南京市2018届高三数学二轮专题复习资料专题10：(选讲)数列难点专项研究

南京市2018届高三数学二轮专题复习资料第1页共28页专题10：数列难点专项研究问题归类篇类型一：等差、等比数列的证明一、高考回顾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a1＝1，前n项的和为Sn，已知对任意整数k∈M，当n＞k时，Sn＋k＋Sn－k＝2(Sn＋Sk)都成立．设M＝{3，4}，求数列{an}的通项公式．解：由题意对任意整数k∈{3，4}，当n＞k时，Sn＋k＋Sn－k＝2(Sn＋Sk)都成立，则当n≥4时，Sn＋3＋Sn－3＝2(Sn＋S3)，①当n≥5时，Sn＋4＋Sn－4＝2(Sn＋S4)，②由①得当n≥5时，Sn＋2＋Sn－4＝2(Sn－1＋S3)，③由①－③得当n≥5时，an＋3＋an－3＝2an，由②得当n≥6时，Sn＋3＋Sn－5＝2(Sn－1＋S5)，④由②－④得当n≥6时，an＋4＋an－4＝2an，方法一：当n≥8时，an－6，an－3，an，an＋3，an＋6成等差数列，且an－6，an－2，an＋2，an＋6也成等差数列，从而当n≥8时，2an＝an＋3＋an－3＝an＋6＋an－6，⑤且an＋2＋an－2＝an＋6＋an－6．⑥所以当n≥8时，2an＝an＋2＋an－2，⑦于是，当n≥9时，an－3，an－1，an＋1，an＋3成等差数列，从而an＋3＋an－3＝an＋1＋an－1，故由⑤式知2an＝an＋1＋an－1，即an＋1－an＝an－an－1，所以{an}从第八项开始成等差数列，设其公差为d.当2≤m≤8时，m＋6≥8，从而由⑤式知2am＋6＝am＋am＋12，故2am＋7＝am＋1＋am＋13，从而2(an＋7－an＋6)＝am＋1－am＋(am＋13－am＋12)，于是am＋1－am＝2d－d＝d．因此an＋1－an＝d，对任意都n≥2成立．在①中，令n＝4得S7＋S1＝2(S4＋S3)，即(S7－S4)－(S4－S1)＝2S3，故9d＝2S3．在②中，令n＝5得S9＋S1＝2(S5＋S4)，即(S9－S5)－(S5－S1)＝2S5，故16d＝2S5．解得a4＝72d，从而a2＝32d，a1＝12d．因此，数列{}an为等差数列，由a1＝1知d＝2，所以数列{}an的通项公式为an＝2n－1．方法二：因为当n≥5时，an＋3＋an－3＝2an，所以a2，a5，a8，…成等差数列，设其公差为d1，则a3n－1＝a2＋(n－1)d1.a3，a6，a9，…成等差数列，设其公差为d2，则a3n＝a3＋(n－1)d2.a4，a7，a10，…成等差数列，设其公差为d3，则a3n+1＝a4＋(n－1)d3.因为当n≥6时，an＋4＋an－4＝2an，所以a2，a6，a10，…成等差数列，设其公差为d.由于a14＝a2＋4d1＝a2＋3d，所以4d1＝3d.由于a18＝a6＋4d1＝a6＋3d，所以4d1＝3d.由于a21＝a9＋4d1＝a9＋3d，所以4d1＝3d.南京市2018届高三数学二轮专题复习资料第2页共28页所以d1＝d2＝d3＝34d．由a6＝a2＋d＝a3＋d2，所以a3－a2＝14d．由a10＝a2＋2d＝a4＋2d2，所以a4－a2＝12d．所以2a3＝a2＋a4．故2a3n＝a3n-1＋a3n+1，即a3n+1－a3n＝a3n－a3n－1，所以{an}从第二项开始成等差数列.下同方法一．思考：设M＝{2，5}，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：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”．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n≥3时，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，①当n≥4时，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an.②由①知，an－3＋an－2＝4an－1－(an＋an＋1)，③an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an)．④将③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，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{an}是等差数列．思考：设M＝{2，5}，求数列{an}的通项公式．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)2an＝an－1＋an＋1；(2)转化为常见的二阶递推关系：an－an－1＝f(n)；anan－1＝f(n)；an＝pan－1＋q；an＝pan－1＋f(n；an＝pan－1qan－1＋p；an＋an＋1＝f(n)；anan＋1＝f(n)；(3)2an＝an－k＋an＋k或an－an－k＝常数．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；南京市2018届高三数学二轮专题复习资料第3页共28页方法二：通过所给条件将2an＝an－k＋an＋k向2an＝an－1＋an＋1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、归类研究**1．设{an}的前n项和为Sn．证明：对任意n∈N*，都有Sn＝12n(a1＋an)，则{an}为等差数列．证：n≥2时，Sn＝12n(a1＋an)①，Sn－1＝12(n－1)(a1＋an－1)②，①－②得an＝12n(a1＋an)－12(n－1)(a1＋an－1)＝12a1＋12nan－12(n－1)an－1，所以(n－2)an＝(n－1)an－1－a1，③所以n≥3时，(n－3)an－1＝(n－2)an－2－a1，④③－④得(2n－4)an－1＝(n－2)(an－2＋an)，又n≥3，所以2an－1＝an－2＋an，即an－an－1＝an－1－an－2．从而an－an－1＝an－1－an－2＝…＝a2－a1．所以{an}为等差数列．注：利用Sn与an的关系，将条件转化an与an－1的递推关系，再次作差，转化为2an－1＝an－2＋an，进而证明等差数列．2．命题p：{}an是等差数列；命题q：等式1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1＝kn＋ba1an＋1对任意n(n∈N*)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d≠0时原等式可化为1d1a1－1a2＋1a2－1a3＋…＋1an－1an＋1＝kn＋ba1an＋1，所以1d·nda1an＋1＝kn＋ba1an＋1，即()k－1n＋b＝0对于n∈N*恒成立，所以k＝1，b＝0．当d＝0时，也成立．(2)当k＝1，b＝0时，1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1＝na1an＋1①对于任意的n()n∈N*恒成立．当n≥2时，1a1a2＋1a2a3＋…＋1an－1an＝n－1a1an＋1②，由①－②得，1anan＋1＝1a1nan＋1－n－1an，即nan－()n－1an＋1＝a1③．当n≥3时，()n－1an－1－(n－2)an＝a1④，③－④，得当n≥3时，2an＝an－1＋an＋1，在③中当n＝2时，a1＋a3＝2a2，南京市2018届高三数学二轮专题复习资料第4页共28页所以n≥2时，2an＝an－1＋an＋1，即an－an－1＝an－1－an－2＝…＝a2－a1．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an－1的递推关系，再次作差，转化为2an－1＝an－2＋an，进而证明等差数列．**3．在正项数列{}an中，∑ni＝11ai＋ai＋1＝na1＋an＋1(p为正常数)对正整数n恒成立，求证{}an为等差数列．证：记Sn＝∑ni＝11ai＋ai＋1．所以Sn＝∑ni＝11ai＋ai＋1＝na1＋an＋1①，Sn＋1＝∑n＋1i＝11ai＋ai＋1＝(n＋1)a1＋an＋2②，②－①，得(n＋1)a1＋an＋2—na1＋an＋1＝1an＋1＋an＋2，化简得当n≥1时，(n＋1)an＋1－nan＋2＝a1③，(n＋2)an＋2－(n＋1)an＋3＝a1，④，④－③得当n≥1时，an＋1＋an＋3＝2an＋2．在③中令n＝1，得a1＋a3＝2a2，所以当n≥1时，an＋an＋2＝2an＋1均成立，即an－an－1＝an－1－an－2＝…＝a2－a1，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an－1的递推关系，再次作差，转化为2an－1＝an－2＋an，进而证明等差数列．4．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，a2＝6，a3＝11，且(5n－8)Sn＋1－(5n＋2)Sn＝An＋B，n＝1，2，3，…，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S1＝a1＝1，S2＝a1＋a2＝7，S3＝a1＋a2＋a3＝18由(5n－8)Sn＋1－(5n＋2)Sn＝An＋B，知－3S2－7S1＝A＋B2S3－12S2＝2A＋B，即A＋B＝－282A＋B＝－48，解得A＝－20，B＝－8．(2)由(1)得(5n－8)Sn＋1－(5n＋2)Sn＝－20n－8①，所以(5n－3)Sn＋2－(5n＋7)Sn＋1＝－20n－28②，②－①得(5n－3)Sn＋2－(10n－1)Sn＋1＋(5n＋2)Sn＝－20③，所以(5n＋2)Sn＋3－(10n＋9)Sn＋2＋(5n＋7)Sn＋1＝－20④，④－③得(5n＋2)Sn＋3－(15n＋6)Sn＋2＋(15n＋6)Sn＋1－(5n＋2)Sn＝0．因为an＋1＝Sn＋1－Sn，所以(5n＋2)an＋3－(10n＋4)an＋2＋(5n＋2)an＋1＝0，因为(5n＋2)≠0，所以an＋3－2an＋2＋an＋1＝0，所以an＋3－an＋2＝an＋2－an＋1，n≥1，又a3－a2＝a2－a1＝5，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2an－1＝an－2＋an，进而证明等差数列；（2）南京市2018届高三数学二轮专题复习资料第5页共28页由于多次退位，会导致n取值范围的变化，要验证前三项也成等差．*5．已知数列{}an满足an＋an＋1＝2n＋1(n∈N*)，求证：数列{an}为等差数列的充要条件是a1＝1．证：（必要性）数列{an}为等差数列，则an＝a1＋(n－1)d，an+1＝a1＋nd，所以an＋an＋1＝2a1＋(2n－1)d＝2n＋1对n∈N*恒成立，所以d＝1，2a1－d＝1，解得a1＝1．（充分性）因为n≥2时，an＋an＋1＝2n＋1①，an－1＋an＝2n－1②①－②得n≥2时，an＋1－an－1＝2．即{}an的奇数项和偶数项均为公差为2的等差数列．因为a1＋a2＝3，a1＝1，所以a2＝2．所以a2k＝a2＋2(k－1)＝2k，a2k－1＝a1＋2(k－1)＝2k－1，所以an＝n，数列{an}为等差数列．综上，数列{an}为等差数列的充要条件是a1＝1．思考：（1）若数列{an＋an＋1}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{anan＋1}为公比为q的等比数列，试探究数列}{na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共差相等的等差数列，当前三项也成等差时，数列{an}是等差数列．**6．已知数列