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第2講 數(shù)列的綜合問題
[考情考向分析] 江蘇高考中，數(shù)列大題常在壓軸的代數(shù)論證中考數(shù)列的綜合應(yīng)用．近幾年江蘇高考中數(shù)列解答題總是同等差、等比數(shù)列相關(guān)，進(jìn)一步考查其子數(shù)列或派生數(shù)列的性質(zhì)等，所以解題過程中既有等差、等比數(shù)列性質(zhì)的挖掘，又有等差、等比數(shù)列的判斷論證，綜合性極強(qiáng)．
熱點(diǎn)一 數(shù)列中的探索性問題
例1 (2018無錫期末)已知數(shù)列滿足…＝，n∈N*，Sn是數(shù)列的前n項(xiàng)和．
(1)求數(shù)列的通項(xiàng)公式；
(2)若ap,30，Sq成等差數(shù)列，ap,18，Sq成等比數(shù)列，求正整數(shù)p，q的值；
(3)是否存在k∈N*，使得為數(shù)列中的項(xiàng)？若存在，求出所有滿足條件的k的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．
解 (1)因?yàn)椤剑琻∈N*，
所以當(dāng)n＝1時(shí)，1－＝，a1＝2，
當(dāng)n≥2時(shí)，由…＝和…＝，
兩式相除可得，1－＝，即an－an－1＝1(n≥2)．
所以數(shù)列是首項(xiàng)為2，公差為1的等差數(shù)列．
所以an＝n＋1(n∈N*)．
(2)因?yàn)閍p,30，Sq成等差數(shù)列，ap,18，Sq成等比數(shù)列，
所以于是或
當(dāng)時(shí)，解得
當(dāng)時(shí)，無正整數(shù)解，
所以p＝5，q＝9.
(3)假設(shè)存在滿足條件的正整數(shù)k，使得＝am(m∈N*)，
則＝m＋1，
平方并化簡得，(2m＋2)2－(2k＋3)2＝63，
則(2m＋2k＋5)(2m－2k－1)＝63，
所以或
或
解得m＝15，k＝14，或m＝5，k＝3，或m＝3，k＝－1(舍去)，
綜上所述，k＝3或14.
思維升華 數(shù)列中的探索性問題是江蘇高考的一個(gè)熱點(diǎn)，試題一般是探求數(shù)列中項(xiàng)的存在性問題，此類試題的解法一般具有以下特點(diǎn)：假設(shè)提出的問題存在，結(jié)合數(shù)論中不定方程、奇偶性的基本性質(zhì)進(jìn)行求解．
跟蹤演練1 已知數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝a，且an＋1＝k(an＋an＋2)對(duì)任意正整數(shù)n都成立，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.
(1)是否存在實(shí)數(shù)k，使數(shù)列{an}是公比不為1的等比數(shù)列，且任意相鄰三項(xiàng)am，am＋1，am＋2按某順序排列后成等差數(shù)列？若存在，求出所有k的值；若不存在，說明理由；
(2)若k＝－，求Sn.
解 (1)設(shè)數(shù)列{an}是等比數(shù)列，則它的公比q＝＝a，
所以am＝am－1，am＋1＝am，am＋2＝am＋1.
①若am＋1為等差中項(xiàng)，則2am＋1＝am＋am＋2，
即2am＝am－1＋am＋1，解得a＝1，不合題意；
②若am為等差中項(xiàng)，則2am＝am＋1＋am＋2，
即2am－1＝am＋am＋1，
化簡得a2＋a－2＝0，
解得a＝－2或1(舍)．
當(dāng)a＝－2時(shí)，k＝＝＝＝－；
③若am＋2為等差中項(xiàng)，則2am＋2＝am＋1＋am，
即2am＋1＝am＋am－1，化簡得2a2－a－1＝0，
解得a＝－或1(舍)．
當(dāng)a＝－時(shí)，k＝＝＝＝－.
綜上可得滿足要求的實(shí)數(shù)k有且僅有一個(gè)，即k＝－.
(2)若k＝－，則an＋1＝－(an＋an＋2)，
于是an＋2＋an＋1＝－(an＋1＋an)，
所以an＋3＋an＋2＝－(an＋2＋an＋1)＝an＋1＋an.
當(dāng)n是偶數(shù)時(shí)，Sn＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋an－1＋an
＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)
＝(a1＋a2)＝(a＋1)；
當(dāng)n是奇數(shù)時(shí)，Sn＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋an－1＋an
＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(an－1＋an)
＝a1＋(a2＋a3)＝a1＋[－(a1＋a2)]
＝1－(a＋1)．
當(dāng)n＝1時(shí)也適合上式．
綜上可得Sn＝
熱點(diǎn)二 數(shù)列中的證明問題
例2 (2018江蘇黃橋中學(xué)等三校聯(lián)考)已知數(shù)列滿足a1＝1，前n項(xiàng)和為Sn，且＝.
(1)求a2的值；
(2)設(shè)bn＝，證明：數(shù)列是等差數(shù)列；
(3)設(shè)cn＝an，若1≤λ≤，求對(duì)所有的正整數(shù)n都有2λ2－kλ＋3
0，
所以數(shù)列為單調(diào)遞增數(shù)列．
當(dāng)n≥1時(shí)， cn≥c1＝，即cn的最小值為.
由2λ2－kλ＋3＜cn，得kλ＞2λ2＋2，
所以k>2max，
而當(dāng)1≤λ≤時(shí)， λ＋在上遞減， 上遞增，所以max＝1＋，
當(dāng)且僅當(dāng)λ＝1或時(shí)取得，故k∈.
思維升華 數(shù)列中的證明問題要有目標(biāo)意識(shí)，比如本題第二問要證明{bn}是等差數(shù)列，就要構(gòu)造出式子bn＋1－bn＝－，然后代入條件進(jìn)行證明，為證明問題提供思路．
跟蹤演練2 設(shè)數(shù)列{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，若a1a5＝64，S5－S3＝48.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)對(duì)于正整數(shù)k，m，l(km≥k，n∈N*，m∈N*時(shí)總有|an－am|≤t；
(2)已知Δ2an＝3n－2，若a1＝1，且an≥a3對(duì)n∈N*恒成立，求a2的取值范圍．
(1)①解 ∵a＝a1a3，
∴2＝a1，
∴a1＝.
當(dāng)n≥2時(shí)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(shí)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(gè)從未接觸過的新規(guī)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(yùn)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(xiàng)為1，前n項(xiàng)和為Sn，若對(duì)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(xiàng)公式；
(2)若數(shù)列為“P數(shù)列”，a2＝2，設(shè)Tn＝＋＋＋…＋，證明： Tn<3.
(1)解 因?yàn)閿?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時(shí)，a1＝a2－1，所以a2＝2，
故an＋1＝2an對(duì)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(xiàng)公式為an＝2n－1，n∈N*.
(2)證明 因?yàn)閿?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(shí)， a1＝a3－2，故a3＝3，滿足a3＝a2＋a1，
所以an＋2＝an＋1＋an對(duì)任意正整數(shù)n恒成立，數(shù)列的前幾項(xiàng)為1,2,3,5,8.
故Tn＝＋＋＋…＋＝＋＋＋＋＋…＋，
所以Tn＝＋＋＋＋…＋＋，
兩式相減得 Tn＝＋＋＋＋…＋－ ＝＋Tn－2－，
顯然Tn－20，所以Tn<＋Tn，
故 Tn<3.
1．(2018江蘇)設(shè){an}是首項(xiàng)為a1，公差為d的等差數(shù)列，{bn}是首項(xiàng)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(duì)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(duì)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?yàn)閨an－bn|≤b1對(duì)n＝1,2,3,4均成立，
即|(n－1)d－2n－1|≤1對(duì)n＝1,2,3,4均成立，
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(shí)，d滿足b1≤d≤b1.
因?yàn)閝∈(1，]，則1＜qn－1≤qm≤2，
從而b1≤0，b1＞0對(duì)n＝2,3，…，m＋1均成立．
因此，取d＝0時(shí)，|an－bn|≤b1對(duì)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，
－＝
＝，
當(dāng)1＜q≤時(shí)，有qt≤qm≤2，
從而t(qt－qt－1)－qt＋2＞0.
因此，當(dāng)2≤n≤m＋1時(shí)，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(shí)，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(shí)，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(duì)數(shù)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(shí)，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(shí)，ST＝30.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)對(duì)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(shí)，ST＝a2＋a4＝a2＋9a2＝30，
∴a2＝3，a1＝＝1，故an＝a1qn－1＝3n－1(n∈N*)．
(2)證明 對(duì)任意正整數(shù)k(1≤k≤100)．
由于T?{1,2，…，k}，
則ST≤a1＋a2＋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(jià)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＋32＋…＋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(shí)數(shù)列，設(shè)A＝.
(1)請(qǐng)舉出一對(duì)數(shù)列與，使集合A中有三個(gè)元素；
(2)問集合A中最多有多少個(gè)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(gè)解．①
下面我們證明：當(dāng)q>0時(shí)，方程①最多有2個(gè)解；q<0時(shí)，方程①最多有3個(gè)解．
當(dāng)q>0時(shí)，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(gè)解；
如果tln q>0，且不妨設(shè)由f′(x)＝0得f′(x)有唯一零點(diǎn)x0＝logq，于是當(dāng)x>x0時(shí)，
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(gè)解，即最多只有一個(gè)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(gè)解，
即滿足①的偶數(shù)最多有2個(gè)，
這樣，最多有3個(gè)正數(shù)滿足方程①，
對(duì)于t<0，同理可以證明，方程①最多有3個(gè)解．
綜上所述，集合A中的元素最多有3個(gè)．
A組 專題通關(guān)
1．若數(shù)列{an}的通項(xiàng)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(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列，
所以a1＋a2＋…＋a9＋a10＝(－b1)＋b2＋…＋(－b9)＋b10＝(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b10－b9)＝53＝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(xiàng)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＝，∴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(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是________．
答案 an＝2n
解析 Sn＝，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝，解得a1＝2或a1＝0(舍去)．
當(dāng)n≥2時(shí)，由an＝Sn－Sn－1＝－?a－a＝2(an＋an－1)，
因?yàn)閍n>0，所以an＋an－1≠0，則an－an－1＝2，
所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)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(xiàng)和Sn＝n2－10n(n＝1,2,3，…)，則數(shù)列{nan}中數(shù)值最小的項(xiàng)是第________項(xiàng)．
答案 3
解析 當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝－9，
當(dāng)n≥2時(shí)，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(shí)，nan最?。?
6．已知Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若an(4＋cos nπ)＝n(2－cos nπ)，則S20＝________.
答案 122
解析 由題意知，因?yàn)閍n(4＋cos nπ)＝n(2－cos nπ)，
所以a1＝1，a2＝，a3＝3，a4＝，a5＝5，a6＝，…，
所以數(shù)列{an}的奇數(shù)項(xiàng)構(gòu)成首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列，偶數(shù)項(xiàng)構(gòu)成首項(xiàng)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(xiàng)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－12.
8．已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝(n＋2)n(n∈N*)，則數(shù)列{an}的最大項(xiàng)是__________．
答案 第7項(xiàng)或第8項(xiàng)
解析 因?yàn)閍n＋1－an＝(n＋3)n＋1－(n＋2)n＝n，當(dāng)n<7時(shí)，an＋1－an>0，即an＋1>an；當(dāng)n＝7時(shí)，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；當(dāng)n>7時(shí)，an＋1－an<0，即an＋1a9>a10…，
所以此數(shù)列的最大項(xiàng)是第7項(xiàng)或第8項(xiàng)．
9．(2018全國大聯(lián)考江蘇卷)已知等比數(shù)列的各項(xiàng)均為正數(shù)，若a2是2a1與a3的等差中項(xiàng)，且a1a2＝a＋3a2.
(1)求數(shù)列的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)bn＝，求數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn.
解 (1)設(shè)等比數(shù)列的公比為q，則an＝a1qn－1.
由題意，得2a2＝2a1＋a3，且a1>0，
化簡得2q2－9q＋4＝0，解得q＝4或.
又因?yàn)閍1a2＝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(xiàng)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＋2＋k(n∈N*，k∈R)，且a1＝2，a3＋a5＝－4.
(1)若k＝0，求數(shù)列的前n項(xiàng)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(xiàng)公式an.
(1)解 當(dāng)k＝0時(shí)，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－an＋1)－(an＋1－an)＝－2，
所以數(shù)列是以a2－a1＝1為首項(xiàng)，－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(shí)，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＝－22＋3，
a2－a1＝－21＋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(shí)，a1＝2也適合．
所以數(shù)列的通項(xiàng)公式為an＝－n2＋4n－1，n∈N*.
B組 能力提高
11．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且an＝4＋n－1，若對(duì)任意n∈N*，都有1≤p(Sn－4n)≤3，則實(shí)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(shí)，1≤p≤3；
n為偶數(shù)時(shí)，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(duì)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(xiàng)依次構(gòu)成公差為d1的等差數(shù)列，偶數(shù)項(xiàng)依次構(gòu)成公差為d2的等差數(shù)列，且對(duì)任意n∈N*，都有an0，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成等差數(shù)列，證明： 是等差數(shù)列．
(1)解 當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)， 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(shí)，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?yàn)閎n≤bn＋1，所以b3n＋1≤b3n＋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(shí)，①不成立；
若d2－d1>0，則當(dāng)n>時(shí)，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2019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.doc
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