2020届江苏高考数学(理)总复习讲义：---数列的综合问题

第五节数列的综合问题考点一数列与不等式问题重点保分型考点——师生共研[典例引领]若各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝an＋1(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若正项等比数列{bn}，满足b2＝2,2b7＋b8＝b9，求Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn；(3)对于(2)中的Tn，若对任意的n∈N*，不等式λ(－1)n＜12n＋1(Tn＋21)恒成立，求实数λ的取值范围．解：(1)因为2Sn＝an＋1，所以4Sn＝(an＋1)2，且an＞0，则4a1＝(a1＋1)2，解得a1＝1，又4Sn＋1＝(an＋1＋1)2，所以4an＋1＝4Sn＋1－4Sn＝(an＋1＋1)2－(an＋1)2，即(an＋1－an－2)(an＋1＋an)＝0，因为an＞0，所以an＋1＋an≠0，所以an＋1－an＝2，所以{an}是公差为2的等差数列，又a1＝1，所以an＝2n－1.(2)设数列{bn}的公比为q，因为2b7＋b8＝b9，所以2＋q＝q2，解得q＝－1(舍去)或q＝2，由b2＝2，得b1＝1，故bn＝2n－1.因为Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－1)×2n－1，所以2Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)×2n，两式相减得－Tn＝1＋2(2＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)×2n，故Tn＝(2n－1)×2n－1－2(2＋22＋…＋2n－1)＝(2n－1)×2n－1－2(2n－2)＝(2n－3)×2n＋3.(3)不等式λ(－1)n＜12n＋1(Tn＋21)可化为(－1)nλ＜n－32＋62n－1.①当n为偶数时，λ＜n－32＋62n－1，记g(n)＝n－32＋62n－1，则有λ＜g(n)min.因为g(n＋2)－g(n)＝2＋62n＋1－62n－1＝2－92n，当n＝2时，g(n＋2)＜g(n)，当n≥4时，g(n＋2)＞g(n)，即g(4)＜g(2)，当n≥4时，g(n)单调递增，g(n)min＝g(4)＝134，所以λ＜134.②当n为奇数时，λ＞32－n－62n－1，记h(n)＝32－n－62n－1，则有λ＞h(n)max.因为h(n＋2)－h(n)＝－2－62n＋1＋62n－1＝－2＋92n，当n＝1时，h(n＋2)＞h(n)，当n≥3时，h(n＋2)＜h(n)，即h(3)＞h(1)，当n≥3时，h(n)单调递减，h(n)max＝h(3)＝－3，所以λ＞－3.综上所述，实数λ的取值范围为－3，134.[由题悟法]1．数列与不等式的综合问题考查类型(1)判断数列中的一些不等关系问题；(2)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；(3)考查与数列问题有关的不等式的证明问题．2．解决数列与不等式问题的两个注意点(1)利用基本不等式或函数的单调性求解相关最值时，应注意n取正整数的限制条件．(2)利用放缩法证明不等式、求解参数的范围时，尽量先求和、后放缩，注意放缩的尺度，否则会导致范围扩大或缩小而得不到正确的结果．[即时应用]已知数列{an}满足a1＝6，a2＝20，且an－1·an＋1＝a2n－8an＋12(n∈N*，n≥2)．(1)证明：数列{an＋1－an}为等差数列；(2)令cn＝n＋1annan＋1＋nan＋1n＋1an，数列{cn}的前n项和为Tn，求证：2n＜Tn＜2n＋23.证明：(1)当n＝2时，a1·a3＝a22－8a2＋12，所以a3＝42.当n≥2时，由an－1·an＋1＝a2n－8an＋12，得an·an＋2＝a2n＋1－8an＋1＋12，两式相减得anan＋2－an－1an＋1＝a2n＋1－a2n－8an＋1＋8an，所以a2n＋anan＋2－8an＝a2n＋1＋an－1an＋1－8an＋1，即an(an＋an＋2－8)＝an＋1(an＋1＋an－1－8)，所以an＋an＋2－8an＋1＝an＋1＋an－1－8an＝…＝a3＋a1－8a2＝2.所以an＋2＋an－8＝2an＋1，即an＋2－2an＋1＋an＝8，即(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝8，当n＝1时，也满足此式．又a2－a1＝14，所以数列{an＋1－an}是以14为首项，8为公差的等差数列．(2)由(1)知an＋1－an＝14＋8(n－1)＝8n＋6.由a2－a1＝8×1＋6，a3－a2＝8×2＋6，…，an－an－1＝8×(n－1)＋6，累加得an－a1＝8×[1＋2＋3＋…＋(n－1)]＋6(n－1)＝8×n－11＋n－12＋6(n－1)＝4n2＋2n－6，所以an＝4n2＋2n.所以cn＝n＋1annan＋1＋nan＋1n＋1an＝2n＋12n＋3＋2n＋32n＋1＝1－22n＋3＋1＋22n＋1＝2＋212n＋1－12n＋3，所以Tn＝2n＋213－15＋15－17＋…＋12n＋1－12n＋3＝2n＋213－12n＋3，又13＞13－12n＋3＝2n＋3－332n＋3＝2n32n＋3＞0，所以2n＜Tn＜2n＋23.考点二与数列有关的探索性问题重点保分型考点——师生共研[典例引领]已知数列{an}中，a1＝1，a2＝a，且an＋1＝k(an＋an＋2)对任意正整数n都成立，数列{an}的前n项和为Sn.(1)若k＝12，且S2018＝2018a，求a的值；(2)是否存在实数k，使数列{an}是公比不为1的等比数列，且对任意相邻三项am，am＋1，am＋2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，请说明理由．解：(1)当k＝12时，an＋1＝12(an＋an＋2)，即an＋2－an＋1＝an＋1－an，所以数列{an}是等差数列，此时首项a1＝1，公差d＝a2－a1＝a－1，所以数列{an}的前2018项和S2018＝2018＋12×2018×(2018－1)(a－1)＝2018a，解得a＝1.(2)设数列{an}是等比数列，则它的公比q＝a2a1＝a(a≠1)，所以am＝am－1，am＋1＝am，am＋2＝am＋1.①若am＋1为等差中项，则2am＋1＝am＋am＋2，即2am＝am－1＋am＋1，解得a＝1，不合题意；②若am为等差中项，则2am＝am＋1＋am＋2，即2am－1＝am＋am＋1，化简得a2＋a－2＝0，解得a＝－2(a＝1舍去)，所以k＝am＋1am＋am＋2＝amam－1＋am＋1＝a1＋a2＝－25；③若am＋2为等差中项，则2am＋2＝am＋1＋am，即2am＋1＝am＋am－1，化简得2a2－a－1＝0，解得a＝－12(a＝1舍去)，所以k＝am＋1am＋am＋2＝amam－1＋am＋1＝a1＋a2＝－25.综上，满足要求的实数k有且仅有一个，且k＝－25.[由题悟法]数列中存在性问题的求解策略数列中的探索性问题的主要题型为存在型，解答的一般策略为：先假设所探求的对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到否定的结论，即不存在．若推理不出现矛盾，能求得已知范围内的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果．[即时应用]设数列{an}的前n项和为Sn，且(Sn－1)2＝anSn.(1)求a1；(2)求证：数列1Sn－1为等差数列；(3)是否存在正整数m，k，使1akSk＝1am＋19成立？若存在，求出m，k；若不存在，说明理由．解：(1)当n＝1时，(a1－1)2＝a21，∴a1＝12.(2)证明：∵(Sn－1)2＝anSn，∴当n≥2时，(Sn－1)2＝(Sn－Sn－1)Sn，∴－2Sn＋1＝－Sn－1Sn，即1－Sn＝Sn(1－Sn－1)，∴1Sn－1－1＝SnSn－1，∴1Sn－1－1Sn－1－1＝1Sn－1－SnSn－1＝1－SnSn－1＝－1为定值，∴1Sn－1为等差数列．(3)∵1a1－1＝－2，∴1Sn－1＝－2＋(n－1)×(－1)＝－n－1，∴Sn＝nn＋1，∴an＝Sn－12Sn＝1nn＋1.假设存在正整数m，k，使1akSk＝1am＋19成立，则(k＋1)2＝m(m＋1)＋19，∴4(k＋1)2＝4m(m＋1)＋76，∴[(2k＋2)＋(2m＋1)][(2k＋2)－(2m＋1)]＝75，∴(2k＋2m＋3)(2k－2m＋1)＝75＝75×1＝25×3＝15×5，∴2k＋2m＋3＝75，2k－2m＋1＝1或2k＋2m＋3＝25，2k－2m＋1＝3或2k＋2m＋3＝15，2k－2m＋1＝5.解得k＝18，m＝18或k＝6，m＝5或k＝4，m＝2.考点三新定义数列问题重点保分型考点——师生共研[典例引领]若存在非零常数p，对任意的正整数n，a2n＋1＝anan＋2＋p，则称数列{an}是“T数列”．(1)若数列{an}的前n项和Sn＝n2(n∈N*)，求证：{an}是“T数列”；(2)设{an}是各项均不为0的“T数列”．①若p＜0，求证：{an}不是等差数列；②若p＞0，求证：当a1，a2，a3成等差数列时，{an}是等差数列．证明：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，当n＝1时，符合上式，所以an＝2n－1.则{an}是“T数列”⇔存在非零常数p，对任意正整数n，(2n＋1)2＝(2n－1)(2n＋3)＋p，显然p＝4满足题意，所以{an}是“T数列”．(2)①假设{an}是等差数列，设an＝a1＋(n－1)d，则由a2n＋1＝anan＋2＋p，得(a1＋nd)2＝[a1＋(n－1)d]·[a1＋(n＋1)d]＋p，解得p＝d2≥0，这与p＜0矛盾，故假设不成立，从而{an}不是等差数列．②因为a2n＋1＝anan＋2＋p，所以a2n＝an－1an＋1＋p(n≥2)，两式相减得，a2n＋1－a2n＝anan＋2－an－1an＋1.因为{an}的各项均不为0，所以an＋1＋an－1an＝an＋an＋2an＋1(n≥2)，故an＋1＋an－1an(n≥2)是常数列，因为a1，a2，a3成等差数列，所以a3＋a1a2＝2，从而an＋1＋an－1an＝2(n≥2)，即an＋1＋an－1＝2an(n≥2)，所以{an}是等差数列．[由题悟法](1)新情境和新定义下的新数列问题，一般命题形式是根据定义的条件推断这个新数列的一些性质或判断一个数列是否属于这类数列的问题.(2)数列试题的情境，除了常见的等差数列、等比数列和递推数列外，有时还会出现周期数列、分段数列、数表型数列以及子数列问题等新情境．[即时应用]对于数列{an}，记Δ1an＝an＋1－an，Δk＋1an＝Δkan＋1－Δkan，k，n∈N*，则称数列{Δkan}为数列{an}的“k阶差数列”．(1)已知Δ1an＝－12n，①若{an}为等比数列，求a1的值；②证明：当n＞m，n，m∈N*时，|an－am|＜23.(2)已知数列{bn}为数列{an}的“2阶差数列”，若bn＝3n－2，a1＝1，且an≥a3对n∈N*恒成立，求a2的取值范围．解：(1)①因为a2＝a1＋Δ1a1＝a1－12，a3＝a2＋Δ1a2＝a1－14，且{an}为等比数列，所以a22＝a1·a3，即a1－122＝a1a1－14，解得a1＝13.②证明：当n＞m时，因为an－am＝Δ1an－1＋…＋Δ1am＝－12m1－－12n－m1－－12＝23·－12m－－12n，所以|an－am|＝23·－12m－－12n≤23·12n＋12m＜43·12m.又43·12m单调递减，所以43·12m≤43×12＝23，故当n＞m，n，m∈N*时，|an－am|＜23