1、第五節數列的綜合問題考點一數列與不等式問題重點保分型考點一一師生共研典例引領若各項均為正數的數列a的前n項和為且2ysi = an+1 ( nCN*).(1)求數列an的通項公式；(2)若正項等比數列bn,滿足 b2= 2,2 b7+ b8= b9,求 Tn= aibl+ a2b2+ anbn；* 一n 1_(3)對于(2)中的Tn,若對任意的nC N,不等式 入(一1) 0,所以 an+1+anW 0,所以 an+1 an=2,所以an是公差為2的等差數列，又 a1 = 1,所以 an=2n 1.(2)設數歹U bn的公比為q,因為2b7+b8=b9,所以2 + q=q2,解得q = 1(舍

2、去)或q= 2,由 b2= 2,得 b1=1,故 bn=21 1.,且 an 0 ,2則 4a1=(a1+1),解得 a1=1,因為=aibi+a2b2+ anbn=ix 1 + 3X2+5X2 2+ (2n 1) X2 n1所以 2Tn= 1 X 2+ 3X 2 2+ 5X 2 3+ + (2n1) X2 n,兩式相減得一Tn= 1 + 2(2 + 2 +2 ) (2 n 1)X2 ,故 Tn= (2 n 1) X2 n1 2(2 + 22+ 2n) = (2n-1)X2n-1-2(2n-2) = (2n- 3)X2n+3.一n 1一 .n36 不等式 入(1) v 2)+1 (Tn + 2

3、1)可化為(1)入 n 2+ 2m. 36當n為偶數時， 入v n2 + 2)t ,一 ，、36I己 g( n) = n 2+21,貝U有 入 4 時，g(n+2)g(n),即g(4) vg(2),當n4時，g(n)單調遞增,13g( n) min g(4) 一 ,所以413Qn2rl,則有人 h( n) max.66_ 9因為 h(n+2) h(n)= 2 tt + 2 = 2 + 2n,當 n = 1 時，h(n+2)h(n),當 n3 時，h(n+2)vh(n),即 h(3) h(1),當 n3 時，h(n)單調遞減，h(n) max= h(3)=3,所以 入 3.13綜上所述，實數人的

4、取值范圍為 3, 7 .由題悟法1 .數列與不等式的綜合問題考查類型(1)判斷數列中的一些不等關系問題；(2)以數列為載體，考查不等式的恒成立問題；(3)考查與數列問題有關的不等式的證明問題.2 .解決數列與不等式問題的兩個注意點(1)利用基本不等式或函數的單調性求解相關最值時，應注意n取正整數的限制條件.(2)利用放縮法證明不等式、求解參數的范圍時，盡量先求和、后放縮，注意放縮的尺度，否則會導致范圍擴大或縮小而得不到正確的結果.即時應用已知數列an滿足 a = 6, a2= 20,且 an1 an+1= an8an+12(n C N , n2).13(1)證明：數列an+1 3為等差數歹u

5、；(2)令 Cn =n+1 annan+1nan+1n+1 an2,數列Cn的刖n項和為T,求證：2nvTn2n+ -.32證明：(1)當 n=2 時，a1 - a3 = a2- 882+ 12,所以as=42.當 n2 時，由 an-1 , an+i=an 8an+12,2信 an , an + 2= an + 1 8an+ 1+12,兩式相減得an an+2 an1an+ 1 = an+ 1 an 8an+ 1 + 8an,2_2_所1 以 an + anan+ 2 8an= an+ 1 + an- 1an+ 1 8an + 1 ,即 an( an+ &+ 2 8) = an + 1 (

6、an+ 1 + an -1 8),& + an+2 8 an+1 + sb-1 8所以=an +1ana3 + a1 8 =2.a2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,所以數列an+1 an是以14為首項,8為公差的等差數列.(2)由(1)知 an+1an= 14 + 8(n-1) = 8n+6.由 a2 a1 = 8X1+6, a3 a2= 8x2+ 6,，aI an 1 = 8x( n1) + 6,累加得 an a1=1 + n 122+ 6

7、( n 1) = 4n + 2n 6,n-18X1 + 2 + 3+ (n1) +6(n-1)=8x所以 an= 4n所以 2n0,32n+3考點二與數列有關的探索性問題重點保分型考點一一師生共研典例引領已知數列an中，a=1,a2=a,且an+1= k(an+an+2)對任意正整數n都成立，數列an的前n項和為$.1 右k= 2，且 S 018 = 2 018 a,求a的值;(2)是否存在實數k,使數列an是公比不為1的等比數列，且對任意相鄰三項 am, am 1, am+ 2按某順序排列后成等差數列？若存在，求出所有 k的值；若不存在，請說明理由.，1 ,解：(1)當k = 2時,1.、a

8、n + 1= 2( an+ an+ 2),即a+2 an+1= an+1 an,所以數列an是等差數列，此時首項 a1=1,公差 d=a2d=a1,所以數列an的前2 018項和S2 018 = 2 0181+ 2X2 018 X(2 018 1)( a1)=2 018 a,解得a= 1.(2)設數列an是等比數列，則它的公比4叫1)，所以 am= am am+ 1=am, a出 2= am+1若amH1為等差中項，則 2amH 1 = am+ amn2, 即2am= a1a解得a=1,不合題意； 若am為等差中項，則 2am am 1 + am2, 即 2ag=am+ a化簡得a2+a2 =

9、 0,解得a=2(a=1舍去), mam+1aa 2p)x 以 k - a + a m1-1 + m+1 一1十 2 - - 5,若am2為等差中項，則2am 2 =am+ 1 + am,即 2a/ 1am+ a化簡得2a2 a 1 = 0,解得a= - 2(a= 1舍去),所以k=am+1am+ am 2m_aa_2am-1 + 2巾+1 1 + a2 5.綜上，滿足要求的實數 k有且僅有一個，且 k= -1.5由題悟法數列中存在性問題的求解策略數列中的探索性問題的主要題型為存在型，解答的一般策略為：先假設所探求的對象存在或結論成立，以此假設為前提條件進行運算或邏輯推理，若由此推出矛盾，則假

10、設不成立,從而得到否定的結論，即不存在.若推理不出現矛盾，能求得已知范圍內的數值或圖形，就 得到肯定的結論，即得到存在的結果.即時應用設數列an的前n項和為且(S1)2=an8.(1)求 ai; 1(2)求證：數列 為等差數列；1(3)是否存在正整數 mj k,使 =?+19成立？若存在，求出m k;若不存在，說明akSk am理由.122解：(1)當 n=1 時，(曰一1) =a1,，曰二. 2(2)證明：(S1) =an3,當 n2 時，(S1)貝 U(k+1) = nmm 1) +19,.4( k+ 1)2=4n(m 1) +76,. (2 k+ 2) + (2mm-1)(2 k+2)(

11、2m 1) =75, (2 k+ 2m 3)(2 k-2m 1) = 75=75X 1 = 25X 3=15X 5, 2k+ 2m 3= 75,2k+2m 3=25,或2k 2m+ 1= 12k2m 1 = 32k+ 2m 3= 15,-2k2m 1=5.=(S S1)S,二一2S + 1 = $1$)即 1S=S(1 S-1),1 S .=S1 1$1，S.-1 $ 1-1 = &_1 .-1= S 1 = 1 為定值，1. 三為等差數列.ST一 1一 1 一(3) - -= 2, a11 八 o 7= 2+( n 1)x( 1) = n 1,S1 1n . S1 21 Si = -, .

12、- an=o=.n+ 1S n n+1假設存在正整數 m k,使 W=,+19成立， akSk amk= 18,k= 6,k= 4,解得或或m= 18m= 5m= 2.考點三新定義數列問題重點保分型考點一一師生共研典例引領2若存在非零常數 p,對任意的正整數 n, an+i=anan+2 + p,則稱數列an是“T數列”. 若數列an的前n項和&=n2(ne N*),求證：列是“T數列”；(2)設an是各項土不為0的“T數列”.若p0,求證：當ai, a2, a3成等差數列時，an是等差數列.證明：(1)當 n= 1 時，ai = S = 1;當 n 2 時，an= S S1 i = n (n

13、 1) = 2n 1,當n = 1時，符合上式，所以 an=2n 1.則an是“T數列” ？存在非零常數p,對任意正整數n, (2n+1)2= (2n1)(2 n+ 3) +p,顯然p= 4滿足題意，所以an是“T數列”.(2)假設an是等差數列，設 an=a1 + (n-1)d,貝U由 a2+1= anan+2+ p,得(ad nd)2= ad ( n1) d ad( n+1) d + p,解得p=d20,這與p2),22兩式相減得, d+1 an= anan+2 anTan+1.因為an的各項均不為 0,&+1 + an-1 an+an+2所以=(n2),anan+1故an+anT(n2)

14、是常數列， ana3+ a1因為a1, a2, a3成等差數列，所以 =2,a2&+1 + An-1從而；= 2(n2),an即an+1 + an 1 = 2an( n2),所以&是等差數列.由題悟法(1)新情境和新定義下的新數列問題，一般命題形式是根據定義的條件推斷這個新數列的一些性質或判斷一個數列是否屬于這類數列的問題(2)數列試題的情境，除了常見的等差數列、等比數列和遞推數列外，有時還會出現周 期數列、分段數列、數表型數列以及子數列問題等新情境.即時應用,.、，一 一 .一.1k 31對于數列 an,記 an = an+ 1 - an, A an= Aka+1 Akan, k, n N,

15、則稱數列 A kan為數列an的k階差數列”.11 n(1)已知 A1an= -2 ,若an為等比數列，求 ai的值;-2證明：當 nm, n,N 時，| anadv53(2)已知數列bn為數列an的“2階差數列”，若 bn= 3n- 2, a1= 1,且 an a3對 n C N恒成立,求a2的取值范圍.解:11(1)因為 a2 = a1+A a = a1 2,11a3= a?+A a2= a1,且an為等比數歹U,所以a2 = ai - a3,即a-2 2=a1 a1-4,一 1解得a1 = r.3證明：當nm時)1因為 an am= A an 1 + + 1am2m1-_1 nm一Q12

16、所以|2an - a1 = 341 m又0 2單調遞減,32414 1所以12 W3X2=23,故當nmn,mC N 時,| an - amm20知，An單調遞增, 所以要使an as對n C N恒成立，當且僅當,1J cA a2=a3a2W0,1A a3= a4a30,320)解得7W aW 0.所以a2的取值范圍是7,0.1.已知各項都不小于1的數列a的前n項和為Sn,且滿足an=16S+ 3n 2.求數列an的通項公式;(2)設bn= G+1，從數列bn中抽取部分項bi,b9,bn3,bn4,，bn.，按從小到大的順序構成等比數列.求nk的通項公式;3 k, k= 1, 2,記Ck =

17、k3.八一*72k, k3, kCN,9nk 325數列ck的前k項和是Tk,求證：Tk2,兩式相減得，22an一an-i+4an4an-i=6an+3, n2,22即 an2an +1 = an-1 + 4an-1 + 4, n2,即(an1)2=(an i+2)2, n2.又 an 1,所以 an - 1 = an i + 2, n 2,即 anan-1=3, n2,又 a1 + 2 = q6a1 + 3,所以 a 2a1 + 1 = 0,解得 a1 = 1,所以數列an是首項為1,公差為3的等差數列，故 an=1 + 3(n-1) = 3n-2.(2)由 bn=43n2 + 1,得b1=

18、2, b9=6,故等比數列的首項為2,公比為3,則 bnk=2X3 kT =，3nk 2 + 1.化簡得 nk=4X3 2k34X3 k2+1.1 25證明：由題意可得=3而1 1 4 25丁2=二+ T = T3, kC N時,3k3k+1ck= 4X3 4X3k+932k = 32k 12X3 k+27-k+1-A/3911=3k-33k-9=2 3k-9 3k+1-9 .4 91111114則 Tk-Q+ ck=9+2 口 一 口+口一口+ 口3 =9911+ 2 33- 9- 3k+1-925 3125- _ X nk 一,36 2 3 -3 36.25綜上，Tk36.2.設數列an的

19、首項為1,刖n項和為右對任息的nCN,均有S=an+kk(k是常 數且k e N)成立，則稱數列an為“ P( k)數列”.(1)若數列an為“P(1)數列”，求數列an的通項公式；(2)是否存在數列an既是 Rk)數列”，也是“ Rk+2)數列”？若存在，求出符合條件的數列an的通項公式及對應的 k的值；若不存在，請說明理由；a1 a2 a3an一(3)若數列an為 “P(2)數列，a2=2,設 Tn=y + 22+ 23+-+ 小 證明：Tn3.解：(1)數列an為 “P(1)數列，則 S=an+11,所以 Sn+1=an+21,兩式相減得，an+2=2an+1,又 n = i 時，ai=

20、& 1 = 1,所以 32= 2,*3n + 1故3n+1=23n對任意的nCN恒成立，即 =2, an所以數列an為等比數列，其通項公式為an=2nT, ne N*.(2)假設存在這樣的數列an,由an是“P(k)數列”可得，&=an+kk,故有 $+i=an+k+ik,兩式相減得 , an+ 1 = an+ k+ 1 an+ k,則有 an+3= an+k+3 Hn + k +2.同理)由 an是P( k+ 2)數列”可得)an+1= an+k + 3 an+k+2)所以an+1=an+3對任息的ne N恒成立，所以 Sn=an+kk=an + k +2 k= Sn+2,即 S=S +2.

21、又$=an+k+2k2=S+22,即 S+2 S=2.兩式矛盾，故不存在數列an既是“P(k)數列”，也是“ P(k+2)數列”. 證明：因為數列an為“R2)數列，所以 &=an+22,所以 Sn+ 1 = an+3 2 ,兩式相減得， an+1=an+3 an+2,又 n = 1 時，a1=a3 2=1, 故 a3=3,又 a2=2,滿足 a3=a2+a1,*所以an+2= an+1+ an對任，國的nCN恒成立，所以數列an的前幾項為1,2,3,5,8 ,故+!+-+ W 2 2222 22222a1 1,a1 a2當 n=1 時，=2=23，當 n=2 時，亂=萬 + 了= 1 3 時

22、，2下=了+5+了+了+ F+* 0011112an an-1an由倚，,Tn= 2+彳+2一 2八11112& 2an= 2+22+23+ 24+-+2n -2n+1_3, 14+4- 2- 2“ + 1，顯然 Tn 2V Tn,即 Tnq,故24十4,綜上，Tn1時，記。=-,不是數列cn的前n項和，求證：Tn2 時，由(1 t) Sn= tan+t,得(1 t)S1 = tan1 + t,一，得(1 _ t) an = _ ta n+ ta n 1,= t(n2),an即 an= tan-1,. an -1，數歹U an是等比數列,且公比是 t,，an=tn.由 bn= an( a+ S

23、i)知, n 2 t 1- tnn t2n+tn+1-2t2n + 1, t =；1 - t若數列bn為等比數列,則有b2= b1 b3,而 b1=2t2, b2=t3(2t + 1), b3= t4(212+1 + 1),故t3(2t + 1) 2=2t2- t4(2t2+t + 1),.一 1.1. 一 1 n 解得t=2,將t=2代入bn,得bn= 2 ,滿足bn為等比數列,(2)證明：由(1)知，an=tn,一 an t ，_J-cn= an-1an+1 1 = tn1tn+1-1 =t-1 tn-1-tn+1-1 511111.11則Tn= =曰十e + u丁二11r7 tr -tn

24、+1-1，2.(3)當 t = 5 時，由(1)知 an=5n, ,2由 an (4 + m) an+ 7m 15 = 0,得 52n (4+ m5n+7m 15=0,2n35 4X5 +15故 f 5一5n75n+3 +365TnT36=5+3+口. 36右存在整數對(mi n),則5-必須是整數.當 n = 1 時，m= -10;當 n = 2 時，m= 30;當n4時，5n7 36,不符合.綜上，所有滿足題意的整數對(mi n)為(10,1) , (30,2).4 .定義：如果一個數列從第2項起，每一項與它前一項的差都大于或等于2,則稱這個數列為“ D數列”.(1)若數列an為“D數列”

25、a3=a* 24,求實數a的取值范圍;(2)若首項為1的等差數列an的每一項均為正整數,且數列 an為“D數列”，其前n33當n2時，dv2n+2r = 2+-.n- 1n- 1項和&滿足$vn2a3 a2= a -4-a2)即 a -a一60,解得a3或aw 2.所以實數a的取值范圍為(8, - 2 U 3 , +8 ).(2)設等差數列an的公差為d,則d2,n n-1,由 a1 = 1,得 S= n +2d,n n-1.2，- *由題息得，n+2d n + 2n對nC N均成立.當n = 1時，上式成立.+2n(nC N 一一 . 一一 .又dC N,所以d2 0,所以q 1 )且q為整

26、數,*則 an+1 an= q(anan i) anan 1, n2, nCN,),求數列an的通項公式;an為 “D數列”，a2-ai2,即ai(q-i) 2,又 a2av3,即 ai( q- 1) 0,n+3n+2n+1所以數列 Cn為遞增數列，即 Cn 61Cn2Ci.又 Ci= b2 bi = 2,所以對任意的n N都有bn+i-bn2,所以數列bn是“D數列”.當 ai = 2, q = 2時，an = 2 ,則 bn=2X6 n2 nn + 1 2n n+ 1 * 3 .*令 dn= bn +1 bn( nC N),一2 n42nn則 dn=會格 才X3=2X3XW23Xn+2 n

27、+12n+ 1n+2 n+1 所以 dn+1-dn=2X3n + 1X2n+3n+ 3n + 2n2n+1-2X3 x-n+2n+1n4n + 8n+6= 2X3 x0,n+3n+2 n+1所以數列dn為遞增數歹U,即 dndn 1dn 2 di.又 di= b2 bi = 3,所以對任意的n N都有bn+i-bn2,所以數列bn是“D數列”.綜上，數列bn是“D數列”.命題點一數列的概念及表示1.（2016 上海高考）無窮數列an由k個不同的數組成，3為an的前n項和.若對任意ne N,2,3,則k的最大值為 .解析：由&C2,3,得ai = SC2,3.將數列寫出至最多項，其中有相同項的情

28、況舍去，共有如下幾種情況:ai = 2, a2= 0,ai = 2, a2= 1,ai = 2, a2= 1,ai = 3, a2= 0,a3= i, a4= i ；a3= 0, a4= 一 i ；a3= i, a4= 0;a3= 一 i, a4= i ；ai = 3, a2= i, a3=0, a4=i；ai = 3, a2= i, a3=i, a4= 0.最多項均只能寫到第 4項，即kmax= 4.答案：4i一2.（20i4 全國卷n）數列 an滿足 an+1 = -, a8=2,則 ai =I an一一，,，、i 一 i 一， i 、i 一斛析：將 a8= 2代入 an+i= ,可求得

29、a7 = -;再將 a7=q代入 an+1 = ,可求得i - an221 - an一,，、1 一 一 . 一一一a6=1；再將a6=- 1代入an+i = -，可求得a5=2；由此可以推出數列an是一個周期 1 an-1數列，且周期為3,所以ai=a7=2.答案：2命題點二等差數列與等比數列1. （2018 北京高考）設2口是等差數列，且 ai=3, a2+a5=36,則an的通項公式為解析：法一：設數列an的公差為 d. . a2+a5= 36,，(add) + (ad4d) = 2ai + 5d= 36.ai = 3, d= 6, a = 6n3.、， 、一、，一 ，、，a6 ai法二：

30、設數列an的公差為 d, = a?+a5= ai+a6= 36, ai=3, a6= 33, 1- d=-56,an= 6n 3.答案：an=6n32. （2017 江蘇高考）等比數列a的各項均為實數，其前 n項和為S.已知S663,了，則 ak解析：設等比數列an的公比為q,則由 4W2 S3,得 qwi,一 “3ai 1 -q&二T6o ai 1-qS6 .1 q7463q=2,解得 iai=4，則 a8= aiq7=12 時，Sn-1 = 2an-i+ 1 , an = S S -1 = 2an 2an -1 ,即 Hn= 2an -1.當 n = 1 時，由 ai = Si = 2ai

31、 + 1,得 ai = 1.數列an是首項ai為一1,公比q為2的等比數列,ai 1 - qn-ix i2nn=一口=/2,.S6= 1 -26=- 63.答案：634. （2016 江蘇高考）已知an是等差數列，S是其前n項和.若2ai+a2= 3, S5= 10,則a9的值是解析：法一：設等差數列an的公差為d,由&=10,知 S5=5ai +5X4 .一2 d = 10,得 ai +2d= 2,即 ai = 22d.所以 a2 = ai+d=2d,代入 ai+a2=3,化簡得 d2 6d+9=0,所以 d=3, ai= 4.故 a9 = ai+8d= 4+24 = 20.,5 ai+a5

32、5a3= 10,所以 a3=2.法二：設等差數列an的公差為d,由S=10,知5J所以由 ai+a3=2a2,得 ai=2a22,代入 ai+a2=3,化簡得 a2+2a2+1 = 0,所以 a2 =-1.公差 d= a3 a2= 2 + 1 = 3,故 a9= a3+6d = 2+18= 20.答案：205. (2018 北京高考)設an是等差數列，且 a=ln 2 , a2+ a3= 5ln 2.(1)求an的通項公式；(2)求 ea1 + ea2 + ean .解：(1)設an的公差為d.因為 a2+a3= 5ln 2 ,所以 2a1 + 3d=5ln 2.又 a1= ln 2 ,所以

33、d= In 2.所以 an=ad ( n1)d= nln 2.a 一eana -a一(2)因為 ea1=e1n 2 = 2,= ean anT=e1n 2 = 2,an 1所以數列e an是首項為2,公比為2的等比數列，c 2 乂 1 - 2n一所以 ea1 +ea2 +.+ ean =2=2n+1-2.1 -26. (2017 江蘇高考)對于給定的正整數 k,若數列an滿足：an-k+ an-k+1+-+ an-1 + an+1+ an+k1+ an+k= 2kan,對任意正整數n(nk)總成立，則稱數歹U an是“P( k)數列”.(1)證明：等差數列an是“R3)數列”；(2)若數列an

34、既是“ P(2)數列”，又是“ R3)數列，證明：an是等差數列.證明：(1)因為an是等差數列，設其公差為d,則 an= a1 + ( n 1) d,從而，當 n4 時，an k+ an+k= a1+ (n- k- 1) d+a1+ ( n+ k- 1) d= 2a1 +2( n- 1)d= 2an, k= 1,2,3 ,以 an-3 + an-2 + an-1 + an+1 + an+2+ an+ 3= 6an ,因此等差數列an是“ P(3)數列”.(2)數列an既是“ P(2)數列”，又是“ P(3)數列”，因此，當 n3 時，an-2+ an-1 + an + 1 + an + 2=

35、 4an,當 n4 時，an-3+ an-2+ an-1+ an+1+ an+2+ an + 3= 6an.由知，an3 + an2= 4an1 (an+an+1),an+2 + an+3= 4an+1 ( an-1 + an).將代入，得ani + an+1 = 2an,其中n4,所以a3, a，as,是等差數列，設其公差為 d.在中，取 n=4,則 a2+a3+as+a6= 4a，所以 a2=a3d,在中，取 n=3,則 ai + az+a，+ as= 4a3,所以 ai = a32d,所以數列an是等差數列.7. (2017 全國卷I )記S為等比數列an的前n項和.已知 S2=2, S

36、 = 6.(1)求an的通項公式;(2)求S,并判斷&+1,&+2是否成等差數列.解：(1)設an的公比為q.a 1 + q =2,由題設可得&+q+q2_6a= 2, 解得q= 2.故an的通項公式為an=(2)n.,r/口- 2 X1 2(2)由(1)可得 & =L一3I 2=-3+ (T)n2 342n+3 2n+2由于 $+2+ $+1= - -+ ( 1) n33 n2n+1=2 -+-1- =2&, 3故$+1,$+2成等差數列.8. (2015 江蘇高考)設a1, a2, a3, a4是各項為正數且公差為d(dw。)的等差數列.(1)證明：2a1, 2a2, 2a3, 2a4依次

37、構成等比數列.234 .(2)是否存在a1, d,使得a1, a2, a3, su依次構成等比數列？并說明理由.(3)是否存在a1, d及正整數n, k使得O), a2+k, a3+2k, a73k依次構成等比數列？并說明 理由.,.一 .2an+1H一一 - -一解：(1)證明：因為-=2an+1-an=2 (n=1,2,3)是同一個常數，所以2a1, 2a2, 2a3,2an2a4依次構成等比數列.(2)不存在，理由如下：令 a1+d=a,則 a1, a2, a3, a4分別為 a-d, a, a+ d, a+2d(ad, a- 2d, dw0).假設存在ai, d,使得a, a2, a3

38、, a4依次構成等比數列，則 a4= (a d)( a+d) 3,且(a+d) 6= a2( a+ 2d)4.令 t =2 則 1 = (1 t)(1 +t)3, a且(1 +t)6= (1 +2t )4 -1t 3, t wo ,則(1 +2t)n+2k=(1 +t)2(n+k),且(1 +t)n+ k(1 +3t)n+3k=(1 +2t)2(n+2k)，將上述兩個等式兩邊取對數，得(n+2k)ln(1 +2t) =2(n+k)ln(1 +t),且(n + k)ln(1+t)+(n+3k)ln(1 + 3t) = 2(n+2k) ln(1 +2t).化簡得2kln(1+2t)ln(1 +t)

39、=n2ln(1 +t)ln(1 +2t),且 3kln(1 +3t)ln(1 +t) = n3ln(1 +t)ln(1 +3t).再將這兩式相除，化簡得ln(1 +3t)ln(1 +2t)+3ln(1 +2t)ln(1 +t)=4ln(1 + 3t )ln(1 + t) . (*)令 g(t)=4ln(1 +3t)ln(1 +t)ln(1 +3t)ln(1 +2t)31n(1 + 2t )ln(1 +t),則 g (t)21+3t21n1 + 3t3 1 +2t21n 1 +2t+3 1 + t21n1 + t 1Tt1 + 2t 1 + 3t令6 (t) =(1 +3t)2ln(1 +3t)

40、 3(1 +2t)2ln(1 + 2t) + 3(1 + t)2ln(1+t),則() (t)=6(1+3t)ln(1 + 3t) 2(1 + 2t )ln(1 + 2t) + (1 +t)ln(1 +t).令人=6 C),則人 (t) = 63ln(1 +3t) 41n(1 + 2t) + ln(1 +t).12.令(M(t)=(K (t),則 N(t)=7t1T23t 0. 1十t 1十211十31由 g(0) = 6 (0) = 6 1(0) =6 2(0) =0, g(t)0,-41知(J)2(t), (Md)，6(t)，g(t)在-o, 0 和(0, +8)上均單倜.3故g(t)只有

41、唯一零點t=0,即方程(*)只有唯一解t = 0,故假設不成立.所以不存在d, d及正整數n, k,使得a；, an+k, an+2k, a4+ 3k依次構成等比數列.命題點三數列求和1.(2018 江蘇高考)已知集合 A= x|x=2n1, nCN*, B= x|x=2n, nCN*.將 Au B的所有元素從小到大依次排列構成一個數列an.記S為數列d的前n項和，則使得 S12an+1成立的n的最小值為 .解析：所有的正奇數和2n(ne N*)按照從小到大的順序排列構成an,在數列an中，25前面有16個正奇數，即321 = 25, a38 = 26.當n=1時，S=112a2=24,不符合

42、題意；當 n=2時，S = 3 12a3= 36,不符合題意；當 n=3時，S3= 6 12a28 = 540,符合題意.故使得 Sn12an+1成立的n的最小值為 27.答案：27n 12. (2017 全國卷n )等差數列an的前n項和為S,a3=3, &=10,則 不= k=1 Sk解析：設等差數列an的首項為a1,公差為d,ad 2d= 3,解得依題意有4a1 + 6d= 10,c n n+11所以Sn=Q , 三2 Si211n n+12 3 n n+1，n因此k= 1111111S：=2 12+23+n的2nn+ 1.答案:2nn+ 1(2)記S為an的前n項和.若Sm= 63,求m解：(1)設an的公比為q,