3、不成立；
②當(dāng)n≥4時(shí)，>0，<1，即m>2，則有m＋n>6；
所以m＋n的最小值為6，
當(dāng)且僅當(dāng)j－i＝1，k－i＝2且或時(shí)取得．
思維升華 在進(jìn)行等差(比)數(shù)列項(xiàng)與和的運(yùn)算時(shí)，若條件和結(jié)論間的聯(lián)系不明顯，則均可化成關(guān)于a1和d(q)的方程組求解，但要注意消元法及整體計(jì)算，以減少計(jì)算量．
跟蹤演練1 (1)若Sn是公差不為0的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且S1，S2，S4成等比數(shù)列．則數(shù)列S1，S2，S4的公比為________．
答案 4
解析 設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，
由題意，得S＝S1·S4，
∴(2a1＋d)2＝a1(4a1＋6d)．
∵d≠0，∴d＝2a1.故
4、公比q＝＝4.
(2)在公差不為零的等差數(shù)列{an}中，a5＝7，且三個(gè)數(shù)a1，a4，a3依次成等比數(shù)列．抽出數(shù)列{an}的第1,2,22，…，2n項(xiàng)重新構(gòu)成新數(shù)列{bn}，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn＝________.
答案 2n＋2－13n－4(n∈N*)
解析 設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，由a1，a4，a3構(gòu)造成的等比數(shù)列的公比為q.
d≠0，q＝＝＝－.
∴a4＝－a1，
又a4＝a1＋3d，∴a1＋3d＝－a1，
∴d＝－a1.
∵a5＝7，∴a1＋4d＝7，
∴a1＝－9，d＝4.∴an＝4n－13(n∈N*)．
由題意，數(shù)列{an}中的第2n項(xiàng)即為數(shù)列{bn}中
5、的第n＋1項(xiàng)．
∴bn＝a2n－1＝4×2n－1－13.
∴Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝4×(1＋2＋22＋…＋2n－1)－13n
＝4×(2n－1)－13n.
∴Sn＝2n＋2－13n－4(n∈N*)．
熱點(diǎn)二 等差數(shù)列、等比數(shù)列的證明
例2 (2018·宿遷一模)已知數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，滿足a1＝2，Sn＝λnan＋μan－1，其中n≥2，n∈N*，λ，μ∈R.
(1)若λ＝0，μ＝4，bn＝an＋1－2an，求證：數(shù)列是等比數(shù)列；
(2)若a2＝3，且λ＋μ＝，求證：數(shù)列是等差數(shù)列．
證明 (1)若λ＝0，μ＝4，則Sn＝4an－1(n≥2)，
所以an
6、＋1＝Sn＋1－Sn＝4(an－an－1)，
即an＋1－2an＝2(an－2an－1)，
所以bn＝2bn－1, 又由a1＝2，a1＋a2＝4a1，
得a2＝3a1＝6，a2－2a1＝2≠0，即b1≠0，
所以＝2，故數(shù)列是等比數(shù)列．
(2)若a2＝3，由a1＋a2＝2λa2＋μa1，得5＝6λ＋2μ，
又λ＋μ＝，解得λ＝，μ＝1.
由a1＝2，a2＝3, λ＝，μ＝1，代入S3＝3λa3＋μa2得，
a3＝4，
所以a1，a2，a3成等差數(shù)列，
由Sn＝an＋an－1，得Sn＋1＝an＋1＋an，
兩式相減得an＋1＝an＋1－an＋an－an－1，
即(n－1)
7、an＋1－(n－2)an－2an－1＝0，
所以nan＋2－(n－1)an＋1－2an＝0，
相減得nan＋2－2(n－1)an＋1＋(n－4)an＋2an－1＝0，
所以n(an＋2－2an＋1＋an)＋2(an＋1－2an＋an－1)＝0，
所以(an＋2－2an＋1＋an)＝－(an＋1－2an＋an－1)＝(an－2an－1＋an－2)
＝…＝(a3－2a2＋a1)，
因?yàn)閍1－2a2＋a3＝0，所以an＋2－2an＋1＋an＝0，
即數(shù)列是等差數(shù)列．
思維升華 數(shù)列{an}是等差數(shù)列或等比數(shù)列的證明方法
(1)證明數(shù)列{an}是等差數(shù)列的兩種基本方法
①利用定義，
8、證明an＋1－an(n∈N*)為一常數(shù)．
②利用中項(xiàng)性質(zhì)，即證明2an＝an－1＋an＋1
(n≥2，n∈N*)．
(2)證明數(shù)列{an}是等比數(shù)列的兩種基本方法
①利用定義，證明(n∈N*)為一常數(shù)．
②利用等比中項(xiàng)，即證明a＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)．
跟蹤演練2 已知n為正整數(shù)，數(shù)列{an}滿足an>0，
4(n＋1)a－na＝0，設(shè)數(shù)列{bn}滿足bn＝.
(1)求證：數(shù)列為等比數(shù)列；
(2)若數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，求實(shí)數(shù)t的值．
(1)證明 由題意得，4(n＋1)a＝na，
因?yàn)閿?shù)列{an}各項(xiàng)為正數(shù)，得＝4，
所以＝2·，因此＝2，
所以是以
9、a1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列．
(2)解 由(1)得＝a1·2n－1，an＝a12n－1，
bn＝＝.
如果數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，則2b2＝b1＋b3，
得2·＝＋，即＝＋，
則t2－16t＋48＝0，解得t＝4或12.
當(dāng)t＝4時(shí)，bn＝，
bn＋1－bn＝－＝，
數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，符合題意；
當(dāng)t＝12時(shí)，bn＝，
b2＋b4＝＋＝＝a，
2b3＝2·＝，
b2＋b4≠2b3，數(shù)列{bn}不是等差數(shù)列，t＝12不符合題意．
綜上，若數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，則t＝4.
熱點(diǎn)三 等差數(shù)列、等比數(shù)列的綜合
例3 在數(shù)列{an}中，已知a1＝a2＝1，an＋
10、an＋2＝λ＋2an＋1，n∈N*，λ為常數(shù)．
(1)證明：a1，a4，a5成等差數(shù)列；
(2)設(shè)cn＝，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Sn；
(3)當(dāng)λ≠0時(shí)，數(shù)列{an－1}中是否存在三項(xiàng)as＋1－1，at＋1－1，ap＋1－1成等比數(shù)列，且s，t，p也成等比數(shù)列？若存在，求出s，t，p的值；若不存在，說明理由．
(1)證明 因?yàn)閍n＋an＋2＝λ＋2an＋1，a1＝a2＝1，
所以a3＝2a2－a1＋λ＝λ＋1.
同理，a4＝2a3－a2＋λ＝3λ＋1，
a5＝2a4－a3＋λ＝6λ＋1.
又因?yàn)閍4－a1＝3λ，a5－a4＝3λ，
所以a1，a4，a5成等差數(shù)列．
(2)
11、解 由an＋an＋2＝λ＋2an＋1，得
an＋2－an＋1＝an＋1－an＋λ，
令bn＝an＋1－an，則bn＋1－bn＝λ，b1＝a2－a1＝0，
所以{bn}是以0為首項(xiàng)，λ為公差的等差數(shù)列，
所以bn＝b1＋(n－1)λ＝(n－1)λ，
即an＋1－an＝(n－1)λ，
所以an＋2－an＝2(an＋1－an)＋λ＝(2n－1)λ，
所以cn＝＝2(2n－1)λ.
Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝2λ＋23λ＋25λ＋…＋2(2n－1)λ.
當(dāng)λ＝0時(shí)，Sn＝n；
當(dāng)λ≠0時(shí)，Sn＝2λ＋23λ＋25λ＋…＋2(2n－1)λ＝.
(3)解 由(2)知an＋1－an＝
12、(n－1)λ，
用累加法可求得an＝1＋λ(n≥2)，
當(dāng)n＝1時(shí)也適合，所以an＝1＋λ(n∈N*)．
假設(shè)存在三項(xiàng)as＋1－1，at＋1－1，ap＋1－1成等比數(shù)列，且s，t，p也成等比數(shù)列，
則(at＋1－1)2＝(as＋1－1)(ap＋1－1)，
由λ≠0，得＝.
因?yàn)閟，t，p成等比數(shù)列，所以t2＝sp，
所以(t－1)2＝(s－1)(p－1)，
化簡(jiǎn)得s＋p＝2t，聯(lián)立t2＝sp，
得s＝t＝p，這與題設(shè)矛盾．
故不存在三項(xiàng)as＋1－1，at＋1－1，ap＋1－1成等比數(shù)列，且s，t，p也成等比數(shù)列．
思維升華 數(shù)列的綜合題，常將等差、等比數(shù)列結(jié)合在一起，形成
13、兩者之間的相互聯(lián)系和相互轉(zhuǎn)化；有些數(shù)列題目條件已指明是等差(或等比)數(shù)列，有的數(shù)列并沒有指明，但可以通過分析構(gòu)造，轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列或等比數(shù)列，然后應(yīng)用等差、等比數(shù)列的相關(guān)知識(shí)解決問題．
跟蹤演練3 已知數(shù)列{an}滿足2an＋1＝an＋an＋2＋k(n∈N*，k∈R)，且a1＝2，a3＋a5＝－4.
(1)若k＝0，求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn；
(2)若a4＝－1，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．
解 (1)當(dāng)k＝0時(shí)，2an＋1＝an＋an＋2，
即an＋2－an＋1＝an＋1－an，
所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列．
設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則
解得
所以Sn＝na1＋d＝2n＋
14、×
＝－n2＋n(n∈N*)．
(2)由題意得2a4＝a3＋a5＋k，
即－2＝－4＋k，所以k＝2.
由2a3＝a2＋a4＋2及2a2＝a1＋a3＋2，得a4＝2a3－a2－2＝2(2a2－a1－2)－a2－2＝3a2－2a1－6，所以a2＝3.
由2an＋1＝an＋an＋2＋2，得
(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝－2，
所以數(shù)列{an＋1－an}是以a2－a1＝1為首項(xiàng)，－2為公差的等差數(shù)列，所以an＋1－an＝－2n＋3(n∈N*)．
當(dāng)n≥2時(shí)，有an－an－1＝－2(n－1)＋3，
于是an－1－an－2＝－2(n－2)＋3，
an－2－an－3＝－
15、2(n－3)＋3，
…，
a3－a2＝－2×2＋3，
a2－a1＝－2×1＋3，
疊加得，an－a1＝－2[1＋2＋…＋(n－1)]＋3(n－1)(n≥2)，
所以an＝－2×＋3(n－1)＋2＝－n2＋4n－1(n≥2)．
又當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝2也適合上式．
所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝－n2＋4n－1，n∈N*.
1．(2017·江蘇)等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為實(shí)數(shù)，其前n項(xiàng)和為Sn，已知S3＝，S6＝，則a8＝________.
答案 32
解析 設(shè)數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公比為q(q≠1)，
則解得
所以a8＝a1q7＝×27＝32.
2．(201
16、8·江蘇)已知集合A＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，B＝{x|x＝2n，n∈N*}．將A∪B的所有元素從小到大依次排列構(gòu)成一個(gè)數(shù)列{an}．記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則使得Sn＞12an＋1成立的n的最小值為________．
答案 27
解析 經(jīng)過列舉計(jì)算可知
S26＝＋＝503，
而a27＝43.
12a27＝516，不符合題意．
S27＝＋＝546，
a28＝45,12a28＝540，符合題意．
∴使得Sn＞12an＋1成立的n的最小值為27.
3．已知各項(xiàng)不為0的等差數(shù)列{an}滿足a4－2a＋3a8＝0，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，且b7＝a7，則b2b12＝_
17、_______________________________________________________________.
答案 4
解析 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，
因?yàn)閍4－2a＋3a8＝0，
所以a7－3d－2a＋3(a7＋d)＝0，
即a＝2a7，解得a7＝0(舍去)或a7＝2，
所以b7＝a7＝2.
因?yàn)閿?shù)列{bn}是等比數(shù)列，
所以b2b12＝b＝4.
4．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足a1＝，an＝－2SnSn－1(n≥2)，則S100＝________.
答案
解析 ∵當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1，
∴Sn－Sn－1＝－2SnS
18、n－1，
∴Sn(1＋2Sn－1)＝Sn－1，
顯然，若Sn－1≠0，則Sn≠0，
∵S1＝a1＝≠0，
∴由遞推關(guān)系式知Sn≠0(n∈N*)，
∴－＝－2，即－＝2(n≥2)，
故數(shù)列為等差數(shù)列，
∴＝＋(n－1)·2＝＋2n－2＝2n，
∴Sn＝，∴S100＝.
5．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足Sn＝2－an，n＝1,2,3，….
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)若數(shù)列{bn}滿足b1＝1，且bn＋1＝bn＋an，求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；
(3)在(2)的前提條件下，設(shè)cn＝n(3－bn)，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn.
解 (1)因?yàn)楫?dāng)n＝1
19、時(shí)，a1＋S1＝a1＋a1＝2，所以a1＝1.
因?yàn)镾n＝2－an，即an＋Sn＝2，
所以an＋1＋Sn＋1＝2.
兩式相減，得an＋1－an＋Sn＋1－Sn＝0，
即an＋1－an＋an＋1＝0，故有2an＋1＝an.
因?yàn)閍n≠0，所以＝(n∈N*)．
所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列，
所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝n－1(n∈N*)．
(2)因?yàn)閎n＋1＝bn＋an(n＝1,2,3，…)，
所以bn＋1－bn＝n－1.
從而有b2－b1＝1，b3－b2＝，b4－b3＝2，…，
bn－bn－1＝n－2(n＝2,3，…)．
將這n－1個(gè)等式相加，得
20、
bn－b1＝1＋＋2＋…＋n－2＝＝2－2n－1.
又因?yàn)閎1＝1，所以bn＝3－2·n－1(n＝1,2,3，…)．
(3)因?yàn)閏n＝n(3－bn)＝2nn－1，
所以Tn＝2，①
Tn＝2.②
①－②，得Tn＝2－2nn，
故Tn＝4－4nn＝8－－4nn
＝8－(8＋4n)(n＝1,2,3，…)．
A組 專題通關(guān)
1．(2018·鎮(zhèn)江期末)設(shè)等比數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn，若a1＝－2, S6＝9S3，則a5的值為________．
答案?。?2
解析 設(shè)等比數(shù)列的公比為q，由題意知，q≠1，
∵a1＝－2, S6＝9S3，∴＝，
化簡(jiǎn)為1＋q3＝9，∴q＝2
21、，
∴a5＝－2×24＝－32.
2．設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}(n∈N*)的前n項(xiàng)和，且a1＝1，a4＝7，則S5＝________.
答案 25
解析 由a1＝1，a4＝7，可得d＝2，
所以an＝2n－1，所以S5＝＝25.
3．(2018·鹽城模擬)設(shè)Sn為等差數(shù)列的前n項(xiàng)和，若的前2 017項(xiàng)中的奇數(shù)項(xiàng)和為2 018，則S2 017的值為________．
答案 4 034
解析 因?yàn)榈那? 017項(xiàng)中的奇數(shù)項(xiàng)和為2 018，
所以＝2 018，所以a1＋a2 017＝4，
因此S2 017＝＝4 034.
4．等差數(shù)列{an}前9項(xiàng)的和等于前4項(xiàng)的和．若a1＝1
22、，ak＋a4＝0，則k＝________.
答案 10
解析 方法一 S9＝S4，即＝，
∴9a5＝2(a1＋a4)，
即9(1＋4d)＝2(2＋3d)，∴d＝－，
由1＋(k－1)＋1＋3·＝0，得k＝10.
方法二 S9＝S4，∴a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝0，
∴a7＝0，從而a4＋a10＝2a7＝0，
∴k＝10.
5．已知{an}為等差數(shù)列，其公差為－2，且a7是a3與a9的等比中項(xiàng)，Sn為{an}的前n項(xiàng)和，n∈N*，則S10的值為________．
答案 110
解析 ∵a＝a3a9，d＝－2，
∴(a1－12)2＝(a1－4)(a1－16)，解得a1＝
23、20，
∴S10＝10×20＋×(－2)＝110.
6．(2018·江蘇泰州中學(xué)月考)已知數(shù)列滿足： a1＝1, an＋1＝( n∈N*)，則數(shù)列的通項(xiàng)公式為________．
答案 an＝(n∈N*)
解析 由an＋1＝得 ＝＋1 ，變形得 ＋1＝2，
所以是以2為公比的等比數(shù)列，
所以＋1＝2×2n－1＝2n ，
所以an＝(n∈N*)．
7．設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝1，(1－an＋1)(1＋an)＝1(n∈N*)，則kak＋1的值為________．
答案
解析 因?yàn)?1－an＋1)(1＋an)＝1，
所以an－an＋1－anan＋1＝0，從而－＝1，
即數(shù)列是
24、以1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，
所以＝1＋n－1＝n，所以an＝.
故an＋1an＝＝－，
因此kak＋1＝＋＋…＋＝1－＝.
8．已知公差為d的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若＝3，則的值為________．
答案
解析 設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，
則由＝3，得＝3，所以d＝4a1，
所以＝＝＝.
9．設(shè){an}是等差數(shù)列，{bn}是各項(xiàng)都為正數(shù)的等比數(shù)列，且a1＝b1＝1，a3＋b5＝21，a5＋b3＝13.
(1)求{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；
(2)求數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn.
解 (1)設(shè){an}的公差為d，{bn}的公比為q，
則依題意有q>0且
25、
解得d＝2，q＝2.
所以an＝1＋(n－1)d＝2n－1，
bn＝b1qn－1＝2n－1，n∈N*.
(2)＝.
Sn＝1＋＋＋…＋＋，①
2Sn＝2＋3＋＋…＋＋，②
②－①，得Sn＝2＋2＋＋＋…＋－
＝2＋2－
＝2＋2×－＝6－(n∈N*)．
10．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝，且Sn＝Sn－1＋an－1＋(n∈N*，且n≥2)，數(shù)列{bn}滿足：b1＝－，且3bn－bn－1＝n(n≥2，且n∈N*)．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)求證：數(shù)列{bn－an}為等比數(shù)列．
(1)解 由Sn＝Sn－1＋an－1＋，得
Sn－Sn－1＝a
26、n－1＋，
即an－an－1＝(n∈N*，n≥2)，
則數(shù)列{an}是以為公差的等差數(shù)列．
又a1＝，∴an＝a1＋(n－1)d＝n－.
(2)證明 ∵3bn－bn－1＝n(n≥2)，
∴bn＝bn－1＋n(n≥2)，
∴bn－an＝bn－1＋n－n＋
＝bn－1－n＋
＝(n≥2)．
bn－1－an－1＝bn－1－(n－1)＋
＝bn－1－n＋(n≥2)，
∴bn－an＝(bn－1－an－1)(n≥2)．
∵b1－a1＝－30≠0，
∴＝(n≥2)．
∴數(shù)列{bn－an}是以－30為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列．
B組 能力提高
11．在等比數(shù)列中，a2＝1，公比q
27、≠±1.若a1,4a3,7a5成等差數(shù)列，則a6的值是________．
答案
解析 由題意得8a3＝a1＋7a5?8q＝＋7q3?7q4－8q2＋1＝0?q2＝(舍q2＝1)，從而a6＝q4＝.
12．(2018·常州期末)各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列中，若a2a3a4＝a2＋a3＋a4，則a3的最小值為________．
答案
解析 因?yàn)槭歉黜?xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，且a2a3a4＝a2＋a3＋a4，
所以a－a3＝a2＋a4，
則a－a3＝a2＋a4≥2＝2a3，
當(dāng)且僅當(dāng)a2＝a4時(shí)，等號(hào)成立，
所以a3≥0，所以a3≥，
故a3的最小值為.
13．記等差數(shù)列{an}的
28、前n項(xiàng)和為Sn.若Sk－1＝8，Sk＝0，Sk＋1＝－10，則正整數(shù)k＝________.
答案 9
解析 由題意得Sk－Sk－1＝ak＝－8，
Sk＋1－Sk＝ak＋1＝－10，則d＝－2.
由Sk＝＝0，a1＝8，
所以ak＝a1＋(k－1)d＝－8，
即8－2(k－1)＝－8，則k＝9.
14．已知等比數(shù)列a1，a2，a3的和為定值m(m>0)，且公比q<0，令t＝a1a2a3，t的取值范圍為________．
答案 [－m3,0)
解析 m＝a1＋a2＋a3＝a2，
所以a2＝，因?yàn)閝<0，所以q＋≤－2.
又m>0，所以－m≤<0，即－m≤a2<0，
所以t＝
29、a1a2a3＝a∈[－m3,0)．
15．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝0，a1＋a2＋a3＋…＋an＋n＝an＋1，n∈N*.
(1)求證：數(shù)列{an＋1}是等比數(shù)列；
(2)設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，b1＝1，點(diǎn)(Tn＋1，Tn)在直線－＝上，若不等式＋＋…＋≥m－對(duì)于n∈N*恒成立，求實(shí)數(shù)m的最大值．
(1)證明 由a1＋a2＋a3＋…＋an＋n＝an＋1，
得a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋n－1＝an，n≥2，
兩式相減得an＋1＝2an＋1，
所以an＋1＋1＝2(an＋1)，n≥2，
因?yàn)閍1＝0，所以a1＋1＝1，a2＋1＝2(a1＋1)，
所
30、以{an＋1}是以1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列．
(2)解 由(1)得an＝2n－1－1，因?yàn)辄c(diǎn)(Tn＋1，Tn)在直線－＝上，所以－＝，故是以＝1為首項(xiàng)，為公差的等差數(shù)列，
故＝1＋(n－1)，所以Tn＝.
當(dāng)n≥2時(shí)，bn＝Tn－Tn－1＝－＝n，
因?yàn)閎1＝1滿足該式，所以bn＝n.
所以不等式＋＋…＋≥m－，
即1＋＋＋…＋≥m－，
令Rn＝1＋＋＋…＋，
則Rn＝＋＋＋…＋，
兩式相減，得Rn＝1＋＋＋＋…＋－＝2－，
所以Rn＝4－.
由Rn≥m－恒成立，即4－≥m恒成立．
又－＝，
故當(dāng)n≤3時(shí)，單調(diào)遞減，且當(dāng)n＝3時(shí)，4－＝；
當(dāng)n≥4時(shí)，單調(diào)遞增，
31、且當(dāng)n＝4時(shí)，4－＝，
則4－的最小值為，
所以實(shí)數(shù)m的最大值是.
16．(2018·江蘇鹽城中學(xué)熱身)已知數(shù)列{an}中a1＝1，an＋1＝
(1)是否存在實(shí)數(shù)λ，使得數(shù)列{a2n－λ}是等比數(shù)列？若存在，求出λ的值；若不存在，請(qǐng)說明理由；
(2)若Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，求滿足Sn>0的所有正整數(shù)n.
解 (1)由已知，得a2(n＋1)＝a2n＋1＋(2n＋1)
＝[a2n－3(2n)]＋2n＋1＝a2n＋1.
令a2(n＋1)－λ＝(a2n－λ)，得a2(n＋1)＝a2n＋λ，所以λ＝.
此時(shí)，a2－λ＝＋1－＝－.
所以存在λ＝，使得數(shù)列{a2n－λ}是等比數(shù)
32、列．
(2)由(1)知，數(shù)列是首項(xiàng)為－，公比為的等比數(shù)列，
所以a2n－＝－n－1＝－·，
即a2n＝.
由a2n＝a2n－1＋(2n－1)，得a2n－1＝3a2n－3(2n－1)＝－6n＋3，
所以a2n－1＋a2n＝－6n＋3＋
＝－2n－6n＋9，
所以S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n)
＝－2－6(1＋2＋…＋n)＋9n＝－3n2＋6n－1，
從而S2n－1＝S2n－a2n＝×－3n2＋6n－.
因?yàn)楹停?n2＋6n＝－3(n－1)2＋3在n∈N*時(shí)均單調(diào)遞減，所以S2n和S2n－1均各自單調(diào)遞減．
計(jì)算得S1＝1，S2＝，S3＝－，S4＝－，
所以滿足Sn>0的所有正整數(shù)n的值為1和2.
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江蘇省2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 數(shù)列 第1講 等差數(shù)列與等比數(shù)列學(xué)案
