13、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.
綜上，符合條件的正整數(shù)對(duì)(m，n)為(2，2)，(3，1).
考點(diǎn)三 數(shù)列與不等式的綜合問(wèn)題
【例3】 設(shè)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn滿足S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*.
(1)求a1的值；
(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(3)證明：對(duì)一切正整數(shù)n，有＋＋…＋<.
(1)解 令n＝1代入得a1＝2(負(fù)值舍去).
(2)解 由S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*，
14、
得[Sn－(n2＋n)](Sn＋3)＝0.
又已知數(shù)列{an}各項(xiàng)均為正數(shù)，故Sn＝n2＋n.
當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，
當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝2也滿足上式，
∴an＝2n，n∈N*.
(3)證明 ∵k∈N*，4k2＋2k－(3k2＋3k)
＝k2－k＝k(k－1)≥0，
∴4k2＋2k≥3k2＋3k，
∴＝＝≤
＝.
∴＋＋…＋
≤
＝<.
∴不等式成立.
規(guī)律方法 數(shù)列與不等式的綜合問(wèn)題
(1)函數(shù)方法：即構(gòu)造函數(shù)，通過(guò)函數(shù)的單調(diào)性、極值等得出關(guān)于正實(shí)數(shù)的不等式，通過(guò)對(duì)關(guān)于正實(shí)數(shù)的不等式特殊賦值得出數(shù)列中的不等
15、式；
(2)放縮方法：數(shù)列中不等式可以通過(guò)先放縮后求和或先求和后放縮求解；
(3)比較方法：作差或者作商比較.
【訓(xùn)練3】 已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝3an＋1.
(1)證明：是等比數(shù)列，并求{an}的通項(xiàng)公式；
(2)證明：＋＋…＋<.
證明 (1)由an＋1＝3an＋1，得an＋1＋＝3.
又a1＋＝，
所以是首項(xiàng)為，公比為3的等比數(shù)列.
所以an＋＝，因此{(lán)an}的通項(xiàng)公式為an＝.
(2)由(1)知＝.
因?yàn)楫?dāng)n≥1時(shí)，3n－1≥2×3n－1，所以≤.
于是＋＋…＋≤1＋＋…＋
＝<，
所以＋＋…＋<.
考點(diǎn)四 數(shù)列應(yīng)用題
【例4】 (20
16、18·南京模擬)某公司一下屬企業(yè)從事某種高科技產(chǎn)品的生產(chǎn).該企業(yè)第一年年初有資金2 000萬(wàn)元，將其投入生產(chǎn)，到當(dāng)年年底資金增長(zhǎng)了50%.預(yù)計(jì)以后每年年增長(zhǎng)率與第一年的相同.公司要求企業(yè)從第一年開(kāi)始，每年年底上繳資金d萬(wàn)元，并將剩余資金全部投入下一年生產(chǎn).設(shè)第n年年底企業(yè)上繳資金后的剩余資金為an萬(wàn)元.
(1)用d表示a1，a2，并寫(xiě)出an＋1與an的關(guān)系式；
(2)若公司希望經(jīng)過(guò)m(m≥3)年使企業(yè)的剩余資金為4 000萬(wàn)元，試確定企業(yè)每年上繳資金d的值(用m表示).
解 (1)由題意得
a1＝2 000(1＋50%)－d＝3 000－d，
a2＝a1(1＋50%)－d＝a1－d＝
17、4 500－d，
…
an＋1＝an(1＋50%)－d＝an－d.
(2)由(1)得an＝an－1－d＝－d
＝an－2－d－d
＝…
＝a1－d
整理得
an＝(3 000－d)－2d
＝(3 000－3d)＋2d.
由題意得am＝4 000，
即(3 000－3d)＋2d＝4 000.
解得d＝＝.
故該企業(yè)每年上繳資金d的值為時(shí)，經(jīng)過(guò)m(m≥3)年企業(yè)的剩余資金為4 000萬(wàn)元.
規(guī)律方法 數(shù)列應(yīng)用題
(1)根據(jù)題意，確定數(shù)列模型；
(2)準(zhǔn)確求解模型；
(3)問(wèn)題作答，不要忽視問(wèn)題的實(shí)際意義.
一、必做題
1.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝3
18、n2＋8n，{bn}是等差數(shù)列，且an＝bn＋bn＋1.
(1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；
(2)令cn＝，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn.
解 (1)由題意知，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，
當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝11，所以an＝6n＋5.
設(shè)數(shù)列{bn}的公差為d.由
即可解得b1＝4，d＝3，所以bn＝3n＋1.
(2)由(1)知，cn＝＝3(n＋1)·2n＋1.
又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，
得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，
2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2].
兩式作差，得－Tn＝3×[2×
19、22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]
＝3×
＝－3n·2n＋2，所以Tn＝3n·2n＋2.
2.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝，a3＝，且當(dāng)n≥2時(shí)，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.
(1)求a4的值；
(2)證明：{an＋1－an}為等比數(shù)列；
(3)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.
(1)解 當(dāng)n＝2時(shí)，4S4＋5S2＝8S3＋S1，
即4＋5
＝8＋1，
解得a4＝.
(2)證明 因?yàn)?Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，
所以4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)
20、，
即4an＋2＋an＝4an＋1 (n≥2)，
當(dāng)n＝1時(shí)，4a3＋a1＝4×＋1＝6＝4a2，
所以n＝1也滿足此式，
所以4an＋2＋an＝4an＋1 (n∈N*)，
因?yàn)椋?
＝＝＝，
所以數(shù)列是以a2－a1＝1為首項(xiàng)，公比為的等比數(shù)列.
(3)解 由(2)知數(shù)列是以a2－a1＝1為首項(xiàng)，公比為的等比數(shù)列，
所以an＋1－an＝.
即－＝4，
所以數(shù)列是以＝2為首項(xiàng)，公差為4的等差數(shù)列，所以＝2＋(n－1)×4＝4n－2，
即an＝(4n－2)×＝(2n－1)×，
所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝(2n－1)×.
3.(2017·常州期末)已知等差數(shù)列{an
21、}的公差d為整數(shù)，且ak＝k2＋2，a2k＝(k＋2)2，其中k為常數(shù)且k∈N*.
(1)求k及an；
(2)設(shè)a1>1，{an}的前n項(xiàng)和為Sn，等比數(shù)列{bn}的首項(xiàng)為1，公比為q(q>0)，前n項(xiàng)和為T(mén)n.若存在正整數(shù)m，使得＝T3，求q.
解 (1) 由題意得
②－①，得d＝4＋.
因?yàn)閗∈N*且d為整數(shù)，所以k＝1或k＝2.
當(dāng)k＝1時(shí)，d＝6，代入①，解得a1＝3，所以an＝6n－3.
當(dāng)k＝2時(shí)，d＝5，代入①，解得a1＝1，所以an＝5n－4.
(2)因?yàn)閍1>1，所以an＝6n－3，從而Sn＝3n2.
由＝T3，得＝1＋q＋q2，
整理得q2＋q＋1－＝0
22、.
因?yàn)棣ぃ?－4≥0，所以m2≤.
因?yàn)閙∈N*，所以m＝1或m＝2.
當(dāng)m＝1時(shí)，q＝(舍去)或q＝.
當(dāng)m＝2時(shí)，q＝0或q＝－1(均舍去).
綜上所述，q＝.
4.在等比數(shù)列{an}中，an>0(n∈N*)，公比q∈(0，1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，又a3與a5的等比中項(xiàng)為2.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)bn＝log2an，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn；
(3)是否存在k∈N*，使得＋＋…＋
23、＋a＝25，∴(a3＋a5)2＝25，
又an>0，∴a3＋a5＝5，
又a3與a5的等比中項(xiàng)為2，
∴a3a5＝4，而q∈(0，1)，
∴a3>a5，∴a3＝4，a5＝1，∴q＝，a1＝16，
∴an＝16×＝25－n.
(2)∵bn＝log2an＝5－n，∴bn＋1－bn＝－1，
b1＝log2a1＝log216＝log224＝4，
∴{bn}是以b1＝4為首項(xiàng)，－1為公差的等差數(shù)列，
∴Sn＝.
(3)由(2)知Sn＝，∴＝.
當(dāng)n≤8時(shí)，>0；當(dāng)n＝9時(shí)，＝0；
當(dāng)n>9時(shí)，<0.
∴當(dāng)n＝8或n＝9時(shí)，＋＋＋…＋＝18最大.
故存在k∈N*，使得＋＋…＋<
24、k對(duì)任意n∈N*恒成立，k的最小值為19.
5.(2018·無(wú)錫一模)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝2，Sn＝an(r∈R，n∈N*).
(1)求r的值及數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)bn＝(n∈N*)，記{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n.
①當(dāng)n∈N*時(shí)，λ＜T2n－Tn恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍；
②求證：存在關(guān)于n的整式g(n)，使得 (Ti＋1)＝Tn·g(n)－1對(duì)一切n≥2，n∈N*成立.
(1)解 n＝1時(shí)，S1＝a1×＝a1，解得r＝，
∴Sn＝an·.
n≥2時(shí)，Sn－1＝an－1·.
兩式相減可得an＝an·－an－1·.
∴＝(n≥2).
∴an＝
25、··…··a1＝·· ·…···2＝n(n＋1)，n＝1時(shí)也適合.
∴an＝n(n＋1).
(2)①解 bn＝＝，Tn＝＋＋…＋，T2n＝＋＋…＋，
∴T2n－Tn＝＋＋…＋，令Bn＝T2n－Tn，
則Bn＋1－Bn＝＋－
＝>0，
因此數(shù)列{Bn}單調(diào)遞增，
∴(Bn)min＝.
∵當(dāng)n∈N*時(shí)，λ＜T2n－Tn恒成立，∴λ<.
②證明 由①可得n≥2時(shí)Tn－Tn－1＝，即(n＋1)Tn－nTn－1＝Tn－1＋1，
∴n≥2時(shí)， (Ti＋1)＝(3T2－2T1)＋(4T3－3T2)＋…＋[(n＋1)Tn－nTn－1]＝(n＋1)Tn－2T1＝(n＋1)Tn－1.
∴存在
26、關(guān)于n的整式g(n)＝n＋1，使得 (Tn＋1)＝Tn·g(n)－1對(duì)一切n≥2，n∈N*都成立.
6.(2016·江蘇卷)記U＝{1，2，…，100}.對(duì)數(shù)列{an}(n∈N*)和U的子集T，若T＝?，定義ST＝0；若T＝{t1，t2，…，tk}，定義ST＝at1＋at2＋…＋atk.例如：T＝{1，3，66}時(shí)，ST＝a1＋a3＋a66.現(xiàn)設(shè){an}(n∈N*)是公比為3的等比數(shù)列，且當(dāng)T＝{2，4}時(shí)，ST＝30.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)對(duì)任意正整數(shù)k(1≤k≤100)，若T?{1，2，…，k}，求證：ST＜ak＋1；
(3)設(shè)C?U，D?U，SC≥SD，求證：
27、SC＋SC∩D≥2SD.
(1)解 當(dāng)T＝{2，4}時(shí)，ST＝a2＋a4＝a2＋9a2＝30，
∴a2＝3，a1＝＝1，故an＝a1qn－1＝3n－1.
(2)證明 對(duì)任意正整數(shù)k(1≤k≤100).
由于T?{1，2，…，k}，
則ST≤a1＋a2＋a3＋…＋ak＝1＋3＋32＋…＋3k－1＝＜3k＝ak＋1.
(3)證明 設(shè)A＝?C(C∩D)，B＝?D(C∩D)，
則A∩B＝?，SC＝SA＋SC∩D，
SD＝SB＋SC∩D，SC＋SC∩D－2SD＝SA－2SB，
∴SC＋SC∩D≥2SD等價(jià)于SA≥2SB.
由條件SC≥SD可得SA≥SB.
①若B＝?，則SB＝0，所以SA≥2SB成立，
②若B≠?，由SA≥SB可知A≠?，
設(shè)A中的最大元素為I，B中的最大元素為m，
若m≥I＋1，則由(2)得SA＜SI＋1≤am≤SB，矛盾.
又∵A∩B＝?，∴I≠m，∴I≥m＋1，
∴SB≤a1＋a2＋…＋am＝1＋3＋32＋…＋3m－1＜≤≤，即SA＞2SB成立.
綜上所述，SA≥2SB.故SC＋SC∩D≥2SD成立.
14
（江蘇專(zhuān)版）2019版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第六章 數(shù)列 第35講 等差、等比數(shù)列綜合應(yīng)用學(xué)案 理
