《江苏省2019高考数学二轮复习专题四数列4.3大题考法_数列的综合应用讲义含解析2019052311.wps》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省2019高考数学二轮复习专题四数列4.3大题考法_数列的综合应用讲义含解析2019052311.wps（32页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第三讲 大题考法数列的综合应用 题型(一) 数列与不等式问题 主要考查数列中的不等关系的证明及由不等式恒成 立问题求参数. 典例感悟 例 1 (2018南京考前模拟)若各项均为正数的数列an的前 n 项和为 Sn，且 2 Sn an1 (nN N*) (1)求数列an的通项公式； (2)若正项等比数列bn，满足 b22,2b7b8b9，求 Tna1b1a2b2anbn； 1 (3)对于(2)中的 Tn，若对任意的 nN N*，不等式 (1)n (Tn21)恒成立，求实 2n1 数 的取值范围 解 (1)因为 2 Snan1， 所以 4Sn(an1)2，且 an0， 则 4a1(a11)2，解得
2、 a11， 又 4Sn1(an11)2， 所以 4an14Sn14Sn(an11)2(an1)2， 即(an1an)(an1an)2(an1an)0， 因为 an0，所以 an1an0， 所以 an1an2，所以an是公差为 2 的等差数列， 又 a11， 所以 an2n1. (2)设数列bn的公比为 q，因为 2b7b8b9，所以 2qq2，解得 q1(舍去)或 q 2， 由 b22，得 b11，即 bn2n1. 记 Aa1b1a2b2anbn1132522(2n1)2n1， 则 2A12322523(2n1)2n， 两式相减得A12(2222n1)(2n1)2n， 故 A(2n1)2n12
3、(2222n 1)(2n1)2n12(2n2)(2n 3)2n3 所以 Tna1b1a2b2anbn(2n3)2n3. 1 1 3 6 (3)不等式 (1)n (Tn21)可化为(1)nn . 2n1 2 2n1 3 6 当 n 为偶数时，n ， 2 2n1 3 6 记 g(n)n . 2 2n1 即 g(n)min. 6 6 9 g(n2)g(n)2 2 ， 2n1 2n1 2n 当 n2 时，g(n2)g(n)，n4 时，g(n2)g(n)， 13 13 即 g(4)g(2)，当 n4 时，g(n)单调递增，g(n)ming(4) ，即 . 4 4 3 6 当 n 为奇数时， n ， 2
4、2n1 3 6 记 h(n) n ，所以 h(n)max. 2 2n1 6 6 9 h(n2)h(n)2 2 ， 2n1 2n1 2n 当 n1 时，h(n2)h(n)，n3 时，h(n1)h(n)， 即 h(3)h(1)，n3 时，h(n)单调递减，h(n)maxh(3)3，所以 3. 13 综上所述，实数 的取值范围为( . 3， 4 ) 方法技巧 解决数列与不等式问题的注意点及策略 (1)利用基本不等式或函数的单调性求解相关最值时，应注意 n 取正整数的限制条件； (2)恒成立问题可以转化为值域问题，再利用单调性求解； (3)不等式论证问题也可以转化为数列的最值问题来研究 演练冲关 已知
5、数列an，bn都是等差数列，它们的前 n 项和分别记为 Sn，Tn，满足对一切 n N N*，都有 Sn3Tn. (1)若 a1b1，试分别写出一个符合条件的数列an和bn； (2)若 a1b11，数列cn满足：cn4an(1)n12bn，求最大的实数 ，使得 当 nN N*，恒有 cn1cn 成立 解：(1)设数列an，bn的公差分别是 d1，d2. n3n2 则 Sn3 (n3)a1 d1， 2 nn1 Tn nb1 d2. 2 2 对一切 nN N*，有 Sn3Tn， n3n2 nn1 (n3)a1 d1nb1 d2， 2 2 d1 5 即 n2 n3a13d1 2 ( d 1) a1
6、2 d2 1 n2 d 2)n. 2 ( b1 2 Error!即Error! 故答案不唯一 例如取 d1d22，a12，b14， 得 an2n4(nN N*)，bn2n2(nN N*) (2)a1b11， 又由(1)，可得 d1d21，a11，b12. ann2，bnn1. cn4n2(1)n12n1. cn1cn4n1(1)n2n24n2(1)n12n134n2(1)n(2n2 3 2n1) 22n6(1)n2n. 16 当 nN N*时，cn1cn 恒成立， 3 即当 nN N*时， 22n6(1)n2n0 恒成立 16 1 当 n 为正奇数时， 2n 恒成立， 32 1 1 1 而 2
7、n ， ； 32 16 16 1 当 n 为正偶数时， 2n 恒成立， 32 1 1 1 而 2n ， . 32 8 8 1 1 1 ， 的最大值是 . 8 16 16 题型(二) 数列中的存在性问题 主要考查等差(比)数列中的部分项是否能构成新 的等差(比)数列问题，以及数列中的推理问题. 典例感悟 3 例 2 (2018扬州期末)已知各项都是正数的数列an的前 n 项和为 Sn，且 2Sna2n 1 bn an，数列bn满足 b1 ，2bn1bn . 2 an (1)求数列an，bn的通项公式； bn2 (2)设数列cn满足 cn ，求和 c1c2cn； Sn (3)是否存在正整数 p，q
8、，r(p ， 3p 3 3q 3 2p 且数列3p (p2)为递减数列， 2p 4 1 当 p2 时， 成立； 3p 9 3 2p 2 3 2 1 当 p3 时， ，得 p2，此时 q3. 3p 3 综上，存在数组(2,3)满足条件 2已知各项均为正数的数列an满 足：a1a，a2b，an1 anan2m(nN N*)，其中 m，a，b 均为实常数 (1)若 m0，且 a4,3a3，a5成等差数列 b 求 的值； a 若 a2，令 bnError!求数列bn的前 n 项和 Sn； (2)是否存在常数 ，使得 anan2an1对任意的 nN N*都成立？若存在，求出实 数 的值(用 m，a，b
9、表示)；若不存在，请说明理由 解：(1)因为 m0， 所以 an21anan2， 所以正项数列an是等比数列，不妨设其公比为 q. 又 a4,3a3，a5成等差数列， 所以 q2q6， 解得 q2 或 q3(舍去)， b 所 以 2. a 当 a2 时，数列an是首项为 2、公比为 2 的等比数列， 所以 an2n，所以 bnError! 即数列bn的奇数项依次构成首项为 2、公比为 4 的等比数列，偶数项依次构成首项为 3、公差为 4 的等差数列 当 n 为偶数时， 6 n 32n1 2(14 ) 2 2 2n1 n2n Sn ； 14 2 3 2 3 当 n 为奇数时， n1 n1 2(1
10、4 2 ) 32n3 2 2n2 n2n 2 Sn . 14 2 3 2 3 所以 SnError! a2b2m (2)存在常数 ， ab 使得 anan2an1对任意的 nN N*都成立 证明如下：因为 an21anan2m，nN N*， 所以 a2nan1an1m，n2，nN N*， 所以 an21a2nanan2an1an1， 即 an21an1an1anan2a2n. 由于 an0，此等式两边同时除以 anan1， anan2 an1an1 得 ， an1 an anan2 an1an1 a1a3 所以 ， an1 an a2 即当 n2，nN N*时， a1a3 都有 anan2 a
11、n1. a2 因为 a1a，a2b，an21anan2m， b2m 所以 a3 ， a b2m a a1a3 a a2b2m 所以 ， a2 b ab a2b2m 所以当 时，对任意的 nN N*都有 anan2an1成立 ab 题型(三) 数列的新定义问题 主要考查在给出新定义数列条件下，研究数列的性 质等问题. 典例感悟 7 例 3 (2018南京、盐城、连云港二模)对于数列an，定义 bn(k)anank，其中 n，kN N*. (1)若 bn(2)bn(1)1，nN N*，求 bn(4)bn(1)的值； (2)若 a12，且对任意的 n，kN N*，都有 bn1(k)2bn(k) ()
12、求数列an的通项公式； ()设 k 为给定的正整数，记集合 Abn(k)|nN N*，B5bn(k2)|nN N*, 求证： AB. 解 (1)因为 bn(2)bn(1)1， 所以(anan2)(anan1)1，即 an2an11， 因此数列an1是公差为 1 的等差数列， 所以 bn(4)bn(1)(anan4)(anan1)an4an13. (2)()因为 bn1(k)2bn(k)， 所以 an1an1k2(anank)， 分别令 k1 及 k2， 得Error! 由得 an2an32(an1an2)， 得 an2an12(an1an)， 得 2an14an，即 an12an， 又 a12
13、，所以 an2n. ()证明：法一：假设集合 A 与集合 B 中含有相同的元素，不妨设 bn1(k)5bn2(k2) ，n1，n2N N*， 则 2n12n1k5(2n22n2k2) 当 n1n2时，有 2n1n2时，有 n1n21，则 2n1n22n1n2k552k2，(*) 因为 n1n2，且 k 为正整数， 所以 2n1n22n1n2k 为偶数，552k2为奇数 所以(*)式不成立， 因此集合 A 与集合 B 中不含有相同的元素， 即 AB. 法二：假设集合 A 与集合 B 中含有相同的元素，不妨设 bn(k)5bm(k2)，n，mN N*， 即 anank5(amamk2)， 于是 2
14、n2nk5(2m2mk2)， 8 512k2 整理得 2nm . 12k 512k2 3 因为 5 15,20)， 12k (4 12 k) 即 2nm15,20)， 因为 n，mN N*，从而 nm4， 512k2 所以 16，即 42k11. 12k 由于 k 为正整数，所以上式不成立， 因此集合 A 与集合 B 中不含有相同的元素， 即 AB. 方法技巧 数列新定义问题的命题形式及解题思路 (1)新情境和新定义下的新数列问题，一般命题形式是根据定义的条件推断这个新数列 的一些性质或判断一个数列是否属于这类数列的问题. (2)解答数列新定义问题时，首先需要分析新定义的特点，把新定义所叙述的
15、问题的本 质弄清楚，将其转化为我们熟悉的问题，然后确定解题策略，根据题目条件进行求解 演练冲关 (2018南京、盐城一模)若存在常数 k(kN N*，k2)，q，d，使得无穷数列an满足 an1Error!则称数列an为“段比差数列”，其中常数 k，q，d 分别叫做段长、段比、段差 设数列bn为“段比差数列” (1)若bn的首项、段长、段比、段差分别为 1,3，q,3. 当 q0 时，求 b2 019； 当 q1 时，设bn的前 3n 项和为 S3n，若不等式 S3n3n1对 nN N*恒成立，求 实数 的取值范围； (2)设bn为等比数列，且首项为 b，试写出所有满足条件的bn，并说明理由
16、解：(1)法一：数列bn的首项、段长、段比、段差分别为 1,3,0,3， b2 0170b2 0160，b2 018b2 01733，b2 019b2 01836. 法二：数列bn的首项、段长、段比、段差分别为 1,3,0,3， b11，b24，b37，b40b30，b5b433，b6b536，b70b60， 当 n4 时，bn是周期为 3 的周期数列 b2 019b66. bn的首项、段长、段比、段差分别为 1,3,1,3， 9 b3n2b3n1(b3n1d)b3n1(qb3nd)b3n1q(b3n1d)db3n12d 6， b3n1是以 b24 为首项、6 为公差的等差数列， 又b3n2b
17、3n1b3n(b3n1d)b3n1(b3n1d)3b3n1， S3n(b1b2b3)(b4b5b6)(b3n2b3n1b3n)3(b2b5b3n1) nn1 3 4n 2 9n23n， 6 S3n S3n3n1， ， 3n1 S3n 设 cn ，则 (cn)max， 3n1 9n123n1 9n23n 23n22n2 又 cn1cn ， 3n 3n1 3n1 当 n1 时，3n22n20，cn1c3，(cn)maxc214， 14，故 的取值范围为14，). (2)法一：设bn的段长、段比、段差分别为 k，q，d， bk1 则等比数列bn的公比为 q，由等比数列的通项公式得 bnbqn1， b
18、k 当 mN N*时，bkm2bkm1d， 即 bqkm1bqkmbqkm(q1)d 恒成立， 若 q1，则 d0，bnb； d 若 q1，则 qkm ，则 qkm 为常数，q1，k 为偶数，d2b，bn(1)n q1b 1b； 经检验，满足条件的bn的通项公式为 bnb 或 bn(1)n1b. 法二：设bn的段长、段比、段差分别为 k，q，d， 若 k2，则 b1b，b2bd，b3(bd)q， b4(bd)qd， 由 b1b3b2，得 bdbq； 由 b2b4b23，得(bd)q2(bd)qd， 联立两式，得Error!或Error! 则 bnb 或 bn(1)n1b，经检验均合题意. 若
19、k3，则 b1b，b2bd，b3b2d， 由 b1b3b ，得(bd)2b(b2d)，得 d0，则 bnb，经检验适合题意 2 10 综上，满足条件的bn的通项公式为 bnb 或 bn(1)n1b. 课时达标训练 A 组大题保分练 1设数列an的前 n 项和为 Sn，且(Sn1)2anSn. (1)求 a1； 1 (2)求证：数列S n1为等差数列； 1 1 (3)是否存在正整数 m，k，使 19 成立？若存在，求出 m，k；若不存在，说明 akSk am 理由 1 解：(1)n1 时，(a11)2a21，a1 . 2 (2)证明：(Sn1)2anSn， n2 时，(Sn1)2(SnSn1)S
20、n， 2Sn1Sn1Sn， 1SnSn(1Sn1)， 1 Sn ， Sn11 Sn1 1 1 1 Sn 1Sn 1 为定值， Sn1 Sn11 Sn1 Sn1 Sn1 1 Sn1为等差数列 1 (3) 2， a11 1 2(n1)(1)n1， Sn1 n Sn12 1 Sn ，an . n1 Sn nn1 1 1 假设存在正整数 m，k，使 19， akSk am 则(k1)2m(m1)19， 4(k1)24m(m1)76， (2k2)(2m1)(2k2)(2m1)75， (2k2m3)(2k2m1)75751253155， Error!或Error! 或Error! Error!或Error
21、!或Error! 2已知常数 0，设各项均为正数的数列an的前 n 项和为 Sn，满 足：a11，Sn1 11 an1 Sn(3n1)an1(nN N*) an (1)若 0，求数列an的通项公式； 1 (2)若 an10，Sn0， an1an.a11，an1. an1 (2)Sn1 Sn(3n1)an1，an0， an Sn1 Sn 3n1， an1 an S2 S1 S3 S2 Sn Sn1 则 31， 321， 3n11(n2) a2 a1 a3 a2 an an1 Sn 相加，得 1(3323n1)n1， an 3n3 则 Sn( n)an(n2) 2 上式对 n1 也成立， 3n3
22、Sn( n)an(nN N *) 2 3n13 Sn1( n1)an1(nN N *) 2 ，得 an1 3n13 3n3 ( an1 an， n1) ( n) 2 2 3n13 3n3 即( an1 an. n) ( n) 2 2 3n13 3n3 0， n0， n0. 2 2 1 an1 对一切 nN N*恒成立 3n3 2n 记 bn ， 3n3 12 2n 2n2 4n23n6 则 bnbn1 . 3n3 3n13 3n33n13 当 n1 时，bnbn10； 当 n2 时，bnbn10， 1 b1b2 是bn中的最大项 3 1 综上所述， 的取值范围是( ，). 3 3在数列an 中
23、，已知 a11，a22，an2Error!(kN N*) (1)求数列an 的通项公式； (2)设数列an 的前 n 项和为 Sn，问是否存在正整数 m，n，使得 S2nmS2n1？若存在 ，求出所有的正整数对(m，n)；若不存在，请说明理由 解：(1)由题意，数列an 的奇数项是以 a11 为首项，公差为 2 的等差数列；偶数 项是以 a22 为首项，公比为 3 的等比数列 所以对任意正整数 k，a2k12k1，a2k23k1. 所以数列an 的通项公式为 anError!(kN N*) (2)S2n(a1a3a2n1)(a2a4a2n) n12n1 213n 3nn21，nN N*. 2
24、13 S2n1S2na2n3n1n21. 假设存在正整数 m，n，使得 S2nmS2n1， 则 3nn21m(3n1n21)， 所以 3n1(3m)(m1)(n21)，(*) 从而 3m0，所以 m3, 又 mN N*，所以 m1,2,3. 当 m1 时，(*)式左边大于 0，右边等于 0，不成立； 当 m3 时，(*)式左边等于 0，所以 2(n21)0，n1， 所以 S23S1； 当 m2 时，(*)式可化为 3n1n21(n1)(n1)， 则存在 k1，k2N N，k10 时，因为 anZ Z，则 d1，且 dZ Z，所以数列an中必有一项 am0.为了使得an “”为 等比源数列 ，
25、只需要an中存在第 n 项，第 k 项(m0，mN N*，q(1， ，证明：存在 dR R，使得|anbn|b1对 n2,3， m 2 ，m1 均成立，并求 d 的取值范围(用 b1，m，q 表示) 解：(1)由条件知 an(n1)d，bn2n1. 因为|anbn|b1对 n1,2,3,4均成立， 即|(n1)d2n1|1 对 n1,2,3,4均成立， 所以 11,1d3,32d5,73d9， 7 5 解得 d . 3 2 7 5 所以 d 的取值范围为 . ，2 3 (2)由条件知 anb1(n1)d，bnb1qn1. 若存在 d，使得|anbn|b1(n2,3，m1)成立， 即|b1(n1
26、)db1qn1|b1(n2,3，m1)， qn12 qn1 即当 n2,3，m1 时，d 满足 b1d b1. n1 n1 因为 q(1，m 2 ，则 1qn1qm2， 16 qn12 qn1 从而 b10， b10，对 n2,3，m1 均成立 n1 n1 因此，取 d0 时，|anbn|b1对 n2,3，m1 均成立 qn12 qn1 下面讨论数列 n1 的最大值和数列n1 的最小值(n2,3，m1) 当 2nm 时， qn2 qn12 nqnqnnqn12 n n1 nn1 nqnqn1qn2 . nn1 1 当 1q2 时，有 qnqm2，从而 n(qnqn1)qn20. m qn12
27、因此，当 2nm1 时，数列 n1 单调递增， qn12 qm2 故数列 n1 的最大值为 . m 设 f(x)2x(1x)， 当 x0 时，f(x)(ln 21xln 2)2x0， 所以 f(x)单调递减，从而 f(x)f(0)1. qn n qn1 1 1 1 当 2nm 时， 2n( n )f(n )1，因此，当 2nm1 时， 1 qn1 n n1 qn1 数列n1 单调递减， qn1 qm 故数列n1 的最小值为 . m b1qm2 b1qm 因此 d 的取值范围为 ， m . m 4(2018苏北三市三模)已知两个无穷数列an和bn的前 n 项和分别为 Sn，Tn，a1 1，S24
28、，对任意的 nN N*，都有 3Sn12SnSn2an. (1)求数列an的通项公式； (2)若bn为等差数列，对任意的 nN N*，都有 SnTn.证明：anbn； an2Tn (3)若bn为等比数列，b1a1，b2a2，求满足 ak(kN N*)的 n 值 bn2Sn 解：(1)由 3Sn12SnSn2an，得 2(Sn1Sn)Sn2Sn1an， 即 2an1an2an，所以 an2an1an1an. 由 a11，S24，可知 a23. 所以数列an是以 1 为首项，2 为公差的等差数列 17 故an的通项公式为 an2n1. (2)证明：法一：设数列bn的公差为 d， nn1 则 Tn
29、nb1 d， 2 由(1)知，Snn2. nn1 因为 SnTn，所以 n2nb1 d， 2 即(2d)nd2b10恒成立， 所以Error!即Error! 所以 anbn2n1b1(n1)d(2d)nd1b1(2d)d1b11b10. 所以 anbn，得证 法二：设bn的公差为 d，假设存在自然数 n02，使得 an0bn0， 则 a1(n01)2b1(n01)d， 即 a1b1(n01)(d2)， 因为 a1b1，所以 d2. nn1 d d 所以 TnSnnb1 dn2 n2 n， 2 ( 1 ) (b1 2) 2 d 因为 10，所以存在 n0N N*， 2 当 nn0时，TnSn0 恒成立 这与“对任意的 nN N*，都有 SnTn”矛盾 所以 anbn，得证 (3)由(1)知，Snn2. 因为bn为等比数列，且 b11，b23， 所以bn是以 1 为首项，3 为公比的等比数列 3n1 所以 bn3n1，Tn . 2 an2Tn 2n13n1 3n2n2 则 bn2Sn 3n12n2 3n12n2 6n22n2 3 ， 3n12n2 an2Tn 因为 nN N*，所以 6n22n20，所以 0， 所以 0f(2)f(3)f(n). 故满足条件的 n 的值为 1 和 2. 19