江苏省2019届高考数学专题四数列4.3大题考法—数列的综合应用达标训练

1、数列的综合应用A大题保分练21 .设数列an的刖n项和为 S,且(S 1) = anSn.求ai;(2)求证：数列,SJ 为等差数列；1 1 是否存在正整数 mj k,使 病=£ + 19成立？若存在，求出 m k;若不存在，说明理由2 21解：(1)n=1 时，(a11) = a,，a1 = 2.2(2)证明：,( S 1) = anSn,.n>2 时，(Sn 1)11Sn1-Sn - = -=- =1为定值,S1一 1Sn- 1-1Sn一 1S1-1S1- 1 则(k+1) = nm1) +19,.4( k+ 1)2=4mjn 1) +76,. (2 k+ 2) + (2n

2、n-1)(2 k+2)(2m 1) =75,(2 k+ 2m 3)(2 k-2n 1) = 75=75X 1 = 25X 3=15X 5,2k+ 2m 3= 75,2k+ 2n 3= 25,枕一2m+ 1= 12k2m 1 = 3=(Sn Sn 1)S, 2S+1= Sn 1Sn, . 1 S=Sn(1 -Sn 1),1 Sn= Sn 1-1 Sn 1'.1Sn 1为等差数列.一 1 一(3) 7=- 2,a11 八 ，=-2+(n 1)x( 1)= - n 1, Si 1.o n ,$一2 S1=n+r - an=s假设存在正整数m k,使一了=一+19, a& am2k+

3、2m+ 3= 15, '2k-2rr1=5.k=18, lm= 18k= 6, 或4m= 5m= 2.2.已知常数X >0,设各项均为正数的数列an的前n项和为S,满足：ai = 1, S+ian+1&+(入 3n+1)an+i(n N).若入=0,求数列a4的通项公式;(2)若an+Y5al对一切n N*恒成立，求实数 入的取值范围.3n+1解：(1)入=0 时，S+1 = S + 3n+1 , an3n + 1/ an>0,S>0,an+i= an. - ai= 1, an= 1.3n+ 1(2) S + 1=$+ (入S+i S1 3n + 1 3nS&

4、amp;&2S Sn-1n-1则_ =入 3+ 1, = 入 3 + 1, ， = 入 3+1(n)2)3.2 8la3 a23n 3n-1on相加，得一一1= X (3 + 3 + + 3 ) + n 1,(3n-3、则 Sn=入, + n . an( n >2).上式对n= 1也成立，(3n- 3 .S='入 +nan(n>N)./3。+1-3*S+i =入,-+ n+ 1 J- 3n+1(n>N).一，得3n + if 3n+1 3、(3n 3、=x .n+ 1 卜 an+1(入 n )- an,f 3n+1 _ 3、f 3n-3、即.入2+ n h a

5、n+1 =.入, - + n 1 - an.入 >0, 入_ n+ 1-3 -3+ n>0,/n - 3-3+ n>0.1*,. an+1<2an 对一切 nCN恒成乂,入3n312F n<2 13 c 3 + n对一切 n e N*恒成立.22n 一为3对一切_* 1一 >、nC N恒成立.2n记 bn=、,则 bn bn + 1 =2n2n+23n+3 方4n 2 nrT<r-6当 n = 1 时，bn tn+1 = 0;当 n>2 时，bn tn+i>0,.1 1.b1 = b2 =可是 bn中的取大项. 3综上所述，入的取值范围是+

6、 oo3.在数列an中，已知a1=1,an+2, n=2k1,*a2=2, an+2= i( kC N).3an, n=2k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rqn,使得S2n= m&1?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ai=1为首项，公差为2的等差数列；偶数项是以a2=2为首项，公比为3的等比数列.所以对任意正整数 k, a2k 1=2k-1, a2k=2x3 k+ 2 33n =3n+n2-1, nN*. - 3Sn1 = S2na2n= 30 1 + 门21.假设存在正整数m

7、n,使得S2n= m& 1,则 3n+ n2-1 = m3 n1+ n2- 1),所以 3n 1(3m) = (m- 1)( n21) , (*)从而3- m>0,所以3,所以数列 an的通项公式为'n, n=2k1, an= $n(kCNi).|2 - 32- 1, n=2kn 1+ 2n 1(2) S?n= (ai + a3+ &n-1) + (a2+ a4 + a2n) 又 me N*,所以 m= 1,2,3.当m= 1时，(*)式左边大于0,右边等于0,不成立；当m= 3时，(*)式左边等于 0,所以2( n21)=0, n=1, 所以S2=3S;当 m=

8、 2 时，(*)式可化为 3nT=n21 = (n+ 1)( n1), 则存在 k1, kzC N, k1<k2,使得 n1=3k1, n+1=3k2, 且 k1+ k2= n 1,从而 3k23k1=3k1(3k2 k11) =2,所以 3k1 =1,3 k2 k1 1 = 2,所以 k1 = 0, k2k1=1,于是 n=2, 0=2S3.综上可知，符合条件的正整数对(m, n)只有两对：(2,2) , (3,1).4 .若数列an中存在三项，按一定次序排列构成等比数列，则称an为“等比源数列”.(1)已知数列an中，a1 = 2, an+1 = 2an 1.求an的通项公式；试判断

9、an是否为“等比源数列”，并证明你的结论. 已知数列an为等差数列，且 a1W0, anCZ(nCN*).求证： an 为“等比源数列”解：(1)由 an+1= 2an 1,得 an + 1 - 1 = 2( an- 1),且 a1 1= 1,所以数列an 1是首项为1，公比为2 的等比数列，所以 an 1 = 21所以数列an的通项公式为an= 2n一 + 1.数列 an 不是“等比源数列”，用反证法证明如下：假设数列an是“等比源数列”，则存在三项am, an, ak(n<n<k)按一定次序排列构成等因为 an=2n-1+ 1,所以 am<an<ak,所以 an =

10、 amak,得(2+1) =(2+1)(2+1),即 22n-2+2X2 n-1+1 = 2m+k-2+2m1-421+1,两边同时乘以2,m,得到22n" +2nm 1=2kT+1 + 2k-m即 22n一k 1+2n_mi+ 1_2k-1_2k-m= 1,*又 nrn<k, m n, k N ,所以 2n rn11, nnrF 11, k11, k rn 1,所以2"" 42"饰L 2"1 2"m必为偶数，不可能为1.所以数列an中不存在任何三项，按一定次序排列构成等比数列.综上可得，数列an不是"等比源数列”.(

11、2)证明：不妨设等差数列an的公差d>0.当d = 0时，等差数列an为非零常数数列，数列an为“等比源数列”.当d>0时，因为anC Z,则d> 1,且de Z,所以数列an中必有一项an>0.为了使得an 为“等比源数列”，只需要an中存在第n项，第k项(m<n<k),使得an = ak成乂,2即am+ (n- m) d = ad am+ (k- m)d,即(n m) 2 am+ ( n- m) d =akm 成立.当 n = am+ m k=2am+ amd+m时，上式成立.所以an中存在am, an, ak成等比数列.所以数列an为“等比源数列”.B

12、组一一大题增分练1.已知等差数列an的前n项和为S,且2a5a3=13, 0=16.(1)求数列an的前n项和S;n(2)设Tn=£ ( -1)ia ,若对一切正整数n,不等式 入口van+1+( -1)n+1an-2 “一恒1 = 1成立，求实数入的取值范围.解：(1)设数列an的公差为d.因为 2a5a3=13, &= 16,ad 4da + 2d =13,4ad 6d= 16,解得ai = 1,d= 2,所以 an=2n- 1, S= n2.(2)当n为偶数时，设n=2k, kC N,贝U 丁2卜=(a2 a。+ (a4 a3) + (a2k &k1) = 2k

13、.n- 1n+1_代入不等式入Tn< an + 1 + ( - 1)an , 2k得入 2 kv 4 ,从而4k入<2?k，4设f (k)=豆, 2 k则 f(k+ 1) f(k)=4k 4k 3k1k k + 1 2k=2k k+1因为 k N,所以 f (k+1) f(k) >0,所以f(k)是递增的，所以f(k)min=2,所以入V2.当n为奇数时，设n = 2k1, kC N,则 T2k-1 = T2k ( 1) 2 ka2k = 2k(4卜一1) =1 - 2k.代入不等式 入Tn<an+1+( 1)"嗣 2nT,得入(1 2k) V (2 k-1)

14、4k,从而入 >4k.因为keN,所以一4的最大值为一4,所以入>4.综上，入的取值范围为(一4,2).2. (2018 苏南四校联考)设数列an的首项为1,前n项和为S,若对任意的nC N, . . * 、. . , 一一 .均有S=an+kk(k是常数且kC N)成立，则称数列an为“P(k)数列”.(1)若数列an为“P(1)数列”，求数列an的通项公式；(2)是否存在数列an既是" Rk)数列”，也是“ Rk+2)数列”？若存在，求出符合条件的数列an的通项公式及对应的 k的值；若不存在，请说明理由.解：(1)数列an为 “P(1)数列"，则 S=an+

15、11,故 Sn+1 = an+2 1 ,两式相减得：an+2=2an+1,又 n = 1 时，a1 = & 1,所以 a2= 2, . 一 an+1 故an+1 = 2an对任意的n N恒成立，即 工一=2(常数)，故数列an为等比数列，其通项an公式为 an=2” I n N .(2)假设存在这样的数列an,则有S=an+kk,故有 $+1=an+k+1k,两式相减得： an+1=an+k+1 an+k,故有 an+3= an+k+3 an + k+2同理由an是“P(k+2)数列”可得：an+ 1 = an+k+3 Hn+ k+ 2,所以an+1=an+3对任意nC N*恒成立所以

16、 Sn= an+k k= an+k+2 k= S+2,即 Sn=Sn+2,又 Sn = Rn+k+2 k - 2 = S+2 2 ,即 S+2S=2,两者矛盾，故不存在这样的数列an既是" Rk)数列”，也是“ P(k + 2)数列”.3. (2018 江苏高考)设2口是首项为an公差为d的等差数列，bn是首项为b,公比 为q的等比数列.(1)设d = 0, b1=1, q=2,若|anbn|wb1 对 n= 1,2,3,4 均成立，求 d 的取值范围；(2)若 d = b1>0,许 N*, q (1 , m2 ,证明：存在 de R,使得 | an - bn| v b对 n=

17、 2,3 ,，mm-1均成立，并求d的取值范围(用b , m q表示).解：(1)由条件知 an=(n 1)d, bn=2n1.因为 |an bn|wb1 对 n=1,2,3,4 均成立，即|( n- 1)d2n-1|wi 对 n=l,2,3,4 均成立, 所以 1W1,1 v dw3,3 <2 d<5,7<3 d<9,75解得.w d< -.32所以d的取值范围为n 1(2)由条件知 an= bi + ( n1) d, bn= biq若存在 d,使得 | anbn| w bi( n = 2,3 ,，m 1)成立，即 | bi+(n1) dbiqn1| w bi(

18、 n= 2,3 ,，1),n 1 2n 1即当 n=2,3,，1 时，d 满足qbw dw 9.n-1n-1因为 qC (1 , m2 ,则 1vqnTwqmw2,从而 q；7"b1<0, ；q_Fb1>0,对 n=2,3 ,，mH 1 均成立. n In i因此，取d=0时，| an- bn| < b1对n=2,3,，vm 1均成立./ n-12、n n-1海最小值(n=2,3 ,vm-1).下面讨论数列'n 杂J最大值和数列l-q-T n 1In 1当2w n< m时，qn 2 qn1 2 nqn qn nqn1+ 2n n 1 n n1_ n q

19、n qn1 qn+2n n 1当 1<qw2 m寸，有 qnwqmw2,从而 n(qn- qn 1) - qn+ 2>0.因此，当2w nw m 1时，数列An1-2n-1单调递增,故数列- n-1-q 2 n- 1m内最大值为q一 m设 f(x) = 2x(1 x),当 x>0 时，f' (x) = (ln 2 - 1-xln 2)2 x<0,所以f (x)单调递减，从而f(x)vf(0) = 1.nq、“八一 n q n-1当 2w nw m时，ft =q nn- 1W2-'1 1 |= f - ；< 1 ,因此，1 n . n n '

20、2w nw m 1 时，数列调递减,故数列;n n-1qn- 1的最小值为mb因此d的取值范围为卜biqm，m4. (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 S, Tn, ai = *1, S2=4,对任意的 nCN,都有 3S+i = 2S+S+2 + an.求数列an的通项公式； * * . » _ (2)若bn为等差数列，对任意的n C N ,都有S>Tn.证明：an>bn； an + 2Tn* , 若bn为等比数列，b=a1, b2=a2,求满足ak(k N)的n值.bn 十 2Si解：(1)由 3S1 + 1 = 2Sn+ Sn+2+

21、 an,得 2( & + 1 S) = Sn+2 Sn+1 + Rn,即 2an+1 = an+2 + an, 所以 an+2 an+1 = &+1 an.由 a1=1, S2= 4,可知 a2= 3.所以数列an是以1为首项，2为公差的等差数列.故an的通项公式为an=2n1.(2)证明：法一：设数列bn的公差为d,l 一 , n n-1,则 Tn= nb+2d,由(1)知，S=n2.因为Sn>Tn,所以n2>nb+n 亍 d,即(2 d) n + d 2b1>0 恒成立，2-d>0,d<2,所以,，八 即二，2 d+d 2b>0,b1<1.所以 an-bn= 2n- 1 -b1- ( n- 1) d= (2 -d) n+ d-1 - b1 >(2 - d) + d- 1 b1 = 1 b1>0.所以an>bn,得证.法二：设bn