【数学】2020届一轮复习苏教版数列的综合应用作业
(十五) 数列的综合应用
A组——大题保分练
1．设数列{an}的前n项和为Sn，且(Sn－1)2＝anSn.
(1)求a1；
(2)求证：数列为等差数列；
(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，说明理由．
解：(1)n＝1时，(a1－1)2＝a，∴a1＝.
(2)证明：∵(Sn－1)2＝anSn，
∴n≥2时，(Sn－1)2＝(Sn－Sn－1)Sn，
∴－2Sn＋1＝－Sn－1Sn，
∴1－Sn＝Sn(1－Sn－1)，
∴＝，
∴－＝－＝＝－1为定值，
∴为等差数列．
(3)∵＝－2，
∴＝－2＋(n－1)×(－1)＝－n－1，
∴Sn＝，∴an＝＝.
假设存在正整数m，k，使＝＋19，
则(k＋1)2＝m(m＋1)＋19，
∴4(k＋1)2＝4m(m＋1)＋76，
∴[(2k＋2)＋(2m＋1)][(2k＋2)－(2m＋1)]＝75，
∴(2k＋2m＋3)(2k－2m＋1)＝75＝75×1＝25×3＝15×5，
∴或
或
∴或或
2．已知常数λ≥0，设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足：a1＝1，Sn＋1＝
Sn＋(λ·3n＋1)an＋1(n∈N*)．
(1)若λ＝0，求数列{an}的通项公式；
(2)若an＋1
0，∴Sn>0，
∴an＋1＝an.∵a1＝1，∴an＝1.
(2)∵Sn＋1＝Sn＋(λ·3n＋1)an＋1，an>0，
∴－＝λ·3n＋1，
则－＝λ·3＋1，－＝λ·32＋1，…，－＝λ·3n－1＋1(n≥2)
相加，得－1＝λ(3＋32＋…＋3n－1)＋n－1，
则Sn＝·an(n≥2)．
上式对n＝1也成立，
∴Sn＝·an(n≥N*)．③
∴Sn＋1＝·an＋1(n≥N*)．④
④－③，得an＋1
＝·an＋1－·an，
即·an＋1＝·an.
∵λ≥0，∴λ·＋n>0，λ·＋n>0.
∵an＋1对一切n∈N*恒成立．
记bn＝，
则bn－bn＋1＝－＝.
当n＝1时，bn－bn＋1＝0；
当n≥2时，bn－bn＋1>0，
∴b1＝b2＝是{bn}中的最大项．
综上所述，λ的取值范围是.
3．在数列中，已知a1＝1，a2＝2，an＋2＝(k∈N*)．
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列的前n项和为Sn，问是否存在正整数m，n，使得S2n＝mS2n－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，数列的奇数项是以a1＝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＝2×3k－1.
所以数列的通项公式为
an＝(k∈N*)．
(2)S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)
＝＋＝3n＋n2－1，n∈N*.
S2n－1＝S2n－a2n＝3n－1＋n2－1.
假设存在正整数m，n，使得S2n＝mS2n－1，
则3n＋n2－1＝m(3n－1＋n2－1)，
所以3n－1(3－m)＝(m－1)(n2－1)，(*)
从而3－m≥0，所以m≤3,
又m∈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(n2－1)＝0，n＝1，
所以S2＝3S1；
当m＝2时，(*)式可化为3n－1＝n2－1＝(n＋1)(n－1)，
则存在k1，k2∈N，k10时，因为an∈Z，则d≥1，且d∈Z，所以数列{an}中必有一项am>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(m0，m∈N*，q∈(1， ]，证明：存在d∈R，使得|an－bn|≤b1对n＝2,3，…，m＋1均成立，并求d的取值范围(用b1，m，q表示)．
解：(1)由条件知an＝(n－1)d，bn＝2n－1.
因为|an－bn|≤b1对n＝1,2,3,4均成立，
即|(n－1)d－2n－1|≤1对n＝1,2,3,4均成立，
所以1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9，
解得≤d≤.
所以d的取值范围为.
(2)由条件知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)，
即当n＝2,3，…，m＋1时，d满足b1≤d≤b1.
因为q∈(1， ]，则1＜qn－1≤qm≤2，
从而b1≤0，b1＞0，对n＝2,3，…，m＋1均成立．
因此，取d＝0时，|an－bn|≤b1对n＝2,3，…，m＋1均成立．
下面讨论数列的最大值和数列的最小值(n＝2,3，…，m＋1)．
①当2≤n≤m时，
－＝
＝.
当1＜q≤2时，有qn≤qm≤2，从而n(qn－qn－1)－qn＋2＞0.
因此，当2≤n≤m＋1时，数列单调递增，
故数列的最大值为.
②设f(x)＝2x(1－x)，
当x＞0时，f′(x)＝(ln 2－1－xln 2)2x＜0，
所以f(x)单调递减，从而f(x)＜f(0)＝1.
当2≤n≤m时，＝≤2＝f＜1，因此，当2≤n≤m＋1时，数列单调递减，
故数列的最小值为.
因此d的取值范围为.
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，S2＝4，对任意的n∈N*，都有3Sn＋1＝2Sn＋Sn＋2＋an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若{bn}为等差数列，对任意的n∈N*，都有Sn>Tn.证明：an>bn；
(3)若{bn}为等比数列，b1＝a1，b2＝a2，求满足＝ak(k∈N*)的n值．
解：(1)由3Sn＋1＝2Sn＋Sn＋2＋an，得2(Sn＋1－Sn)＝Sn＋2－Sn＋1＋an，
即2an＋1＝an＋2＋an，所以an＋2－an＋1＝an＋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＝2n－1.
(2)证明：法一：设数列{bn}的公差为d，
则Tn＝nb1＋d，
由(1)知，Sn＝n2.
因为Sn>Tn，所以n2>nb1＋d，
即(2－d)n＋d－2b1>0恒成立，
所以即
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}的公差为d，假设存在自然数n0≥2，使得an0≤bn0，
则a1＋(n0－1)×2≤b1＋(n0－1)d，
即a1－b1≤(n0－1)(d－2)，
因为a1>b1，所以d>2.
所以Tn－Sn＝nb1＋d－n2＝n2＋n，
因为－1>0，所以存在n0∈N*，
当n>n0时，Tn－Sn>0恒成立．
这与“对任意的n∈N*，都有Sn>Tn”矛盾．
所以an>bn，得证．
(3)由(1)知，Sn＝n2.
因为{bn}为等比数列，且b1＝1，b2＝3，
所以{bn}是以1为首项，3为公比的等比数列．
所以bn＝3n－1，Tn＝.
则＝＝＝
3－，
因为n∈N*，所以6n2－2n＋2>0，所以<3.
而ak＝2k－1，所以＝1，
即3n－1－n2＋n－1＝0.(*)
当n＝1,2时，(*)式成立；
当n≥2时，设f(n)＝3n－1－n2＋n－1，
则f(n＋1)－f(n)＝3n－(n＋1)2＋n－(3n－1－n2＋n－1)＝2(3n－1－n)>0，
所以0＝f(2)
查看更多
