文理通用江苏省2020高考数学二轮复习专题五数列第25讲数列的综合应用课件

第25讲数列的综合应用课堂精析考情——锁定命题热点，精准才能高效一、小题考法——求“准”求“快”考法一数列与不等式交汇[例1](1)(2019·南京、盐城期末)若数列{an}满足a1＝0，a4n－1－a4n－2＝a4n－2－a4n－3＝3，a4na4n－1＝a4n＋1a4n＝12，其中n∈N*，且对任意n∈N*都有an＜m成立，则m的最小值为________．(2)已知等差数列{an}的前n项和Sn＞0，且S2·S3·…·Sn＝n(a22－t)(a23－t)·…·(a2n－t)，其中n≥2且n∈N*.若an≤n＋12(n∈N*)，则实数t的取值范围是________．[解析](1)∵a4na4n－1＝a4n＋1a4n＝12，∴a4n＋1＝12a4n＝14a4n－1，又∵a4n－1－a4n－2＝a4n－2－a4n－3＝3，∴a4n＋1＝14a4n－1＝14(a4n－2＋3)＝14(a4n－3＋6)⇒a4n＋1－2＝14(a4n－3－2)，故a4n－3－2＝(a1－2)14n－1⇒a4n－3＝2－2·14n－1⇒a4n－1＝a4n－3＋6＝8－24n－1＜8，易得a4n＝4－14n－1＜4，a4n＋1＜a4n，a4n＋2＝3＋a4n＋1＝5－12×4n－1＜5，故mmin＝8.(2)∵S2·S3·…·Sn＝n(a22－t)(a23－t)·…·(a2n－t)，∴S2·S3·…·Sn＋1＝(n＋1)(a22－t)(a23－t)·…·(a2n＋1－t)，则Sn＋1＝n＋1a2n＋1－tn⇒(n＋1)a1＋nn＋12d＝n＋1[a1＋nd2－t]n⇒na1＋n22d＝a21＋n2d2＋2a1dn－t⇒－d2＋d2n2＋(a1－2a1d)n＋t－a21＝0⇒－d2＋d2＝0，a1－2a1d＝0，t－a21＝0⇒d＝12或d＝0，a1＝0或d＝12，t＝a21.∵d＞0，a1＞0，∴d＝12，t＝a21，∴an＝a1＋(n－1)d＝a1＋n－12≤n＋12⇒a1≤1，∴0＜a1≤1，∴0＜t≤1.[答案](1)8(2)(0,1][解题方略]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．考法二数列的新定义问题[例2](1)(2019·无锡期中)定义nP1＋P2＋…＋Pn为n个正数P1，P2，…，Pn的“均倒数”．若已知数列{an}的前n项的“均倒数”为12n＋3，bn＝an＋12，则1b1b2＋1b2b3＋…＋1b9b10＝________.(2)已知n∈N*，an＝2n，bn＝2n－1，cn＝max{b1－a1n，b2－a2n，…，bn－ann}，其中max{x1，x2，…，xs}表示x1，x2，…，xs这s个数中最大的数．数列{cn}的前n项和为Tn，若an＋λTn≥0对任意的n∈N*恒成立，则实数λ的最大值是________．[解析](1)设数列{an}的前n项和为Sn，依题意，有nSn＝12n＋3，即Sn＝n(2n＋3)＝2n2＋3n.当n＝1时，a1＝S1＝5，当n≥2时，由Sn＝2n2＋3n得Sn－1＝2(n－1)2＋3(n－1)＝2n2－n－1，两式相减，得an＝4n＋1，n＝1时也符合，所以an＝4n＋1，则bn＝an＋12＝2n＋1，所以1b1b2＋1b2b3＋…＋1b9b10＝13×5＋15×7＋…＋119×21＝12×13－15＋15－17＋…＋119－121＝12×13－121＝17.(2)bm＋1－nam＋1－(bm－nam)＝2－n·2m≤0，故cn＝b1－na1＝－2n＋1，则Tn＝－n2⇒λ≤2nn2，令f(n)＝2nn2，则λ≤f(n)min，fn＋1fn－1＝n2－2n－1n＋12，当n＝1或2时，fn＋1fn－1＜0，即f(n＋1)＜f(n)，则f(1)＞f(2)＞f(3)，当n≥3时，fn＋1fn－1＞0，即f(n＋1)＞f(n)，则f(3)＜f(4)＜f(5)＜…＜f(n)，故f(n)min＝f(3)＝89，因此λ≤89.所以实数λ的最大值是89.[答案](1)17(2)89[解题方略](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．[集训过关]1．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1.若集合M＝{n|n(n＋1)≥λan，n∈N*}中有3个元素，则实数λ的取值范围是________．解析：当n＝1时，S1＝2a1－1，得a1＝1.当n≥2时，由Sn＝2an－1，①得Sn－1＝2an－1－1，②由①－②，得an＝2an－1，anan－1＝2(n≥2)，因此{an}是等比数列，且公比是2，所以an＝2n－1.由n(n＋1)≥λan可得λ≤nn＋12n－1.令f(n)＝nn＋12n－1，n∈N*，则f(1)＝2，f(2)＝3，f(3)＝3，f(4)＝52，f(5)＝158.因为f(n＋1)－f(n)＝n＋1n＋22n－nn＋12n－1＝n＋12－n2n，所以当n≥3时，f(n＋1)－f(n)＜0，f(n＋1)＜f(n)．因为M中有3个元素，所以不等式λ≤nn＋12n－1的解的个数为3，所以2＜λ≤52.答案：2，522．已知集合A＝{x|x＝2k－1，k∈N*}，B＝{x|x＝8k－8，k∈N*}，从集合A中取出m个不同元素，其和记为S；从集合B中取出n个不同元素，其和记为T.若S＋T≤967，则m＋2n的最大值为________．解析：设从A中取出m项，序号为l1，l2，…，lm，从B中取出n项，序号为k1，k2，…，kn，则2l1－1＋2l2－1＋…＋2lm－1＋8k1－8＋8k2－8＋…＋8kn－8≤967，即2(l1＋l2＋…＋lm)－m＋8(k1＋k2＋…＋kn)－8n≤967，由于l1＋l2＋…＋lm≥1＋2＋…＋m＝mm＋12，k1＋k2＋…＋kn≥1＋2＋…＋n＝nn＋12，所以m(m＋1)－m＋4n(n＋1)－8n≤967，所以m2＋(2n－1)2≤968，令m＝968cosθ，2n－1＝968sinθ，所以m＋2n＝968cosθ＋968sinθ＋1＝1936sinθ＋π4＋1≤44＋1＝45，当m＝22,2n－1＝22时取“＝”，显然不可能，进而观察m＋2n＝44的情况，取m＝22,2n－1＝21，即n＝11.故m＋2n的最大值为44.答案：443．设某数列的前n项和为Sn，若SnS2n为常数，则称该数列为“和谐数列”．若一个首项为1，公差为d(d≠0)的等差数列{an}为“和谐数列”，则该等差数列的公差d＝________.解析：由SnS2n＝k(k为常数)，且a1＝1，得n＋12n(n－1)d＝k2n＋12×2n2n－1d，即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，整理得，(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0.∵对任意正整数n，上式恒成立，∴d4k－1＝0，2k－12－d＝0，解得d＝2，k＝14，∴数列{an}的公差d＝2.答案：24．若等差数列an的首项为a1，公差为d，关于x的不等式d2x2＋a1－d2x＋c≥0的解集为[0,10]，则使数列an的前n项和Sn最大的正整数n的值是________．解析：∵关于x的不等式d2x2＋a1－d2x＋c≥0的解集为[0,10]，∴d2＜0,0＋10＝－a1－d2d2，0×10＝cd2，解得d＜0，c＝0，a1＝－9d2.an＝a1＋(n－1)d＝－9d2＋(n－1)d＝dn－112，令an≥0，解得n≤112，因此使数列an的前n项和Sn最大的正整数n的值是5.答案：5二、大题考法——求“稳”求“范”考法一新定义数列[例1](2019·江苏高考)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{bn}(n∈N*)满足：b1＝1，1Sn＝2bn－2bn＋1，其中Sn为数列{bn}的前n项和．①求数列{bn}的通项公式；②设m为正整数．若存在“M­数列”{cn}(n∈N*)，对任意正整数k，当k≤m时，都有ck≤bk≤ck＋1成立，求m的最大值．[解](1)证明：设等比数列{an}的公比为q，则a1≠0，q≠0.由a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，得a21q4＝a1q4，a1q2－4a1q＋4a1＝0，解得a1＝1，q＝2.因此数列{an}为“M­数列”．(2)①因为1Sn＝2bn－2bn＋1，所以bn≠0.由b1＝1，S1＝b1，得11＝21－2b2，则b2＝2.由1Sn＝2bn－2bn＋1，得Sn＝bnbn＋12bn＋1－bn.当n≥2时，由bn＝Sn－Sn－1，得bn＝bnbn＋12bn＋1－bn－bn－1bn2bn－bn－1，整理得bn＋1＋bn－1＝2bn.所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．因此，数列{bn}的通项公式为bn＝n(n∈N*)．②由①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ck≤bk≤ck＋1，所以qk－1≤k≤qk，其中k＝1,2,3，…，m(m∈N*)．当k＝1时，有q≥1；当k＝2,3，…，m时，有lnkk≤lnq≤lnkk－1.设f(x)＝lnxx(x1)，则f′(x)＝1－lnxx2.令f′(x)＝0，得x＝e.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示：x(1，e)e(e，＋∞)f′(x)＋0－f(x)极大值因为ln22＝ln86ln96＝ln33，所以f(k)max＝f(3)＝ln33.取q＝33，当k＝1,2,3,4,5时，lnkk≤lnq，即k≤qk，经检验知qk－1≤k也成立．因此所求m的最大值不小于5.若m≥6，分别取k＝3,6，得3≤q3，且q5≤6，从而q15≥243，且q15≤216，所以q不存在．因此所求m的最大值小于6.综上，所求m的最大值为5.[解题方略]解答数列新定义问题时，首先需要分析新定义的特点，把新定义所叙述的问题的本质弄清楚，将其转化为我们熟悉的问题，然后确定解题策略，根据题目条件进行求解．考法二探索存在性问题[例2](2019·苏州期初调查)已知数列{an}的奇数项是首项为1的等差数列，偶数项是首项为2的等比数列，数列{an}前n项和为Sn，且满足S3＝a4，a5＝a2＋a3.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若amam＋1＝am＋2，求正整数m的值；(3)是否存在正整数m，使得S2mS2m－1恰好为数列{an}中的一项？若存在，求出所有满足条件的m值，若不存在，说明理由．[解](1)设奇数项的等差数列公差为d，偶数项的等比数列公比为q.所以数列{an}的前5项依次为1,2,1＋d,2q,1＋2d.因为S3＝a4，a5＝a2＋a3，所以4＋d＝2q，1＋2d＝3＋d，解得d＝2，q＝3.所以an＝n，n为奇数，2·3n2－1，n为偶数.(2)因为amam＋1＝am＋2.①若m＝2k(k∈N*)，则a2ka2k＋1＝a2k＋2，所以2·3k－1·(2k＋1)＝2·3k，即2k＋1＝3，所以k＝1，即m＝2.②若m＝2k－1(k∈N*)，则a2k－1a2k＝a2k＋1，所以(2k－1)×2·3k－1＝2k＋1，所以2·3k－1＝2k＋12k－1＝1