江苏省南通市2020届高三数学专题复习课程资源——数列的迭代与递推(教师版)
数列的迭代与递推数列尤其是等差、等比数列，在考纲C 级要求的8个席位中占据两席．其重要性不言自明，而数列的迭代与递推型问题是我省近年来数学高考的热点和难点．这类问题一般运用累加法、累乘法、构造等差等比（或常数列）法、迭代法等“化归”的思想来解决．第一节研究递推数列问题之基本方法1．递推数列处理的最根本的解决方法是迭代法．迭代法也称辗转法，是一种不断用变量的旧值递推新值的过程，有的数列通过有限次的迭代，一定能求出通项公式．运用迭代法解决递推数列的通项公式问题是提高解题能力的有效途径．2．构造与转化也是研究递推数列的一种常用的手段和方法，是我们必须具备的一种数学能力．例1已知数列{a n } 满足a 1 = 1，a n +1 = 3a n + 1．求{a n }的通项公式．分析此题的基本方法是由a n +1 = 3a n + 1，构造新数列12n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是一个首项为32，公比为3的等比数列，从而求得31=2n n a -．这种构造新数列的方法有时往往不能理解为何要这样配凑，于是也就仅限于依葫芦画瓢而已，其实此类型问题可采用迭代法求解．解2122313(31)1331n n n n a a a a ---=+=++=++32123133313331n n n a a ---=+++=⋅⋅⋅=++⋅⋅⋅++123133312n n n ---=++⋅⋅⋅++=．注：迭代法的实质就是通过反复替换，将a n 与a n －1的关系最终替换为a n 与a 1的关系，从而求出通项．实际上，累加法适用的递推数列类型可以看做是此类型的特例( p = 1) ，故一般都可用迭代法加以解决，如教材中对等差( 等比) 数列的概念就是以递推式的形式给出的，然后用累加( 累乘) 法证明通项公式，自然也可以用迭代法推导出其通项公式．由此可见，迭代法并非什么高深莫测的方法，而是通性通法．例2设数列{}n a 满足1=2a ，21132n n n a a -+-=⋅．求{}n a 的通项公式．解：2(1)1132n n n a a ---=+⨯2(2)1232(32)32n n n a ----=+⨯+⨯=252323232n n n a ---=+⨯+⨯2(3)125233(32)3232n n n n a -----=+⨯+⨯+⨯=⋅⋅⋅ 35252313(22222)n n a --=+⨯+++⋅⋅⋅++212121122232(22)212n n n a ----=+⨯=+-=-． 变式1设数列{}n a 的前n 项和为S n ，满足11221(N )n n n S a n +*+=-+∈，且1235a a a +，，成等差数列． （1）求1a 的值；（2）求数列{}n a 的通项公式． 分析由S n 求出a n +1 = 3a n + 2n 后，可变形为1131222n nn n a a +-=⋅+，直接迭代，探求a n 与a 1的关系．解：（1）略；（2）2n ≥时，11221n n n S a ++=-+，1221n n n S a -=-+两式相减得，132n n n a a +=+．则122112323322n n n n n n a a a -----=+=+⋅+323213332322n n n n a ----=+⋅+⋅+=⋅⋅⋅1201133232n n n a ---=+⋅+⋅⋅⋅+⋅11232332213n n n n ---⋅==--．n =1时也适合上式，所以32n n n a =-．变式2在数列{}n a 中，1=1a ，()()1121N *n n n a ca c n n ++=++∈，其中实数0c ≠．求{}n a 的通项公式．解：()-1211n n n a ca c n =+-+⎡⎤⎣⎦{}[]12[2(2)1]2(1)1n n n c ca c n c n --=+-++⨯-+22[2(2)12(1)1]n n c a c n n -=+-++-+=⋅⋅⋅ 11[2112212(1)1]n n c a c n -=+⨯++⨯++⋅⋅⋅+-+ 12(1)n n c c n -=+-．注：（1）依次迭代后主要是求和问题； （2）本题也可转化为1+1=21n nn na a n c c +++，然后累加法求通项． 变式3已知数列{}n a 满足10a =，2a a =(0)a >，122(3)n n n a a a n --=+≥，求{}n a 的通项公式．分析相邻三项的递推关系可以先利用迭代法转化为相邻两项的关系，再利用迭代法求解． 解：因为122n n n a a a --=+，所以11223223222n n n n n n n n n a a a a a a a a a --------+=+=++=+2122a a a =⋅⋅⋅=+=，所以122n n a a a -+=，即112n n a a a -=-+．所以212111222n n n a a a a a a--⎛⎫⎛⎫=-+=-+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭123111111211222232n n n n a a a a a a ----⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅⋅⋅=-+-+-+⋅⋅⋅+-+=--⎢⎥ ⎪⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦．经检验，n = 1， 2 时也符合通项，所以121132n n a a -⎡⎤⎛⎫=--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦．注：相邻三项或四项的问题理论上还是可以利用迭代法完成，但可能会较为复杂或者难以发现迭代规律，所以在使用时都应先变形化简再进行迭代，有一定的技巧性．例3已知数列{}n a 中，且13a =，对任意的自然数n 都满足21n n a a +=，求数列{}n a 的通项公式．解：由21n n a a +=得()23112222222-12231==3n n n n n n n a a a a a a -----====⋅⋅⋅=． 注：本题也可对21n n a a +=两边同时取对数得：1lg 2lg n n a a +=，即1lg 2lg n na a +=，所以{lg n a }是以lg3为首项，2 为公比的等比数列，所以lg a n =1121lg 2lg3n n a --⋅=，所以a n =123n -．例4已知数列{}n a 满足1(1)(1)n n na n a n n +-+=+，N n *∈，且11a =．求数列{}n a 的通项公式．解：由1(1)(1)n n na n a n n +-+=+两边同除以(1)n n +，得111n n a a n n +-=+，从而数列{}n an 为首项11a =，公差1d =的等差数列， 所以=n an n ，从而数列{}n a 的通项公式为2n a n =．变式已知数列{}n a 的前n 项和为n A ，对任意*n ∈N 满足1(1)(1)2n n n n nA n A ++-+=，且11a =．求数列{}n a 的通项公式解：由1(1)(1)2n n n n nA n A ++-+=得1112n n A A n n +-=+， 所以数列n A n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为1，公差为12的等差数列，所以1111(1)222n A A n n n =+-⨯=+，即*(1)()2n n n A n +=∈N ， 所以*11(1)(2)(1)1()22n n n n n n n a A A n n +++++=-=-=+∈N ，又11a =，所以*()n a n n =∈N ．注：此类问题解决的关键在于通过递推关系式的变形，转化为已知数列（或模型），从而求出对应的通项．第二讲证明等差（等比）数列问题研究1．证明等差（等比）数列的方法——定义法． (1)等差数列：途径一：+1n n d a a -=（常数）； 途径二：+122n n n a a a +=+，即2+1+1n n n n a a a a +-=-． (2)（常数）且10a ≠． 2．应对由递推关系处理等差（等比）数列问题的若干思路此类问题叫板在数列定义上，活在变形策略的体验上，虽无定法，但仍有章可循． 思路一：n S 与n a 之间的转化；思路二：利用相邻项之间的递推，常构造常数列过渡，得出{}n a 通项，得到等差（等比）数列；思路三：递推关系中消常数，得出相邻项的关系．例1 已知数列{a n }的前n 项和为n S ，对任意正整数(2)n n ≥，都有13n n S S +=+12n S -+1n a -．求证：数列{a n }为等差数列．证明：对任意正整数(2)n n ≥，都有11132n n n n S S S a +--=++．所以11122n n n n n S S S S a -+--=-+， 则112n n n a a a -+=+，即11n n n n a a a a +--=-，则数列{a n }变式在数列{}n aN n *∈．求证：数列{}b 为等差数列．证明例2 已知数列{}n a 中，11a =，11()2nn n a a +⋅=，记n S 为{}n a 的前n 项的和，2n n b a =+21n a -，N n *∈．判断数列{}n b 是否为等比数列．解：因为11()2n n n a a +⋅=，所以11212n n n a a +++⎛⎫⋅= ⎪⎝⎭，所以212n n a a +=，即212n n a a +=．因为221n n n b a a -=+，所以22112221221221111222n n n n n n n n n n a a b a a b a a a a -+++--++===++，又10b ≠．所以{}n b 是公比为的等比数列．变式已知数列{}n a 各项均为正数，11a =，22a =，且312n n n n a a a a +++=对任意N n *∈恒成立．求证：对任意正实数p ，221{}n n a pa -+成等比数列．证明：由，两式相乘得，因为，所以， 从而的奇数项和偶数项均构成等比数列，设公比分别为，则，， 又因为，所以，即， 设，则，且恒成立，所以数列是首项为，公比为的等比数列． 例3数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，22a =，{}n a 是否为等差数列，并证明． 解：…以上n ，即12n n n S a a +=①， 当2n ≥时，112n n n S a a --=②，两式相减得()112n n n n a a a a +-=-，即112n n a a +--=（2n ≥）， 所以数列{}n a 的奇数项、偶数项分别成等差数列，易得n a n =， 则+11n n a a -=． 注：（1）3121423n n n n n n n n a a a a a a a a +++++++=⎧⎨=⎩2134123n n n n n n n a a a a a a a ++++++=0n a >2*42()n n n a a a n ++=∈N {}n a 12,q q 1122222n n n a a q q --==1121111n n n a a q q ---==312=n n n n a a a a +++42231122a a qa a q ===12q q =12q q q ==2212223()n n n n a pa q a pa ---+=+2210n n a pa -+>221{}n n a pa -+2p +q所以12n n n S a a +=，余下同解法；（2）总结构造常数列的方法．变式已知无穷数列{}n a 满足：11a =，2132a a a =+，且对于*n ∀∈N ，都有0n a >，2124n n n a a a ++=+．判断数列{}n a 是否为等差数列，并证明． 解：因为2124n n n a a a ++=+ (1) 所以22134n n n a a a +++=+ (2)由(1)—(2)得，2212213(4)(4)n n n n n n a a a a a a +++++-=+-+213n n n n a a a a +++=-所以2211322n n n n n n a a a a a a ++++++=+，所以11322()()n n n n n n a a a a a a ++++++=+所以21312n n n n n n a a a a a a +++++++=，所以数列21n n n a a a ++⎧⎫+⎨⎬⎩⎭为常数数列．所以21n n n a a a +++=1322.a a a += 所以212n n n a a a +++=，即211n n n n a a a a +++-=-． 所以数列{}n a 为等差数列．例4设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知1231611a a a ===，，，且1(58)(52)n n n S n S +--+=208123n n --=⋅⋅⋅，，，，，求证：数列{}n a 为等差数列．证明：（5n －8）S n ＋1－（5n ＋2）S n ＝－20n －8，①（5n －13）S n ＋1－（5n －3）S n －1＝－20n ＋12，（n ≥2） ②①－②，得（5n －8）a n ＋1－（5n －3）a n ＝－20， ③ 法一：由③，得351-+n a n －85-n a n ＝4（351-n －851-n ）， 所以1453n a n +--=458n a n --， 故数列458n a n -⎧⎫⎨⎬-⎩⎭为常数列．所以4158n a n -=-， 所以a n ＝5n －4．所以15n n a a +-=，故{a n }是等差数列．法二：由③，得（5n －13）a n －（5n －8）a n －1＝－20，④ ③－④，得a n ＋1－2a n ＋a n －1＝0，（n ≥3）．又a 1－2a 2＋a 3＝0，所以对任意n ∈N*，a n +2＋a n ＝2a n +1． 所以211n n n n a a a a +++-=-．所以{a n }是等差数列．注：（1）法一的核心思路是由结构特征的分析推出458n a n -⎧⎫⎨⎬-⎩⎭为常数列．（2）法二的核心思路是消常数．第三讲递推数列综合问题研究在近几年江苏高考与模拟试卷中，以递推数列形式呈现的等差（等比）数列的综合问题，可谓是一颗璀璨的“明珠”，常考常新．由于它们具有“知识上的综合性、题型上的新颖性、方法上的灵活性、思维方式上的抽象性”等特点，让大家往往感到“有解法而无定法”，从而难以“亲近”这类问题．其实，只要注意平时学习、探索、研究、讨论所得的各种解题思想、方法与策略，善于总结与归纳为解题的经验与钥匙，在遇到具体问题时，便能综合比较、多向衡量而采取一个正确的、巧妙的、快捷的策略措施．例1 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若∀m 、n ∈N*，(n －m )S n +m ＝(n ＋m )(S n －S m )．求证： 数列{a n }为等差数列．证明：若∀m 、n ∈N*，(n －m )S n +m ＝(n ＋m )(S n －S m )令n ＝2，m ＝1，得S 3＝3(S 2－S 1)，即a 1+a 3＝2a 2． 令m ＝1，得 (n －1)S n +1＝(n ＋1) (S n －S 1) (1)用n +1替换(1)式中n ，得nS n +2＝(n ＋2)(S n +1－S 1) (2)(2)－(1)，得nS n +2－(n －1)S n +1＝(n ＋2)(S n +2－S 1)－(n ＋1) (S n －S 1)， 即na n +2＝(n ＋1)a n +1－a 1 (3)用n +1替换(3)式中n ，得(n ＋1)a n +3＝(n ＋2)a n +2－a 1 (4)(4)－(3)，得 (n ＋1)(a n +3＋a n +1)＝2(n ＋1)a n +2，即a n +3＋a n +1＝2a n +2． 结合a 1+a 3＝2a 2得，对任意n ∈N*，a n +2＋a n ＝2a n +1，所以211n n n n a a a a +++-=-．故{a n }为等差数列．注：本题的关键是消去（3）、（4）中的a 1（即消常数），得递推关系．变式1 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且111(1)12n n n n S S n a a +++=+--，*n N ∈，设62=a ，求证：数列{}n a 是等差数列． 证明：因为11212n n n S na a +=--①所以1112(1)12n n n S n a a --=---②①—②得112(23)0(2)n n n na n a a n +--++=≥，所以21(22)(25)0(1)n n n n a n a a n +++-++=≥两式相减得211(22)(45)(24)0(2)n n n n n a n a n a a n ++-+-+++-=≥， 所以2111(22)(44)(22)20(2)n n n n n n n a n a n a a a a n +++-+-+++-+-=≥． 所以2111(22)(2)2(2)n n n n n n n a a a a a a n +++-+-+=-+≥． 因为26a =，所以13210a a ==，，所以32120a a a -+=． 所以2120n n n a a a ++-+=，即211n n n n a a a a +++-=-． 故}{n a 是等差数列．注 本题的关键是利用n S 与n a 之间的转化，将n S 转化为n a ，寻找2120n n n a a a ++-+=关系式．变式2已知数列{}n a ，其前n 项和为n S ．若数列{}n a 对任意m n ∈*N ，，且m n ≠，都有2m n mnm n S a a a a m n m n+-=+++-，求证：数列{}n a 是等差数列． 证明：因为对任意m n ∈*N ，，m n ≠，都有2m n mnm n S a a a a m n m n+-=+++-，① 在①中取1m n =+，2111122211n n n n n n S a aa a a n ++++-=++=+，②同理212121212422133n n n n n n n S a a a a a a n ++-+-+--+=++=+，③由②③知，2114223n n n a a a +-++=,即211230n n n a a a ++--+=，即211112(2)2n n n n n n a a a a a a +++-+-=+-，②中令1n =，31220a a a +-=，从而2120n n n a a a +++-=，即211n n n n a a a a +++-=-， 所以，数列{}n a 成等差数列．例2（2017年江苏高考）对于给定的正整数k ，若数列{}n a 满足1111+n k n k n n n k n k a a a a a a --+-++-+++++++L L2n ka =对任意正整数()n n k >总成立，则称数列{}n a 是“()P k 数列”． 若数列{}n a 既是“(2)P 数列”，又是“(3)P 数列”，求证：{}n a 是等差数列． 证法一：因为{}n a 既是“(2)P 数列”，又是“(3)P 数列”， 所以3n ∀≥，2112+++4n n n n n a a a a a --++=，① 4n ∀≥，321123+++++6n n n n n n n a a a a a a a ---+++=． ②由①得，2n ∀≥，1231+++4n n n n n a a a a a -+++=，③4n ∀≥，3211+++4n n n n n a a a a a --+-=．④③+④-②得，4n ∀≥，112n n n a a a -++=． 即11n n n n a a a a +--=-．所以数列{}n a 从第3项起成等差数列，不妨设公差为d ．①中，令4n =得，23564+++=4a a a a a ，所以32a a d -=． ②中，令3n =得，12453+++=4a a a a a ，所以21a a d -=．所以数列{}n a 是公差为d 的等比数列．证法二：因为{}n a 既是“(2)P 数列”，又是“(3)P 数列”， 所以3n ∀≥，2112+++4n n n n n a a a a a --++=，①4n ∀≥，321123+++++6n n n n n n n a a a a a a a ---+++=．②两式相减得332n n n a a a +-+=， 所以33n n n n a a a a +--=-．即147a a a ⋅⋅⋅，，，构成等差数列，设公差为d 1， 258a a a ⋅⋅⋅，，，构成等差数列，设公差为d 2，369a a a ⋅⋅⋅，，，构成等差数列，设公差为d 3，3n ∀≥，2112+++4n n n n n a a a a a --++=，①+1+245+3+++4n n n n n a a a a a ++=③两式相减得+4+1213+4()n n n n n n a a a a a a --+--=-．（1）32n k =-，k ≥2时，323134333132+4()k k k k k k a a a a a a ++--+---=-， 所以2312d d d +=，（2）31n k =-，k ≥2时，同理可得1322d d d +=， （3）3n k =，k ≥1时，同理可得1232d d d +=．可得123d d d ==，设1233d d d d ===，在①中令3n =，则12453+++4a a a a a =，可得123++32a a d a =，④ 在①中令4n =，则23564+++4a a a a a =，可得231+=2+3a a a d ，⑤ 由④、⑤消去a 1得32=a a d -，代入④得21=a a d -． 所以数列{}n a 是公差为d 的等比数列．注：本题的证明途径一是通过利用条件赋值，得出数列{}n a 从第3项起成等差数列，从而转化为证明前两项也满足等差数列；途径二是通过赋值证明了{}n a 的三个子数列147a a a ⋅⋅⋅，，，、258a a a ⋅⋅⋅，，，与369a a a ⋅⋅⋅，，，均构成等差数列，于是，理所当然地猜想：{}n a 成等差数列，能否证明这一点，正是本法的核心所在，也是难点之所在，众多考生的困局之所在，其又有两种方法一是证明三个公差相等（如解答所示），也可求出三个等差数列的表达形式相同，从而证明整体成等差数列．为了更好地理解此类问题的方法，我们一起看下面的类比题：类比题1若正项数列{}n a 对任意的*n N ∈，存在*k N ∈，使得22n k n n k a a a ++=⋅成立，则称数列{}n a 为“k J 型”数列．若数列{}n a 既是“3J 型”数列，又是“4J 型” 数列，求证：数列{}n a 是等比数列．分析 本题的难点在于揭示一般规律，主要是对定义的理解，利用两种类型的数列关系． 证明：由{}n a 是“4J 型”数列，得159131721a a a a a a ⋅⋅⋅，，，，，，成等比数列，设公比为t ．由{}n a 是“3J 型”数列，得1471013a a a a a ⋅⋅⋅，，，，，成等比数列，设公比为1α； 258111417a a a a a a ⋅⋅⋅，，，，，，成等比数列，设公比为2α；36912151821a a a a a a a ⋅⋅⋅，，，，，，，成等比数列，设公比为3α；则434343131721123159a a a t t t a a a ααα======，， ． 所以123ααα==，不妨记123αααα===，且43t α=．于是1(32)13211k k k a a a α----==，222(31)13315111k k k k k a a a t a a ααα------====，132331339111k k k k k a a a t a a ααα----====，所以11n n a a -=，所以+1n na a ={}n a 是等比数列． 类比题2对于给定的正整数k ，若各项均为正数的数列{}n a 满足：对任意正整数()n n k >，21111k n k n k n n n k n k n a a a a a a a --+-++-+⋅⋅⋅⋅⋅⋅=总成立，则称{}n a 是“()Q k 数列”．若{}n a 既 是“(2)Q 数列”，又是“(3)Q 数列”，求证：{}n a 是等比数列． 证明：因为{}n a 既是“(2)Q 数列”，又是“(3)Q 数列”， 所以2n ∀>，42112n n n n n a a a a a --++=，① 3n ∀>，6321123n n n n n n n a a a a a a a ---+++=．②由①得，1n ∀>，41231n n n n n a a a a a -+++=，③ 3n ∀>，43211n n n n n a a a a a --+-=．④③⨯④÷②得，3n ∀>，442116n n n n a a a a -+⋅=．因为数列{}n a 各项均为正数，所以3n ∀>，211n n n a a a -+=． 所以数列{}n a 从第3项起成等比数列，不妨设公比为q '． ①中，令4n =得，423564a a a a a =，所以32a a q ='． ①中，令3n =得，412453a a a a a =，所以21a a q ='． 所以数列{}n a 是公比为q '的等比数列．类比题3（2011年江苏高考题20（2））设M 为部分正整数组成的集合，数列{}n a 的首项11a =，前n 项和为n S ，已 知对任意整数k 属于M ，当n k >时，n k n k S S +-+=2()n k S S +都成立．设{34}M =，，求数列{}n a 的通项公式．分析本题提供的信息是十分清晰的：要求n a ，得求出n a 的递推关系式，而n a 的递推关系又来自题目的设定的n S 的递推关系．由34k =，不难推出，2n ≥时，{}n a 的两个子数列36n n n a a a ++⋅⋅⋅，，，和48n n n a a a ++⋅⋅⋅，，，均成等差数列；于是，理所当然地猜想：2n ≥时，{}n a 成等差数列，能否证明这一点，正是本题的核心所在，也是难点之所在，众多考生的困局之所在!请看下表：1421862210343434x a a m x a a p m p r x a a r =-=⎫⎪=-=⇒==⎬⎪=-=⎭， 记m p r α===（常数） 则3(2)n n a a n α+=+≥（1） 同理4(2)n n a a n β+=+≥（2） 由（1）得41(2)n n a a n α++=+≥（3）由（2）（3）得1n n a a αβ++=+，则1(2)n n a a n βα+-=-≥．（以下过程略）． 再思考：本题被具体数据“{34}M =，”掩盖下的本质是什么？具体说，若{35}M =，或{36}M =，呢？12{}M m m =，1212(,)m m N m m *∈≠，呢？ 课外拓展1、设数列{a n }、{b n }、{c n }满足：b n ＝a n －a n ＋2，c n ＝a n ＋2a n ＋1＋3a n ＋2(n =1，2，3，…)，若{c n }为等差数列，且b n ≤b n ＋1(n =1，2，3，…)．求证：{a n }为等差数列． 证明：设数列{c n }是公差为1d 的等差数列，且b n ≤b n ＋1(n =1，2，3，…)，因为c n ＝a n ＋2a n ＋1＋3a n ＋2，① 所以c n +2＝a n +2＋2a n ＋3＋3a n ＋4，②两式相减得22132412()2()3()=23n n n n n n n n n n n c c a a a a a a b b b ++++++++-=-+-+-++， 因为21121()()2n n n n n n c c c c c c d ++++-=-+-=-， 所以12123=2n n n b b b d ++++-， 则+123123=2n n n b b b d ++++-，两式相减得()()()+12+13223=0n n n n n n b b b b b b +++-+-+-．③ 因为+1n n b b -≥0，+2+1n n b b -≥0，+3+2n n b b -≥0， 所以由③得+1=0n n b b -．（这是解决本题的关键所在）不妨设2n b d =，则22n n a a d +-=，故12+1223423n n n n n n c a a a a a d ++=++=+-， 从而+1+1+22+12423=425n n n n n c a a d a a d =+-+-， 所以+1122()2n n n n c c a a d +-=--，故+1+121211()22n n n n a a c c d d d -=-+=+（常数）．所以{a n }为等差数列．2、已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }，{c n }满足 (n ＋1)b n ＝a n ＋1－S nn，(n ＋2)c n＝a n ＋1＋a n ＋22－S nn，其中n ∈N*．若存在实数λ，使得对一切n ∈N*，有b n ≤λ≤c n ，求证：数列{a n }是等差数列． 证明：由(n ＋1)b n ＝a n ＋1－S nn，得n (n ＋1)b n ＝na n ＋1－S n ，(n ＋1)(n ＋2)b n ＋1＝(n ＋1)a n ＋2－S n ＋1，两式相减，并化简得a n ＋2－a n ＋1＝(n ＋2)b n ＋1－nb n ．从而 (n ＋2)c n ＝ a n ＋1＋a n ＋22－S n n ＝ a n ＋1＋a n ＋22－[a n ＋1－(n ＋1)b n ]＝a n ＋2－a n ＋12＋(n ＋1)b n＝(n ＋2) b n ＋1－nb n 2＋(n ＋1)b n＝12(n ＋2)(b n ＋b n ＋1)． 因此c n ＝12(b n ＋b n ＋1)．因为对一切n ∈N*，有b n ≤λ≤c n ，所以λ≤c n ＝12(b n ＋b n ＋1)≤λ，故b n ＝λ，c n ＝λ．（这是解决本题的关键所在） 所以 (n ＋1)λ＝a n ＋1－S n n ，(n ＋2)λ＝12(a n ＋1＋a n ＋2)－S nn，两式相减得12(a n ＋2－a n ＋1)＝λ，即a n ＋2－a n ＋1＝2λ．故a n ＋1－a n ＝2λ (n ≥2)．又2λ＝a 2－S 11＝a 2－a 1，则a n ＋1－a n ＝2λ (n ≥1)．所以数列{a n }是等差数列．注 此类问题求解的关键是利用不等关系夹出等量关系．。
文理通用江苏省2020高考数学二轮复习专题五数列第23讲数列的递推公式及等差等比数列的判定与证明练习
第23讲 数列的递推公式及等差、等比数列的判定与证明课后自测诊断——及时查漏补缺·备考不留死角A 级——高考保分练1．已知数列{a n }中，a 1＝1且1a n ＋1＝1a n ＋13(n ∈N *)，则a 10＝________. 解析：∵1a n ＋1＝1a n ＋13，∴1a n ＋1－1a n ＝13， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1a 1＝1为首项，13为公差的等差数列，∴1a 10＝1a 1＋(10－1)×13＝1＋3＝4，故a 10＝14. 答案：142．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________.解析：由已知得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ，两边同时除以S n ＋1S n ，得1S n ＋1－1S n ＝－1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以－1为首项，－1为公差的等差数列，则1S n ＝－1－(n －1)＝－n ，所以S n ＝－1n.答案：－1n3．已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝________.解析：因为log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1，所以a n ＋1＝3a n ， 所以数列{a n }是公比q ＝3的等比数列， 所以a 2＋a 4＋a 6＝a 2(1＋q 2＋q 4)＝9，所以a 5＋a 7＋a 9＝a 5(1＋q 2＋q 4)＝a 2q 3(1＋q 2＋q 4)＝9×33＝35， 所以log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝－log 335＝－5.答案：－54．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝3S n ＋1，则S 4＝________. 解析：a n ＋1＝3S n ＋1①，a n ＝3S n －1＋1(n ≥2)②， ①－②得：a n ＋1＝4a n (n ≥2)， 又a 1＝1，a 2＝3a 1＋1＝4，∴{a n }是首项为1，公比为4的等比数列， ∴S 4＝1－441－4＝85.答案：855．(2019·宿迁期末)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a n ＋1－2a n ＝1，a 1＝1，则S 9＝________. 解析：由a n ＋1－2a n ＝1，得a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，即a n ＋1＋1a n ＋1＝2，所以数列{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，设b n ＝a n ＋1的前n 项和为T n ，则T 9＝21－291－2＝1 022，S 9＝T 9－9＝1 013.答案：1 0136．设S n 为数列{a n }的前n 项和，且a 1＝4，a n ＋1＝S n ，n ∈N *，则a 5＝________. 解析：法一：由a n ＋1＝S n ，得S n ＋1－S n ＝S n ，则S n ＋1＝2S n ，又S 1＝a 1＝4，所以数列{S n }是首项为4，公比为2的等比数列，所以S n ＝4·2n －1＝2n ＋1，则a 5＝S 5－S 4＝26－25＝32.法二：当n ≥2时，由a n ＋1＝S n ，得a n ＝S n －1，两式相减，得a n ＋1－a n ＝a n ，即a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是从第2项开始，公比为2的等比数列．又a 2＝S 1＝4，所以a 5＝a 2·23＝4×23＝32.答案：327．若数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2，则使a k ·a k ＋1＜0的k 值为________． 解析：因为3a n ＋1＝3a n －2，所以a n ＋1－a n ＝－23，所以数列{a n }是首项为15，公差为－23的等差数列，所以a n ＝15－23·(n －1)＝－23n ＋473，令a n ＝－23n ＋473＞0，得n ＜23.5，所以使a k ·a k ＋1＜0的k 值为23.答案：238．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝13，若a n (a n －1＋2a n ＋1)＝3a n －1·a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)，则数列{a n }的通项a n ＝________.解析：由a n (a n －1＋2a n ＋1)＝3a n －1·a n ＋1， 得a n a n －1－a n －1a n ＋1＝2a n －1·a n ＋1－2a n a n ＋1， 1a n ＋1－1a n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n －1， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1－1a n 是首项为2，公比为2的等比数列，所以1a n ＋1－1a n ＝2·2n －1＝2n，所以1a 2－1a 1＝2，1a 3－1a 2＝4，…，1a n －1a n －1＝2n －1，所以1a n －1a 1＝2＋22＋…＋2n －1＝2n－2，所以1a n ＝2n －2＋1a 1＝2n－1，所以a n ＝12n －1.答案：12n－19．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋3(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________． 解析：因为a n ＋1＝a na n ＋3(n ∈N *)，所以1a n ＋1＝3a n ＋1，设1a n ＋1＋t ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋t ，所以3t －t ＝1，解得t ＝12，所以1a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋12，又1a 1＋12＝1＋12＝32，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋12是以32为首项，3为公比的等比数列，所以1a n ＋12＝32×3n －1＝3n 2，所以1a n ＝3n－12，所以a n ＝23n －1.答案：a n ＝23n－110．(2019·南通、泰州、扬州一调)已知数列{a n }是等比数列，有下列四个命题： ①数列{|a n |}是等比数列； ②数列{a n a n ＋1}是等比数列；③数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等比数列；④数列{lg a 2n }是等比数列． 其中正确的命题有________个． 解析：设等比数列{a n }的公比为q ，对于①中数列{|a n |}，|a n ＋1||a n |＝|q |，且首项|a 1|≠0，所以为等比数列； 对于②中数列{}a n a n ＋1，a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝q 2，且首项a 1a 2≠0，所以为等比数列； 对于③中数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，1a n ＋11a n＝1q ，且首项1a 1≠0，所以为等比数列；对于④中数列{}lg a 2n ，若a 1＝1，则lg a 1＝0，所以不是等比数列．故正确的命题有3个． 答案：311．已知数列{a n }，{b n }均为各项都不相等的数列，S n 为{a n }的前n 项和，a n ＋1b n ＝S n ＋1(n ∈N *)．(1)若a 1＝1，b n ＝n2，求a 4的值；(2)若{a n }是公比为q 的等比数列，求证：存在实数λ，使得{b n ＋λ}为等比数列． 解：(1)由a 1＝1，b n ＝n2，知a 2＝4，a 3＝6，a 4＝8.(2)证明：因为a n ＋1b n ＝S n ＋1，① 所以当n ≥2时，a n b n －1＝S n －1＋1，② ①－②得，a n ＋1b n －a n b n －1＝a n ，③ 由③得，b n ＝a n a n ＋1b n －1＋a n a n ＋1＝1q b n －1＋1q， 所以b n ＋11－q ＝1q ⎝ ⎛⎭⎪⎫b n －1＋11－q .又b n ＋11－q≠0(否则{b n }为常数数列，与题意不符)， 所以存在实数λ＝11－q，使得{b n ＋λ}为等比数列．12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 1＝2，S n ＝λna n ＋μa n －1，其中n ≥2，n ∈N *，λ，μ∈R .(1)若λ＝0，μ＝4，b n ＝a n ＋1－2a n (n ∈N *)，求证：数列{b n }是等比数列； (2)若a 2＝3，且λ＋μ＝32，求证：数列{a n }是等差数列．解：(1)证明：若λ＝0，μ＝4，则S n ＝4a n －1(n ≥2)， 所以a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝4(a n －a n －1)， 即a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)， 所以b n ＝2b n －1.又由a 1＝2，a 1＋a 2＝4a 1，得a 2＝3a 1＝6，a 2－2a 1＝2≠0，即b n ≠0， 所以b nb n －1＝2，故数列{b n }是等比数列． (2)证明：令n ＝2，则S 2＝2λa 2＋μa 1，即a 1＋a 2＝2λa 2＋μa 1.又a 1＝2，a 2＝3，得5＝6λ＋2μ. 又λ＋μ＝32，解得λ＝12，μ＝1.所以S n ＝n2a n ＋a n －1. 令n ＝3，则S 3＝32a 3＋a 2，即a 1＋a 2＋a 3＝32a 3＋a 2.由a 1＝2，a 2＝3，得5＋a 3＝32a 3＋3，所以a 3＝4，所以a 1，a 2，a 3成等差数列．由S n ＝n 2a n ＋a n －1，得S n ＋1＝n ＋12a n ＋1＋a n ，两式相减得a n ＋1＝n ＋12a n ＋1－n2a n ＋a n －a n －1，即(n －1)a n ＋1－(n －2)a n －2a n －1＝0， 所以na n ＋2－(n －1)a n ＋1－2a n ＝0，两式相减得na n ＋2－2(n －1)a n ＋1＋(n －2)a n －2a n ＋2a n －1＝0， 所以n (a n ＋2－2a n ＋1＋a n )＋2(a n ＋1－2a n ＋a n －1)＝0， 所以a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝－2n (a n ＋1－2a n ＋a n －1)＝－22n n －1(a n －2a n －1＋a n －2)＝…＝－2n －1n n －1 (2)(a 3－2a 2＋a 1)．因为a 1－2a 2＋a 3＝0，所以a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0， 即数列{a n }是等差数列．B 级——难点突破练1．(2019·海安中学期末)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝________. 解析：当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 2，则a 2＝12.当n ≥2时，S n －1＝2a n ，则S n －S n －1＝a n ＝2a n ＋1－2a n ，所以a n ＋1a n ＝32，所以当n ≥2时，数列{a n }是公比为32的等比数列，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，12×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2，n ≥2，所以S n ＝1＋12＋12×32＋…＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＝1＋12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －11－32＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，S n ＋1＝4a n ＋2，则a 12＝________.解析：由S 2＝4a 1＋2，得a 1＋a 2＝4a 1＋2，联立a 1＝2，解得a 2＝8.又a n ＋2＝S n ＋2－S n ＋1＝4a n＋1－4a n ，∴a n ＋2－2a n ＋1＝2(a n ＋1－2a n )，∴数列{a n ＋1－2a n }是以a 2－2a 1＝4为首项，以2为公比的等比数列，∴a n ＋1－2a n ＝4×2n －1＝2n ＋1，∴a n ＋1－2a n2n ＋1＝1，∴a n ＋12n ＋1－a n2n ＝1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是以a 12＝1为首项，以1为公差的等差数列，∴a n2n ＝1＋(n －1)＝n ，∴a n ＝n ·2n ，∴a 12＝12×212＝49 152.答案：49 1523．已知等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n .(1)若S 3，S 9，S 6成等差数列，求证：a 2，a 8，a 5成等差数列；(2)若a m ＋2是a m ＋1和a m 的等差中项，则S m ，S m ＋2，S m ＋1成等差数列吗？ 解：(1)证明：由S 3，S 9，S 6成等差数列，得S 3＋S 6＝2S 9.若q ＝1，则3a 1＋6a 1＝18a 1，解得a 1＝0，这与{a n }是等比数列矛盾，所以q ≠1，于是有a 11－q 31－q ＋a 11－q 61－q ＝2a 11－q 91－q，整理得q 3＋q 6＝2q 9.因为q ≠0且q ≠1，所以q 3＝－12，所以a 8＝a 2q 6＝14a 2，a 5＝a 2q 3＝－12a 2，所以2a 8＝a 2＋a 5，即a 8－a 2＝a 5－a 8， 故a 2，a 8，a 5成等差数列． (2)依题意，得2a m ＋2＝a m ＋1＋a m ， 则2a 1qm ＋1＝a 1q m ＋a 1qm －1.在等比数列{a n }中，a 1≠0，q ≠0， 所以2q 2＝q ＋1，解得q ＝1或q ＝－12.当q ＝1时，S m ＋S m ＋1＝ma 1＋(m ＋1)a 1＝(2m ＋1)a 1，S m ＋2＝(m ＋2)a 1. 因为a 1≠0，所以2S m ＋2≠S m ＋S m ＋1， 此时S m ，S m ＋2，S m ＋1不成等差数列． 当q ＝－12时，S m ＋2＝a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m ＋21－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12 ＝2a 13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m ＋2 ＝2a 13 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－14×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m ， S m ＋S m ＋1＝a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m ＋11－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝2a 13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m ＋1 ＝2a 13⎣⎢⎡⎦⎥⎤2－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m ， 所以2S m ＋2＝S m ＋S m ＋1.故当q ＝1时，S m ，S m ＋2，S m ＋1不成等差数列；当q ＝－12时，S m ，S m ＋2，S m ＋1成等差数列．4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }，{c n }满足(n ＋1)b n ＝a n ＋1－S n n，(n ＋2)c n ＝a n ＋1＋a n ＋22－S n n，其中n ∈N *. (1)若数列{a n }是公差为2的等差数列，求数列{c n }的通项公式；(2)若存在实数λ，使得对一切n ∈N *，有b n ≤λ≤c n ，求证：数列{a n }是等差数列． 解：(1)因为数列{a n }是公差为2的等差数列， 所以a n ＝a 1＋2(n －1)，S nn＝a 1＋n －1. 因为(n ＋2)c n ＝a 1＋2n ＋a 1＋2n ＋12－(a 1＋n －1)＝n ＋2，所以c n ＝1.(2)证明：由(n ＋1)b n ＝a n ＋1－S n n， 得n (n ＋1)b n ＝na n ＋1－S n ，(n ＋1)(n ＋2)b n ＋1＝(n ＋1)a n ＋2－S n ＋1，两式相减，并化简得a n ＋2－a n ＋1＝(n ＋2)b n ＋1－nb n . 从而(n ＋2)c n ＝a n ＋1＋a n ＋22－S n n＝a n ＋1＋a n ＋22－[a n ＋1－(n ＋1)b n ]＝a n ＋2－a n ＋12＋(n ＋1)b n ＝n ＋2b n ＋1－nb n2＋(n ＋1)b n ＝n ＋22(b n ＋b n ＋1)，因此c n ＝12(b n ＋b n ＋1)．因为对一切n ∈N *，有b n ≤λ≤c n ，所以λ≤c n ＝12(b n ＋b n ＋1)≤λ，故b n ＝λ，c n ＝λ.所以(n ＋1)λ＝a n ＋1－S n n，① (n ＋2)λ＝12(a n ＋1＋a n ＋2)－S nn ，②②－①得12(a n ＋2－a n ＋1)＝λ，即a n ＋2－a n ＋1＝2λ，故a n ＋1－a n ＝2λ(n ≥2)． 又2λ＝a 2－S 11＝a 2－a 1，则a n ＋1－a n ＝2λ(n ≥1)．所以数列{a n }是等差数列．。
2019-2020年高三数学二轮复习 专题3数列与递教案 苏教版
2019-2020年高三数学二轮复习专题3数列与递教案苏教版【高考趋势】近几年高考中，数列问题除在小题中有两题左右外，大题常在最后两题之一的位置。
小题一般为概念性问题，只要掌握等差、等比的基本属性便能解决，而大题的综合性较强，常从数列的递推关系式入手，化归为等差或等比数列，求出其通项公式，再进一步研究其和，构造不等式等，在证明不等式时，常利用函数的思想解决有关问题。
【考点展示】1、等比数列{a n}的前n项和为S n=3n+1-a，则实数a的值为。
2、等差数列{a n}中，a1=1，a3+a5=14，其前n项和S n=100,则n等于。
3、若f(n)=1+(nN*)，则按此形式写出f(1)的表达式应有f(1)=(不必算出最后结果)4、设{a n}为公比q1的等比数列，若a xx和a xx是方程4x2-8x+3=0的两根，则a xx+a xx=5、在等差数列{a n}中，a5=4, a7=-2，则|a1|+|a2|+…+|a10|=【样题剖析】例1、设{a n}是公比大于1的等比数列，S n为数列{a n}的前n项和，已知S3=7，且a1+3,3a2,a3+4构成等差数列。
（1）求数列{a n}的通项公式；（2）令b n=lna3n+1, nN*，求数列{b n}的前n项和T n。
例2、已知各项均为正数的数列{a n}的前n项和满足S n1，且6S n=(a n+1)(a n+2), nN*。
（1）求{a n}的通项公式；（2）设数列{b n}满足a n(2b n-1)=1，并记T n为{b n}的前n项和，求证：3T n+1log2(a n+3), nN*。
例3、在数列{a n}中，a1=2, a n+1=λa n+λn+1+(2-λ)2n(nN*)，其中λ0。
（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{a n}的前n项和S n；（3）证明：存在kN*，使得对任意nN*均成立。
例4、已知函数f(x)=x2-4，设曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线与x轴的交点（x n+1,0）(nN*),其中x n为正实数。
江苏专用2020版高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列的求解与综合创新学案文苏教版20191121326
第2讲 数列的求解与综合创新[2019考向导航]1．必记的概念与定理(1)等差数列{a n }的前n 项和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d ；(2)等比数列{a n }的前n 项和公式：q ≠1时，S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q 1－q；q ＝1时，S n ＝na 1；(3)数列求和的方法技巧 ①分组转化法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列的通项公式拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．②错位相减法这是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别是等差数列和等比数列．③倒序相加法若求和式中到首尾距离相等的两项和相等或者求和式中到首尾距离相等的两项具有某种对称性，则可以考虑使用倒序相加的求和方法．在使用倒序相加法求和时要注意相加后求出的和是所求和的二倍，得出解题结果后不要忽视了除以2．④裂项相消法利用通项公式变形，将通项公式分裂成两项或几项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．2．记住几个常用的公式与结论 常见的拆项公式： (1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1；(2)1n （n ＋k ）＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ；(3)1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；(4)1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )．3．需要关注的易错易混点在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形导致解题失误．数列求通项、求和及求参数的范围(值)[典型例题](2019·南京高三模拟)已知常数p ＞0，数列{a n }满足a n ＋1＝|p －a n |＋2a n ＋p ，n ∈N *．(1)若a 1＝－1，p ＝1， ①求a 4的值；②求数列{a n }的前n 项和S n ．(2)若数列{a n }中存在三项a r ，a s ，a t (r ，s ，t ∈N *，r ＜s ＜t )依次成等差数列，求a 1p的取值范围．【解】 (1)因为p ＝1，所以a n ＋1＝|1－a n |＋2a n ＋1． ①因为a 1＝－1，所以a 2＝|1－a 1|＋2a 1＋1＝1，a 3＝|1－a 2|＋2a 2＋1＝3，a 4＝|1－a 3|＋2a 3＋1＝9．②因为a 2＝1，a n ＋1＝|1－a n |＋2a n ＋1， 所以当n ≥2时，a n ≥1，从而a n ＋1＝|1－a n |＋2a n ＋1＝a n －1＋2a n ＋1＝3a n (n ≥2)， 所以a n ＝3n －2(n ≥2)．当n ＝1时，S 1＝－1．当n ≥2时，S n ＝－1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝－1＋1－3n －11－3＝3n －1－32．所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，3n －1－32，n ≥2，n ∈N *， 即S n ＝3n －1－32，n ∈N *． (2)因为a n ＋1－a n ＝|p －a n |＋a n ＋p ≥p －a n ＋a n ＋p ＝2p ＞0， 所以a n ＋1＞a n ，即{a n }单调递增． ①当a 1p≥1时，有a 1≥p ，于是a n ≥a 1≥p ， 所以a n ＋1＝|p －a n |＋2a n ＋p ＝a n －p ＋2a n ＋p ＝3a n ， 所以a n ＝3n －1a 1．若{a n }中存在三项a r ，a s ，a t (r ，s ，t ∈N *，r ＜s ＜t )依次成等差数列，则有2a s ＝a r ＋a t ， 即2×3s －1＝3r －1＋3t －1．(*)因为s ≤t －1，所以2×3s －1＝23×3s ＜3t －1＜3r －1＋3t －1， 即(*)不成立．故此时数列{a n }中不存在三项依次成等差数列． ②当－1＜a 1p＜1时，有－p ＜a 1＜p ．此时a 2＝|p －a 1|＋2a 1＋p ＝p －a 1＋2a 1＋p ＝a 1＋2p ＞p ， 于是当n ≥2时，a n ≥a 2＞p ，从而a n ＋1＝|p －a n |＋2a n ＋p ＝a n －p ＋2a n ＋p ＝3a n ． 所以a n ＝3n －2a 2＝3n －2(a 1＋2p )(n ≥2)．若{a n }中存在三项a r ，a s ，a t (r ，s ，t ∈N *，r ＜s ＜t )依次成等差数列， 由①可知，r ＝1， 于是有2×3s －2(a 1＋2p )＝a 1＋3t －2(a 1＋2p )．因为2≤s ≤t －1， 所以a 1a 1＋2p＝2×3s －2－3t －2＝29×3s －13×3t －1＜0．因为2×3s －2－3t －2是整数，所以a 1a 1＋2p≤－1，于是a 1≤－a 1－2p ，即a 1≤－p ，与－p ＜a 1＜p 矛盾， 故此时数列{a n }中不存在三项依次成等差数列． ③当a 1p≤－1时，有a 1≤－p ＜p ，a 1＋p ≤0，于是a 2＝|p －a 1|＋2a 1＋p ＝p －a 1＋2a 1＋p ＝a 1＋2p ，a 3＝|p －a 2|＋2a 2＋p ＝|p ＋a 1|＋2a 1＋5p ＝－p －a 1＋2a 1＋5p ＝a 1＋4p ，此时有a 1，a 2，a 3成等差数列． 综上可知：a 1p≤－1．对于数列中有关参数的范围(值)问题，技巧性较高，主要是抓住n ∈N *这一特点，常常用函数思想和转化化归思想将有关问题转化为函数或放缩到某一范围处理．[对点训练]1．(2019·江苏名校高三入学摸底)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a n ＋2a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n ； (3)在第(2)问的条件下，若不等式(－1)nλ(4－S n )≤1对任意的n ∈N *恒成立，求λ的取值范围．[解] (1)由已知得a n ＋1n ＋1＝2a n n，其中n ∈N *， 又a 11＝1， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n n＝2n －1，则a n ＝n ·2n －1．(2)由(1)知，b n ＝4（n ＋2）n ·（n ＋1）2n ＝4n ·2n －1－4（n ＋1）2n ，故S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－14＋14－112＋112－132＋…＋1n ·2n －1－1（n ＋1）2n＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1（n ＋1）2n ．(3)由(2)得S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1（n ＋1）2n ， 所以(－1)nλ(4－S n )≤1可化为4（－1）nλ（n ＋1）2n ≤1．当n 为奇数时，不等式可化为λ≥－（n ＋1）2n4，记f (n )＝－（n ＋1）2n4，易证{f (n )}是递减数列，所以f (n )max ＝f (1)＝－1，所以λ≥－1． 当n 为偶数时，不等式可化为λ≤（n ＋1）2n4，记g (n )＝（n ＋1）2n4，易证{g (n )}是递增数列，所以g (n )min ＝g (2)＝3，所以λ≤3． 综上可知，λ的取值范围为－1≤λ≤3．数列的综合与创新 [典型例题](2019·高考江苏卷)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”． (1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足：a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，求证：数列{a n }为“M －数列”；(2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足：b 1＝1，1S n ＝2b n －2b n ＋1，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数．若存在“M －数列”{c n }(n ∈N *)，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有c k ≤b k ≤c k ＋1成立，求m 的最大值．【解】 (1)证明：设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0．由⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a 21q 4＝a 1q 4，a 1q 2－4a 1q ＋4a 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2． 因此数列{a n }为“M －数列”． (2)①因为1S n ＝2b n －2b n ＋1，所以b n ≠0．由b 1＝1，S 1＝b 1，得11＝21－2b 2，则b 2＝2．由1S n ＝2b n －2b n ＋1，得S n ＝b n b n ＋12（b n ＋1－b n ），当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1， 得b n ＝b n b n ＋12（b n ＋1－b n ）－b n －1b n2（b n －b n －1），整理得b n ＋1＋b n －1＝2b n ．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列． 因此，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *)． ②由①知，b k ＝k ，k ∈N *．因为数列{c n }为“M －数列”，设公比为q ，所以c 1＝1，q >0． 因为c k ≤b k ≤c k ＋1，所以q k －1≤k ≤q k，其中k ＝1，2，3，…，m ．当k ＝1时，有q ≥1；当k ＝2，3，…，m 时，有ln k k ≤ln q ≤ln kk －1．设f (x )＝ln x x (x >1)，则f ′(x )＝1－ln xx2． 令f ′(x )＝0，得x ＝e ．列表如下：因为ln 22＝ln 86<ln 96＝ln 33，所以f (k )max ＝f (3)＝ln 33．取q ＝33，当k ＝1，2，3，4，5时，ln k k≤ln q ，即k ≤q k ，经检验知q k －1≤k 也成立．因此所求m 的最大值不小于5．若m ≥6，分别取k ＝3，6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216，所以q 不存在．因此所求m 的最大值小于6．综上，所求m 的最大值为5．数列综合与创新问题的解题策略(1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项公式、求通项公式需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．(2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．[对点训练]2．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＝a1＋(n－1)d，从而，当n≥4时，a n－k＋a n＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d＝2a1＋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a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′．在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，所以a2＝a3－d′，在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，所以a1＝a3－2d′，所以数列{a n}是等差数列．1．已知数列{a n}的前n项和S n满足S n＋S m＝S n＋m(n，m∈N*)且a1＝5，则a8＝________．[解析] 数列{a n}的前n项和S n满足S n＋S m＝S n＋m(n，m∈N*)且a1＝5，令m＝1，则S n＋1＝S n＋S1＝S n＋5，即S n＋1－S n＝5，所以a n＋1＝5，所以a8＝5．[答案] 52．(2019·江苏省名校高三入学摸底卷)已知公差不为0的等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1，a3，a4成等比数列，则S3S7－S4的值为________．[解析] 法一：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 1，a 3，a 4成等比数列， 所以a 23＝a 1a 4，所以(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，因为d ≠0，所以a 1＝－4d ，所以S 3S 7－S 4＝3a 1＋3×22d7a 1＋7×62d －⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 1＋4×32d ＝3a 1＋3d 3a 1＋15d ＝－9d3d ＝－3．法二：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 1，a 3，a 4成等比数列， 所以a 23＝a 1a 4，所以(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，因为d ≠0，所以a 1＝－4d ， 所以S 3S 7－S 4＝3a 23a 6＝a 1＋d a 1＋5d ＝－3dd＝－3． [答案] －33．(2019·泰州市高三模拟)设f (x )是R 上的奇函数，当x >0时，f (x )＝2x＋ln x4，记a n＝f (n －5)，则数列{a n }的前8项和为________．[解析] 数列{a n }的前8项和为a 1＋a 2＋…＋a 8＝f (－4)＋f (－3)＋…＋f (3)＝f (－4)＋[f (－3)＋f (3)]＋[f (－2)＋f (2)]＋[f (－1)＋f (1)]＋f (0)＝f (－4)＝－f (4)＝－(24＋ln 1)＝－16．[答案] －164．(2019·日照模拟改编)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n＝________．[解析] 由S n ＝n 2－6n 可得，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－6n －(n －1)2＋6(n －1)＝2n －7．当n ＝1时，S 1＝－5＝a 1，也满足上式， 所以a n ＝2n －7，n ∈N *．所以n ≤3时，a n ＜0；n ≥4时，a n ＞0，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥4．[答案] ⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥45．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，并且S 10>0，S 11<0，若S n ≤S k 对n ∈N *恒成立，则正整数k 的值为________．[解析] 由S 10>0，S 11<0知a 1>0，d <0，并且a 1＋a 11<0，即a 6<0，又a 5＋a 6>0，所以a 5>0，即数列的前5项都为正数，第5项之后的都为负数，所以S 5最大，则k ＝5．[答案] 56．(2019·南京高三模拟)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 3－a 1＝2，则a 5的最小值为________．[解析] 设等比数列{a n }的公比为q (q ＞0且q ≠1)，则由a 3－a 1＝2，得a 1＝2q 2－1．因为a 3－a 1＝2＞0，所以q ＞1，所以a 5＝a 1q 4＝2q 4q 2－1．令q 2－1＝t ＞0，所以a 5＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋1t ＋2≥8，当且仅当t ＝1，即q ＝2时，等号成立，故a 5的最小值为8．[答案] 87．(2019·江苏名校高三入学摸底)定义实数a ，b 之间的运算⊕如下：a ⊕b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a （a ≥b ）b （a <b ），已知数列{a n }满足：a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝2（a n ＋1⊕2）a n(n ∈N *)，若a 2 017＝1，记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 017的值为________．[解析] 因为a 1＝1，a 2＝1，所以a 3＝4，a 4＝8，a 5＝4，a 6＝1，a 7＝1，a 8＝4，…即此时{a n }是周期数列，且周期为5， 所以a 2 017＝a 2＝1，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝18， 故S 2 017＝403×18＋a 1＋a 2＝7 256． [答案] 7 2568．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项公式为a n ＋1－a n ＝2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．[解析] 因为a n ＋1－a n ＝2n ，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n －2＋2＝2n．所以S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2．[答案] 2n ＋1－29．(2019·徐州调研)设等差数列{a n }满足a 3＋a 7＝36，a 4a 6＝275，且a n a n ＋1有最小值，则这个最小值为________．[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 3＋a 7＝36， 所以a 4＋a 6＝36， 与a 4a 6＝275，联立，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11，当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－10，d ＝7，此时a n ＝7n －17，a 2＝－3，a 3＝4，易知当n ≤2时，a n <0，当n ≥3时，a n >0，所以a 2a 3＝－12为a n a n ＋1的最小值；当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝46，d ＝－7，此时a n ＝－7n ＋53，a 7＝4，a 8＝－3，易知当n ≤7时，a n >0，当n ≥8时，a n <0，所以a 7a 8＝－12为a n a n ＋1的最小值． 综上，a n a n ＋1的最小值为－12． [答案] －1210．(2019·昆明调研)将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：a 1a 2，a 3a 4，a 5，a 6a 7，a 8，a 9，a 10……记数阵中的第1列数a 1，a 2，a 4，…构成的数列为{b n }，S n 为数列{b n }的前n 项和．若S n＝2b n －1，则a 56＝________．[解析] 当n ≥2时，因为S n ＝2b n －1，所以S n －1＝2b n －1－1，所以b n ＝2b n －2b n －1，所以b n＝2b n －1(n ≥2且n ∈N *)，因为b 1＝2b 1－1，所以b 1＝1，所以数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以b n ＝2n －1．设a 1，a 2，a 4，a 7，a 11，…的下标1，2，4，7，11，…构成数列{c n }，则c 2－c 1＝1，c 3－c 2＝2，c 4－c 3＝3，c 5－c 4＝4，…，c n －c n －1＝n －1，累加得，c n －c 1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n －1)，所以c n ＝n （n －1）2＋1，由c n ＝n （n －1）2＋1＝56，得n ＝11，所以a 56＝b 11＝210＝1 024．[答案] 1 02411．(2019·江苏名校高三入学摸底)构造数组，规则如下：第一组是两个1，即(1，1)，第二组是(1，2a ，1)，第三组是(1，a (1＋2a )，2a ，a (2a ＋1)，1)，…，在每一组的相邻两个数之间插入这两个数的和的a 倍得到下一组，其中a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14．设第n 组中有a n 个数，且这a n 个数的和为S n (n ∈N *)．(1)求a n 和S n ； (2)求证：a 1－1S 1＋a 2－1S 2＋…＋a n －1S n ≥n2． [解] (1)由题意可得a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋(a n －1)＝2a n －1，所以a n ＋1－1＝2(a n －1)，又a 1－1＝1，则a n －1＝2n －1，所以a n ＝2n －1＋1．又S 1＝2，且S n ＋1＝S n ＋2a (S n －1)＝(2a ＋1)S n －2a ，则S n ＋1－1＝(2a ＋1)(S n －1)，又S 1－1＝1，所以S n －1＝(2a ＋1)n －1，所以S n ＝(2a ＋1)n －1＋1．(2)证明：令b n ＝a n －1S n ，则b n ＝2n －1（2a ＋1）n －1＋1． 下面用分析法证明数列{b n }为单调递增数列．要证b n <b n ＋1，即证2n －1（2a ＋1）n －1＋1<2n（2a ＋1）n＋1，又a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14，故即证2(2a ＋1)n －1＋2>(2a ＋1)n ＋1，只需证2(2a ＋1)n －1≥(2a ＋1)n，即证2≥2a ＋1，显然成立，则数列{b n }为单调递增数列．所以a 1－1S 1＋a 2－1S 2＋…＋a n －1S n ≥n ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－1S 1＝n2． 12．(2019·江苏名校高三入学摸底)已知各项均为正数的数列{a n }满足：a 1＝a ，a 2＝b ，a n ＋1＝a n a n ＋2＋m (n ∈N *)，其中m ，a ，b 均为实常数．(1)若m ＝0，且a 4，3a 3，a 5成等差数列． ①求ba的值；②若a ＝2，令b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数2log 2a n －1，n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和S n ；(2)是否存在常数λ，使得a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1对任意的n ∈N *都成立？若存在，求出实数λ的值(用m ，a ，b 表示)；若不存在，请说明理由．[解] (1)①因为m ＝0，所以a 2n ＋1＝a n a n ＋2，所以正项数列{a n }是等比数列，不妨设其公比为q ．又a 4，3a 3，a 5成等差数列， 所以q 2＋q ＝6，解得q ＝2或q ＝－3(舍去)，所以b a＝2．②当a ＝2时，数列{a n }是首项为2、公比为2的等比数列，所以a n ＝2n，所以b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即数列{b n }的奇数项依次构成首项为2、公比为4的等比数列，偶数项依次构成首项为3、公差为4的等差数列．当n 为偶数时，S n ＝2（1－4n 2）1－4＋n2（3＋2n －1）2＝2n ＋13＋n 2＋n 2－23；当n 为奇数时，S n ＝2（2n ＋1－1）3＋（n ＋1）（n ＋1＋1）2－(2n ＋1)＝2n ＋23＋n 2－n 2－23．所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋13＋n 2＋n 2－23，n 为偶数2n ＋23＋n 2－n 2－23，n 为奇数．(2)存在常数λ＝a 2＋b 2－m ab，使得a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1对任意的n ∈N *都成立．证明如下：因为a 2n ＋1＝a n a n ＋2＋m (n ∈N *)， 所以a 2n ＝a n －1a n ＋1＋m ，n ≥2，n ∈N *， 所以a 2n ＋1－a 2n ＝a n a n ＋2－a n －1a n ＋1， 即a 2n ＋1＋a n －1a n ＋1＝a n a n ＋2＋a 2n ．由于a n >0，此等式两边同时除以a n a n ＋1，得a n ＋a n ＋2a n ＋1＝a n －1＋a n ＋1a n， 所以a n ＋a n ＋2a n ＋1＝a n －1＋a n ＋1a n ＝…＝a 1＋a 3a 2， 即当n ≥2，n ∈N *时，都有a n ＋a n ＋2＝a 1＋a 3a 2a n ＋1． 因为a 1＝a ，a 2＝b ，a 2n ＋1＝a n a n ＋2＋m ，所以a 3＝b 2－ma，所以a 1＋a 3a 2＝a ＋b 2－m a b ＝a 2＋b 2－mab，所以当λ＝a 2＋b 2－m ab时，对任意的n ∈N *都有a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1成立．13．(2019·泰州市高三模拟)已知数列{a n }，{b n }满足2S n ＝(a n ＋2)b n ，其中S n 是数列{a n }的前n 项和．(1)若数列{a n }是首项为23，公比为－13的等比数列，求数列{b n }的通项公式；(2)若b n ＝n ，a 2＝3，求数列{a n }的通项公式；(3)在(2)的条件下，设c n ＝a n b n，求证：数列{c n }中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积．[解] (1)因为a n ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ， S n ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ，所以b n ＝2S na n ＋2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ＋2＝12． (2)若b n ＝n ，则2S n ＝na n ＋2n ，① 所以2S n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1＋2(n ＋1)，② ②－①得2a n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ＋2， 即na n ＝(n －1)a n ＋1＋2，③当n ≥2时，(n －1)a n －1＝(n －2)a n ＋2，④ ④－③得(n －1)a n －1＋(n －1)a n ＋1＝2(n －1)a n ， 即a n －1＋a n ＋1＝2a n ，由2S 1＝a 1＋2，得a 1＝2，又a 2＝3，所以数列{a n }是首项为2，公差为3－2＝1的等差数列， 故数列{a n }的通项公式是a n ＝n ＋1． (3)证明：由(2)得c n ＝n ＋1n， 对于给定的n ∈N *，若存在k ≠n ，t ≠n ，k ，t ∈N *，使得c n ＝c k ·c t ，只需n ＋1n ＝k ＋1k ·t ＋1t， 即1＋1n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1t ，即1n ＝1k ＋1t ＋1kt ，则t ＝n （k ＋1）k －n ，取k ＝n ＋1，则t ＝n (n ＋2)，所以对数列{c n }中的任意一项c n ＝n ＋1n ，都存在c n ＋1＝n ＋2n ＋1和c n 2＋2n ＝n 2＋2n ＋1n 2＋2n，使得c n＝c n ＋1·c n 2＋2n ．14．(2019·盐城高三模拟)已知数列{a n }满足a 1＝m ，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，n ＝2k －1a n ＋r ，n ＝2k (k ∈N *，r ∈R )，其前n 项和为S n ．(1)当m 与r 满足什么关系时，对任意的n ∈N *，数列{a n }都满足a n ＋2＝a n?(2)对任意的实数m ，r ，是否存在实数p 与q ，使得{a 2n ＋1＋p }与{a 2n ＋q }是同一个等比数列？若存在，请求出p ，q 满足的条件；若不存在，请说明理由；(3)当m ＝r ＝1时，若对任意的n ∈N *，都有S n ≥λa n ，求实数λ的最大值．[解] (1)由题意，得a 1＝m ，a 2＝2a 1＝2m ，a 3＝a 2＋r ＝2m ＋r ，由a 3＝a 1，得m ＋r ＝0．当m ＋r ＝0时，因为a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，n ＝2k －1a n －m ，n ＝2k(k ∈N *)，所以a 1＝a 3＝…＝m ，a 2＝a 4＝…＝2m ， 故对任意的n ∈N *，数列{a n }都满足a n ＋2＝a n ． 即当实数m ，r 满足m ＋r ＝0时，题意成立． (2)依题意，a 2n ＋1＝a 2n ＋r ＝2a 2n －1＋r ，则a 2n ＋1＋r ＝2(a 2n －1＋r )，因为a 1＋r ＝m ＋r ，所以当m ＋r ≠0时，{a 2n ＋1＋r }是等比数列，且a 2n ＋1＋r ＝(a 1＋r )2n＝(m ＋r )2n．为使{a 2n ＋1＋p }是等比数列，则p ＝r ．同理，当m ＋r ≠0时，a 2n ＋2r ＝(m ＋r )2n，则为使{a 2n ＋q }是等比数列，则q ＝2r ． 综上所述，①若m ＋r ＝0，则不存在实数p ，q ，使得{a 2n ＋1＋p }与{a 2n ＋q }是等比数列；②若m ＋r ≠0，则当p ，q 满足q ＝2p ＝2r 时，{a 2n ＋1＋p }与{a 2n ＋q }是同一个等比数列． (3)当m ＝r ＝1时，由(2)可得a 2n －1＝2n－1，a 2n ＝2n ＋1－2，当n ＝2k 时，a n ＝a 2k ＝2k ＋1－2，S n ＝S 2k ＝(21＋22＋…＋2k )＋(22＋23＋…＋2k ＋1)－3k ＝3(2k ＋1－k －2)，所以S n a n＝3⎝⎛⎭⎪⎫1－k2k ＋1－2．令c k ＝k 2k ＋1－2，则c k ＋1－c k ＝k ＋12k ＋2－2－k2k ＋1－2＝（1－k ）2k ＋1－2（2k ＋2－2）（2k ＋1－2）<0， 所以S n a n ≥32，λ≤32．当n ＝2k －1时，a n ＝a 2k －1＝2k－1，S n ＝S 2k －a 2k ＝3(2k ＋1－k －2)－(2k ＋1－2)＝2k ＋2－3k －4，所以S n a n ＝4－3k2k －1，同理可得S na n≥1，λ≤1．综上所述，实数λ的最大值为1．。
04)专题-数列的迭代与递推(教师版)
数列的迭代与递推第一节研究递推数列问题之基本方法例1已知数列｛如｝满足切=1,%+1=3%+1.求｛”“｝的通项公式.例2设数列｛”“｝满足“产2, 4用-6=3.221.求｛4｝的通项公式.变式1设数列｛q｝的前n项和为S”满足2S… = a n+l - 2"7 +1Q? e N),且％, % + 5, %成等差数列.(1)求％的值：(2)求数列(q｝的通项公式.变式 2 在数列｛"“｝中，％ = 1, 4+]=c4+c"X(2/? + l)(〃eN*),其中实数cwO.求｛"”｝的通项公式.变式 3 已知数列｛qJ 满足q = 0 , a2 =ct (a > 0)»2a n =«…_)+ a n_2(/i^3),求｛q J 的通项公式.例3已知数列｛〃“｝中，且％=3,对任意的自然数n都满足4x=W，求数列｛q｝的通项公式.例4已知数列｛〃”｝满足〃“用一(〃+ 1)”“ =〃(〃+ 1), 〃eN* ,且％=1.求数列｛”"｝的通项公式.变式已知数列｛〃“｝的前〃项和为4,对任意〃eN•满足(〃 + 1)4=丝笄口，且4=1.求数列｛可｝的通项公式第二讲证明等差(等比)数列问题研究例1已知数列｛”“｝的前〃项和为S“，对任意正整数〃(八22),都有3s. + 2S…_, +41.求证：数列｛斯｝为等差数列.变式在数列｛《｝中，4=；,4+广言法，其中〃eN：求证：数列｛4｝为等差数列.例2已知数列(4｝中，％=1, %•&+]=(■!■)”,记S"为｛"“｝的前〃项的和，"=%" + 2 如小，“eNL判断数列｛4｝是否为等比数列.变式已知数列｛(｝各项均为正数，％=1, %=2,且“Ji =-4+2对任意“wN/恒成立.求证：对任意正实数〃，｛%“+〃的一｝成等比数列.例3数列｛6｝的前〃项和为S〃，且满足q =1, “2=2,工=%,判断数列｛4｝是S”+l a”+2否为等差数列，并证明.变式已知无穷数列｛《｝满足：％=1，2%=%+4,且对于V〃eN"都有4>0,"二="3*2+4.判断数列｛《｝是否为等差数列，并证明•例4设数列｛%｝的前〃项和为S”,已知4 = 1,4 = 6,% = 11，且(5,i — 8)S,川—(5〃 + 2)5 =—20〃—8,〃= 1,2,3,…，求证：数列｛”"｝为等差数列.第三讲递推数列综合问题研究例 1 设数列｛““｝的前〃项和为S“，若W〃1、〃£N*, (n-〃?)S”+,” = (〃 + M(Sn - Sn).求证：数列m”｝为等差数列.变式1设数列｛qj的前八项和为S.,且Sz + S n= (n+1)“用一;q -1, n e N*,设% = 6 , 求证：数列｛""｝是等差数列.变式2已知数列｛q｝,其前〃项和为S”.若数列(4｝对任意〃?，，?eN,且〃?工〃，都有也1 =勺+4」，求证：数列｛4｝是等差数列.m + n m - n例2 (2017年江苏高考)对于给定的正整数A ,若数列｛勺｝满足+“z+i ----- +a”+i •+ -- 卜％+&_i+%+k=2ka n对任意正整数帅 > 外总成立，则称数列｛%｝是“ P(k)数列” .若数列｛册｝既是“P⑵数列”，又是“P(3)数列”，求证：｛为｝是等差数列.类比题1若正项数列｛“”)对任意的“eV,存在"eV,使得成立，则称数列｛叫为“人型”数列.若数列｛4｝既是“人型”数列，又是“乙型”数列，求证：数列｛”"｝是等比数列.类比题2对于给定的正整数0若各项均为正数的数列(4｝满足:对任意正整数〃 (〃>k), ，%%+「—・•=”/总成立，则称｛“")是“2(Q数列”.若｛4｝既是“。
江苏省南通市2020届高三数学专题复习课程资源——数列的函数特性及背景探究(第三课时)
数列的函数特性及背景探究第三课时函数性质的运用则进入到了较高的层面要求，则如一次、二次函数的性质、函数的单调性、周期性、凹凸性等在数列中有广泛的应用．例1．已知首项为32的等比数列{}n a 的前n 项和为()n S n *∈Ν，且234,2,4S S S -成等差数列．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）证明()1361n n S n S *+∈Ν…． 【分析】（1）利用等差数列的性质求出等比数列的公比，写出通项公式；（2）求出前n 项和，根据函数的单调性证明．【解析】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ．因为23424S S S -,，成等差数列，所以324324S S S S +=-，即4324S S S S -=-, 可得432a a =-，于是431.2a q a ==-又因为132a =，所以等比数列{}n a 的通项公式 为n a =()113131.222n n n--⎛⎫⋅-=-⋅ ⎪⎝⎭ （2）1111,122n n n n n S S S ⎛⎫⎛⎫=--+=--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()12,2211112,12212n n n n n n n ⎧+⎪+⎪=⎨⎛⎫⎪+-- ⎪⎪-⎝⎭⎩为奇数,为数.偶 当n 为奇数时，1n n S S +随n 的增大而减小，所以111113.6n n S S S S ++=≤ 当n 为偶数时，1n n S S +随n 的增大而减小，所以221125.12n n S S S S ++=≤ 故对于*,n ∈N 有113.6n n S S +≤【分析】本题入口相对较宽，出现的函数模型也属于容易辨识，只要能抓住对应函数的单调性，便可获得数列的单调性．例2．设向量)12,,2,1,0)(6cos 6sin ,6(cos Λ=+=k k k k a k πππ，则∑=+⋅1201)(k k k a a 的值 为． 【解析】1(1)(1)(1)(cos ,sin cos )(cos ,sin cos )666666k k k k k k k k a a ππππππ++++⋅=+⋅+u u r u u u r(1)(1)(1)cos cos +(sin cos )(sin cos )666666k k k k k k ππππππ+++=+⋅+(1)(1)(1)(1)(1)(cos cos +sin sin )(sin cos cos sin )cos cos 6666666666k k k k k k k k k k ππππππππππ+++++=+++2(1)21(21)cos sincos cos sin cos 6666626k k k k k ππππππππ++++=+++ 因为2sin 6k ππ+，1(21)cos 26k π+的周期均为6，一个周期的和皆为0，因此111012k k k a a +=⋅==∑u u r u u u r 【分析】本题是数列、三角函数、平面向量的综合应用，以数列和平面向量为载体，内核是考察三角函数的周期性，大量复杂的三角化简是命题者设置的障碍，如果能觉察到三角函数的周期本题就能迎刃而解．例3．已知函数()x f x e ax =-(a 为常数)图象与y 轴交于点A ，曲线()y f x =在点A 处的切线斜率为－1．(1)证明：当0x >时，2x x e <；(2)证明：对任意给定的正数c ，总存在0x ，使得当0(,)x x ∈+∞时，恒有2x x ce <．【解析】(1)易证，不予详解；(2)即证21x e x c>，不妨设00x >， 由(1)易知222222()()2216x x x x x x e e e x =⋅>⋅=⋅，令2116x c >，解得x >．故当0x >时，恒有2x x ce <． 【变式】证明：对任意给定的正数c 和正整数n ，总存在0x ，使得当0(,)x x ∈+∞时，恒有n x x ce <． 解析：即证1x n e x c>，不妨设00x >， 由(1)易知2222()()x x nx n n n x x x e e e n n n=⋅⋅⋅>⋅⋅⋅=， 令221n n n x x n c >，解得2x >．故当20x >时，恒有n x x ce <． 例5．设是等比数列，，，，的各项和，其中，，． （1）证明：函数在内有且仅有一个零点（记为）， 且； （2）设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为，比较与的大小，并加以证明．分析：在等差数列{}k a 中，表示等差数列各项(,)k k a ，(11)k n +≤≤，在通项公式所确定的函数（一次函数）的图像上，即(,)k k a 在一条直线上，在等比数列{}k b 中，表示等差数列各项(,)k k b ，(11)k n +≤≤，在通项公式所确定的函数（指数函数）的图像上，即(,)k k b 在一条曲线上．又因为111a b ==，11nn n a b x ++==，无论等比数列公比x 和1的大小关系如何，都会有k k a b >，故当1x ≠时，恒有()()n n f x g x <．方法一： ()n f x 1x 2x ⋅⋅⋅nx 0x >n ∈N 2n ≥()()F 2n n x f x =-1,12⎛⎫⎪⎝⎭n x 11122n n n x x +=+()n g x ()n f x ()n g x设 当时, 当时, 若,'()0h x >；若,'()0h x <．所以，即．综上所述，当时, ；当时方法二：令当时, ,所以．当时, 易知在上递减,在上递增．所以， 所以当又,，故方法三：当时, k k a b =；当时，11()()()()(11)n k n n k n n k b x x x x --===……(1)1(1)(1)[][1]n n n n k x n k k x n n-+-+--<=+()n k a = 即此时k k a b >易知，当时, ；当时．方法四： 由题意(1)(1)()2n n n x g x ++=，2()1(0)n n f x x x x x =++++>…， ()()211()()()1,0.2n n n n n x h x f x g x x x x x ++=-=+++->L 1x =()()n n f x g x =1x ≠()111()12.2n n n n x h x x nx --+'=++-L 01x <<1x >()(1)0h x h <=()()n n f x g x <1x =()()n n f x g x =1x ≠()()n n f x g x <()()111(x)1,0(2).n k k k k k x m a b x x k n n ---=-=+->≤≤1x ==k k a b ()()n n f x g x =1x ≠()()12211()(k 1)11n k k n k k k m x nx x k x x n----+-'=--=--()k m x (0,1)()k m x (1,)+∞()(1)0k k m x m >=01(2),k k x x a b k n >≠>≤≤且时,11a b =11n n a b ++=()()n n f x g x <1x =1x ≠1x =()()n n f x g x =1x ≠()()n n f x g x <①当1x =时，()()n n f x g x =；②当1x ≠时，若0,k n =时，则10n k n k x x x -+--=；若11()k n k N +-∈≤≤时，则1(1)(1)0n k n k k n k x x xx x --+--=-->； 所以1n k n k x x x -+>+．故2(1)(1)2(1)n n n x x x x ++>++++…，即()()n n g x f x >．【分析】以等比数列为例，其离散点对应的连续曲线符合指数函数凸性背景，可以看出本题源自于函数，以数列为载体呈现，其实还是以函数为主导的考察．。
数列的迭代与递推(教师版)
例 3 已知数列{an} 中，且 a1 = 3 ，对任意的自然数 n 都满足 an+1 = an2 ，求数列{an} 的
通项公式．
( ) 解：由 an+1
=
an2 得 an
=
a2 n-1
=
a2 n−2
2
=
a22 n−2
=
a23 n−3
= =
a =3 2n−1
2n−1
1
．
注：本题也可对 an+1
= cn−1 + cn (n2 −1) ．
注：（1）依次迭代后主要是求和问题；
（2）本题也可转化为
an+1 cn+1
=
an cn
+
2n + 1，然后累加法求通项．
变式 3 已知数列{an} 满足 a1 = 0 ， a2 = a (a 0) ， 2an = an−1 + an−2 (n ≥ 3) ，求{an} 的
= (an−3 + 3 2 ) 2(n−3)−1 + 3 22n−5 + 3 22n−3 =
= a1 + 3 (2 + 23 + 25 + + 22n−5 + 22n−3 )
=
a1
+ 3
2 − 22n−1 1− 22
=
2 + (22n−1
− 2) =
22n−1 ．
所以
2an
+
an−1
=
2a
，即
an
=
−
1 2
an−1
+
a．
所以 an
2020届高三数学一轮复习《数列》第三十一课时知识梳理
第三十一课时数列的综合问题学号： 姓名：二、知识梳理1 二次备课2．与n 3．4．三、基础训练1．已知等差数列{a n }前______项的和最大2. 已知{n a }3．已知,22)(+=x x x f 4．在公差为d 21+++mk mk a a +…+m a (+在公比为q5. 。
四、例题讲解[例1] 已知等差数列144=a ， （Ⅰ）求数列{}n a （Ⅱ）令cn S b n n +=[例2] 已知正项数列{a n }满足:2230n n n S a a =+- n ∈N *，数列{b n }满足 :点列 二次备课(,)n n A n b 均在曲线cos 2y x x =+在0x =处的切线l 上。
（1）分别求数列{a n }、{b n }的通项公式；（2）若()f n = n n a b n n 为奇数为偶数，问是否存在k N +∈，使(41)4()f k f k +=成立 若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由。
[例3] 已知单调递增的等比数列{a n }满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log a n ，S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ，对任意正整数n ，S n ＋(n ＋m )a n ＋1<0恒成立，试求m 的取值范围．五、跟踪练习（1）已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 21＝42，记A ＝2a 112－a 9－a 13，则A 的值为_______．（2）已知当x ∈R 时，函数y ＝f (x )满足f (2.1＋x )＝f (1.1＋x )＋13，且f (1)＝1，则f (100)的值为________．（3）记等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1，a 3，a 4成等比数列，则S 3－S 2S 5－S 3的值为________. （4）若数列{a n }的通项公式为a n ＝5(25)2n －2－4(25)n －1(n ∈N *)，{a n }的最大项为第x 项，最小项为第y 项，则x ＋y 等于________．六、教学反思。
江苏省南通市2020届高三数学专题复习课程资源——抽象函数方程教师版
第一讲 八类抽象函数方程性质的探讨抽象函数是指没有给出具体的函数解析式或图像，只给出函数满足的一些特征或性质的函数．抽象函数方程的性质因能有效考查学生的抽象思维能力、逻辑推理能力以及后继学习的潜能一直是高考的热点。
本节主要探讨八类典型抽象函数方程的性质．类型1 ()()()f m n f m f n +=+型 原型 正比例函数()0y kx k =≠性质 设函数()f x 定义在R 上，满足()()()f m n f m f n +=+，若0x >时，()f x 恒大于0，则()f x 有如下性质：①(0)0f =；②()f x 是R 上的奇函数；③()f x 在R 上单调递增．证明 ①令0m n ==，得(0)(0)(0)f f f +=，故(0)0f =；②令m x =，n x =-，有()()(0)0f x f x f +-==，()()f x f x -=-，故()f x 是R 上的奇函数； ③任取1x ，2x R ∈，设12x x >，则120x x ->，于是()120f x x ->，令1m n x +=，2m x =， 则12n x x =-，得()()()1212f x f x f x x =+-()2f x >，故()f x 是R 上的增函数．思考1 ()()()()()f m f n f m n f m f n +=+（()f m ，()f n ，()f m n +均不为零）型原型 反比例函数()af x x=()0a ≠ 分析 对()()()()()f m f n f m n f m f n +=+两边取倒数，得()()()111f m n f m f n =++，令 ()()1g x f x =，有()()()g m n g m g n +=+，由类型1知，()g x kx =，故()1af x kx x== （1a k=）． 类型2 ()()()f m n f m f n b +=++型 原型 一次函数()0y kx b k =-≠性质 已知函数()f x 定义域为R ，对任意,m n R ∈都有()()()f m n f m f n b +=++，且()0f b =，当x b >时，()0f x >，则()f x 在R 上单调递增．证明 令m n b ==，得()2f b b =；令2m b =，n b =-，得()2f b b -=-． 任取1x ，2x R ∈，设12x x >，令1m n x +=，2n x =，则12m x x =-，有()()()1122f x f x x f x b=-++，()()()1212f x f x f x x b -=-+()12f x x b b b =-+-+()()12f x x b f b b b =-++-++ ()12f x x b =-+．因为12x x >，则12x x b b -+>，于是()120f x x b -+>，因此()()12f x f x >，故()f x 是R 上的增函数或者在()()()f m n f m f n b +=++两边同时加上b ，令()()g x f x b =+， 问题可转化为类型1． 思考2 ()()()f x y f x f y kx +=++(或()()()f x y f x f y kxy +=++)（0k ≠）型 分析 若()f x 是定义在正整数集N +上的函数，对任意,x y N +∈，满足()()()f x y f x f y kx +=++(或()()()f x y f x f y kxy +=++)（0k ≠），则()2f x ax bx=+（x N +∈）．令1y =，()()()11f x f x f kx +=++，运用累加法可得()()2122k k f x n f n ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭ 2ax bx =+（2k a =，()12kb f =-）． 类型3 ()()()f m n f m f n +=g 型 原型 指数函数()0,1x y a a a =>≠性质 已知定义在R 上的函数()f x 满足对任意,m n R ∈都有()()()f m n f m f n +=g ，且当0x >时，()1f x >，则有如下性质：①()01f =；②()()1f x f x -=g ；③当0x <时， ()01f x <<；④()f x 在R 上单调递增；证明 ①令1m =，0n =，有()()()110f f f =g ，因为()10f ≠，故()01f =； ②令m x =，n x =-，有()()()01f f x f x =-=g ； ③当0x <时，0x ->，则 ()1f x ->，()101f x <<-，故()01f x <<；④任取1x ，2x R ∈，设12x x >，则120x x ->，于是()121f x x ->， 令1m n x +=，2n x =，则12m x x =-，有()()()1122f x f x x f x =-g ， ()()()()121221f x f x f x x f x -=--⎡⎤⎣⎦g ，由()121f x x ->，()20f x >，得()()12f x f x >，故()f x 是R 上的增函数．类型4 ()()()f m n f m f n =+g 型 原型 对数函数log a y x =()0,1a a >≠性质 若函数()f x 定义域为()0,+∞，当1x >时，()0f x >，且对任意0m >，0n >都有()()()f m n f m f n =+g ，则()f x 有如下性质：①()10f =； ②()()x f f x f y y ⎛⎫=- ⎪⎝⎭；③()f x 在()0,+∞上单调递增； ④当01x <<时，()0f x <． 证明 ①令1m n ==，得()10f =；②令m n x =g ，n y =，则xm y =，有()()x f x f f y y ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭， 得()()x f f x f y y ⎛⎫=- ⎪⎝⎭；③任取1x ，()20,x ∈+∞，设12x x >，则121x x >，于是120x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭， 令1m n x =g ，2n x =，则12x m x =，有()()1122x f x f f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭()2f x >， 得()()12f x f x >，故()f x 是()0,+∞上的增函数． ④令01x <<，则11x >，所以10f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭．令m x =，1n x =，有()()11f f x f x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，即()10f x f x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，因为10f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以()0f x <．类型5 ()()()f m n f m f n =g g 型 原型 幂函数n y x =性质 若函数()f x 满足对任意,m n R ∈都有()()()f m n f m f n =g g ，且()f x 不恒为0，当1x >时()1f x >，则有如下性质：①()11f =；②当01x <<时，()01f x <<；③()f x 在()0,+∞上单调递增．证明 ①令m x =，1n =，则()()()1f x f x f =g ，因为()f x 不恒为0，故()11f =； ②当01x <<时，令m x =，1n x =，则()()111f f x f x ⎛⎫== ⎪⎝⎭g ，因为11x >，所以11f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭，故()01f x <<；③任取1x ，()20,x ∈+∞，设12x x >，则121x x >，于是121x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭， 令1m n x =g ，2n x =，则12x m x =，有()()1122x f x f f x x ⎛⎫= ⎪⎝⎭g ，又()20f x >，所以 ()()()112221x f x f x ff x x ⎡⎤⎛⎫-=-⎢⎥ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦g 0>，得()()12f x f x >，故()f x 是()0,+∞上的增函数． 类型6 ()()()()2f m n f m n f m f n ++-=g 型 原型 函数cos y x =性质 设()f x 是定义在R 上不恒为零的函数，对一切实数,m n 都满足()()()()2f m n f m n f m f n ++-=g ，则有如下性质：①()01f =；②()f x 是偶函数；③若()0f t =，则()f x 是以4t 为周期的函数；证明 ①令0m n ==，则()()22020f f =⎡⎤⎣⎦，于是()00f =或()01f =；当()00f =时，令m x =，0n =，有()()()()0020f x f x f x f ++-=，于是()0f x =，与()f x 不恒为零矛盾，故()01f =；②令0m =，n x =，有()()()()0020f x f x f x f ++-=，得()()f x f x -=，故()f x 为偶函数；③令m x =，n t =，得()()()()2f x t f x t f x f t ++-=g ，由()0f t =得()()0f x t f x t ++-=，将上式中的x 换成x t +得：()()20f x t f x ++=，即()()2f x t f x +=-，于是()()42f x t f x t +=-+()()f x f x =--=⎡⎤⎣⎦，故()f x 是以4t 为周期的函数．类型7 ()()()()()1f m f n f m n f m f n ++=-(()()1f m f n ≠)型原型 正切函数()tan f x x =性质 设()f x 是定义在R 上的函数，对一切实数,m n 都满足 ()()()()()1f m f n f m n f m f n ++=-(()()1f m f n ≠)，则有如下性质：①()00f =；②()f x 是奇函数；③若()1f t =，则()f x 是以4t 为周期的函数；证明 ①令0m n ==，得()()()()200010f f f f +=-⎡⎤⎣⎦，有()()20010f f ⎡⎤+=⎣⎦，故()00f =； ②令m x =，n x =-，有()()()()()01f x f x f f x f x +-=--，又()00f =，从而()()0f x f x +-=，故()f x 是奇函数；③若()1f t =，令m x =，n t =，有()()()()()1f x f t f x t f x f t ++=-()()11f x f x +=-，从而()()()121f x t f x t f x t +++=-+()()()()111111f x f x f x fx ++-=+--()1f x =-， ()()142f x t f x t +=-+()11f x =-=-()f x =，故()f x 是以4t 为周期的函数；类型8 ()()1m n f m f n f mn +⎛⎫+= ⎪+⎝⎭型原型 复合函数()1ln1xf x x-=+ 性质 定义在()1,1-上的函数()f x 满足对实数,m n 都有()()1m n f m f n f mn +⎛⎫+= ⎪+⎝⎭，且()0,1x ∈时()0f x <，则有如下性质：①()00f =； ②()f x 为奇函数； ③()f x 是()1,1-上的减函数． 证明 ①令0m n ==得()()()000f f f +=，所以()00f =；②令m x =，n x =-，有()()21x x f x f x f x -⎛⎫+-= ⎪-⎝⎭()00f ==，从而()()f x f x -=-，故()f x 为奇函数；③任取()12,1,1x x ∈-，不妨设12x x >， ()()()()121212121x x f x f x f x f x f x x ⎛⎫--=+-= ⎪-⎝⎭，由11x <，21x <得121x x <g ，即1211x x -<<g ，故1210x x ->g ，则121201x x x x ->-．又12121212121111x x x x x x x x x x ---+-=--()()12121101x x x x -+=<-，即121211x xx x -<-． 所以1212011x x x x -<<-，于是121201x x f x x ⎛⎫-< ⎪-⎝⎭，得()()12f x f x <， 故()f x 是()1,1-上的减函数． 从以上分析不难看出，抽象函数方程问题中的特殊值、单调性、奇偶性和周期性等问题往往紧密联系，赋值、使用定义与合理变形是突破这类问题的关键．另外，有些抽象函数问题有具体的函数原型，若能由抽象函数的结构，联想到相似结构的原型函数，并由原型函数的相关结论，预测、猜想抽象函数可能具有的某些性质，常常有利于顺利地解决问题．第二讲 抽象函数方程问题中的递推关系抽象函数方程问题是高中数学中的一个难点，直接求解往往比较困难。
2020届高考数学一轮总复习第六单元数列与算法第39讲由递推公式求通项课件理新人教A版
所以 a2n＝1＋(n－1)＝n，因为 an>0，所以 an＝ n.
答案： n
3．已知数列{an}满足 a1＝1，an＋2＝3(an－1＋2)，则数列 {an}的通项公式 an＝__________.
解：由条件知{an＋2}是首项为 a1＋2＝3，公比为 3 的等 比数列，
所以 an＋2＝3·3n－1＝3n.所以 an＝3n－2.
答案：3n－2
4．数列{an}中，an＋1＝3an＋2，a1＝1，则数列{an}的通项 公式为 an＝___________.
解：(待定系数法) 设 an＋1＋λ＝3(an＋λ)，即 an＋1＝3an＋2λ， 又 an＋1＝3an＋2，所以 λ＝1， 所以 an＋1＋1＝3(an＋1)， 所以{an＋1}是首项为 a1＋1＝2，公比为 3 的等比数列， 所以 an＋1＝2·3n－1. 所以 an＝2·3n－1－1.
1．数列{an}中，an＝an－1＋n(n≥2)，a1＝1，则数列{an}的 通项公式为 an＝_____________.
解： (累加法) 因为 a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n， 所以 an＝1＋2＋3＋…＋n＝nn＋ 2 1.
答案：nn2＋1
2．已知 an>0，且 a1＝1，a2n－a2n－1＝1，则{an}的通项公式 an＝____________.
【变式探究】
1．观察下列三角形数表，设第 n 行的第二个数为 an(n≥2，n ∈N*)，
1 22 343 4774 5 11 14 11 5
………………
第1行 第2行 第3行 第4行 第5行
(江苏专用)2020版高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列的求解与综合创新课件文苏教版
专题三 数 列 第2讲 数列的求解与综合创新
数学
01
要点整合 夯基释疑
02
导学导练 核心突破
03
专题强化 精练提能
[2019 考向导航]
考点扫描
三年考情
2019
2018
2017
考向预测
1．数列求通项、
以解答题的形式考查，主要是
求和及求参数
第 14 题
等差、等比数列的定义、通项
2．记住几个常用的公式与结论
常见的拆项公式：
(1)n（n1＋1）＝n1－n＋n＋1 k；
(3)（2n－1）1（2n＋1）＝122n1－1－2n1＋1；
(4)
1 n＋
n＋k＝1k(
n＋k－
n)．
3．需要关注的易错易混点 在运用等比数列的前 n 项和公式时，必须注意对 q＝1 与 q≠1 分类讨论，防止因忽略 q ＝1 这一特殊情形导致解题失误．
【解】 (1)因为 p＝1，所以 an＋1＝|1－an|＋2an＋1． ①因为 a1＝－1，所以 a2＝|1－a1|＋2a1＋1＝1， a3＝|1－a2|＋2a2＋1＝3，a4＝|1－a3|＋2a3＋1＝9． ②因为 a2＝1，an＋1＝|1－an|＋2an＋1， 所以当 n≥2 时，an≥1， 从而 an＋1＝|1－an|＋2an＋1＝an－1＋2an＋1＝3an(n≥2)， 所以 an＝3n－2(n≥2)． 当 n＝1 时，S1＝－1．
③倒序相加法 若求和式中到首尾距离相等的两项和相等或者求和式中到首尾距离相等的两项具有某 种对称性，则可以考虑使用倒序相加的求和方法． 在使用倒序相加法求和时要注意相加后求出的和是所求和的二倍，得出解题结果后不 要忽视了除以 2． ④裂项相消法 利用通项公式变形，将通项公式分裂成两项或几项的差，通过相加过程中的相互抵消， 最后只剩下有限项的和．