（江蘇專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二篇 第25練 數(shù)列的綜合問題試題 理.docx

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第25練　數(shù)列的綜合問題 [明晰考情]　1.命題角度：等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合；等差數(shù)列、等比數(shù)列與其他知識(shí)的綜合.2.題目難度：數(shù)列在高考中一般是壓軸題，高檔難度. 考點(diǎn)一　等差數(shù)列、等比數(shù)列的判定與證明 方法技巧　判斷等差(比)數(shù)列的常用方法 (1)定義法：若an＋1－an＝d，d為常數(shù)，則{an}為等差(比)數(shù)列. (2)中項(xiàng)公式法. (3)通項(xiàng)公式法. 1.(2018江蘇省如東高級(jí)中學(xué)測(cè)試)已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝1, Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且滿足：anSn＋1－an＋1Sn＋an－an＋1＝λanan＋1(λ≠0，n∈N*). (1)若a1，a2，a3成等比數(shù)列，求實(shí)數(shù)λ的值； (2)若λ＝，求證：數(shù)列為等差數(shù)列； (3)在(2)的條件下，求Sn. (1)解　令n＝1，得a2＝， 令n＝2，得a2S3－a3S2＋a2－a3＝λa2a3， 所以a3＝. 由a＝a1a3，得2＝， 因?yàn)棣恕?，所以λ＝1. (2)證明　當(dāng)λ＝時(shí)，anSn＋1－an＋1Sn＋an－an＋1＝λanan＋1， 所以－＋－＝，即－＝， 所以數(shù)列是以2為首項(xiàng)，公差為的等差數(shù)列. (3)解　由(2)知＝2＋，即＝＋， 得Sn＋1＝an， ① 當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＋1＝an－1， ② ①－②得，an＝an－an－1， 即(n＋1)an＝(n＋2)an－1，所以＝(n≥2)， 所以是首項(xiàng)為的常數(shù)列，所以an＝(n＋2)， 代入①得Sn＝an－1＝. 2.從數(shù)列{an}中取出部分項(xiàng)，并將它們按原來的順序組成一個(gè)數(shù)列，稱之為數(shù)列{an}的一個(gè)子數(shù)列，設(shè)數(shù)列{an}是一個(gè)首項(xiàng)為a1，公差為d(d≠0)的無窮等差數(shù)列(即項(xiàng)數(shù)有無限項(xiàng)). (1)若a1，a2，a5成等比數(shù)列，求其公比q； (2)若a1＝7d，從數(shù)列{an}中取出第2項(xiàng)，第6項(xiàng)作為一個(gè)等比數(shù)列的第1項(xiàng)，第2項(xiàng)，試問該數(shù)列是否為{an}的無窮等比子數(shù)列，請(qǐng)說明理由. 解　(1)由題設(shè)，得a＝a1a5，即(a1＋d)2＝a1(a1＋4d)，得d2＝2a1d，又d≠0，于是d＝2a1，故其公比q＝＝3. (2)設(shè)等比數(shù)列為{bm}，其公比q＝＝，bm＝a2qm－1＝8dm－1， 由題設(shè)an＝a1＋(n－1)d＝(n＋6)d. 假設(shè)數(shù)列{bm}為{an}的無窮等比子數(shù)列，則對(duì)任意自然數(shù)m(m≥3)，都存在n∈N*，使an＝bm， 即(n＋6)d＝8dm－1，得n＝8m－1－6， 當(dāng)m＝5時(shí)，n＝85－1－6＝?N*，與假設(shè)矛盾， 故該數(shù)列不為{an}的無窮等比子數(shù)列. 3.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足：a1＝a(a≠0)，an＋1＝rSn(n∈N*，r∈R，r≠－1). (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若存在k∈N*，使得Sk＋1，Sk，Sk＋2成等差數(shù)列，試判斷：對(duì)于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2是否成等差數(shù)列，并證明你的結(jié)論. 解　(1)由已知an＋1＝rSn，可得an＋2＝rSn＋1，兩式相減可得an＋2－an＋1＝r(Sn＋1－Sn)＝ran＋1，即an＋2＝(r＋1)an＋1，又a2＝ra1＝ra，所以當(dāng)r＝0時(shí)， 數(shù)列{an}為：a,0，…，0，…； 當(dāng)r≠0，r≠－1時(shí)，由已知a≠0，所以an≠0(n∈N*)， 于是由an＋2＝(r＋1)an＋1，可得＝r＋1(n∈N*)， ∴a2，a3，…，an，…成等比數(shù)列， ∴當(dāng)n≥2時(shí)，an＝r(r＋1)n－2a. 綜上，數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝ (2)對(duì)于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差數(shù)列，證明如下： 當(dāng)r＝0時(shí)，由(1)知，an＝ ∴對(duì)于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差數(shù)列， 當(dāng)r≠0，r≠－1時(shí)， ∵Sk＋2＝Sk＋ak＋1＋ak＋2，Sk＋1＝Sk＋ak＋1. 若存在k∈N*，使得Sk＋1，Sk，Sk＋2成等差數(shù)列， 則Sk＋1＋Sk＋2＝2Sk， ∴2Sk＋2ak＋1＋ak＋2＝2Sk，即ak＋2＝－2ak＋1， 由(1)知，a2，a3，…，am，…的公比r＋1＝－2， 于是對(duì)于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1＝－2am， 從而am＋2＝4am， ∴am＋1＋am＋2＝2am，即am＋1，am，am＋2成等差數(shù)列， 綜上，對(duì)于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差數(shù)列. 4.(2018連云港期末)設(shè){an}是公差為d(d≠0)且各項(xiàng)為正數(shù)的等差數(shù)列，{bn}是公比為q且各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，cn＝anbn(n∈N*). (1)求證：數(shù)列是等差數(shù)列； (2)若a1＝b1＝2, c2＝20, c3＝64. ①求數(shù)列{an}與{bn}的通項(xiàng)公式； ②求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Sn. (1)證明　因?yàn)椋剑剑剑剑? 所以－＝－＝＝(常數(shù))， 由等差數(shù)列的定義可知數(shù)列是以為公差的等差數(shù)列. (2)解　①因?yàn)閍1＝b1＝2, c2＝20, c3＝64， 所以 因?yàn)閧an}的各項(xiàng)為正數(shù)，所以 則an＝3n－1, bn＝2n. ②因?yàn)閍n＝3n－1, bn＝2n，所以cn＝(3n－1)2n， 所以Sn＝ci＝22＋522＋823＋…＋2n， ① 2Sn＝222＋523＋…＋(3n－4)2n＋(3n－1)2n＋1， ② ①－②得－Sn＝4＋3(22＋23＋…＋2n)－(3n－1)2n＋1＝4＋3－(3n－1)2n＋1 ＝4＋12(2n－1－1)－(3n－1)2n＋1＝(－3n＋4)2n＋1－8， 所以Sn＝(3n－4)2n＋1＋8. 考點(diǎn)二　等差數(shù)列、等比數(shù)列和其他知識(shí)的綜合 方法技巧　數(shù)列和其他知識(shí)的綜合問題解題的關(guān)鍵是通過對(duì)其他知識(shí)的轉(zhuǎn)化得到數(shù)列的通項(xiàng)關(guān)系式或遞推關(guān)系式. 5.(2018江蘇省如東高級(jí)中學(xué)期中)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足Sn＝n2(n∈N*). (1)記bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn； (2)記cn＝，且數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Mn，若不等式Mn0， ∵＋＝，∴ ∴ ∴a1＝1，q＝2, ∴an＝2n－1(n∈N*). (2)∵bn＝4n－1＋(n－1)， ∴Sn＝(1＋0)＋(41＋1)＋(42＋2)＋…＋[4n－1＋(n－1)] ＝＋[0＋1＋2＋…＋(n－1)] ＝＋＝(n∈N*). 2.已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝3an＋1. (1)證明是等比數(shù)列，并求{an}的通項(xiàng)公式； (2)證明：＋＋…＋<. (1)解　由an＋1＝3an＋1，得an＋1＋＝3，所以＝3， 所以是等比數(shù)列，首項(xiàng)為a1＋＝，公比為3， 所以an＋＝3n－1， 因此{(lán)an}的通項(xiàng)公式為an＝(n∈N*). (2)證明　由(1)知，an＝，所以＝， 因?yàn)楫?dāng)n≥1時(shí)，3n－1≥23n－1， 所以≤， 于是＋＋…＋≤1＋＋…＋ ＝＜， 所以＋＋…＋＜. 3.已知數(shù)列{an}滿足a1＝，an＋1－an＝p3n－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)若q＝0，則an＋1－an＝p3n－1. 設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為r. ①若r＝1，則p＝0； ②若r≠1，則p≠0，所以r＝＝＝3. 此時(shí)an＋1－an＝a1(r－1)rn－1＝p3n－1＝3n－1， 所以p＝1. 綜上所述，p＝0或p＝1. (2)若p＝1，則an＋1－an＝3n－1－qn，n∈N*， 因?yàn)閍4是數(shù)列{an}的最小項(xiàng)，首先有a3≥a4且a4≤a5，得3≤q≤. 此時(shí)，a2－a1＝1－q＜0，a3－a2＝3－2q＜0. 記f(n)＝an＋1－an＝3n－1－qn(n∈N*)， 考慮f(n＋1)－f(n)＝23n－1－q，當(dāng)n≥4時(shí)，f(n＋1)＞f(n)≥f(4)≥0. 綜上，a1＞a2＞a3≥a4，且a4≤a5＜a6＜a7…，滿足題意. 所以q的取值范圍是. 4.若數(shù)列{an}中存在三項(xiàng)，按一定次序排列構(gòu)成等比數(shù)列，則稱{an}為“等比源數(shù)列”. (1)已知在數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an－1. ①求{an}的通項(xiàng)公式； ②試判斷{an}是否為“等比源數(shù)列”，并證明你的結(jié)論； (2)已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，且a1≠0，an∈Z(n∈N*). 求證：{an}為“等比源數(shù)列”. (1)解?、儆蒩n＋1＝2an－1，得an＋1－1＝2(an－1)， 且a1－1＝1， 所以數(shù)列{an－1}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列. 所以an－1＝2n－1， 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1＋1. ②數(shù)列{an}不是“等比源數(shù)列”，用反證法證明如下： 假設(shè)數(shù)列{an}是“等比源數(shù)列”，則存在三項(xiàng)am，an，ak(m＜n＜k)按一定次序排列構(gòu)成等比數(shù)列. 因?yàn)閍n＝2n－1＋1，所以am＜an＜ak， 所以a＝amak，得(2n－1＋1)2＝(2m－1＋1)(2k－1＋1)， 即22n－2＋22n－1＋1＝2m＋k－2＋2m－1＋2k－1＋1， 兩邊同時(shí)乘21－m，得到 22n－m－1＋2n－m＋1＝2k－1＋1＋2k－m， 即22n－m－1＋2n－m＋1－2k－1－2k－m＝1， 又m＜n＜k，m，n，k∈N*， 所以2n－m－1≥1，n－m＋1≥2，k－1≥2，k－m≥2， 所以22n－m－1＋2n－m＋1－2k－1－2k－m必為偶數(shù)，不可能為1. 所以數(shù)列{an}中不存在任何三項(xiàng)，按一定次序排列構(gòu)成等比數(shù)列. 綜上可得數(shù)列{an}不是“等比源數(shù)列”. (2)證明　不妨設(shè)等差數(shù)列{an}的公差d≥0. 當(dāng)d＝0時(shí)，等差數(shù)列{an}為非零常數(shù)數(shù)列，數(shù)列{an}為“等比源數(shù)列”. 當(dāng)d＞0時(shí)，因?yàn)閍n∈Z，則d≥1，且d∈Z，所以數(shù)列{an}中必有一項(xiàng)am＞0.為了使{an}為“等比源數(shù)列”， 只需要{an}中存在第m項(xiàng)，第n項(xiàng)，第k項(xiàng)(m＜n＜k)， 使得a＝amak成立. 即[am＋(n－m)d]2＝am[am＋(k－m)d]， 即(n－m)[2am＋(n－m)d]＝am(k－m)成立. 當(dāng)n＝am＋m，k＝2am＋amd＋m時(shí)，上式成立. 所以{an}中存在am，an，ak成等比數(shù)列. 所以數(shù)列{an}為“等比源數(shù)列”.