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1、第20講 數(shù)列的綜合應用,第20講數(shù)列的綜合應用 1.在公比為q且各項均為正數(shù)的等比數(shù)列an中,Sn為an的前n項和.若a1=, 則S5=S2+2,且q的值為.,答案,解析由an0及a1=,則S5-S2=a3+a4+a5=a1q2+a1q3+a1q4=1+q+q2=2,解得q= (舍負).,2.設等比數(shù)列an的前n項和為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q1,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、2.,3.設等差數(shù)列an的前項n和為Sn,若a5=3,S10=40,則nSn的最小值為 .,答案-32,解析設等差數(shù)列an的公差為d(d0),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,x0,則f (x)=3x2-12x=3x(x-4),x0,當x(0,4)時, 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
3、a1,2a2,4a4成等比數(shù)列,4b2,2b3,b4成等差數(shù)列. (1)求an和bn的通項公式; (2)設m,n是正整數(shù),若存在正整數(shù)i,j,k(ijk),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項和為Tn,的前n項和為An.若數(shù)列pn滿足p1=c1,且 對n2,nN*,都有pn=+Ancn,設pn的前n項和為Sn,求證:Sn4+4ln n.,解析(1)設等差數(shù)列的公差為d(d0),等比數(shù)列的公比為q(q1),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2amanb
4、i=amabj+anbk,即2mn2i-1=m2j-1+n2k-1,由于ijk,且為正整數(shù),所以j-i1,k-i2,所以2mn=m2j-i+n2k-i2m+4n,可得mnm+2n,即+1. 當1m2時,不等式+1不成立; 當或時,2mn2i-1=m2j-1+n2k-I成立,此時,m+n=6;,當n4時,0,2,則有m+n6. 所以m+n的最小值為6,當且僅當j-i=1,k-i=2 且或時取得. (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
5、,Tn=c1+c2+cn,-得Tn=1+-=2-2-n, 求得Tn=4-(n+2)1),則f (x)=-=0, 所以f(x)在(1,+)上單調遞增,有f(x)f(1)=0,可得ln x1-.當k2,且kN*時, 1,有l(wèi)n1-=,所以ln,ln,ln,可得1+ 1+ln=1+ln n,所以Sn44(1+ln n),即Sn4+4ln n.【方法歸納】數(shù)列是一 種特殊的函數(shù),不僅等差數(shù)列的最值問題可以利用函數(shù)的性質來解決,其他數(shù)列的最值問題也可以借助函數(shù)的性質解決.,題型二數(shù)列中的新定義問題,例2(2018南京高三第三次模擬)若數(shù)列an滿足:對于任意nN*,an+|an+1-an+2|均為數(shù)列an
6、中的項,則稱數(shù)列an為“T數(shù)列”, (1)若數(shù)列an的前n項和Sn=2n2,nN*,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,且對于任意nN*,均有an-an+1,求數(shù)列 an的通項公式.,解析(1)證明:當n2時,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,因此數(shù)列an為“T數(shù)列”. (2)因為數(shù)列an是公差為d的等差數(shù)列,所以an+|an+1-an+2|
7、=a1+(n-1)d+|d|. 因為數(shù)列an為“T 數(shù)列”, 所以任意nN*,存在mN*,使得a1+(n-1)d+|d|=am,即有(m-n)d=|d|. 若d0,則存在m=n+1N*,使得(m-n)d=|d|; 若d0,則m=n-1. 此時,當n=1時,m=0不為正整數(shù),所以d0不符合題意.綜上,d0. (3)因為anan+1,所以an+|an+1-an+2|=an+an+2-an+1.,又因為an0),則有an=1+(n-1)t, 由an-an+1,得1+(n-1)tt2+(2n-1)t1+nt,整理得n(2t2-t)t2-3t+1,n(t-2t2)2t-t2-1. 若2t2-t,則當nN
8、0時,n(2t2-t)0,所以t=. 經檢驗當t=時,兩式對于任意nN*恒成立,所以數(shù)列an的通項公式為 an=1+(n-1)=.,【方法歸納】(1)解決此類問題的主要方法是,先讀懂題目,理解新定義的含義,再轉化為熟悉的知識進行求解.(2)常用的數(shù)列求和的方法有分組求和法、裂項相消法、錯位相減法等,要根據(jù)數(shù)列通項公式的特征靈活選擇方法.,2-1(2018江蘇鹽城中學高三階段性檢測)已知數(shù)列an的前n項和為An,對任意nN*滿足-=,且a1=1,數(shù)列bn滿足bn+2-2bn+1+bn=0(nN*),b3=5,其前 9項和為63. (1)求數(shù)列an和bn的通項公式; (2)令Cn=+,數(shù)列cn的前
9、n項和為Tn,若對任意正整數(shù)n,都有Tn2n+a,求實 數(shù)a的取值范圍; (3)將數(shù)列an,bn的項按照“當n為奇數(shù)時,an放在前面;當n為偶數(shù)時,bn放在前面”的要求進行“交叉排列”,得到一個新的數(shù)列:a1,b1,b2,a2,a3,b3,b4,a4,a5,b5,b6,求這個新數(shù)列的前n項和Sn.,解析(1)-=,=1,數(shù)列是首項為1,公差為的等差數(shù)列, =1+(n-1)=n+,即An=(nN*), an+1=An+1-An=-=n+1(nN*), 又a1=1,an=n(nN*).,bn+2-2bn+1+bn=0,數(shù)列bn是等差數(shù)列, 設bn的前n項和為Bn,B9=63且b3=5, b7=9,
10、bn的公差為=1,bn=n+2(nN*). (2)由(1)知cn=+=+=2+2, Tn=c1+c2+cn=2n+2,=2n+2=2n+3-2,Tn-2n=3-2,設Rn=3-2, 則Rn+1-Rn=2=0, 數(shù)列Rn為遞增數(shù)列,(Rn)min=R1=, 對任意正整數(shù)n,都有Tn-2na恒成立,a. (3)數(shù)列an的前n項和An=,數(shù)列bn的前n項和Bn=, 當n=2k(kN*)時,Sn=Ak+Bk=+=k2+3k; 當n=4k+1(kN*)時,Sn=A2k+1+B2k=+=4k2+8k+1, 特別地,當n=1時,S1=1也符合上式; 當n=4k-1(kN*)時,Sn=A2k-1+B2k=+=
11、4k2+4k. 綜上,Sn=,題型三數(shù)列中的簡單數(shù)論問題,例3(2018江蘇揚州高三第一次模擬)已知各項都是正數(shù)的數(shù)列an的前n項和為Sn,且2Sn=+an,數(shù)列bn滿足b1=,2bn+1=bn+. (1)求數(shù)列an,bn的通項公式; (2)設數(shù)列cn滿足cn=,求c1+c2+cn的值; (3)是否存在正整數(shù)p,q,r(pqr),使得bp,bq,br成等差數(shù)列?若存在,求出所有滿足要求的p,q,r的值;若不存在,請說明理由.,解析(1) 2Sn=+an,2Sn+1=+an+1, -得2an+1=-+an+1-an,即(an+1+an)(an+1-an-1)=0. 因為an是正數(shù)數(shù)列,所以an+
12、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,其首項為,公比為,所 以=,即bn=.,(2) cn=,裂項得cn=-, 所以c1+c2+cn=-. (3) 假設存在正整數(shù)p,q,r(pqr),使得bp,bq,br成等差數(shù)列,則bp+br=2bq,即+ =, 因為bn+1-bn=-=,所以數(shù)列bn從第二項起單調遞減, 當p=1時,+=,若q=2,則=,此時無解; 若q=3,則=,因為bn從第二項起遞減,所以r=4,所以p=1,q=3,r=4符合要求;,若q4,則=
13、2,即b12bq,不符合要求,此時無解; 當p2時,一定有q-p=1,否則若q-p2,則=2,即bp2bq, 矛盾,所以q-p=1,此時=,令r-p=m+1,則r=2m+1,所以p=2m+1-m-1,q=2m+1-m. 綜上,存在p=1,q=3,r=4或p=2m+1-m-1,q=2m+1-m,r=2m+1滿足要求.,【方法歸納】高中數(shù)列中一般只涉及簡單的數(shù)列問題,題型是以等差數(shù)列、等比數(shù)列基本量的運算為主,有時也涉及存在型問題、推理論證等的綜合問題.,3-1(2016江蘇常州高級中學階段調研)設數(shù)列an的前n項和Sn0,a1=1,a2=3,且當n2時,anan+1=(an+1-an)Sn. (
14、1)證明:數(shù)列Sn是等比數(shù)列,并求數(shù)列an的通項公式; (2)令bn=,記數(shù)列bn的前n項和為Tn,設是整數(shù),是否存在正整 數(shù)n,使等式Tn+=成立?若存在,求出n和相應的值;若不存在,說明理由.,解析(1)當n2時,an=Sn-Sn-1,an+1=Sn+1-Sn, 將其代入anan+1=(an+1-an)Sn中并化簡得=Sn-1Sn+1(n2), Sn恒為正值,=4. 又S1=a1=1, 數(shù)列Sn是首項為1,公比為4的等比數(shù)列, Sn=4n-1, 當n2時,an=Sn-Sn-1=34n-2,又a1=1,an= (2)當n2時,an=34n-2,此時bn=-,又b1= =,T1=b1=, 當n2時,Tn=+ =-. 若n=1,則等式Tn+=,即+=,解得=,不符合題意; 若n2,則等式Tn+=,即-+=,則=5-,是,整數(shù),4n-1+1必是5的因數(shù), 又n2時,4n-1+15, 當且僅當n=2時,是整數(shù),從而=4,符合題意. 綜上可知,當=4時,存在正整數(shù)n=2,使等式Tn+=成立. 當4,Z時,不存在正整數(shù)n使等式Tn+=成立.,
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