冲刺2019高考数学二轮复习核心考点特色突破专题20数列综合问题的探究含解析

专题20 数列综合问题的探究
【自主热身，归纳提炼】
1、数列{an}为等比数列，且a1＋1，a3＋4，a5＋7成等差数列，则公差d＝________.
【答案】： 3
【解析】：设数列{an}的公比为q，则(a1＋1)＋(a1q4＋7)＝2(a1q2＋4)，即a1＋a1q4＝2a1q2.因为a1≠0，所以q2＝1，a1＝a3＝a5，故公差d＝3.
2、 设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3，S9，S6成等差数列，且a2＋a5＝4，则a8的值为________．
【答案】：. 2
【解析】：当q＝1时，显然不符合题意．当q≠1时，设Sn＝，因为S3，S9，S6成等差数列，所以2q9－q6－q3＝0，即2q6－q3－1＝0，解得q3＝－或q3＝1(舍去)．又a2＋a5＝a2(1＋q3)＝＝4，故a2＝8，即a8＝a2q6＝2.
3、已知数列为等差数列，其前12项和为354，在前12项中，偶数项之和与奇数项之和的比为，则这个数列的公差为__________．
【答案】：5
【解析】 由题意偶数项和为192，奇数项和为162，又，所以这个数列的公差为5．
4、已知数列是递增的等比数列，，则数列的前项和等于 ．
【答案】：

5、已知数列{an}是等差数列，且＜－1，它的前n项和Sn有最小值，则Sn取到最小正数时的n＝ ．
【答案】：12
【解析】 由题意可知，又＜－1，所以从而，所以Sn取到最小正数时的n的值为12．
6、设等比数列的前项和为，若成等差数列，且，其中，则的值为 ．
【答案】：129
【解析】：设等比数列的公比为，则由题意得，也就是，即，
解之得或；由于,,所以不符合题意，舍；
当时，，从而，
所以．
7、 设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S3，S9，S6成等差数列，且a8＝3，则a5的值为________．
8、设是数列的前n项和，且，，则________．
【答案】：
【解析】 由已知得，两边同时除以，得，故数列是以为首项，为公差的等差数列，则，所以．
9、设数列{an}是首项为1，公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，若S1，S2，S4成等比数列，则数列{an}的公差为________．
【答案】：. 2
思路分析 先用公差d分别表示S2，S4，列方程求出d.
设公差为d，其中d≠0，则S1，S2，S4分别为1,2＋d,4＋6d.由S1，S2，S4成等比数列，得(2＋d)2＝4＋6d，即d2＝2d.因为d≠0，所以d＝2.
10、设公差为d(d为奇数，且d>1)的等差数列的前n项和为Sn，若Sm－1＝－9，Sm＝0，其中m>3，且m∈N*，则an＝________.
【答案】： 3n－12
【解析】：　因为Sm－1＝－9，Sm＝0，所以am＝9.又Sm＝＝0，所以a1＋am＝0，即a1＝－9.又am＝－9＋(m－1)d＝9，即(m－1)d＝18，因为m－1为正整数，d为比1大的奇数，故d＝3，m＝7或d＝9，m＝3(舍)，故an＝a1＋(n－1)d＝3n－12.
11、. 若公比不为1的等比数列{an}满足log2(a1·a2·…·a13)＝13，等差数列{bn}满足b7＝a7，则b1＋b2＋…＋b13的值为________．
【答案】：. 26
【解析】：因为等比数列{an}满足log2(a1·a2·…·a13)＝13，所以a1·a2·…·a13＝213，(a7)13＝213，a7＝2，所以等差数列{bn}中，b7＝a7＝2，b1＋b2＋…＋b13＝13b7＝13×2＝26.
解后反思 记住一些常用的结论可以提高解题速度．在等比数列{an}中，若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则aman＝apaq；在等差数列{an}中，若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq.
12、已知等比数列{an}的首项为，公比为－，其前n项和为Sn，若对n∈N*恒成立，则B－A的最小值为 ．
【答案】：．
【解析】 由题意可求得，令，则，从而，所以，所以B－A的最小值为．
【问题探究，变式训练】
例1、．已知实数成等比数列，成等差数列，则的最大值为 ．
【答案】
【解析】解法1（基本不等式）由题意知，所以
由基本不等式的变形式,则有：，解得，所以的最大值为.
解法2（判别式法）由题意知，
则,代入得，即，上述关于的方程有解，所以，解得，所以的最大值为.
【变式1】、在正项等比数列{an}中，若a4＋a3－2a2－2a1＝6，则a5＋a6的最小值为________．
【答案】：. 48
思路分析 首先根据基本量思想，可用首项a1和公比q来表示a5＋a6，即建立a5＋a6的目标函数．但是它含有两个变量a1和q，可由a4＋a3－2a2－2a1＝6再建立一个关于a1和q的等式，然后消去一个变量，那么消谁呢？原则：一是易于消去谁，二是对谁了解得更为详细，就保留谁．由这两点可知，应消去a1，保留q，这就得到关于q的函数．接下来用函数或不等式即可求出最值．这里运用换元或整体思想结合基本不等式即可求出最值，但运用基本不等式求最值，一定要检验等号成立的条件．
解法1 由a4＋a3－2a2－2a1＝6，得a1(q＋1)(q2－2)＝6，所以a1(q＋1)＝.因为an＞0，所以q2－2＞0，a5＋a6＝a1(1＋q)q4＝＝6×＝6×(q2＋2)＋＝6×q2－2＋＋4≥6×2＋4＝6×8＝48，当且仅当q2－2＝，即q＝2，a1＝1时，等号成立，所以a5＋a6最小值为48.
解法2 由a4＋a3－2a2－2a1＝6，得(a2＋a1)(q2－2)＝6，所以a2＋a1＝.因为an＞0，所以q2－2＞0，即q2＞2，a5＋a6＝(a1＋a2)q4＝＝.令t＝∈，则－＝t－2t2＝－22＋，当t＝∈时，式子－取得最大值，从而a5＋a6＝取得最小值6×8＝48.
【变式2】、. 设Sn是等比数列{an}的前n项和，an>0，若S6－2S3＝5，则S9－S6的最小值为________．
【答案】： 20
思路分析1 从研究等比数列的基本方法——基本量入手，将条件用a1，q表示出来，为此消去一个变量a1，从而将S9－S6用q的表达式表示出来，由此转化为用基本不等式来求函数的最小值．这当中要注意对公比q是否等于1进行讨论．
思路分析2 注意到所研究的是等比数列的前3项、前6项、前9项和的关系，因此，考虑将S3作为一个整体来加以考虑，从而将S6，S9转化为S3的形式，进而来研究问题．
解法2 因为S6＝S3(1＋q3)，所以由S6－2S3＝5得S3＝>0，从而q>1，故S9－S6＝S3(q6＋q3＋1)－S3(q3＋1)＝S3q6＝，以下同解法1.
课本探源 (本题改编自必修5p62题10)设Sn是等比数列{an}的前n项和，S3，S9，S6成等差数列，求证：a2，a8，a5成等差数列．
解后反思 整体法是研究问题的一种常用的方法，它可以起到化繁为简、化难为易的作用，对于一些复杂的且有一个特征的代数式，经常采用整体法来研究．
【变式3】、. 已知等比数列{an}的公比q＞1，其前n项和为Sn.若S4＝2S2＋1，则S6的最小值为________．
【答案】：. 2＋3
思路分析 首先根据基本量思想，可用首项a1和公比q来表示S6，即建立S6的目标函数，但是它含有两个变量a1和q，可由S4＝2S2＋1再建立一个关于a1和q的等式，然后消去一个变量，那么消谁呢？原则如下：一是谁易于消去就消去谁；二是对谁了解的更为详细，就保留谁．由这两点可知，应消去a1，保留q，这就得到S6是关于q的一元函数，接下来用函数或不等式即可求出最值，这里运用换元或整体思想结合基本不等式即可求出最值，但运用基本不等式求最值，一定要检验等号成立的条件．
因为等比数列{an}的公比q＞1，所以Sn＝，由S4＝2S2＋1，得＝2×＋1，解得a1＝，所以S6＝＝×＝＝＝(q2－1)＋＋3，因为q>1，所以q2－1>0，因此(q2－1)＋＋3≥2＋3，当且仅当q2－1＝，即q＝时，S6取得最小值2＋3.
【关联1】、已知等比数列{an}满足a2a5＝2a3，且a4，，2a7成等差数列，则a1·a2·…·an的最大值为________．
【答案】. 1 024
解法1 设等比数列{an}的公比为q，根据等比数列的性质可得a2a5＝a3a4＝2a3，由于a3≠0，可得a4＝2.因为a4，，2a7成等差数列，所以2×＝a4＋2a7，可得a7＝，由a7＝a4q3可得q＝，由a4＝a1q3可得a1＝16，从而an＝a1qn－1＝16×n－1(也可直接由an＝a4qn－4得出)，令bn＝a1·a2·…·an，则＝an＋1＝16×，令16×≥1，可得n≤4，故b1b6>…>bn，所以当n＝4或5时，a1·a2·…·an的值最大，为1 024.
解法2 同解法1得an＝16×n－1，令an≥1可得n≤5，故当1≤n≤5时，an≥1，当n≥6时，0解法3 同解法1得an＝16×＝25－n，
令Tn＝a1·a2·…·an＝24×23×22×…×25－n＝24＋3＋2＋…＋(5－n)＝2＝2.
因为n∈N*，所以当且仅当n＝4或5时，取得最大值10，从而Tn取得最大值T10＝210＝1 024.
本题考查等比数列的通项及性质，等差中项的性质及应用．解法1是一般解法，通过构造数列，讨论数列的单调性求解，体现了函数思想在解决数列问题中的应用．解法2则注意到数列{an}为正项递减的等比数列，根据问题的特征，只需要找到所有不小于1的项即可，充分体现了小题小做的特点．解法3更是顺其自然的解法，体现了函数思想在数列中的应用．
【关联2】、. 已知公差为2的等差数列{an}及公比为2的等比数列{bn}满足a1＋b1>0，a2＋b2<0，则a3＋b3的取值范围是________．
【答案】： (－∞，－2)
解法1 由题意得在平面直角坐标系a1Ob1中作出可行域，如下图，即得目标函数z＝a3＋b3＝a1＋4＋4b1的取值范围是 (－∞，－2)．

解法2 由题意得所以a3＋b3＝a1＋4＋4b1＝－2(a1＋b1)＋3(a1＋2b1)＋4<－6＋4＝－2.
【关联3】、 已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，且满足2an＋1＋Sn＝2(n∈N*)，则满足<<的n的最大值为________．

解法2 因为2an＋1＋Sn＝2，所以2(Sn＋1－Sn)＋Sn＝2，即2Sn＋1－Sn＝2，所以2(Sn＋1－2)＝Sn－2.又因为S1－2＝a1－2＝－1≠0，所以Sn－2≠0，所以＝，所以{Sn－2}是首项为－1，公比为的等比数列，则Sn－2＝－1×n－1，所以Sn＝2－n－1，以下同解法1.
【关联4】、. 设数列{an}的前n项和为Sn，且an＝4＋n－1，若对任意n∈N*，都有1≤p(Sn－4n)≤3，则实数p的取值范围是________．
【答案】：[2,3]
求参数的常用方法是分离参数，所以首先将参数p进行分离，从而将问题转化为求函数f(n)＝Sn－4n的最大值与最小值，再注意到题中含有n－1，涉及负数的乘方，所以需对n进行分类讨论．
令f(n)＝Sn－4n＝4n＋－4n＝.
当n为奇数时，f(n)＝单调递减，则当n＝1时，f(n)max＝1；
当n为偶数时，f(n)＝单调递增，由当n＝2时，f(n)min＝.
又≤p≤，所以2≤p≤3.
本题的本质是研究数列的最值问题，因此，研究数列的单调性就是一个必要的过程，需要注意的是，由于本题是离散型的函数问题，所以，要注意解题的规范性，“当n为奇数时，f(n)＝，单调递减，此时f(n)∈；当n为偶数时，f(n)＝，单调递增，此时f(n)∈”的写法是不正确的，因为f(n)并不能取到∪＝内的所有值．
例2、在数列{an}中，已知a1＝，an＋1＝an－，n∈N*，设Sn为{an}的前n项和．
(1) 求证：数列{3nan}是等差数列；
(2) 求Sn；
(3) 是否存在正整数p，q，r(p＜q＜r)，使Sp，Sq，Sr成等差数列？若存在，求出p，q，r的值；若不存在，说明理由．
思路分析 第(1)问，由条件中的递推关系，构造出数列{3nan}，从而来证明它是等差数列；第(2)问，注意到数列{an}为等差数列与等比数列对应项的乘积构成的，因此，利用错位相减的方法来求它的和即可；第(3)问的本质是不定方程求解，对于此类问题，通常是研究最小变量的取值范围来进行求解，在求解的过程中，经常要利用数列的单调性来缩小范围、减少变量．
【解析】： (1) 因为an＋1＝an－，所以3n＋1an＋1－3nan＝－2.(2分)
又因为a1＝，所以31·a1＝1，
所以{3nan}是首项为1，公差为－2的等差数列. (4分)
(2) 由(1)知3nan＝1＋(n－1)·(－2)＝3－2n，所以an＝(3－2n)n，(6分)
所以Sn＝1·1＋(－1)·2＋(－3)·3＋…＋(3－2n)·n，
所以Sn＝1·2＋(－1)·3＋…＋(5－2n)·n＋(3－2n)·n＋1，
两式相减得Sn＝－22＋3＋…＋n－(3－2n)·n＋1＝－2×＋(2n－3)·n＋1＝2n·n＋1，
所以Sn＝.(10分)
(3) 假设存在正整数p，q，r(p＜q＜r)，使Sp，Sq，Sr成等差数列，则2Sq＝Sp＋Sr，即＝＋.
由于当n≥2时，an＝(3－2n)n＜0，所以数列{Sn}单调递减．
又p＜q，所以p≤q－1且q至少为2，所以≥.(12分)
－＝.
①当q≥3时，≥≥，又＞0，
所以＋＞，等式不成立．(14分)
②当q＝2时，p＝1，
所以＝＋，所以＝，所以r＝3({Sn}单调递减，解唯一确定)．
综上可知，p，q，r的值为1,2,3.(16分)
【变式1】、已知等差数列{an}的公差为2，其前n项和Sn＝pn2＋2n，n∈N*.
(1) 求实数p的值及数列{an}的通项公式；
(2) 在等比数列{bn}中，b3＝a1，b4＝a2＋4，若{bn}的前n项和为Tn.求证： 数列为等比数列．
【解析】： (1) Sn＝na1＋d＝na1＋n(n－1)＝n2＋(a1－1)n，又Sn＝pn2＋2n，n∈N*，(2分)
所以p＝1，a1－1＝2，即a1＝3，(4分)
所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.(6分)
(2) 因为b3＝a1＝3，b4＝a2＋4＝9，所以q＝3.(8分)
所以bn＝b3qn－3＝3×3n－3＝3n－2，所以b1＝.(10分)
所以Tn＝＝，所以Tn＋＝.(12分)
又T1＋＝，
所以＝＝3(n≥2)，所以数列是以为首项，3为公比的等比数列．(14分)

【变式2】、已知n为正整数，数列{an}满足an＞0,4(n＋1)a－na＝0，设数列{bn}满足bn＝.(1) 求证：数列为等比数列；
(2) 若数列{bn}是等差数列，求实数t的值；
(3) 若数列{bn}是等差数列，前n项和为Sn，对任意的n∈N*，均存在m∈N*，使得8aSn－an2＝16bm成立，求满足条件的所有整数a1的值．

(2) 由(1)得＝a1·2n－1，an＝a12n－1，
所以bn＝＝.(5分)
因为数列{bn}是等差数列，则2b2＝b1＋b3，(6分)
得2×＝＋，即＝＋，则t2－16t＋48＝0，
解得 t1＝4，t2＝12.(7分)
当t1＝4时，bn＝，
bn＋1－bn＝－＝，数列{bn}是等差数列，符合题意；(8分)
当t2＝12时，bn＝，
b2＋b4＝＋＝＝a，2b3＝2×＝，
b2＋b4≠2b3，所以数列{bn}不是等差数列，t2＝12不符合题意．(9分)
综上，若数列{bn}是等差数列，t＝4.(10分)
(3) 由(2)得bn＝，
对任意的n∈N*，均存在m∈N*，使8aSn－an2＝16bm，
则8·－an2＝16，所以m＝.(12分)
当a1＝2k，k∈N*时，此时m＝＝k2n，对任意的n∈N*，符合题意；(14分)
当a1＝2k－1，k∈N*时，取n＝1，则m＝＝k2－k＋.不合题意．(15分)
综上，当a1＝2k，k∈N*时，对任意的n∈N*，均存在m∈N*，使8aSn－an2＝16bm.(16分)
【变式3】、已知数列，均为各项都不相等的数列，Sn为的前n项和，an＋1bn＝Sn＋1(n∈N*)．
(1) 若a1＝1，bn＝，求a4的值；
(2) 若是公比为q的等比数列，求证：存在实数λ，使得为等比数列；
(3) 若的各项都不为零，是公差为d的等差数列，求证：a2，a3，…，an，…成等差数列的充要条件是d＝.
第(2)问，证明数列为等比数列，可以从两个角度来加以思考，一是利用为已知数列，将表示为的形式，进而根据数列为等比数列的通项特征，即它的通项应该是Aqn的形式(其中A，q为常数)，由此来确定λ的值；二是由an，bn的关系来得到数列的递推公式，通过递推公式来证明存在λ使得为等比数列；第(3)问，由于要证明数列成等差数列的充要条件是数列的公差d＝，因此，最为直接的想法就是将数列的递推关系表示为等差数列的公差d的形式，由此来证明命题；或者分别从两个方面来证明，一是由d＝来证明数列为等差数列，此时的想法是将数列的递推关系用数列表示出来，从而利用构造特殊数列或累积的方法来求出an，进而证明为等差数列；二是由数列为等差数列来证明的公差为，此时，将数列用来表示，利用数列为等差数列的定义来证明．
【解析】： (1) 由a1＝1，bn＝，
知a2＝4，a3＝6，a4＝8.(2分)
(2) 解法1 因为an＋1bn＝Sn＋1，所以a1qnbn＝＋1，
所以qnbn＝＋－，
即bn＝n－，(4分)
所以存在实数λ＝，使得bn＋λ＝n，(6分)
又因为bn＋λ≠0(否则{bn}为常数数列与题意不符)，
所以当n≥2时，＝，此时{bn＋λ}为等比数列，
所以存在实数λ＝，使{bn＋λ}为等比数列．(8分)
解法2 因为an＋1bn＝Sn＋1　①，
所以当n≥2时，anbn－1＝Sn－1＋1　②，
①－②得，当n≥2时，an＋1bn－anbn－1＝an　③，(4分)
由③得，当n≥2时，bn＝bn－1＋＝bn－1＋，(6分)
所以bn＋＝·.
又因为bn＋≠0(否则{bn}为常数数列与题意不符)，
所以存在实数λ＝，使{bn＋λ}为等比数列．(8分)
(3) 解法1 因为{bn}为公差为d的等差数列，
所以由③得，当n≥2时，an＋1bn－an(bn－d)＝an，即(an＋1－an)bn＝(1－d)an，
因为{an}，{bn}各项均不相等，所以an＋1－an≠0,1－d≠0，
所以当n≥2时，＝　④，(10分)
当n≥3时，＝　⑤，由④－⑤，得
当n≥3时，－＝＝　⑥.(12分)
先证充分性：即由d＝证明a2，a3，…，an，…成等差数列．
因为d＝，由⑥得，－＝1，
所以当n≥3时，＝1＋＝，
又an≠0，所以an＋1－an＝an－an－1，即a2，a3，…，an，…成等差数列．(14分)
再证必要性：即由a2，a3，…，an，…成等差数列证明d＝.
因为a2，a3，…，an，…成等差数列，所以当n≥3时，an＋1－an＝an－an－1，
所以由⑥得，－＝－＝1＝，
所以d＝.
综上a2，a3，…，an，…成等差数列的充要条件是d＝.(16分)
解法2 由③得，当n≥2时，an＋1bn＝an(1＋bn－1)，
先证充分性：证法1 若d＝时，不妨设bn＝n＋A，所以＝＝，
所以··…·＝··…·，所以an＋1＝a2·(a2，A为常数)．
即a2，a3，…，an，…成等差数列．(12分)
证法2 若d＝时，不妨设bn＝n＋A，所以＝＝，
所以＝，从而为常数列，即＝，
故an＝a2·(a2，A为常数)．
即a2，a3，…，an，…成等差数列．(12分)
再证必要性：若a2，a3，…，an…成等差数列，设公差为d1.
由an＋1bn＝an(1＋bn－1)，得(an＋d1)bn＝an(1＋bn－d)，
即and＋d1bn＝an, 所以bn＝，
所以bn－bn－1＝d＝，所以d＝1－d，所以d＝. (16分)
【关联1】、已知数列{an}中a1＝1，an＋1＝
(1) 是否存在实数λ，使得数列{a2n－λ}是等比数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
(2) 若Sn是数列{an}的前n项和，求满足Sn>0的所有正整数n.
【解析】令a2(n＋1)－λ＝(a2n－λ)，得a2(n＋1)＝a2n＋λ，所以λ＝.(4分)
此时，a2－λ＝＋1－＝－.(5分)
所以存在λ＝，使得数列{a2n－λ}是等比数列．(6分)
(2) 由(1)知，数列是首项为－，公比为的等比数列，
所以a2n－＝－·n－1＝－·，
即a2n＝.(8分)
由a2n＝a2n－1＋(2n－1)，得a2n－1＝3a2n－3(2n－1)＝－6n＋3，(10分)
所以a2n－1＋a2n＝－6n＋3＋＝－2n－6n＋9.
所以S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n)＝－2＋2＋…＋n－6(1＋2＋…＋n)＋9n＝－3n2＋6n－1，(12分)
从而S2n－1＝S2n－a2n＝·－3n2＋6n－.
因为和－3n2＋6n＝－3(n－1)2＋3在n∈N*时均单调递减，所以S2n和S2n－1均各自单调递减．(14分)
计算得S1＝1，S2＝，S3＝－，S4＝－，
所以满足Sn>0的所有正整数n的值为1和2.(16分)
对于通项公式分奇偶不同的数列{an}求Sn时，一般先把a2k－1＋a2k看做一项，求出S2k，再求S2k－1＝S2k－a2k.
例3、设数列{an}的前n项和为Sn.若≤≤2(n∈N*)，则称{an}是“紧密数列”．
(1) 若数列{an}的前n项和为Sn＝(n2＋3n)(n∈N*)，证明：{an}是“紧密数列”；
(2) 设数列{an}是公比为q的等比数列．若数列{an}与{Sn}都是“紧密数列”，求实数q的取值范围．

【解析】： (1) 由数列{an}的前n项和Sn＝(n2＋3n)(n∈N*)，
得an＝＝
所以an＝n＋(n∈N*)．(2分)
所以＝＝＝1＋，(4分)
因为对任意n∈N*,0<≤，即1<1＋≤，
所以1<＝1＋≤，
所以≤≤2，即{an}是“紧密数列”．(6分)

②当q≠1时，Sn＝，则＝.
因为数列{Sn}为“紧密数列”，所以≤＝≤2对于任意n∈N*恒成立．
(ⅰ) 当≤q<1时，(1－qn)≤1－qn＋1≤2(1－qn)，即对于任意n∈N*恒成立．
因为0所以qn(2q－1)－1，
所以当≤q<1时，对于任意n∈N*恒成立．(13分)
(ⅱ) 当1因为qn≥q>1,2q－1>1，－1所以解得q＝1.
又1综上所述，q的取值范围是.(16分)
解法2 因为{an}是“紧密数列”，所以≤q≤2.(8分)
①当q＝1时，Sn＝na1，＝＝1＋，所以≤1<＝1＋≤2，
故当q＝1时，数列{Sn}为“紧密数列”，故q＝1满足题意．(10分)
②当q≠1时，Sn＝，则＝.
因为数列{Sn}为“紧密数列”，
所以≤＝≤2对于任意n∈N*恒成立．
(ⅰ) 当≤q<1时，(1－qn)≤1－qn＋1≤2(1－qn)，
即对于任意n∈N*恒成立．
所以解得≤q<1.(13分)
(ⅱ) 当1≤q<2时，同理可得无解．
综上所述，q的取值范围是.(16分)

【变式】、若数列{an}中存在三项，按一定次序排列构成等比数列，则称{an}为“等比源数列”．
(1) 已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an－1.
①求{an}的通项公式；
②试判断{an}是否为“等比源数列”，并证明你的结论．
(2) 已知数列{an}为等差数列，且a1≠0，an∈Z(n∈N*)．
求证：{an}为“等比源数列”．
【解析】： (1) ①由an＋1＝2an－1，得an＋1－1＝2(an－1)，且a1－1＝1，
所以数列{an－1}是首项为1，公比为2的等比数列．(2分)
所以an－1＝2n－1.
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1＋1.(4分)
②数列{an}不是“等比源数列”，用反证法证明如下：
假设数列{an}是“等比源数列”，则存在三项am，an，ak(m因为an＝2n－1＋1，所以am所以a＝amak，得(2n－1＋1)2＝(2m－1＋1)(2k－1＋1)，
即22n－2＋2×2n－1＋1＝2m＋k－2＋2m－1＋2k－1＋1，
两边同时乘以21－m，得到
22n－m－1＋2n－m＋1＝2k－1＋1＋2k－m，
即22n－m－1＋2n－m＋1－2k－1－2k－m＝1，
又m所以2n－m－1≥1，n－m＋1≥1，k－1≥1，k－m≥1，
所以22n－m－1＋2n－m＋1－2k－1－2k－m必为偶数，不可能为1.
所以，数列{an}中不存在任何三项，按一定次序排列构成等比数列．
综上可得，数列{an}不是“等比源数列”．(10分)

易错警示 第(1)①问，1°首项没有交待不为零；2°用不完全归纳法．第(1)②问，1°假设中没有m＜n＜k；2°等式两边奇数偶数说不清．第(2)问，把存在错看成恒成立．







PAGE



1