专题14-数列的综合应用(解析版).docx

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1、专题 14 数列的综合应用1、【2018 年高考江苏卷】已知集合 A = x | x = 2n -1, n N* ，B = x | x = 2n , n N* 将 A U B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列an 记 Sn 为数列an 的前 n 项和，则使得 Sn 12an+1 成立的 n 的最小值为 【答案】27nn【解析】所有的正奇数和 2n (n N* )按照从小到大的顺序排列构成a ，在数列|a 中，25前面有16个正奇数，即 a= 25 , a= 26 .当n=1时， S = 1 12a= 24 ，不符合题意；当n=2时，213812S2 = 3 12a3 = 36 ，不符合题意

2、；当n=3时， S3 = 6 12a4 = 48 ，不符合题意；当n=4时，S4 = 1012a5 =60 ，不符合题意；当n=26时，S26 =S27 =21 (1+ 41) +222 (1+ 43) +22 (1- 25 )1 - 22 (1- 25 )1 - 2= 441+ 62 = 50312a28 =540 ,符合题意.故使得 Sn 12an +1 成立的n的最小值为27.2 、 【 2019 年 高 考 天 津 卷 文 数 】 设 an 是 等 差 数 列 ， bn 是 等 比 数 列 ， 公 比 大 于 0 ， 已 知a1 = b1 = 3,b2 = a3 ,b3 = 4a2 +

3、 3 .（1）求an 和bn 的通项公式；1，n为奇数,（2）设数列c 满足c = 求 a c+ a c+L + a c(n N* ) .nnbn，n为偶数.1 12 22n 2n 2【解析】（1）设等差数列an 的公差为 d ，等比数列bn 的公比为 q .3q = 3 + 2d ,d = 3,依题意，得23q= 15 + 4d ,解得 q = 3,故a = 3 + 3(n -1) = 3n,b = 3 3n-1 = 3n .nn所以，a 的通项公式为 a = 3n ， b 的通项公式为b = 3n .nnnn（2） a1c1 + a2c2 + L+ a2 nc2 n= (a1 + a3 +

4、 a5 + L+ a2 n-1 )+ (a2b1 + a4b2 + a6b3 + L+ a2 nbn )= n 3 + n(n -1) 6 + (6 31 + 12 32 + 18 33 + L+ 6n 3 n)2= 3n2 + 6 (1 31 + 2 32 + L+ n 3 n ).记Tn = 1 3 + 2 3 + L+ n 3 ,12n则3Tn= 1 32 + 2 33 + L+ n 3 n+1 ,3(1 - 3n )(2n -1)3n+1 + 3得， 2Tn= -3 - 32 - 33 - L- 3n + n 3n +1 = -+ n 3n +1 =.1- 32所以， a1c1 + a

5、2c2 + L+ a2 nc2 n = 3nn2 + 6T = 3n 2+ 3(2n -1)3n+1 + 3 2= (2n -1)3n+2 + 6n2 + 92(n N* ).本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n 项和公式等基础知识，考查数列求和的基本方法和运算求解能力，属于中档题目.3、【2019 年高考江苏卷】定义首项为 1 且公比为正数的等比数列为“M数列”.（1）已知等比数列an (n N* ) 满足： a2a4 = a5 , a3 - 4a2 + 4a1 = 0 ，求证:数列an为“M数列”；（2）已知数列b (n N* ) 满足: b= 1, 1= 2 - 2，其中 S

6、nn为数列b 的前 n 项和n1Snbnbn+1求数列bn的通项公式；设 m 为正整数，若存在“M数列”cn (n N* ) ，对任意正整数 k，当 km 时，都有ck bk ck +1 成立，求 m 的最大值【解析】（1）设等比数列an的公比为q，所以a10，q0.a a = aa2q4 = a q4a = 1由 2 45，得 11，解得 1a - 4a + 4a = 0a q2 - 4a q + 4a = 0q = 2 321 111因此数列an 为“M数列”.1（2）因为= 2 - 2，所以b 0 nSnbnbn +12由b = 1, S = b ，得1 = 2 - 2 ，则b = 2

7、.11111b2由 1 = 2 - 2，得 S =bnbn+1，nSnbnbn +12(bn+1- bn )当 n 2 时，由b = S - S，得b =bnbn+1- bn-1bn，nnn -1n2 (b- b ) 2 (b - b)整理得bn+1 + bn-1 = 2bn n+1nnn-1nn所以数列bn是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列b 的通项公式为b =n (n N* ).由知，bk=k， k N* .因为数列cn为“M数列”，设公比为q，所以c1=1，q0.因为ckbkck+1，所以 qk -1 k qk ，其中k=1，2，3，m.当k=1时，有q1；当k=2，3，m时，有

8、 ln k ln q ln k kk -1设f（x）= ln x (x 1) ，则 f (x) = 1- ln x xx2令 f (x) = 0，得x=e.列表如下：x(1, e)e(e，+)f (x)+0f（x）极大值因为 ln 2 = ln 8 ln 9 = ln 3 ，所以 f (k)2663max= f (3) = ln 3 33 3取q =，当k=1，2，3，4，5时， ln k ln q ，即 k qk ，k经检验知 qk -1 k 也成立因此所求m的最大值不小于5若m6，分别取k=3，6，得3q3，且q56，从而q15243，且q15216， 所以q不存在.因此所求m的最大值小于

9、6.综上，所求m的最大值为5本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力4、【2019 年高考浙江卷】设等差数列an 的前 n 项和为 Sn ， a3 = 4 ， a4 = S3 ，数列bn 满足：对每个 n N* , Sn + bn , Sn+1+ bn , Sn+2+ bn成等比数列（1）求数列an ,bn 的通项公式；（2）记c =, n N* ,证明： c+ c +L+ c 2n, n N*.an2bnn12n【解析】（1）设数列an 的公差为d，由题意得a1 + 2d = 4, a1 + 3d = 3a1

10、+ 3d ， 解得 a1 = 0, d = 2 nn从而 a = 2n - 2, n N* 所以 S = n2 - n，n N* ，由 Sn + bn , Sn +1 + bn , Sn +2 + bn 成等比数列得(S+ b )2 = (S + b )(S+ b )n+1nnnn+2n解得b = 1 (S 2- S S)ndn +1n n +2所以bn = n + n, n N 2*an2bn2n - 22n(n +1)（2） c =n -1n(n +1),n N* n我们用数学归纳法证明（i）当n=1时，c1=02，不等式成立；12（ii）假设 n = k (k N* )时不等式成立，即c

11、 + ckk+L+ c 2k(k +1)(k + 2)k1k +1那么，当 n = k +1时，kc + c + L + c + c 2+ 2+12kk +1k k +1 +k 2+2= 2k+ 2(k +1 -k +1k ) = 2即当 n = k +1时不等式也成立n根据（i）和（ii），不等式c + c +L+ c 0, m N* , q (1, m 2 ，证明：存在 d R ，使得| a - b | b 对 n = 2,3,L, m + 1均成立，11nn1并求 d 的取值范围（用b1 , m, q 表示）【解析】本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推

12、理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力满分 16 分（1）由条件知： a= (n -1)d,b= 2n-1 nn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，即 1 1，1 d 3，3 2d 5，7 3d 9，得 7 d 5 327 5因此，d 的取值范围为 , 3 2（2）由条件知： a = b + (n -1)d,b = b qn-1 n1n1111若存在 d，使得| an - bn | b1 （n=2，3，m+1）成立， 即 | b + (n -1)d - b qn-1 | b

13、(n = 2,3,L, m + 1) ，即当 n = 2,3,L, m + 1时，d 满足qn-1 - 2n -1qn-1b1 d n -1b1 因为 q (1, m 2 ，则1 0 ，对 n = 2,3,L, m + 1均成立因此，取 d=0 时， | an - bn | b1 对 n = 2,3,L, m + 1均成立qn-1 - 2qn-1下面讨论数列 的最大值和数列的最小值（ n = 2,3,L, m + 1）n - 1qn - 2qn-1 - 2n -1nqn - qn - nqn-1 + 2n(qn - qn-1 ) - qn + 2当 2 n m 时，-=， nn - 1n(n

14、- 1)n(n - 1)1当1 0 qn-1 - 2故数列 的最大值为n - 1设 f (x) = 2x (1 - x) ，qm - 2m当 x0 时， f (x) = (ln 2 -1 - x ln 2)2x 0 ， 所以 f (x) 单调递减，从而 f (x) f（0）=1qn nq(n - 1)111当 2 n m 时，= 2n (1- ) = f ( ) b,b c ，则a c（此性质为放缩法的基础，即若要证明a c ，但无法直接证明， 则可寻找一个中间量b ，使得 a b ，从而将问题转化为只需证明b c 即可 ）（2）若 a b,c d ，则a + c b + d ，此性质可推广到

15、多项求和：若 a1 f (1),a2 f (2 ),L,a n f (n )，则: a1 + a2 + L + an f (1)+ f (2)+ L + f(n )（3）若需要用到乘法，则对应性质为：若a b 0,c d 0 ，则 ac bd ，此性质也可推广到多项连乘，但要求涉及的不等式两侧均为正数注：这两条性质均要注意条件与结论的不等号方向均相同2、放缩的技巧与方法：（1）常见的数列求和方法和通项公式特点： 等差数列求和公式： Sn= a1 + an n ， a2na (qn - 1)= kn + m （关于 n 的一次函数或常值函数） 等比数列求和公式： Sn =1q - 1(q 1)，

16、 an= k qn （关于 n 的指数类函数） 错位相减：通项公式为“等差 等比”的形式 裂项相消：通项公式可拆成两个相邻项的差，且原数列的每一项裂项之后正负能够相消，进而在求和后式子中仅剩有限项（2）与求和相关的不等式的放缩技巧： 在数列中，“求和看通项”，所以在放缩的过程中通常从数列的通项公式入手 在放缩时要看好所证不等式中不等号的方向，这将决定对通项公式是放大还是缩小（应与所证的不等号同方向） 在放缩时，对通项公式的变形要向可求和数列的通项公式靠拢，常见的是向等比数列与可裂项相消的数列进行靠拢。题型一、数列中的通项与求和数列中求通项、求和是最基本，也是最重要的问题，在试题的条件中经常会出

17、现含有和 Sn 与项 an 的等式，这往往是问题的突破口，经常会使用退位(或进位)相减的方式，使问题转化为相邻项之间的关系，如果满足等差(或等比)数列的定义那就更好，否则就是常规递推关系问题，通过构造等比数列解决问题的； 而数列求和，则应根据通项的特点选择对应的求和方法，其中错位相减法和裂项相消法经常考到。n例 1、(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 2Sna2an，数列bn满足 b11，2bn 1bnbn.2an(1) 求数列an，bn的通项公式；(2) 设数列cn满足 cnbn2，求和 c1c2cn； Sn(3) 是否存在正整数 p，q，r(pqr)

18、，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；若不存在，请说明理由n规范解答 (1) 2Sna2an，n12Sn1a2 an1，得 2a a2 a2a a ，即(a a )(a a 1)0.n 1n1nn 1nn 1nn 1n因为an是正数数列，所以 an1an10，即 an1an1，所以an是等差数列，其中公差为 1.n在 2Sna2an 中，令 n1，得 a11， 所以 ann.(2 分)由 2bn 1bn 得 b ，bnn11 bnann12 nbn11所以数列n 是等比数列，其中首项为 ，公比为 ，所以bnn12，即 bn22n .(5 分)n2n(注：

19、也可累乘求 bn 的通项)(2) 由(1)得 cb n2 1 1n2，所以 c ，(7 分)nSn（n2n）2n1nn2n（n1）2n1所以 c c c 1 1（n1）2n1.(9 分)12n2（n1）2n1（n1）2n1(3) 假设存在正整数 p，q，r(pqr)，使得 bp，bq，br 成等差数列，则 bpbr2bq，即p r 2q.因为 bbn1n1n，所以数列b 从第二项起单调递减2p2r2qn1n 2n12nn2n1.当 p1 时，1 r 2q22r2q若 q2，则 r 1，此时无解；2r2若 q3，则 r 1，且bn从第二项起递减，故 r4，所以 p1，q3，r4 符合要求；(11

20、 分)2r4若 q4，则b1b12，即 b12bq，又因为 b1br2bq，所以 b12bq，矛盾此时无解(12 分)bqb4当 p2 时，一定有 qp1.若 qp2，则bp bp 4p 4 2，即 b 2b ，这与 b b 2b 矛盾，所以 qp1.bqbp2p212ppqprq此时 r 1 ，则 r2rp.令 rpm1，则 r2m1，所以 p2m1m1，q2m1m，mN*.2r2p综上得，存在 p1，q3，r4 或 p2m1m1，q2m1m，r2m1(mN*)满足要求(16 分)题型二、数列中的最值问题研究“和式”不等式恒成立问题，恒成立问题的基本方法有两类：第一类是先求和，再研究不等式，

21、此种方法要求“和”要能求；第二类处理方法是直接研究单调性来确定最值例 2、(2018 无锡期末）已知等比数列an满足 a2a52a3，且 a4，5，2a7 成等差数列，则 a1a2an4的最大值为 【答案】 1 024【解析】解法 1 设等比数列an的公比为 q，根据等比数列的性质可得 a2a5a3a42a3，由于 a30，可得 a42.因为 a4，5，2a7 成等差数列，所以 25a42a7，可得 a71，由 a7a4q3 可得 q1，由 a4a1q34442bn 112可得 a116，从而 ana1qn116n1(也可直接由 ana4qn4 得出)，令 bna1a2an，则 anbn116

22、n1212，令 16n1，可得 n4，故 b1b2b6bn，所以当 n4 或 5 时，a1a2an的值最大，为 1 024.12解法 2 同解法 1 得 an16n1，令 an1 可得 n5，故当 1n5 时，an1，当 n6 时，0an0，q1)的等比数列，且数列an的前 n 项积为 10Tn.若存在正整数 k，对任意 nN*，使得T（k1）n为定值，求首项 a1 的值Tknnn1n1规范解答 (1) 当 n2 时，由 3(SnSn1)a22，3(Sn1Sn)a2 2，两式相减，得 3(an1an)a2na2.因为 an0 恒成立，所以 an1an3，其中 n2.(2 分)由 3(S S )

23、a22 及 a 2，得 3(4a )a22，即 a23a 100.21212222结合 a20，解得 a25，满足 a2a13.(3 分)所以对 nN*，均有 an1an3，即数列an是首项为 a12，公差为 3 的等差数列，数列an的通项公式为 an3n1.(5 分)由知，Sn（a1an）n（3n1）n（3n1）*记 f(n)n2n（3n1），所以2*2n2对 nN 恒成立(6 分)2n2，nN .考虑 f(n1)f(n)（n1）（3n4）2n3n（3n1）2n2（3n25n4）.(8 分)2n3当 n3 时，f(n1)f(n)，且 f(1)1，f(2)7，f(3)15.所以 f(n)max

24、f(3)15，从而15.15，所以实数的取值范围是 162816.(11 分)1616(2) 设 bnlganlga1qn1lga1lgqn1lga1(n1)lgq，令 dlgq，则数列bn是公差为 d 的等差数列，1由题意有 a1a2ananqn（n1）10Tn，2两边取以 10 为底的对数，则有 nlga1n（n1）lgqTn，2而数列bn的前 n 项和为 nlga1lga1（n1）lgqnlga1n（n1）lgqTn，故 Tn 为数列bn的前 n22项和(13 分)n（n1）db1dddTnnb1d n2222 n，记 A0，Bb12，则 TnAn2Bn. 2所以T（k1）nTknA（k

25、1）2n2B（k1）nAk2n2Bknk1kA（k1）nB. AknB也为定值因为对任意 nN*，T（k1）n为定值，所以A（k1）nBTkn设A（k1）nB，AknBAknB则A(k1)AknBB0 对 nN*恒成立 A（k1）Ak0，所以BB0，由得k1，代入得 B0.(15 分)k即 b11d，即 lga11lgq，得 a1 q.(16 分)22题型三、数列中的不等关系1、与数列中的项相关的不等式问题： 有些问题往往与基本不等式结合。 在有些关于项的不等式证明中，可向求和问题进行划归，即将递推公式放缩变形成为可“累加”或“累乘”的形式，2、常见的放缩变形：（1）1 1 1，其中n 2,n

26、 N ：可称 1为“进可攻，退可守”，可依照所证不等n (n + 1)n2n (n - 1)n2式不等号的方向进行选择。1注：对于 n2 ，可联想到平方差公式，从而在分母添加一个常数，即可放缩为符合裂项相消特征的数列，1例如：1=1= 1 1-1 ，n2n2 - 1(n - 1)(n + 1)2 n - 1n + 1 例 4、(2018 苏中三市、苏北四市三调）已知实数 a ，b ，c 成等比数列，a + 6 ，b + 2 ，c + 1成等差数列， 则b的最大值为 3【答案】4b2 = ac, 2b + 4 = a + c + 7, 所以 a + c = 2b - 3,【解析】解法 1（基本不

27、等式）由题意知， a + c 2由基本不等式的变形式 ac ,a,c R 2b - 3 2b2 b 3b 的最大值为2,则有：34 .2 ，解得4 ，所以解法 2（判别式法）由题意知，b2 = ac, 2b + 4 = a + c + 7,则c = 2b - a - 3 ,代入得b2 = a(2b - a - 3) ，即 a2 + (3 - 2b)a + b2 = 0 ，上述关于 a 的方程有解，所以D = (3 - 2b)2 - 4b2 0，解得b 34 ，所以b 的最大值为 34 .例 5、(2019 镇江期末）设数列an是各项均为正数的等比数列，a12，a2a464.数列bn满足：对任意

28、的正整数 n，都有 a1b1a2b2anbn(n1)2n12.(1) 分别求数列an与bn的通项公式(2) 若不等式1 12b11 12b2 1 12bn 0)，因为 a12，a2a4a1qa1q364，解得 q2，则 an2n.(1分)当 n1 时，a1b12，则 b11；(2 分)当 n2 时，a1b1a2b2anbn(n1)2n12，a1b1a2b2an1bn1(n2)2n2，得 anbnn2n，则 bnn.综上，bnn.(4 分)1 11 12bn11 1 11111(2) 不 等 式 2b12b2 2bn 对 一 切 正 整 数 n 都 成 立 ， 即 24 2n11 1 1 2n 0，当0 时，不等式显然成立(5 分)当0 时，不等式等价于112114 1 1 12n2n1.设 f(n)11212n2n1，1114 11111 11 1f（n1） 24 2n2n22n3则f（n）112114 1 1 2n2n1 2n1 2n32n24n28n3 4n28n4f(2)f(3)