1、南京市 2019 届高三 数学 二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 1 页（ 共 4 页） 专题 10： 数列 难点专项研究 目录 问题归类篇 . 2 类型一： 等差、等比数列的证明 . 2 类型二：等差、等比数列中的求值 . 9 类型三：等差、等比数列中的探究 . 20 南京市 2019 届高三 数学 二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 2 页（ 共 4 页） 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
2、 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)， 当 n 5 时， Sn 4 Sn 4 2(Sn S4)， 由 得 当 n 5 时， Sn 2 Sn 4 2(Sn 1 S3)， 由 得 当 n 5 时， an 3 an 3 2an， 由 得 当 n 6 时， Sn 3 Sn 5 2(Sn 1 S5)， 由 得 当 n 6 时， an 4 an 4 2an， 方法一 ： 当 n 8 时， an 6，
3、 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 ， 且 an 2 an 2 an 6 an 6 所以当 n 8 时， 2an an 2 an 2， 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 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
4、由 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 在中，令 n 4 得 S7 S1 2(S4 S3)，即 (S7 S4) (S4 S1) 2S3， 故 9d 2S3 在中，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
5、 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 a
6、6 3d，所以 4d1 3d. 由于 a21 a9 4d1 a9 3d，所以 4d1 3d. 所以 d1 d2 d3 34d 由 a6 a2 d a3 d2， 所以 a3 a2 14d 南京市 2019 届高三 数学 二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 3 页（ 共 4 页） 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
7、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 n3时， an 2 an 1 an 1 an 2 4an， 当 n4时， an 3 an 2 an 1 an 1 an 2 an 3 6an. 由 知， an 3 an 2 4an 1 (an an 1)， an 2 an 3 4an
8、 1 (an 1 an) 将 代入 ，得 an 1 an 1 2an，其中 n4， 所以 a3， a4， a5， 是等差数列，设其公差为 d. 在 中，取 n 4，则 a2 a3 a5 a6 4a4， 所以 a2 a3 d， 在 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) an an 1 常数； (2) 2an an 1 an 1； (3)2an an k an k或 an a
9、n k 常数 （ n N*， n 1） 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； 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
10、 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 1 ， an 1 an 2n 1 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 南京市 2019 届高三 数学 二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 4 页（ 共 4 页） 所以 a2k a2 2(k 1) 2k， a2k 1 a1 2(k 1) 2k 1， 所以 an n，
11、 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 公 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 *2 已知数列 an的首项 a1 a， Sn 是数列 an的前 n 项和，且满足： S2n 3n2an S 2n 1， an 0， n 2， n N*，求数列 an的通项公式
12、 解：由 S2n 3n2an S 2n 1，得 S2n S 2n 1 3n2an，即 (Sn Sn 1)(Sn Sn 1) 3n2an， 即 (Sn Sn 1)an 3n2an，因为 an 0，所以 Sn Sn 1 3n2， (n 2)， 所以 Sn 1 Sn 3(n 1)2， ，得 an 1 an 6n 3， (n 2) 所以 an 2 an 1 6n 9， ，得 an 2 an 6， (n 2) 即数列 a2， a4， a6， ，及数列 a3， a5， a7， 都是公差为 6 的等差数列， 因为 a2 12 2a， a3 3 2a 所以 ana， n 1，3n 2a 6， n为奇数且 n
13、3，3n 2a 6， n为偶数 思考： (1)an是否可以为等差数列？ (2)an是否可以为递增数列？ *3 设数列 an的各项均为正数若对任意的 n N*，存在 k N*，使得 a2n k an an 2k 成立，则称数列an为 “ Jk 型 ” 数列若数列 an既是 “ J3 型 ” 数列，又是 “ J4 型 ” 数列，证明：数列 an是等比数列 证：由 an是 “J4 型 ”数列，得 a1， a5， a9， a13， a17， a21， 成等比数列，设公比为 t 由 an是 “J3 型 ”数列，得 a1， a4， a7， a10， a13， 成等比数列，设公比为 1； a2， a5， a
14、8， a11， a14， 成等比数列，设公比为 2； a3， a6， a9， a12， a15， 成等比数列，设公比为 3； 则 a13a1 41 t3， a17a5 42 t3， a21a9 43 t3 所以 1 2 3，不妨记 1 2 3，且 t 43 于是 a3k 2 a1k 1 a1(3 )(3k 2) 1， a3k 1 a5k 2 a1tk 2 a1k 23 a1(3 )(3k 1) 1， a3k a9k 3 a1t2k 3 a1k 13 a1(3 )3k 1， 所以 an a1(3 )n 1，所以 an 1an 3 ，故 an为等比数列 注：利用两个子数列的公共项，求得两个子数列的
15、公比关系，进而通过三个子数列的通项公式求出原数列的通项公式，由通项公式符合等比数列通项公式的形式，证得等比数列 南京市 2019 届高三 数学 二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 5 页（ 共 4 页） *4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) ， Sn 1 12(n 1)(a1 an 1) ， 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， 所以
16、n3 时， (n 3)an 1 (n 2)an 2 a1， 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 （消去 a1） ， 转化为 2an 1 an 2an，进而 证明等差数列 5 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，
17、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 1a11a21a21a3 1an1an 1 kn ba1an 1，所以1dnda1an 1kn ba1an 1， 即 ( )k 1 n b 0 对于 n N*恒成立， 令 n 1， n 2 解得 k 1， b 0 当 k 1， b 0 时 ( )k 1 n b 0 对于 n N*恒成立， 所以 k 1， b 0 当 d 0 时，也成立 综上， k 1， b 0 (2)当
18、k 1， b 0 时， 1a1a2 1a2a3 1anan 1 na1an 1 对于任意的 n( )n N* 恒成立 当 n 2 时， 1a1a2 1a2a3 1an 1an n 1a1an 1 ， 由 得， 1anan 11a1nan 1n 1an ，即 nan ( )n 1 an 1 a1 当 n 3 时， ( )n 1 an 1 (n 2)an a1 ， ，得 当 n 3 时， 2an an 1 an 1， 在 中 当 n 2 时， a1 a3 2a2， 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
19、 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 （消去 a1） ， 转化为 2an 1 an 2 an，进而 证明等差数列 南京市 2019 届高三 数学 二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 6 页（ 共 4 页） *6 在正项数列 an 中， ni 11ai ai 1na1 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 1na1 an 1 ， Sn 1 n 1i 11ai ai 1(n 1)a1 an 2 ， ，得 (n 1
20、)a1 an 2 na1 an 1 1an 1 an 2， 化简得 当 n 1 时， (n 1)an 1 nan 2 a1 ， (n 2)an 2 (n 1)an 3 a1， ， 得 当 n 1 时， an 1 an 3 2an 2 在 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 （消去 a1） ， 转化为 2an 1 an 2 an，进而 证明等差数列 7 设数列
21、 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 8 ， 所以 (5n
22、 3)Sn 2 (5n 7)Sn 1 20n 28 ， 得 (5n 3)Sn 2 (10n 1)Sn 1 (5n 2)Sn 20 ， 所以 (5n 2)Sn 3 (10n 9)Sn 2 (5n 7)Sn 1 20 ， 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 a
23、n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）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 *8 已知数列 an， bn满足： bn an 3an 1， n N* 若数列 bn成等差数列，且 b1 5a2 a3，试判断南京市 2019 届高三 数学 二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 7 页（ 共 4 页） 数列 an是否成等差数列？并证明结论 . 解： an成等差数列 下面证明： 由 b1 5a2 a3，可得 a1 3a2 5a2 a3，即 a3 2a2 a1=0；
24、由 bn an 3an 1 可得 bn 1 an 1 3an 2， bn 2 an 2 3an 3， 又因为数列 bn成等差数列，从而 bn 2 bn 1 bn 1 bn，即 bn 2 2bn 1 bn 0， 从而 bn 2 2bn 1 bn (an 2 3an 3) 2(an 1 3an 2) (an 3an 1) 0， 即 an 2 2an 1 an 3(an 3 2an 2 an 1)， 所以 an 2 2an 1 an 3n 1(a3 2a2 a1) 0， 所以数列 an成等差数列 . 注： 将 数列相邻 四项的递推关系转化为 相邻三项的递推关系 . *9 已知数列 an的前三项分别为
25、 a1 5， a2 6， a3 8，且数列 an前 n 项和 Sn 满足 Sn m 12(S2n S2m) (n m)2，其中 m， n 为任意正整数求数列 an的通项公式 an 解 ： 令 n 1， m 2， S3 12(S2 S4) 1， S4 29， a4 10， 令 m 1， Sn 1 12(S2n S2) (n 1)2，令 m 2， Sn 2 12(S2n S4) (n 2)2， 所以 an 2 Sn 2 Sn 1 2n 3 S4 S22 2n 6 2(n 2) 2， 所以 an 2n 2， (n3) 又 a2 6 符合， a1 5 不符合， 所以 an 5， n 12n 2， n
26、2 注：当递推关系中含有多个变量时， 应利用特殊和一般的关系，通过合理的特殊化，将递推关系转化为一个变量 *10 设数列 an的各项都为正数，其前 n 项和为 Sn，对于任意正整数 m， n， Sm n 2a2m(1 S2n) 1恒成立若 a1 1，求 a2， a3， a4 及数列 an的通项公式 解 ： 由条件，令 m n 1，得 1 S2 2a2(1 S2) 所以 (1 S2)2 2a2(1 S2)则 1 S2 2a2 所以 a2 1 a1 因为 a1 1， 所以 a2 2 令 m 1， n 2，得 1 S3 2a2(1 S4)则 (4 a3)2 4(4 a3 a4) 令 m 2， n 1
27、，得 1 S3 2a4(1 S2)则 (4 a3)2 8a4 解得 a3 4， a4 8 得 1 Sm n 2a2m(1 S2n)令 m 1，得 1 Sn 1 2a2(1 S2n) 令 m 2，得 1 Sn 2 2a4(1 S2n) 所以 1 Sn 21 Sn 1 a4a2(n N*) 因为 a4a2 2， 则数列 1 Sn(n 2， n N*)是公比为 2 的等比数列 ， 所以 1 Sn 22n 1 2n， 可以求得 an 2n 1 注： (1)通过特殊化，由递推关系 Sm n 2a2m(1 S2n) 1 得到 1 Sn 1 2a2(1 S2n)和 1 Sn 22a4(1 S2n)，进而得出
28、 数列 1 Sn成等比； (2)求得 a4a2时体现出得方程思想，也是值得好好体会的 11 已知数列 an的各项均为正数，其前 n 项的和为 Sn，且对任意的 m， n N*， 都有 (Sm n S1)2 4a2ma2n *(1)求 a2a1的值； *(2)求证 ： an为等比数列 解 ： (1)由 (Sm n S1)2 4a2na2m，得 (S2 S1)2 4a22，即 (a2 2a1)2 4a22 南京市 2019 届高三 数学 二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 8 页（ 共 4 页） 因为 a1 0， a2 0，所以 a2 2a1 a2，即 a2a1 2 (2)（方法一） 令 m 1
29、， n 2， 得 (S3 S1)2 4a2a4， 即 (2a1 a2 a3)2 4a2a4， 令 m n 2，得 S4 S1 2a4， 即 2a1 a2 a3 a4 所以 a4 4a2 8a1 又因为 a2a1 2，所以 a3 4a1 由 (Sm n S1)2 4a2na2m，得 (Sn 1 S1)2 4a2na2， (Sn 2 S1)2 4a2na4 两式相除，得 (Sn 2 S1)2(Sn 1 S1)2a4a2，所以Sn 2 S1Sn 1 S1a4a2 2 即 Sn 2 S1 2(Sn 1 S1)， 从而 Sn 3 S1 2(Sn 2 S1) 所以 an 3 2an 2，故当 n 3 时，
30、 an是 公比为 2 的 等比数列 又因为 a3 2a2 4a1，从而 an a1 2 n 1， n N* 显然， an a1 2 n 1 满足题设， 因此 an是首项为 a1， 公比为 2 的等比数列 （方法二） 在 (Sm n S1)2 4a2na2m 中， 令 m n，得 S2n S1 2a2n 令 m n 1，得 S2n 1 S1 2 a2na2n 2 ， 在 中 ，用 n 1 代 n 得， S2n 2 S1 2a2n 2 ，得 a2n 1 2 a2na2n 2 2a2n 2 a2n( a2n 2 a2n)， ，得 a2n 2 2a2n 2 2 a2na2n 2 2 a2n 2( a2
31、n 2 a2n)， 由得 a2n 1 a2na2n 2 代入，得 a2n 1 2a2n；代入得 a2n 2 2a2n 1， 所以 a2n 2a2n 1 a2n 1a2n 2又 a2a1 2， 从而 an a1 2 n 1， n N* 显然， an a1 2 n 1 满足题设， 因此 an是首项为 a1，公比为 2 的等比数列 注：方法二的技巧性 非常强，但消元的思想方法值得借鉴 *12 已知 an， bn， cn都是各项不为零的数列，且满足 a1b1 a2b2 anbn cnSn， n N*，其中Sn 是数列 an的前 n 项和， cn是公差为 d(d 0)的等 差数列若 an n( 是不为零
32、的常数 )，求证 ： 数列 bn是等差数列； 解 ： 因为 a1b1 a2b2 anbn cnSn， 当 n 2 时， Sn 1cn 1 a1b1 a2b2 an 1bn 1， 两式相减得 Sncn Sn 1cn 1 anbn， 即 (Sn 1 an)cn Sn 1cn 1 anbn， Sn 1(cn cn 1) ancn anbn， 即 Sn 1d ncn nbn， 又 Sn1 (n 1)2 (n1) n(n 1)2 ， 所以 n(n 1)2 d ncn nbn， 即 (n 1)2 d cn bn， 所以当 n 3 时， (n 2)2 d cn1 bn1， 两式相减得 bnbn1 32d(n
33、 3)， 南京市 2019 届高三 数学 二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 9 页（ 共 4 页） 所以数列 bn从第二项起是公差为 32d 等差数列； 又当 n 1 时，由 S1c1 a1b1 得 c1 b1， 当 n 2 时，由 b2 (2 1)2 d c2 12d (c1 d) b1 32d 得 b2b1 32d， 故数列 bn是公差为 32d 的等差数列 注： (1)当问题中出现多个数列相互限制的关系时，字母符号会比较多， 要合理运用所给条件，化简所给条件 (2)针对条件 (n 1)2 d cn bn，本题选择用定义证明等差数 列 13 数列 an， bn， cn满足 ： bn a
34、n 2an 1， cn an 1 2an 2 2， n N* *(1)若数列 an是等差数列，求证 ： 数列 bn是等差数列； *(2)若数列 bn， cn都是等差数列，求证 ： 数列 an从第二项起为等差数列； *(3)若数列 bn是等差数列，试判断当 b1 a3 0 时，数列 an是否成等差数列 ?证明你的结论 证 ： (1)设数列 an的公差为 d， 因为 bn an 2an 1， 所以 bn 1 bn (an 1 2an 2) (an 2an 1) (an 1 an) 2(an 2 an 1) d 2d d， 所以数列 bn是公差为 d 的等差数列 (2)当 n 2 时， cn 1 a
35、n 2an 1 2， 因为 bn an 2an 1， 所以 an bn cn 12 1，所以 an 1 bn 1 cn2 1， 所以 an 1an bn 1 cn2 bn cn 12 bn 1 bn2 cn cn 12 ， 因为数列 bn， cn都是等差数列， 所以 bn 1 bn2 cn cn 12 为常数， 所以数列 an从第二项起为等差数列 (3)因为 bn an 2an 1， b1 a3 0， 令 n 1， a1 2a2 a3，即 a1 2a2 a3 0， 所以 bn 1 an 1 2an 2， bn 2 an 2 2an 3， 所以 2bn 1 bn bn 2 (2an 1 an a
36、n 2) 2(2an 2 an 1 an 3)， 因为数列 bn是等差数列，所以 2bn 1 bn bn 2 0， 所以 2an 1 an an 2 2(2an 2 an 1 an 3)， 因为 a1 2a2 a3 0， 所以 2an 1 an an 2 0， 即 an an 1 an 1 an 2 a2 a1， 所以数列 an是等差数列 注：（ 3）中 针对条件 bn an 2an 1，本题选择中项关系证明等差数列 类型 二 ： 等差、 等比数列中的求值 一、 高考 回顾 1 (2013 年高考题 )设 an是首 项为 a，公差为 d 的等差数列 (d 0)， Sn 是其前 n 项和记 bn
37、 nSnn2 c，南京市 2019 届高三 数学 二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 10 页（ 共 4 页） n N*，其中 c 为实数 (1)若 c 0，且 b1， b2， b4 成等比数列，证明 ： Snk n2Sk(k， n N*)； (2)若 bn是等差数列，证明 ： c 0 证 ： 由题设， Sn na n(n 1)2 d (1)由 c 0，得 bn Snn a n 12 d 又因为 b1b2b4 成等比数列，所以 b22 b1b4，即 a d22 a a 32d ，化简得 d2 2ad 0 因为 d 0，所以 d 2a， 因此，对于所有的 m N*，有 Sm m2a 从而对于所
38、有的 kn N*，有 Snk (nk)2a n2k2a n2Sk (2) 设数列 bn的公差是 d1，则 bn b1 (n 1)d1，则 nSnn2 c b1 (n 1)d1， n N*， 代入 Sn 的表达式，整理得，对于所有的 n N*，有 d1 12d n3 b1 d1 a 12d n2 cd1n c(d1 b1) 令 A d1 12d， B b1 d1 a 12d， D c(d1 b1)，则对于所有的 n N*，有 An3 Bn2 cd1n D (*) 在 (*)式中分别取 n 1， 2， 3， 4，得 A B cd1 8A 4B 2cd1 27A 9B 3cd1 64A 16B 4cd1， 从而有7A 3B cd1 0， 19A 5B cd1 0， 21A 5B cd1 0， 由 得 A 0， cd1 5B，代入方程 ，得 B 0，从而 cd1 0 即 d1 12d 0， b1 d1 a 12d 0， cd1 0 若 d1 0， 则由 d1 12d 0，得 d 0，与题设 矛盾，所以 d1 0 又因为 cd1 0，所以 c 0 2 (2014 年高考题 )设数列 an的前 n 项和为 Sn 若对任意的正整数 n，总存在正整数 m，使得 Sn am，则称 an是 “ H 数列 ” (1) 若数列 an的前 n 项和为 Sn