2017年高考数学（理科,江苏专版）二轮专题复习与策略 专题限时集训13 第1部分 专题3 第12讲 高考中的数列
专题限时集训(十三) 高考中的数列
(建议用时：45分钟)
1．(2016·苏州期中)已知数列{an}的奇数项是公差为d1的等差数列，偶数项是公差为d2的等差数列，Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，a2＝2.
(1)若S5＝16，a4＝a5，求a10；
(2)已知S15＝15a8，且对任意n∈N*，有an
1.
当n为奇数时，∵an0恒成立， 8分
∴d1－d2≤0，于是有d1＝d2.
∵S15＝15a8，∴8＋d1＋14＋d2＝30＋45d2，
∴d1＝d2＝2，an＝n，∴数列{an}是等差数列. 10分
(3)若d1＝3d2(d1≠0)，且存在正整数m，n(m≠n)，使得am＝an，由题意得，在m，n中必然一个是奇数，一个是偶数，不妨设m为奇数，n为偶数．
∵am＝an，∴1＋d1＝2＋d2，
∵d1＝3d2，∴d1＝， 14分
∵m为奇数，n为偶数，∴3m－n－1的最小正值为2，此时d1＝3，d2＝1，
∴数列{an}的通项公式为an＝ 16分
2．(2016·苏锡常镇调研二)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，且对任意的正整数n，都有Sn＋1＝λSn＋3n＋1，其中常数λ>0.设bn＝(n∈N*)﹒
(1)若λ＝3，求数列{bn}的通项公式；
(2)若λ≠1且λ≠3，设cn＝an＋×3n(n∈N*)，证明数列{cn}是等比数列；
(3)若对任意的正整数n，都有bn≤3，求实数λ的取值范围．
[解] ∵Sn＋1＝λSn＋3n＋1，n∈N*，
∴当n≥2时，Sn＝λSn－1＋3n，
从而an＋1＝λan＋2·3n，n≥2，n∈N*.
又在Sn＋1＝λSn＋3n＋1中，令n＝1，可得a2＝λa1＋2·31，满足上式，
∴an＋1＝λan＋2·3n，n∈N*﹒ 2分
(1)当λ＝3时，an＋1＝3an＋2·3n，n∈N*，
从而＝＋，即bn＋1－bn＝，
又b1＝1，∴数列{bn}是首项为1，公差为的等差数列，
∴bn＝. 4分
(2)证明：当λ>0且λ≠3且λ≠1时，
cn＝an＋×3n＝λan－1＋2×3n－1＋×3n
＝λan－1＋×3n－1(λ－3＋3)
＝λ＝λ·cn－1，
又c1＝3＋＝≠0，
∴{cn}是首项为，公比为λ的等比数列，cn＝·λn－1. 10分
(3)在(2)中，若λ＝1，则cn＝0也适合，∴当λ≠3时，cn＝·λn－1.
从而由(1)和(2)可知
an＝
当λ＝3时，bn＝，显然不满足条件，故λ≠3.
当λ≠3时，bn＝×n－1－.
若λ>3时，>0，bn0，－>0，bn>bn＋1，n∈N*，且bn>0.
∴只需b1＝＝1≤3即可，显然成立．故0<λ<1符合条件；
若λ＝1时，bn＝1，满足条件．故λ＝1符合条件；
若1<λ<3时，<0，－>0，从而bn0，故bn∈，要使bn≤3成立，只需－≤3即可．
于是1<λ≤.
综上所述，所求实数λ的范围是. 16分
3．(2016·南京盐城二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且对任意正整数n都有an＝(－1)nSn＋pn(p为常数，p≠0)．
(1)求p的值；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)设集合An＝{a2n－1，a2n}，且bn，cn∈An，记数列{nbn}，{ncn}的前n项和分别为Pn，Qn.若b1≠c1，求证：对任意n∈N*，Pn≠Qn.
[解] (1)由a1＝－S1＋p，得a1＝.
由a2＝S2＋p2，得a1＝－p2，所以＝－p2.
又p≠0，所以p＝－.3分
(2)由an＝(－1)nSn＋n，
得
①＋②得an＋an＋1＝(－1)n(－an＋1)＋×n.
当n为奇数时，an＋an＋1＝an＋1－×n，
所以an＝－n＋1. 8分
当n为偶数时，an＋an＋1＝－an＋1＋×n，
所以an＝－2an＋1＋×n＝2×n＋2＋×n＝n，
所以an＝ 10分
(3)证明：An＝，由于b1≠c1，则b1与c1一正一负，
不妨设b1＞0，则b1＝，c1＝－.
则Pn＝b1＋2b2＋3b3＋…＋nbn≥－.
设S＝＋＋…＋，则S＝＋…＋＋，
两式相减得S＝＋＋…＋－＝＋×－＝－×－<. 14分
所以S＜×＝，所以Pn≥－＞－＝＞0.
因为Qn＝c1＋2c2＋3c3＋…＋ncn≤－＋S＜－＋＝－＜0，
所以Pn≠Qn. 16分
4．(2016·南通二调)设数列{an}的各项均为正数，{an}的前n项和Sn＝(an＋1)2，n∈N*.
(1)求证：数列{an}为等差数列；
(2)等比数列{bn}的各项均为正数，bnbn＋1≥S，n∈N*，且存在整数k≥2，使得bkbk＋1＝S.
(ⅰ)求数列{bn}公比q的最小值(用k表示)；
(ⅱ)当n≥2时，bn∈N*，求数列{bn}的通项公式．
[解] (1)证明：因为Sn＝(an＋1)2，①
所以Sn－1＝(an－1＋1)2，n≥2，②
①－②，得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，n≥2，
因为数列{an}的各项均为正数，所以an＋an－1>0，n≥2.
从而an－an－1＝2，n≥2，
所以数列{an}为等差数列. 4分
当n＝k时，④恒成立．
当n≥k＋1时，④两边取自然对数，整理得，≥.⑤
8分
记f(x)＝(x>1)，则f′(x)＝.
记g(t)＝1－t＋ln t,00，
故g(t)在(0,1)上为增函数，所以g(t)1，q≤2≤4.
从而q∈{2,3,4}，
当q＝4时，2≤4≤2，只能k＝2，此时bn＝22n－3，符合．
综上，bn＝22n－3. 16分
5．(2016·无锡期末)已知数列{an}与{bn}满足an＋1－an＝q(bb＋1－bn)，n∈N*.
(1)若bn＝2n－3，a1＝1，q＝2，求数列{an}的通项公式；
(2)若a1＝1，b1＝2且数列{bn}为公比不为1的等比数列，求q的值，使数列{an}也是等比数列；
(3)若a1＝q，bn＝qn(n∈N*)且q∈(－1,0)，数列{an}有最大值M与最小值m，求的取值范围．
[解] (1)由bn＝2n－3且q＝2得an＋1－an＝4，所以数列{an}为等差数列，
又a1＝1，所以an＝4n－3. 3分
(2)由条件可知an－an－1＝q(bn－bn－1)，
所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝q(bn－bn－1)＋q(bn－1－bn－2)＋…＋q(b2－b1)＋a1＝qbn－qb1＋a1＝qbn－2q＋1， 6分
不妨设{bn}的公比为λ(λ≠1)，则an＝2qλn－1－2q＋1，
由{an}是等比数列知：a＝a1a3可求出q＝，
经检验，an＝2qλn－1，此时{an}是等比数列，所以q＝满足条件. 10分
(3)由条件可知an－an－1＝q(bn－bn－1)，
所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝q(bn－bn－1)＋q(bn－1－bn－2)＋…＋q(b2－b1)＋a1＝qbn－qb1＋a1，
即an＝qn＋1－q2＋q，
a2n＝q2n＋1－q2＋q，因此q∈(－1,0)，
所以a2n＋2－a2n＝q2n＋3－q2n＋1＝q2n＋1(q2－1)>0，则{a2n}单调递增； 12分
a2n＋1－a2n－1＝q2n＋2－q2n＝q2n(q2－1)<0，则{a2n－1}单调递减；
又a2n－a1＝q2n＋1－q2<0，所以数列{an}的最大项为a1＝q＝M，
a2n＋1－a2＝q2n＋2－q3＝q3(q2n－1－1)>0，
所以数列{an}的最小项为a2＝q3－q2＋q＝m，
则＝＝，
因为q∈(－1,0)，所以q2－q＋1∈(1,3)，所以∈. 16分
6．(2016·扬州模拟)若数列{an}中不超过f(m)的项数恰为bm(m∈N*)，则称数列{bm}是数列{an}的生成数列，称相应的函数f(m)是数列{an}生成{bm
}的控制函数．
(1)已知an＝n2，且f(m)＝m2，写出b1，b2，b3；
(2)已知an＝2n，且f(m)＝m，求{bm}的前m项和Sm；
(3)已知an＝2n，且f(m)＝Am3(A∈N*)，若数列{bm}中，b1，b2，b5是公差为d(d≠0)的等差数列，且b3＝10，求d的值及A的值．
【导学号：19592039】
[解] (1)m＝1，则a1＝1≤1，∴b1＝1，m＝2，则a1＝1<4，a2＝4≤4，∴b2＝2.
m＝3，则a1＝1<9，a2＝4<9，a3＝9≤9，∴b3＝3. 3分
(2)m为偶数时，则2n≤m，则bm＝；m为奇数时，则2n≤m－1，则bm＝，
∴bm＝ 6分
m为偶数时，则Sm＝b1＋b2＋…＋bm＝(1＋2＋…＋m)－×＝，
m为奇数时，则Sm＝b1＋b2＋…＋bm＝Sm＋1－bm＋1＝－＝，
∴Sm＝ 10分
(3)依题意：an＝2n，f(1)＝A，f(2)＝8A，f(5)＝125A，
设b1＝t，即数列{an}中，不超过A的项恰有t项，所以2t≤A<2t＋1，
同理：2t＋d≤8A<2t＋d＋1,2t＋2d≤125A<2t＋2d＋1，
即故max≤A2t适合题意，
此时2t≤A＜×2t，b1＝t，b2＝t＋3，b5＝t＋6，∴t＋3≤b3≤t＋6，
∵b3＝10，∴4≤t≤7，∵t为整数，∴t＝4，t＝5，t＝6或t＝7，
∵f(3)＝27A，b3＝10，
∴210≤27A＜211，∴≤A<，
当t＝4时，24≤A<，∴无解，
当t＝5时，25≤A<，∴无解，
当t＝6时，26≤A<，∴64≤A<，
当t＝7时，27≤A<，∴无解，
∴26≤A<，∵A∈N*，∴A＝64或A＝65，
综上：d＝3，A＝64或65. 16分
