1、课时达标训练(十五) 数列的综合应用A组1(2019南京盐城二模)已知数列an的各项均为正数，且对任意的nN*，都有(a1a2an)2aa.若a1，2a2，3a3成等差数列，求的值解：因为(a1a2)2aa3，所以aa1a3，因此a1，a2，a3成等比数列设公比为t，又a1，2a2，3a3成等差数列，所以4a2a13a3，即413，即4t13t2，解得t1或t，所以1或.2(2019江苏四星级高中4月联考)如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的比都大于2，则称这个数列为“G型数列”(1)若数列an满足a11，an1an32n1，求证：数列an是“G型数列”(2)若数列an的各项均为正整数，
2、且a11，an为“G型数列”，记bnan1，数列bn为等比数列，公比q为正整数，当bn不是“G型数列”时，求数列an的通项公式(3)在(2)的条件下，令cn，记cn的前n项和为Sn是否存在正整数m，使得对任意的nN*，都有(m1，m成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由解：(1)证明：an1an32n1，当n2时，anan132n3，由得，当n2时，9，所以数列a2n(nN*)和数列a2n1(nN*)是等比数列因为a11，an1an32n1，所以a23，所以a2n32n1，a2n132n2，因此an3n1，从而32(n2)，所以数列an是“G型数列”(2)因为数列an的各项均为正整数，
3、且an为“G型数列”，所以2，所以an12anan，因此数列an递增又bnan1，所以bn1bnan1an0，因此bn递增，所以公比q1.又bn不是“G型数列”，所以存在n0，使得2，所以q2，又公比q为正整数，所以q2.又b1a112，所以bn2n，即an2n1.(3)anan1(2n1)(2n11)22n132n122n132n，因为22n132n4n2n(2n3)4n(n2)，所以anan14n(n2)，所以cn(n2)当n1时，S1，当n2时，Sn，又，n2，即n2时，Sn，所以3.综上，3，nN*.所以存在正整数m3，使得对任意的nN*，都有(m1，m成立3在数列中，已知a11，a2
4、2，an2(kN*)(1)求数列的通项公式；(2)设数列的前n项和为Sn，问是否存在正整数m，n，使得S2nmS2n1？若存在，求出所有的正整数对(m，n)；若不存在，请说明理由解：(1)由题意，数列的奇数项是以a11为首项，公差为2的等差数列；偶数项是以a22为首项，公比为3的等比数列所以对任意正整数k，a2k12k1，a2k23k1.所以数列的通项公式为an(kN*)(2)S2n(a1a3a2n1)(a2a4a2n)3nn21，nN*.S2n1S2na2n3n1n21.假设存在正整数m，n，使得S2nmS2n1，则3nn21m(3n1n21)，所以3n1(3m)(m1)(n21)，(*)从
5、而3m0，所以m3, 又mN*，所以m1，2，3.当m1时，(*)式左边大于0，右边等于0，不成立；当m3时，(*)式左边等于0，所以2(n21)0，n1，所以S23S1；当m2时，(*)式可化为3n1n21(n1)(n1)，则存在k1，k2N，k1k2，使得n13k1，n13k2，且k1k2n1，从而3k23k13k1(3k2k11)2，所以3k11，3k2k112，所以k10，k2k11，于是n2，S42S3.综上可知，符合条件的正整数对(m，n)只有两对：(2，2)，(3，1)4若数列an中存在三项，按一定次序排列构成等比数列，则称an为“等比源数列”(1)已知数列an中，a12，an1
6、2an1.求an的通项公式；试判断an是否为“等比源数列”，并证明你的结论(2)已知数列an为等差数列，且a10，anZ(nN*)求证：an为“等比源数列”解：(1)由an12an1，得an112(an1)，且a111，所以数列an1是首项为1，公比为2的等比数列，所以an12n1.所以数列an的通项公式为an2n11.数列an不是“等比源数列”，用反证法证明如下：假设数列an是“等比源数列”，则存在三项am，an，ak(mnk)按一定次序排列构成等比数列因为an2n11，所以amanak，所以aamak，得(2n11)2(2m11)(2k11)，即22n222n112mk22m12k11，两
7、边同时乘以21m，得到22nm12nm12k112km，即22nm12nm12k12km1，又mn0时，因为anZ，则d1，且dZ，所以数列an中必有一项am0.为了使得an为“等比源数列”，只需要an中存在第n项，第k项(mnk)，使得aamak成立，即am(nm)d2amam(km)d，即(nm)2am(nm)dam(km)成立当namm，k2amamdm时，上式成立所以an中存在am，an，ak成等比数列所以数列an为“等比源数列”B组1已知等差数列an的前n项和为Sn，且2a5a313，S416.(1)求数列an的前n项和Sn；(2)设Tn(1)iai，若对一切正整数n，不等式Tnan
8、1(1)n1an2n1 恒成立，求实数的取值范围解：(1)设数列an的公差为d.因为2a5a313，S416，所以解得所以an2n1，Snn2.(2)当n为偶数时，设n2k，kN*，则T2k(a2a1)(a4a3)(a2ka2k1)2k.代入不等式Tnan1(1)n1an2n1，得2k4k，从而.设f(k)，则f(k1)f(k).因为kN*，所以f(k1)f(k)0，所以f(k)是递增的，所以f(k)min2，所以2.当n为奇数时，设n2k1，kN*，则T2k1T2k(1)2ka2k2k(4k1)12k.代入不等式Tn0.因为ckbkck1，所以qk1kqk，其中k1，2，3，m(mN*)当k
9、1时，有q1；当k2，3，m时，有ln q .设f(x)(x1)，则f(x).令f(x)0，得xe.列表如下：x(1，e)e(e，)f(x)0f(x)极大值因为Tn.证明：anbn；(3)若bn为等比数列，b1a1，b2a2，求满足ak(kN*)的n值解：(1)由3Sn12SnSn2an，得2(Sn1Sn)Sn2Sn1an，即2an1an2an，所以an2an1an1an.由a11，S24，可知a23.所以数列an是以1为首项，2为公差的等差数列故an的通项公式为an2n1.(2)证明：法一：设数列bn的公差为d，则Tnnb1d，由(1)知，Snn2.因为SnTn，所以n2nb1d，即(2d)
10、nd2b10恒成立，所以即所以anbn2n1b1(n1)d(2d)nd1b1(2d)d1b11b10.所以anbn，得证法二：设bn的公差为d，假设存在自然数n02，使得an0bn0，则a1(n01)2b1(n01)d，即a1b1(n01)(d2)，因为a1b1，所以d2.所以TnSnnb1dn2n2n，因为10，所以存在n0N*，当nn0时，TnSn0恒成立这与“对任意的nN*，都有SnTn”矛盾所以anbn，得证(3)由(1)知，Snn2.因为bn为等比数列，且b11，b23，所以bn是以1为首项，3为公比的等比数列所以bn3n1，Tn.则3，因为nN*，所以6n22n20，所以0，所以0
11、f(2)f(3)f(n).故满足条件的n的值为1和2.4(2019盐城中学模拟)若无穷数列an满足aiN*(1in)，其前n项和为Sn.若bkakak1，对任意的2kn1，都有bk1bk恒成立，则称数列an为“差减数列”(1)若an是等差数列，且a59，S525，试判断数列Sn是否为“差减数列”，并说明理由；(2)若(1)Sn(21)an2，且数列an是“差减数列”，求实数的值；(3)若数列an是“差减数列”，求证：对任意的nN*，都有anan1.解：(1)数列Sn不是“差减数列”理由如下：设等差数列an的公差为d，由题意得S525，所以a11，d2，所以ana1(n1)d2n1.所以Snn2
12、，所以对任意的2kn1，Sk1Sk1(k1)2(k1)22k222k22Sk，即Sk1SkSkSk1，所以数列Sn不是“差减数列”(2)若0，Snan0，此时an0，不符合题意若0，对于(1)Sn(21)an2，当n1时，(1)a1(21)a12，可得a12，当n2时，(1)(a1a2)(21)a22，可得a2，当n3时，(1)(a1a2a3)(21)a32，可得a3.因为数列an为“差减数列”，所以b3b2，得a1a32a2，22，整理得(1)20，所以1.把1代入(1)Sn(21)an2，得an2，满足题意，所以的值为1.(3)假设存在正整数k，使得akak1.因为数列an是“差减数列”，所以aiN*(1in)，所以akak11，即ak1ak1.又bk2bk1，即akak22ak1，所以ak22ak1ak2(ak1)akak2，即ak2ak2.由ak22ak1ak，akak1，可知ak22ak1ak2ak1ak1ak1，得ak2ak1，所以ak2ak11.又bk3bk2，即ak1ak32ak2，所以ak32ak2ak12(ak11)ak1ak12ak12ak3，所以ak3ak3.以此类推，可得akmakm，mN*，所以当mak时，akmakmmm0，即akak0，所以存在nkak，使得an0，与anN*矛盾，所以假设不成立综上，对任意的nN*，都有anan1.
