（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 數(shù)列 第2講 數(shù)列的求解與綜合創(chuàng)新學(xué)案 文 蘇教版

《（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 數(shù)列 第2講 數(shù)列的求解與綜合創(chuàng)新學(xué)案 文 蘇教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 數(shù)列 第2講 數(shù)列的求解與綜合創(chuàng)新學(xué)案 文 蘇教版（15頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講　數(shù)列的求解與綜合創(chuàng)新 [2019考向?qū)Ш絔 考點(diǎn)掃描 三年考情 考向預(yù)測(cè) 2019 2018 2017 1．?dāng)?shù)列求通項(xiàng)、求和及求參數(shù)的范圍(值) 第14題 　　以解答題的形式考查，主要是等差、等比數(shù)列的定義、通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式及其性質(zhì)等知識(shí)交匯綜合命題，考查用數(shù)列知識(shí)分析問題、解決問題的能力，屬高檔題． 2．?dāng)?shù)列的綜合與創(chuàng)新 第20題 第20題 第19題 1．必記的概念與定理 (1)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和公式： Sn＝＝na1＋d； (2)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和公式： q≠1時(shí)，Sn＝＝；q＝1時(shí)，Sn＝na1； (3)

2、數(shù)列求和的方法技巧 ①分組轉(zhuǎn)化法 有些數(shù)列，既不是等差數(shù)列，也不是等比數(shù)列，若將數(shù)列的通項(xiàng)公式拆開或變形，可轉(zhuǎn)化為幾個(gè)等差、等比數(shù)列或常見的數(shù)列，即先分別求和，然后再合并． ②錯(cuò)位相減法 這是在推導(dǎo)等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式時(shí)所用的方法，這種方法主要用于求數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和，其中{an}，{bn}分別是等差數(shù)列和等比數(shù)列． ③倒序相加法 若求和式中到首尾距離相等的兩項(xiàng)和相等或者求和式中到首尾距離相等的兩項(xiàng)具有某種對(duì)稱性，則可以考慮使用倒序相加的求和方法． 在使用倒序相加法求和時(shí)要注意相加后求出的和是所求和的二倍，得出解題結(jié)果后不要忽視了除以2． ④裂項(xiàng)相消法 利用通項(xiàng)公

3、式變形，將通項(xiàng)公式分裂成兩項(xiàng)或幾項(xiàng)的差，通過相加過程中的相互抵消，最后只剩下有限項(xiàng)的和． 2．記住幾個(gè)常用的公式與結(jié)論 常見的拆項(xiàng)公式： (1)＝－； (2)＝； (3)＝； (4)＝(－)． 3．需要關(guān)注的易錯(cuò)易混點(diǎn) 在運(yùn)用等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式時(shí)，必須注意對(duì)q＝1與q≠1分類討論，防止因忽略q＝1這一特殊情形導(dǎo)致解題失誤． 數(shù)列求通項(xiàng)、求和及求參數(shù)的范圍(值) [典型例題] (2019·南京高三模擬)已知常數(shù)p＞0，數(shù)列{an}滿足an＋1＝|p－an|＋2an＋p，n∈N*． (1)若a1＝－1，p＝1， ①求a4的值； ②求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和S

4、n． (2)若數(shù)列{an}中存在三項(xiàng)ar，as，at(r，s，t∈N*，r＜s＜t)依次成等差數(shù)列，求的取值范圍． 【解】　(1)因?yàn)閜＝1，所以an＋1＝|1－an|＋2an＋1． ①因?yàn)閍1＝－1，所以a2＝|1－a1|＋2a1＋1＝1， a3＝|1－a2|＋2a2＋1＝3，a4＝|1－a3|＋2a3＋1＝9． ②因?yàn)閍2＝1，an＋1＝|1－an|＋2an＋1， 所以當(dāng)n≥2時(shí)，an≥1， 從而an＋1＝|1－an|＋2an＋1＝an－1＋2an＋1＝3an(n≥2)， 所以an＝3n－2(n≥2)． 當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝－1． 當(dāng)n≥2時(shí)，Sn＝－1＋a2＋a3＋…＋

5、an＝－1＋＝． 所以Sn＝ 即Sn＝，n∈N*． (2)因?yàn)閍n＋1－an＝|p－an|＋an＋p≥p－an＋an＋p＝2p＞0， 所以an＋1＞an，即{an}單調(diào)遞增． ①當(dāng)≥1時(shí)，有a1≥p，于是an≥a1≥p， 所以an＋1＝|p－an|＋2an＋p＝an－p＋2an＋p＝3an， 所以an＝3n－1a1． 若{an}中存在三項(xiàng)ar，as，at(r，s，t∈N*，r＜s＜t)依次成等差數(shù)列，則有2as＝ar＋at， 即2×3s－1＝3r－1＋3t－1．(*) 因?yàn)閟≤t－1，所以2×3s－1＝×3s＜3t－1＜3r－1＋3t－1， 即(*)不成立． 故此時(shí)數(shù)列

6、{an}中不存在三項(xiàng)依次成等差數(shù)列． ②當(dāng)－1＜＜1時(shí)，有－p＜a1＜p． 此時(shí)a2＝|p－a1|＋2a1＋p＝p－a1＋2a1＋p＝a1＋2p＞p， 于是當(dāng)n≥2時(shí)，an≥a2＞p， 從而an＋1＝|p－an|＋2an＋p＝an－p＋2an＋p＝3an． 所以an＝3n－2a2＝3n－2(a1＋2p)(n≥2)． 若{an}中存在三項(xiàng)ar，as，at(r，s，t∈N*，r＜s＜t)依次成等差數(shù)列， 由①可知，r＝1， 于是有2×3s－2(a1＋2p)＝a1＋3t－2(a1＋2p)． 因?yàn)?≤s≤t－1， 所以＝2×3s－2－3t－2＝×3s－×3t－1＜0． 因?yàn)?×3

7、s－2－3t－2是整數(shù)，所以≤－1， 于是a1≤－a1－2p，即a1≤－p，與－p＜a1＜p矛盾， 故此時(shí)數(shù)列{an}中不存在三項(xiàng)依次成等差數(shù)列． ③當(dāng)≤－1時(shí)，有a1≤－p＜p，a1＋p≤0， 于是a2＝|p－a1|＋2a1＋p＝p－a1＋2a1＋p＝a1＋2p，a3＝|p－a2|＋2a2＋p＝|p＋a1|＋2a1＋5p＝－p－a1＋2a1＋5p＝a1＋4p， 此時(shí)有a1，a2，a3成等差數(shù)列． 綜上可知：≤－1． 對(duì)于數(shù)列中有關(guān)參數(shù)的范圍(值)問題，技巧性較高，主要是抓住n∈N*這一特點(diǎn)，常常用函數(shù)思想和轉(zhuǎn)化化歸思想將有關(guān)問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)或放縮到某一范圍處理． [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練

8、] 1．(2019·江蘇名校高三入學(xué)摸底)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an(n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn； (3)在第(2)問的條件下，若不等式(－1)nλ(4－Sn)≤1對(duì)任意的n∈N*恒成立，求λ的取值范圍． [解] (1)由已知得＝，其中n∈N*， 又＝1， 所以數(shù)列是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列， 所以＝2n－1，則an＝n·2n－1． (2)由(1)知，bn＝＝－， 故Sn＝ 4 ＝4． (3)由(2)得Sn＝4， 所以(－1)nλ(4－Sn)≤1可化為≤1． 當(dāng)n

9、為奇數(shù)時(shí)，不等式可化為λ≥－， 記f(n)＝－，易證{f(n)}是遞減數(shù)列， 所以f(n)max＝f(1)＝－1，所以λ≥－1． 當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，不等式可化為λ≤， 記g(n)＝，易證{g(n)}是遞增數(shù)列， 所以g(n)min＝g(2)＝3，所以λ≤3． 綜上可知，λ的取值范圍為－1≤λ≤3． 數(shù)列的綜合與創(chuàng)新 [典型例題] (2019·高考江蘇卷)定義首項(xiàng)為1且公比為正數(shù)的等比數(shù)列為“M－數(shù)列”． (1)已知等比數(shù)列{an}(n∈N*)滿足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求證：數(shù)列{an}為“M－數(shù)列”； (2)已知數(shù)列{bn}(n∈N*)滿足：b1＝

10、1，＝－，其中Sn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和． ①求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式； ②設(shè)m為正整數(shù)．若存在“M－數(shù)列”{cn}(n∈N*)，對(duì)任意正整數(shù)k，當(dāng)k≤m時(shí)，都有ck≤bk≤ck＋1成立，求m的最大值． 【解】　(1)證明：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，所以a1≠0，q≠0． 由得解得 因此數(shù)列{an}為“M－數(shù)列”． (2)①因?yàn)椋剑詁n≠0． 由b1＝1，S1＝b1，得＝－，則b2＝2． 由＝－，得Sn＝， 當(dāng)n≥2時(shí)，由bn＝Sn－Sn－1， 得bn＝－， 整理得bn＋1＋bn－1＝2bn． 所以數(shù)列{bn}是首項(xiàng)和公差均為1的等差數(shù)列． 因此，數(shù)列{b

11、n}的通項(xiàng)公式為bn＝n(n∈N*)． ②由①知，bk＝k，k∈N*． 因?yàn)閿?shù)列{cn}為“M－數(shù)列”，設(shè)公比為q，所以c1＝1，q>0． 因?yàn)閏k≤bk≤ck＋1，所以qk－1≤k≤qk，其中k＝1，2，3，…，m． 當(dāng)k＝1時(shí)，有q≥1； 當(dāng)k＝2，3，…，m時(shí)，有≤ln q≤． 設(shè)f(x)＝(x>1)，則f′(x)＝． 令f′(x)＝0，得x＝e．列表如下： x (1，e) e (e，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x)  極大值  因?yàn)椋?＝，所以f(k)max＝f(3)＝． 取q＝，當(dāng)k＝1，2，3，4，5時(shí)，≤ln q，即k≤qk，

12、經(jīng)檢驗(yàn)知qk－1≤k也成立．因此所求m的最大值不小于5． 若m≥6，分別取k＝3，6，得3≤q3，且q5≤6，從而q15≥243，且q15≤216，所以q不存在．因此所求m的最大值小于6． 綜上，所求m的最大值為5． 數(shù)列綜合與創(chuàng)新問題的解題策略 (1)分析已知條件和求解目標(biāo)，為最終解決問題設(shè)置中間問題，例如求和需要先求出通項(xiàng)公式、求通項(xiàng)公式需要先求出首項(xiàng)和公差(公比)等，確定解題的順序． (2)注意細(xì)節(jié)：在等差數(shù)列與等比數(shù)列綜合問題中，如果等比數(shù)列的公比不能確定，則要看其是否有等于1的可能，在數(shù)列的通項(xiàng)問題中第一項(xiàng)和后面的項(xiàng)能否用同一個(gè)公式表示等，這些細(xì)節(jié)對(duì)解題的影響也是巨大的

13、． [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] 2．對(duì)于給定的正整數(shù)k，若數(shù)列{an} 滿足：an－k＋an－k＋1＋…＋an－1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan對(duì)任意正整數(shù)n(n>k) 總成立，則稱數(shù)列{an} 是“P(k)數(shù)列”． (1)證明：等差數(shù)列{an}是“P(3)數(shù)列”； (2)若數(shù)列{an}既是“P(2)數(shù)列”，又是“P(3)數(shù)列”，證明：{an}是等差數(shù)列． [證明] (1)因?yàn)閧an}是等差數(shù)列，設(shè)其公差為d，則an＝a1＋(n－1)d，從而，當(dāng)n≥4時(shí)，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a

14、n－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an， 因此等差數(shù)列{an}是“P(3)數(shù)列”． (2)數(shù)列{an}既是“P(2)數(shù)列”，又是“P(3)數(shù)列”，因此， 當(dāng)n≥3時(shí)，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，① 當(dāng)n≥4時(shí)，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)，③ an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an)．④ 將③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4， 所以a3，a4，a5，…是等差數(shù)列，設(shè)其公差為d′． 在①中，取n＝4，則a

15、2＋a3＋a5＋a6＝4a4， 所以a2＝a3－d′， 在①中，取n＝3，則a1＋a2＋a4＋a5＝4a3， 所以a1＝a3－2d′， 所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列． 1．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn＋Sm＝Sn＋m(n，m∈N*)且a1＝5，則a8＝________． [解析] 數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn＋Sm＝Sn＋m(n，m∈N*)且a1＝5，令m＝1，則Sn＋1＝Sn＋S1＝Sn＋5，即Sn＋1－Sn＝5，所以an＋1＝5，所以a8＝5． [答案] 5 2．(2019·江蘇省名校高三入學(xué)摸底卷)已知公差不為0的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a1

16、，a3，a4成等比數(shù)列，則的值為________． [解析] 法一：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因?yàn)閍1，a3，a4成等比數(shù)列， 所以a＝a1a4，所以(a1＋2d)2＝a1(a1＋3d)， 因?yàn)閐≠0，所以a1＝－4d，所以＝＝＝＝－3． 法二：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因?yàn)閍1，a3，a4成等比數(shù)列， 所以a＝a1a4，所以(a1＋2d)2＝a1(a1＋3d)，因?yàn)閐≠0，所以a1＝－4d， 所以＝＝＝＝－3． [答案] －3 3．(2019·泰州市高三模擬)設(shè)f(x)是R上的奇函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝2x＋ln，記an＝f(n－5)，則數(shù)列{an}的前8項(xiàng)和為_

17、_______． [解析] 數(shù)列{an}的前8項(xiàng)和為a1＋a2＋…＋a8＝f(－4)＋f(－3)＋…＋f(3)＝f(－4)＋[f(－3)＋f(3)]＋[f(－2)＋f(2)]＋[f(－1)＋f(1)]＋f(0)＝f(－4)＝－f(4)＝－(24＋ln 1)＝－16． [答案] －16 4．(2019·日照模擬改編)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝n2－6n，則{|an|}的前n項(xiàng)和Tn＝________． [解析] 由Sn＝n2－6n可得，當(dāng)n≥2時(shí)， an＝Sn－Sn－1＝n2－6n－(n－1)2＋6(n－1)＝2n－7． 當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝－5＝a1，也滿足上式， 所以an＝

18、2n－7，n∈N*． 所以n≤3時(shí)，an＜0；n≥4時(shí)，an＞0， 所以Tn＝ [答案] 5．已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，并且S10>0，S11<0，若Sn≤Sk對(duì)n∈N*恒成立，則正整數(shù)k的值為________． [解析] 由S10>0，S11<0知a1>0，d<0，并且a1＋a11<0，即a6<0，又a5＋a6>0，所以a5>0，即數(shù)列的前5項(xiàng)都為正數(shù)，第5項(xiàng)之后的都為負(fù)數(shù)，所以S5最大，則k＝5． [答案] 5 6．(2019·南京高三模擬)若等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，且a3－a1＝2，則a5的最小值為________． [解析] 設(shè)等比數(shù)列{an}的公

19、比為q(q＞0且q≠1)，則由a3－a1＝2，得a1＝．因?yàn)閍3－a1＝2＞0，所以q＞1，所以a5＝a1q4＝．令q2－1＝t＞0，所以a5＝2≥8，當(dāng)且僅當(dāng)t＝1，即q＝時(shí)，等號(hào)成立，故a5的最小值為8． [答案] 8 7．(2019·江蘇名校高三入學(xué)摸底)定義實(shí)數(shù)a，b之間的運(yùn)算⊕如下：a⊕b＝，已知數(shù)列{an}滿足：a1＝a2＝1，an＋2＝(n∈N*)，若a2 017＝1，記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則S2 017的值為________． [解析] 因?yàn)閍1＝1，a2＝1，所以a3＝4，a4＝8，a5＝4， a6＝1，a7＝1，a8＝4，… 即此時(shí){an}是周期數(shù)列，且

20、周期為5， 所以a2 017＝a2＝1，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝18， 故S2 017＝403×18＋a1＋a2＝7 256． [答案] 7 256 8．對(duì)于數(shù)列{an}，定義數(shù)列{an＋1－an}為數(shù)列{an}的“差數(shù)列”，若a1＝2，{an}的“差數(shù)列”的通項(xiàng)公式為an＋1－an＝2n，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝________． [解析] 因?yàn)閍n＋1－an＝2n， 所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1 ＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝＋2＝2n－2＋2＝2n． 所以Sn＝＝2n＋1－2． [答案] 2n＋1－

21、2 9．(2019·徐州調(diào)研)設(shè)等差數(shù)列{an}滿足a3＋a7＝36，a4a6＝275，且anan＋1有最小值，則這個(gè)最小值為________． [解析] 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因?yàn)閍3＋a7＝36， 所以a4＋a6＝36， 與a4a6＝275，聯(lián)立，解得或 當(dāng)時(shí)，可得此時(shí)an＝7n－17，a2＝－3，a3＝4，易知當(dāng)n≤2時(shí)，an<0，當(dāng)n≥3時(shí)，an>0， 所以a2a3＝－12為anan＋1的最小值； 當(dāng)時(shí)，可得此時(shí)an＝－7n＋53，a7＝4，a8＝－3，易知當(dāng)n≤7時(shí)，an>0，當(dāng)n≥8時(shí)，an<0， 所以a7a8＝－12為anan＋1的最小值． 綜上，ana

22、n＋1的最小值為－12． [答案] －12 10．(2019·昆明調(diào)研)將數(shù)列{an}中的所有項(xiàng)按每一行比上一行多1項(xiàng)的規(guī)則排成如下數(shù)陣： 記數(shù)陣中的第1列數(shù)a1，a2，a4，…構(gòu)成的數(shù)列為{bn}，Sn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和．若Sn＝2bn－1，則a56＝________． [解析] 當(dāng)n≥2時(shí)，因?yàn)镾n＝2bn－1，所以Sn－1＝2bn－1－1，所以bn＝2bn－2bn－1，所以bn＝2bn－1(n≥2且n∈N*)，因?yàn)閎1＝2b1－1，所以b1＝1，所以數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，所以bn＝2n－1． 設(shè)a1，a2，a4，a7，a11，…的下標(biāo)1，2，4，

23、7，11，…構(gòu)成數(shù)列{cn}，則c2－c1＝1，c3－c2＝2，c4－c3＝3，c5－c4＝4，…，cn－cn－1＝n－1，累加得，cn－c1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)，所以cn＝＋1，由cn＝＋1＝56，得n＝11，所以a56＝b11＝210＝1 024． [答案] 1 024 11．(2019·江蘇名校高三入學(xué)摸底)構(gòu)造數(shù)組，規(guī)則如下：第一組是兩個(gè)1，即(1，1)，第二組是(1，2a，1)，第三組是(1，a(1＋2a)，2a，a(2a＋1)，1)，…，在每一組的相鄰兩個(gè)數(shù)之間插入這兩個(gè)數(shù)的和的a倍得到下一組，其中a∈．設(shè)第n組中有an個(gè)數(shù)，且這an個(gè)數(shù)的和為Sn(n∈N*)．

24、(1)求an和Sn； (2)求證：＋＋…＋≥． [解] (1)由題意可得a1＝2，an＋1＝an＋(an－1)＝2an－1，所以an＋1－1＝2(an－1)，又a1－1＝1，則an－1＝2n－1，所以an＝2n－1＋1． 又S1＝2，且Sn＋1＝Sn＋2a(Sn－1)＝(2a＋1)Sn－2a，則Sn＋1－1＝(2a＋1)(Sn－1)，又S1－1＝1， 所以Sn－1＝(2a＋1)n－1，所以Sn＝(2a＋1)n－1＋1． (2)證明：令bn＝，則bn＝． 下面用分析法證明數(shù)列{bn}為單調(diào)遞增數(shù)列． 要證bn(2a＋1)n

25、＋1，只需證2(2a＋1)n－1≥(2a＋1)n，即證2≥2a＋1，顯然成立，則數(shù)列{bn}為單調(diào)遞增數(shù)列． 所以＋＋…＋≥n＝． 12．(2019·江蘇名校高三入學(xué)摸底)已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足：a1＝a，a2＝b，an＋1＝(n∈N*)，其中m，a，b均為實(shí)常數(shù)． (1)若m＝0，且a4，3a3，a5成等差數(shù)列． ①求的值； ②若a＝2，令bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn； (2)是否存在常數(shù)λ，使得an＋an＋2＝λan＋1對(duì)任意的n∈N*都成立？若存在，求出實(shí)數(shù)λ的值(用m，a，b表示)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． [解] (1)①因?yàn)閙＝0，所以a＝anan＋

26、2， 所以正項(xiàng)數(shù)列{an}是等比數(shù)列，不妨設(shè)其公比為q．又a4，3a3，a5成等差數(shù)列， 所以q2＋q＝6，解得q＝2或q＝－3(舍去)， 所以＝2． ②當(dāng)a＝2時(shí)，數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2、公比為2的等比數(shù)列，所以an＝2n， 所以bn＝ 即數(shù)列{bn}的奇數(shù)項(xiàng)依次構(gòu)成首項(xiàng)為2、公比為4的等比數(shù)列，偶數(shù)項(xiàng)依次構(gòu)成首項(xiàng)為3、公差為4的等差數(shù)列． 當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Sn＝＋＝＋－； 當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Sn＝＋－(2n＋1)＝＋－． 所以Sn＝． (2)存在常數(shù)λ＝，使得an＋an＋2＝λan＋1對(duì)任意的n∈N*都成立． 證明如下：因?yàn)閍＝anan＋2＋m(n∈N*)， 所以a＝an

27、－1an＋1＋m，n≥2，n∈N*， 所以a－a＝anan＋2－an－1an＋1， 即a＋an－1an＋1＝anan＋2＋a． 由于an>0，此等式兩邊同時(shí)除以anan＋1，得＝， 所以＝＝…＝， 即當(dāng)n≥2，n∈N*時(shí)，都有an＋an＋2＝an＋1． 因?yàn)閍1＝a，a2＝b，a＝anan＋2＋m， 所以a3＝， 所以＝＝， 所以當(dāng)λ＝時(shí)，對(duì)任意的n∈N*都有an＋an＋2＝λan＋1成立． 13．(2019·泰州市高三模擬)已知數(shù)列{an}，{bn}滿足2Sn＝(an＋2)bn，其中Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和． (1)若數(shù)列{an}是首項(xiàng)為，公比為－的等比數(shù)列，求數(shù)列

28、{bn}的通項(xiàng)公式； (2)若bn＝n，a2＝3，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (3)在(2)的條件下，設(shè)cn＝，求證：數(shù)列{cn}中的任意一項(xiàng)總可以表示成該數(shù)列其他兩項(xiàng)之積． [解] (1)因?yàn)閍n＝＝－2， Sn＝＝， 所以bn＝＝＝． (2)若bn＝n，則2Sn＝nan＋2n，① 所以2Sn＋1＝(n＋1)an＋1＋2(n＋1)，② ②－①得2an＋1＝(n＋1)an＋1－nan＋2， 即nan＝(n－1)an＋1＋2，③ 當(dāng)n≥2時(shí)，(n－1)an－1＝(n－2)an＋2，④ ④－③得(n－1)an－1＋(n－1)an＋1＝2(n－1)an， 即an－1＋an＋1

29、＝2an， 由2S1＝a1＋2，得a1＝2，又a2＝3， 所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2，公差為3－2＝1的等差數(shù)列， 故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝n＋1． (3)證明：由(2)得cn＝， 對(duì)于給定的n∈N*，若存在k≠n，t≠n，k，t∈N*，使得cn＝ck·ct，只需＝·， 即1＋＝·，即＝＋＋，則t＝， 取k＝n＋1，則t＝n(n＋2)， 所以對(duì)數(shù)列{cn}中的任意一項(xiàng)cn＝，都存在cn＋1＝和cn2＋2n＝，使得cn＝cn＋1·cn2＋2n． 14．(2019·鹽城高三模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1＝m，an＋1＝(k∈N*，r∈R)，其前n項(xiàng)和為Sn． (1)當(dāng)m

30、與r滿足什么關(guān)系時(shí)，對(duì)任意的n∈N*，數(shù)列{an}都滿足an＋2＝an? (2)對(duì)任意的實(shí)數(shù)m，r，是否存在實(shí)數(shù)p與q，使得{a2n＋1＋p}與{a2n＋q}是同一個(gè)等比數(shù)列？若存在，請(qǐng)求出p，q滿足的條件；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由； (3)當(dāng)m＝r＝1時(shí)，若對(duì)任意的n∈N*，都有Sn≥λan，求實(shí)數(shù)λ的最大值． [解] (1)由題意，得a1＝m，a2＝2a1＝2m，a3＝a2＋r＝2m＋r，由a3＝a1，得m＋r＝0． 當(dāng)m＋r＝0時(shí)，因?yàn)閍n＋1＝(k∈N*)， 所以a1＝a3＝…＝m，a2＝a4＝…＝2m， 故對(duì)任意的n∈N*，數(shù)列{an}都滿足an＋2＝an． 即當(dāng)實(shí)數(shù)m，r

31、滿足m＋r＝0時(shí)，題意成立． (2)依題意，a2n＋1＝a2n＋r＝2a2n－1＋r，則 a2n＋1＋r＝2(a2n－1＋r)， 因?yàn)閍1＋r＝m＋r，所以當(dāng)m＋r≠0時(shí)，{a2n＋1＋r}是等比數(shù)列，且a2n＋1＋r＝(a1＋r)2n＝(m＋r)2n． 為使{a2n＋1＋p}是等比數(shù)列，則p＝r． 同理，當(dāng)m＋r≠0時(shí)，a2n＋2r＝(m＋r)2n，則為使{a2n＋q}是等比數(shù)列，則q＝2r． 綜上所述， ①若m＋r＝0，則不存在實(shí)數(shù)p，q，使得{a2n＋1＋p}與{a2n＋q}是等比數(shù)列； ②若m＋r≠0，則當(dāng)p，q滿足q＝2p＝2r時(shí)，{a2n＋1＋p}與{a2n＋q}是同一個(gè)等比數(shù)列． (3)當(dāng)m＝r＝1時(shí)，由(2)可得a2n－1＝2n－1，a2n＝2n＋1－2， 當(dāng)n＝2k時(shí)，an＝a2k＝2k＋1－2， Sn＝S2k＝(21＋22＋…＋2k)＋(22＋23＋…＋2k＋1)－3k＝3(2k＋1－k－2)， 所以＝3． 令ck＝，則ck＋1－ck＝－＝<0， 所以≥，λ≤． 當(dāng)n＝2k－1時(shí)，an＝a2k－1＝2k－1，Sn＝S2k－a2k＝3(2k＋1－k－2)－(2k＋1－2)＝2k＋2－3k－4， 所以＝4－， 同理可得≥1，λ≤1． 綜上所述，實(shí)數(shù)λ的最大值為1． - 15 -