江苏专版2020版高考数学一轮复习第六章数列第五节数列的综合问题教案理含解析苏教版

第五节数列的综合问题考点一数列与不等式问题重点保分型考点——师生共研[典例引领]若各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n，且2S n＝a n＋1 (n∈N*)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若正项等比数列{b n}，满足b2＝2,2b7＋b8＝b9，求T n＝a1b1＋a2b2＋…＋a n b n；(3)对于(2)中的T n，若对任意的n∈N*，不等式λ(－1)n＜12n＋1(T n＋21)恒成立，求实数λ的取值范围．解：(1)因为2S n＝a n＋1，所以4S n＝(a n＋1)2，且a n＞0，则4a1＝(a1＋1)2，解得a1＝1，又4S n＋1＝(a n＋1＋1)2，所以4a n＋1＝4S n＋1－4S n＝(a n＋1＋1)2－(a n＋1)2，即(a n＋1－a n－2)(a n＋1＋a n)＝0，因为a n＞0，所以a n＋1＋a n≠0，所以a n＋1－a n＝2，所以{a n}是公差为2的等差数列，又a1＝1，所以a n＝2n－1.(2)设数列{b n}的公比为q，因为2b7＋b8＝b9，所以2＋q＝q2，解得q＝－1(舍去)或q＝2，由b2＝2，得b1＝1，故b n＝2n－1.因为T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －1)×2n －1，所以2T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)×2n， 两式相减得－T n ＝1＋2(2＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)×2n，故T n ＝(2n －1)×2n－1－2(2＋22＋…＋2n －1)＝(2n －1)×2n －1－2(2n－2)＝(2n －3)×2n＋3.(3)不等式λ(－1)n ＜12n ＋1(T n ＋21)可化为(－1)nλ＜n －32＋62n －1.①当n 为偶数时，λ＜n －32＋62n －1，记g (n )＝n －32＋62n －1，则有λ＜g (n )min .因为g (n ＋2)－g (n )＝2＋62n ＋1－62n －1＝2－92n ，当n ＝2时，g (n ＋2)＜g (n )，当n ≥4时，g (n ＋2)＞g (n )，即g (4)＜g (2)，当n ≥4时，g (n )单调递增，g (n )min ＝g (4)＝134，所以λ＜134.②当n 为奇数时，λ＞32－n －62n －1，记h (n )＝32－n －62n －1，则有λ＞h (n )max .因为h (n ＋2)－h (n )＝－2－62n ＋1＋62n －1＝－2＋92n ， 当n ＝1时，h (n ＋2)＞h (n )，当n ≥3时，h (n ＋2)＜h (n )，即h (3)＞h (1)，当n ≥3时，h (n )单调递减，h (n )max ＝h (3)＝－3，所以λ＞－3. 综上所述，实数λ的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－3，134.[由题悟法]1．数列与不等式的综合问题考查类型 (1)判断数列中的一些不等关系问题； (2)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题； (3)考查与数列问题有关的不等式的证明问题． 2．解决数列与不等式问题的两个注意点(1)利用基本不等式或函数的单调性求解相关最值时，应注意n 取正整数的限制条件． (2)利用放缩法证明不等式、求解参数的范围时，尽量先求和、后放缩，注意放缩的尺度，否则会导致范围扩大或缩小而得不到正确的结果．[即时应用]已知数列{a n }满足a 1＝6，a 2＝20，且a n －1·a n ＋1＝a 2n －8a n ＋12(n ∈N *，n ≥2)．(1)证明：数列{a n ＋1－a n }为等差数列； (2)令c n ＝n ＋1a n na n ＋1＋na n ＋1n ＋1a n ，数列{c n }的前n 项和为T n ，求证：2n ＜T n ＜2n ＋23.证明：(1)当n ＝2时，a 1·a 3＝a 22－8a 2＋12， 所以a 3＝42.当n ≥2时，由a n －1·a n ＋1＝a 2n －8a n ＋12， 得a n ·a n ＋2＝a 2n ＋1－8a n ＋1＋12，两式相减得a n a n ＋2－a n －1a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n －8a n ＋1＋8a n ， 所以a 2n ＋a n a n ＋2－8a n ＝a 2n ＋1＋a n －1a n ＋1－8a n ＋1， 即a n (a n ＋a n ＋2－8)＝a n ＋1(a n ＋1＋a n －1－8)， 所以a n ＋a n ＋2－8a n ＋1＝a n ＋1＋a n －1－8a n ＝…＝a 3＋a 1－8a 2＝2.所以a n ＋2＋a n －8＝2a n ＋1， 即a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝8， 即(a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝8， 当n ＝1时，也满足此式． 又a 2－a 1＝14，所以数列{a n ＋1－a n }是以14为首项，8为公差的等差数列． (2)由(1)知a n ＋1－a n ＝14＋8(n －1)＝8n ＋6.由a 2－a 1＝8×1＋6，a 3－a 2＝8×2＋6，…，a n －a n －1＝8×(n －1)＋6，累加得a n －a 1＝8×[1＋2＋3＋…＋(n －1)]＋6(n －1)＝8×n －11＋n －12＋6(n －1)＝4n 2＋2n －6，所以a n ＝4n 2＋2n .所以c n ＝n ＋1a nna n ＋1＋na n ＋1n ＋1a n ＝2n ＋12n ＋3＋2n ＋32n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22n ＋3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋22n ＋1＝2＋2⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3，所以T n ＝2n ＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝2n ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3，又13＞13－12n ＋3＝2n ＋3－332n ＋3＝2n32n ＋3＞0，所以2n ＜T n ＜2n ＋23.考点二 与数列有关的探索性问题重点保分型考点——师生共研 [典例引领]已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝a ，且a n ＋1＝k (a n ＋a n ＋2)对任意正整数n 都成立，数列{a n }的前n 项和为S n .(1)若k ＝12，且S 2 018＝2 018a ，求a 的值；(2)是否存在实数k ，使数列{a n }是公比不为1的等比数列，且对任意相邻三项a m ，a m ＋1，a m ＋2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，请说明理由．解：(1)当k ＝12时，a n ＋1＝12(a n ＋a n ＋2)，即a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，所以数列{a n }是等差数列，此时首项a 1＝1，公差d ＝a 2－a 1＝a －1，所以数列{a n }的前2 018项和S 2 018＝2 018＋12×2 018×(2 018－1)(a －1)＝2 018a ，解得a ＝1.(2)设数列{a n }是等比数列，则它的公比q ＝a 2a 1＝a (a ≠1)， 所以a m ＝am －1，a m ＋1＝a m ，a m ＋2＝am ＋1.①若a m ＋1为等差中项，则2a m ＋1＝a m ＋a m ＋2， 即2a m＝am －1＋am ＋1，解得a ＝1，不合题意；②若a m 为等差中项，则2a m ＝a m ＋1＋a m ＋2， 即2am －1＝a m ＋am ＋1，化简得a 2＋a －2＝0，解得a ＝－2(a ＝1舍去)，所以k ＝a m ＋1a m ＋a m ＋2＝a m a m －1＋a m ＋1＝a 1＋a 2＝－25；③若a m ＋2为等差中项，则2a m ＋2＝a m ＋1＋a m ， 即2am ＋1＝a m ＋am －1，化简得2a 2－a －1＝0，解得a ＝－12(a ＝1舍去)，所以k ＝a m ＋1a m ＋a m ＋2＝a m a m －1＋a m ＋1＝a 1＋a 2＝－25.综上，满足要求的实数k 有且仅有一个，且k ＝－25.[由题悟法]数列中存在性问题的求解策略数列中的探索性问题的主要题型为存在型，解答的一般策略为：先假设所探求的对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到否定的结论，即不存在．若推理不出现矛盾，能求得已知范围内的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果．[即时应用]设数列{a n }的前n 项和为S n ，且(S n －1)2＝a n S n . (1)求a 1； (2)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n －1为等差数列； (3)是否存在正整数m ，k ，使1a k S k ＝1a m＋19成立？若存在，求出m ，k ；若不存在，说明理由．解：(1)当n ＝1时，(a 1－1)2＝a 21，∴a 1＝12.(2)证明：∵(S n －1)2＝a n S n ，∴当n ≥2时，(S n －1)2＝(S n －S n －1)S n ， ∴－2S n ＋1＝－S n －1S n ， 即1－S n ＝S n (1－S n －1)， ∴1S n －1－1＝S nS n －1，∴1S n －1－1S n －1－1＝1S n －1－S n S n －1＝1－S nS n －1＝－1为定值， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n －1为等差数列． (3)∵1a 1－1＝－2， ∴1S n －1＝－2＋(n －1)×(－1)＝－n －1， ∴S n ＝nn ＋1，∴a n ＝S n －12S n＝1nn ＋1. 假设存在正整数m ，k ，使1a k S k ＝1a m＋19成立，则(k ＋1)2＝m (m ＋1)＋19， ∴4(k ＋1)2＝4m (m ＋1)＋76，∴[(2k ＋2)＋(2m ＋1)][(2k ＋2)－(2m ＋1)]＝75， ∴(2k ＋2m ＋3)(2k －2m ＋1)＝75＝75×1＝25×3＝15×5，∴⎩⎪⎨⎪⎧2k ＋2m ＋3＝75，2k －2m ＋1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧2k ＋2m ＋3＝25，2k －2m ＋1＝3或⎩⎪⎨⎪⎧2k ＋2m ＋3＝15，2k －2m ＋1＝5.解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝18，m ＝18或⎩⎪⎨⎪⎧k ＝6，m ＝5或⎩⎪⎨⎪⎧k ＝4，m ＝2.考点三 新定义数列问题 重点保分型考点——师生共研[典例引领]若存在非零常数p ，对任意的正整数n ，a 2n ＋1＝a n a n ＋2＋p ，则称数列{a n }是“T 数列”． (1)若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2(n ∈N *)，求证：{a n }是“T 数列”； (2)设{a n }是各项均不为0的“T 数列”． ①若p ＜0，求证：{a n }不是等差数列；②若p ＞0，求证：当a 1，a 2，a 3成等差数列时，{a n }是等差数列． 证明：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1， 当n ＝1时，符合上式， 所以a n ＝2n －1.则{a n }是“T 数列”⇔存在非零常数p ，对任意正整数n ，(2n ＋1)2＝(2n －1)(2n ＋3)＋p ，显然p ＝4满足题意，所以{a n }是“T 数列”． (2)①假设{a n }是等差数列，设a n ＝a 1＋(n －1)d ，则由a 2n ＋1＝a n a n ＋2＋p ，得(a 1＋nd )2＝[a 1＋(n －1)d ]·[a 1＋(n ＋1)d ]＋p ， 解得p ＝d 2≥0，这与p ＜0矛盾，故假设不成立， 从而{a n }不是等差数列． ②因为a 2n ＋1＝a n a n ＋2＋p ， 所以a 2n ＝a n －1a n ＋1＋p (n ≥2)，两式相减得，a 2n ＋1－a 2n ＝a n a n ＋2－a n －1a n ＋1. 因为{a n }的各项均不为0， 所以a n ＋1＋a n －1a n ＝a n ＋a n ＋2a n ＋1(n ≥2)， 故⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1＋a n －1a n (n ≥2)是常数列， 因为a 1，a 2，a 3成等差数列，所以a 3＋a 1a 2＝2， 从而a n ＋1＋a n －1a n＝2(n ≥2)， 即a n ＋1＋a n －1＝2a n (n ≥2)，所以{a n }是等差数列．[由题悟法](1)新情境和新定义下的新数列问题，一般命题形式是根据定义的条件推断这个新数列的一些性质或判断一个数列是否属于这类数列的问题.(2)数列试题的情境，除了常见的等差数列、等比数列和递推数列外，有时还会出现周期数列、分段数列、数表型数列以及子数列问题等新情境．[即时应用]对于数列{a n }，记Δ1a n ＝a n ＋1－a n ，Δk ＋1a n ＝Δk a n ＋1－Δk a n ，k ，n ∈N *，则称数列{Δk a n }为数列{a n }的“k 阶差数列”．(1)已知Δ1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ，①若{a n }为等比数列，求a 1的值；②证明：当n ＞m ，n ，m ∈N *时，|a n －a m |＜23.(2)已知数列{b n }为数列{a n }的“2阶差数列”，若b n ＝3n －2，a 1＝1，且a n ≥a 3对n ∈N *恒成立，求a 2的取值范围．解：(1)①因为a 2＝a 1＋Δ1a 1＝a 1－12，a 3＝a 2＋Δ1a 2＝a 1－14，且{a n }为等比数列，所以a 22＝a 1·a 3，即⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－122＝a 1⎝⎛⎭⎪⎫a 1－14，解得a 1＝13.②证明：当n ＞m 时，因为a n －a m ＝Δ1a n －1＋…＋Δ1a m＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －m 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝23·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m －⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ， 所以|a n －a m |＝23·⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m －⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ≤23·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ＜43·⎝ ⎛⎭⎪⎫12m.又43·⎝ ⎛⎭⎪⎫12m单调递减， 所以43·⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ≤43×12＝23，故当n ＞m ，n ，m ∈N *时，|a n －a m |＜23.(2)因为数列{b n }为数列{a n }的“2阶差数列”，且b n ＝3n －2，所以Δ2a n ＝3n－2， 所以Δ1a n ＝Δ2a n －1＋Δ2a n －2＋…＋Δ2a 1＋Δ1a 1＝31－3n －11－3－2(n －1)＋Δ1a 1＝3n2－2n ＋12＋Δ1a 1 ＝3n2－2n ＋a 2－12. 由Δ2a n ＝3n －2＞0知，{Δ1a n }单调递增， 所以要使a n ≥a 3对n ∈N *恒成立，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧Δ1a 2＝a 3－a 2≤0，Δ1a 3＝a 4－a 3≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2≤0，a 2＋7≥0，解得－7≤a 2≤0.所以a 2的取值范围是[－7,0]．1．已知各项都不小于1的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＝6S n ＋3n －2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n ＋1，从数列{b n }中抽取部分项b 1，b 9，bn 3，bn 4，…，bn k ，…，按从小到大的顺序构成等比数列．①求{n k }的通项公式；②记c k＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫13k，k ＝1，2，3k9n k－32k，k ≥3，k ∈N *，数列{c k }的前k 项和是T k ，求证：T k ＜2536.解：(1)由a n ＝6S n ＋3n －2，移项并平方得(a n ＋2)2＝a 2n ＋4a n ＋4＝6S n ＋3n ，则a 2n －1＋4a n －1＋4＝6S n －1＋3(n －1)，n ≥2， 两式相减得，a 2n －a 2n －1＋4a n －4a n －1＝6a n ＋3，n ≥2，即a 2n －2a n ＋1＝a 2n －1＋4a n －1＋4，n ≥2， 即(a n －1)2＝(a n －1＋2)2，n ≥2. 又a n ≥1，所以a n －1＝a n －1＋2，n ≥2， 即a n －a n －1＝3，n ≥2，又a 1＋2＝6a 1＋3，所以a 21－2a 1＋1＝0，解得a 1＝1， 所以数列{a n }是首项为1，公差为3的等差数列， 故a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. (2)①由b n ＝3n －2＋1，得b 1＝2，b 9＝6，故等比数列的首项为2，公比为3， 则bn k ＝2×3k －1＝3n k －2＋1.化简得n k ＝4×32k －3－4×3k －2＋1.②证明：由题意可得T 1＝13＜2536，T 2＝13＋19＝49＜2536，当k ≥3，k ∈N *时，c k ＝3k4×32k －1－4×3k ＋9－32k ＝3k ＋132k －12×3k＋27 ＝3k ＋13k－33k－9＝92⎝ ⎛⎭⎪⎫13k －9－13k ＋1－9.则T k ＝c 1＋c 2＋…＋c k ＝49＋92⎝ ⎛⎭⎪⎫133－9－134－9＋134－9－135－9＋…＋13k －9－13k ＋1－9＝49＋92⎝ ⎛⎭⎪⎫133－9－13k ＋1－9＝2536－32×13k －3＜2536， 综上，T k ＜2536.2．设数列{a n }的首项为1，前n 项和为S n ，若对任意的n ∈N *，均有S n ＝a n ＋k －k (k 是常数且k ∈N *)成立，则称数列{a n }为“P (k )数列”．(1)若数列{a n }为“P (1)数列”，求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在数列{a n }既是“P (k )数列”，也是“P (k ＋2)数列”？若存在，求出符合条件的数列{a n }的通项公式及对应的k 的值；若不存在，请说明理由；(3)若数列{a n }为“P (2)数列”，a 2＝2，设T n ＝a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n2n ，证明：T n ＜3.解：(1)数列{a n }为“P (1)数列”，则S n ＝a n ＋1－1， 所以S n ＋1＝a n ＋2－1，两式相减得，a n ＋2＝2a n ＋1，又n ＝1时，a 1＝a 2－1＝1，所以a 2＝2， 故a n ＋1＝2a n 对任意的n ∈N *恒成立，即a n ＋1a n＝2， 所以数列{a n }为等比数列，其通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *.(2)假设存在这样的数列{a n }，由{a n }是“P (k )数列”可得，S n ＝a n ＋k －k ， 故有S n ＋1＝a n ＋k ＋1－k ，两式相减得，a n ＋1＝a n ＋k ＋1－a n ＋k ， 则有a n ＋3＝a n ＋k ＋3－a n ＋k ＋2.同理，由{a n }是“P (k ＋2)数列”可得，a n ＋1＝a n ＋k ＋3－a n ＋k ＋2， 所以a n ＋1＝a n ＋3对任意的n ∈N *恒成立，所以S n ＝a n ＋k －k ＝a n ＋k ＋2－k ＝S n ＋2，即S n ＝S n ＋2. ① 又S n ＝a n ＋k ＋2－k －2＝S n ＋2－2，即S n ＋2－S n ＝2. ②①②两式矛盾，故不存在数列{a n }既是“P (k )数列”，也是“P (k ＋2)数列”． (3)证明：因为数列{a n }为“P (2)数列”，所以S n ＝a n ＋2－2， 所以S n ＋1＝a n ＋3－2，两式相减得，a n ＋1＝a n ＋3－a n ＋2， 又n ＝1时，a 1＝a 3－2＝1，故a 3＝3， 又a 2＝2，满足a 3＝a 2＋a 1，所以a n ＋2＝a n ＋1＋a n 对任意的n ∈N *恒成立， 所以数列{a n }的前几项为1,2,3,5,8，故T n ＝a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n 2n ＝12＋222＋323＋524＋825＋…＋a n2n ，③当n ＝1时，T 1＝a 12＝12＜3，当n ＝2时，T 2＝a 12＋a 222＝1＜3，当n ≥3时，12T n ＝122＋223＋324＋525＋…＋a n －12n ＋a n2n ＋1，④由③④得，12T n ＝12＋122＋123＋224＋…＋a n －a n －12n－a n2n ＋1 ＝12＋122＋123＋224＋…＋a n －22n －a n2n ＋1 ＝34＋14T n －2－a n2n ＋1， 显然T n －2＜T n ，a n 2n ＋1＞0，故12T n ＜34＋14T n ，即T n ＜3.综上，T n ＜3.3．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：(t －1)S n －ta n ＋t ＝0(t 为常数，且t ≠0，t ≠1，n ∈N *)．(1)设b n ＝a n (a n ＋S n )，若数列{b n }为等比数列，求t 的值； (2)当t ＞1时，记c n ＝a na n －1a n ＋1－1，T n 是数列{c n }的前n 项和，求证：T n ＜1t －12；(3)当t ＝5时，是否存在整数对(m ，n )(其中m ∈Z ，n ∈N *)满足a 2n －(4＋m )a n ＋7m ＋15＝0？若存在，求出所有满足题意的整数对(m ，n )；若不存在，请说明理由．解：(1)当n ＝1时，(t －1)S 1－ta 1＋t ＝0，得a 1＝t . 当n ≥2时，由(1－t )S n ＝－ta n ＋t ，① 得(1－t )S n －1＝－ta n －1＋t ，② ①－②，得(1－t )a n ＝－ta n ＋ta n －1， 即a n ＝ta n －1，∴a na n －1＝t (n ≥2)， ∴数列{a n }是等比数列，且公比是t ，∴a n ＝t n. 由b n ＝a n (a n ＋S n )知，b n ＝(t n )2＋t 1－t n 1－t ·t n＝t 2n ＋t n ＋1－2t 2n ＋11－t.若数列{b n }为等比数列，则有b 22＝b 1·b 3， 而b 1＝2t 2，b 2＝t 3(2t ＋1)，b 3＝t 4(2t 2＋t ＋1)， 故[t 3(2t ＋1)]2＝2t 2·t 4(2t 2＋t ＋1)，解得t ＝12，将t ＝12代入b n ，得b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，满足{b n }为等比数列，∴t ＝12.(2)证明：由(1)知，a n ＝t n， ∴c n ＝a na n －1a n ＋1－1＝t nt n－1t n ＋1－1＝1t －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1t n －1－1t n ＋1－1，则T n ＝1t －1⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1－1t 2－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2－1－1t 3－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1t n －1－1t n ＋1－1 ＝1t －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1－1t n ＋1－1，又t ＞1，∴T n ＜1t －12.(3)当t ＝5时，由(1)知a n ＝5n， 由a 2n －(4＋m )a n ＋7m ＋15＝0， 得52n －(4＋m )5n＋7m ＋15＝0，故m ＝52n －4×5n ＋155n －7＝5n －75n＋3＋365n－7 ＝5n＋3＋365n－7. 若存在整数对(m ，n )，则365n－7必须是整数． 当n ＝1时，m ＝－10； 当n ＝2时，m ＝30；当n ≥3时，5n－7＞36，不符合．综上，所有满足题意的整数对(m ，n )为(－10,1)，(30,2)．4．定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的差都大于或等于2，则称这个数列为“D 数列”．(1)若数列{a n }为“D 数列”，且a 1＝a －3，a 2＝a ，a 3＝a 2－4，求实数a 的取值范围； (2)若首项为1的等差数列{a n }的每一项均为正整数，且数列{a n }为“D 数列”，其前n 项和S n 满足S n ＜n 2＋2n (n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式；(3)已知等比数列{a n }的每一项均为正整数，且数列{a n }为“D 数列”，a 2－a 1＜3，设b n＝2×6nn ＋1·a n(n ∈N *)，试判断数列{b n }是否为“D 数列”，并说明理由．解：(1)由题意得a 2－a 1＝3＞2，a 3－a 2＝a 2－4－a ≥2，即a 2－a －6≥0，解得a ≥3或a ≤－2.所以实数a 的取值范围为(－∞，－2]∪[3，＋∞)． (2)设等差数列{a n }的公差为d ，则d ≥2， 由a 1＝1，得S n ＝n ＋n n －12d ，由题意得，n ＋n n －12d ＜n 2＋2n 对n ∈N *均成立．当n ＝1时，上式成立． 当n ≥2时，d ＜2n ＋2n －1＝2＋4n －1.又d ∈N *，所以d ≤2，所以d ＝2，所以等差数列{a n }的通项公式a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (3)设等比数列{a n }的公比为q ，则a n ＝a 1qn －1，因为数列{a n }的每一项均为正整数，且a n ＋1－a n ＝a n q －a n ＝a n (q －1)≥2＞0，所以q ＞1，且q 为整数，则a n ＋1－a n ＝q (a n －a n －1)＞a n －a n －1，n ≥2，n ∈N *，所以在数列{a n－a n－1}中，a2－a1为最小项．由数列{a n}为“D数列”，可知只需a2－a1≥2，即a1(q－1)≥2，又a2－a1＜3，即a1(q－1)＜3，由数列{a n}的每一项均为正整数，可得a1(q－1)＝2，所以a1＝1，q＝3或a1＝2，q＝2.①当a1＝1，q＝3时，a n＝3n－1，则b n＝2×6nn＋1·3n－1＝3n＋1×2n＋1.令c n＝b n＋1－b n(n∈N*)，则c n＝3n＋2×2n＋2－3n＋1×2n＋1＝3×2n＋1×⎝⎛⎭⎪⎫2n＋2－1n＋1＝3×2n＋1×nn＋2n＋1，所以c n＋1－c n＝3×2n＋2×n＋1n＋3n＋2－3×2n＋1×nn＋2n＋1＝3×2n＋1×n2＋n＋2n＋3n＋2n＋1＞0，所以数列{c n}为递增数列，即c n＞c n－1＞c n－2＞…＞c1.又c1＝b2－b1＝2，所以对任意的n∈N*都有b n＋1－b n≥2，所以数列{b n}是“D数列”．②当a1＝2，q＝2时，a n＝2n，则b n＝2×6nn＋1·2n＝2n＋1×3n.令d n＝b n＋1－b n(n∈N*)，则d n＝2n＋2×3n＋1－2n＋1×3n＝2×3n×⎝⎛⎭⎪⎫3n＋2－1n＋1＝2×3n×2n＋1n＋2n＋1，所以d n＋1－d n＝2×3n＋1×2n＋3n＋3n＋2－2×3n×2n＋1n＋2n＋1＝2×3n×4n2＋8n＋6n＋3n＋2n＋1＞0，所以数列{d n}为递增数列，即d n＞d n－1＞d n－2＞…＞d1.又d1＝b2－b1＝3，所以对任意的n∈N*都有b n＋1－b n≥2，所以数列{b n}是“D数列”．综上，数列{b n}是“D数列”．命题点一 数列的概念及表示1.(2016·上海高考)无穷数列{a n }由k 个不同的数组成，S n 为{a n }的前n 项和．若对任意n ∈N *，S n ∈{2,3}，则k 的最大值为________．解析：由S n ∈{2,3}，得a 1＝S 1∈{2,3}．将数列写出至最多项，其中有相同项的情况舍去，共有如下几种情况：①a 1＝2，a 2＝0，a 3＝1，a 4＝－1； ②a 1＝2，a 2＝1，a 3＝0，a 4＝－1； ③a 1＝2，a 2＝1，a 3＝－1，a 4＝0； ④a 1＝3，a 2＝0，a 3＝－1，a 4＝1； ⑤a 1＝3，a 2＝－1，a 3＝0，a 4＝1； ⑥a 1＝3，a 2＝－1，a 3＝1，a 4＝0. 最多项均只能写到第4项，即k max ＝4. 答案：42．(2014·全国卷Ⅱ)数列 {a n }满足 a n ＋1＝11－a n ，a 8＝2，则a 1 ＝________.解析：将a 8＝2代入a n ＋1＝11－a n ，可求得a 7＝12；再将a 7＝12代入a n ＋1＝11－a n，可求得a 6＝－1；再将a 6＝－1代入a n ＋1＝11－a n，可求得a 5＝2；由此可以推出数列{a n }是一个周期数列，且周期为3，所以a 1＝a 7＝12.答案：12命题点二 等差数列与等比数列1．(2018·北京高考)设{a n }是等差数列，且a 1＝3，a 2＋a 5＝36，则{a n }的通项公式为________．解析：法一：设数列{a n }的公差为d .∵a 2＋a 5＝36，∴(a 1＋d )＋(a 1＋4d )＝2a 1＋5d ＝36.∵a 1＝3，∴d ＝6，∴a n ＝6n －3.法二：设数列{a n }的公差为d ，∵a 2＋a 5＝a 1＋a 6＝36，a 1＝3，∴a 6＝33，∴d ＝a 6－a 15＝6，∴a n ＝6n －3.答案：a n ＝6n －32．(2017·江苏高考)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________. 解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则由S 6≠2S 3，得q ≠1，则⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 11－q 31－q ＝74，S 6＝a11－q 61－q＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝14，则a 8＝a 1q 7＝14×27＝32.答案：323．(2018·全国卷Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. 解析：∵S n ＝2a n ＋1，∴当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1， 即a n ＝2a n －1.当n ＝1时，由a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1为－1，公比q 为2的等比数列，∴S n ＝a 11－q n 1－q ＝－1×1－2n1－2＝1－2n，∴S 6＝1－26＝－63. 答案：－634．(2016·江苏高考)已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________．解析：法一：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝10，知S 5＝5a 1＋5×42d ＝10，得a 1＋2d ＝2，即a 1＝2－2d .所以a 2＝a 1＋d ＝2－d ，代入a 1＋a 22＝－3，化简得d 2－6d ＋9＝0，所以d ＝3，a 1＝－4.故a 9＝a 1＋8d ＝－4＋24＝20.法二：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝10，知5a 1＋a 52＝5a 3＝10，所以a 3＝2.所以由a 1＋a 3＝2a 2，得a 1＝2a 2－2，代入a 1＋a 22＝－3，化简得a 22＋2a 2＋1＝0，所以a 2＝－1.公差d ＝a 3－a 2＝2＋1＝3，故a 9＝a 3＋6d ＝2＋18＝20. 答案：205．(2018·北京高考)设{a n }是等差数列，且a 1＝ln 2，a 2＋a 3＝5ln 2. (1)求{a n }的通项公式； (2)求e 1a＋e2a ＋…＋ena .解：(1)设{a n }的公差为d . 因为a 2＋a 3＝5ln 2， 所以2a 1＋3d ＝5ln 2. 又a 1＝ln 2，所以d ＝ln 2. 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ln 2. (2)因为e 1a＝eln 2＝2，e ane 1n a ＝e1n n a a －－＝eln 2＝2，所以数列{e a n }是首项为2，公比为2的等比数列， 所以e 1a ＋e2a ＋…＋ena ＝2×1－2n1－2＝2n ＋1－2.6．(2017·江苏高考)对于给定的正整数k ，若数列{a n }满足：a n －k ＋a n －k ＋1＋…＋a n －1＋a n ＋1＋…＋a n ＋k －1＋a n ＋k ＝2ka n ，对任意正整数n (n ＞k )总成立，则称数列{a n }是“P (k )数列”．(1)证明：等差数列{a n }是“P (3)数列”；(2)若数列{a n }既是“P (2)数列”，又是“P (3)数列”，证明：{a n }是等差数列． 证明：(1)因为{a n }是等差数列，设其公差为d ， 则a n ＝a 1＋(n －1)d ，从而，当n ≥4时，a n －k ＋a n ＋k ＝a 1＋(n －k －1)d ＋a 1＋(n ＋k －1)d ＝2a 1＋2(n －1)d ＝2a n ，k ＝1,2,3，所以a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝6a n ， 因此等差数列{a n }是“P (3)数列”．(2)数列{a n }既是“P (2)数列”，又是“P (3)数列”，因此， 当n ≥3时，a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＝4a n ，①当n ≥4时，a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝6a n .② 由①知，a n －3＋a n －2＝4a n －1－(a n ＋a n ＋1)，③a n ＋2＋a n ＋3＝4a n ＋1－(a n －1＋a n )．④将③④代入②，得a n －1＋a n ＋1＝2a n ，其中n ≥4， 所以a 3，a 4，a 5，…是等差数列，设其公差为d ′. 在①中，取n ＝4，则a 2＋a 3＋a 5＋a 6＝4a 4， 所以a 2＝a 3－d ′，在①中，取n ＝3，则a 1＋a 2＋a 4＋a 5＝4a 3， 所以a 1＝a 3－2d ′， 所以数列{a n }是等差数列．7．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2＝2，S 3＝－6. (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列． 解：(1)设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 11＋q ＝2，a 11＋q ＋q2＝－6.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，q ＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n. (2)由(1)可得S n ＝－2×[1－－2n]1－－2＝－23＋(－1)n 2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n 2n ＋3－2n ＋23＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23＋－1n2n ＋13＝2S n ， 故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．8．(2015·江苏高考)设a 1，a 2，a 3，a 4是各项为正数且公差为d (d ≠0)的等差数列． (1)证明：2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列．(2)是否存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列？并说明理由． (3)是否存在a 1，d 及正整数n ，k 使得a n1，a n ＋k2，a n ＋2k3，a n ＋3k4依次构成等比数列？并说明理由．解：(1)证明：因为2a n ＋12a n＝2a n ＋1－a n ＝2d(n ＝1,2,3)是同一个常数，所以2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列．(2)不存在，理由如下：令a 1＋d ＝a ，则a 1，a 2，a 3，a 4分别为a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d (a ＞d ，a ＞－2d ，d ≠0)．假设存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列， 则a 4＝(a －d )(a ＋d )3，且(a ＋d )6＝a 2(a ＋2d )4. 令t ＝d a，则1＝(1－t )(1＋t )3，且(1＋t )6＝(1＋2t )4⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＜t ＜1，t ≠0， 化简得t 3＋2t 2－2＝0(*)，且t 2＝t ＋1.将t 2＝t ＋1代入(*)式，得t (t ＋1)＋2(t ＋1)－2＝t 2＋3t ＝t ＋1＋3t ＝4t ＋1＝0，则t ＝－14.显然t ＝－14不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列． (3)不存在，理由如下：假设存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n1，a n ＋k2，a n ＋2k3，a n ＋3k4依次构成等比数列，则a n1(a 1＋2d )n ＋2k＝(a 1＋d )2(n ＋k )，且(a 1＋d )n ＋k(a 1＋3d )n ＋3k＝(a 1＋2d )2(n ＋2k )，分别在两个等式的两边同除以a 2n ＋k1及a 2n ＋2k1，并令t ＝d a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＞－13，t ≠0， 则(1＋2t )n ＋2k＝(1＋t )2(n ＋k )，且(1＋t )n ＋k(1＋3t )n ＋3k＝(1＋2t )2(n ＋2k )．将上述两个等式两边取对数，得 (n ＋2k )ln(1＋2t )＝2(n ＋k )ln(1＋t )，且(n ＋k )ln(1＋t )＋(n ＋3k )ln(1＋3t )＝2(n ＋2k )·ln(1＋2t )． 化简得2k [ln(1＋2t )－ln(1＋t )]＝n [2ln(1＋t )－ln(1＋2t )]， 且3k [ln(1＋3t )－ln(1＋t )]＝n [3ln(1＋t )－ln(1＋3t )]． 再将这两式相除，化简得ln(1＋3t )ln(1＋2t )＋3ln(1＋2t )ln(1＋t ) ＝4ln(1＋3t )ln(1＋t )．(**)令g (t )＝4ln(1＋3t )ln(1＋t )－ln(1＋3t )ln(1＋2t )－3ln(1＋2t )ln(1＋t )，则g ′(t )＝2[1＋3t2ln 1＋3t －31＋2t 2ln1＋2t ＋31＋t2ln 1＋t ]1＋t 1＋2t1＋3t.令φ(t )＝(1＋3t )2ln(1＋3t )－3(1＋2t )2ln(1＋2t )＋3(1＋t )2ln(1＋t )， 则φ′(t )＝6[(1＋3t )ln(1＋3t )－2(1＋2t )ln(1＋2t )＋(1＋t )ln(1＋t )]．令φ1(t )＝φ′(t )，则φ1′(t )＝6[3ln(1＋3t )－4ln(1＋2t )＋ln(1＋t )]． 令φ2(t )＝φ1′(t )，则φ2′(t )＝121＋t1＋2t1＋3t＞0.由g (0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0，φ2′(t )＞0，知φ2(t )，φ1(t )，φ(t )，g (t )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0和(0，＋∞)上均单调． 故g (t )只有唯一零点t ＝0，即方程(**)只有唯一解t ＝0，故假设不成立． 所以不存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n 1，a n ＋k 2，a n ＋2k3，a n ＋3k4依次构成等比数列．命题点三 数列求和1.(2018·江苏高考)已知集合A ＝{x |x ＝2n －1，n ∈N *}，B ＝{x |x ＝2n ，n ∈N *}．将A ∪B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{a n }．记S n 为数列{a n }的前n 项和，则使得S n＞12a n ＋1成立的n 的最小值为________．解析：所有的正奇数和2n (n ∈N *)按照从小到大的顺序排列构成{a n }，在数列{a n }中，25前面有16个正奇数，即a 21＝25，a 38＝26.当n ＝1时，S 1＝1＜12a 2＝24，不符合题意；当n ＝2时，S 2＝3＜12a 3＝36，不符合题意；当n ＝3时，S 3＝6＜12a 4＝48，不符合题意；当n ＝4时，S 4＝10＜12a 5＝60，不符合题意；…；当n ＝26时，S 26＝21×1＋412＋2×1－251－2＝441＋62＝503＜12a 27＝516，不符合题意；当n ＝27时，S 27＝22×1＋432＋2×1－251－2＝484＋62＝546＞12a 28＝540，符合题意．故使得S n ＞12a n ＋1成立的n 的最小值为27.答案：272．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝________.解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以S n ＝n n ＋12，1S n ＝2nn ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 因此∑k ＝1n1S k ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2n n ＋1.答案：2nn ＋13．(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和．若S m ＝63，求m . 解：(1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝qn －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)或q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1.(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－－2n3.由S m ＝63，得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解． 若a n ＝2n －1，则S n ＝1－2n1－2＝2n－1.由S m ＝63，得2m＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.4．(2018·浙江高考)已知等比数列{a n }的公比q ＞1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n .(1)求q 的值；(2)求数列{b n }的通项公式．解：(1)由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项， 得a 3＋a 5＝2a 4＋4，所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28， 解得a 4＝8.由a 3＋a 5＝20，得8⎝⎛⎭⎪⎫q ＋1q ＝20，解得q ＝2或q ＝12.因为q ＞1，所以q ＝2.(2)设c n ＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{c n }的前n 项和为S n .由c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，解得c n ＝4n －1.由(1)可得a n ＝2n －1，所以b n ＋1－b n ＝(4n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，故b n －b n －1＝(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －9)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋…＋7×12＋3.设T n ＝3＋7×12＋11×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，则12T n ＝3×12＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －9)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1， 两式相减，得12T n ＝3＋4×12＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2－(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以T n ＝14－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2.又b 1＝1，所以b n ＝15－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2.命题点四 数列的综合应用1.(2016·江苏高考)记U ＝{1,2，…，100}，对数列{a n }(n ∈N *)和U 的子集T ，若T ＝∅，定义S T ＝0；若T ＝{t 1，t 2，…，t k }，定义S T ＝at 1＋at 2＋…＋at k .例如：T ＝{1,3,66}时，S T ＝a 1＋a 3＋a 66.现设{a n }(n ∈N *)是公比为3的等比数列，且当T ＝{2,4}时，S T ＝30.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意正整数k (1≤k ≤100)，若T ⊆{1,2，…，k }，求证：S T ＜a k ＋1； (3)设C ⊆U ，D ⊆U ，S C ≥S D ，求证：S C ＋S C ∩D ≥2S D . 解：(1)由已知得a n ＝a 1·3n －1，n ∈N *.于是当T ＝{2,4}时，S T ＝a 2＋a 4＝3a 1＋27a 1＝30a 1. 又S T ＝30，故30a 1＝30，即a 1＝1. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *.(2)证明：因为T ⊆{1,2，…，k }，a n ＝3n －1＞0，n ∈N *，所以S T ≤a 1＋a 2＋…＋a k ＝1＋3＋…＋3k －1＝12(3k －1)＜3k . 因此，S T ＜a k ＋1.(3)证明：下面分三种情况证明．①若D 是C 的子集，则S C ＋S C ∩D ＝S C ＋S D ≥S D ＋S D ＝2S D . ②若C 是D 的子集，则S C ＋S C ∩D ＝S C ＋S C ＝2S C ≥2S D . ③若D 不是C 的子集，且C 不是D 的子集． 令E ＝C ∩∁U D ，F ＝D ∩∁U C ， 则E ≠∅，F ≠∅，E ∩F ＝∅.于是S C ＝S E ＋S C ∩D ，S D ＝S F ＋S C ∩D ，进而由S C ≥S D 得S E ≥S F .设k 为E 中的最大数，l 为F 中的最大数，则k ≥1，l ≥1，k ≠l .由(2)知，S E ＜a k ＋1. 于是3l －1＝a l ≤S F ≤S E ＜a k ＋1＝3k，所以l －1＜k ，即l ≤k . 又k ≠l ，故l ≤k －1.从而S F ≤a 1＋a 2＋…＋a l ＝1＋3＋…＋3l －1＝3l －12≤3k －1－12＝a k －12≤S E －12，故S E ≥2S F ＋1，所以S C －S C ∩D ≥2(S D －S C ∩D )＋1， 即S C ＋S C ∩D ≥2S D ＋1.综合①②③得，S C ＋S C ∩D ≥2S D .2．(2018·天津高考)设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是等差数列．已知a 1＝1，a 3＝a 2＋2，a 4＝b 3＋b 5，a 5＝b 4＋2b 6.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *)， ①求T n ；②证明∑k ＝1nT k ＋b k ＋2b k k ＋1k ＋2＝2n ＋2n ＋2－2(n ∈N *)．解：(1)设等比数列{a n }的公比为q . 由a 1＝1，a 3＝a 2＋2，可得q 2－q －2＝0. 由q ＞0，可得q ＝2，故a n ＝2n －1.设等差数列{b n }的公差为d . 由a 4＝b 3＋b 5，可得b 1＋3d ＝4.① 由a 5＝b 4＋2b 6，可得3b 1＋13d ＝16.② 联立①②解得b 1＝1，d ＝1，故b n ＝n . 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，数列{b n }的通项公式为b n ＝n .(2)①由(1)，有S n ＝1－2n1－2＝2n－1，所以T n ＝∑k ＝1n(2k－1)＝∑k ＝1n2k－n ＝21－2n1－2－n ＝2n ＋1－n －2.②证明：因为T k ＋b k ＋2b k k ＋1k ＋2＝2k ＋1－k －2＋k ＋2kk ＋1k ＋2＝k ·2k ＋1k ＋1k ＋2＝2k ＋2k ＋2－2k ＋1k ＋1，所以∑k ＝1nT k ＋b k ＋2b k k ＋1k ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫244－233＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋2n ＋2－2n ＋1n ＋1＝2n ＋2n ＋2－2.3．(2018·江苏高考)设{a n }是首项为a 1，公差为d 的等差数列，{b n }是首项为b 1，公比为q 的等比数列．(1)设a 1＝0，b 1＝1，q ＝2，若|a n －b n |≤b 1对n ＝1,2,3,4均成立，求d 的取值范围；(2)若a 1＝b 1＞0，m ∈N *，q ∈(1，m2]，证明：存在d ∈R ，使得|a n －b n |≤b 1对n ＝2,3，…，m ＋1均成立，并求d 的取值范围(用b 1，m ，q 表示)．解：(1)由条件知a n ＝(n －1)d ，b n ＝2n －1.因为|a n －b n |≤b 1对n ＝1,2,3,4均成立， 即|(n －1)d －2n －1|≤1对n ＝1,2,3,4均成立，所以1≤1,1≤d ≤3,3≤2d ≤5,7≤3d ≤9， 解得73≤d ≤52.所以d 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤73，52.(2)由条件知a n ＝b 1＋(n －1)d ，b n ＝b 1qn －1.若存在d ，使得|a n －b n |≤b 1(n ＝2,3，…，m ＋1)成立， 即|b 1＋(n －1)d －b 1qn －1|≤b 1(n ＝2,3，…，m ＋1)，即当n ＝2,3，…，m ＋1时，d 满足q n －1－2n －1b 1≤d ≤q n －1n －1b 1.因为q ∈(1，m2]，则1＜qn －1≤q m≤2，从而q n －1－2n －1b 1≤0，q n －1n －1b 1＞0，对n ＝2,3，…，m ＋1均成立．因此，取d ＝0时，|a n －b n |≤b 1对n ＝2,3，…，m ＋1均成立．下面讨论数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1的最大值和数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1的最小值(n ＝2,3，…，m ＋1)． ①当2≤n ≤m 时，q n －2n －q n －1－2n －1＝nq n －q n －nq n －1＋2n n －1＝n q n －q n －1－q n ＋2n n －1. 当1＜q ≤21m时，有q n ≤q m ≤2，从而n (q n －q n －1)－q n＋2＞0.因此，当2≤n ≤m ＋1时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1单调递增， 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1的最大值为q m －2m .②设f (x )＝2x(1－x )，当x ＞0时，f ′(x )＝(ln 2－1－x ln 2)2x＜0， 所以f (x )单调递减，从而f (x )＜f (0)＝1.当2≤n ≤m 时，q n n q n －1n －1＝q n －1n ≤21n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＜1， 因此，当2≤n ≤m ＋1时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1单调递减， 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1的最小值为q mm . 因此d 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤b 1q m －2m ，b 1q m m .。