（江苏专版）2019版高考数学大一轮复习 第六章 数列 第35讲 等差、等比数列综合应用学案 理

第35讲等差、等比数列综合应用考试要求1.等差、等比数列(C级要求)；2.高考中可能重点关注等差、等比数列an的前n项和Sn与通项an之间的相互转化，以及基本量、性质的运用.诊 断 自 测1.(2018苏州月考)数列an是公差不为0的等差数列，且a1，a3，a7为等比数列bn中连续的三项，则数列bn的公比为_.解析设数列an的公差为d(d0)，由aa1a7，得(a12d)2a1(a16d)，解得a12d，故数列bn的公比q2.答案22.(2017全国卷)等差数列an的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则an前6项的和为_.解析等差数列中a11，根据题意得aa2a6，即(a12d)2(a1d)(a15d)，解得d0(舍去)，d2，所以数列an的前6项和为S66a1d16(2)24.答案243.(2015全国卷)设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn_.解析由题意得S1a11，又由an1SnSn1，得Sn1SnSnSn1，所以Sn0，所以1，即1，故数列是以1为首项，1为公差的等差数列，得1(n1)n，所以Sn.答案4.已知数列an的前n项和为Sn，对任意nN*都有Snan，若1Sk9 (kN*)，则k的值为_.解析由题意，Snan，当n2时，Sn1an1，两式相减，得ananan1，an2an1，又a11，an是以1为首项，以2为公比的等比数列，an(2)n1，Sk，由1Sk9，得4(2)k0，可知f(x)在1，)上是增函数，所以f(x)f(1)0，所以当且仅当n1时，满足23n1，即2a2a1a3.当n为偶数时，由2an1anan2，得2(n1)231231，即n1313431，上式左边为奇数，右边为偶数，因此不成立.综上，满足2an1anan2的正整数n的值为1.(3)存在.S2n(a1a3a2n1)(a2a4a2n)3nn21，nN*.S2n1S2na2n3n1n21.假设存在正整数m，n，使得S2nmS2n1，则3nn21m(3n1n21)，所以3n1(3m)(m1)(n21)，(*)从而3m0，所以m3，又mN*，所以m1，2，3.当m1时，(*)式左边大于0，右边等于0，不成立.当m3时，(*)式左边等于0，所以2(n21)0，n1，所以S23S1.当m2时，(*)式可化为3n1n21(n1)(n1)，则存在k1，k2N，k1k2，使得n13k1，n13k2且k1k2n1，从而3k23k13k1(3k2k11)2，所以3k11，3k2k112，所以k10，k2k11，于是n2，S42S3.综上，符合条件的正整数对(m，n)为(2，2)，(3，1).考点三数列与不等式的综合问题【例3】 设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，且Sn满足S(n2n3)Sn3(n2n)0，nN*.(1)求a1的值；(2)求数列an的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有.(1)解令n1代入得a12(负值舍去).(2)解由S(n2n3)Sn3(n2n)0，nN*，得Sn(n2n)(Sn3)0.又已知数列an各项均为正数，故Snn2n.当n2时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n，当n1时，a12也满足上式，an2n，nN*.(3)证明kN*，4k22k(3k23k)k2kk(k1)0，4k22k3k23k，.不等式成立.规律方法数列与不等式的综合问题(1)函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式；(2)放缩方法：数列中不等式可以通过先放缩后求和或先求和后放缩求解；(3)比较方法：作差或者作商比较.【训练3】 已知数列an满足a11，an13an1.(1)证明：是等比数列，并求an的通项公式；(2)证明：.证明(1)由an13an1，得an13.又a1，所以是首项为，公比为3的等比数列.所以an，因此an的通项公式为an.(2)由(1)知.因为当n1时，3n123n1，所以.于是1，所以1，an的前n项和为Sn，等比数列bn的首项为1，公比为q(q0)，前n项和为Tn.若存在正整数m，使得T3，求q.解(1) 由题意得，得d4.因为kN*且d为整数，所以k1或k2.当k1时，d6，代入，解得a13，所以an6n3.当k2时，d5，代入，解得a11，所以an5n4.(2)因为a11，所以an6n3，从而Sn3n2.由T3，得1qq2，整理得q2q10.因为140，所以m2.因为mN*，所以m1或m2.当m1时，q(舍去)或q.当m2时，q0或q1(均舍去).综上所述，q.4.在等比数列an中，an0(nN*)，公比q(0，1)，且a1a52a3a5a2a825，又a3与a5的等比中项为2.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog2an，求数列bn的前n项和Sn；(3)是否存在kN*，使得0，a3a55，又a3与a5的等比中项为2，a3a54，而q(0，1)，a3a5，a34，a51，q，a116，an1625n.(2)bnlog2an5n，bn1bn1，b1log2a1log216log2244，bn是以b14为首项，1为公差的等差数列，Sn.(3)由(2)知Sn，.当n8时，0；当n9时，0；当n9时，0.当n8或n9时，18最大.故存在kN*，使得0，因此数列Bn单调递增，(Bn)min.当nN*时，T2nTn恒成立，.证明由可得n2时TnTn1，即(n1)TnnTn1Tn11，n2时， (Ti1)(3T22T1)(4T33T2)(n1)TnnTn1(n1)Tn2T1(n1)Tn1.存在关于n的整式g(n)n1，使得 (Tn1)Tng(n)1对一切n2，nN*都成立.6.(2016江苏卷)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.(1)解当T2，4时，STa2a4a29a230，a23，a11，故ana1qn13n1.(2)证明对任意正整数k(1k100).由于T1，2，k，则STa1a2a3ak13323k13kak1.(3)证明设AC(CD)，BD(CD)，则AB，SCSASCD，SDSBSCD，SCSCD2SDSA2SB，SCSCD2SD等价于SA2SB.由条件SCSD可得SASB.若B，则SB0，所以SA2SB成立，若B，由SASB可知A，设A中的最大元素为I，B中的最大元素为m，若mI1，则由(2)得SASI1amSB，矛盾.又AB，Im，Im1，SBa1a2am13323m1，即SA2SB成立.综上所述，SA2SB.故SCSCD2SD成立.14