发布时间 : 星期日 文章(江苏专版)2018年高考数学二轮复习6个解答题专项强化练(四)数列更新完毕开始阅读
6个解答题专项强化练(四) 数 列
1．已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N)．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q. 由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q)＝12， 而b1＝2，所以q＋q－6＝0. 又因为q＞0，解得q＝2. 所以bn＝2.
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.① 由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②
由①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.
所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2. (2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn， 由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4
nn－1
nn2
2
*
*
，
得a2nb2n－1＝(3n－1)×4，
故Tn＝2×4＋5×4＋8×4＋…＋(3n－1)×4，
4Tn＝2×4＋5×4＋8×4＋…＋(3n－4)×4＋(3n－1)×4
2
3
2
3
4
2
3
nnn＋1
，
n＋1
上述两式相减，得－3Tn＝2×4＋3×4＋3×4＋…＋3×4－(3n－1)×412×1－4＝
1－4
nn
－4－(3n－1)×4
n＋1
n＋1
＝－(3n－2)×4－8.
3n－2n＋18故Tn＝×4＋.
33
3n－2n＋18
所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4＋. 33
1n－1*
2．已知数列{an}满足：a1＝，an＋1－an＝p·3－nq，n∈N，p，q∈R.
2(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)∵q＝0，an＋1－an＝p·3
n－1
，
11
∴a2＝a1＋p＝＋p，a3＝a2＋3p＝＋4p，
22
?1?21?1?由数列{an}为等比数列，得?＋p?＝?＋4p?，解得p＝0或p＝1. ?2?2?2?
1
当p＝0时，an＋1＝an，∴an＝，符合题意；
2当p＝1时，an＋1－an＝3
n－1
，
n－1
111－3n－2
∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝＋(1＋3＋…＋3)＝＋＝
221－31n－1
·3， 2
∴
an＋1
＝3.符合题意． an∴p的值为0或1.
(2)法一：若p＝1，则an＋1－an＝3
n－1
－nq，
1n－2
∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝＋(1＋3＋…＋3)－[1＋2＋…＋(n21n－1
－1)]q＝[3－n(n－1)q]．
2
∵数列{an}的最小项为a4，
1n－11*
∴对任意的n∈N，有[3－n(n－1)q]≥a4＝(27－12q)恒成立，
22即3
n－1
－27≥(n－n－12)q对任意的n∈N恒成立．
2*
13
当n＝1时，有－26≥－12q，∴q≥；
612
当n＝2时，有－24≥－10q，∴q≥；
5当n＝3时，有－18≥－6q，∴q≥3； 当n＝4时，有0≥0，∴q∈R；
3－27
当n≥5时，n－n－12>0，所以有q≤2恒成立，
n－n－12
2
n－1
3－27*
令cn＝2(n≥5，n∈N)，
n－n－122
则cn＋1－cn＝n－1
n2－2n－123n－1＋54n>0，
n2－16n2－9
27
即数列{cn}为递增数列，∴q≤c5＝.
4
?27?综上所述，q的取值范围为?3，?.
4??
法二：∵p＝1，∴an＋1－an＝3
n－1
－nq，
又a4为数列{an}的最小项，
??a4－a3≤0，∴???a5－a4≥0，
??9－3q≤0，
即???27－4q≥0，
27
∴3≤q≤.
4
此时a2－a1＝1－q<0，a3－a2＝3－2q<0， ∴a1>a2>a3≥a4.
当n≥4时，令bn＝an＋1－an，bn＋1－bn＝2·3∴bn＋1>bn，∴0≤b4 27 综上所述，当3≤q≤时，a4为数列{an}的最小项， 4 n－1 －q≥2·3 4－1 27 －>0， 4 ?27?即q的取值范围为?3，?. 4?? ??* 3．数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，Sn＝an?＋r?(r∈R，n∈N)． ?3? (1)求r的值及数列{an}的通项公式； (2)设bn＝(n∈N)，记{bn}的前n项和为Tn. ①当n∈N时，λ n－1 * nnan* ②求证：存在关于n的整式g(n)，使得? (Tn＋1)＝Tn·g(n)－1对一切n≥2，n∈N i＝1 * 都成立． 2?1?解：(1)当n＝1时，S1＝a1?＋r?，∴r＝， 3?3? ?n2?∴Sn＝an?＋?. ?33? ?n1?当n≥2时，Sn－1＝an－1?＋?. ?33? 两式相减，得an＝∴ n＋2n＋1 an－an－1， 3 3 ann＋1 ＝(n≥2)． an－1n－1a2a3a1a2 an345nn＋1＝×××…××， an－1123n－2n－1 ∴··…· 即＝ annn＋1 . a12 ∴an＝n(n＋1)(n≥2)， 又a1＝2适合上式． ∴an＝n(n＋1)． (2)①∵an＝n(n＋1)， ∴bn＝ 1111 ，Tn＝＋＋…＋. n＋123n＋1 111∴T2n＝＋＋…＋， 232n＋1∴T2n－Tn＝ 111 ＋＋…＋. n＋2n＋32n＋1 111 ＋＋…＋. n＋2n＋32n＋1 令Bn＝T2n－Tn＝则Bn＋1＝ 111＋＋…＋. n＋3n＋42n＋3 111 ∴Bn＋1－Bn＝＋－ 2n＋22n＋3n＋2＝ 2n＋2 3n＋42n＋3 n＋2 >0. ∴Bn＋1>Bn，∴Bn单调递增， 11 故(Bn)min＝B1＝，∴λ<. 33 1??∴实数λ的取值范围为?－∞，?. 3??111 ②证明：∵Tn＝＋＋…＋， 23n＋1111 ∴当n≥2时，Tn－1＝＋＋…＋， 23n∴Tn－Tn－1＝ 1 ， n＋1 即(n＋1)Tn－nTn－1＝Tn－1＋1. n－1 ∴当n≥2时，? (Tn＋1)＝(3T2－2T1)＋(4T3－3T2)＋(5T4－4T3)＋…＋[(n＋1)Tn－nTni＝1 －1 ]＝(n＋1)Tn－2T1＝(n＋1)Tn－1. n－1 ∴存在关于n的整式g(n)＝n＋1，使得? (Tn＋1)＝Tn·g(n)－1对一切n≥2，n∈N i＝1 *