2020年高考数学二轮专项提升(江苏)专题14数列的综合应用(解析版)

1、专题14数列的综合应用n1、【2018年图考江苏卷】 已知集合 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，则使得Sn 12an 1成立的n的最小值为.【答案】27【解析】所有的正奇数和 2n n 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a21 25, a38 2 6 .当n=1时，S1 1 12a2 24 ,不符合题意；当n=2时，S2 3 12a3 36,不符合题意；当n=3时，S3 6 12a4 48,不符合题意；当n=4时，S4 1012a28=540

2、，符合题意.故使得 Sn12an+1 成立的 n的21 2最小值为27.2、【2019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,已知a bi 3h a3,b3 4a2 3.(1)求an和bn的通项公式;1, n为奇数，*、(2)设数列Cn满足 Cnb, n为偶数.求 a a2c2 La?nC2n(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解得d 3, q 3,3q 3 2d,依题意，得q2,3q2 15 4d,故 an3 3(n 1) 3n, bn 3 3n 1 3n.所以,an的通项公式为an 3n ,bn的通项公式为bn3n .(2)a

3、1c1a2c2La2nC2na2na?ha2nbn3 n(n 1) 62(631 123218 33n、6n 3 )3n2_126 1 312 32记Tn_1_21 312 32L则3Tn3n1,(2-得，2Tn3 3233L3nn3n 11 3n3n 1(2n 1)31 1 3所以，a1cl a2c2 LC 22a2nc2n 3n6Tn 3n3 (2n 1)3n32(2n 1)3n 2 6n229 -nN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且公比为正数的等比数列为“M数列

4、”(1)已知等比数列an (nN )满足：a2a4a5,a3 4a2 4a1 0,求证：数列an为 “M数列”;(2)已知数列bn(n N1)满足：bi1, 丁Sn2bn2-,其中Sn为数列bn的前n项和. bn 1求数列bn的通项公式;设m为正整数，若存在“M数列 cn(n对任意正整数k,当k巾时，都有Ck蒯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awQ qw0.a2a4 a5/口,得a3 4 a24a102 44& qaq2,解得a1q 4alq 4a1 0因此数列an为 MH列J一 122 一八(2)因为，所以bn0 .Snbnbn1n1 22由bi

5、 1,5 ,得彳彳b；，则b2 2.122 /日 cbnbn 1；一，得 Sn-TVSnbnbn 12(bn 1 bn)当n 2时，由bnSnSn 1 ,得 bnbnbn 12 bn 1 bnbn 1bn2 bnbn 1整理得 bn 1 bn 1 2bn .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“MB歹，设公比为q,所以C1=1, q0.k 1.因为 Ckbk;In k当k=2, 3,，m时，有SklnqIn x设f (x)=(x 1),则 f(x)ln kk 11 ln x2- x令 f(x)x(1.e

6、)e(e, +)f(x)+0一f (x)极大值x0 ,得x=e.列表如下:因为ln2 2ln8ln 9ln 3一一一，所以663f(k)max f(3)3ln kkT，1nq，即k q，取 q 3/3,当 k=1, 2, 3, 4, 5时,经检验知qk 1 k也成立.因此所求m的最大值不小于5.若m 分另k=3 k=3, 6,得 3对3,且 q5wq 从而 q15R 243且 q15w 21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

7、年高考浙江卷】设等差数列an的前n项和为0 , a3 4 , a4S3,数列bn满足：对每个n N ,Sn 12 bn成等比数列.(1)求数列an, bn的通项公式；记孰 J家，n N，证明：G c2 + Lcn 2,n N .【解析】(1)设数列an的公差为d,由题意得a1 2d 4,a1 3d 3al 3d ,解得 a1 0,d2 .*从而 an 2n 2, n N . 一一一o*所以 Sn n n, n N ,由Sn bn,Sn 1 bn,Sn 2 bn成等比数列得2bnSn bn1_ 2_ _解得 bn, & 1 SnSn 2d所以 bnn2 n, n N* .2n 22n(n 1)n

8、 1n(n 1),n我们用数学归纳法证明.(i)当n=1时，c=00 时，f (x) (ln2 1 xln2)2x 0,所以f(x)单调递减，从而f(x)f (0) =1.n3 C( 1)111当 2 n m 时，-n- q) 2n(1 1) f (1) 1 , q nn nn 1n 1因此，当2 n m 1时，数列_q单调递减，n 1n 1m故数列_q_的最小值为q-.n 1mmm因此，d的取值范围为b1一2,bq_. m m难点突破一、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:an 1anf 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

9、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：Sn aan n n p q n 122n n 1 Sn a1n d2nai 1 q(2)等比数列求和公式：sniq -,q 1M,q 1(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

10、：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，达到求和目的。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，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1 n ,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

11、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 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n N ,所以

12、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an , bn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Sn也可看做数列 Sn : ,S2,L ,&等等。

13、4、对于某数列的前 n项和Sn ：G,S2,L ,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较。在相邻项比较的过程中可发现：an Sn Sn 1 ,所以Sn的增减由所加项烝的符号确定。进而把问题转化成为判断工的符号问题四、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：若a b,b c,则a c (此性质为放缩法的基础，即若要证明a c,但无法直接证明，则可寻找一个中间量 b,使得a b,从而将问题转化为只需证明 b c即可)(2)若a b,c d ,则a c b d ,此性质可推广到多项求和：若 a1 f 1 ,a

14、2 f 2 ,L ,an f n ,则：a1a2 L an f 1 f 2 L f n(3)若需要用到乘法，则对应性质为：若a b 0,c d 0,则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：等差数列求和公式： Sn aan n , an kn m (关于n的一次函数或常值函数)2a1 qn 1n等比数列求和公式：Sn q 1 , an k q (关于n的指数类函数)q 1 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，

15、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)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

16、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2Sn=a2+an,数列bn满足bl1bn2bn+1 = bn+了(1)求数列an, bn的通项公式; bn + 2 -(2)设数列Cn满足 Cn = -Sn-,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？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) 2Sn=a2

17、+an，2Sn+1= 3n+1 + 3n+ 1,一得 2an+1= a2+1 an+an+1 an,即(an+1 + an)(an+1an1) = 0.因为an是正数数列，所以an+1an 1 = 0,即an+1an=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)由 2bn + 1 = bn +bn+1n+ 11 bn2 n所以数列bn是等比数列，其中首项为 1,公比为1, n221 n所以42 ,即bn = （5分）（注：也可累乘求 bn的通项.）, /口bn+2n+2汇a11八、（2）由（1）佝 5=/=（.+ n）

18、 /+i，所以 Cn=表（n+1） 丁，（7 分）所以 CI+C2+ Cn = 2 一1=（n+ 1） 2n+1 一（n+1） 2n 1 ,八八、（n+1） 2n+1 .（9 分）p r 2q（3）假设存在正整数 p, q, r（pq4,则2,即b12bq,又因为b + br=2bq,所以b12 时，一定有 qp=1.若 q- p2,则鲁-bp-=-4p-= 4r 2,即 bp2bq,这与 bp+br = 2bq 矛 bq bp+2 p+21+2十p盾，所以q- p= 1.此时，=A，则=2厂p令 r-p = m + 1,则 r=2m+1,所以 p=2m+1-m-1, q=2m+1-m, mC

19、N*.综上得，存在 p=1, q = 3, r=4 或 p= 2m+1-m-1, q = 2m+1-m, r = 2m+ 1（m e 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，恒成立问题的基本方法有两类：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、（2018无锡期末）已知等比数列an满足a2a5=2a3,且a4,5,2a7成等差数列，则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= a3a4= 2a3,由于a3W0,可551

20、1得a4=2.因为a4, 4，2a7成等差数列，所以 2*4=a4+2a7,可得a7=4，由a7=a4q3可得q = 2，由a4=a1q3可得 a1= 16,从而an= aiqn1 = 16X 1 n1也可直接由an= a4qn4 得出)，令bn= aia2 an,则 bn- = %2bn1 n人1 1+ 1=16X2，令 16X 2 1,可得 nW 4,故 b1b2- b6bn,所以当 n=4 或 5 时，a,a2an的值最大，为 1 024.1 一解法2同解法1得an= 16X 2 n 1,令an1可得n 1,当n6时，0an2),且 a = 2.3求数列an的通项公式；若SnW入 2n+

21、1对任意ne N*恒成立，求实数 入的取值范围.(2)已知数列an是公比为q(q0, qw1)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nCN*,使得 中口为定值，求首项a1的值.T kn规范解答(1)当 n2 时，由 3(Sn+Sn-1)=a2+2, 3(Sn+1+Sn) = a2+1 + 2,两式相减,得 3(an+1+an) = a2+1 一a2.因为an0恒成立，所以an+1 an=3,其中n2.(2分)由 3(S2+S) = a2+2 及 a1=2,得 3(4 + a2)= a2+2,即 a23a210=0.结合a20 ,解得a2= 5,满足a2 a1 = 3

22、.(3分)所以对nCN*,均有an+1an=3,即数列an是首项为a1=2,公差为3的等差数歹U,数列an的通项公式为an=3n1.(5分)由知，Sn=n；an)=321，所以归n(第1)对nCN*恒成立.(6分)n (3n+1)*记 f(n)=2n+2, nCN考虑 f(n+1) f(n) =(n+1) (3n+4)n (3n+ 1)2n+ 32n+2一(3n2一 5n - 4)2n+3.(8 分)当 n3 时，f(n+1)f(n),且 f(1) = 1, f(2) = 7, f(3)=15.所以 f(n)max= f(3) = 15,从而 归45. 28161616所以实数 入的取值范围是

23、1|, + 00 .(11分)(2)设 bn= lgan= lga1qn 1=lga+lgqn 1= lga+(n1)lgq,令d=lgq,则数列bn是公差为d的等差数列,z.n n (n 1)由就息有 a1 , a2 an= a1 , q 2= 10Tn,两边取以10为底的对数，则有 nlgain(丁)lgq = Tn,而数列bn的前 n 项和为 nlga1 + lga1+2( ni，1gq = nlgain(n2 1)lgq = Tn,故 Tn 为数列bn的前 n十2n d 2一d,d d bi2 n,记 A=2* 0,Tn贝d 2-bl=BAn2+Bn.斫以 T(k+i)n A (k+

24、1) 2n2+ B(k+ 1)n kl , A ( k+ 1) n+BTknAk2n2+BknkAkn + B因为对任意nCN*, =21为定值，所以A(k+ 1)n+B也为定值. T knAkn + B、几A (k+ 1) n+B仅Akn+B =内则A(k+1) Akn+B-B=0 对 nC N* 恒成立.A (k+ 1) - it Ak 0,BB尸0,k+ 1由得 严干，代入得B=0.(15分) k即 b1=2d,即 lga = 2lgq,得 a1 = .(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

25、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：111, , 1 ,(1) - ,其中n 2,n N ：可称二为“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 ,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，n,11例如：J2-2n2n21例4、（2018苏中三市、苏北四市三调）已知实数a, b, c成等比数列，a 6, b 2, c 1成等差数列,则b的最大值为.3【答案】34b2【解析】解法1 （基本不等式）由题意知，2a c由基本不等式的变形式ac 2，a，c R34

26、.解法2 （判别式法）b2 ac,2b 4由题意知，2则c 2b a 3,代入得b a（2b a 3），即ac, 2b 4 a c 7,所以 a c 2b 3,2-22b 3u3-b二一b二b的最大值为则有：2 ，解得 4,所以a c 7,22a （3 2b）a b 0,上述关于a的方程有解，所以2.2八,3.一一3(3 2b) 4b0解得b-b的最大值为二4 ,所以4.a1 = 2, a234= 64.数列bn满足：对任意例5、（2019镇江期末）设数列an是各项均为正数的等比数列, 的正整数 n,都有 a1b+a2b2+ anbn=(n1) 2n+1+2.（1）分别求数列a n与bn的通项

27、公式.4 八1（2）右不等式入1 2bl11 2b21 + 0）,因为a1 = 2, a2a4= aq aq3=64,解得q=2,则an=2n.（1分）当 n = 1 时，a1b1=2,则 b1=1; (2 分)当 n2 时，ab+ a2b2+ + anbn= (n 1) 2n1 + 2 ,a1b +a2b2+ + an 1bn 1= (n 2) 2n+ 2 一得 anbn= n 2n,则 bn= n.、11入1-2 1-4111 2n综上，bn=n.（4分）（2）不等式 入1-三 1 -Z1- - - 1-71 对一切正整数n都成立，即2b12b22bn2bn+ 11,。，当 其。时，不等式

28、显然成立.（5分）111 1当入叫，不等式等价于1-2 1-4 - 1-2n5+12n+142n+3,4n2 + 8n+3 八2n+ 274n2+8n+4f(2)f(3) f(n) ，所以：f(n) max= f(1)=炉，故入粤3,则。入耳3 人233综上，入233.（8分）例6、（2019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nCN*,都有2Sn= 3an+an2.数歹Ubn各项都是正整数，b1=1,b2= 4,且数列am,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bS_22）,两式相减

29、可得 an与an-1的递推关系）从而进一步证 明an是等差数列；（2）由第一问可求出an的通项公式，易得bn的通项公式；（3）先求出工三的表达式，通bn2过判断其单调性，就可找出满足条件的最小正整数n.对于数列的单调性，一般采取相邻项作差或作商，作差与0比较大小，作商与1比较大小.规范解答(1)当n= 1 时，2a1=3a2+a1一2,即3a2a1一2= 0, (3a1 + 2)(a1 -1)= 0,由a0得a=1.(1分)当 n2 时，由2Sn=3a2 + an 2 得 2Sn-1 =332T + an1 2,所以两式相减得2an=3a2 + an 3a21 an1,所以 3(an an 1

30、)(an+ an 1) = an+ an 1.(3 分)1由 an0 知 an+an-10,所以 anan-1=.,3所以数列an是首项a1=1,公差d=1的等差数列.（5分） 3(2)由(1)得 an= 1 +3(n 1) = 3n+|,. 2 _所以数列abn是首项为1,公比为的等比数列，所以 abn= 2n 1.（7分）一 1212又 abn = ,bn+.,所以 abn=bn+w=2n33331 ，即 bn= 3 2n1 2.(10 分)由Sn =n ( a1 + an)= 6(n2+5n),Snn2+ 5n6n2+ 5nbn+2 3X2n1 9 2n.(12 分)由 abi = a1

31、 = 1, ab2= a4= 2,知数列bn的公比 q= = 2,设f=且=喳算bn+29 2n(n+ 1) 2+ 5 ( n+ 1)_n +1 9 2n 1 n2+5n9 2nn2 + 7n+6 1 2n2+10n =2 1 +2n+6 n2+ 5n .2(n+1) f(n)n2 + 7n+61 得 2n2+ 10n 1，n2+ 3n 64, f(4)=b4+2 144 41,故当 n5 时，f(n)4,0,知 n2, nC N*所以 f(1)f(3)f(4) - f(n) (14 分)所以满足就4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

32、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、（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 数列.首项 a = 1 ；a1a2 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

33、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3X5= 15, 5均不在此等差数列中， 3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ij 1666,于是 6=b, 6=c, c b c b所以 bc= 6,又

34、 1bc,所以 1b6, （7 分）综上，b的取值范围是（1, 46）. （8分）（3）因为数列bnP 数列，所以 1 =b1b2b3-bn,bnbn I由于b2bn或后是数列中的项，而 b2bn大于数列中的最大项 bn,所以豆是数列bn中的项，（10分）同理如，bn-,，bn-也都是数列bn中的项， b3 b4bn 1考虑到1吃一七bn 1b2= bn,所以bnib3不是数列bn中的项，所以是数列bn中的项，同理二b3b4bn 2也都是数列bn中的项,考虑到- bn-1bn 11：-； bn 2b4b-= bn 2bn 10,所以 q3= - 2,又 a8= 3,故 a5= a8q 3 =

35、3x ( 2)= 6.3、(2017镇江期末)数列an为等比数列，且a1+1,a3+4,a5+7成等差数列，则公差d=.【答案】.3【解析】设数列an的公比为 q,则(a+1)+(aq4 + 7) = 2(a1q2 + 4),即 a+aq4= 2a1q2 因为 aw0,所以 q2=1,a = a3 = a5,故公差 d= 3.4、（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 a2+a5=4,则a8的值为.【答案】2【解析】当q=1时，显然不符合题意.当 qwl时，设Sn = a127、（2017办北四市一模）在数列3n中，已知31 = 3, 3n

36、 + 1=33nF, nCN ,设Sn为3n的刖n项和.（1）求证：数列3nan是等差数列；（2）求 Sn；（3）是否存在正整数p, q, r（pvqvr）,使Sp, Sq, Sr成等差数列？若存在，求出 p, q, r的值；若不存 1 q ,因为S3, S9, S6成等差数列，所1 q以 2q9-q6-q3=0,即 2q6-q3- 1=0,解得 q3=：或 q3= 1（舍去）.又 a2+ a5= a2（1 + q3） = -|2= 4,故 a2=8, 即 a8= a2q6= 2.5、（2019无锡期末）设公差不为零的等差数列an满足a3=7,且a1一1,a2-1,a4-1成等比数列，则a10

37、等于.【答案】21【解析】设等差数列an的公差为d,则a1 1 = a3 2d1 = 6 2d,a21=a3d 1=6d,341 =a3+ d1 =6+d,因为a1 - 1,a2-1,a41 成等比数列,所以(a1- 1)2= (a1 -1)(a4- 1),即(6 d)2 = (6 2d)(6 + d）,化简得 d22d = 0,又因为 dw0,所以 d = 2,从而 a0= 33+ 7d= 21.6、（2017扬州期末）在正项等比数列an中，若34+33-232-231 = 6,则35+ 36的最小值为 【答案】486【斛析】斛法 1 由 34+ 33232 231= 6,得 31(q+1)

38、(q22)= 6,所以 a1(q+ 1) = q2_ 2.因为 3n0,所n066qq2q4q4 4+4、404以 q2 2 0, 35 + 36= 31(1 + q)q4 = q6-2= 6X qq2_2 = 6X(q2+2) + q7472= 6xq22 + q2472 +46X2a / q22 X/41+4= 6 X 8 = 48,当且仅当 q22=孑4万 即 q= 2, 31=1 时，等号成立，所以 35+ 36最小值为48.6斛法 2 由 34+ 33232231= 6,得(32+31)(q2 2)= 6,所以 32+31=qi772 .因为 3n 0 ,所以 q2- 20,一 c6

39、q4611 一. 12C1 c 1.10,2时，式子去一京取得最大值8,从而35+ 36 =丁61取得最小值6X 8=48.q2q4即 q22, 35+ 36=(31+32)q4=q11k22.令 t=q2C 0, 2 ,则“ q7= t-2t2=- 2 t-4 2+8,当 t=4C在，说明理由.规范解答（1）因为 an+i = .an n+i 5所以 3n 1an+13“an=-2.（2 分） 33又因为ai = 3,所以31 ai=i,所以3nan是首项为i,公差为一2的等差数列.（4分）ni n八（2）由（i）知 3nan=i + （ni） （2）=3 2n,所以 an=（3-2n） 3

40、 n, （6 分）(3-2n) 3 n, 3所以 Sn=i ；+( i) 1 2+(-3) -1 3+ 333所以1Sn = i -i2+(-i) -i3+ - + (5 2n) ： n+(32n)n+i33333两式相减得2Sn=i-2 1 2+ : 3+ 133333-(3-2n) 3 n+i=r2ii _ i n ix3：;+(2n-3) ； n+i = 2nI33ii 3所以 Sn= Zn.（i0 分） 3（3）假设存在正整数 p, q, r（pvqvr）,使Sp, Sq, Sr成等差数列，则 2Sq=Sp+S,即争=/ +3r.由于当n2时，an= （3 2n）1n3 时，/qq-|qq,又 点0， 3333所以*+ 3翁，等式不成立.（i4分）当q=2时，p=i,所