（江蘇專版）2018年高考數(shù)學二輪復(fù)習 專題四 數(shù)列教學案

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1、 專題四 數(shù)列 江蘇 新高考 數(shù)列在江蘇高考中地位十分突出，考分比例遠遠大于課時比例，常在壓軸題位置考查代數(shù)論證能力.江蘇卷數(shù)列解答題始終與特殊數(shù)列密切聯(lián)系，源于課本，高于課本，不搞“遞推式”“數(shù)列不等式”之類的超教學范圍的知識考查，導(dǎo)向非常好.但由于能力考查要求較高，多年來造成區(qū)分度很差的困惑.2013年的數(shù)列解答題降低了難度，但2014年又回升了.到2015年不僅是超綱了，而且難度也加大了，2016年把數(shù)列、集合結(jié)合命題，難度較大，2017年考查數(shù)列的新定義問題和論證等差數(shù)列，難度也不低. 數(shù)列題的常規(guī)類型可分兩類：一類是判斷、證明某個數(shù)列是等差、等比數(shù)列；另一類是已知等差、等比數(shù)

2、列求基本量.這個基本量涵義很廣泛，有項、項數(shù)、公差、公比、通項、和式以及它們的組合式，甚至還包括相關(guān)參數(shù).但江蘇考題真正的難度在等差、等比數(shù)列的性質(zhì)靈活運用上. 第1課時數(shù)列中的基本量計算(基礎(chǔ)課) [常考題型突破] 等差、等比數(shù)列的基本運算 [必備知識] 1．通項公式 等差數(shù)列：an＝a1＋(n－1)d； 等比數(shù)列：an＝a1·qn－1. 2．求和公式 等差數(shù)列：Sn＝＝na1＋d； 等比數(shù)列：Sn＝＝(q≠1)． [題組練透] 1．(2017·鎮(zhèn)江期末)已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列，且a1＋1，a3＋4，a5＋7成等差數(shù)列，則公差d＝________. 解析

3、：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q， 則a3＝a1q2，a5＝a1q4， 由a1＋1，a3＋4，a5＋7成等差數(shù)列， 得2(a1q2＋4)＝a1＋1＋a1q4＋7， 即q2＝1. 所以d＝a1q2＋4－a1－1＝3. 答案：3 2．(2017·鎮(zhèn)江調(diào)研)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和，若＝，則＝________. 解析：因為 ＝，所以令n＝1可得，＝＝，即＝，化簡可得d＝a1，所以＝＝＝. 答案： 3．(2017·蘇北四市期末)已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S2＝2a2＋3，S3＝2a3＋3，則公比q的值為________． 解析：因為S2＝2a2＋3，S3＝2a

4、3＋3，所以a3＝2a3－2a2，所以a3－2a2＝a1q2－2aq＝0，所以q2－2q＝0，q≠0，則公比q＝2. 答案：2 4．(2017·江蘇高考)等比數(shù)列{an}的各項均為實數(shù)，其前n項和為Sn.已知S3＝，S6＝，則a8＝________. 解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則由S6≠2S3，得q≠1，則解得 則a8＝a1q7＝×27＝32. 答案：32 5．(2017·蘇錫常鎮(zhèn)一模)設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S3，S9，S6成等差數(shù)列，且a2＋a5＝4，則a8的值為________． 解析：因為等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S3，S9，S6成等差數(shù)

5、列，且a2＋a5＝4， 所以 解得a1q＝8，q3＝－， 所以a8＝ a1q7＝(a1q)(q3)2＝8×＝2. 答案：2 [方法歸納] 等差(比)數(shù)列基本運算的策略 (1)在等差(比)數(shù)列中，首項a1和公差d(公比q)是兩個最基本的元素． (2)在進行等差(比)數(shù)列項的運算時，若條件和結(jié)論間的聯(lián)系不明顯，則均可化成關(guān)于a1和d(q)的方程組求解，但要注意消元法及整體代換法，以減少計算量． 等差、等比數(shù)列的性質(zhì) [必備知識] 等差數(shù)列 等比數(shù)列 性 質(zhì) (1)若m，n，p，q∈N*， 且m＋n＝p＋q， 則am＋an＝ap＋aq (1)若m，

6、n，p，q∈N*， 且m＋n＝p＋q， 則am·an＝ap·aq (2)an＝am＋(n－m)d (2)an＝amqn－m (3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等差數(shù)列 (3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等比數(shù)列(Sm≠0) [題組練透] 1．(2017·蘇州考前模擬)已知等比數(shù)列{an}滿足an>0，n∈N*，且a5·a2n－5＝22n(n≥3)，則當n≥1時，log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝________. 解析：由a5·a2n－5＝22n(n≥3)，得a＝22n，則an＝2n，故log2a1＋log2a3＋…＋log2

7、a2n－1＝1＋3＋…＋(2n－1)＝n2. 答案：n2 2．已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，Sn為其前n項和．若a1＝6，a3＋a5＝0，則S6＝________. 解析：∵a3＋a5＝2a4，∴a4＝0. ∵a1＝6，a4＝a1＋3d，∴d＝－2. ∴S6＝6a1＋d＝6. 答案：6 3.(2017·南通二調(diào))已知{an}是公差不為0的等差數(shù)列，Sn是其前n項和．若a2a3＝a4a5，S9＝27，則a1的值是________． 解析：因為等差數(shù)列{an}滿足S9＝27，所以S9＝9a5＝27，所以a5＝3，因為a2a3＝a4a5，所以(a5－3d)(a5－2d)＝(a5－d

8、)a5,4a5d＝6d2，又因為等差數(shù)列{an}的公差不為0，所以d＝2，所以a1＝a5－4d＝3－4×2＝－5. 答案：－5 4．設(shè)公差為d的等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a1＝1，－＜d＜－，則當Sn取最大值時，n的值為________． 解析：法一：∵Sn＝n＋d， ∴Sn＝n2＋n. ∵函數(shù)y＝x2＋x的圖象的對稱軸方程為x＝－＋，且開口向下，又－＜d＜－， ∴9＜－＋＜.∴Sn取最大值時，n的值為9. 法二：由an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)d＞0， 得n－1＜. ∵＜－d＜，∴＜＜9. 又n∈N*，∴n－1≤8，即n≤9.故S9最大． 答案：9

9、 [方法歸納] (1)等差、等比數(shù)列性質(zhì)的應(yīng)用的關(guān)鍵是抓住項與項之間的關(guān)系及項的序號之間的關(guān)系，從這些特點入手選擇恰當?shù)男再|(zhì)進行求解. (2)應(yīng)牢固掌握等差、等比數(shù)列的性質(zhì)，特別是等差數(shù)列中“若m＋n＝p＋q，則am＋an＝ap＋aq”這一性質(zhì)與求和公式Sn＝的綜合應(yīng)用. [課時達標訓練] 1．(2017·南通三模)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn.若公差d＝2，a5＝10，則S10的值是________． 解析：法一：因為等差數(shù)列{an}中a5＝a1＋4d＝10，d＝2，所以a1＝2，所以S10＝10×2＋×2＝110. 法二：在等差數(shù)列{an}中，a6＝a5＋d＝12，

10、所以S10＝＝5(a5＋a6)＝5×(10＋12)＝110. 答案：110 2．(2017·全國卷Ⅲ改編)等差數(shù)列{an}的首項為1，公差不為0.若a2，a3，a6成等比數(shù)列，則{an}前6項的和為________． 解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d， 因為a2，a3，a6成等比數(shù)列，所以a2a6＝a， 即(a1＋d)(a1＋5d)＝(a1＋2d)2. 又a1＝1，所以d2＋2d＝0. 又d≠0，則d＝－2， 所以數(shù)列{an}前6項的和S6＝6×1＋×(－2)＝－24. 答案：－24 3．(2017·北京高考)若等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}滿足a1＝b1＝－1，a4

11、＝b4＝8，則＝________. 解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q， 則a4＝－1＋3d＝8，解得d＝3； b4＝－1·q3＝8，解得q＝－2. 所以a2＝－1＋3＝2，b2＝－1×(－2)＝2， 所以＝1. 答案：1 4．已知公差為d的等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若＝3，則的值為________． 解析：由題意＝＝3，化簡得d＝4a1， 則＝＝＝. 答案： 5．(2017·全國卷Ⅱ)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a3＝3，S4＝10，則＝________. 解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的首項為a1，公差為d， 依題意有解得 所

12、以Sn＝，＝＝2， 因此＝2 ＝. 答案： 6．(2017·鹽城期中)在數(shù)列{an}中，a1＝－2101，且當2≤n≤100時，an＋2a102－n＝3×2n恒成立，則數(shù)列{an}的前100項和S100＝________. 解析：因為當2≤n≤100時，an＋2a102－n＝3×2n恒成立， 所以a2＋2a100＝3×22，a3＋2a99＝3×23，…，a100＋2a2＝3×2100，以上99個等式相加， 得3(a2＋a3＋…＋a100)＝3(22＋23＋…＋2100)＝3(2101－4)，所以a2＋a3＋…＋a100＝2101－4， 又因為a1＝－2101，所以S100＝a1

13、＋(a2＋a3＋…＋a100)＝－4. 答案：－4 7．(2017·常州前黃中學國際分校月考)在數(shù)列{an}中，an＋1＝，a1＝2，則a20＝________. 解析：由an＋1＝，a1＝2， 可得＝＋3， 所以是以為首項，3為公差的等差數(shù)列． 即＝＋3(n－1)，可得an＝， 所以a20＝. 答案： 8．(2017·蘇州期中)已知數(shù)列{an}滿足：an＋1＝an(1－an＋1)，a1＝1，數(shù)列{bn}滿足：bn＝an·an＋1，則數(shù)列{bn}的前10項的和S10＝________. 解析：因為an＋1＝an(1－an＋1)，a1＝1，所以－＝1，＝1，所以數(shù)列是以1為首

14、項，1為公差的等差數(shù)列，所以＝n，所以bn＝＝－，所以數(shù)列{bn}的前10項的和S10＝＋＋…＋＝1－＝. 答案： 9．已知{an}為等差數(shù)列，若＜－1，且它的前n項和Sn有最大值，那么當Sn取得最小正值時，n＝________. 解析：由＜－1，得＜0，且它的前n項和Sn有最大值，則a10＞0，a11＜0，a11＋a10＜0，則S19＞0，S20＜0，那么當Sn取得最小正值時，n＝19. 答案：19 10．設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和，S10＝16，S100－S90＝24，則S100＝________. 解析：依題意，S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S

15、90依次成等差數(shù)列，設(shè)該等差數(shù)列的公差為d.又S10＝16，S100－S90＝24，因此S100－S90＝24＝16＋(10－1)d＝16＋9d，解得d＝，因此S100＝10S10＋d＝10×16＋×＝200. 答案：200 11．(2017·揚州期末)在正項等比數(shù)列{an}中，若a4＋a3－2a2－2a1＝6，則a5＋a6的最小值為________． 解析：令a1＋a2＝t(t>0)，則a4＋a3－2a2－2a1＝6可化為tq2－2t＝6(其中q為公比)，所以a5＋a6＝tq4＝q4＝6 ≥6＝48(當且僅當q＝2時等號成立)． 答案：48 12．設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，

16、已知a1＝1，an＋1＝2Sn＋2n，則數(shù)列{an}的通項公式an＝________. 解析：當n≥2時，an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＋2n－2n－1＝2an＋2n－1，從而an＋1＋2n＝3(an＋2n－1)． 又a2＝2a1＋2＝4，a2＋2＝6，故數(shù)列{an＋1＋2n}是以6為首項，3為公比的等比數(shù)列，從而an＋1＋2n＝6×3n－1，即an＋1＝2×3n－2n，又a1＝1＝2×31－1－21－1，故an＝2×3n－1－2n－1. 答案：2×3n－1－2n－1 13．數(shù)列{an}中，若對?n∈N*，an＋an＋1＋an＋2＝k(k為常數(shù))，且a7＝2，a9＝3，a98＝4

17、，則該數(shù)列的前100項的和等于________． 解析：由an＋an＋1＋an＋2＝k，an＋1＋an＋2＋an＋3＝k，得an＋3＝an. 從而a7＝a1＝2，a9＝a3＝3，a98＝a2＝4. 因此a1＋a2＋a3＝9. 所以S100＝33(a1＋a2＋a3)＋a1＝33×9＋2＝299. 答案：299 14．(2017·南京考前模擬)數(shù)列{an}中，an＝2n－1，現(xiàn)將{an}中的項依原順序按第k組有2k項的要求進行分組：(1,3)，(5,7,9,11)，(13,15,17,19,21,23)，…，則第n組中各數(shù)的和為________． 解析：設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn

18、，則Sn＝n2，因為2＋4＋…＋2n＝n( n＋1)＝n2＋n,2＋4＋…＋2( n－1)＝n( n－1)＝n2－n.所以第n組中各數(shù)的和為Sn2＋n－Sn2－n＝( n2＋n)2－(n2－n)2＝4n3. 答案：4n3 1．在等差數(shù)列{an}中，若任意兩個不等的正整數(shù)k，p都有ak＝2p＋1，ap＝2k＋1，數(shù)列{an}的前n項和記為Sn.若k＋p＝m，則Sm＝________.(用m表示) 解析：設(shè)數(shù)列{an}的公差為d， 由題意，a1＋(k－1)d＝2p＋1，① a1＋(p－1)d＝2k＋1，② 兩式相減，得(p－k)d＝2(k－p)． 又k－p≠0，所以d＝－2.

19、則a1＝2p＋2k－1＝2m－1. 因此Sm＝ma1＋d＝m(2m－1)－m(m－1)＝m2. 答案：m2 2．(2016·全國乙卷)設(shè)等比數(shù)列{an}滿足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，則a1a2…an的最大值為________． 解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則由a1＋a3＝10，a2＋a4＝q(a1＋a3)＝5，知q＝. ∵a1＋a1q2＝10，∴a1＝8. 故a1a2…an＝aq1＋2＋…＋(n－1)＝23n· ＝. 記t＝－＋＝－(n2－7n)， 結(jié)合n∈N*可知n＝3或4時，t有最大值6. 又y＝2t為增函數(shù)，從而a1a2…an的最大值為26＝64.

20、答案：64 3．(2017·南京考前模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x－2)3，數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列，若f(ai)＝0，則數(shù)列{an}的前11項和S11為________． 解析：f(x)＝(x－2)3為增函數(shù)，且關(guān)于點(2,0)中心對稱，則f(2＋x)＋f(2－x)＝0.設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，若a6＞2，則f(a6)＞0，f(a5)＋f(a7)＝f(a6－d)＋f(a6＋d)＞f(2－d)＋f(2＋d)＝0，即f(a5)＋f(a7)＞0，同理，f(a4)＋f(a8)＞0，…，f(a1)＋f(a11)＞0，則f(ai)＞0；同理，若a6＜2，則f(ai)＜0，所以a6＝2.所以

21、S11＝11a6＝22. 答案：22 4．(2017·全國卷Ⅰ改編)幾位大學生響應(yīng)國家的創(chuàng)業(yè)號召，開發(fā)了一款應(yīng)用軟件．為激發(fā)大家學習數(shù)學的興趣，他們推出了“解數(shù)學題獲取軟件激活碼”的活動．這款軟件的激活碼為下面數(shù)學問題的答案：已知數(shù)列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一項是20，接下來的兩項是20,21，再接下來的三項是20,21,22，依此類推．求滿足如下條件的最小整數(shù)N：N>100且該數(shù)列的前N項和為2的整數(shù)冪．那么該款軟件的激活碼是________． 解析：設(shè)第一項為第1組，接下來的兩項為第2組，再接下來的三項為第3組，依此類推，則第n組的項數(shù)

22、為n，前n組的項數(shù)和為. 由題意可知，N>100，令>100， 得n≥14，n∈N*，即N出現(xiàn)在第13組之后． 易得第n組的所有項的和為＝2n－1，前n組的所有項的和為－n＝2n＋1－n－2. 設(shè)滿足條件的N在第k＋1(k∈N*，k≥13)組，且第N項為第k＋1組的第t(t∈N*)個數(shù)， 若要使前N項和為2的整數(shù)冪，則第k＋1組的前t項的和2t－1應(yīng)與－2－k互為相反數(shù)， 即2t－1＝k＋2， ∴2t＝k＋3， ∴t＝log2(k＋3)， ∴當t＝4，k＝13時，N＝＋4＝95<100，不滿足題意； 當t＝5，k＝29時，N＝＋5＝440； 當t>5時，N>440. 答

23、案：440 第2課時等差、等比數(shù)列的綜合問題(能力課) [?？碱}型突破] 等差、等比數(shù)列的綜合運算 [例1]　(2017·鎮(zhèn)江期末)已知n∈N*，數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，前n項和為Sn，且a1＝1，a2＝2，設(shè)bn＝a2n－1＋a2n. (1)若數(shù)列{bn}是公比為3的等比數(shù)列，求S2n； (2)若對任意n∈N*，Sn＝恒成立，求數(shù)列{an}的通項公式； (3)若S2n＝3(2n－1)，數(shù)列{anan＋1}為等比數(shù)列，求數(shù)列{an}的通項公式． [解]　(1)由題意，b1＝a1＋a2＝1＋2＝3， 則S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n)＝

24、b1＋b2＋…＋bn＝＝. (2)當n≥2時，由2Sn＝a＋n， 得2Sn－1＝a＋n－1， 兩式相減得2an＝a＋n－(a＋n－1)＝a－a＋1， 整理得(an－1)2－a＝0， 即(an－an－1－1)(an＋an－1－1)＝0， 故an－an－1＝1或an＋an－1＝1.(*) 下面證明an＋an－1＝1對任意的n∈N*恒不成立． 事實上，因為a1＋a2＝3， 所以an＋an－1＝1不恒成立； 若存在n∈N*，使an＋an－1＝1，設(shè)n0是滿足上式最小的正整數(shù)，即an0＋an0－1＝1，顯然n0>2，且an0－1∈(0,1)，則an0－1＋an0－2≠1，則由(*)

25、式知，an0－1－an0－2＝1，則an0－2<0，矛盾．故an＋an－1＝1對任意的n∈N*恒不成立， 所以an－an－1＝1對任意的n∈N*恒成立. 因此{an}是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列，所以an＝1＋(n－1)＝n. (3)設(shè)等比數(shù)列{anan＋1}的公比為q，則當n≥2時，＝＝q. 即{a2n－1}，{a2n}分別是以1,2為首項，公比為q的等比數(shù)列； 故a3＝q，a4＝2q. 令n＝2，有S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1＋2＋q＋2q＝9，則q＝2. 當q＝2時，a2n－1＝2n－1，a2n＝2×2n－1＝2n，bn＝a2n－1＋a2n＝3×2n－1， 此

26、時S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n)＝b1＋b2＋…＋bn＝＝3(2n－1)． 綜上所述，an＝ [方法歸納] 有關(guān)遞推數(shù)列問題常見的處理方法 將第n項和第n＋1項合并在一起，看是否是一個特殊數(shù)列．若遞推關(guān)系式含有an與Sn，則考慮是否可以將an與Sn進行統(tǒng)一，再根據(jù)遞推關(guān)系式的結(jié)構(gòu)特征確定是否為熟悉的、有固定方法的遞推關(guān)系式向通項公式的轉(zhuǎn)換類型，否則可以寫出數(shù)列的前幾項，看能否找到規(guī)律，即先特殊、后一般、再特殊． [變式訓練] 已知數(shù)列{an}，{bn}滿足2Sn＝(an＋2)bn，其中Sn是數(shù)列{an}的前n項和． (1)若數(shù)列{an}是首項為

27、，公比為－的等比數(shù)列，求數(shù)列{bn}的通項公式； (2)若bn＝n，a2＝3，求數(shù)列{an}的通項公式； (3)在(2)的條件下，設(shè)cn＝，求證：數(shù)列{cn}中的任意一項總可以表示成該數(shù)列其他兩項之積． 解：(1)因為an＝×n－1＝－2n， 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 由②－①得2a n＋1＝(n＋1)an＋1－nan＋2， 即nan＝(n－1)an＋1＋2，③ 當n≥2時，(n－1)an－1＝(n－2)an＋2，④ 由④－③得(n－1)an－1＋(n－1)an＋1＝2

28、(n－1)an， 即an－1＋an＋1＝2an， 由2S1＝a1＋2，得a1＝2，又a2＝3， 所以數(shù)列{an}是首項為2，公差為3－2＝1的等差數(shù)列，故數(shù)列{an}的通項公式是an＝n＋1. (3)證明：由(2)得cn＝，對于給定的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)， 所以對數(shù)列{cn}中的任意一項cn＝，都存在cn＋1＝和cn2＋2n＝，使得cn＝cn＋1·cn2＋2n. 等差、等比數(shù)列的判定與證明 [例2]　(2017·蘇錫常鎮(zhèn)一模)已知n為正整數(shù)，

29、數(shù)列{an}滿足an>0,4(n＋1)a－na＝0，設(shè)數(shù)列{bn}滿足bn＝. (1)求證：數(shù)列為等比數(shù)列； (2)若數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，求實數(shù)t的值； (3)若數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，前n項和為Sn，對任意的n∈N*，均存在m∈N*，使得8aSn－an2＝16bm成立，求滿足條件的所有整數(shù)a1的值． [解]　(1)證明：由題意得4(n＋1)a＝na，因為數(shù)列{an}各項均為正， 得＝4·，所以＝2·， 因此＝2，所以是以a1為首項，公比為2的等比數(shù)列． (2)由(1)得＝a1·2n－1，即an＝a1·2n－1·， 所以bn＝＝， 如果數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，則2b2＝

30、b1＋b3， 即2·＝＋， 整理得＝＋，則t2－16t＋48＝0， 解得t＝4或t＝12. 當t＝4時，bn＝， 因為bn＋1－bn＝－＝， 所以數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，符合題意； 當t＝12時，bn＝， 因為b2＋b4＝＋＝＝a，2b3＝2·＝，b2＋b4≠2b3， 所以數(shù)列{bn}不是等差數(shù)列，t＝12不符合題意， 綜上，如果數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，則t＝4. (3)由(2)得bn＝，對任意的n∈N*，均存在m∈N*，使8aSn－an2＝16bm， 則8··－an2＝16，所以m＝. 當a1＝2k，k∈N*時，m＝＝k2n，對任意的n∈N*，m∈N*，符合題意

31、； 當a1＝2k－1，k∈N*，當n＝1時，m＝＝k2－k＋?N*，故不合題意. 綜上，當a1＝2k，k∈N*，對任意的n∈N*，均存在m∈N*，使8aSn－an2＝16bm. [方法歸納] 數(shù)列{an}是等差數(shù)列或等比數(shù)列的證明方法 (1)證明數(shù)列{an}是等差數(shù)列的兩種基本方法： ①利用定義，證明an＋1－an(n∈N*)為一常數(shù)； ②利用中項性質(zhì)，即證明2an＝an－1＋an＋1(n≥2)． (2)證明數(shù)列{an}是等比數(shù)列的兩種基本方法： ①利用定義，證明(n∈N*)為一常數(shù)； ②利用等比中項，即證明a＝an－1an＋1(n≥2)． [變式訓練] 已知數(shù)列{

32、an}的前n項和為Sn，數(shù)列{bn}，{cn}滿足(n＋1)bn＝an＋1－，(n＋2)cn＝－，其中n∈N*. (1)若數(shù)列{an}是公差為2的等差數(shù)列，求數(shù)列{cn}的通項公式； (2)若存在實數(shù)λ，使得對一切n∈N*，有bn≤λ≤cn，求證：數(shù)列{an}是等差數(shù)列． 解：(1)因為數(shù)列{an}是公差為2的等差數(shù)列， 所以an＝a1＋2(n－1)，＝a1＋n－1. 因為(n＋2)cn＝－(a1＋n－1)＝n＋2，所以cn＝1. (2)證明：由(n＋1)bn＝an＋1－， 得n(n＋1)bn＝nan＋1－Sn，(n＋1)(n＋2)bn＋1＝(n＋1)an＋2－Sn＋1，兩式相減

33、，并化簡得an＋2－an＋1＝(n＋2)bn＋1－nbn. 從而(n＋2)cn＝－＝－[an＋1－(n＋1)bn]＝＋(n＋1)bn＝＋(n＋1)bn＝(bn＋bn＋1)， 因此cn＝(bn＋bn＋1)． 因為對一切n∈N*，有bn≤λ≤cn， 所以λ≤cn＝(bn＋bn＋1)≤λ，故bn＝λ，cn＝λ. 所以(n＋1)λ＝an＋1－，① (n＋2)λ＝(an＋1＋an＋2)－，② ②－①得(an＋2－an＋1)＝λ，即an＋2－an＋1＝2λ，故an＋1－an＝2λ(n≥2)． 又2λ＝a2－＝a2－a1，則an＋1－an＝2λ(n≥1)． 所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列.

34、 特殊數(shù)列的判定 [例3]　(2017·江蘇高考)對于給定的正整數(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)因為{an}是等差數(shù)列，設(shè)其公差為d， 則an＝a1＋(n－1)d， 從而，當n≥4時，an－k＋an＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d＝2a1＋2(n－1)d＝2

35、an，k＝1,2,3， 所以an－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n≥3時，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，① 當n≥4時，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

36、d′. 在①中，取n＝4，則a2＋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． [方法歸納] 本題中第(1)問根據(jù)“P(k)數(shù)列”的定義，利用等差數(shù)列的基本量進行論證，第(2)問通過變形轉(zhuǎn)化，化歸為an－1，an ，an＋1三項的關(guān)系式，若這種方法一點都不會，也可以按照遞推公式多寫幾項，借助歸納推理求解. [變式訓練] 設(shè)數(shù)列{an}的前n項的和為Sn.定義：若?n∈N*，?m∈N*，Sn＝am，則稱數(shù)列{an}為H數(shù)列． (1)求證：數(shù)列{(n－2)d}(

37、n∈N*，d為常數(shù))是H數(shù)列； (2)求證：數(shù)列{(n－3)d}(n∈N*，d為常數(shù)，d≠0)不是H數(shù)列． 證明：(1)∵an＝(n－2)d，∴Sn＝d＝d.令d＝(m－2)d.(*) 當d＝0時，存在正整數(shù)m滿足(*)． 當d≠0時，m＝2＋， ∵?n∈N*，∈Z， ∴m∈Z，且≥－1， ∴m≥1，m∈N*，故存在m∈N*滿足(*)． 所以數(shù)列{(n－2)d}是H數(shù)列． (2)數(shù)列{(n－3)d}的前n項之和為Sn＝d＝d. 令d＝(m－3)d. 因為d≠0，所以m＝3＋，當n＝2時，m＝0，故{(n－3)d}不是H數(shù)列． [課時達標訓練] 1．(2017·蘇州期中

38、)已知等比數(shù)列{an}的公比q>1，滿足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中項． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)若bn＝anlogan，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋1>62成立的正整數(shù)n的最小值． 解：(1)∵a3＋2是a2，a4的等差中項， ∴2(a3＋2)＝a2＋a4， 代入a2＋a3＋a4＝28，可得a3＝8， ∴a2＋a4＝20， ∴ 解得或 ∵q>1，∴∴數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n. (2)∵bn＝anlogan＝2nlog2n＝－n·2n， ∴Sn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)，① 2Sn＝－

39、(1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1)，② ②－①得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1 ＝－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1. ∵Sn＋n·2n＋1>62，∴2n＋1－2>62， ∴n＋1>6，n>5， ∴使Sn＋n·2n＋1>62成立的正整數(shù)n的最小值為6. 2．已知數(shù)列{an}，{bn}均為各項都不相等的數(shù)列，Sn為{an}的前n項和，an＋1bn＝Sn＋1(n∈N*)． (1)若a1＝1，bn＝，求a4的值； (2)若{an}是公比為q的等比數(shù)列，求證：存在實數(shù)λ，使得{bn＋λ}為等比數(shù)列． 解：(1)由a1＝1，bn＝，知a2＝

40、4，a3＝6，a4＝8. (2)證明：法一：顯然公比q≠1，因為an＋1bn＝Sn＋1，所以a1qnbn＝＋1， 所以qnbn＝＋－， 即bn＝n－， 所以存在實數(shù)λ＝， 使得bn＋λ＝n， 又bn＋λ≠0(否則{bn}為常數(shù)數(shù)列，與題意不符)， 所以當n≥2時，＝，此時{bn＋λ}為等比數(shù)列， 所以存在實數(shù)λ＝，使得{bn＋λ}為等比數(shù)列． 法二：因為an＋1bn＝Sn＋1，① 所以當n≥2時，anbn－1＝Sn－1＋1，② ①－②得，an＋1bn－anbn－1＝an，③ 由③得，bn＝bn－1＋＝bn－1＋， 所以bn＋＝. 又bn＋≠0(否則{bn}為常數(shù)數(shù)列

41、，與題意不符)， 所以存在實數(shù)λ＝，使得{bn＋λ}為等比數(shù)列． 3．設(shè)數(shù)列{Hn}的各項均為不相等的正整數(shù)，其前n項和為Qn，稱滿足條件“對任意的m，n∈N*，均有(n－m)·Qn＋m＝(n＋m)(Qn－Qm)”的數(shù)列{Hn}為“好”數(shù)列． (1)試分別判斷數(shù)列{an}，{bn}是否為“好”數(shù)列，其中an＝2n－1，bn＝2n－1，n∈N*，并給出證明； (2)已知數(shù)列{cn}為“好”數(shù)列，其前n項和為Tn. ①若c2 016＝2 017，求數(shù)列{cn}的通項公式； ②若c1＝p，且對任意給定的正整數(shù)p，s(s>1)，有c1，cs，ct成等比數(shù)列，求證：t≥s2. 解：(1)若

42、an＝2n－1，則Sn＝n2， 所以(n－m)Sn＋m＝(n－m)(n＋m)2， 而(n＋m)(Sn－Sm)＝(n＋m)(n2－m2)＝(n＋m)2(n－m)， 所以(n－m)Sn＋m＝(n＋m)(Sn－Sm)對任意的m，n∈N*均成立， 即數(shù)列{an}是“好”數(shù)列． 若bn＝2n－1，則Sn＝2n－1，取n＝2，m＝1， 則(n－m)Sn＋m＝S3＝7，(n＋m)(Sn－Sm)＝3b2＝6， 此時(n－m)Sn＋m≠(n＋m)(Sn－Sm)， 即數(shù)列{bn}不是“好”數(shù)列． (2)因為數(shù)列{cn}為“好”數(shù)列，取m＝1， 則(n－1)Tn＋1＝(n＋1)(Tn－T1)，

43、 即2Tn＝(n－1)cn＋1＋(n＋1)c1恒成立． 當n≥2時，有2Tn－1＝(n－2)cn＋nc1， 兩式相減，得2cn＝(n－1)cn＋1－(n－2)cn＋c1(n≥2)， 即ncn＝(n－1)cn＋1＋c1(n≥2)， 所以(n－1)cn－1＝(n－2)cn＋c1(n≥3)， 所以ncn－(n－1)cn－1＝(n－1)cn＋1－(n－2)cn(n≥3)， 即(2n－2)cn＝(n－1)cn－1＋(n－1)cn＋1(n≥3)， 即2cn＝cn－1＋cn＋1(n≥3)， 當n＝2時，有2T2＝c3＋3c1，即2c2＝c3＋c1， 所以2cn＝cn－1＋cn＋1對任意的n

44、≥2，n∈N*恒成立， 所以數(shù)列{cn}是等差數(shù)列． 設(shè)數(shù)列{cn}的公差為d， ①若c2 016＝2 017，則c1＋2 015d＝2 017， 即d＝， 因為數(shù)列{cn}的各項均為不相等的正整數(shù)， 所以d∈N*， 所以d＝1，c1＝2，所以cn＝n＋1. ②證明：若c1＝p，則cn＝dn＋p－d， 由c1，cs，ct成等比數(shù)列，得c＝c1ct， 所以(ds＋p－d)2＝p(dt＋p－d)， 即(p－d)(2ds＋p－d－p)＋d(ds2－pt)＝0， 化簡得，p(t＋1－2s)＝d(s－1)2， 即d＝p. 因為p是任意給定的正整數(shù)，要使d∈N*，必須∈N*，

45、 不妨設(shè)k＝，由于s是任意給定的正整數(shù)， 所以t＝k(s－1)2＋2s－1≥(s－1)2＋2s－1＝s2. 故不等式得證． 4．(2017·常州前黃中學國際分校月考)已知數(shù)列{an}是公差為正數(shù)的等差數(shù)列，其前n項和為Sn，且a2·a3＝15，S4＝16. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)數(shù)列{bn}滿足b1＝a1，bn＋1－bn＝. ①求數(shù)列{bn}的通項公式； ②是否存在正整數(shù)m，n(m≠n)，使得b2，bm，bn成等差數(shù)列？若存在，求出m，n的值；若不存在，請說明理由． 解：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則d＞0. 由a2·a3＝15，S4＝16，得 解得或

46、(舍去)． 所以an＝2n－1. (2)①∵b1＝a1，bn＋1－bn＝， ∴b1＝a1＝1，bn＋1－bn＝＝＝， 即b2－b1＝，b3－b2＝，…，bn－bn－1＝(n≥2)， 累加得：bn－b1＝＝， ∴bn＝b1＋＝1＋＝. b1＝1也符合上式． 故bn＝，n∈N*. ②假設(shè)存在正整數(shù)m，n(m≠n)，使得b2，bm，bn成等差數(shù)列， 則b2＋bn＝2bm. 又b2＝，bn＝＝－，bm＝－， ∴＋＝2， 即＝＋， 化簡得：2m＝＝7－. 當n＋1＝3，即n＝2時，m＝2，不合題意，舍去； 當n＋1＝9，即n＝8時，m＝3，符合題意． ∴存在正整數(shù)m＝3

47、，n＝8，使得b2，bm，bn成等差數(shù)列． 5．(2017·鎮(zhèn)江丹陽高級中學期初考試)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝r(r>0)，且{anan＋1}是公比為q(q>0)的等比數(shù)列，設(shè)bn＝a2n－1＋a2n(n∈N*)． (1)求使anan＋1＋an＋1an＋2>an＋2an＋3(n∈N*)成立的q的取值范圍； (2)求數(shù)列{bn}的前n項和Sn； (3)試證明：當q≥2時，對任意正整數(shù)n≥2，Sn不可能是數(shù)列{bn}中的某一項． 解：(1)依題意得qn－1＋qn>qn＋1， ∵q>0，∴q2－q－1<0， ∴00)， 且b1＝a1＋

48、a2＝1＋r>0， ∴ 數(shù)列{bn}是以1＋r為首項，q為公比的等比數(shù)列， ∴Sn＝ (3)證明：當q≥2時，Sn＝， ∵Sn－an＋1＝ －(1＋r)qn＝[(1－qn)－qn(1－q)]＝[1＋qn(q－2)]<0， ∴Sn0，n∈N*，∴Sn>an， 故當q≥2時，對任意正整數(shù)n≥2，Sn不可能是數(shù)列{bn}中的某一項． 6．(2017·南通二調(diào))設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn(n∈N*)，且滿足：①|(zhì)a1|≠|(zhì)a2|；②r(n－p)Sn＋1＝an＋(n2－n－2)a1，其中r，p∈R，且r≠0. (1)求p的值；

49、(2)數(shù)列{an}能否是等比數(shù)列？請說明理由； (3)求證：當r＝2時，數(shù)列{an}是等差數(shù)列． 解：(1)n＝1時，r(1－p)S2＝2a1－2a1＝0， 因為|a1|≠|(zhì)a2|，所以S2≠0， 又r≠0，所以p＝1. (2)數(shù)列{an}不是等比數(shù)列．理由如下： 假設(shè){an}是等比數(shù)列，公比為q， 當n＝2時，rS3＝6a2，即ra1(1＋q＋q2)＝6a1q， 所以r(1＋q＋q2)＝6q，① 當n＝3時，2rS4＝12a3＋4a1，即2ra1(1＋q＋q2＋q3)＝12a1q2＋4a1， 所以r(1＋q＋q2＋q3)＝6q2＋2，② 由①②得q＝1，與|a1|≠|(zhì)

50、a2|矛盾，所以假設(shè)不成立. 故{an}不是等比數(shù)列． (3)證明：當r＝2時，易知a3＋a1＝2a2. 由2(n－1)Sn＋1＝(n2＋n)an＋(n2－n－2)a1，得 n≥2時，2Sn＋1＝＋，① 2Sn＋2＝＋，② ②－①得，2an＋2＝－＋， 即2(an＋2－a1)＝－， 兩邊同除(n＋1)得， ＝－， 即－＝ ＝ ＝…… ＝＝0， 所以＝＝…＝， 令a2－a1＝d，則＝d(n≥2)． 所以an＝a1＋(n－1)d(n≥2)． 又n＝1時，也適合上式， 所以an＝a1＋(n－1)d(n∈N*)． 所以an＋1－an＝d(n∈N*)． 所以當

51、r＝2時，數(shù)列{an}是等差數(shù)列． 第3課時數(shù)列的綜合應(yīng)用(能力課) [?？碱}型突破] 數(shù)列與不等式問題 [例1]　(2017·南京考前模擬)若各項均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且2＝an＋1 (n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)若正項等比數(shù)列{bn}，滿足b2＝2,2b7＋b8＝b9，求Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn； (3)對于(2)中的Tn，若對任意的n∈N*，不等式λ(－1)n＜(Tn＋21)恒成立，求實數(shù)λ的取值范圍． [解]　(1)因為2＝an＋1， 所以4Sn＝(an＋1)2，且an＞0， 則4a1＝(a1＋1)2，解

52、得a1＝1， 又4Sn＋1＝(an＋1＋1)2， 所以4an＋1＝4Sn＋1－4Sn＝(an＋1＋1)2－(an＋1)2， 即(an＋1＋an)(an＋1－an)－2(an＋1＋an)＝0， 因為an＞0，所以an＋1＋an≠0， 所以an＋1－an＝2，所以{an}是公差為2的等差數(shù)列，又a1＝1， 所以an＝2n－1. (2) 設(shè)數(shù)列{bn}的公比為q，因為2b7＋b8＝b9，所以2＋q＝q2，解得q＝－1(舍去)或q＝2， 由b2＝2，得b1＝1，即bn＝2n－1. 記A＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－1)×2n－1， 則2

53、A＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)×2n， 兩式相減得－A＝1＋2(2＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)×2n， 故A＝(2n－1)×2n－1－2(2＋22＋…＋2n－1)＝(2n－1)×2n－1－2(2n－2)＝(2n－3)×2n＋3 所以Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝(2n－3)·2n＋3. (3)不等式λ(－1)n＜(Tn＋21)可化為(－1)nλ＜n－＋. 當n為偶數(shù)時，λ＜n－＋， 記g(n)＝n－＋. 即λ＜g(n)min. g(n＋2)－g(n)＝2＋－＝2－， 當n＝2時，g(n＋2)＜g(n)，n≥4時，g(n＋2)＞g(n)，

54、即g(4)＜g(2)，當n≥4時，g(n)單調(diào)遞增，g(n)min＝g(4)＝，即λ＜. 當n為奇數(shù)時，λ＞－n－， 記h(n)＝－n－，所以λ＞h(n)max. h(n＋2)－h(huán)(n)＝－2－＋＝－2＋， 當n＝1時，h (n＋2)＞h(n)，n≥3時，h(n＋1)＜h(n)， 即h(3)＞h(1)，n≥3時，h(n)單調(diào)遞減，h(n)max＝h(3)＝－3，所以λ＞－3. 綜上所述，實數(shù)λ的取值范圍為. [方法歸納] 1.數(shù)列與不等式的綜合問題考查類型 (1)判斷數(shù)列中的一些不等關(guān)系問題； (2)以數(shù)列為載體，考查不等式的恒成立問題； (3)考查與數(shù)列問題有關(guān)的不等式

55、的證明問題. 2.解決數(shù)列與不等式問題的兩個注意點 (1)利用基本不等式或函數(shù)的單調(diào)性求解相關(guān)最值時，應(yīng)注意n取正整數(shù)的限制條件. (2)利用放縮法證明不等式、求解參數(shù)的范圍時，盡量先求和、后放縮，注意放縮的尺度，否則會出現(xiàn)范圍擴大或縮小而得不到正確的結(jié)果. [變式訓練] 已知數(shù)列{an}滿足a1＝6，a2＝20，且an－1·an＋1＝a－8an＋12(n∈N*，n≥2)． (1)證明：數(shù)列{an＋1－an}為等差數(shù)列； (2)令cn＝＋，數(shù)列{cn}的前n項和為Tn，求證：2n

56、n≥2時，由an－1·an＋1＝a－8an＋12， 得an·an＋2＝a－8an＋1＋12， 兩式相減得a－a－8an＋1＋8an＝anan＋2－an－1an＋1， 所以a＋anan＋2－8an＝a＋an－1an＋1－8an＋1， 即an(an＋an＋2－8)＝an＋1(an＋1＋an－1－8)， 所以＝＝…＝＝2. 所以an＋2＋an－8＝2an＋1， 即an＋2－2an＋1＋an＝8， 即(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝8， 當n＝1時，也滿足此式． 又a2－a1＝14， 所以數(shù)列{an＋1－an}是以14為首項，8為公差的等差數(shù)列． (2)由(1)知a

57、n＋1－an＝14＋8(n－1)＝8n＋6. 由a2－a1＝8×1＋6，a3－a2＝8×2＋6，…，an－an－1＝8×(n－1)＋6，累加得an－a1＝8×[1＋2＋3＋…＋(n－1)]＋6(n－1)＝8×＋6(n－1)＝4n2＋2n－6，所以an＝4n2＋2n. 所以cn＝＋＝＋＝＋＝2＋2， 所以Tn＝2n＋2＋＋…＋＝2n＋2， 又>－＝＝>0， 所以2n

58、列{an}和{bn}； (2)若a1＋b1＝1，數(shù)列{cn}滿足：cn＝4an＋λ(－1)n－1·2bn，求最大的實數(shù)λ，使得當n∈N*，恒有cn＋1≥cn成立． [解]　(1)設(shè)數(shù)列{an}，{bn}的公差分別是d1，d2. 則Sn＋3＝(n＋3)a1＋d1， Tn＝nb1＋d2. ∵對一切n∈N*，有Sn＋3＝Tn， ∴(n＋3)a1＋d1＝nb1＋d2， 即n2＋n＋3a1＋3d1＝n2＋n. ∴即 故答案不唯一． 例如取d1＝d2＝2，a1＝－2，b1＝4， 得an＝2n－4(n∈N*)，bn＝2n＋2(n∈N*)． (2)∵a1＋b1＝1， 又由(1)，可得

59、d1＝d2＝1，a1＝－1，b1＝2. ∴an＝n－2，bn＝n＋1. ∴cn＝4n－2＋λ(－1)n－12n＋1. ∴cn＋1－cn＝4n－1＋λ(－1)n2n＋2－4n－2－λ(－1)n－12n＋1＝3·4n－2＋λ(－1)n(2n＋2＋2n＋1)＝·22n＋6λ(－1)n·2n. ∵當n∈N*時，cn＋1≥cn恒成立， 即當n∈N*時，·22n＋6λ(－1)n·2n≥0恒成立． ∴當n為正奇數(shù)時，λ≤·2n恒成立， 而·2n≥.∴λ≤； 當n為正偶數(shù)時，λ≥－·2n恒成立， 而－·2n≤－，∴λ≥－. ∴－≤λ≤，∴λ的最大值是. [方法歸納] (1)

60、第一問和第二問的切入點都是從Sn＋3＝Tn入手，利用解決等差數(shù)列的基本方法向首項、項數(shù)及公差轉(zhuǎn)化，得到式子n2＋n＋3a1＋3d1＝n2＋n　(*)，此式子中有五個字母，根據(jù)題意分析a1，d1，b1，d2均為待定量，因此可將(*)式中的n看成主元，對一切正整數(shù)n均成立即恒成立，只需對應(yīng)項的系數(shù)相等，得到第一問是一個開放的問題，要求我們根據(jù)條件任給d1和d2一組值再確定a1，b1即可，第二問給出特定的約束條件a1＋b1＝1，求出d1和d2唯一的一組值． (2)第二問實際上是由數(shù)列{an}，{bn}生成子數(shù)列{cn}并且給出子數(shù)列{cn}是遞增數(shù)列．當求λ的取值范圍時，采取的方法是將λ分離出來(

61、即分離變量)轉(zhuǎn)化的函數(shù)，再用函數(shù)的最值進一步轉(zhuǎn)化． [變式訓練] (2017·南京三模)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項和Sn. (2)若數(shù)列{an}中存在三項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)因為p＝1，所以an＋1＝|1－an|＋2an＋1. ①因為a1＝－1， 所以a2＝|1－a1|＋2a1＋1＝1， a3＝|1－a2|＋2a2＋1＝3， a4＝|1－a3|＋2a3＋1＝9. ②因為

62、a2＝1，an＋1＝|1－an|＋2an＋1， 所以當n≥2時，an≥1， 從而an＋1＝|1－an|＋2an＋1＝an－1＋2an＋1＝3an， 于是有an＝3n－2(n≥2) . 故當n≥2時，Sn＝－1＋a2＋a3＋…＋an＝－1＋＝ ，當n＝1時，S1＝－1，符合上式， 故Sn＝，n∈N*. (2)因為an＋1－an＝|p－an|＋an＋p≥p－an＋an＋p＝2p＞0， 所以an＋1＞an，即數(shù)列{an}單調(diào)遞增． (ⅰ)當≥1時，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{

63、an}中存在三項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.　(*) 因為s≤t－1，所以2×3s－1＝×3s＜3t－1＜3r－1＋3t－1，即(*)不成立． 故此時數(shù)列{an}中不存在三項依次成等差數(shù)列． (ⅱ)當－1＜ ＜1時，有－p＜a1＜p. 此時a2＝|p－a1|＋2a1＋p＝p－a1＋2a1＋p＝a1＋2p＞p， 于是當n≥2時，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

64、{an}中存在三項ar，as，at (r，s，t∈N*，r＜s＜t)依次成等差數(shù)列， 由(ⅰ)可知，r＝1， 于是有2×3s－2(a1＋2p)＝a1＋3t－2(a1＋2p)． 因為2≤s≤t－1， 所以＝2×3s－2－3t－2＝×3s－×3t－1＜0. 因為2×3s－2－3t－2是整數(shù)，所以≤－1， 于是a1≤－a1－2p，即a1≤－p，與－p＜a1＜p相矛盾． 故此時數(shù)列{an}中不存在三項依次成等差數(shù)列． (ⅲ)當≤－1時，則有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＋a

65、1|＋2a1＋5p＝－p－a1＋2a1＋5p＝a1＋4p， 此時2a2＝a1＋a3，則a1，a2，a3成等差數(shù)列． 綜上可知，≤－1. 故的取值范圍為(－∞，－1]. 與數(shù)列有關(guān)的探索性問題 [例3]　已知各項均為正數(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項和Sn； (2)是否存在常數(shù)λ，使得an＋an＋2＝λan＋1對任意的n∈N*都成立？若存在，求出實數(shù)λ的值(用m，a，b表示)；若不存在，請說明理由． [解]　

66、(1)①因為m＝0， 所以a＝anan＋2， 所以正項數(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a＝2時，數(shù)列{an}是首項為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)項依次構(gòu)成首項為2、公比為4的等比數(shù)列，偶數(shù)項依次構(gòu)成首項為3、公差為4的等差數(shù)列． 當n為偶數(shù)時， Sn＝＋＝＋－； 當n為奇數(shù)時， Sn＝＋＝＋－. 所以Sn＝ (2)存在常數(shù)λ＝， 使得an＋an＋2＝λan＋1對任意的n∈N*都成立． 證明如下：因為a＝anan＋2＋m，n∈N*， 所以a＝an－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，此等式兩邊同時除以anan＋1， 得＝， 所以＝＝…＝， 即當n≥2，n∈N*時， 都有an＋an＋2＝an＋1. 因為a1＝a，a2＝b，a＝anan＋2＋m， 所以a3＝， 所以＝＝， 所