【创新方案】高考数学一轮复习(知识回扣+热点突破+能力提升)数列的综合问题 理 北师大版

第五节 数列的综合问题
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能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识 解决相应的问题．
1．数列综合应用题的解题步骤
(1)审题——弄清题意，分析涉及哪些数学内容，在每个数学内容中，各是什么问题． (2)分解——把整个大题分解成几个小题或几个“步骤”，每个小题或每个“步骤”分别是数列问题、函数问题、解析几何问题、不等式问题等．
(3)求解——分别求解这些小题或这些“步骤”，从而得到整个问题的解答． 2．常见的数列模型
(1)等差数列模型：通过读题分析，由题意抽象出等差数列，利用等差数列有关知识解决问题．
(2)等比数列模型：通过读题分析，由题意抽象出等比数列，利用等比数列有关知识解决问题．
(3)递推公式模型：通过读题分析，由题意把所给条件用数列递推式表达出来，然后通过分析递推关系式求解．
1．设本金为a ，每期利率为r ，存期为n ，若按单利计算，本利和是多少？此模型是等差数列模型还是等比数列模型？
提示：本利和为a (1＋rn )，属等差数列模型．
2．设本金为a ，每期利率为r ，存期为n ，若按复利计算，本利和是多少？此模型是等差数列模型还是等比数列模型？
提示：本利和为a (1＋r )n
，属等比数列模型．
1．设{a n }是公差不为0的等差数列，a 1＝2且a 1，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )
A.n 24＋7n 4
B.n 23＋5n 3
C.n 22＋3n 4
D ．n 2
＋n 解析：选A 设等差数列{a n }的公差为d .∵a 1，a 3，a 6成等比数列， ∴a 23＝a 1·a 6，即(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋5d )．又a 1＝2，∴(2＋2d )2
＝2×(2＋5d )，
解之得d ＝12或d ＝0(舍)．∴S n ＝na 1＋n n －2d ＝2n ＋n n －4＝n 24＋7n
4
.
2．已知x >0，y >0，x ，a ，b ，y 成等差数列，x ，c ，d ，y 成等比数列，则a ＋b 2
cd
的最
小值是( )
A ．0
B ．1
C ．2
D ．4
解析：选D ∵x ，a ，b ，y 成等差数列，∴a ＋b ＝x ＋y ，又x ，c ，d ，y 成等比数列，∴
cd ＝xy .∴a ＋b 2cd ＝x ＋y 2xy ＝2＋x 2＋y 2xy ≥2＋2xy
xy
＝4.当且仅当x ＝y 时取等号，所以
a ＋
b 2
cd
的最小值是4.
3.
在如图所示的表格中，如果每格填上一个数后，每一行成等差数列，每一列成等比数列，那么x ＋y ＋z 的值为( )
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
解析：选C 由题意知，第三列各数成等比数列，故x ＝1；第一行第五个数为6，第二行
第五个数为3，故z ＝34；第一行第四个数为5，第二行第四个数为52，故y ＝5
4
，从而x ＋y ＋z
＝3.
4．已知正项等差数列{a n }满足：a n ＋1＋a n －1＝a 2
n (n ≥2)，等比数列{b n }满足：b n ＋1b n －1＝2b n (n ≥2)，则log 2(a 2＋b 2)＝________.
解析：由题意可知a n ＋1＋a n －1＝2a n ＝a 2
n ，解得a n ＝2(n ≥2)(由于数列{a n }每项都是正数，
故a n ＝0舍去)，又b n ＋1b n －1＝b 2
n ＝2b n (n ≥2)，所以b n ＝2(n ≥2)，所以log 2(a 2＋b 2)＝log 24＝2.
答案：2
5．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意n ∈N *
都有S n ＝ 23a n －1
3
，若1＜S k ＜9(k ∈N *)，则k 的值为________． 解析：由S n ＝23a n －13，得当n ＝1时，S 1＝a 1＝23a 1－1
3，则a 1＝－1.
当n ≥2时，S n ＝23(S n －S n －1)－1
3
，即S n ＝－2S n －1－1.
令S n ＋p ＝－2(S n －1＋p )，得S n ＝－2S n －1－3p ，可知p ＝1
3
.
故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋13是以－23为首项，－2为公比的等比数列．则S n ＋13＝－23×(－2)n －1
，
即S n ＝－23×(－2)n －1－13.由1＜－23×(－2)k －1－13
＜9，k ∈N *
，得k ＝4.
答案：4
考点一
等差、等比数列的综合问题
[例1] 在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋1＝(1＋q )a n －qa n －1(n ≥2，q ≠0)．
(1)设b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *
)，证明：{b n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式；
(3)若a 3是a 6与a 9的等差中项，求q 的值，并证明：此时对任意的n ∈N *
，a n 是a n ＋3与a n
＋6的等差中项．
[自主解答] (1)证明：由题设a n ＋1＝(1＋q )a n －qa n －1(n ≥2)，得a n ＋1－a n ＝q (a n －a n －1)，即b n ＝qb n －1，n ≥2.又b 1＝a 2－a 1＝1，q ≠0，
所以{b n }是首项为1，公比为q 的等比数列．
(2)由(1)，得a 2－a 1＝1，a 3－a 2＝q ，…，a n －a n －1＝q n －2
(n ≥2)．
将以上各式相加，得a n －a 1＝1＋q ＋q 2＋…＋q n －2
(n ≥2)．
所以当n ≥2时，有a n ＝⎩
⎪⎨⎪
⎧
n ，q ＝1，1＋1－q n －1
1－q ，q ≠1.上式对n ＝1也成立，
所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩
⎪⎨⎪
⎧
n ，q ＝1，1＋1－q n －1
1－q ，q ≠1.
(3)由(2)，得当q ＝1时，显然a 3不是a 6与a 9的等差中项，故q ≠1.
由a 3是a 6与a 9的等差中项，即2a 3＝a 6＋a 9，可得2q 2＝q 5＋q 8
，
由q ≠0，得q 6＋q 3－2＝0，整理，得(q 3)2＋q 3
－2＝0，
解得q 3＝－2或q 3
＝1(舍去)．于是q ＝－32.
而a n ＝1＋1－q n －11－q ，a n ＋3＝1＋1－q n ＋21－q ，a n ＋6＝1＋1－q
n ＋5
1－q
，
所以a n ＋3＋a n ＋6＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－q n ＋21－q ＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋1－q n ＋51－q ＝2＋2－q n ＋2－q n ＋5
1－q ＝2＋2－q 3×q n －1－q 6×q n －11－q ＝2＋2－－q n －1－－2q n －11－q ＝2＋2－2q n －1
1－q ＝2⎝
⎛⎭⎪⎫1＋1－q n －11－q ＝2a n . 所以对任意的n ∈N *
，a n 是a n ＋3与a n ＋6的等差中项．
【方法规律】
解决等差、等比数列的综合问题的方法
对于等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列的通项，前n 项和以及等差、等比数列项之间的关系，往往用到转化与化归的思想方法．
已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，公差d >0，且第2项、第5项、第14项分别是等比数列{b n }的第2项、第3项、第4项．
(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；
(2)设数列{c n }对n ∈N *
均有c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c n b n
＝a n ＋1成立，求c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2 013.
解：(1)由已知有a 2＝1＋d ，a 5＝1＋4d ，a 14＝1＋13d ，
∴(1＋4d )2
＝(1＋d )(1＋13d )，解得d ＝2(∵d >0)．∴a n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1.
又b 2＝a 2＝3，b 3＝a 5＝9，∴数列{b n }的公比为3，∴b n ＝3·3n －2＝3n －1
.
(2)由c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c n b n ＝a n ＋1，得当n ≥2时，c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c n －1
b n －1
＝a n .
两式相减得：n ≥2时，c n b n
＝a n ＋1－a n ＝2.∴c n ＝2b n ＝2·3n －1
(n ≥2)．
又当n ＝1时，c 1
b 1＝a 2，∴
c 1＝3.∴c n ＝⎩
⎪⎨⎪⎧
3，n ＝1，2·3n －1
，n ≥2.
∴c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2 013＝3＋6－2×32 013
1－3
＝3＋(－3＋32 013)＝32 013
.
[例2] 某工业城市按照“十二五”(2011年至2015年)期间本地区主要污染物排放总量控制要求，进行减排治污．现以降低SO 2的年排放量为例，原计划“十二五”期间每年的排放
量都比上一年减少0.3万吨，已知该城市2011年SO 2的年排放量约为9.3万吨．
(1)按原计划，“十二五”期间该城市共排放SO 2约多少万吨？
(2)该城市为响应“十八大”提出的建设“美丽中国”的号召，决定加大减排力度．在2012年刚好按原计划完成减排任务的条件下，自2013年起，SO 2的年排放量每年比上一年减少的百分率为p ，为使2020年这一年SO 2的年排放量控制在6万吨以内，求p 的取值范围．
⎝ ⎛⎭
⎪⎫参考数据： 823≈0.950 5， 923≈0.955 9
[自主解答] (1)设“十二五”期间，该城市共排放SO 2约y 万吨，
依题意，2011年至2015年SO 2的年排放量构成首项为9.3，公差为－0.3的等差数列，
所以y ＝5×9.3＋－
2
×(－0.3)＝43.5(万吨)．
所以按原计划“十二五”期间该城市共排放SO 2约43.5万吨． (2)由已知得， 2012年的SO 2年排放量为9.3－0.3＝9(万吨)，
所以2012年至2020年SO 2的年排放量构成首项为9，公比为1－p 的等比数列． 由题意得9×(1－p )8
＜6，由于0<p <1，所以1－p < 82
3
，
所以1－p <0.950 5，解得p >4.95%.所以SO 2的年排放量每年减少的百分率p 的取值范围为(4.95%,1)．
【方法规律】
解决数列应用题应注意的问题
解决数列应用问题，要明确问题属于哪一种类型，即明确是等差数列问题还是等比数列问题，是求a n 还是S n ，特别是要弄清项数．
某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金2 000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%.预计以后每年资金年增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d 万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为a n 万元．
(1)用d 表示a 1，a 2，并写出a n ＋1与a n 的关系式；
(2)若公司希望经过m (m ≥3)年使企业的剩余资金为4 000万元，试确定企业每年上缴资金d 的值(用m 表示)．
解：(1)由题意得a 1＝2 000(1＋50%)－d ＝3 000－d ，
a 2＝a 1(1＋50%)－d ＝32a 1－d ＝4 500－5
2d .
a n ＋1＝a n (1＋50%)－d ＝3
2a n －d .
(2)由(1)得a n ＝3
2
a n －1－d
(3)＝32⎝ ⎛⎭
⎪⎫32a n －2－d －d ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫322
a n －2－32d －d
…
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1
a 1－d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋32＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫322＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2.
整理得a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(3 000－d )－2d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1－1＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫32n －1
(3 000－3d )＋2d .
由题意，a m ＝4 000，即⎝ ⎛⎭
⎪⎫32m －1
(3 000－3d )＋2d ＝4 000.
解得d ＝⎣⎢⎡⎦
⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －2×1 000⎝ ⎛⎭
⎪⎫32m －1＝m －2m ＋1
3m －2m
. 故该企业每年上缴资金d 的值为1 m －2
m ＋1
3m －2
m
时，经过m (m ≥3)年企业的剩余资金为4 000万元．
1．数列与函数、 不等式的综合问题是每年高考的重点，多为解答题，难度偏大，属中高档题．
2．高考对数列与函数、不等式的综合问题的考查常有以下两个命题角度： (1)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题； (2)考查与数列问题有关的不等式的证明问题．
[例3] (2013·江西高考)正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2
＋n )＝0.
(1)求数列{a n }的通项公式a n ；
(2)令b n ＝n ＋1n ＋2a 2n ，数列{b n }的前n 项和为T n .证明：对于任意的n ∈N *
，都有T n <
564
. [自主解答] (1)由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2
＋n )](S n ＋1)＝0.
由于{a n }是正项数列，所以S n >0，S n ＝n 2
＋n .于是a 1＝S 1＝2， n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n . 综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .
(2)证明：由于a n ＝2n ，故b n ＝n ＋1n ＋2a 2n ＝n ＋14n 2n ＋2＝116⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1n 2－1n ＋2. T n ＝1161－132＋122－142＋132－152＋…＋1n －2－1n ＋2＋1n 2－
1n ＋2
＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1n ＋2－1n ＋2<116⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＝564.
数列与函数、不等式的综合问题的常见类型及解题策略
(1)数列与不等式的恒成立问题．此类问题常构造函数，通过函数的单调性、极值等解决问题．
(2)与数列有关的不等式证明问题．解决此类问题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等．
1．已知函数f (x )＝ln x －x ，数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝1
2－a n
.
(1)求证：f (x )≤－1；
(2)证明数列⎩⎨
⎧⎭
⎬⎫
1a n －1为等差数列，并求数列{a n }的通项公式； (3)求证不等式a 1＋a 2＋…＋a n <n ＋ln 2－ln(n ＋2)．
证明：(1)令g (x )＝f (x )＋1＝ln x －x ＋1，g ′(x )＝1x －1＝1－x
x
，当0<x <1时，g ′(x )>0，
当x >1时g ′(x )<0，故g (x )在x ＝1处取得极大值，也是最大值，所以g (x )≤g (1)＝0，故f (x )≤－1.
(2)因为a n ＋1＝12－a n ，∴a n ＋1－1＝12－a n －1＝a n －1
2－a n
，
∴1a n ＋1－1＝1a n －1－1，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为1
a 1－1＝－2，公差d ＝－1的等差数列，
∴1a n －1＝－n －1，∴a n ＝n n ＋1
. (3)∵a n ＝1－1
n ＋1
，
∴a 1＋a 2＋…＋a n ＝1－12＋1－13＋…＋1－1n ＋1＝n －⎝ ⎛⎭
⎪⎫12＋1
3＋…＋1n ＋1.
由(1)知当x >1时，f (x )＋1<0，即ln x <x －1，令x ＝n ＋2n ＋1＝1n ＋1＋1，得ln n ＋2n ＋1<1
n ＋1
＋
1－1＝1n ＋1，∴ln 32＋ln 43＋…＋ln n ＋2n ＋1<12＋13＋…＋1
n ＋1
，
∴ln(n ＋2)－ln 2<12＋13＋…＋1n ＋1，∴n －⎝ ⎛⎭
⎪⎫12＋1
3＋…＋1n ＋1<n ＋ln 2－ln(n ＋2)，
∴a 1＋a 2＋…＋a n <n ＋ln 2－ln(n ＋2)．
2．已知数列{a n }为等比数列，其前n 项和为S n ，已知a 1＋a 4＝－716
，且对于任意的n ∈N *
，
有S n ，S n ＋2，S n ＋1成等差数列．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)已知b n ＝n (n ∈N *
)，记T n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 1a 1＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 2a 2＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 3a 3＋…＋⎪⎪⎪⎪
⎪⎪b n a n ，若(n －1)2
≤m (T n －n －1)对于n ≥2恒成立，求实数m 的取值范围．
解：(1)设数列{a n }的公比为q .∵S 1，S 3，S 2成等差数列，∴2S 3＝S 1＋S 2，
∴2a 1(1＋q ＋q 2)＝a 1(2＋q )，解得q ＝－12，又a 1＋a 4＝a 1(1＋q 3
)＝－716
，
∴a 1＝－12，∴a n ＝a 1q n －1
＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12n .
(2)∵b n ＝n ，a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ，∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪b n a n ＝n ·2n
，
∴T n ＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n
，①
2T n ＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1
，②
①－②，得－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1
，
∴T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪
⎫2－2n ＋1
1－2－n ·2n ＋1＝(n －1)·2n ＋1
＋2. 若(n －1)2≤m (T n －n －1)对于n ≥2恒成立，则(n －1)2≤m [(n －1)·2n ＋1
＋2－n －1]，
(n －1)2≤m (n －1)·(2n ＋1
－1)，∴m ≥n －12n ＋1－1
，
令f (x )＝x －1
2x ＋1－1，可判断f (x )在x ∈[2，＋∞)上是减函数．
则f (n )＝n －12n ＋1－1的最大值为f (2)＝17，∴m ≥17.故实数m 的取值范围为⎣⎢⎡⎭
⎪⎫17，＋∞.
——————————[课堂归纳——通法领悟]————————————————
种思想——函数思想与转化化归思想
(1)数列与函数方程相结合时主要考查函数的思想及函数的性质(多为单调性)．
(2)转化化归思想，a n与S n转化，一般数列与特殊数列的转化等．
个注意点——数列与函数、不等式、解析几何相结合应注意的问题
(1)数列与解析几何结合时注意递推．
(2)数列与不等式相结合时注意对不等式进行放缩．
(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.
前沿热点(八)
数列中的三类探索性问题
1．条件探索性问题
此类问题的基本特征是：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；解决此类问题的基本策略是：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．
[典例1] 已知数列{a n}中，a1＝2，a2＝3，其前n项和S n满足S n＋2＋S n＝2S n＋1＋1(n∈N*)；数列{b n}中，b1＝a1，b n＋1＝4b n＋6(n∈N*)．
(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；
(2)设c n＝b n＋2＋(－1)n－1λ·2a n(λ为非零整数，n∈N*)，试确定λ的值，使得对任意n∈N*，都有c n＋1>c n成立．
[解题指导] 处理第(2)问中的c n＋1>c n恒成立问题，可通过构造函数将问题转化为函数的最值问题，再来研究所构造的函数的最值．
[解] (1)由已知得S n＋2－S n＋1－(S n＋1－S n)＝1，所以a n＋2－a n＋1＝1(n≥1)．
又a2－a1＝1，所以数列{a n}是以a1＝2为首项，1为公差的等差数列．所以a n＝n＋1.
因为b n＋1＝4b n＋6，即b n＋1＋2＝4(b n＋2)，
又b1＋2＝a1＋2＝4，所以数列{b2＋2}是以4为首项，4为公比的等比数列．
所以b n＝4n－2.
(2)因为a n＝n＋1，b n＝4n－2，所以c n＝4n＋(－1)n－1λ·2n＋1.要使c n＋1>c n成立，
需c n＋1－c n＝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c n＋1>c n成立．
[名师点评] 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S n要注意利用S n与a n的关系将其转化为a n，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．
2．结论探索性问题
此类问题的基本特征是：有条件而无结论或结论的正确与否需要确定；解决此类问题的策略是：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．
[典例2] 已知各项均为正数的数列{a n}满足：a2n＋1＝2a2n＋a n a n＋1，且a2＋a4＝2a3＋4，其中n∈N*.
(1)求数列{a n}的通项公式；
(2)设数列{b n }满足：b n ＝
na n
n ＋
n ，是否存在正整数m ，n (1<m <n )，使得b 1，b m ，b n
成等比数列？若存在，求出所有的m ，n 的值，若不存在，请说明理由．
[解题指导] 处理第(2)问中的是否存在问题，可先假设存在正整数m ，n ，把m ，n 转化
为一个变量求出这个变量的范围，根据正整数求其值，若在所求范围内能够得到适合题目的值，则存在，否则就不存在．
[解] (1)因为a 2n ＋1＝2a 2
n ＋a n a n ＋1，即(a n ＋a n ＋1)(2a n －a n ＋1)＝0.
又a n >0，所以2a n －a n ＋1＝0，即2a n ＝a n ＋1.所以数列{a n }是公比为2的等比数列． 由a 2＋a 4＝2a 3＋4，得2a 1＋8a 1＝8a 1＋4，解得a 1＝2.
故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n (n ∈N *
)．
(2)因为b n ＝na n n ＋n ＝
n 2n ＋1，所以b 1＝13，b m ＝m 2m ＋1，b n ＝n
2n ＋1
. 若b 1，b m ，b n 成等比数列，则⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m ＋12＝13⎝ ⎛⎭
⎪⎫n 2n ＋1，即m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3. 由m 2
4m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3，可得3n ＝－2m 2
＋4m ＋1m 2
，所以－2m 2
＋4m ＋1>0，从而1－62<m <1＋62.又n ∈N *
，且m >1，所以m ＝2，此时n ＝12.故当且仅当m ＝2，n ＝12时，b 1，b m ，b n 成等比数
列．
[名师点评] 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．
3．存在探索性问题
此类问题的基本特征是：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；解决此类问题的一般方法是：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的作用．
[典例3] 已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1
，n ∈N *
.
(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1a n
－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a m －1，a s －1，a n
－1成等比数列？如果存在，请给以证明；如果不存在，请说明理由．
[解题指导] 第(1)问中a n ＋1与a n 的关系以分式形式给出，可以通过取倒数处理，目的仍然是变为等差数列或等比数列；第(2)问可先假设所探求问题存在再去求解，注意应用重要不等式进行判断．
[解] (1)证明：因为1a n ＋1＝23＋13a n ，所以1a n ＋1－1＝13⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a n －1. 又因为1a 1－1≠0，所以1a n
－1≠0(n ∈N *
)．所以数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1a n
－1为等比数列．
(2)假设存在，则m ＋n ＝2s ，
(a m －1)(a n －1)＝(a s －1)2
，
由(1)知1a n －1＝(a 1－1)⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝23n ，则a n ＝3n
3n ＋2，
所以⎝ ⎛⎭⎪⎫3n 3n ＋2－1⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 3m ＋2－1＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫3s
3s ＋2－12，化简得3m ＋3n ＝2×3s
.
因为3m
＋3n
≥2×3m ＋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．
[名师点评] 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，
一般假设存在，求出满足的关系，再寻找满足的条件，一般可以利用重要不等式、值域或范围等判断是否存在．
[全盘巩固]
1．已知各项均不为0的等差数列{a n }，满足2a 3－a 2
7＋2a 11＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 6b 8＝( )
A ．2
B ．4
C ．8
D ．16
解析：选D 因为{a n }为等差数列，所以a 3＋a 11＝2a 7，所以已知等式可化为4a 7－a 2
7＝0，
解得a 7＝4或a 7＝0(舍去)，又{b n }为等比数列，所以b 6b 8＝b 27＝a 2
7＝16.
2．已知等比数列{a n }中的各项都是正数，且5a 1，12a 3,4a 2成等差数列，则a 2n ＋1＋a 2n ＋2
a 1＋a 2
＝( )
A ．－1
B ．1
C ．52n
D ．52n －1
解析：选C 设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，则依题意有a 3＝5a 1＋4a 2，即a 1q 2
＝5a 1＋
4a 1q ，q 2
－4q －5＝0，解得q ＝－1或q ＝5.又q >0，因此q ＝5，所以a 2n ＋1＋a 2n ＋2a 1＋a 2＝a 1q 2n ＋a 2q 2n a 1＋a 2
＝
q 2n ＝52n .
3．在直角坐标系中，O 是坐标原点，P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)是第一象限的两个点，若1，x 1，x 2,4依次成等差数列，而1，y 1，y 2,8依次成等比数列，则△OP 1P 2的面积是( )
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
解析：选A 根据等差、等比数列的性质，可知x 1＝2，x 2＝3，y 1＝2，y 2＝4.∴P 1(2,2)，P 2(3,4)．∴S △OP 1P 2＝1.
4．已知函数y ＝log a (x －1)＋3(a >0，a ≠1)所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{a n }
的第二项与第三项，若b n ＝1
a n a n ＋1
，数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 10等于( )
A.
911 B.1011 C.811 D.12
11
解析：选B 由y ＝log a (x －1)＋3恒过定点(2,3)，即a 2＝2，a 3＝3，又{a n }为等差数列，
∴a n ＝n ，n ∈N *
.∴b n ＝1n n ＋，∴T 10＝11－12＋12－13＋…＋110－111＝1－111＝1011
.
5．已知数列{a n }满足a 1＝2
3
，且对任意的正整数m ，n ，都有a m ＋n ＝a m ·a n ，若数列{a n }的
前n 项和为S n ，则S n 等于( )
A ．2－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1
B ．2－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n
C ．2－2n 3n ＋1
D ．2－2
n ＋13
n
解析：选D 令m ＝1，得a n ＋1＝a 1·a n ，即a n ＋1a n ＝a 1＝23，可知数列{a n }是首项为a 1＝2
3，公
比为q ＝23的等比数列，于是S n ＝a 1－q n 1－q ＝23×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 1－23
＝2×⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＝2－2n ＋13n .
6．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝⎝
⎛⎭⎪⎫1＋cos 2n π2a n ＋sin 2n π2，则该数列的前18项之和为( )
A ．2 101
B ．1 067
C ．1 012
D ．2 012
解析：选B 当n 为正奇数时，a n ＋2＝(1＋0)a n ＋1＝a n ＋1；当n 为正偶数时，a n ＋2＝(1＋
1)a n ＋0＝2a n .∴a n 是奇数项为等差数列，偶数项为等比数列的一个数列．∴{a n }的前18项和
为＋2＋－2
9
1－2
＝1 067.
7．(2013·江西高考)某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植
树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n (n ∈N *
)等于________．
解析：由题意知第n 天植树2n 棵，则前n 天共植树2＋22＋…＋2n ＝(2n ＋1－2)棵，令2
n ＋1
－2≥100，则2n ＋1≥102，又25＋1＝26＝64,26＋1＝27
＝128，∴n ≥6.∴n 的最小值为6.
答案：6
8．数列{a n }是公差不为0的等差数列，且a 1，a 3，a 7为等比数列{b n }的连续三项，则数列{b n }的公比为________．
解析：由题意知a 23＝a 1·a 7，即(a 1＋2d )2
＝a 1·(a 1＋6d )，∴a 1＝2d ，∴等比数列{b n }的公比q ＝a 3a 1＝a 1＋2d a 1
＝2.
答案：2
9．函数y ＝x 2(x >0)的图象在点(a k ，a 2
k )处的切线与x 轴交点的横坐标为a k ＋1，k 为正整数，a 1＝16，则a 1＋a 3＋a 5＝________.
解析：依题意得，函数y ＝x 2(x >0)的图象在点(a k ，a 2k )处的切线方程是y －a 2
k ＝2a k (x －a k )．
令y ＝0，得x ＝12a k ，即a k ＋1＝12a k ，因此数列{a k }是以16为首项，1
2为公比的等比数列，所以a k
＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫12k －1＝25－k
，a 1＋a 3＋a 5＝16＋4＋1＝21.
答案：21
10．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n 且满足a 2＝3，S 6＝36. (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若数列{b n }是等比数列且满足b 1＋b 2＝3，b 4＋b 5＝24.设数列{a n ·b n }的前n 项和为T n ，求T n .
解：(1)∵数列{a n }是等差数列，∴S 6＝3(a 1＋a 6)＝3(a 2＋a 5)＝36，则a 2＋a 5＝12， 由于a 2＝3，所以a 5＝9，从而d ＝2，a 1＝a 2－d ＝1，∴a n ＝2n －1.
(2)设数列{b n }的公比为q .∵b 1＋b 2＝3，b 4＋b 5＝24，∴b 4＋b 5b 1＋b 2
＝q 3
＝8，则q ＝2.
从而b 1＋b 2＝b 1(1＋q )＝3b 1＝3，∴b 1＝1，b n ＝2n －1，∴a n ·b n ＝(2n －1)·2n －1
.
∴T n ＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －3)·2n －2＋(2n －1)·2n －1
，
则2T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)·2n －1＋(2n －1)·2n
，
两式相减，得(1－2)T n ＝1×1＋2×2＋2×22＋…＋2·2n －2＋2·2n －1－(2n －1)·2n
，
即－T n ＝1＋2(21＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)·2n
＝1＋2(2n －2)－(2n －1)·2n ＝(3－2n )·2n －3.∴T n ＝(2n －3)·2n
＋3.
11．已知公差大于零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：a 2·a 4＝65，a 1＋a 5＝18. (1)若1<i <21，a 1，a i ，a 21是某等比数列的连续三项，求i 的值；
(2)设b n ＝
n n ＋
S n
，是否存在一个最小的常数m 使得b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正
整数n 均成立？若存在，求出常数m ；若不存在，请说明理由．
解：(1)∵{a n }为等差数列，∴a 1＋a 5＝a 2＋a 4＝18，
又a 2·a 4＝65，∴a 2，a 4是方程x 2
－18x ＋65＝0的两个根，
又数列{a n }的公差d >0，∴a 2<a 4，∴a 2＝5，a 4＝13.∴⎩
⎪⎨
⎪⎧
a 1＋d ＝5，
a 1＋3d ＝13，
∴a 1＝1，d ＝4，∴a n ＝4n －3.
∵1<i <21，a 1，a i ，a 21是某等比数列的连续三项，
∴a 1·a 21＝a 2i ，即1×81＝(4i －3)2
，解得i ＝3.
(2)由(1)知，S n ＝n ·1＋n n －2
·4＝2n 2
－n ，
∴b n ＝
1
n －n ＋＝12⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n －1－12n ＋1，
b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎝
⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝n 2n ＋1. ∵n 2n ＋1＝12－1n ＋<12
， ∴存在m ＝1
2
使b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正整数n 均成立．
12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对一切正整数n ，点P n (n ，S n )都在函数f (x )＝x 2
＋2x 的图象上，且过点P n (n ，S n )的切线的斜率为k n .
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若b n ＝2k n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ；
(3)设Q ＝{x |x ＝k n ，n ∈N *}，R ＝{x |x ＝2a n ，n ∈N *
}，等差数列{c n }的任一项c n ∈Q ∩R ，其中c 1是Q ∩R 中的最小数，110<c 10<115，求{c n }的通项公式．
解：(1)∵点P n (n ，S n )都在函数f (x )＝x 2＋2x 的图象上，∴S n ＝n 2＋2n (n ∈N *
)． 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，
当n ＝1时，a 1＝S 1＝3满足上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1.
(2)由f (x )＝x 2
＋2x 求导可得f ′(x )＝2x ＋2.
∵过点P n (n ，S n )的切线的斜率为k n ，∴k n ＝2n ＋2.
∴b n ＝2k n a n ＝4·(2n ＋1)·4n
.
∴T n ＝4×3×41＋4×5×42＋4×7×43＋…＋4×(2n ＋1)×4n
.①
4T n ＝4×3×42＋4×5×43＋4×7×44＋…＋4×(2n ＋1)×4n ＋1
.② ①－②，得
－3T n ＝4[3×4＋2×(42＋43＋…＋4n )－(2n ＋1)×4n ＋1
]
＝4⎣⎢⎡⎦
⎥⎤3×4＋2×42－4n －11－4－()2n ＋1×4n ＋1，∴T n ＝6n ＋19·4n ＋2－169. (3)∵Q ＝{x |x ＝2n ＋2，n ∈N *}，R ＝{x |x ＝4n ＋2，n ∈N *
}，∴Q ∩R ＝R . 又∵c n ∈Q ∩R ，其中c 1是Q ∩R 中的最小数，∴c 1＝6.
∵{c n }的公差是4的倍数，∴c 10＝4m ＋6(m ∈N *
)．又∵110<c 10<115， ∴⎩
⎪⎨⎪⎧
110<4m ＋6<115，m ∈N *
，解得m ＝27.∴c 10＝114. 设等差数列的公差为d ，则d ＝c 10－c 110－1＝114－6
9
＝12，
∴c n ＝6＋(n －1)×12＝12n －6.∴{c n }的通项公式为c n ＝12n －6. [冲击名校]
设函数f (x )＝x 2
，过点C 1(1,0)作x 轴的垂线l 1交函数f (x )图象于点A 1，以A 1为切点作函数f (x )图象的切线交x 轴于点C 2，再过C 2作x 轴的垂线l 2交函数f (x )图象于点A 2，…，以
此类推得点A n ，记A n 的横坐标为a n ，n ∈N *
.
(1)证明：数列{a n }为等比数列并求出通项公式；
(2)设直线l n 与函数g (x )＝log 1
2
x 的图象相交于点B n ，记b n ＝OA n ·OB n (其中O 为坐标
原点)，求数列{b n }的前n 项和S n .
解：(1)证明：以点A n －1(a n －1，a 2n －1)(n ≥2)为切点的切线方程为y －a 2
n －1＝2a n －1(x －a n －1)．
当y ＝0时，得x ＝12a n －1，即a n ＝1
2
a n －1.
又∵a 1＝1，∴数列{a n }是以1为首项，1
2
为公比的等比数列．
∴通项公式为a n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n －1
.
(2)据题意，得B n ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，n －1. ∴b n ＝n ·n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1·(n －1)＝n ⎝ ⎛⎭
⎪⎫14n －1
.
∵S n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫140＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫141＋…＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1，14S n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫141＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋…＋n ×⎝ ⎛⎭
⎪⎫14n
，
两式相减，得34S n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫140＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫141＋…＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪
⎫14n 1－14
－n ×⎝ ⎛⎭
⎪⎫14n
.化简，
得S n ＝169－⎝ ⎛⎭⎪⎫4n 3＋169×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＝169－3n ＋49×4
n －1. [高频滚动]
已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＋n ＝2a n (n ∈N *
)． (1)证明：数列{a n ＋1}为等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝(2n ＋1)a n ＋2n ＋1，求数列{b n }的前n 项和为T n .
解：(1)证明：因为S n ＋n ＝2a n ，即S n ＝2a n －n ，所以S n －1＝2a n －1－(n －1)(n ≥2，n ∈N *
)．
两式相减化简，得a n ＝2a n －1＋1.所以a n ＋1＝2(a n －1＋1)(n ≥2，n ∈N *
)． 所以数列{a n ＋1}为等比数列．
因为S n ＋n ＝2a n ，令n ＝1，得a 1＝1.a 1＋1＝2，所以a n ＋1＝2n ，即a n ＝2n
－1.
(2)因为b n ＝(2n ＋1)a n ＋2n ＋1，所以b n ＝(2n ＋1)·2n
.
所以T n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n
，①
2T n ＝3×22＋5×23＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1
，②
①－②，得－T n ＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n )－(2n ＋1)·2n ＋1
＝6＋2×22－2n ＋11－2
－(2n ＋1)·2n ＋1＝－2＋2n ＋2－(2n ＋1)·2n ＋1
＝－2－(2n －1)·2n ＋1.所以T n ＝2＋(2n －1)·2n ＋1
.。