1、第2讲 数列的综合问题,专题六 数 列,板块三 专题突破核心考点,考情考向分析,江苏高考中，数列大题常在压轴的代数论证中考数列的综合应用.近几年江苏高考中数列解答题总是同等差、等比数列相关，进一步考查其子数列或派生数列的性质等，所以解题过程中既有等差、等比数列性质的挖掘，又有等差、等比数列的判断论证，综合性极强.,热点分类突破,真题押题精练,内容索引,热点分类突破,(1)求数列an的通项公式；,热点一 数列中的探索性问题,解答,所以数列an是首项为2，公差为1的等差数列. 所以ann1(nN*).,(2)若ap,30，Sq成等差数列，ap,18，Sq成等比数列，求正整数p，q的值；,解答,解
2、因为ap,30，Sq成等差数列，ap,18，Sq成等比数列，,所以p5，q9.,解答,平方并化简得，(2m2)2(2k3)263， 则(2m2k5)(2m2k1)63，,解得m15，k14，或m5，k3，或m3，k1(舍去)， 综上所述，k3或14.,数列中的探索性问题是江苏高考的一个热点，试题一般是探求数列中项的存在性问题，此类试题的解法一般具有以下特点：假设提出的问题存在，结合数论中不定方程、奇偶性的基本性质进行求解.,解答,跟踪演练1 已知数列an中，a11，a2a，且an1k(anan2)对任意正整数n都成立，数列an的前n项和为Sn. (1)是否存在实数k，使数列an是公比不为1的等
3、比数列，且任意相邻三项am，am1，am2按某顺序排列后成等差数列？若存在，求出所有k的值；若不存在，说明理由；,所以amam1，am1am，am2am1. 若am1为等差中项，则2am1amam2， 即2amam1am1，解得a1，不合题意； 若am为等差中项，则2amam1am2， 即2am1amam1， 化简得a2a20， 解得a2或1(舍).,若am2为等差中项，则2am2am1am， 即2am1amam1，化简得2a2a10，,解答,(2)若k ，求Sn.,于是an2an1(an1an)， 所以an3an2(an2an1)an1an. 当n是偶数时，Sna1a2a3a4an1an (
4、a1a2)(a3a4)(an1an),当n是奇数时，Sna1a2a3a4an1an a1(a2a3)(a4a5)(an1an),当n1时也适合上式.,热点二 数列中的证明问题,解答,(1)求a2的值；,得a23.,证明,即bn1bn1，所以数列bn是公差为1的等差数列.,解答,所以数列cn为单调递增数列.,解答,跟踪演练2 设数列an是各项均为正数的等比数列，其前n项和为Sn，若a1a564，S5S348. (1)求数列an的通项公式；,解 数列an是各项均为正数的等比数列，,a38. 又S5S348， a4a58q8q248， q2，an82n32n(nN*).,证明,(2)对于正整数k，m
5、，l(kml)，求证：“mk1且lk3”是“5ak，am，al这三项经适当排序后能构成等差数列”的充要条件.,证明 ()必要性：设5ak，am，al这三项经适当排序后能构成等差数列， 若25akamal，则102k2m2l， 102mk2lk， 52mk12lk1，,若2am5akal，则22m52k2l， 2m1k2lk5，左边为偶数，等式不成立.,若2al5akam，同理也不成立. 综合，得mk1，lk3， 必要性成立. ()充分性：设mk1，lk3，则5ak，am，al这三项为5ak，ak1，ak3，即5ak,2ak,8ak，调整顺序后易知2ak,5ak,8ak成等差数列， 充分性也成立
6、. 综合()()，原命题成立.,热点三 数列中的新定义问题,解答,例3 (2018江苏海门中学最后一卷)对于数列an，记anan1an，k1ankan1kan，k，nN*，则称数列kan为数列an的“k阶塑数列”；,若an为等比数列，求a1的值；,证明,设t为任意正数，证明：存在kN*，当nmk，nN*，mN*时总有|anam|t；,当nmk，nN*，mN*时总有|anam|t.,解答,(2)已知2an3n2，若a11，且ana3对nN*恒成立，求a2的取值范围.,解 2anan1an3n2，,2an0，an递增，,a的取值范围为7,0.,数列中的“新定义”试题指给出一个从未接触过的新规定，要
7、求现学现用，“给什么，用什么”是应用“新定义”解题的基本思路.理解新定义的规则后，解决问题的手段还是运用等差数列、等比数列的定义性质和基本数学思想.,解答,跟踪演练3 (2018江苏省南京师范大学附中等四校调研)设数列an的首项为1，前n项和为Sn，若对任意的nN*，均有Snankk(k是常数且kN*)成立，则称数列an为“P(k)数列”. (1)若数列an为“P(1)数列”，求数列an的通项公式；,解 因为数列an为“P(1)数列”，则Snan11，Sn1an21， 两式相减得，an22an1， 又n1时，a1a21，所以a22， 故an12an对任意的nN*恒成立，,故数列an为等比数列，
8、其通项公式为an2n1，nN*.,证明,证明 因为数列an为“P(2)数列”， 所以Snan22，Sn1an32， 两式相减有an1an3an2， 又n1时，a1a32，故a33，满足a3a2a1， 所以an2an1an对任意正整数n恒成立，数列的前几项为1,2,3,5,8.,故Tn3.,真题押题精练,解答,1.(2018江苏)设an是首项为a1，公差为d的等差数列，bn是首项为b1，公比为q的等比数列. (1)设a10，b11，q2，若|anbn|b1对n1,2,3,4均成立，求d的取值范围；,解 由条件知an(n1)d，bn2n1， 因为|anbn|b1对n1,2,3,4均成立， 即|(n
9、1)d2n1|1对n1,2,3,4均成立，,解答,(2)若a1b10，mN*，q(1， ，证明：存在dR，使得|anbn|b1对n2,3，m1均成立，并求d的取值范围(用b1，m，q表示).,解 由条件知anb1(n1)d，bnb1qn1. 若存在d，使得|anbn|b1(n2,3，m1)成立， 即|b1(n1)db1qn1|b1(n2,3，m1)，,因此，取d0时，|anbn|b1对n2,3，m1均成立.,令tn1，则1tm，,从而t(qtqt1)qt20.,当1q 时，有qtqm2，,设f(x)2x(1x)， 当x0时，f(x)(ln 21xln 2)2x0， 所以f(x)单调递减，从而f
10、(x)f(0)1.,2.(2016江苏)记U1,2，100.对数列an(nN*)和U的子集T，若T，定义ST0；若Tt1，t2，tk，定义ST . 例如：T1,3,66时，STa1a3a66.现设an(nN*)是公比为3的等比数列，且当T2,4时，ST30. (1)求数列an的通项公式；,解答,解 当T2,4时，STa2a4a29a230，,(2)对任意正整数k(1k100)，若T1,2，k，求证：STak1；,证明,证明 对任意正整数k(1k100). 由于T1,2，k，,(3)设CU，DU，SCSD，求证：SCSCD2SD.,证明,证明 设AC(CD)，BD(CD)， 则AB，SCSASC
11、D， SDSBSCD，SCSCD2SDSA2SB， SCSCD2SD等价于SA2SB. 由条件SCSD可得SASB. 若B，则SB0，所以SA2SB成立， 若B，由SASB可知A， 设A中的最大元素为I，B中的最大元素为m， 若mI1，则由(2)得SASI1amSB，矛盾. 又AB，Im，Im1，,即SA2SB成立. 综上所述，SA2SB. 故SCSCD2SD成立.,解答,3.(2018南通模拟)已知等差数列an与等比数列bn是非常数列的实数列，设A k| akbk，kN*. (1)请举出一对数列an与bn，使集合A中有三个元素；,解 an6n8，bn(2)n，则a1b1，a2b2， a4b4
12、，A(1，2，4)；,解答,(2)问集合A中最多有多少个元素？并证明你的结论；,下面我们证明：当q0时，方程最多有2个解；q0时，考虑函数f(x)qxtxs，则f(x)qxln qt. 如果tln q0，则f(x)为单调函数，故方程最多只有1个解；,f(x)恒大于0或恒小于0，当x0， 如果n为奇数，则方程变为|q|ntns0， 显然方程最多只有一个解，即最多只有一个奇数满足方程，,如果n为偶数，则方程变为|q|ntns0，由q0的情形，上式最多有2个解， 即满足的偶数最多有2个， 这样，最多有3个正数满足方程， 对于t0，同理可以证明，方程最多有3个解. 综上所述，集合A中的元素最多有3个.,
