2021高考数学(江苏专用-理科)二轮专题整合：1-3-2数列的综合应用.docx

第2讲　数列的综合应用

一、填空题
1．数列{an}的通项公式an＝，若{an}的前n项和为24，则n为________．
解析　　an＝＝－( －)，前n项和Sn＝－[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝ －1＝24，故n＝624.
答案　624
2．在等差数列{an}中，a1＝142，d＝－2，从第一项起，每隔两项取出一项，构成新的数列{bn}，则此数列的前n项和Sn取得最大值时n的值是________．
解析　　由于从第一项起，每隔两项取出一项，构成数列{bn}，所以新数列的首项为b1＝a1＝142，公差为d′＝－2×3＝－6，则bn＝142＋(n－1)(－6)．令bn≥0，解得n≤24，由于n∈N*，所以数列{bn}的前24项都为正数项，从25项开头为负数项．因此新数列{bn}的前24项和取得最大值．
答案　24
3．(2021·盐城模拟)已知各项都为正的等比数列{an}满足a7＝a6＋2a5，存在两项am，an使得 ＝4a1，则＋的最小值为________．
解析　　由a7＝a6＋2a5，得a1q6＝a1q5＋2a1q4，整理有q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(与条件中等比数列的各项都为正冲突，舍去)，又由 ＝4a1，得aman＝16a，即a2m＋n－2＝16a，即有m＋n－2＝4，亦即m＋n＝6，那么＋＝(m＋n)＝≥＝，当且仅当＝，m＋n＝6，即n＝2m＝4时取得最小值.
答案　
4．在正项数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an＋3×5n，则数列{an}的通项公式为________．
解析　　在递推公式an＋1＝2an＋3×5n的两边同时除以5n＋1，得＝×＋，①
令＝bn，则①式变为bn＋1＝bn＋，即bn＋1－1＝(bn－1)，所以数列{bn－1}是等比数列，其首项为b1－1＝－1＝－，公比为.所以bn－1＝×n－1，即bn＝1－×n－1＝，故an＝5n－3×2n－1.
答案　an＝5n－3×2n－1
5．(2022·聊城模拟)已知首项为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1 006和a1 007是方程x2－2 012x－2 011＝0的两根，则使Sn>0成立的正整数n的最大值是________．
解析　　由题意知，a1 006＋a1 007＝2 012>0，a1 006·a1 007＝－2 011<0，又因首项为正等差数列，所以a1 006>0，a1 007<0,2a1 006＝a1＋a2 011>0,2a1 007＝a1＋a2 013<0，即S2 011>0，S2 013<0，又因Sn＝.
∴S2 012＝＝＞0，
∴所求n的值是2 012.
答案　2 012
6．(2022·江苏五市联考)各项均为正数的等比数列{an}中，a2－a1＝1.当a3取最小值时，数列{an}的通项公式an＝________.
解析　　依据题意，由于各项均为正数的等比数列{an}中，
a2－a1＝1，所以q＞1.
∵＝q，∴a1(q－1)＝1，a1＝，
∴a3＝＝
＝q－1＋＋2≥2＋2＝4，
当且仅当q＝2时取得等号，故可知数列{an}的通项公式an＝2n－1.
答案　2n－1
7．(2022·临沂模拟)设Sn为数列{an}的前n项和，若(n∈N*)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”；若数列{cn}是首项为2，公差为d(d≠0)的等差数列，且数列{cn}是“和等比数列”，则d＝________.
解析　　由题意可知，数列{cn}的前n项和为Sn＝，前2n项和为S2n＝，所以＝＝2＋＝2＋.由于数列{cn}是“和等比数列”，即为非零常数，所以d＝4.
答案　4
8．(2022·盐城模拟)在等差数列{an}中，a2＝5，a6＝21，记数列的前n项和为Sn，若S2n＋1－Sn≤对n∈N*恒成立，则正整数m的最小值为________．
解析　　由题意可知an＝4n－3，且(S2n＋3－Sn＋1)－(S2n＋1－Sn)＝＋－＝＋－＜0，所以{S2n＋1－Sn}是递减数列，故(S2n＋1－Sn)max＝S3－S1＝＋＝≤，解得m≥，故正整数m的最小值为5.
答案　5
二、解答题
9．数列{an}满足an＝2an－1＋2n＋1(n∈N*，n≥2)，a3＝27.
(1)求a1，a2的值；
(2)是否存在一个实数t，使得bn＝(an＋t)(n∈N*)，且数列{bn}为等差数列？若存在，求出实数t；若不存在，请说明理由；
(3)求数列{an}的前n项和Sn.
解　(1)由a3＝27，得27＝2a2＋23＋1，∴a2＝9，∵9＝2a1＋22＋1，∴a1＝2.
(2)假设存在实数t，使得{bn}为等差数列，则2bn＝bn－1＋bn＋1，(n≥2且n∈N*)
∴2×(an＋t)＝(an－1＋t)＋(an＋1＋t)，
∴4an＝4an－1＋an＋1＋t，
∴4an＝4×＋2an＋2n＋1＋1＋t，∴t＝1.
即存在实数t＝1，使得{bn}为等差数列．
(3)由(1)，(2)得b1＝，b2＝，∴bn＝n＋，
∴an＝·2n－1＝(2n＋1)2n－1－1，
Sn＝(3×20－1)＋(5×21－1)＋(7×22－1)＋…＋[(2n＋1)×2n－1－1]
＝3＋5×2＋7×22＋…＋(2n＋1)×2n－1－n，①
∴2Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n－2n，②
由①－②得－Sn＝3＋2×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－1－(2n＋1)×2n＋n＝1＋2×－(2n＋1)×2n＋n＝(1－2n)×2n＋n－1，
∴Sn＝(2n－1)×2n－n＋1.
10．设函数f(x)＝(x＞0)，数列{an}满足a1＝1，an＝f(n∈N*，且n≥2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…＋(－1)n－1·anan＋1，若Tn≥tn2对n∈N*恒成立，求实数t的取值范围．
解　(1)由于an＝f＝＝an－1＋(n∈N*，且n≥2)，所以an－an－1＝.又由于a1＝1，
所以数列{an}是以1为首项，公差为的等差数列．
所以an＝.
(2)①当n＝2m，m∈N*时，
Tn＝T2m＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…＋(－1)2m－1a2ma2m＋1
＝a2(a1－a3)＋a4(a3－a5)＋…＋a2m(a2m－1－a2m＋1)
＝－(a2＋a4＋…＋a2m)＝－××m
＝－(8m2＋12m)＝－(2n2＋6n)．
②当n＝2m－1，m∈N*时，
Tn＝T2m－1＝T2m－(－1)2m－1a2ma2m＋1＝－(8m2＋12m)＋(16m2＋16m＋3)
＝(8m2＋4m＋3)＝(2n2＋6n＋7)．
所以Tn＝要使Tn≥tn2对n∈N*恒成立，只要使－(2n2＋6n)≥tn2，(n为正偶数)恒成立．
只要使－≥t，对n∈N*恒成立，故实数t的取值范围为.
11．(2022·南京、盐城模拟)已知数列{an}满足a1＝a(a＞0，a∈N*)，a1＋a2＋…＋an－pan＋1＝0(p≠0，p≠－1，n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)若对每一个正整数k，若将ak＋1，ak＋2，ak＋3按从小到大的挨次排列后，此三项均能构成等差数列，且公差为dk.①求p的值及对应的数列{dk}．
②记Sk为数列{dk}的前k项和，问是否存在a，使得Sk＜30对任意正整数k恒成立？若存在，求出a的最大值；若不存在，请说明理由．
解　(1)由于a1＋a2＋…＋an－pan＋1＝0，所以n≥2时，a1＋a2＋…＋an－1－pan＝0，两式相减，得＝(n≥2)，故数列{an}从其次项起是公比为的等比数列，又当n＝1时，a1－pa2＝0，解得a2＝，
从而an＝
(2)①由(1)得ak＋1＝k－1，
ak＋2＝k，ak＋3＝k＋1，
若ak＋1为等差中项，则2ak＋1＝ak＋2＋ak＋3，
即＝1或＝－2，解得p＝－；
此时ak＋1＝－3a(－2)k－1，ak＋2＝－3a(－2)k，
所以dk＝|ak＋1－ak＋2|＝9a·2k－1，
若ak＋2为等差中项，则2ak＋2＝ak＋1＋ak＋3，
即＝1，此时无解；
若ak＋3为等差中项，则2ak＋3＝ak＋1＋ak＋2，
即＝1或＝－，解得p＝－，
此时ak＋1＝－k－1，ak＋3＝－k＋1，
所以dk＝|ak＋1－ak＋3|＝·k－1，
综上所述，p＝－，dk＝9a·2k－1或p＝－，
dk＝·k－1.
②当p＝－时，Sk＝9a(2k－1)．
则由Sk＜30，得a＜，
当k≥3时，＜1，所以必定有a＜1，
所以不存在这样的最大正整数．
当p＝－时，Sk＝，
则由Sk＜30，得a＜，由于＞，所以a＝13满足Sk＜30恒成立；但当a＝14时，存在k＝5，使得a＞，即Sk＜30，
所以此时满足题意的最大正整数a＝13.