创新设计江苏专用2017届高考数学二轮复习上篇专题整合突破专题三数列第2讲数列的综合应用课件理


第 2讲

数列的综合应用

高考定位 高考对本内容的考查主要有:(1)通过适当的代 数变形后,转化为等差数列或等比数列的问题;(2)求数列 的前n项和的几种方法;(3)数列与函数、不等式、数论等知

识结合的综合问题.题型一般为解答题,且为压轴题.

真题感悟 (2016· 江苏卷)记U={1,2,?,100}.对数列

{an}(n∈N*)和U的子集T,若T=?,定义ST=0;若T=
{t1,t2,?,tk},定义ST=at1+at2+?+atk.例如:T ={1,3,66}时,ST=a1+a3+a66.现设{an}(n∈N*)是 公比为3的等比数列,且当T={2,4}时,ST=30. (1)求数列{an}的通项公式;

(2)对任意正整数k(1≤k≤100),若T?{1,2,?,k},
求证:ST<ak+1; (3)设C?U,D?U,SC≥SD,求证:SC+SC∩D≥2SD.

(1)解 当 T={2,4}时,ST=a2+a4=a2+9a2=30, a2 ∴a2=3,a1= 3 =1,故 an=a1qn-1=3n-1. (2)证明 对任意正整数 k(1≤k≤100). 由于 T?{1,2,?,k}, 则 ST≤a1+a2+a3+?+ak=1+3+32+?+3k-1= 3k-1 k 2 <3 =ak+1.因此,ST<ak+1.

(3)证明 设 A=?C(C∩D),B=?D(C∩D), 则 A∩B=?,SC=SA+SC∩D, SD=SB+SC∩D,SC+SC∩D-2SD=SA-2SB, ∴SC+SC∩D≥2SD 等价于 SA≥2SB. 由条件 SC≥SD 可得 SA≥SB. ①若 B=?,则 SB=0, 所以 SA≥2SB 成立,

②若 B≠?,由 SA≥SB 可知 A≠?, 设 A 中的最大元素为 I,B 中的最大元素为 m, 若 m≥I+1,则由(2)得 SA<SI+1≤am≤SB,矛盾. 又∵A∩B=?,∴I≠m,∴I≥m+1, ∴SB≤a1+a2+?+am=1+3+3 +?+3 SA 2 ,即 SA>2SB 成立. 综上所述,SA≥2SB.故 SC+SC∩D≥2SD 成立.
2 m-1

am+1 aI < ≤ ≤ 2 2

考点整合

1.数列求和常用方法 (1)分组转化求和:把数列的每一项拆成两项(或多项),再重
新组合成两个(或多个)简单的数列,最后分别求和. (2)错位相减法:适用于各项由一个等差数列和一个等比数 列对应项的乘积组成的数列.把Sn=a1+a2+?+an两边同乘 以相应等比数列的公比q,得到qSn=a1q+a2q+?+anq,两

式错位相减即可求出Sn.

(3)裂项相消法: 即将数列的通项分成两个式子的代数 差的形式,然后通过累加抵消中间若干项的方法,裂
? ? c ? ? ? 项相消法适用于形如 a a ?(其中{an}是各项均不为 ? ? n n+1? ?

零的等差数列,c 为常数)的数列.

2.数列中的不等式问题主要有证明数列不等式、 比较大小或恒成立问题,解决方法如下:

(1)利用数列(或函数)的单调性;
(2)放缩法:①先求和后放缩;②先放缩后求和, 包括放缩后成等差(或等比)数列再求和,或者 放缩后成等差比数列再求和,或者放缩后裂项 相消法求和.

热点一 数列求和与不等式的结合问题 【例 1】 (2016· 泰州调研)已知数列{an}和{bn}满足 a1a2a3?an=( 2)bn(n∈N*).若{an}为等比数列,且 a1= 2,b3=6+b2. (1)求 an 与 bn; 1 1 (2)设 cn=a -b (n∈N*).记数列{cn}的前 n 项和为 Sn. n n ①求 Sn; ②求正整数 k,使得对任意 n∈N*均有 Sk≥Sn.

解 (1)由题意 a1a2a3?an=( 2)bn,b3-b2=6, 知 a3=( 2)b3-b2=8. 又由 a1=2,得公比 q=2(q=-2 舍去), 所以数列{an}的通项为 an=2n(n∈N*). n(n+1) n(n+1). 所以,a1a2a3?an=2 = ( 2) 2 故数列{bn}的通项为 bn=n(n+1)(n∈N*).

1 ? 1 1 1 ? ?1 * (2)①由(1)知 cn=a -b = n-?n-n+1? ( n ∈ N ), ? 2 ? ? n n 1 1 所以 Sn= - n(n∈N*).②因为 c1=0,c2>0,c3>0,c4>0; n+1 2
?n(n+1) ? 1 ? ? 当 n≥5 时,cn= - 1 n ?, 2 n(n+1)? ? ?

n(n+1) (n+1)(n+2) (n+1)(n-2) 而 - = >0, + + 2n 2n 1 2n 1 n(n+1) 5·(5+1) 得 ≤ <1,所以,当 n≥5 时,cn<0. 2n 25 综上,对任意 n∈N*,恒有 S4≥Sn,故 k=4.

探究提高 (1)以数列为背景的不等式恒成立问题,多与数 列求和相联系,最后利用数列或数列对应函数的单调性求 解.(2)以数列为背景的不等式证明问题,多与数列求和有关, 常利用放缩法或单调性法证明.(3)当已知数列关系式时,需

要知道其范围时,可借助数列的单调性,即比较相邻两项
的大小即可.

【训练 1】 (2016· 洛阳二模)已知数列{an}中,a2=2,Sn nan 是其前 n 项和,且 Sn= . 2 (1)求数列{an}的通项公式; (2)若正项数列{bn}满足
?bn?2 ?an? an=log2? 2 ? ,设数列?b ?的前 ? ? ? n?

n+1 n 项和为 Tn,求使得 >30 成立的正整数 n 的最 2-Tn 小值.



(1)令 n=1,得 a1=0.

nan (n-1)an-1 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= 2 - . 2 an n-1 可得(n-2)an=(n-1)an-1,当 n≥3 时, = , an-1 n-2 a3 an an-1 所以 an= × ×?×a ×a2=2(n-1), an-1 an-2 2 显然当 n=1,2 时,满足上式.所以 an=2(n-1).

(2)因为

?bn?2 an=log2? 2 ? ,所以 ? ?

?bn?2 2(n-1)=log2? 2 ? = ? ?

n log2b2 - log 4 = 2log b - 2 ,即 2 n = 2log b ,∴ b = 2 , n 2 2 n 2 n n

an 2(n-1) n-1 = n -1 , bn= 2n 2

n-1 0 1 2 3 所以 Tn=20+21+22+23+?+ n-1 , 2 n-2 n-1 1 0 1 2 2Tn=21+22+23+?+ 2n-1 + 2n , n-1 n-1 1 1 1 1 1 作差得2Tn=2+22+?+ n-1- 2n =1- n-1- 2n 2 2 n+1 n+1 n +1 - =1- 2n .∴Tn=2- n-1 .所以 =2n 1>30, 2 2-Tn 当 n≥6 时,不等式恒成立,所以正整数 n 的最小值为 6.

热点二

有关数列中计算的综合问题

【例 2】 (2016· 镇江期末)已知数列{an}的各项都为自然数, 前 n 项和为 Sn,且存在整数 λ,使得对任意正整数 n 都有 Sn=(1+λ)an-λ 恒成立. (1)求 λ 的值,使得数列{an}为等差数列,并求数列{an} 的通项公式; (2)若数列{an}为等比数列,此时存在正整数 k,当 1≤k <j 时,有 ?ai=2 016,求 k.
i=k j



(1)法一

因为 Sn=(1+λ)an-λ,①

所以 Sn+1=(1+λ)an+1-λ,② 由②-①得 λan+1=(1+λ)an,③ 当 λ=0 时,an=0,数列{an}是等差数列. 1 当 λ≠0 时,a1=(1+λ)a1-λ,a1=1,且 an+1-an= λ an,④ 1 要使数列{an}是等差数列,则④式右边 an 为常数,即 an+1- λ an 为常数,④式左边 an+1-an=0,an=0,与 a1=1 矛盾. 综上可得,当 λ=0 时,数列{an}为等差数列,且 an=0.

法二

若数列{an}是等差数列,必有 2a2=a1+a3,

当 λ=0 时,a1=a2=a3=0,满足 2a2=a1+a3, 此时 Sn=an,则 Sn+1=an+1,故 an=0,
? 1?2 1 当 λ≠0 时,a1=1,a2=1+ ,a3=?1+ λ ? , ? ? λ

由 2a2=a1+a3,得

? ? 1? 1?2 2?1+ λ ?=1+?1+ λ ? ,该方程无解, ? ? ? ?

综上可得,当 λ=0 时,数列{an}为等差数列,其中 an=0.

(2)由(1)可得,当 λ=0 时,数列{an}不是等比数列, 当 λ=-1 时,由①得 Sn=1,则 a1=S1=1, an=Sn-Sn-1=0(n≥2),不是等比数列. an+1 1 当 λ≠0,且 λ≠-1 时,得 a =1+ ,{an}为公比 λ n 1 为 1+λ 的等比数列, 1 又对任意 n,an∈N,则 q=1+ ∈N, λ

故仅有 λ=1,q=2 时,满足题意,又由(1)得 a1=1,
k 1 j k 1 2 ( 2 -1) n-1 故 an=2 .因为 ?ai= =2 016, 2 - 1 i=k j
- - +

所以 2k 1(2j


-k+1

-1)=2 016=25×32×7,
-k+1

由题意 j-k+1≥2,2j

-1 为大于 1 的奇数,

所以 2k-1=25,k=6,则 2j-5-1=32×7,2j-5=64,j=11, 故仅存在 k=6 时,j=11, ?ai=2 016.
i=k j

探究提高 此类问题看似简单,实际复杂,

思维量和计算量较大,难度较高.

【训练2】 (2011· 江苏卷)设M为部分正整数组成的集合,数列{an} 的首项a1=1,前n项的和为Sn,已知对任意的整数k∈M,当整 数n>k时,Sn+k+Sn-k=2(Sn+Sk)都成立. (1)设M={1},a2=2,求a5的值;

(2)设M={3,4},求数列{an}的通项公式. 解 (1)由题设知,当n≥2时,Sn+1+Sn-1=2(Sn+S1),即(Sn
+1-Sn)-(Sn-Sn-1)=2S1,从而an+1-an=2a1=2.又a2=2,

故当n≥2时,an=a2+2(n-2)=2n-2.所以a5的值为8.

(2)由题设知,当 k∈M={3,4}且 n>k 时,Sn+k+Sn-k=2Sn+ 2Sk 且 Sn+1+k+Sn+1-k=2Sn+1+2Sk,两式相减得 an+1+k+an+1-k= 2an+1,即 an+1+k-an+1=an+1-an+1-k,所以当 n≥8 时,an-6, an-3,an,an+3,an+6 成等差数列,且 an-6,an-2,an+2,an+6 也 成等差数列. 从而当 n≥8 时,2an=an+3+an-3=an+6+an-6,(*)且 an+6+an-6=

an+2+an-2.所以当 n≥8 时,2an=an+2+an-2,即 an+2-an=an- an-2.于是当 n≥9 时,an-3,an-1,an+1,an+3 成等差数列,从而 an+3+an-3=an+1+an-1,故由(*)式知 2an=an+1+an-1,即 an+1- an=an-an-1.当 n≥9 时,设 d=an-an-1.

当 2≤m≤8 时,m+6≥8,从而由(*)式知 2am+6=am+am+12,故 2am+7=am+1+am+13.从而 2(am+7-am+6)=am+1-am+(am+13-am+
12),于是

am+1-am=2d-d=d.

因此,an+1-an=d 对任意 n≥2 都成立.又由 Sn+k+Sn-k-2Sn= 2Sk(k∈{3,4})可知,(Sn+k-Sn)-(Sn-Sn-k)=2Sk,故 9d=2S3 7 3 5 9 且 16d=2S4.解得 a4=2d,从而 a2=2d,a3=2d,又由 S3=2d= d a1+a2+a3,故 a1=2.因此,数列{an}为等差数列,由 a1=1 知 d =2,所以数列{an}的通项公式为 an=2n-1.

热点三

有关数列中证明的综合问题

【例 3】 (2016· 南通、扬州、泰州调研)已知数列{an},{bn}均 为各项都不相等的数列,Sn 为{an}的前 n 项和,an+1bn=Sn+ 1(n∈N*). n (1)若 a1=1,bn=2,求 a4 的值; (2)若{an}是公比为 q 的等比数列, 求证: 存在实数 λ, 使得{bn +λ}为等比数列; (3)若{an}的各项都不为零, {bn}是公差为 d 的等差数列, 求证: 1 a2,a3,?,an,?成等差数列的充要条件是 d=2.

(1)解

n 由 a1=1,bn=2知 a2=4,a3=6,a4=8.

(2)证明 因为 an+1bn=Sn+1,① 所以当 n≥2 时,anbn-1=Sn-1+1,② 由①-②得,当 n≥2 时,an+1bn-anbn-1=an,③ 1 1 an an 1 由③得, 当 n≥2 时, bn= bn-1+ =qbn-1+q, 所以 bn+ an+1 an+1 1-q 1 ? 1? 1 ? ? b + - =q? n 1 1-q?.又因为 bn+ ≠0(否则{bn}为常数数列与题意 1-q ? ? 1 不符),所以存在实数 λ= ,使得{bn+λ}为等比数列. 1-q

(3)证明 因为{bn}为公差为 d 的等差数列,所以由③得,当 n≥2 时,an+1bn-an(bn-d)=an,即(an+1-an)bn=(1-d)an, 因为{an},{bn}各项均不相等,所以 an+1-an≠0,1-d≠0, bn an 所以当 n≥2 时, = ,④ 1-d an+1-an bn-1 an-1 当 n≥3 时, = ,⑤ 1-d an-an-1 an-1 an 由④-⑤得,当 n≥3 时, - an+1-an an-an-1 bn-bn-1 d = = ,⑥ 1-d 1-d

1 先证充分性,即由 d=2证明 a2,a3,?,an,?成等差数列. an-1 1 an 因为 d=2,由⑥得 - =1, an+1-an an-an-1 an-1 an an 所以当 n≥3 时, =1+ = , an+1-an an-an-1 an-an-1 又 an≠0,所以 an+1-an=an-an-1, 即 a2,a3,?,an,?成等差数列. 1 再证必要性,即由 a2,a3,?,an,?成等差数列证明 d=2.

因为 a2,a3,?,an,?成等差数列, 所以当 n≥3 时,an+1-an=an-an-1, an-1 an-1 an an 所以由⑥得 - = - an+1-an an-an-1 an-an-1 an-an-1 1 d =1= ,解得 d=2. 1-d 1 所以 a2,a3,?,an,?成等差数列的充要条件是 a=2.

探究提高 分析已知条件和求解目标,确定最终解决 问题需要首先求解的中间问题,如为求和需要先求出 通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)证明 数列为等差或等比数列需要先证任意两项的差或比值

为定值,证明充要条件需要证明充分性与必要性等,
确定解题的逻辑次序.

【训练3】 (2014· 江苏卷)设数列{an}的前n项和为Sn.若对任

意的正整数n,总存在正整数m,使得Sn=am,则称{an}
是“H数列”. (1)若数列{an}的前n项和Sn=2n(n∈N*),证明:{an}是“H 数列”; (2)设{an}是等差数列,其首项a1=1,公差d<0.若{an}是 “H数列”,求d的值; (3)证明:对任意的等差数列{an},总存在两个“H数

列”{bn}和{cn},使得an=bn+cn(n∈N*)成立.

(1)证明 由已知,当n≥1时,an+1=Sn+1-Sn=2n+1- 2n=2n.于是对任意的正整数n,总存在正整数m=n+1, 使得Sn=2n=am.所以{an}是“H数列”.

(2)解

由已知,得 S2=2a1+d=2+d.因为{an}是“H 数列”,

所以存在正整数 m,使得 S2=am,即 2+d=1+(m-1)d,于是 (m-2)d=1.因为 d<0,所以 m-2<0,故 m=1.从而 d=-1. n(3-n) 当 d=-1 时,an=2-n,Sn= 是小于 2 的整数,n∈ 2 N*,于是对任意的正整数 n,总存在正整数 m=2-Sn=2- n(3-n) ,使得 Sn=2-m=am,所以{an}是“H 数列”.因此 2 d 的值为-1.

(3)证明 设等差数列{an}的公差为 d, 则 an=a1+(n-1)d=na1+(n-1)(d-a1)(n∈N*). 令 bn=na1,cn=(n-1)(d-a1),则 an=bn+cn(n∈N*). 下证{bn}是“H 数列”.设{bn}的前 n 项和为 Tn,则 Tn= n(n+1) * a 1(n∈N ),于是对任意的正整数 n,总存在正整数 m 2 n(n+1) = ,使得 Tn=bm,所以{bn}是“H 数列”. 2 同理可证{cn}也是“H 数列”.所以,对任意的等差数列{an},总 存在两个“H 数列”{bn}和{cn},使得 an=bn+cn(n∈N*)成立.

热点四 数列中的探索性问题 【例 4】 设数列{an}的前 n 项积为 Tn,已知对?n,m∈N*, Tn 当 n>m 时,总有T =Tn-m·q(n-m)m(q>0 是常数). m (1)求证:数列{an}是等比数列; (2)设正整数 k, m, n(k<m<n)成等差数列, 试比较 Tn· Tk 和(Tm)2 的大小,并说明理由;
Tn (3)探究:命题 p:“对?n,m∈N ,当 n>m 时,总有T = m
*

Tn-m·q(n-m)m(q>0 是常数)”是命题 t:“数列{an}是公比 为 q(q>0)的等比数列”的充要条件吗?若是,请给出证 明;若不是,请说明理由.

Tn (1)证明 设 m=1,则有 =Tn-1·qn-1, T1 Tn 因为 Ti≠0(i∈N ), 所以有 =a1· qn-1, Tn-1
*

即 an=a1·qn 1,


an 所以当 n≥2 时 =q, an-1 所以数列{an}是等比数列.

(2)解

当 q=1 时,an=a1(n∈N*),所以 Tn=an 1,所以 Tn·Tk

n+k 2m 2 =an ak 当 q≠1 时, an=a1· qn-1, Tn=a1· a2? 1· 1=a1 =a1 =Tm,

an=an 1·q an 1·q

1+2+?+(n-1)

=an 1·q

n(n-1) 2

,所以 Tn·Tk=
n2-n+k2-k 2 2m m(m-1). ,T2 m=a1 ·q

n(n-1) 2

k ·a1 ·q

k(k-1) 2

+k =an 1 ·q

2 2 n + k -n-k n+k 2m 因为 n+k=2m 且 k<m<n,所以 a1 =a1 , = 2

?n+k? n2+k2 ? ?2 2 2 - m > - m = m - m , 所以若 q > 1 , 则 T T n· k>Tm; ? ? 2 ? 2 ?

若 q<1,则 Tn·Tk<T2 m.

(3)解

由(1)知,充分性成立;必要性:若数列{an}成等比数列,则 an=a1·qn-1,所
n(n-1) n2-n-m2+m n(n-1) Tn 2 n n-m 时,Tn=a1·q ,则T = m = 2 m(m-1)=a1 ·q 2 m a1 ·q 2

以当 q≠1
-m an ·q 1

an 1·q

(n-m)(n+m-1)

2

,Tn-m·q

(n-m)m

-m =an ·q 1

(n-m)(n-m-1)

2

· .

q

(n-m)· m

-m =an ·q 1

(n-m)(n-m-1)+2(n-m)m

2

-m =an ·q 1

(n-m)(n+m-1)

2

Tn 所以, “对?n,m∈N*,当 n>m 时总有T =Tn-m·q(n-m)m 成立;同理可证当 q=1 时也
m

成立.所以命题 p 是命题 t 的充要条件.

探究提高 数列中的比较大小与其它比较大 小的方法类似,也是差比法或商比法.另外探

索充要条件要从充分性、必要性两个方面判
断与寻找.

【训练 4】(2016· 南京调研)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, 且 2a5-a3=13,S4=16. (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 λTn<[an+1
i=1 n

+(-1)n+1an]· 2n-1 恒成立,求实数 λ 的取值范围; (3)是否存在正整数 m,n(n>m>2),使得 S2,Sm-S2,Sn-Sm 成等比数列?若存在,求出所有的 m,n;若不存在,请说明 理由.

解 (1)设数列{an}的公差为 d.因为 2a5-a3=13,S4=16,
? ?2(a1+4d)-(a1+2d)=13, 所以? 解得 a1=1,d=2, ? ?4a1+6d=16,

所以 an=2n-1,Sn=n2.
(2)①当 n 为偶数时,设 n=2k,k∈N*,则 T2k=(a2-a1)+(a4- a3)+?+(a2k-a2k-1)=2k,代入不等式 λTn<[an+1+(-1)n+1an]· 2
n-1

4k 4k 得 λ· 2k<4 ,从而 λ<2k.设 f(k)=2k,则 f(k+1)-f(k)=
k

k 4k+1 4k 4 (3k-1) -2k= .因为 k∈N*, 所以 f(k+1)-f(k)>0, 2(k+1) 2k(k+1)

所以 f(k)是递增的,所以 f(k)min=2,所以 λ<2.

②当 n 为奇数时,设 n=2k-1,k∈N*, 则 T2k-1=T2k-(-1)2ka2k=2k-(4k-1)=1-2k, 代入不等式 λTn<[an+1+(-1)n 1an]· 2n 1,
+ -

得 λ· (1-2k)<(2k-1)4k,从而 λ>-4k. 因为 k∈N*,所以-4k 的最大值为-4, 所以 λ>-4. 综上所述,λ 的取值范围为(-4,2).

(3)假设存在正整数m,n(n>m>2),使得S2,Sm-S2, Sn-Sm成等比数列,

则(Sm-S2)2=S2· (Sn-Sm),即(m2-4)2=4(n2-m2),
所以4n2=(m2-2)2+12,即4n2-(m2-2)2=12, 即(2n-m2+2)(2n+m2-2)=12. 因为n>m>2,所以n≥4,m≥3,所以2n+m2-2≥15. 因为2n-m2+2是整数,所以等式(2n-m2+2)(2n+m2

-2)=12不成立,
故不存在正整数m,n(n>m>2),使得S2,Sm-S2,Sn -Sm成等比数列.

1.数列与不等式综合问题

(1)如果是证明不等式,常转化为数列和的最值问题,
同时要注意比较法、放缩法、基本不等式的应用; (2)如果是解不等式,注意因式分解的应用. 2.数列与函数的综合问题 (1)函数条件的转化:直接利用函数与数列的对应关系, 把函数解析式中的自变量x换为n即可. (2)数列向函数的转化:可将数列中的问题转化为函数

问题,但要注意函数定义域.

3.数列中的探索性问题
处理探索性问题的一般方法是:假设题中的数学 对象存在或结论成立或其中的一部分结论成立,

然后在这个前提下进行逻辑推理.若由此导出矛盾,
则否定假设,否则,给出肯定结论,其中反证法 在解题中起着重要的作用.还可以根据已知条件建 立恒等式,利用等式恒成立的条件求解.


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