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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an>0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q≠1,q3+q6=2q9,2q6-q3-1=0,則q3 =- .又a2+a5=a2(1+q3)

2、= a2=4,則a2=8,所以a8=a2q6=8 =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(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 (201

3、8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}的通項公式; (2)設m,n是正整數(shù),若存在正整數(shù)i,j,k(i

4、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i6. 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, ①,Tn= c1+ c2+…+ c

5、n, 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,+∞)上單調遞增,有f(x)>f(1)=0,可得ln x>1- .當k≥2,且k∈N*時, >1,有l(wèi)n >1- = ,所以

6、 (2018南京高三第三次模擬)若數(shù)列{an}滿足:對于任意n∈N*,an+|an+1-an+2| 均為數(shù)列{an}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,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,且對于任意n∈N*,均有an< -

7、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|=a1+(n-1)d+|d|. 因為數(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,當n=1時,m=0不為正整數(shù),所以d<0不符合題意.綜上,d≥0. (3)因為an

8、n0),則有an=1+(n-1)t, 由an< - 2t-t2-1②. 若2t2-t ,,則當n>N0時,n(2t2-t)0,所以t= . 經(jīng)檢驗當t= 時,①②兩式對于任意n∈N*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

9、檢測)已知數(shù)列{an}的前n項和為An,對任 意n∈N*滿足 - = ,且a1=1,數(shù)列{bn}滿足bn+2-2bn+1+bn=0(n∈N*),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n項和為Tn,若對任意正整數(shù)n,都有Tn≥2n+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)∵ - =

10、, =1,∴數(shù)列 是首項為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{bn}的前n項和為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Rn=3-2 , 則Rn+1-Rn=2 = >0, ∴

11、數(shù)列{Rn}為遞增數(shù)列,∴(Rn)min=R1= , ∵對任意正整數(shù)n,都有Tn-2n≥a恒成立,∴a≤ . (3)數(shù)列{an}的前n項和An= ,數(shù)列{bn}的前n項和Bn= , ①當n=2k(k∈N*)時,Sn=Ak+Bk= + =k2+3k; ②當n=4k+1(k∈N*)時,,Sn=A2k+1+B2k= + =4k2+8k+1, 特別地,當n=1時,S1=1也符合上式; ③當n=4k-1(k∈N*)時,Sn=A2k-1+B2k= + =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

12、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(p

13、n= +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(p

14、2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(n≥2), ∵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n≥2時,an=Sn-Sn-1=34n-2,又a1=1,∴an= (2)當n≥2時,an=34n-2,,此時bn= = = - ,又b1= = ,∴T1=b1= , 當n≥2時,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,4n-1+1≥5, ∴當且僅當n=2時, 是整數(shù),從而λ=4,符合題意. 綜上可知,當λ=4時,存在正整數(shù)n=2,使等式Tn+ = 成立. 當λ≠4,λ∈Z時,不存在正整數(shù)n使等式Tn+ = 成立.,