高考数学理科二轮总复习练习专题五　数列第2讲

第2讲数列的综合问题1．(2017·江苏)对于给定的正整数k，若数列{an}满足an－k＋an－k＋1＋…＋an－1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan对任意正整数n(n>k)总成立，则称数列{an}是“P(k)数列”．(1)证明：等差数列{an}是“P(3)数列”；(2)若数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an}是等差数列．证明(1)因为{an}是等差数列，设其公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，从而，当n≥4时，an－k＋an＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d＝2a1＋2(n－1)d＝2an，k＝1,2,3，所以an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an，因此等差数列{an}是“P(3)数列”．(2)数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，当n≥3时，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，①当n≥4时，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an.②由①知，an－3＋an－2＝4an－1－(an＋an＋1)，③an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an)．④将③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4，所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′.在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，所以a2＝a3－d′，在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，所以a1＝a3－2d′，所以数列{an}是等差数列．2．(2016·江苏)记U＝{1,2，…，100}．对数列{an}(n∈N*)和U的子集T，若T＝∅，定义ST＝0；若T＝{t1，t2，…，tk}，定义ST＝＋＋…＋.例如：T＝{1,3,66}时，ST＝a1＋a3＋a66.现设{an}(n∈N*)是公比为3的等比数列，且当T＝{2,4}时，ST＝30.(1)求数列{an}的通项公式；(2)对任意正整数k(1≤k≤100)，若T⊆{1,2，…，k}，求证：ST＜ak＋1；(3)设C⊆U，D⊆U，SC≥SD，求证：SC＋SC∩D≥2SD.(1)解当T＝{2,4}时，ST＝a2＋a4＝a2＋9a2＝30，∴a2＝3，a1＝eq\f(a2,3)＝1，故an＝a1qn－1＝3n－1.(2)证明对任意正整数k(1≤k≤100)．由于T⊆{1,2，…，k}，则ST≤a1＋a2＋a3＋…＋ak＝1＋3＋32＋…＋3k－1＝eq\f(3k－1,2)＜3k＝ak＋1.(3)证明设A＝∁C(C∩D)，B＝∁D(C∩D)，则A∩B＝∅，SC＝SA＋SC∩D，SD＝SB＋SC∩D，SC＋SC∩D－2SD＝SA－2SB，∴SC＋SC∩D≥2SD等价于SA≥2SB.由条件知SC≥SD，可得SA≥SB.①若B＝∅，则SB＝0，所以SA≥2SB成立；②若B≠∅，由SA≥SB可知A≠∅，设A中的最大元素为I，B中的最大元素为m，若m≥I＋1，则由(2)得SA＜SI＋1≤am≤SB，矛盾．又∵A∩B＝∅，∴I≠m，∴I≥m＋1，∴SB≤a1＋a2＋…＋am＝1＋3＋32＋…＋3m－1＜eq\f(am＋1,2)≤eq\f(aI,2)≤eq\f(SA,2)，即SA＞2SB成立．综上所述，SA≥2SB.故SC＋SC∩D≥2SD成立．江苏高考中，数列大题要求较高，常常在压轴的代数论证中考数列的综合应用．近几年江苏高考中数列解答题总是同等差、等比数列相关，进一步考查其子数列或派生数列的性质等，所以解题过程中既有等差、等比数列性质的挖掘，又有等差、等比数列的判断论证，综合性极强．热点一数列中的探索性问题例1已知数列{an}中，a1＝1，an＋an＋1＝2n(n∈N*)，bn＝3an.(1)试证数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,3)×2n))是等比数列，并求数列{bn}的通项公式；(2)在数列{bn}中，是否存在连续三项成等差数列？若存在，求出所有符合条件的项；若不存在，说明理由；(3)①试证在数列{bn}中，一定存在满足条件1＜r＜s的正整数r，s，使得b1，br，bs成等差数列，并求出正整数r，s之间的关系；②在数列{bn}中，是否存在满足条件1＜r＜s＜t的正整数r，s，t，使得b1，br，bs，bt成等差数列？若存在，确定正整数r，s，t之间的关系；若不存在，说明理由．解(1)由an＋an＋1＝2n，得an＋1＝2n－an，∴eq\f(an＋1－\f(1,3)×2n＋1,an－\f(1,3)×2n)＝eq\f(2n－an－\f(1,3)×2n＋1,an－\f(1,3)×2n)＝eq\f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,3)×2n)),an－\f(1,3)×2n)＝－1，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,3)×2n))是首项为a1－eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)，公比为－1的等比数列．∴an－eq\f(1,3)×2n＝eq\f(1,3)×(－1)n－1，即an＝eq\f(1,3)[2n－(－1)n]，∴bn＝2n－(－1)n.(2)假设在数列{bn}中，存在连续三项bk－1，bk，bk＋1(k∈N*，k≥2)成等差数列，则bk－1＋bk＋1＝2bk，即[2k－1－(－1)k－1]＋[2k＋1－(－1)k＋1]＝2[2k－(－1)k]，即2k－1＝4(－1)k－1.①若k为偶数，则2k－1＞0,4(－1)k－1＝－4＜0，∴不存在偶数k，使得bk－1，bk，bk＋1成等差数列；②若k为奇数，则k≥3，∴2k－1≥4，而4(－1)k－1＝4，∴当且仅当k＝3时，bk－1，bk，bk＋1成等差数列．综上所述，在数列{bn}中，有且仅有连续三项b2，b3，b4成等差数列．(3)①要使b1，br，bs成等差数列，只需b1＋bs＝2br，即3＋2s－(－1)s＝2[2r－(－1)r]，即2s－2r＋1＝(－1)s－2(－1)r－3，①(ⅰ)若s＝r＋1，在①式中，左端＝2s－2r＋1＝0，右端＝(－1)s－2(－1)r－3＝(－1)s＋2(－1)s－3＝3(－1)s－3，要使①式成立，当且仅当s为偶数时成立．又s＞r＞1，且s，r为正整数，∴当s为不小于4的正偶数，且s＝r＋1时，b1，br，bs成等差数列．(ⅱ)若s≥r＋2，在①式中，左端＝2s－2r＋1≥2r＋2－2r＋1＝2r＋1，由(2)可知，r≥3，∴r＋1≥4，∴2s－2r＋1≥16；右端＝(－1)s－2(－1)r－3≤0(当且仅当s为偶数，r为奇数时取“＝”)，∴当s≥r＋2时，b1，br，bs不成等差数列．综上所述，存在不小于4的正偶数s，且s＝r＋1，使得b1，br，bs成等差数列．②假设存在满足条件1＜r＜s＜t的正整数r，s，t，使得b1，br，bs，bt成等差数列．首先找到成等差数列的3项，由第(3)小题第①问可知，b1，b2n－1，b2n(n∈N*，且n≥2)成等差数列，其公差d＝b2n－b2n－1＝[22n－(－1)2n]－[22n－1－(－1)2n－1]＝22n－1－2，∴bt＝b2n＋d＝22n－(－1)2n＋22n－1－2＝3×22n－1－3.又bt＝2t－(－1)t，∴3×22n－1－3＝2t－(－1)t，即2t－3×22n－1＝(－1)t－3.②∵t＞2n＞2n－1，∴t≥2n＋1，∴②式的左端＝2t－3×22n－1≥22n＋1－3×22n－1＝22n－1≥8，而②式的右端＝(－1)t－3≤－2，∴②式不成立．综上所述，不存在满足条件1＜r＜s＜t的正整数r，s，t，使得b1，br，bs，bt成等差数列．思维升华数列中的探索性问题是江苏高考的一个热点，试题一般是探求数列中项的存在性问题，此类试题的解法一般具有以下特点：假设提出的问题存在，结合数论中不定方程、奇偶性的基本性质进行求解．跟踪演练1已知数列{an}的通项公式为an＝eq\f(2×3n＋2,3n－1)(n∈N*)．(1)求数列{an}的最大项；(2)设bn＝eq\f(an＋p,an－2)，试确定实常数p，使得{bn}为等比数列；(3)设m，n，p∈N*，m<n<p，问：数列{an}中是否存在三项am，an，ap，使数列am，an，ap是等差数列？如果存在，求出这三项；如果不存在，说明理由．解(1)由题意得an＝2＋eq\f(4,3n－1)，an随着n的增大而减小，所以{an}中的最大项为a1＝4.(2)bn＝eq\f(2＋\f(4,3n－1)＋p,\f(4,3n－1))＝eq\f(2＋p3n－1＋4,4)＝eq\f(2＋p3n＋2－p,4)，若{bn}为等比数列，则beq\o\al(2,n＋1)－bnbn＋2＝0(n∈N*)，所以[(2＋p)3n＋1＋(2－p)]2－[(2＋p)3n＋(2－p)]·[(2＋p)3n＋2＋(2－p)]＝0(n∈N*)，化简得(4－p2)(2·3n＋1－3n＋2－3n)＝0，即－(4－p2)·3n·4＝0，解得p＝±2.反之，当p＝2时，bn＝3n，{bn}是等比数列；当p＝－2时，bn＝1，{bn}也是等比数列．所以当且仅当p＝±2时，{bn}为等比数列．(3)因为am＝2＋eq\f(4,3m－1)，an＝2＋eq\f(4,3n－1)，ap＝2＋eq\f(4,3p－1)，若存在三项am，an，ap，使数列am，an，ap是等差数列，则2an＝am＋ap，所以2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(4,3n－1)))＝2＋eq\f(4,3m－1)＋2＋eq\f(4,3p－1)，化简得3n(2×3p－n－3p－m－1)＝1＋3p－m－2×3n－m，(*)因为m，n，p∈N*，m<n<p，所以p－m≥p－n＋1，p－m≥n－m＋1，所以3p－m≥3p－n＋1＝3×3p－n，3p－m≥3n－m＋1＝3×3n－m，(*)的左边≤3n(2×3p－n－3×3p－n－1)＝3n(－3p－n－1)<0，右边≥1＋3×3n－m－2×3n－m＝1＋3n－m>0，所以(*)式不可能成立，故数列{an}中不存在三项am，an，ap，使数列am，an，ap是等差数列．热点二数列中的证明问题例2已知数列{an}，{bn}均为各项都不相等的数列，Sn为{an}的前n项和，an＋1bn＝Sn＋1(n∈N*)．(1)若a1＝1，bn＝eq\f(n,2)，求a4的值；(2)若{an}是公比为q的等比数列，求证：存在实数λ，使得{bn＋λ}为等比数列；(3)若{an}的各项都不为零，{bn}是公差为d的等差数列，求证：a2，a3，…，an，…成等差数列的充要条件是d＝eq\f(1,2).(1)解由a1＝1，bn＝eq\f(n,2)，an＋1bn＝Sn＋1知，a2＝4，a3＝6，a4＝8.(2)证明因为an＋1bn＝Sn＋1，①所以当n≥2时，anbn－1＝Sn－1＋1，②①－②，得当n≥2时，an＋1bn－anbn－1＝an，③由③得当n≥2时，bn＝eq\f(an,an＋1)bn－1＋eq\f(an,an＋1)＝eq\f(1,q)bn－1＋eq\f(1,q)，所以bn＋eq\f(1,1－q)＝eq\f(1,q)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(bn－1＋\f(1,1－q))).又因为b1＋eq\f(1,1－q)≠0(否则{bn}为常数列与题意不符)，所以存在实数λ＝eq\f(1,1－q)，使{bn＋λ}为等比数列．(3)证明因为{bn}是公差为d的等差数列，所以由③得当n≥2时，an＋1bn－an(bn－d)＝an，即(an＋1－an)bn＝(1－d)an.因为{an}，{bn}各项均不相等，所以an＋1－an≠0,1－d≠0，所以当n≥2时，eq\f(bn,1－d)＝eq\f(an,an＋1－an)，④当n≥3时，eq\f(bn－1,1－d)＝eq\f(an－1,an－an－1)，⑤由④－⑤，得当n≥3时，eq\f(an,an＋1－an)－eq\f(an－1,an－an－1)＝eq\f(bn－bn－1,1－d)＝eq\f(d,1－d).⑥先证充分性：即由d＝eq\f(1,2)，证明a2，a3，…，an，…成等差数列．因为d＝eq\f(1,2)，由⑥得eq\f(an,an＋1－an)－eq\f(an－1,an－an－1)＝1，所以当n≥3时，eq\f(an,an＋1－an)＝eq\f(an－1,an－an－1)＋1＝eq\f(an,an－an－1).又an≠0，所以an＋1－an＝an－an－1，即a2，a3，…，an，…成等差数列；再证必要性：即由a2，a3，…，an，…成等差数列，证明d＝eq\f(1,2).因为a2，a3，…，an，…成等差数列，所以当n≥3时，an＋1－an＝an－an－1，所以由⑥得eq\f(an,an＋1－an)－eq\f(an－1,an－an－1)＝eq\f(an,an－an－1)－eq\f(an－1,an－an－1)＝1＝eq\f(d,1－d)，所以d＝eq\f(1,2).综上所述，a2，a3，…，an，…成等差数列的充要条件是d＝eq\f(1,2).思维升华数列中的证明问题要有目标意识，比如本题第二问要证明{bn＋λ}是等比数列，就要构造出式子bn＋k＝m(bn－1＋k)；第三问的变形eq\f(bn,1－d)＝eq\f(an,an＋1－an)十分关键，为证明充分性提供了必要的保证．跟踪演练2设数列{an}是各项均为正数的等比数列，其前n项和为Sn，若a1a5＝64，S5－S3＝48.(1)求数列{an}的通项公式；(2)对于正整数k，m，l(k<m<l)，求证：“m＝k＋1且l＝k＋3”是“5ak，am，al这三项经适当排序后能构成等差数列”的充要条件．(1)解∵数列{an}是各项均为正数的等比数列，∴a1a5＝aeq\o\al(2,3)＝64，∴a3＝8.又∵S5－S3＝48，∴a4＋a5＝8q＋8q2＝48，∴q＝2，∴an＝8·2n－3＝2n.(2)证明(ⅰ)必要性：设5ak，am，al这三项经适当排序后能构成等差数列，①若2·5ak＝am＋al，则10·2k＝2m＋2l，∴10＝2m－k＋2l－k，∴5＝2m－k－1＋2l－k－1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m－k－1＝1，,2l－k－1＝4，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝k＋1，,l＝k＋3.))②若2am＝5ak＋al，则2·2m＝5·2k＋2l，∴2m＋1－k－2l－k＝5，左边为偶数，等式不成立．③若2al＝5ak＋am，同理也不成立．综合①②③，得m＝k＋1，l＝k＋3，∴必要性成立．(ⅱ)充分性：设m＝k＋1，l＝k＋3，则5ak，am，al这三项为5ak，ak＋1，ak＋3，即5ak,2ak,8ak，调整顺序后易知2ak,5ak,8ak成等差数列，∴充分性也成立．综合(ⅰ)(ⅱ)，原命题成立．热点三数列中的新定义问题例3对于数列{an}，记Δan＝an＋1－an，Δk＋1an＝Δkan＋1－Δkan，k，n∈N*，则称数列{Δkan}为数列{an}的“k阶差数列”．(1)已知Δan＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n.①若{an}为等比数列，求a1的值；②设t为任意正数，证明：存在k∈N*，当n>m≥k，n∈N*，m∈N*时总有|an－am|≤t；(2)已知Δ2an＝3n－2，若a1＝1，且an≥a3对n∈N*恒成立，求a2的取值范围．(1)①解因为a2＝a1＋Δa1＝a1－eq\f(1,2)，a3＝a2＋Δa2＝a1－eq\f(1,4)，且{an}为等比数列，所以aeq\o\al(2,2)＝a1·a3，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(1,2)))2＝a1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(1,4)))，解得a1＝eq\f(1,3).当a1＝eq\f(1,3)时，当n≥2时，an＝Δan－1＋…＋Δa1＋a1＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1)),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＋eq\f(1,3)＝eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1.当n＝1时，适合上式，所以{an}为等比数列，即a1＝eq\f(1,3).②证明因为an－am＝Δan－1＋…＋Δam＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))m\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－m)),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq\f(2,3)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))m－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n))，所以|an－am|＝eq\f(2,3)·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))m))≤eq\f(2,3)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))m))≤eq\f(4,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))m，令eq\f(4,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))m≤t，则m≥log2eq\f(4,3t)，故k可取不小于log2eq\f(4,3t)的正整数，则对任意n>m≥k，n∈N*，m∈N*，|an－am|≤eq\f(4,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))m≤t.(2)解因为Δan＝Δ2an－1＋…＋Δ2a1＋Δa1＝eq\f(31－3n－1,1－3)－2(n－1)＋Δa1＝eq\f(3n,2)－2n＋eq\f(1,2)＋Δa1＝eq\f(3n,2)－2n＋a2－eq\f(1,2).由Δ2an＝3n－2>0知，{Δan}是递增的．所以an≥a3对n∈N*恒成立，当且仅当满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δa2＝a3－a2≤0，,Δa3＝a4－a3≥0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2≤0，,a2＋7≥0，))解得－7≤a2≤0.所以a2的取值范围是[－7,0]．思维升华数列中的“新定义”试题指给出一个从未接触过的新规定，要求现学现用，“给什么，用什么”是应用新“定义”解题的基本思路．理解新定义的规则后，解决问题的手段还是运用等差数列、等比数列的定义性质和基本数学思想．跟踪演练3如果有穷数列a1，a2，a3，…，am(m为正整数)满足条件a1＝am，a2＝am－1，…，am＝a1，即ai＝am－i＋1(i＝1,2，…，m)，我们称其为“对称数列”．例如，数列1,2,5,2,1与数列8,4,2,2,4,8都是“对称数列”．(1)设{bn}是7项的“对称数列”，其中b1，b2，b3，b4是等差数列，且b1＝2，b4＝11.依次写出{bn}的每一项；(2)设{cn}是49项的“对称数列”，其中c25，c26，…，c49是首项为1，公比为2的等比数列，求{cn}各项的和S；(3)设{dn}是100项的“对称数列”，其中d51，d52，…，d100是首项为2，公差为3的等差数列．求{dn}前n项的和Sn(n＝1,2，…，100)．解(1)设数列{bn}的公差为d，则b4＝b1＋3d＝2＋3d＝11，解得d＝3，∴数列{bn}为2,5,8,11,8,5,2.(2)S＝c1＋c2＋…＋c49＝2(c25＋c26＋…＋c49)－c25＝2(1＋2＋22＋…＋224)－1＝2(225－1)－1＝226－3.(3)d51＝2，d100＝2＋3×(50－1)＝149.由题意得d1，d2，…，d50是首项为149，公差为－3的等差数列．当n≤50时，Sn＝d1＋d2＋…＋dn＝149n＋eq\f(nn－1,2)×(－3)＝－eq\f(3,2)n2＋eq\f(301,2)n.当51≤n≤100时，Sn＝d1＋d2＋…＋dn＝S50＋(d51＋d52＋…＋dn)＝3775＋2(n－50)＋eq\f(n－50n－51,2)×3＝eq\f(3,2)n2－eq\f(299,2)n＋7500.综上所述，Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n2＋\f(301,2)n，1≤n≤50，,\f(3,2)n2－\f(299,2)n＋7500，51≤n≤100.))1．设数列{an}的各项都是正数，且对任意n∈N*都有aeq\o\al(3,1)＋aeq\o\al(3,2)＋aeq\o\al(3,3)＋…＋aeq\o\al(3,n)＝Seq\o\al(2,n)＋2Sn，其中Sn为数列{an}的前n项和．(1)求a1，a2；(2)求数列{an}的通项公式；(3)bn＝eq\f(Sn＋3,Sn)，cn＝eq\f(2an,2an－1＋an)，试找出所有既在数列{bn}中又在数列{cn}中的项．解(1)令n＝1，则aeq\o\al(3,1)＝Seq\o\al(2,1)＋2S1，即aeq\o\al(3,1)＝aeq\o\al(2,1)＋2a1，所以a1＝2或a1＝－1或a1＝0.又因为数列{an}的各项都是正数，所以a1＝2.令n＝2，则aeq\o\al(3,1)＋aeq\o\al(3,2)＝Seq\o\al(2,2)＋2S2，即aeq\o\al(3,1)＋aeq\o\al(3,2)＝(a1＋a2)2＋2(a1＋a2)，解得a2＝3或a2＝－2或a2＝0.又因为数列{an}的各项都是正数，所以a2＝3.(2)因为aeq\o\al(3,1)＋aeq\o\al(3,2)＋aeq\o\al(3,3)＋…＋aeq\o\al(3,n)＝Seq\o\al(2,n)＋2Sn，①所以aeq\o\al(3,1)＋aeq\o\al(3,2)＋aeq\o\al(3,3)＋…＋aeq\o\al(3,n－1)＝Seq\o\al(2,n－1)＋2Sn－1(n≥2)，②①－②，得aeq\o\al(3,n)＝(Seq\o\al(2,n)＋2Sn)－(Seq\o\al(2,n－1)＋2Sn－1)＝(Sn－Sn－1)(Sn＋Sn－1＋2)＝an(Sn＋Sn－1＋2)．因为an＞0，所以aeq\o\al(2,n)＝Sn＋Sn－1＋2，③所以aeq\o\al(2,n－1)＝Sn－1＋Sn－2＋2(n≥3)，④③－④，得aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＝an＋an－1，因为{an}各项均为正，所以an＋an－1≠0，所以an－an－1＝1(n≥3)，又a2－a1＝1，所以an－an－1＝1(n≥2)．所以数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，所以an＝a1＋(n－1)d＝n＋1.(3)Sn＝eq\f(nn＋3,2)，所以bn＝eq\f(Sn＋3,Sn)＝eq\f(nn＋3＋6,nn＋3)，cn＝eq\f(2an,2an－1＋an)＝eq\f(2n＋1,2n＋n＋1).不妨设数列{bn}中的第n项bn和数列{cn}中的第m项cm相同，则bn＝cm.即eq\f(nn＋3＋6,nn＋3)＝eq\f(2m＋1,2m＋m＋1)，即eq\f(6,nn＋3)＝eq\f(2m－m－1,2m＋m＋1).(i)若eq\f(2m－m－1,2m＋m＋1)＝eq\f(6,nn＋3)≥eq\f(1,3)，则n2＋3n－18≤0，所以1≤n≤3，当n＝1时，eq\f(2m－m－1,2m＋m＋1)＝eq\f(3,2)，无解；当n＝2时，eq\f(2m－m－1,2m＋m＋1)＝eq\f(3,5)，即5·2m－5m－5＝3·2m＋3m＋3，所以2m＝4m＋4.当m＝1,2,3,4时2m＜4m＋4.当m≥5时，令f(m)＝2m－4m－4，则f(m＋1)－f(m)＝2m－4＞0，所以f(m)是单调递增的，所以f(m)≥f(5)＝8＞0，所以2m＝4m＋4无解；当n＝3时，eq\f(2m－m－1,2m＋m＋1)＝eq\f(1,3)，即2m＝2m＋2，当m＝1,2时，2m＜2m＋2，当m＝3时，2m＝2m＋2，当m＝4时，2m＞2m＋2，当m≥5时，2m＞4m＋4＞2m＋2.所以m＝3，n＝3.(ii)若eq\f(2m－m－1,2m＋m＋1)＝eq\f(6,nn＋3)＜eq\f(1,3)，即2m＜2m＋2.由(i)知，当m≥3时，2m≥2m＋2.因此当2m＜2m＋2时，m＝1或2.当m＝1时，eq\f(6,nn＋3)＝0无解，当m＝2时，eq\f(6,nn＋3)＝eq\f(1,7)无解．综上，既在数列{bn}中又在数列{cn}中的项仅有b3＝c3＝eq\f(4,3).2．等差数列{an}的公差大于零，且a2＋a3＝eq\f(5,2)，aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＝eq\f(13,4)，记{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的各项均为正数，公比为q，记{bn}的前n项和为Tn.(1)写出Si(i＝1,2,3,4,5,6)构成的集合A；(2)若q为正整数，问是否存在正整数k，使得Tk，T3k同时为(1)中集合A的元素？若存在，求出所有符合条件的{bn}的通项公式，若不存在，请说明理由；(3)若将Sn中的整数项按从小到大的顺序排列构成数列{cn}，求{cn}的一个通项公式．解(1)由a2＋a3＝eq\f(5,2)，aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＝eq\f(13,4)，设{an}的公差为d，d大于零，得a2＝1，a3＝eq\f(3,2).所以d＝eq\f(1,2)，a1＝eq\f(1,2)，Sn＝eq\f(n2＋n,4)，所以A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)，3，5，\f(15,2)，\f(21,2))).(2)因为{bn}是等比数列，bn＞0，q∈N*.当q＝1时，Tk＝kb1，T3k＝3kb1，eq\f(T3k,Tk)＝3，所以T3k＝eq\f(3,2)，Tk＝eq\f(1,2)，所以kb1＝eq\f(1,2)，b1＝eq\f(1,2k)，bn＝eq\f(1,2k).当q≠1时，Tk＝eq\f(b11－qk,1－q)，T3k＝eq\f(b11－q3k,1－q).因为q∈N*，q≠1，所以q≥2，则eq\f(T3k,Tk)＝1＋qk＋q2k≥1＋2＋4＝7，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Tk＝\f(1,2)，,T3k＝5))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Tk＝\f(1,2)，,T3k＝\f(15,2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Tk＝\f(1,2)，,T3k＝\f(21,2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Tk＝\f(3,2)，,T3k＝\f(21,2)，))当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Tk＝\f(1,2)，,T3k＝5))时，1＋qk＋q2k＝10，解得qk＝eq\f(－1±\r(37),2)∉N*；当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Tk＝\f(1,2)，,T3k＝\f(15,2)))时，1＋qk＋q2k＝15，解得qk＝eq\f(－1±\r(57),2)∉N*；当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Tk＝\f(1,2)，,T3k＝\f(21,2)))时，1＋qk＋q2k＝21，解得qk＝4或－5(舍)．由q＝2，k＝2，代入Tk＝eq\f(b11－qk,1－q)，得b1＝eq\f(1,6)，所以bn＝eq\f(1,6)×2n－1.由q＝4，k＝1，代入Tk＝eq\f(b11－qk,1－q)，得b1＝eq\f(1,2)，所以bn＝eq\f(1,2)×4n－1＝22n－3；当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Tk＝\f(3,2)，,T3k＝\f(21,2)))时，1＋qk＋q2k＝7，解得qk＝2或－3(舍)．由q＝2，k＝1，代入Tk＝eq\f(b11－qk,1－q)，得b1＝eq\f(3,2)，所以bn＝3×2n－2.综上，bn＝eq\f(1,2k)(k∈N*)或bn＝eq\f(1,6)×2n－1或bn＝22n－3或bn＝3×2n－2.(3)因为Sm＝eq\f(m2＋m,4)为整数项，所以m＝4k或4k－1，k∈N*.当m＝4k－1，k∈N*时，Sm＝k(4k－1)；当m＝4k，k∈N*时，Sm＝k(4k＋1)．因为Sm中的整数项按从小到大的顺序排列构成数列{cn}，所以当n为奇数时，k＝eq\f(n＋1,2)，cn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4×\f(n＋1,2)－1))×eq\f(n＋1,2)＝eq\f(2n2＋3n＋1,2)；当n为偶数时，k＝eq\f(n,2)，cn＝eq\f(n,2)×(2n＋1)＝eq\f(2n2＋n,2).所以cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2n2＋3n＋1,2)，n为奇数，,\f(2n2＋n,2)，n为偶数.))A组专题通关1．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝________.答案15解析记bn＝3n－2，则数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a1＋a2＋…＋a9＋a10＝(－b1)＋b2＋…＋(－b9)＋b10＝(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b10－b9)＝5×3＝15.2．今有女善织，日益功疾，且从第2天起，每天比前一天多织相同量的布，若第1天织5尺布，现在一月(按30天计)共织390尺布，则每天比前一天多织________尺布．(不作近似计算)答案eq\f(16,29)解析由题意可知，该女每天的织布量成等差数列，首项为5，公差为d，前30项和为390.根据等差数列前n项和公式，有390＝30×5＋eq\f(30×29,2)d，解得d＝eq\f(16,29).3．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝eq\f(anan＋2,4)，则数列{an}的通项公式是________．答案an＝2n解析Sn＝eq\f(anan＋2,4)，当n＝1时，a1＝S1＝eq\f(a1a1＋2,4)，解得a1＝2或a1＝0(舍去)．当n≥2时，由an＝Sn－Sn－1＝eq\f(anan＋2,4)－eq\f(an－1an－1＋2,4)⇒aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＝2(an＋an－1)，因为an>0，所以an＋an－1≠0，则an－an－1＝2，所以数列{an}是首项为2，公差为2的等差数列，故an＝2n.4．设f(n)＝2＋24＋27＋210＋…＋23n＋10(n∈N)，则f(n)＝________.答案eq\f(2,7)(8n＋4－1)解析由题干知，等号右边的各项构成等比数列，且项数为n＋4，所以f(n)＝eq\f(2[1－23n＋4],1－23)＝eq\f(2,7)(8n＋4－1)．5．若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n(n＝1,2,3，…)，则数列{nan}中数值最小的项是第________项．答案3解析当n＝1时，a1＝S1＝－9，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－10n－[(n－1)2－10(n－1)]＝2n－11，a1＝－9符合上式，所以an＝2n－11.nan＝2n2－11n＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(11,4)))2－eq\f(121,8)，当n＝3时，nan最小．6．已知Sn为数列{an}的前n项和，若an(4＋cosnπ)＝n(2－cosnπ)，则S20＝________.答案122解析由题意知，因为an(4＋cosnπ)＝n(2－cosnπ)，所以a1＝1，a2＝eq\f(2,5)，a3＝3，a4＝eq\f(4,5)，a5＝5，a6＝eq\f(6,5)，…，所以数列{an}的奇数项构成首项为1，公差为2的等差数列，偶数项构成首项为eq\f(2,5)，公差为eq\f(2,5)的等差数列，所以S20＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝122.7．设Sn为数列{an}的前n项和，若eq\f(S2n,Sn)(n∈N*)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”．(1)若数列{2bn}是首项为2，公比为4的等比数列，试判断数列{bn}是否为“和等比数列”，并给出证明；(2)若数列{cn}是首项为c1，公差为d(d≠0)的等差数列，且数列{cn}是“和等比数列”，试探究d与c1之间的等量关系．解(1)数列{bn}为“和等比数列”，证明如下：因为数列{2bn}是首项为2，公比为4的等比数列，所以2bn＝2·4n－1＝22n－1，因此bn＝2n－1.设数列{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝n2，T2n＝4n2，所以eq\f(T2n,Tn)＝4，因此数列{bn}为“和等比数列”．(2)设数列{cn}的前n项和为Rn，且eq\f(R2n,Rn)＝k(k≠0)．因为数列{cn}是等差数列，所以Rn＝nc1＋eq\f(nn－1,2)d，R2n＝2nc1＋eq\f(2n2n－1,2)d，所以eq\f(R2n,Rn)＝eq\f(2nc1＋\f(2n2n－1,2)d,nc1＋\f(nn－1,2)d)＝k对于n∈N*都成立，化简，得(k－4)dn＋(k－2)(2c1－d)＝0，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k－4d＝0，,k－22c1－d＝0，))因为d≠0，所以k＝4，d＝2c1，因此d与c1之间的等量关系为d＝2c1.8．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求证数列{an}中不存在任意三项按原来顺序成等差数列；(3)若从数列{an}中依次抽取一个无限多项的等比数列，使它的所有项之和S满足eq\f(4,61)<S<eq\f(1,13)，这样的等比数列有多少个？(1)解当n＝1时，a1＋S1＝2a1＝2，则a1＝1.又an＋Sn＝2，∴an＋1＋Sn＋1＝2，两式相减，得an＋1＝eq\f(1,2)an，∴{an}是首项为1，公比为eq\f(1,2)的等比数列，∴an＝eq\f(1,2n－1).(2)证明反证法：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为ap＋1，aq＋1，ar＋1(p<q<r)，则2·eq\f(1,2q)＝eq\f(1,2p)＋eq\f(1,2r)，∴2·2r－q＝2r－p＋1.(*)又∵p<q<r，∴r－q，r－p∈N*，∴(*)式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立，∴假设不成立，原命题得证．(3)解设抽取的等比数列首项为eq\f(1,2m)，公比为eq\f(1,2n)，项数为k，且满足m，n，k∈N，m≥0，n≥1，k≥1，则eq\f(1,2m)<S＝eq\f(\f(1,2m),1－\f(1,2n))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n)))k))<eq\f(\f(1,2m),1－\f(1,2n))，又∵eq\f(4,61)<S<eq\f(1,13)，∴eq\f(\f(1,2m),1－\f(1,2n))>eq\f(4,61)，整理，得2m－2m－n<eq\f(61,4)，①∵n≥1，∴2m－n≤2m－1，∴2m－1≤2m－2m－n<eq\f(61,4)，∴m≤4.∵eq\f(1,2m)<S<eq\f(1,13)，∴eq\f(1,2m)<eq\f(1,13)，∴m≥4，∴m＝4.将m＝4代入①式整理，得2n<eq\f(64,3)，∴n≤4.经验证当n＝1,2时不满足题意，当n＝3,4时满足题意．综上可得满足题意的等比数列有两个．B组能力提高9．设等比数列{an}的公比为q(0＜q＜1)，前n项和为Sn，若a1＝4a3a4，且a6与eq\f(3,4)a4的等差中项为a5，则S6＝________.答案eq\f(63,4)解析由a1＝4a3a4，a6＋eq\f(3,4)a4＝2a5，解得a1＝8，q＝eq\f(1,2)，则S6＝eq\f(63,4).10．设公差为d(d为奇数，且d＞1)的等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－9，Sm＝0，其中m＞3，且m∈N*，则an＝________.答案3n－12解析由Sm－1＝－9，Sm＝0，得am＝Sm－Sm－1＝9,而Sm＝0＝eq\f(m,2)(a1＋am)，得a1＝－9，而am＝a1＋(m－1)d，得(m－1)d＝18.又d为奇数，且d>1，m>3，且m∈N*，得m＝7，d＝3，则an＝3n－12.11．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝1，{an}的“差数列”的通项公式为an＋1－an＝2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________.答案2n＋1－n－2解析因为an＋1－an＝2n，应用累加法，可得an＝2n－1，所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝2＋22＋23＋…＋2n－n＝eq\f(21－2n,1－2)－n＝2n＋1－n－2.12．设数列{an}的前n项和为Sn，且an＝4＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1，若对任意n∈N*，都有1≤p(Sn－4n)≤3，则实数p的取值范围是________．答案[2,3]解析Sn＝4n＋eq\f(2,3)

eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n))，可得1≤eq\f(2,3)

eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n))

p≤3，即1≤eq\f(2p,3)

eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n))min且eq\f(2p,3)

eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n))max≤3，令前者n＝2，后者n＝1，得2≤p≤3.13．已知等比数列{an}中，a1＝a，a2＝b，a3＝c，a，b，c分别为△ABC的三内角A，B，C的对边，且cosB＝eq\f(3,4)，则数列{an}的公比为________．答案eq\r(2)或eq\f(\r(2),2)解析依题意知，b2＝ac，由余弦定理，得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)＋\f(c,a)))－eq\f(1,2)＝eq\f(3,4).而eq\f(c,a)＝q2，代入上式，得q2＝2或q2＝eq\f(1,2)，又在△ABC中，a，b，c>0，∴q＝eq\r(2)或q＝eq\f(\r(2),2).14．已知数列{an}的奇数项依次构成公差为d1的等差数列，偶数项依次构成公差为d2的等差数列，且对任意n∈N*，都有an<an＋1.若a1＝1，a2＝2，且数列{an}的前10项和S10＝75，则a8的值是________．答案11解析由于对任意n∈N*，都有an<an＋1，故d1＝d2.由S10＝5＋10d1＋10＋10d2＝15＋20d1＝75，所以d1＝d2＝3，从而a8＝11.15．已知数列{an}，{bn}满足：对于任意正整数n，当n≥2时，aeq\o\al(2,n)＋bnaeq\o\al(2,n－1)＝2n＋1.(1)若bn＝(－1)n，求aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,3)＋aeq\o\al(2,5)＋…＋aeq\o\al(2,11)的值；(2)若bn＝－1，a1＝2，且数列{an}的各项均为正数．①求数列{an}的通项公式；②是否存在k∈N*，且k≥2，使得eq\r(a2k－1a2k－2＋19)为数列{an}中的项？若存在，求出所有满足条件的k的值；若不存在，请说明理由．解(1)由条件，aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,1)＝5，aeq\o\al(2,3)－aeq\o\al(2,2)＝7，aeq\o\al(2,6)＋aeq\o\al(2,5)＝13，aeq\o\al(2,7)－aeq\o\al(2,6)＝15，aeq\o\al(2,10)＋aeq\o\al(2,9)＝21，aeq\o\al(2,11)－aeq\o\al(2,10)＝23，所以aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,3)＋aeq\o\al(2,5)＋…＋aeq\o\al(2,11)＝84.(2)①由aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－