《（江苏专用）高考数学二轮复习专题六数列第20讲数列的综合应用课件》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（江苏专用）高考数学二轮复习专题六数列第20讲数列的综合应用课件（26页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第20讲数列的综合应用 第20讲数列的综合应用1 在公比为q且各项均为正数的等比数列 an 中 Sn为 an 的前n项和 若a1 则S5 S2 2 且q的值为 答案 解析由an 0及a1 则S5 S2 a3 a4 a5 a1q2 a1q3 a1q4 1 q q2 2 解得q 舍负 2 设等比数列 an 的前n项和为Sn 若S3 S9 S6成等差数列 且a2 a5 4 则a8的值为 答案2 解析由S3 S9 S6成等差数列得S3 S6 2S9 则公比q 1 q3 q6 2q9 2q6 q3 1 0 则q3 又a2 a5 a2 1 q3 a2 4 则a2 8 所以a8 a2q6 8 2 3 设等差
2、数列 an 的前项n和为Sn 若a5 3 S10 40 则nSn的最小值为 答案 32 解析设等差数列 an 的公差为d d 0 则a5 a1 4d 3 S10 10a1 d 40 解得a1 5 d 2 则nSn n n2 6n n3 6n2 令f x x3 6x2 x 0 则f x 3x2 12x 3x x 4 x 0 当x 0 4 时 f x 0 f x 递增 f x min f 4 64 96 32 所以nSn的最小值为 32 题型一数列中的最值问题 例1 2018南京师大附中高三模拟 已知等差数列 an 和等比数列 bn 均不是常数列 若a1 b1 1 且a1 2a2 4a4成等比数列
3、 4b2 2b3 b4成等差数列 1 求 an 和 bn 的通项公式 2 设m n是正整数 若存在正整数i j k i j k 使得ambj amanbi anbk成等差数列 求m n的最小值 3 令cn 记 cn 的前n项和为Tn 的前n项和为An 若数列 pn 满足p1 c1 且对n 2 n N 都有pn Ancn 设 pn 的前n项和为Sn 求证 Sn 4 4lnn 解析 1 设等差数列的公差为d d 0 等比数列的公比为q q 1 由题意得 解得d 1 q 2 所以an n bn 2n 1 2 由ambj amanbi anbk成等差数列 有2amanbi amabj anbk 即2m
4、n 2i 1 m 2j 1 n 2k 1 由于i j k 且为正整数 所以j i 1 k i 2 所以2mn m 2j i n 2k i 2m 4n 可得mn m 2n 即 1 当1 m 2时 不等式 1不成立 当或时 2mn 2i 1 m 2j 1 n 2k I成立 此时 m n 6 当n 4时 0 2 则有m n 6 所以m n的最小值为6 当且仅当j i 1 k i 2且或时取得 3 证明 由题意得 p2 c2 p3 c3 pn c1 c2 cn 1 cn 又p1 c1 则Sn p1 p2 p3 pn c1 c2 c3 cn Tn Tn c1 c2 c3 cn Tn c1 c2 cn 得
5、Tn 1 2 2 n 求得Tn 4 n 2 1 则f x 0 所以f x 在 1 上单调递增 有f x f 1 0 可得lnx 1 当k 2 且k N 时 1 有ln 1 所以 ln ln ln 可得1 1 ln 1 lnn 所以Sn 4 4 1 lnn 即Sn 4 4lnn 方法归纳 数列是一种特殊的函数 不仅等差数列的最值问题可以利用函数的性质来解决 其他数列的最值问题也可以借助函数的性质解决 题型二数列中的新定义问题 例2 2018南京高三第三次模拟 若数列 an 满足 对于任意n N an an 1 an 2 均为数列 an 中的项 则称数列 an 为 T数列 1 若数列 an 的前n
6、项和Sn 2n2 n N 求证 数列 an 为 T数列 2 若公差为d的等差数列 an 为 T数列 求d的取值范围 3 若数列 an 为 T数列 a1 1 且对于任意n N 均有an an 1 求数列 an 的通项公式 解析 1 证明 当n 2时 an Sn Sn 1 2n2 2 n 1 2 4n 2 又a1 S1 2 4 1 2 所以an 4n 2 所以an an 1 an 2 4n 2 4 4 n 1 2为数列 an 的第n 1项 因此数列 an 为 T数列 2 因为数列 an 是公差为d的等差数列 所以an an 1 an 2 a1 n 1 d d 因为数列 an 为 T数列 所以任意n
7、 N 存在m N 使得a1 n 1 d d am 即有 m n d d 若d 0 则存在m n 1 N 使得 m n d d 若d 0 则m n 1 此时 当n 1时 m 0不为正整数 所以d 0不符合题意 综上 d 0 3 因为an an 1 所以an an 1 an 2 an an 2 an 1 又因为an0 则有an 1 n 1 t 由an an 1 得1 n 1 t t 2 2n 1 t 1 nt 整理得n 2t2 t t2 3t 1 n t 2t2 2t t2 1 若2t2 t 则当n N0时 n 2t2 t 0 所以t 经检验当t 时 两式对于任意n N 恒成立 所以数列 an 的
8、通项公式为an 1 n 1 方法归纳 1 解决此类问题的主要方法是 先读懂题目 理解新定义的含义 再转化为熟悉的知识进行求解 2 常用的数列求和的方法有分组求和法 裂项相消法 错位相减法等 要根据数列通项公式的特征灵活选择方法 2 1 2018江苏盐城中学高三阶段性检测 已知数列 an 的前n项和为An 对任意n N 满足 且a1 1 数列 bn 满足bn 2 2bn 1 bn 0 n N b3 5 其前9项和为63 1 求数列 an 和 bn 的通项公式 2 令Cn 数列 cn 的前n项和为Tn 若对任意正整数n 都有Tn 2n a 求实数a的取值范围 3 将数列 an bn 的项按照 当n
9、为奇数时 an放在前面 当n为偶数时 bn放在前面 的要求进行 交叉排列 得到一个新的数列 a1 b1 b2 a2 a3 b3 b4 a4 a5 b5 b6 求这个新数列的前n项和Sn 解析 1 1 数列是首项为1 公差为的等差数列 1 n 1 n 即An n N an 1 An 1 An n 1 n N 又a1 1 an n n N bn 2 2bn 1 bn 0 数列 bn 是等差数列 设 bn 的前n项和为Bn B9 63且b3 5 b7 9 bn 的公差为 1 bn n 2 n N 2 由 1 知cn 2 2 Tn c1 c2 cn 2n 2 2n 2 2n 3 2 Tn 2n 3 2
10、 设Rn 3 2 则Rn 1 Rn 2 0 数列 Rn 为递增数列 Rn min R1 对任意正整数n 都有Tn 2n a恒成立 a 3 数列 an 的前n项和An 数列 bn 的前n项和Bn 当n 2k k N 时 Sn Ak Bk k2 3k 当n 4k 1 k N 时 Sn A2k 1 B2k 4k2 8k 1 特别地 当n 1时 S1 1也符合上式 当n 4k 1 k N 时 Sn A2k 1 B2k 4k2 4k 综上 Sn 题型三数列中的简单数论问题 例3 2018江苏扬州高三第一次模拟 已知各项都是正数的数列 an 的前n项和为Sn 且2Sn an 数列 bn 满足b1 2bn
11、1 bn 1 求数列 an bn 的通项公式 2 设数列 cn 满足cn 求c1 c2 cn的值 3 是否存在正整数p q r p q r 使得bp bq br成等差数列 若存在 求出所有满足要求的p q r的值 若不存在 请说明理由 解析 1 2Sn an 2Sn 1 an 1 得2an 1 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 所以 an 是等差数列 其公差为1 在2Sn an中 令n 1 得a1 1 所以an n 由2bn 1 bn 得 所以数列是等比数列 其首项为 公比为 所以 即bn 2
12、cn 裂项得cn 所以c1 c2 cn 3 假设存在正整数p q r p q r 使得bp bq br成等差数列 则bp br 2bq 即 因为bn 1 bn 所以数列 bn 从第二项起单调递减 当p 1时 若q 2 则 此时无解 若q 3 则 因为 bn 从第二项起递减 所以r 4 所以p 1 q 3 r 4符合要求 若q 4 则 2 即b1 2bq 不符合要求 此时无解 当p 2时 一定有q p 1 否则若q p 2 则 2 即bp 2bq 矛盾 所以q p 1 此时 令r p m 1 则r 2m 1 所以p 2m 1 m 1 q 2m 1 m 综上 存在p 1 q 3 r 4或p 2m
13、1 m 1 q 2m 1 m r 2m 1满足要求 方法归纳 高中数列中一般只涉及简单的数列问题 题型是以等差数列 等比数列基本量的运算为主 有时也涉及存在型问题 推理论证等的综合问题 3 1 2016江苏常州高级中学阶段调研 设数列 an 的前n项和Sn 0 a1 1 a2 3 且当n 2时 anan 1 an 1 an Sn 1 证明 数列 Sn 是等比数列 并求数列 an 的通项公式 2 令bn 记数列 bn 的前n项和为Tn 设 是整数 是否存在正整数n 使等式Tn 成立 若存在 求出n和相应的 值 若不存在 说明理由 解析 1 当n 2时 an Sn Sn 1 an 1 Sn 1 S
14、n 将其代入anan 1 an 1 an Sn中并化简得 Sn 1Sn 1 n 2 Sn恒为正值 4 又 S1 a1 1 数列 Sn 是首项为1 公比为4的等比数列 Sn 4n 1 当n 2时 an Sn Sn 1 3 4n 2 又a1 1 an 2 当n 2时 an 3 4n 2 此时bn 又b1 T1 b1 当n 2时 Tn 若n 1 则等式Tn 即 解得 不符合题意 若n 2 则等式Tn 即 则 5 是 整数 4n 1 1必是5的因数 又 n 2时 4n 1 1 5 当且仅当n 2时 是整数 从而 4 符合题意 综上可知 当 4时 存在正整数n 2 使等式Tn 成立 当 4 Z时 不存在正整数n使等式Tn 成立
