2020届江苏省高考数学二轮复习课时达标训练（十四）等差、等比数列的综合问题
课时达标训练(十四) 等差、等比数列的综合问题
A组
1．在数列{an}，{bn}中，已知a1＝2，b1＝4，且an，－bn，an＋1成等差数列，bn，－an，bn＋1也成等差数列．
(1)求证：{an＋bn}是等比数列；
(2)设m是不超过100的正整数，求使＝成立的所有数对(m，n)．
解：(1)证明：由an，－bn，an＋1成等差数列可得，－2bn＝an＋an＋1，①
由bn，－an，bn＋1成等差数列可得，－2an＝bn＋bn＋1，②
①＋②得，an＋1＋bn＋1＝－3(an＋bn)，
又a1＋b1＝6，
所以{an＋bn}是以6为首项，－3为公比的等比数列．
(2)由(1)知，an＋bn＝6×(－3)n－1，③
①－②得，an＋1－bn＋1＝an－bn＝－2，④
③＋④得，an＝＝3×(－3)n－1－1，
代入＝，
得＝，
所以[3×(－3)n－1－1－m][3×(－3)m＋3]
＝[3×(－3)n－1－m][3×(－3)m－1＋3]，
整理得，(m＋1)(－3)m＋3×(－3)n＝0，
所以m＋1＝(－3)n－m＋1，
由m是不超过100的正整数，
可得2≤(－3)n－m＋1≤101，
所以n－m＋1＝2或4，
当n－m＋1＝2时，m＋1＝9，此时m＝8，则n＝9，符合题意；
当n－m＋1＝4时，m＋1＝81，此时m＝80，则n＝83，符合题意．
故使＝成立的所有数对(m，n)为(8，9)，(80，83)．
2．(2019·苏锡常镇二模)已知数列{an}是各项都不为0的无穷数列，对任意的n≥3，
n∈N*，a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝λ(n－1)a1an恒成立．
(1)如果，，成等差数列，求实数λ的值；
(2)若λ＝1.
(ⅰ)求证：数列是等差数列；
(ⅱ)已知数列{an}中，a1≠a2.数列{bn}是公比为q的等比数列，满足b1＝，b2＝，b3＝(i∈N*)．
求证：q是整数，且数列{bn}中的任意一项都是数列中的项．
解：(1)因为n≥3且n∈N*时，a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝λ(n－1)a1an恒成立，
则当n＝3时，a1a2＋a2a3＝2λa1a3，因为数列{an}的各项都不为0，
所以等式两边同时除以a1a2a3得：＝＋，
又，，成等差数列，所以＝＋，
所以＝，所以λ＝1.
(2)证明：(ⅰ)当λ＝1，n＝3时，a1a2＋a2a3＝2a1a3 ，①
整理得＋＝，则－＝－.②
当n＝4时，a1a2＋a2a3＋a3a4＝3a1a4，③
③－①得：a3a4＝3a1a4－2a1a3，得＝－，
又＋＝，
所以－＝－.④
当n≥3时，a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝(n－1)a1an，
a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＋anan＋1＝na1an＋1，两式相减得：
anan＋1＝na1an＋1－(n－1)a1an，因为an≠0，所以＝－，
则＝－，所以－＝－，
整理得＋＝，即－＝－(n≥3)，⑤
由②④⑤得：－＝－对任意的正整数n恒成立，所以数列成等差数列．
(ⅱ)设数列的公差为d，设cn＝，c1＝＝c(c≠0)，则b1＝c1＝c，b2＝c2＝c＋d，d＝c2－c1＝b2－b1＝cq－c.
当i＝2时，b3＝c2＝b2，从而q＝1，b2＝b1，得a1＝a2，与已知不符．
当i＝3时，由b3＝c3，cq2＝c＋2d＝c＋2c(q－1)，得q2＝1＋2(q－1)，得q＝1，与已知不符．
当i＝1时，由b3＝c1，cq2＝c，得q2＝1，则q＝－1(上面已证q≠1)为整数．
此时数列{bn}为：c，－c，c，…；数列{cn}中，c1＝c，c2＝－c，公差d＝－2c.数列{bn}中每一项都是{cn}中的项(c＝c1，－c＝c2)．
当i≥4时，由b3＝ci，cq2＝c＋(i－1)d＝c＋(i－1)c(q－1)，得q2－(i－1)q＋(i－2)＝0，
得q＝1(舍去)，q＝i－2(i≥4)为正整数．
cq＝c＋d，b3＝ci，
对任意的正整数k≥4，欲证明bk是数列{cn}中的项，只需证bk＝cqk－1＝ci＋xd＝b3＋x(cq－c)＝cq2＋x(cq－c)有正整数解x，
即证x＝为正整数．
因为x＝＝表示首项为q2，公比为q＝i－2(i≥4)，
共k－3(k≥4)项的等比数列的和，所以x为正整数．
因此，{bn}中的每一项都是数列{cn}也即中的项．
3．(2019·盐城三模)在无穷数列{an}中，an>0(n∈N*)，记{an}前n项中的最大项为kn，最小项为rn，令bn＝.
(1)若{an}的前n项和Sn满足Sn＝.
①求bn；
②是否存在正整数m，n，满足＝？若存在，请求出这样的m，n，若不存在，请说明理由．
(2)若数列{bn}是等比数列，求证：数列{an}是等比数列．
解：(1)①在Sn＝中，令n＝1，得a1＝S1＝，解得a1＝1，
∴Sn＝，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n，
综上，得an＝n(n∈N*)．
显然{an}为递增数列，∴kn＝an＝n，rn＝a1＝1，
∴bn＝.
②假设存在满足条件的正整数m，n，则＝，
∴＝×，
设cn＝，则cn＋1－cn＝－＝，
∴c1＝c2>c3>c4>c5>…，
由＝×，得cm＝cn
n，则m≥n＋1，
当m＝n＋1时，＝显然不成立．
当m>n＋1时，＝＝2m－n－1，
设m－n－1＝t，则t∈N*，＝2t，得n＝，
设dn＝，则dn＋1－dn＝－＝<0恒成立，
∴数列{dn}递减．
又d1＝2，d2＝1，d3＝<1，∴n≥3时，dn<1恒成立．
故方程n＝的解有且仅有t＝1，n＝2或t＝2，n＝1，
此时m＝4，
故满足条件的m，n存在，m＝4，n＝1或n＝2.
(2)证明：∵an>0(n∈N*)，且kn，rn分别为{an}前n项中的最大项和最小项，
∴kn＋1≥kn，rn＋1≤rn，设数列{bn}的公比为q，显然q>0，
(ⅰ)当q＝1时，＝1，得＝，
若 kn＋1>kn，则rn＋1kn与rn＋11时，＝q>1，得＝q2>1.
∴>≥1，∴kn＋1>kn恒成立，而kn≥an，
∴kn＋1＝an＋1，∴an＋1>an恒成立，
∴kn＝an，rn＝a1，代入＝q2得＝q2，即＝q2，
∴数列{an}是等比数列．
(ⅲ)当0＜q＜1时，0＜＜1，
得＝q2＜1，
∴＜≤1，
∴rn＋1＜rn恒成立，而rn≤an，
∴rn＋1＝an＋1，∴an＋1＜an恒成立，
∴kn＝a1，rn＝an，代入＝q2
得＝q2，即＝q2
∴数列{an}是等比数列，
综上可得，数列{an}是等比数列．
4．(2019·南通等七市三模)已知数列{an}满足(nan－1－2)an＝(2an－1)an－1(n≥2)，bn＝－n(n∈N*)．
(1)若a1＝3，证明：{bn}是等比数列；
(2)若存在k∈N*，使得，，成等差数列．
①求数列{an}的通项公式；
②证明：ln n＋an>ln(n＋1)－an＋1.
解：(1)证明：由(nan－1－2)an＝(2an－1)an－1(n≥2)，得＝＋2－n，得－n＝2，即bn＝2bn－1(n≥2)．
因为a1＝3，所以b1＝－1＝－≠0，所以＝2(n≥2)，
所以{bn}是以－为首项，2为公比的等比数列．
(2)①设－1＝λ，
由(1)知，bn＝2bn－1，
所以bn＝2bn－1＝22bn－2＝…＝2n－1b1，得－n＝λ·2n－1，
所以＝λ·2k－1＋k.
因为，，成等差数列，
所以(λ·2k－1＋k)＋(λ·2k＋1＋k＋2)＝2(λ·2k＋k＋1)，
所以λ·2k－1＝0，所以λ＝0，
所以＝n，即an＝.
②证明：要证ln n＋an>ln(n＋1)－an＋1，
即证(an＋an＋1)>ln，即证＋>2ln .
设t＝，则＋＝t－1＋＝t－，且t>1，
从而只需证当t>1时，t－>2ln t.
设f(x)＝x－－2ln x(x>1)，
则f′(x)＝1＋－＝>0，
所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)>f(1)＝0，即x－>2ln x，
因为t>1，所以t－>2ln t，
所以原不等式得证．
B组
1．(2019·苏北三市一模)已知数列{an}满足对任意的n∈N*，都有an(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1(1－qnan＋1)，且an＋1＋an≠0，其中a1＝2，q≠0.记Tn＝a1＋qa2＋q2a3＋…＋qn－1an.
(1)若q＝1，求T2 019的值；
(2)设数列{bn}满足bn＝(1＋q)Tn－qnan.
①求数列{bn}的通项公式；
②若数列{cn}满足c1＝1，且当n≥2时，cn＝2bn－1－1，是否存在正整数k，t，使c1，ck－c1，ct－ck成等比数列？若存在，求出所有k，t的值；若不存在，说明理由．
解：(1)当q＝1时，由an(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1(1－qnan＋1)，
得(an＋1＋an)2＝an＋1＋an，
又an＋1＋an≠0，所以an＋1＋an＝1，
又a1＝2，
所以T2 019＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2 018＋a2 019)＝1 011.
(2)①由an(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1(1－qnan＋1)，得qn(an＋1＋an)2＝an＋1＋an，
又an＋1＋an≠0，q≠0，所以an＋1＋an＝，
又Tn＝a1＋qa2＋q2a3＋…＋qn－1an，
所以qTn＝qa1＋q2a2＋q3a3＋…＋qnan，
所以(1＋q)Tn＝a1＋q(a1＋a2)＋q2(a2＋a3)＋q3(a3＋a4)＋…＋qn－1(an－1＋an)＋qnan，
bn＝(1＋q)Tn－qnan＝a1＋1＋1＋…＋1＋qnan－qnan＝a1＋n－1＝n＋1，
所以bn＝n＋1.
②由题意，得cn＝2bn－1－1＝2n－1，n≥2，
因为c1，ck－c1，ct－ck成等比数列，
所以(ck－c1)2＝c1(ct－ck)，即(2k－2)2＝2t－2k，
所以2t＝(2k)2－3×2k＋4，即2t－2＝(2k－1)2－3×2k－2＋1(*)．
由于ck－c1≠0，所以k≠1，即k≥2.
当k＝2时，2t＝8，得t＝3.
当k≥3时，由(*)，得(2k－1)2－3×2k－2＋1为奇数，
所以t－2＝0，即t＝2，
代入(*)得22k－2－3×2k－2＝0，得2k＝3，此时k无正整数解．
综上，k＝2，t＝3.
2．(2018·江苏高考)设{an}是首项为a1，公差为d的等差数列，{bn}是首项为b1，公比为q的等比数列．
(1)设a1＝0，b1＝1，q＝2，若|an－bn|≤b1对n＝1，2，3，4均成立，求d的取值范围；
(2)若a1＝b1>0，m∈N*，q∈(1， ]，证明：存在d∈R，使得|an－bn|≤b1对n＝2，3，…，m＋1均成立，并求d的取值范围(用b1，m，q表示)．
解：(1)由条件知an＝(n－1)d，bn＝2n－1.
因为|an－bn|≤b1对n＝1，2，3，4均成立，
即|(n－1)d－2n－1|≤1对n＝1，2，3，4均成立，
所以1≤1，1≤d≤3，3≤2d≤5，7≤3d≤9，
解得≤d≤.
所以d的取值范围为.
(2)由条件知an＝b1＋(n－1)d，bn＝b1qn－1.
若存在d，使得|an－bn|≤b1(n＝2，3，…，m＋1)成立，
即|b1＋(n－1)d－b1qn－1|≤b1(n＝2，3，…，m＋1)，
即当n＝2，3，…，m＋1时，d满足b1≤d≤b1.
因为q∈，则1＜qn－1≤qm≤2，
从而b1≤0，b1＞0，对n＝2，3，…，m＋1均成立．
因此，取d＝0时，|an－bn|≤b1对n＝2，3，…，m＋1均成立．
下面讨论数列的最大值和数列的最小值(n＝2，3，…，m＋1)．
①当2≤n≤m时，
－＝
＝.
当1＜q≤2时，有qn≤qm≤2，从而n(qn－qn－1)－qn＋2＞0.
因此，当2≤n≤m＋1时，数列单调递增，
故数列的最大值为.
②设f(x)＝2x(1－x)，
当x＞0时，f′(x)＝(ln 2－1－xln 2)2x＜0，
所以f(x)单调递减，从而f(x)＜f(0)＝1.
当2≤n≤m时，＝≤2＝f＜1，因此，当2≤n≤m＋1时，数列单调递减，
故数列的最小值为.
因此d的取值范围为.
3．(2019·南通等七市二模)已知数列{an}的各项均不为零．设数列{an}的前n项和为Sn，数列{a}的前n项和为Tn，且3S－4Sn＋Tn＝0，n∈N*.
(1)求a1，a2的值；
(2)证明：数列{an}是等比数列；
(3)若(λ－nan)(λ－nan＋1)<0对任意的n∈N*恒成立，求实数λ的所有可能取值．
解：(1)由题意知3S－4Sn＋Tn＝0，n∈N*，
令n＝1，得3a－4a1＋a＝0，即a－a1＝0，因为a1≠0，所以a1＝1.
令n＝2，得3(1＋a2)2－4(1＋a2)＋(1＋a)＝0，
即2a＋a2＝0，
因为a2≠0，所以a2＝－.
(2)证明：因为3S－4Sn＋Tn＝0，①
所以3S－4Sn＋1＋Tn＋1＝0，②
②－①得，3(Sn＋1＋Sn)an＋1－4an＋1＋a＝0，
因为an＋1≠0，所以3(Sn＋1＋Sn)－4＋an＋1＝0，③
所以3(Sn＋Sn－1)－4＋an＝0(n≥2，n∈N*)，④
当n≥2时，③－④得，3(an＋1＋an)＋an＋1－an＝0，
即an＋1＝－an，
因为an≠0，所以＝－.
又由(1)知，a1＝1，a2＝－，所以＝－，
所以数列{an}是以1为首项，－为公比的等比数列．
(3)由(2)知，an＝.
因为对任意的n∈N*，(λ－nan)(λ－nan＋1)<0恒成立，
所以λ的值介于n和n之间．
因为n·n<0对任意的n∈N*恒成立，
所以λ＝0符合题意．
若λ>0，则当n为奇数时，n<λ0不符合题意．
若λ<0，则当n为奇数时，n<λ0，则必有Mn>Mn－1，∴an＝Mn>Mn－1≥an－1，即对任意的n≥2，n∈N*，都有an>an－1，
∴Mn＝an，mn＝a1，bn－bn－1＝－＝－＝＝d′，
∴an－an－1＝2d′，即{an}为等差数列．
②当d′<0时，则必有mnMn，则Mn＋1＝an＋1，mn＋1＝mn，此时an＋1＝Mn＋1>Mn≥an，∴an＋1>an对n∈N*恒成立，
则Mn＝an，mn＋1＝mn＝a1，∴bn＋1－bn＝－＝－＝＝p，
即an＋1－an＝2p，∴数列{an}是等差数列．
②若mn≤an＋1≤Mn，则Mn＋1＝Mn，mn＋1＝mn，∴bn＋1＝bn，
∵数列{bn}是等差数列且bn＝pn＋q，∴p＝0，bn＝q，
∴Mn＋1＝Mn＝Mn－1＝…＝M1＝a1＝q，mn＋1＝mn＝mn－1＝…＝m1＝a1＝q，∴q≤an＋1≤q，即an＝q，即{an}为常数列，∴数列{an}是公差为0的等差数列．
③若an＋1b2>…>b6>b7.
当n≥7时，bn＋1－bn>0，即b7a2>…>a6>a7，a7Mn，则Mn＋1＝an＋1，mn＋1＝mn，则<，
得bnbn＋1矛盾，不合题意；
∴an＋1a2>…>a6>a7.
同理可证a77时，a1>a2>…>a6>a7，且a7
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