江苏高考数学二轮复习第二篇第25练数列的综合问题试题理

江苏高考数学二轮复习第二篇第25练数列的综合问题试题理

第25练　数列的综合问题 ‎[明晰考情]　1.命题角度：等差数列与等比数列的综合；等差数列、等比数列与其他知识的综合.2.题目难度：数列在高考中一般是压轴题，高档难度.‎ 考点一　等差数列、等比数列的判定与证明 方法技巧　判断等差(比)数列的常用方法 ‎(1)定义法：若an＋1－an＝d，d为常数，则{an}为等差(比)数列.‎ ‎(2)中项公式法.‎ ‎(3)通项公式法.‎ ‎1.(2018·江苏省如东高级中学测试)已知各项均为正数的数列{an}的首项a1＝1, Sn是数列{an}的前n项和，且满足：anSn＋1－an＋1Sn＋an－an＋1＝λanan＋1(λ≠0，n∈N*).‎ ‎(1)若a1，a2，a3成等比数列，求实数λ的值；‎ ‎(2)若λ＝，求证：数列为等差数列；‎ ‎(3)在(2)的条件下，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＝，‎ 因为λ≠0，所以λ＝1.‎ ‎(2)证明　当λ＝时，anSn＋1－an＋1Sn＋an－an＋1＝λanan＋1，‎ 所以－＋－＝，即－＝，‎ 所以数列是以2为首项，公差为的等差数列.‎ ‎(3)解　由(2)知＝2＋·，即＝＋，‎ 得Sn＋1＝an， ①‎ 当n≥2时，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)，‎ 所以是首项为的常数列，所以an＝(n＋2)，‎ 代入①得Sn＝an－1＝.‎ ‎2.从数列{an}中取出部分项，并将它们按原来的顺序组成一个数列，称之为数列{an}的一个子数列，设数列{an}是一个首项为a1，公差为d(d≠0)的无穷等差数列(即项数有无限项).‎ ‎(1)若a1，a2，a5成等比数列，求其公比q；‎ ‎(2)若a1＝7d，从数列{an}中取出第2项，第6项作为一个等比数列的第1项，第2项，试问该数列是否为{an}的无穷等比子数列，请说明理由.‎ 解　(1)由题设，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)设等比数列为{bm}，其公比q＝＝，bm＝a2qm－1＝8d·m－1，‎ 由题设an＝a1＋(n－1)d＝(n＋6)d.‎ 假设数列{bm}为{an}的无穷等比子数列，则对任意自然数m(m≥3)，都存在n∈N*，使an＝bm，‎ 即(n＋6)d＝8d·m－1，得n＝8m－1－6，‎ 当m＝5时，n＝85－1－6＝∉N*，与假设矛盾，‎ 故该数列不为{an}的无穷等比子数列.‎ ‎3.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足：a1＝a(a≠0)，an＋1＝rSn(n∈N*，r∈R，r≠－1).‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若存在k∈N*，使得Sk＋1，Sk，Sk＋2成等差数列，试判断：对于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2是否成等差数列，并证明你的结论.‎ 解　(1)由已知an＋1＝rSn，可得an＋2＝rSn＋1，两式相减可得an＋2－an＋1＝r(Sn＋1－Sn)＝ran＋1，即an＋2＝(r＋1)an＋1，又a2＝ra1＝ra，所以当r＝0时，‎ 数列{an}为：a,0，…，0，…；‎ 当r≠0，r≠－1时，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，…成等比数列，‎ ‎∴当n≥2时，an＝r(r＋1)n－2a.‎ 综上，数列{an}的通项公式为an＝ ‎(2)对于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差数列，证明如下：‎ 当r＝0时，由(1)知，an＝ ‎∴对于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差数列，‎ 当r≠0，r≠－1时，‎ ‎∵Sk＋2＝Sk＋ak＋1＋ak＋2，Sk＋1＝Sk＋ak＋1.‎ 若存在k∈N*，使得Sk＋1，Sk，Sk＋2成等差数列，‎ 则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，‎ 于是对于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1＝－2am，‎ 从而am＋2＝4am，‎ ‎∴am＋1＋am＋2＝2am，即am＋1，am，am＋2成等差数列，‎ 综上，对于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差数列.‎ ‎4.(2018·连云港期末)设{an}是公差为d(d≠0)且各项为正数的等差数列，{bn}是公比为q且各项均为正数的等比数列，cn＝an·bn(n∈N*).‎ ‎(1)求证：数列是等差数列；‎ ‎(2)若a1＝b1＝2, c2＝20, c3＝64.‎ ‎①求数列{an}与{bn}的通项公式；‎ ‎②求数列{cn}的前n项和Sn.‎ ‎(1)证明　因为＝＝＝＝，‎ 所以－＝－＝＝(常数)，‎ 由等差数列的定义可知数列是以为公差的等差数列.‎ ‎(2)解　①因为a1＝b1＝2, c2＝20, c3＝64，‎ 所以 因为{an}的各项为正数，所以 则an＝3n－1, bn＝2n.‎ ‎②因为an＝3n－1, bn＝2n，所以cn＝(3n－1)·2n，‎ 所以Sn＝ci＝2×2＋5×22＋8×23＋…＋·2n， ①‎ ‎2Sn＝2×22＋5×23＋…＋(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.‎ 考点二　等差数列、等比数列和其他知识的综合 方法技巧　数列和其他知识的综合问题解题的关键是通过对其他知识的转化得到数列的通项关系式或递推关系式.‎ ‎5.(2018·江苏省如东高级中学期中)设数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝n2(n∈N*).‎ ‎(1)记bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn；‎ ‎(2)记cn＝，且数列{cn}的前n项和为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.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.‎ ‎(1)证明是等比数列，并求{an}的通项公式；‎ ‎(2)证明：＋＋…＋<.‎ ‎(1)解　由an＋1＝3an＋1，得an＋1＋＝3，所以＝3，‎ 所以是等比数列，首项为a1＋＝，公比为3，‎ 所以an＋＝·3n－1，‎ 因此{an}的通项公式为an＝(n∈N*).‎ ‎(2)证明　由(1)知，an＝，所以＝，‎ 因为当n≥1时，3n－1≥2·3n－1，‎ 所以≤，‎ 于是＋＋…＋≤1＋＋…＋ ‎＝＜，‎ 所以＋＋…＋＜.‎ ‎3.已知数列{an}满足a1＝，an＋1－an＝p·3n－1－nq，n∈N*，p，q∈R.‎ ‎(1)若q＝0，且数列{an}为等比数列，求p的值；‎ ‎(2)若p＝1，且a4为数列{an}的最小项，求q的取值范围.‎ 解　(1)若q＝0，则an＋1－an＝p·3n－1.‎ 设等比数列{an}的公比为r.‎ ‎①若r＝1，则p＝0；‎ ‎②若r≠1，则p≠0，所以r＝＝＝3.‎ 此时an＋1－an＝a1(r－1)rn－1＝p·3n－1＝3n－1，‎ 所以p＝1.‎ 综上所述，p＝0或p＝1.‎ ‎(2)若p＝1，则an＋1－an＝3n－1－qn，n∈N*，‎ 因为a4是数列{an}的最小项，首先有a3≥a4且a4≤a5，得3≤q≤.‎ 此时，a2－a1＝1－q＜0，a3－a2＝3－2q＜0.‎ 记f(n)＝an＋1－an＝3n－1－qn(n∈N*)，‎ 考虑f(n＋1)－f(n)＝2·3n－1－q，当n≥4时，f(n＋1)＞f(n)≥f(4)≥0.‎ 综上，a1＞a2＞a3≥a4，且a4≤a5＜a6＜a7…，满足题意.‎ 所以q的取值范围是.‎ ‎4.若数列{an}中存在三项，按一定次序排列构成等比数列，则称{an}为“等比源数列”.‎ ‎(1)已知在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an－1.‎ ‎①求{an}的通项公式；‎ ‎②试判断{an}是否为“等比源数列”，并证明你的结论；‎ ‎(2)已知数列{an}为等差数列，且a1≠0，an∈Z(n∈N*).‎ 求证：{an}为“等比源数列”.‎ ‎(1)解　①由an＋1＝2an－1，得an＋1－1＝2(an－1)，‎ 且a1－1＝1，‎ 所以数列{an－1}是首项为1，公比为2的等比数列.‎ 所以an－1＝2n－1，‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1＋1.‎ ‎②数列{an}不是“等比源数列”，用反证法证明如下：‎ 假设数列{an}是“等比源数列”，则存在三项am，an，ak(m＜n＜k)按一定次序排列构成等比数列.‎ 因为an＝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＋2×2n－1＋1＝2m＋k－2＋2m－1＋2k－1＋1，‎ 两边同时乘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必为偶数，不可能为1.‎ 所以数列{an}中不存在任何三项，按一定次序排列构成等比数列.‎ 综上可得数列{an}不是“等比源数列”.‎ ‎(2)证明　不妨设等差数列{an}的公差d≥0.‎ 当d＝0时，等差数列{an}为非零常数数列，数列{an}为“等比源数列”.‎ 当d＞0时，因为an∈Z，则d≥1，且d∈Z，所以数列{an}中必有一项am＞0.为了使{an}为“等比源数列”，‎ 只需要{an}中存在第m项，第n项，第k项(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.‎ 当n＝am＋m，k＝2am＋amd＋m时，上式成立.‎ 所以{an}中存在am，an，ak成等比数列.‎ 所以数列{an}为“等比源数列”.‎