（江苏专用）2020高考数学二轮复习 课时达标训练（十五） 数列的综合应用

1课时达标训练(十五)数列的综合应用A组——大题保分练1．(2019·南京盐城二模)已知数列{an}的各项均为正数，且对任意的n∈N*，都有(a1a2·…·an)2＝an＋11an－1n＋1.(1)若a1，2a2，3a3成等差数列，求a2a1的值．(2)①求证：数列{an}为等比数列；②若对任意的n∈N*，都有a1＋a2＋…＋an≤2n－1，求数列{an}的公比q的取值范围．解：(1)因为(a1a2)2＝a31a3，所以a22＝a1a3，因此a1，a2，a3成等比数列．设公比为t，又a1，2a2，3a3成等差数列，所以4a2＝a1＋3a3，即4×a2a1＝1＋3×a3a1，即4t＝1＋3t2，解得t＝1或t＝13，所以a2a1＝1或a2a1＝13.(2)①证明：因为(a1a2·…·an)2＝an＋11an－1n＋1，所以(a1a2·…·anan＋1)2＝an＋21ann＋2，两式相除，得a2n＋1＝a1ann＋2an－1n＋1，即an＋1n＋1＝a1ann＋2，(*)由(*)，得an＋2n＋2＝a1an＋1n＋3，(**)(*)(**)两式相除，得an＋2n＋2an＋1n＋1＝an＋1a＋3ann＋2，即a2n＋2n＋2＝an＋1n＋1an＋1n＋3，所以a2n＋2＝an－1an＋3，由(1)知a22＝a1a3，所以a2n＋1＝anan＋2，n∈N*.因此数列{an}为等比数列．②由n＝1，可得0＜a1≤1，当0＜q≤2时，an＝a1qn－1≤2n－1，因此a1＋a2＋…＋an≤1＋2＋…＋2n－1＝2n－1，所以0＜q≤2满足条件．当q＞2时，由a1＋a2＋…＋an≤2n－1，得a1（1－qn）1－q≤2n－1，整理得a1qn≤(q－1)2n＋a1－q＋1.因为q＞2，0＜a1≤1，所以a1－q＋1＜0，2因此a1qn＜(q－1)2n，即q2n＜q－1a1，又q2＞1，所以n＜logq2q－1a1，与对任意的n∈N*恒成立相矛盾，所以q＞2不满足条件．综上，公比q的取值范围为(0，2]．2．(2019·江苏四星级高中4月联考)如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的比都大于2，则称这个数列为“G型数列”．(1)若数列{an}满足a1＝1，an＋1an＝32n－1，求证：数列{an}是“G型数列”．(2)若数列{an}的各项均为正整数，且a1＝1，{an}为“G型数列”，记bn＝an＋1，数列{bn}为等比数列，公比q为正整数，当{bn}不是“G型数列”时，求数列{an}的通项公式．(3)在(2)的条件下，令cn＝1anan＋1，记{cn}的前n项和为Sn是否存在正整数m，使得对任意的n∈N*，都有1Sn∈(m－1，m]成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：an＋1an＝32n－1，①当n≥2时，anan－1＝32n－3，②由①÷②得，当n≥2时，an＋1an－1＝9，所以数列{a2n}(n∈N*)和数列{a2n－1}(n∈N*)是等比数列．因为a1＝1，an＋1an＝32n－1，所以a2＝3，所以a2n＝32n－1，a2n－1＝32n－2，因此an＝3n－1，从而anan－1＝3＞2(n≥2)，所以数列{an}是“G型数列”．(2)因为数列{an}的各项均为正整数，且{an}为“G型数列”，所以an＋1an＞2，所以an＋1＞2an＞an，因此数列{an}递增．又bn＝an＋1，所以bn＋1－bn＝an＋1－an＞0，因此{bn}递增，所以公比q＞1.又{bn}不是“G型数列”，所以存在n0，使得bn0＋1bn0≤2，所以q≤2，又公比q为正整数，所以q＝2.又b1＝a1＋1＝2，所以bn＝2n，即an＝2n－1.(3)anan＋1＝(2n－1)(2n＋1－1)＝22n＋1－3×2n＋1＞22n＋1－3×2n，3因为22n＋1－3×2n＝4n＋2n(2n－3)＞4n(n≥2)，所以anan＋1＞4n(n≥2)，所以cn＝1anan＋1＜14n(n≥2)．当n＝1时，S1＝13，当n≥2时，Sn＝1a1a2＋1a2a3＋1a3a4＋…＋1anan＋1＜13＋142＋143＋144＋…＋14n，又13＋142＋143＋144＋…＋14n＝13＋1421－14n－11－14＝13＋1121－14n－1＜13＋112＝512，n≥2，即n≥2时，13＜Sn＜512，所以125＜1Sn＜3.综上，125＜1Sn≤3，n∈N*.所以存在正整数m＝3，使得对任意的n∈N*，都有1Sn∈(m－1，m]成立．3．在数列{}an中，已知a1＝1，a2＝2，an＋2＝an＋2，n＝2k－1，3an，n＝2k(k∈N*)．(1)求数列{}an的通项公式；(2)设数列{}an的前n项和为Sn，问是否存在正整数m，n，使得S2n＝mS2n－1？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{}an的奇数项是以a1＝1为首项，公差为2的等差数列；偶数项是以a2＝2为首项，公比为3的等比数列．所以对任意正整数k，a2k－1＝2k－1，a2k＝2×3k－1.所以数列{}an的通项公式为an＝n，n＝2k－1，2·3n2－1，n＝2k(k∈N*)．(2)S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝n（1＋2n－1）2＋2（1－3n）1－3＝3n＋n2－1，n∈N*.S2n－1＝S2n－a2n＝3n－1＋n2－1.假设存在正整数m，n，使得S2n＝mS2n－1，则3n＋n2－1＝m(3n－1＋n2－1)，所以3n－1(3－m)＝(m－1)(n2－1)，(*)从而3－m≥0，所以m≤3,4又m∈N*，所以m＝1，2，3.当m＝1时，(*)式左边大于0，右边等于0，不成立；当m＝3时，(*)式左边等于0，所以2(n2－1)＝0，n＝1，所以S2＝3S1；当m＝2时，(*)式可化为3n－1＝n2－1＝(n＋1)(n－1)，则存在k1，k2∈N，k1k2，使得n－1＝3k1，n＋1＝3k2，且k1＋k2＝n－1，从而3k2－3k1＝3k1(3k2－k1－1)＝2，所以3k1＝1，3k2－k1－1＝2，所以k1＝0，k2－k1＝1，于是n＝2，S4＝2S3.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，a1＝2，an＋1＝2an－1.①求{an}的通项公式；②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a1≠0，an∈Z(n∈N*)．求证：{an}为“等比源数列”．解：(1)①由an＋1＝2an－1，得an＋1－1＝2(an－1)，且a1－1＝1，所以数列{an－1}是首项为1，公比为2的等比数列，所以an－1＝2n－1.所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1＋1.②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an＝2n－1＋1，所以amanak，所以a2n＝amak，得(2n－1＋1)2＝(2m－1＋1)(2k－1＋1)，即22n－2＋2×2n－1＋1＝2m＋k－2＋2m－1＋2k－1＋1，两边同时乘以21－m，得到22n－m－1＋2n－m＋1＝2k－1＋1＋2k－m，5即22n－m－1＋2n－m＋1－2k－1－2k－m＝1，又mnk，m，n，k∈N*，所以2n－m－1≥1，n－m＋1≥1，k－1≥1，k－m≥1，所以22n－m－1＋2n－m＋1－2k－1－2k－m必为偶数，不可能为1.所以数列{an}中不存在任何三项，按一定次序排列构成等比数列．综上可得，数列{an}不是“等比源数列”．(2)证明：不妨设等差数列{an}的公差d≥0.当d＝0时，等差数列{an}为非零常数数列，数列{an}为“等比源数列”．当d0时，因为an∈Z，则d≥1，且d∈Z，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a2n＝amak成立，即[am＋(n－m)d]2＝am[am＋(k－m)d]，即(n－m)·[2am＋(n－m)d]＝am(k－m)成立．当n＝am＋m，k＝2am＋amd＋m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2a5－a3＝13，S4＝16.(1)求数列{an}的前n项和Sn；(2)设Tn＝i＝1n(－1)iai，若对一切正整数n，不等式λTn＜[an＋1＋(－1)n＋1an]·2n－1恒成立，求实数λ的取值范围．解：(1)设数列{an}的公差为d.因为2a5－a3＝13，S4＝16，所以2（a1＋4d）－（a1＋2d）＝13，4a1＋6d＝16，解得a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1，Sn＝n2.(2)①当n为偶数时，设n＝2k，k∈N*，6则T2k＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a2k－a2k－1)＝2k.代入不等式λTn[an＋1＋(－1)n＋1an]·2n－1，得λ·2k＜4k，从而λ＜4k2k.设f(k)＝4k2k，则f(k＋1)－f(k)＝4k＋12（k＋1）－4k2k＝4k（3k－1）2k（k＋1）.因为k∈N*，所以f(k＋1)－f(k)＞0，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，λ的取值范围为(－4，2)．2．(2019·江苏高考)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M­数列”．(1)已知等比数列{an}(n∈N*)满足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求证：数列{an}为“M­数列”；(2)已知数列{bn}(n∈N*)满足：b1＝1，1Sn＝2bn－2bn＋1，其中Sn为数列{bn}的前n项和．①求数列{bn}的通项公式；②设m为正整数．若存在“M­数列”{cn}(n∈N*)，对任意正整数k，当k≤m时，都有ck≤bk≤ck＋1成立，求m的最大值．解：(1)证明：设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0.由a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，得a21q4＝a1q4，a1q2－4a1q＋4a1＝0，解得a1＝1，q＝2.因此数列{an}为“M­数列”．(2)①因为1Sn＝2bn－2bn＋1，所以bn≠0.由b1＝1，S1＝b1，得11＝21－2b2，则b2＝2.7由1Sn＝2bn－2bn＋1，得Sn＝bnbn＋12（bn＋1－bn）.当n≥2时，由bn＝Sn－Sn－1，得bn＝bnbn＋12（bn＋1－bn）－bn－1bn2（bn－bn－1），整理得bn＋1＋bn－1＝2bn.所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．因此，数列{bn}的通项公式为bn＝n(n∈N*)．②由①知，bk＝k，k∈N*.因为数列{cn}为“M­数列”，设公比为q，所以c1＝1，q0.因为ck≤bk≤ck＋1，所以qk－1≤k≤qk，其中k＝1，2，3，…，m(m∈N*)．当k＝1时，有q≥1；当k＝2，3，…，m时，有lnkk≤lnq≤lnkk－1.设f(x)＝lnxx(x1)，则f′(x)＝1－lnxx2.令f′(x)＝0，得x＝e.列表如下：x(1，e)e(e，＋∞)f′(x)＋0－f(x)