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第2讲数列的综合问题考情考向分析江苏高考中，数列大题常在压轴的代数论证中考数列的综合应用近几年江苏高考中数列解答题总是同等差、等比数列相关，进一步考查其子数列或派生数列的性质等，所以解题过程中既有等差、等比数列性质的挖掘，又有等差、等比数列的判断论证，综合性极强热点一数列中的探索性问题例1(2018无锡期末)已知数列满足，nN*，Sn是数列的前n项和(1)求数列的通项公式；(2)若ap,30，Sq成等差数列，ap,18，Sq成等比数列，求正整数p，q的值；(3)是否存在kN*，使得为数列中的项？若存在，求出所有满足条件的k的值；若不存在，请说明理由解(1)因为，nN*，所以当n1时，1，a12，当n2时，由和，两式相除可得，1，即anan11(n2)所以数列是首项为2，公差为1的等差数列所以ann1(nN*)(2)因为ap,30，Sq成等差数列，ap,18，Sq成等比数列，所以于是或当时，解得当时，无正整数解，所以p5，q9.(3)假设存在满足条件的正整数k，使得am(mN*)，则m1，平方并化简得，(2m2)2(2k3)263，则(2m2k5)(2m2k1)63，所以或或解得m15，k14，或m5，k3，或m3，k1(舍去)，综上所述，k3或14.思维升华数列中的探索性问题是江苏高考的一个热点，试题一般是探求数列中项的存在性问题，此类试题的解法一般具有以下特点：假设提出的问题存在，结合数论中不定方程、奇偶性的基本性质进行求解跟踪演练1已知数列an中，a11，a2a，且an1k(anan2)对任意正整数n都成立，数列an的前n项和为Sn.(1)是否存在实数k，使数列an是公比不为1的等比数列，且任意相邻三项am，am1，am2按某顺序排列后成等差数列？若存在，求出所有k的值；若不存在，说明理由；(2)若k，求Sn.解(1)设数列an是等比数列，则它的公比qa，所以amam1，am1am，am2am1.若am1为等差中项，则2am1amam2，即2amam1am1，解得a1，不合题意；若am为等差中项，则2amam1am2，即2am1amam1，化简得a2a20，解得a2或1(舍)当a2时，k；若am2为等差中项，则2am2am1am，即2am1amam1，化简得2a2a10，解得a或1(舍)当a时，k.综上可得满足要求的实数k有且仅有一个，即k.(2)若k，则an1(anan2)，于是an2an1(an1an)，所以an3an2(an2an1)an1an.当n是偶数时，Sna1a2a3a4an1an(a1a2)(a3a4)(an1an)(a1a2)(a1)；当n是奇数时，Sna1a2a3a4an1ana1(a2a3)(a4a5)(an1an)a1(a2a3)a1(a1a2)1(a1)当n1时也适合上式综上可得Sn热点二数列中的证明问题例2(2018江苏黄桥中学等三校联考)已知数列满足a11，前n项和为Sn，且.(1)求a2的值；(2)设bn，证明：数列是等差数列；(3)设cnan，若1，求对所有的正整数n都有22k30，所以数列为单调递增数列当n1时， cnc1，即cn的最小值为.由22k3cn，得k222，所以k2max，而当1时， 在上递减， 上递增，所以max1，当且仅当1或时取得，故k.思维升华数列中的证明问题要有目标意识，比如本题第二问要证明bn是等差数列，就要构造出式子bn1bn，然后代入条件进行证明，为证明问题提供思路跟踪演练2设数列an是各项均为正数的等比数列，其前n项和为Sn，若a1a564，S5S348.(1)求数列an的通项公式；(2)对于正整数k，m，l(kmmk，nN*，mN*时总有|anam|t；(2)已知2an3n2，若a11，且ana3对nN*恒成立，求a2的取值范围(1)解aa1a3，2a1，a1.当n2时anan1an2a1a1n1，满足题意；证明anamn1m1，|anam|mt，mlog2，因此k取不小于log2的正整数，当nmk，nN*，mN*时总有|anam|t.(2)解2anan1an3n2，an2(n1)a12na12na2，2an0，an递增，因此7a20.a的取值范围为7,0思维升华数列中的“新定义”试题指给出一个从未接触过的新规定，要求现学现用，“给什么，用什么”是应用“新定义”解题的基本思路理解新定义的规则后，解决问题的手段还是运用等差数列、等比数列的定义性质和基本数学思想跟踪演练3(2018江苏省南京师范大学附中等四校调研)设数列的首项为1，前n项和为Sn，若对任意的nN*，均有Snankk(k是常数且kN*)成立，则称数列为“P数列”(1)若数列为“P数列”，求数列的通项公式；(2)若数列为“P数列”，a22，设Tn，证明： Tn3.(1)解因为数列为“P数列”，则Snan11，Sn1an21，两式相减得，an22an1，又n1时，a1a21，所以a22，故an12an对任意的nN*恒成立，即2(常数)，故数列为等比数列，其通项公式为an2n1，nN*.(2)证明因为数列为“P数列”，所以Snan22，Sn1an32，两式相减有an1an3an2，又n1时， a1a32，故a33，满足a3a2a1，所以an2an1an对任意正整数n恒成立，数列的前几项为1,2,3,5,8.故Tn，所以Tn，两式相减得 Tn Tn2，显然Tn20，所以TnTn，故 Tn0时，方程最多有2个解；q0时，考虑函数f(x)qxtxs，则f(x)qxln qt.如果tln q0，且不妨设由f(x)0得f(x)有唯一零点x0logq，于是当xx0时，f(x)恒大于0或恒小于0，当xx0时，f(x)恒小于0或恒大于0，这样f(x)在区间(0，x0)与(x0，)上是单调函数，故方程最多有2个解，当q0，如果n为奇数，则方程变为ntns0，显然方程最多只有一个解，即最多只有一个奇数满足方程，如果n为偶数，则方程变为ntns0，由q0的情形，上式最多有2个解，即满足的偶数最多有2个，这样，最多有3个正数满足方程，对于t0，所以anan10，则anan12，所以数列an是首项为2，公差为2的等差数列，故an2n.5若数列an的前n项和Snn210n(n1,2,3，)，则数列nan中数值最小的项是第_项答案3解析当n1时，a1S19，当n2时，anSnSn1n210n(n1)210(n1)2n11，a19符合上式，所以an2n11.nan2n211n22，当n3时，nan最小6已知Sn为数列an的前n项和，若an(4cos n)n(2cos n)，则S20_.答案122解析由题意知，因为an(4cos n)n(2cos n)，所以a11，a2，a33，a4，a55，a6，所以数列an的奇数项构成首项为1，公差为2的等差数列，偶数项构成首项为，公差为的等差数列，所以S20(a1a3a19)(a2a4a20)122.7设公差为d(d为奇数，且d1)的等差数列an的前n项和为Sn，若Sm19，Sm0，其中m3，且mN*，则an_.答案3n12解析由Sm19，Sm0，得amSmSm19, 而Sm0(a1am)，得a19，而ama1(m1)d，得(m1)d18.又d为奇数，且d1，m3，且mN*，得m7，d3，则an3n12.8已知数列an的通项公式为an(n2)n(nN*)，则数列an的最大项是_答案第7项或第8项解析因为an1an(n3)n1(n2)nn，当n0，即an1an；当n7时，an1an0，即an1an；当n7时，an1an0，即an1an.故a1a2a9a10，所以此数列的最大项是第7项或第8项9(2018全国大联考江苏卷)已知等比数列的各项均为正数，若a2是2a1与a3的等差中项，且a1a2a3a2.(1)求数列的通项公式；(2)设bn，求数列的前n项和Sn.解(1)设等比数列的公比为q，则ana1qn1.由题意，得2a22a1a3，且a10，化简得2q29q40，解得q4或.又因为a1a2a3a2，即a(q1)3a20，所以q1，所以q4，所以3a12a1，所以a14(a10舍去)，故数列的通项公式为an4n(nN*)(2)由(1)知bn (nN*)，于是有Snb1b2bn，所以Sn1(nN*)10(2018江苏省苏州市高新区一中月考)已知数列满足2an1anan2k(nN*，kR)，且a12，a3a54.(1)若k0，求数列的前n项和Sn；(2)若a41，求证：数列为等差数列；求数列的通项公式an.(1)解当k0时，2an1anan2，即an2an1an1an，所以数列是等差数列设数列公差为d，则解得所以Snna1d2nn2n(nN*)(2)证明由题意，2a4a3a5k，即24k，所以k2.又a42a3a223a22a16，所以a23，由2an1anan22，得(an2an1)(an1an)2，所以数列是以a2a11为首项，2为公差的等差数列解由知an1an2n3, 当n2时，有anan12(n1)3，于是，an1an22(n2)3，an2an32(n3)3，a3a2223，a2a1213，叠加得，ana123(n1)，n2，所以an23(n1)2n24n1，n2，又当n1时，a12也适合所以数列的通项公式为ann24n1，nN*.B组能力提高11设数列an的前n项和为Sn，且an4n1，若对任意nN*，都有1p(Sn4n)3，则实数p的取值范围是_答案2,3解析Sn4n，可得1p3，n为奇数时，1p3；n为偶数时，1p3.即1min且max3，令前者n2，后者n1，得2p3.12已知等比数列an中，a1a，a2b，a3c，a，b，c分别为ABC的三内角A，B，C的对边，且cos B，则数列an的公比为_答案或解析依题意知，b2ac，由余弦定理，得cos B.而q2，代入上式，得q22或q2，又在ABC中，a，b，c0，q或q.13已知数列an的奇数项依次构成公差为d1的等差数列，偶数项依次构成公差为d2的等差数列，且对任意nN*，都有anan1.若a11，a22，且数列an的前10项和S1075，则a8的值是_答案11解析由于对任意nN*，都有anan1，故d1d2.由S10510d11010d21520d175，所以d1d23，从而a811.14(2018江苏省高考冲刺预测)已知数列的首项a11，其前n项和为Sn，且SnSn1n22np，若单调递增，则p的取值范围是_答案解析由SnSn1n22np，可得Sn1Sn22p，两式相减得anan12n1，an1an2n1，两式相减得，an1an12，数列a2，a4，a6是以2为公差的等差数列，数列a3，a5，a7是以2为公差的等差数列，将n1代入SnSn1n22np及a11可得，a21p，将n2代入anan12n1可得a34p，a4a223p，要使得nN*，anan1恒成立，只需要a1a2a3a4即可，11p4p3p，解得p，则p的取值范围是.15已知数列an，bn满足：对于任意正整数n，当n2时，abna2n1.(1)若bn(1)n，求aaaa的值；(2)若bn1，a12，且数列an的各项均为正数求数列an的通项公式；是否存在kN*，且k2，使得为数列an中的项？若存在，求出所有满足条件的k的值；若不存在，请说明理由解(1)由条件，aa5，aa7，aa13，aa15，aa21，aa23，所以aaaa84.(2)由aa2n1(n2)，aa5，aa7，aa9，aa2n1.将上面的式子相加，得aa，所以a4(n1)2(n2)因为an的各项均为正数，故ann1(n2)因为a12也适合上式，所以ann1(nN*)假设存在满足条件的k，不妨设 am，所以m1，平方得2k(2k1)19(m1)2，(*)所以(2k1)22k(2k1)(m1)2190，结合得m12k19，所以2km1192k，即kk)恒成立，则称数列是“R数列”(1)已知an判断数列是否为“R数列”，并说明理由；(2)已知数列是“R数列”，且存在整数p(p1)，使得b3p3, b3p1, b3p1，b3p3成等差数列，证明： 是等差数列(1)解当n为奇数时， an1an230，所以an1an.an2an2 212122an.当n为偶数时，an1an2n10，所以an1an.an2an2 224n2an.所以数列是“R数列”(2)证明方法一由题意得 bn3bn32bn，则数列b1, b4, b7，是等差数列，设其公差为d1，数列b2, b5, b8，是等差数列，设其公差为d2，数列b3, b6, b9，是等差数列，设其公差为d3.因为bnbn1，所以b3n1b3n2b3n4，所以b1nd1b2nd2b1d1，所以nb1b2，nb1b2d1.若d2d1时，不成立；若d2d10，则当n时，不成立；若d2d10，则和都成立，所以d1d2.同理得d1d3，所以d1d2d3，记d1d2d3d.设b3p1b3p3b3p1b3p1 b3p3b3p1，则b3n1b3n2b3p1db3p1b3p1dd.同理可得 b3nb3n1b3n1b3nd，所以bn1bnd.所以是等差数列方法二b3p1b3p3 b2d b2b3d, b3p1b3p1 b1pdb1b2d，b3p3b3p1 b3pdb3b1，以上三式相加可得 32d，所以d，所以b3n2b1d b1，b3n1b2d b1dd b1，b3nb3d b1d b1，所以bnb1，所以bn1bn，所以数列是等差数列
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