，则数列an的通项公式为 an2(3)n11，nN*.(8 分)(2)若数列an中存在三项 am，an，ak(mn0 得 12n24n2n0，所以 2n6n12n312n0，即 P2P1，(13 分)n2 时，因为 2n4，312n312n6n12n，即 12n24n2n0.此时 Pn1P3P4，(14 分)所以 Pn的最大值为 P22222222272，(15 分)若存在正整数 k，使得对任意正整数 n，Pnk 恒成立，则 kPmax72，所以正整数 k 的最小值为 4.(16分)11、(2017 扬州期末）已知数列an与bn的前 n 项和分别为 An和 Bn，且对任

43、意 nN*，an1an2(bn1bn)恒成立(1) 若 Ann2，b12，求 Bn；(2) 若对任意 nN*，都有 anBn及b2a1a2b3a2a3b4a3a4bn1anan113成立，求正实数 b1的取值范围；(3) 若 a12，bn2n，是否存在两个互不相等的整数 s，t(1st)，使A1B1，AsBs，AtBt成等差数列？若存在，求出 s，t 的值；若不存在，请说明理由思路分析 (1) 对于基本的等差或等比数列，只要运用等差(比)的定义及基本量思想、方程(组)思想就能解决有关的求通项和求前 n 项和问题；(2) 而对于非等差、非等比的数列求和，应对照题目本身的特点，从常规的求和方法如：

44、分解法、裂项相消法、错位相减法等方法中寻求对策；对于恒成立求参数范围，仍可借鉴函数中的参数分离法；(3) 对于存在性问题的探究，通常假设存在，然后按要求去求，若有解，则存在；若无解，则不存在对于不定方程的整数解，一定要用好给定范围和数的奇、偶性去分析问题，这里是从范围逐一突破的，也有的题是从奇、偶性突破的规范解答 (1) 因为 Ann2，所以 an1，n1，n2n12，n2，)即 an2n1，(2 分)故 bn1bn12(an1an)1，所以数列bn是以 2 为首项，1 为公差的等差数列，所以 Bnn212n(n1)112n232n.(4 分)(2) 依题意 Bn1Bn2(bn1bn)，即 b

45、n12(bn1bn)，即bn1bn2，所以数列bn是以 b1为首项，2 为公比的等比数列，所以 anBn12n12b1b1(2n1), 所以bn1anan1b12nb12n1b12n112nb12n12n11.(5 分)因为bn1anan12nb12n12n111b112n112n11，(8 分)所以b2a1a2b3a2a3b4a3a4bn1anan11b1121112n11，所以1b1121112n1113恒成立，即 b13112n11 ，所以 b13.(10 分)(3) 由 an1an2(bn1bn)得 an1an2n1，所以当 n2 时，an(anan1)(an1an2)(a3a2)(a

46、2a1)a12n2n1232222n12，当 n1 时，上式也成立，所以 An2n242n.又 Bn2n12，所以AnBn2n242n2n122n2n1.(12 分)假设存在两个不相等的整数 s，t(1st)，使A1B1，AsBs，AtBt成等差数列，等价于1211，s2s1，t2t1成等差数列，即2s2s11211t2t1，即2s2s11t2t1.(13 分)因为 1t2t11，所以2s2s11，即 2s2s1.(14 分)令 h(s)2s2s1(s2，sN*)，则 h(s1)h(s)2s20，所以 h(s)单调递增若s3， 则h(s)h(3)10， 不满足2s2s1， 所以s2， 代入2s

47、2s11211t2t1得2t3t10(t3)当 t3 时，显然不符合要求；当 t4 时，令(t)2t3t1(t4，tN*)，则同理可证(t)单调递增，所以(t)(4)30，所以不符合要求所以，不存在正整数 s，t(1st)，使A1B1，AsBs，AtBt成等差数列(16 分)12、(2016 扬州期末）若数列an中不超过 f(m)的项数恰为 bm(mN*)，则称数列bm是数列an的生成数列，称相应的函数 f(m)是数列an生成bm的控制函数(1) 已知 ann2，且 f(m)m2，写出 b1，b2，b3；(2)已知 a22n，且 f(m)m，求bm的前 m 项和 Sm；(3) 已知 an2n，

48、且 f(m)Am3(AN*)，若数列bm中，b1，b2，b5是公差为 d(d0)的等差数列，且 b310，求 d 的值及 A 的值思路分析第 2 问，通过分类讨论，求出bm，进而求它的前 m 项和第 3 问，根据生成数列的概念及题意，可得 2b1A2b11，2b1d8A2b1d1，2b12d125A2b12d1，由此确定 A 及公差 d 的取值范围，再根据 b310，进一步确定出 d，A 的值规范解答(1) m1，则 a111；所以 b11，m2，则 a114，a244.所以 b22，m3，则 a119，a249，a399，所以 b33.(3 分)(2) m 为偶数时，则 2nm，则 bmm2

49、；m 为奇数时，则 2nm1，则 bmm12；所以 bmm12，m 为奇数，m2，m 为偶数.(5 分)m 为偶数时，则 Smb1b2bm12(12m)12m2m24；m 为奇数时，则 Smb1b2bmSm1bm1m124m12m214；所以 Smm214，m 为奇数，m24，m 为偶数.(8 分)(3) 依题意 an2n，f(1)A，f(2)8A，f(5)125A，设 b1t，即数列an中，不超过 A 的项恰有 t 项，所以 2tA2t1，同理 2td8A2td1,2t2d125A2t2d1，即2tA2t1，2td3A2td2，2t2d125A2t2d1125，故 max2t,2td3，2t

50、2d125Amin2t1,2td2，2t2d1125.由2td32t1，2t2d1252td2，得 d4，因为 d 为正整数，所以 d1,2,3.(10 分)当 d1 时，max2t,2td3，2t2d125max2t，2t4，42t1252t，min2t1,2td2，2t2d1125min2t1，2t2，82t12582t1252t，不合题意，舍去；当 d2 时，max2t,2td3，2t2d125max2t,2t1，162t1252t，min2t1,2td2，2t2d1125min2t1,2t，322t125322t1252t，符合题意(12 分)此时 2tA1281252t，b1t，b2