《江苏省高考数学二轮复习专题六数列第2讲数列的综合问题学案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省高考数学二轮复习专题六数列第2讲数列的综合问题学案（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第2讲数列的综合问题考情考向分析江苏高考中，数列大题常在压轴的代数论证中考数列的综合应用近几年江苏高考中数列解答题总是同等差、等比数列相关，进一步考查其子数列或派生数列的性质等，所以解题过程中既有等差、等比数列性质的挖掘，又有等差、等比数列的判断论证，综合性极强热点一数列中的探索性问题例1(2018无锡期末)已知数列满足，nN*，Sn是数列的前n项和(1)求数列的通项公式；(2)若ap,30，Sq成等差数列，ap,18，Sq成等比数列，求正整数p，q的值；(3)是否存在kN*，使得为数列中的项？若存在，求出所有满足条件的k的值；若不存在，请说明理由解(1)因为，nN*，所以当n1时，1，a12
2、，当n2时，由和，两式相除可得，1，即anan11(n2)所以数列是首项为2，公差为1的等差数列所以ann1(nN*)(2)因为ap,30，Sq成等差数列，ap,18，Sq成等比数列，所以于是或当时，解得当时，无正整数解，所以p5，q9.(3)假设存在满足条件的正整数k，使得am(mN*)，则m1，平方并化简得，(2m2)2(2k3)263，则(2m2k5)(2m2k1)63，所以或或解得m15，k14，或m5，k3，或m3，k1(舍去)，综上所述，k3或14.思维升华数列中的探索性问题是江苏高考的一个热点，试题一般是探求数列中项的存在性问题，此类试题的解法一般具有以下特点：假设提出的问题存在
3、，结合数论中不定方程、奇偶性的基本性质进行求解跟踪演练1已知数列an中，a11，a2a，且an1k(anan2)对任意正整数n都成立，数列an的前n项和为Sn.(1)是否存在实数k，使数列an是公比不为1的等比数列，且任意相邻三项am，am1，am2按某顺序排列后成等差数列？若存在，求出所有k的值；若不存在，说明理由；(2)若k，求Sn.解(1)设数列an是等比数列，则它的公比qa，所以amam1，am1am，am2am1.若am1为等差中项，则2am1amam2，即2amam1am1，解得a1，不合题意；若am为等差中项，则2amam1am2，即2am1amam1，化简得a2a20，解得a2
4、或1(舍)当a2时，k；若am2为等差中项，则2am2am1am，即2am1amam1，化简得2a2a10，解得a或1(舍)当a时，k.综上可得满足要求的实数k有且仅有一个，即k.(2)若k，则an1(anan2)，于是an2an1(an1an)，所以an3an2(an2an1)an1an.当n是偶数时，Sna1a2a3a4an1an(a1a2)(a3a4)(an1an)(a1a2)(a1)；当n是奇数时，Sna1a2a3a4an1ana1(a2a3)(a4a5)(an1an)a1(a2a3)a1(a1a2)1(a1)当n1时也适合上式综上可得Sn热点二数列中的证明问题例2(2018江苏黄桥中
5、学等三校联考)已知数列满足a11，前n项和为Sn，且.(1)求a2的值；(2)设bn，证明：数列是等差数列；(3)设cnan，若1，求对所有的正整数n都有22k30，所以数列为单调递增数列当n1时， cnc1，即cn的最小值为.由22k3cn，得k222，所以k2max，而当1时， 在上递减， 上递增，所以max1，当且仅当1或时取得，故k.思维升华数列中的证明问题要有目标意识，比如本题第二问要证明bn是等差数列，就要构造出式子bn1bn，然后代入条件进行证明，为证明问题提供思路跟踪演练2设数列an是各项均为正数的等比数列，其前n项和为Sn，若a1a564，S5S348.(1)求数列an的通项
6、公式；(2)对于正整数k，m，l(kmmk，nN*，mN*时总有|anam|t；(2)已知2an3n2，若a11，且ana3对nN*恒成立，求a2的取值范围(1)解aa1a3，2a1，a1.当n2时anan1an2a1a1n1，满足题意；证明anamn1m1，|anam|mt，mlog2，因此k取不小于log2的正整数，当nmk，nN*，mN*时总有|anam|t.(2)解2anan1an3n2，an2(n1)a12na12na2，2an0，an递增，因此7a20.a的取值范围为7,0思维升华数列中的“新定义”试题指给出一个从未接触过的新规定，要求现学现用，“给什么，用什么”是应用“新定义”解
7、题的基本思路理解新定义的规则后，解决问题的手段还是运用等差数列、等比数列的定义性质和基本数学思想跟踪演练3(2018江苏省南京师范大学附中等四校调研)设数列的首项为1，前n项和为Sn，若对任意的nN*，均有Snankk(k是常数且kN*)成立，则称数列为“P数列”(1)若数列为“P数列”，求数列的通项公式；(2)若数列为“P数列”，a22，设Tn，证明： Tn3.(1)解因为数列为“P数列”，则Snan11，Sn1an21，两式相减得，an22an1，又n1时，a1a21，所以a22，故an12an对任意的nN*恒成立，即2(常数)，故数列为等比数列，其通项公式为an2n1，nN*.(2)证明
8、因为数列为“P数列”，所以Snan22，Sn1an32，两式相减有an1an3an2，又n1时， a1a32，故a33，满足a3a2a1，所以an2an1an对任意正整数n恒成立，数列的前几项为1,2,3,5,8.故Tn，所以Tn，两式相减得 Tn Tn2，显然Tn20，所以TnTn，故 Tn3.1(2018江苏)设an是首项为a1，公差为d的等差数列，bn是首项为b1，公比为q的等比数列(1)设a10，b11，q2，若|anbn|b1对n1,2,3,4均成立，求d的取值范围；(2)若a1b10，mN*，q(1，证明：存在dR，使得|anbn|b1对n2,3，m1均成立，并求d的取值范围(用b
9、1，m，q表示)解(1)由条件知an(n1)d，bn2n1，因为|anbn|b1对n1,2,3,4均成立，即|(n1)d2n1|1对n1,2,3,4均成立，即得d.因此，d的取值范围为.(2)由条件知anb1(n1)d，bnb1qn1.若存在d，使得|anbn|b1(n2,3，m1)成立，即|b1(n1)db1qn1|b1(n2,3，m1)，即当n2,3，m1时，d满足b1db1.因为q(1，则1qn1qm2，从而b10，b10对n2,3，m1均成立因此，取d0时，|anbn|b1对n2,3，m1均成立下面讨论数列的最大值和数列的最小值(n2,3，m1)令tn1，则1tm，当1q时，有qtqm
10、2，从而t(qtqt1)qt20.因此，当2nm1时，数列单调递增，故数列的最大值为.设f(x)2x(1x)，当x0时，f(x)(ln 21xln 2)2x0，所以f(x)单调递减，从而f(x)f(0)1.令tn1，则1tm，则f1，因此，当2nm1时，数列单调递减，故数列的最小值为.因此，d的取值范围为.2(2016江苏)记U1,2，100对数列an(nN*)和U的子集T，若T，定义ST0；若Tt1，t2，tk，定义ST.例如：T1,3,66时，STa1a3a66.现设an(nN*)是公比为3的等比数列，且当T2,4时，ST30.(1)求数列an的通项公式；(2)对任意正整数k(1k100)，若T1,2，k，求证：STak1；(3)设CU，DU，SCSD，求证：SCSCD2SD.(1)解当T2,4时，STa2a4a29a230，a23，a1
