江苏专用2016高考数学二轮复习专题三第2讲数列的综合应用提升训练理.doc

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1、1第第 2 2 讲讲数列的综合应用数列的综合应用一、填空题1(2015全国卷)设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn_解析由题意，得S1a11，又由an1SnSn1，得Sn1SnSnSn1，所以Sn0，所以Sn1SnSnSn11，即1Sn11Sn1，故数列1Sn是以1S11 为首项，1 为公差的等差数列，得1Sn1(n1)n，所以Sn1n.答案1n2数列an的通项公式an1nn1，若an的前n项和为 24，则n为_解析an1nn1(nn1)，前n项和Sn(1 2)(2 3)(nn1)n1124，故n624.答案6243(2012江苏卷改编)各项均为正数的等比数列an满足

2、a1a74，a68，若函数f(x)a1xa2x2a3x3a10 x10的导数为f(x)，则f12 _解析因为各项均为正数的等比数列an满足a1a74，a68，所以a42，q2，故an2n3，又f(x)a12a2x3a3x210a10 x9，所以f12 2222232210222210112554.答案5544 在等差数列an中，a1142，d2，从第一项起，每隔两项取出一项，构成新的数列bn，则此数列的前n项和Sn取得最大值时n的值是_解析因为从第一项起，每隔两项取出一项，构成数列bn，所以新数列的首项为b1a1142，公差为d236，则bn142(n1)(6)令bn0，解得n2423，因为n

3、N N*，所以数列bn的前 24 项都为正数项，从 25 项开始为负数项 因此新数列bn的前 24 项和取得最大值答案2425在正项数列an中，a12，an12an35n，则数列an的通项公式为_解析在递推公式an12an35n的两边同时除以 5n1，得an15n125an5n35，令an5nbn，则式变为bn125bn35，即bn1125(bn1)，所以数列bn1是等比数列，其首项为b11a15135，公比为25.所以bn135 25n1，即bn13525n1an5n，故an5n32n1.答案an5n32n16(2015苏、锡、常、镇模拟)已知各项都为正的等比数列an满足a7a62a5，存在

4、两项am，an使得aman4a1，则1m4n的最小值为_解析由a7a62a5，得a1q6a1q52a1q4，整理有q2q20，解得q2 或q1(与条件中等比数列的各项都为正矛盾，舍去)，又由aman4a1，得aman16a21，即a212mn 216a21，即有mn24，亦即mn6，那么1m4n16(mn)1m4n164mnnm51624mnnm532，当且仅当4mnnm，mn6，即n2m4 时取得最小值32.答案327(2015南通调研)设Sn为数列an的前n项之和，若不等式a2nS2nn2a21对任何等差数列an及任何正整数n恒成立，则的最大值为_解析a10 时，不等式恒成立；当a10 时

5、，a2na21S2nn2a21，将ana1(n1)d，Snna1n（n1）d2代入上式，并化简得：54（n1）da165215，所以15，即max15.答案158(2015南京、盐城模拟)已知等比数列an的首项为43，公比为13，其前n项和为Sn，若3ASn1SnB对nN N*恒成立，则BA的最小值为_解析依题意得Sn43113n113113n，当n为奇数时，Sn113n1，43；当n为偶数时，Sn113n89，1.由函数yx1x在(0，)上是增函数得Sn1Sn的取值范围是1772，00，712，因此有A1772，B712，BA71217725972，即BA的最小值是5972.答案5972二、

6、解答题9数列an满足an2an12n1(nN N*，n2)，a327.(1)求a1，a2的值；(2)是否存在一个实数t，使得bn12n(ant)(nN N*)，且数列bn为等差数列？若存在，求出实数t；若不存在，请说明理由；(3)求数列an的前n项和Sn.解(1)由a327，得 272a2231，a29，92a1221，a12.(2)假设存在实数t，使得bn为等差数列，则 2bnbn1bn1，(n2 且nN N*)212n(ant)12n1(an1t)12n1(an1t)，4an4an1an1t，4an4an2n122an2n11t，t1.即存在实数t1，使得bn为等差数列(3)由(1)，(2

7、)得b132，b252，bnn12，ann12 2n1(2n1)2n11，Sn(3201)(5211)(7221)(2n1)2n11352722(2n1)2n1n，2Sn32522723(2n1)2n2n，4由得Sn32222222322n1(2n1)2nn1212n12(2n1)2nn(12n)2nn1，Sn(2n1)2nn1.10(2013江苏卷)设an是首项为a，公差为d的等差数列(d0)，Sn是其前n项的和记bnnSnn2c，nN N*，其中c为实数(1)若c0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snkn2Sk(k，nN N*)；(2)若bn是等差数列，证明：c0.证明由题设，Snn

8、an（n1）2d.(1)由c0，得bnSnnan12d.又b1，b2，b4成等比数列，所以b22b1b4，即ad22aa32d，化简得d22ad0.因为d0，所以d2a.因此，对于所有的mN N*，有Smm2a.从而对于所有的k，nN N*，有Snk(nk)2an2k2an2Sk.(2)设数列bn的公差为d1，则bnb1(n1)d1，即nSnn2cb1(n1)d1，nN N*，代入Sn的表达式，整理得，对于所有的nN N*，有d112dn3(b1d1a12d)n2cd1nc(d1b1)令Ad112d，Bb1d1a12d，Dc(d1b1)，则对于所有的nN N*，有An3Bn2cd1nD.(*)

9、在(*)式中分别取n1，2，3，4，得ABcd18A4B2cd127A9B3cd164A16B4cd1，从而有7A3Bcd10，19A5Bcd10，21A5Bcd10，由，得A0，cd15B，代入方程，得B0，从而cd10.即d112d0，b1d1a12d0，cd10.5若d10，则由d112d0，得d0，与题设矛盾，所以d10.又cd10，所以c0.11(2014南京、盐城模拟)已知数列an满足a1a(a0，aN N*)，a1a2anpan10(p0，p1，nN N*)(1)求数列an的通项公式an；(2)若对每一个正整数k，若将ak1，ak2，ak3按从小到大的顺序排列后，此三项均能构成等

10、差数列，且公差为dk.求p的值及对应的数列dk记Sk为数列dk的前k项和，问是否存在a，使得Sk30 对任意正整数k恒成立？若存在，求出a的最大值；若不存在，请说明理由解(1)因为a1a2anpan10，所以n2 时，a1a2an1pan0，两式相减，得an1anp1p(n2)，故数列an从第二项起是公比为p1p的等比数列，又当n1时，a1pa20，解得a2ap，从而ana（n1），app1pn2（n2）.(2)由(1)得ak1app1pk1，ak2app1pk，ak3app1pk1，若ak1为等差中项，则 2ak1ak2ak3，即p1p1 或p1p2，解得p13；此时ak13a(2)k1，a

11、k23a(2)k，所以dk|ak1ak2|9a2k1，若ak2为等差中项，则 2ak2ak1ak3，即p1p1，此时无解；若ak3为等差中项，则 2ak3ak1ak2，即p1p1 或p1p12，解得p23，此时ak13a212k1，ak33a212k1，所以dk|ak1ak3|9a812k1，6综上所述，p13，dk9a2k1或p23，dk9a812k1.当p13时，Sk9a(2k1)则由Sk30，得a103（2k1），当k3 时，103（2k1）1，所以必定有a1，所以不存在这样的最大正整数当p23时，Sk9a4112k，则由Sk30，得a403 112k，因为403 112k403，所以a13 满足Sk30 恒成立；但当a14 时，存在k5，使得a403 112k，即Sk30，所以此时满足题意的最大正整数a13.