江苏省2019高考数学二轮复习第20讲数列的综合应用课件

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.21q答案 512解析由an0及a1= ,则S5-S2=a3+a4+a5=a1q2+a1q3+a1q4=1+q+q2=2,解得q= (舍负).21q512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q≠1,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× =2.1212212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(d≠0),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)递减,当x∈(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-32.1092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n≥2,n∈N*,都有pn= +Ancn,设{pn}的前n项和为Sn,求证:Sn4+4lnn.nnab1na1nTn解析(1)设等差数列的公差为d(d≠0),等比数列的公比为q(q≠1),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2amanbi=amabj+anbk,即2mn·2i-1=m·2j-1+n·2k-1,由于ijk,且为正整数,所以j-i≥1,k-i≥2,所以2mn=m·2j-i+n·2k-i≥2m+4n,可得mn≥m+2n,即 + ≤1.①当1≤m≤2时,不等式 + ≤1不成立;②当 或 时,2mn·2i-1=m·2j-1+n·2k-I成立,此时,m+n=6;221432444,44aaabbb211123111()(3),44,adaadbqbqbq2m1n2m1n4,2mn3,3mn③当n≥4时, 0, 1,即m2,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, ①1n2m4,2mn3,3mn12c112123cc111231n1112n111123n111123n Tn= c1+ c2+…+ cn, ②12121212①-②得 Tn=1+ + + +…+ - =2-2 -n ,求得Tn=4-(n+2) 4,所以Sn4 .设f(x)=lnx+ -1(x1),则f'(x)= - = 0,所以f(x)在(1,+∞)上单调递增,有f(x)f(1)=0,可得lnx1- .当k≥2,且k∈N*时, 1,有ln 1- = ,所以 ln , ln ,…, ln ,可得1+ + +…+ 1+ln =1+lnn,12121418112n2nn12n12n112n111123n1x1x21x21xx1x1kk1kk1kk1k122113321n1nn12131n2311221nnnn所以Sn4 4(1+lnn),即Sn4+4lnn.【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.111123n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n∈N*,an+|an+1-an+2|均为数列{an}中的项,则称数列{an}为“T数列”,(1)若数列{an}的前n项和Sn=2n2,n∈N*,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n∈N*,均有an - an+1,求数列{an}的通项公式.21na2na解析(1)证明:当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n2-2(n-1)2=4n-2.又a1=S1=2=4×1-2,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|=a1+(n-1)d+|d|.因为数列{an}为“T数列”,所以任意n∈N*,存在m∈N*,使得a1+(n-1)d+|d|=am,即有(m-n)d=|d|.①若d≥0,则存在m=n+1∈N*,使得(m-n)d=|d|;②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,d≥0.(3)因为anan+1,所以an+|an+1-an+2|=an+an+2-an+1.又因为anan+an+2-an+1=an+2-(an+1-an)an+2,且数列{an}为“T数列”,所以an+an+2-an+1=an+1,即an+an+2=2an+1,所以数列{an}为等差数列.设数列{an}的公差为t(t0),则有an=1+(n-1)t,由an - an+1,得1+(n-1)tt[2+(2n-1)t]1+nt,21na2na整理得n(2t2-t)t2-3t+1①,n(t-2t2)2t-t2-1②.若2t2-t0,取正整数N0 ,22312tttt则当nN0时,n(2t2-t)(2t2-t)N0t2-3t+1,与①式对于任意n∈N*恒成立相矛盾,因此2t2-t≥0.同样根据②式可得t-2t2≥0,所以2t2-t=0.又t0,所以t= .经检验当t= 时,①②两式对于任意n∈N*恒成立,所以数列{an}的通项公式为an=1+ (n-1)= .12121212n【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n∈N*满足 - = ,且a1=1,数列{bn}满足bn+2-2bn+1+bn=0(n∈N*),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n项和为Tn,若对任意正整数n,都有Tn≥2n+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,b5,11nAnnAn12nnbannabb6,…,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= (n∈N*),∴an+1=An+1-An= - =n+1(n∈N*),又a1=1,∴an=n(n∈N*).11nAnnAn1211AnAn12nAn121212(1)2nn(1)(2)2nn(1)2nn∵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,∴{bn}的公差为 = =1,bn=n+2(n∈N*).(2)由(1)知cn= + = + =2+2 ,∴Tn=c1+c2+…+cn=2n+2 379()2bb7373bb9573nnbannab2nn2nn112nn1111113242nn=2n+2 =2n+3-2 ,1111212nn1112nn∴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-2n≥a恒成立,∴a≤ .(3)数列{an}的前n项和An= ,数列{bn}的前n项和Bn= ,①当n=2k(k∈N*)时,Sn=Ak+Bk= + =k2+3k;②当n=4k+1(k∈N*)时,1112nn1112nn1113nn4(1)(3)nn4343(1)2nn(5)2nn(1)2kk(5)2kkSn=A2k+1+B2k= + =4k2+8k+1,特别地,当n=1时,S1=1也符合上式;③当n=4k-1(k∈N*)时,Sn=A2k-1+B2k= + =4k2+4k.综上,Sn= (21)(22)2kk2(25)2kk(21)22kk2(25)2kk22*213n,2,42n63,43,N,4n65,41.4nnknnkknnk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.2na12nnba2nnbS解析(1)2Sn= +an①,2Sn+1= +an+1②,②-①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+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= .2na21na21na2na2nannba11nbn12nbnnbn1212nbn12n2nn(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 =