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高考数学二轮复习解答题专项练:数列(含答案)

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高考数学二轮复习解答题专项练:数列(含答案)6.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,,…,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a1=1,a3=6,且a1,a3,,,,…,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b1=a,b2=a,b3=a(a1a2),b1=(1+)(1-q).若存在,求出数列{an}的通项公式;若不存在,请说明理由.解 (1)因为数列{an}是等差数列,且a1=1,a3=6,则等差数列{an}的公差d=,所以an=n-(n∈N*),=nk-.又a1,a3,,,,…,为数列{an}的等比子数列,且=6,所以=6k+1,即6k+1=nk-,故nk=(k∈N*).(2)设数列{an}的公差为d,因为a1a2,所以d0.由题意得a(a1+2d)2=(a1+d)4,化简得2a+4a1d+d2=0,所以d=(-2±)a1,而-2±0,故a10.若d=(-2-)a1,则q===(+1)2,故b1=a=(1+)(1-q)=(1+)(-2-2)0,故舍去.若d=(-2+)a1,则q===(-1)2,从而b1=a=(1+)(1-q)=(2-2)(1+)=2,所以a1=-,d=(-2+)a1=2-2,所以an=(2-2)n-3+2.7又b1=2,令(2-2)n-3+2=2,故n=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a1=2,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-(t+bn)n+bn=0(t∈R,n∈N*).(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,在ak与ak+1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Tm=2cm+1的所有正整数m.解 (1)由题意6a3=8a1+a5,则6q2=8+q4,解得q2=4或q2=2(舍),则q=2,又a1=2,所以an=2n.(2)当n=1时,2-(t+b1)+b1=0,得b1=2t-4,当n=2时,2×22-(t+b2)×2+b2=0,得b2=16-4t,当n=3时,2×32-(t+b3)×3+b3=0,得b3=12-2t,则由b1+b3=2b2,得t=3,而当t=3时,2n2-(3+bn)n+bn=0,得bn=2n,由bn+1-bn=2(常数)知,此时数列{bn}为等差数列,故t=3.(3)由(1)(2)知,an=2n,bk=2k.由题意知,c1=a1=2,c2=c3=2,c4=a2=4,c5=c6=c7=c8=2,c9=a3=8,…,则当m=1时,T1≠2c2,不合题意,当m=2时,T2=2c3,适合题意.当m≥3时,若cm+1=2,则Tm≠2cm+1,一定不适合题意,从而cm+1必是数列{an}中的某一项ak+1,则Tm=a1++a2++a3++a4+…+ak+,=(2+22+23+…+2k)+2(b1+b2+b3+…+bk)=2×(2k-1)+2×=2k+1+2k2+2k-2,2cm+1=2ak+1=2×2k+1,7所以2k+1+2k2+2k-2=2×2k+1,即2k-k2-k+1=0,所以2k+1=k2+k.2k+1(k∈N*)为奇数,而k2+k=k(k+1)为偶数,所以上式无解.即当m≥3时,Tm≠2cm+1.综上知,满足题意的正整数仅有m=2.3.(2018·江苏省邗江中学期中)已知各项均为正数的数列满足a=2a+anan+1,且a2+a4=2a3+4,其中n∈N*.(1)求数列的通项公式;(2)设数列{bn}满足bn=,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cn=,记数列{cn}的前n项和为Sn,其中n∈N*,证明:≤Sn.(1)解 ∵a=2a+anan+1,∴(an+1+an)(2an-an+1)=0,又an>0,∴2an-an+1=0,即2an=an+1,∴数列{an}是公比为2的等比数列.由a2+a4=2a3+4,得2a1+8a1=8a1+4,解得a1=2.∴数列{an}的通项公式为an=2n,n∈N*.(2)解 bn==,若b1,bm,bn成等比数列,则2=,即=.由=,得=,∴-2m2+4m+1>0,解得1-<m<1+.又m∈N*,且m>1,∴m=2,此时n=12.故存在正整数m=2,n=12,使得b1,bm,bn成等比数列.(3)证明 cn==·=7=,∴Sn=+=·+=,n∈N*.∵n+1·递减,∴0<n+1·≤1+1·=,∴≤<,∴≤Sn<.4.(2018·江苏省扬州树人学校模拟)已知无穷数列的各项都不为零,其前n项和为Sn,且满足an·an+1=Sn(n∈N*),数列满足bn=,其中t为正整数.(1)求a2018;(2)若不等式a+aSn+Sn+1对任意的n∈N*都成立,求首项a1的取值范围;(3)若首项a1是正整数,则数列中的任意一项是否总可以表示为数列中的其他两项之积?若是,请给出一种表示方式;若不是,请说明理由.解 (1)令n=1,则a1a2=S1,即a1a2=a1,又a1≠0,所以a2=1.由an·an+1=Sn,得an+1·an+2=Sn+1,两式相减得(an+2-an)an+1=an+1,又an+1≠0,故an+2-an=1,所以a2018=a2+×1=1009.(2)由(1)知数列是首项为a2=1,公差为1的等差数列,数列是首项为a1,公差为1的等差数列.故an=7所以Sn=①当n是奇数时,a+aSn+Sn+1,即2+2+,即a-2a1对任意正奇数n恒成立,所以a-2a10,解得0a12.②当n是偶数时,a+aSn+Sn+1,即2+2+,即a-a1对任意正偶数n恒成立,所以a-a11,解得a1.综合①②得0a1.(3)由数列是首项为1,公差为1的等差数列,数列是首项为正整数a1,公差为1的等差数列知,数列的各项都是正整数.设bn=bmbk,即=·,所以am=,取k=n+2,则ak-an=1,故am=an(an+2+t),不妨设m是偶数,则=an(an+2+t)一定是整数,故当n是偶数时,方程bn=bmbk的一组解是当n是奇数时,方程bn=bmbk的一组解是所以数列中的任意一项总可以表示为数列中的其他两项之积.5.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且2a5-a3=13,S4=16.(1)求数列{an}的前n项和Sn;(2)设Tn=(-1)iai,若对一切正整数n,不等式λTn[an+1+(-1)n+1an]2n-1恒成立,求实数λ的取值范围;7(3)是否存在正整数m,n(nm2),使得S2,Sm-S2,Sn-Sm成等比数列?若存在,求出所有的m,n;若不存在,请说明理由.解 (1)设数列{an}的公差为d.因为2a5-a3=13,S4=16,所以解得所以an=2n-1,Sn=n2.(2)①当n为偶数时,设n=2k,k∈N*,则T2k=(a2-a1)+(a4-a3)+…+(a2k-a2k-1)=2k.代入不等式λTn[an+1+(-1)n+1an]·2n-1,得λ·2k4k,从而λ.设bk=,k∈N*,则bk+1-bk=-=.因为k∈N*,所以bk+1-bk>0,所以数列{bk}是递增的,所以(bk)min=2,所以λ2.②当n为奇数时,设n=2k-1,k∈N*,则T2k-1=T2k-(-1)2ka2k=2k-(4k-1)=1-2k.代入不等式λTn[an+1+(-1)n+1an]2n-1,得λ(1-2k)(2k-1)4k,从而λ-4k.因为k∈N*,所以-4k的最大值为-4,所以λ-4.综上,λ的取值范围为(-4,2).(3)假设存在正整数m,n(nm2),使得S2,Sm-S2,Sn-Sm成等比数列,则(Sm-S2)2=S2(Sn-Sm),即(m2-4)2=4(n2-m2),所以4n2=(m2-2)2+12,即4n2-(m2-2)2=12,即(2n-m2+2)(2n+m2-2)=12.因为nm2,所以n≥4,m≥3,所以2n+m2-2≥15.因为2n-m2+2是整数,所以等式(2n-m2+2)(2n+m2-2)=12不成立,故不存在正整数m,n(nm2),使得S2,Sm-S2,Sn-Sm成等比数列.6.(2018·南京模拟)若数列满足:对于任意n∈N*,an+均为数列中的项,则称数列为“T数列”.(1)若数列的前n项和Sn=2n2,n∈N*,求证:数列为“T数列”;(2)若公差为d的等差数列为“T数列”,求d的取值范围;(3)若数列为“T数列”,a1=1,且对于任意n∈N*,均有ana-aan+1,求数列的通项公式.7(1)证明 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n2-2(n-1)2=4n-2,又a1=S1=2=4×1-2,所以an=4n-2.所以an+|an+1-an+2|=4n-2+4=4(n+1)-2为数列{an}的第n+1项,因此数列{an}为“T数列”.(2)解 因为数列{an}是公差为d的等差数列,所以an+|an+1-an+2|=a1+(n-1)d+|d|.因为数列{an}为“T数列”,所以任意n∈N*,存在m∈N*,使得a1+(n-1)d+|d|=am,即有(m-n)d=|d|.①若d≥0,则存在m=n+1∈N*,使得(m-n)d=|d|,②若d<0,则m=n-1.此时,当n=1时,m=0不为正整数,所以d<0不符合题意.综上,d≥0.(3)解 因为an<an+1,所以an+|an+1-an+2|=an+an+2-an+1,又因为an<an+an+2-an+1=an+2-(an+1-an)<an+2,且数列{an}为“T数列”,所以an+an+2-an+1=an+1,即an+an+2=2an+1,所以数列{an}为等差数列.设数列{an}的公差为t(t>0),则有an=1+(n-1)t,由an<a-a<an+1,得1+(n-1)t<t[2+(2n-1)t]<1+nt,整理得n(2t2-t)>t2-3t+1,①n(t-2t2)>2t-t2-1.②若2t2-t<0,取正整数N0>,则当n>N0时,n(2t2-t)<(2t2-t)N0<t2-3t+1,与①式对于任意n∈N*恒成立相矛盾,因此2t2-t≥0.同样根据②式可得t-2t2≥0,所以2t2-t=0.又t>0,所以t=.经检验当t=时,①②两式对于任意n∈N*恒成立,所以数列{an}的通项公式为an=1+(n-1)=.7

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