（江苏专用）2020版高考数学一轮复习 第六章 数列 6.4 数列求和、数列的综合应用课件

§6.4数列求和、数列的综合应用高考数学(江苏省专用)五年高考A组自主命题·江苏卷题组1.(2018江苏,14,5分)已知集合A={x|x=2n-1,n∈N*},B={x|x=2n,n∈N*}.将A∪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Sn12an+1成立的n的最小值为.答案27解析解法一:利用列举法可得:当n=26时,数列{an}的前26项重新排列为1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,23,25,…,41;2,4,8,16,32,则S26= + =441+62=503,a27=43,则12a27=516,不符合题意.当n=27时,数列{an}的前27项重新排列为1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,23,25,…,41,43;2,4,8,16,32,S27= + =546,a28=45,则12a28=540,符合题意,故答案为27.解法二:设an=2k,则Sn=[(2×1-1)+(2×2-1)+…+(2·2k-1-1)]+(2+22+…+2k)= + =22k-2+2k+1-2.由Sn12an+1得22k-2+2k+1-212(2k+1),即(2k-1)2-20·2k-1-140,即2k-1≥25,则k≥6.所以只需研究25an26是否有满足条件的解,此时Sn=[(2×1-1)+(2×2-1)+…+(2m-1)]+(2+22+…+25)=m2+25+1-2,an+1=2m+1,m为等差数列的项数,且m16.由m2+25+1-212(2m+1),得m2-24m-500,21(141)252(12)1222(143)252(12)12112(1221)2kk2(12)12k∴m≥22,n=m+5≥27.∴满足条件的n最小值为27.解法三:设bn=2n-1,cn=2n,则bn为奇数,cn为偶数,数列{an}是由数列{bn}和{cn}的所有项从小到大依次排列构成的.设数列{an}的前n项中有m个数列{bn}中的项,k个数列{cn}中的项,则n=m+k,数列{bn}的前m项和为m2,数列{cn}的前k项和为2k+1-2.(1)若最后一项是等比数列中的项,则2m-1=2k-1,m=2k-1.由Sn12an+1,得(2k-1)2+2k+1-212(2k+1),即2k-1(2k-1-20)14,则k≥6.当k取最小值6时,m=32,n=38;(2)若最后一项是等差数列中的项,则2k2m-12k+1(k≥1,m≥2),此时an=2m-1,则an+12m.Sn-12an+1=2k+1-2+m2-12an+12(2m-1)-2+m2-12×2m=m2-20m-4.当m=2,3,…,20时,均有Sn-12an+10,即Sn12an+1不成立.所以m≥21,而2k+12m-1,则k≥5.当k=5时,结合2k2m-12k+1,m≥21,得21≤m≤32.①当m=32时,an+1=64,Sn-12an+1=62+322-12×640,满足题意,此时n=37;②当21≤m≤31时,an+1=2m+1,Sn-12an+1=62+m2-12×(2m+1)=m(m-24)+50.当且仅当m≥22时,有Sn-12an+10,即当k=5,m=22时,nmin=5+22=27.名师点睛(1)本题采用分组转化法求和,将原数列转化为一个等差数列与一个等比数列的和.分组转化法求和的常见类型主要有分段型,如an= 符号型,如an=(-1)nn2;周期型,如an=sin .(2)解数列问题首先要学会将“数”一一“列”出,通过观察发现其规律;其次要充分利用好两个最基本也是最简单的数列,即等差数列与等比数列,要熟练掌握这两个数列的通项公式、求和公式,以及它们的一些基本性质.本题综合了两个C级要求的基本数列,利用不等式性质把问题转化为C级要求的解二次不等式,结合估值运算,利用函数思想求有关最值,从而形成了高考中的这道难题.可见,在平时的学习中,一是要有扎实的基本功,熟练掌握基础知识;二是加强思维能力、运算能力,提高自己的数学素养.,,2,;nnnn为奇数为偶数3n2.(2019江苏,20,16分)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, = - ,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.1nS2nb12nb解析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.满分16分.(1)设等比数列{an}的公比为q,所以a1≠0,q≠0.由 得 解得 因此数列{an}为“M-数列”.(2)①因为 = - ,所以bn≠0.由b1=1,S1=b1,得 = - ,则b2=2.由 = - ,得Sn= ,当n≥2时,由bn=Sn-Sn-1,得bn= - ,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*).245321,440,aaaaaa244112111,440,aqaqaqaqa11,2.aq1nS2nb12nb112122b1nS2nb12nb112()nnnnbbbb112()nnnnbbbb112()nnnnbbbb②解法一: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.当k=1时,有q≥1;当k=2,3,…,m时,有 ≤lnq≤ .设f(x)= (x1),则f'(x)= .令f'(x)=0,得x=e.列表如下:lnkkln1kklnxx21lnxxx(1,e)e(e,+∞)f'(x)+0-f(x)↗极大值↘因为 =  = ,所以f(k)max=f(3)= .取q= ,当k=1,2,3,4,5时, ≤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.解法二:由题意知数列{cn}为等比数列,设其公比为q,则cn=qn-1,因为m∈N*,且∀k∈N*,当k≤m时,都有ck≤bk≤ck+1成立,即qk-1≤k≤qk成立,所以,当m=1时,有1≤1≤q,当m=2时,有1≤1≤q,q≤2≤q2,解得 ≤q≤2,当m=3时,有1≤1≤q,q≤2≤q2,q2≤3≤q3,解得 ≤q≤ ,当m=4时,有1≤1≤q,q≤2≤q2,q2≤3≤q3,q3≤4≤q4,ln22ln86ln96ln33ln3333lnkk2333解得 ≤q≤ .当m=5时,有1≤1≤q,q≤2≤q2,q2≤3≤q3,q3≤4≤q4,q4≤5≤q5,解得 ≤q≤ ,当m=6时,有q5≤6≤q6,且 ≤q≤ ,易得q≤ 且q≥ ,而  ,所以q∈⌀.综上,m的最大值为5.333433453345563356333.(2018江苏,20,16分)设{an}是首项为a1,公差为d的等差数列,{bn}是首项为b1,公比为q的等比数列.(1)设a1=0,b1=1,q=2,若|an-bn|≤b1对n=1,2,3,4均成立,求d的取值范围;(2)若a1=b10,m∈N*,q∈(1, ],证明:存在d∈R,使得|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立,并求d的取值范围(用b1,m,q表示).2m解析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.(1)由条件知an=(n-1)d,bn=2n-1.|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 ≤d≤ .因此,d的取值范围为 .(2)解法一:由条件知:an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1.若存在d,使得|an-bn|≤b1(n=2,3,…,m+1)均成立,即|b1+(n-1)d-b1qn-1|≤b1(n=2,3,…,m+1).即当n=2,3,…,m+1时,d满足 b1≤d≤ b1.因为q∈(1, ],所以1qn-1≤qm≤2,从而 b1≤0, b10,对n=2,3,…,m+1均成立.735275,32121nqn11nqn2m121nqn11nqn因此,取d=0时,|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立.下面讨论数列 的最大值和数列 的最小值(n=2,3,…,m+1).①当2≤n≤m时, - = = ,当1q≤ 时,有qn≤qm≤2,从而n(qn-qn-1)-qn+20.因此,当2≤n≤m+1时,数列 单调递增,故数列 的最大值为 .②设f(x)=2x(1-x),当x0时,f'(x)=(ln2-1-xln2)2x0.所以f(x)单调递减,从而f(x)f(0)=1.当2≤n≤m时, = ≤  =f 1.因此,当2≤n≤m+1时,数列 单调递减,121nqn11nqn2nqn121nqn12(1)nnnnqqnqnn1()2(1)nnnnqqqnn12m121nqn121nqn2mqm11nnqnqn(1)qnn12n11n1n11nqn故数列 的最小值为 .因此,d的取值范围为 .解法二:由条件知an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1,且b10.当d=0时,|an-bn|=|b1-b1qn-1|=b1·|1-qn-1|.因为q∈(1, ],所以1qn-1≤qm≤2,即|1-qn-1|=qn-1-1≤1,所以b1·|1-qn-1|≤b1(n=2,3,…,m+1).因此,存在d=0,|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立.若存在d,使得|an-bn|≤b1(n=2,3,…,m+1)均成立,即|b1+(n-1)d-b1qn-1|≤b1(n=2,3,…,m+1),即当n=2,3,…,m+1时,d满足 b1≤d≤ b1.下面讨论数列 的最大值和数列 的最小值(n=2,3,…,m+1).11nqnmqm11(2),mmbqbqmm2m121nqn11nqn121nqn11nqn①当2≤n≤m时, = =1+ .因为1q≤ 时,故qn-1qn≤qm≤2,从而 0,所以 1.又 0,所以  .因此,当2≤n≤m+1时,数列 单调递增,故数列 的最大值为 .②当2≤n≤m时, = .因为1q≤ ,所以令 =s,则 ≥ =sm-1+sm-2+…+1m≥n-1,即 1,1221nnqnqn1222nnnnqqnnqn11()2(2)nnnnnqqqnq12m11()2(2)nnnnnqqqnq1221nnqnqn121nqn2nqn121nqn121nqn121nqn2mqm11nnqnqn(1)qnn12m12m11q11s(1)qnn因此,当2≤n≤m+