2021版高考数学导与练一轮复习（浙江版）知识梳理第九章第四节　数列的综合问题(一)

第四节数列的综合问题(一)复习目标学法指导1.会证明新构造数列是等差或等比数列.2.求新构造数列的相关参数值及最值问题.3.数列与函数等相关问题.1.通过已知关系构造新数列,新数列往往是等差或等比数列,一般采用定义法.2.新构造数列的相关参数值问题,这是数列中的探索性问题,分为条件探索、结论探索和存在探索三类问题.3.数列中的最值问题主要在等差数列中,因为其前n项和是Sn=An2+Bn型.4.数列与函数的联系多为单调性或最值问题.一、新数列的构成1.由递推关系式变换成新数列.2.由前n项和构造成新数列.3.通过函数关系构造新数列.1.概念理解(1)由递推关系式或从等差、等比数列中取出一些项组成新数列,往往能从等差、等比数列的定义出发,对它们变形解决问题.(2)利用Sn与an的关系,可以把问题转化为Sn的递推式或an的递推式,构造出新数列模式,利用等差或等比数列定义解决.(3)通过函数关系,如对数、指数等构造新数列转化为等差、等比数列也是考查的方向之一.2.与新数列应用相关的结论(1)an+1=pan+q(p,q为常数,p≠0,p≠1,q≠0)可构造an+1+QUOTEqp-1=p(an+QUOTEqp-1),即(an+QUOTEqp-1)为等比数列.(2)Sn-Sn-1=pSnSn-1可两边同除SnSn-1得(p为常数)QUOTE1Sn-QUOTE1Sn-1=-p(常数)构造{QUOTE1Sn}为等差数列.二、等差数列前n项和最值问题1.等差数列{an}前n项和为Sn,则Sn=na1+QUOTEn(n-1)2d=QUOTEd2n2+(a1-QUOTEd2)n可以看作是关于n的二次函数型,它的最值取决于d的符号.2.若a1>0,d<0,则Sn存在最大值;当a1<0,d>0,则Sn存在最小值.1.概念理解求等差数列前n项和的最值方法有两种:(1)二次函数法:运用配方法把Sn转化为二次函数,借助二次函数的单调性及数形结合得以解决;(2)通项公式法:求使an≥0(或an≤0)成立时最大的n值即可.2.与等差数列前n项和最值相关联的结论(1)Sn=An2+Bn(A,B为常数)可以简化运算.(2)若a1>0且Sp=Sq(p≠q),则①若p+q为偶数,则当n=QUOTEp+q2时,Sn最大;②若p+q为奇数,则当n=QUOTEp+q-12或n=QUOTEp+q+12Sn最大.三、数列中的探索性问题(求参数)1.条件探索性问题:针对一个结论,条件未知需探求,或条件增删需确定,或条件正误需判定.2.结论探索性问题:有条件而无结论或结论的正确与否需要确定.3.存在探索性问题:要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立.1.概念理解(1)条件探索性问题解决的基本策略是执果索因,先寻找结论成立的必要条件,再通过检验或认证找到结论成立的充分条件.在执果索因的过程中,常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否,误将必要条件当作充分条件,应引起注意.(2)结论探索性问题的解决策略是:先探索结论而后去论证结论,在探索过程中常可先从特殊情形入手,通过观察、分析、归纳、判断来猜测,得出结论,再就一般情形去认证结论.(3)存在探索性问题解决策略是:假定题中的数学对象存在或结论成立或暂且认可其中的一部分结论,然后在这个前提下进行逻辑推理.若由此导出矛盾,则否定假设,否则给出肯定结论,其中反证法在解题中起着重要作用.2.与探索性问题相关联的结论(1)通过分离参数解决恒成立问题.(2)数列中的比较大小可以构造函数,通过函数的单调性进行证明.(3)数列问题以分式形式给出条件,一般采用取倒数转化为等差或等比数列再解答.四、数列与函数问题1.数列是一类特殊函数,其定义域为N*或其子集;2.等差数列的通项an可以看作关于n的一次函数,等比数列的通项an可以看作关于n的指数型函数(q≠1);3.等差数列的前n项和Sn可以看作关于n的二次函数型;等比数列的前n项和Sn可以看作关于n的指数型函数(q≠1).1.概念理解(1)数列是一类特殊的函数,它的图象是一群孤立的点;(2)转化为以函数为背景的条件时,应该注意题中的限制条件,如函数的定义域,这往往是很容易被忽视的问题;(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时,应准确构造相应的函数,注意数列中相关限制条件的转化.2.数列与函数关系应用相关联的结论(1)在数列{an}中,若an+1>an,则{an}为递增数列;若an+1<an,则{an}为递减数列;(2)数列的图象只能是位于y轴右侧的一些孤立点;(3)an=2n-1可以等价于f(n)=2n-1与一次函数f(x)=2x-1建立联系;(4)等差数列的前n项和Sn是关于n的二次函数型(d≠0),是关于n的一次函数,比如已知{an}为等差数列且S10=100,S100=10,求S110时,可以利用三点(10,QUOTES1010),(100,QUOTES100100),(110,QUOTES110110)共线解出S110.1.在等差数列{an}中,若a1<0,Sn为其前n项和且S7=S17,则Sn最小时的n的值为(D)(A)12或13 (B)11或12 (C)11 (D)12解析:由S7=S17依据二次函数对称性知当n=12时,Sn最小.故选D.2.(2018·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若3S3=S2+S4,a1=2,则a5等于(B)(A)-12 (B)-10 (C)10 (D)12解析:设等差数列{an}的公差为d,由3S3=S2+S4,得3[3a1+×d]=2a1+×d+4a1+QUOTE4×(4-1)2×将a1=2代入上式,解得d=-3,故a5=a1+(5-1)d=2+4×(-3)=-10.故选B.3.已知数列{an}满足an+1+an-1=2an,n≥2,点O是平面上不在l上的任意一点,l上有不重合的三点A,B,C,又知a2QUOTEOA→+a2015QUOTEOC→=QUOTEOB→,则S2016等于(D)(A)1007 (B)2014 (C)2016 (D)1008解析:如图,设QUOTEAB→=λQUOTEAC→,则a2QUOTEOA→+a2015QUOTEOC→=QUOTEOB→=QUOTEOA→+QUOTEAB→=QUOTEOA→+λQUOTEAC→=QUOTEOA→+λ(QUOTEOC→-QUOTEOA→),故(a2-1+λ)QUOTEOA→=(λ-a2015)QUOTEOC→.又A,B,C三点不重合,所以QUOTEa2-1+λ=0,λ-a2又因为an+1+an-1=2an(n≥2),所以{an}为等差数列,所以S2016=QUOTE2016×(a1+a2016)24.定义:在数列{an}中,若满足QUOTEan+2an+1-QUOTEan+1an=d(n∈N*,d为常数),称{an}为“等差比数列”,已知在“等差比数列”{an}中,a1=a2=1,a3=3,则等于(A)(A)4×20162-1 (B)4×20172-1(C)4×20182-1 (D)4×20182解析:由题意,因为QUOTEa3a2-QUOTEa2a1=2,所以{QUOTEan+1an}是首项为1,公差为2的等差数列,所以QUOTEan+1an=1+2(n-1)=2n-1.QUOTEa2018a2016=·=(2×2017-1)×(2×2016-1)=4×20162-1.5.(2019·温州模拟)数列{an}的前n项的和满足Sn=an-n,n∈N*,则下列为等比数列的是(B)(A){an-1} (B){an+1}(C){Sn+1} (D){Sn-1}解析:当n=1时,a1=2,当n≥2时,Sn-1=QUOTE32an-1-(n-1)①,Sn=QUOTE32an-n②,由②-①得,an=3an-1+2,an+1=3(an-1+1),所以数列{an+1}是等比数列.当n≥2时,Sn=QUOTE32an-n=QUOTE32(Sn-Sn-1)-n,Sn=3Sn-1+2n,可排除选项C和D.故选B.考点一构造新数列,判断新数列是等差或等比数列[例1]已知数列{an}满足:an+2=3an+1-2an,a1=2,a2=4,n∈N*.(1)求证:数列{an+1-an}为等比数列,并求数列{an}的通项公式;(2)若bn=an(an+1),{bn}的前n项和记为Sn,求Sn.(1)证明:因为QUOTEan+2-an+1an所以数列{an+1-an}是公比为2,首项为2的等比数列,所以an+1-an=2n,累加可知:an-a1=2+22+…+2n-1=2n-2(n≥2),an=2n(n≥2),当n=1时,a1=2满足上式,所以an=2n(n∈N*).(2)解:因为bn=2n(2n+1)=4n+2n,所以Sn=(4+2)+(42+22)+…+(4n+2n)=QUOTE4(1-4n)1-4+QUOTE2=QUOTE4n+13+2n+1-QUOTE103.新数列的构造没有一定的模式,一般是根据题目给出的条件,可能是{an}的递推关系也可能是Sn的关系,根据情况构造,遇到分式一般是取倒数.设数列{an}的前n项和为Sn,Sn=2an+λn-4(n∈N*,λ∈R),且数列{an-1}为等比数列.(1)求实数λ的值,并写出数列{an}的通项公式;(2)①判断数列{QUOTE1an-1-}(n∈N*)的单调性;②设bn=QUOTE(-1)n-1an,数列{bn}的前n项和为Tn,证明:T2n<QUOTE29.(1)解:由Sn=2an+λn-4得Sn+1=2an+1+λ(n+1)-4,两式相减得an+1=2an+1-2an+λ,即an+1=2an-λ,所以an+1-1=2an-λ-1=2(an-QUOTEλ+12).因为数列{an-1}为等比数列,所以QUOTEλ+12=1,λ=1,所以a1=3,a1-1=2,所以an-1=2n,an=2n+1.(2)①解:因为QUOTE1an-1-QUOTE1an=QUOTE1an(an-1)=QUOTE1(2n+1又2n,2n+1单调递增,所以数列{QUOTE1an-1-QUOTE1an}(n∈N*)为单调递减数列.②证明:因为bn=QUOTE(-1)n-1an=QUOTE(-1)n所以T2n=b1+b2+…+b2n=(QUOTE13-QUOTE15)+(QUOTE19-QUOTE117)+…+(QUOTE122n-1+1-QUOTE122n+1)由①得-QUOTE1a2n-1>QUOTE1a2n-1-QUOTE1a2n,即QUOTE122n-1-QUOTE122n-1+1>QUOTE122n-QUOTE122n+1所以QUOTE122n-1+1-QUOTE122n+1<QUOTE122n-1-QUOTE122n==QUOTE14n.所以T2n<(-QUOTE15QUOTE15)+(QUOTE142+QUOTE143+…+)=(QUOTE13-QUOTE15QUOTE15)+QUOTE116(1-14n-1)1-14<QUOTE13-QUOTE15+QUOTE112=QUOTE1360<QUOTE29.考点二数列与函数关系[例2](2018·浙江卷)已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若a1>1,则()(A)a1<a3,a2<a4 (B)a1>a3,a2<a4(C)a1<a3,a2>a4 (D)a1>a3,a2>a4解析:因为lnx≤x-1(x>0),所以a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)≤a1+a2+a3-1,所以a4=a1·q3≤-1.由a1>1,得q<0.若q≤-1,则ln(a1+a2+a3)=a1+a2+a3+a4=a1(1+q)·(1+q2)≤0.又a1+a2+a3=a1(1+q+q2)≥a1>1,所以ln(a1+a2+a3)>0,矛盾.因此-1<q<0.所以a1-a3=a1(1-q2)>0,a2-a4=a1q(1-q2)<0,所以a1>a3,a2<a4.故选B.求等差数列前n项和的最值常用的方法(1)利用等差数列的单调性,求出最值;(2)利用性质求出其正负转折项,便可求得和的最值;(3)将等差数列的前n项和Sn=An2+Bn(A,B为常数)看作二次函数,根据二次函数的性质求最值.(2019·浙江温州普通高中适应性测试)已知数列{an}中的各项都小于1,a1=,-2an+1=-an(n∈N*),记Sn=a1+a2+a3+…+an,则S10的取值范围为(B)(A)(0,QUOTE12) (B)(QUOTE12,)(C)(QUOTE34,1) (D)(1,2)解析:因为QUOTEan+12-2an+1=QUOTEan2-an,所以=>0,所以an,an+1同号,又a1=QUOTE12,所以an>0.因为S10=(2a10-a9)+(2a9-a8)+…+(2a2-a1)+2a1-a10=(-)+(QUOTEa92-)+…+(-)+2a1-a10=QUOTEa102-+2a1-a10=(a10-QUOTE12)2+QUOTE12,又a10∈(0,1),所以S10∈(QUOTE12,QUOTE34),故选B.考点三数列中的探索性问题(求参数)[例3]已知数列{an}中,a1=2,a2=3,其前n项和Sn满足Sn+2+Sn=2Sn+1+1(n∈N*);数列{bn}中b1=a1,bn+1=4bn+6(n∈N*).(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)设cn=bn+2+(-1)n-1λ·QUOTE2an(λ为非零整数,n∈N*),试确定λ的值,使得对∀n∈N*都有cn+1>cn成立.解:(1)由已知得Sn+2-Sn+1-(Sn+1-Sn)=1,所以an+2-an+1=1(n≥1).又a2-a1=1,所以数列{an}是以a1=2为首项,1为公差的等差数列.所以an=n+1.因为bn+1=4bn+6,即bn+1+2=4(bn+2),又b1+2=a1+2=4,所以数列{bn+2}是以4为首项,4为公比的等比数列.所以bn=4n-2.解:(2)因为an=n+1,bn=4n-2,所以cn=4n+(-1)n-1λ·2n+1.要使cn+1>cn成立,需cn+1-cn=4n+1-4n+(-1)nλ·2n+2-(-1)n-1λ·2n+1>0恒成立,化简得3·4n-3λ(-1)n-12n+1>0恒成立,即(-1)n-1λ<2n-1恒成立,①当n为正奇数时,即λ<2n-1恒成立,当且仅当n=1时,2n-1有最小值1,所以λ<1;②当n为正偶数时,即λ>-2n-1恒成立,当且仅当n=2时,-2n-1有最大值-2,所以λ>-2,即-2<λ<1.又λ为非零整数,则λ=-1.综上所述,存在λ=-1,使得对任意n∈N*,都有cn+1>cn成立.对于数列问题,一般要先求出数列的通项,不是等差数列和等比数列的要转化为等差数列或等比数列.遇到Sn要注意利用Sn与an的关系将其转化为an,再研究其具体性质.遇到(-1)n型的问题要注意分n为奇数与偶数两种情况进行讨论,本题易忘掉对n的奇偶性的讨论而致误.[例4](2019·台州模拟)设数列{an}的前n项和为Sn,已知Sn=2an-n,n∈N+.(1)求证数列{an+1}为等比数列,并求通项公式an;(2)若对任意的n∈N+,都有λan≤Sn+n-n2,求实数λ的取值范围.解:(1)由Sn=2an-n得,n≥2时,Sn-1=2an-1-(n-1),两式相减可得,an=2an-1+1,an+1=2(an-1+1),由S1=2a1-1,得a1=1,所以{an+1}是首项为2,公比为2的等比数列.an+1=(a1+1)2n-1=2n,an=2n-1.解:(2)由λan≤Sn+n-n2,得λ(2n-1)≤2n+1-2-n+n-n2,λ≤2-,λ≤(2-QUOTEn22n-1)min,设f(n)=QUOTEn22n-1f(n+1)-f(n)=-=.n=1时,f(n+1)-f(n)>0,n≥2时,f(n+1)-f(n)<0,所以f(1)<f(2)>…>f(n),f(n)的最大值为f(2)=.2-QUOTEn22n-1的最小值为,所以λ的取值范围是(-∞,QUOTE23].对于结论探索性问题,需要先得出一个结论,再进行证明.注意含有两个变量的问题,变量归一是常用的解题思想,一般把其中的一个变量转化为另一个变量,根据题目条件,确定变量的值,遇到数列中的比较大小问题可以采用构造函数,根据函数的单调性进行证明,这是解决复杂问题常用的方法.[例5]已知数列{an}的首项a1=QUOTE35,an+1=QUOTE3an2an+1,n∈N*.(1)求证:数列{QUOTE1an-1}为等比数列;(2)是否存在互不相等的正整数m,s,n,使m,s,n成等差数列,且am-1,as-1,an-1成等比数列?如果存在,请给予证明;如果不存在,请说明理由.(1)证明:因为QUOTE1an+1=QUOTE23+QUOTE13an,所以QUOTE1an+1-1=QUOTE13(QUOTE1anQUOTE1an-1).又因为QUOTE1a1-1≠0,所以QUOTE1anQUOTE1an-1≠0(n∈N*).所以数列{QUOTE1an-1}为等比数列.(2)解:假设存在,则m+n=2s,(am-1)(an-1)=(as-1)2,由(1)知QUOTE1an-1=(QUOTE1a1-1)(QUOTE13)n-1=QUOTE23n,则an=QUOTE3n3n+2,所以(QUOTE3n3n+2-1)(QUOTE3m3m+2-1)=(QUOTE3s3s+2-1)2,化简得3m+3n=2×3s因为3m+3n≥2×QUOTE3m+n=2×3s,当且仅当m=n时等号成立,又m,s,n互不相等,所以不存在.数列问题是以分式形式给出条件的,一般采用取倒数,再转化为等差数列或等比数列,通过等差数列与等比数列的桥梁作用求出通项.遇到多个变量的存在性问题,一般先假设存在,再寻找满足的条件,一般可以利用基本不等式、值域或范围等判断是否存在.已知{an}的前n项和为Sn,且an+Sn=4(n∈N*).(1)求证:数列{an}是等比数列;(2)是否存在正整数k,使QUOTESk+1-2Sk(1)证明:由题意,Sn+an=4,Sn+1+an+1=4,所以(Sn+1+an+1)-(Sn+an)=0,即2an+1-an=0,an+1=QUOTE12an,又2a1=S1+a1=4,所以a1=2.所以数列{an}是首项为2,公比为QUOTE12的等比数列.(2)解:Sn==4-22-n.QUOTESk+1-2Sk-2>2⇔>2⇔<0⇔QUOTE23<21-k<1⇔1<2k-1<QUOTE32.因为k∈N*,所以2k-1∈N*.这与2k-1∈(1,QUOTE32)相矛盾,故不存在这样的k,使不等式成立.数列的函数特性[例题]已知数列{an}满足a1=1,|an+1-an|=pn,n∈N*.(1)若{an}是递增数列,且a1,2a2,3a3成等差数列,求p的值;(2)若p=,且{a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,求数列{an}的通项公式.解:(1)因为{an}是递增数列,所以an+1-an=pn.又a1=1,a2=p+1,a3=p2+p+1,因为a1,2a2,3a3成等差数列,所以4a2=a1+3a3,4p+4=1+3p2+3p+3,3p2=p,解得p=QUOTE13或p=0,当p=0,an+1-an=0,与{an}是递增数列矛盾,所以p=QUOTE13.解:(2)因为{a2n-1}是递增数列,所以a2n+1-a2n-1>0,于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)>0.①由于<QUOTE122n-1,所以|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|.②由①②得a2n-a2n-1>0,所以a2n-a2n-1=(QUOTE12)2n-1=QUOTE(-1)2n22n-1.因为{a2n}是递减数列,所以同理可得a2n+1-a2n<0,a2n+1-a2n=-()2n=QUOTE(-1)2n+122n由③④得an+1-an=QUOTE(-1)n+12n所以an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+QUOTE(-1)221+QUOTE(-1)322+…+QUOTE(-1)n=1+QUOTE12·QUOTE1-(-12)

n=QUOTE43+QUOTE13·QUOTE(-1)n2n-1,所以数列{an}的通项公式为an=QUOTE43+QUOTE13·QUOTE(-1)n2n-1.规范要求:(1)在第一问中,因为{an}是递增数列,所以an+1-an=pn,去掉绝对值符号,后面对p的取值取舍,需要检验,漏不得;(2)第二问中的子数列:{a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,是解决本题的关键.温馨提示:(1)由{an}是递增数列,去掉绝对值符号,求出前三项,再利用a1,2a2,3a3成等差数列,得到关于p的方程即可;(2){a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,可以去掉绝对值符号,再利用叠加法求通项公式.[规范训练1]设数列{an}为等比数列,数列{bn}满足bn=na1+(n-1)a2+…+2an-1+an,n∈N*,已知b1=m,b2=QUOTE3m2,其中m≠0.(1)求数列{an}的通项(用含m的式子表示);(2)设Sn为数列{an}的前n项和,若对于任意的正整数n,都有Sn∈[1,3],求实数m的取值范围.解:(1)由已知b1=a1,所以a1=m,又b2=2a1+a2,所以2a1+a2=m,解得a2=-QUOTEm2,所以数列{an}的公比q=-QUOTE12.an=m(-QUOTE12)n-1.解:(2)Sn=QUOTEm[1-(-12)

n]1-(-12)=QUOTE2m3·[1-(-因为1-(-QUOTE12)n>0,所以,由Sn∈[1,3]得QUOTE11-(-12)

n≤QUOTE2m3QUOTE2m3≤QUOTE31-(-当n为奇数时1-(-QUOTE12)n∈(1,],当n为偶数时1-(-QUOTE12)n∈[QUOTE34,1),所以1-(-QUOTE12)n最大值为QUOTE32,最小值为QUOTE34.对于任意的正整数n都有≤≤,所以QUOTE43≤QUOTE2m3≤2,2≤m≤3.即所求实数m的取值范围是{m|2≤m≤3}.[规范训练2]已知数列{an}的前n项和为Sn,数列{Sn}的前n项和为Tn,满足Tn=2Sn-n2.(1)证明:数列{an+2}是等比数列,并求出数列{an}的通项公式;(2)设bn=n·an,求数列{bn}的前n项和Kn.(1)证明:由Tn=2Sn-n2,得a1=2a1-1,解得a1=S1=1,由S1+S2=2S2-4,解得a2=4.当n≥2时,Sn=Tn-Tn-1=2Sn-n2-2Sn-1+(n-1)2,即Sn=2Sn-1+2n-1,①Sn+1=2Sn+2n+1,②由②-①得an+1=2an+2,所以an+1+2=2(an+2),又a2+2=2(a1+2),所以数列{an+2}是以a1+2=3为首项,2为公比的等比数列,所以an+2=3·2n-1,即an=3·2n-1-2.(2)解:因为bn=3n·2n-1-2n,所以Kn=3(1·20+2·21+…+n·2n-1)-2(1+2+…+n)=3(1·20+2·21+…+n·2n-1)-n2-n.记Rn=1·20+2·21+…+n·2n-1,③2Rn=1·21+2·22+…+n·2n,④由③-④得-Rn=1·20+1·21+…+2n-1-n·2n=-n·2n=(1-n)·2n-1,所以Rn=(n-1)·2n+1.所以Kn=3(n-1)2n-n2-n+3.类型一新数列的构造及性质判断1.化简Sn=n+(n-1)×2+(n-2)×22+…+2×2n-2+2n-1的结果是(D)(A)2n+1+n-2 (B)2n+1-n+2(C)2n-n-2 (D)2n+1-n-2解析:因为Sn=n+(n-1)×2+(n-2)×22+…+2×2n-2+2n-1,①2Sn=n×2+(n-1)×22+(n-2)×23+…+2×2n-1+2n,②所以①-②得-Sn=n-(2+22+23+…+2n)=n+2-2n+1,所以Sn=2n+1-n-2.故选D.2.已知数列{an}的前n项和为Sn,且an+Sn=n,则下列说法正确的是(B)(A){an}是等比数列 (B){an-1}是等比数列(C){an+1}是等比数列 (D){an-2}是等比数列解析:由an+Sn=n,①当n=1时,a1+S1=1,即a1=QUOTE12,当n≥2时,an-1+Sn-1=n-1,②①-②得an-an-1+an=1,即an=an-1+,所以an-1=QUOTE12(an-1-1),即QUOTEan-1an-1-1=QUOTE12又a1-1=-QUOTE12,所以{an-1}是首项为-QUOTE12,公比为QUOTE12的等比数列.故选B.3.已知数列{an}中的任意一项都为正实数,且对任意m,n∈N*,有am·an=am+n,如果a10=32,则a1的值是(C)(A)-2 (B)2 (C)QUOTE2 (D)-QUOTE2解析:令m=1,则QUOTEan+1an=a1,所以数列{an}是以a1为首项,公比为a1的等比数列,从而an=,因为a10=32,所以a1=QUOTE2.故选C.4.等比数列{cn}满足cn+1+cn=10·4n-1(n∈N*),数列{an}的前n项和为Sn,且an=log2cn,则an=.

解析:设{cn}的公比为q,由题意知c1+c2=10,c2+c3=40,即QUOTEc1+c1q=10,c1q+c1所以cn=2·4n-1