2020高考数学二轮复习 专题四 数列教学案

专题四 数列
[江苏卷5年考情分析]
小题考情分析 大题考情分析
常考点
等差数列的基本量计算
(5年3考)
等比数列的基本量计算
(5年2考)
近几年的数列解答题，其常规类型可以分为两类：一类是判断、证明某个数列是等差、等比数列(如2017
年T19)；另一类是已知等差、等比数列求基本量，这个基本量涵义很广泛，指定的项a k 、项数n 、公差d 、公比
q 、通项a n 、和式S n 以及它们的组合式，甚至还包括相
关参数(如2018年T20，2019年T20).
数列的压轴题还对代数推理能力要求较高，其中数列与
不等式的结合(如2018年T20，2016年T20)；数列与方程的结合(如2015年T20)．这些压轴题难度很大，综合能力要求较高.
偶考点
等差、等比数列的性质
及最值问题
第一讲 | 小题考法——数列中的基本量计算
考点(一)
等差、等比数列的基本运算
主要考查等差、等比数列的通项公式、前n 项和公式及有关的五个基本量间的“知三求二”运算.
[题组练透]
1．(2019·江苏高考)已知数列{a n }(n ∈N *
)是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 2a 5＋a 8＝0，
S 9＝27，则S 8的值是________．
解析：法一：由S 9＝27⇒9（a 1＋a 9）
2
＝27⇒a 1＋a 9＝6⇒2a 5＝6⇒2a 1＋8d ＝6，所以a 1＋4d ＝3，即a 5＝3.
又a 2a 5＋a 8＝0⇒2a 1＋5d ＝0， 解得a 1＝－5，d ＝2.
故S 8＝8a 1＋8×（8－1）2
d ＝16.
法二：同法一得a 5＝3.
又a 2a 5＋a 8＝0⇒3a 2＋a 8＝0⇒2a 2＋2a 5＝0⇒a 2＝－3. ∴ d ＝
a 5－a 2
3
＝2，a 1＝a 2－d ＝－5.
故S 8＝8a 1＋8×（8－1）
2d ＝16.
答案：16
2．(2017·江苏高考)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝7
4，S 6＝
63
4
，则a 8＝________． 解析：设等比数列{a n
}的公比为q ，则由S 6
≠2S 3
，得q ≠1，则⎩⎪⎨⎪
⎧S 3＝a 1（1－q 3）1－q ＝74
，
S 6
＝a 1
（1－q 6
）1－q ＝634，
解得⎩
⎪⎨⎪
⎧q ＝2，a 1＝14，
则a 8＝a 1q 7＝14×27
＝32.
答案：32
3．(2019·江苏苏锡常镇四市调研)已知公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10S 5
＝4，则4a 1
d
＝________．
解析：由S 10S 5＝4得S 10＝4S 5，即10a 1＋45d ＝4(5a 1＋10d )，化简得2a 1＝d ，则4a 1
d
＝2. 答案：2
4．(2019·江苏南师大附中期中改编)已知等比数列{a n }的各项均为正数，其前n 项和为
S n ，若S 2＝3
4，S 4＝154
，则a n ＝________．
解析：由题知数列{a n }为等比数列，公比q >0且q ≠1，由⎩⎪⎨⎪⎧S 2＝34，S 4＝154得
⎩
⎪⎨⎪
⎧a 1（1－q 2
）1－q ＝3
4
，
a 1（1－q 4）1－q ＝154
，
解得⎩⎪⎨
⎪⎧a 1＝14，
q ＝2，
故a n ＝a 1q n －1＝14
×2n －1＝2n －3. 答案：2
n －3
5．(2019·南京盐城一模)已知等比数列{a n }为递增数列，设其前n 项和为S n ，若a 2＝2，
S 3＝7，则a 5的值为________．
解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则由题意得⎩
⎪⎨⎪⎧a 1q ＝2，
a 1＋a 1q ＋a 1q 2
＝7，得⎩
⎪⎨⎪⎧a 1＝4，
q ＝12
或⎩
⎪⎨
⎪⎧a 1＝1，
q ＝2，因为数列{a n }为递增数列，所以⎩⎪⎨
⎪⎧a 1＝1，q ＝2，
所以a 5＝a 1q 4
＝16.
答案：16
[方法技巧]
等差(比)数列基本运算的策略
(1)在等差(比)数列中，首项a 1和公差d (公比q )是两个最基本的元素．
(2)在进行等差(比)数列项的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于
a 1和d (q )的方程组求解，但要注意消元法及整体代换法的使用，以减少计算量.
考点(二) 等差、等比数列的性质
主要考查等差、等比数列的性质及与前n 项和有关的最值问题.
[题组练透]
1．(2019·南京三模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3n
－1，n ∈N *
.若b n ＝log 3a n ，则b 1＋b 2＋b 3＋b 4的值为________．
解析：法一：当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，所以b 1＝log 3a 1＝0.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝
3n
－1
2－3
n －1
－12
＝3n －1
，所以b n ＝log 3a n ＝n －1(n ≥2)．又b 1＝0，所以b n ＝n －1，所以b 1＋b 2＋b 3
＋b 4＝4×（0＋3）2
＝6.
法二：当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，所以b 1＝log 3a 1＝0.当n ＝2时，a 2＝S 2－S 1＝32
－1
2－1＝3，
所以b 2＝log 3a 2＝1.当n ＝3时，a 3＝S 3－S 2＝13－4＝9，所以b 3＝2.当n ＝4时，a 4＝S 4－S 3＝40－13＝27，所以b 4＝3.所以b 1＋b 2＋b 3＋b 4＝0＋1＋2＋3＝6.
答案：6
2．(2019·扬州期末)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝13，S 3＝S 11，当S n 最大时，n 的值为________．
解析：∵S 3＝S 11，∴S 11－S 3＝a 4＋a 5＋a 6＋…＋a 11＝0，故可得(a 4＋a 11)＋(a 5＋a 10)＋(a 6
＋a 9)＋(a 7＋a 8)＝4(a 7＋a 8)＝0，
∴a 7＋a 8＝0.结合a 1＝13可知，该数列的前7项均为正数，从第8项开始为负数，故数列的前7项和最大．
答案：7
3．在等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2
－6x ＋8＝0的根，则
a 1a 17
a 9
＝________． 解析：由题知，a 3＋a 15＝6>0，a 3a 15＝8>0，则a 3>0，a 15>0，由等比数列的性质知a 1a 17＝
a 3a 15＝8＝a 29⇒a 9＝±2
2.设等比数列{a n }的公比为q ，则a 9＝a 3q 6
>0，故a 9＝22，故a 1a 17a 9＝8
22
＝2 2.
答案：2 2
4．(2019·南京四校联考)已知各项均为正数的等比数列{a n }中，a 2＝3，a 4＝27，S 2n 为该数列的前2n 项和，T n 为数列{a n a n ＋1}的前n 项和，若S 2n ＝kT n ，则实数k 的值为________．
解析：法一：因为各项均为正数的等比数列{a n }中，a 2＝3，a 4＝27，所以a 1＝1，公比q ＝3，所以S 2n ＝1×（1－32n
）1－3＝32n
－12，a n ＝3n －1，令b n ＝a n a n ＋1＝3n －1·3n ＝32n －1
，所以b 1＝3，
数列{b n }为等比数列，公比q ′＝9，所以T n ＝3×（1－9n ）1－9＝3（32n
－1）
8.因为S 2n ＝kT n ，所
以32n
－12＝k ·3（32n
－1）8，解得k ＝4
3
.
法二：因为各项均为正数的等比数列{a n }中，a 2＝3，a 4＝27，所以a 1＝1，公比q ＝3.注意到S 2＝4，T 1＝3；S 4＝40，T 2＝30；…，由此归纳可得k ＝43
.
答案：43
5．(2019·苏州期末)设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若
S 5S 10＝13，则S 5
S 20＋S 10
＝________． 解析：法一：设等比数列{a n }的公比为q ，若公比q 为1，则
S 5S 10＝1
2
，与已知条件不符，所以公比q ≠1，所以S n ＝a 1（1－q n ）1－q ，因为S 5S 10＝13，所以1－q 5
1－q 10＝13，所以q 5
＝2，所以
S 5S 20＋S 10
＝1－q 5
1－q 20＋1－q 10＝1－21－24＋1－22＝1
18
. 法二：因为
S 5S 10＝1
3
，所以不妨设S 5＝a ，S 10＝3a ，a ≠0，易知S 5，S 10－S 5，S 15－S 10，S 20－S 15成等比数列，由S 5＝a ，S 10－S 5＝2a ，得S 15－S 10＝4a ，S 20－S 15＝8a ，从而S 20＝15a ，所以
S 5S 20＋S 10
＝
a 15a ＋3a ＝1
18
.
答案：1
18
[方法技巧]
等差、等比数列性质问题求解策略
(1)等差、等比数列性质的应用的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．
(2)应牢固掌握等差、等比数列的性质，特别是等差数列中“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n
＝a p ＋a q ”这一性质与求和公式S n ＝
n （a 1＋a n ）
2
的综合应用．
考点(三) 等差、等比数列的判断
主要考查利用某些基本量判断数列的类型.
[典例感悟]
[典例] (2019·南通等七市一模)已知数列{a n }是等比数列，有下列四个命题：
①数列{|a n |}是等比数列；②数列{a n a n ＋1}是等比数列；③数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1a n 是等比数列；④数列
{lg a 2
n }是等比数列．
其中正确的命题有________个． [解析] 设等比数列{a n }的公比为q ，则
a n ＋1a n ＝q ，|a n ＋1|
|a n |
＝|q |，故数列{|a n |}是等比数列，①正确；
a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝q 2
，则数列{a n a n ＋1}是等比数列，②正确；1
a n ＋11a n
＝1q ，则数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1a n 是等比数列，③正确；若a n ＝1，则lg a 2
n ＝0，数列{lg a 2
n }不是等比数列，④错误．故正确的命题有3个．
[答案] 3
[方法技巧]
1．判断等差数列的常用方法
(1)定义法：a n ＋1－a n ＝d (常数)(n ∈N *
)⇔{a n }是等差数列．
(2)通项公式法：a n ＝pn ＋q (p ，q 为常数，n ∈N *
)⇔{a n }是等差数列．
(3)中项公式法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *
)⇔{a n }是等差数列． 2．判断等比数列的常用方法 (1)定义法：
a n ＋1a n
＝q (q 是不为0的常数，n ∈N *
)⇔{a n }是等比数列． (2)通项公式法：a n ＝cq n
(c ，q 均是不为0的常数，n ∈N *
)⇔{a n }是等比数列． (3)中项公式法：a 2
n ＋1＝a n ·a n ＋2(a n ·a n ＋1·a n ＋2≠0，n ∈N *
)⇔{a n }是等比数列．
[演练冲关]
若数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2
－2n ，则下列四个命题：①{a n }是递减等差数列； ②{a n }是递增等差数列； ③{a n }是递减等比数列； ④{a n }是递增等比数列．
其中正确命题的序号为________．
解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝3－2＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2
－2n － [3(n －1)2
－2(n －1)]＝6n －5.
当n ＝1时，也满足上式，∴a n ＝6n －5.
∵首项a 1＝1，a n －a n －1＝6n －5－[6(n －1)－5]＝6(常数)， ∴数列{a n }是等差数列，且公差为6＞0. ∴{a n }为递增数列． 答案：②
[必备知能·自主补缺] (一) 主干知识要记牢 1．等差数列、等比数列
2．等差数列
(1)a ，b ，c 成等差数列是2b ＝a ＋c 的充要条件． (2)等差中项的推广：a n ＝a n ＋p ＋a n －p
2
(n ≥2，n >p )．
(3)等差数列的单调性 由数列的单调性定义，易得 {a n }为递增数列⇔d >0； {a n }为递减数列⇔d <0； {a n }为常数列⇔d ＝0. (4)构造新数列
若数列{a n }，{b n }都是等差数列且项数相同，则{kb n }，{a n ＋b n }，{a n －b n }，{pa n ＋qb n }都是等差数列．
3．等比数列
(1)a ，b ，c 成等比数列是b 2
＝a ·c 的充分不必要条件．
(2)推广：等比数列{a n }中，a n 是与a n 前后等距离的两项a n －p ，a n ＋p 的等比中项，即a 2
n ＝
a n －p ·a n ＋p (n ≥2且n >p )．
(3)等比数列的单调性 由数列的单调性定义，易得 {a n }为递增数列⇔⎩⎪⎨
⎪⎧a 1>0，q >1
或⎩
⎪⎨⎪
⎧a 1<0，0<q <1； {a n }为递减数列⇔⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，q >1或⎩
⎪⎨⎪⎧a 1>0，
0<q <1；
{a n }为常数列⇔q ＝1； {a n }为摆动数列⇔q <0. (4)构造新数列：
①若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1a n ，{a 2
n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭
⎬⎫a n b n 仍
是等比数列．
②若{a n }是等比数列，且a n ＞0，则{log a a n }(a ＞0且a ≠1)是以log a a 1为首项，log a q 为公差的等差数列．
(二) 二级结论要用好 1．等差数列的重要规律与推论
(1)p ＋q ＝m ＋n ⇒a p ＋a q ＝a m ＋a n .
(2)a p ＝q ，a q ＝p (p ≠q )⇒a p ＋q ＝0；S m ＋n ＝S m ＋S n ＋mnd .
(3)连续k 项的和(如S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…)构成的数列是等差数列．
(4)若等差数列{a n }的项数为偶数2m ，公差为d ，所有奇数项之和为S 奇，所有偶数项之和为S 偶，则所有项之和S 2m ＝m (a m ＋a m ＋1)，S 偶－S 奇＝md ，
S 奇S 偶＝a m
a m ＋1
. (5)若等差数列{a n }的项数为奇数2m －1，所有奇数项之和为S 奇，所有偶数项之和为S 偶，则所有项之和S 2m －1＝(2m －1)a m ，S 奇＝ma m ，S 偶＝(m －1)a m ，S 奇－S 偶＝a m ，
S 奇S 偶＝m
m －1
. [针对练] 一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和之比为32∶27，则该数列的公差d ＝________．
解析：设等差数列的前12项中奇数项的和为S 奇，偶数项的和为S 偶，等差数列的公差为d .
由已知条件，得⎩⎪⎨
⎪
⎧S 奇＋S 偶＝354，S 偶∶S 奇＝32∶27，
解得⎩
⎪⎨⎪⎧S 偶＝192，
S 奇＝162.
又S 偶－S 奇＝6d ， 所以d ＝192－1626＝5.
答案：5
2．等比数列的重要规律与推论 (1)p ＋q ＝m ＋n ⇒a p ·a q ＝a m ·a n .
(2){a n }，{b n }成等比数列⇒{a n b n }成等比数列．
(3)连续m 项的和(如S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…)构成的数列是等比数列(注意：这连续m 项的和必须非零才能成立)．
(4)若等比数列有2n 项，公比为q ，奇数项之和为S 奇，偶数项之和为S 偶，则S 偶
S 奇
＝q . (5)对于等比数列前n 项和S n ，有： ①S m ＋n ＝S m ＋q m
S n ；
②S m S n ＝1－q m 1－q n
(q ≠±1)．
[课时达标训练]
A 组——抓牢中档小题
1．(2018·南京三模)若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *
，且a 1＝1，S 6＝3S 3，则a 7
的值为________．
解析：由S 6＝(a 1＋a 2＋a 3)＋a 1q 3
＋a 2q 3
＋a 3q 3
＝(a 1＋a 2＋a 3)(1＋q 3
)＝(1＋q 3
)S 3＝3S 3，得(1＋q 3
)S 3＝3S 3.因为S 3＝a 1(1＋q ＋q 2
)≠0，所以q 3
＝2，得a 7＝4.
答案：4
2．(2019·苏北三市一模)在等差数列{a n }中，若a 5＝1
2，8a 6＋2a 4＝a 2，则{a n }的前6项
和S 6的值为________．
解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由a 5＝1
2
，8a 6＋2a 4＝a 2，得⎩⎪⎨
⎪⎧a 5＝a 1＋4d ＝12，8（a 1＋5d ）＋2（a 1＋3d ）＝a 1＋d ，
解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1
＝5
2，d ＝－1
2，
所以S 6
＝6a 1
＋6×（6－1）2d ＝152.
答案：152
3．(2018·苏中三市、苏北四市三调)已知{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和．若a 3＝2，
S 12＝4S 6，则a 9的值为________．
解析：由S 12＝4S 6，当q ＝1，显然不成立，所以q ≠1，则a 1（1－q 12）1－q ＝4a 1（1－q 6）
1－q
，
因为a 1
1－q ≠0，所以1－q 12＝4(1－q 6)，即(1－q 6)(q 6－3)＝0，所以q 6
＝3或q ＝－1，所以a 9
＝a 3q 6
＝6或2.
答案：2或6
4．若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2
＝________． 解析：设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ， 则a 4＝－1＋3d ＝8，解得d ＝3；
b 4＝－1·q 3＝8，解得q ＝－2.
所以a 2＝－1＋3＝2，
b 2＝－1×(－2)＝2，
所以a 2
b 2
＝1. 答案：1
5．(2019·无锡期末)设公差不为零的等差数列{a n }满足a 3＝7，且a 1－1，a 2－1，a 4－1成等比数列，则a 10＝________．
解析：设数列{a n }的公差为d ，d ≠0，因为a 1－1，a 2－1，a 4－1成等比数列，所以(a 2－1)2
＝(a 1－1)(a 4－1)，即(6－d )2
＝(6－2d )(6＋d )，化简得3d 2
－6d ＝0，因为d ≠0，所以d ＝2，所以a 10＝a 3＋7d ＝7＋14＝21.
答案：21
6．(2018·常州期末)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 2a 3a 4＝a 2＋a 3＋a 4，则a 3
的最小值为________．
解析：依题意有a 2a 4＝a 2
3，a 2a 3a 4＝(a 3)3
＝a 2＋a 3＋a 4≥a 3＋2a 2a 4＝3a 3，整理有a 3(a 2
3－3)≥0，因为a n >0，所以a 3≥3，所以a 3的最小值为 3.
答案： 3
7．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n －S n ＝n 2
－16n ＋15(n ≥2，n ∈N *
)，若对任意n ∈N *
，总有S n ≤S k ，则k 的值是________．
解析：在等差数列{a n }中，设公差为d ，因为“a n －S n ＝a 1＋(n －1)d －⎣
⎢⎡⎦
⎥
⎤
a 1n ＋
n （n －1）2
d ＝n 2
－16n ＋15(n ≥2，n ∈N *
)”的二次项系数为1，所以－d
2＝1，即公差d ＝－2，令n ＝2，
得a 1＝13，所以前n 项和S n ＝13n ＋n （n －1）
2
×(－2)＝14n －n 2＝49－(n －7)2
，故前7项和
最大，所以k ＝7.
答案：7
8．(2019·苏锡常镇四市一模)中国古代著作《张丘建算经》中有这样一个问题：“今有马行转迟，次日减半疾，七日行七百里”，意思是说有一匹马行走的速度逐渐减慢，每天行走的里程是前一天的一半，七天一共行走了700里．那么这匹马最后一天行走的里程数为________．
解析：由题意可知，这匹马每天行走的里程数构成等比数列，设为{a n }，易知公比q ＝1
2，
则S 7＝a 1（1－q 2）1－q ＝2a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1128＝12764a 1＝700，所以a 1＝700×64127，所以a 7＝a 1q 6
＝700×
64127×⎝ ⎛⎭⎪⎫126
＝700
127
，所以这匹马最后一天行走的里程数为700127.
答案：700127
9．(2018·扬州期末)已知各项都是正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若4a 4，a 3，6a 5成等差数列，且a 3＝3a 2
2，则S 3＝________．
解析：设各项都是正数的等比数列{a n }的公比为q ，则q >0，且a 1>0，由4a 4，a 3，6a 5成等差数列，得2a 3＝4a 4＋6a 5，即2a 3＝4a 3q ＋6a 3q 2，解得q ＝13.又由a 3＝3a 2
2，解得a 1＝13，所
以S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝13＋19＋127＝13
27
.
答案：1327
10．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，S 10＝16，S 100－S 90＝24，则S 100＝________． 解析：依题意，S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，…，S 100－S 90依次成等差数列，设该等差数列的公差为d .又S 10＝16，S 100－S 90＝24，因此S 100－S 90＝24＝16＋(10－1)d ＝16＋9d ，解得d ＝8
9，
因此S 100＝10S 10＋10×92d ＝10×16＋10×92×8
9
＝200.
答案：200
11．(2018·扬州期末)在正项等比数列{a n }中，若a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6，则a 5＋a 6的最小值为________．
解析：令a 1＋a 2＝t (t >0)，则a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6可化为tq 2
－2t ＝6(其中q 为公比)，所以t ＝
6q 2
－2(q ＞2)，所以a 5＋a 6＝tq 4
＝6q 2－2q 4＝6⎣⎢⎡⎦
⎥⎤4q 2－2＋（q 2－2）＋4 ≥6⎣⎢⎡⎦
⎥⎤2
4q 2
－2·（q 2
－2）＋4＝48(当且仅当q ＝2时等号成立)． 答案：48
12．(2019·苏州中学模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a n ≠0，(a n ＋1－a n )S n ＋1＝(a n ＋1
－2
n －1
a n )a n ＋1，n ∈N *
.设数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫2a n ＋1－a n a n ＋1的前n 项和为T n ，则2n －1
T n ＋1
2n －1
＝________． 解析：∵(a n ＋1－a n )S n ＋1＝(a n ＋1－2n －1
a n )a n ＋1，∴a n S n ＋1－a n ＋1S n ＝2n －1a n ＋1a n ，又a n ≠0，∴
S n ＋1
a n ＋1－S n
a n
＝2
n －1
.则S 2a 2－S 1a 1＝1，S 3a 3－S 2a 2
＝2，…，S n a n －
S n －1a n －1＝2n －2(n ≥2，n ∈N *
)．以上各式相加，得S n a n
－
S 1a 1＝1＋2＋…＋2n －2(n ≥2，n ∈N *)．∵S 1a 1＝1，∴S n a n
－1＝2n －1－1，∴S n ＝2n －1a n (n ≥2，n ∈N *)．∵n ＝1时上式也成立，∴S n ＝2n －1
a n (n ∈N *)．∴S n ＋1＝2n a n ＋1.两式相减，得a n ＋1＝2n a n ＋1－2n －1a n ，
即(2n
－1)a n ＋1＝2
n －1
a n ，则2a n ＋1－a n a n ＋1＝12n －1，∴T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1＝2－12n －1，∴2n －1
T n ＋1
2
n －1
＝
T n ＋
1
2
n －1
＝2.
答案：2
13．(2019·海安中学模拟)记min {a ，b }＝⎩⎪⎨
⎪
⎧a ，a ≤b ，b ，b <a .
设数列{a n }是公差为d 的等差数
列，数列{b n }是公比为2的等比数列，且a 1＝0，b 1＝1，c n ＝min {a n ，b n }，n ∈N *
，若数列{c n }中存在连续三项成等比数列，则d 的最小值为________．
解析：法一：由题意知a n ＝a 1＋(n －1)d ＝(n －1)d ，b n ＝2
n －1
.数列{c n }中存在连续三项成
等比数列，不可能是等差数列{a n }中连续的三项，理由：假设是等差数列{a n }中连续的三项，分别记为(k －1)d ，kd ，(k ＋1)d ，k ≥2，k ∈N *
，则k 2d 2
＝(k －1)d ·(k ＋1)d ，得d ＝0，a n ＝0，所以c n ＝0，与题意不相符．
又数列{a n }中的项为0，d ，2d ，3d ，…，数列{b n }中的项为1，2，4，8，…，所以当d ≤2时，c n ＝a n ，不满足题意；当2<d <83时，a k <b k (k ≥4，k ∈N *
)，此时数列{c n }的前三项为0，2，
4，从第四项开始c n ＝a n ，不满足题意；当d ≥8
3
时，数列{c n }的前四项为0，2，4，8，此时，
c 2，c 3，c 4成等比数列，满足题意．综上，
d 的最小值为83
.
法二：在平面直角坐标系内，点(n ，b n )在指数函数y ＝2
x －1
的图象上，点(n ，a n )在过点
(1，0)，且斜率为d 的直线l 上．根据min {a ，b }的意义知，{c n }取位于两支曲线中下方曲线上的点的纵坐标．易知数列{c n }中连续三项成等比数列，不可能是等差数列{a n }中的连续三项．如图，当直线l 过点(4，8)时，c 2＝b 2＝2，
c 3＝b 3＝4，c 4＝b 4＝8，第一次满足{c n }中连续三项成等比数列，此时直线l
的斜率为83，即d 取得最小值，最小值为83
.
答案：83
14．(2018·无锡期末)已知等比数列{a n }满足a 2a 5＝2a 3，且a 4，5
4
，2a 7成等差数列，则
a 1·a 2·…·a n 的最大值为________．
解析：设等比数列{a n }的公比为q ， 根据等比数列的性质可得a 2a 5＝a 3a 4＝2a 3， 由于a 3≠0，可得a 4＝2. 因为a 4，5
4
，2a 7成等差数列，
所以2×54＝a 4＋2a 7，可得a 7＝1
4
，
由a 7＝a 4q 3，可得q ＝12
，由a 4＝a 1q 3
，可得a 1＝16，
从而a n ＝a 1q n －1
＝16×⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n －1
.
法一：令a n ≥1可得n ≤5，故当1≤n ≤5时，a n ≥1，当n ≥6时，0<a n <1，所以当n ＝4或5时，a 1·a 2·…·a n 的值最大，为1 024.
法二：令T n ＝a 1·a 2·…·a n ＝24
×23
×22
×…×2
5－n
＝2
4＋3＋2＋…＋(5－n )
＝2n （4＋5－n ）
2＝
2
n （9－n ）
2
.
因为n ∈N *
，所以当且仅当n ＝4或5时，
n （9－n ）
2
取得最大值10，从而T n 取得最大值
T 10＝210＝1 024.
答案：1 024
B 组——力争难度小题
1．已知函数f (x )＝x 2
－ax ＋b (a ＞0，b ＞0)有两个不同的零点m ，n ，且m ，n 和－2三个数适当排序后，既可成为等差数列，也可成为等比数列，则a ＋b 的值为________．
解析：由题意可得m ＋n ＝a ，mn ＝b ，因为a ＞0，b ＞0，可得m ＞0，n ＞0，又m ，n ，－2
这三个数适当排序后可成等差数列，也可适当排序后成等比数列，可得⎩
⎪⎨⎪⎧2n ＝m －2，
mn ＝4，①
或⎩
⎪⎨⎪⎧2m ＝n －2，
mn ＝4.② 解①得m ＝4，n ＝1，解②得m ＝1，n ＝4. 所以a ＝5，b ＝4，则a ＋b ＝9. 答案：9
2．已知等比数列{a n }的各项均为正数且公比q >1，前n 项积为T n ，且a 2a 4＝a 3，则使得
T n >1的n 的最小值为________．
解析：由a 2a 4＝a 3得a 2
3＝a 3，又{a n }的各项均为正数，故a 3＝1，T 5＝a 1a 2a 3a 4a 5＝a 5
3＝1，当n ＝6时，T 6＝T 5·a 6，又公比q >1，a 3＝1，故a 6>1，T 6>1.
答案：6
3．已知正项数列{a n }满足a n ＋1＝
1a 1＋a 2＋1a 2＋a 3＋1a 3＋a 4＋…＋1a n ＋a n ＋1
＋1，其中n ∈N *
，a 4＝2，则a 2 020＝________．
解析：a n ＋1＝
1a 1＋a 2＋1a 2＋a 3＋…＋1a n ＋a n ＋1＋1，所以n ≥2时，a n ＝1a 1＋a 2＋1
a 2＋a 3
＋…＋1a n －1＋a n ＋1，两式相减得a n ＋1－a n ＝1a n ＋1＋a n (n ≥2)，所以a 2n ＋1－a 2n ＝1(n ≥2)，a 22 020＝a 2
4＋(2
020－4)×1＝2 020，所以a 2 020＝ 2 020.
答案： 2 020
4．(2018·南京考前模拟)数列{a n }中，a n ＝2n －1，现将{a n }中的项依原顺序按第k 组有2k 项的要求进行分组：(1，3)，(5，7，9，11)，(13，15，17，19，21，23)，…，则第n 组中各数的和为________．
解析：设数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ＝n 2
，因为2＋4＋…＋2n ＝n (n ＋1)＝n 2
＋n ，2＋4＋…＋2(n －1)＝n (n －1)＝n 2
－n .所以第n 组中各数的和为S n 2＋n －S n 2－n ＝(n 2
＋n )2
－(n 2
－
n )2＝4n 3.
答案：4n 3
5．(2019·南通等七市二模)已知集合A ＝{x |x ＝2k －1，k ∈N *
}，B ＝{x |x ＝8k －8，k ∈N *
}，从集合A 中取出m 个不同元素，其和记为S ；从集合B 中取出n 个不同元素，其和记为T .若
S ＋T ≤967，则m ＋2n 的最大值为________．
解析：法一：由题意可得S ＝
m （1＋2m －1）
2
＝m 2
，T ＝
n （0＋8n －8）
2
＝4n 2
－4n ，则S ＋
T ＝m 2＋4n 2－4n ≤967，即m 2＋(2n －1)2≤968，由基本不等式可得
m ＋（2n －1）
2
≤
m 2＋（2n －1）2
2
≤
968
2
＝22，则m ＋(2n －1)≤44，当且仅当m ＝2n －1＝22时取等号，但此时n ＝232
∉N *
，所以等号取不到，则当m ＝22，n ＝11时，m ＋2n 取得最大值44.
法二：由题意可得S ＝
m （1＋2m －1）
2
＝m 2
，T ＝
n （0＋8n －8）
2
＝4n 2－4n ，则S ＋T ＝m
2
＋4n 2
－4n ≤967，即m 2
＋(2n －1)2
≤968，令m ＝968cos θ，2n －1＝968sin θ，则m ＋2n ＝968cos θ＋968sin θ＋1＝ 1 936sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＋1≤44＋1＝45，当且仅当m ＝22，2n －1＝22时取等号，但此时n ＝232∉N *
，所以等号取不到，则当m ＝22，2n －1＝21，即n ＝
11时，m ＋2n 取得最大值44.
答案：44
6．(2018·江苏高考)已知集合A ＝{x |x ＝2n －1，n ∈N *}，B ＝{x |x ＝2n ，n ∈N *
}．将A ∪B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{a n }．记S n 为数列{a n }的前n 项和，则使得S n >12a n
＋1
成立的n 的最小值为________．
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{a n }，在数列{a n }中，2
5
前面有16个正奇数，即a 21＝25
，a 38＝26
.当n ＝1时，S 1＝1<12a 2＝24，不符合题意；当n ＝2时，S 2＝3<12a 3＝36，不符合题意；当n ＝3时，S 3＝6<12a 4＝48，不符合题意；当n ＝4时，S 4＝10<12a 5＝60，不符合题意；……；当n ＝26时，S 26＝21×（1＋41）2＋2×（1－25
）1－2＝441
＋62＝503<12a 27＝516，不符合题意；当n ＝27时，S 27＝22×（1＋43）2＋2×（1－25）
1－2＝484
＋62＝546>12a 28＝540，符合题意．故使得S n >12a n ＋1成立的n 的最小值为27.
答案：27
第二讲 | 大题考法——等差、等比数列的综合问题
题型(一)
等差、等比数列的综合运算
主要考查等差、等比数列的通项公式及前n 项和的求解，且常结合数列的递推公式命题.
[典例感悟]
[例1] (2019·南京盐城一模)已知数列{a n }，其中n ∈N *
. (1)若{a n }满足a n ＋1－a n ＝q
n －1
(q >0，n ∈N *
)．
①当q ＝2，且a 1＝1时，求a 4的值；
②若存在互不相等的正整数r ，s ，t ，满足2s ＝r ＋t ，且a r ，a s ，a t 成等差数列，求q 的值．
(2)设数列{a n }的前n 项和为b n ，数列{b n }的前n 项和为c n ，c n ＝b n ＋2－3，n ∈N *
，若a 1
＝1，a 2＝2，且|a 2
n ＋1－a n a n ＋2|≤k 恒成立，求k 的最小值．
[解] (1)①由题意知a 4－a 3＝4，a 3－a 2＝2，a 2－a 1＝1，a 1＝1，累加得a 4＝8. ②因为a n ＋1－a n ＝q
n －1
，
所以n ≥2时，a n －a n －1＝q n －2
，…，a 2－a 1＝1.
(ⅰ)当q ＝1时，a n ＝n －1＋a 1(n ≥2)．又a 1满足a n ＝n －1＋a 1，所以当q ＝1时，a n ＝n －1＋a 1(n ∈N *
)．
因为2s ＝r ＋t ，所以2a s ＝a r ＋a t ，所以q ＝1满足条件．
(ⅱ)当q ≠1且q >0时，a n ＝1－q
n －1
1－q ＋a 1(n ≥2)．
又a 1满足a n ＝1－q
n －1
1－q ＋a 1，
所以a n ＝1－q n －1
1－q
＋a 1(n ∈N *
)．
若存在满足条件的r ，s ，t ，则可得2q s
＝q r
＋q t
， 则2＝q
r －s
＋q
t －s
≥2q
r ＋t －2s
＝2，
此时r ＝t ＝s ，这与r ，s ，t 互不相等矛盾， 所以q ≠1且q >0不满足条件． 综上所述，符合条件的q 的值为1.
(2)由c n ＝b n ＋2－3，n ∈N *
，可知c n ＋1＝b n ＋3－3，两式相减可得b n ＋3＝b n ＋2＋b n ＋1. 因为a 1＝1，a 2＝2，所以b 1＝1，b 2＝3，
从而c 1＝1，c 2＝4，可得b 3＝4，b 4＝7，故b 3＝b 2＋b 1， 所以b n ＋2＝b n ＋1＋b n 对一切的n ∈N *
恒成立．
由b n ＋3＝b n ＋2＋b n ＋1，b n ＋2＝b n ＋1＋b n 得a n ＋3＝a n ＋2＋a n ＋1. 易知a 3＝1，a 4＝3，故a n ＋2＝a n ＋1＋a n (n ≥2)．
因为a 2
n ＋2－a n ＋1a n ＋3＝(a n ＋1＋a n )2
－a n ＋1·(a n ＋2＋a n ＋1)＝(a n ＋1＋a n )2
－a n ＋1·(a n ＋2a n ＋1)＝－
a 2n ＋1＋a n a n ＋2，n ≥2，
所以当n ≥2时，|a 2
n ＋2－a n ＋1a n ＋3|＝|a 2
n ＋1－a n a n ＋2|， 所以当n ≥2时，|a 2n ＋1－a n a n ＋2|＝5， 当n ＝1时，|a 2
n ＋1－a n a n ＋2|＝3， 故k 的最小值为5.
[方法技巧]
1．解决等差、等比数列综合问题的策略
解决由等差数列、等比数列组成的综合问题，首先要根据两数列的概念，设出相应的基本量，然后充分使用通项公式、求和公式、数列的性质等确定基本量．解综合题的关键在于审清题目，弄懂来龙去脉，揭示问题的内在联系和隐含条件．
2．有关递推数列问题常见的处理方法
将第n 项和第n ＋1项合并在一起，看是否是一个特殊数列．若递推关系式含有a n 与S n ，则考虑是否可以将a n 与S n 进行统一，再根据递推关系式的结构特征确定是否为熟悉的、有固定方法的递推关系式向通项公式转换的类型，否则可以写出数列的前几项，看能否找到规律，
即先特殊、后一般、再特殊．
[演练冲关]
(2019·南通等七市一模)已知等差数列{a n }满足a 4＝4，前8项和S 8＝36. (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若数列{b n }满足∑k ＝1
n
(b k a 2n ＋1－2k )＋2a n ＝3(2n
－1)(n ∈N *
)．
①证明：{b n }为等比数列；
②求集合⎩
⎨⎧⎭
⎬⎫（m ，p ）⎪⎪⎪a m b m
＝3a p
b p
，m ，p ∈N *.
解：(1)设等差数列{a n }的公差为d .
因为等差数列{a n }满足a 4＝4，前8项和S 8＝36，
所以⎩
⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＝4，8a 1＋8×7
2d ＝36，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)①证明：设数列{b n }的前n 项和为B n . 由(1)及错误!
由③－④得3(2n
－1)－3(2
n －1
－1)＝(b 1a 2n －1＋b 2a 2n －3＋…＋b n －1a 3＋b n a 1＋2n )－(b 1a 2n －3＋
b 2a 2n －5＋…＋b n －1a 1＋2n －2)＝ [b 1(a 2n －3＋2)＋b 2(a 2n －5＋2)＋…＋b n －1(a 1＋2)＋b n a 1＋2n ]－
(b 1a 2n －3＋b 2a 2n －5＋…＋b n －1a 1＋2n －2)＝2(b 1＋b 2＋…＋b n －1)＋b n ＋2＝2(B n －b n )＋b n ＋2.
所以3×2
n －1
＝2B n －b n ＋2(n ≥2，n ∈N *
)，
又3×(21
－1)＝b 1a 1＋2，所以b 1＝1，满足上式． 所以2B n －b n ＋2＝3×2
n －1
(n ∈N *
)．⑤
当n ≥2时，2B n －1－b n －1＋2＝3×2n －2
，⑥
由⑤－⑥得，b n ＋b n －1＝3×2n －2
.
所以b n －2n －1
＝－(b n －1－2n －2
)＝…＝(－1)n －1
(b 1－20
)＝0，
所以b n ＝2
n －1
，
b n ＋1
b n
＝2， 又b 1＝1，
所以数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列．
②由a m b m ＝3a p b p ，得m 2m －1＝3p 2p －1，即2p －m
＝3p m
.
记c n ＝a n b n ，由①得，c n ＝a n b n ＝n
2n －1
，
所以
c n ＋1c n ＝n ＋1
2n ≤1，所以c n ≥c n ＋1(当且仅当n ＝1时等号成立)． 由a m b m
＝3a p
b p
，得c m ＝3c p >c p ， 所以m <p .
设t ＝p －m (m ，p ，t ∈N *
)，由2
p －m
＝3p m ，得m ＝3
t
2t －3
. 当t ＝1时，m ＝－3，不合题意； 当t ＝2时，m ＝6，此时p ＝8符合题意； 当t ＝3时，m ＝9
5，不合题意；
当t ＝4时，m ＝12
13＜1，不合题意．
下面证明当t ≥4，t ∈N *
时，m ＝
3t
2t
－3
<1. 不妨设f (x )＝2x
－3x －3(x ≥4)， 则f ′(x )＝2x
ln 2－3>0，
所以f (x )在[4，＋∞)上单调递增， 所以f (x )≥f (4)＝1>0， 所以当t ≥4，t ∈N *
时，m ＝
3t
2t
－3
<1，不合题意． 综上，所求集合⎨⎧⎬⎫（m ，p ）⎪⎪⎪a m b m
＝3a p
b p
，m ，p ∈N *＝{(6，8)}.
题型(二) 等差、等比数列的判定与证明
主要考查等差与等比数列的定义、等差与等比中项，且常与数列的递推公式结合命题.
[典例感悟]
[例2] (2019·南师附中、淮阴、天一、海门四月联考)已知q 为常数，正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＋(a n －S n )q ＝1，n ∈N *
.
(1)求证：数列{a n }为等比数列；
(2)若q ∈N *
，且存在t ∈N *
，使得3a t ＋2－4a t ＋1为数列{a n }中的项． ①求q 的值；
②记b n ＝log a n ＋1a n ＋2，求证：存在无穷多组正整数数组(r ，s ，k )，使得b r ，b s ，b k 成等比数列．
[解] (1)证明：由S n ＋(a n －S n )q ＝1，n ∈N *
，得：a 1＝1，(1－q )S n ＋qa n ＝1(ⅰ) 所以(1－q )S n ＋1＋qa n ＋1＝1(ⅱ)
(ⅱ)－(ⅰ)得：(1－q )a n ＋1＋qa n ＋1－qa n ＝0，即a n ＋1＝qa n ， 因为a n >0，所以
a n ＋1a n
＝q ，n ∈N *
，且q >0， 结合q 为常数，得数列{a n }为等比数列． (2)①由(1)得a n ＝q
n －1
，
存在t ∈N *
，使得3a t ＋2－4a t ＋1是数列{a n }中的项⇔存在t ，p ∈N *
， 使得3a t ＋2－4a t ＋1＝a p ⇔存在t ，p ∈N *
，使得3q t ＋1
－4q t ＝q
p －1
，
即存在t ，p ∈N *
，使得3q 2
－4q ＝q
p －t
(*)．
因为q ∈N *
，且q ＝1时，(*)式显然不成立， 所以q ≥2，q ∈N *
， 所以3q 2
－4q ≥4，即q
p －t
≥4，
结合t ，p ∈N *
，得p －t ∈N *
. 当p －t ≥3时，q
p －t
－(3q 2－4q )≥q 3－(3q 2－4q )＝q (q 2
－3q ＋4)>0，与(*)式矛盾；
当p －t ＝1时，(*)式可化为3q 2
－4q ＝q ，解得q ＝0(舍)或q ＝53(舍)；
当p －t ＝2时，(*)式可化为3q 2
－4q ＝q 2
，解得q ＝0(舍)或q ＝2. 综上，q ＝2. ②证明：由①得a n ＝2
n －1
，则b n ＝
n ＋1n ＝1＋1
n
，所以数列{b n }为递减数列，因为b r ，b s ，b k 成等比数列，所以不妨设r <s <k ，
则b 2
s ＝b r b k ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫s ＋1s 2＝r ＋1r ·k ＋1k ，即⎝ ⎛⎭
⎪⎫s ＋1s 2
·r r ＋1
＝k ＋1k ，
所以k ＝s 2（r ＋1）
2sr ＋r －s
2.
令2sr ＝s 2
，即s ＝2r ，得k ＝（2r ）2
（r ＋1）r
＝4r 2
＋4r .
所以存在无穷多组正整数数组(r ，2r ，4r 2＋4r )(r ∈N *
)，使得b r ，b s ，b k 成等比数列，从而得证．
[方法技巧]
判定和证明数列是等差(比)数列的方法
[演练冲关]
1．(2019·常州期末)已知数列{a n }中，a 1＝1，且a n ＋1＋3a n ＋4＝0，n ∈N *
. (1)求证：{a n ＋1}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式；
(2)数列{a n }中是否存在不同的三项按照一定顺序重新排列后，构成等差数列？若存在，求出所有满足条件的项；若不存在，请说明理由．
解：(1)由a n ＋1＋3a n ＋4＝0得a n ＋1＋1＝－3(a n ＋1)，n ∈N *
. 因为a 1＝1，所以a 1＋1＝2≠0，可得a n ＋1≠0，n ∈N *
， 所以
a n ＋1＋1a n ＋1
＝－3，n ∈N *
，所以{a n ＋1}是以2为首项，－3为公比的等比数列． 所以a n ＋1＝2(－3)n －1
，则数列{a n }的通项公式为a n ＝2(－3)
n －1
－1.
(2)假设数列{a n }中存在三项a m ，a n ，a k (m <n <k ，m ∈N *
，n ∈N *
，k ∈N *
)符合题意，易知k －n ，k －m ，n －m 都是正整数，
分以下三种情形：
①当a m 位于a n 和a k 的中间时，2a m ＝a n ＋a k ， 即2[2(－3)
m －1
－1]＝2(－3)
n －1
－1＋2(－3)
k －1
－1，
所以2(－3)m ＝(－3)n
＋(－3)k
，两边同时除以(－3)m
， 得2＝(－3)
n －m
＋(－3)
k －m
，等式右边是3的倍数，舍去；
②当a n 位于a m 和a k 的中间时， 2a n ＝a m ＋a k ， 即2[2(－3)
n －1
－1]＝2(－3)
m －1
－1＋2(－3)
k －1
－1，
所以2(－3)n ＝(－3)m
＋(－3)k
，两边同时除以(－3)m
， 得2(－3)
n －m
＝1＋(－3)
k －m
，
即1＝2(－3)n －m
－(－3)
k －m
，等式右边是3的倍数，舍去；
③当a k 位于a m 和a n 的中间时，2a k ＝a m ＋a n ， 即2[2(－3)
k －1
－1]＝2(－3)
m －1
－1＋2(－3)
n －1
－1，
所以2(－3)k＝(－3)m＋(－3)n，两边同时除以(－3)m，
得2(－3)k－m＝1＋(－3)n－m，
即1＝2(－3)k－m－(－3)n－m，等式右边是3的倍数，舍去．
综上可得，数列{a n}中不存在满足题意的三项．
2．(2017·江苏高考)对于给定的正整数k，若数列{a n}满足：a n－k＋a n－k＋1＋…＋a n－1＋a n
a n＋k－1＋a n＋k＝2ka n，对任意正整数n(n>k)总成立，则称数列{a n}是“P(k)数列”．＋1＋…＋
(1)证明：等差数列{a n}是“P(3)数列”；
(2)若数列{a n}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{a n}是等差数列．
证明：(1)因为{a n}是等差数列，设其公差为d，
则a n＝a1＋(n－1)d，
从而，当n≥4时，a n－k＋a n＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d＝2a1＋2(n－1)d＝2a n，k＝1，2，3，
所以a n－3＋a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＋a n＋3＝6a n，
因此等差数列{a n}是“P(3)数列”．
(2)数列{a n}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，
当n≥3时，a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＝4a n，①
当n≥4时，a n－3＋a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＋a n＋3＝6a n.②
由①知，a n－3＋a n－2＝4a n－1－(a n＋a n＋1)，③
a n＋2＋a n＋3＝4a n＋1－(a n－1＋a n)．④
将③④代入②，得a n－1＋a n＋1＝2a n，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{a n}是等差数列．
[课时达标训练]
A组——大题保分练
1．在数列{a n}，{b n}中，已知a1＝2，b1＝4，且a n，－b n，a n＋1成等差数列，b n，－a n，b n＋1也成等差数列．
(1)求证：{a n ＋b n }是等比数列； (2)设m 是不超过100的正整数，求使
a n －m a n ＋1－m ＝a m ＋4
a m ＋1＋4
成立的所有数对(m ，n )．
解：(1)证明：由a n ，－b n ，a n ＋1成等差数列可得，－2b n ＝a n ＋a n ＋1，① 由b n ，－a n ，b n ＋1成等差数列可得，－2a n ＝b n ＋b n ＋1，② ①＋②得，a n ＋1＋b n ＋1＝－3(a n ＋b n )， 又a 1＋b 1＝6，
所以{a n ＋b n }是以6为首项，－3为公比的等比数列． (2)由(1)知，a n ＋b n ＝6×(－3)
n －1
，③
①－②得，a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＝－2，④ ③＋④得，a n ＝
6×（－3）
n －1
－22＝3×(－3)n －1
－1，
代入
a n －m a n ＋1－m ＝a m ＋4
a m ＋1＋4
，
得3×（－3）n －1
－1－m 3×（－3）n －1－m ＝3×（－3）m －1
＋33×（－3）m
＋3， 所以[3×(－3)
n －1
－1－m ][3×(－3)m
＋3]
＝[3×(－3)n
－1－m ][3×(－3)
m －1
＋3]，
整理得，(m ＋1)(－3)m
＋3×(－3)n
＝0， 所以m ＋1＝(－3)
n －m ＋1
，
由m 是不超过100的正整数， 可得2≤(－3)
n －m ＋1
≤101，
所以n －m ＋1＝2或4，
当n －m ＋1＝2时，m ＋1＝9，此时m ＝8，则n ＝9，符合题意； 当n －m ＋1＝4时，m ＋1＝81，此时m ＝80，则n ＝83，符合题意． 故使
a n －m a n ＋1－m ＝a m ＋4
a m ＋1＋4
成立的所有数对(m ，n )为(8，9)，(80，83)．
2．(2019·苏锡常镇二模)已知数列{a n }是各项都不为0的无穷数列，对任意的n ≥3，
n ∈N *，a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n ＝λ(n －1)a 1a n 恒成立．
(1)如果1a 1，1a 2，1
a 3
成等差数列，求实数λ的值；
(2)若λ＝1.
(ⅰ)求证：数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1a n 是等差数列；
(ⅱ)已知数列{a n}中，a1≠a2.数列{b n}是公比为q的等比数列，满足b1＝1
a1，b2＝
1
a2
，b3
＝1
a i
(i∈N*)．
求证：q是整数，且数列{b n}中的任意一项都是数列
⎩
⎨
⎧
⎭
⎬
⎫
1
a n中的项．
解：(1)因为n≥3且n∈N*时，a1a2＋a2a3＋…＋a n－1a n＝λ(n－1)a1a n恒成立，
则当n＝3时，a1a2＋a2a3＝2λa1a3，因为数列{a n}的各项都不为0，
所以等式两边同时除以a1a2a3得：
2λ
a2
＝
1
a1
＋
1
a3
，
又
1
a1
，
1
a2
，
1
a3
成等差数列，所以
2
a2
＝
1
a1
＋
1
a3
，
所以
2λ
a2
＝
2
a2
，所以λ＝1.
(2)证明：(ⅰ)当λ＝1，n＝3时，a1a2＋a2a3＝2a1a3，①
整理得
1
a1
＋
1
a3
＝
2
a2
，则
1
a2
－
1
a1
＝
1
a3
－
1
a2
.②
当n＝4时，a1a2＋a2a3＋a3a4＝3a1a4，③
③－①得：a3a4＝3a1a4－2a1a3，得
1
a1
＝
3
a3
－
2
a4
，
又
1
a1
＋
1
a3
＝
2
a2
，
所以
1
a4
－
1
a3
＝
1
a3
－
1
a2
.④
当n≥3时，a1a2＋a2a3＋…＋a n－1a n＝(n－1)a1a n，
a1a2＋a2a3＋…＋a n－1a n＋a n a n＋1＝na1a n＋1，两式相减得：
a n a n＋1＝na1a n＋1－(n－1)a1a n，因为a n≠0，所以
1
a1
＝
n
a n
－
n－1
a n＋1
，
则
1
a1
＝
n＋1
a n＋1
－
n
a n＋2
，所以
n
a n
－
n－1
a n＋1
＝
n＋1
a n＋1
－
n
a n＋2
，
整理得
1
a n
＋
1
a n＋2
＝
2
a n＋1
，即
1
a n＋2
－
1
a n＋1
＝
1
a n＋1
－
1
a n
(n≥3)，⑤
由②④⑤得：
1
a n＋2
－
1
a n＋1
＝
1
a n＋1
－
1
a n
对任意的正整数n恒成立，所以数列
⎩
⎨
⎧
⎭
⎬
⎫
1
a n成等差数列．
(ⅱ)设数列
⎩
⎨
⎧
⎭
⎬
⎫
1
a n的公差为
d，设c n＝
1
a n
，c1＝
1
a1
＝c(c≠0)，则b1＝c1＝c，b2＝c2＝c＋d，d
＝c2－c1＝b2－b1＝cq－c.
当i＝2时，b3＝c2＝b2，从而q＝1，b2＝b1，得a1＝a2，与已知不符．
当i＝3时，由b3＝c3，cq2＝c＋2d＝c＋2c(q－1)，得q2＝1＋2(q－1)，得q＝1，与已知不符．
当i ＝1时，由b 3＝c 1，cq 2＝c ，得q 2
＝1，则q ＝－1(上面已证q ≠1)为整数． 此时数列{b n }为：c ，－c ，c ，…；数列{c n }中，c 1＝c ，c 2＝－c ，公差d ＝－2c .数列{b n }中每一项都是{c n }中的项(c ＝c 1，－c ＝c 2)．
当i ≥4时，由b 3＝c i ，cq 2
＝c ＋(i －1)d ＝c ＋(i －1)c (q －1)，得q 2
－(i －1)q ＋(i －2)＝0，
得q ＝1(舍去)，q ＝i －2(i ≥4)为正整数．
cq ＝c ＋d ，b 3＝c i ，
对任意的正整数k ≥4，欲证明b k 是数列{c n }中的项，只需证b k ＝cq k －1
＝c i ＋xd ＝b 3＋x (cq
－c )＝cq 2
＋x (cq －c )有正整数解x ，
即证x ＝q k －1－q 2q －1
为正整数．
因为x ＝q k －1－q 2q －1＝q 2（q k －3－1）q －1
表示首项为q 2
，公比为q ＝i －2(i ≥4)，
共k －3(k ≥4)项的等比数列的和，所以x 为正整数．
因此，{b n }中的每一项都是数列{c n }也即⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1a n 中的项．
3．(2019·盐城三模)在无穷数列{a n }中，a n >0(n ∈N *
)，记{a n }前n 项中的最大项为k n ，最小项为r n ，令b n ＝k n r n .
(1)若{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝n 2＋na 1
2
.
①求b n ；
②是否存在正整数m ，n ，满足b 2m
b 2n ＝2m －1
2
n ？若存在，请求出这样的m ，n ，若不存在，请说
明理由．
(2)若数列{b n }是等比数列，求证：数列{a n }是等比数列． 解：(1)①在S n ＝n 2＋na 1
2中，令n ＝1，得a 1＝S 1＝1＋a 1
2
，解得a 1＝1，
∴S n ＝
n 2＋n
2
，
当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－
（n －1）2＋（n －1）
2
＝n ，
综上，得a n ＝n (n ∈N *
)．
显然{a n }为递增数列，∴k n ＝a n ＝n ，r n ＝a 1＝1， ∴b n ＝n .
②假设存在满足条件的正整数m ，n ，则m n ＝2m －1
2n ，
∴m 2m ＝n 2n ×12
， 设c n ＝n 2n ，则c n ＋1－c n ＝n ＋12n ＋1－n 2n ＝1－n 2
n ＋1，
∴c 1＝c 2>c 3>c 4>c 5>…，
由m 2m ＝n 2n ×12，得c m ＝1
2c n <c n ，∴m >n ，则m ≥n ＋1， 当m ＝n ＋1时，m n ＝2m －1
2n 显然不成立．
当m >n ＋1时，m n ＝2m －12
n ＝2m －n －1
，
设m －n －1＝t ，则t ∈N *
，
n ＋1＋t n ＝2t ，得n ＝t ＋1
2t －1
， 设d n ＝n ＋1
2n －1，则d n ＋1－d n ＝（n ＋1）＋12n ＋1－1－n ＋12n －1＝－n ×2n
－1
（2n ＋1－1）（2n
－1）<0恒成立， ∴数列{d n }递减．
又d 1＝2，d 2＝1，d 3＝4
7
<1，∴n ≥3时，d n <1恒成立．
故方程n ＝t ＋1
2t －1
的解有且仅有t ＝1，n ＝2或t ＝2，n ＝1，
此时m ＝4，
故满足条件的m ，n 存在，m ＝4，n ＝1或n ＝2.
(2)证明：∵a n >0(n ∈N *
)，且k n ，r n 分别为{a n }前n 项中的最大项和最小项， ∴k n ＋1≥k n ，r n ＋1≤r n ，设数列{b n }的公比为q ，显然q >0， (ⅰ)当q ＝1时，
k n ＋1r n ＋1k n r n
＝1，得k n ＋1k n ＝r n
r n ＋1，
若 k n ＋1>k n ，则r n ＋1<r n ，由k n 与r n 的含义可知k n ＋1>k n 与r n ＋1<r n 不可能同时成立， 故k n ＋1＝k n ，则r n ＋1＝r n ，则k n ＝k 1＝a 1，r n ＝r 1＝a 1， ∴a n ＝a 1， ∴
a n ＋1
a n
＝1， ∴数列{a n }是等比数列． (ⅱ)当q >1时，
k n ＋1r n ＋1k n r n
＝q >1，得k n ＋1r n ＋1k n r n ＝q 2
>1.。