2020届江苏省高考数学二轮复习课时达标训练（十五）数列的综合应用 9页

课时达标训练(十五) 数列的综合应用 A组 ‎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＝aa.若a1，2a2，3a3成等差数列，求的值．‎ 解：因为(a1a2)2＝aa3，所以a＝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×＝1＋3×，即4t＝1＋3t2，解得t＝1或t＝，所以＝1或＝.‎ ‎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＝，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∈(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，＝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＝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＞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≤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，‎ 因为22n＋1－3×2n＝4n＋2n(2n－3)＞4n(n≥2)，‎ 所以anan＋1＞4n(n≥2)，所以cn＝＜(n≥2)．‎ 当n＝1时，S1＝，‎ 当n≥2时，Sn＝＋＋＋…＋＜＋，‎ 又＋＝＋＝＋＜＋＝，n≥2，‎ 即n≥2时，＜Sn＜，所以＜＜3.‎ 综上，＜≤3，n∈N*.‎ 所以存在正整数m＝3，使得对任意的n∈N*，都有∈(m－1，m]成立．‎ ‎3．在数列中，已知a1＝1，a2＝2，an＋2＝(k∈N*)．‎ ‎(1)求数列的通项公式；‎ ‎(2)设数列的前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.‎ 所以数列的通项公式为 an＝(k∈N*)．‎ ‎(2)S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)‎ ‎＝＋＝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, ‎ 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，k10时，因为an∈Z，则d≥1，且d∈Z，所以数列{an}中必有一项am>0.为了使得{an}为“等比源数列”，‎ 只需要{an}中存在第n项，第k项(m0.‎ 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≤ln q ≤.‎ 设f(x)＝(x>1)，则f′(x)＝.‎ 令f′(x)＝0，得x＝e.列表如下：‎ x ‎(1，e)‎ e ‎(e，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f(x)‎  极大值  因为＝<＝，所以f(k)max＝f(3)＝.‎ 取q＝ ，当k＝1，2，3，4，5时，≤ln q，即k≤qk，经检验知qk－1≤k也成立．因此所求m的最大值不小于5.‎ 若m≥6，分别取k＝3，6，得3≤q3，且q5≤6，从而q15≥243，且q15≤216，所以q不存在．因此所求m的最大值小于6.‎ 综上，所求m的最大值为5.‎ ‎3．(2018·苏北三市三模)已知两个无穷数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，a1‎ ‎＝1，S2＝4，对任意的n∈N*，都有3Sn＋1＝2Sn＋Sn＋2＋an.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若{bn}为等差数列，对任意的n∈N*，都有Sn>Tn.证明：an>bn；‎ ‎(3)若{bn}为等比数列，b1＝a1，b2＝a2，求满足＝ak(k∈N*)的n值．‎ 解：(1)由3Sn＋1＝2Sn＋Sn＋2＋an，得2(Sn＋1－Sn)＝Sn＋2－Sn＋1＋an，‎ 即2an＋1＝an＋2＋an，所以an＋2－an＋1＝an＋1－an.‎ 由a1＝1，S2＝4，可知a2＝3.‎ 所以数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列．‎ 故{an}的通项公式为an＝2n－1.‎ ‎(2)证明：法一：设数列{bn}的公差为d，‎ 则Tn＝nb1＋d，‎ 由(1)知，Sn＝n2.‎ 因为Sn>Tn，所以n2>nb1＋d，‎ 即(2－d)n＋d－2b1>0恒成立，‎ 所以即 所以an－bn＝2n－1－b1－(n－1)d＝(2－d)n＋d－1－b1≥(2－d)＋d－1－b1＝1－b1>0.‎ 所以an>bn，得证．‎ 法二：设{bn}的公差为d，假设存在自然数n0≥2，使得an0≤bn0，‎ 则a1＋(n0－1)×2≤b1＋(n0－1)d，‎ 即a1－b1≤(n0－1)(d－2)，‎ 因为a1>b1，所以d>2.‎ 所以Tn－Sn＝nb1＋d－n2＝n2＋n，‎ 因为－1>0，所以存在n0∈N*，‎ 当n>n0时，Tn－Sn>0恒成立．‎ 这与“对任意的n∈N*，都有Sn>Tn”矛盾．‎ 所以an>bn，得证．‎ ‎(3)由(1)知，Sn＝n2.‎ 因为{bn}为等比数列，且b1＝1，b2＝3，‎ 所以{bn}是以1为首项，3为公比的等比数列．‎ 所以bn＝3n－1，Tn＝.‎ 则＝＝＝‎ ‎3－，‎ 因为n∈N*，所以6n2－2n＋2>0，所以<3.‎ 而ak＝2k－1，所以＝1，‎ 即3n－1－n2＋n－1＝0.(*)‎ 当n＝1，2时，(*)式成立；‎ 当n≥2时，设f(n)＝3n－1－n2＋n－1，‎ 则f(n＋1)－f(n)＝3n－(n＋1)2＋n－(3n－1－n2＋n－1)＝2(3n－1－n)>0，‎ 所以0＝f(2)