高考数学二轮复习 6个解答题专项强化练（四）数列

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(nN*)，bn是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2b312，b3a42a1，S1111b4.(1)求an和bn的通项公式；(2)求数列a2nb2n1的前n项和(nN*)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b2b312，得b1(qq2)12，而b12，所以q2q60.又因为q0，解得q2.所以bn2n.由b3a42a1，可得3da18.由S1111b4，可得a15d16.由，解得a11，d3，由此可得an3n2.所以数列an的通项公式为an3n2，数列bn的通项公式为bn2n.(2)设数列a2nb2n1的前n项和为Tn，由a2n6n2，b2n124n1，得a2nb2n1(3n1)4n，故Tn24542843(3n1)4n，4Tn242543844(3n4)4n(3n1)4n1，上述两式相减，得3Tn2434234334n(3n1)4n14(3n1)4n1(3n2)4n18.故Tn4n1.所以数列a2nb2n1的前n项和为4n1.2已知数列an满足：a1，an1anp3n1nq，nN*，p，qR.(1)若q0，且数列an为等比数列，求p的值；(2)若p1，且a4为数列an的最小项，求q的取值范围解：(1)q0，an1anp3n1，a2a1pp，a3a23p4p，由数列an为等比数列，得2，解得p0或p1.当p0时，an1an，an，符合题意；当p1时，an1an3n1，ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)(133n2)3n1，3.符合题意p的值为0或1.(2)法一：若p1，则an1an3n1nq，ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)(133n2)12(n1)q3n1n(n1)q数列an的最小项为a4，对任意的nN*，有3n1n(n1)qa4(2712q)恒成立，即3n127(n2n12)q对任意的nN*恒成立当n1时，有2612q，q；当n2时，有2410q，q；当n3时，有186q，q3；当n4时，有00，qR；当n5时，n2n120，所以有q恒成立，令cn(n5，nN*)，则cn1cn0，即数列cn为递增数列，qc5.综上所述，q的取值范围为.法二：p1，an1an3n1nq，又a4为数列an的最小项，即3q.此时a2a11q0，a3a232qa2a3a4.当n4时，令bnan1an，bn1bn23n1q23410，bn1bn，0b4b5b6，即a4a5a6a7.综上所述，当3q时，a4为数列an的最小项，即q的取值范围为.3数列an的前n项和为Sn，a12，Snan(rR，nN*)(1)求r的值及数列an的通项公式；(2)设bn(nN*)，记bn的前n项和为Tn.当nN*时，0.Bn1Bn，Bn单调递增，故(Bn)minB1，0，即(1)n.当n为大于等于4的偶数时，有恒成立，又随着n的增大而增大，此时min，即，故的取值范围为.当n为大于等于3的奇数时，有恒成立，此时min，即0，得0，所以g(x)g(1)0，即2ln xx，用替代x可得ln x，x(1,2，所以f(x)Tn. 所以数列an为可拆分数列(2)设数列bn，cn的公差分别为d1，d2.由an5n，得b1(n1)d1c1(n1)d2(d1d2)nb1c1d1d25n对任意的nN*都成立所以即 由SnTn，得nb1d1nc1d2，则n2n0.由n1，得n0对任意的nN*成立则0且0即d1d2且b1c1.由数列bn，cn各项均为正整数，则b1，c1，d1，d2均为正整数，当d1d2时，由d1d25，得d1d2N*，不符合题意，所以d1d2. 联立，可得或或或所以或或或(3)证明：设ana1qn1，a1N*，q0，q1，则q2.当q为无理数时，a2a1q为无理数，与anN*矛盾故q为有理数，设q(a，b为正整数，且a，b互质)此时ana1.则对任意的nN*，an1均为a1的约数，则an11，即a1，故qbN*，所以qN*，q2. 所以ana1qn1(a11)qn1qn1，令bn(a11)qn1，cnqn1.则bn，cn各项均为正整数因为a13，所以a1121，则Sn