9、＝8·2n－3＝2n(n∈N*)．
(2)證明 (ⅰ)必要性：設(shè)5ak，am，al這三項經(jīng)適當(dāng)排序后能構(gòu)成等差數(shù)列，
①若2·5ak＝am＋al，則10·2k＝2m＋2l，
∴10＝2m－k＋2l－k，
∴5＝2m－k－1＋2l－k－1，
∴∴
②若2am＝5ak＋al，則2·2m＝5·2k＋2l，
∴2m＋1－k－2l－k＝5，左邊為偶數(shù)，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(shè)m＝k＋1，l＝k＋3，則5ak，am，al這三項為5ak，ak＋1，ak＋3，即5ak,2ak,8ak，
10、調(diào)整順序后易知2ak,5ak,8ak成等差數(shù)列，
∴充分性也成立．
綜合(ⅰ)(ⅱ)，原命題成立．
熱點三 數(shù)列中的新定義問題
例3 (2018·江蘇海門中學(xué)最后一卷)對于數(shù)列，記Δan＝an＋1－an，Δk＋1an＝Δkan＋1－Δkan，k，n∈N*，則稱數(shù)列{Δkan}為數(shù)列的“k階塑數(shù)列”；
(1)已知Δan＝n，
①若為等比數(shù)列，求a1的值；
②設(shè)t為任意正數(shù)，證明：存在k∈N*，當(dāng)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 ∵a＝a1a3，
∴2
11、＝a1，
∴a1＝.
當(dāng)n≥2時an＝Δan－1＋Δan－2＋…＋Δa1＋a1＝＋＝n－1，滿足題意；
②證明 an－am＝n－1－m－1
＝－，
∴|an－am|＝≤≤m≤t，
∴m≥log2，因此k取不小于log2的正整數(shù)，
當(dāng)n>m≥k，n∈N*，m∈N*時總有|an－am|≤t.
(2)解 ∵Δ2an＝Δan＋1－Δan＝3n－2，
∴Δan＝－2(n－1)＋Δa1
＝－2n＋＋Δa1＝－2n＋a2－，
∵Δ2an>0，∴{Δan}遞增，
因此
∴∴－7≤a2≤0.
∴a的取值范圍為[－7,0]．
思維升華 數(shù)列中的“新定義”試題指給出一個從未接觸過的新規(guī)
12、定，要求現(xiàn)學(xué)現(xiàn)用，“給什么，用什么”是應(yīng)用“新定義”解題的基本思路．理解新定義的規(guī)則后，解決問題的手段還是運用等差數(shù)列、等比數(shù)列的定義性質(zhì)和基本數(shù)學(xué)思想．
跟蹤演練3 (2018·江蘇省南京師范大學(xué)附中等四校調(diào)研)設(shè)數(shù)列的首項為1，前n項和為Sn，若對任意的n∈N*，均有Sn＝an＋k－k(k是常數(shù)且k∈N*)成立，則稱數(shù)列為“P數(shù)列”．
(1)若數(shù)列為“P數(shù)列”，求數(shù)列的通項公式；
(2)若數(shù)列為“P數(shù)列”，a2＝2，設(shè)Tn＝＋＋＋…＋，證明： Tn<3.
(1)解 因為數(shù)列為“P數(shù)列”，則Sn＝an＋1－1，Sn＋1＝an＋2－1，
兩式相減得，an＋2＝2an＋1，
又n＝1
13、時，a1＝a2－1，所以a2＝2，
故an＋1＝2an對任意的n∈N*恒成立，
即＝2(常數(shù))，
故數(shù)列為等比數(shù)列，其通項公式為an＝2n－1，n∈N*.
(2)證明 因為數(shù)列為“P數(shù)列”，
所以Sn＝an＋2－2，Sn＋1＝an＋3－2，
兩式相減有an＋1＝an＋3－an＋2，
又n＝1時， a1＝a3－2，故a3＝3，滿足a3＝a2＋a1，
所以an＋2＝an＋1＋an對任意正整數(shù)n恒成立，數(shù)列的前幾項為1,2,3,5,8.
故Tn＝＋＋＋…＋＝＋＋＋＋＋…＋，
所以Tn＝＋＋＋＋…＋＋，
兩式相減得 Tn＝＋＋＋＋…＋－ ＝＋Tn－2－，
顯然Tn－2
14、0，所以Tn<＋Tn，
故 Tn<3.
1．(2018·江蘇)設(shè){an}是首項為a1，公差為d的等差數(shù)列，{bn}是首項為b1，公比為q的等比數(shù)列．
(1)設(shè)a1＝0，b1＝1，q＝2，若|an－bn|≤b1對n＝1,2,3,4均成立，求d的取值范圍；
(2)若a1＝b1＞0，m∈N*，q∈(1，]，證明：存在d∈R，使得|an－bn|≤b1對n＝2,3，…，m＋1均成立，并求d的取值范圍(用b1，m，q表示)．
解 (1)由條件知an＝(n－1)d，bn＝2n－1，
因為|an－bn|≤b1對n＝1,2,3,4均成立，
即|(n－1)d－2n－1|≤1對n＝1,2,3,4均
15、成立，
即得≤d≤.
因此，d的取值范圍為.
(2)由條件知an＝b1＋(n－1)d，bn＝b1qn－1.
若存在d，使得|an－bn|≤b1(n＝2,3，…，m＋1)成立，
即|b1＋(n－1)d－b1qn－1|≤b1(n＝2,3，…，m＋1)，
即當(dāng)n＝2,3，…，m＋1時，d滿足b1≤d≤b1.
因為q∈(1，]，則1＜qn－1≤qm≤2，
從而b1≤0，b1＞0對n＝2,3，…，m＋1均成立．
因此，取d＝0時，|an－bn|≤b1對n＝2,3，…，m＋1均成立．
下面討論數(shù)列的最大值和數(shù)列的最小值(n＝2,3，…，m＋1)．
①令t＝n－1，則1≤t≤m，
－
16、＝
＝，
當(dāng)1＜q≤時，有qt≤qm≤2，
從而t(qt－qt－1)－qt＋2＞0.
因此，當(dāng)2≤n≤m＋1時，數(shù)列單調(diào)遞增，
故數(shù)列的最大值為.
②設(shè)f(x)＝2x(1－x)，
當(dāng)x＞0時，f′(x)＝(ln 2－1－xln 2)2x＜0，
所以f(x)單調(diào)遞減，從而f(x)＜f(0)＝1.
令t＝n－1，則1≤t≤m，則＝≤
＝f?＜1，
因此，當(dāng)2≤n≤m＋1時，數(shù)列單調(diào)遞減，
故數(shù)列的最小值為.
因此，d的取值范圍為.
2．(2016·江蘇)記U＝{1,2，…，100}．對數(shù)列{an}(n∈N*)和U的子集T，若T＝?，定義ST＝0；若T＝{t1，t2，…，
17、tk}，定義ST＝.例如：T＝{1,3,66}時，ST＝a1＋a3＋a66.現(xiàn)設(shè){an}(n∈N*)是公比為3的等比數(shù)列，且當(dāng)T＝{2,4}時，ST＝30.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)對任意正整數(shù)k(1≤k≤100)，若T?{1,2，…，k}，求證：ST＜ak＋1；
(3)設(shè)C?U，D?U，SC≥SD，求證：SC＋SC∩D≥2SD.
(1)解 當(dāng)T＝{2,4}時，ST＝a2＋a4＝a2＋9a2＝30，
∴a2＝3，a1＝＝1，故an＝a1qn－1＝3n－1(n∈N*)．
(2)證明 對任意正整數(shù)k(1≤k≤100)．
由于T?{1,2，…，k}，
則ST≤a1＋a
18、2＋a3＋…＋ak＝1＋3＋32＋…＋3k－1＝＜3k＝ak＋1.
(3)證明 設(shè)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(shè)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＋3
19、2＋…＋3m－1＜≤≤，
即SA＞2SB成立．
綜上所述，SA≥2SB.
故SC＋SC∩D≥2SD成立．
3．(2018·南通模擬)已知等差數(shù)列與等比數(shù)列是非常數(shù)列的實數(shù)列，設(shè)A＝.
(1)請舉出一對數(shù)列與，使集合A中有三個元素；
(2)問集合A中最多有多少個元素？并證明你的結(jié)論；
解 (1)an＝6n－8，bn＝(－2)n，則a1＝b1，a2＝b2，
a4＝b4，A＝；
(2)不妨設(shè)an＝a＋bn(b≠0)，bn＝pqn(q≠1)，由an＝bn?a＋bn＝pqn，得＋n＝qn，
令s＝，t＝(t≠0)，原問題轉(zhuǎn)化為關(guān)于n的方程qn－tn－s＝0，最多有多少個解．①
下面
20、我們證明：當(dāng)q>0時，方程①最多有2個解；q<0時，方程①最多有3個解．
當(dāng)q>0時，考慮函數(shù)f(x)＝qx－tx－s，則f′(x)＝qxln q－t.
如果tln q<0，則f(x)為單調(diào)函數(shù)，故方程①最多只有1個解；
如果tln q>0，且不妨設(shè)由f′(x)＝0得f′(x)有唯一零點x0＝logq，于是當(dāng)x>x0時，
f′(x)恒大于0或恒小于0，當(dāng)x0，
如果n為奇數(shù)，則方程①變?yōu)閚＋tn＋s＝0，
顯然方程最多只有一個解，
21、即最多只有一個奇數(shù)滿足方程①，
如果n為偶數(shù)，則方程①變?yōu)?
n－tn－s＝0，由q>0的情形，上式最多有2個解，
即滿足①的偶數(shù)最多有2個，
這樣，最多有3個正數(shù)滿足方程①，
對于t<0，同理可以證明，方程①最多有3個解．
綜上所述，集合A中的元素最多有3個．
A組 專題通關(guān)
1．若數(shù)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(shù)列{bn}是以1為首項，3為公差的等差數(shù)列，
所以a1＋a2＋…＋a9＋a10＝(－b1)＋b2＋…＋(－b9)＋b10＝(b2－b1)＋(b4－b
22、3)＋…＋(b10－b9)＝5×3＝15.
2．?dāng)?shù)列{an}滿足an＋an＋1＝(n∈N*)，且a1＝1，Sn是數(shù)列{an}的前n項和，則S21＝________.
答案 6
解析 由an＋an＋1＝＝an＋1＋an＋2，∴an＋2＝an，則a1＝a3＝a5＝…＝a21, a2＝a4＝a6＝…＝a20，
∴S21＝a1＋＋＋…＋＝ 1＋10×＝6.
3．設(shè)等比數(shù)列{an}滿足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，則a1a2…·an的最大值為________．
答案 64
解析 設(shè){an}的公比為q，于是a1(1＋q2)＝10，①
a1(q＋q3)＝5，②
聯(lián)立①②得a1＝8，q＝
23、，∴an＝24－n，
∴a1a2…an＝23＋2＋1＋…＋(4－n)＝
＝≤26＝64.
∴a1a2…an的最大值為64.
4．已知正項數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝，則數(shù)列{an}的通項公式是________．
答案 an＝2n
解析 Sn＝，當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝，解得a1＝2或a1＝0(舍去)．
當(dāng)n≥2時，由an＝Sn－Sn－1＝－?a－a＝2(an＋an－1)，
因為an>0，所以an＋an－1≠0，則an－an－1＝2，
所以數(shù)列{an}是首項為2，公差為2的等差數(shù)列，
故an＝2n.
5．若數(shù)列{an}的前n項和Sn＝n2－10n(n＝1,2,3，
24、…)，則數(shù)列{nan}中數(shù)值最小的項是第________項．
答案 3
解析 當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝－9，
當(dāng)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＝22－，
當(dāng)n＝3時，nan最?。?
6．已知Sn為數(shù)列{an}的前n項和，若an(4＋cos nπ)＝n(2－cos nπ)，則S20＝________.
答案 122
解析 由題意知，因為an(4＋cos nπ)＝n(2－cos nπ)，
所以a1＝1，a2＝，a3＝3，a4＝，a5＝5，a6＝，…，
25、
所以數(shù)列{an}的奇數(shù)項構(gòu)成首項為1，公差為2的等差數(shù)列，偶數(shù)項構(gòu)成首項為，公差為的等差數(shù)列，
所以S20＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝122.
7．設(shè)公差為d(d為奇數(shù)，且d＞1)的等差數(shù)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＝(a1＋am)，得a1＝－9，
而am＝a1＋(m－1)d，得(m－1)d＝18.
又d為奇數(shù)，且d>1，m>3，且m∈N*，
得m＝7，d＝3，則an＝3n－
26、12.
8．已知數(shù)列{an}的通項公式為an＝(n＋2)n(n∈N*)，則數(shù)列{an}的最大項是__________．
答案 第7項或第8項
解析 因為an＋1－an＝(n＋3)n＋1－(n＋2)n＝n·，當(dāng)n<7時，an＋1－an>0，即an＋1>an；當(dāng)n＝7時，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；當(dāng)n>7時，an＋1－an<0，即an＋1a9>a10…，
所以此數(shù)列的最大項是第7項或第8項．
9．(2018·全國大聯(lián)考江蘇卷)已知等比數(shù)列的各項均為正數(shù)，若a2是2a1與a3的等差中項，且a1a2＝a＋3a2.
(1)求數(shù)列的通項公式；
27、
(2)設(shè)bn＝，求數(shù)列的前n項和Sn.
解 (1)設(shè)等比數(shù)列的公比為q，則an＝a1·qn－1.
由題意，得2×a2＝2a1＋a3，且a1>0，
化簡得2q2－9q＋4＝0，解得q＝4或.
又因為a1a2＝a＋3a2，即a(q－1)＝3a2>0，
所以q>1，所以q＝4，
所以3a＝12a1，所以a1＝4(a1＝0舍去)，
故數(shù)列的通項公式為an＝4n(n∈N*)．
(2)由(1)知bn＝＝ ＝－(n∈N*)，
于是有Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋，
所以Sn＝1－＝(n∈N*)．
10．(2018·江蘇省蘇州市高新區(qū)一中月考)已知數(shù)列滿足2an＋1＝an＋an＋
28、2＋k(n∈N*，k∈R)，且a1＝2，a3＋a5＝－4.
(1)若k＝0，求數(shù)列的前n項和Sn；
(2)若a4＝－1，
①求證：數(shù)列為等差數(shù)列；
②求數(shù)列的通項公式an.
(1)解 當(dāng)k＝0時，2an＋1＝an＋an＋2，
即an＋2－an＋1＝an＋1－an，
所以數(shù)列是等差數(shù)列．
設(shè)數(shù)列公差為d，則
解得
所以Sn＝na1＋d＝2n＋×
＝－n2＋n(n∈N*)．
(2)①證明 由題意，2a4＝a3＋a5＋k，即－2＝－4＋k，
所以k＝2.
又a4＝2a3－a2－2＝3a2－2a1－6，所以a2＝3，
由2an＋1＝an＋an＋2＋2，
得(an＋2－a
29、n＋1)－(an＋1－an)＝－2，
所以數(shù)列是以a2－a1＝1為首項，－2為公差的等差數(shù)列．
②解 由①知an＋1－an＝－2n＋3,
當(dāng)n≥2時，有an－an－1＝－2(n－1)＋3，
于是，an－1－an－2＝－2(n－2)＋3，
an－2－an－3＝－2(n－3)＋3，
…，
a3－a2＝－2×2＋3，
a2－a1＝－2×1＋3，
疊加得，an－a1＝－2＋3(n－1)，n≥2，
所以an＝－2×＋3(n－1)＋2＝－n2＋4n－1，n≥2，
又當(dāng)n＝1時，a1＝2也適合．
所以數(shù)列的通項公式為an＝－n2＋4n－1，n∈N*.
B組 能力提高
11．設(shè)數(shù)
30、列{an}的前n項和為Sn，且an＝4＋n－1，若對任意n∈N*，都有1≤p(Sn－4n)≤3，則實數(shù)p的取值范圍是________．
答案 [2,3]
解析 Sn＝4n＋，
可得1≤p≤3，
n為奇數(shù)時，1≤p≤3；
n為偶數(shù)時，1≤p≤3.
即1≤min且max≤3，
令前者n＝2，后者n＝1，得2≤p≤3.
12．已知等比數(shù)列{an}中，a1＝a，a2＝b，a3＝c，a，b，c分別為△ABC的三內(nèi)角A，B，C的對邊，且cos B＝，則數(shù)列{an}的公比為________．
答案 或
解析 依題意知，b2＝ac，由余弦定理，得
cos B＝＝×－＝.
而＝q2，代入
31、上式，得q2＝2或q2＝，
又在△ABC中，a，b，c>0，∴q＝或q＝.
13．已知數(shù)列{an}的奇數(shù)項依次構(gòu)成公差為d1的等差數(shù)列，偶數(shù)項依次構(gòu)成公差為d2的等差數(shù)列，且對任意n∈N*，都有an
32、n＋p，若單調(diào)遞增，則p的取值范圍是________．
答案
解析 由Sn＋Sn＋1＝n2＋2n＋p，可得Sn－1＋Sn＝2＋2＋p，
兩式相減得an＋an＋1＝2n＋1，
∴an－1＋an＝2n－1，
兩式相減得，an＋1－an－1＝2，
∴數(shù)列a2，a4，a6…是以2為公差的等差數(shù)列，數(shù)列a3，a5，a7…是以2為公差的等差數(shù)列，
將n＝1代入Sn＋Sn＋1＝n2＋2n＋p及a1＝1可得，a2＝1＋p，
將n＝2代入an＋an＋1＝2n＋1可得a3＝4－p，
∵a4＝a2＋2＝3＋p，
要使得?n∈N*，an
33、∴1<1＋p<4－p<3＋p，
解得
34、(n≥2)，a－a＝5，a－a＝7，a－a＝9，…，a－a＝2n＋1.
將上面的式子相加，得a－a＝，
所以a＝＋4＝(n＋1)2(n≥2)．
因為{an}的各項均為正數(shù)，故an＝n＋1(n≥2)．
因為a1＝2也適合上式，所以an＝n＋1(n∈N*)．
②假設(shè)存在滿足條件的k，不妨設(shè) ＝am，
所以＝m＋1，
平方得2k(2k－1)＋19＝(m＋1)2，(*)
所以(2k－1)2<2k(2k－1)＝(m＋1)2－19<(2k)2，
所以
即
由①得m＋2－2k≥1，即m＋1－2k≥0，
若m＋1－2k＝0，代入(*)式，求得m＝18，k＝不合題意，舍去；
若m＋1－
35、2k>0，結(jié)合②得m＋1＋2k<19，
所以2kk)恒成立，則稱數(shù)列是“R數(shù)列”．
(1)已知an＝判斷數(shù)列是否為“R數(shù)列”，并說明理由；
(2)已知數(shù)列是“R數(shù)列”，且存在整數(shù)p(p>1)，使得b3p－3, b3p－1, b3p＋1，b3p＋3成等
36、差數(shù)列，證明： 是等差數(shù)列．
(1)解 當(dāng)n為奇數(shù)時， an＋1－an＝2－＝3>0，所以an＋1≥an.
an－2＋an＋2＝ 2－1＋2－1
＝2＝2an.
當(dāng)n為偶數(shù)時，an＋1－an＝－2n＝1>0，
所以an＋1≥an.
an－2＋an＋2＝ 2＋2＝4n＝2an.
所以數(shù)列是“R數(shù)列”．
(2)證明 方法一 由題意得 bn－3＋bn＋3＝2bn，
則數(shù)列b1, b4, b7，…是等差數(shù)列，設(shè)其公差為d1，
數(shù)列b2, b5, b8，…是等差數(shù)列，設(shè)其公差為d2，
數(shù)列b3, b6, b9，…是等差數(shù)列，設(shè)其公差為d3.
因為bn≤bn＋1，所以b3n＋1≤b
37、3n＋2≤b3n＋4，
所以b1＋nd1≤b2＋nd2≤b1＋d1，
所以n≥b1－b2，①
n≤b1－b2＋d1.②
若d2－d1<0，則當(dāng)n>時，①不成立；
若d2－d1>0，則當(dāng)n>時，②不成立；
若d2－d1＝0，則①和②都成立，所以d1＝d2.
同理得d1＝d3，所以d1＝d2＝d3，記d1＝d2＝d3＝d.
設(shè)b3p－1－b3p－3＝b3p＋1－b3p－1 ＝b3p＋3－b3p＋1＝λ，
則b3n－1－b3n－2＝b3p－1＋d－
＝b3p－1－b3p＋1＋d＝d－λ.
同理可得 b3n－b3n－1＝b3n＋1－b3n＝d－λ，
所以bn＋1－bn＝d－λ.
所以是等差數(shù)列．
方法二 λ＝b3p－1－b3p－3 ＝b2＋d－ ＝b2－b3＋d,
λ＝b3p＋1－b3p－1 ＝b1＋pd－＝b1－b2＋d，
λ＝b3p＋3－b3p＋1 ＝b3＋pd－＝b3－b1，
以上三式相加可得 3λ＝2d，所以λ＝d，
所以b3n－2＝b1＋d ＝b1＋，
b3n－1＝b2＋d ＝b1＋d－λ＋d ＝b1＋，
b3n＝b3＋d ＝b1＋λ＋d ＝b1＋，
所以bn＝b1＋，所以bn＋1－bn＝，
所以數(shù)列是等差數(shù)列．
江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 數(shù)列 第2講 數(shù)列的綜合問題學(xué)案
