8、合處理就行了．
[對點訓練2] 已知等差數列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，S3＝6.正項數列{bn}滿足b1·b2·b3·…·bn＝2Sn.
(1)求數列{an}，{bn}的通項公式；
(2)若λbn>an，對n∈N＋均成立，求實數λ的取值范圍．
[解] (1)∵等差數列{an}中，a1＝1，S3＝6，
∴d＝1，故an＝n.2分
由
①÷②得bn＝2Sn－Sn－1＝2an＝2n(n≥2)，
b1＝2S1＝21＝2，滿足通項公式，故bn＝2n.5分
(2)λbn>an恒成立，即λ>恒成立，7分
設cn＝，則＝，
當n≥1時，cn＋1≤cn，{cn}單調遞減，
∴(
9、cn)max＝c1＝，故λ>，∴λ的取值范圍是.14分
熱點3 與等差(比)數列有關的綜合問題(答題模板)
解決等差、等比數列的綜合問題，關鍵是理清兩種數列的項之間的關系，并注重方程思想的應用，等差(比)數列共涉及五個量a1，an，Sn，d(q)，n，“知三求二”．
(本小題滿分16分)(2017·鹽城模擬)已知正項數列{an}，{bn}滿足：對任意n∈N＋，都有an，bn，an＋1成等差數列，bn，an＋1，bn＋1成等比數列，且a1＝10，a2＝15.
(1)求證：數列{}是等差數列；
(2)求數列{an}，{bn}的通項公式；
(3)設Sn＝＋＋…＋，如果對任意n∈N＋，不
10、等式2aSn<2－恒成立，求實數a的取值范圍．
[思路點撥] (1)只要證明2＝＋(n≥2)即可．
(2)由(1)先求，再由a＝bn－1bn求an.
(3)由求Sn，然后把參數a分離，并借助數列的性質求參數a的取值范圍．
[規(guī)范解答] (1)證明：由已知，2bn＝an＋an＋1 ①，a＝bnbn＋1②，
由②可得，an＋1＝ ③，將③代入①得，對任意n∈N＋，n≥2，有2bn＝＋，
即2＝＋，所以是等差數列.4分
(2)設數列的公差為d，由a1＝10，a2＝15，得b1＝，b2＝18，6分
所以＝，＝3，所以d＝－＝，
所以＝＋(n－1)d＝＋(n－1)·＝(n＋4)，所以b
11、n＝.8分
a＝bn－1bn＝·，
an＝.10分
(3)由(2)，＝＝2，11分
所以，Sn＝2＝2，12分
故不等式2aSn<2－化為
4a<2－，
即a<，當n∈N＋時恒成立，13分
令f(n)＝＝·＝＝1＋＋＋，
則f(n)隨著n的增大而減小，且f(n)>1恒成立.15分
故a≤1，所以，實數a的取值范圍是(－∞，1].16分
[答題模板] 第一步：由題設條件建立bn－1，bn，bn＋1間的等量關系；
第二步：借助等差中項法證明數列{}是等差數列；
第三步：求基本量，并分別求出{an}，{bn}的通項公式；
第四步：分析的特點，并求Sn；
第五步：把Sn，
12、an，bn代入2aSn<2－中，并分離變量a；
第六步：借助數列的單調性，求參數a的范圍；
第七步：反思回顧，查看關鍵點，易失分點，注意規(guī)范．
[溫馨提示] 若干個能唯一確定一個數列的量稱為該數列的“基本量”．首項與公差是等差數列的“基本量”，首項與公比是等比數列的“基本量”．在解決等差數列或等比數列的相關問題時，“基本量法”是常用的方法．
[對點訓練3] (2017·無錫期末)已知數列{an}與{bn}滿足an＋1－an＝q(bb＋1－bn)，n∈N＋.
(1)若bn＝2n－3，a1＝1，q＝2，求數列{an}的通項公式；
(2)若a1＝1，b1＝2且數列{bn}為公比不為1的等
13、比數列，求q的值，使數列{an}也是等比數列；
(3)若a1＝q，bn＝qn(n∈N＋)且q∈(－1,0)，數列{an}有最大值M與最小值m，求的取值范圍．
[解] (1)由bn＝2n－3且q＝2得an＋1－an＝4，所以數列{an}為等差數列，
又a1＝1，所以an＝4n－3.4分
(2)由條件可知an－an－1＝q(bn－bn－1)，
所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝q(bn－bn－1)＋q(bn－1－bn－2)＋…＋q(b2－b1)＋a1＝qbn－qb1＋a1＝qbn－2q＋1，6分
不妨設{bn}的公比為λ(λ≠1)，則an＝
14、2qλn－1－2q＋1，
由{an}是等比數列知：a＝a1a3可求出q＝，
經檢驗，an＝2qλn－1，此時{an}是等比數列，所以q＝滿足條件.10分
(3)由條件可知an－an－1＝q(bn－bn－1)，
所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝q(bn－bn－1)＋q(bn－1－bn－2)＋…＋q(b2－b1)＋a1＝qbn－qb1＋a1，
即an＝qn＋1－q2＋q，12分
a2n＝q2n＋1－q2＋q，因為q∈(－1,0)，
所以a2n＋2－a2n＝q2n＋3－q2n＋1＝q2n＋1(q2－1)>0，則{a2n}單調遞增；
15、a2n＋1－a2n－1＝q2n＋2－q2n＝q2n(q2－1)<0，則{a2n－1}單調遞減；
又a2n－a1＝q2n＋1－q2<0，所以數列{an}的最大項為a1＝q＝M，
a2n＋1－a2＝q2n＋2－q3＝q3(q2n－1－1)>0，
所以數列{an}的最小項為a2＝q3－q2＋q＝m，
則＝＝，
因為q∈(－1,0)，所以q2－q＋1∈(1,3)，所以∈.16分
熱點探究訓練(四)
A組 基礎過關
1．(2017·蘇州期中)設數列{an}的前n項和為Sn，滿足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，且a1，a2＋5，a3成等差數列．
(1)求a1，a2的值；
(2)求證：數
16、列{an＋2n}是等比數列，并求數列{an}的通項公式．
[解] (1)由已知，得2a1＝a2－3?、伲?
2(a1＋a2)＝a3－7?、冢?
又因為a1，a2＋5，a3成等差數列，
所以a1＋a3＝2a2＋10 ③，
解①②③，得a1＝1，a2＝54分
(2)由已知，n∈N＋時，2(Sn＋1－Sn)＝an＋2－an＋1－2n＋2＋2n＋1，
即an＋2＝3an＋1＋2n＋1，
即an＋1＝3an＋2n(n≥2)，8分
由(1)得，a2＝3a1＋2，∴an＋1＝3an＋2n(n∈N＋)．
從而有an＋1＋2n＋1＝3an＋2n＋2n＋1＝3an＋3×2n＝3(an＋2n)．
17、又a1＋2>0，∴an＋2n>0，∴＝3.
∴數列{an＋2n}是等比數列，且公比為3.
∴an＋2n＝(a1＋2)×3n－1＝3n，即an＝3n－2n.14分
2．(2017·泰州中學高三模底考試)已知數列{an}的前n項和Sn滿足：Sn＝t(Sn－an＋1)(t為常數，且t≠0，t≠1)．
(1)求{an}的通項公式；
(2)設bn＝a＋Sn·an，若數列{bn}為等比數列，求t的值；
(3)在滿足條件(2)的情形下，設cn＝4an＋1，數列{cn}的前n項和為Tn，若不等式≥2n－7對任意的n∈N＋恒成立，求實數k的取值范圍.
【導學號：62172212】
[解] (1
18、)當n＝1時，S1＝t(S1－a1＋1)，得a1＝t.
當n≥2時，由Sn＝t(Sn－an＋1)，即
(1－t)Sn＝－tan＋t，①
得(1－t)Sn－1＝－tan－1＋t，②
①－②，得(1－t)an＝－tan＋tan－1，即an＝tan－1，
∴＝t(n≥2)，
∴{an}是等比數列，且公比是t，∴an＝tn.4分
(2)由(1)知，bn＝(tn)2＋·tn，即bn＝，
若數列{bn}為等比數列，則有b＝b1·b3，
而b1＝2t2，b2＝t3(2t＋1)，b3＝t4(2t2＋t＋1)，
故2＝(2t2)·t4(2t2＋t＋1)，解得t＝，
再將t＝代入bn，得bn
19、＝，
由＝，知{bn}為等比數列，∴t＝.8分
(3)由t＝，知an＝n，∴cn＝4n＋1，
∴Tn＝4×＋n＝4＋n－，
由不等式≥2n－7恒成立，得3k≥恒成立，
設dn＝，由dn＋1－dn
＝－＝，
∴當n≤4時，dn＋1>dn，當n≥4時，dn＋1
20、“等比源數列”，并證明你的結論．
(2)已知數列{an}為等差數列，且a1≠0，an∈Z(n∈N＋)．求證：{an}為“等比源數列”. 【導學號：62172213】
[解] (1)①由an＋1＝2an－1，得an＋1－1＝2(an－1)，且a1－1＝1，
所以數列{an－1}是首項為1，公比為2的等比數列．
所以an－1＝2n－1.
所以，數列{an}的通項公式為an＝2n－1＋1.4分
②數列{an}不是“等比源數列”．用反證法證明如下：
假設數列{an}是“等比源數列”，則存在三項am，an，ak(m
21、an
22、為“等比源數列”．
當d>0時，因為an∈Z，則d≥1，且d∈Z，所以數列{an}中必有一項an>0.
為了使得{an}為“等比源數列”，
只需要{an}中存在第n項，第k項(m
23、列{an}的前n項和Sn；
(2)設Tn＝(－1)iai，若對一切正整數n，不等式λTn<[an＋1＋(－1)n＋1an]·2n－1恒成立，求實數λ的取值范圍；
(3)是否存在正整數m，n(n>m>2)，使得S2，Sm－S2，Sn－Sm成等比數列？若存在，求出所有的m，n；若不存在，說明理由．
[解] (1)設數列{an}的公差為d.
因為2a5－a3＝13，S4＝16，
所以解得a1＝1，d＝2，
所以an＝2n－1，Sn＝n2.4分
(2)①當n為偶數時，設n＝2k，k∈N＋，
則T2k＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a2k－a2k－1)＝2k.
代入不等式λTn
24、<[an＋1＋(－1)n＋1an]·2n－1，得λ·2k<4k，從而λ<.
設f(k)＝，則f(k＋1)－f(k)＝－＝.
因為k∈N＋，所以f(k＋1)－f(k)>0，所以f(k)是遞增的，所以f(k)min＝2，
所以λ<2.7分
②當n為奇數時，設n＝2k－1，k∈N＋，
則T2k－1＝T2k－(－1)2ka2k＝2k－(4k－1)＝1－2k.
代入不等式λTn<[an＋1＋(－1)n＋1an]·2n－1，得λ·(1－2k)<(2k－1)4k，
從而λ>－4k.
因為k∈N＋，所以－4k的最大值為－4，所以λ>－4.
綜上，λ的取值范圍為－4<λ<2.10分
(3)假設存在正整數m，n(n>m>2)，使得S2，Sm－S2，Sn－Sm成等比數列，
則(Sm－S2)2＝S2·(Sn－Sm)，即(m2－4)2＝4(n2－m2)，
所以4n2＝(m2－2)2＋12，即4n2－(m2－2)2＝12，
即(2n－m2＋2)(2n＋m2－2)＝12.
因為n>m>2，所以n≥4，m≥3，所以2n＋m2－2≥15.
因為2n－m2＋2是整數，所以等式(2n－m2＋2)(2n＋m2－2)＝12不成立，
故不存在正整數m，n(n>m>2)，使得S2，Sm－S2，Sn－Sm成等比數列.16分
高考數學復習 17-18版 第7章 熱點探究課4 數列與函數、不等式
