（江苏专用）2020版高考数学二轮复习 微专题十八 数列的综合运用课件 苏教版

核心模块六数列微专题十八数列的综合运用课时作业考情分析在近三年的高考题中，等差、等比数列一直是高考重点和难点，填空题中有等差、等比数列单调性、最值的考察，解答题第二、三问针对数列的性质以及代数推理的综合考察，难度较大．年份填空题解答题2017T9等比数列的基本量T19考察等差数列的综合问题2018T14等差、等比数列的综合问题T19考察等差、等比数列的综合问题2019T8等差数列T20等差、等比的综合问题课时作业典型例题目标1等差、等比数列的衍生或子数列的问题例1已知等差数列{an}的公差d不为0，且ak1，ak2…，akn，…(k1k2…kn…)成等比数列，公比为q.(1)若k1＝1，k2＝3，k3＝8，求a1d的值；(2)当a1d为何值时，数列{kn}为等比数列？(3)若数列{kn}为等比数列，且对于任意n∈N*，不等式an＋akn2kn恒成立，求a1的取值范围．解析：(1)由已知可得a1，a3，a8成等比数列，所以(a1＋2d)2＝a1(a1＋7d)，整理可得4d2＝3a1d.因为d≠0，所以a1d＝43.(2)设数列{kn}为等比数列，则k22＝k1k3.又因为ak1，ak2，ak3成等比数列，所以[a1＋(k1－1)d][a1＋(k3－1)d]＝[a1＋(k2－1)d]2.整理，得a1(2k2－k1－k3)＝d(k1k3－k22－k1－k3＋2k2)．因为k22＝k1k3，所以a1(2k2－k1－k3)＝d(2k2－k1－k3)．因为2k2≠k1＋k3，所以a1＝d，即a1d＝1.当a1d＝1时，an＝a1＋(n－1)d＝nd，所以akn＝knd.又因为akn＝ak1qn－1＝k1dqn－1，所以kn＝k1qn－1.所以kn＋1kn＝k1qnk1qn－1＝q，数列{kn}为等比数列．综上，当a1d＝1时，数列{kn}为等比数列．(3)因为数列{kn}为等比数列，由(2)知a1＝d，kn＝k1qn－1(q1)．akn＝ak1qn－1＝k1dqn－1＝k1a1qn－1，an＝a1＋(n－1)d＝na1.因为对于任意n∈N*，不等式an＋akn2kn恒成立．所以不等式na1＋k1a1qn－12k1qn－1，即a12k1qn－1n＋k1qn－1，01a1n＋k1qn－12k1qn－1＝12＋q2k1·nqn恒成立．下面证明：对于任意的正实数ε(0ε1)，总存在正整数n1，使得n1qn1ε.要证n1qn1ε，即证lnn1n1lnq＋lnε.不妨取n0＝1＋1－4lnqlnε2lnq2＋1，则当n1n0时，原式得证．所以01a1≤12，所以a1≥2，即得a1的取值范围是[2，＋∞)．【思维变式题组训练】1.在数列{an}中，a1＝1，且对任意的k∈N*，a2k－1，a2k，a2k＋1成等比数列，其公比为qk.(1)若qk＝2(k∈N*)，求a1＋a3＋a5＋…＋a2k－1；(2)若对任意的k∈N*，a2k，a2k＋1，a2k＋2成等差数列，其公差为dk，设bk＝1qk－1.求证：{bk}成等差数列，并指出其公差．解析：因为qk＝2，所以a2k＋1a2k－1＝4，故a1，a3，a5，…，a2k－1是首项为1，公比为4的等比数列，所以a1＋a3＋a5＋…＋a2k－1＝1－4k1－4＝13(4k－1)．(2)证明：因为a2k，a2k＋1，a2k＋2成等差数列，所以2a2k＋1＝a2k＋a2k＋2.而a2k＝a2k＋1qk，a2k＋2＝a2k＋1qk＋1，所以1qk＋qk＋1＝2，则qk＋1－1＝qk－1qk.所以1qk＋1－1＝qkqk－1＝1qk－1＋1，所以1qk＋1－1－1qk－1＝1，即bk＋1－bk＝1，所以{bk}是等差数列，且公差为1.2.给定一个数列{an}，在这个数列里，任取m(m≥3，m∈N*)项，并且不改变它们在数列{an}中的先后次序，得到的数列称为数列{an}的一个m阶子数列．已知数列{an}的通项公式为an＝1n＋a(n∈N*，a为常数)，等差数列a2，a3，a6是数列{an}的一个3阶子数列．(1)求a的值；(2)等差数列b1，b2，…，bm是{an}的一个m(m≥3，m∈N*)阶子数列，且b1＝1k(k为常数，k∈N*，k≥2)，求证：m≤k＋1.(1)解析：因为a2，a3，a6成等差数列，所以a2－a3＝a3－a6.又因为a2＝12＋a，a3＝13＋a，a6＝16＋a，代入得12＋a－13＋a＝13＋a－16＋a，解得a＝0.(2)证明：设等差数列b1，b2，…，bm的公差为d.因为b1＝1k，所以b2≤1k＋1，从而d＝b2－b1≤1k＋1－1k＝－1kk＋1.所以bm＝b1＋(m－1)d≤1k－m－1kk＋1.又因为bm＞0，所以1k－m－1kk＋1＞0.即m－1＜k＋1.所以m＜k＋2.又因为m，k∈N*，所以m≤k＋1.目标2数列中的含参求解及恒成立问题例2已知首项为1的正项数列{an}满足a2n＋1＋a2n52an＋1an，n∈N*.(1)若a2＝32，a3＝x，a4＝4，求x的取值范围；(2)设数列{an}是公比为q的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．若12SnSn＋12Sn，n∈N*，求q的取值范围；(3)若a1，a2，…，ak(k≥3)成等差数列，且a1＋a2＋…＋ak＝120，求正整数k的最小值，以及k取最小值时相应数列a1，a2，…，ak的公差．解析：(1)由题意得，12anan＋12an，所以34x3，x242x，解得x∈(2,3)．(2)由题意得，因为12anan＋12an，且数列{an}是等比数列，a1＝1，所以12qn－1qn2qn－1，所以qn－1q－120，qn－1q－20，所以q∈12，2.又因为12SnSn＋12Sn，所以当q＝1时，S2＝2S1不满足题意．当q≠1时，12·1－qn1－q1－qn＋11－q2·1－qn1－q，所以①当q∈12，1时，qnq－2－1，qn2q－11，q1q－2－1，q12q－11，解得q∈12，1；②当q∈(1,2)时，qnq－2－1，qn2q－11，q1q－2－1，q12q－11，无解．所以q∈12，1.(3)因为12anan＋12an，且数列a1，a2，…，ak成等差数列，a1＝1，所以12[1＋(n－1)d]1＋nd2[1＋(n－1)d]，n＝1,2，…，k－1.所以dn＋1－1，d2－n1，所以d∈－1k，1.又因为a1＋a2＋…＋ak＝120，所以Sk＝d2k2＋a1－d2k＝d2k2＋1－d2k＝120，所以d＝240－2kk2－k，所以240－2kk2－k∈－1k，1，解得k∈(15,239)，k∈N*，所以k的最小值为16，此时公差为d＝1315.【思维变式题组训练】1.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，且对任意的正整数，都有Sn＋1＝λSn＋3n＋1，其中常数λ0.设bn＝an3n(n∈N*)．(1)若λ＝3，求数列{bn}的通项公式；(2)若λ≠1且λ≠3，设cn＝an＋2λ－3×3n(n∈N*)，证明：数列{cn}是等比数列；(3)若对任意的正整数，都有bn≤3，求实数λ的取值范围．解析：因为Sn＋1＝λSn＋3n＋1，n∈N*，所以当n≥2时，Sn＝λSn－1＋3n，从而an＋1＝λan＋2·3n，n≥2，n∈N*.又在Sn＋1＝λSn＋3n＋1中，令n＝1，可得a2＝λa1＋2·31，满足上式，所以an＋1＝λan＋2·3n，n∈N*.(1)当λ＝3时，an＋1＝3an＋2·3n，n∈N*，从而an＋13n＋1＝an3n＋23，即bn＋1－bn＝23.又b1＝1，所以数列bn是首项为1，公差为23的等差数列，所以bn＝2n＋13.(2)当λ0且λ≠3且λ≠1时，cn＝an＋2λ－3×3n＝λan－1＋2×3n－1＋2λ－3×3n＝λan－1＋2λ－3×3n－1(λ－3＋3)＝λan－1＋2λ－3×3n－1＝λ·cn－1，又c1＝3＋6λ－3＝3λ－1λ－3≠0，所以cn是首项为3λ－1λ－3，公比为λ的等比数列，cn＝3λ－1λ－3·λn－1.(3)在(2)中，若λ＝1，则cn＝0也适合，所以当λ≠3时，cn＝3λ－1λ－3·λn－1.从而由(1)和(2)可知an＝2n＋1×3n－1，λ＝3，3λ－1λ－3·λn－1－2λ－3×3n，λ≠3.当λ＝3时，bn＝2n＋13，显然不满足条件，故λ≠3.当λ≠3时，bn＝λ－1λ－3×λ3n－1－2λ－3.若λ3时，λ－1λ－30，bnbn＋1，n∈N*，bn∈[1，＋∞)，不符合，舍去．若0λ1时，λ－1λ－30，－2λ－30，bnbn＋1，n∈N*，且bn0.所以只需b1＝a13＝1≤3即可，显然成立．故0λ1符合条件；若λ＝1时，bn＝1，满足条件．故λ＝1符合条件；若1λ3时，λ－1λ－30，－2λ－30，从而bnbn＋1，n∈N*.因为b1＝10，故bn∈1，－2λ－3，要使bn≤3成立，只需－2λ－3≤3即可．于是1λ≤73.综上所述，所求实数λ的取值范围是0，73.2.已知a，b是不相等的正数，在a，b之间分别插入m个正数a1，a2，…，am和正数b1，b2，…，bm，使a，a1，a2，…，am，b是等差数列，a，b1，b2，…，bm，b是等比数列．(1)若m＝5，a3b3＝54，求ba的值；(2)求证：anbn(n∈N*，n≤m)．解析：(1)设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，则d＝b－a6，q＝6ba.a3＝a＋3d＝a＋b2，b3＝aq3＝ab.因为a3b3＝54，所以2a－5ab＋2b＝0，解得ba＝4或ba＝14.(2)证法1:设cn0，Sn为数列{cn}的前n项的和．先证：若{cn}为递增数列，则Snn为递增数列．证明：当n∈N*时，Snn＜nbn＋1n＝bn＋1.因为Sn＋1＝Sn＋bn＋1Sn＋Snn＝n＋1nSn，所以Snn＜Sn＋1n＋1，即数列Snn为递增数列．同理可证，若{cn}为递减数列，则Snn为递减数列．①当ba时，q1.当n∈N*，n≤m时，Sm＋1m＋1Snn.即aqqm＋1－1q－1m＋1aqqn－1q－1n，即aqm＋1－am＋1aqn－an.因为b＝aqm＋1，bn＝aqn，d＝b－am＋1，所以dbn－an，即a＋ndbn，即anbn.②当b＜a时，0＜q＜1，当n∈N*，n≤m时，Sm＋1m＋1＜Snn.即aqqm＋1－1q－1m＋1＜aqqn－1q－1n.因为0＜q＜1，所以aqm＋1－am＋1aqn－an.以下同①.综上所述，anbn(n∈N*，n≤m)．证法2:设等差数列a，a1，a2，…，am，b的公差为d，等比数列a，b1，b2，…，bm，b的公比为q，b＝λa(λ0，λ≠1)．由题意得d＝λ－1m＋1a，q＝λ1m＋1，所以an＝a＋nd＝a＋λ－1m＋1an，bn＝aλnm＋1.要证anbn(n∈N*，n≤m)，只要证1＋λ－1m＋1n－λnm＋10(λ0，λ≠1，n∈N*，n≤m)．构造函数f(x)＝1＋λ－1m＋1x－λxm＋1(λ0，λ≠1,0＜x＜m＋1)，则f′(x)＝λ－1m＋1－1m＋1λxm＋1lnλ.令f′(x)＝0，解得x0＝(m＋1)logλλ－1lnλ.以下证明0＜logλλ－1lnλ＜1.不妨设λ1，即证明1＜λ－1lnλ＜λ，即证明ln