9、1)iai，若對一切正整數(shù)n，不等式λTn<[an＋1＋(－1)n＋1an]·2n－1恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍；
(3)是否存在正整數(shù)m，n(n>m>2)，使得S2，Sm－S2，Sn－Sm成等比數(shù)列？若存在，求出所有的m，n；若不存在，請說明理由.
解 (1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d.
因?yàn)?a5－a3＝13，S4＝16.
所以解得a1＝1，d＝2，
所以an＝2n－1，Sn＝n2.
(2)①當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，設(shè)n＝2k，k∈N*，
則T2k＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a2k－a2k－1)＝2k，
代入不等式λTn<[an＋1＋(－1)n＋1an]·2n－1得λ·2k
10、<4k，從而λ<.
設(shè)f(k)＝，則f(k＋1)－f(k)＝－＝.
因?yàn)閗∈N*，所以f(k＋1)－f(k)>0，
所以f(k)是遞增的，所以f(k)min＝2，所以λ<2.
②當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，設(shè)n＝2k－1，k∈N*，
則T2k－1＝T2k－(－1)2ka2k＝2k－(4k－1)＝1－2k，
代入不等式λTn<[an＋1＋(－1)n＋1an]·2n－1，
得λ·(1－2k)<(2k－1)4k，從而λ>－4k.
因?yàn)閗∈N*，所以－4k的最大值為－4，所以λ>－4.
綜上所述，λ的取值范圍為(－4，2).
(3)假設(shè)存在正整數(shù)m，n(n>m>2)，使得S2，Sm－S2，Sn－
11、Sm成等比數(shù)列，則(Sm－S2)2＝S2·(Sn－Sm)，即(m2－4)2＝4(n2－m2)，
所以4n2＝(m2－2)2＋12，即4n2－(m2－2)2＝12，
即(2n－m2＋2)(2n＋m2－2)＝12.
因?yàn)閚>m>2，所以n≥4，m≥3，所以2n＋m2－2≥15.
因?yàn)?n－m2＋2是整數(shù)，
所以等式(2n－m2＋2)(2n＋m2－2)＝12不成立.
故不存在正整數(shù)m，n(n>m>2)，使得S2，Sm－S2，Sn－Sm成等比數(shù)列.
考點(diǎn)三 新數(shù)列問題
【例3】 (2017·南通期末)若數(shù)列{an}中存在三項(xiàng)，按一定次序排列構(gòu)成等比數(shù)列，則稱{an}為“等比源數(shù)列”.
12、
(1) 已知數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an－1.
① 求{an}的通項(xiàng)公式；
② 試判斷{an}是否為“等比源數(shù)列”，并證明你的結(jié)論；
(2) 已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，且a1≠0，an∈Z(n∈N*).求證：{an}為“等比源數(shù)列”.
(1)解 ① 由an＋1＝2an－1，得an＋1－1＝2(an－1)，且a1－1＝1，所以數(shù)列{an－1}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列.
所以an－1＝2n－1.
所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1＋1.
② 數(shù)列{an}不是“等比源數(shù)列”.用反證法證明如下：
假設(shè)數(shù)列{an}是“等比源數(shù)列”，則存在三項(xiàng)am，an，a
13、k(m＜n＜k)按一定次序排列構(gòu)成等比數(shù)列.
因?yàn)閍n＝2n－1＋1，所以am＜an＜ak.
所以a＝am·ak，得(2n－1＋1)2＝(2m－1＋1)(2k－1＋1)，即22n－m－1＋2n－m＋1－2k－1
－2k－m＝1.
又m＜n＜k，m，n，k∈N*，
所以2n－m－1≥1，n－m＋1≥1，k－1≥1，k－m≥1.
所以22n－m－1＋2n－m＋1－2k－1－2k－m為偶數(shù)，與22n－m－1＋2n－m＋1－2k－1－2k－m＝1矛盾.
所以數(shù)列{an}中不存在任何三項(xiàng)，按一定次序排列構(gòu)成等比數(shù)列.
綜上，可得數(shù)列{an}不是“等比源數(shù)列”.
(2)證明 不妨設(shè)等差數(shù)
14、列{an}的公差d≥0.
當(dāng)d＝0時(shí)，等差數(shù)列{an}為非零常數(shù)數(shù)列，數(shù)列{an}為“等比源數(shù)列”.
當(dāng)d＞0時(shí)，因?yàn)閍n∈Z，則d≥1，且d∈Z，所以數(shù)列{an}中必有一項(xiàng)am＞0.
為了使得{an}為“等比源數(shù)列”，
只需要{an}中存在第n項(xiàng)，第k項(xiàng)(m＜n＜k)，使得a＝amak成立，即[am＋(n－m)d]2＝am[am＋(k－m)d]，
即(n－m)[2am＋(n－m)d]＝am(k－m)成立.
當(dāng)n＝am＋m，k＝2am＋amd＋m時(shí)，上式成立.
所以{an}中存在am，an，ak成等比數(shù)列.
所以數(shù)列{an}為“等比源數(shù)列”.
【訓(xùn)練2】 (2018·南京、鹽
15、城質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}，{bn}滿足a1＝3，anbn＝2，bn＋1＝an，n∈N*.
(1)求證：數(shù)列是等差數(shù)列，并求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)數(shù)列{cn}滿足cn＝2an－5，對于給定的正整數(shù)p，是否存在正整數(shù)q，r(p＜q＜r)，使得，，成等差數(shù)列？若存在，試用p表示q，r；若不存在，請說明理由.
(1)證明 因?yàn)閍nbn＝2，所以an＝，則bn＋1＝anbn－＝2－＝2－＝，
所以＝＋，又a1＝3，所以b1＝，故是首項(xiàng)為，公差為的等差數(shù)列，即＝＋(n－1)×＝，所以bn＝.
(2)解 由(1)知an＝n＋2，所以cn＝2an－5＝2n－1.
①當(dāng)p＝1時(shí)，cp＝c
16、1＝1，cq＝2q－1，cr＝2r－1，
若，，成等差數(shù)列，
則＝1＋，(*)
因?yàn)閜＜q＜r，所以q≥2，r≥3，＜1，1＋＞1，所以(*)式不成立.
②當(dāng)p≥2時(shí)，若，，成等差數(shù)列，則＝＋，所以＝－＝，即2r－1＝，所以r＝，
欲滿足題設(shè)條件，只需q＝2p－1，此時(shí)r＝4p2－5p＋2，
因?yàn)閜≥2，所以q＝2p－1＞p，r－q＝4p2－7p＋3＝4(p－1)2＋p－1＞0，即r＞q.
綜上所述，當(dāng)p＝1時(shí)，不存在q，r滿足題設(shè)條件；
當(dāng)p≥2時(shí)，存在q＝2p－1，r＝4p2－5p＋2，滿足題設(shè)條件.
一、必做題
1.(2017·全國Ⅱ卷)我國古代數(shù)學(xué)名著《算法統(tǒng)宗
17、》中有如下問題：“遠(yuǎn)望巍巍塔七層，紅光點(diǎn)點(diǎn)倍加增，共燈三百八十一，請問尖頭幾盞燈？”意思是：一座7層塔共掛了381盞燈，且相鄰兩層中的下一層燈數(shù)是上一層燈數(shù)的2倍，則塔的頂層共有燈________.
解析 設(shè)頂層燈數(shù)為a1，q＝2，S7＝＝381，
解得a1＝3.
答案 3
2.在等比數(shù)列{an}中，各項(xiàng)都是正數(shù)，且a1，a3，2a2成等差數(shù)列，則＝________.
解析 ∵ a1，a3，2a2成等差數(shù)列，∴ 2×a3＝a1＋2a2，即a3＝a1＋2a2，設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q且q＞0，則a3＝a1q2，a2＝a1q，∴ a1q2＝a1＋2a1q，∴ q2＝1＋2q，解得q＝
18、1＋或1－(舍)，＝＝q2＝(＋1)2＝3＋2.
答案 3＋2
3.設(shè)Sn是等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，S3，S9，S6成等差數(shù)列，且a2＋a5＝2am，則m＝________.
解析 當(dāng)公比q＝1時(shí)，2×9a1＝3a1＋6a1，則a1＝0，舍去；
當(dāng)公比q≠1時(shí)，2×＝＋，
∴ 2q6＝1＋q3，則2a2q6＝a2＋a2q3，即2a8＝a2＋a5，從而m＝8.
答案 8
4.某銀行在某段時(shí)間內(nèi)規(guī)定存款按單利計(jì)算，且整存整取的年利率如下：
存期
1年
2年
3年
5年
年利率(%)
2.25
2.4
2.73
2.88
某人在該段時(shí)間存入10 000元，存期
19、兩年，利息稅為所得利息的5%.則到期的本利和為________元.
解析 10 000×(1＋2×2.4%)－10 000×2×2.4%×5%＝10 456.
答案 10 456
5.已知等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為2，公比為3，前n項(xiàng)和為Sn.若log3＝9，則＋的最小值是________.
解析 由題設(shè)an＝2×3n－1，S4m＋1＝＋1＝34m，
∴ an(S4m＋1)＝34m＋n－1.又log3＝9，
∴ an(S4m＋1)＝39，即4m＋n－1＝9，∴ 4m＋n＝10.
又＋＝(4m＋n)＝·≥，當(dāng)且僅當(dāng)＝，即m＝n＝2時(shí)“＝”成立.
答案
6.在等差數(shù)列{an}中，
20、已知首項(xiàng)a1＞0，公差d＞0.若a1＋a2≤60，a2＋a3≤100，則5a1＋a5的最大值為________.
解析 由a1＋a2≤60，a2＋a3≤100得2a1＋d≤60，2a1＋3d≤100，a1＞0，d＞0.由線性規(guī)劃的知識得5a1＋a5＝6a1＋4d，過點(diǎn)(20，20)時(shí)取最大值為200.
答案 200
7.設(shè)正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和是Sn，若{an}和{}都是等差數(shù)列，則的最小值是________.
解析 由題設(shè)知Sn＝n＋n2，又為等差數(shù)列，從而a1＝，從而an＝a1＋(n－1)d＝d，Sn＝n2，∴＝＝＝.令2n－1＝t(t≥1)，原式＝＝·≥·＝21，從而當(dāng)t＝2
21、1時(shí)，即n＝11時(shí)，原式取到最小值21.
答案 21
8.已知數(shù)列{an}滿足a1＝，2－an＋1＝(n∈N*)，則 ＝________.
解析 條件化為＝＋，即＋＝3，所以＝3n－1－，故 ＝－＝.
答案
9.(2018·濟(jì)南模擬)已知數(shù)列{an}是公差不為零的等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，滿足S5－2a2＝25，且a1，a4，a13恰為等比數(shù)列{bn}的前三項(xiàng).
(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)Tn是數(shù)列的前n項(xiàng)和，是否存在k∈N*，使得等式1－2Tk＝成立？若存在，求出k的值；若不存在，請說明理由.
解 (1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d(d≠0)，
22、
∴
解得a1＝3，d＝2，∴an＝2n＋1.
∵b1＝a1＝3，b2＝a4＝9，
∴等比數(shù)列{bn}的公比q＝3，∴bn＝3n.
(2)不存在.理由如下：
∵＝＝，
∴Tn＝
＝，
∴1－2Tk＝＋(k∈N*)，
易知數(shù)列為單調(diào)遞減數(shù)列，
∴<1－2Tk≤，又＝∈，
∴不存在k∈N*，使得等式1－2Tk＝成立.
10.(2018·泰州模擬)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{bn}的通項(xiàng)公式；
(2)若bn＝n，a2＝3，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
23、(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.
(1)解 因?yàn)閍n＝＝－2，
所以Sn＝＝，
所以bn＝＝＝.
(2)解 若bn＝n，則2Sn＝nan＋2n，①
所以2Sn＋1＝(n＋1)an＋1＋2(n＋1)，②
由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
由③－④得(n－1)an＋1＋(n－1)an－1＝2(n－1)an，
即an＋1＋an－1＝2an，
又由2S1＝a1＋2得a1＝2，
所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為
24、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＝，
對于給定的n∈N*，若存在k≠n，t≠n，k≠t，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(xiàng)cn＝，都存在cn＋1＝和cn2＋2n＝使得cn＝cn＋1·cn2＋2n.
二、選做題
11.(2018·常州一模)已知數(shù)列{an}滿足a1＝10，an－10≤an＋1≤an＋10(n∈N*).
(1)若{an}是等差數(shù)列，Sn＝a1＋a2＋…＋an，且Sn－10≤Sn＋1
25、≤Sn＋10(n∈N*)，求公差d的取值集合；
(2)若a1，a2，…，ak成等比數(shù)列，公比q是大于1的整數(shù)，且a1＋a2＋…＋ak＞2017，求正整數(shù)k的最小值；
(3)若a1，a2，…，ak成等差數(shù)列，且a1＋a2＋…＋ak＝100，求正整數(shù)k的最小值及k取最小值時(shí)公差d的值.
解 (1)由Sn－10≤Sn＋1≤Sn＋10，得－10≤an＋1≤10，
∴－10≤10＋nd≤10，
∴－≤d≤0對任意的n∈N*恒成立，
∴d＝0，∴公差d的取值集合為{0}.
(2)∵an＋1≤an＋10，a2＝10q≤20，∴q≤2，
又公比q是大于1的整數(shù)，∴q＝2，
∴a1＋a2＋…＋ak＝＝10(2k－1)≥2 017，
∴2k≥202.7，∴k≥8，即正整數(shù)k的最小值為8.
(3)a1＋a2＋…＋ak＝10k＋d＝100，
∴d＝.
由題意|d|＝|an＋1－an|≤10，∴≤10，
∴－k2＋k≤20－2k≤k2－k，∴k≥4，
∴kmin＝4，
此時(shí)d＝10.
11
（江蘇專版）2019版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第六章 數(shù)列 第38講 數(shù)列的綜合應(yīng)用學(xué)案 理
