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2＝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)n＜(Tn＋21)恒成立，求实数λ的取值范围． [解] (1)因为2＝an＋1， 所以4Sn＝(an＋1)2，且an＞0， 则4a1＝(a1＋1)2，解得a1＝1， 又4Sn＋1＝(an＋1＋1)2， 所以4an＋1＝4Sn＋1－4Sn＝(an＋1＋1)2－(an＋1)2， 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＝q2，解得q＝－1(舍去)或q＝2， 由b2＝2，得b1＝1，即bn＝2n－1. 记A＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－1)×2n－1， 则2A＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)×2n， 两式相减得－A＝1＋2(2＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)×2n， 故A＝(2n－1)×2n－1－2(2＋22＋…＋2n－1)＝(2n－1)×2n－1－2(2n－2)＝(2n－3)×2n＋3 所以Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝(2n－3)·2n＋3. (3)不等式λ(－1)n＜(Tn＋21)可化为(－1)nλ＜n－＋. 当n为偶数时，λ＜n－＋， 记g(n)＝n－＋. 即λ＜g(n)min. g(n＋2)－g(n)＝2＋－＝2－， 当n＝2时，g(n＋2)＜g(n)，n≥4时，g(n＋2)＞g(n)， 即g(4)＜g(2)，当n≥4时，g(n)单调递增，g(n)min＝g(4)＝，即λ＜. 当n为奇数时，λ＞－n－， 记h(n)＝－n－，所以λ＞h(n)max. h(n＋2)－h(n)＝－2－＋＝－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. 综上所述，实数λ的取值范围为. [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＋d1， Tn＝nb1＋d2. ∵对一切n∈N*，有Sn＋3＝Tn， ∴(n＋3)a1＋d1＝nb1＋d2， 即n2＋n＋3a1＋3d1 ＝n2＋n. ∴即 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＝4n－2＋λ(－1)n－12n＋1. ∴cn＋1－cn＝4n－1＋λ(－1)n2n＋2－4n－2－λ(－1)n－12n＋1＝3·4n－2＋λ(－1)n(2n＋2＋2n＋1)＝·22n＋6λ(－1)n·2n. ∵当n∈N*时，cn＋1≥cn恒成立， 即当n∈N*时，·22n＋6λ(－1)n·2n≥0恒成立． ∴当n为正奇数时，λ≤·2n恒成立， 而·2n≥，∴λ≤； 当n为正偶数时，λ≥－·2n恒成立， 而－·2n≤－，∴λ≥－. ∴－≤λ≤，∴λ的最大值是. 题型(二) 数列中的存在性问题 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. [典例感悟] [例2] (2018·扬州期末)已知各项都是 ... ...
~~ 您好，已阅读到文档的结尾了 ~~
