《（江蘇專版）2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 6個(gè)解答題專項(xiàng)強(qiáng)化練（四）數(shù)列》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專版）2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 6個(gè)解答題專項(xiàng)強(qiáng)化練（四）數(shù)列（9頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 6個(gè)解答題專項(xiàng)強(qiáng)化練(四)　數(shù)　列 1．已知{an}為等差數(shù)列，前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)，{bn}是首項(xiàng)為2的等比數(shù)列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4. (1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項(xiàng)和(n∈N*)． 解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q. 由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12， 而b1＝2，所以q2＋q－6＝0. 又因?yàn)閝＞0，解得q＝2. 所以bn＝2n. 由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.① 由S11＝11b4，可得a1＋5d

2、＝16.② 由①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2. 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n－2，數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝2n. (2)設(shè)數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項(xiàng)和為Tn， 由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1， 得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n， 故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n， 4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1， 上述兩式相減，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1 ＝－4－(3n－1)×4n＋1 ＝－(3n－2

3、)×4n＋1－8. 故Tn＝×4n＋1＋. 所以數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項(xiàng)和為×4n＋1＋. 2．已知數(shù)列{an}滿足：a1＝，an＋1－an＝p·3n－1－nq，n∈N*，p，q∈R. (1)若q＝0，且數(shù)列{an}為等比數(shù)列，求p的值； (2)若p＝1，且a4為數(shù)列{an}的最小項(xiàng)，求q的取值范圍． 解：(1)∵q＝0，an＋1－an＝p·3n－1， ∴a2＝a1＋p＝＋p，a3＝a2＋3p＝＋4p， 由數(shù)列{an}為等比數(shù)列，得2＝，解得p＝0或p＝1. 當(dāng)p＝0時(shí)，an＋1＝an，∴an＝，符合題意； 當(dāng)p＝1時(shí)，an＋1－an＝3n－1， ∴an＝a1＋(

4、a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝＋(1＋3＋…＋3n－2)＝＋＝·3n－1， ∴＝3.符合題意． ∴p的值為0或1. (2)法一：若p＝1，則an＋1－an＝3n－1－nq， ∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝＋(1＋3＋…＋3n－2)－[1＋2＋…＋(n－1)]q＝[3n－1－n(n－1)q]． ∵數(shù)列{an}的最小項(xiàng)為a4， ∴對任意的n∈N*，有[3n－1－n(n－1)q]≥a4＝(27－12q)恒成立， 即3n－1－27≥(n2－n－12)q對任意的n∈N*恒成立． 當(dāng)n＝1時(shí)，有－26≥－12q，∴q≥； 當(dāng)

5、n＝2時(shí)，有－24≥－10q，∴q≥； 當(dāng)n＝3時(shí)，有－18≥－6q，∴q≥3； 當(dāng)n＝4時(shí)，有0≥0，∴q∈R； 當(dāng)n≥5時(shí)，n2－n－12>0，所以有q≤恒成立， 令cn＝(n≥5，n∈N*)， 則cn＋1－cn＝>0， 即數(shù)列{cn}為遞增數(shù)列，∴q≤c5＝. 綜上所述，q的取值范圍為. 法二：∵p＝1，∴an＋1－an＝3n－1－nq， 又a4為數(shù)列{an}的最小項(xiàng)， ∴即 ∴3≤q≤. 此時(shí)a2－a1＝1－q<0，a3－a2＝3－2q<0， ∴a1>a2>a3≥a4. 當(dāng)n≥4時(shí)，令bn＝an＋1－an，bn＋1－bn＝2·3n－1－q≥2·34－1－>0

6、， ∴bn＋1>bn，∴0≤b4

7、－1＝an－1. 兩式相減，得an＝an－an－1， ∴＝(n≥2)． ∴··…·＝×××…××， 即＝. ∴an＝n(n＋1)(n≥2)， 又a1＝2適合上式． ∴an＝n(n＋1)． (2)①∵an＝n(n＋1)， ∴bn＝，Tn＝＋＋…＋. ∴T2n＝＋＋…＋， ∴T2n－Tn＝＋＋…＋. 令Bn＝T2n－Tn＝＋＋…＋. 則Bn＋1＝＋＋…＋. ∴Bn＋1－Bn＝＋－ ＝>0. ∴Bn＋1>Bn，∴Bn單調(diào)遞增， 故(Bn)min＝B1＝，∴λ<. ∴實(shí)數(shù)λ的取值范圍為. ②證明：∵Tn＝＋＋…＋， ∴當(dāng)n≥2時(shí)，Tn－1＝＋＋…＋， ∴Tn－

8、Tn－1＝， 即(n＋1)Tn－nTn－1＝Tn－1＋1. ∴當(dāng)n≥2時(shí)，(Tn＋1)＝(3T2－2T1)＋(4T3－3T2)＋(5T4－4T3)＋…＋[(n＋1)Tn－nTn－1]＝(n＋1)Tn－2T1＝(n＋1)Tn－1. ∴存在關(guān)于n的整式g(n)＝n＋1，使得(Tn＋1)＝Tn·g(n)－1對一切n≥2，n∈N*都成立． 4．已知數(shù)列{an}滿足a1＝，對任意的正整數(shù)m，p，都有am＋p＝am·ap. (1)證明：數(shù)列{an}是等比數(shù)列； (2)若數(shù)列{bn}滿足an＝－＋－＋…＋(－1)n＋1，求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式； (3)在(2)的條件下，設(shè)cn＝2n＋λbn，

9、則是否存在實(shí)數(shù)λ，使得數(shù)列{cn}是單調(diào)遞增數(shù)列？若存在，求出實(shí)數(shù)λ的取值范圍；若不存在，請說明理由． 解：(1)證明：∵對任意的正整數(shù)m，p，都有am＋p＝am·ap，∴令m＝n，p＝1，得an＋1＝a1·an， 從而＝a1＝， ∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)和公比都為的等比數(shù)列． (2)由(1)可知，an＝. 由an＝－＋－＋…＋(－1)n＋1得， an－1＝－＋－＋…＋(－1)n·(n≥2)， 故an－an－1＝(－1)n＋1(n≥2)， 故bn＝(－1)n(n≥2)． 當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝，解得b1＝，不符合上式． ∴bn＝ (3)∵cn＝2n＋λbn， ∴當(dāng)n≥2時(shí)，cn

10、＝2n＋(－1)nλ， 當(dāng)n≥3時(shí)，cn－1＝2n－1＋(－1)n－1λ， 根據(jù)題意，當(dāng)n≥3時(shí)，cn－cn－1＝2n－1＋(－1)nλ·>0，即(－1)nλ>－. ①當(dāng)n為大于等于4的偶數(shù)時(shí)，有λ>－恒成立， 又隨著n的增大而增大，此時(shí)min＝，即λ>－， 故λ的取值范圍為. ②當(dāng)n為大于等于3的奇數(shù)時(shí)，有λ<恒成立， 此時(shí)min＝，即λ<. 故λ的取值范圍為； ③當(dāng)n＝2時(shí)，由c2－c1＝－>0，得λ<8. 綜上可得，實(shí)數(shù)λ的取值范圍為. 5．已知各項(xiàng)不為零的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝1，Sn＝panan＋1(n∈N*)，p∈R. (1)若a1，a2，a

11、3成等比數(shù)列，求實(shí)數(shù)p的值； (2)若a1，a2，a3成等差數(shù)列， ①求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； ②在an與an＋1間插入n個(gè)正數(shù)，共同組成公比為qn的等比數(shù)列，若不等式(qn)(n＋1)(n＋a)≤e(e為自然對數(shù)的底數(shù))對任意的n∈N*恒成立，求實(shí)數(shù)a的最大值． 解：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝pa1a2，a2＝； 當(dāng)n＝2時(shí)，a1＋a2＝pa2a3，a3＝＝1＋. 由a＝a1a3，得＝1＋，即p2＋p－1＝0， 解得p＝. (2)①因?yàn)閍1，a2，a3成等差數(shù)列，所以2a2＝a1＋a3，得p＝，故a2＝2，a3＝3， 所以Sn＝anan＋1. 當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn

12、－1＝anan＋1－an－1an， 因?yàn)閍n≠0，所以an＋1－an－1＝2. 故數(shù)列{an}的所有奇數(shù)項(xiàng)組成以1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列， 其通項(xiàng)公式an＝1＋×2＝n， 同理，數(shù)列{an}的所有偶數(shù)項(xiàng)組成以2為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列， 其通項(xiàng)公式是an＝2＋×2＝n， 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝n. ②由①知，an＝n，在n與n＋1間插入n個(gè)正數(shù)，組成公比為qn的等比數(shù)列，故有n＋1＝nq， 即qn＝， 所以(qn)(n＋1)(n＋a)≤e，即n＋a≤e，兩邊取對數(shù)得(n＋a)ln≤1， 分離參數(shù)得a≤－n恒成立 . 令＝x，x∈(1,2]，則a≤－，x∈

13、(1,2]， 令f(x)＝－，x∈(1,2]， 則f′(x)＝， 下證ln x≤，x∈(1,2], 令g(x)＝x－－2ln x，x∈[1，＋∞), 則g′(x)＝>0，所以g(x)>g(1)＝0， 即2ln x

14、 (1)若an＝4n，且數(shù)列{bn}，{cn}均是公比不為1的等比數(shù)列，求證：數(shù)列{an}為可拆分?jǐn)?shù)列； (2)若an＝5n，且數(shù)列{bn}，{cn}均是公差不為0的等差數(shù)列，求所有滿足條件的數(shù)列{bn}，{cn}的通項(xiàng)公式； (3)若數(shù)列{an}，{bn}，{cn}均是公比不為1的等比數(shù)列，且a1≥3，求證：數(shù)列{an}為可拆分?jǐn)?shù)列． 解：(1)證明：由an＝4n＝4·4n－1＝3·4n－1＋4n－1，令bn＝3·4n－1，cn＝4n－1. 則{bn}是以3為首項(xiàng)，4為公比的等比數(shù)列，{cn}是以1為首項(xiàng)，4為公比的等比數(shù)列， 故Sn＝4n－1，Tn＝. 所以對任意的n∈N*，

15、都有an＝bn＋cn，且Sn>Tn. 所以數(shù)列{an}為可拆分?jǐn)?shù)列． (2)設(shè)數(shù)列{bn}，{cn}的公差分別為d1，d2. 由an＝5n，得 b1＋(n－1)d1＋c1＋(n－1)d2＝(d1＋d2)n＋b1＋c1－d1－d2＝5n對任意的n∈N*都成立． 所以即　① 由Sn>Tn，得nb1＋d1>nc1＋d2，則n2＋n>0. 由n≥1，得n＋>0對任意的n∈N*成立． 則－≥0且＋>0即d1≥d2且b1>c1.?、? 由數(shù)列{bn}，{cn}各項(xiàng)均為正整數(shù)，則b1，c1，d1，d2均為正整數(shù)， 當(dāng)d1＝d2時(shí)，由d1＋d2＝5，得d1＝d2＝?N*，不符合題意，所以

16、d1>d2.?、? 聯(lián)立①②③，可得或 或或 所以或或 或 (3)證明：設(shè)an＝a1qn－1，a1∈N*，q>0，q≠1，則q≥2. 當(dāng)q為無理數(shù)時(shí)，a2＝a1q為無理數(shù)，與an∈N*矛盾． 故q為有理數(shù)，設(shè)q＝(a，b為正整數(shù)，且a，b互質(zhì))． 此時(shí)an＝a1·. 則對任意的n∈N*，an－1均為a1的約數(shù)，則an－1＝1，即a＝1， 故q＝＝b∈N*，所以q∈N*，q≥2. 所以an＝a1qn－1＝(a1－1)qn－1＋qn－1， 令bn＝(a1－1)·qn－1，cn＝qn－1. 則{bn}，{cn}各項(xiàng)均為正整數(shù)．因?yàn)閍1≥3， 所以a1－1≥2>1，則Sn>Tn， 所以數(shù)列{an}為可拆分?jǐn)?shù)列． 9