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專題20 數(shù)列綜合問題的探究
【自主熱身，歸納提煉】
1、數(shù)列{an}為等比數(shù)列，且a1＋1，a3＋4，a5＋7成等差數(shù)列，則公差d＝________.
【答案】： 3
【解析】：設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，則(a1＋1)＋(a1q4＋7)＝2(a1q2＋4)，即a1＋a1q4＝2a1q2.因?yàn)閍1≠0，所以q2＝1，a1＝a3＝a5，故公差d＝3.
2、 設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S3，S9，S6成等差數(shù)列，且a2＋a5＝4，則a8的值為________．
【答案】：. 2
【解析】：當(dāng)q＝1時(shí)，顯然不符合題意．當(dāng)q≠1時(shí)，設(shè)Sn＝，因?yàn)镾3，S9，S6成等差數(shù)列，所以2q9－q6－q3＝0，即2q6－q3－1＝0，解得q3＝－或q3＝1(舍去)．又a2＋a5＝a2(1＋q3)＝＝4，故a2＝8，即a8＝a2q6＝2.
3、已知數(shù)列為等差數(shù)列，其前12項(xiàng)和為354，在前12項(xiàng)中，偶數(shù)項(xiàng)之和與奇數(shù)項(xiàng)之和的比為，則這個(gè)數(shù)列的公差為__________．
【答案】：5
【解析】 由題意偶數(shù)項(xiàng)和為192，奇數(shù)項(xiàng)和為162，又，所以這個(gè)數(shù)列的公差為5．
4、已知數(shù)列是遞增的等比數(shù)列，，則數(shù)列的前項(xiàng)和等于 ．
【答案】：
5、 已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，且＜－1，它的前n項(xiàng)和Sn有最小值，則Sn取到最小正數(shù)時(shí)的n＝ ．
【答案】：12
【解析】 由題意可知，又＜－1，所以從而，所以Sn取到最小正數(shù)時(shí)的n的值為12．
6、設(shè)等比數(shù)列的前項(xiàng)和為，若成等差數(shù)列，且，其中，則的值為 ．
【答案】：129
【解析】：設(shè)等比數(shù)列的公比為，則由題意得，也就是，即，
解之得或；由于,,所以不符合題意，舍；
當(dāng)時(shí)，，從而，
所以．
7、 設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若S3，S9，S6成等差數(shù)列，且a8＝3，則a5的值為________．
8、設(shè)是數(shù)列的前n項(xiàng)和，且，，則________．
【答案】：
【解析】 由已知得，兩邊同時(shí)除以，得，故數(shù)列是以為首項(xiàng)，為公差的等差數(shù)列，則，所以．
9、設(shè)數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1，公差不為零的等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和，若S1，S2，S4成等比數(shù)列，則數(shù)列{an}的公差為________．
【答案】：. 2
思路分析 先用公差d分別表示S2，S4，列方程求出d.
設(shè)公差為d，其中d≠0，則S1，S2，S4分別為1,2＋d,4＋6d.由S1，S2，S4成等比數(shù)列，得(2＋d)2＝4＋6d，即d2＝2d.因?yàn)閐≠0，所以d＝2.
10、設(shè)公差為d(d為奇數(shù)，且d>1)的等差數(shù)列的前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】： 因?yàn)镾m－1＝－9，Sm＝0，所以am＝9.又Sm＝＝0，所以a1＋am＝0，即a1＝－9.又am＝－9＋(m－1)d＝9，即(m－1)d＝18，因?yàn)閙－1為正整數(shù)，d為比1大的奇數(shù)，故d＝3，m＝7或d＝9，m＝3(舍)，故an＝a1＋(n－1)d＝3n－12.
11、. 若公比不為1的等比數(shù)列{an}滿足log2(a1a2…a13)＝13，等差數(shù)列{bn}滿足b7＝a7，則b1＋b2＋…＋b13的值為________．
【答案】：. 26
【解析】：因?yàn)榈缺葦?shù)列{an}滿足log2(a1a2…a13)＝13，所以a1a2…a13＝213，(a7)13＝213，a7＝2，所以等差數(shù)列{bn}中，b7＝a7＝2，b1＋b2＋…＋b13＝13b7＝132＝26.
解后反思 記住一些常用的結(jié)論可以提高解題速度．在等比數(shù)列{an}中，若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，則aman＝apaq；在等差數(shù)列{an}中，若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，則am＋an＝ap＋aq.
12、已知等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為，公比為－，其前n項(xiàng)和為Sn，若對(duì)n∈N*恒成立，則B－A的最小值為 ．
【答案】：．
【解析】 由題意可求得，令，則，從而，所以，所以B－A的最小值為．
【問題探究，變式訓(xùn)練】
例1、．已知實(shí)數(shù)成等比數(shù)列，成等差數(shù)列，則的最大值為 ．
【答案】
【解析】解法1（基本不等式）由題意知，所以
由基本不等式的變形式,則有：，解得，所以的最大值為.
解法2（判別式法）由題意知，
則,代入得，即，上述關(guān)于的方程有解，所以，解得，所以的最大值為.
【變式1】、在正項(xiàng)等比數(shù)列{an}中，若a4＋a3－2a2－2a1＝6，則a5＋a6的最小值為________．
【答案】：. 48
思路分析 首先根據(jù)基本量思想，可用首項(xiàng)a1和公比q來表示a5＋a6，即建立a5＋a6的目標(biāo)函數(shù)．但是它含有兩個(gè)變量a1和q，可由a4＋a3－2a2－2a1＝6再建立一個(gè)關(guān)于a1和q的等式，然后消去一個(gè)變量，那么消誰呢？原則：一是易于消去誰，二是對(duì)誰了解得更為詳細(xì)，就保留誰．由這兩點(diǎn)可知，應(yīng)消去a1，保留q，這就得到關(guān)于q的函數(shù)．接下來用函數(shù)或不等式即可求出最值．這里運(yùn)用換元或整體思想結(jié)合基本不等式即可求出最值，但運(yùn)用基本不等式求最值，一定要檢驗(yàn)等號(hào)成立的條件．
解法1 由a4＋a3－2a2－2a1＝6，得a1(q＋1)(q2－2)＝6，所以a1(q＋1)＝.因?yàn)閍n＞0，所以q2－2＞0，a5＋a6＝a1(1＋q)q4＝＝6＝6(q2＋2)＋＝6q2－2＋＋4≥62＋4＝68＝48，當(dāng)且僅當(dāng)q2－2＝，即q＝2，a1＝1時(shí)，等號(hào)成立，所以a5＋a6最小值為48.
解法2 由a4＋a3－2a2－2a1＝6，得(a2＋a1)(q2－2)＝6，所以a2＋a1＝.因?yàn)閍n＞0，所以q2－2＞0，即q2＞2，a5＋a6＝(a1＋a2)q4＝＝.令t＝∈，則－＝t－2t2＝－22＋，當(dāng)t＝∈時(shí)，式子－取得最大值，從而a5＋a6＝取得最小值68＝48.
【變式2】、. 設(shè)Sn是等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，an>0，若S6－2S3＝5，則S9－S6的最小值為________．
【答案】： 20
思路分析1 從研究等比數(shù)列的基本方法——基本量入手，將條件用a1，q表示出來，為此消去一個(gè)變量a1，從而將S9－S6用q的表達(dá)式表示出來，由此轉(zhuǎn)化為用基本不等式來求函數(shù)的最小值．這當(dāng)中要注意對(duì)公比q是否等于1進(jìn)行討論．
思路分析2 注意到所研究的是等比數(shù)列的前3項(xiàng)、前6項(xiàng)、前9項(xiàng)和的關(guān)系，因此，考慮將S3作為一個(gè)整體來加以考慮，從而將S6，S9轉(zhuǎn)化為S3的形式，進(jìn)而來研究問題．
解法2 因?yàn)镾6＝S3(1＋q3)，所以由S6－2S3＝5得S3＝>0，從而q>1，故S9－S6＝S3(q6＋q3＋1)－S3(q3＋1)＝S3q6＝，以下同解法1.
課本探源 (本題改編自必修5p62題10)設(shè)Sn是等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，S3，S9，S6成等差數(shù)列，求證：a2，a8，a5成等差數(shù)列．
解后反思 整體法是研究問題的一種常用的方法，它可以起到化繁為簡、化難為易的作用，對(duì)于一些復(fù)雜的且有一個(gè)特征的代數(shù)式，經(jīng)常采用整體法來研究．
【變式3】、. 已知等比數(shù)列{an}的公比q＞1，其前n項(xiàng)和為Sn.若S4＝2S2＋1，則S6的最小值為________．
【答案】：. 2＋3
思路分析 首先根據(jù)基本量思想，可用首項(xiàng)a1和公比q來表示S6，即建立S6的目標(biāo)函數(shù)，但是它含有兩個(gè)變量a1和q，可由S4＝2S2＋1再建立一個(gè)關(guān)于a1和q的等式，然后消去一個(gè)變量，那么消誰呢？原則如下：一是誰易于消去就消去誰；二是對(duì)誰了解的更為詳細(xì)，就保留誰．由這兩點(diǎn)可知，應(yīng)消去a1，保留q，這就得到S6是關(guān)于q的一元函數(shù)，接下來用函數(shù)或不等式即可求出最值，這里運(yùn)用換元或整體思想結(jié)合基本不等式即可求出最值，但運(yùn)用基本不等式求最值，一定要檢驗(yàn)等號(hào)成立的條件．
因?yàn)榈缺葦?shù)列{an}的公比q＞1，所以Sn＝，由S4＝2S2＋1，得＝2＋1，解得a1＝，所以S6＝＝＝＝＝(q2－1)＋＋3，因?yàn)閝>1，所以q2－1>0，因此(q2－1)＋＋3≥2＋3，當(dāng)且僅當(dāng)q2－1＝，即q＝時(shí)，S6取得最小值2＋3.
【關(guān)聯(lián)1】、已知等比數(shù)列{an}滿足a2a5＝2a3，且a4，，2a7成等差數(shù)列，則a1a2…an的最大值為________．
【答案】. 1 024
解法1 設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)可得a2a5＝a3a4＝2a3，由于a3≠0，可得a4＝2.因?yàn)閍4，，2a7成等差數(shù)列，所以2＝a4＋2a7，可得a7＝，由a7＝a4q3可得q＝，由a4＝a1q3可得a1＝16，從而an＝a1qn－1＝16n－1(也可直接由an＝a4qn－4得出)，令bn＝a1a2…an，則＝an＋1＝16，令16≥1，可得n≤4，故b1
b6>…>bn，所以當(dāng)n＝4或5時(shí)，a1a2…an的值最大，為1 024.
解法2 同解法1得an＝16n－1，令an≥1可得n≤5，故當(dāng)1≤n≤5時(shí)，an≥1，當(dāng)n≥6時(shí)，00，a2＋b2<0，則a3＋b3的取值范圍是________．
【答案】： (－∞，－2)
解法1 由題意得在平面直角坐標(biāo)系a1Ob1中作出可行域，如下圖，即得目標(biāo)函數(shù)z＝a3＋b3＝a1＋4＋4b1的取值范圍是 (－∞，－2)．
解法2 由題意得所以a3＋b3＝a1＋4＋4b1＝－2(a1＋b1)＋3(a1＋2b1)＋4<－6＋4＝－2.
【關(guān)聯(lián)3】、 已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝1，前n項(xiàng)和為Sn，且滿足2an＋1＋Sn＝2(n∈N*)，則滿足<<的n的最大值為________．
解法2 因?yàn)?an＋1＋Sn＝2，所以2(Sn＋1－Sn)＋Sn＝2，即2Sn＋1－Sn＝2，所以2(Sn＋1－2)＝Sn－2.又因?yàn)镾1－2＝a1－2＝－1≠0，所以Sn－2≠0，所以＝，所以{Sn－2}是首項(xiàng)為－1，公比為的等比數(shù)列，則Sn－2＝－1n－1，所以Sn＝2－n－1，以下同解法1.
【關(guān)聯(lián)4】、. 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]
求參數(shù)的常用方法是分離參數(shù)，所以首先將參數(shù)p進(jìn)行分離，從而將問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)f(n)＝Sn－4n的最大值與最小值，再注意到題中含有n－1，涉及負(fù)數(shù)的乘方，所以需對(duì)n進(jìn)行分類討論．
令f(n)＝Sn－4n＝4n＋－4n＝.
當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，f(n)＝單調(diào)遞減，則當(dāng)n＝1時(shí)，f(n)max＝1；
當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，f(n)＝單調(diào)遞增，由當(dāng)n＝2時(shí)，f(n)min＝.
又≤p≤，所以2≤p≤3.
本題的本質(zhì)是研究數(shù)列的最值問題，因此，研究數(shù)列的單調(diào)性就是一個(gè)必要的過程，需要注意的是，由于本題是離散型的函數(shù)問題，所以，要注意解題的規(guī)范性，“當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，f(n)＝，單調(diào)遞減，此時(shí)f(n)∈；當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，f(n)＝，單調(diào)遞增，此時(shí)f(n)∈”的寫法是不正確的，因?yàn)閒(n)并不能取到∪＝內(nèi)的所有值．
例2、在數(shù)列{an}中，已知a1＝，an＋1＝an－，n∈N*，設(shè)Sn為{an}的前n項(xiàng)和．
(1) 求證：數(shù)列{3nan}是等差數(shù)列；
(2) 求Sn；
(3) 是否存在正整數(shù)p，q，r(p＜q＜r)，使Sp，Sq，Sr成等差數(shù)列？若存在，求出p，q，r的值；若不存在，說明理由．
思路分析 第(1)問，由條件中的遞推關(guān)系，構(gòu)造出數(shù)列{3nan}，從而來證明它是等差數(shù)列；第(2)問，注意到數(shù)列{an}為等差數(shù)列與等比數(shù)列對(duì)應(yīng)項(xiàng)的乘積構(gòu)成的，因此，利用錯(cuò)位相減的方法來求它的和即可；第(3)問的本質(zhì)是不定方程求解，對(duì)于此類問題，通常是研究最小變量的取值范圍來進(jìn)行求解，在求解的過程中，經(jīng)常要利用數(shù)列的單調(diào)性來縮小范圍、減少變量．
【解析】： (1) 因?yàn)閍n＋1＝an－，所以3n＋1an＋1－3nan＝－2.(2分)
又因?yàn)閍1＝，所以31a1＝1，
所以{3nan}是首項(xiàng)為1，公差為－2的等差數(shù)列. (4分)
(2) 由(1)知3nan＝1＋(n－1)(－2)＝3－2n，所以an＝(3－2n)n，(6分)
所以Sn＝11＋(－1)2＋(－3)3＋…＋(3－2n)n，
所以Sn＝12＋(－1)3＋…＋(5－2n)n＋(3－2n)n＋1，
兩式相減得Sn＝－22＋3＋…＋n－(3－2n)n＋1＝－2＋(2n－3)n＋1＝2nn＋1，
所以Sn＝.(10分)
(3) 假設(shè)存在正整數(shù)p，q，r(p＜q＜r)，使Sp，Sq，Sr成等差數(shù)列，則2Sq＝Sp＋Sr，即＝＋.
由于當(dāng)n≥2時(shí)，an＝(3－2n)n＜0，所以數(shù)列{Sn}單調(diào)遞減．
又p＜q，所以p≤q－1且q至少為2，所以≥.(12分)
－＝.
①當(dāng)q≥3時(shí)，≥≥，又＞0，
所以＋＞，等式不成立．(14分)
②當(dāng)q＝2時(shí)，p＝1，
所以＝＋，所以＝，所以r＝3({Sn}單調(diào)遞減，解唯一確定)．
綜上可知，p，q，r的值為1,2,3.(16分)
【變式1】、已知等差數(shù)列{an}的公差為2，其前n項(xiàng)和Sn＝pn2＋2n，n∈N*.
(1) 求實(shí)數(shù)p的值及數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2) 在等比數(shù)列{bn}中，b3＝a1，b4＝a2＋4，若{bn}的前n項(xiàng)和為Tn.求證： 數(shù)列為等比數(shù)列．
【解析】： (1) Sn＝na1＋d＝na1＋n(n－1)＝n2＋(a1－1)n，又Sn＝pn2＋2n，n∈N*，(2分)
所以p＝1，a1－1＝2，即a1＝3，(4分)
所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.(6分)
(2) 因?yàn)閎3＝a1＝3，b4＝a2＋4＝9，所以q＝3.(8分)
所以bn＝b3qn－3＝33n－3＝3n－2，所以b1＝.(10分)
所以Tn＝＝，所以Tn＋＝.(12分)
又T1＋＝，
所以＝＝3(n≥2)，所以數(shù)列是以為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列．(14分)
【變式2】、已知n為正整數(shù)，數(shù)列{an}滿足an＞0,4(n＋1)a－na＝0，設(shè)數(shù)列{bn}滿足bn＝.(1) 求證：數(shù)列為等比數(shù)列；
(2) 若數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，求實(shí)數(shù)t的值；
(3) 若數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，前n項(xiàng)和為Sn，對(duì)任意的n∈N*，均存在m∈N*，使得8aSn－an2＝16bm成立，求滿足條件的所有整數(shù)a1的值．
(2) 由(1)得＝a12n－1，an＝a12n－1，
所以bn＝＝.(5分)
因?yàn)閿?shù)列{bn}是等差數(shù)列，則2b2＝b1＋b3，(6分)
得2＝＋，即＝＋，則t2－16t＋48＝0，
解得 t1＝4，t2＝12.(7分)
當(dāng)t1＝4時(shí)，bn＝，
bn＋1－bn＝－＝，數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，符合題意；(8分)
當(dāng)t2＝12時(shí)，bn＝，
b2＋b4＝＋＝＝a，2b3＝2＝，
b2＋b4≠2b3，所以數(shù)列{bn}不是等差數(shù)列，t2＝12不符合題意．(9分)
綜上，若數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，t＝4.(10分)
(3) 由(2)得bn＝，
對(duì)任意的n∈N*，均存在m∈N*，使8aSn－an2＝16bm，
則8－an2＝16，所以m＝.(12分)
當(dāng)a1＝2k，k∈N*時(shí)，此時(shí)m＝＝k2n，對(duì)任意的n∈N*，符合題意；(14分)
當(dāng)a1＝2k－1，k∈N*時(shí)，取n＝1，則m＝＝k2－k＋.不合題意．(15分)
綜上，當(dāng)a1＝2k，k∈N*時(shí)，對(duì)任意的n∈N*，均存在m∈N*，使8aSn－an2＝16bm.(16分)
【變式3】、已知數(shù)列，均為各項(xiàng)都不相等的數(shù)列，Sn為的前n項(xiàng)和，an＋1bn＝Sn＋1(n∈N*)．
(1) 若a1＝1，bn＝，求a4的值；
(2) 若是公比為q的等比數(shù)列，求證：存在實(shí)數(shù)λ，使得為等比數(shù)列；
(3) 若的各項(xiàng)都不為零，是公差為d的等差數(shù)列，求證：a2，a3，…，an，…成等差數(shù)列的充要條件是d＝.
第(2)問，證明數(shù)列為等比數(shù)列，可以從兩個(gè)角度來加以思考，一是利用為已知數(shù)列，將表示為的形式，進(jìn)而根據(jù)數(shù)列為等比數(shù)列的通項(xiàng)特征，即它的通項(xiàng)應(yīng)該是Aqn的形式(其中A，q為常數(shù))，由此來確定λ的值；二是由an，bn的關(guān)系來得到數(shù)列的遞推公式，通過遞推公式來證明存在λ使得為等比數(shù)列；第(3)問，由于要證明數(shù)列成等差數(shù)列的充要條件是數(shù)列的公差d＝，因此，最為直接的想法就是將數(shù)列的遞推關(guān)系表示為等差數(shù)列的公差d的形式，由此來證明命題；或者分別從兩個(gè)方面來證明，一是由d＝來證明數(shù)列為等差數(shù)列，此時(shí)的想法是將數(shù)列的遞推關(guān)系用數(shù)列表示出來，從而利用構(gòu)造特殊數(shù)列或累積的方法來求出an，進(jìn)而證明為等差數(shù)列；二是由數(shù)列為等差數(shù)列來證明的公差為，此時(shí)，將數(shù)列用來表示，利用數(shù)列為等差數(shù)列的定義來證明．
【解析】： (1) 由a1＝1，bn＝，
知a2＝4，a3＝6，a4＝8.(2分)
(2) 解法1 因?yàn)閍n＋1bn＝Sn＋1，所以a1qnbn＝＋1，
所以qnbn＝＋－，
即bn＝n－，(4分)
所以存在實(shí)數(shù)λ＝，使得bn＋λ＝n，(6分)
又因?yàn)閎n＋λ≠0(否則{bn}為常數(shù)數(shù)列與題意不符)，
所以當(dāng)n≥2時(shí)，＝，此時(shí){bn＋λ}為等比數(shù)列，
所以存在實(shí)數(shù)λ＝，使{bn＋λ}為等比數(shù)列．(8分)
解法2 因?yàn)閍n＋1bn＝Sn＋1?、?，
所以當(dāng)n≥2時(shí)，anbn－1＝Sn－1＋1?、冢?
①－②得，當(dāng)n≥2時(shí)，an＋1bn－anbn－1＝an?、?，(4分)
由③得，當(dāng)n≥2時(shí)，bn＝bn－1＋＝bn－1＋，(6分)
所以bn＋＝.
又因?yàn)閎n＋≠0(否則{bn}為常數(shù)數(shù)列與題意不符)，
所以存在實(shí)數(shù)λ＝，使{bn＋λ}為等比數(shù)列．(8分)
(3) 解法1 因?yàn)閧bn}為公差為d的等差數(shù)列，
所以由③得，當(dāng)n≥2時(shí)，an＋1bn－an(bn－d)＝an，即(an＋1－an)bn＝(1－d)an，
因?yàn)閧an}，{bn}各項(xiàng)均不相等，所以an＋1－an≠0,1－d≠0，
所以當(dāng)n≥2時(shí)，＝?、?，(10分)
當(dāng)n≥3時(shí)，＝?、?，由④－⑤，得
當(dāng)n≥3時(shí)，－＝＝ ⑥.(12分)
先證充分性：即由d＝證明a2，a3，…，an，…成等差數(shù)列．
因?yàn)閐＝，由⑥得，－＝1，
所以當(dāng)n≥3時(shí)，＝1＋＝，
又an≠0，所以an＋1－an＝an－an－1，即a2，a3，…，an，…成等差數(shù)列．(14分)
再證必要性：即由a2，a3，…，an，…成等差數(shù)列證明d＝.
因?yàn)閍2，a3，…，an，…成等差數(shù)列，所以當(dāng)n≥3時(shí)，an＋1－an＝an－an－1，
所以由⑥得，－＝－＝1＝，
所以d＝.
綜上a2，a3，…，an，…成等差數(shù)列的充要條件是d＝.(16分)
解法2 由③得，當(dāng)n≥2時(shí)，an＋1bn＝an(1＋bn－1)，
先證充分性：證法1 若d＝時(shí)，不妨設(shè)bn＝n＋A，所以＝＝，
所以…＝…，所以an＋1＝a2(a2，A為常數(shù))．
即a2，a3，…，an，…成等差數(shù)列．(12分)
證法2 若d＝時(shí)，不妨設(shè)bn＝n＋A，所以＝＝，
所以＝，從而為常數(shù)列，即＝，
故an＝a2(a2，A為常數(shù))．
即a2，a3，…，an，…成等差數(shù)列．(12分)
再證必要性：若a2，a3，…，an…成等差數(shù)列，設(shè)公差為d1.
由an＋1bn＝an(1＋bn－1)，得(an＋d1)bn＝an(1＋bn－d)，
即and＋d1bn＝an, 所以bn＝，
所以bn－bn－1＝d＝，所以d＝1－d，所以d＝. (16分)
【關(guān)聯(lián)1】、已知數(shù)列{an}中a1＝1，an＋1＝
(1) 是否存在實(shí)數(shù)λ，使得數(shù)列{a2n－λ}是等比數(shù)列？若存在，求出λ的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．
(2) 若Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，求滿足Sn>0的所有正整數(shù)n.
【解析】令a2(n＋1)－λ＝(a2n－λ)，得a2(n＋1)＝a2n＋λ，所以λ＝.(4分)
此時(shí)，a2－λ＝＋1－＝－.(5分)
所以存在λ＝，使得數(shù)列{a2n－λ}是等比數(shù)列．(6分)
(2) 由(1)知，數(shù)列是首項(xiàng)為－，公比為的等比數(shù)列，
所以a2n－＝－n－1＝－，
即a2n＝.(8分)
由a2n＝a2n－1＋(2n－1)，得a2n－1＝3a2n－3(2n－1)＝－6n＋3，(10分)
所以a2n－1＋a2n＝－6n＋3＋＝－2n－6n＋9.
所以S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n)＝－2＋2＋…＋n－6(1＋2＋…＋n)＋9n＝－3n2＋6n－1，(12分)
從而S2n－1＝S2n－a2n＝－3n2＋6n－.
因?yàn)楹停?n2＋6n＝－3(n－1)2＋3在n∈N*時(shí)均單調(diào)遞減，所以S2n和S2n－1均各自單調(diào)遞減．(14分)
計(jì)算得S1＝1，S2＝，S3＝－，S4＝－，
所以滿足Sn>0的所有正整數(shù)n的值為1和2.(16分)
對(duì)于通項(xiàng)公式分奇偶不同的數(shù)列{an}求Sn時(shí)，一般先把a(bǔ)2k－1＋a2k看做一項(xiàng)，求出S2k，再求S2k－1＝S2k－a2k.
例3、設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若≤≤2(n∈N*)，則稱{an}是“緊密數(shù)列”．
(1) 若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn＝(n2＋3n)(n∈N*)，證明：{an}是“緊密數(shù)列”；
(2) 設(shè)數(shù)列{an}是公比為q的等比數(shù)列．若數(shù)列{an}與{Sn}都是“緊密數(shù)列”，求實(shí)數(shù)q的取值范圍．
【解析】： (1) 由數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝(n2＋3n)(n∈N*)，
得an＝＝
所以an＝n＋(n∈N*)．(2分)
所以＝＝＝1＋，(4分)
因?yàn)閷?duì)任意n∈N*,0<≤，即1<1＋≤，
所以1<＝1＋≤，
所以≤≤2，即{an}是“緊密數(shù)列”．(6分)
②當(dāng)q≠1時(shí)，Sn＝，則＝.
因?yàn)閿?shù)列{Sn}為“緊密數(shù)列”，所以≤＝≤2對(duì)于任意n∈N*恒成立．
(ⅰ) 當(dāng)≤q<1時(shí)，(1－qn)≤1－qn＋1≤2(1－qn)，即對(duì)于任意n∈N*恒成立．
因?yàn)?－1，
所以當(dāng)≤q<1時(shí)，對(duì)于任意n∈N*恒成立．(13分)
(ⅱ) 當(dāng)11,2q－1>1，－1
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沖刺2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)
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專題20
數(shù)列綜合問題的探究含解析
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