（江苏专用）2020高考数学二轮复习 专题四 数列 第二讲 大题考法——等差、等比数列的综合问题课件

——等差、等比数列的综合问题大题考法二讲第题型(一)主要考查等差、等比数列的通项公式及前n项和的求解，且常结合数列的递推公式命题.等差、等比数列的综合运算[典例感悟][例1](2019·南京盐城一模)已知数列{an}，其中n∈N*.(1)若{an}满足an＋1－an＝qn－1(q0，n∈N*)．①当q＝2，且a1＝1时，求a4的值；②若存在互不相等的正整数r，s，t，满足2s＝r＋t，且ar，as，at成等差数列，求q的值．(2)设数列{an}的前n项和为bn，数列{bn}的前n项和为cn，cn＝bn＋2－3，n∈N*，若a1＝1，a2＝2，且|a2n＋1－anan＋2|≤k恒成立，求k的最小值．[解](1)①由题意知a4－a3＝4，a3－a2＝2，a2－a1＝1，a1＝1，累加得a4＝8.②因为an＋1－an＝qn－1，所以n≥2时，an－an－1＝qn－2，…，a2－a1＝1.(ⅰ)当q＝1时，an＝n－1＋a1(n≥2)．又a1满足an＝n－1＋a1，所以当q＝1时，an＝n－1＋a1(n∈N*)．因为2s＝r＋t，所以2as＝ar＋at，所以q＝1满足条件．(ⅱ)当q≠1且q0时，an＝1－qn－11－q＋a1(n≥2)．又a1满足an＝1－qn－11－q＋a1，所以an＝1－qn－11－q＋a1(n∈N*)．若存在满足条件的r，s，t，则可得2qs＝qr＋qt，则2＝qr－s＋qt－s≥2qr＋t－2s＝2，此时r＝t＝s，这与r，s，t互不相等矛盾，所以q≠1且q0不满足条件．综上所述，符合条件的q的值为1.(2)由cn＝bn＋2－3，n∈N*，可知cn＋1＝bn＋3－3，两式相减可得bn＋3＝bn＋2＋bn＋1.因为a1＝1，a2＝2，所以b1＝1，b2＝3，从而c1＝1，c2＝4，可得b3＝4，b4＝7，故b3＝b2＋b1，所以bn＋2＝bn＋1＋bn对一切的n∈N*恒成立．由bn＋3＝bn＋2＋bn＋1，bn＋2＝bn＋1＋bn得an＋3＝an＋2＋an＋1.易知a3＝1，a4＝3，故an＋2＝an＋1＋an(n≥2)．因为a2n＋2－an＋1an＋3＝(an＋1＋an)2－an＋1·(an＋2＋an＋1)＝(an＋1＋an)2－an＋1·(an＋2an＋1)＝－a2n＋1＋anan＋2，n≥2，所以当n≥2时，|a2n＋2－an＋1an＋3|＝|a2n＋1－anan＋2|，所以当n≥2时，|a2n＋1－anan＋2|＝5，当n＝1时，|a2n＋1－anan＋2|＝3，故k的最小值为5.[方法技巧]1．解决等差、等比数列综合问题的策略解决由等差数列、等比数列组成的综合问题，首先要根据两数列的概念，设出相应的基本量，然后充分使用通项公式、求和公式、数列的性质等确定基本量．解综合题的关键在于审清题目，弄懂来龙去脉，揭示问题的内在联系和隐含条件．2．有关递推数列问题常见的处理方法将第n项和第n＋1项合并在一起，看是否是一个特殊数列．若递推关系式含有an与Sn，则考虑是否可以将an与Sn进行统一，再根据递推关系式的结构特征确定是否为熟悉的、有固定方法的递推关系式向通项公式转换的类型，否则可以写出数列的前几项，看能否找到规律，即先特殊、后一般、再特殊．[演练冲关](2019·南通等七市一模)已知等差数列{an}满足a4＝4，前8项和S8＝36.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足k＝1n(bka2n＋1－2k)＋2an＝3(2n－1)(n∈N*)．①证明：{bn}为等比数列；②求集合（m，p）ambm＝3apbp，m，p∈N*.解：(1)设等差数列{an}的公差为d.因为等差数列{an}满足a4＝4，前8项和S8＝36，所以a1＋3d＝4，8a1＋8×72d＝36，解得a1＝1，d＝1.所以数列{an}的通项公式为an＝n.(2)①证明：设数列{bn}的前n项和为Bn.由(1)及k＝1n（bka2n＋1－2k）＋2an＝3（2n－1）（n∈N*）得,3（2n－1）＝k＝1n（bka2n＋1－2k）＋2n，③3（2n－1－1）＝k＝1n-1（bka2n－1－2k）＋2（n－1）（n≥2），④由③－④得3(2n－1)－3(2n－1－1)＝(b1a2n－1＋b2a2n－3＋…＋bn－1a3＋bna1＋2n)－(b1a2n－3＋b2a2n－5＋…＋bn－1a1＋2n－2)＝[b1(a2n－3＋2)＋b2(a2n－5＋2)＋…＋bn－1(a1＋2)＋bna1＋2n]－(b1a2n－3＋b2a2n－5＋…＋bn－1a1＋2n－2)＝2(b1＋b2＋…＋bn－1)＋bn＋2＝2(Bn－bn)＋bn＋2.所以3×2n－1＝2Bn－bn＋2(n≥2，n∈N*)，又3×(21－1)＝b1a1＋2，所以b1＝1，满足上式．所以2Bn－bn＋2＝3×2n－1(n∈N*)．⑤当n≥2时，2Bn－1－bn－1＋2＝3×2n－2，⑥由⑤－⑥得，bn＋bn－1＝3×2n－2.所以bn－2n－1＝－(bn－1－2n－2)＝…＝(－1)n－1(b1－20)＝0，所以bn＝2n－1，bn＋1bn＝2，又b1＝1，所以数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．②由ambm＝3apbp，得m2m－1＝3p2p－1，即2p－m＝3pm.记cn＝anbn，由①得，cn＝anbn＝n2n－1，所以cn＋1cn＝n＋12n≤1，所以cn≥cn＋1(当且仅当n＝1时等号成立)．由ambm＝3apbp，得cm＝3cpcp，所以mp.设t＝p－m(m，p，t∈N*)，由2p－m＝3pm，得m＝3t2t－3.当t＝1时，m＝－3，不合题意；当t＝2时，m＝6，此时p＝8符合题意；当t＝3时，m＝95，不合题意；当t＝4时，m＝1213＜1，不合题意．下面证明当t≥4，t∈N*时，m＝3t2t－31.不妨设f(x)＝2x－3x－3(x≥4)，则f′(x)＝2xln2－30，所以f(x)在[4，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(4)＝10，所以当t≥4，t∈N*时，m＝3t2t－31，不合题意．综上，所求集合（m，p）ambm＝3apbp，m，p∈N*＝{(6，8)}.题型(二)主要考查等差与等比数列的定义、等差与等比中项，且常与数列的递推公式结合命题.等差、等比数列的判定与证明[典例感悟][例2](2019·南师附中、淮阴、天一、海门四月联考)已知q为常数，正项数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＋(an－Sn)q＝1，n∈N*.(1)求证：数列{an}为等比数列；(2)若q∈N*，且存在t∈N*，使得3at＋2－4at＋1为数列{an}中的项．①求q的值；②记bn＝logan＋1an＋2，求证：存在无穷多组正整数数组(r，s，k)，使得br，bs，bk成等比数列．[解](1)证明：由Sn＋(an－Sn)q＝1，n∈N*，得：a1＝1，(1－q)Sn＋qan＝1(ⅰ)所以(1－q)Sn＋1＋qan＋1＝1(ⅱ)(ⅱ)－(ⅰ)得：(1－q)an＋1＋qan＋1－qan＝0，即an＋1＝qan，因为an0，所以an＋1an＝q，n∈N*，且q0，结合q为常数，得数列{an}为等比数列．(2)①由(1)得an＝qn－1，存在t∈N*，使得3at＋2－4at＋1是数列{an}中的项⇔存在t，p∈N*，使得3at＋2－4at＋1＝ap⇔存在t，p∈N*，使得3qt＋1－4qt＝qp－1，即存在t，p∈N*，使得3q2－4q＝qp－t(*)．因为q∈N*，且q＝1时，(*)式显然不成立，所以q≥2，q∈N*，所以3q2－4q≥4，即qp－t≥4，结合t，p∈N*，得p－t∈N*.当p－t≥3时，qp－t－(3q2－4q)≥q3－(3q2－4q)＝q(q2－3q＋4)0，与(*)式矛盾；当p－t＝1时，(*)式可化为3q2－4q＝q，解得q＝0(舍)或q＝53(舍)；当p－t＝2时，(*)式可化为3q2－4q＝q2，解得q＝0(舍)或q＝2.综上，q＝2.②证明：由①得an＝2n－1，则bn＝n＋1n＝1＋1n，所以数列{bn}为递减数列，因为br，bs，bk成等比数列，所以不妨设rsk，则b2s＝brbk，即s＋1s2＝r＋1r·k＋1k，即s＋1s2·rr＋1＝k＋1k，所以k＝s2（r＋1）2sr＋r－s2.令2sr＝s2，即s＝2r，得k＝（2r）2（r＋1）r＝4r2＋4r.所以存在无穷多组正整数数组(r，2r，4r2＋4r)(r∈N*)，使得br，bs，bk成等比数列，从而得证．[方法技巧]判定和证明数列是等差(比)数列的方法定义法对于n≥1的任意自然数，验证an＋1－an或an＋1an为与正整数n无关的某一常数中项公式法①若2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，则{an}为等差数列；②若a2n＋1＝an·an＋2≠0(n∈N*)，则{an}为等比数列[演练冲关]1．(2019·常州期末)已知数列{an}中，a1＝1，且an＋1＋3an＋4＝0，n∈N*.(1)求证：{an＋1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；(2)数列{an}中是否存在不同的三项按照一定顺序重新排列后，构成等差数列？若存在，求出所有满足条件的项；若不存在，请说明理由．解：(1)由an＋1＋3an＋4＝0得an＋1＋1＝－3(an＋1)，n∈N*.因为a1＝1，所以a1＋1＝2≠0，可得an＋1≠0，n∈N*，所以an＋1＋1an＋1＝－3，n∈N*，所以{an＋1}是以2为首项，－3为公比的等比数列．所以an＋1＝2(－3)n－1，则数列{an}的通项公式为an＝2(－3)n－1－1.(2)假设数列{an}中存在三项am，an，ak(mnk，m∈N*，n∈N*，k∈N*)符合题意，易知k－n，k－m，n－m都是正整数，分以下三种情形：①当am位于an和ak的中间时，2am＝an＋ak，即2[2(－3)m－1－1]＝2(－3)n－1－1＋2(－3)k－1－1，所以2(－3)m＝(－3)n＋(－3)k，两边同时除以(－3)m，得2＝(－3)n－m＋(－3)k－m，等式右边是3的倍数，舍去；②当an位于am和ak的中间时，2an＝am＋ak，即2[2(－3)n－1－1]＝2(－3)m－1－1＋2(－3)k－1－1，所以2(－3)n＝(－3)m＋(－3)k，两边同时除以(－3)m，得2(－3)n－m＝1＋(－3)k－m，即1＝2(－3)n－m－(－3)k－m，等式右边是3的倍数，舍去；③当ak位于am和an的中间时，2ak＝am＋an，即2[2(－3)k－1－1]＝2(－3)m－1－1＋2(－3)n－1－1，所以2(－3)k＝(－3)m＋(－3)n，两边同时除以(－3)m，得2(－3)k－m＝1＋(－3)n－m，即1＝2(－3)k－m－(－3)n－m，等式右边是3的倍数，舍去．综上可得，数列{an}中不存在满足题意的三项．2．(2017·江苏高考)对于给定的正整数k，若数列{an}满足：an－k＋an－k＋1＋…＋an－1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan，对任意正整数n(nk)总成立，则称数列{an}是“P(k)数列”．(1)证明：等差数列{an}是“P(3)数列”；(2)若数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an}是等差数列．证明：(1)因为{an}是等差数列，设其公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，从而，当n≥4时，an－k＋an＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d＝2a1＋2(n－1)d＝2an，k＝1，2，3，所以an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an，因此等差数列{an}是“P(3)数列”．(2)数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，当n≥3时，an－2＋an－1＋an＋1＋a