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第三讲 大题考法数列的综合应用题型(一)数列与不等式问题 主要考查数列中的不等关系的证明及由不等式恒成立问题求参数.典例感悟例1(2018南京考前模拟)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(an1an)(an1an)2(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，即bn2n1.记Aa1b1a2b2anbn1132522(2n1)2n1， 则2A12322523(2n1)2n，两式相减得A12(2222n1)(2n1)2n，故A(2n1)2n12(2222n1)(2n1)2n12(2n2)(2n3)2n3所以Tna1b1a2b2anbn(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.即g(n)min.g(n2)g(n)22，当n2时，g(n2)g(n)，n4时，g(n2)g(n)，即g(4)g(2)，当n4时，g(n)单调递增，g(n)ming(4)，即.当n为奇数时，n，记h(n)n，所以h(n)max.h(n2)h(n)22，当n1时，h(n2)h(n)，n3时，h(n1)h(n)，即h(3)h(1)，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.方法技巧解决数列与不等式问题的注意点及策略(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)恒成立问题可以转化为值域问题，再利用单调性求解；(3)不等式论证问题也可以转化为数列的最值问题来研究演练冲关已知数列an，bn都是等差数列，它们的前n项和分别记为Sn，Tn，满足对一切nN*，都有Sn3Tn.(1)若a1b1，试分别写出一个符合条件的数列an和bn；(2)若a1b11，数列cn满足：cn4an(1)n12bn，求最大的实数，使得当nN*，恒有cn1cn成立解：(1)设数列an，bn的公差分别是d1，d2.则Sn3(n3)a1d1，Tnnb1d2.对一切nN*，有Sn3Tn，(n3)a1d1nb1d2，即n2n3a13d1n2n.即故答案不唯一例如取d1d22，a12，b14，得an2n4(nN*)，bn2n2(nN*)(2)a1b11，又由(1)，可得d1d21，a11，b12.ann2，bnn1.cn4n2(1)n12n1.cn1cn4n1(1)n2n24n2(1)n12n134n2(1)n(2n22n1)22n6(1)n2n.当nN*时，cn1cn恒成立，即当nN*时，22n6(1)n2n0恒成立当n为正奇数时，2n恒成立，而2n，；当n为正偶数时，2n恒成立，而2n，.，的最大值是.题型(二)数列中的存在性问题 主要考查等差(比)数列中的部分项是否能构成新的等差(比)数列问题，以及数列中的推理问题. 典例感悟例2(2018扬州期末)已知各项都是正数的数列an的前n项和为Sn，且2Snaan，数列bn满足b1，2bn1bn.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设数列cn满足cn，求和c1c2cn；(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；若不存在，请说明理由解(1)由2Snaan，得2Sn1aan1，得2an1aaan1an，即(an1an)(an1an1)0.因为an是正数数列，所以an1an10，即an1an1，在2Snaan中，令n1，得a11，所以an是首项为1，公差为1的等差数列，所以ann.由2bn1bn，得，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以n，即bn.(2)由(1)得cn，所以cn，所以c1c2cn.(3)假设存在正整数p，q，r(pqr)，使得bp，bq，br成等差数列，则bpbr2bq，即.因为bn1bn，所以数列bn从第二项起单调递减当p1时，.若q2，则，此时无解；若q3，则，由于bn从第二项起递减，故r4，所以p1，q3，r4符合要求；若q4，则2，即b12bq，又因为b1br2bq，所以b12bq，矛盾，此时无解当p2时，一定有qp1.若qp2，则2，即bp2bq，这与bpbr2bq矛盾，所以qp1.此时，则r2rp.令rpm1，则r2m1，所以p2m1m1，q2m1m，mN*.综上得，存在p1，q3，r4或p2m1m1，q2m1m，r2m1(mN*)满足要求方法技巧数列中存在性问题的求解策略对于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，即得到存在的结果演练冲关1已知数列an中，a21，前n项和为Sn，且Sn.(1)求a1；(2)证明数列an为等差数列，并写出其通项公式；(3)设lg bn，试问是否存在正整数p，q(其中1p，且数列(p2)为递减数列，当p2时，成立；当p3时，得p2，此时q3.综上，存在数组(2,3)满足条件2已知各项均为正数的数列an满足：a1a，a2b，an1(nN*)，其中m，a，b均为实常数(1)若m0，且a4,3a3，a5成等差数列求的值；若a2，令bn求数列bn的前n项和Sn；(2)是否存在常数，使得anan2an1对任意的nN*都成立？若存在，求出实数的值(用m，a，b表示)；若不存在，请说明理由解：(1)因为m0，所以aanan2，所以正项数列an是等比数列，不妨设其公比为q.又a4,3a3，a5成等差数列，所以q2q6，解得q2或q3(舍去)，所以2.当a2时，数列an是首项为2、公比为2的等比数列，所以an2n，所以bn即数列bn的奇数项依次构成首项为2、公比为4的等比数列，偶数项依次构成首项为3、公差为4的等差数列当n为偶数时，Sn；当n为奇数时，Sn.所以Sn(2)存在常数，使得anan2an1对任意的nN*都成立证明如下：因为aanan2m，nN*，所以aan1an1m，n2，nN*，所以aaanan2an1an1，即aan1an1anan2a.由于an0，此等式两边同时除以anan1，得，所以，即当n2，nN*时，都有anan2an1.因为a1a，a2b，aanan2m，所以a3，所以，所以当时，对任意的nN*都有anan2an1成立题型(三)数列的新定义问题 主要考查在给出新定义数列条件下，研究数列的性质等问题. 典例感悟例3(2018南京、盐城、连云港二模)对于数列an，定义bn(k)anank，其中n，kN*.(1)若bn(2)bn(1)1，nN*，求bn(4)bn(1)的值；(2)若a12，且对任意的n，kN*，都有bn1(k)2bn(k)()求数列an的通项公式；()设k为给定的正整数，记集合Abn(k)|nN*，B5bn(k2)|nN*, 求证：AB.解(1)因为bn(2)bn(1)1，所以(anan2)(anan1)1，即an2an11，因此数列an1是公差为1的等差数列，所以bn(4)bn(1)(anan4)(anan1)an4an13.(2)()因为bn1(k)2bn(k)，所以an1an1k2(anank)，分别令k1及k2，得由得an2an32(an1an2)，得an2an12(an1an)，得2an14an，即an12an，又a12，所以an2n.()证明：法一：假设集合A与集合B中含有相同的元素，不妨设bn1(k)5bn2(k2)，n1，n2N*，则2n12n1k5(2n22n2k2)当n1n2时，有2n152n2，2n1k52n2k2，则2n12n1kn2时，有n1n21，则2n1n22n1n2k552k2，(*)因为n1n2，且k为正整数，所以2n1n22n1n2k为偶数，552k2为奇数所以(*)式不成立，因此集合A与集合B中不含有相同的元素，即AB.法二：假设集合A与集合B中含有相同的元素，不妨设bn(k)5bm(k2)，n，mN*，即anank5(amamk2)，于是2n2nk5(2m2mk2)，整理得2nm.因为515,20)，即2nm15,20)，因为n，mN*，从而nm4，所以16，即42k11.由于k为正整数，所以上式不成立，因此集合A与集合B中不含有相同的元素，即AB.方法技巧数列新定义问题的命题形式及解题思路(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)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演练冲关(2018南京、盐城一模)若存在常数k(kN*，k2)，q，d，使得无穷数列an满足an1则称数列an为“段比差数列”，其中常数k，q，d分别叫做段长、段比、段差设数列bn为“段比差数列”(1)若bn的首项、段长、段比、段差分别为1,3，q,3.当q0时，求b2 019；当q1时，设bn的前3n项和为S3n，若不等式S3n3n1对nN*恒成立，求实数的取值范围；(2)设bn为等比数列，且首项为b，试写出所有满足条件的bn，并说明理由解：(1)法一：数列bn的首项、段长、段比、段差分别为1,3,0,3，b2 0170b2 0160，b2 018b2 01733，b2 019b2 01836.法二：数列bn的首项、段长、段比、段差分别为1,3,0,3，b11，b24，b37，b40b30，b5b433，b6b536，b70b60，当n4时，bn是周期为3的周期数列b2 019b66.bn的首项、段长、段比、段差分别为1,3,1,3，b3n2b3n1(b3n1d)b3n1(qb3nd)b3n1q(b3n1d)db3n12d6，b3n1是以b24为首项、6为公差的等差数列，又b3n2b3n1b3n(b3n1d)b3n1(b3n1d)3b3n1，S3n(b1b2b3)(b4b5b6)(b3n2b3n1b3n)3(b2b5b3n1)39n23n，S3n3n1，设cn，则(cn)max，又cn1cn，当n1时，3n22n20，c10，cn1cn，c1c3，(cn)maxc214，14，故的取值范围为.(2)法一：设bn的段长、段比、段差分别为k，q，d，则等比数列bn的公比为q，由等比数列的通项公式得bnbqn1，当mN*时，bkm2bkm1d，即bqkm1bqkmbqkm(q1)d恒成立， 若q1，则d0，bnb；若q1，则qkm，则qkm为常数，q1，k为偶数，d2b，bn(1)n1b；经检验，满足条件的bn的通项公式为bnb或bn(1)n1b. 法二：设bn的段长、段比、段差分别为k，q，d，若k2，则b1b，b2bd，b3(bd)q，b4(bd)qd，由b1b3b，得bdbq；由b2b4b，得(bd)q2(bd)qd，联立两式，得或则bnb或bn(1)n1b，经检验均合题意. 若k3，则b1b，b2bd，b3b2d，由b1b3b，得(bd)2b(b2d)，得d0，则bnb，经检验适合题意综上，满足条件的bn的通项公式为bnb或bn(1)n1b.课时达标训练A组大题保分练1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)n1时，(a11)2a，a1.(2)证明：(Sn1)2anSn，n2时，(Sn1)2(SnSn1)Sn，2Sn1Sn1Sn，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，则(k1)2m(m1)19，4(k1)24m(m1)76，(2k2)(2m1)(2k2)(2m1)75，(2k2m3)(2k2m1)75751253155，或或或或2已知常数0，设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，满足：a11，Sn1Sn(3n1)an1(nN*)(1)若0，求数列an的通项公式；(2)若an10，Sn0，an1an.a11，an1.(2)Sn1Sn(3n1)an1，an0，3n1，则31，321，3n11(n2)相加，得1(3323n1)n1，则Snan(n2)上式对n1也成立，Snan(nN*)Sn1an1(nN*)，得an1an1an，即an1an.0，n0，n0.an1an对一切nN*恒成立，n对一切nN*恒成立记bn，则bnbn1.当n1时，bnbn10；当n2时，bnbn10，b1b2是bn中的最大项综上所述，的取值范围是.3在数列中，已知a11，a22，an2(kN*)(1)求数列的通项公式；(2)设数列的前n项和为Sn，问是否存在正整数m，n，使得S2nmS2n1？若存在，求出所有的正整数对(m，n)；若不存在，请说明理由解：(1)由题意，数列的奇数项是以a11为首项，公差为2的等差数列；偶数项是以a22为首项，公比为3的等比数列所以对任意正整数k，a2k12k1，a2k23k1.所以数列的通项公式为an(kN*)(2)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.综上可知，符合条件的正整数对(m，n)只有两对：(2,2)，(3,1)4若数列an中存在三项，按一定次序排列构成等比数列，则称an为“等比源数列”(1)已知数列an中，a12，an12an1.求an的通项公式；试判断an是否为“等比源数列”，并证明你的结论(2)已知数列an为等差数列，且a10，anZ(nN*)求证：an为“等比源数列”解：(1)由an12an1，得an112(an1)，且a111，所以数列an1是首项为1，公比为2的等比数列，所以an12n1.所以数列an的通项公式为an2n11.数列an不是“等比源数列”，用反证法证明如下：假设数列an是“等比源数列”，则存在三项am，an，ak(mnk)按一定次序排列构成等比数列因为an2n11，所以amanak，所以aamak，得(2n11)2(2m11)(2k11)，即22n222n112mk22m12k11，两边同时乘以21m，得到22nm12nm12k112km，即22nm12nm12k12km1，又mn0时，因为anZ，则d1，且dZ，所以数列an中必有一项am0.为了使得an为“等比源数列”，只需要an中存在第n项，第k项(mnk)，使得aamak成立，即am(nm)d2amam(km)d，即(nm)2am(nm)dam(km)成立当namm，k2amamdm时，上式成立所以an中存在am，an，ak成等比数列所以数列an为“等比源数列”B组大题增分练1已知等差数列an的前n项和为Sn，且2a5a313，S416.(1)求数列an的前n项和Sn；(2)设Tn(1)iai，若对一切正整数n，不等式Tnan1(1)n1an2n1 恒成立，求实数的取值范围解：(1)设数列an的公差为d.因为2a5a313，S416，所以解得所以an2n1，Snn2.(2)当n为偶数时，设n2k，kN*，则T2k(a2a1)(a4a3)(a2ka2k1)2k.代入不等式Tnan1(1)n1an2n1，得2k4k，从而.设f(k)，则f(k1)f(k).因为kN*，所以f(k1)f(k)0，所以f(k)是递增的，所以f(k)min2，所以2.当n为奇数时，设n2k1，kN*，则T2k1T2k(1)2ka2k2k(4k1)12k.代入不等式Tn0，mN*，q(1， ，证明：存在dR，使得|anbn|b1对n2,3，m1均成立，并求d的取值范围(用b1，m，q表示)解：(1)由条件知an(n1)d，bn2n1.因为|anbn|b1对n1,2,3,4均成立，即|(n1)d2n1|1对n1,2,3,4均成立，所以11,1d3,32d5,73d9，解得d.所以d的取值范围为.(2)由条件知anb1(n1)d，bnb1qn1.若存在d，使得|anbn|b1(n2,3，m1)成立，即|b1(n1)db1qn1|b1(n2,3，m1)，即当n2,3，m1时，d满足b1db1.因为q(1， ，则1qn1qm2，从而b10，b10，对n2,3，m1均成立因此，取d0时，|anbn|b1对n2,3，m1均成立下面讨论数列的最大值和数列的最小值(n2,3，m1)当2nm时，.当1q2时，有qnqm2，从而n(qnqn1)qn20.因此，当2nm1时，数列单调递增，故数列的最大值为.设f(x)2x(1x)，当x0时，f(x)(ln 21xln 2)2x0，所以f(x)单调递减，从而f(x)f(0)1.当2nm时，2f1，因此，当2nm1时，数列单调递减，故数列的最小值为.因此d的取值范围为.4(2018苏北三市三模)已知两个无穷数列an和bn的前n项和分别为Sn，Tn，a11，S24，对任意的nN*，都有3Sn12SnSn2an.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn为等差数列，对任意的nN*，都有SnTn.证明：anbn；(3)若bn为等比数列，b1a1，b2a2，求满足ak(kN*)的n值解：(1)由3Sn12SnSn2an，得2(Sn1Sn)Sn2Sn1an，即2an1an2an，所以an2an1an1an.由a11，S24，可知a23.所以数列an是以1为首项，2为公差的等差数列故an的通项公式为an2n1.(2)证明：法一：设数列bn的公差为d，则Tnnb1d，由(1)知，Snn2.因为SnTn，所以n2nb1d，即(2d)nd2b10恒成立，所以即所以anbn2n1b1(n1)d(2d)nd1b1(2d)d1b11b10.所以anbn，得证法二：设bn的公差为d，假设存在自然数n02，使得an0bn0，则a1(n01)2b1(n01)d，即a1b1(n01)(d2)，因为a1b1，所以d2.所以TnSnnb1dn2n2n，因为10，所以存在n0N*，当nn0时，TnSn0恒成立这与“对任意的nN*，都有SnTn”矛盾所以anbn，得证(3)由(1)知，Snn2.因为bn为等比数列，且b11，b23，所以bn是以1为首项，3为公比的等比数列所以bn3n1，Tn.则3，因为nN*，所以6n22n20，所以0，所以0f(2)f(3)f(n).故满足条件的n的值为1和2.
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