《江蘇省2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 數(shù)列 第2講 數(shù)列的綜合問題學(xué)案.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《江蘇省2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 數(shù)列 第2講 數(shù)列的綜合問題學(xué)案.doc（18頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第2講　數(shù)列的綜合問題 [考情考向分析]　江蘇高考中，數(shù)列大題常在壓軸的代數(shù)論證中考數(shù)列的綜合應(yīng)用．近幾年江蘇高考中數(shù)列解答題總是同等差、等比數(shù)列相關(guān)，進(jìn)一步考查其子數(shù)列或派生數(shù)列的性質(zhì)等，所以解題過程中既有等差、等比數(shù)列性質(zhì)的挖掘，又有等差、等比數(shù)列的判斷論證，綜合性極強(qiáng)． 熱點(diǎn)一　數(shù)列中的探索性問題 例1　(2018無錫期末)已知數(shù)列滿足…＝，n∈N*，Sn是數(shù)列的前n項(xiàng)和． (1)求數(shù)列的通項(xiàng)公式； (2)若ap,30，Sq成等差數(shù)列，ap,18，Sq成等比數(shù)列，求正整數(shù)p，q的值； (3)是否存在k∈N*，使得為數(shù)列中的項(xiàng)？若存在，求出所有滿足條件的k的值；若不存在，請(qǐng)說明理由． 解　(1)因?yàn)椤?，n∈N*， 所以當(dāng)n＝1時(shí)，1－＝，a1＝2， 當(dāng)n≥2時(shí)，由…＝和…＝， 兩式相除可得，1－＝，即an－an－1＝1(n≥2)． 所以數(shù)列是首項(xiàng)為2，公差為1的等差數(shù)列． 所以an＝n＋1(n∈N*)． (2)因?yàn)閍p,30，Sq成等差數(shù)列，ap,18，Sq成等比數(shù)列， 所以于是或 當(dāng)時(shí)，解得 當(dāng)時(shí)，無正整數(shù)解， 所以p＝5，q＝9. (3)假設(shè)存在滿足條件的正整數(shù)k，使得＝am(m∈N*)， 則＝m＋1， 平方并化簡(jiǎn)得，(2m＋2)2－(2k＋3)2＝63， 則(2m＋2k＋5)(2m－2k－1)＝63， 所以或 或 解得m＝15，k＝14，或m＝5，k＝3，或m＝3，k＝－1(舍去)， 綜上所述，k＝3或14. 思維升華　數(shù)列中的探索性問題是江蘇高考的一個(gè)熱點(diǎn)，試題一般是探求數(shù)列中項(xiàng)的存在性問題，此類試題的解法一般具有以下特點(diǎn)：假設(shè)提出的問題存在，結(jié)合數(shù)論中不定方程、奇偶性的基本性質(zhì)進(jìn)行求解． 跟蹤演練1　已知數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝a，且an＋1＝k(an＋an＋2)對(duì)任意正整數(shù)n都成立，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn. (1)是否存在實(shí)數(shù)k，使數(shù)列{an}是公比不為1的等比數(shù)列，且任意相鄰三項(xiàng)am，am＋1，am＋2按某順序排列后成等差數(shù)列？若存在，求出所有k的值；若不存在，說明理由； (2)若k＝－，求Sn. 解　(1)設(shè)數(shù)列{an}是等比數(shù)列，則它的公比q＝＝a， 所以am＝am－1，am＋1＝am，am＋2＝am＋1. ①若am＋1為等差中項(xiàng)，則2am＋1＝am＋am＋2， 即2am＝am－1＋am＋1，解得a＝1，不合題意； ②若am為等差中項(xiàng)，則2am＝am＋1＋am＋2， 即2am－1＝am＋am＋1， 化簡(jiǎn)得a2＋a－2＝0， 解得a＝－2或1(舍)． 當(dāng)a＝－2時(shí)，k＝＝＝＝－； ③若am＋2為等差中項(xiàng)，則2am＋2＝am＋1＋am， 即2am＋1＝am＋am－1，化簡(jiǎn)得2a2－a－1＝0， 解得a＝－或1(舍)． 當(dāng)a＝－時(shí)，k＝＝＝＝－. 綜上可得滿足要求的實(shí)數(shù)k有且僅有一個(gè)，即k＝－. (2)若k＝－，則an＋1＝－(an＋an＋2)， 于是an＋2＋an＋1＝－(an＋1＋an)， 所以an＋3＋an＋2＝－(an＋2＋an＋1)＝an＋1＋an. 當(dāng)n是偶數(shù)時(shí)，Sn＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋an－1＋an ＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an) ＝(a1＋a2)＝(a＋1)； 當(dāng)n是奇數(shù)時(shí)，Sn＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋an－1＋an ＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(an－1＋an) ＝a1＋(a2＋a3)＝a1＋[－(a1＋a2)] ＝1－(a＋1)． 當(dāng)n＝1時(shí)也適合上式． 綜上可得Sn＝ 熱點(diǎn)二　數(shù)列中的證明問題 例2　(2018江蘇黃橋中學(xué)等三校聯(lián)考)已知數(shù)列滿足a1＝1，前n項(xiàng)和為Sn，且＝. (1)求a2的值； (2)設(shè)bn＝，證明：數(shù)列是等差數(shù)列； (3)設(shè)cn＝an，若1≤λ≤，求對(duì)所有的正整數(shù)n都有2λ2－kλ＋30， 所以數(shù)列為單調(diào)遞增數(shù)列． 當(dāng)n≥1時(shí)， cn≥c1＝，即cn的最小值為. 由2λ2－kλ＋3＜cn，得kλ＞2λ2＋2， 所以k>2max， 而當(dāng)1≤λ≤時(shí)， λ＋在上遞減， 上遞增，所以max＝1＋， 當(dāng)且僅當(dāng)λ＝1或時(shí)取得，故k∈. 思維升華　數(shù)列中的證明問題要有目標(biāo)意識(shí)，比如本題第二問要證明{bn}是等差數(shù)列，就要構(gòu)造出式子bn＋1－bn＝－，然后代入條件進(jìn)行證明，為證明問題提供思路． 跟蹤演練2　設(shè)數(shù)列{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，若a1a5＝64，S5－S3＝48. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)對(duì)于正整數(shù)k，m，l(km≥k，n∈N*，m∈N*時(shí)總有|an－am|≤t； (2)已知Δ2an＝3n－2，若a1＝1，且an≥a3對(duì)n∈N*恒成立，求a2的取值范圍． (1)①解　∵a＝a1a3， ∴2＝a1， ∴a1＝. 當(dāng)n≥2時(shí)an＝Δan－1＋Δan－2＋…＋Δa1＋a1＝＋＝n－1，滿足題意； ②證明　an－am＝n－1－m－1 ＝－， ∴|an－am|＝≤≤m≤t， ∴m≥log2，因此k取不小于log2的正整數(shù)， 當(dāng)n>m≥k，n∈N*，m∈N*時(shí)總有|an－am|≤t. (2)解　∵Δ2an＝Δan＋1－Δan＝3n－2， ∴Δan＝－2(n－1)＋Δa1 ＝－2n＋＋Δa1＝－2n＋a2－， ∵Δ2an>0，∴{Δan}遞增， 因此 ∴∴－7≤a2≤0. ∴a的取值范圍為[－7,0]． 思維升華　數(shù)列中的“新定義”試題指給出一個(gè)從未接觸過的新規(guī)定，要求現(xiàn)學(xué)現(xiàn)用，“給什么，用什么”是應(yīng)用“新定義”解題的基本思路．理解新定義的規(guī)則后，解決問題的手段還是運(yùn)用等差數(shù)列、等比數(shù)列的定義性質(zhì)和基本數(shù)學(xué)思想． 跟蹤演練3　(2018江蘇省南京師范大學(xué)附中等四校調(diào)研)設(shè)數(shù)列的首項(xiàng)為1，前n項(xiàng)和為Sn，若對(duì)任意的n∈N*，均有Sn＝an＋k－k(k是常數(shù)且k∈N*)成立，則稱數(shù)列為“P數(shù)列”． (1)若數(shù)列為“P數(shù)列”，求數(shù)列的通項(xiàng)公式； (2)若數(shù)列為“P數(shù)列”，a2＝2，設(shè)Tn＝＋＋＋…＋，證明： Tn<3. (1)解　因?yàn)閿?shù)列為“P數(shù)列”，則Sn＝an＋1－1，Sn＋1＝an＋2－1， 兩式相減得，an＋2＝2an＋1， 又n＝1時(shí)，a1＝a2－1，所以a2＝2， 故an＋1＝2an對(duì)任意的n∈N*恒成立， 即＝2(常數(shù))， 故數(shù)列為等比數(shù)列，其通項(xiàng)公式為an＝2n－1，n∈N*. (2)證明　因?yàn)閿?shù)列為“P數(shù)列”， 所以Sn＝an＋2－2，Sn＋1＝an＋3－2， 兩式相減有an＋1＝an＋3－an＋2， 又n＝1時(shí)， a1＝a3－2，故a3＝3，滿足a3＝a2＋a1， 所以an＋2＝an＋1＋an對(duì)任意正整數(shù)n恒成立，數(shù)列的前幾項(xiàng)為1,2,3,5,8. 故Tn＝＋＋＋…＋＝＋＋＋＋＋…＋， 所以Tn＝＋＋＋＋…＋＋， 兩式相減得 Tn＝＋＋＋＋…＋－ ＝＋Tn－2－， 顯然Tn－20，所以Tn<＋Tn， 故 Tn<3.  1．(2018江蘇)設(shè){an}是首項(xiàng)為a1，公差為d的等差數(shù)列，{bn}是首項(xiàng)為b1，公比為q的等比數(shù)列． (1)設(shè)a1＝0，b1＝1，q＝2，若|an－bn|≤b1對(duì)n＝1,2,3,4均成立，求d的取值范圍； (2)若a1＝b1＞0，m∈N*，q∈(1，]，證明：存在d∈R，使得|an－bn|≤b1對(duì)n＝2,3，…，m＋1均成立，并求d的取值范圍(用b1，m，q表示)． 解　(1)由條件知an＝(n－1)d，bn＝2n－1， 因?yàn)閨an－bn|≤b1對(duì)n＝1,2,3,4均成立， 即|(n－1)d－2n－1|≤1對(duì)n＝1,2,3,4均成立， 即得≤d≤. 因此，d的取值范圍為. (2)由條件知an＝b1＋(n－1)d，bn＝b1qn－1. 若存在d，使得|an－bn|≤b1(n＝2,3，…，m＋1)成立， 即|b1＋(n－1)d－b1qn－1|≤b1(n＝2,3，…，m＋1)， 即當(dāng)n＝2,3，…，m＋1時(shí)，d滿足b1≤d≤b1. 因?yàn)閝∈(1，]，則1＜qn－1≤qm≤2， 從而b1≤0，b1＞0對(duì)n＝2,3，…，m＋1均成立． 因此，取d＝0時(shí)，|an－bn|≤b1對(duì)n＝2,3，…，m＋1均成立． 下面討論數(shù)列的最大值和數(shù)列的最小值(n＝2,3，…，m＋1)． ①令t＝n－1，則1≤t≤m， －＝ ＝， 當(dāng)1＜q≤時(shí)，有qt≤qm≤2， 從而t(qt－qt－1)－qt＋2＞0. 因此，當(dāng)2≤n≤m＋1時(shí)，數(shù)列單調(diào)遞增， 故數(shù)列的最大值為. ②設(shè)f(x)＝2x(1－x)， 當(dāng)x＞0時(shí)，f′(x)＝(ln 2－1－xln 2)2x＜0， 所以f(x)單調(diào)遞減，從而f(x)＜f(0)＝1. 令t＝n－1，則1≤t≤m，則＝≤ ＝f＜1， 因此，當(dāng)2≤n≤m＋1時(shí)，數(shù)列單調(diào)遞減， 故數(shù)列的最小值為. 因此，d的取值范圍為. 2．(2016江蘇)記U＝{1,2，…，100}．對(duì)數(shù)列{an}(n∈N*)和U的子集T，若T＝?，定義ST＝0；若T＝{t1，t2，…，tk}，定義ST＝.例如：T＝{1,3,66}時(shí)，ST＝a1＋a3＋a66.現(xiàn)設(shè){an}(n∈N*)是公比為3的等比數(shù)列，且當(dāng)T＝{2,4}時(shí)，ST＝30. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)對(duì)任意正整數(shù)k(1≤k≤100)，若T?{1,2，…，k}，求證：ST＜ak＋1； (3)設(shè)C?U，D?U，SC≥SD，求證：SC＋SC∩D≥2SD. (1)解　當(dāng)T＝{2,4}時(shí)，ST＝a2＋a4＝a2＋9a2＝30， ∴a2＝3，a1＝＝1，故an＝a1qn－1＝3n－1(n∈N*)． (2)證明　對(duì)任意正整數(shù)k(1≤k≤100)． 由于T?{1,2，…，k}， 則ST≤a1＋a2＋a3＋…＋ak＝1＋3＋32＋…＋3k－1＝＜3k＝ak＋1. (3)證明　設(shè)A＝?C(C∩D)，B＝?D(C∩D)， 則A∩B＝?，SC＝SA＋SC∩D， SD＝SB＋SC∩D，SC＋SC∩D－2SD＝SA－2SB， ∴SC＋SC∩D≥2SD等價(jià)于SA≥2SB. 由條件SC≥SD可得SA≥SB. ①若B＝?，則SB＝0，所以SA≥2SB成立， ②若B≠?，由SA≥SB可知A≠?， 設(shè)A中的最大元素為I，B中的最大元素為m， 若m≥I＋1，則由(2)得SA＜SI＋1≤am≤SB，矛盾． 又∵A∩B＝?，∴I≠m，∴I≥m＋1， ∴SB≤a1＋a2＋…＋am＝1＋3＋32＋…＋3m－1＜≤≤， 即SA＞2SB成立． 綜上所述，SA≥2SB. 故SC＋SC∩D≥2SD成立． 3．(2018南通模擬)已知等差數(shù)列與等比數(shù)列是非常數(shù)列的實(shí)數(shù)列，設(shè)A＝. (1)請(qǐng)舉出一對(duì)數(shù)列與，使集合A中有三個(gè)元素； (2)問集合A中最多有多少個(gè)元素？并證明你的結(jié)論； 解　(1)an＝6n－8，bn＝(－2)n，則a1＝b1，a2＝b2， a4＝b4，A＝； (2)不妨設(shè)an＝a＋bn(b≠0)，bn＝pqn(q≠1)，由an＝bn?a＋bn＝pqn，得＋n＝qn， 令s＝，t＝(t≠0)，原問題轉(zhuǎn)化為關(guān)于n的方程qn－tn－s＝0，最多有多少個(gè)解．① 下面我們證明：當(dāng)q>0時(shí)，方程①最多有2個(gè)解；q<0時(shí)，方程①最多有3個(gè)解． 當(dāng)q>0時(shí)，考慮函數(shù)f(x)＝qx－tx－s，則f′(x)＝qxln q－t. 如果tln q<0，則f(x)為單調(diào)函數(shù)，故方程①最多只有1個(gè)解； 如果tln q>0，且不妨設(shè)由f′(x)＝0得f′(x)有唯一零點(diǎn)x0＝logq，于是當(dāng)x>x0時(shí)， f′(x)恒大于0或恒小于0，當(dāng)x0， 如果n為奇數(shù)，則方程①變?yōu)閚＋tn＋s＝0， 顯然方程最多只有一個(gè)解，即最多只有一個(gè)奇數(shù)滿足方程①， 如果n為偶數(shù)，則方程①變?yōu)? n－tn－s＝0，由q>0的情形，上式最多有2個(gè)解， 即滿足①的偶數(shù)最多有2個(gè)， 這樣，最多有3個(gè)正數(shù)滿足方程①， 對(duì)于t<0，同理可以證明，方程①最多有3個(gè)解． 綜上所述，集合A中的元素最多有3個(gè)． A組　專題通關(guān) 1．若數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝(－1)n(3n－2)，則a1＋a2＋…＋a10＝________. 答案　15 解析　記bn＝3n－2，則數(shù)列{bn}是以1為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列， 所以a1＋a2＋…＋a9＋a10＝(－b1)＋b2＋…＋(－b9)＋b10＝(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b10－b9)＝53＝15. 2．?dāng)?shù)列{an}滿足an＋an＋1＝(n∈N*)，且a1＝1，Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則S21＝________. 答案　6 解析　由an＋an＋1＝＝an＋1＋an＋2，∴an＋2＝an，則a1＝a3＝a5＝…＝a21, a2＝a4＝a6＝…＝a20， ∴S21＝a1＋＋＋…＋＝ 1＋10＝6. 3．設(shè)等比數(shù)列{an}滿足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，則a1a2…an的最大值為________． 答案　64 解析　設(shè){an}的公比為q，于是a1(1＋q2)＝10，① a1(q＋q3)＝5，② 聯(lián)立①②得a1＝8，q＝，∴an＝24－n， ∴a1a2…an＝23＋2＋1＋…＋(4－n)＝ ＝≤26＝64. ∴a1a2…an的最大值為64. 4．已知正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是________． 答案　an＝2n 解析　Sn＝，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝，解得a1＝2或a1＝0(舍去)． 當(dāng)n≥2時(shí)，由an＝Sn－Sn－1＝－?a－a＝2(an＋an－1)， 因?yàn)閍n>0，所以an＋an－1≠0，則an－an－1＝2， 所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2，公差為2的等差數(shù)列， 故an＝2n. 5．若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝n2－10n(n＝1,2,3，…)，則數(shù)列{nan}中數(shù)值最小的項(xiàng)是第________項(xiàng)． 答案　3 解析　當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝－9， 當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n2－10n－[(n－1)2－10(n－1)]＝2n－11， a1＝－9符合上式，所以an＝2n－11. nan＝2n2－11n＝22－， 當(dāng)n＝3時(shí)，nan最?。? 6．已知Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若an(4＋cos nπ)＝n(2－cos nπ)，則S20＝________. 答案　122 解析　由題意知，因?yàn)閍n(4＋cos nπ)＝n(2－cos nπ)， 所以a1＝1，a2＝，a3＝3，a4＝，a5＝5，a6＝，…， 所以數(shù)列{an}的奇數(shù)項(xiàng)構(gòu)成首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列，偶數(shù)項(xiàng)構(gòu)成首項(xiàng)為，公差為的等差數(shù)列， 所以S20＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝122. 7．設(shè)公差為d(d為奇數(shù)，且d＞1)的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若Sm－1＝－9，Sm＝0，其中m＞3，且m∈N*，則an＝________. 答案　3n－12 解析　由Sm－1＝－9，Sm＝0，得am＝Sm－Sm－1＝9, 而Sm＝0＝(a1＋am)，得a1＝－9， 而am＝a1＋(m－1)d，得(m－1)d＝18. 又d為奇數(shù)，且d>1，m>3，且m∈N*， 得m＝7，d＝3，則an＝3n－12. 8．已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝(n＋2)n(n∈N*)，則數(shù)列{an}的最大項(xiàng)是__________． 答案　第7項(xiàng)或第8項(xiàng) 解析　因?yàn)閍n＋1－an＝(n＋3)n＋1－(n＋2)n＝n，當(dāng)n<7時(shí)，an＋1－an>0，即an＋1>an；當(dāng)n＝7時(shí)，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；當(dāng)n>7時(shí)，an＋1－an<0，即an＋1a9>a10…， 所以此數(shù)列的最大項(xiàng)是第7項(xiàng)或第8項(xiàng)． 9．(2018全國大聯(lián)考江蘇卷)已知等比數(shù)列的各項(xiàng)均為正數(shù)，若a2是2a1與a3的等差中項(xiàng)，且a1a2＝a＋3a2. (1)求數(shù)列的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝，求數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn. 解　(1)設(shè)等比數(shù)列的公比為q，則an＝a1qn－1. 由題意，得2a2＝2a1＋a3，且a1>0， 化簡(jiǎn)得2q2－9q＋4＝0，解得q＝4或. 又因?yàn)閍1a2＝a＋3a2，即a(q－1)＝3a2>0， 所以q>1，所以q＝4， 所以3a＝12a1，所以a1＝4(a1＝0舍去)， 故數(shù)列的通項(xiàng)公式為an＝4n(n∈N*)． (2)由(1)知bn＝＝ ＝－(n∈N*)， 于是有Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋， 所以Sn＝1－＝(n∈N*)． 10．(2018江蘇省蘇州市高新區(qū)一中月考)已知數(shù)列滿足2an＋1＝an＋an＋2＋k(n∈N*，k∈R)，且a1＝2，a3＋a5＝－4. (1)若k＝0，求數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn； (2)若a4＝－1， ①求證：數(shù)列為等差數(shù)列； ②求數(shù)列的通項(xiàng)公式an. (1)解　當(dāng)k＝0時(shí)，2an＋1＝an＋an＋2， 即an＋2－an＋1＝an＋1－an， 所以數(shù)列是等差數(shù)列． 設(shè)數(shù)列公差為d，則 解得 所以Sn＝na1＋d＝2n＋ ＝－n2＋n(n∈N*)． (2)①證明　由題意，2a4＝a3＋a5＋k，即－2＝－4＋k， 所以k＝2. 又a4＝2a3－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)列是以a2－a1＝1為首項(xiàng)，－2為公差的等差數(shù)列． ②解　由①知an＋1－an＝－2n＋3, 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＝－2(n－3)＋3， …， a3－a2＝－22＋3， a2－a1＝－21＋3， 疊加得，an－a1＝－2＋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． 所以數(shù)列的通項(xiàng)公式為an＝－n2＋4n－1，n∈N*. B組　能力提高 11．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且an＝4＋n－1，若對(duì)任意n∈N*，都有1≤p(Sn－4n)≤3，則實(shí)數(shù)p的取值范圍是________． 答案　[2,3] 解析　Sn＝4n＋， 可得1≤p≤3， n為奇數(shù)時(shí)，1≤p≤3； n為偶數(shù)時(shí)，1≤p≤3. 即1≤min且max≤3， 令前者n＝2，后者n＝1，得2≤p≤3. 12．已知等比數(shù)列{an}中，a1＝a，a2＝b，a3＝c，a，b，c分別為△ABC的三內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，且cos B＝，則數(shù)列{an}的公比為________． 答案　或 解析　依題意知，b2＝ac，由余弦定理，得 cos B＝＝－＝. 而＝q2，代入上式，得q2＝2或q2＝， 又在△ABC中，a，b，c>0，∴q＝或q＝. 13．已知數(shù)列{an}的奇數(shù)項(xiàng)依次構(gòu)成公差為d1的等差數(shù)列，偶數(shù)項(xiàng)依次構(gòu)成公差為d2的等差數(shù)列，且對(duì)任意n∈N*，都有an0，結(jié)合②得m＋1＋2k<19， 所以2kk)恒成立，則稱數(shù)列是“R數(shù)列”． (1)已知an＝判斷數(shù)列是否為“R數(shù)列”，并說明理由； (2)已知數(shù)列是“R數(shù)列”，且存在整數(shù)p(p>1)，使得b3p－3, b3p－1, b3p＋1，b3p＋3成等差數(shù)列，證明： 是等差數(shù)列． (1)解　當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)， an＋1－an＝2－＝3>0，所以an＋1≥an. an－2＋an＋2＝ 2－1＋2－1 ＝2＝2an. 當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，an＋1－an＝－2n＝1>0， 所以an＋1≥an. an－2＋an＋2＝ 2＋2＝4n＝2an. 所以數(shù)列是“R數(shù)列”． (2)證明　方法一　由題意得 bn－3＋bn＋3＝2bn， 則數(shù)列b1, b4, b7，…是等差數(shù)列，設(shè)其公差為d1， 數(shù)列b2, b5, b8，…是等差數(shù)列，設(shè)其公差為d2， 數(shù)列b3, b6, b9，…是等差數(shù)列，設(shè)其公差為d3. 因?yàn)閎n≤bn＋1，所以b3n＋1≤b3n＋2≤b3n＋4， 所以b1＋nd1≤b2＋nd2≤b1＋d1， 所以n≥b1－b2，① n≤b1－b2＋d1.② 若d2－d1<0，則當(dāng)n>時(shí)，①不成立； 若d2－d1>0，則當(dāng)n>時(shí)，②不成立； 若d2－d1＝0，則①和②都成立，所以d1＝d2. 同理得d1＝d3，所以d1＝d2＝d3，記d1＝d2＝d3＝d. 設(shè)b3p－1－b3p－3＝b3p＋1－b3p－1 ＝b3p＋3－b3p＋1＝λ， 則b3n－1－b3n－2＝b3p－1＋d－ ＝b3p－1－b3p＋1＋d＝d－λ. 同理可得 b3n－b3n－1＝b3n＋1－b3n＝d－λ， 所以bn＋1－bn＝d－λ. 所以是等差數(shù)列． 方法二　λ＝b3p－1－b3p－3 ＝b2＋d－ ＝b2－b3＋d, λ＝b3p＋1－b3p－1 ＝b1＋pd－＝b1－b2＋d， λ＝b3p＋3－b3p＋1 ＝b3＋pd－＝b3－b1， 以上三式相加可得 3λ＝2d，所以λ＝d， 所以b3n－2＝b1＋d ＝b1＋， b3n－1＝b2＋d ＝b1＋d－λ＋d ＝b1＋， b3n＝b3＋d ＝b1＋λ＋d ＝b1＋， 所以bn＝b1＋，所以bn＋1－bn＝， 所以數(shù)列是等差數(shù)列．