江苏省2019届高考数学专题四数列4.3大题考法—数列的综合应用达标训练 9页

数列的综合应用A组——大题保分练1．设数列{an}的前n项和为Sn，且(Sn－1)2＝anSn.(1)求a1；(2)求证：数列为等差数列；(3)是否存在正整数m，k，使＝＋19成立？若存在，求出m，k；若不存在，说明理由．解：(1)n＝1时，(a1－1)2＝a，∴a1＝.(2)证明：∵(Sn－1)2＝anSn，∴n≥2时，(Sn－1)2＝(Sn－Sn－1)Sn，∴－2Sn＋1＝－Sn－1Sn，∴1－Sn＝Sn(1－Sn－1)，∴＝，∴－＝－＝＝－1为定值，∴为等差数列．(3)∵＝－2，∴＝－2＋(n－1)×(－1)＝－n－1，∴Sn＝，∴an＝＝.假设存在正整数m，k，使＝＋19，则(k＋1)2＝m(m＋1)＋19，∴4(k＋1)2＝4m(m＋1)＋76，∴[(2k＋2)＋(2m＋1)][(2k＋2)－(2m＋1)]＝75，∴(2k＋2m＋3)(2k－2m＋1)＝75＝75×1＝25×3＝15×5，∴或或∴或或n2．已知常数λ≥0，设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足：a1＝1，Sn＋1＝Sn＋(λ·3n＋1)an＋1(n∈N*)．(1)若λ＝0，求数列{an}的通项公式；(2)若an＋10，∴Sn>0，∴an＋1＝an.∵a1＝1，∴an＝1.(2)∵Sn＋1＝Sn＋(λ·3n＋1)an＋1，an>0，∴－＝λ·3n＋1，则－＝λ·3＋1，－＝λ·32＋1，…，－＝λ·3n－1＋1(n≥2)相加，得－1＝λ(3＋32＋…＋3n－1)＋n－1，则Sn＝·an(n≥2)．上式对n＝1也成立，∴Sn＝·an(n≥N*)．③∴Sn＋1＝·an＋1(n≥N*)．④④－③，得an＋1＝·an＋1－·an，即·an＋1＝·an.∵λ≥0，∴λ·＋n>0，λ·＋n>0.∵an＋1对一切n∈N*恒成立．记bn＝，则bn－bn＋1＝－＝.当n＝1时，bn－bn＋1＝0；当n≥2时，bn－bn＋1>0，∴b1＝b2＝是{bn}中的最大项．综上所述，λ的取值范围是.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{ann}为“等比源数列”，只需要{an}中存在第n项，第k项(m0，m∈N*，q∈(1，]，证明：存在d∈R，使得|an－bn|≤b1对n＝2,3，…，m＋1均成立，并求d的取值范围(用b1，m，q表示)．解：(1)由条件知an＝(n－1)d，bn＝2n－1.因为|an－bn|≤b1对n＝1,2,3,4均成立，即|(n－1)d－2n－1|≤1对n＝1,2,3,4均成立，所以1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9，解得≤d≤.所以d的取值范围为.(2)由条件知an＝b1＋(n－1)d，bn＝b1qn－1.n若存在d，使得|an－bn|≤b1(n＝2,3，…，m＋1)成立，即|b1＋(n－1)d－b1qn－1|≤b1(n＝2,3，…，m＋1)，即当n＝2,3，…，m＋1时，d满足b1≤d≤b1.因为q∈(1，]，则1＜qn－1≤qm≤2，从而b1≤0，b1＞0，对n＝2,3，…，m＋1均成立．因此，取d＝0时，|an－bn|≤b1对n＝2,3，…，m＋1均成立．下面讨论数列的最大值和数列的最小值(n＝2,3，…，m＋1)．①当2≤n≤m时，－＝＝.当1＜q≤2时，有qn≤qm≤2，从而n(qn－qn－1)－qn＋2＞0.因此，当2≤n≤m＋1时，数列单调递增，故数列的最大值为.②设f(x)＝2x(1－x)，当x＞0时，f′(x)＝(ln2－1－xln2)2x＜0，所以f(x)单调递减，从而f(x)＜f(0)＝1.当2≤n≤m时，＝≤2＝f＜1，因此，当2≤n≤m＋1时，数列单调递减，故数列的最小值为.因此d的取值范围为.4．(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；n(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＝＝＝n3－，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)