1、核心模块六 数列专题十八 数列的综合运用在近三年的高考题中，等差、等比数列一直是高考重点和难点，填空题中有等差、等比数列单调性、最值的考察，解答题第二、三问针对数列的性质以及代数推理的综合考察，难度较大年份填空题解答题2017T9等比数列的基本量T19考察等差数列的综合问题2018T14等差、等比数列的综合问题T19考察等差、等比数列的综合问题2019T8等差数列T20等差、等比的综合问题目标 1 等差、等比数列的衍生或子数列的问题例 1 已知等差数列an的公差 d 不为 0，且 ak1，ak2，akn，(k1k2kn2kn 恒成立，求 a1的取值范围解析：(1)由已知可得 a1，a3，a8
2、成等比数列，所以(a12d)2a1(a17d)，整理可得 4d23a1d.因为 d0，所以a1d 43.(2)设数列kn为等比数列，则 k22k1k3.又因为 ak1，ak2，ak3 成等比数列，所以a1(k11)da1(k31)da1(k21)d2.整理，得 a1(2k2k1k3)d(k1k3k22k1k32k2)因为 k22k1k3，所以 a1(2k2k1k3)d(2k2k1k3)因为 2k2k1k3，所以 a1d，即a1d 1.当a1d 1 时，ana1(n1)dnd，所以 aknknd.又因为 aknak1qn1k1dqn1，所以 knk1qn1.所以kn1kn k1qnk1qn1q，
3、数列kn为等比数列综上，当a1d 1 时，数列kn为等比数列(3)因为数列kn为等比数列，由(2)知 a1d，knk1qn1(q1)aknak1qn1k1dqn1k1a1qn1，ana1(n1)dna1.因为对于任意 nN*，不等式 anakn2kn 恒成立所以不等式 na1k1a1qn12k1qn1，即 a1 2k1qn1nk1qn1，0 1a1nk1qn12k1qn1 12 q2k1 nqn恒成立下面证明：对于任意的正实数(01)，总存在正整数 n1，使得 n1qn1.要证 n1qn1，即证 lnn1n0 时，原式得证所以 0 1a112，所以 a12，即得 a1 的取值范围是2，)【思维
4、变式题组训练】1.在数列an中，a11，且对任意的 kN*，a2k1，a2k，a2k1 成等比数列，其公比为 qk.(1)若 qk2(kN*)，求 a1a3a5a2k1；(2)若对任意的 kN*，a2k，a2k1，a2k2 成等差数列，其公差为 dk，设 bk1qk1.求证：bk成等差数列，并指出其公差解析：因为 qk2，所以a2k1a2k14，故 a1，a3，a5，a2k1 是首项为 1，公比为 4 的等比数列，所以 a1a3a5a2k114k1413(4k1)(2)证明：因为 a2k，a2k1，a2k2 成等差数列，所以 2a2k1a2ka2k2.而 a2ka2k1qk，a2k2a2k1q
5、k1，所以1qkqk12，则 qk11qk1qk.所以1qk11 qkqk11qk11，所以1qk111qk11，即 bk1bk1，所以bk是等差数列，且公差为 1.2.给定一个数列an，在这个数列里，任取 m(m3，mN*)项，并且不改变它们在数列an中的先后次序，得到的数列称为数列an的一个 m 阶子数列已知数列an的通项公式为 an 1na(nN*，a 为常数)，等差数列 a2，a3，a6 是数列an的一个 3 阶子数列(1)求 a 的值；(2)等差数列 b1，b2，bm 是an的一个 m(m3，mN*)阶子数列，且 b11k(k为常数，kN*，k2)，求证：mk1.(1)解析：因为 a
6、2，a3，a6 成等差数列，所以 a2a3a3a6.又因为 a2 12a，a3 13a，a6 16a，代入得 12a 13a 13a 16a，解得 a0.(2)证明：设等差数列 b1，b2，bm 的公差为 d.因为 b11k，所以 b2 1k1，从而 db2b11k11k1kk1.所以 bmb1(m1)d1k m1kk1.又因为 bm0，所以1k m1kk10.即 m1k1.所以 mk2.又因为 m，kN*，所以 mk1.目标 2 数列中的含参求解及恒成立问题例 2 已知首项为 1 的正项数列an满足 a2n1a2n52an1an，nN*.(1)若 a232，a3x，a44，求 x 的取值范围
7、；(2)设数列an是公比为 q 的等比数列，Sn 为数列an的前 n 项和若12SnSn12Sn，nN*，求 q 的取值范围；(3)若 a1，a2，ak(k3)成等差数列，且 a1a2ak120，求正整数 k 的最小值，以及 k 取最小值时相应数列 a1，a2，ak 的公差解析：(1)由题意得，12anan12an，所以34x3，x242x，解得 x(2,3)(2)由题意得，因为12anan12an，且数列an是等比数列，a11，所以12qn1qn0，qn1q20，所以 q12，2.又因为12SnSn12Sn，所以当 q1 时，S22S1 不满足题意当 q1 时，121qn1q 1qn11q
8、1，qn2q11，q12q11，解得 q12，1；当 q(1,2)时，qnq21，q1q21，无解所以 q12，1.(3)因为12anan12an，且数列 a1，a2，ak 成等差数列，a11，所以121(n1)d1nd1，d2n0.设 bnan3n(nN*)(1)若 3，求数列bn的通项公式；(2)若 1 且 3，设 cnan 233n(nN*)，证明：数列cn是等比数列；(3)若对任意的正整数，都有 bn3，求实数 的取值范围解析：因为 Sn1Sn3n1，nN*，所以当 n2 时，SnSn13n，从而 an1an23n，n2，nN*.又在 Sn1Sn3n1 中，令 n1，可得 a2a123
9、1，满足上式，所以 an1an23n，nN*.(1)当 3 时，an13an23n，nN*，从而an13n1an3n23，即 bn1bn23.又 b11，所以数列bn 是首项为 1，公差为23的等差数列，所以 bn2n13.(2)当 0 且 3 且 1 时，cnan 233nan123n1 233nan1 233n1(33)an1 233n1 cn1，又 c13 63313 0，所以cn 是首项为313，公比为 的等比数列，cn313 n1.(3)在(2)中，若 1，则 cn0 也适合，所以当 3 时，cn313 n1.从而由(1)和(2)可知 an2n13n1，3，313 n1 233n，3
10、.当 3 时，bn2n13，显然不满足条件，故 3.当 3 时，bn133n1 23.若 3 时，130，bnbn1，nN*，bn1，)，不符合，舍去若 00，230，bnbn1，nN*，且 bn0.所以只需 b1a13 13 即可，显然成立故 01 符合条件；若 1 时，bn1，满足条件故 1 符合条件；若 13 时，130，从而 bn0，故 bn1，23，要使 bn3 成立，只需 233 即可于是1bn(nN*，nm)解析：(1)设等差数列的公差为 d，等比数列的公比为 q，则 dba6，q6 ba.a3a3dab2，b3aq3 ab.因为a3b354，所以 2a5 ab2b0，解得ba4
11、 或ba14.(2)证法 1:设 cn0，Sn 为数列cn的前 n 项的和先证：若cn为递增数列，则Snn 为递增数列证明：当 nN*时，Snn nbn1nbn1.因为 Sn1Snbn1SnSnn n1n Sn，所以Snn Sn1n1，即数列Snn 为递增数列同理可证，若cn为递减数列，则Snn 为递减数列 当 ba 时，q1.当 nN*，nm 时，Sm1m1Snn.即aqqm11q1m1aqqn1q1n，即aqm1am1 aqnan.因为 baqm1，bnaqn，dbam1，所以 dbnan，即 andbn，即 anbn.当 ba 时，0q1，当 nN*，nm 时，Sm1m1Snn.即aqq
12、m11q1m1aqqn1q1n.因为 0q1，所以aqm1am1 aqnan.以下同.综上所述，anbn(nN*，nm)证法 2:设等差数列 a，a1，a2，am，b 的公差为 d，等比数列 a，b1，b2，bm，b 的公比为 q，ba(0，1)由题意得 d1m1a，q1m1，所以 ananda1m1an，bnanm1.要证 anbn(nN*，nm)，只要证 11m1nnm10(0，1，nN*，nm)构造函数 f(x)11m1xxm1(0，1,0 xm1)，则 f(x)1m11m1xm1ln.令 f(x)0，解得 x0(m1)log1ln.以下证明 0log1ln 1.不妨设 1，即证明 11
13、ln，即证明 ln10，ln10.设 g()ln1，h()ln1(1)，则 g()110，h()ln0，所以函数 g()ln1(1)为减函数，函数 h()ln1(1)为增函数所以 g()g(1)0，h()h(1)0.所以 11ln，从而 0log1ln 1，所以 0 x0m1.因为在(0，x0)上 f(x)0，函数 f(x)在(0，x0)上是增函数；因为在(x0，m1)上 f(x)0，函数 f(x)在(x0，m1)上是减函数所以 f(x)minf(0)，f(m1)0.所以 anbn(nN*，nm)同理，当 01 时，anbn(nN*，nm)综上所述，anbn(nN*，nm)一、填空题1.已知数
14、列an的通项公式是 ann28n5，这个数列的最小项是_11 解析：由 an(n4)211，知 n4 时，an 取最小值为11.2.已知等比数列an中，各项都是正数，且 a1，12a3，2a2 成等差数列，则a8a9a6a7_.32 2 解析：由题意 a3a12a2q212qq1 2，所以a8a9a6a7q232 2.3.设等差数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a312，S120，S130，则公差 d 的取值范围为_247 d0，S1313a113122d0，a16d0，3d0，所以247 d0，若 S62S35，则 S9S6 的最小值为_20 解析：解法 1:当 q1 时，S62S30，
15、不合题意，所以 q1，从而由 S62S35 得a11q61q2a11q31q5，从而得 a11q5q62q315q3120，故1q1，故 S9S6a11q91qa11q61q5q62q31(q6q9)5q6q31，令 q31t0，则 S9S65t12t5t1t2 20，当且仅当 t1，即 q32 时等号成立解法 2:因为 S6S3(1q3)，所以由 S62S35 得 S35q310，从而 q1，故 S9S6S3(q6q31)S3(q31)S3q6 5q6q31，以下同解法 1.二、解答题11.已知数列an满足 a11，an1n1n ann12n.(1)设 bnann，求数列bn的通项公式；(2
16、)求数列an的前 n 项和 Sn.解析：(1)由 an1n1n ann12n，可得 an1n1ann 12n，又 bnann，所以 bn1bn 12n.由 a11，得 b11，累加可得(b2b1)(b3b2)(bnbn1)121 122 12n1，即 bnb1121 12n11121 12n1，所以 bn2 12n1.(2)由(1)可知 an2n n2n1，设数列n2n1 的前 n 项和为 Tn，则 Tn 120 221 322 n2n1，12Tn 121 222 323 n2n，得12Tn 120 121 122 12n1 n2n1 12n112 n2n2n22n，所以 Tn4n22n1.易
17、知数列2n的前 n 项和为 n(n1)，所以 Snn(n1)n22n1 4.12.已知数列an的各项都为正数，且对任意 nN*，a2n1，a2n，a2n1 成等差数列，a2n，a2n1，a2n2 成等比数列若 a1a2，求证：对任意 nN*，且 n2，都有an1ana2a1.解析：若 n 为奇数且 n3，则 an，an1，an2 成等差数列因为an2an1an1an an2ana2n1an1an2an1anana2n1an1anan1an2an1an0，所以an2an1an1an.若 n 为偶数且 n2，则 an，an1，an2 成等比数列，所以an2an1an1an.由可知，对任意 n2，n
18、N*，an2an1an1an a3a2.又因为a3a2a2a12a2a1a2a2a12a2a1a21a22a2a1a1a22a2a10，所以a3a2a2a1.综上，an1an a2a1.13.已知常数 0，设各项均为正数的数列an的前 n 项和为 Sn，满足 a11，Sn1an1an Sn(3n1)an1(nN*)(1)若 0，求数列an的通项公式；(2)若 an10，所以 Sn0.所以 an1an，因为 a11，所以 an1.(2)因为 Sn1an1an Sn(3n1)an1，an0，所以Sn1an1Snan3n1.则S2a2S1a131，S3a3S2a2321，SnanSn1an13n11
19、(n2)，相加，得Snan1(3323n1)n1.则 Sn3n32n an(n2)上式 n1 也成立，所以 Sn3n32n an(nN*).所以 Sn13n132n1 an1(nN*).，得 an13n132n1 an13n32n an，即3n132n an13n32n an.因为 0，所以 3n32n0，3n132n0.因为 an112an 对一切 nN*恒成立，所以 3n32n 2n3n3对一切 nN*恒成立记 bn 2n3n3，则 bnbn1 2n3n3 2n23n13 4n23n63n33n13.当 n1 时，bnbn10；当 n2 时，bnbn10；所以 b1b213是一切 bn 中
20、的最大项综上所述，的取值范围是 13.14.已知数列an的奇数项是首项为 1 的等差数列，偶数项是首项为 2 的等比数列，数列an前 n 项和为 Sn，且满足 S3a4，a5a2a3.(1)求数列an的通项公式；(2)若 amam1am2，求正整数 m 的值；(3)是否存在正整数 m，使得 S2mS2m1恰好为数列an中的一项？若存在，求出所有满足条件的 m 值；若不存在，请说明理由解析：(1)设奇数项的等差数列公差为 d，偶数项的等比数列公比为 q.所以数列an的前 5 项依次为 1,2,1d,2q,12d.因为S3a4，a5a2a3，所以4d2q，12d3d，解得d2，q3.(2)因为 a
21、mam1am2.1 若 m2k(kN*)，则 a2ka2k1a2k2，所以 23k1(2k1)23k，即 2k13，所以 k1，即 m2.2 若 m2k1(kN*)，则 a2k1a2ka2k1，所以(2k1)23k12k1，所以 23k12k12k1122k1.因为 23k1 为整数，所以22k1必为整数，所以 2k11，所以 k1，此时 2303.不合题意综上可知 m2.(3)因为 S2m(a1a3a2m1)(a2a4a2m)m12m12213m133mm21.S2m1S2ma2m3mm2123m13m1m21.所以 S2mS2m1 3mm213m1m2132m213m1m213.若 S2mS2m1为数列an中的项，则只能为 a1，a2，a3.1 S2mS2m11，则 32m213m1m211，所以 3m10，m 无解2 S2mS2m12，则 32m213m1m212，所以 3m11m20.当 m1 时，等式不成立；当 m2 时，等式成立；当 m3 时，易验证不成立3 S2mS2m13，则 32m213m1m213，所以 m210，即 m1.综上可知 m1 或 m2.
