第三讲 大题考法——数列的综合应用
题型(一) 数列与不等式问题
主要考查数列中的不等关系的证明及由不等式恒成立问题求参数. [典例感悟]
[例1] (2018·南京考前模拟)若各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝
an＋1 (n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若正项等比数列{bn}，满足b2＝2,2b7＋b8＝b9，求Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn； (3)对于(2)中的Tn，若对任意的n∈N，不等式λ(－1)＜λ的取值范围．
[解] (1)因为2Sn＝an＋1， 所以4Sn＝(an＋1)，且an＞0， 则4a1＝(a1＋1)，解得a1＝1， 又4Sn＋1＝(an＋1＋1)，
所以4an＋1＝4Sn＋1－4Sn＝(an＋1＋1)－(an＋1)， 即(an＋1＋an)(an＋1－an)－2(an＋1＋an)＝0， 因为an＞0，所以an＋1＋an≠0，
所以an＋1－an＝2，所以{an}是公差为2的等差数列， 又a1＝1， 所以an＝2n－1.
(2)设数列{bn}的公比为q，因为2b7＋b8＝b9，所以2＋q＝q，解得q＝－1(舍去)或q＝2，
由b2＝2，得b1＝1，即bn＝2
n－1
2
2
2
22
2
*
n12
n＋1(Tn＋21)恒成立，求实数
.
2
记A＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝1×1＋3×2＋5×2＋…＋(2n－1)×2 则2A＝1×2＋3×2＋5×2＋…＋(2n－1)×2， 两式相减得－A＝1＋2(2＋2＋…＋2
n22
2
3
n－1
，
nn－1
)－(2n－1)×2，
n－1
n故A＝(2n－1)×2－1－2(2＋2＋…＋2＋3
)＝(2n－1)×2－1－2(2－2)＝(2n－3)×2
nnn所以Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝(2n－3)·2＋3.
n 1
136nn(3)不等式λ(－1)＜n＋1(Tn＋21)可化为(－1)λ＜n－＋n－1. 22236
当n为偶数时，λ＜n－＋n－1，
2236
记g(n)＝n－＋n－1.
22即λ＜g(n)min.
g(n＋2)－g(n)＝2＋
62
n＋1
69－n－1＝2－n， 22
当n＝2时，g(n＋2)＜g(n)，n≥4时，g(n＋2)＞g(n)，
1313
即g(4)＜g(2)，当n≥4时，g(n)单调递增，g(n)min＝g(4)＝，即λ＜.
4436
当n为奇数时，λ＞－n－n－1，
2236
记h(n)＝－n－n－1，所以λ＞h(n)max.
22
h(n＋2)－h(n)＝－2－
6
2
n＋1
＋
62
n－1
9
＝－2＋n，
2
当n＝1时，h(n＋2)＞h(n)，n≥3时，h(n＋1)＜h(n)，
即h(3)＞h(1)，n≥3时，h(n)单调递减，h(n)max＝h(3)＝－3，所以λ＞－3. 13??综上所述，实数λ的取值范围为?－3，?. 4??
[方法技巧]
解决数列与不等式问题的注意点及策略
(1)利用基本不等式或函数的单调性求解相关最值时，应注意n取正整数的限制条件； (2)恒成立问题可以转化为值域问题，再利用单调性求解； (3)不等式论证问题也可以转化为数列的最值问题来研究．
[演练冲关]
已知数列{an}，{bn}都是等差数列，它们的前n项和分别记为Sn，Tn，满足对一切n∈N，都有Sn＋3＝Tn.
(1)若a1≠b1，试分别写出一个符合条件的数列{an}和{bn}； (2)若a1＋b1＝1，数列{cn}满足：cn＝4an＋λ(－1)
n－1
*
·2bn，求最大的实数λ，使得当
n∈N*，恒有cn＋1≥cn成立．
解：(1)设数列{an}，{bn}的公差分别是d1，d2. 则Sn＋3＝(n＋3)a1＋
n＋
2
n＋
d1，
2
nn－
Tn＝nb1＋2
*
d2.
∵对一切n∈N，有Sn＋3＝Tn， ∴(n＋3)a1＋
n＋
2
n＋
nn－
d1＝nb1＋
2
d2，
5?d12?
即n＋?a1＋d1?n＋3a1＋3d1
2?2?1?d22?
＝n＋?b1－d2?n.
2?2?＝，
22??51∴?a＋d＝b－d，
22??3a＋3d＝0，
1
1
1
2
1
1
d1d2
.
nn＋2
d2＝d1，??
即?a1＝－d1，??b1＝2d1.
故答案不唯一．
例如取d1＝d2＝2，a1＝－2，b1＝4， 得an＝2n－4(n∈N)，bn＝2n＋2(n∈N)． (2)∵a1＋b1＝1，
又由(1)，可得d1＝d2＝1，a1＝－1，b1＝2. ∴an＝n－2，bn＝n＋1. ∴cn＝4
n－2
*
*
＋λ(－1)
n－1
n－1n＋1
2
∴cn＋1－cn＝4＋λ(－1)2－4
n－2
－λ(－1)
n－1n＋1
2＝3·4
n－2
＋λ(－1)(2
nn＋2
＋2
n＋1
)
32nnn＝·2＋6λ(－1)·2. 16
∵当n∈N时，cn＋1≥cn恒成立，
3*2nnn即当n∈N时，·2＋6λ(－1)·2≥0恒成立．
161n∴当n为正奇数时，λ≤·2恒成立，
32111n而·2≥，∴λ≤； 321616
1n当n为正偶数时，λ≥－·2恒成立，
32111n而－·2≤－，∴λ≥－. 3288111∴－≤λ≤，∴λ的最大值是. 81616
*
3
题型(二) 数列中的存在性问题 [典例感悟]
[例2] (2018·扬州期末)已知各项都是正数的数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝an＋1bnan，数列{bn}满足b1＝，2bn＋1＝bn＋.
2an(1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)设数列{cn}满足cn＝
2
主要考查等差(比)数列中的部分项是否能构成新的等差(比)数列问题，以及数列中的推理问题. bn＋2
，求和c1＋c2＋…＋cn； Sn(3)是否存在正整数p，q，r(p [解] (1)由2Sn＝an＋an，① 得2Sn＋1＝an＋1＋an＋1，② ②－①，得2an＋1＝an＋1－an＋an＋1－an， 即(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0. 因为{an}是正数数列，所以an＋1－an－1＝0，即an＋1－an＝1，在2Sn＝an＋an中，令n＝1，得a1＝1，所以{an}是首项为1，公差为1的等差数列，所以an＝n. 由2bn＋1＝bn＋，得2 2 2 2 2 bnanbn＋11bn＝·， n＋12n?bn?11 所以数列??是首项为，公比为的等比数列， 22?n? bn?1?nn所以＝??，即bn＝n. n?2?2 (2)由(1)得cn＝所以cn＝ bn＋2n＋2 ＝2Snn＋n1 n＋1 ， 1－n·2nn＋ n＋1 ， 1 1 所以c1＋c2＋…＋cn＝－ 2 n＋ n＋ n＋1＝n＋ n－1n＋1. (3)假设存在正整数p，q，r(p pr2q则bp＋br＝2bq，即p＋r＝q. 222 4 因为bn＋1－bn＝n＋1 n1－n－n＋1n＝n＋1，所以数列{bn}从第二项起单调递减． 222 1r2q当p＝1时，＋r＝q. 222 r1 若q＝2，则r＝，此时无解； 22 r1 若q＝3，则r＝，由于{bn}从第二项起递减，故r＝4， 24 所以p＝1，q＝3，r＝4符合要求； 若q≥4，则≥＝2，即b1≥2bq， 又因为b1＋br＝2bq，所以b1<2bq，矛盾，此时无解． 当p≥2时，一定有q－p＝1.若q－p≥2，则≥ b1b1bqb4 bpbp4p4 ＝＝≥2，即bp≥2bq，这 bqbp＋2p＋22 1＋p与bp＋br＝2bq矛盾，所以q－p＝1. r1r－pm＋1m＋1m＋1 此时r＝p，则r＝2.令r－p＝m＋1，则r＝2，所以p＝2－m－1，q＝2－m， 22m∈N*. 综上得，存在p＝1，q＝3，r＝4或p＝2求． [方法技巧] 数列中存在性问题的求解策略 对于数列中的探索性问题的主要题型为存在型，解答的一般策略为：先假设所探求的对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到否定的结论，即不存在．若推理不出现矛盾，能求得已知范围内的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果． [演练冲关] 1．已知数列{an}中，a2＝1，前n项和为Sn，且Sn＝(1)求a1； (2)证明数列{an}为等差数列，并写出其通项公式； (3)设lg bn＝ m＋1 －m－1，q＝2 m＋1 －m，r＝2 m＋1 (m∈N)满足要 * nan－a1 2 . an＋1 3 n，试问是否存在正整数p，q(其中1 若存在，求出所有满足条件的数组(p，q)；若不存在，请说明理由． 解：(1)令n＝1，则a1＝S1＝ a1－a1 2 ＝0. 5
江苏省最新高考数学二轮复习专题四数列4.3大题考法 - 数列的综合应用讲义含解析
