【精品】2019高考数学二轮复习解答题专项练6数列理.pdf

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1、试题、试卷、习题、复习、教案精选资料16.数列1.已知从数列 an 中取出部分项，并按原来的顺序组成一个新的数列1na，2na，3na，称为数列 an的一个子数列，若该子数列为等比数列，则称为数列an的等比子数列.(1)设数列 an是一个公差不为0 的等差数列，若a11，a36，且a1，a3，1na，2na，3na，kna为数列 an的等比子数列，求数列nk 的通项公式；(2)是否存在一个等差数列an，使得 bn 是数列 an的一个等比子数列？其中数列bn 的公比为q，同时满足b1a21，b2a22，b3a23(a1a2)，b1(1 2)(1 q).若存在，求出数列an的通项公式；若不存在，请

2、说明理由.解(1)因为数列 an 是等差数列，且a11，a36，则等差数列an的公差d52，所以an52n32(nN*)，kna52nk32.又a1，a3，1na，2na，3na，kna为数列 an 的等比子数列，且a3a16，所以kna6k1，即 6k152nk32，故nk26k 135(kN*).(2)设数列 an的公差为d，因为a10.由题意得a21(a12d)2(a1d)4，化简得 2a214a1dd2 0，所以d(22)a1，而 220，故a10.若d(22)a1，则qb2b1a22a21(21)2，故b1a21(1 2)(1 q)(1 2)(222)0，故舍去.若d(22)a1，则

3、qb2b1a22a21(21)2，从而b1a21(1 2)(1 q)(222)(1 2)2，所以a12，d(22)a1 222，所以an(222)n32 2.又b12，令(222)n3222，试题、试卷、习题、复习、教案精选资料2故n3262不是整数，即b1不是数列 an 中的项.故不存在满足条件的等差数列an.2.设等比数列 an 的首项为a12，公比为q(q为正整数)，且满足 3a3是 8a1与a5的等差中项；数列 bn满足 2n2(tbn)n32bn 0(tR，nN*).(1)求数列 an的通项公式；(2)试确定t的值，使得数列bn为等差数列；(3)当bn 为等差数列时，对每个正整数k，

4、在ak与ak1之间插入bk个 2，得到一个新数列cn.设Tn是数列 cn 的前n项和，试求满足Tm2cm1的所有正整数m.解(1)由题意 6a38a1a5，则 6q28q4，解得q24 或q22(舍)，则q2，又a12，所以an 2n.(2)当n1 时，2(tb1)32b10，得b12t4，当n2 时，222(tb2)232b20，得b2164t，当n3 时，232(tb3)332b30，得b3122t，则由b1b3 2b2，得t3，而当t3 时，2n2(3 bn)n32bn0，得bn2n，由bn1bn2(常数)知，此时数列 bn为等差数列，故t3.(3)由(1)(2)知，an2n，bk2k.

5、由题意知，c1a12，c2c32，c4a24，c5c6c7c82，c9a38，则当m1 时，T12c2，不合题意，当m2 时，T22c3，适合题意.当m3 时，若cm12，则Tm2cm1，一定不适合题意，从而cm 1必是数列 an中的某一项ak 1，则Tma1122b个a2222b个a3322b个a4ak22kb个，(2 2223 2k)2(b1b2b3bk)2(2k1)22 2k k22k12k22k2，2cm1 2ak122k1，所以 2k 1 2k22k222k1，即 2kk2k10，所以 2k1k2k.试题、试卷、习题、复习、教案精选资料32k1(kN*)为奇数，而k2kk(k1)为偶

6、数，所以上式无解.即当m3 时，Tm2cm1.综上知，满足题意的正整数仅有m2.3.(2018 江苏省邗江中学期中)已知各项均为正数的数列an满足a2n12a2nanan1，且a2a42a34，其中nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列 bn满足bnnan2n1 2n，是否存在正整数m，n(1mn)，使得b1，bm，bn成等比数列？若存在，求出所有的m，n的值；若不存在，请说明理由.(3)令cnn121n n1an2，记数列 cn的前n项和为Sn，其中nN*，证明：516Sn12.(1)解a2n12a2nanan1，(an1an)(2anan 1)0，又an0，2anan10，即 2

7、anan1，数列 an是公比为2 的等比数列.由a2a42a34，得 2a18a18a14，解得a12.数列 an的通项公式为an2n，nN*.(2)解bnnan2n1 2nn2n1，若b1，bm，bn成等比数列，则m2m1213n2n1，即m24m24m1n6n3.由m24m24m1n6n3，得3n2m24m1m2，2m24m10，解得 162m162.又mN*，且m1，m2，此时n12.故存在正整数m2，n12，使得b1，bm，bn成等比数列.(3)证明cnn121n n1 2n 212n22n2n n1 2n112n2nn n1 2n 1n2n n 1 2n11212n11n2n1n1

8、2n1，试题、试卷、习题、复习、教案精选资料4Sn1212212n1121121222122213231n2n1n1 2n112122112n11212121n1 2n112112n1n 2n 1，n N*.12n1n2n1递减，012n1n 2n 1121 1121138，51612112n1n2n112，516Sn12.4.(2018 江苏省扬州树人学校模拟)已知无穷数列an的各项都不为零，其前n项和为Sn，且满足anan1Sn(nN*)，数列bn满足bnanant，其中t为正整数.(1)求a2 018；(2)若不等式a2na2n1SnSn1对任意的nN*都成立，求首项a1的取值范围；(3

9、)若首项a1是正整数，则数列bn中的任意一项是否总可以表示为数列bn中的其他两项之积？若是，请给出一种表示方式；若不是，请说明理由.解(1)令n1，则a1a2S1，即a1a2a1，又a10，所以a2 1.由anan1Sn，得an1an2Sn1，两式相减得(an2an)an1an1，又an10，故an2an1，所以a2 018a22 01821 1 1 009.(2)由(1)知数列a2n是首项为a2 1，公差为1 的等差数列，数列a2n1是首项为a1，公差为 1 的等差数列.试题、试卷、习题、复习、教案精选资料5故ana1n12，n是奇数，n2，n是偶数.所以Snn12a1n214，n是奇数，n

10、2a1n24，n是偶数.当n是奇数时，a2na2n1SnSn1，即a1n122n122n12a1n214n12a1n124，即a212a1n12对任意正奇数n恒成立，所以a21 2a10，解得 0a12.当n是偶数时，a2na2n1SnSn1，即n22a1n22n2a1n24n22a1n12 14，即a21a1n2对任意正偶数n恒成立，所以a21a11，解得152a1152.综合得0a1152.(3)由数列a2n是首项为1，公差为 1 的等差数列，数列a2n1是首项为正整数a1，公差为 1的等差数列知，数列an的各项都是正整数.设bnbmbk，即anantamamtakakt，所以amanak

11、takan，取kn2，则akan1，故aman(an2t)，不妨设m是偶数，则m2an(an 2t)一定是整数，试题、试卷、习题、复习、教案精选资料6故当n是偶数时，方程bnbmbk的一组解是kn2，mnn2t1，当n是奇数时，方程bnbmbk的一组解是kn2，m2a1n12a1n12t，所以数列bn中的任意一项总可以表示为数列bn中的其他两项之积.5.已知等差数列 an的前n项和为Sn，且 2a5a313，S416.(1)求数列 an的前n项和Sn；(2)设Tnni 1(1)iai，若对一切正整数n，不等式Tnm2)，使得S2，SmS2，SnSm成等比数列？若存在，求出所有的m，n；若不存在

12、，请说明理由.解(1)设数列 an 的公差为d.因为 2a5a313，S4 16，所以2a14da12d 13，4a16d16，解得a11，d2，所以an 2n1，Snn2.(2)当n为偶数时，设n2k，kN*，则T2k(a2a1)(a4a3)(a2ka2k1)2k.代入不等式Tnan 1(1)n1an 2n1，得 2k4k，从而 4k2k.设bk4k2k，k N*，则bk1bk4k12k 14k2k4k3k 12k k1.因为kN*，所以bk1bk0，所以数列 bk 是递增的，所以(bk)min2，所以 2.当n为奇数时，设n2k1，kN*，则T2k1T2k(1)2ka2k2k(4k1)12

13、k.代入不等式Tnan 1(1)n1an2n1，得(1 2k)4k.因为kN*，所以 4k的最大值为4，所以 4.综上，的取值范围为(4,2).(3)假设存在正整数m，n(nm2)，使得S2，SmS2，SnSm成等比数列，试题、试卷、习题、复习、教案精选资料7则(SmS2)2S2(SnSm)，即(m24)24(n2m2)，所以 4n2(m22)212，即 4n2(m22)212，即(2nm22)(2nm22)12.因为nm2，所以n4，m3，所以2nm2215.因为 2nm22 是整数，所以等式(2nm22)(2nm22)12 不成立，故不存在正整数m，n(nm2)，使得S2，SmS2，SnS

14、m成等比数列.6.(2018 南京模拟)若数列an满足：对于任意nN*，an|an1an2均为数列an中的项，则称数列an为“T数列”.(1)若数列an的前n项和Sn2n2，nN*，求证：数列an为“T数列”；(2)若公差为d的等差数列an为“T数列”，求d的取值范围；(3)若数列an为“T数列”，a11，且对于任意nN*，均有ana2n1a2nan1，求数列an的通项公式.(1)证明当n2 时，anSnSn12n22(n1)2 4n2，又a1S1241 2，所以an4n2.所以an|an1an2|4n244(n1)2 为数列 an 的第n1 项，因此数列 an 为“T数列”.(2)解因为数列

15、 an 是公差为d的等差数列，所以an|an1an 2|a1(n1)d|d|.因为数列 an 为“T数列”，所以任意nN*，存在mN*，使得a1(n1)d|d|am，即有(mn)d|d|.若d0，则存在mn1 N*，使得(mn)d|d|，若d0，则mn1.此时，当n 1时，m 0不为正整数，所以d 0 不符合题意.综上，d0.(3)解因为anan1，所以an|an1an2|anan 2an1，又因为ananan2an1an2(an1an)an2，且数列 an 为“T数列”，所以anan2an 1an 1，即anan22an1，所以数列 an 为等差数列.设数列 an的公差为t(t0)，则有an 1(n1)t，由ana2n 1a2nan1，试题、试卷、习题、复习、教案精选资料8得 1(n1)tt2(2n1)t 1nt，整理得n(2t2t)t23t1，n(t2t2)2tt21.若 2t2t0，取正整数N0t23t12t2t，则当nN0时，n(2t2t)(2t2t)N0t23t1，与式对于任意nN*恒成立相矛盾，因此2t2t0.同样根据式可得t2t20，所以 2t2t0.又t0，所以t12.经检验当t12时，两式对于任意nN*恒成立，所以数列 an 的通项公式为an112(n1)n12.