1、江苏 新高考数列在江苏高考中地位十分突出，考分比例远远大于课时比例，常在压轴题位置考查代数论证能力.江苏卷数列解答题始终与特殊数列密切联系，源于课本，高于课本，不搞“递推式”“数列不等式”之类的超教学范围的知识考查，导向非常好.但由于能力考查要求较高，多年来造成区分度很差的困惑.2013年的数列解答题降低了难度，但2014年又回升了.到2015年不仅是超纲了，而且难度也加大了，2016年把数列、集合结合命题，难度较大，2017年考查数列的新定义问题和论证等差数列，难度也不低.数列题的常规类型可分两类：一类是判断、证明某个数列是等差、等比数列；另一类是已知等差、等比数列求基本量.这个基本量涵义很
2、广泛，有项、项数、公差、公比、通项、和式以及它们的组合式，甚至还包括相关参数.但江苏考题真正的难度在等差、等比数列的性质灵活运用上.第1课时数列中的基本量计算(基础课)常考题型突破等差、等比数列的基本运算必备知识1通项公式等差数列：ana1(n1)d；等比数列：ana1qn1.2求和公式等差数列：Snna1d；等比数列：Sn(q1)题组练透1(2017镇江期末)已知数列an为等比数列，且a11，a34，a57成等差数列，则公差d_.解析：设等比数列an的公比为q，则a3a1q2，a5a1q4，由a11，a34，a57成等差数列，得2(a1q24)a11a1q47，即q21.所以da1q24a1
3、13.答案：32(2017镇江调研)Sn是等差数列an的前n项和，若，则_.解析：因为 ，所以令n1可得，即，化简可得da1，所以.答案：3(2017苏北四市期末)已知等比数列an的前n项和为Sn，若S22a23，S32a33，则公比q的值为_解析：因为S22a23，S32a33，所以a32a32a2，所以a32a2a1q22aq0，所以q22q0，q0，则公比q2.答案：24(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(2017苏锡常镇一模)设等比
4、数列an的前n项和为Sn，若S3，S9，S6成等差数列，且a2a54，则a8的值为_解析：因为等比数列an的前n项和为Sn，若S3，S9，S6成等差数列，且a2a54，所以解得a1q8，q3，所以a8 a1q7(a1q)(q3)282.答案：2方法归纳等差(比)数列基本运算的策略(1)在等差(比)数列中，首项a1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a1和d(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体代换法，以减少计算量等差、等比数列的性质必备知识等差数列等比数列性质(1)若m，n，p，qN*，且mnpq，则amanap
5、aq(1)若m，n，p，qN*，且mnpq，则amanapaq(2)anam(nm)d(2)anamqnm(3)Sm，S2mSm，S3mS2m，仍成等差数列(3)Sm，S2mSm，S3mS2m，仍成等比数列(Sm0)题组练透1(2017苏州考前模拟)已知等比数列an满足an0，nN*，且a5a2n522n(n3)，则当n1时，log2a1log2a3log2a2n1_.解析：由a5a2n522n(n3)，得a22n，则an2n，故log2a1log2a3log2a2n113(2n1)n2.答案：n22已知数列an为等差数列，Sn为其前n项和若a16，a3a50，则S6_.解析：a3a52a4，
6、a40.a16，a4a13d，d2.S66a1d6.答案：63.(2017南通二调)已知an是公差不为0的等差数列，Sn是其前n项和若a2a3a4a5，S927，则a1的值是_解析：因为等差数列an满足S927，所以S99a527，所以a53，因为a2a3a4a5，所以(a53d)(a52d)(a5d)a5,4a5d6d2，又因为等差数列an的公差不为0，所以d2，所以a1a54d3425.答案：54设公差为d的等差数列an的前n项和为Sn，若a11，d，则当Sn取最大值时，n的值为_解析：法一：Snnd，Snn2n.函数yx2x的图象的对称轴方程为x，且开口向下，又d，9.Sn取最大值时，n
7、的值为9.法二：由ana1(n1)d1(n1)d0，得n1.d，9.又nN*，n18，即n9.故S9最大答案：9方法归纳(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mnpq，则amanapaq”这一性质与求和公式Sn的综合应用. 课时达标训练1(2017南通三模)设等差数列an的前n项和为Sn.若公差d2，a510，则S10的值是_解析：法一：因为等差数列an中a5a14d10，d2，所以a12，所以S101022110.法二：在等差数列an中，a6a5d12，所
8、以S105(a5a6)5(1012)110.答案：1102(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，所以数列an前6项的和S661(2)24.答案：243(2017北京高考)若等差数列an和等比数列bn满足a1b11，a4b48，则_.解析：设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，则a413d8，解得d3；b41q38，解得q2.所以a2132，b21(2)2
9、，所以1.答案：14已知公差为d的等差数列an的前n项和为Sn，若3，则的值为_解析：由题意3，化简得d4a1，则.答案：5(2017全国卷)等差数列an的前n项和为Sn，a33，S410，则_.解析：设等差数列an的首项为a1，公差为d，依题意有解得所以Sn，2，因此2.答案：6(2017盐城期中)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恒成立，所以a22a100322，a32a99323，a1002a232100，以上99个等式相加，得3(a2a3a100)3(22232
10、100)3(21014)，所以a2a3a10021014，又因为a12101，所以S100a1(a2a3a100)4.答案：47(2017常州前黄中学国际分校月考)在数列an中，an1，a12，则a20_.解析：由an1，a12，可得3，所以是以为首项，3为公差的等差数列即3(n1)，可得an，所以a20.答案：8(2017苏州期中)已知数列an满足：an1an(1an1)，a11，数列bn满足：bnanan1，则数列bn的前10项的和S10_.解析：因为an1an(1an1)，a11，所以1，1，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以n，所以bn，所以数列bn的前10项的和S101.
11、答案：9已知an为等差数列，若1，且它的前n项和Sn有最大值，那么当Sn取得最小正值时，n_.解析：由1，得0，且它的前n项和Sn有最大值，则a100，a110，a11a100，则S190，S200，那么当Sn取得最小正值时，n19.答案：1910设Sn是等差数列an的前n项和，S1016，S100S9024，则S100_.解析：依题意，S10，S20S10，S30S20，S100S90依次成等差数列，设该等差数列的公差为d.又S1016，S100S9024，因此S100S902416(101)d169d，解得d，因此S10010S10d1016200.答案：20011(2017扬州期末)在正
12、项等比数列an中，若a4a32a22a16，则a5a6的最小值为_解析：令a1a2t(t0)，则a4a32a22a16可化为tq22t6(其中q为公比)，所以a5a6tq4q46648(当且仅当q2时等号成立)答案：4812设数列an的前n项和为Sn，已知a11，an12Sn2n，则数列an的通项公式an_.解析：当n2时，an1an2(SnSn1)2n2n12an2n1，从而an12n3(an2n1)又a22a124，a226，故数列an12n是以6为首项，3为公比的等比数列，从而an12n63n1，即an123n2n，又a112311211，故an23n12n1.答案：23n12n113数
13、列an中，若对nN*，anan1an2k(k为常数)，且a72，a93，a984，则该数列的前100项的和等于_解析：由anan1an2k，an1an2an3k，得an3an.从而a7a12，a9a33，a98a24.因此a1a2a39.所以S10033(a1a2a3)a13392299.答案：29914(2017南京考前模拟)数列an中，an2n1，现将an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an的前n项和为Sn，则Snn2，因为242nn( n1)n2n,242( n1)n
14、( n1)n2n.所以第n组中各数的和为Sn2nSn2n( n2n)2(n2n)24n3.答案：4n31在等差数列an中，若任意两个不等的正整数k，p都有ak2p1，ap2k1，数列an的前n项和记为Sn.若kpm，则Sm_.(用m表示)解析：设数列an的公差为d，由题意，a1(k1)d2p1，a1(p1)d2k1，两式相减，得(pk)d2(kp)又kp0，所以d2.则a12p2k12m1.因此Smma1dm(2m1)m(m1)m2.答案：m22(2016全国乙卷)设等比数列an满足a1a310，a2a45，则a1a2an的最大值为_解析：设等比数列an的公比为q，则由a1a310，a2a4q
15、(a1a3)5，知q.a1a1q210，a18.故a1a2anaq12(n1)23n.记t(n27n)，结合nN*可知n3或4时，t有最大值6.又y2t为增函数，从而a1a2an的最大值为2664.答案：643(2017南京考前模拟)已知函数f(x)(x2)3，数列an是公差不为0的等差数列，若f(ai)0，则数列an的前11项和S11为_解析：f(x)(x2)3为增函数，且关于点(2,0)中心对称，则f(2x)f(2x)0.设数列an的公差为d，若a62，则f(a6)0，f(a5)f(a7)f(a6d)f(a6d)f(2d)f(2d)0，即f(a5)f(a7)0，同理，f(a4)f(a8)0
16、，f(a1)f(a11)0，则f(ai)0；同理，若a62，则f(ai)0，所以a62.所以S1111a622.答案：224(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，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
17、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，tlog2(k3)，当t4，k13时，N4955时，N440.答案：440第2课时等差、等比数列的综合问题(能力课)常考题型突破等差、等比数列的综合运算例1(2017镇江期末)已知nN*，数列an的各项均为正数，前
18、n项和为Sn，且a11，a22，设bna2n1a2n.(1)若数列bn是公比为3的等比数列，求S2n；(2)若对任意nN*，Sn恒成立，求数列an的通项公式；(3)若S2n3(2n1)，数列anan1为等比数列，求数列an的通项公式解(1)由题意，b1a1a2123，则S2n(a1a2)(a3a4)(a2n1a2n)b1b2bn. (2)当n2时，由2Snan，得2Sn1an1，两式相减得2anan(an1)aa1，整理得(an1)2a0，即(anan11)(anan11)0，故anan11或anan11.(*)下面证明anan11对任意的nN*恒不成立事实上，因为a1a23，所以anan11
19、不恒成立；若存在nN*，使anan11，设n0是满足上式最小的正整数，即an0an011，显然n02，且an01(0,1)，则an01an021，则由(*)式知，an01an021，则an020,4(n1)ana0，设数列bn满足bn.(1)求证：数列为等比数列；(2)若数列bn是等差数列，求实数t的值；(3)若数列bn是等差数列，前n项和为Sn，对任意的nN*，均存在mN*，使得8aSnan216bm成立，求满足条件的所有整数a1的值解(1)证明：由题意得4(n1)ana，因为数列an各项均为正，得4，所以2， 因此2，所以是以a1为首项，公比为2的等比数列(2)由(1)得a12n1，即an
20、a12n1，所以bn，如果数列bn是等差数列，则2b2b1b3，即2，整理得，则t216t480，解得t4或t12.当t4时，bn，因为bn1bn，所以数列bn是等差数列，符合题意； 当t12时，bn，因为b2b4a，2b32，b2b42b3，所以数列bn不是等差数列，t12不符合题意，综上，如果数列bn是等差数列，则t4.(3)由(2)得bn，对任意的nN*，均存在mN*，使8aSnan216bm，则8an216，所以m. 当a12k，kN*时，mk2n，对任意的nN*，mN*，符合题意；当a12k1，kN*，当n1时，mk2kN*，故不合题意. 综上，当a12k，kN*，对任意的nN*，均
21、存在mN*，使8aSnan216bm.方法归纳数列an是等差数列或等比数列的证明方法(1)证明数列an是等差数列的两种基本方法：利用定义，证明an1an(nN*)为一常数；利用中项性质，即证明2anan1an1(n2)(2)证明数列an是等比数列的两种基本方法：利用定义，证明(nN*)为一常数；利用等比中项，即证明aan1an1(n2) 变式训练已知数列an的前n项和为Sn，数列bn，cn满足(n1)bnan1，(n2)cn，其中nN*.(1)若数列an是公差为2的等差数列，求数列cn的通项公式；(2)若存在实数，使得对一切nN*，有bncn，求证：数列an是等差数列解：(1)因为数列an是公
22、差为2的等差数列，所以ana12(n1)，a1n1.因为(n2)cn(a1n1)n2，所以cn1.(2)证明：由(n1)bnan1，得n(n1)bnnan1Sn，(n1)(n2)bn1(n1)an2Sn1，两式相减，并化简得an2an1(n2)bn1nbn.从而(n2)cnan1(n1)bn(n1)bn(n1)bn(bnbn1)，因此cn(bnbn1)因为对一切nN*，有bncn，所以cn(bnbn1)，故bn，cn.所以(n1)an1，(n2)(an1an2)，得(an2an1)，即an2an12，故an1an2(n2)又2a2a2a1，则an1an2(n1)所以数列an是等差数列.特殊数列
23、的判定例3(2017江苏高考)对于给定的正整数k，若数列an满足：ankank1an1an1ank1ank2kan，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
24、列”，因此，当n3时，an2an1an1an24an，当n4时，an3an2an1an1an2an36an.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是等差数列方法归纳本题中第(1)问根据“P(k)数列”的定义，利用等差数列的基本量进行论证，第(2)问通过变形转化，化归为an1，an ，an1三项的关系式，若这种方法一点都不会，也可以按照递推公式多写
25、几项，借助归纳推理求解. 变式训练设数列an的前n项的和为Sn.定义：若nN*，mN*，Snam，则称数列an为H数列(1)求证：数列(n2)d(nN*，d为常数)是H数列；(2)求证：数列(n3)d(nN*，d为常数，d0)不是H数列证明：(1)an(n2)d，Sndd.令d(m2)d.(*)当d0时，存在正整数m满足(*)当d0时，m2，nN*，Z，mZ，且1，m1，mN*，故存在mN*满足(*)所以数列(n2)d是H数列(2)数列(n3)d的前n项之和为Sndd.令d(m3)d.因为d0，所以m3，当n2时，m0，故(n3)d不是H数列课时达标训练1(2017苏州期中)已知等比数列an的
26、公比q1，满足：a2a3a428，且a32是a2，a4的等差中项(1)求数列an的通项公式；(2)若bnanlogan，Snb1b2bn，求使Snn2n162成立的正整数n的最小值解：(1)a32是a2，a4的等差中项，2(a32)a2a4，代入a2a3a428，可得a38，a2a420，解得或q1，数列an的通项公式为an2n.(2)bnanlogan2nlog2nn2n，Sn(12222n2n)，2Sn(122223(n1)2nn2n1)，得Sn222232nn2n1n2n12n12n2n1.Snn2n162，2n1262，n16，n5，使Snn2n162成立的正整数n的最小值为6.2已知
27、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bn0(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，使得bn为等比数列法二：因为an1bnSn1，所以当n2时，anbn1Sn11，得，an1bnanbn1an，由得，bnbn1bn1，所以bn.
28、又bn0(否则bn为常数数列，与题意不符)，所以存在实数，使得bn为等比数列3设数列Hn的各项均为不相等的正整数，其前n项和为Qn，称满足条件“对任意的m，nN*，均有(nm)Qnm(nm)(QnQm)”的数列Hn为“好”数列(1)试分别判断数列an，bn是否为“好”数列，其中an2n1，bn2n1，nN*，并给出证明；(2)已知数列cn为“好”数列，其前n项和为Tn.若c2 0162 017，求数列cn的通项公式；若c1p，且对任意给定的正整数p，s(s1)，有c1，cs，ct成等比数列，求证：ts2.解：(1)若an2n1，则Snn2，所以(nm)Snm(nm)(nm)2，而(nm)(Sn
29、Sm)(nm)(n2m2)(nm)2(nm)，所以(nm)Snm(nm)(SnSm)对任意的m，nN*均成立，即数列an是“好”数列若bn2n1，则Sn2n1，取n2，m1，则(nm)SnmS37，(nm)(SnSm)3b26，此时(nm)Snm(nm)(SnSm)，即数列bn不是“好”数列(2)因为数列cn为“好”数列，取m1，则(n1)Tn1(n1)(TnT1)，即2Tn(n1)cn1(n1)c1恒成立当n2时，有2Tn1(n2)cnnc1，两式相减，得2cn(n1)cn1(n2)cnc1(n2)，即ncn(n1)cn1c1(n2)，所以(n1)cn1(n2)cnc1(n3)，所以ncn(
30、n1)cn1(n1)cn1(n2)cn(n3)，即(2n2)cn(n1)cn1(n1)cn1(n3)，即2cncn1cn1(n3)，当n2时，有2T2c33c1，即2c2c3c1，所以2cncn1cn1对任意的n2，nN*恒成立，所以数列cn是等差数列设数列cn的公差为d，若c2 0162 017，则c12 015d2 017，即d，因为数列cn的各项均为不相等的正整数，所以dN*，所以d1，c12，所以cnn1.证明：若c1p，则cndnpd，由c1，cs，ct成等比数列，得cc1ct，所以(dspd)2p(dtpd)，即(pd)(2dspdp)d(ds2pt)0，化简得，p(t12s)d(
31、s1)2，即dp.因为p是任意给定的正整数，要使dN*，必须N*，不妨设k，由于s是任意给定的正整数，所以tk(s1)22s1(s1)22s1s2.故不等式得证4(2017常州前黄中学国际分校月考)已知数列an是公差为正数的等差数列，其前n项和为Sn，且a2a315，S416.(1)求数列an的通项公式；(2)数列bn满足b1a1，bn1bn.求数列bn的通项公式；是否存在正整数m，n(mn)，使得b2，bm，bn成等差数列？若存在，求出m，n的值；若不存在，请说明理由解：(1)设数列an的公差为d，则d0.由a2a315，S416，得解得或(舍去)所以an2n1.(2)b1a1，bn1bn，
32、b1a11，bn1bn，即b2b1，b3b2，bnbn1(n2)，累加得：bnb1，bnb11.b11也符合上式故bn，nN*.假设存在正整数m，n(mn)，使得b2，bm，bn成等差数列，则b2bn2bm.又b2，bn，bm，2，即，化简得：2m7.当n13，即n2时，m2，不合题意，舍去；当n19，即n8时，m3，符合题意存在正整数m3，n8，使得b2，bm，bn成等差数列5(2017镇江丹阳高级中学期初考试)已知数列an满足a11，a2r(r0)，且anan1是公比为q(q0)的等比数列，设bna2n1a2n(nN*)(1)求使anan1an1an2an2an3(nN*)成立的q的取值范
33、围；(2)求数列bn的前n项和Sn；(3)试证明：当q2时，对任意正整数n2，Sn不可能是数列bn中的某一项解：(1)依题意得qn1qnqn1，q0，q2q10，0q0)，且b1a1a21r0， 数列bn是以1r为首项，q为公比的等比数列，Sn(3)证明：当q2时，Sn，Snan1 (1r)qn(1qn)qn(1q)1qn(q2)0，Sn0，nN*，Snan，故当q2时，对任意正整数n2，Sn不可能是数列bn中的某一项6(2017南通二调)设数列an的前n项和为Sn(nN*)，且满足：|a1|a2|；r(np)Sn1an(n2n2)a1，其中r，pR，且r0. (1)求p的值；(2)数列an能
34、否是等比数列？请说明理由；(3)求证：当r2时，数列an是等差数列解：(1)n1时，r(1p)S22a12a10，因为|a1|a2|，所以S20，又r0，所以p1. (2)数列an不是等比数列理由如下：假设an是等比数列，公比为q，当n2时，rS36a2，即ra1(1qq2)6a1q，所以r(1qq2)6q，当n3时，2rS412a34a1，即2ra1(1qq2q3)12a1q24a1，所以r(1qq2q3)6q22，由得q1，与|a1|a2|矛盾，所以假设不成立. 故an不是等比数列(3)证明：当r2时，易知a3a12a2.由2(n1)Sn1(n2n)an(n2n2)a1，得n2时，2Sn1
35、，2Sn2，得，2an2， 即2(an2a1)，两边同除(n1)得，即0，所以，令a2a1d，则d(n2)所以ana1(n1)d(n2)又n1时，也适合上式，所以ana1(n1)d(nN*)所以an1and(nN*)所以当r2时，数列an是等差数列第3课时数列的综合应用(能力课)常考题型突破数列与不等式问题例1(2017南京考前模拟)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(2)中的Tn，若对任意的nN*，不等式(1)n(Tn21)恒成立，求实数的
36、取值范围解(1)因为2an1，所以4Sn(an1)2，且an0，则4a1(a11)2，解得a11，又4Sn1(an11)2，所以4an14Sn14Sn(an11)2(an1)2，即(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) 设数列bn的公比为q，因为2b7b8b9，所以2qq2，解得q1(舍去)或q2，由b22，得b11，即bn2n1.记Aa1b1a2b2anbn1132522(2n1)2n1， 则2A12322523(2n1)2n，两式相减得A12(2222n1)(2n1)2n
37、，故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)nn.当n为偶数时，n，记g(n)n.即g(n)min.g(n2)g(n)22，当n2时，g(n2)g(n)，n4时，g(n2)g(n)，即g(4)g(2)，当n4时，g(n)单调递增，g(n)ming(4)，即.当n为奇数时，n，记h(n)n，所以h(n)max.h(n2)h(n)22，当n1时，h (n2)h(n)，n3时，h(n1)h(n)，即h(3)h(1)，n3时，h(n)单调递减，h(n)maxh(3)3，
38、所以3.综上所述，实数的取值范围为.方法归纳1.数列与不等式的综合问题考查类型(1)判断数列中的一些不等关系问题；(2)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；(3)考查与数列问题有关的不等式的证明问题.2.解决数列与不等式问题的两个注意点(1)利用基本不等式或函数的单调性求解相关最值时，应注意n取正整数的限制条件.(2)利用放缩法证明不等式、求解参数的范围时，尽量先求和、后放缩，注意放缩的尺度，否则会出现范围扩大或缩小而得不到正确的结果. 变式训练已知数列an满足a16，a220，且an1an1a8an12(nN*，n2)(1)证明：数列an1an为等差数列；(2)令cn，数列cn的前n项和为
39、Tn，求证：2nTn0，所以2nTn2n.数列中的范围与最值问题例2已知数列an，bn都是等差数列，它们的前n项和分别记为Sn，Tn，满足对一切nN*，都有Sn3Tn.(1)若a1b1，试分别写出一个符合条件的数列an和bn；(2)若a1b11，数列cn满足：cn4an(1)n12bn，求最大的实数，使得当nN*，恒有cn1cn成立解(1)设数列an，bn的公差分别是d1，d2.则Sn3(n3)a1d1，Tnnb1d2.对一切nN*，有Sn3Tn，(n3)a1d1nb1d2，即n2n3a13d1n2n.即故答案不唯一例如取d1d22，a12，b14，得an2n4(nN*)，bn2n2(nN*)
40、(2)a1b11，又由(1)，可得d1d21，a11，b12.ann2，4n2(1)1cn4n1(1)n2n24n2(1)n12n134n2(1)n(2n22n1)22n6(1)n2n.当nN*时，cn1cn恒成立，即当nN*时，22n6(1)n2n0恒成立当n为正奇数时，2n恒成立，而2n.；当n为正偶数时，2n恒成立，而2n，.，的最大值是.方法归纳(1)第一问和第二问的切入点都是从Sn3Tn入手，利用解决等差数列的基本方法向首项、项数及公差转化，得到式子n2n3a13d1n2n(*)，此式子中有五个字母，根据题意分析a1，d1，b1，d2均为待定量，因此可将(*)式中的n看成主元，对一切
41、正整数n均成立即恒成立，只需对应项的系数相等，得到第一问是一个开放的问题，要求我们根据条件任给d1和d2一组值再确定a1，b1即可，第二问给出特定的约束条件a1b11，求出d1和d2唯一的一组值(2)第二问实际上是由数列an，bn生成子数列cn并且给出子数列cn是递增数列当求的取值范围时，采取的方法是将分离出来(即分离变量)转化的函数，再用函数的最值进一步转化 变式训练(2017南京三模)已知常数p0，数列an满足an1|pan|2anp，nN*.(1)若a11，p1，求a4的值；求数列an的前n项和Sn.(2)若数列an中存在三项ar，as，at (r，s，tN*，rst)依次成等差数列，求
42、的取值范围解：(1)因为p1，所以an1|1an|2an1.因为a11，所以a2|1a1|2a111，a3|1a2|2a213，a4|1a3|2a319. 因为a21，an1|1an|2an1，所以当n2时，an1，从而an1|1an|2an1an12an13an，于是有an3n2(n2) .故当n2时，Sn1a2a3an1 ，当n1时，S11，符合上式，故Sn，nN*.(2)因为an1an|pan|anppananp2p0，所以an1an，即数列an单调递增()当1时，有a1p，于是ana1p，所以an1|pan|2anpanp2anp3an，所以an3n1a1.若an中存在三项ar，as，
43、at (r，s，tN*，rst)依次成等差数列，则有2asarat，即23s13r13t1.(*)因为st1，所以23s13s3t13r13t1，即(*)不成立故此时数列an中不存在三项依次成等差数列()当1 1时，有pa1p.此时a2|pa1|2a1ppa12a1pa12pp，于是当n2时，ana2p，从而an1|pan|2anpanp2anp3an.所以an3n2a23n2(a12p) (n2)若an中存在三项ar，as，at (r，s，tN*，rst)依次成等差数列，由()可知，r1，于是有23s2(a12p)a13t2(a12p)因为2st1，所以23s23t23s3t10.因为23s
44、23t2是整数，所以1，于是a1a12p，即a1p，与pa1p相矛盾故此时数列an中不存在三项依次成等差数列()当1时，则有a1pp，a1p0，于是a2|pa1|2a1ppa12a1pa12p，a3|pa2|2a2p|pa1|2a15ppa12a15pa14p，此时2a2a1a3，则a1，a2，a3成等差数列综上可知，1.故的取值范围为(，1.与数列有关的探索性问题例3已知各项均为正数的数列an满足：a1a，a2b，an1(nN*)，其中m，a，b均为实常数(1)若m0，且a4,3a3，a5成等差数列求的值；若a2，令bn求数列bn的前n项和Sn；(2)是否存在常数，使得anan2an1对任意
45、的nN*都成立？若存在，求出实数的值(用m，a，b表示)；若不存在，请说明理由解(1)因为m0，所以aanan2，所以正项数列an是等比数列，不妨设其公比为q.又a4,3a3，a5成等差数列，所以q2q6，解得q2或q3(舍去)，所以2.当a2时，数列an是首项为2、公比为2的等比数列，所以an2n，所以bn即数列bn的奇数项依次构成首项为2、公比为4的等比数列，偶数项依次构成首项为3、公差为4的等差数列当n为偶数时，Sn；当n为奇数时，Sn.所以Sn(2)存在常数，使得anan2an1对任意的nN*都成立证明如下：因为aanan2m，nN*，所以aan1an1m，n2，nN*，所以aaana
46、n2an1an1，即aan1an1anan2a.由于an0，此等式两边同时除以anan1，得，所以，即当n2，nN*时，都有anan2an1.因为a1a，a2b，aanan2m，所以a3，所以，所以当时，对任意的nN*都有anan2an1成立方法归纳数列中存在性问题的求解策略对于数列中的探索性问题的主要题型为存在型，解答的一般策略：先假设所探求的对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到否定的结论，即不存在若推理不出现矛盾，能求得已知范围内的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果变式训练(2017南京考前模拟)已知数列an的前n项和
47、为Sn，把满足条件an1Sn(nN*)的所有数列an构成的集合记为M.(1)若数列an的通项为an，求证：anM；(2)若数列an是等差数列，且annM，求2a5a1的取值范围；(3)若数列an的各项均为正数，且anM，数列中是否存在无穷多项依次成等差数列，若存在，给出一个数列an的通项；若不存在，说明理由解：(1)证明：因为an，所以Sn1n，所以an1Snn11nn110，所以an1Sn，即anM.(2)设an的公差为d，因为annM，所以an1n1(a11)(a22)(ann)(*)特别的当n1时，a22a11，即d1，由(*)得a1ndn1na1d，整理得n2na110，因为上述不等式
48、对一切nN*恒成立，所以必有0，解得d1，又d1，所以d1，于是(a11)na110，即(a11)(n1)0，所以a110，即a11，所以2a5a18da18a19，因此2a5a1的取值范围是9，)(3)由an1Sn，得Sn1SnSn，所以Sn12Sn，即2，所以2n，从而有Sn1S12na12n，又an1Sn，所以an2Sn1a12n，即ana12n2(n3)，又a2S1a1222，所以有ana12n2(n2)，所以2n(n2)假设数列中存在无穷多项依次成等差数列，不妨设该等差数列的第n项为dnb(b为常数)，则存在mN*，mn2，使得dnb2m2n，即da1nba12n2，设f(n)，nN
49、*，n3, 则f(n1)f(n)0，即f(n1)f(n)f(3)1，于是当n3时，2n2n2，从而有当n3时，da1nba1n2，即n2da1nba10，于是当n3时，关于n的不等式n2da1nba10有无穷多个解，显然不成立，因此数列中不存在无穷多项依次成等差数列.新数列问题例4(2017南京、盐城一模)若存在常数k(kN*，k2)，q，d，使得无穷数列an满足an1则称数列an为“段比差数列”，其中常数k，q，d分别叫做段长、段比、段差设数列bn为“段比差数列”(1)若bn的首项、段长、段比、段差分别为1,3，q,3.当q0时，求b2 016；当q1时，设bn的前3n项和为S3n，若不等式
50、S3n3n1对nN*恒成立，求实数的取值范围；(2)设bn为等比数列，且首项为b，试写出所有满足条件的bn，并说明理由解(1)法一：数列bn的首项、段长、段比、段差分别为1,3,0,3，b2 0140b2 0130，b2 015b2 01433，b2 016b2 01536，法二：数列bn的首项、段长、段比、段差分别为1,3,0,3，b11，b24，b37，b40b30，b5b433，b6b536，b70b60，当n4时，bn是周期为3的周期数列b2 016b66.bn的首项、段长、段比、段差分别为1,3,1,3，b3n2b3n1(b3n1d)b3n1(qb3nd)b3n1q(b3n1d)db
51、3n12d6，b3n1是以b24为首项、6为公差的等差数列，又b3n2b3n1b3n(b3n1d)b3n1(b3n1d)3b3n1，S3n(b1b2b3)(b4b5b6)(b3n2b3n1b3n)3(b2b5b3n1)39n23n，S3n3n1，设cn，则(cn)max，又cn1cn，当n1时，3n22n20，c10，cn1cn，c1c3，(cn)maxc214，14，故的取值范围为.(2)法一：设bn的段长、段比、段差分别为k，q，d，则等比数列bn的公比为q，由等比数列的通项公式得bnbqn1，当mN*时，bkm2bkm1d，即bqkm1bqkmbqkm(q1)d恒成立， 若q1，则d0，
52、bnb；若q1，则qkm，则qkm为常数，q1，k为偶数，d2b，bn(1)n1b；经检验，满足条件的bn的通项公式为bnb或bn(1)n1b. 法二：设bn的段长、段比、段差分别为k，q，d，若k2，则b1b，b2bd，b3(bd)q，b4(bd)qd，由b1b3b，得bdbq；由b2b4b，得(bd)q2(bd)qd，联立两式，得或则bnb或bn(1)n1b，经检验均合题意. 若k3，则b1b，b2bd，b3b2d，由b1b3b，得(bd)2b(b2d)，得d0，则bnb，经检验适合题意综上，满足条件的bn的通项公式为bnb或bn(1)n1b.方法归纳(1)新情境和新定义下的新数列问题，一
53、般命题形式是根据定义的条件推断这个新数列的一些性质或判断一个数列是否属于这类数列的问题. (2)数列试题的情景，除了常见的等差数列和等比数列、递推数列外，有时还会出现周期数列、分段数列、数表型数列以及子数列问题等新情景. 变式训练对于数列an，记1anan1an，k1ankan1kan，k，nN*，则称数列kan为数列an的“k阶差数列”(1)已知1ann，若an为等比数列，求a1的值；证明：当nm，n，mN*时，|anam|m时，anam1an11am，所以|anam|m，n，mN*时，|anam|0知，1an单调递增，所以ana3对nN*恒成立，当且仅当即解得7a20.所以a2的取值范围是
54、7,0课时达标训练1(2017淮安淮阴中学12月阶段性测试)设数列an的前n项和为Sn，且(Sn1)2anSn.(1)求a1；(2)求证：数列为等差数列；(3)是否存在正整数m，k，使19成立？若存在，求出m，k；若不存在，说明理由解：(1)n1时，(a11)2a，a1.(2)证明：(Sn1)2anSn，n2时，(Sn1)2(SnSn1)Sn，2Sn1Sn1Sn，1SnSn(1Sn1)，1为定值，为等差数列(3)2，2(n1)(1)n1，Sn，an.假设存在正整数m，k，使19，则(k1)2m(m1)19，4(k1)24m(m1)76，(2k2)(2m1)(2k2)(2m1)75，(2k2m3
55、)(2k2m1)75751253155，或或或或2对于数列xn，若对任意的nN*，都有xnxn22xn1成立，则称数列xn为“增差数列”(1)若在数列an，bn中，an2n1，bn2n(nN*)，判断数列an，bn是否为“增差数列”(2)是否存在正整数t，使数列cn是“增差数列”，且它的通项公式为cn(nN*)？若存在，求出正整数t的值；若不存在，说明理由(3)若数列dn是“增差数列”，是否一定存在实常数m，使得dnm(nN*)？若存在，请求出m的值；若不存在，请说明理由解：(1)因为anan2(2n1)2(n2)122(n1)12an1，所以数列an不是“增差数列”因为bnbn22bn12n
56、2n222n12n(144)2n0，所以bnbn22bn1，故数列bn是“增差数列”(2)假设存在正整数t满足题意，由题意知，对任意的nN*，都有cncn22cn1，即2，即4(tn2t)t(n2)2t4t(n1)2t，也就是关于n的函数g(n)tnt2m(mN*)恒成立从函数角度看，条件xnxn22xn1(nN*)可以变形为xn1(nN*)，设xnf(n)，则此条件表示(n，f(n)和(n2，f(n2)两点连线的中点高于点(n1，f(n1)，满足这种性质的函数只能为凸函数，且有三种情形：单调递增、单调递减、先减后增根据以上分析，当对应的函数单调递减且无下界时，不存在常数m满足题意而底数小于1
57、的对数函数就符合这个条件，于是尝试构造dnlogn，显然dnlogn单调递减且无下界下面证明数列dn是“增差数列”即可因为dndn22dn1logloglog10，即dndn22dn10，故数列dn是“增差数列”故不一定存在实常数m，使得dnm(mN*)恒成立3(2017南通三模)已知an是公差为d的等差数列，bn是公比为q的等比数列，q1，正整数组E(m，p，r)(mpr)(1)若a1b2a2b3a3b1，求q的值；(2)若数组E中的三个数构成公差大于1的等差数列，且ambpapbrarbm，求q的最大值；(3)若bnn1，ambmapbparbr0，试写出满足条件的一个数组E和对应的通项公
58、式an.(注：本小问不必写出解答过程)解：(1)由条件，知即所以2q2q10.因为q1，所以q.(2)由ambpapbr，得apambpbr，所以(pm)dbm(qpmqrm)，同理可得，(rp)dbm(qrm1)因为m，p，r成等差数列，所以pmrp(rm)记qpmt，则有2t2t10，因为q1，所以t1，故t，即qpm.所以1qTn.证明：anbn；(3)若bn为等比数列，b1a1，b2a2，求满足ak(kN*)的n值解：(1)由3Sn12SnSn2an，得2(Sn1Sn)Sn2Sn1an，即2an1an2an，所以an2an1an1an.由a11，S24，可知a23.所以数列an是以1为
59、首项，2为公差的等差数列故an的通项公式为an2n1.(2)证明：法一：设数列bn的公差为d，则Tnnb1d，由(1)知，Snn2.因为SnTn，所以n2nb1d，即(2d)nd2b10恒成立，所以即所以anbn2n1b1(n1)d(2d)nd1b1(2d)d1b11b10.所以anbn，得证法二：设bn的公差为d，假设存在自然数n02，使得an0bn0，则a1(n01)2b1(n01)d，即a1b1(n01)(d2)，因为a1b1，所以d2.所以TnSnnb1dn2n2n，因为10，所以存在n0N*，当nn0时，TnSn0恒成立这与“对任意的nN*，都有SnTn”矛盾所以anbn，得证(3)
60、由(1)知，Snn2.因为bn为等比数列，且b11，b23，所以bn是以1为首项，3为公比的等比数列所以bn3n1，Tn.则3，因为nN*，所以6n22n20，所以0，所以0f(2)f(3)f(n).故满足条件的n的值为1和2.5已知数列an满足a1m，an1(kN*，rR)，其前n项和为Sn.(1)当m与r满足什么关系时，对任意的nN*，数列an都满足an2an?(2)对任意的实数m，r，是否存在实数p与q，使得a2n1p与a2nq是同一个等比数列？若存在，请求出p，q满足的条件；若不存在，请说明理由；(3)当mr1时，若对任意的nN*，都有Snan，求实数的最大值解：(1)由题意，得a1m
61、，a22a12m，a3a2r2mr，由a3a1，得mr0.当mr0时，因为an1(kN*)，所以a1a3m，a2a42m，故对任意的nN*，数列an都满足an2an.即当实数m，r满足条件mr0时，满足题意(2)依题意，a2n1a2nr2a2n1r，则a2n1r2(a2n1r)，因为a1rmr，所以当mr0时，a2n1r是等比数列，且a2n1r(a1r)2n(mr)2n.为使a2n1p是等比数列，则pr.同理，当mr0时，a2n2r(mr)2n，则为使a2nq是等比数列，则q2r.综上所述，若mr0，则不存在实数p，q，使得a2n1p与a2nq是等比数列；若mr0，则当p，q满足q2p2r时，
62、a2n1p与a2nq是同一个等比数列(3)当mr1时，由(2)可得a2n12n1，a2n2n12，当n2k时，ana2k2k12，SnS2k(21222k)(22232k1)3k3(2k1k2)，所以3.令ck，则ck1ck0，所以，.当n2k1时，ana2k12k1，SnS2ka2k3(2k1k2)(2k12)2k23k4，所以4，同理可得1，1.综上所述，实数的最大值为1.6(2017南通、泰州一调)已知等差数列an的公差d不为0，且ak1，ak2，akn，(k1k2kn2kn恒成立，求a1的取值范围解：(1)由已知可得a1，a3，a8成等比数列，所以(a12d)2a1(a17d), 整理
63、可得：4d23a1d.因为d0，所以. (2)设数列kn为等比数列，则kk1k3.又因为ak1，ak2，ak3成等比数列，所以a1(k11)da1(k31)da1(k21)d2.整理，得a1(2k2k1k3)d(k1k3kk1k32k2)因为kk1k3，所以a1(2k2k1k3)d(2k2k1k3)因为2k2k1k3，所以a1d，即1. 当1时，ana1(n1)dnd，所以aknknd.又因为aknak1qn1k1dqn1，所以knk1qn1.所以q，数列kn为等比数列综上，当1时，数列kn为等比数列(3)因为数列kn为等比数列，由(2)知a1d，knk1qn1(q1)aknak1qn1k1dqn1k1a1qn1，ana1(n1)dna1.因为对于任意nN*，不等式anakn2kn恒成立所以不等式na1k1a1qn12k1qn1, 即a1，0恒成立. 下面证明：对于任意的正实数(01)，总存在正整数n1，使得.要证，即证ln n1n1ln qln .因为ln x xx，所以ln n12ln n1n1，解不等式n1，所以n12.不妨取n021，则当n1n0时，原式得证所以0，所以a12，即a1的取值范围是2，)
