第2講數列的綜合問題1．(2017·江蘇)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＋k－1＋an＋k＝2kan對任意正整數n(n>k)總成立，則稱數列{an}是“P(k)數列”．(1)證明：等差數列{an}是“P(3)數列”；(2)若數列{an}既是“P(2)數列”，又是“P(3)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n≥4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，所以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n≥3時，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，①當n≥4時，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an.②由①知，an－3＋an－2＝4an－1－(an＋an＋1)，③an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an)．④將③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4，所以a3，a4，a5，…是等差數列，設其公差為d′.在①中，取n＝4，則a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，所以a2＝a3－d′，在①中，取n＝3，則a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，所以a1＝a3－2d′，所以數列{an}是等差數列．2．(2016·江蘇)記U＝{1,2，…，100}．對數列{an}(n∈N*)和U的子集T，若T＝?，定義ST＝0；若T＝{t1，t2，…，tk}，定義ST＝＋＋…＋.例如：T＝{1,3,66}時，ST＝a1＋a3＋a66.現設{an}(n∈N*)是公比為3的等比數列，且當T＝{2,4}時，ST＝30.(1)求數列{an}的通項公式；(2)對任意正整數k(1≤k≤100)，若T?{1,2，…，k}，求證：ST＜ak＋1；(3)設C?U，D?U，SC≥SD，求證：SC＋SC∩D≥2SD.(1)解當T＝{2,4}時，ST＝a2＋a4＝a2＋9a2＝30，∴a2＝3，a1＝eq\f(a2,3)＝1，故an＝a1qn－1＝3n－1.(2)證明對任意正整數k(1≤k≤100)．由于T?{1,2，…，k}，則ST≤a1＋a2＋a3＋…＋ak＝1＋3＋32＋…＋3k－1＝eq\f(3k－1,2)＜3k＝ak＋1.(3)證明設A＝?C(C∩D)，B＝?D(C∩D)，則A∩B＝?，SC＝SA＋SC∩D，SD＝SB＋SC∩D，SC＋SC∩D－2SD＝SA－2SB，∴SC＋SC∩D≥2SD等價于SA≥2SB.由條件知SC≥SD，可得SA≥SB.①若B＝?，則SB＝0，所以SA≥2SB成立；②若B≠?，由SA≥SB可知A≠?，設A中的最大元素為I，B中的最大元素為m，若m≥I＋1，則由(2)得SA＜SI＋1≤am≤SB，矛盾．又∵A∩B＝?，∴I≠m，∴I≥m＋1，∴SB≤a1＋a2＋…＋am＝1＋3＋32＋…＋3m－1＜eq\f(am＋1,2)≤eq\f(aI,2)≤eq\f(SA,2)，即SA＞2SB成立．綜上所述，SA≥2SB.故SC＋SC∩D≥2SD成立．江蘇高考中，數列大題要求較高，常常在壓軸的代數論證中考數列的綜合應用．近幾年江蘇高考中數列解答題總是同等差、等比數列相關，進一步考查其子數列或派生數列的性質等，所以解題過程中既有等差、等比數列性質的挖掘，又有等差、等比數列的判斷論證，綜合性極強．熱點一數列中的探索性問題例1已知數列{an}中，a1＝1，an＋an＋1＝2n(n∈N*)，bn＝3an.(1)試證數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,3)×2n))是等比數列，并求數列{bn}的通項公式；(2)在數列{bn}中，是否存在連續三項成等差數列？若存在，求出所有符合條件的項；若不存在，說明理由；(3)①試證在數列{bn}中，一定存在滿足條件1＜r＜s的正整數r，s，使得b1，br，bs成等差數列，并求出正整數r，s之間的關系；②在數列{bn}中，是否存在滿足條件1＜r＜s＜t的正整數r，s，t，使得b1，br，bs，bt成等差數列？若存在，確定正整數r，s，t之間的關系；若不存在，說明理由．解(1)由an＋an＋1＝2n，得an＋1＝2n－an，∴eq\f(an＋1－\f(1,3)×2n＋1,an－\f(1,3)×2n)＝eq\f(2n－an－\f(1,3)×2n＋1,an－\f(1,3)×2n)＝eq\f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,3)×2n)),an－\f(1,3)×2n)＝－1，∴數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,3)×2n))是首項為a1－eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)，公比為－1的等比數列．∴an－eq\f(1,3)×2n＝eq\f(1,3)×(－1)n－1，即an＝eq\f(1,3)[2n－(－1)n]，∴bn＝2n－(－1)n.(2)假設在數列{bn}中，存在連續三項bk－1，bk，bk＋1(k∈N*，k≥2)成等差數列，則bk－1＋bk＋1＝2bk，即[2k－1－(－1)k－1]＋[2k＋1－(－1)k＋1]＝2[2k－(－1)k]，即2k－1＝4(－1)k－1.①若k為偶數，則2k－1＞0,4(－1)k－1＝－4＜0，∴不存在偶數k，使得bk－1，bk，bk＋1成等差數列；②若k為奇數，則k≥3，∴2k－1≥4，而4(－1)k－1＝4，∴當且僅當k＝3時，bk－1，bk，bk＋1成等差數列．綜上所述，在數列{bn}中，有且僅有連續三項b2，b3，b4成等差數列．(3)①要使b1，br，bs成等差數列，只需b1＋bs＝2br，即3＋2s－(－1)s＝2[2r－(－1)r]，即2s－2r＋1＝(－1)s－2(－1)r－3，①(ⅰ)若s＝r＋1，在①式中，左端＝2s－2r＋1＝0，右端＝(－1)s－2(－1)r－3＝(－1)s＋2(－1)s－3＝3(－1)s－3，要使①式成立，當且僅當s為偶數時成立．又s＞r＞1，且s，r為正整數，∴當s為不小于4的正偶數，且s＝r＋1時，b1，br，bs成等差數列．(ⅱ)若s≥r＋2，在①式中，左端＝2s－2r＋1≥2r＋2－2r＋1＝2r＋1，由(2)可知，r≥3，∴r＋1≥4，∴2s－2r＋1≥16；右端＝(－1)s－2(－1)r－3≤0(當且僅當s為偶數，r為奇數時取“＝”)，∴當s≥r＋2時，b1，br，bs不成等差數列．綜上所述，存在不小于4的正偶數s，且s＝r＋1，使得b1，br，bs成等差數列．②假設存在滿足條件1＜r＜s＜t的正整數r，s，t，使得b1，br，bs，bt成等差數列．首先找到成等差數列的3項，由第(3)小題第①問可知，b1，b2n－1，b2n(n∈N*，且n≥2)成等差數列，其公差d＝b2n－b2n－1＝[22n－(－1)2n]－[22n－1－(－1)2n－1]＝22n－1－2，∴bt＝b2n＋d＝22n－(－1)2n＋22n－1－2＝3×22n－1－3.又bt＝2t－(－1)t，∴3×22n－1－3＝2t－(－1)t，即2t－3×22n－1＝(－1)t－3.②∵t＞2n＞2n－1，∴t≥2n＋1，∴②式的左端＝2t－3×22n－1≥22n＋1－3×22n－1＝22n－1≥8，而②式的右端＝(－1)t－3≤－2，∴②式不成立．綜上所述，不存在滿足條件1＜r＜s＜t的正整數r，s，t，使得b1，br，bs，bt成等差數列．思維升華數列中的探索性問題是江蘇高考的一個熱點，試題一般是探求數列中項的存在性問題，此類試題的解法一般具有以下特點：假設提出的問題存在，結合數論中不定方程、奇偶性的基本性質進行求解．跟蹤演練1已知數列{an}的通項公式為an＝eq\f(2×3n＋2,3n－1)(n∈N*)．(1)求數列{an}的最大項；(2)設bn＝eq\f(an＋p,an－2)，試確定實常數p，使得{bn}為等比數列；(3)設m，n，p∈N*，m<n<p，問：數列{an}中是否存在三項am，an，ap，使數列am，an，ap是等差數列？如果存在，求出這三項；如果不存在，說明理由．解(1)由題意得an＝2＋eq\f(4,3n－1)，an隨著n的增大而減小，所以{an}中的最大項為a1＝4.(2)bn＝eq\f(2＋\f(4,3n－1)＋p,\f(4,3n－1))＝eq\f(2＋p3n－1＋4,4)＝eq\f(2＋p3n＋2－p,4)，若{bn}為等比數列，則beq\o\al(2,n＋1)－bnbn＋2＝0(n∈N*)，所以[(2＋p)3n＋1＋(2－p)]2－[(2＋p)3n＋(2－p)]·[(2＋p)3n＋2＋(2－p)]＝0(n∈N*)，化簡得(4－p2)(2·3n＋1－3n＋2－3n)＝0，即－(4－p2)·3n·4＝0，解得p＝±2.反之，當p＝2時，bn＝3n，{bn}是等比數列；當p＝－2時，bn＝1，{bn}也是等比數列．所以當且僅當p＝±2時，{bn}為等比數列．(3)因為am＝2＋eq\f(4,3m－1)，an＝2＋eq\f(4,3n－1)，ap＝2＋eq\f(4,3p－1)，若存在三項am，an，ap，使數列am，an，ap是等差數列，則2an＝am＋ap，所以2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(4,3n－1)))＝2＋eq\f(4,3m－1)＋2＋eq\f(4,3p－1)，化簡得3n(2×3p－n－3p－m－1)＝1＋3p－m－2×3n－m，(*)因為m，n，p∈N*，m<n<p，所以p－m≥p－n＋1，p－m≥n－m＋1，所以3p－m≥3p－n＋1＝3×3p－n，3p－m≥3n－m＋1＝3×3n－m，(*)的左邊≤3n(2×3p－n－3×3p－n－1)＝3n(－3p－n－1)<0，右邊≥1＋3×3n－m－2×3n－m＝1＋3n－m>0，所以(*)式不可能成立，故數列{an}中不存在三項am，an，ap，使數列am，an，ap是等差數列．熱點二數列中的證明問題例2已知數列{an}，{bn}均為各項都不相等的數列，Sn為{an}的前n項和，an＋1bn＝Sn＋1(n∈N*)．(1)若a1＝1，bn＝eq\f(n,2)，求a4的值；(2)若{an}是公比為q的等比數列，求證：存在實數λ，使得{bn＋λ}為等比數列；(3)若{an}的各項都不為零，{bn}是公差為d的等差數列，求證：a2，a3，…，an，…成等差數列的充要條件是d＝eq\f(1,2).(1)解由a1＝1，bn＝eq\f(n,2)，an＋1bn＝Sn＋1知，a2＝4，a3＝6，a4＝8.(2)證明因為an＋1bn＝Sn＋1，①所以當n≥2時，anbn－1＝Sn－1＋1，②①－②，得當n≥2時，an＋1bn－anbn－1＝an，③由③得當n≥2時，bn＝eq\f(an,an＋1)bn－1＋eq\f(an,an＋1)＝eq\f(1,q)bn－1＋eq\f(1,q)，所以bn＋eq\f(1,1－q)＝eq\f(1,q)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(bn－1＋\f(1,1－q))).又因為b1＋eq\f(1,1－q)≠0(否則{bn}為常數列與題意不符)，所以存在實數λ＝eq\f(1,1－q)，使{bn＋λ}為等比數列．(3)證明因為{bn}是公差為d的等差數列，所以由③得當n≥2時，an＋1bn－an(bn－d)＝an，即(an＋1－an)bn＝(1－d)an.因為{an}，{bn}各項均不相等，所以an＋1－an≠0,1－d≠0，所以當n≥2時，eq\f(bn,1－d)＝eq\f(an,an＋1－an)，④當n≥3時，eq\f(bn－1,1－d)＝eq\f(an－1,an－an－1)，⑤由④－⑤，得當n≥3時，eq\f(an,an＋1－an)－eq\f(an－1,an－an－1)＝eq\f(bn－bn－1,1－d)＝eq\f(d,1－d).⑥先證充分性：即由d＝eq\f(1,2)，證明a2，a3，…，an，…成等差數列．因為d＝eq\f(1,2)，由⑥得eq\f(an,an＋1－an)－eq\f(an－1,an－an－1)＝1，所以當n≥3時，eq\f(an,an＋1－an)＝eq\f(an－1,an－an－1)＋1＝eq\f(an,an－an－1).又an≠0，所以an＋1－an＝an－an－1，即a2，a3，…，an，…成等差數列；再證必要性：即由a2，a3，…，an，…成等差數列，證明d＝eq\f(1,2).因為a2，a3，…，an，…成等差數列，所以當n≥3時，an＋1－an＝an－an－1，所以由⑥得eq\f(an,an＋1－an)－eq\f(an－1,an－an－1)＝eq\f(an,an－an－1)－eq\f(an－1,an－an－1)＝1＝eq\f(d,1－d)，所以d＝eq\f(1,2).綜上所述，a2，a3，…，an，…成等差數列的充要條件是d＝eq\f(1,2).思維升華數列中的證明問題要有目標意識，比如本題第二問要證明{bn＋λ}是等比數列，就要構造出式子bn＋k＝m(bn－1＋k)；第三問的變形eq\f(bn,1－d)＝eq\f(an,an＋1－an)十分關鍵，為證明充分性提供了必要的保證．跟蹤演練2設數列{an}是各項均為正數的等比數列，其前n項和為Sn，若a1a5＝64，S5－S3＝48.(1)求數列{an}的通項公式；(2)對于正整數k，m，l(k<m<l)，求證：“m＝k＋1且l＝k＋3”是“5ak，am，al這三項經適當排序后能構成等差數列”的充要條件．(1)解∵數列{an}是各項均為正數的等比數列，∴a1a5＝aeq\o\al(2,3)＝64，∴a3＝8.又∵S5－S3＝48，∴a4＋a5＝8q＋8q2＝48，∴q＝2，∴an＝8·2n－3＝2n.(2)證明(ⅰ)必要性：設5ak，am，al這三項經適當排序后能構成等差數列，①若2·5ak＝am＋al，則10·2k＝2m＋2l，∴10＝2m－k＋2l－k，∴5＝2m－k－1＋2l－k－1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m－k－1＝1，,2l－k－1＝4，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝k＋1，,l＝k＋3.))②若2am＝5ak＋al，則2·2m＝5·2k＋2l，∴2m＋1－k－2l－k＝5，左邊為偶數，等式不成立．③若2al＝5ak＋am，同理也不成立．綜合①②③，得m＝k＋1，l＝k＋3，∴必要性成立．(ⅱ)充分性：設m＝k＋1，l＝k＋3，則5ak，am，al這三項為5ak，ak＋1，ak＋3，即5ak,2ak,8ak，調整順序后易知2ak,5ak,8ak成等差數列，∴充分性也成立．綜合(ⅰ)(ⅱ)，原命題成立．熱點三數列中的新定義問題例3對于數列{an}，記Δan＝an＋1－an，Δk＋1an＝Δkan＋1－Δkan，k，n∈N*，則稱數列{Δkan}為數列{an}的“k階差數列”．(1)已知Δan＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n.①若{an}為等比數列，求a1的值；②設t為任意正數，證明：存在k∈N*，當n>m≥k，n∈N*，m∈N*時總有|an－am|≤t；(2)已知Δ2an＝3n－2，若a1＝1，且an≥a3對n∈N*恒成立，求a2的取值范圍．(1)①解因為a2＝a1＋Δa1＝a1－eq\f(1,2)，a3＝a2＋Δa2＝a1－eq\f(1,4)，且{an}為等比數列，所以aeq\o\al(2,2)＝a1·a3，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(1,2)))2＝a1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(1,4)))，解得a1＝eq\f(1,3).當a1＝eq\f(1,3)時，當n≥2時，an＝Δan－1＋…＋Δa1＋a1＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1)),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＋eq\f(1,3)＝eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1.當n＝1時，適合上式，所以{an}為等比數列，即a1＝eq\f(1,3).②證明因為an－am＝Δan－1＋…＋Δam＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))m\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－m)),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq\f(2,3)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))m－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n))，所以|an－am|＝eq\f(2,3)·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))m))≤eq\f(2,3)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))m))≤eq\f(4,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))m，令eq\f(4,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))m≤t，則m≥log2eq\f(4,3t)，故k可取不小于log2eq\f(4,3t)的正整數，則對任意n>m≥k，n∈N*，m∈N*，|an－am|≤eq\f(4,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))m≤t.(2)解因為Δan＝Δ2an－1＋…＋Δ2a1＋Δa1＝eq\f(31－3n－1,1－3)－2(n－1)＋Δa1＝eq\f(3n,2)－2n＋eq\f(1,2)＋Δa1＝eq\f(3n,2)－2n＋a2－eq\f(1,2).由Δ2an＝3n－2>0知，{Δan}是遞增的．所以an≥a3對n∈N*恒成立，當且僅當滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δa2＝a3－a2≤0，,Δa3＝a4－a3≥0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2≤0，,a2＋7≥0，))解得－7≤a2≤0.所以a2的取值范圍是[－7,0]．思維升華數列中的“新定義”試題指給出一個從未接觸過的新規定，要求現學現用，“給什么，用什么”是應用新“定義”解題的基本思路．理解新定義的規則后，解決問題的手段還是運用等差數列、等比數列的定義性質和基本數學思想．跟蹤演練3如果有窮數列a1，a2，a3，…，am(m為正整數)滿足條件a1＝am，a2＝am－1，…，am＝a1，即ai＝am－i＋1(i＝1,2，…，m)，我們稱其為“對稱數列”．例如，數列1,2,5,2,1與數列8,4,2,2,4,8都是“對稱數列”．(1)設{bn}是7項的“對稱數列”，其中b1，b2，b3，b4是等差數列，且b1＝2，b4＝11.依次寫出{bn}的每一項；(2)設{cn}是49項的“對稱數列”，其中c25，c26，…，c49是首項為1，公比為2的等比數列，求{cn}各項的和S；(3)設{dn}是100項的“對稱數列”，其中d51，d52，…，d100是首項為2，公差為3的等差數列．求{dn}前n項的和Sn(n＝1,2，…，100)．解(1)設數列{bn}的公差為d，則b4＝b1＋3d＝2＋3d＝11，解得d＝3，∴數列{bn}為2,5,8,11,8,5,2.(2)S＝c1＋c2＋…＋c49＝2(c25＋c26＋…＋c49)－c25＝2(1＋2＋22＋…＋224)－1＝2(225－1)－1＝226－3.(3)d51＝2，d100＝2＋3×(50－1)＝149.由題意得d1，d2，…，d50是首項為149，公差為－3的等差數列．當n≤50時，Sn＝d1＋d2＋…＋dn＝149n＋eq\f(nn－1,2)×(－3)＝－eq\f(3,2)n2＋eq\f(301,2)n.當51≤n≤100時，Sn＝d1＋d2＋…＋dn＝S50＋(d51＋d52＋…＋dn)＝3775＋2(n－50)＋eq\f(n－50n－51,2)×3＝eq\f(3,2)n2－eq\f(299,2)n＋7500.綜上所述，Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n2＋\f(301,2)n，1≤n≤50，,\f(3,2)n2－\f(299,2)n＋7500，51≤n≤100.))1．設數列{an}的各項都是正數，且對任意n∈N*都有aeq\o\al(3,1)＋aeq\o\al(3,2)＋aeq\o\al(3,3)＋…＋aeq\o\al(3,n)＝Seq\o\al(2,n)＋2Sn，其中Sn為數列{an}的前n項和．(1)求a1，a2；(2)求數列{an}的通項公式；(3)bn＝eq\f(Sn＋3,Sn)，cn＝eq\f(2an,2an－1＋an)，試找出所有既在數列{bn}中又在數列{cn}中的項．解(1)令n＝1，則aeq\o\al(3,1)＝Seq\o\al(2,1)＋2S1，即aeq\o\al(3,1)＝aeq\o\al(2,1)＋2a1，所以a1＝2或a1＝－1或a1＝0.又因為數列{an}的各項都是正數，所以a1＝2.令n＝2，則aeq\o\al(3,1)＋aeq\o\al(3,2)＝Seq\o\al(2,2)＋2S2，即aeq\o\al(3,1)＋aeq\o\al(3,2)＝(a1＋a2)2＋2(a1＋a2)，解得a2＝3或a2＝－2或a2＝0.又因為數列{an}的各項都是正數，所以a2＝3.(2)因為aeq\o\al(3,1)＋aeq\o\al(3,2)＋aeq\o\al(3,3)＋…＋aeq\o\al(3,n)＝Seq\o\al(2,n)＋2Sn，①所以aeq\o\al(3,1)＋aeq\o\al(3,2)＋aeq\o\al(3,3)＋…＋aeq\o\al(3,n－1)＝Seq\o\al(2,n－1)＋2Sn－1(n≥2)，②①－②，得aeq\o\al(3,n)＝(Seq\o\al(2,n)＋2Sn)－(Seq\o\al(2,n－1)＋2Sn－1)＝(Sn－Sn－1)(Sn＋Sn－1＋2)＝an(Sn＋Sn－1＋2)．因為an＞0，所以aeq\o\al(2,n)＝Sn＋Sn－1＋2，③所以aeq\o\al(2,n－1)＝Sn－1＋Sn－2＋2(n≥3)，④③－④，得aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＝an＋an－1，因為{an}各項均為正，所以an＋an－1≠0，所以an－an－1＝1(n≥3)，又a2－a1＝1，所以an－an－1＝1(n≥2)．所以數列{an}是以2為首項，1為公差的等差數列，所以an＝a1＋(n－1)d＝n＋1.(3)Sn＝eq\f(nn＋3,2)，所以bn＝eq\f(Sn＋3,Sn)＝eq\f(nn＋3＋6,nn＋3)，cn＝eq\f(2an,2an－1＋an)＝eq\f(2n＋1,2n＋n＋1).不妨設數列{bn}中的第n項bn和數列{cn}中的第m項cm相同，則bn＝cm.即eq\f(nn＋3＋6,nn＋3)＝eq\f(2m＋1,2m＋m＋1)，即eq\f(6,nn＋3)＝eq\f(2m－m－1,2m＋m＋1).(i)若eq\f(2m－m－1,2m＋m＋1)＝eq\f(6,nn＋3)≥eq\f(1,3)，則n2＋3n－18≤0，所以1≤n≤3，當n＝1時，eq\f(2m－m－1,2m＋m＋1)＝eq\f(3,2)，無解；當n＝2時，eq\f(2m－m－1,2m＋m＋1)＝eq\f(3,5)，即5·2m－5m－5＝3·2m＋3m＋3，所以2m＝4m＋4.當m＝1,2,3,4時2m＜4m＋4.當m≥5時，令f(m)＝2m－4m－4，則f(m＋1)－f(m)＝2m－4＞0，所以f(m)是單調遞增的，所以f(m)≥f(5)＝8＞0，所以2m＝4m＋4無解；當n＝3時，eq\f(2m－m－1,2m＋m＋1)＝eq\f(1,3)，即2m＝2m＋2，當m＝1,2時，2m＜2m＋2，當m＝3時，2m＝2m＋2，當m＝4時，2m＞2m＋2，當m≥5時，2m＞4m＋4＞2m＋2.所以m＝3，n＝3.(ii)若eq\f(2m－m－1,2m＋m＋1)＝eq\f(6,nn＋3)＜eq\f(1,3)，即2m＜2m＋2.由(i)知，當m≥3時，2m≥2m＋2.因此當2m＜2m＋2時，m＝1或2.當m＝1時，eq\f(6,nn＋3)＝0無解，當m＝2時，eq\f(6,nn＋3)＝eq\f(1,7)無解．綜上，既在數列{bn}中又在數列{cn}中的項僅有b3＝c3＝eq\f(4,3).2．等差數列{an}的公差大于零，且a2＋a3＝eq\f(5,2)，aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＝eq\f(13,4)，記{an}的前n項和為Sn，等比數列{bn}的各項均為正數，公比為q，記{bn}的前n項和為Tn.(1)寫出Si(i＝1,2,3,4,5,6)構成的集合A；(2)若q為正整數，問是否存在正整數k，使得Tk，T3k同時為(1)中集合A的元素？若存在，求出所有符合條件的{bn}的通項公式，若不存在，請說明理由；(3)若將Sn中的整數項按從小到大的順序排列構成數列{cn}，求{cn}的一個通項公式．解(1)由a2＋a3＝eq\f(5,2)，aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＝eq\f(13,4)，設{an}的公差為d，d大于零，得a2＝1，a3＝eq\f(3,2).所以d＝eq\f(1,2)，a1＝eq\f(1,2)，Sn＝eq\f(n2＋n,4)，所以A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)，3，5，\f(15,2)，\f(21,2))).(2)因為{bn}是等比數列，bn＞0，q∈N*.當q＝1時，Tk＝kb1，T3k＝3kb1，eq\f(T3k,Tk)＝3，所以T3k＝eq\f(3,2)，Tk＝eq\f(1,2)，所以kb1＝eq\f(1,2)，b1＝eq\f(1,2k)，bn＝eq\f(1,2k).當q≠1時，Tk＝eq\f(b11－qk,1－q)，T3k＝eq\f(b11－q3k,1－q).因為q∈N*，q≠1，所以q≥2，則eq\f(T3k,Tk)＝1＋qk＋q2k≥1＋2＋4＝7，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Tk＝\f(1,2)，,T3k＝5))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Tk＝\f(1,2)，,T3k＝\f(15,2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Tk＝\f(1,2)，,T3k＝\f(21,2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Tk＝\f(3,2)，,T3k＝\f(21,2)，))當eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Tk＝\f(1,2)，,T3k＝5))時，1＋qk＋q2k＝10，解得qk＝eq\f(－1±\r(37),2)?N*；當eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Tk＝\f(1,2)，,T3k＝\f(15,2)))時，1＋qk＋q2k＝15，解得qk＝eq\f(－1±\r(57),2)?N*；當eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Tk＝\f(1,2)，,T3k＝\f(21,2)))時，1＋qk＋q2k＝21，解得qk＝4或－5(舍)．由q＝2，k＝2，代入Tk＝eq\f(b11－qk,1－q)，得b1＝eq\f(1,6)，所以bn＝eq\f(1,6)×2n－1.由q＝4，k＝1，代入Tk＝eq\f(b11－qk,1－q)，得b1＝eq\f(1,2)，所以bn＝eq\f(1,2)×4n－1＝22n－3；當eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Tk＝\f(3,2)，,T3k＝\f(21,2)))時，1＋qk＋q2k＝7，解得qk＝2或－3(舍)．由q＝2，k＝1，代入Tk＝eq\f(b11－qk,1－q)，得b1＝eq\f(3,2)，所以bn＝3×2n－2.綜上，bn＝eq\f(1,2k)(k∈N*)或bn＝eq\f(1,6)×2n－1或bn＝22n－3或bn＝3×2n－2.(3)因為Sm＝eq\f(m2＋m,4)為整數項，所以m＝4k或4k－1，k∈N*.當m＝4k－1，k∈N*時，Sm＝k(4k－1)；當m＝4k，k∈N*時，Sm＝k(4k＋1)．因為Sm中的整數項按從小到大的順序排列構成數列{cn}，所以當n為奇數時，k＝eq\f(n＋1,2)，cn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4×\f(n＋1,2)－1))×eq\f(n＋1,2)＝eq\f(2n2＋3n＋1,2)；當n為偶數時，k＝eq\f(n,2)，cn＝eq\f(n,2)×(2n＋1)＝eq\f(2n2＋n,2).所以cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2n2＋3n＋1,2)，n為奇數，,\f(2n2＋n,2)，n為偶數.))A組專題通關1．若數列{an}的通項公式是an＝(－1)n·(3n－2)，則a1＋a2＋…＋a10＝________.答案15解析記bn＝3n－2，則數列{bn}是以1為首項，3為公差的等差數列，所以a1＋a2＋…＋a9＋a10＝(－b1)＋b2＋…＋(－b9)＋b10＝(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b10－b9)＝5×3＝15.2．今有女善織，日益功疾，且從第2天起，每天比前一天多織相同量的布，若第1天織5尺布，現在一月(按30天計)共織390尺布，則每天比前一天多織________尺布．(不作近似計算)答案eq\f(16,29)解析由題意可知，該女每天的織布量成等差數列，首項為5，公差為d，前30項和為390.根據等差數列前n項和公式，有390＝30×5＋eq\f(30×29,2)d，解得d＝eq\f(16,29).3．已知正項數列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝eq\f(anan＋2,4)，則數列{an}的通項公式是________．答案an＝2n解析Sn＝eq\f(anan＋2,4)，當n＝1時，a1＝S1＝eq\f(a1a1＋2,4)，解得a1＝2或a1＝0(舍去)．當n≥2時，由an＝Sn－Sn－1＝eq\f(anan＋2,4)－eq\f(an－1an－1＋2,4)?aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＝2(an＋an－1)，因為an>0，所以an＋an－1≠0，則an－an－1＝2，所以數列{an}是首項為2，公差為2的等差數列，故an＝2n.4．設f(n)＝2＋24＋27＋210＋…＋23n＋10(n∈N)，則f(n)＝________.答案eq\f(2,7)(8n＋4－1)解析由題干知，等號右邊的各項構成等比數列，且項數為n＋4，所以f(n)＝eq\f(2[1－23n＋4],1－23)＝eq\f(2,7)(8n＋4－1)．5．若數列{an}的前n項和Sn＝n2－10n(n＝1,2,3，…)，則數列{nan}中數值最小的項是第________項．答案3解析當n＝1時，a1＝S1＝－9，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2－10n－[(n－1)2－10(n－1)]＝2n－11，a1＝－9符合上式，所以an＝2n－11.nan＝2n2－11n＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(11,4)))2－eq\f(121,8)，當n＝3時，nan最?。?．已知Sn為數列{an}的前n項和，若an(4＋cosnπ)＝n(2－cosnπ)，則S20＝________.答案122解析由題意知，因為an(4＋cosnπ)＝n(2－cosnπ)，所以a1＝1，a2＝eq\f(2,5)，a3＝3，a4＝eq\f(4,5)，a5＝5，a6＝eq\f(6,5)，…，所以數列{an}的奇數項構成首項為1，公差為2的等差數列，偶數項構成首項為eq\f(2,5)，公差為eq\f(2,5)的等差數列，所以S20＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝122.7．設Sn為數列{an}的前n項和，若eq\f(S2n,Sn)(n∈N*)是非零常數，則稱該數列為“和等比數列”．(1)若數列{2bn}是首項為2，公比為4的等比數列，試判斷數列{bn}是否為“和等比數列”，并給出證明；(2)若數列{cn}是首項為c1，公差為d(d≠0)的等差數列，且數列{cn}是“和等比數列”，試探究d與c1之間的等量關系．解(1)數列{bn}為“和等比數列”，證明如下：因為數列{2bn}是首項為2，公比為4的等比數列，所以2bn＝2·4n－1＝22n－1，因此bn＝2n－1.設數列{bn}的前n項和為Tn，則Tn＝n2，T2n＝4n2，所以eq\f(T2n,Tn)＝4，因此數列{bn}為“和等比數列”．(2)設數列{cn}的前n項和為Rn，且eq\f(R2n,Rn)＝k(k≠0)．因為數列{cn}是等差數列，所以Rn＝nc1＋eq\f(nn－1,2)d，R2n＝2nc1＋eq\f(2n2n－1,2)d，所以eq\f(R2n,Rn)＝eq\f(2nc1＋\f(2n2n－1,2)d,nc1＋\f(nn－1,2)d)＝k對于n∈N*都成立，化簡，得(k－4)dn＋(k－2)(2c1－d)＝0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k－4d＝0，,k－22c1－d＝0，))因為d≠0，所以k＝4，d＝2c1，因此d與c1之間的等量關系為d＝2c1.8．已知數列{an}的前n項和為Sn，且滿足an＋Sn＝2.(1)求數列{an}的通項公式；(2)求證數列{an}中不存在任意三項按原來順序成等差數列；(3)若從數列{an}中依次抽取一個無限多項的等比數列，使它的所有項之和S滿足eq\f(4,61)<S<eq\f(1,13)，這樣的等比數列有多少個？(1)解當n＝1時，a1＋S1＝2a1＝2，則a1＝1.又an＋Sn＝2，∴an＋1＋Sn＋1＝2，兩式相減，得an＋1＝eq\f(1,2)an，∴{an}是首項為1，公比為eq\f(1,2)的等比數列，∴an＝eq\f(1,2n－1).(2)證明反證法：假設存在三項按原來順序成等差數列，記為ap＋1，aq＋1，ar＋1(p<q<r)，則2·eq\f(1,2q)＝eq\f(1,2p)＋eq\f(1,2r)，∴2·2r－q＝2r－p＋1.(*)又∵p<q<r，∴r－q，r－p∈N*，∴(*)式左邊是偶數，右邊是奇數，等式不成立，∴假設不成立，原命題得證．(3)解設抽取的等比數列首項為eq\f(1,2m)，公比為eq\f(1,2n)，項數為k，且滿足m，n，k∈N，m≥0，n≥1，k≥1，則eq\f(1,2m)<S＝eq\f(\f(1,2m),1－\f(1,2n))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n)))k))<eq\f(\f(1,2m),1－\f(1,2n))，又∵eq\f(4,61)<S<eq\f(1,13)，∴eq\f(\f(1,2m),1－\f(1,2n))>eq\f(4,61)，整理，得2m－2m－n<eq\f(61,4)，①∵n≥1，∴2m－n≤2m－1，∴2m－1≤2m－2m－n<eq\f(61,4)，∴m≤4.∵eq\f(1,2m)<S<eq\f(1,13)，∴eq\f(1,2m)<eq\f(1,13)，∴m≥4，∴m＝4.將m＝4代入①式整理，得2n<eq\f(64,3)，∴n≤4.經驗證當n＝1,2時不滿足題意，當n＝3,4時滿足題意．綜上可得滿足題意的等比數列有兩個．B組能力提高9．設等比數列{an}的公比為q(0＜q＜1)，前n項和為Sn，若a1＝4a3a4，且a6與eq\f(3,4)a4的等差中項為a5，則S6＝________.答案eq\f(63,4)解析由a1＝4a3a4，a6＋eq\f(3,4)a4＝2a5，解得a1＝8，q＝eq\f(1,2)，則S6＝eq\f(63,4).10．設公差為d(d為奇數，且d＞1)的等差數列{an}的前n項和為Sn，若Sm－1＝－9，Sm＝0，其中m＞3，且m∈N*，則an＝________.答案3n－12解析由Sm－1＝－9，Sm＝0，得am＝Sm－Sm－1＝9,而Sm＝0＝eq\f(m,2)(a1＋am)，得a1＝－9，而am＝a1＋(m－1)d，得(m－1)d＝18.又d為奇數，且d>1，m>3，且m∈N*，得m＝7，d＝3，則an＝3n－12.11．對于數列{an}，定義數列{an＋1－an}為數列{an}的“差數列”，若a1＝1，{an}的“差數列”的通項公式為an＋1－an＝2n，則數列{an}的前n項和Sn＝________.答案2n＋1－n－2解析因為an＋1－an＝2n，應用累加法，可得an＝2n－1，所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝2＋22＋23＋…＋2n－n＝eq\f(21－2n,1－2)－n＝2n＋1－n－2.12．設數列{an}的前n項和為Sn，且an＝4＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1，若對任意n∈N*，都有1≤p(Sn－4n)≤3，則實數p的取值范圍是________．答案[2,3]解析Sn＝4n＋eq\f(2,3)

eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n))，可得1≤eq\f(2,3)

eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n))

p≤3，即1≤eq\f(2p,3)

eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n))min且eq\f(2p,3)

eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n))max≤3，令前者n＝2，后者n＝1，得2≤p≤3.13．已知等比數列{an}中，a1＝a，a2＝b，a3＝c，a，b，c分別為△ABC的三內角A，B，C的對邊，且cosB＝eq\f(3,4)，則數列{an}的公比為________．答案eq\r(2)或eq\f(\r(2),2)解析依題意知，b2＝ac，由余弦定理，得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)＋\f(c,a)))－eq\f(1,2)＝eq\f(3,4).而eq\f(c,a)＝q2，代入上式，得q2＝2或q2＝eq\f(1,2)，又在△ABC中，a，b，c>0，∴q＝eq\r(2)或q＝eq\f(\r(2),2).14．已知數列{an}的奇數項依次構成公差為d1的等差數列，偶數項依次構成公差為d2的等差數列，且對任意n∈N*，都有an<an＋1.若a1＝1，a2＝2，且數列{an}的前10項和S10＝75，則a8的值是________．答案11解析由于對任意n∈N*，都有an<an＋1，故d1＝d2.由S10＝5＋10d1＋10＋10d2＝15＋20d1＝75，所以d1＝d2＝3，從而a8＝11.15．已知數列{an}，{bn}滿足：對于任意正整數n，當n≥2時，aeq\o\al(2,n)＋bnaeq\o\al(2,n－1)＝2n＋1.(1)若bn＝(－1)n，求aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,3)＋aeq\o\al(2,5)＋…＋aeq\o\al(2,11)的值；(2)若bn＝－1，a1＝2，且數列{an}的各項均為正數．①求數列{an}的通項公式；②是否存在k∈N*，且k≥2，使得eq\r(a2k－1a2k－2＋19)為數列{an}中的項？若存在，求出所有滿足條件的k的值；若不存在，請說明理由．解(1)由條件，aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,1)＝5，aeq\o\al(2,3)－aeq\o\al(2,2)＝7，aeq\o\al(2,6)＋aeq\o\al(2,5)＝13，aeq\o\al(2,7)－aeq\o\al(2,6)＝15，aeq\o\al(2,10)＋aeq\o\al(2,9)＝21，aeq\o\al(2,11)－aeq\o\al(2,10)＝23，所以aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,3)＋aeq\o\al(2,5)＋…＋aeq\o\al(2,11)＝84.(2)①由aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－