（江苏专用）2020高考数学二轮复习 专题四 数列 第三讲 大题考法——数列的综合应用课件

——数列的综合应用大题考法三讲第题型(一)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.数列与不等式问题[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2Sn＝an＋1(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若正项等比数列{bn}，满足b2＝2，2b7＋b8＝b9，求Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn；(3)对于(2)中的Tn，若对任意的n∈N*，不等式λ(－1)n＜12n＋1(Tn＋21)恒成立，求实数λ的取值范围．[解](1)因为2Sn＝an＋1，所以4Sn＝(an＋1)2，且an＞0，则4a1＝(a1＋1)2，解得a1＝1，又4Sn＋1＝(an＋1＋1)2，所以4an＋1＝4Sn＋1－4Sn＝(an＋1＋1)2－(an＋1)2，即(an＋1＋an)(an＋1－an)－2(an＋1＋an)＝0，因为an＞0，所以an＋1＋an≠0，所以an＋1－an＝2，所以{an}是公差为2的等差数列，又a1＝1，所以an＝2n－1.(2)设数列{bn}的公比为q，因为2b7＋b8＝b9，所以2＋q＝q2，解得q＝－1(舍去)或q＝2，由b2＝2，得b1＝1，即bn＝2n－1.记A＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－1)×2n－1，则2A＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)×2n，两式相减得－A＝1＋2(2＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)×2n，故A＝(2n－1)×2n－1－2(2＋22＋…＋2n－1)＝(2n－1)×2n－1－2(2n－2)＝(2n－3)×2n＋3所以Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝(2n－3)·2n＋3.(3)不等式λ(－1)n＜12n＋1(Tn＋21)可化为(－1)nλ＜n－32＋62n－1.当n为偶数时，λ＜n－32＋62n－1，记g(n)＝n－32＋62n－1.即λ＜g(n)min.g(n＋2)－g(n)＝2＋62n＋1－62n－1＝2－92n，当n＝2时，g(n＋2)＜g(n)，n≥4时，g(n＋2)＞g(n)，即g(4)＜g(2)，当n≥4时，g(n)单调递增，g(n)min＝g(4)＝134，即λ＜134.当n为奇数时，λ＞32－n－62n－1，记h(n)＝32－n－62n－1，所以λ＞h(n)max.h(n＋2)－h(n)＝－2－62n＋1＋62n－1＝－2＋92n，当n＝1时，h(n＋2)＞h(n)，n≥3时，h(n＋1)＜h(n)，即h(3)＞h(1)，n≥3时，h(n)单调递减，h(n)max＝h(3)＝－3，所以λ＞－3.综上所述，实数λ的取值范围为－3，134.[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](2019·如皋中学模拟)已知各项均不为0的数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*.(1)若a1＝1，数列{an}是等比数列，且S3＝13，求数列{an}的通项公式；(2)已知an＋Sn＝An2＋Bn＋2－B，其中B＞0且B≠1.①若A＝1，数列{an}是等差数列，求Sn；②若a1＝1，对任意的n∈N*，anan＋1＜λ，求实数λ的取值范围．解：(1)设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，由a1＝1，S3＝13，得S3＝a1(1＋q＋q2)＝1＋q＋q2＝13，即q2＋q－12＝0，解得q＝3或q＝－4，则an＝3n－1或an＝(－4)n－1.(2)①由数列{an}是等差数列，设其公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，Sn＝na1＋n（n－1）2d.于是由an＋Sn＝An2＋Bn＋2－B且A＝1，得d2n2＋a1＋d2n＋a1－d＝n2＋Bn＋2－B.由正整数n的任意性得1＝d2，B＝a1＋d2，2－B＝a1－d，解得a1＝32，B＝52，d＝2.则Sn＝na1＋n（n－1）2d＝32n＋n2－n＝n2＋12n.②由an＋Sn＝An2＋Bn＋2－B，得2a1＝A＋2，又a1＝1，所以A＝0.于是an＋Sn＝Bn＋2－B，从而an＋1＋Sn＋1＝B(n＋1)＋2－B，两式相减得2an＋1－an＝B，an＋1－B＝12(an－B)．又a1＝1，B≠1，所以a1－B≠0，所以数列{an－B}是首项为a1－B，公比为12的等比数列．所以an－B＝(a1－B)·12n－1，即an＝(1－B)·12n－1＋B.于是anan＋1＝（1－B）·12n－1＋B（1－B）·12n＋B＝1＋1－B1－B＋2nB.因为B＞0且B≠1，所以需分两种情况来讨论：(ⅰ)当0＜B＜1时，1－B＞0，则1－B1－B＋2nB的值随n的值的增大而减小，所以anan＋1的最大值在n＝1处取得，即anan＋1max＝a1a2＝1＋1－B1－B＋2B＝21＋B.于是anan＋1≤21＋B，又anan＋1＜λ，所以λ＞21＋B.(ⅱ)当B＞1时，由1－B＋2nB≥1－B＋2B＝1＋B＞0，2nB≥2B＞2B－2，得－1＜1－B1－B＋2nB＜0.所以0＜anan＋1＝1＋1－B1－B＋2nB＜1.假设λ＜1，易知λ＞0，且anan＋1＝1＋1－B1－B＋2nB＜λ，得2n＜（B－1）（2－λ）（1－λ）B，即n＜log2（B－1）（2－λ）（1－λ）B.所以当n取大于或等于log2（B－1）（2－λ）（1－λ）B的正整数时，anan＋1＜λ不成立，与题设矛盾．所以λ≥1.综上所述，当0＜B＜1时，λ＞21＋B；当B＞1时，λ≥1.题型(二)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.数列中的存在性问题[典例感悟][例2](2019·扬州中学模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3，S52，S4成等差数列，a5＝3a2＋2a1－2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)是否存在互不相等的正整数r，s，t成等差数列，使得ar，as，at成等比数列？若存在，求出r，s，t的值；若不存在，请说明理由；(3)设xn＝Sn2n，求数列{xn}的前n项和Tn.[解](1)设等差数列{an}的公差为d，由S3，S52，S4成等差数列，知S3＋S4＝S5，即3a1＋3d＋4a1＋6d＝5a1＋10d，即2a1－d＝0，①由a5＝3a2＋2a1－2，得a1＋4d＝3a1＋3d＋2a1－2，即4a1－d－2＝0，②由①②解得a1＝1，d＝2.故数列{an}的通项公式为an＝1＋2(n－1)＝2n－1.(2)假设存在互不相等的正整数r，s，t满足题意，则2s＝r＋t.由(1)知，ar＝2r－1，as＝2s－1＝r＋t－1，at＝2t－1.若ar，as，at成等比数列，则a2s＝arat，即(r＋t－1)2＝(2r－1)(2t－1)，即(r＋t)2＝4n，即(r－t)2＝0，故r＝t＝s，这与r，s，t互不相等矛盾，故不存在互不相等的正整数r，s，t成等差数列，使得ar，as，at成等比数列．(3)由(1)知，Sn＝[1＋（2n－1）]·n2＝n2，所以xn＝n22n.由题意得，Tn＝1221＋2222＋3223＋4224＋…＋（n－1）22n－1＋n22n，则12Tn＝1222＋2223＋3224＋4225＋…＋（n－1）22n＋n22n＋1，两式相减，得12Tn＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n－12n－n22n＋1.记Qn＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n－12n，则12Qn＝122＋323＋524＋725＋…＋2n－32n＋2n－12n＋1，两式相减，得12Qn＝12＋222＋223＋224＋225＋…＋22n－2n－12n＋1＝12＋2×141－12n－11－12－2n－12n＋1＝32－12n－1－2n－12n＋1＝32－2n＋32n＋1，所以Qn＝3－2n＋32n.所以12Tn＝3－2n＋32n－n22n＋1＝3－n2＋4n＋62n＋1，所以Tn＝6－n2＋4n＋62n.[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．(2019·无锡期末)设等比数列{an}的公比为q(q＞0，且q≠1)，前n项和为Sn，且2a1a3＝a4，数列{bn}的前n项和Tn满足2Tn＝n(bn－1)，n∈N*，b2＝1.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)是否存在常数t，使得Sn＋12t为等比数列？请说明理由；(3)设cn＝1bn＋4，对于任意给定的正整数k(k≥2)，是否存在正整数l，m(k＜l＜m)，使得ck，cl，cm成等差数列？若存在，求出l，m(用k表示)；若不存在，请说明理由．解：(1)因为数列{an}为等比数列，公比为q，2a1a3＝a4，所以2a1·a1q2＝a1q3，所以a1＝q2，所以an＝q2qn－1＝12qn.因为2Tn＝n(bn－1)，n∈N*，①所以2Tn＋1＝(n＋1)(bn＋1－1)，n∈N*，②②－①，得2Tn＋1－2Tn＝(n＋1)bn＋1－nbn－(n＋1)＋n，所以2bn＋1＝(n＋1)bn＋1－nbn－1，所以(n－1)bn＋1＝nbn＋1，③所以nbn＋2＝(n＋1)bn＋1＋1，④④－③得nbn＋2－(n－1)bn＋1＝(n＋1)bn＋1－nbn，所以nbn＋2＋nbn＝2nbn＋1，所以bn＋2＋bn＝2bn＋1，所以bn＋2－bn＋1＝bn＋1－bn，所以{bn}为等差数列．当n＝1时，b1＝－1，又b2＝1，所以公差为2，所以bn＝2n－3.(2)由(1)得Sn＝q2（1－qn）1－q，所以Sn＋12t＝q2（1－qn）1－q＋12t＝qn＋12（q－1）＋q2（1－q）＋12t，要使Sn＋12t为等比数列，则其通项必须满足指数型函数，则q2（1－q）＋12t＝0，解得t＝q－1q.此时Sn＋1＋12tSn＋12t＝qn＋22（q－1）qn＋12（q－1）＝q，所以存在t＝q－1q，使得Sn＋12t为等比数列．(3)cn＝1bn＋4＝12n＋1，设对于任意给定的正整数k(k≥2)，存在正整数l，m(k＜l＜m)，使得ck，cl，cm成等差数列，则2cl＝ck＋cm，所以22l＋1＝12k＋1＋12m＋1，所以12m＋1＝22l＋1－12k＋1＝4k－2l＋1（2l＋1）（2k＋1），所以m＝2kl－k＋2l4k－2l＋1＝（－4k＋2l－1）（k＋1）＋（2k＋1）24k－2l＋1＝－k－1＋（2k＋1）24k－2l＋1，所以m＋k＋1＝（2k＋1）24k－2l＋1，因为m，k(k≥2)为正整数，所以4k－2l＋1＝1或4k－2l＋1＝2k＋1或4k－2l＋1＝(2k＋1)2.若4k－2l＋1＝1，则l＝2k，m＝4k2＋3k，此时m－l＝4k2＋k＞0，满足k＜l＜m；若4k－2l＋1＝2k＋1，则k＝l，与题设矛盾，舍去；若4k－2l＋1＝(2k＋1)2，则l＝－2k2，此时m＋k＝0，舍去．综上，对于任意给定的正整数k(k≥2)，存在正整数l＝2k，m＝4k2＋3k，使得ck，cl，cm成等差数列．2．(2019·姜堰中学模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且当n≥2时，满足an－Sn－1＝2.正项数列{bn}的前n项和为Tn，满足a1＝2b1，bn＋1＝2Tn，n∈N*.(1)求出数列{an}和数列{bn}的通项公式；(2)