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)()() 124，故n624.答案6242在等差数列an中，a1142，d2，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b1a1142，公差为d236，则bn142(n1)(6)令bn0，解得n24，由于nN*，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243(2021盐城模拟)已知各项都为正的等比数列an满足a7a62a5，存在两项am，an使得 4a1，则的最小值为_解析由a7a62a5，得a1q6a1q52a1q4，整理有q2q20，解得q2或q1(与条件中等比数列的各项都为正冲突，舍去)，又由 4a1，得aman16a，即a2mn216a，即有mn24，亦即mn6，那么(mn)，当且仅当，mn6，即n2m4时取得最小值.答案4在正项数列an中，a12，an12an35n，则数列an的通项公式为_解析在递推公式an12an35n的两边同时除以5n1，得，令bn，则式变为bn1bn，即bn11(bn1)，所以数列bn1是等比数列，其首项为b111，公比为.所以bn1n1，即bn1n1，故an5n32n1.答案an5n32n15(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x22 012x2 0110的两根，则使Sn0成立的正整数n的最大值是_解析由题意知，a1 006a1 0072 0120，a1 006a1 0072 0110，a1 0070,2a1 007a1a2 0130，S2 0130，又因Sn.S2 0120，所求n的值是2 012.答案2 0126(2022江苏五市联考)各项均为正数的等比数列an中，a2a11.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，a2a11，所以q1.q，a1(q1)1，a1，a3q12224，当且仅当q2时取得等号，故可知数列an的通项公式an2n1.答案2n17(2022临沂模拟)设Sn为数列an的前n项和，若(nN*)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(d0)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22.由于数列cn是“和等比数列”，即为非零常数，所以d4.答案48(2022盐城模拟)在等差数列an中，a25，a621，记数列的前n项和为Sn，若S2n1Sn对nN*恒成立，则正整数m的最小值为_解析由题意可知an4n3，且(S2n3Sn1)(S2n1Sn)0，所以S2n1Sn是递减数列，故(S2n1Sn)maxS3S1，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an2an12n1(nN*，n2)，a327.(1)求a1，a2的值；(2)是否存在一个实数t，使得bn(ant)(nN*)，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a327，得272a2231，a29，92a1221，a12.(2)假设存在实数t，使得bn为等差数列，则2bnbn1bn1，(n2且nN*)2(ant)(an1t)(an1t)，4an4an1an1t，4an42an2n11t，t1.即存在实数t1，使得bn为等差数列(3)由(1)，(2)得b1，b2，bnn，an2n1(2n1)2n11，Sn(3201)(5211)(7221)(2n1)2n11352722(2n1)2n1n，2Sn32522723(2n1)2n2n，由得Sn32222222322n1(2n1)2nn12(2n1)2nn(12n)2nn1，Sn(2n1)2nn1.10设函数f(x)(x0)，数列an满足a11，anf(nN*，且n2)(1)求数列an的通项公式；(2)设Tna1a2a2a3a3a4a4a5(1)n1anan1，若Tntn2对nN*恒成立，求实数t的取值范围解(1)由于anfan1(nN*，且n2)，所以anan1.又由于a11，所以数列an是以1为首项，公差为的等差数列所以an.(2)当n2m，mN*时，TnT2ma1a2a2a3a3a4a4a5(1)2m1a2ma2m1a2(a1a3)a4(a3a5)a2m(a2m1a2m1)(a2a4a2m)m(8m212m)(2n26n)当n2m1，mN*时，TnT2m1T2m(1)2m1a2ma2m1(8m212m)(16m216m3)(8m24m3)(2n26n7)所以Tn要使Tntn2对nN*恒成立，只要使(2n26n)tn2，(n为正偶数)恒成立只要使t，对nN*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a1a(a0，aN*)，a1a2anpan10(p0，p1，nN*)(1)求数列an的通项公式an；(2)若对每一个正整数k，若将ak1，ak2，ak3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.求p的值及对应的数列dk记Sk为数列dk的前k项和，问是否存在a，使得Sk30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a1a2anpan10，所以n2时，a1a2an1pan0，两式相减，得(n2)，故数列an从其次项起是公比为的等比数列，又当n1时，a1pa20，解得a2，从而an(2)由(1)得ak1k1，ak2k，ak3k1，若ak1为等差中项，则2ak1ak2ak3，即1或2，解得p；此时ak13a(2)k1，ak23a(2)k，所以dk|ak1ak2|9a2k1，若ak2为等差中项，则2ak2ak1ak3，即1，此时无解；若ak3为等差中项，则2ak3ak1ak2，即1或，解得p，此时ak1k1，ak3k1，所以dk|ak1ak3|k1，综上所述，p，dk9a2k1或p，dkk1.当p时，Sk9a(2k1)则由Sk30，得a，当k3时，1，所以必定有a1，所以不存在这样的最大正整数当p时，Sk，则由Sk30，得a，由于，所以a13满足Sk30恒成立；但当a14时，存在k5，使得a，即Sk30，所以此时满足题意的最大正整数a13.