《江苏省2019高考数学二轮复习第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《江苏省2019高考数学二轮复习第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an0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q1,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、2.,3.设等差数列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(d0),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,x0,则f (x)=3x2-12x=3x(x-4),x0,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
3、a1,2a2,4a4成等比数列,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(ijk),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n2,nN*,都有pn=+Ancn,设pn的前n项和为Sn,求证:Sn4+4ln n.,解析(1)设等差数列的公差为d(d0),等比数列的公比为q(q1),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2amanb
4、i=amabj+anbk,即2mn2i-1=m2j-1+n2k-1,由于ijk,且为正整数,所以j-i1,k-i2,所以2mn=m2j-i+n2k-i2m+4n,可得mnm+2n,即+1. 当1m2时,不等式+1不成立; 当或时,2mn2i-1=m2j-1+n2k-I成立,此时,m+n=6;,当n4时,0,2,则有m+n6. 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
5、,Tn=c1+c2+cn,-得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ln x1-.当k2,且kN*时, 1,有ln1-=,所以ln,ln,ln,可得1+ 1+ln=1+ln n,所以Sn44(1+ln n),即Sn4+4ln n.【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nN*,an+|an+1-an+2|均为数列an
6、中的项,则称数列an为“T数列”, (1)若数列an的前n项和Sn=2n2,nN*,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nN*,均有an-an+1,求数列 an的通项公式.,解析(1)证明:当n2时,an=Sn-Sn-1=2n2-2(n-1)2=4n-2.,又a1=S1=2=41-2,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|
7、=a1+(n-1)d+|d|. 因为数列an为“T 数列”, 所以任意nN*,存在mN*,使得a1+(n-1)d+|d|=am,即有(m-n)d=|d|. 若d0,则存在m=n+1N*,使得(m-n)d=|d|; 若d0,则m=n-1. 此时,当n=1时,m=0不为正整数,所以d0不符合题意.综上,d0. (3)因为anan+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)tt2+(2n-1)t1+nt,整理得n(2t2-t)t2-3t+1,n(t-2t2)2t-t2-1. 若2t2-t,则当nN
8、0时,n(2t2-t)0,所以t=. 经检验当t=时,两式对于任意nN*恒成立,所以数列an的通项公式为 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nN*满足-=,且a1=1,数列bn满足bn+2-2bn+1+bn=0(nN*),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
9、n项和为Tn,若对任意正整数n,都有Tn2n+a,求实 数a的取值范围; (3)将数列an,bn的项按照“当n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=(nN*), an+1=An+1-An=-=n+1(nN*), 又a1=1,an=n(nN*).,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,
10、bn的公差为=1,bn=n+2(nN*). (2)由(1)知cn=+=+=2+2, Tn=c1+c2+cn=2n+2,=2n+2=2n+3-2,Tn-2n=3-2,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-2na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(kN*)时,Sn=Ak+Bk=+=k2+3k; 当n=4k+1(kN*)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(kN*)时,Sn=A2k-1+B2k=+=
11、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+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(pqr),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+
12、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) cn=,裂项得cn=-, 所以c1+c2+cn=-. (3) 假设存在正整数p,q,r(pqr),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q4,则=
13、2,即b12bq,不符合要求,此时无解; 当p2时,一定有q-p=1,否则若q-p2,则=2,即bp2bq, 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+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Sn0,a1=1,a2=3,且当n2时,anan+1=(an+1-an)Sn. (
14、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n2时,an=Sn-Sn-1,an+1=Sn+1-Sn, 将其代入anan+1=(an+1-an)Sn中并化简得=Sn-1Sn+1(n2), 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n2时,an=Sn-Sn-1=34n-2,又a1=1,an= (2)当n2时,an=34n-2,此时bn=-,又b1= =,T1=b1=, 当n2时,Tn=+ =-. 若n=1,则等式Tn+=,即+=,解得=,不符合题意; 若n2,则等式Tn+=,即-+=,则=5-,是,整数,4n-1+1必是5的因数, 又n2时,4n-1+15, 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.,
