江苏专用2022高考数学二轮复习专题三第2讲数列的综合应用提升训练理

第2讲　数列的综合应用一、填空题1．(2022·全国Ⅱ卷)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝____________．解析　由题意，得S1＝a1＝－1，又由an＋1＝SnSn＋1，得Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，所以Sn≠0，所以＝1，即－＝－1，故数列是以＝－1为首项，－1为公差的等差数列，得＝－1－(n－1)＝－n，所以Sn＝－.答案　－2．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　6243．(2022·江苏卷改编)各项均为正数的等比数列{an}满足a1a7＝4，a6＝8，若函数f(x)＝a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a10x10的导数为f′(x)，则f′＝________．解析　因为各项均为正数的等比数列{an}满足a1a7＝4，a6＝8，所以a4＝2，q＝2，故an＝2n－3，又f′(x)＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋10a10x9，所以f′＝2－2＋2×2－2＋3×2－2＋…＋10×2－2＝2－2×＝.答案　4．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　因为从第一项起，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，因为n∈N*，所以数列{bn}的前24项都为正数项，从25项开始为负数项．因此新数列{bn}的前24项和取得最大值．答案　245．在正项数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an＋3×5n，则数列{an}的通项公式为________．6\n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＝×，即bn＝1－×＝，故an＝5n－3×2n－1.答案　an＝5n－3×2n－16．(2022·苏、锡、常、镇模拟)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矛盾，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　7．(2022·南通调研)设Sn为数列{an}的前n项之和，若不等式a＋≥λa对任何等差数列{an}及任何正整数n恒成立，则λ的最大值为________．解析　a1＝0时，不等式恒成立；当a1≠0时，λ≤＋，将an＝a1＋(n－1)d，Sn＝na1＋代入上式，并化简得：λ≤＋，所以λ≤，即λmax＝.答案　8．(2022·南京、盐城模拟)已知等比数列{an}的首项为，公比为－，其前n项和为Sn，若A≤Sn－≤B对n∈N*恒成立，则B－A的最小值为________．6\n解析　依题意得Sn＝＝1－，当n为奇数时，Sn＝1＋∈；当n为偶数时，Sn＝1－∈.由函数y＝x－在(0，＋∞)上是增函数得Sn－的取值范围是∪，因此有A≤－，B≥，B－A≥＋＝，即B－A的最小值是.答案　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－1，6\n∴Sn＝(2n－1)×2n－n＋1.10．(2022·江苏卷)设{an}是首项为a，公差为d的等差数列(d≠0)，Sn是其前n项的和．记bn＝，n∈N*，其中c为实数．(1)若c＝0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snk＝n2Sk(k，n∈N*)；(2)若{bn}是等差数列，证明：c＝0.证明　由题设，Sn＝na＋d.(1)由c＝0，得bn＝＝a＋d.又b1，b2，b4成等比数列，所以b＝b1b4，即＝a，化简得d2－2ad＝0.因为d≠0，所以d＝2a.因此，对于所有的m∈N*，有Sm＝m2a.从而对于所有的k，n∈N*，有Snk＝(nk)2a＝n2k2a＝n2Sk.(2)设数列{bn}的公差为d1，则bn＝b1＋(n－1)d1，即＝b1＋(n－1)d1，n∈N*，代入Sn的表达式，整理得，对于所有的n∈N*，有n3＋(b1－d1－a＋d)n2＋cd1n＝c(d1－b1)．令A＝d1－d，B＝b1－d1－a＋d，D＝c(d1－b1)，则对于所有的n∈N*，有An3＋Bn2＋cd1n＝D.(*)在(*)式中分别取n＝1，2，3，4，得A＋B＋cd1＝8A＋4B＋2cd1＝27A＋9B＋3cd1＝64A＋16B＋4cd1，从而有由②，③得A＝0，cd1＝－5B，代入方程①，得B＝0，从而cd1＝0.即d1－d＝0，b1－d1－a＋d＝0，cd1＝0.若d1＝0，则由d1－d＝0，得d＝0，与题设矛盾，所以d1≠0.又cd1＝0，所以c＝0.11．(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按从小到大的顺序排列后，此三项均6\n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)因为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}从第二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＝，ak＋2＝，ak＋3＝，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＝－，ak＋3＝－，所以dk＝|ak＋1－ak＋3|＝·，综上所述，p＝－，dk＝9a·2k－1或p＝－，dk＝·.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．6\n当p＝－时，Sk＝，则由Sk＜30，得a＜，因为＞，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＝13.6