高考数学一轮复习第六章数列第五节数列的综合问题教案文苏教版.docx

第五节 数列的综合问题典例引领若各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，且2an1 (nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)若正项等比数列bn，满足b22,2b7b8b9，求Tna1b1a2b2anbn；(3)对于(2)中的Tn，若对任意的nN*，不等式(1)n(Tn21)恒成立，求实数的取值范围解：(1)因为2an1，所以4Sn(an1)2，且an0，则4a1(a11)2，解得a11，又4Sn1(an11)2，所以4an14Sn14Sn(an11)2(an1)2，即(an1an2)(an1an)0，因为an0，所以an1an0，所以an1an2，所以an是公差为2的等差数列，又a11，所以an2n1.(2)设数列bn的公比为q，因为2b7b8b9，所以2qq2，解得q1(舍去)或q2，由b22，得b11，故bn2n1.因为Tna1b1a2b2anbn1132522(2n1)2n1，所以2Tn12322523(2n1)2n，两式相减得Tn12(2222n1)(2n1)2n，故Tn(2n1)2n12(2222n1)(2n1)2n12(2n2)(2n3)2n3.(3)不等式(1)n(Tn21)可化为(1)nn.当n为偶数时，n，记g(n)n，则有g(n)min.因为g(n2)g(n)22，当n2时，g(n2)g(n)，当n4时，g(n2)g(n)，即g(4)g(2)，当n4时，g(n)单调递增，g(n)ming(4)，所以.当n为奇数时，n，记h(n)n，则有h(n)max.因为h(n2)h(n)22，当n1时，h(n2)h(n)，当n3时，h(n2)h(n)，即h(3)h(1)，当n3时，h(n)单调递减，h(n)maxh(3)3，所以3.综上所述，实数的取值范围为.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a16，a220，且an1an1a8an12(nN*，n2)(1)证明：数列an1an为等差数列；(2)令cn，数列cn的前n项和为Tn，求证：2nTn2n.证明：(1)当n2时，a1a3a8a212，所以a342.当n2时，由an1an1a8an12，得anan2a8an112，两式相减得anan2an1an1aa8an18an，所以aanan28anaan1an18an1，即an(anan28)an1(an1an18)，所以2.所以an2an82an1，即an22an1an8，即(an2an1)(an1an)8，当n1时，也满足此式又a2a114，所以数列an1an是以14为首项，8为公差的等差数列(2)由(1)知an1an148(n1)8n6.由a2a1816，a3a2826，anan18(n1)6，累加得ana18123(n1)6(n1)86(n1)4n22n6，所以an4n22n.所以cn22，所以Tn2n22n2，又0，所以2nTn2n.典例引领已知数列an中，a11，a2a，且an1k(anan2)对任意正整数n都成立，数列an的前n项和为Sn.(1)若k，且S2 0182 018a，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，am1，am2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时，an1(anan2)，即an2an1an1an，所以数列an是等差数列，此时首项a11，公差da2a1a1，所以数列an的前2 018项和S2 0182 0182 018(2 0181)(a1)2 018a，解得a1.(2)设数列an是等比数列，则它的公比qa(a1)，所以amam1，am1am，am2am1.若am1为等差中项，则2am1amam2，即2amam1am1，解得a1，不合题意；若am为等差中项，则2amam1am2，即2am1amam1，化简得a2a20，解得a2(a1舍去)，所以k；若am2为等差中项，则2am2am1am，即2am1amam1，化简得2a2a10，解得a(a1舍去)，所以k.综上，满足要求的实数k有且仅有一个，且k.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(Sn1)2anSn.(1)求a1；(2)求证：数列为等差数列；(3)是否存在正整数m，k，使19成立？若存在，求出m，k；若不存在，说明理由解：(1)当n1时，(a11)2a，a1.(2)证明：(Sn1)2anSn，当n2时，(Sn1)2(SnSn1)Sn，2Sn1Sn1Sn，即1SnSn(1Sn1)，1为定值，为等差数列(3)2，2(n1)(1)n1，Sn，an.假设存在正整数m，k，使19成立，则(k1)2m(m1)19，4(k1)24m(m1)76，(2k2)(2m1)(2k2)(2m1)75，(2k2m3)(2k2m1)75751253155，或或解得或或典例引领若存在非零常数p，对任意的正整数n，aanan2p，则称数列an是“T数列”(1)若数列an的前n项和Snn2(nN*)，求证：an是“T数列”；(2)设an是各项均不为0的“T数列”若p0，求证：an不是等差数列；若p0，求证：当a1，a2，a3成等差数列时，an是等差数列证明：(1)当n1时，a1S11；当n2时，anSnSn1n2(n1)22n1，当n1时，符合上式，所以an2n1.则an是“T数列”存在非零常数p，对任意正整数n，(2n1)2(2n1)(2n3)p，显然p4满足题意，所以an是“T数列”(2)假设an是等差数列，设ana1(n1)d，则由aanan2p，得(a1nd)2a1(n1)da1(n1)dp，解得pd20，这与p0矛盾，故假设不成立，从而an不是等差数列因为aanan2p，所以aan1an1p(n2)，两式相减得，aaanan2an1an1.因为an的各项均不为0，所以(n2)，故(n2)是常数列，因为a1，a2，a3成等差数列，所以2，从而2(n2)，即an1an12an(n2)，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1anan1an，k1ankan1kan，k，nN*，则称数列kan为数列an的“k阶差数列”(1)已知1ann，若an为等比数列，求a1的值；证明：当nm，n，mN*时，|anam|.(2)已知数列bn为数列an的“2阶差数列”，若bn3n2，a11，且ana3对nN*恒成立，求a2的取值范围解：(1)因为a2a11a1a1，a3a21a2a1，且an为等比数列，所以aa1a3，即2a1，解得a1.证明：当nm时，因为anam1an11am，所以|anam|m.又m单调递减，所以m，故当nm，n，mN*时，|anam|.(2)因为数列bn为数列an的“2阶差数列”，且bn3n2，所以2an3n2，所以1an2an12an22a11a12(n1)1a12n1a12na2.由2an3n20知，1an单调递增，所以要使ana3对nN*恒成立，当且仅当即解得7a20.所以a2的取值范围是7,01已知各项都不小于1的数列an的前n项和为Sn，且满足an2.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn1，从数列bn中抽取部分项b1，b9，bn3，bn4，bnk，按从小到大的顺序构成等比数列求nk的通项公式；记ck数列ck的前k项和是Tk，求证：Tk.解：(1)由an2，移项并平方得(an2)2a4an46Sn3n，则a4an146Sn13(n1)，n2，两式相减得，aa4an4an16an3，n2，即a2an1a4an14，n2，即(an1)2(an12)2，n2.又an1，所以an1an12，n2，即anan13，n2，又a12，所以a2a110，解得a11，所以数列an是首项为1，公差为3的等差数列，故an13(n1)3n2.(2)由bn1，得b12，b96，故等比数列的首项为2，公比为3，则bnk23k11.化简得nk432k343k21.证明：由题意可得T1，T2，当k3，kN*时，ck.则Tkc1c2ck ，综上，Tk.2设数列an的首项为1，前n项和为Sn，若对任意的nN*，均有Snankk(k是常数且kN*)成立，则称数列an为“P(k)数列”(1)若数列an为“P(1)数列”，求数列an的通项公式；(2)是否存在数列an既是“P(k)数列”，也是“P(k2)数列”？若存在，求出符合条件的数列an的通项公式及对应的k的值；若不存在，请说明理由；(3)若数列an为“P(2)数列”，a22，设Tn，证明：Tn3.解：(1)数列an为“P(1)数列”，则Snan11，所以Sn1an21，两式相减得，an22an1，又n1时，a1a211，所以a22，故an12an对任意的nN*恒成立，即2，所以数列an为等比数列，其通项公式为an2n1，nN*.(2)假设存在这样的数列an，由an是“P(k)数列”可得，Snankk，故有Sn1ank1k，两式相减得，an1ank1ank，则有an3ank3ank2.同理，由an是“P(k2)数列”可得，an1ank3ank2，所以an1an3对任意的nN*恒成立，所以Snankkank2kSn2，即SnSn2. 又Snank2k2Sn22，即Sn2Sn2. 两式矛盾，故不存在数列an既是“P(k)数列”，也是“P(k2)数列”(3)证明：因为数列an为“P(2)数列”，所以Snan22，所以Sn1an32，两式相减得，an1an3an2，又n1时，a1a321，故a33，又a22，满足a3a2a1，所以an2an1an对任意的nN*恒成立，所以数列an的前几项为1,2,3,5,8，故Tn，当n1时，T13，当n2时，T213，当n3时，Tn，由得，TnTn2，显然Tn2Tn，0，故TnTn，即Tn3.综上，Tn3.3已知数列an的前n项和Sn满足：(t1)Sntant0(t为常数，且t0，t1，nN*)(1)设bnan(anSn)，若数列bn为等比数列，求t的值；(2)当t1时，记cn，Tn是数列cn的前n项和，求证：Tn；(3)当t5时，是否存在整数对(m，n)(其中mZ，nN*)满足a(4m)an7m150？若存在，求出所有满足题意的整数对(m，n)；若不存在，请说明理由解：(1)当n1时，(t1)S1ta1t0，得a1t.当n2时，由(1t)Sntant，得(1t)Sn1tan1t，得(1t)antantan1，即antan1，t(n2)，数列an是等比数列，且公比是t，antn.由bnan(anSn)知，bn(tn)2tn.若数列bn为等比数列，则有bb1b3，而b12t2，b2t3(2t1)，b3t4(2t2t1)，故t3(2t1)22t2t4(2t2t1)，解得t，将t代入bn，得bnn，满足bn为等比数列，t.(2)证明：由(1)知，antn，cn，则Tn，又t1，Tn.(3)当t5时，由(1)知an5n，由a(4m)an7m150，得52n(4m)5n7m150，故m5n3.若存在整数对(m，n)，则必须是整数当n1时，m10；当n2时，m30；当n3时，5n736，不符合综上，所有满足题意的整数对(m，n)为(10,1)，(30,2)4定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的差都大于或等于2，则称这个数列为“D数列”(1)若数列an为“D数列”，且a1a3，a2a，a3a24，求实数a的取值范围；(2)若首项为1的等差数列an的每一项均为正整数，且数列an为“D数列”，其前n项和Sn满足Snn22n(nN*)，求数列an的通项公式；(3)已知等比数列an的每一项均为正整数，且数列an为“D数列”，a2a13，设bn(nN*)，试判断数列bn是否为“D数列”，并说明理由解：(1)由题意得a2a132，a3a2a24a2，即a2a60，解得a3或a2.所以实数a的取值范围为(，23，)(2)设等差数列an的公差为d，则d2，由a11，得Snnd，由题意得，ndn22n对nN*均成立当n1时，上式成立当n2时，d2.又dN*，所以d2，所以d2，所以等差数列an的通项公式an1(n1)22n1.(3)设等比数列an的公比为q，则ana1qn1，因为数列an的每一项均为正整数，且an1ananqanan(q1)20，所以q1，且q为整数，则an1anq(anan1)anan1，n2，nN*，所以在数列anan1中，a2a1为最小项由数列an为“D数列”，可知只需a2a12，即a1(q1)2，又a2a13，即a1(q1)3，由数列an的每一项均为正整数，可得a1(q1)2，所以a11，q3或a12，q2.当a11，q3时，an3n1，则bn2n1.令cnbn1bn(nN*)，则cn2n22n132n132n1，所以cn1cn32n232n132n10，所以数列cn为递增数列，即cncn1cn2c1.又c1b2b12，所以对任意的nN*都有bn1bn2，所以数列bn是“D数列”当a12，q2时，an2n，则bn3n.令dnbn1bn(nN*)，则dn3n13n23n23n，所以dn1dn23n123n23n0，所以数列dn为递增数列，即dndn1dn2d1.又d1b2b13，所以对任意的nN*都有bn1bn2，所以数列bn是“D数列”综上，数列bn是“D数列”命题点一数列的概念及表示1.(2016上海高考)无穷数列an由k个不同的数组成，Sn为an的前n项和若对任意nN*，Sn2,3，则k的最大值为_解析：由Sn2,3，得a1S12,3将数列写出至最多项，其中有相同项的情况舍去，共有如下几种情况：a12，a20，a31，a41；a12，a21，a30，a41；a12，a21，a31，a40；a13，a20，a31，a41；a13，a21，a30，a41；a13，a21，a31，a40.最多项均只能写到第4项，即kmax4.答案：42(2014全国卷)数列 an满足 an1，a82，则a1 _.解析：将a82代入an1，可求得a7；再将a7代入an1，可求得a61；再将a61代入an1，可求得a52；由此可以推出数列an是一个周期数列，且周期为3，所以a1a7.答案：命题点二等差数列与等比数列1(2018北京高考)设an是等差数列，且a13，a2a536，则an的通项公式为_解析：法一：设数列an的公差为d.a2a536，(a1d)(a14d)2a15d36.a13，d6，an6n3.法二：设数列an的公差为d，a2a5a1a636，a13，a633，d6，an6n3.答案：an6n32(2017江苏高考)等比数列an的各项均为实数，其前n项和为Sn.已知S3，S6，则a8_.解析：设等比数列an的公比为q，则由S62S3，得q1，则解得则a8a1q72732.答案：323(2018全国卷)记Sn为数列an的前n项和若Sn2an1，则S6_.解析：Sn2an1，当n2时，Sn12an11，anSnSn12an2an1，即an2an1.当n1时，由a1S12a11，得a11.数列an是首项a1为1，公比q为2的等比数列，Sn12n，S612663.答案：634(2016江苏高考)已知an是等差数列，Sn是其前n项和若a1a3，S510，则a9的值是_解析：法一：设等差数列an的公差为d，由S510，知S55a1d10，得a12d2，即a122d.所以a2a1d2d，代入a1a3，化简得d26d90，所以d3，a14.故a9a18d42420.法二：设等差数列an的公差为d，由S510，知5a310，所以a32.所以由a1a32a2，得a12a22，代入a1a3，化简得a2a210，所以a21.公差da3a2213，故a9a36d21820.答案：205(2018北京高考)设an是等差数列，且a1ln 2，a2a35ln 2.(1)求an的通项公式；(2)求eee.解：(1)设an的公差为d.因为a2a35ln 2，所以2a13d5ln 2.又a1ln 2，所以dln 2.所以ana1(n1)dnln 2.(2)因为eeln 22，eeln 22，所以数列ean是首项为2，公比为2的等比数列，所以eee2n12.6(2017江苏高考)对于给定的正整数k，若数列an满足：ankank1an1 an1ank1ank2kan，对任意正整数n(nk)总成立，则称数列an是“P(k)数列”(1)证明：等差数列an是“P(3)数列”；(2)若数列an既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：an是等差数列证明：(1)因为an是等差数列，设其公差为d，则ana1(n1)d，从而，当n4时，ankanka1(nk1)da1(nk1)d2a12(n1)d2an，k1,2,3，所以an3an2an1an1an2an36an，因此等差数列an是“P(3)数列”(2)数列an既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，当n3时，an2an1an1an24an，当n4时，an3an2an1an1an2an36an.由知，an3an24an1(anan1)，an2an34an1(an1an)将代入，得an1an12an，其中n4，所以a3，a4，a5，是等差数列，设其公差为d.在中，取n4，则a2a3a5a64a4，所以a2a3d，在中，取n3，则a1a2a4a54a3，所以a1a32d，所以数列an是等差数列7(2017全国卷)记Sn为等比数列an的前n项和已知S22，S36.(1)求an的通项公式；(2)求Sn，并判断Sn1，Sn，Sn2是否成等差数列解：(1)设an的公比为q.由题设可得解得故an的通项公式为an(2)n.(2)由(1)可得Sn(1)n.由于Sn2Sn1(1)n22Sn，故Sn1，Sn，Sn2成等差数列8(2015江苏高考)设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d(d0)的等差数列(1)证明：2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列(2)是否存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由(3)是否存在a1，d及正整数n，k使得a，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由解：(1)证明：因为2an1an2d(n1,2,3)是同一个常数，所以2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列(2)不存在，理由如下：令a1da，则a1，a2，a3，a4分别为ad，a，ad，a2d(ad，a2d，d0)假设存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列，则a4(ad)(ad)3，且(ad)6a2(a2d)4.令t，则1(1t)(1t)3，且(1t)6(12t)4，化简得t32t220(*)，且t2t1.将t2t1代入(*)式，得t(t1)2(t1)2t23tt13t4t10，则t.显然t不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列(3)不存在，理由如下：假设存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列，则a(a12d)n2k(a1d)2(nk)，且(a1d)nk(a13d)n3k(a12d)2(n2k)，分别在两个等式的两边同除以a及a，并令t，则(12t)n2k(1t)2(nk)，且(1t)nk(13t)n3k(12t)2(n2k)将上述两个等式两边取对数，得(n2k)ln(12t)2(nk)ln(1t)，且(nk)ln(1t)(n3k)ln(13t)2(n2k)ln(12t)化简得2kln(12t)ln(1t)n2ln(1t)ln(12t)，且3kln(13t)ln(1t)n3ln(1t)ln(13t)再将这两式相除，化简得ln(13t)ln(12t)3ln(12t)ln(1t)4ln(13t)ln(1t)(*)令g(t)4ln(13t)ln(1t)ln(13t)ln(12t)3ln(12t)ln(1t)，则g(t).令(t)(13t)2ln(13t)3(12t)2ln(12t)3(1t)2ln(1t)，则(t)6(13t)ln(13t)2(12t)ln(12t)(1t)ln(1t)令1(t)(t)，则1(t)63ln(13t)4ln(12t)ln(1t)令2(t)1(t)，则2(t)0.由g(0)(0)1(0)2(0)0，2(t)0，知2(t)，1(t)，(t)，g(t)在和(0，)上均单调故g(t)只有唯一零点t0，即方程(*)只有唯一解t0，故假设不成立所以不存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列命题点三数列求和1.(2018江苏高考)已知集合Ax|x2n1，nN*，Bx|x2n，nN*将AB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Sn12an1成立的n的最小值为_解析：所有的正奇数和2n(nN*)按照从小到大的顺序排列构成an，在数列an中，25前面有16个正奇数，即a2125，a3826.当n1时，S1112a224，不符合题意；当n2时，S2312a336，不符合题意；当n3时，S3612a448，不符合题意；当n4时，S41012a560，不符合题意；当n26时，S264416250312a27516，不符合题意；当n27时，S274846254612a28540，符合题意故使得Sn12an1成立的n的最小值为27.答案：272(2017全国卷)等差数列an的前n项和为Sn，a33，S410，则_.解析：设等差数列an的首项为a1，公差为d，依题意有解得所以Sn，2，因此2.答案：3(2018全国卷)等比数列an中，a11，a54a3.(1)求an的通项公式；(2)记Sn为an的前n项和若Sm63，求m.解：(1)设an的公比为q，由题设得anqn1.由已知得q44q2，解得q0(舍去)或q2或q2.故an(2)n1或an2n1.(2)若an(2)n1，则Sn.由Sm63，得(2)m188，此方程没有正整数解若an2n1，则Sn2n1.由Sm63，得2m64，解得m6.综上，m6.4(2018浙江高考)已知等比数列an的公比q1，且a3a4a528，a42是a3，a5的等差中项数列bn满足b11，数列(bn1bn)an的前n项和为2n2n.(1)求q的值；(2)求数列bn的通项公式解：(1)由a42是a3，a5的等差中项，得a3a52a44，所以a3a4a53a4428，解得a48.由a3a520，得820，解得q2或q.因为q1，所以q2.(2)设cn(bn1bn)an，数列cn的前n项和为Sn.由cn解得cn4n1.由(1)可得an2n1，所以bn1bn(4n1)n1，故bnbn1(4n5)n2，n2，bnb1(bnbn1)(bn1bn2)(b3b2)(b2b1)(4n5)n2(4n9)n373.设Tn37112(4n5)n2，n2，则Tn372(4n9)n2(4n5)n1，两式相减，得Tn34424n2(4n5)n1，所以Tn14(4n3)n2，n2.又b11，所以bn15(4n3)n2.命题点四数列的综合应用1.(2016江苏高考)记U1,2，100，对数列an(nN*)和U的子集T，若T，定义ST0；若Tt1，t2，tk，定义STat1at2atk.例如：T1,3,66时，STa1a3a66.现设an(nN*)是公比为3的等比数列，且当T2,4时，ST30.(1)求数列an的通项公式；(2)对任意正整数k(1k100)，若T1,2，k，求证：STak1；(3)设CU，DU，SCSD，求证：SCSCD2SD.解：(1)由已知得ana13n1，nN*.于是当T2,4时，STa2a43a127a130a1.又ST30，故30a130，即a11.所以数列an的通项公式为an3n1，nN*.(2)证明：因为T1,2，k，an3n10，nN*，所以STa1a2ak133k1(3k1)3k.因此，STak1.(3)证明：下面分三种情况证明若D是C的子集，则SCSCDSCSDSDSD2SD.若C是D的子集，则SCSC