（江苏专用）2020高考数学二轮复习 专题四数列教学案

专题四 数列 江苏卷5年考情分析小题考情分析大题考情分析常考点等差数列的基本量计算(5年3考)等比数列的基本量计算(5年2考)近几年的数列解答题，其常规类型可以分为两类：一类是判断、证明某个数列是等差、等比数列(如2017年T19)；另一类是已知等差、等比数列求基本量，这个基本量涵义很广泛，指定的项ak、项数n、公差d、公比q、通项an、和式Sn以及它们的组合式，甚至还包括相关参数(如2018年T20，2019年T20).数列的压轴题还对代数推理能力要求较高，其中数列与不等式的结合(如2018年T20，2016年T20)；数列与方程的结合(如2015年T20)这些压轴题难度很大，综合能力要求较高.偶考点等差、等比数列的性质及最值问题第一讲 | 小题考法数列中的基本量计算考点(一)等差、等比数列的基本运算主要考查等差、等比数列的通项公式、前n项和公式及有关的五个基本量间的“知三求二”运算.题组练透1(2019江苏高考)已知数列an(nN*)是等差数列，Sn是其前n项和若a2a5a80，S927，则S8的值是_解析：由S92727a1a962a562a18d6，所以a14d3，即a53.又a2a5a802a15d0，解得a15，d2.故S88a1d16.同法一得a53.又a2a5a803a2a802a22a50a23. d2，a1a2d5.故S88a1d16.答案：162(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：323(2019江苏苏锡常镇四市调研)已知公差为d的等差数列an的前n项和为Sn，若4，则_解析：由4得S104S5，即10a145d4(5a110d)，化简得2a1d，则2.答案：24(2019江苏南师大附中期中改编)已知等比数列an的各项均为正数，其前n项和为Sn，若S2，S4，则an_解析：由题知数列an为等比数列，公比q0且q1，由得解得故ana1qn12n12n3.答案：2n35(2019南京盐城一模)已知等比数列an为递增数列，设其前n项和为Sn，若a22，S37，则a5的值为_解析：设等比数列an的公比为q，则由题意得得或因为数列an为递增数列，所以所以a5a1q416.答案：16方法技巧等差(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的使用，以减少计算量.考点(二)等差、等比数列的性质主要考查等差、等比数列的性质及与前n项和有关的最值问题.题组练透1(2019南京三模)已知数列an的前n项和为Sn，且2Sn3n1，nN*.若bnlog3an，则b1b2b3b4的值为_解析：法一：当n1时，a1S11，所以b1log3a10.当n2时，anSnSn13n1，所以bnlog3ann1(n2)又b10，所以bnn1，所以b1b2b3b46.法二：当n1时，a1S11，所以b1log3a10.当n2时，a2S2S113，所以b2log3a21.当n3时，a3S3S21349，所以b32.当n4时，a4S4S3401327，所以b43.所以b1b2b3b401236.答案：62(2019扬州期末)设等差数列an的前n项和为Sn，已知a113，S3S11，当Sn最大时，n的值为_解析：S3S11，S11S3a4a5a6a110，故可得(a4a11)(a5a10)(a6a9)(a7a8)4(a7a8)0，a7a80.结合a113可知，该数列的前7项均为正数，从第8项开始为负数，故数列的前7项和最大答案：73在等比数列an中，a3，a15是方程x26x80的根，则_解析：由题知，a3a1560，a3a1580，则a30，a150，由等比数列的性质知a1a17a3a158aa92.设等比数列an的公比为q，则a9a3q60，故a92，故2.答案：24(2019南京四校联考)已知各项均为正数的等比数列an中，a23，a427，S2n为该数列的前2n项和，Tn为数列anan1的前n项和，若S2nkTn，则实数k的值为_解析：法一：因为各项均为正数的等比数列an中，a23，a427，所以a11，公比q3，所以S2n，an3n1，令bnanan13n13n32n1，所以b13，数列bn为等比数列，公比q9，所以Tn.因为S2nkTn，所以k，解得k.法二：因为各项均为正数的等比数列an中，a23，a427，所以a11，公比q3.注意到S24，T13；S440，T230；，由此归纳可得k.答案：5(2019苏州期末)设Sn是等比数列an的前n项和，若，则_解析：法一：设等比数列an的公比为q，若公比q为1，则，与已知条件不符，所以公比q1，所以Sn，因为，所以，所以q52，所以.法二：因为，所以不妨设S5a，S103a，a0，易知S5，S10S5，S15S10，S20S15成等比数列，由S5a，S10S52a，得S15S104a，S20S158a，从而S2015a，所以.答案：方法技巧等差、等比数列性质问题求解策略(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的综合应用考点(三)等差、等比数列的判断主要考查利用某些基本量判断数列的类型.典例感悟典例(2019南通等七市一模)已知数列an是等比数列，有下列四个命题：数列|an|是等比数列；数列anan1是等比数列；数列是等比数列；数列lg a是等比数列其中正确的命题有_个解析设等比数列an的公比为q，则q，|q|，故数列|an|是等比数列，正确；q2，则数列anan1是等比数列，正确；，则数列是等比数列，正确；若an1，则lg a0，数列lg a不是等比数列，错误故正确的命题有3个答案3方法技巧1判断等差数列的常用方法(1)定义法：an1and(常数)(nN*)an是等差数列(2)通项公式法：anpnq(p，q为常数，nN*)an是等差数列(3)中项公式法：2an1anan2(nN*)an是等差数列2判断等比数列的常用方法(1)定义法：q(q是不为0的常数，nN*)an是等比数列(2)通项公式法：ancqn(c，q均是不为0的常数，nN*)an是等比数列(3)中项公式法：aanan2(anan1an20，nN*)an是等比数列演练冲关若数列an的前n项和Sn3n22n，则下列四个命题：an是递减等差数列；an是递增等差数列；an是递减等比数列；an是递增等比数列其中正确命题的序号为_解析：当n1时，a1S1321.当n2时，anSnSn13n22n 3(n1)22(n1)6n5.当n1时，也满足上式，an6n5.首项a11，anan16n56(n1)56(常数)，数列an是等差数列，且公差为60.an为递增数列答案： (一) 主干知识要记牢1等差数列、等比数列等差数列等比数列通项公式ana1(n1)dana1qn1(q0)前n项和公式Snna1d(1)q1，Sn；(2)q1，Snna12等差数列(1)a，b，c成等差数列是2bac的充要条件(2)等差中项的推广：an(n2，np)(3)等差数列的单调性由数列的单调性定义，易得an为递增数列d0；an为递减数列dp)(3)等比数列的单调性由数列的单调性定义，易得an为递增数列或an为递减数列或an为常数列q1；an为摆动数列q0，所以a3，所以a3的最小值为.答案：7等差数列an的前n项和为Sn，且anSnn216n15(n2，nN*)，若对任意nN*，总有SnSk，则k的值是_解析：在等差数列an中，设公差为d，因为“anSna1(n1)dn216n15(n2，nN*)”的二次项系数为1，所以1，即公差d2，令n2，得a113，所以前n项和Sn13n(2)14nn249(n7)2，故前7项和最大，所以k7.答案：78(2019苏锡常镇四市一模)中国古代著作张丘建算经中有这样一个问题：“今有马行转迟，次日减半疾，七日行七百里”，意思是说有一匹马行走的速度逐渐减慢，每天行走的里程是前一天的一半，七天一共行走了700里那么这匹马最后一天行走的里程数为_解析：由题意可知，这匹马每天行走的里程数构成等比数列，设为an，易知公比q，则S72a1a1700，所以a1700，所以a7a1q6700，所以这匹马最后一天行走的里程数为.答案：9(2018扬州期末)已知各项都是正数的等比数列an的前n项和为Sn，若4a4，a3，6a5成等差数列，且a33a，则S3_解析：设各项都是正数的等比数列an的公比为q，则q0，且a10，由4a4，a3，6a5成等差数列，得2a34a46a5，即2a34a3q6a3q2，解得q.又由a33a，解得a1，所以S3a1a2a3.答案：10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(2018扬州期末)在正项等比数列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t(q)，所以a5a6tq4q46648(当且仅当q2时等号成立)答案：4812(2019苏州中学模拟)数列an的前n项和为Sn，满足an0，(an1an)Sn1(an12n1an)an1，nN*.设数列的前n项和为Tn，则_解析：(an1an)Sn1(an12n1an)an1，anSn1an1Sn2n1an1an，又an0，2n1.则1，2，2n2(n2，nN*)以上各式相加，得122n2(n2，nN*)1，12n11，Sn2n1an(n2，nN*)n1时上式也成立，Sn2n1an(nN*)Sn12nan1.两式相减，得an12nan12n1an，即(2n1)an12n1an，则，Tn12，Tn2.答案：213(2019海安中学模拟)记min a，b设数列an是公差为d的等差数列，数列bn是公比为2的等比数列，且a10，b11，cnmin an，bn，nN*，若数列cn中存在连续三项成等比数列，则d的最小值为_解析：法一：由题意知ana1(n1)d(n1)d，bn2n1.数列cn中存在连续三项成等比数列，不可能是等差数列an中连续的三项，理由：假设是等差数列an中连续的三项，分别记为(k1)d，kd，(k1)d，k2，kN*，则k2d2(k1)d(k1)d，得d0，an0，所以cn0，与题意不相符又数列an中的项为0，d，2d，3d，数列bn中的项为1，2，4，8，所以当d2时，cnan，不满足题意；当2d时，akbk(k4，kN*)，此时数列cn的前三项为0，2，4，从第四项开始cnan，不满足题意；当d时，数列cn的前四项为0，2，4，8，此时，c2，c3，c4成等比数列，满足题意综上，d的最小值为.法二：在平面直角坐标系内，点(n，bn)在指数函数y2x1的图象上，点(n，an)在过点(1，0)，且斜率为d的直线l上根据min a，b的意义知，cn取位于两支曲线中下方曲线上的点的纵坐标易知数列cn中连续三项成等比数列，不可能是等差数列an中的连续三项如图，当直线l过点(4，8)时，c2b22，c3b34，c4b48，第一次满足cn中连续三项成等比数列，此时直线l的斜率为，即d取得最小值，最小值为.答案：14(2018无锡期末)已知等比数列an满足a2a52a3，且a4，2a7成等差数列，则a1a2an的最大值为_解析：设等比数列an的公比为q，根据等比数列的性质可得a2a5a3a42a3，由于a30，可得a42.因为a4，2a7成等差数列，所以2a42a7，可得a7，由a7a4q3，可得q，由a4a1q3，可得a116，从而ana1qn116.法一：令an1可得n5，故当1n5时，an1，当n6时，0an1，前n项积为Tn，且a2a4a3，则使得Tn1的n的最小值为_解析：由a2a4a3得aa3，又an的各项均为正数，故a31，T5a1a2a3a4a5a1，当n6时，T6T5a6，又公比q1，a31，故a61，T61.答案：63已知正项数列an满足an11，其中nN*，a42，则a2 020_解析：an11，所以n2时，an1，两式相减得an1an(n2)，所以aa1(n2)，aa(2 0204)12 020，所以a2 020.答案：4(2018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(n1)n2n.所以第n组中各数的和为Sn2nSn2n(n2n)2(n2n)24n3.答案：4n35(2019南通等七市二模)已知集合Ax|x2k1，kN*，Bx|x8k8，kN*，从集合A中取出m个不同元素，其和记为S；从集合B中取出n个不同元素，其和记为T.若ST967，则m2n的最大值为_解析：法一：由题意可得Sm2，T4n24n，则STm24n24n967，即m2(2n1)2968，由基本不等式可得 22，则m(2n1)44，当且仅当m2n122时取等号，但此时nN*，所以等号取不到，则当m22，n11时，m2n取得最大值44.法二：由题意可得Sm2，T4n24n，则STm24n24n967，即m2(2n1)2968，令mcos ，2n1sin ，则m2ncos sin 1sin144145，当且仅当m22，2n122时取等号，但此时nN*，所以等号取不到，则当m22，2n121，即n11时，m2n取得最大值44.答案：446(2018江苏高考)已知集合Ax|x2n1，nN*，Bx|x2n，nN*将AB的所有元素从小到大依次排列构成一个数列an记Sn为数列an的前n项和，则使得Sn12an1成立的n的最小值为_解析：所有的正奇数和2n(nN*)按照从小到大的顺序排列构成an，在数列an中，25前面有16个正奇数，即a2125，a3826.当n1时，S1112a224，不符合题意；当n2时，S2312a336，不符合题意；当n3时，S3612a448，不符合题意；当n4时，S41012a560，不符合题意；当n26时，S264416250312a28540，符合题意故使得Sn12an1成立的n的最小值为27.答案：27第二讲 | 大题考法等差、等比数列的综合问题题型(一)等差、等比数列的综合运算主要考查等差、等比数列的通项公式及前n项和的求解，且常结合数列的递推公式命题.典例感悟例1(2019南京盐城一模)已知数列an，其中nN*.(1)若an满足an1anqn1(q0，nN*)当q2，且a11时，求a4的值；若存在互不相等的正整数r，s，t，满足2srt，且ar，as，at成等差数列，求q的值(2)设数列an的前n项和为bn，数列bn的前n项和为cn，cnbn23，nN*，若a11，a22，且|aanan2|k恒成立，求k的最小值解(1)由题意知a4a34，a3a22，a2a11，a11，累加得a48.因为an1anqn1，所以n2时，anan1qn2，a2a11.()当q1时，ann1a1(n2)又a1满足ann1a1，所以当q1时，ann1a1(nN*)因为2srt，所以2asarat，所以q1满足条件()当q1且q0时，ana1(n2)又a1满足ana1，所以ana1(nN*)若存在满足条件的r，s，t，则可得2qsqrqt，则2qrsqts22，此时rts，这与r，s，t互不相等矛盾，所以q1且q0不满足条件综上所述，符合条件的q的值为1.(2)由cnbn23，nN*，可知cn1bn33，两式相减可得bn3bn2bn1.因为a11，a22，所以b11，b23，从而c11，c24，可得b34，b47，故b3b2b1，所以bn2bn1bn对一切的nN*恒成立由bn3bn2bn1，bn2bn1bn得an3an2an1.易知a31，a43，故an2an1an(n2)因为aan1an3(an1an)2an1(an2an1)(an1an)2an1(an2an1)aanan2，n2，所以当n2时，|aan1an3|aanan2|，所以当n2时，|aanan2|5，当n1时，|aanan2|3，故k的最小值为5.方法技巧1解决等差、等比数列综合问题的策略解决由等差数列、等比数列组成的综合问题，首先要根据两数列的概念，设出相应的基本量，然后充分使用通项公式、求和公式、数列的性质等确定基本量解综合题的关键在于审清题目，弄懂来龙去脉，揭示问题的内在联系和隐含条件2有关递推数列问题常见的处理方法将第n项和第n1项合并在一起，看是否是一个特殊数列若递推关系式含有an与Sn，则考虑是否可以将an与Sn进行统一，再根据递推关系式的结构特征确定是否为熟悉的、有固定方法的递推关系式向通项公式转换的类型，否则可以写出数列的前几项，看能否找到规律，即先特殊、后一般、再特殊演练冲关(2019南通等七市一模)已知等差数列an满足a44，前8项和S836.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足(bka2n12k)2an3(2n1)(nN*)证明：bn为等比数列；求集合.解：(1)设等差数列an的公差为d.因为等差数列an满足a44，前8项和S836，所以解得所以数列an的通项公式为ann.(2)证明：设数列bn的前n项和为Bn.由(1)及由得3(2n1)3(2n11)(b1a2n1b2a2n3bn1a3bna12n)(b1a2n3b2a2n5bn1a12n2) b1(a2n32)b2(a2n52)bn1(a12)bna12n(b1a2n3b2a2n5bn1a12n2)2(b1b2bn1)bn22(Bnbn)bn2.所以32n12Bnbn2(n2，nN*)，又3(211)b1a12，所以b11，满足上式所以2Bnbn232n1(nN*)当n2时，2Bn1bn1232n2，由得，bnbn132n2.所以bn2n1(bn12n2)(1)n1(b120)0，所以bn2n1，2，又b11，所以数列bn是首项为1，公比为2的等比数列由，得，即2pm.记cn，由得，cn，所以1，所以cncn1(当且仅当n1时等号成立)由，得cm3cpcp，所以mp.设tpm(m，p，tN*)，由2pm，得m.当t1时，m3，不合题意；当t2时，m6，此时p8符合题意；当t3时，m，不合题意；当t4时，m1，不合题意下面证明当t4，tN*时，m0，所以f(x)在4，)上单调递增，所以f(x)f(4)10，所以当t4，tN*时，m0，所以q，nN*，且q0，结合q为常数，得数列an为等比数列(2)由(1)得anqn1，存在tN*，使得3at24at1是数列an中的项存在t，pN*，使得3at24at1ap存在t，pN*，使得3qt14qtqp1，即存在t，pN*，使得3q24qqpt(*)因为qN*，且q1时，(*)式显然不成立，所以q2，qN*，所以3q24q4，即qpt4，结合t，pN*，得ptN*.当pt3时，qpt(3q24q)q3(3q24q)q(q23q4)0，与(*)式矛盾；当pt1时，(*)式可化为3q24qq，解得q0(舍)或q(舍)；当pt2时，(*)式可化为3q24qq2，解得q0(舍)或q2.综上，q2.证明：由得an2n1，则bn1，所以数列bn为递减数列，因为br，bs，bk成等比数列，所以不妨设rsk，则bbrbk，即，即，所以k.令2srs2，即s2r，得k4r24r.所以存在无穷多组正整数数组(r，2r，4r24r)(rN*)，使得br，bs，bk成等比数列，从而得证方法技巧判定和证明数列是等差(比)数列的方法定义法对于n1的任意自然数，验证an1an为与正整数n无关的某一常数中项公式法若2an1anan2(nN *)，则an为等差数列；若aanan20(nN *)，则an为等比数列演练冲关1(2019常州期末)已知数列an中，a11，且an13an40，nN*.(1)求证：an1是等比数列，并求数列an的通项公式；(2)数列an中是否存在不同的三项按照一定顺序重新排列后，构成等差数列？若存在，求出所有满足条件的项；若不存在，请说明理由解：(1)由an13an40得an113(an1)，nN*.因为a11，所以a1120，可得an10，nN*，所以3，nN*，所以an1是以2为首项，3为公比的等比数列所以an12(3)n1，则数列an的通项公式为an2(3)n11.(2)假设数列an中存在三项am，an，ak(mnk)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 A组大题保分练1在数列an，bn中，已知a12，b14，且an，bn，an1成等差数列，bn，an，bn1也成等差数列(1)求证：anbn是等比数列；(2)设m是不超过100的正整数，求使成立的所有数对(m，n)解：(1)证明：由an，bn，an1成等差数列可得，2bnanan1，由bn，an，bn1成等差数列可得，2anbnbn1，得，an1bn13(anbn)，又a1b16，所以anbn是以6为首项，3为公比的等比数列(2)由(1)知，anbn6(3)n1，得，an1bn1anbn2，得，an3(3)n11，代入，得，所以3(3)n11m3(3)m33(3)n1m3(3)m13，整理得，(m1)(3)m3(3)n0，所以m1(3)nm1，由m是不超过100的正整数，可得2(3)nm1101，所以nm12或4，当nm12时，m19，此时m8，则n9，符合题意；当nm14时，m181，此时m80，则n83，符合题意故使成立的所有数对(m，n)为(8，9)，(80，83)2(2019苏锡常镇二模)已知数列an是各项都不为0的无穷数列，对任意的n3，nN*，a1a2a2a3an1an(n1)a1an恒成立(1)如果，成等差数列，求实数的值；(2)若1.()求证：数列是等差数列；()已知数列an中，a1a2.数列bn是公比为q的等比数列，满足b1，b2，b3(iN*)求证：q是整数，且数列bn中的任意一项都是数列中的项解：(1)因为n3且nN*时，a1a2a2a3an1an(n1)a1an恒成立，则当n3时，a1a2a2a32a1a3，因为数列an的各项都不为0，所以等式两边同时除以a1a2a3得：，又，成等差数列，所以，所以，所以1.(2)证明：()当1，n3时，a1a2a2a32a1a3 ，整理得，则.当n4时，a1a2a2a3a3a43a1a4，得：a3a43a1a42a1a3，得，又，所以.当n3时，a1a2a2a3an1an(n1)a1an，a1a2a2a3an1ananan1na1an1，两式相减得：anan1na1an1(n1)a1an，因为an0，所以，则，所以，整理得，即(n3)，由得：对任意的正整数n恒成立，所以数列成等差数列()设数列的公差为d，设cn，c1c(c0)，则b1c1c，b2c2cd，dc2c1b2b1cqc.当i2时，b3c2b2，从而q1，b2b1，得a1a2，与已知不符当i3时，由b3c3，cq2c2dc2c(q1)，得q212(q1)，得q1，与已知不符当i1时，由b3c1，cq2c，得q21，则q1(上面已证q1)为整数此时数列bn为：c，c，c，；数列cn中，c1c，c2c，公差d2c.数列bn中每一项都是cn中的项(cc1，cc2)当i4时，由b3ci，cq2c(i1)dc(i1)c(q1)，得q2(i1)q(i2)0，得q1(舍去)，qi2(i4)为正整数cqcd，b3ci，对任意的正整数k4，欲证明bk是数列cn中的项，只需证bkcqk1cixdb3x(cqc)cq2x(cqc)有正整数解x，即证x为正整数因为x表示首项为q2，公比为qi2(i4)，共k3(k4)项的等比数列的和，所以x为正整数因此，bn中的每一项都是数列cn也即中的项3(2019盐城三模)在无穷数列an中，an0(nN*)，记an前n项中的最大项为kn，最小项为rn，令bn.(1)若an的前n项和Sn满足Sn.求bn；是否存在正整数m，n，满足？若存在，请求出这样的m，n，若不存在，请说明理由(2)若数列bn是等比数列，求证：数列an是等比数列解：(1)在Sn中，令n1，得a1S1，解得a11，Sn，当n2时，anSnSn1n，综上，得ann(nN*)显然an为递增数列，knann，rna11，bn.假设存在满足条件的正整数m，n，则，设cn，则cn1cn，c1c2c3c4c5，由，得cmcnn，则mn1，当mn1时，显然不成立当mn1时，2mn1，设mn1t，则tN*，2t，得n，设dn，则dn1dn0恒成立，数列dn递减又d12，d21，d31，n3时，dn0(nN*)，且kn，rn分别为an前n项中的最大项和最小项，kn1kn，rn1rn，设数列bn的公比为q，显然q0，()当q1时，1，得，若 kn1kn，则rn1kn与rn11时，q1，得q21.1，kn1kn恒成立，而knan，kn1an1，an1an恒成立，knan，rna1，代入q2得q2，即q2，数列an是等比数列()当0q1时，01，得q21，1，rn1rn恒成立，而rnan，rn1an1，an1an恒成立，kna1，rnan，代入q2得q2，即q2数列an是等比数列，综上可得，数列an是等比数列4(2019南通等七市三模)已知数列an满足(nan12)an(2an1)an1(n2)，bnn(nN*)(1)若a13，证明：bn是等比数列；(2)若存在kN*，使得，成等差数列求数列an的通项公式；证明：ln nanln(n1)an1.解：(1)证明：由(nan12)an(2an1)an1(n2)，得2n，得n2，即bn2bn1(n2)因为a13，所以b110，所以2(n2)，所以bn是以为首项，2为公比的等比数列(2)设1，由(1)知，bn2bn1，所以bn2bn122bn22n1b1，得n2n1，所以2k1k.因为，成等差数列，所以(2k1k)(2k1k2)2(2kk1)，所以2k10，所以0，所以n，即an.证明：要证ln nanln(n1)an1，即证(anan1)ln，即证2ln .设t，则t1t，且t1，从而只需证当t1时，t2ln t.设f(x)x2ln x(x1)，则f(x)10，所以f(x)在(1，)上单调递增，所以f(x)f(1)0，即x2ln x，因为t1，所以t2ln t，所以原不等式得证B组大题增分练1(2019苏北三市一模)已知数列an满足对任意的nN*，都有an(qnan1)2qnanan1an1(1qnan1)，且an1an0，其中a12，q0.记Tna1qa2q2a3qn1an.(1)若q1，求T2 019的值；(2)设数列bn满足bn(1q)Tnqnan.求数列bn的通项公式；若数列cn满足c11，且当n2时，cn2bn11，是否存在正整数k，t，使c1，ckc1，ctck成等比数列？若存在，求出所有k，t的值；若不存在，说明理由解：(1)当q1时，由an(qnan1)2qnanan1an1(1qnan1)，得(an1an)2an1an，又an1an0，所以an1an1，又a12，所以T2 019a1(a2a3)(a4a5)(a2 018a2 019)1 011.(2)由an(qnan1)2qnanan1an1(1qnan1)，得qn(an1an)2an1an，又an1an0，q0，所以an1an，又Tna1qa2q2a3qn1an，所以qTnqa1q2a2q3a3qnan，所以(1q)Tna1q(a1a2)q2(a2a3)q3(a3a