【数学】2020届一轮复习苏教版专题四第三讲大题考法——数列的综合应用学案
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＝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＜(Tn＋21)恒成立，求实数λ的取值范围．
[解] (1)因为2＝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.
(3)不等式λ(－1)n＜(Tn＋21)可化为(－1)nλ＜n－＋.
当n为偶数时，λ＜n－＋，
记g(n)＝n－＋.
即λ＜g(n)min.
g(n＋2)－g(n)＝2＋－＝2－，
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)＝，即λ＜.
当n为奇数时，λ＞－n－，
记h(n)＝－n－，所以λ＞h(n)max.
h(n＋2)－h(n)＝－2－＋＝－2＋，
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.
[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＋d1，
Tn＝nb1＋d2.
∵对一切n∈N*，有Sn＋3＝Tn，
∴(n＋3)a1＋d1＝nb1＋d2，
即n2＋n＋3a1＋3d1
＝n2＋n.
∴即
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)＝·22n＋6λ(－1)n·2n.
∵当n∈N*时，cn＋1≥cn恒成立，
即当n∈N*时，·22n＋6λ(－1)n·2n≥0恒成立．
∴当n为正奇数时，λ≤·2n恒成立，
而·2n≥，∴λ≤；
当n为正偶数时，λ≥－·2n恒成立，
而－·2n≤－，∴λ≥－.
∴－≤λ≤，∴λ的最大值是.
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＝a＋an
，数列{bn}满足b1＝，2bn＋1＝bn＋.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足cn＝，求和c1＋c2＋…＋cn；
(3)是否存在正整数p，q，r(p
，
且数列(p≥2)为递减数列，
当p＝2时，＝>成立；
当p≥3时，≤＝<，
因此，由>，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＝(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求的值；
②若a＝2，令bn＝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a＝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，
所以q2＋q＝6，
解得q＝2或q＝－3(舍去)，
所以＝2.
②当a＝2时，数列{an}是首项为2、公比为2的等比数列，
所以an＝2n，所以bn＝
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，
Sn＝＋＝＋－；
当n为奇数时，
Sn＝＋＝＋－.
所以Sn＝
(2)存在常数λ＝，
使得an＋an＋2＝λan＋1对任意的n∈N*都成立．
证明如下：因为a＝anan＋2＋m，n∈N*，
所以a＝an－1an＋1＋m，n≥2，n∈N*，
所以a－a＝anan＋2－an－1an＋1，
即a＋an－1an＋1＝anan＋2＋a.
由于an＞0，此等式两边同时除以anan＋1，
得＝，
所以＝＝…＝，
即当n≥2，n∈N*时，
都有an＋an＋2＝an＋1.
因为a1＝a，a2＝b，a＝anan＋2＋m，
所以a3＝，
所以＝＝，
所以当λ＝时，对任意的n∈N*都有an＋an＋2＝λan＋1成立．
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]
[例3] (2018·南京、盐城、连云港二模)对于数列{an}，定义bn(k)＝an＋an＋k，其中n，k∈N*.
(1)若bn(2)－bn(1)＝1，n∈N*，求bn(4)－bn(1)的值；
(2)若a1＝2，且对任意的n，k∈N*，都有bn＋1(k)＝2bn(k)．
(ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(ⅱ)设k为给定的正整数，记集合A＝{bn(k)|n∈N*}，B＝{5bn(k＋2)|n∈N*}, 求证：A∩B＝∅.
[解] (1)因为bn(2)－bn(1)＝1，
所以(an＋an＋2)－(an＋an＋1)＝1，即an＋2－an＋1＝1，
因此数列{an＋1}是公差为1的等差数列，
所以bn(4)－bn(1)＝(an＋an＋4)－(an＋an＋1)＝an＋4－an＋1＝3.
(2)(ⅰ)因为bn＋1(k)＝2bn(k)，
所以an＋1＋an＋1＋k＝2(an＋an＋k)，
分别令k＝1及k＝2，
得
由①得an＋2＋an＋3＝2(an＋1＋an＋2)，③
③－②得an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，④
①－④得2an＋1＝4an，即an＋1＝2an，
又a1＝2，所以an＝2n.
(ⅱ)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(k＋2)，n1，n2∈N*，
则2n1＋2n1＋k＝5(2n2＋2n2＋k＋2)．
当n1≤n2时，有2n1<5·2n2，2n1＋k<5·2n2＋k＋2，则2n1＋2n1＋k<5(2n2＋2n2＋k＋2)，故不存在，
当n1>n2时，有n1≥n2＋1，则2n1－n2＋2n1－n2＋k＝5＋5·2k＋2，(*)
因为n1>n2，且k为正整数，
所以2n1－n2＋2n1－n2＋k为偶数，5＋5·2k＋2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A∩B＝∅.
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(k＋2)，n，m∈N*，
即an＋an＋k＝5(am＋am＋k＋2)，
于是2n＋2n＋k＝5(2m＋2m＋k＋2)，
整理得2n－m＝.
因为＝5∈[15,20)，
即2n－m∈[15,20)，
因为n，m∈N*，从而n－m＝4，
所以＝16，即4×2k＝11.
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A∩B＝∅.
[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(k∈N*，k≥2)，q，d，使得无穷数列{an}满足an＋1＝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.
①当q＝0时，求b2 019；
②当q＝1时，设{bn}的前3n项和为S3n，若不等式S3n≤λ·3n－1对n∈N*恒成立，求实数λ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．
解：(1)①法一：∵数列{bn}的首项、段长、段比、段差分别为1,3,0,3，
∴b2 017＝0×b2 016＝0，∴b2 018＝b2 017＋3＝3，∴b2 019＝b2 018＋3＝6.
法二：∵数列{bn}的首项、段长、段比、段差分别为1,3,0,3，
∴b1＝1，b2＝4，b3＝7，b4＝0×b3＝0，b5＝b4＋3＝3，b6＝b5＋3＝6，b7＝0×b6＝0，…
∴当n≥4时，{bn}是周期为3的周期数列．
∴b2 019＝b6＝6.
②∵{bn}的首项、段长、段比、段差分别为1,3,1,3，
∴b3n＋2－b3n－1＝(b3n＋1＋d)－b3n－1＝(qb3n＋d)－b3n－1＝[q(b3n－1＋d)＋d]－b3n－1＝2d＝6，
∴{b3n－1}是以b2＝4为首项、6为公差的等差数列，
又∵b3n－2＋b3n－1＋b3n＝(b3n－1－d)＋b3n－1＋(b3n－1＋d)＝3b3n－1，
∴S3n＝(b1＋b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6)＋…＋(b3n－2＋b3n－1＋b3n)＝3(b2＋b5＋…＋b3n－1)＝3
＝9n2＋3n，
∵S3n≤λ·3n－1，∴≤λ，
设cn＝，则λ≥(cn)max，
又cn＋1－cn＝－＝，
当n＝1时，3n2－2n－2<0，c10，cn＋1c3>…，∴(cn)max＝c2＝14，
∴λ≥14，故λ的取值范围为.
(2)法一：设{bn}的段长、段比、段差分别为k，q，d，
则等比数列{bn}的公比为＝q，由等比数列的通项公式得bn＝bqn－1，
当m∈N*时，bkm＋2－bkm＋1＝d，
即bqkm＋1－bqkm＝bqkm(q－1)＝d恒成立，
①若q＝1，则d＝0，bn＝b；
②若q≠1，则qkm＝，则qkm为常数，q＝－1，k为偶数，d＝－2b，bn＝(－1)n－1b；
经检验，满足条件的{bn}的通项公式为bn＝b或bn＝(－1)n－1b.
法二：设{bn}的段长、段比、段差分别为k，q，d，
①若k＝2，则b1＝b，b2＝b＋d，b3＝(b＋d)q，
b4＝(b＋d)q＋d，
由b1b3＝b，得b＋d＝bq；
由b2b4＝b，得(b＋d)q2＝(b＋d)q＋d，
联立两式，得或
则bn＝b或bn＝(－1)n－1b，经检验均合题意.
②若k≥3，则b1＝b，b2＝b＋d，b3＝b＋2d，
由b1b3＝b，得(b＋d)2＝b(b＋2d)，得d＝0，则bn＝b，经检验适合题意．
综上①②，满足条件的{bn}的通项公式为bn＝b或bn＝(－1)n－1b.
[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(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＋10，∴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)
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