第20講 數(shù)列的綜合應(yīng)用,第20講 數(shù)列的綜合應(yīng)用 1.在公比為q且各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中,Sn為{an}的前n項(xiàng)和.若a1= , 則S5=S2+2,且q的值為 .,答案,解析 由an>0及a1= ,則S5-S2=a3+a4+a5=a1q2+a1q3+a1q4=1+q+q2=2,解得q= (舍負(fù)).,2.設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若S3,S9,S6成等差數(shù)列,且a2+a5=4,則a8的值為 .,答案 2,解析 由S3,S9,S6成等差數(shù)列得S3+S6=2S9,則公比q≠1,q3+q6=2q9,2q6-q3-1=0,則q3 =- .又a2+a5=a2(1+q3)= a2=4,則a2=8,所以a8=a2q6=8 =2.,3.設(shè)等差數(shù)列{an}的前項(xiàng)n和為Sn,若a5=3,S10=40,則nSn的最小值為 .,答案 -32,解析 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d(d≠0),則a5=a1+4d=3,S10=10a1+ d=40,解 得a1=-5,d=2,則nSn=n(n2-6n)=n3-6n2.令f(x)=x3-6x2,x>0,則f (x)=3x2-12x=3x(x- 4),x>0,當(dāng)x∈(0,4)時(shí), f (x)0, f(x)遞增, f(x)min =f(4)=64-96=-32,所以nSn的最小值為-32.,題型一 數(shù)列中的最值問(wèn)題,例1 (2018南京師大附中高三模擬) 已知等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}均不 是常數(shù)列,若a1=b1=1,且a1,2a2,4a4成等比數(shù)列,4b2,2b3,b4成等差數(shù)列. (1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)m,n是正整數(shù),若存在正整數(shù)i,j,k(i<j<k),使得ambj,amanbi,anbk成等差數(shù)列,求 m+n的最小值; (3)令cn= ,記{cn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n, 的前n項(xiàng)和為An.若數(shù)列{pn}滿(mǎn)足p1=c1,且 對(duì)n≥2,n∈N*,都有pn= +Ancn,設(shè){pn}的前n項(xiàng)和為Sn,求證:Sn<4+4ln n.,解析 (1)設(shè)等差數(shù)列的公差為d(d≠0),等比數(shù)列的公比為q(q≠1),由題意得: ? 解得d=1,q=2,所以an=n,bn=2n-1. (2)由ambj,amanbi,anbk成等差數(shù)列,有2amanbi=amabj+anbk,即2mn2i-1=m2j-1+n2k-1,由 于i<j0, 2,則有m+n>6. 所以m+n的最小值為6,當(dāng)且僅當(dāng)j-i=1,k-i=2 且 或 時(shí)取得. (3)證明:由題意得:p2= + c2,p3= + c3,pn= (c1+c2+…+cn-1)+ cn,又p1=c1,則Sn=p1+p2+p3+…+pn= (c1+c2+c3+…+ cn)= Tn. Tn=c1+c2+c3+…+cn, ①,Tn= c1+ c2+…+ cn, ②,①-②得 Tn=1+ + + +…+ - =2-2 -n , 求得Tn=4-(n+2) 1),則f (x)= - = >0, 所以f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,有f(x)>f(1)=0,可得ln x>1- .當(dāng)k≥2,且k∈N*時(shí), >1,有l(wèi)n >1- = ,所以 <ln , <ln ,…, <ln ,可得1+ + +…+ <1+ln =1+ln n,,所以Sn<4 <4(1+ln n),即Sn<4+4ln n.【方法歸納】 數(shù)列是一 種特殊的函數(shù),不僅等差數(shù)列的最值問(wèn)題可以利用函數(shù)的性質(zhì)來(lái)解決,其他數(shù) 列的最值問(wèn)題也可以借助函數(shù)的性質(zhì)解決.,題型二 數(shù)列中的新定義問(wèn)題,例2 (2018南京高三第三次模擬)若數(shù)列{an}滿(mǎn)足:對(duì)于任意n∈N*,an+|an+1-an+2| 均為數(shù)列{an}中的項(xiàng),則稱(chēng)數(shù)列{an}為“T數(shù)列”, (1)若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=2n2,n∈N*,求證:數(shù)列{an}為“T數(shù)列”; (2)若公差為d的等差數(shù)列{an}為“T數(shù)列”,求d的取值范圍; (3)若數(shù)列{an}為“T數(shù)列”,a1=1,且對(duì)于任意n∈N*,均有an< - <an+1,求數(shù)列 {an}的通項(xiàng)公式.,解析 (1)證明:當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=2n2-2(n-1)2=4n-2.,又a1=S1=2=41-2,所以an=4n-2.所以an+|an+1-an+2|=4n-2+4=4(n+1)-2為數(shù)列{an} 的第n+1項(xiàng),因此數(shù)列{an}為“T數(shù)列”. (2)因?yàn)閿?shù)列{an}是公差為d的等差數(shù)列,所以an+|an+1-an+2|=a1+(n-1)d+|d|. 因?yàn)閿?shù)列{an}為“T 數(shù)列”, 所以任意n∈N*,存在m∈N*,使得a1+(n-1)d+|d|=am,即有(m-n)d=|d|. ①若d≥0,則存在m=n+1∈N*,使得(m-n)d=|d|; ②若d<0,則m=n-1. 此時(shí),當(dāng)n=1時(shí),m=0不為正整數(shù),所以d<0不符合題意.綜上,d≥0. (3)因?yàn)閍n<an+1,所以an+|an+1-an+2|=an+an+2-an+1.,又因?yàn)閍n0),則有an=1+(n-1)t, 由an< - <an+1,得1+(n-1)t<t[2+(2n-1)t]t2-3t+1①,n(t-2t2)>2t-t2-1②. 若2t2-t ,,則當(dāng)n>N0時(shí),n(2t2-t)0,所以t= . 經(jīng)檢驗(yàn)當(dāng)t= 時(shí),①②兩式對(duì)于任意n∈N*恒成立,所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為 an=1+ (n-1)= .,【方法歸納】 (1)解決此類(lèi)問(wèn)題的主要方法是,先讀懂題目,理解新定義的 含義,再轉(zhuǎn)化為熟悉的知識(shí)進(jìn)行求解.(2)常用的數(shù)列求和的方法有分組求和 法、裂項(xiàng)相消法、錯(cuò)位相減法等,要根據(jù)數(shù)列通項(xiàng)公式的特征靈活選擇方法.,2-1 (2018江蘇鹽城中學(xué)高三階段性檢測(cè))已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為An,對(duì)任 意n∈N*滿(mǎn)足 - = ,且a1=1,數(shù)列{bn}滿(mǎn)足bn+2-2bn+1+bn=0(n∈N*),b3=5,其前 9項(xiàng)和為63. (1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式; (2)令Cn= + ,數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n,若對(duì)任意正整數(shù)n,都有Tn≥2n+a,求實(shí) 數(shù)a的取值范圍; (3)將數(shù)列{an},{bn}的項(xiàng)按照“當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),an放在前面;當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),bn放在 前面”的要求進(jìn)行“交叉排列”,得到一個(gè)新的數(shù)列:a1,b1,b2,a2,a3,b3,b4,a4,a5,b5,,b6,…,求這個(gè)新數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn.,解析 (1)∵ - = , =1,∴數(shù)列 是首項(xiàng)為1,公差為 的等差數(shù)列, ∴ =1+(n-1) = n+ ,即An= (n∈N*), ∴an+1=An+1-An= - =n+1(n∈N*), 又a1=1,∴an=n(n∈N*).,∵bn+2-2bn+1+bn=0,∴數(shù)列{bn}是等差數(shù)列, 設(shè){bn}的前n項(xiàng)和為Bn,∵B9= =63且b3=5, ∴b7=9,∴{bn}的公差為 = =1,bn=n+2(n∈N*). (2)由(1)知cn= + = + =2+2 , ∴Tn=c1+c2+…+cn=2n+2,=2n+2 =2n+3-2 ,,∴Tn-2n=3-2 ,設(shè)Rn=3-2 , 則Rn+1-Rn=2 = >0, ∴數(shù)列{Rn}為遞增數(shù)列,∴(Rn)min=R1= , ∵對(duì)任意正整數(shù)n,都有Tn-2n≥a恒成立,∴a≤ . (3)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和An= ,數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Bn= , ①當(dāng)n=2k(k∈N*)時(shí),Sn=Ak+Bk= + =k2+3k; ②當(dāng)n=4k+1(k∈N*)時(shí),,Sn=A2k+1+B2k= + =4k2+8k+1, 特別地,當(dāng)n=1時(shí),S1=1也符合上式; ③當(dāng)n=4k-1(k∈N*)時(shí),Sn=A2k-1+B2k= + =4k2+4k. 綜上,Sn=,題型三 數(shù)列中的簡(jiǎn)單數(shù)論問(wèn)題,例3 (2018江蘇揚(yáng)州高三第一次模擬)已知各項(xiàng)都是正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng) 和為Sn,且2Sn= +an,數(shù)列{bn}滿(mǎn)足b1= ,2bn+1=bn+ . (1)求數(shù)列{an},{bn}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)數(shù)列{cn}滿(mǎn)足cn= ,求c1+c2+…+cn的值; (3)是否存在正整數(shù)p,q,r(p<q<r),使得bp,bq,br成等差數(shù)列?若存在,求出所有滿(mǎn) 足要求的p,q,r的值;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.,解析 (1) 2Sn= +an①,2Sn+1= +an+1②, ②-①得2an+1= - +an+1-an,即(an+1+an)(an+1-an-1)=0. 因?yàn)閧an}是正數(shù)數(shù)列,所以an+1-an-1=0,即an+1-an=1, 所以{an}是等差數(shù)列,其公差為1. 在2Sn= +an中,令n=1,得a1=1,所以an=n. 由2bn+1=bn+ 得 = ,所以數(shù)列 是等比數(shù)列,其首項(xiàng)為 ,公比為 ,所 以 = ,即bn= .,(2) cn= = ,裂項(xiàng)得cn= - , 所以c1+c2+…+cn= - . (3) 假設(shè)存在正整數(shù)p,q,r(p<q0,a1=1,a2=3, 且當(dāng)n≥2時(shí),anan+1=(an+1-an)Sn. (1)證明:數(shù)列{Sn}是等比數(shù)列,并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)令bn= ,記數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n,設(shè)λ是整數(shù),是否存在正整 數(shù)n,使等式Tn+ = 成立?若存在,求出n和相應(yīng)的λ值;若不存在,說(shuō)明理由.,解析 (1)當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1,an+1=Sn+1-Sn, 將其代入anan+1=(an+1-an)Sn中并化簡(jiǎn)得 =Sn-1Sn+1(n≥2), ∵Sn恒為正值,∴ = = =…= =4. 又∵S1=a1=1, ∴數(shù)列{Sn}是首項(xiàng)為1,公比為4的等比數(shù)列, ∴Sn=4n-1, ∴當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=34n-2,又a1=1,∴an= (2)當(dāng)n≥2時(shí),an=34n-2,,此時(shí)bn= = = - ,又b1= = ,∴T1=b1= , 當(dāng)n≥2時(shí),Tn= + + +…+ + = - . 若n=1,則等式Tn+ = ,即 + = ,解得λ= ,不符合題意; 若n≥2,則等式Tn+ = ,即 - + = ,則λ= =5- ,∵λ是,整數(shù),∴4n-1+1必是5的因數(shù), 又∵n≥2時(shí),4n-1+1≥5, ∴當(dāng)且僅當(dāng)n=2時(shí), 是整數(shù),從而λ=4,符合題意. 綜上可知,當(dāng)λ=4時(shí),存在正整數(shù)n=2,使等式Tn+ = 成立. 當(dāng)λ≠4,λ∈Z時(shí),不存在正整數(shù)n使等式Tn+ = 成立.,