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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.,答案,解析由an0及a1=,则S5-S2=a3+a4+a5=a1q2+a1q3+a1q4=1+q+q2=2,解得q=(舍负).,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q1,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.,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(d0),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)递增,f(x)min=f(4)=64-96=-32,所以nSn的最小值为-32.,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n2,nN*,都有pn=+Ancn,设pn的前n项和为Sn,求证:Sn4+4lnn.,解析(1)设等差数列的公差为d(d0),等比数列的公比为q(q1),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2mn2i-1=m2j-1+n2k-1,由于i6.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,Tn=c1+c2+cn,-得Tn=1+-=2-2-n,求得Tn=4-(n+2)1),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k2,且kN*时,1,有ln1-=,所以ln,ln,ln,可得1+1+ln=1+lnn,所以Sn44(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.,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nN*,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,nN*,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nN*,均有an-an+1,求数列an的通项公式.,解析(1)证明:当n2时,an=Sn-Sn-1=2n2-2(n-1)2=4n-2.,又a1=S1=2=41-2,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nN*,存在mN*,使得a1+(n-1)d+|d|=am,即有(m-n)d=|d|.若d0,则存在m=n+1N*,使得(m-n)d=|d|;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,d0.(3)因为anan+1,所以an+|an+1-an+2|=an+an+2-an+1.,又因为an0),则有an=1+(n-1)t,由an-an+1,得1+(n-1)t2t-t2-1.若2t2-t,则当nN0时,n(2t2-t)0,所以t=.经检验当t=时,两式对于任意nN*恒成立,所以数列an的通项公式为an=1+(n-1)=.,【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nN*满足-=,且a1=1,数列bn满足bn+2-2bn+1+bn=0(nN*),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Tn2n+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,b6,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=(nN*),an+1=An+1-An=-=n+1(nN*),又a1=1,an=n(nN*).,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(nN*).(2)由(1)知cn=+=+=2+2,Tn=c1+c2+cn=2n+2,=2n+2=2n+3-2,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-2na恒成立,a.(3)数列an的前n项和An=,数列bn的前n项和Bn=,当n=2k(kN*)时,Sn=Ak+Bk=+=k2+3k;当n=4k+1(kN*)时,Sn=A2k+1+B2k=+=4k2+8k+1,特别地,当n=1时,S1=1也符合上式;当n=4k-1(kN*)时,Sn=A2k-1+B2k=+=4k2+4k.综上,Sn=,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.,解析(1)2Sn=+an,2Sn+1=+an+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=.,(2)cn=,裂项得cn=-,所以c1+c2+cn=-.(3)假设存在正整数p,q,r(pq0,a1=1,a2=3,且当n2时,anan+1=(an+1-an)Sn.(1)证明:数列Sn是等比数列,并求数列an的通项公式;(2)令bn=,记数列bn的前n项和为Tn,设是整数,是否存在正整数n,使等式Tn+=成立?若存在,求出n和相应的值;若不存在,说明理由.,解析(1)当n2时,an=Sn-Sn-1,an+1=Sn+1-Sn,将其代入anan+1=(an+1-an)Sn中并化简得=Sn-1Sn+1(n2),Sn恒为正值,=4.又S1=a1=1,数列Sn是首项为1,公比为4的等比数列,Sn=4n-1,当n2时,an=Sn-Sn-1=34n-2,又a1=1,an=(2)当n2时,an=34n-2,此时bn=-,又b1=,T1=b1=,当n2时,Tn=+=-.若n=1,则等式Tn+=,即+=,解得=,不符合题意;若n2,则等式Tn+=,即-+=,则=5-,是,整数,4n-1+1必是5的因数,又n2时,4n-1+15,当且仅当n=2时,是整数,从而=4,符合题意.综上可知,当=4时,存在正整数n=2,使等式Tn+=成立.当4,Z时,不存在正整数n使等式Tn+=成立.,
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