专题14数列的综合应用(解析版)

1、专题14数列的综合应用*n*1、【2021年高考江苏卷】 集合 A x|x 2n 1,n N，B x|x 2 ,n N 将AUB的所有元素从小到大依次排列构成一个数列 an 记Sn为数列an的前n项和，那么使得Sn 12an 1成立的n的最小值为【解析】所有的正奇数和 2n【答案】27n N 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, a3862 .当 n=1 时，S1112a224，不符合题意；当n=2时,S23 12a336，不符合题意;当n=3时，S36 12a4 48，不符合题意；当 n=4时,S41012a28=540,符合题意.故使得Sn

2、12an+1成立的n的最小值为27.【2021年高考天津卷文数】设an是等差数列，bn是等比数列，公比大于0 ,a1 bi 3,b2 a3,b3 4a2 3.(1)求 an和bn的通项公式;(2)设数列Cn满足Cn1,bn，2n为奇数，*n 为偶数.求 aca2C2 La2nC2n( nN).【解析】(1)设等差数列an的公差为d，等比数列 bn的公比为q依题意，得汽3 2d，3q215 4d,解得d 3,q 3,故务 3 3(n 1)3n, bn 3 3n 13n .所以，an的通项公式为an 3n , bn的通项公式为bn 3n.(2) 3iCi玄2。2 L a2nC2na3a5La2n1

3、azba6b3La2nbnn3n(n1) 6(6311232318 3 L6n 3n)23n261 312 32Ln3n记Tn131 232 Ln3n,那么3Tn1322 33 Ln 3n 1-得导，2Tn3 3233L3rn n3n131 3n门 3m(2n 1)3n1 31 3222 c (2 n 1)33所以， a1c1 a2c2 L a2nc2n 3n6Tn 3n 3 2(2n 1)3n 2 6n2 9 n N2本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n项和公式等根底知识，考查数列求和的根本方法和运算求解能力，属于中档题目3、【2021年高考江苏卷】定义首项为1且公比为正数的等比

4、数列为“M数列.(1)等比数列an(nN )满足：a?a4玄5忌4a?4a10，求证：数列an为“M数列(2 )数列bn( nN )满足:b11,sn2 2 -，其中Sn为数列bn的前n项和.bn bn 1求数列bn的通项公式;设m为正整数，假设存在“M数列 c( nN ),对任意正整数k,当k奇时，都有Ck剟bk Ck 1成立，求m的最大值.【解析】(1)设等比数列an的公比为q,所以a1工0 q丰0.0,得a2a4 a5由4 a? 4&1244a qaga1q2 4a1q 4a1，解得耳10q 2因此数列an为“ M数列(2)因为2 2bnbn 1，所以bn由b11由Sn2bn合，得Snb

5、n 1bnbn 12(bn 1 bn)整理得2时,由bn&Sn 1，得 bnbnbn 12 bn 1bnbn 1bn2 bnbn 1 bn 1bn 12，那么b2b2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 n N .由知，bk=k, k N .因为数列Cn为“ M数列设公比为q，所以C1=1, q0.k 1因为 ck4)kCk+1，所以 q kkq，其中 k=1, 2, 3,，m.当k=1时，有q 1ln k当k=2, 3 ,，m时，有klnk lnqk 1ln x1 In x设f (x) = (x 1)，那么 f(x)2xx令 f(x)x(1,e)e(e

6、, +s)f(x)+0f ( x)极大值N0，得x=e.列表如下：因为1n22f (k)max f (3)3取 q 33，当 k=1, 2, 3, 4, 5时,ln kkT，lnq，即 k q，经检验知qk1 k也成立.因此所求m的最大值不小于5.假设m?6分别取k=3, 6,得3角3，且q5 240且q15 216 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.此题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等根底知识，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、【2021年高考浙江卷】设等差数列 an的前n项和为Sn, a3 4 ,S3，数列g满足

7、：对每个 n N , & bn , Sn 1 bn , Sn 2 bn 成等比数列.(2)记 Cn(1)求数列an, bn的通项公式;2n 2an2bn电，门 N ,证明：g c2 + L cn 2/n,n N . 2bn【解析】(1)设数列an的公差为d，由题意得a1 2d4, 43d3a1 3d ,解得a10,d2 .从而an2n2,n*N .所以Sn2 nn, n*N ,由Snbn 7 Si 1bn :,Sn 2 bn成等比数列得Sn 12bnSnbnSn 2bn.解得bn1 S21dSnSn 2.所以bnn2n, n*N .n 1 ,n N*.2n(n 1) n(n 1)我们用数学归纳

8、法证明.(i) 当n=1时，C1=02，不等式成立；(ii) 假设n k k N 时不等式成立，即 G c2 L q 2 k .那么，当n k 1时,一k2 k 1(k 1)(k 2)k 12 k =22 k 2( k 1 k) 2 k 1 Jk 1 0 时，f (x) (ln2xxln2)20 ,所以f(x)单调递减，从而f(x) f ( 0)=1.当2 n m时,nq_nFTqn 1q(n 1)f(bn因此，当2 nm 1时，数列n 1-单调递减,n 1n 1故数列3的最小值为n 1mq_mm因此，d的取值范围为d(qm2)难点突破、求通项公式的方法1、累加(累乘法)(1)累加法：如果递推

9、公式形式为:an 1an，那么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an 1 ,an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： Sna1anaPaq n p q n 1222等比数列求和公式:Sna1 11nq,q qagq 13错位相减法:通项公式的特点在错位相减法的过程中表达了怎样的作用？通过解题过程我们可以发现：等比的局部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。而等差的局部错位局部“相减后保持系数一致其系数即为等差局部的公差，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，那么可以让我们更灵活

10、的使用这一方法进行数列求和4裂项相消：an的表达式能够拆成形如 an f n f n k的形式k=1,2,L ，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，到达求和目的。其中通项公式为分式和根式的居多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，那么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1 n，多为奇偶分段。假设每段的通项公式均可求和，那么可以考虑奇数项一组，偶数项一组分别求和，

11、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；假设每段的通项公式无法直接求和，那么可以考虑相邻 项相加看是否存在规律，便于求和3 倒序相加：假设数列 an中的第k项与倒数第k项的和具备规律，在求和时可以考虑两项为一组求和，如果想防止项数的奇偶讨论，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

12、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n N得到数列的单调性2相邻项比拟：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拟得出数列的单调性，通常的手段就是作差与 0比拟，从而转化为判断符号问题或作商与 1比拟，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an , 0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。比方：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Sn也可看做数列 Sn : 3,S2丄，&等

13、等。4、 对于某数列的前 n项和Sn : S,S2丄,Sn，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拟。在相邻项比拟的过程中可发现：an Sn Sn ,，所以 &的增减由所加项an的符号确定。进而把问题转化成为判断an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一一不等式的性质：1 传递性：假设a b,b c，那么a c 此性质为放缩法的根底，即假设要证明a c,但无法直接证明，那么可寻找一个中间量 b，使得a b，从而将问题转化为只需证明b c即可2假设a b,c d，那么a c b d，此性质可推广到多项求和：假设 ai f 1

14、,a2 f 2 ,L a f n，那么：ai a? Lan f 1 f 2 L f n3假设需要用到乘法，那么对应性质为：假设a b 0,c d 0，那么ac bd，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、放缩的技巧与方法：1常见的数列求和方法和通项公式特点:Sna1an n-kn m 关于n的一次函数或常值函数n ， an2Snn aa1 q 1n，an k q 关于n的指数类函数q 1q 1 等差数列求和公式: 等比数列求和公式:错位相减：通项公式为“等差 等比的形式进而在求和 裂项相消：通项公式可拆成两个相邻项的差，且

15、原数列的每一项裂项之后正负能够相消,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)常见的是向等比数列与可裂项相消的 在放缩时，对通项公式的变形要向可求和数列的通项公式靠拢, 数列进行靠拢。题型突破题型一、数列中的通项与求和数列中求通项、求和是最根本，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，女口果满足等差(

16、或等比)数列的定义那就更好，否那么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，那么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、(2021扬州期末)各项都是正数的数列an的前n项和为Sn,且2Sn= a2+ an,数列bn满足bibn2bn + 1 = bn +.an(1) 求数列an , bn的通项公式；bn + 2亠十(2) 设数列cn满足 cn = S；，求和 C1+ C2+ Cn ；(3) 是否存在正整数p,q,r(pqr)，使得bp,bq,br成等差数列？假设存在，求出所有满足要求的p,q,r ;假设不存在，请说明理由.标准解答(1

17、) 2Sn= a2+ an，2Sn +1= a2+1 + an+1，一得 2an + 1= an+ 1 an+ an + 1 an,即卩(an+1 + an)(an + 1 an 1) = 0.因为an是正数数列，所以an+1 an 1 = 0，即an+1 an= 1,所以an是等差数列，其中公差为1.在 2Sn= a2 + an 中， 令 n= 1,得 a1= 1,所以an= n.(2分) 所以数列nn是等比数列，其中首项为；，公比为2, 所以1，即 bn= ；n.5 分由 2bn + 1 = bn+ 得n+1 =1 bn2 n，注：也可累乘求 bn的通项.(2)由(1)得 Cn =bn+2

18、Snn + 2(n2+ n) 2n+1，所以cn =1 _ n 2n1(n + 1) 2n+1,(7 分)所以 C1+ C2+ Cn= 11 =(n+ 1) 2n+1 =(n+ 1) 2n 1(n+ 1) 2n+1 .(9 分)亠，p r 2q 假设存在正整数 p, q, rpq4，那么壬?罟=2，即b1 2bq,又因为b1 + br = 2bq,所以b12 时，一疋有 q p= 1右 q p2，那么严?一=牛= 2，即 bp2bq,这与 bp+ br = 2bq矛bq bp+ 2 p+ 22p盾，所以q p = 1.此时步=君贝y r = 2r p令 r p = m + 1，贝U r = 2

19、m+1,所以 p= 2m+1 m 1, q = 2m+1 m, m N*.综上得，存在 p= 1, q = 3, r = 4 或 p= 21 m 1, q = 21 m, r = 2 1m N*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，恒成立问题的根本方法有两类：第一类是先求和，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、2021无锡期末等比数列an满足a2a5= 2a3，且a4, * 2a?成等差数列，那么a1 a2 an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a2a5=

20、 a3a4= 2a3,由于a3M 0,可5511得a4= 2.因为a4, 4, 2a7成等差数列，所以 2X 4 =別+ 2a7,可得a7= 4，由a7= a4q3可得q = ?,由 別=a1q3可得 ai= 16,从而an= aiqn1 = 16xo n勺(也可直接由a)=a4qn4得出)，令bn= aia2 an，那么=an2bn+1 = 16 x1，令 16xn 1，可得 n w 4，故 b1b2 b6bn,所以当n= 4 或 5 时，a1 - a2 an的值最大，为 1 024.1 _解法2同解法1得an= 16x 2 n S令an 1可得nw 5,故当1 w nw 5时，an 1,当

21、n?6时，0an 2)，且內=2.3 求数列an的通项公式； 假设Snw入 2n+1对任意n N*恒成立，求实数 入的取值范围.(2)数列an是公比为q(q0, q丰1)的等比数列，且数列an的前n项积为10Tn.假设存在正整数k,对 任意n N*，使得 斗丄n为定值，求首项a1的值.T kn标准解答(1)当 n 2 时，由 3(Sn+ Sn-1) = a2+ 2, 3(Sn+1+ Sn) = an+1 + 2，两式相减，得 3(an+1+ an) = a+1 a2.因为an0恒成立，所以an+1 an= 3，其中n?2.(2分)由 3(S2+ S1) = a2+ 2 及 a1= 2，得 3(

22、4 + a2)=逐+ 2,即卩 a2 3a2 10= 0.结合a20，解得a2= 5，满足a2 a1 = 3.(3分)所以对n N*，均有an +1 an= 3，即数列an是首项为a1= 2,公差为3的等差数列,数列an的通项公式为an= 3n 1.(5分)由知，Sn= n (a1r an)= n ( 3；+ ，所以入?n ( +1)对n N*恒成立.(6 分)记 f(n)= “(驻1), n N*.考虑 f(n + 1) - f(n) = (n + J：3 门+ 4)- =-( 3n+5n - 4) .(8 分)2*+32*+ 3当 n?3 时，f(n+ 1)f(n), 且 f(1) = ；

23、, f(2)=；,彳=；.所以 f(n)max= f(3)=；，从而入?；.所以实数入的取值范围是16，+ .11分(2) 设 bn= lgan= lgaiqn 1= lgai+ |gqn 1= lgai+ (n 1)lgq,令d = lgq，那么数列bn是公差为d的等差数列,由题意有 a1 a2 an= a1 q ? )= 10Tn,两边取以10为底的对数，那么有 nlga1+ n n 1 lgq = Tn,而数列bn的前n项和为nlga1 + lga1+ n 1lgqnlga1 + n (n2 1) lgq = Tn,故 Tn 为数列bn的前 n项和.13分n (n 1) d 2d 、Tn

24、= nb1 +2d= ?n + b1 ? n,记A (k+ 1) 2n2+ B (k+ 1) n-J-JA= 2丰 0, B= b1 2Tn= An2+ Bn.所以tt+ 1)nTknAk2 n2+ Bknk+ 1 A (k+ 1) n + B kAkn + B因为对任意n N*，:+1n为定值，所以A k+ 1 _n+ B也为定值.T knAkn + BA (k+ 1) n + B 设 Akn+ B i所以 Ak+1-.a=0， 那么A(k+ 1)卩Afn+ B B尸0对n N*恒成立.B B i= 0,k+ 1由得 尸一-，代入得 B= 0.(15分)k1 1即 b1= 2d,即 lga1

25、 = glgq,得 a1 = Jq.(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: 有些问题往往与根本不等式结合。 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 1 1 112，其中n 2,n N :可称冷为“进可攻，退可守，可依照所证不等n n 1 n n n 1n式不等号的方向进行选择。1注：对于 三,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，n11111例如：A J丄丄丄n n 1 n 1 n 12 n 1例4、(2021苏中三市、苏北四市三调

26、)实数a，b，c成等比数列，a 6，b 2，c1成等差数列,a1b1 + a2b2 + + an- 1bn-1= (n 2) 2n+ 2,那么b的最大值为3【答案】-4【解析】解法1 (根本不等式)由题意知,2b ac, 2b 4a c 7,所以a c2b3,由根本不等式的变形式 ac,a,cRb2,那么有：2b 3b解得4，所以b的最大值为解法2 (判别式法)由题意知,b2ac, 2b7,(322b a 3,代入得 b a(2ba 3)，即a2(32b)ab2，上述关于a的方程有解，所以2 22b) 4b 0，解得 b4，所以b的最大直为4例5、(2021镇江期末)设数列an是各项均为正数的

27、等比数列，a1 = 2, a234= 64数列bn满足：对任意的正整数 n,都有 町1+ a2b2+-+ anbn= (n 1) 2n+1+ 2.(1) 分别求数列a n与b n的通项公式.1 1 1 1(2) 假设不等式 入1 2b1 1 2b21 0)，因为a1 = 2, a2a4= a1q a1q3= 64,解得q= 2，那么an= 2n.(1 分)当 n = 1 时，a1b1 = 2,贝V b1 = 1; (2 分)当 n 2 时，a1b1+ a2b2+-+ anbn= (n 1) 2n+1 + 2 ，一得 anbn= n 2n，贝U bn= n.综上，bn= n.(4分)1111 1

28、1 1(2)不等式 入1一 2b； 1 2b21 2bbn 1对一切正整数 n都成立，即 入1 -4n2+8n+ 4f(2)f(3) f(n) ，所以 f(n) max= f(1) =诗，故入臂3 那么 0 入综上，入 竽.8分例6、2021宿迁期末数列an各项均为正数，Sn是数列an的前n项的和，对任意的 n有2Sn= 3an+ an 2.数列bn各项都是正整数，b1 = 1, b2= 4,且数列ab1, ab2, ab3,abn是等比数列. 证明：数列an是等差数列； 1一 ：1一亦10，当 疋0时，不等式显然成立.(5分)1 1 1 1当入0时，不等式等价于1 2 1 41一2n J2n

29、+ 1、九111/设 f(n)= 1 21 41 2n2n+1,1,1 , 1 彳 1 那么f(n+ 1)f (n)、.：2 n+ 傀 2 n+ 32n+ 21 21 4 1一 2n 1 2n+ 2 2n+ 求满足bS+20 知 an+ an 10，所以 an an1 = 3 ,所以数列a n是首项a1= 1，公差d= 3的等差数列.5分1 12 2(2)由(1)得 an= 1 + 3(n 1) = n+ 3, 由 ab1 = a1 = 1, ab2= a4= 2,知数列bn的公比 q= = 2,所以数列abn是首项为1,公比为2的等比数列，所以abn= 2n-1.7分1，即 bn= 3 2n

30、 1 2.(10 分)1 2 1 2 又 abn= 3bn+ 3,所以 abn=3bn+ 3 = 2n, n ( a1 + an) 由Sn =2= 6(n2+5n)，Sn得n2+ 5nbn+ 23X 26 n2 + 5n 八 n-1=9 2n .(12 分)设 f(0 = b + 2 Vbn+ 29 2(n + 1) 2+ 5 (n+ 1)那么雹n +19 2n 1n2+ 5n9 2nn2 + 7n+ 6_12n+ 62n2+ 10n 2 1 + n2+ 5n .令 f(: )1)n2 + 7n+ 6 1 得 2n2+ 10n R，n2+ 3n 65 时，f(n)#,0,知 n2, n N*.

31、所以 f(1)f(3)f(4) f(n) (14 分)又因为 f(1) = bS 2=1；= 34, f(4)= b4+ 2 144 4所以满足bn+2J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、2021苏锡常镇调研定义：假设有穷 数列a1, 32，an同时满足以下三个条件，那么称该数列为P数列. 首项 a1 = 1

32、；a1a2an；对于该数列中的任意两项ai和aj(1 w i j 4,且数列bi, b2,，bn是P数列，求证：数列 bi, 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标准解答(1)因为3 X 5= 15 , 5均不在此等差数列中，所以等差数列1,

33、3, 5不是P数列.(2分)因为数列a, b, c, 6是P数列，所以1 = abc6 , (3分)由于6b或6是数列中的项，而 6b大于数列中的最大项 6,b所以6是数列中的项，同理6也是数列中的项，(5分)bc考虑至 1666，于是 6 = b, 6= c,c bc b所以 bc= 6,又 1bc，所以 1b 6, 7 分综上，b的取值范围是(1,6).8分因为数列bn是P数列，所以1 = b1 b2b3bn- 1b2= bn,所以bn- 1b3不是数列bn中的项，所以 是数列bn中的项,bn 1 同理bTbn 1bn2也都是数列b n中的项,考虑到1虹.bn-2bn-1 bn-1 bn

34、,b4 b3 b3= bn-2bn- 10, 所以 q3= 2，又 a8= 3，故 a5= a8q 3= 3X ( 2) = 6.3、(2021镇江期末)数列 an为等比数列，且 a1 + 1, a3 + 4 , a5+ 7成等差数列，贝U公差 d=.【答案】.3【解析】设数列an的公比为q,那么(a1+ 1) + (a1q4 + 7) = 2(ag2 + 4)，即a1+ ag4= 2ag2.因为0,所以 q2= 1, a1 = a3 = a5,故公差 d= 3.4、2021苏锡常镇调研设等比数列an的前n项和为Sn,假设S3,S9,S6成等差数列，且a2 + a5= 4,那么a8的值为【答案

35、】2n【解析】当q= 10 1时，设Sn= a11qq，因为S3, S9, S成等差数列，所以 2q9 q6 q3= 0,即 2q6 q3 1 = 0，解得 q3= 1 或 q3= 1(舍去).又 a?+ a5= a2(1 + q3) = y= 4,故 a? = 8,即 a8= a2q6= 2.5、2021无锡期末设公差不为零的等差数列an满足a3= 7,且a1 1,a2 1,a4 1成等比数列,那么aio等于【答案】21【解析】设等差数列 an的公差为 d，贝V ai 1 = a3 2d 1 = 6 2d, a2 1 = a3 d 1 = 6 d, a4 1 = a3+ d 1 = 6+ d

36、,因为 a1 1, a2 1, a4 1 成等比数列，所以 佝一1)2=1)(a4 1)，即(6 d)2= (6 2d)(66、(2021+ d,化简得 d2 2d = 0,又因为0,所以 d = 2，从而 ag= a3+ 7d= 21.扬州期末在正项等比数列 an中，假设a4+ a3 2a2 2a1 = 6,那么a5+ a6的最小值为【答案】48【解析】6解法 1 由 a4 + a3 2a2 2a1= 6,得 a1(q+ 1)(q2 2) = 6,所以 a1(q + 1) = 2 因为 an0,所q以 q2- 20, a5 + a6 = a1(1 + q)q4 = q62 = 6 Xq4；

37、4；4 = 6X (q2 + 2) + -2 = 6X q2 2 +q 2q 2q 2q2 2 X q2 42+ 4= 6X 8 = 48,当且仅当q2 2= 2 4 2，即q= 2, a1= 1时，等号成立，所以a5q 2+ a6最小值为48.解法 2 由 a4+ a3 2a2 2ai = 6,得 2+ ai)(q2 2)= 6,a所以 a2+ a1=.因为 an0，所以 q2 20,q 2即 q22, a5+ a6= (a1+ a2)q4= 226人1厂口令t=可0， q2 q41 12 11 12，那么 q2 q4= t - 2t2= - 2t -42+ 8, 当 t = 4*1 10, 2时，式子q21最大值：,8从而a5+ a6= 1 6 2取得最小值6X 8 = 48. q2孑7、2021苏北四市一模在数列an中，a1 = 3, an+1 = fan訴,n N*,设Sn为an的前n项和.(1)求证：数列3nan是等差数列;求Sn；是否存在正整数p, q, rp0,所以:pp+ 3 常，等式不成立.14分 当q= 2时，p= 1 ,所以9= 3+ 3，所以3