2020年江苏省高考数学专项拔高训练专题16 数列问题(解析版)

专题16 数列问题

考情分析

真题再现

1.（2019·江苏卷）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M −数列”．

(1)已知等比数列{a n }(n ∈N ∗)满足：a 2a 4=a 5，a 3−4a 2+4a 1=0，求证：数列{a n }为“M −数列”； (2)已知数列{b n }(n ∈N ∗)满足：b 1=1，1S n

=2b n

−2

b

n+1

，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．

①求数列{b n }的通项公式；

②设m 为正整数，若存在“M −数列”{c n }(n ∈N ∗)，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有c k ≤b k ≤c k+1成立，求m 的最大值．

【答案】解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，则 由a 2a 4=a 5，a 3−4a 2+4a 1=0，得

{a 12q 4=a 1q 4a 1q 2−4a 1q +4a 1=0

∴{a 1=1q =2， ∴数列{a n }首项为1且公比为正数 即数列{a n }为“M −数列”； (2)①∵b 1=1，

1S n =

2b n −

2b n+1，

∴当n =1时，1

S 1

=1

b 1

=2

b 1

−2

b 2

，∴b 2=2，

当n =2时，1S 2

=1

b

1+b 2

=2b 2

−2

b 3

，∴b 3=3，

当n =3时，1S 3

=1

b

1+b 2+b 3

=

2b 3

−

2b 4

，∴b 4=4，

猜想b n =n ，下面用数学归纳法证明； (i)当n =1时，b 1=1，满足b n =n ，

(ii)假设n =k 时，结论成立，即b k =k ，则n =k +1时， 由1S k

=2b k

−2

b

k+1

，得

b k+1=2b k S k

2S

k −b k

=

2k⋅

k(k+1)22⋅k(k+1)2

−k

=k +1，

故n =k +1时结论成立，

根据(i)(ii)可知，b n =n 对任意的n ∈N ∗都成立． 故数列{b n }的通项公式为b n =n ； ②设{c n }的公比为q ，

存在“M −数列”{c n }(n ∈N ∗)，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有c k ≤b k ≤c k+1成立， 即q k−1≤k ≤q k 对k ≤m 恒成立，

当k =1时，q ≥1，当k =2时，√2≤q ≤2， 当k ≥3，两边取对数可得，对k ≤m 有解，

即[

lnk k

]max ≤[

lnk

k−1]min

， 令f(x)=lnx x

(x ≥3)，则f′(x)=1−lnx x 2

，

当x ≥3时，，此时f(x)递增， ∴当k ≥3时，[lnk k

]max =

ln33

，

令

，则g′(x)=

1−1x

−lnx x 2，

令ϕ(x)=1−1x −lnx ，则ϕ′(x)=1−x x 2

，

当x ≥3时，

，即

，

∴g(x)在[3，+∞)上单调递减， 即k ≥3时，[lnk

k−1]min =lnm

m−1，则

ln33

≤lnm

m−1，

下面求解不等式

ln33

≤

lnm

m−1

，

化简，得3lnm −(m −1)ln3≤0， 令ℎ(m)=3lnm −(m −1)ln3，则，

由k ≥3得m ≥3，

，∴ℎ(m)在[3，+∞)上单调递减，

又由于ℎ(5)=3ln5−4ln3=ln125−ln81>0，ℎ(6)=3ln6−5ln3=ln216−ln243<0， ∴存在m 0∈(5，6)使得ℎ(m 0)=0，

∴m 的最大值为5，此时q ∈[313，51

4]．

2.（2018·江苏卷）设{a n }是首项为a 1，公差为d 的等差数列，{b n }是首项为b 1，公比为q 的等比数列． (1)设a 1=0，b 1=1，q =2，若|a n −b n |≤b 1对n =1，2，3，4均成立，求d 的取值范围；

(2)若a 1=b 1>0，m ∈N ∗，q ∈(1，√2m ]，证明：存在d ∈R ，使得|a n −b n |≤b 1对n =2，3，…，m +1均成立，并求d 的取值范围(用b 1，m ，q 表示)．

【答案】解：(1)由题意可知|a n −b n |≤1对任意n =1，2，3，4均成立， ∵a 1=0，q =2，

∴{|0−1|≤1|d −2|≤1|2d −4|≤1|3d −8|≤1，解得{1≤d ≤3

32≤d ≤527

3

≤d ≤3.即73≤d ≤52． (2)∵a 1=b 1>0且|a n −b n |≤b 1对n =2，3，…，m +1均成立， ∴|b 1+(n −1)d −b 1⋅q n−1|≤b 1，(n =2，3，…，m +1)， 即

b 1q n−1−2b 1

n−1

≤d ≤

b 1q n−1n−1

，(n =2，3，…，m +1)，

∵q ∈(1，√2m

]，∴2n−1

m ≤2，2−2n ≤−2，(n =2，3，…，m +1)， ∴

b 1q n−1−2b 1

n−1=

b 1n−1

(q

n−1

−2)=

b 1n−1

(2

n−1

m

−2)≤0，(n =2，3，…，m +1)，

又∵

b 1q n−1n−1

>0，(n =2，3，…，m +1)，

∴存在d ∈R ，使得|a n −b n |≤b 1对n =2，3，…，m +1均成立 当m =1时，(√2−2)b 1≤d ≤√2b 1， 设c n =

b 1q n−1n−1

，则c n+1−c n =

b 1q n n

−

b 1q n−1n−1

=b 1⋅q n−1⋅

(q−1)n−q n(n−1)

，(n =2，3，…，m)，

设f(n)=(q −1)n −q ， ∵q −1>0， ∴f(n)单调递增， ∵q ∈(1，√2m

]，

∴f(m)=(q −1)m −q =(m −1)(√2m

−m

m−1)=(m −1)(21m

−11−

1m

)，

设1

m =x ，(x ∈(0，1

2])，

且设g(x)=2x +1

x−1，则g′(x)=2x ln2−1

(x−1)2，