2023届高考数学二轮复习微专题作业51数列中的存在性问题含解析

Page1微专题51数列中的存在性问题1.若不等式4x2＋9y2≥2kxy对一切正数x，y恒成立，则整数k的最大值为________．2．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋pn，a7＝11，若ak＋ak＋1>12，则正整数k的最小值为________．3．设数列{an}的首项a1＝eq\f(3,2)，前n项和为Sn，且满足2an＋1＋Sn＝3(n∈N*)．则满足eq\f(18,17)<eq\f(S2n,Sn)<eq\f(8,7)的所有n的和为________．4．已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－2，a2＝b2＝4，则满足an＝bn的n的所有取值构成的集合是________．5．设各项均为正整数的无穷等差数列{an}，满足a54＝2014，且存在正整数k，使a1，a54，ak成等比数列，则公差d的所有可能取值之和为________．6．各项均为正偶数的数列a1，a2，a3，a4中，前三项依次成公差为d(d>0)的等差数列，后三项依次成公比为q的等比数列．若a4－a1＝88，则q的所有可能的值构成的集合为________．7．设数列{an}的前n项和Sn＝n2，数列{bn}满足bn＝eq\f(an,an＋m)(m∈N*)．(1)若b1，b2，b8成等比数列，试求m的值；(2)是否存在m，使得数列{bn}中存在某项bt满足b1，b4，bt(t∈N*，t≥5)成等差数列？若存在，请指出符合题意的m的个数；若不存在，请说明理由．8．已知数列{an}的通项公式为an＝eq\f(2×3n＋2,3n＋1)(n∈N*)．(1)求数列{an}的最大项；(2)设bn＝eq\f(an＋p,an－2)，试确定实常数p的值，使得{bn}为等比数列；(3)设m，n，p∈N*，m<n<p，问：数列{an}中是否存在三项am，an，ap，使数列am，an，ap是等差数列？如果存在，求出这三项；如果不存在，说明理由．微专题511．答案：3.解析：不等式4x2＋9y2≥2kxy对一切正数x，y恒成立，则等价为eq\f(4x2＋9y2,xy)＝eq\f(4x,y)＋eq\f(9y,x)≥2k恒成立，∵eq\f(4x,y)＋eq\f(9y,x)≥2eq\r(\f(4x,y)·\f(9y,x))＝2×6＝12当且仅当eq\f(4x,y)＝eq\f(9y,x)，即2x＝3y时取等号，要使eq\f(4x2＋9y2,xy)＝eq\f(4x,y)＋eq\f(9y,x)≥2k恒成立，则2k≤12，因为k是整数，所以整数k的最大值为3，故答案为3.2．答案：6.解析：∵前n项和Sn＝2n2＋pn，∴S7＝2×72＋7p＝98＋7p，S6＝2×62＋6p＝72＋6p.可得a7＝S7－S6＝26＋p＝11，所以p＝－15.∴Sn＝2n2－15n.∵数列{an}是等差数列，∴ak＋ak＋1＝a1＋a2k.因此{an}的前2k项和S2k＝eq\f(2k（a1＋a2k）,2)＝k(ak＋ak＋1)>12k.又∵S2k＝2(2k)2－15×(2k)＝8k2－30k.∴8k2－30k>12k，解之得k>eq\f(21,4)(舍去负值)．因此，正整数k的最小值为6.3．答案：7.解析：由2an＋1＋Sn＝3，得2(Sn＋1－Sn)＋Sn＝3，即Sn＋1－3＝eq\f(1,2)(Sn－3)，∴{Sn－3}以eq\f(1,2)为公比，－eq\f(3,2)为首项，求得Sn－3＝－eq\f(3,2)·(eq\f(1,2))n－1＝－3×(eq\f(1,2))n，∴Sn＝3(1－(eq\f(1,2))n)，∴eq\f(S2n,Sn)＝1＋(eq\f(1,2))n，从而eq\f(1,17)≤(eq\f(1,2))n≤eq\f(1,7)，n∈N*，∴n＝3，4.∴所有n的和为7.4．答案：{1，2，4}．解析：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，所以d＝a2－a1＝6，q＝eq\f(b2,b1)＝－2，所以an＝－2＋6(n－1)＝6n－8，bn＝－2(－2)n－1＝(－2)n，因为等差数列{an}的首项为负，从第二项起均为正数，等比数列{bn}奇数项为负，偶数项为正，所以除首项外，当an＝bn时，n为偶数，n＝4时a4＝16，b4＝(－2)4＝16，n＝6时，a6＝28<b6＝(－2)6＝64.因为n为偶数时，数列{an}，数列{bn}均递增，所以当n≥2k(k＝3，4，5，…)时，an<bn.综上可得，满足an＝bn的n的所有取值为1，2，4.5．答案：92.解析：无穷正整数数列，则{an}公差d为自然数．①d＝0，{an}为常数列，满足题意；②当d>0时，(a54－53d)(a54＋(k－54)d)＝a542，得d＝eq\f(28（k－107）,k－54)＝38－eq\f(38×53,k－54).要使得d是正整数，故(k－54，d)∈{(53×2，19)，(53×19，36)，(53×38，37)}．d的可能取值和为0＋19＋36＋37＝92.6．答案：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(8,7))).解析：设a1，a1＋d，a1＋2d，a1＋88，其中a1，d均为正偶数，则(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋88)，整理得a1＝eq\f(4d（22－d）,3d－88)>0，(注意体会这里用“a1>0”而不用“a1≥2”的好处)所以(d－22)(3d－88)<0，即22<d<eq\f(88,3)，所以d的所有可能值为24，26，28，当d＝24时a1＝12，q＝eq\f(5,3)；当d＝26时，a1＝eq\f(208,5)(舍去)；当d＝28时，a1＝168，q＝eq\f(8,7)，所以q的所有可能值构成的集合为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(8,7))).7．答案：(1)9；(2)9个．解析：(1)因为Sn＝n2，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1.又当n＝1时，a1＝S1＝1，适合上式，所以an＝2n－1(n∈N*)所以bn＝eq\f(2n－1,2n－1＋m)，则b1＝eq\f(1,1＋m)，b2＝eq\f(3,3＋m)，b8＝eq\f(15,15＋m)，由b22＝b1b8，得(eq\f(3,3＋m))2＝eq\f(1,1＋m)×eq\f(15,15＋m)，解得m＝0(舍)或m＝9，所以m＝9.(2)假设存在m，使得b1，b4，bt(t∈N*，t≥5)成等差数列，即2b4＝b1＋bt，则2×eq\f(7,7＋m)＝eq\f(1,1＋m)＋eq\f(2t－1,2t－1＋m)，化简得t＝7＋eq\f(36,m－5).所以当m－5＝1，2，3，4，6，9，12，18，36时，分别存在t＝43，25，19，16，13，11，10，9，8适合题意，即存在这样m，且符合题意的m共有9个．8．答案：(1)an＝4；(2)±2；(3)不存在．解析：(1)由题意an＝2＋eq\f(4,3n－1)，随着n的增大而减小，所以{an}中的最大项为a1＝4.(2)bn＝eq\f(2＋\f(4,3n－1)＋p,\f(4,3n－1))＝eq\f(（2＋p）（3n－1）＋4,4)＝eq\f(（2＋p）3n＋（2－p）,4)，若{bn}为等比数列，则bn＋12－bnbn＋2＝0(n∈N*)，所以[(2＋p)3n＋1＋(2－p)]2－[(2＋p)3n＋(2－p)][(2＋p)3n＋2＋(2－p)]＝0(n∈N*)，化简得(4－p2)(2·3n＋1－3n＋2－3n)＝0即－(4－p2)·3n·4＝0，解得p＝±2.反之，当p＝2时，bn＝3n，{bn}是等比数列；当p＝－2时，bn＝1，{bn}也是等比数列，所以，当且仅当p＝±2时{bn}为等比数列．(3)因为am＝2＋eq\f(4,3m－1)，an＝2＋eq\f(4,3n－1)，ap＝2＋eq\f(4,3p－1)，若存在三项am，an，ap，使数列am，an，ap是等差数列，则2an＝am＋ap，所以2(2＋eq\f(4,3n－1))＝2＋eq\f(4,3m－1)＋2＋eq\f(4,3p－1)，化简得3n(2×3p－n－3p－m－1)＝1＋3p－m－2×3n－m(*)，因为m，n，p∈N*，m<