江苏南京高三数学二轮10选讲数列难点专项研究pdf

南京市南京市 2019 届高三届高三数学数学二轮专题复习资料二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 1 页（共 4 页） 专题专题 10：数列数列难点专项研究难点专项研究 目录目录 问题归类篇 . 2 类型一：等差、等比数列的证明 . 2 类型二：等差、等比数列中的求值 . 9 类型三：等差、等比数列中的探究 . 20 南京市南京市 2019 届高三届高三数学数学二轮专题复习资料二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 2 页（共 4 页） 问题问题归类归类篇篇 类型一类型一：等差等差、等比数列的证明等比数列的证明 一、一、高考高考回顾回顾 1(2011 年高考题)设 M 为部分正整数组成的集合，数列an的首项 a11，前 n 项的和为 Sn，已知对 任意整数 kM，当 nk 时，SnkSnk2(SnSk)都成立设 M3，4，求数列an的通项公式 解：由题意对任意整数 k3，4，当 nk 时，SnkSnk2(SnSk)都成立，则 当 n4 时，Sn3Sn32(SnS3)， 当 n5 时，Sn4Sn42(SnS4)， 由得 当 n5 时，Sn2Sn42(Sn1S3)， 由得 当 n5 时，an3an32an， 由得 当 n6 时，Sn3Sn52(Sn1S5)， 由得 当 n6 时，an4an42an， 方法一： 当 n8 时，an6，an3，an，an3，an6成等差数列，且 an6，an2，an2，an6也成等差数列， 从而当 n8 时，2anan3an3an6an6 ， 且 an2an2an6an6 所以当 n8 时，2anan2an2， 于是，当 n9 时，an3，an1，an1，an3成等差数列， 从而 an3an3an1an1，故由式知 2anan1an1，即 an1ananan1， 所以an从第八项开始成等差数列，设其公差为 d. 当 2m8 时，m68，从而由式知 2am6amam12，故 2am7am1am13， 从而 2(an7an6)am1am(am13am12)，于是 am1am2ddd 因此 an1and，对任意都 n2 成立 在中，令 n4 得 S7S12(S4S3)，即(S7S4)(S4S1)2S3，故 9d2S3 在中，令 n5 得 S9S12(S5S4)，即(S9S5)(S5S1)2S5，故 16d2S5 解得 a47 2d，从而 a2 3 2d，a1 1 2d因此，数列 an为等差数列， 由 a11 知 d2，所以数列 an的通项公式为 an2n1 方法二： 因为当 n5 时，an3an32an， 所以 a2，a5，a8，成等差数列，设其公差为 d1，则 a3n1a2(n1)d1. a3，a6，a9，成等差数列，设其公差为 d2，则 a3na3(n1)d2. a4，a7，a10，成等差数列，设其公差为 d3，则 a3n+1a4(n1)d3. 因为当 n6 时，an4an42an， 所以 a2，a6，a10，成等差数列，设其公差为 d. 由于 a14a24d1a23d，所以 4d13d. 由于 a18a64d1a63d，所以 4d13d. 由于 a21a94d1a93d，所以 4d13d. 所以 d1d2d33 4d 由 a6a2da3d2，所以 a3a21 4d 南京市南京市 2019 届高三届高三数学数学二轮专题复习资料二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 3 页（共 4 页） 由 a10a22da42d2，所以 a4a21 2d 所以 2a3a2a4 故 2a3na3n-1a3n+1，即 a3n+1a3na3na3n1， 所以an从第二项开始成等差数列. 下同方法一 思考：设 M2，5，求数列an的通项公式 2(2017 年高考题)对于给定的正整数 k，若数列an满足：ankank1an1an1ank1 ank2kan，对任意正整数 n(nk)总成立，则称数列an是“P(k)数列”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：数列an既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此， 当 n3 时，an2an1an1an24an， 当 n4 时，an3an2an1an1an2an36an. 由知，an3an24an1(anan1)， an2an34an1(an1an) 将代入，得 an1an12an，其中 n4， 所以 a3，a4，a5，是等差数列，设其公差为 d. 在中，取 n4，则 a2a3a5a64a4， 所以 a2a3d， 在中，取 n3，则 a1a2a4a54a3， 所以 a1a32d， 所以数列an是等差数列 思考：设 M2，5，求数列an的通项公式 二、方法联想二、方法联想 由含有 Sn和 an的多阶递推证明等差数列时，可能需要多次退位作差目标： (1) anan1常数； (2) 2anan1an1； (3)2anankank或或 anank常数（nN*，n1） 方法一：从an的子数列akn，akn+1，akn+k-1成等差，根据条件证明这些等差数列的公差相等， 同时 a1,a2,，ak是等差数列； 方法二：通过所给条件将 2anankank向 2anan1an1进行转化 注意： 由于多次进行退位， 会导致等式中 n 的取值范围的变化， 数列前几项成等差， 往往需要进行验证 证明等比数列类似 三、归类三、归类研究研究 *1已知数列 an满足 anan12n1(nN*)，求证：数列an为等差数列的充要条件是 a11 证： （必要性）数列an为等差数列，则 ana1(n1)d，an+1a1nd， 所以 anan12a1(2n1)d2n1 对 nN*恒成立， 所以 d1， 2a1d1，解得 a11 （充分性）因为 n2 时，anan12n1 ，an1an2n1 得 n2 时， an1an12 即 an的奇数项和偶数项均为公差为 2 的等差数列 因为 a1a23，a11，所以 a22 南京市南京市 2019 届高三届高三数学数学二轮专题复习资料二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 4 页（共 4 页） 所以 a2ka22(k1)2k，a2k1a12(k1)2k1， 所以 ann，数列an为等差数列 综上，数列an为等差数列的充要条件是 a11 思考： （1） 若数列anan1为公差为d的等差数列， 试探究数列an为等差数列的充要条件， 并加以证明； （2）若正项数列an满足：数列anan1为公比为q的等比数列，试探究数列 n a为等比数列的充要 条件，并加以证明. 注：数列an的奇数项和偶数项都成公差相等的等差数列，当前三项也成等差时，数列an是等差数列 *2已知数列an的首项 a1a，Sn是数列an的前 n 项和，且满足：S2 n3n2anS 2 n1， an0，n2，nN*，求数列an的通项公式 解：由 S2 n3n2anS 2 n1，得 S 2 nS 2 n13n2an，即(SnSn1)(SnSn1)3n2an， 即(SnSn1)an3n2an，因为 an0，所以 SnSn13n2，(n2)， 所以 Sn1Sn3(n1)2， ，得 an1an6n3，(n2) 所以 an2an16n9， ，得 an2an6，(n2) 即数列 a2，a4，a6，及数列 a3，a5，a7，都是公差为 6 的等差数列， 因为 a2122a，a332a 所以 an a，n1， 3n2a6，n为奇数且n3， 3n2a6，n为偶数 思考：(1)an是否可以为等差数列？(2)an是否可以为递增数列？ *3设数列an的各项均为正数若对任意的 nN*，存在 kN*，使得 a2nkanan2k成立，则称数列 an为“Jk型”数列若数列an既是“J3型”数列，又是“J4型”数列，证明：数列an是等比数列 证：由an是“J4型”数列，得 a1，a5，a9，a13，a17，a21，成等比数列，设公比为 t 由an是“J3型”数列，得 a1，a4，a7，a10，a13，成等比数列，设公比为 1； a2，a5，a8，a11，a14，成等比数列，设公比为 2； a3，a6，a9，a12，a15，成等比数列，设公比为 3； 则a13 a1 4 1t3，a 17 a5 42t3，a21 a9 43t3 所以 123，不妨记 123，且 t4 3 于是 a3k2a1k 1a 1(3) (3k 2)1， a3k1a5k 2a 1tk 2a 1k2 3a1( 3 ) (3k 1)1， a3ka9k 3a 1t2k 3a 1k1 3a1( 3 ) 3k 1， 所以 ana1(3)n 1，所以an1 an 3，故an为等比数列 注：利用两个子数列的公共项，求得两个子数列的公比关系，进而通过三个子数列的通项公式求出原数列 的通项公式，由通项公式符合等比数列通项公式的形式，证得等比数列 南京市南京市 2019 届高三届高三数学数学二轮专题复习资料二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 5 页（共 4 页） *4设an的前 n 项和为 Sn证明：对任意 nN*，都有 Sn1 2n(a1an)，则an为等差数列 证：n2 时，Sn1 2n(a1an) ，Sn1 1 2(n1)(a1an1) ， 得 an1 2n(a1an) 1 2(n1)(a1an1) 1 2a1 1 2nan 1 2(n1)an1， 所以(n2)an(n1)an1a1， 所以 n3 时，(n3)an1(n2)an2a1， 得 (2n4)an1(n2)(an2an)， 又 n3，所以 2an1an2an，即 anan1an1an2 从而 anan1an1an2a2a1 所以an为等差数列 注：利用 Sn与 an的关系，将条件转化 an与 an1的递推关系，再次作差（消去 a1） ，转化为 2an1an2 an，进而证明等差数列 5命题 p： an是等差数列；命题 q：等式 1 a1a2 1 a2a3 1 anan1 knb a1an1对任意 n(nN*)恒成立，其中 k， b 是常数 *(1)若 p 是 q 的充分条件，求 k，b 的值； *(2)对于(1)中的 k 与 b，问 p 是否为 q 的必要条件，请说明理由； 解：(1)设an的公差为 d， 当 d0 时原等式可化为 1 d 1 a1 1 a2 1 a2 1 a3 1 an 1 an1 knb a1an1，所以 1 d nd a1an1 knb a1an1， 即()k1 nb0 对于 nN*恒成立， 令 n1，n2 解得 k1，b0 当 k1，b0 时()k1 nb0 对于 nN*恒成立， 所以 k1，b0 当 d0 时，也成立 综上，k1，b0 (2)当 k1，b0 时， 1 a1a2 1 a2a3 1 anan1 n a1an1 对于任意的 n( )nN*恒成立 当 n2 时， 1 a1a2 1 a2a3 1 an1an n1 a1an1 ， 由得， 1 anan1 1 a1 n an1 n1 an ，即 nan()n1 an1a1 当 n3 时，()n1 an1(n2)ana1 ， ，得当 n3 时，2anan1an1， 在中当 n2 时，a1a32a2， 所以 n2 时，2anan1an1，即 anan1an1an2a2a1 所以an为等差数列，即 p 为 q 的必要条件 注：利用 Sn与 an的关系，将条件转化为 an与 an1的递推关系，再次作差（消去 a1） ，转化为 2an1an2 an，进而证明等差数列 南京市南京市 2019 届高三届高三数学数学二轮专题复习资料二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 6 页（共 4 页） *6在正项数列 an中， n i1 1 ai ai1 n a1 an1(p 为正常数)对正整数 n 恒成立，求证 an为等差数 列 证：记 Sn n i1 1 ai ai1 所以 Sn n i1 1 ai ai1 n a1 an1 ， Sn1 n1 i1 1 ai ai1 (n1) a1 an2 ， ，得 (n1) a1 an2 n a1 an1 1 an1 an2， 化简得当 n1 时，(n1)an1nan2a1 ， (n2)an2(n1)an3a1， ， 得当 n1 时，an1an32an2 在中令 n1，得 a1a32a2， 所以当 n1 时，anan22an1均成立， 即 anan1an1an2a2a1， 从而 an为等差数列 注：利用 Sn与 an的关系，将条件转化为 an与 an1的递推关系，再次作差（消去 a1） ，转化为 2an1an2 an，进而证明等差数列 7设数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a11，a26，a311，且(5n8)Sn1(5n2)SnAnB，n1，2， 3，其中 A，B 为常数 *(1)求 A 与 B 的值； *(2)证明：数列an为等差数列 解：(1)由已知，得 S1a11，S2a1a27，S3a1a2a318 由(5n8)Sn1(5n2)SnAnB，知 3S27S1AB 2S312S22AB，即 AB28 2AB48， 解得 A20，B8 (2)由(1)得(5n8)Sn1(5n2)Sn20n8 ， 所以(5n3)Sn2(5n7)Sn120n28 ， 得 (5n3)Sn2(10n1)Sn1(5n2)Sn20 ， 所以(5n2)Sn3(10n9)Sn2(5n7)Sn120 ， 得 (5n2)Sn3(15n6)Sn2(15n6)Sn1(5n2)Sn0 因为 an1Sn1Sn， 所以(5n2)an3(10n4)an2(5n2)an10， 因为(5n2)0， 所以 an32an2an10， 所以 an3an2an2an1，n1，又 a3a2a2a15， 所以数列an为等差数列 注： （1）经过两次作差后，才能用 Sn与 an的关系，将条件转化为 2an1an2an，进而证明等差数列； （2） 由于多次退位，会导致 n 取值范围的变化，要验证前三项也成等差 *8已知数列an，bn满足：bnan3an1，nN* 若数列bn成等差数列，且 b15a2a3，试判断 南京市南京市 2019 届高三届高三数学数学二轮专题复习资料二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 7 页（共 4 页） 数列an是否成等差数列？并证明结论. 解：an成等差数列下面证明： 由 b15a2a3，可得 a13a25a2a3，即 a32a2a1=0； 由 bnan3an1可得 bn1an13an2，bn2an23an3， 又因为数列bn成等差数列，从而 bn2bn1bn1bn，即 bn22bn1bn0， 从而 bn22bn1bn(an23an3)2(an13an2)(an3an1)0， 即 an22an1an3(an32an2an1)， 所以 an22an1an3n 1(a 32a2a1)0， 所以数列an成等差数列. 注：将数列相邻四项的递推关系转化为相邻三项的递推关系. *9已知数列an的前三项分别为 a15，a26，a38，且数列an前 n 项和 Sn满足 Snm1 2(S2nS2m) (nm)2，其中 m，n 为任意正整数求数列an的通项公式 an 解：令 n1，m2，S31 2(S2S4)1，S429，a410， 令 m1，Sn11 2(S2nS2)(n1) 2，令 m2，Sn21 2(S2nS4)(n2) 2， 所以 an2Sn2Sn12n3S4S2 2 2n62(n2)2，所以 an2n2，(n3) 又 a26 符合，a15 不符合，所以 an 5，n1 2n2，n2 注：当递推关系中含有多个变量时，应利用特殊和一般的关系，通过合理的特殊化，将递推关系转化为一 个变量 *10设数列an的各项都为正数，其前 n 项和为 Sn，对于任意正整数 m，n，Smn 2a2m(1S2n)1 恒成立若 a11，求 a2，a3，a4及数列an的通项公式 解：由条件，令 mn1，得 1S2 2a2(1S2) 所以(1S2)22a2(1S2)则 1S22a2所以 a21a1因为 a11，所以 a22 令 m1，n2，得 1S3 2a2(1S4)则(4a3)24(4a3a4) 令 m2，n1，得 1S3 2a4(1S2)则(4a3)28a4 解得 a34，a48得 1Smn 2a2m(1S2n)令 m1，得 1Sn1 2a2(1S2n) 令 m2，得 1Sn2 2a4(1S2n)所以1Sn 2 1Sn1 a4 a2(nN*)因为 a4 a22， 则数列1Sn(n2，nN*)是公比为 2 的等比数列， 所以 1Sn2 2n 12n，可以求得 a n2n 1 注：(1)通过特殊化，由递推关系 Smn2a2m(1S2n)1 得到 1Sn12a2(1S2n)和 1Sn2 2a4(1S2n)，进而得出数列1Sn成等比；(2)求得 a4 a2时体现出得方程思想，也是值得好好体会的 11已知数列an的各项均为正数，其前 n 项的和为 Sn，且对任意的 m，nN*，都有(SmnS1)24a2ma2n *(1)求a2 a1的值； *(2)求证：an为等比数列 解：(1)由(SmnS1)24a2na2m，得(S2S1)24a22，即(a22a1)24a22 南京市南京市 2019 届高三届高三数学数学二轮专题复习资料二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 8 页（共 4 页） 因为 a10，a20，所以 a22a1a2，即a2 a12 (2)（方法一）（方法一）令 m1，n2，得(S3S1)24a2a4，即(2a1a2a3)24a2a4， 令 mn2，得 S4S12a4，即 2a1a2a3a4 所以 a44a28a1 又因为a2 a12，所以 a34a1 由(SmnS1)24a2na2m，得(Sn1S1)24a2na2，(Sn2S1)24a2na4 两式相除，得(S n2S1)2 (Sn1S1)2 a4 a2，所以 Sn2S1 Sn1S1 a4 a22 即 Sn2S12(Sn1S1)， 从而 Sn3S12(Sn2S1) 所以 an32an2，故当 n3 时，an是公比为 2 的等比数列 又因为 a32a24a1，从而 ana12 n 1，nN* 显然，ana12 n 1 满足题设， 因此an是首项为 a1，公比为 2 的等比数列 （方法二）（方法二）在(SmnS1)24a2na2m中， 令 mn，得 S2nS12a2n 令 mn1，得 S2n1S12 a2na2n2 ， 在中，用 n1 代 n 得，S2n2S12a2n2 ，得 a2n12 a2na2n22a2n2 a2n( a2n2 a2n)， ，得 a2n22a2n22 a2na2n22 a2n2( a2n2 a2n)， 由得 a2n1 a2na2n2 代入，得 a2n12a2n；代入得 a2n22a2n1， 所以a 2n2 a2n1 a2n1 a2n 2又a2 a12， 从而 ana12 n 1，nN* 显然，ana12 n 1 满足题设， 因此an是首项为 a1，公比为 2 的等比数列 注：方法二的技巧性非常强，但消元的思想方法值得借鉴 *12已知an，bn，cn都是各项不为零的数列，且满足 a1b1a2b2anbncnSn，nN*，其中 Sn是数列an的前 n 项和，cn是公差为 d(d0)的等差数列若 ann( 是不为零的常数)，求证：数 列bn是等差数列； 解：因为 a1b1a2b2anbncnSn， 当 n2 时，Sn1cn1a1b1a2b2an1bn1， 两式相减得 SncnSn1cn1anbn， 即(Sn1an)cnSn1cn1anbn，Sn1(cncn1)ancnanbn， 即 Sn1dncnnbn， 又 Sn1(n1) 2 (n1)n(n1) 2 ， 所以n(n1) 2 dncnnbn， 即(n1) 2 dcnbn， 所以当 n3 时，(n2) 2 dcn1bn1， 两式相减得 bnbn13 2d(n3)， 南京市南京市 2019 届高三届高三数学数学二轮专题复习资料二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 9 页（共 4 页） 所以数列bn从第二项起是公差为3 2d 等差数列； 又当 n1 时，由 S1c1a1b1得 c1b1， 当 n2 时，由 b2(21) 2 dc21 2d(c1d)b1 3 2d 得 b2b1 3 2d， 故数列bn是公差为3 2d 的等差数列 注：(1)当问题中出现多个数列相互限制的关系时，字母符号会比较多，要合理运用所给条件，化简所给条 件(2)针对条件(n1) 2 dcnbn，本题选择用定义证明等差数列 13数列an，bn，cn满足：bnan2an1，cnan12an22，nN* *(1)若数列an是等差数列，求证：数列bn是等差数列； *(2)若数列bn，cn都是等差数列，求证：数列an从第二项起为等差数列； *(3)若数列bn是等差数列，试判断当 b1a30 时，数列an是否成等差数列?证明你的结论 证：(1)设数列an的公差为 d， 因为 bnan2an1， 所以 bn1bn(an12an2)(an2an1)(an1an)2(an2an1)d2dd， 所以数列bn是公差为d 的等差数列 (2)当 n2 时，cn1an2an12， 因为 bnan2an1， 所以 anbncn 1 2 1，所以 an1bn 1cn 2 1， 所以 an1anbn 1cn 2 b ncn1 2 bn 1bn 2 cncn 1 2 ， 因为数列bn，cn都是等差数列， 所以bn 1bn 2 cncn 1 2 为常数， 所以数列an从第二项起为等差数列 (3)因为 bnan2an1，b1a30， 令 n1，a12a2a3，即 a12a2a30， 所以 bn1an12an2，bn2an22an3， 所以 2bn1bnbn2(2an1anan2)2(2an2an1an3)， 因为数列bn是等差数列，所以 2bn1bnbn20， 所以 2an1anan22(2an2an1an3)， 因为 a12a2a30， 所以 2an1anan20，即 anan1an1an2a2a1， 所以数列an是等差数列 注： （3）中针对条件 bnan2an1，本题选择中项关系证明等差数列 类型类型二二：等差、等差、等比数列中的求值等比数列中的求值 一、一、高考高考回顾回顾 1(2013 年高考题)设an是首项为 a，公差为 d 的等差数列(d0)，Sn是其前 n 项和记 bn nSn n2c， 南京市南京市 2019 届高三届高三数学数学二轮专题复习资料二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 10 页（共 4 页） nN*，其中 c 为实数 (1)若 c0，且 b1，b2，b4成等比数列，证明：Snkn2Sk(k，nN*)； (2)若bn是等差数列，证明：c0 证：由题设，Snnan(n1) 2 d (1)由 c0，得 bnSn n an1 2 d 又因为 b1b2b4成等比数列，所以 b22b1b4，即 ad 2 2 a a3 2d ，化简得 d 22ad0 因为 d0，所以 d2a， 因此，对于所有的 mN*，有 Smm2a从而对于所有的 knN*，有 Snk(nk)2an2k2an2Sk (2) 设数列bn的公差是 d1，则 bnb1(n1)d1，则 nSn n2cb1(n1)d1，nN *， 代入 Sn的表达式，整理得，对于所有的 nN*，有 d11 2 d n 3 b1d1a1 2 d n 2cd1nc(d1b1) 令 Ad11 2d，Bb1d1a 1 2d，Dc(d1b1)，则对于所有的 nN *，有 An3Bn2cd1nD(*) 在(*)式中分别取 n1，2，3，4，得 ABcd18A4B2cd127A9B3cd164A16B4cd1， 从而有 7A3Bcd10， 19A5Bcd10， 21A5Bcd10， 由得 A0，cd15B，代入方程，得 B0，从而 cd10 即 d11 2d0，b1d1a 1 2d0，cd10若 d10， 则由 d11 2d0，得 d0，与题设矛盾，所以 d10 又因为 cd10，所以 c0 2(2014 年高考题)设数列an的前 n 项和为 Sn若对任意的正整数 n，总存在正整数 m，使得 Snam， 则称an是“H 数列” (1) 若数列an的前 n 项和为 Sn2n(nN*)，证明：an是“H 数列”； (2) 设an是等差数列，其首项 a11，公差 d0若an是“H 数列”，求 d 的值； 解：(1) 首先 a1S12，当 n2 时，anSnSn12n2n 12n1，所以 a n 2，n1， 2n 1，n2 所以对任意的 nN*，Sn2n是数列an中的 n1 项，因此数列an是“H 数列” (2)(方法一)由已知，S22a1d2d， 因为数列an是“H 数列”，所以存在正整数 m，使得 S2am，即 2d1(m1)d， 于是(m2)d1，因为 d0，所以 m20，故 m1，从而 d1 当 d1 时，an2n，Snn(3n) 2 是小于 2 的整数，nN* 于是对任意正整数 n，总存在 m2Sn2n(3n) 2 ，使得 Snam，所以an是“H 数列” 因此 d1 (方法二)先证明：若等差数列an是“H 数列” ，则an至多只有一项是正项 事实上，若an至少有两项是正项，则由公差 d0 知an是递减数列， 从而an的前两项 a1a20，因此 S2 a1a2a1an(nN*)，即an不是“H 数列” ，矛盾 因为 a110，故 a20 若 a20，则有 a1 a1a2S2a2an ( n 3)，从而 an 不是“H 数列” ，矛盾 故 a20，从而 d1 同方法一，可证 d1 时，若an是“H 数列” 思考：设an是等差数列，其首项为 a1，公差为 d(d0)若an是“H 数列”，求 a1，d 满足的条件 南京市南京市 2019 届高三届高三数学数学二轮专题复习资料二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 11 页（共 4 页） 3(2012 年高考题) 已知各项均为正数的两个数列an和bn满足：an1 anbn an2bn2nN * (1)设 bn11bn annN *，求证：数列(bn an) 2是等差数列； (2)设 bn1 2 bn annN *，且an是等比数列，求 a1和 b1的值 解：(1) 由题设知 an1 anbn a2nb2n 1bn an 1 bn an 2 bn1 1 bn an 2，所以 bn1 an1 1 bn an 2 ， 从而 bn1 an1 2 bn an 2 1(nN*)， 所以数列 bn an 2 是以 1 为公差的等差数列 (2) 因为 an0，bn0，所以(a nbn)2 2 a2nb2n(anbn)2， 从而 1an1 anbn a2nb2n 2 (*) 设等比数列an的公比为 q，由 an0 知 q0下证 q1 若 q1，则 a1a2 qa2 2，故当 nlogq 2 a1 时，an1a1qn 2，与(*)矛盾； 若 0q1，则 a1a2 q a21，故当 nlogq 1 a1时，an1a1q n1，与(*)矛盾 综上，q1，故 ana1(nN*)，所以 1a1 2 又 bn1 2 bn an 2 a1 bn(nN*)， 所以bn是公比为 2 a1 的等比数列 若 a1 2，则 2 a1 1，于是 b1b2b3又由 a1 a1bn a21b2n得 b na 1a212a21 a211 ， 所以 b1，b2，b3中至少有两项相同，矛盾所以 a1 2，从而 bna 1a212a21 a211 2 所以 a1b1 2 二、方法联想二、方法联想 根据条件确定等差（比）数列中的参量时，根据条件常有下列方法： (1)(1)所给条件为恒等式：所给条件为恒等式： 方法一：转化为关于 n 的多项式恒等于 0 求解； 方法二：用特殊值法，如取连续 3 项列方程求解后进行验证 (2)(2)所给条件等于可求解参量的个数，直接求解；所给条件等于可求解参量的个数，直接求解； ( (3 3) )所给条件少于可求解参量个数：所给条件少于可求解参量个数： 方法一：利用整数的性质，求解不定方程； 方法二：利用等差（比）数列的特殊性质，例如单调性，有界性，达到确定参数的目的 三、归类三、归类研究研究 1设无穷等差数列an的前 n 项和为 Sn *(1)若首项 a13 2 ，公差 d1，求满足 Sk2(Sk) 2的正整数 k； 南京市南京市 2019 届高三届高三数学数学二轮专题复习资料二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 12 页（共 4 页） *(2)求所有的无穷等差数列an，使得对于一切正整数 k 都有 Sk2(Sk)2成立 解：(1)当 a13 2，d1 时，Sn 3 2n n(n1) 2 1 2n 2n， 由 Sk2(Sk)2得，1 2k 4k2(1 2k 2k)2 ，即 k3(1 4k1)0，又 k0，所以 k4 (2)设数列an的公差为 d， 则在 Sk2(Sk)2中分别取 k1，2 得 S1(S1)2 S4(S2)2，即 a1a12， 4a143 2 d(2a121 2 d)2， 由得 a10 或 a11 当 a10 时，代入(2)得：d0 或 d6； 当 a10，d0 时，an0，Sn0，从而 Sk2(Sk)2成立； 当 a10，d6 时，则 an6(n1)，由 S318，(S3)2324，S9216 知，S9(S3)2， 故所得数列不符合题意； 当 a11 时，d0 或 d2，当 a11，d0 时，an1，Snn，从而 Sk2(Sk)2成立； 当 a11， d2 时，则 an2n1，Snn2，从而 Sk2(Sk)2成立， 综上共有 3 个满足条件的无穷等差数列； an0 或 an1 或 an2n1 注：确定等差数列只需要两个量，因此可以通将恒等式特殊化得到两个方程求解，但切记要检验，当然本 题也可以用方程恒成立求解 2设 Sn为数列an的前n项和，若S2n Sn (nN*)是非零常数，则称该数列为“和等比数列” *(1)若数列2 bn是首项为 2，公比为 4 的等比数列，试判断数列b n是否为“和等比数列”； *(2)若数列cn是首项为 c1，公差为 d(d0)的等差数列，且数列cn是“和等比数列”，试探究 d 与 c1 之间的等量关系 解：(1)因为数列 2 bn 是首项为 2，公比为 4 的等比数列，所以 2 bn2 4n12 2n 1， 因此 bn2n1 设数列 bn的前 n 项和为 Tn，则 Tnn2，T2n4n2，所以T2n Tn 4， 因此数列 bn为“和等比数列” (2)设数列 cn的前 n 项和为 Rn，且R2n Rn k(k 为常数，且 k0)， 因为数列 cn是等差数列，所以 Rnnc1n(n1) 2 d，R2n2nc12n(2n1) 2 d， 所以R2n Rn 2nc12n(2n1) 2 d nc1n(n1) 2 d k 对于 nN*都成立， 化简得，(k4)dn(k2)(2c1d)0， 则 (k4)d0， (k2)(2c1d)0，因为 d0，所以 k4，d2c1， 因此 d 与 c1之间的等量关系为 d2c1 南京市南京市 2019 届高三届高三数学数学二轮专题复习资料二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 13 页（共 4 页） 注：本题是用方程恒成立求解 *3已知数列an，bn都是等差数列，它们的前 n 项和分别记为 Sn，Tn，满足对一切 nN*，都有 Sn3 Tn.若 a1b1，试分别写出一个符合条件的数列an和bn； 解：设数列an，bn的公差分别是 d1，d2. 则 Sn3(n3)a1(n3) (n2) 2 d1，Tnnb1n(n1) 2 d2. 对一切 nN*，有 Sn3Tn， (n3)a1(n3) (n2) 2 d1nb1n(n1) 2 d2， 即d1 2n 2 a15 2d1 n3a13d1d2 2 n2 b11 2d2 n. d1 2 d2 2 ， a15 2d1b1 1 2d2， 3a13d10. 即 d2d1， a1d1， b12d1. 故答案不唯一 例如取 d1d22，a12，b14，得 an2n4(nN*)，bn2n2(nN*) 注：本题是用方程恒成立求解 *4是否存在两个等比数列an，bn，使得 b1a1，b2a2，b3a3，b4a4成公差不 为 0 的等差数列? 若存在，求an，bn的通项公式；若不 存在，说明理由 解：假设存在两个等比数列an，bn， 使 b1a1，b2a2，b3a3，b4a4成公差不为 0 的等差数列， 设an的公比为 q1，bn的公比为 q2，则 b2a2b1q2a1q1， b3a3b1q22a1q21， b4a4b1q32a1q31 ， 由 b1a1，b2a2，b3a3，b4a4成等差数列得 2(b1q2a1q1)b1a1(b1q22a1q21) 2(b1q22a1q21)b1q2aq1(b1q32q1q31) 即 b1(q21)2a1(q11)20， b1q2(q21)2a1q1(q11)20， q2得 a1(q1q2)(q11)20， 由 a10 得 q1q2或 q11 (1)当 q1q2时，由，得 b1a1或 q1q21， 这时(b2a2)(b1a1)0 与公差不为 0 矛盾； (2)当 q11 时，由，得 b10 或 q21， 这时(b2a2)(b1a1)0 与公差不为 0 矛盾， 综上所述，不存在两个等比数列an，bn， 使 b1a1，b2a2，b3a3，b4a4成公差不为 0 的等差数列 注：本题的难点在于多字母的消元 *5已知数列an是等比数列，且 an0若 a2a18，a3m，且数列an是唯一的，求 m 的值； 南京市南京市 2019 届高三届高三数学数学二轮专题复习资料二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 14 页（共 4 页） 解:要使满足条件的数列