1、专题十五 数列中的等量关系 专题十五 数列中的等量关系 主干知识整合专题十五 主干知识整合 1等差、等比数列中常见的等量关系(1)ana1a2a1 anan1 及 ana1(a2a1)(anan1)(2)2anan1an1；a2nan1an1.(3)anam(nm)d；anamqnm.(4)等差数列前 n 项和 SnAn2Bn(nN*)；等比数列前 n项和 Snccqn(q1)专题十五 主干知识整合 2论证恒等关系的方法和思想(1)方程恒有解方程 axb0 恒有解的充要条件为 ab0；方程 ax2bxc0 恒有解的充要条件为 abc0；方程 a1xnb1a2xnb2 恒有解的充要条件为 a1a
2、2，b1b2.(2)从特殊到一般的思想对于一些无从下手的恒成立问题，可以先从 n1，n2 进行研究得到相应的参数的值，再论证对于一般的情况也成立要点热点探究专题十五 要点热点探究 探究点一 转化为等差、等比数列问题通过题干所给等式条件，将所研究的数列问题转化为等差或等比数列进行研究，其中过程需要用等差或等比数列的定义进行转化例 1 已知an是递增的等差数列，满足 a2a43，a1a54.(1)求数列an的通项公式和前 n 项和公式；(2)设数列bn对 nN*均有b13 b232bn3nan1 成立，求数列bn的通项公式专题十五 要点热点探究【解答】(1)a1a5a2a44，再由 a2a43，可
3、解得 a21，a43 或 a23，a41，又an为递增数列，a21，a43.da4a242 1，an11(n2)n1，Snn2(a2an1)nn12.(2)由b13 b232bn3nan1 得，当 n2 时，b13 b232bn13n1an，两式相减得bn3nan1an1(n2)，bn3n(n2).当 n1 时，b13 a2，a21，b13.综合知 bn3n.专题十五 要点热点探究【点评】本题中所给的恒等式b13 b232bn3nan1，其本质为数列bn3n 前 n 项和与 an1 之间的关系，利用 anS1n1，SnSn1n2，将其转化为数列性质的论证，从而转化为等比数列进行研究专题十五 要
4、点热点探究 探究点二 子数列或衍生数列问题子数列和衍生数列问题都是指由原数列中的若干项打乱顺序或进行运算后重新组成新的数列问题例 2 已知数列an满足 a1a2ann2(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)对任意给定的 kN*，是否存在 p，rN*(kpr)使 1ak，1ap，1ar成等差数列？若存在，用 k 分别表示 p 和 r；若不存在，请说明理由；专题十五 要点热点探究【解答】(1)当 n1 时，a11；当 n2，nN*时，a1a2an1(n1)2，所以 ann2(n1)22n1；当 n1 时，也适合综上所述，an2n1(nN*)(2)当 k1 时，若存在 p，r 使 1ak，1a
5、p，1ar成等差数列，则1ar 2ap 1ak32p2p1.因为 p2，所以 ar2.(1)证明：数列an1为等比数列；(2)若 a23，求数列an的通项公式；(3)对于(2)中数列an，若数列bn满足 bnlog2(an1)(nN*)，在 bk 与 bk1 之间插入 2k1(kN*)个 2，得到一个新的数列cn，试问：是否存在正整数 m，使得数列cn的前 m 项的和 Tm2011？如果存在，求出 m 的值；如果不存在，说明理由专题十五 要点热点探究【解答】(1)证明：因为 2Snpan2n，所以 2Sn1pan12(n1)，所以 2an1pan1pan2，所以 an1 pp2an 2p2，所
6、以 an11 pp2(an1)因为 2a1pa12，所以 a1 2p20，所以 a110，所以an11an1 pp20，所以数列an1为等比数列(2)由(1)知 an1pp2n，所以 anpp2n1，又因为 a23，所以pp2213，所以 p4，所以 an2n1.(3)由(2)得 bnlog22n，即 bnn(nN*)，数列cn中，bk(含 bk 项)前的所有项的和是：(123k)(2021222k2)2kk122k2，当 k10 时，其和是 55210210772011，又因为 201110779344672，是 2 的倍数，所以当 m10(122228)467988 时，Tm2011，所以
7、存在 m988 使得 Tm2011.专题十五 要点热点探究【点评】在原数列中插入若干个数构成的新数列问题，关键是弄清楚原数列的项在新数列中的特征，插入的若干个数与原数列项之间的关系专题十五 要点热点探究 探究点三 数列新定义问题数列中的新定义问题主要将其转化为关于数列相关参数的基本等式，其实等差数列也是一个定义其本质是 an1and.例 4 设数列an是一个无穷数列，记 Tn i1n22i1ai2a1a32n2an1，nN*.(1)若an是等差数列，证明：对于任意的 nN*，Tn0；(2)对任意的 nN*，若 Tn0，证明：an是等差数列；(3)若 Tn0，且 a10，a21，数列bn满足 b
8、n2an，由bn构成一个新数列 3，b2，b3，设这个新数列的前 n 项和为 Sn，若Sn 可以写成 ab，(a，bN，a1，b1)，则称 Sn 为“好和”问 S1，S2，S3，中是否存在“好和”，若存在，求出所有“好和”；若不存在，说明理由 专题十五 要点热点探究【解答】(1)证明：对于任意的正整数 n，Tn i1n22i1ai2a1a32n2an1，2Tn2i1n22i1ai4a12a32n3an1，将上面两等式作差得：Tna3a1i1n12i(ai1ai)2n2(an1an2)数列an是等差数列，设其公差为 d，Tn2ddi1n12i2n2d0，Tn0.专题十五 要点热点探究(2)对于任
9、意的正整数 n，Tn i1n22i1ai2a1a32n2an10，Tn1 i1n32i1ai2a1a32n3an20，将上面两等式作差得：an12an2an30.由 T1i132i1ai2a1a323a20 即 a3a2a2a1，综上，对一切正整数 n，都有 an12anan10，所以数列an是等差数列专题十五 要点热点探究(3)由(2)知an是等差数列，其公差是 1，所以 ana1(n1)n1，bn2an2n1.当 n2 时，Sn3242n12n1，S13，所以对正整数 n 都有 Sn2n1.由 ab2n1，ab12n，a，bN，a1，b1，a 只能是不小于 3 的奇数当 b 为偶数时，ab
10、1ab21 ab21 2n，因为 ab21 和 ab21 都是大于 1 的正整数，所以存在正整数 t，s，使得 ab212s，ab212t，2s2t2,2t(2st1)2,2t2 且 2st11，t1，s2，相应的 n3，即有 S332，S3 为好和；当 b 为奇数时，ab1(a1)(1aa2ab1)，由于 1aa2ab1 是 b 个奇数之和，仍为奇数，又 a1 为正偶数，所以(a1)(1aa2ab1)2n 不成立，这时没有好和专题十五 要点热点探究【点评】本题中的新定义了“好和”，其本质为 2n1ab 是否有相应的整数解，这类问题需要对式子的结构的特征，参数 a，b，n 的特征进行分析，多用
11、特殊值先代入常识，再进行一般的论证规律技巧提炼专题十五 规律技巧提炼 1数列中恒等关系和有解问题主要是建立关于数列中基本量或相关参数的方程，再进一步论证该方程是否有整数解问题，其中该方程的研究是关键，一般可从以下如奇偶数、约数、有理数、无理数等方面论证，也可以先利用参数范围，代入相关的整数研究2数列中的子数列或衍生数列问题，需要弄清楚该项在原数列中的特征和在新数列中的特征，代入时要注意分辨清楚专题十五 江苏真题剖析 江苏真题剖析例 2011江苏卷 设 M 为部分正整数组成的集合，数列an的首项 a11，前 n 项的和为 Sn，已知对任意的整数 kM，当整数 nk 时，SnkSnk2(SnSk)
12、都成立(1)设 M1，a22，求 a5 的值；(2)设 M3,4，求数列an的通项公式【分析】本题所给的 SnkSnk2(SnSk)为前 n 项和之间的递推关系式，将该递推关系式转化为通项之间的关系式是本题的关键，还需要用到分类讨论的思想，其实本题的第一小问是本题的简单化的尝试【解答】(1)由题设知，当 n2 时，Sn1Sn12(SnS1)，即(Sn1Sn)(SnSn1)2S1.从而 an1an2a12，又 a22，故当 n2 时，ana22(n2)2n2，所以 a5 的值为 8.(2)由题设知，当 kM3,4，且 nk 时，SnkSnk2(SnSk)且 Sn1kSn1k2(Sn1Sk)，两式
13、相减得 an1kan1k2an1，即 an1kan1an1an1k，所以当 n8 时，an6，an3，an，an3，an6 成等差数列，且an6，an2，an2，an6 也成等差数列，从而当 n8 时，2anan3an3an6an6，(*)且 an6an6an2an2，所以当 n8 时，2anan2an2，即 an2ananan2，专题十五 江苏真题剖析 于是，当 n9 时，an3，an1，an1，an3 成等差数列，从而 an3an3an1an1，故由(*)式知 2anan1an1，即 an1ananan1.当 n9 时，设 danan1.当 2m8 时，m68，从而由(*)式知 2am6amam12，故 2am7am1am13，从而 2(am7am6)am1am(am13am12)，于是 am1am2ddd.因此 an1and 对任意 n2 都成立又由 SnkSnk2Sn2Sk(k3,4)可知(SnkSn)(SnSnk)2Sk，故 9d2S3 且 16d2S4.解得 a472d，从而 a232d，a112d.因此，数列an为等差数列，由 a11 知 d2，所以数列an的通项公式为 an2n1.专题十五 江苏真题剖析
