2021版高考數(shù)學(xué)導(dǎo)與練一輪復(fù)習(xí)（浙江版）知識(shí)梳理第九章第四節(jié)　數(shù)列的綜合問(wèn)題(一)

第四節(jié)數(shù)列的綜合問(wèn)題(一)復(fù)習(xí)目標(biāo)學(xué)法指導(dǎo)1.會(huì)證明新構(gòu)造數(shù)列是等差或等比數(shù)列.2.求新構(gòu)造數(shù)列的相關(guān)參數(shù)值及最值問(wèn)題.3.數(shù)列與函數(shù)等相關(guān)問(wèn)題.1.通過(guò)已知關(guān)系構(gòu)造新數(shù)列,新數(shù)列往往是等差或等比數(shù)列,一般采用定義法.2.新構(gòu)造數(shù)列的相關(guān)參數(shù)值問(wèn)題,這是數(shù)列中的探索性問(wèn)題,分為條件探索、結(jié)論探索和存在探索三類問(wèn)題.3.數(shù)列中的最值問(wèn)題主要在等差數(shù)列中,因?yàn)槠淝皀項(xiàng)和是Sn=An2+Bn型.4.數(shù)列與函數(shù)的聯(lián)系多為單調(diào)性或最值問(wèn)題.一、新數(shù)列的構(gòu)成1.由遞推關(guān)系式變換成新數(shù)列.2.由前n項(xiàng)和構(gòu)造成新數(shù)列.3.通過(guò)函數(shù)關(guān)系構(gòu)造新數(shù)列.1.概念理解(1)由遞推關(guān)系式或從等差、等比數(shù)列中取出一些項(xiàng)組成新數(shù)列,往往能從等差、等比數(shù)列的定義出發(fā),對(duì)它們變形解決問(wèn)題.(2)利用Sn與an的關(guān)系,可以把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為Sn的遞推式或an的遞推式,構(gòu)造出新數(shù)列模式,利用等差或等比數(shù)列定義解決.(3)通過(guò)函數(shù)關(guān)系,如對(duì)數(shù)、指數(shù)等構(gòu)造新數(shù)列轉(zhuǎn)化為等差、等比數(shù)列也是考查的方向之一.2.與新數(shù)列應(yīng)用相關(guān)的結(jié)論(1)an+1=pan+q(p,q為常數(shù),p≠0,p≠1,q≠0)可構(gòu)造an+1+QUOTEqp-1=p(an+QUOTEqp-1),即(an+QUOTEqp-1)為等比數(shù)列.(2)Sn-Sn-1=pSnSn-1可兩邊同除SnSn-1得(p為常數(shù))QUOTE1Sn-QUOTE1Sn-1=-p(常數(shù))構(gòu)造{QUOTE1Sn}為等差數(shù)列.二、等差數(shù)列前n項(xiàng)和最值問(wèn)題1.等差數(shù)列{an}前n項(xiàng)和為Sn,則Sn=na1+QUOTEn(n-1)2d=QUOTEd2n2+(a1-QUOTEd2)n可以看作是關(guān)于n的二次函數(shù)型,它的最值取決于d的符號(hào).2.若a1>0,d<0,則Sn存在最大值;當(dāng)a1<0,d>0,則Sn存在最小值.1.概念理解求等差數(shù)列前n項(xiàng)和的最值方法有兩種:(1)二次函數(shù)法:運(yùn)用配方法把Sn轉(zhuǎn)化為二次函數(shù),借助二次函數(shù)的單調(diào)性及數(shù)形結(jié)合得以解決;(2)通項(xiàng)公式法:求使an≥0(或an≤0)成立時(shí)最大的n值即可.2.與等差數(shù)列前n項(xiàng)和最值相關(guān)聯(lián)的結(jié)論(1)Sn=An2+Bn(A,B為常數(shù))可以簡(jiǎn)化運(yùn)算.(2)若a1>0且Sp=Sq(p≠q),則①若p+q為偶數(shù),則當(dāng)n=QUOTEp+q2時(shí),Sn最大;②若p+q為奇數(shù),則當(dāng)n=QUOTEp+q-12或n=QUOTEp+q+12Sn最大.三、數(shù)列中的探索性問(wèn)題(求參數(shù))1.條件探索性問(wèn)題:針對(duì)一個(gè)結(jié)論,條件未知需探求,或條件增刪需確定,或條件正誤需判定.2.結(jié)論探索性問(wèn)題:有條件而無(wú)結(jié)論或結(jié)論的正確與否需要確定.3.存在探索性問(wèn)題:要判斷在某些確定條件下的某一數(shù)學(xué)對(duì)象(數(shù)值、圖形、函數(shù)等)是否存在或某一結(jié)論是否成立.1.概念理解(1)條件探索性問(wèn)題解決的基本策略是執(zhí)果索因,先尋找結(jié)論成立的必要條件,再通過(guò)檢驗(yàn)或認(rèn)證找到結(jié)論成立的充分條件.在執(zhí)果索因的過(guò)程中,常常會(huì)犯的一個(gè)錯(cuò)誤是不考慮推理過(guò)程的可逆與否,誤將必要條件當(dāng)作充分條件,應(yīng)引起注意.(2)結(jié)論探索性問(wèn)題的解決策略是:先探索結(jié)論而后去論證結(jié)論,在探索過(guò)程中?？上葟奶厥馇樾稳胧?通過(guò)觀察、分析、歸納、判斷來(lái)猜測(cè),得出結(jié)論,再就一般情形去認(rèn)證結(jié)論.(3)存在探索性問(wèn)題解決策略是:假定題中的數(shù)學(xué)對(duì)象存在或結(jié)論成立或暫且認(rèn)可其中的一部分結(jié)論,然后在這個(gè)前提下進(jìn)行邏輯推理.若由此導(dǎo)出矛盾,則否定假設(shè),否則給出肯定結(jié)論,其中反證法在解題中起著重要作用.2.與探索性問(wèn)題相關(guān)聯(lián)的結(jié)論(1)通過(guò)分離參數(shù)解決恒成立問(wèn)題.(2)數(shù)列中的比較大小可以構(gòu)造函數(shù),通過(guò)函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行證明.(3)數(shù)列問(wèn)題以分式形式給出條件,一般采用取倒數(shù)轉(zhuǎn)化為等差或等比數(shù)列再解答.四、數(shù)列與函數(shù)問(wèn)題1.數(shù)列是一類特殊函數(shù),其定義域?yàn)镹*或其子集;2.等差數(shù)列的通項(xiàng)an可以看作關(guān)于n的一次函數(shù),等比數(shù)列的通項(xiàng)an可以看作關(guān)于n的指數(shù)型函數(shù)(q≠1);3.等差數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn可以看作關(guān)于n的二次函數(shù)型;等比數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn可以看作關(guān)于n的指數(shù)型函數(shù)(q≠1).1.概念理解(1)數(shù)列是一類特殊的函數(shù),它的圖象是一群孤立的點(diǎn);(2)轉(zhuǎn)化為以函數(shù)為背景的條件時(shí),應(yīng)該注意題中的限制條件,如函數(shù)的定義域,這往往是很容易被忽視的問(wèn)題;(3)利用函數(shù)的方法研究數(shù)列中的相關(guān)問(wèn)題時(shí),應(yīng)準(zhǔn)確構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù),注意數(shù)列中相關(guān)限制條件的轉(zhuǎn)化.2.數(shù)列與函數(shù)關(guān)系應(yīng)用相關(guān)聯(lián)的結(jié)論(1)在數(shù)列{an}中,若an+1>an,則{an}為遞增數(shù)列;若an+1<an,則{an}為遞減數(shù)列;(2)數(shù)列的圖象只能是位于y軸右側(cè)的一些孤立點(diǎn);(3)an=2n-1可以等價(jià)于f(n)=2n-1與一次函數(shù)f(x)=2x-1建立聯(lián)系;(4)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn是關(guān)于n的二次函數(shù)型(d≠0),是關(guān)于n的一次函數(shù),比如已知{an}為等差數(shù)列且S10=100,S100=10,求S110時(shí),可以利用三點(diǎn)(10,QUOTES1010),(100,QUOTES100100),(110,QUOTES110110)共線解出S110.1.在等差數(shù)列{an}中,若a1<0,Sn為其前n項(xiàng)和且S7=S17,則Sn最小時(shí)的n的值為(D)(A)12或13 (B)11或12 (C)11 (D)12解析:由S7=S17依據(jù)二次函數(shù)對(duì)稱性知當(dāng)n=12時(shí),Sn最小.故選D.2.(2018·全國(guó)Ⅰ卷)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,若3S3=S2+S4,a1=2,則a5等于(B)(A)-12 (B)-10 (C)10 (D)12解析:設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,由3S3=S2+S4,得3[3a1+×d]=2a1+×d+4a1+QUOTE4×(4-1)2×將a1=2代入上式,解得d=-3,故a5=a1+(5-1)d=2+4×(-3)=-10.故選B.3.已知數(shù)列{an}滿足an+1+an-1=2an,n≥2,點(diǎn)O是平面上不在l上的任意一點(diǎn),l上有不重合的三點(diǎn)A,B,C,又知a2QUOTEOA→+a2015QUOTEOC→=QUOTEOB→,則S2016等于(D)(A)1007 (B)2014 (C)2016 (D)1008解析:如圖,設(shè)QUOTEAB→=λQUOTEAC→,則a2QUOTEOA→+a2015QUOTEOC→=QUOTEOB→=QUOTEOA→+QUOTEAB→=QUOTEOA→+λQUOTEAC→=QUOTEOA→+λ(QUOTEOC→-QUOTEOA→),故(a2-1+λ)QUOTEOA→=(λ-a2015)QUOTEOC→.又A,B,C三點(diǎn)不重合,所以QUOTEa2-1+λ=0,λ-a2又因?yàn)閍n+1+an-1=2an(n≥2),所以{an}為等差數(shù)列,所以S2016=QUOTE2016×(a1+a2016)24.定義:在數(shù)列{an}中,若滿足QUOTEan+2an+1-QUOTEan+1an=d(n∈N*,d為常數(shù)),稱{an}為“等差比數(shù)列”,已知在“等差比數(shù)列”{an}中,a1=a2=1,a3=3,則等于(A)(A)4×20162-1 (B)4×20172-1(C)4×20182-1 (D)4×20182解析:由題意,因?yàn)镼UOTEa3a2-QUOTEa2a1=2,所以{QUOTEan+1an}是首項(xiàng)為1,公差為2的等差數(shù)列,所以QUOTEan+1an=1+2(n-1)=2n-1.QUOTEa2018a2016=·=(2×2017-1)×(2×2016-1)=4×20162-1.5.(2019·溫州模擬)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)的和滿足Sn=an-n,n∈N*,則下列為等比數(shù)列的是(B)(A){an-1} (B){an+1}(C){Sn+1} (D){Sn-1}解析:當(dāng)n=1時(shí),a1=2,當(dāng)n≥2時(shí),Sn-1=QUOTE32an-1-(n-1)①,Sn=QUOTE32an-n②,由②-①得,an=3an-1+2,an+1=3(an-1+1),所以數(shù)列{an+1}是等比數(shù)列.當(dāng)n≥2時(shí),Sn=QUOTE32an-n=QUOTE32(Sn-Sn-1)-n,Sn=3Sn-1+2n,可排除選項(xiàng)C和D.故選B.考點(diǎn)一構(gòu)造新數(shù)列,判斷新數(shù)列是等差或等比數(shù)列[例1]已知數(shù)列{an}滿足:an+2=3an+1-2an,a1=2,a2=4,n∈N*.(1)求證:數(shù)列{an+1-an}為等比數(shù)列,并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;(2)若bn=an(an+1),{bn}的前n項(xiàng)和記為Sn,求Sn.(1)證明:因?yàn)镼UOTEan+2-an+1an所以數(shù)列{an+1-an}是公比為2,首項(xiàng)為2的等比數(shù)列,所以an+1-an=2n,累加可知:an-a1=2+22+…+2n-1=2n-2(n≥2),an=2n(n≥2),當(dāng)n=1時(shí),a1=2滿足上式,所以an=2n(n∈N*).(2)解:因?yàn)閎n=2n(2n+1)=4n+2n,所以Sn=(4+2)+(42+22)+…+(4n+2n)=QUOTE4(1-4n)1-4+QUOTE2=QUOTE4n+13+2n+1-QUOTE103.新數(shù)列的構(gòu)造沒(méi)有一定的模式,一般是根據(jù)題目給出的條件,可能是{an}的遞推關(guān)系也可能是Sn的關(guān)系,根據(jù)情況構(gòu)造,遇到分式一般是取倒數(shù).設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,Sn=2an+λn-4(n∈N*,λ∈R),且數(shù)列{an-1}為等比數(shù)列.(1)求實(shí)數(shù)λ的值,并寫出數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;(2)①判斷數(shù)列{QUOTE1an-1-}(n∈N*)的單調(diào)性;②設(shè)bn=QUOTE(-1)n-1an,數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,證明:T2n<QUOTE29.(1)解:由Sn=2an+λn-4得Sn+1=2an+1+λ(n+1)-4,兩式相減得an+1=2an+1-2an+λ,即an+1=2an-λ,所以an+1-1=2an-λ-1=2(an-QUOTEλ+12).因?yàn)閿?shù)列{an-1}為等比數(shù)列,所以QUOTEλ+12=1,λ=1,所以a1=3,a1-1=2,所以an-1=2n,an=2n+1.(2)①解:因?yàn)镼UOTE1an-1-QUOTE1an=QUOTE1an(an-1)=QUOTE1(2n+1又2n,2n+1單調(diào)遞增,所以數(shù)列{QUOTE1an-1-QUOTE1an}(n∈N*)為單調(diào)遞減數(shù)列.②證明:因?yàn)閎n=QUOTE(-1)n-1an=QUOTE(-1)n所以T2n=b1+b2+…+b2n=(QUOTE13-QUOTE15)+(QUOTE19-QUOTE117)+…+(QUOTE122n-1+1-QUOTE122n+1)由①得-QUOTE1a2n-1>QUOTE1a2n-1-QUOTE1a2n,即QUOTE122n-1-QUOTE122n-1+1>QUOTE122n-QUOTE122n+1所以QUOTE122n-1+1-QUOTE122n+1<QUOTE122n-1-QUOTE122n==QUOTE14n.所以T2n<(-QUOTE15QUOTE15)+(QUOTE142+QUOTE143+…+)=(QUOTE13-QUOTE15QUOTE15)+QUOTE116(1-14n-1)1-14<QUOTE13-QUOTE15+QUOTE112=QUOTE1360<QUOTE29.考點(diǎn)二數(shù)列與函數(shù)關(guān)系[例2](2018·浙江卷)已知a1,a2,a3,a4成等比數(shù)列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若a1>1,則()(A)a1<a3,a2<a4 (B)a1>a3,a2<a4(C)a1<a3,a2>a4 (D)a1>a3,a2>a4解析:因?yàn)閘nx≤x-1(x>0),所以a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)≤a1+a2+a3-1,所以a4=a1·q3≤-1.由a1>1,得q<0.若q≤-1,則ln(a1+a2+a3)=a1+a2+a3+a4=a1(1+q)·(1+q2)≤0.又a1+a2+a3=a1(1+q+q2)≥a1>1,所以ln(a1+a2+a3)>0,矛盾.因此-1<q<0.所以a1-a3=a1(1-q2)>0,a2-a4=a1q(1-q2)<0,所以a1>a3,a2<a4.故選B.求等差數(shù)列前n項(xiàng)和的最值常用的方法(1)利用等差數(shù)列的單調(diào)性,求出最值;(2)利用性質(zhì)求出其正負(fù)轉(zhuǎn)折項(xiàng),便可求得和的最值;(3)將等差數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn=An2+Bn(A,B為常數(shù))看作二次函數(shù),根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求最值.(2019·浙江溫州普通高中適應(yīng)性測(cè)試)已知數(shù)列{an}中的各項(xiàng)都小于1,a1=,-2an+1=-an(n∈N*),記Sn=a1+a2+a3+…+an,則S10的取值范圍為(B)(A)(0,QUOTE12) (B)(QUOTE12,)(C)(QUOTE34,1) (D)(1,2)解析:因?yàn)镼UOTEan+12-2an+1=QUOTEan2-an,所以=>0,所以an,an+1同號(hào),又a1=QUOTE12,所以an>0.因?yàn)镾10=(2a10-a9)+(2a9-a8)+…+(2a2-a1)+2a1-a10=(-)+(QUOTEa92-)+…+(-)+2a1-a10=QUOTEa102-+2a1-a10=(a10-QUOTE12)2+QUOTE12,又a10∈(0,1),所以S10∈(QUOTE12,QUOTE34),故選B.考點(diǎn)三數(shù)列中的探索性問(wèn)題(求參數(shù))[例3]已知數(shù)列{an}中,a1=2,a2=3,其前n項(xiàng)和Sn滿足Sn+2+Sn=2Sn+1+1(n∈N*);數(shù)列{bn}中b1=a1,bn+1=4bn+6(n∈N*).(1)求數(shù)列{an},{bn}的通項(xiàng)公式;(2)設(shè)cn=bn+2+(-1)n-1λ·QUOTE2an(λ為非零整數(shù),n∈N*),試確定λ的值,使得對(duì)?n∈N*都有cn+1>cn成立.解:(1)由已知得Sn+2-Sn+1-(Sn+1-Sn)=1,所以an+2-an+1=1(n≥1).又a2-a1=1,所以數(shù)列{an}是以a1=2為首項(xiàng),1為公差的等差數(shù)列.所以an=n+1.因?yàn)閎n+1=4bn+6,即bn+1+2=4(bn+2),又b1+2=a1+2=4,所以數(shù)列{bn+2}是以4為首項(xiàng),4為公比的等比數(shù)列.所以bn=4n-2.解:(2)因?yàn)閍n=n+1,bn=4n-2,所以cn=4n+(-1)n-1λ·2n+1.要使cn+1>cn成立,需cn+1-cn=4n+1-4n+(-1)nλ·2n+2-(-1)n-1λ·2n+1>0恒成立,化簡(jiǎn)得3·4n-3λ(-1)n-12n+1>0恒成立,即(-1)n-1λ<2n-1恒成立,①當(dāng)n為正奇數(shù)時(shí),即λ<2n-1恒成立,當(dāng)且僅當(dāng)n=1時(shí),2n-1有最小值1,所以λ<1;②當(dāng)n為正偶數(shù)時(shí),即λ>-2n-1恒成立,當(dāng)且僅當(dāng)n=2時(shí),-2n-1有最大值-2,所以λ>-2,即-2<λ<1.又λ為非零整數(shù),則λ=-1.綜上所述,存在λ=-1,使得對(duì)任意n∈N*,都有cn+1>cn成立.對(duì)于數(shù)列問(wèn)題,一般要先求出數(shù)列的通項(xiàng),不是等差數(shù)列和等比數(shù)列的要轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列或等比數(shù)列.遇到Sn要注意利用Sn與an的關(guān)系將其轉(zhuǎn)化為an,再研究其具體性質(zhì).遇到(-1)n型的問(wèn)題要注意分n為奇數(shù)與偶數(shù)兩種情況進(jìn)行討論,本題易忘掉對(duì)n的奇偶性的討論而致誤.[例4](2019·臺(tái)州模擬)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,已知Sn=2an-n,n∈N+.(1)求證數(shù)列{an+1}為等比數(shù)列,并求通項(xiàng)公式an;(2)若對(duì)任意的n∈N+,都有λan≤Sn+n-n2,求實(shí)數(shù)λ的取值范圍.解:(1)由Sn=2an-n得,n≥2時(shí),Sn-1=2an-1-(n-1),兩式相減可得,an=2an-1+1,an+1=2(an-1+1),由S1=2a1-1,得a1=1,所以{an+1}是首項(xiàng)為2,公比為2的等比數(shù)列.an+1=(a1+1)2n-1=2n,an=2n-1.解:(2)由λan≤Sn+n-n2,得λ(2n-1)≤2n+1-2-n+n-n2,λ≤2-,λ≤(2-QUOTEn22n-1)min,設(shè)f(n)=QUOTEn22n-1f(n+1)-f(n)=-=.n=1時(shí),f(n+1)-f(n)>0,n≥2時(shí),f(n+1)-f(n)<0,所以f(1)<f(2)>…>f(n),f(n)的最大值為f(2)=.2-QUOTEn22n-1的最小值為,所以λ的取值范圍是(-∞,QUOTE23].對(duì)于結(jié)論探索性問(wèn)題,需要先得出一個(gè)結(jié)論,再進(jìn)行證明.注意含有兩個(gè)變量的問(wèn)題,變量歸一是常用的解題思想,一般把其中的一個(gè)變量轉(zhuǎn)化為另一個(gè)變量,根據(jù)題目條件,確定變量的值,遇到數(shù)列中的比較大小問(wèn)題可以采用構(gòu)造函數(shù),根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行證明,這是解決復(fù)雜問(wèn)題常用的方法.[例5]已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=QUOTE35,an+1=QUOTE3an2an+1,n∈N*.(1)求證:數(shù)列{QUOTE1an-1}為等比數(shù)列;(2)是否存在互不相等的正整數(shù)m,s,n,使m,s,n成等差數(shù)列,且am-1,as-1,an-1成等比數(shù)列?如果存在,請(qǐng)給予證明;如果不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.(1)證明:因?yàn)镼UOTE1an+1=QUOTE23+QUOTE13an,所以QUOTE1an+1-1=QUOTE13(QUOTE1anQUOTE1an-1).又因?yàn)镼UOTE1a1-1≠0,所以QUOTE1anQUOTE1an-1≠0(n∈N*).所以數(shù)列{QUOTE1an-1}為等比數(shù)列.(2)解:假設(shè)存在,則m+n=2s,(am-1)(an-1)=(as-1)2,由(1)知QUOTE1an-1=(QUOTE1a1-1)(QUOTE13)n-1=QUOTE23n,則an=QUOTE3n3n+2,所以(QUOTE3n3n+2-1)(QUOTE3m3m+2-1)=(QUOTE3s3s+2-1)2,化簡(jiǎn)得3m+3n=2×3s因?yàn)?m+3n≥2×QUOTE3m+n=2×3s,當(dāng)且僅當(dāng)m=n時(shí)等號(hào)成立,又m,s,n互不相等,所以不存在.數(shù)列問(wèn)題是以分式形式給出條件的,一般采用取倒數(shù),再轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列或等比數(shù)列,通過(guò)等差數(shù)列與等比數(shù)列的橋梁作用求出通項(xiàng).遇到多個(gè)變量的存在性問(wèn)題,一般先假設(shè)存在,再尋找滿足的條件,一般可以利用基本不等式、值域或范圍等判斷是否存在.已知{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且an+Sn=4(n∈N*).(1)求證:數(shù)列{an}是等比數(shù)列;(2)是否存在正整數(shù)k,使QUOTESk+1-2Sk(1)證明:由題意,Sn+an=4,Sn+1+an+1=4,所以(Sn+1+an+1)-(Sn+an)=0,即2an+1-an=0,an+1=QUOTE12an,又2a1=S1+a1=4,所以a1=2.所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2,公比為QUOTE12的等比數(shù)列.(2)解:Sn==4-22-n.QUOTESk+1-2Sk-2>2?>2?<0?QUOTE23<21-k<1?1<2k-1<QUOTE32.因?yàn)閗∈N*,所以2k-1∈N*.這與2k-1∈(1,QUOTE32)相矛盾,故不存在這樣的k,使不等式成立.數(shù)列的函數(shù)特性[例題]已知數(shù)列{an}滿足a1=1,|an+1-an|=pn,n∈N*.(1)若{an}是遞增數(shù)列,且a1,2a2,3a3成等差數(shù)列,求p的值;(2)若p=,且{a2n-1}是遞增數(shù)列,{a2n}是遞減數(shù)列,求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.解:(1)因?yàn)閧an}是遞增數(shù)列,所以an+1-an=pn.又a1=1,a2=p+1,a3=p2+p+1,因?yàn)閍1,2a2,3a3成等差數(shù)列,所以4a2=a1+3a3,4p+4=1+3p2+3p+3,3p2=p,解得p=QUOTE13或p=0,當(dāng)p=0,an+1-an=0,與{an}是遞增數(shù)列矛盾,所以p=QUOTE13.解:(2)因?yàn)閧a2n-1}是遞增數(shù)列,所以a2n+1-a2n-1>0,于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)>0.①由于<QUOTE122n-1,所以|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|.②由①②得a2n-a2n-1>0,所以a2n-a2n-1=(QUOTE12)2n-1=QUOTE(-1)2n22n-1.因?yàn)閧a2n}是遞減數(shù)列,所以同理可得a2n+1-a2n<0,a2n+1-a2n=-()2n=QUOTE(-1)2n+122n由③④得an+1-an=QUOTE(-1)n+12n所以an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+QUOTE(-1)221+QUOTE(-1)322+…+QUOTE(-1)n=1+QUOTE12·QUOTE1-(-12)

n=QUOTE43+QUOTE13·QUOTE(-1)n2n-1,所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=QUOTE43+QUOTE13·QUOTE(-1)n2n-1.規(guī)范要求:(1)在第一問(wèn)中,因?yàn)閧an}是遞增數(shù)列,所以an+1-an=pn,去掉絕對(duì)值符號(hào),后面對(duì)p的取值取舍,需要檢驗(yàn),漏不得;(2)第二問(wèn)中的子數(shù)列:{a2n-1}是遞增數(shù)列,{a2n}是遞減數(shù)列,是解決本題的關(guān)鍵.溫馨提示:(1)由{an}是遞增數(shù)列,去掉絕對(duì)值符號(hào),求出前三項(xiàng),再利用a1,2a2,3a3成等差數(shù)列,得到關(guān)于p的方程即可;(2){a2n-1}是遞增數(shù)列,{a2n}是遞減數(shù)列,可以去掉絕對(duì)值符號(hào),再利用疊加法求通項(xiàng)公式.[規(guī)范訓(xùn)練1]設(shè)數(shù)列{an}為等比數(shù)列,數(shù)列{bn}滿足bn=na1+(n-1)a2+…+2an-1+an,n∈N*,已知b1=m,b2=QUOTE3m2,其中m≠0.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)(用含m的式子表示);(2)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,若對(duì)于任意的正整數(shù)n,都有Sn∈[1,3],求實(shí)數(shù)m的取值范圍.解:(1)由已知b1=a1,所以a1=m,又b2=2a1+a2,所以2a1+a2=m,解得a2=-QUOTEm2,所以數(shù)列{an}的公比q=-QUOTE12.an=m(-QUOTE12)n-1.解:(2)Sn=QUOTEm[1-(-12)

n]1-(-12)=QUOTE2m3·[1-(-因?yàn)?-(-QUOTE12)n>0,所以,由Sn∈[1,3]得QUOTE11-(-12)

n≤QUOTE2m3QUOTE2m3≤QUOTE31-(-當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)1-(-QUOTE12)n∈(1,],當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)1-(-QUOTE12)n∈[QUOTE34,1),所以1-(-QUOTE12)n最大值為QUOTE32,最小值為QUOTE34.對(duì)于任意的正整數(shù)n都有≤≤,所以QUOTE43≤QUOTE2m3≤2,2≤m≤3.即所求實(shí)數(shù)m的取值范圍是{m|2≤m≤3}.[規(guī)范訓(xùn)練2]已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,數(shù)列{Sn}的前n項(xiàng)和為Tn,滿足Tn=2Sn-n2.(1)證明:數(shù)列{an+2}是等比數(shù)列,并求出數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;(2)設(shè)bn=n·an,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Kn.(1)證明:由Tn=2Sn-n2,得a1=2a1-1,解得a1=S1=1,由S1+S2=2S2-4,解得a2=4.當(dāng)n≥2時(shí),Sn=Tn-Tn-1=2Sn-n2-2Sn-1+(n-1)2,即Sn=2Sn-1+2n-1,①Sn+1=2Sn+2n+1,②由②-①得an+1=2an+2,所以an+1+2=2(an+2),又a2+2=2(a1+2),所以數(shù)列{an+2}是以a1+2=3為首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)列,所以an+2=3·2n-1,即an=3·2n-1-2.(2)解:因?yàn)閎n=3n·2n-1-2n,所以Kn=3(1·20+2·21+…+n·2n-1)-2(1+2+…+n)=3(1·20+2·21+…+n·2n-1)-n2-n.記Rn=1·20+2·21+…+n·2n-1,③2Rn=1·21+2·22+…+n·2n,④由③-④得-Rn=1·20+1·21+…+2n-1-n·2n=-n·2n=(1-n)·2n-1,所以Rn=(n-1)·2n+1.所以Kn=3(n-1)2n-n2-n+3.類型一新數(shù)列的構(gòu)造及性質(zhì)判斷1.化簡(jiǎn)Sn=n+(n-1)×2+(n-2)×22+…+2×2n-2+2n-1的結(jié)果是(D)(A)2n+1+n-2 (B)2n+1-n+2(C)2n-n-2 (D)2n+1-n-2解析:因?yàn)镾n=n+(n-1)×2+(n-2)×22+…+2×2n-2+2n-1,①2Sn=n×2+(n-1)×22+(n-2)×23+…+2×2n-1+2n,②所以①-②得-Sn=n-(2+22+23+…+2n)=n+2-2n+1,所以Sn=2n+1-n-2.故選D.2.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且an+Sn=n,則下列說(shuō)法正確的是(B)(A){an}是等比數(shù)列 (B){an-1}是等比數(shù)列(C){an+1}是等比數(shù)列 (D){an-2}是等比數(shù)列解析:由an+Sn=n,①當(dāng)n=1時(shí),a1+S1=1,即a1=QUOTE12,當(dāng)n≥2時(shí),an-1+Sn-1=n-1,②①-②得an-an-1+an=1,即an=an-1+,所以an-1=QUOTE12(an-1-1),即QUOTEan-1an-1-1=QUOTE12又a1-1=-QUOTE12,所以{an-1}是首項(xiàng)為-QUOTE12,公比為QUOTE12的等比數(shù)列.故選B.3.已知數(shù)列{an}中的任意一項(xiàng)都為正實(shí)數(shù),且對(duì)任意m,n∈N*,有am·an=am+n,如果a10=32,則a1的值是(C)(A)-2 (B)2 (C)QUOTE2 (D)-QUOTE2解析:令m=1,則QUOTEan+1an=a1,所以數(shù)列{an}是以a1為首項(xiàng),公比為a1的等比數(shù)列,從而an=,因?yàn)閍10=32,所以a1=QUOTE2.故選C.4.等比數(shù)列{cn}滿足cn+1+cn=10·4n-1(n∈N*),數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且an=log2cn,則an=.

解析:設(shè){cn}的公比為q,由題意知c1+c2=10,c2+c3=40,即QUOTEc1+c1q=10,c1q+c1所以cn=2·4n-1