江苏省最新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

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2Sn＝an＋1 (n∈N*)．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若正项等比数列{bn}，满足b2＝2,2b7＋b8＝b9，求Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn；

(3)对于(2)中的Tn，若对任意的n∈N*，不等式λ(－1)n＜12n＋1(Tn＋21)恒成立，求实数λ的取值范围．

[解] (1)因为2Sn＝an＋1，

所以4Sn＝(an＋1)2，且an＞0，

则4a1＝(a1＋1)2，解得a1＝1，

又4Sn＋1＝(an＋1＋1)2，

所以4an＋1＝4Sn＋1－4Sn＝(an＋1＋1)2－(an＋1)2，

即(an＋1＋an)(an＋1－an)－2(an＋1＋an)＝0，

因为an＞0，所以an＋1＋an≠0，

所以an＋1－an＝2，所以{an}是公差为2的等差数列，

又a1＝1，

所以an＝2n－1.

(2)设数列{bn}的公比为q，因为2b7＋b8＝b9，所以2＋q＝q2，解得q＝－1(舍去)或q＝2，

由b2＝2，得b1＝1，即bn＝2n－1.

记A＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－1)×2n－1，

则2A＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)×2n，

两式相减得－A＝1＋2(2＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)×2n，

故A＝(2n－1)×2n－1－2(2＋22＋…＋2n－1)＝(2n－1)×2n－1－2(2n－2)＝(2n－3)×2n＋3

所以Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝(2n－3)·2n＋3. 2 (3)不等式λ(－1)n＜12n＋1(Tn＋21)可化为(－1)nλ＜n－32＋62n－1.

当n为偶数时，λ＜n－32＋62n－1，

记g(n)＝n－32＋62n－1.

即λ＜g(n)min.

g(n＋2)－g(n)＝2＋62n＋1－62n－1＝2－92n，

当n＝2时，g(n＋2)＜g(n)，n≥4时，g(n＋2)＞g(n)，

即g(4)＜g(2)，当n≥4时，g(n)单调递增，g(n)min＝g(4)＝134，即λ＜134.

当n为奇数时，λ＞32－n－62n－1，

记h(n)＝32－n－62n－1，所以λ＞h(n)max.

h(n＋2)－h(n)＝－2－62n＋1＋62n－1＝－2＋92n，

当n＝1时，h(n＋2)＞h(n)，n≥3时，h(n＋1)＜h(n)，

即h(3)＞h(1)，n≥3时，h(n)单调递减，h(n)max＝h(3)＝－3，所以λ＞－3.

综上所述，实数λ的取值范围为－3，134.

[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*，都有Sn＋3＝Tn.

(1)若a1≠b1，试分别写出一个符合条件的数列{an}和{bn}；

(2)若a1＋b1＝1，数列{cn}满足：cn＝4an＋λ(－1)n－1·2bn，求最大的实数λ，使得当n∈N*，恒有cn＋1≥cn成立．

解：(1)设数列{an}，{bn}的公差分别是d1，d2.

则Sn＋3＝(n＋3)a1＋n＋n＋2d1， 3 Tn＝nb1＋nn－2d2.

∵对一切n∈N*，有Sn＋3＝Tn，

∴(n＋3)a1＋n＋n＋2d1＝nb1＋nn－2d2，

即d12n2＋a1＋52d1n＋3a1＋3d1

＝d22n2＋b1－12d2n.

∴ d12＝d22，a1＋52d1＝b1－12d2，3a1＋3d1＝0，即 d2＝d1，a1＝－d1，b1＝2d1.

故答案不唯一．

例如取d1＝d2＝2，a1＝－2，b1＝4，

得an＝2n－4(n∈N*)，bn＝2n＋2(n∈N*)．

(2)∵a1＋b1＝1，

又由(1)，可得d1＝d2＝1，a1＝－1，b1＝2.

∴an＝n－2，bn＝n＋1.

∴cn＝4n－2＋λ(－1)n－12n＋1.

∴cn＋1－cn＝4n－1＋λ(－1)n2n＋2－4n－2－λ(－1)n－12n＋1＝3·4n－2＋λ(－1)n(2n＋2＋2n＋1)＝316·22n＋6λ(－1)n·2n.

∵当n∈N*时，cn＋1≥cn恒成立，

即当n∈N*时，316·22n＋6λ(－1)n·2n≥0恒成立．

∴当n为正奇数时，λ≤132·2n恒成立，

而132·2n≥116，∴λ≤116；

当n为正偶数时，λ≥－132·2n恒成立，

而－132·2n≤－18，∴λ≥－18.

∴－18≤λ≤116，∴λ的最大值是116. 4

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]

[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2Sn＝a2n＋an，数列{bn}满足b1＝12，2bn＋1＝bn＋bnan.

(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；

(2)设数列{cn}满足cn＝bn＋2Sn，求和c1＋c2＋…＋cn；

(3)是否存在正整数p，q，r(p

[解] (1)由2Sn＝a2n＋an，①

得2Sn＋1＝a2n＋1＋an＋1，②

②－①，得2an＋1＝a2n＋1－a2n＋an＋1－an，

即(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0.

因为{an}是正数数列，所以an＋1－an－1＝0，即an＋1－an＝1，在2Sn＝a2n＋an中，令n＝1，得a1＝1，所以{an}是首项为1，公差为1的等差数列，所以an＝n.

由2bn＋1＝bn＋bnan，得bn＋1n＋1＝12·bnn，

所以数列bnn是首项为12，公比为12的等比数列，

所以bnn＝12n，即bn＝n2n.

(2)由(1)得cn＝bn＋2Sn＝n＋2n2＋nn＋1，

所以cn＝1n·2n－1n＋n＋1，

所以c1＋c2＋…＋cn＝12－1n＋n＋1＝n＋n－1n＋n＋1.

(3)假设存在正整数p，q，r(p

则bp＋br＝2bq，即p2p＋r2r＝2q2q. 5 因为bn＋1－bn＝n＋12n＋1－n2n＝1－n2n＋1，所以数列{bn}从第二项起单调递减．

当p＝1时，12＋r2r＝2q2q.

若q＝2，则r2r＝12，此时无解；

若q＝3，则r2r＝14，由于{bn}从第二项起递减，故r＝4，

所以p＝1，q＝3，r＝4符合要求；

若q≥4，则b1bq≥b1b4＝2，即b1≥2bq，

又因为b1＋br＝2bq，所以b1<2bq，矛盾，此时无解．

当p≥2时，一定有q－p＝1.若q－p≥2，则bpbq≥bpbp＋2＝4pp＋2＝41＋2p≥2，即bp≥2bq，这与bp＋br＝2bq矛盾，所以q－p＝1.

此时r2r＝12p，则r＝2r－p.令r－p＝m＋1，则r＝2m＋1，所以p＝2m＋1－m－1，q＝2m＋1－m，m∈N*.

综上得，存在p＝1，q＝3，r＝4或p＝2m＋1－m－1，q＝2m＋1－m，r＝2m＋1(m∈N*)满足要求．

[方法技巧]

数列中存在性问题的求解策略

对于数列中的探索性问题的主要题型为存在型，解答的一般策略为：先假设所探求的对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到否定的结论，即不存在．若推理不出现矛盾，能求得已知范围内的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果．

[演练冲关]

1．已知数列{an}中，a2＝1，前n项和为Sn，且Sn＝nan－a12.

(1)求a1；

(2)证明数列{an}为等差数列，并写出其通项公式；

(3)设lg bn＝an＋13n，试问是否存在正整数p，q(其中1

解：(1)令n＝1，则a1＝S1＝a1－a12＝0. 6 (2)证明：由Sn＝nan－a12，即Sn＝nan2，①

得Sn＋1＝n＋an＋12.②

②－①，得(n－1)an＋1＝nan.③

于是nan＋2＝(n＋1)an＋1.④

③＋④，得nan＋2＋nan＝2nan＋1，即an＋2＋an＝2an＋1.

又a1＝0，a2＝1，a2－a1＝1，

所以数列{an}是以0为首项，1为公差的等差数列．

所以an＝n－1.

(3)假设存在正整数数组(p，q)，使b1，bp，bq成等比数列，则lg b1，lg bp，lg bq成等差数列，

于是2p3p＝13＋q3q>13，

且数列2p3p(p≥2)为递减数列，

当p＝2时，2p3p＝49>13成立；

当p≥3时，2p3p≤2×327＝29<13，

因此，由2p3p>13，得p＝2，此时q＝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：a1＝a，a2＝b，an＋1＝anan＋2＋m(n∈N*)，其中m，a，b均为实常数．

(1)若m＝0，且a4,3a3，a5成等差数列．

①求ba的值；

②若a＝2，令bn＝ an，n为奇数，2log2an－1，n为偶数，求数列{bn}的前n项和Sn；

(2)是否存在常数λ，使得an＋an＋2＝λan＋1对任意的n∈N*都成立？若存在，求出实数λ的值(用m，a，b表示)；若不存在，请说明理由．

解：(1)①因为m＝0，

所以a2n＋1＝anan＋2，

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，