1、第六章 数列第一节数列的概念与简单表示本节主要包括2个知识点：1.数列的通项公式；2.数列的单调性.突破点(一)数列的通项公式 基础联通抓主干知识的“源”与“流”1数列的定义按照一定次序排列的一列数称为数列数列中的每一个数叫做这个数列的项，数列中的每一项都和它的序号有关，排在第一位的数称为这个数列的第一项(通常也叫做首项)2数列的通项公式如果数列an的第n项与序号n之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式3数列的递推公式如果已知数列an的第一项(或前几项)，且任何一项an与它的前一项an1(或前几项)间的关系可以用一个式子来表示，即anf(an1)(或anf(an1，
2、an2)等)，那么这个式子叫做数列an的递推公式4Sn与an的关系已知数列an的前n项和为Sn，则an这个关系式对任意数列均成立考点贯通抓高考命题的“形”与“神”利用数列的前几项求通项例1写出下面各数列的一个通项公式：(1)3,5,7,9，；(2)，；(3)1，；(4)3,33,333,3 333，；(5)1,0，1,0,1,0，1,0，.解(1)各项减去1后为正偶数，所以an2n1.(2)每一项的分子比分母少1，而分母组成数列21,22,23,24，所以an.(3)奇数项为负，偶数项为正，故通项公式中含因式(1)n；各项绝对值的分母组成数列1,2,3,4，；而各项绝对值的分子组成的数列中，奇
3、数项为1，偶数项为3，即奇数项为21，偶数项为21，所以an(1)n.也可写为an(4)将数列各项改写为，分母都是3，而分子分别是101,1021,1031,1041，所以an(10n1)(5)观察数列中各项呈现周期性1,0，1,0联想三角函数ycos x的特殊值，前4项对应着cos ，cos ，cos ，cos ，所以ancos.还可以为an方法技巧由数列的前几项求通项公式的思路方法给出数列的前几项求通项时，需要注意观察数列中各项与其序号之间的关系，在所给数列的前几项中，先看看哪些部分是变化的，哪些是不变的，再探索各项中变化部分与序号间的关系，主要从以下几个方面来考虑：(1)分式形式的数列，
4、分子、分母分别求通项，较复杂的还要考虑分子、分母的关系(2)若第n项和第n1项正负交错，那么符号用(1)n或(1)n1或(1)n1来调控(3)熟悉一些常见数列的通项公式(4)对于较复杂数列的通项公式，其项与序号之间的关系不容易发现，这就需要将数列各项的结构形式加以变形，可使用添项、通分、分割等方法，将数列的各项分解成若干个常见数列对应项的“和”“差”“积”“商”后再进行归纳利用an与Sn的关系求通项例2已知下面数列an的前n项和Sn，求an的通项公式：(1)Sn2n23n；(2)Sn3nb；(3)Snan.解(1)a1S1231，当n2时，anSnSn1(2n23n)2(n1)23(n1)4n
5、5，由于a1也适合此等式，所以an的通项公式为an4n5.(2)a1S13b，当n2时，anSnSn1(3nb)(3n1b)23n1.当b1时，a1适合此等式当b1时，a1不适合此等式所以当b1时，an23n1；当b1时，an(3)由Snan得，当n2时，Sn1an1，当n2时，anSnSn1anan1，整理得an2an1，又a1时，S1a1a1，a11，an(2)n1.方法技巧已知Sn求an的三个步骤(1)先利用a1S1求出a1.(2)用n1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用anSnSn1(n2)便可求出当n2时an的表达式(3)对n1时的结果进行检验，看是否符合n2时an的表达式，如果符
6、合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n1与n2两段来写利用递推关系求通项例3(1)已知数列an满足a1，an1an，则an_；(2)若数列an满足a1，an1an，则通项an_；(3)若数列an满足a11，an12an3，则an_；(4)若数列an满足a11，an1，则an_.解析(1)由条件知an1an，则(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)，即ana11，又a1，an1.(2)由an1an(an0)，得，故ana1.(3)设递推公式an12an3可以转化为an1t2(ant)，即an12ant，则t3.故an132(an3)令bnan3，则b1a134，bn0
7、，且2.所以bn是以4为首项，2为公比的等比数列所以bn42n12n1，即an2n13.(4)an1，a11，an0，即，又a11，则1，是以1为首项，为公差的等差数列(n1)，an.答案(1)(2)(3)2n13(4)方法技巧典型的递推数列及处理方法递推式方法示例an1anf(n)叠加法a11，an1an2nan1anf(n)叠乘法a11，2nan1AanB (A0,1，B0)化为等比数列a11，an12an1an1 (A，B，C为常数)化为等差数列a11，an1能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.已知nN*，给出4个表达式：anan，an，an.其中能作为数列：0,1,0,1,0,1,0
8、,1，的通项公式的可能是_(填写所有正确表达式的序号)解析：具体逐一检验可以判断，均成立虽然数列的通项公式的表达形式不唯一，但是有通项公式的数列的通项公式是唯一的；有些无规则的数列未必有通项公式答案：2.已知各项都为正数的数列an满足a11，a(2an11)an2an10.则an的通项公式是_解析：由a(2an11)an2an10得2an1(an1)an(an1)因此an的各项都为正数，所以.故an是首项为1，公比为的等比数列，因此an.答案：an3.已知数列an的前n项和为Snn22n2，则数列an的通项公式为_解析：当n1时，a1S11，当n2时，anSnSn12n3，由于n1时a1的值不
9、适合n2的解析式，故an的通项公式为an答案：an4.设数列an满足a11，且an1ann1，求数列an的通项公式解：由题意有a2a12，a3a23，anan1n(n2)以上各式相加，得ana123n.又a11，an(n2)当n1时也满足此式，an(nN*)5.若数列an满足：a11，an1an2n，求数列an的通项公式解：由题意知an1an2n，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n12n2212n1.又因为当n1时满足此式，所以an2n1.突破点(二)数列的单调性基础联通抓主干知识的“源”与“流”数列的分类分类标准类型满足条件按项数分类有穷数列项数有限无穷数列项数无限按项与
10、项间的大小关系分类递增数列an1an其中nN*递减数列an1an常数列an1an按其他标准分类有界数列存在正数M，使|an|M摆动数列从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项考点贯通抓高考命题的“形”与“神”利用数列的单调性研究最值问题例1已知数列an的前n项和为Sn，常数0，且a1anS1Sn对一切正整数n都成立(1)求数列an的通项公式；(2)设a10，100.当n为何值时，数列的前n项和最大？解(1)取n1，得a2S12a1，即a1(a12)0.若a10，则Sn0，当n2时，anSnSn1000，所以an0.若a10，则a1，当n2时，2anSn,2an1Sn1，两式相减得
11、2an2an1an，所以an2an1(n2)，从而数列an是等比数列，所以ana12n12n1.综上，当a10时，an0；当a10时，an.(2)当a10且100时，令bnlg，由(1)知bnlg2nlg 2.所以数列bn是单调递减的等差数列(公差为lg 2)则b1b2b6lglglg 10，当n7时，bnb7lglglg 10，故当n6时，数列的前n项的和最大方法技巧1判断数列单调性的两种方法(1)作差比较法an1an0数列an是单调递增数列；an1an0数列an是单调递减数列；an1an0数列an是常数列(2)作商比较法an0时1数列an是单调递增数列；1数列an是单调递减数列；1数列an
12、是常数列an0时1数列an是单调递减数列；1数列an是单调递增数列；1数列an是常数列2.求数列最大项或最小项的方法(1)利用不等式组(n2)找到数列的最大项；(2)利用不等式组(n2)找到数列的最小项利用数列的单调性求参数的取值范围例2已知函数f(x)(a0，且a1)，若数列an满足anf(n)(nN*)，且an是递增数列，则实数a的取值范围是_解析因为an是递增数列，所以解得2a3，所以实数a的取值范围是(2,3)答案(2,3)方法技巧已知数列的单调性求参数取值范围的两种方法(1)利用数列的单调性构建不等式，然后将其转化为不等式的恒成立问题进行解决，也可通过分离参数将其转化为最值问题处理(
13、2)利用数列与函数之间的特殊关系，将数列的单调性转化为相应函数的单调性，利用函数的性质求解参数的取值范围，但要注意数列通项中n的取值范围能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.设an3n215n18，则数列an中的最大项的值是_解析：an32，由二次函数性质，得当n2或n3时，an取最大值，最大值为a2a30.答案：02.若数列an满足：a119，an1an3，则数列an的前n项和数值最大时，n的值为_解析：a119，an1an3，数列an是以19为首项，3为公差的等差数列，an19(n1)(3)223n，则an是递减数列设an的前k项和数值最大，则有即k，kN*，k7.满足条件的n的值为7.答
14、案：73.已知an是递增数列，且对于任意的nN*，ann2n恒成立，则实数的取值范围是_解析：对于任意的nN*，ann2n恒成立，an1an(n1)2(n1)n2n2n1.又an是递增数列，an1an0，且当n1时，an1an最小，an1ana2a130，3.答案：(3，)4.已知数列an中，an1(nN*，aR，且a0)(1)若a7，求数列an中的最大项和最小项的值；(2)若对任意的nN*，都有ana6成立，求a的取值范围解：(1)an1(nN*，aR，且a0)，又a7，an1.结合函数f(x)1的单调性，可知1a1a2a3a4，a5a6a7an1(nN*)数列an中的最大项为a52，最小项
15、为a40.(2)an11.对任意的nN*，都有ana6成立，结合函数f(x)1的单调性，知56，10a8.故a的取值范围为(10，8)课时达标检测 重点保分课时一练小题夯双基，二练题点过高考 练基础小题强化运算能力1设数列an的前n项和Snn2n，则a4的值为_解析：a4S4S320128.答案：82(2018镇江模拟)已知数列an满足a11，an1an2n(nN*)，则a10_.解析：an1an2n，an2an12n1，两式相除得2.又a1a22，a11，a22.则24，即a102532.答案：323在数列an中，a11，anan1an1(1)n(n2，nN*)，则的值是_解析：由已知得a2
16、1(1)22，2a32(1)3，a3，a4(1)4，a43，3a53(1)5，a5，.答案：4(2018山东枣庄第八中学阶段性检测)已知数列，欲使它的前n项的乘积大于36，则n的最小值为_解析：由数列的前n项的乘积36，得n23n700，解得n10或n7.又因为nN*，所以n的最小值为8.答案：85(2018兰州模拟)在数列1,2，中2是这个数列的第_项解析：数列1,2，即数列，该数列的通项公式为an，2，n26，故2是这个数列的第26项答案：26练常考题点检验高考能力一、填空题1已知数列an的前n项和Snn22n，则a2a18_.解析：当n2时，anSnSn12n3；当n1时，a1S11，所
17、以an2n3(nN*)，所以a2a1834.答案：342数列an中，a11，对于所有的n2，nN*都有a1a2a3ann2，则a3a5_.解析：令n2,3,4,5，分别求出a3，a5，a3a5.答案：3.如图，互不相同的点A1，A2，An，和B1，B2，Bn，分别在角O的两条边上，所有AnBn相互平行，且所有梯形AnBnBn1An1的面积均相等设OAnan.若a11，a22，则数列an的通项公式是_解析：记OA1B1的面积为S，则OA2B2的面积为4S.从而四边形AnBnBn1An1的面积均为3S.可得OAnBn的面积为S3(n1)S(3n2)S.a3n2，即an.答案：an4已知数列an满足
18、a115，且3an13an2.若akak10，则正整数k_.解析：由3an13an2得an1an，则an是等差数列，又a115，ann.akak10，0，k，k23.答案：235已知数列an满足a13，an1，则a2 018_.解析：因为a13，an1，所以a21，a32，a43，所以数列an是周期为3的周期数列所以a2 018a67232a21.答案：16数列 an满足 an1 , a82，则a1 _.解析：将a82代入an1，可求得a7；再将a7代入an1，可求得a61；再将a61代入an1，可求得a52；由此可以推出数列an是一个周期数列，且周期为3，所以a1a7.答案：7已知数列an中
19、，a11，若an2an11(n2)，则a5的值是_解析：an2an11，an12(an11)，2，又a11，an1是以2为首项，2为公比的等比数列，即an122n12n，a5125，即a531.答案：318数列an定义如下：a11，当n2时，an若an，则n的值为_解析：因为a11，所以a21a12，a3，a41a23，a5，a61a3，a7，a81a44，a9，所以n9.答案：99已知数列an满足：a11，an1(an2)an(nN*)，若bn1(np)，b1p，且数列bn是单调递增数列，则实数p的取值范围为_解析：由题中条件，可得1，则121，易知120，则是等比数列，所以12n，可得bn
20、12n(np)，则bn2n1(n1p)(nN*)，由数列bn是单调递增数列，得2n(np)2n1(n1p)，则pn1恒成立，又n1的最小值为2，则p的取值范围是(，2)答案：(，2)10(2018南通模拟)设an是首项为1的正项数列，且(n1)anaan1an0(n1,2,3，)，则它的通项公式an_.解析：(n1)aan1anna0，(an1an)(n1)an1nan0，又an1an0，(n1)an1nan0，即，a11，an.答案：二、解答题11已知Sn为正项数列an的前n项和，且满足Snaan(nN*)(1)求a1，a2，a3，a4的值；(2)求数列an的通项公式解：(1)由Snaan(
21、nN*)，可得a1aa1，解得a11；S2a1a2aa2，解得a22；同理，a33，a44.(2)Snaan，当n2时，Sn1aan1，整理得(anan11)(anan1)0.由于anan10，所以anan11，又由(1)知a11，故数列an是首项为1，公差为1的等差数列，故ann.12已知数列an的通项公式是ann2kn4.(1)若k5，则数列中有多少项是负数？n为何值时，an有最小值？并求出最小值；(2)对于nN*，都有an1an，求实数k的取值范围解：(1)由n25n40，解得1n4.因为nN*，所以n2,3，所以数列中有两项是负数，即为a2，a3.因为ann25n42，由二次函数性质，
22、得当n2或n3时，an有最小值，其最小值为a2a32.(2)由对于nN*，都有an1an知该数列是一个递增数列，又因为通项公式ann2kn4，可以看作是关于n的二次函数，考虑到nN*，所以，即得k3.所以实数k的取值范围为(3，)第二节等差数列及其前n项和本节主要包括3个知识点：1.等差数列基本量的计算；2.等差数列的基本性质及应用；3.等差数列的判定与证明.突破点(一)等差数列基本量的计算 基础联通抓主干知识的“源”与“流”1等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列符号表示为an1and(nN*，d为常数)(2)
23、等差中项：数列a，A，b成等差数列的充要条件是A，其中A叫做a，b的等差中项2等差数列的有关公式(1)通项公式：ana1(n1)d.(2)前n项和公式：Snna1d.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”等差数列的基本运算典例(1)(2017宿迁高三期中)设Sn是等差数列an的前 n项和，且a23，S416，则S9的值为_(2)(2018苏州调研)已知等差数列an的前n项和为Sn，若S36，a14，则公差d等于_解析(1)设等差数列an的公差为d，由a23，S416，得解得所以S991281.(2)由S36，且a14，得a30，则d2.答案(1)81(2)2方法技巧1等差数列运算问题的通性通法(1
24、)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公差d，然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解(2)等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了方程的思想2.等差数列设项技巧,若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设中间三项为ad，a，ad；若偶数个数成等差数列且和为定值时，可设中间两项为ad，ad，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元.能力练通抓应用体验的“得”与“失”1已知an是等差数列，a415，S555，则过点P(3，a3)，Q(4，a4)的直线斜率为_解析：S55a355，a311，k4.答案：42设Sn为等差数列a
25、n的前n项和，若a11，公差d2，Sn2Sn36，则n_.解析：由题意知Sn2Snan1an22a1(2n1)d22(2n1)36，解得n8.答案：83(2017全国卷改编)记Sn为等差数列an的前n项和若a4a524，S648，则an的公差为_解析：设等差数列an的公差为d，则由得即解得d4.答案：44(2018南昌模拟)已知等差数列an的前n项和为Sn，且a11，S3S4S5.(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(1)n1an，求数列bn的前2n项和T2n.解：(1)设等差数列an的公差为d，由S3S4S5，可得a1a2a3a5，即3a2a5，所以3(1d)14d，解得d2.an1(n
26、1)22n1.(2)由(1)，可得bn(1)n1(2n1)T2n1357(4n3)(4n1)(2)n2n.突破点(二)等差数列的基本性质及应用 基础联通抓主干知识的“源”与“流”等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：anam(nm)d(n，mN*)(2)若an为等差数列，且mnpq，则amanapaq(m，n，p，qN*)(3)若an是等差数列，公差为d，则ak，akm，ak2m，(k，mN*)是公差为md的等差数列(4)数列Sm，S2mSm，S3mS2m，(mN*)也是等差数列，公差为m2d.(5)S2n1(2n1)an，S2nn(a1a2n)n(anan1)，遇见S奇，S偶时可分别运用性
27、质及有关公式求解(6)an，bn均为等差数列且其前n项和为Sn，Tn，则.(7)若an是等差数列，则也是等差数列，其首项与an的首项相同，公差是an的公差的.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”等差数列的性质例1(1)(2017南京一模)设an是等差数列，若a4a5a621，则S9_.(2)已知an，bn都是等差数列，若a1b109，a3b815，则a5b6_.解析(1)因为an是等差数列，所以a1a9a4a62a5.又a4a5a621，所以a1a914，所以S963.(2)因为an，bn都是等差数列，所以2a3a1a5,2b8b10b6，所以2(a3b8)(a1b10)(a5b6)，即2159
28、(a5b6)，解得a5b621.答案(1)63(2)21方法技巧利用等差数列性质求解问题的注意点(1)如果an为等差数列，mnpq，则amanapaq(m，n，p，qN*)因此，若出现amn，am，amn等项时，可以利用此性质将已知条件转化为与am(或其他项)有关的条件；若求am项，可由am(amnamn)转化为求amn，amn或amnamn的值(2)要注意等差数列通项公式及前n项和公式的灵活应用，如anam(nm)d，d，S2n1(2n1)an，Sn(n，mN*)等提醒一般地，amanamn，等号左、右两边必须是两项相加，当然也可以是amnamn2am.等差数列前n项和的最值例2等差数列an
29、的首项a10，设其前n项和为Sn，且S5S12，则当n为何值时，Sn有最大值？解设等差数列an的公差为d，由S5S12得5a110d12a166d，da10.法一：Snna1dna1a1(n217n)a12a1，因为a10，nN*，所以当n8或n9时，Sn有最大值法二：设此数列的前n项和最大，则即解得即8n9，又nN*，所以当n8或n9时，Sn有最大值法三：由于Snna1dn2n，设f(x)x2x，则函数yf(x)的图象为开口向下的抛物线，由S5S12知，抛物线的对称轴为x(如图所示)，由图可知，当1n8时，Sn单调递增；当n9时，Sn单调递减又nN*，所以当n8或n9时，Sn最大方法技巧求等
30、差数列前n项和Sn最值的三种方法(1)函数法利用等差数列前n项和的函数表达式Snan2bn，通过配方结合图象借助求二次函数最值的方法求解(2)邻项变号法a10，d0时，满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm；当a10，d0时，满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm.(3)通项公式法求使an0(an0)成立时最大的n值即可一般地，等差数列an中，若a10，且SpSq(pq)，则：若pq为偶数，则当n时，Sn最大；若pq为奇数，则当n或n时，Sn最大能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.已知数列an为等差数列，且a1a7a13，则cos(a2a12)的值为_解析：在等差数列an中，因为a1a7a13，
31、所以a7，所以a2a12，所以cos(a2a12).答案：2.设Sn为等差数列an的前n项和，(n1)SnnSn1(nN*)若1，则当Sn取最小值时n_.解析：由(n1)SnnSn1得(n1)n，整理得anan1，所以等差数列an是递增数列，又1，所以a80，a70，所以数列an的前7项为负值，即当n7时，Sn的值最小答案：73.已知两个等差数列an和bn的前n项和分别为An和Bn，且，则使得为整数的正整数n的个数是_解析：由等差数列前n项和的性质知，7，故当n1,2,3,5,11时，为整数，故使得为整数的正整数n的个数是5.答案：54.设等差数列an的前n项和为Sn，已知前6项和为36，最后
32、6项的和为180，Sn324(n6)，求数列an的项数及a9a10.解：由题意知a1a2a636，anan1an2an5180，得(a1an)(a2an1)(a6an5)6(a1an)216，a1an36，又Sn324，18n324，n18.a1an36，n18，a1a1836，从而a9a10a1a1836.5.(2018重庆高三期中)已知公比为q的等比数列an的前6项和S621，且4a1，a2，a2成等差数列(1)求an；(2)设bn是首项为2，公差为a1的等差数列，记bn前n项和为Tn，求Tn的最大值解：(1)4a1，a2，a2成等差数列，4a1a23a2，即2a1a2，q2，S621，解
33、得a1，an.(2)由(1)可知bn是首项为2，公差为的等差数列，bnn，法一：Tnn2n2，则Tn的最大值为7，此时n6或7.法二：公差为为负数，数列bn是递减数列b70，n6或7时，数列bn的前n项和Tn取得最大值7.突破点(三)等差数列的判定与证明 基础联通抓主干知识的“源”与“流”等差数列的判定与证明方法方法解读适合题型定义法对于数列an，anan1(n2，nN*)为同一常数an是等差数列解答题中的证明问题等差中项法2an1anan2(n3，nN*)成立an是等差数列通项公式法anpnq(p，q为常数)对任意的正整数n都成立an是等差数列填空题中的判定问题前n项和公式法验证SnAn2B
34、n(A，B是常数)对任意的正整数n都成立an是等差数列考点贯通抓高考命题的“形”与“神”等差数列的判定与证明典例已知数列an的前n项和为Sn，且满足：an2SnSn10(n2，nN*)，a1，判断an是否为等差数列，并说明你的理由解因为anSnSn1(n2)，an2SnSn10，所以SnSn12SnSn10(n2)所以2(n2)又S1a1，所以是以2为首项，2为公差的等差数列所以2(n1)22n，故Sn.所以当n2时，anSnSn1，所以an1，而an1an.所以当n2时，an1an的值不是一个与n无关的常数，故数列an不是等差数列能力练通抓应用体验的“得”与“失”1已知an是公差为1的等差数
35、列，判断a2n12a2n是否为等差数列，并说明理由解：令bna2n12a2n，则bn1a2n12a2n2，故bn1bna2n12a2n2(a2n12a2n)(a2n1a2n1)2(a2n2a2n)2d4d6d616.即a2n12a2n是公差为6的等差数列2已知数列an中，a12，an2(n2，nN*)，设bn(nN*)求证：数列bn是等差数列证明：an2，an12.bn1bn1，bn是首项为b11，公差为1的等差数列3(2018苏州月考)已知数列an中，a21，前n项和为Sn，且Sn.(1)求a1；(2)证明数列an为等差数列，并写出其通项公式解：(1)令n1，则a1S10.(2)由Sn，即S
36、n，得Sn1.，得(n1)an1nan.于是，nan2(n1)an1.，得nan2nan2nan1，即an2an2an1.又a10，a21，a2a11，所以，数列an是以0为首项，1为公差的等差数列所以，ann1.课时达标检测 重点保分课时一练小题夯双基，二练题点过高考 练基础小题强化运算能力1若等差数列an的前5项之和S525，且a23，则a7_.解析：由S5，得25，解得a47，所以732d，即d2，所以a7a43d73213.答案：132在等差数列an中，a10，公差d0，若ama1a2a9，则m的值为_解析：ama1a2a99a1d36da37，即m37.答案：373(2018启东中学
37、月考)在单调递增的等差数列an中，若a31，a2a4，则a1_.解析：由题知，a2a42a32，又a2a4，数列an单调递增，a2，a4.公差d.a1a2d0.答案：04设等差数列an的前n项和为Sn，若a111，a3a76，则当Sn取最小值时，n等于_解析：设等差数列an的公差为d.因为a3a76，所以a53，d2，则Snn212n，故当n等于6时Sn取得最小值答案：65(2018苏南四校联考)设各项均为正数的等差数列an的前n项和为Sn，若，则_.解析：法一：各项均为正数的等差数列an中，由得，a1d，即and(n1)dnd，所以Snndd，所以3.法二：等差数列an中，a1a92a5，a
38、1a52a3，所以3.答案：3练常考题点检验高考能力一、填空题1(2017黄冈质检)在等差数列an中，如果a1a240，a3a460，那么a7a8_.解析：由等差数列的性质可知，a1a2，a3a4，a5a6，a7a8构成新的等差数列，于是a7a8(a1a2)(41)(a3a4)(a1a2)40320100.答案：1002(2017江阴三校联考)已知数列an的首项为3，bn为等差数列，且bnan1an(nN*)，若b32，b212，则a8_.解析：设等差数列bn的公差为d，则db3b214，因为an1anbn，所以a8a1b1b2b7(b2d)(b25d)112，又a13，则a8109.答案：1
39、093在等差数列an中，a3a5a11a174，且其前n项和为Sn，则S17_.解析：由a3a5a11a174，得2(a4a14)4，即a4a142，则a1a172，故S1717.答案：174(2017全国卷改编)等差数列an的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则an前6项的和为_解析：设等差数列an的公差为d，因为a2，a3，a6成等比数列，所以a2a6a，即(a1d)(a15d)(a12d)2.又a11，所以d22d0.又d0，则d2，所以an前6项的和S661(2)24.答案：245设数列an的前n项和为Sn，若为常数，则称数列an为“吉祥数列”已知等差数列bn的首项为
40、1，公差不为0，若数列bn为“吉祥数列”，则数列bn的通项公式为_解析：设等差数列bn的公差为d(d0)，k，因为b11，则nn(n1)dk，即2(n1)d4k2k(2n1)d，整理得(4k1)dn(2k1)(2d)0.因为对任意的正整数n上式均成立，所以(4k1)d0，(2k1)(2d)0，解得d2，k.所以数列bn的通项公式为bn2n1.答案：bn2n16(2018南通模拟)设等差数列an的前n项和为Sn，若a2a4a6a8120，且，则S9的值为_解析：由题意得，则2(a2a8)14，即a2a87，所以S9(a2a8).答案：7(2018徐州质检)在等差数列an中，已知首项a10，公差d
41、0.若a1a260，a2a3100，则5a1a5的最大值为_解析：由题意得所以设x(2a1d)y(2a13d)6a14d，所以解得于是两式相加得5a1a5200.答案：2008记等差数列an的前n项和为Sn.已知a12，且数列也为等差数列，则a13_.解析：设数列an的公差为d.因为为等差数列，所以，成等差数列，从而2，解得d4，所以a13212d50.答案：509(2018金陵中学月考)在等差数列an中，已知a4a7a1015，i77，若ak13，则正整数k的值为_解析：等差数列an中2a7a4a10，a4a14a5a13a6a12a7a11a8a102a9，因为a4a7a1015，i77，
42、所以3a715,11a977，即a75，a97，即2d2，d1，因为ak13，所以aka913766d(k9)d，即k15.答案：1510(2018无锡期初)若a，b是函数f(x)x2pxq(p0，q0)的两个不同的零点，且a，b，2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则pq的值为_解析：由根与系数的关系得abp，abq，则a0，b0，当a，b，2适当排序后成等比数列时，2必为等比中项，故abq4，b.当适当排序后成等差数列时，2必不是等差中项，当a是等差中项时，2a2，解得a1，b4；当是等差中项时，a2，解得a4，b1.综上所述，abp5，所以pq9.答案：9二、解答
43、题11已知数列an满足a11，an(nN*，n2)，数列bn满足关系式bn(nN*)(1)求证：数列bn为等差数列；(2)求数列an的通项公式解：(1)证明：bn，且an，bn1，bn1bn2.又b11，数列bn是以1为首项，2为公差的等差数列(2)由(1)知数列bn的通项公式为bn1(n1)22n1，又bn，an.数列an的通项公式为an.12已知数列an满足2an1anan2(nN*)，它的前n项和为Sn，且a310，S672，若bnan30，设数列bn的前n项和为Tn，求Tn的最小值解：2an1anan2，an1anan2an1，故数列an为等差数列设数列an的首项为a1，公差为d，由a
44、310，S672得，解得a12，d4.故an4n2，则bnan302n31，令即解得n，nN*，n15，即数列bn的前15项均为负值，T15最小数列bn的首项是29，公差为2，T15225，数列bn的前n项和Tn的最小值为225.第三节等比数列及其前n项和本节主要包括3个知识点：1.等比数列基本量的计算；2.等比数列的性质；3.等比数列的判定与证明.突破点(一)等比数列基本量的计算 基础联通抓主干知识的“源”与“流”1等比数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示，定义的
45、表达式为q.(2)等比中项：如果a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项即：G是a与b的等比中项a，G，b成等比数列G2ab.2等比数列的有关公式(1)通项公式：ana1qn1.(2)前n项和公式：Sn3运用方程的思想求解等比数列的基本量(1)若已知n，an，Sn，先验证q1是否成立，若q1，可以通过列方程(组)求出关键量a1和q，问题可迎刃而解(2)若已知数列an中的两项an和am，可以利用等比数列的通项公式，得到方程组计算时两式相除可先求出q，然后代入其中一式求得a1，进一步求得Sn.另外，还可以利用公式anamqnm直接求得q，可减少运算量考点贯通抓高考命题的“形”与“神”求首项
46、a1，公比q例1(1)(2017无锡模拟)已知等比数列an单调递减，若a31，a2a4，则a1_.(2)在等比数列an中，a37，前3项之和S321，则公比q的值为_解析(1)设等比数列an的公比为q，q0，则aa2a41，又a2a4，且an单调递减，所以a22，a4，则q2，q，所以a14.(2)根据已知条件得消去a1得3，整理得2q2q10，解得q1或q.答案(1)4(2)1或求通项或特定项例2(1)(2017全国卷)设等比数列an满足a1a21，a1a33，则a4_.(2)在等比数列an中，若公比q4，且前3项之和等于21，则该数列的通项公式an_.解析(1)设等比数列an的公比为q，则
47、a1a2a1(1q)1，a1a3a1(1q2)3，两式相除，得，解得q2，a11，所以a4a1q38.(2)由题意知a14a116a121，解得a11，所以等比数列an的通项公式为ana1qn14n1.答案(1)8(2)4n1方法技巧求等比数列通项公式的方法与策略求等比数列的通项公式，一般先求出首项与公比，再利用ana1qn1求解但在某些情况下，利用等比数列通项公式的变形anamqnm可以简化解题过程求解时通常会涉及等比数列设项问题，常用的设项方法为：(1)通项法设数列的通项公式ana1qn1(nN*)来求解(2)对称设元法与有穷等差数列设项方法类似，有穷等比数列设项也要注意对称设元一般地，连
48、续奇数个项成等比数列，可设为，x，xq，；连续偶数个项成等比数列，可设为，xq，xq3，(注意：此时公比q20，并不适合所有情况)这样既可以减少未知量的个数，也使得解方程较为方便求等比数列的前n项和例3设数列an的前n项和Sn满足6Sn19an(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足bn，求数列bn的前n项和Tn.解(1)当n1时，由6a119a1，得a1.当n2时，由6Sn19an，得6Sn119an1，两式相减得6(SnSn1)9(anan1)，即6an9(anan1)，所以an3an1.所以数列an是首项为，公比为3的等比数列，其通项公式为an3n13n2.(2)因为b
49、nn2，所以bn是首项为3，公比为的等比数列，所以Tnb1b2bn1n.能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.已知等比数列an的前三项依次为a1，a1，a4，则an_.解析：由题意得(a1)2(a1)(a4)，解得a5，故a14，a26，所以q，则an4n1.答案：4n12.已知数列an是公比为q的等比数列，且a1a34，a48，则a1q的值为_解析：由a1a34，a48，得aq24，a1q38，解得q2.当q2时，a11，此时a1q3；当q2时，a11，此时a1q3.答案：3或33.(2018泰州模拟)已知等比数列an的前n项和为Sn，且a1a3，a2a4，则_.解析：设an的公比为q，由可
50、得2，q，将q代入得a12，an2n1，Sn4，2n1.答案：2n14.(2017江苏高考)等比数列an的各项均为实数，其前n项和为Sn.已知S3，S6，则a8_.解析：设等比数列an的公比为q，则由S62S3，得q1，则解得则a8a1q72732.答案：325.已知an是首项为1，公差为2的等差数列，Sn表示an的前n项和(1)求an及Sn；(2)设bn是首项为2的等比数列，公比q满足q2(a41)qS40，求bn的通项公式及其前n项和Tn.解：(1)因为an是首项a11，公差d2的等差数列，所以ana1(n1)d2n1.故Snn2.(2)由(1)得a47，S416.因为q2(a41)qS4
51、0，即q28q160，所以(q4)20，从而q4.又b12，bn是公比q4的等比数列，所以bnb1qn124n122n1.从而bn的前n项和Tn(4n1)突破点(二)等比数列的性质 基础联通抓主干知识的“源”与“流”(1)通项公式的推广：anamqnm(n，mN*)(2)若mnpq2k(m，n，p，q，kN*)，则amanapaqa；(3)若数列an，bn(项数相同)是等比数列，则an，a，anbn，(0)仍然是等比数列；(4)在等比数列an中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即an，ank，an2k，an3k，为等比数列，公比为qk.(5)公比不为1的等比数列an的前n项和为Sn，则Sn
52、，S2nSn，S3nS2n仍成等比数列，其公比为qn.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”等比数列项的性质例1(1)(2018重庆一中月考)各项均为正数的等比数列an中，a2a44，则a1a5a3的值为_(2)(2018连云港模拟)在等比数列an中，若a7a8a9a10，a8a9，则_.解析(1) 因为数列an是各项均为正数的等比数列，所以an0.又aa1a5a2a44，则a32，a1a54，所以a1a5a3426.(2)因为，由等比数列的性质知a7a10a8a9，所以.答案(1)6(2)易错提醒在应用等比数列的性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形此外，解题时注意设而不求思
53、想的运用等比数列前n项和的性质例2(1)设等比数列an中，前n项和为Sn，已知S38，S67，则a7a8a9等于_(2)等比数列an的首项a11，前n项和为Sn，若，则公比q_.解析(1)因为a7a8a9S9S6，在等比数列中S3，S6S3，S9S6成等比数列，即8，1，S9S6成等比数列，所以有8(S9S6)1，则S9S6，即a7a8a9.(2)由，a11知公比q1，.由等比数列前n项和的性质知S5，S10S5，S15S10成等比数列，且公比为q5，故q5，q.答案(1)(2)能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.(2018山东省实验中学月考)在等比数列an中，a1an82，a3an281，
54、且前n项和Sn121，则此数列的项数n为_解析：等比数列an中，a1an82，a1ana3an281，解得或显然公比q1，所以或解得或即数列的项数n为5.答案：52.等比数列an的前n项和为Sn，若an0，q1，a3a520，a2a664，则S5_.解析：由等比数列的性质，得a3a5a2a664，于是由且an0，q1，得a34，a516，所以解得所以S531.答案：313.已知各项均为实数的等比数列an的前n项和为Sn，若S1010，S3070，则S40_.解析：在等比数列an中，由S1010，S3070可知q1，所以S10，S20S10，S30S20，S40S30构成公比为q的等比数列所以(
55、S20S10)2S10(S30S20)，即(S2010)210(70S20)，解得S2030(负值舍去)所以2q，所以S40S302(S30S20)80，S40S3080150.答案：1504.(2018常州诊断)数列an的首项为a11，数列bn为等比数列且bn，若b10b112 017，则a21_.解析：由bn，且a11，得b1a2.b2，a3a2b2b1b2.b3，a4a3b3b1b2b3，anb1b2bn1，所以a21b1b2b20.因为数列bn为等比数列，所以a21(b1b20)(b2b19)(b10b11)(b10b11)10102 017.答案：2 017突破点(三)等比数列的判定
56、与证明 基础联通抓主干知识的“源”与“流”等比数列的四种常用判定方法定义法若q(q为非零常数，nN*)或q(q为非零常数且n2，nN*)，则an是等比数列中项公式法若数列an中，an0且aanan2(nN*)，则an是等比数列通项公式法若数列an的通项公式可写成ancqn1(c，q均是不为0的常数，nN*)，则an是等比数列前n项和公式法若数列an的前n项和Snkqnk(k为常数且k0，q0,1)，则an是等比数列考点贯通抓高考命题的“形”与“神”等比数列的判定与证明典例设数列的前n项和为Sn，nN*.已知a11，a2，a3，且当n2时，4Sn25Sn8Sn1Sn1.(1)求a4的值；(2)证
57、明：为等比数列解(1)当n2时，4S45S28S3S1，即4581，解得a4.(2)证明：由4Sn25Sn8Sn1Sn1(n2)，得4Sn24Sn1SnSn14Sn14Sn(n2)，即4an2an4an1(n2)4a3a14164a2，4an2an4an1，数列是以a2a11为首项，为公比的等比数列易错提醒(1)证明一个数列为等比数列常用定义法与中项公式法，其他方法只用于填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可(2)利用递推关系时要注意对n1时的情况进行验证能力练通抓应用体验的“得”与“失”1在数列an中，“an2an1，n2,3,4，”是“an是公比为
58、2的等比数列”的_条件解析：当an0时，也有an2an1，n2,3,4，但an不是等比数列，因此充分性不成立；当an是公比为2的等比数列时，有2，n2,3,4，即an2an1，n2,3，4，所以必要性成立答案：必要不充分2已知一列非零向量an满足a1(x1，y1)，an(xn，yn)(xn1yn1，xn1yn1)(n2，nN*)，则下列命题正确的序号是_|an|是等比数列，且公比为；|an|是等比数列，且公比为；|an|是等差数列，且公差为；|an|是等差数列，且公差为.解析：|an|an1|(n2，nN*)，|a1|0，为常数，|an|是等比数列，且公比为.答案：3已知数列an的前n项和为S
59、n，a11，Sn14an2(nN*)，若bnan12an，求证：bn是等比数列证明：an2Sn2Sn14an124an24an14an，2.S2a1a24a12，a25.b1a22a13.数列bn是首项为3，公比为2的等比数列4已知数列an的前n项和Sn1an，其中0.(1)证明an是等比数列，并求其通项公式；(2)若S5，求.解：(1)证明：由题意得a1S11a1，故1，a1，故a10.由Sn1an，Sn11an1得an1an1an，即an1(1)an.由a10，0得an0，所以.因此an是首项为，公比为的等比数列，于是ann1.(2)由(1)得Sn1n.由S5得15，即5.解得1.课时达标
60、检测 重点保分课时一练小题夯双基，二练题点过高考 练基础小题强化运算能力1(2018湖北华师一附中月考)在等比数列an中，a2a3a48，a78，则a1_.解析：因为数列an是等比数列，所以a2a3a4a8，所以a32，所以a7a3q42q48，所以q22，则a11.答案：12(2018苏州期初)已知等比数列an的公比大于1，若a5a115，a4a26，则a3_.解析：设等比数列an的公比为q，由题意知解得或(舍去)，故a3a1q21224.答案：43等比数列an中，已知对任意正整数n，a1a2a3an2n1，则aaaa_.解析：由题知a11，公比q2，故数列a是首项为1，公比为4的等比数列，
61、故aaaa(4n1)答案：(4n1)4(2018徐州质检)设Sn是等比数列an的前n项的和，若a52a100，则_.解析：设等比数列an的公比为q，则由a52a100，得q5，所以1q101.答案：5设Sn是等比数列an的前n项和，若3，则_.解析：设S2k，S43k，由数列an为等比数列，得S2，S4S2，S6S4为等比数列，S2k，S4S22k，S6S44k，S67k，.答案：练常考题点检验高考能力一、填空题1在各项均为正数的等比数列an中，a13，a9a2a3a4，则公比q的值为_解析：由a9a2a3a4得a1q8aq6，所以q2a，因为等比数列an的各项都为正数，所以qa13.答案：3
62、2(2018杭州质检)在等比数列an中，a5a113，a3a134，则_.解析：根据等比数列的性质得化简得3q2010q1030，解得q103或，所以q103或.答案：3或3(2018徐州模拟)已知an为等比数列，a4a72，a5a68，则a1a10_.解析：设等比数列an的公比为q，由解得或所以或所以a1a10a1(1q9)7.答案：74(2018泰州高三期初)在数列an中，a12101，且当2n100时，an2a102n32n恒成立，则数列an的前100项和S100_.解析：因为当2n100时，an2a102n32n，所以a22a100322，a32a99323，a42a98324，a10
63、02a232100.各式相加得3(a2a3a4a100)3(2223242100)，即S100a121014，又因为a12101，所以S1004.答案：45(2018福州质检)已知等比数列an的前n项积记为n，若a3a4a88，则9_.解析：由题意知，a3a4a7qa3a7(a4q)a3a7a5a8，9a1a2a3a9(a1a9)(a2a8)(a3a7)(a4a6)a5a，所以983512.答案：5126(2018镇江模拟)已知Sn是等比数列an的前n项和，若存在mN*，满足9，则数列an的公比为_解析：设公比为q，若q1，则2，与题中条件矛盾，故q1.qm19，qm8.qm8，m3，q38，
64、q2.答案：27(2017苏州高三月考)在正项等比数列an中，若a4a32a22a16，则a5a6的最小值为_解析：设正项等比数列an的公比为q，则q0，a10，由a4a32a22a16得a1q2(1q)2a1(1q)6，所以a1(q)a5a6a1q4(1q)648，当且仅当q2时取等号. 答案：488(2018扬州高三期中)已知等比数列an的各项均为正数，且满足a1a94，则数列log2an的前9项之和为_解析：因为等比数列an的各项均为正数，所以其公比q0，an0.记bnlog2an，则bn1bnlog2an1log2anlog2log2q.所以数列bn为等差数列所以数列bn的前9项的和T
65、9log2a1a9log249.答案：99若一个数列的第m项等于这个数列的前m项的乘积，则称该数列为“m积数列”若各项均为正数的等比数列an是一个“2 019积数列”，且a11，则当其前n项的乘积取最大值时n的值为_解析：由题可知a1a2a3a2 019a2 019，故a1a2a3a2 0181，所以a1a2 018 a2a2 017a10 09a1 0101.由于an是各项均为正数的等比数列且a11，所以公比0q1，所以a1 0091,0a1 0101，故当数列an的前n项的乘积取最大值时n的值为1 009.答案：1 00910(2018盐城模拟)在各项均为正数的等比数列an中，已知a2a4
66、16，a632，记bnanan1，则数列bn的前5项和S5为_解析：设数列an的公比为q，由aa2a416得，a34，即a1q24.又a6a1q532，解得a11，q2，所以ana1qn12n1，则bnanan12n12n32n1，所以数列bn是首项为3，公比为2的等比数列，所以S593.答案：93二、解答题11设数列an的前n项和为Sn，a11，且数列Sn是以2为公比的等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)求a1a3a2n1.解：(1)S1a11，且数列Sn是以2为公比的等比数列，Sn2n1.又当n2时，anSnSn12n12n22n2.当n1时a11，不适合上式an(2)a3，a5，a
67、2n1是以2为首项，4为公比的等比数列，a3a5a2n1.a1a3a2n11.12已知数列an满足a15，a25，an1an6an1(n2)(1)求证：an12an是等比数列；(2)求数列an的通项公式解：(1)证明：an1an6an1(n2)，an12an3an6an13(an2an1)(n2)a15，a25，a22a115，an2an10(n2)，3(n2)，数列an12an是以15为首项，3为公比的等比数列(2)由(1)得an12an153n153n，则an12an53n，an13n12(an3n)又a132，an3n0，an3n是以2为首项，2为公比的等比数列an3n2(2)n1，即a
68、n2(2)n13n.第四节 数列求和与数列的综合问题本节主要包括3个知识点：1.数列求和；2.等差、等比数列的综合应用；3.数列与其他知识的交汇问题.突破点(一)数列求和 基础联通抓主干知识的“源”与“流”1公式法与分组转化法(1)公式法直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和(2)分组转化法若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和后相加减2倒序相加法与并项求和法(1)倒序相加法如果一个数列an的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式就是用此法推导的(2)并
69、项求和法在一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和形如an(1)nf(n)类型，可采用两项合并求解3裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和4错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用错位相减法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”分组转化法求和例1已知数列an，bn满足a15，an2an13n1(n2，nN*)，bnan3n(nN*)(1)求数列bn的通项公式；(2)求数列an的前n项和Sn.解(1)an2an13n1(nN*，n
70、2)，an3n2(an13n1)，bn2bn1(nN*，n2)b1a1320，bn0(n2)，2，bn是以2为首项，2为公比的等比数列bn22n12n.(2)由(1)知anbn3n2n3n，Sn(2222n)(3323n)2n1.方法技巧分组转化法求和的常见类型(1)若anbncn，且bn，cn为等差或等比数列，可采用分组转化法求an的前n项和(2)通项公式为an的数列，其中数列bn，cn是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和错位相减法求和例2(2017天津高考)已知an为等差数列，前n项和为Sn(nN*)，bn是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2b312，b3a42a1，S1111b
71、4.(1)求an和bn的通项公式；(2)求数列a2nb2n1的前n项和(nN*)解(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.由已知b2b312，得b1(qq2)12，而b12，所以q2q60.又因为q0，解得q2.所以bn2n.由b3a42a1，可得3da18.由S1111b4，可得a15d16.由，解得a11，d3，由此可得an3n2.所以数列an的通项公式为an3n2，数列bn的通项公式为bn2n.(2)设数列a2nb2n1的前n项和为Tn，由a2n6n2，b2n124n1，得a2nb2n1(3n1)4n，故Tn24542843(3n1)4n，4Tn242543844(3n4
72、)4n(3n1)4n1，上述两式相减，得3Tn2434234334n(3n1)4n14(3n1)4n1(3n2)4n18.故Tn4n1.所以数列a2nb2n1的前n项和为4n1.方法技巧错位相减法求和的策略(1)如果数列an是等差数列，bn是等比数列，求数列anbn的前n项和时，可采用错位相减法，一般是和式两边同乘以等比数列bn的公比，然后作差求解(2)在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“SnqSn”的表达式(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解裂项相消法求和几种常见的裂项方式数列(n为正整数)裂
73、项方式 (k为非零常数) (a0，a1)logaloga(n1)logan例3数列an的前n项和为Sn2n12，数列bn是首项为a1，公差为d(d0)的等差数列，且b1，b3，b9成等比数列(1)求数列an与bn的通项公式；(2)若cn(nN*)，求数列cn的前n项和Tn.解(1)当n2时，anSnSn12n12n2n，又a1S12112221，也满足上式，所以数列an的通项公式为an2n.则b1a12.由b1，b3，b9成等比数列，得(22d)22(28d)，解得d0(舍去)或d2，所以数列bn的通项公式为bn2n.(2)由(1)得cn，所以数列cn的前n项和Tn11.方法技巧用裂项法求和的
74、裂项原则及规律(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.若数列an的通项公式为an2n2n1，则数列an的前n项和为_解析：Sna1a2a3an(21211)(22221)(23231)(2n2n1)(2222n)2(123n)n2n2(2n1)n2nn2n1n22.答案：2n1n222.(2018常州月考)各项都为正数的数列an，其前n项的和为Sn，且Sn()2(n2)，若bn且数列bn的前n项的和为Tn，则Tn_.解析：因为数列an的各项都为正
75、数，所以Sn0.由Sn()2(n2)，得，所以是一个首项为，公差为的等差数列，所以(n1)n，即Snn2a1.所以n2，anSnSn1n2a1(n1)2a1(2n1)a1.当n1时也成立，所以an(2n1)a1，bn1.所以Tn1n1.答案：3.(2016山东高考)已知数列an的前n项和Sn3n28n，bn是等差数列，且anbnbn1.(1)求数列bn的通项公式；(2)令cn，求数列cn的前n项和Tn.解：(1)由题意知，当n2时，anSnSn16n5，当n1时，a1S111，满足上式，所以an6n5.设数列bn的公差为d.由即可解得所以bn3n1.(2)由(1)知cn3(n1)2n1，又Tn
76、c1c2cn，得Tn3222323(n1)2n1，2Tn3223324(n1)2n2，两式作差，得Tn322223242n1(n1)2n233n2n2，所以Tn3n2n2.4.已知数列an的通项公式是an23n1(1)n(ln 2ln 3)(1)nnln 3，求其前n项和Sn.解：Sn2(133n1)111(1)n(ln 2ln 3)123(1)nnln 3，所以当n为偶数时，Sn2ln 33nln 31；当n为奇数时，Sn2(ln 2ln 3)ln 33nln 3ln 21.综上所述，Sn5.正项数列an的前n项和Sn满足：S(n2n1)Sn(n2n)0.(1)求数列an的通项公式an；(2
77、)令bn，数列bn的前n项和为Tn.证明：对于任意的nN*，都有Tn.解：(1)由S(n2n1)Sn(n2n)0，得Sn(n2n)(Sn1)0.由于an是正项数列，所以Sn0，Snn2n.于是a1S12，当n2时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.综上，数列an的通项公式为an2n.(2)证明：由于an2n，故bn.则Tn11.即对任意的nN*，都有Tn.突破点(二)等差、等比数列的综合应用 等差、等比数列的综合应用主要包括两方面的内容：一是等差、等比数列的综合问题，二是等差、等比数列的实际应用.二者都属于对等差、等比数列性质的综合考查，备考时要熟练掌握等差、等比数列的通项公式与前n
78、项和公式，还要注意性质的灵活运用.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”等差、等比数列的综合问题例1 (2017南通三模)已知数列an，bn均为各项都不相等的数列，Sn为an的前n项和，an1bnSn1(nN*)(1)若a11，bn，求a4的值；(2)若an是公比为q的等比数列，求证：存在实数，使得bn为等比数列；(3)若an的各项都不为零，bn是公差为d的等差数列，求证：a2，a3，an，成等差数列的充要条件是d.解(1)由a11，bn，知a24，a36，a48.(2)证明：法一：显然公比q1，因为an1bnSn1，所以a1qnbn1，所以qnbn，即bnn，所以存在实数，使得bnn，又因为bn
79、0(否则bn为常数数列与题意不符)，所以当n2时，此时bn为等比数列，所以存在实数，使bn为等比数列法二：因为an1bnSn1，所以当n2时，anbn1Sn11.得，当n2时，an1bnanbn1an，由得，当n2时，bnbn1bn1，所以bn，又因为bn0(否则bn为常数数列与题意不符)，所以存在实数，使bn为等比数列(3)证明：因为bn为公差为d的等差数列，所以由得，当n2时，an1bnan(bnd)an，即(an1an)bn(1d)an，因为an，bn各项均不相等，所以an1an0,1d0，所以当n2时，当n3时，由，得当n3时.先证充分性：即由d证明a2，a3，an，成等差数列因为d，
80、由得当n3时，1，所以当n3时，1，又an0，所以an1ananan1，即a2，a3，an，成等差数列再证必要性：即由a2，a3，an，成等差数列证明d.因为a2，a3，an，成等差数列，所以当n3时，an1ananan1，所以由得，1，所以d.所以a2，a3，an，成等差数列的充要条件是d.方法技巧等差数列、等比数列综合问题的两大解题策略(1)设置中间问题：分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序(2)注意解题细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在
81、数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的提醒在不能使用同一公式进行计算的情况下要注意分类讨论，分类解决问题后还要注意结论的整合 等差、等比数列的实际应用例2某企业的资金每一年都比上一年分红后的资金增加一倍，并且每年年底固定给股东们分红500万元该企业2017年年底分红后的资金为1 000万元(1)求该企业2021年年底分红后的资金；(2)求该企业从哪一年开始年底分红后的资金超过32 500万元解设an为(2017n)年年底分红后的资金，其中nN*，则a121 0005001 500，a221 5005002 500，an2an1500(n2)an5
82、002(an1500)(n2)，即数列an500是首项为a15001 000，公比为2的等比数列an5001 0002n1，an1 0002n1500.(1)a41 0002415008 500，该企业2021年年底分红后的资金为8 500万元(2)由an32 500，即2n132，得n6，该企业从2024年开始年底分红后的资金超过32 500万元方法技巧解数列应用题的建模思路从实际出发，通过抽象概括建立数学模型，通过对模型的解析，再返回实际中去，其思路框图为：能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.设an 是首项为a1 ，公差为1 的等差数列，Sn为其前n项和若 S1，S2，S4成等比数列，则
83、a1_.解析：由S1a1，S22a11，S44a16成等比数列可得(2a11)2a1(4a16)，解得a1.答案：2.(2017全国卷)我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯_盏解析：每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为an，则前7项的和S7381，公比q2，依题意，得S7381，解得a13.答案：33.(2017大连一模)已知等差数列an的前n项和为Sn，数列bn为等比数列，且满足a13，b11，b2S210，a52b2a3
84、，数列的前n项和为Tn，若TnM对一切正整数n都成立，则M的最小值为_解析：设an的公差为d，bn的公比为q，由已知可得解得dq2，所以an2n1，bn2n1，则，故Tn357(2n1)，由此可得Tn357(2n1)，以上两式相减可得Tn32(2n1)32，即Tn10，又当n时，0，0，此时Tn10，所以M的最小值为10.答案：104.(2017全国卷改编)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，其中第一项是20
85、，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推求满足如下条件的最小整数N：N100且该数列的前N项和为2的整数幂那么该款软件的激活码是_解析：设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n组的项数为n，前n组的项数和为.由题意可知，N100，令100，得n14，nN*，即N出现在第13组之后易得第n组的所有项的和为2n1，前n组的所有项的和为n2n1n2.设满足条件的N在第k1(kN*，k13)组，且第N项为第k1组的第t(tN*)个数，若要使前N项和为2的整数幂，则第k1组的前t项的和2t1应与2k互为相反数，即2t1k2，2tk3，
86、tlog2(k3)，当t4，k13时，N495100，不满足题意；当t5，k29时，N5440；当t5时，N440.答案：4405.(2018苏州调研)已知数列an满足a110，an10an1an10(nN*)(1)若an是等差数列，Sna1a2an，且Sn10Sn1Sn10(nN*)，求公差d的取值集合；(2)若a1，a2，ak成等比数列，公比q是大于1的整数，且a1a2ak2 017，求正整数k的最小值；(3)若a1，a2，ak成等差数列，且a1a2ak100，求正整数k的最小值及k取最小值时公差d的值解：(1)由Sn10Sn1Sn10，得10aa110，1010nd10.d0对任意的nN
87、*恒成立，d0.公差d的取值集合为0(2)an1an10，a210q20，q2.又公比q是大于1的整数，q2.a1a2ak10(2k1)2 017，2k202.7，即正整数k的最小值为8.(3)a1a2ak10kd100，d.由题意|d|an1an|10，10.k2k202kk2k，解得k4.kmin4.此时d10.突破点(三)数列与其他知识的交汇问题 1.数列与函数的特殊关系，决定了数列与函数交汇命题的自然性，是高考命题的易考点，主要考查方式有：(1)以数列为载体，考查函数解析式的求法，或者利用函数解析式给出数列的递推关系来求数列的通项公式或前n项和；(2)根据数列是一种特殊的函数这一特点命
88、题，考查利用函数的性质来研究数列的单调性、最值等问题.2.数列与不等式的综合问题是高考考查的热点.考查方式主要有三种：(1)判断数列问题中的一些不等关系，如比较数列中的项的大小关系等；(2)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题，求不等式中的参数的取值范围等；(3)考查与数列问题有关的不等式的证明问题.3.数列中的新定义问题，一般以数列为背景，通过定义新运算、新符号、新概念等，综合考查学生对已有知识的掌握情况以及对“新知识”的学习能力.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”数列与函数的综合问题例1设等差数列an的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)2x的图象上(nN*)(1)证明：数列bn为等比
89、数列；(2)若a11，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2，求数列anb的前n项和Sn.解(1)证明：由已知，bn2an0.当n1时，2an1an2d.所以数列bn是首项为2a1，公比为2d的等比数列(2)函数f(x)2x在(a2，b2)处的切线方程为y2a2(2a2ln 2)(xa2)，它在x轴上的截距为a2.由题意得a22，解得a22.所以da2a11，所以ann，bn2n，则anbn4n.于是Sn14242343(n1)4n1n4n，4Sn142243(n1)4nn4n1.因此，Sn4Sn4424nn4n1n4n1.所以Sn.方法技巧数列与函数问题的解题技巧(1
90、)数列与函数的综合问题主要有以下两类：已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形(2)解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到递推数列，因此掌握递推数列的常用解法有助于该类问题的解决数列与不等式的综合问题例2(2018启东中学月考)若各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，且2an1 (nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)若正项等比数列bn，满足b22,2b7b8b9，求Tna1b1a2b2anbn；(3)对于(
91、2)中的Tn，若对任意的nN*，不等式(1)n(Tn21)恒成立，求实数的取值范围解(1)因为4Sn(an1)2，且an0，由4a1(a11)2得a11，又4Sn1(an11)2，所以4an14Sn14Sn(an11)2(an1)2，整理得(an1an)(an1an)2(an1an)0，因为an0，所以an1an0，所以an1an2，所以an是公差为2的等差数列，又a11，所以an2n1.(2) 设bn的公比为q，因为2b7b8b9，所以2qq2，q1(舍)或q2，b11，bn2n1.记Aa1b1a2b2anbn1132522(2n1)2n1，则2A12322 523(2n1)2n，两式相减得
92、A(2n1)2n12(2222n1)(2n1)2n12(2n2)(2n3)2n3，所以Tna1b1a2b2anbn(2n3)2n3.(3)不等式(1)n(Tn21)可化为(1)n.当n为偶数时，记g(n).所以g(n)min.g(n2)g(n)22，n2时，g(n2)g(n)，n4时，g(n2)g(n)，即g(4)g(2)，n4时，g(n)递增，g(n)ming(4)，即.当n为奇数时，记h(n)，所以h(n)max.h(n2)h(n)22，n1时，h(n2)h(n)，n3时，h(n1)h(n)，即h(3)h(1)，n3时，h(n)递减，h(n)maxh(3)3，所以3，综上所述，实数的取值范
93、围为.方法技巧数列与不等式相结合问题的处理方法(1)如果是证明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(2)如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法、穿根法等总之解决这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了数列中的新定义问题例3(2016江苏高考)记U1,2，100，对数列an(nN*)和U的子集T，若T，定义ST0；若Tt1，t2，tk，定义STat1at2atk.例如：T1,3,66时，STa1a3a66.现设an(nN*)是公比为3的等比数列，且当T2,4时，ST30.(1)求数列an的通项公式；(2)对任意正整数k(1k1
94、00)，若T1,2，k，求证：STak1；(3)设CU，DU，SCSD，求证：SCSCD2SD.解(1)由已知得ana13n1，nN*.于是当T2,4时，STa2a43a127a130a1.又ST30，故30a130，即a11.所以数列an的通项公式为an3n1，nN*.(2)证明：因为T1,2，k，an3n10，nN*，所以STa1a2ak133k1(3k1)3k.因此，STak1.(3)证明：下面分三种情况证明若D是C的子集，则SCSCDSCSDSDSD2SD.若C是D的子集，则SCSCDSCSC2SC2SD.若D不是C的子集，且C不是D的子集令ECUD，FDUC，则E，F，EF.于是SC
95、SESCD，SDSFSCD，进而由SCSD得SESF.设k为E中的最大数，l为F中的最大数，则k1，l1，kl.由(2)知，SEak1.于是3l1alSFSEak13k，所以l1k，即lk.又kl，故lk1.从而SFa1a2al133l1，故SE2SF1，所以SCSCD2(SDSCD)1，即SCSCD2SD1.综合得，SCSCD2SD.能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.(2018清江中学月考)等比数列an的首项为2，公比为3，前n项的和为Sn，若log39，则的最小值为_解析：由题意得an23n1，Sn3n1.因为log39，所以log3(3n134m)9，即4mn10，则(4mn)，当且
96、仅当mn2时取等号答案：2.(2018南昌调研)等差数列an的前n项和为Sn，已知f(x)，且f(a22)sin，f(a2 0182)cos，则S2 019_.解析：因为f(x)，f(x)，所以f(x)f(x)0，即f(x)f(x)而f(x)1，所以f(x)是R上的增函数又f(a22)sinsinsin，f(a2 0182)coscoscos，所以f(a22)f(a2 0182)f(2a2 018)，所以a222a2 018，所以a2a2 0184.所以S2 0194 038.答案：4 0383.(2017江苏高考)对于给定的正整数k，若数列an满足：ankank1an1an1ank1ank2
97、kan，对任意正整数n(nk)总成立，则称数列an是“P(k)数列”(1)证明：等差数列an是“P(3)数列”；(2)若数列an既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：an是等差数列证明：(1)因为an是等差数列，设其公差为d，则ana1(n1)d，从而，当n4时，ankanka1(nk1)da1(nk1)d2a12(n1)d2an，k1,2,3，所以an3an2an1an1an2an36an，因此等差数列an是“P(3)数列”(2)数列an既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，当n3时，an2an1an1an24an，当n4时，an3an2an1an1an2an36an
98、.由知，an3an24an1(anan1)，an2an34an1(an1an)将代入，得an1an12an，其中n4，所以a3，a4，a5，是等差数列，设其公差为d.在中，取n4，则a2a3a5a64a4，所以a2a3d，在中，取n3，则a1a2a4a54a3，所以a1a32d，所以数列an是等差数列4.设数列an(n1,2,3，)的前n项和Sn满足Sn2ana1，且a1，a21，a3成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)记数列的前n项和为Tn，求使得|Tn1|成立的n的最小值解：(1)由已知Sn2ana1，有anSnSn12an2an1(n2)，即an2an1(n2)从而a22a1，a
99、32a24a1.又因为a1，a21，a3成等差数列，所以a1a32(a21)，即a14a12(2a11)，解得a12.所以数列an是首项为2，公比为2的等比数列故an2n.(2)由(1)得，所以Tn1.由|Tn1|，得，即2n1 000.因为295121 0001 024210，所以n10.于是使|Tn1|成立的n的最小值为10.课时达标检测 难点增分课时设计3级训练，考生据自身能力而选 一、全员必做题1(2017山东高考)已知xn是各项均为正数的等比数列，且x1x23，x3x22.(1)求数列xn的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连结点P1(x1，1)，P2(x2,2)，
100、Pn1(xn1，n1)得到折线P1P2Pn1，求由该折线与直线y0，xx1，xxn1所围成的区域的面积Tn.解：(1)设数列xn的公比为q，由已知得q0.由题意得所以3q25q20.因为q0，所以q2，x11，因此数列xn的通项公式为xn2n1.(2)过P1，P2，Pn1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，Qn1.由(1)得xn1xn2n2n12n1，记梯形PnPn1Qn1Qn的面积为bn，由题意得bn2n1(2n1)2n2，所以Tnb1b2bn321520721(2n1)2n3(2n1)2n2.又2Tn320521722(2n1)2n2(2n1)2n1.得Tn321(2222n1)(2n1)
101、2n1(2n1)2n1.所以Tn.2(2018泰州调研)对于数列xn，若对任意nN*，都有xn1成立，则称数列xn为“减差数列”设数列an是各项都为正数的等比数列，其前n项和为Sn，且a11，S3.(1)求数列an的通项公式，并判断数列Sn是否为“减差数列”；(2)设bn(2nan)tan，若数列b3，b4，b5，是“减差数列”，求实数t的取值范围解：(1)设数列an的公比为q，因为a11，S3，所以1qq2，即4q24q30，所以(2q1)(2q3)0.因为q0，所以q，所以an，Sn2，所以22Sn1，所以数列Sn是“减差数列”(2)由题设知，bnt2t.由bn1(n3，nN*)，得tt2
102、t，即，化简得t(n2)1.又当n3时，t(n2)1恒成立，即t恒成立，所以tmax1.故实数t的取值范围是(1，)3已知二次函数yf(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f(x)6x2，数列an的前n项和为Sn，点(n，Sn)(nN*)均在函数yf(x)的图象上(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，试求数列bn的前n项和Tn.解：(1)设二次函数f(x)ax2bx(a0)，则f(x)2axb.由于f(x)6x2，得a3，b2，所以f(x)3x22x.又因为点(n，Sn)(nN*)均在函数yf(x)的图象上，所以Sn3n22n.当n2时，anSnSn1(3n22n)3(n1)22(n1)6n
103、5.当n1时，a1S1312211615，所以an6n5(nN*)(2)由(1)得bn，故Tn1.二、重点选做题1(2017北京高考)设an和bn是两个等差数列，记cnmaxb1a1n，b2a2n，bnann(n1,2，3，)，其中maxx1，x2，xs表示x1，x2，xs这s个数中最大的数(1)若ann，bn2n1，求c1，c2，c3的值，并证明cn是等差数列；(2)证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当nm时，M；或者存在正整数m，使得cm，cm1，cm2，是等差数列解：(1)c1b1a1110，c2maxb12a1，b22a2max121,3221，c3maxb13a1，b23a2，b
104、33a3max131，332,5332.当n3时，(bk1nak1)(bknak)(bk1bk)n(ak1ak)2n0，所以bknak关于kN*单调递减所以cnmaxb1a1n，b2a2n，bnannb1a1n1n.所以对任意n1，cn1n，于是cn1cn1，所以cn是等差数列(2)证明：设数列an和bn的公差分别为d1，d2，则bknakb1(k1)d2a1(k1)d1nb1a1n(d2nd1)(k1)所以cn当d10时，取正整数m，则当nm时，nd1d2，因此cnb1a1n.此时，cm，cm1，cm2，是等差数列当d10时，对任意n1，cnb1a1n(n1)maxd2,0b1a1(n1)(
105、maxd2,0a1)此时，c1，c2，c3，cn，是等差数列当d10时，当n时，有nd1d2.所以n(d1)d1a1d2n(d1)d1a1d2|b1d2|.对任意正数M，取正整数mmax，故当nm时，M.2(2018江苏名校联考)如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的差都大于3，则称这个数列为“S型数列”(1)已知数列an满足a14，a28，anan18n4(n2，nN*)，求证：数列an是“S型数列”；(2)已知等比数列an的首项a1与公比q均为正整数，且an为“S型数列”，记bnan，当数列bn不是“S型数列”时，求数列an的通项公式；(3)是否存在一个正项数列cn是“S型数列”，当c
106、29，且对任意大于等于2的自然数n都满足？如果存在，给出数列cn的一个通项公式(不必证明)；如果不存在，请说明理由解：(1)an1an8n4，anan18n4.，得an1an18.所以a2n8n，a2n18n4.因此an4n，从而anan143.所以数列an是“S型数列”(2)由题意可知a11，且anan13，因此an单调递增且q2.而(anan1)(an1an2)an1(q1)an2(q1)(q1)(an1an2)0，所以anan1单调递增又bnan，因此bnbn1单调递增，又bn不是“S型数列”，所以存在n0，使得bn0bn013，所以b2b1bn0bn013，即a1(q1)4.又因为a2
107、a13，即a1(q1)3且a1qN*.所以a1(q1)4，从而a14，q2或a12，q3或a11，q5.an2n1或an23n1或an5n1.(3)可取cn(n1)2可验证符合条件，而且cncn1(n1)2n22n13.三、冲刺满分题1(2018如皋月考)已知数列an，bn中，a11，bn，nN*，数列bn的前n项和为Sn.(1)若an2n1，求Sn；(2)是否存在等比数列an，使bn2Sn对任意nN*恒成立？若存在，求出所有满足条件的数列an的通项公式；若不存在，说明理由；(3)若a1a2an，求证：0Sn2.解：(1)当an2n1时，bn.所以，Sn.(2)满足条件的数列an存在且只有两个
108、，其通项公式为an1和an(1)n1.证明：在bn2Sn中，令n1，得b3b1.设anqn1，则bn.由b3b1，得.若q1，则bn0，满足题设条件此时an1和an(1)n1.若q1，则，即q21，矛盾综上，满足条件的数列an存在，且只有两个，一个是an1，另一个是an(1)n1.(3)因1a1a2an，故an0,01，于是01.所以bn0，n1,2,3，所以Snb1b2bn0. 又bn2.故Snb1b2bn222222.所以0Sn2.2(2018扬州中学模拟)若数列an和bn的项数均为n，则将aibi|定义为数列an和bn的距离(1)已知an2n，bn2n1，nN*，求数列an和bn的距离d
109、n.(2)记A为满足递推关系an1的所有数列an的集合，数列bn和cn为A中的两个元素，且项数均为n.若b12，c13，数列bn和cn的距离大于2 017，求n的最小值(3)若存在常数M0，对任意的nN*，恒有aibi|M则称数列an和bn的距离是有界的若an与an1的距离是有界的，求证：a与a的距离是有界的解：(1)dn(2)设a1p，其中p0且p1.由an1，得a2，a3，a4，a5p.所以a1a5，a2a6，因此集合A中的所有数列都具有周期性，且周期为4.数列bn中，b4k32，b4k23，b4k1，b4k(kN*)，数列cn中，c4k33，c4k22，c4k1，c4k(kN*)，因为b
110、ici|bici|，所以项数n越大，数列bn和cn的距离越大因为bici|，而bici|bici|8642 016，|c1b1|1，|c2b2|1，因此，当n3 457时，bici|2 017，当n3 458时，bici|2 018，故n的最小值为3 458.(3)因为an与an1的距离是有界的，所以存在正数M，对任意的nN*，有|an1an|anan1|a2a1|M.|an|anan1an1an2a2a1a1|anan1|an1an2|a2a1|a1|M|a1|.记KM|a1|，则有|aa|(an1an)(an1an)|(|an1|an|)|an1an|2K|an1an|.因此|aa|aa|aa|2KM.故a与a的距离是有界的
