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.docx

1、第2讲数列的综合应用一、填空题1(2022全国卷)设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn_解析由题意，得S1a11，又由an1SnSn1，得Sn1SnSnSn1，所以Sn0，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(n1)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)()() 124，故n624.答案6243(2022江苏卷改编)各项均为正数的等比数列an满足a1a74，a68，若函数f(x)a1xa2x2a3x3a10x10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a

2、1a74，a68，所以a42，q2，故an2n3，又f(x)a12a2x3a3x210a10x9，所以f22222322102222.答案4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b1a1142，公差为d236，则bn142(n1)(6)令bn0，解得n24，因为nN*，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，a12，an12an35n，则数列an的通项公式为_

3、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bn1，即bn1，故an5n32n1.答案an5n32n16(2022苏、锡、常、镇模拟)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矛盾，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

4、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aa对任何等差数列an及任何正整数n恒成立，则的最大值为_解析a10时，不等式恒成立；当a10时，将ana1(n1)d，Snna1代入上式，并化简得：，所以，即max.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ASnB对nN*恒成立，则BA的最小值为_解析依题意得Sn1，当n为奇数时，Sn1；当n为偶数时，Sn1.由函数yx在(0，)上是增函数得Sn的取值范围是，因此有A，B，BA，即BA的最小值是.答案二、解答题9数列an满足an2an12n1(nN*，n2)，a327.(1

5、)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(2

6、n1)2n1n，2Sn32522723(2n1)2n2n，由得Sn32222222322n1(2n1)2nn12(2n1)2nn(12n)2nn1，Sn(2n1)2nn1.10(2022江苏卷)设an是首项为a，公差为d的等差数列(d0)，Sn是其前n项的和记bn，nN*，其中c为实数(1)若c0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snkn2Sk(k，nN*)；(2)若bn是等差数列，证明：c0.证明由题设，Snnad.(1)由c0，得bnad.又b1，b2，b4成等比数列，所以bb1b4，即a，化简得d22ad0.因为d0，所以d2a.因此，对于所有的mN*，有Smm2a.从而对于所有的k

7、，nN*，有Snk(nk)2an2k2an2Sk.(2)设数列bn的公差为d1，则bnb1(n1)d1，即b1(n1)d1，nN*，代入Sn的表达式，整理得，对于所有的nN*，有n3(b1d1ad)n2cd1nc(d1b1)令Ad1d，Bb1d1ad，Dc(d1b1)，则对于所有的nN*，有An3Bn2cd1nD.(*)在(*)式中分别取n1，2，3，4，得ABcd18A4B2cd127A9B3cd164A16B4cd1，从而有由，得A0，cd15B，代入方程，得B0，从而cd10.即d1d0，b1d1ad0，cd10.若d10，则由d1d0，得d0，与题设矛盾，所以d10.又cd10，所以c

8、0.11(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按从小到大的顺序排列后，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)因为a1a2anpan10，所以n2时，a1a2an1pan0，两式相减，得(n2)，故数列an从第二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)

9、得ak1，ak2，ak3，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ak1，ak3，所以dk|ak1ak3|，综上所述，p，dk9a2k1或p，dk.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，因为，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a13.6