高考数学二轮复习 6个解答题专项强化练（四）数列-人教版高三数学试题

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＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因为q＞0，解得q＝2.所以bn＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.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＝2n.(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，上述两式相减，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1＝eq\f(12×1－4n,1－4)－4－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n＋1－8.故Tn＝eq\f(3n－2,3)×4n＋1＋eq\f(8,3).所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为eq\f(3n－2,3)×4n＋1＋eq\f(8,3).2．已知数列{an}满足：a1＝eq\f(1,2)，an＋1－an＝p·3n－1－nq，n∈N*，p，q∈R.(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·3n－1，∴a2＝a1＋p＝eq\f(1,2)＋p，a3＝a2＋3p＝eq\f(1,2)＋4p，由数列{an}为等比数列，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋p))2＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋4p))，解得p＝0或p＝1.当p＝0时，an＋1＝an，∴an＝eq\f(1,2)，符合题意；当p＝1时，an＋1－an＝3n－1，∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝eq\f(1,2)＋(1＋3＋…＋3n－2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1－3n－1,1－3)＝eq\f(1,2)·3n－1，∴eq\f(an＋1,an)＝3.符合题意．∴p的值为0或1.(2)法一：若p＝1，则an＋1－an＝3n－1－nq，∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝eq\f(1,2)＋(1＋3＋…＋3n－2)－[1＋2＋…＋(n－1)]q＝eq\f(1,2)[3n－1－n(n－1)q]．∵数列{an}的最小项为a4，∴对任意的n∈N*，有eq\f(1,2)[3n－1－n(n－1)q]≥a4＝eq\f(1,2)(27－12q)恒成立，即3n－1－27≥(n2－n－12)q对任意的n∈N*恒成立．当n＝1时，有－26≥－12q，∴q≥eq\f(13,6)；当n＝2时，有－24≥－10q，∴q≥eq\f(12,5)；当n＝3时，有－18≥－6q，∴q≥3；当n＝4时，有0≥0，∴q∈R；当n≥5时，n2－n－12>0，所以有q≤eq\f(3n－1－27,n2－n－12)恒成立，令cn＝eq\f(3n－1－27,n2－n－12)(n≥5，n∈N*)，则cn＋1－cn＝eq\f(2n2－2n－123n－1＋54n,n2－16n2－9)>0，即数列{cn}为递增数列，∴q≤c5＝eq\f(27,4).综上所述，q的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3，\f(27,4))).法二：∵p＝1，∴an＋1－an＝3n－1－nq，又a4为数列{an}的最小项，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4－a3≤0，,a5－a4≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(9－3q≤0，,27－4q≥0，))∴3≤q≤eq\f(27,4).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＝2·3n－1－q≥2·34－1－eq\f(27,4)>0，∴bn＋1>bn，∴0≤b4<b5<b6<…，即a4≤a5<a6<a7<….综上所述，当3≤q≤eq\f(27,4)时，a4为数列{an}的最小项，即q的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3，\f(27,4))).3．数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，Sn＝aneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,3)＋r))(r∈R，n∈N*)．(1)求r的值及数列{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(n,an)(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn.①当n∈N*时，λ<T2n－Tn恒成立，求实数λ的取值范围；②求证：存在关于n的整式g(n)，使得eq\i\su(i＝1,n－1,)(Tn＋1)＝Tn·g(n)－1对一切n≥2，n∈N*都成立．解：(1)当n＝1时，S1＝a1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋r))，∴r＝eq\f(2,3)，∴Sn＝aneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,3)＋\f(2,3))).当n≥2时，Sn－1＝an－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,3)＋\f(1,3))).两式相减，得an＝eq\f(n＋2,3)an－eq\f(n＋1,3)an－1，∴eq\f(an,an－1)＝eq\f(n＋1,n－1)(n≥2)．∴eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·…·eq\f(an,an－1)＝eq\f(3,1)×eq\f(4,2)×eq\f(5,3)×…×eq\f(n,n－2)×eq\f(n＋1,n－1)，即eq\f(an,a1)＝eq\f(nn＋1,2).∴an＝n(n＋1)(n≥2)，又a1＝2适合上式．∴an＝n(n＋1)．(2)①∵an＝n(n＋1)，∴bn＝eq\f(1,n＋1)，Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n＋1).∴T2n＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n＋1)，∴T2n－Tn＝eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,2n＋1).令Bn＝T2n－Tn＝eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,2n＋1).则Bn＋1＝eq\f(1,n＋3)＋eq\f(1,n＋4)＋…＋eq\f(1,2n＋3).∴Bn＋1－Bn＝eq\f(1,2n＋2)＋eq\f(1,2n＋3)－eq\f(1,n＋2)＝eq\f(3n＋4,2n＋22n＋3n＋2)>0.∴Bn＋1>Bn，∴Bn单调递增，故(Bn)min＝B1＝eq\f(1,3)，∴λ<eq\f(1,3).∴实数λ的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3))).②证明：∵Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n＋1)，∴当n≥2时，Tn－1＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，∴Tn－Tn－1＝eq\f(1,n＋1)，即(n＋1)Tn－nTn－1＝Tn－1＋1.∴当n≥2时，eq\i\su(i＝1,n－1,)(Tn＋1)＝(3T2－2T1)＋(4T3－3T2)＋(5T4－4T3)＋…＋[(n＋1)Tn－nTn－1]＝(n＋1)Tn－2T1＝(n＋1)Tn－1.∴存在关于n的整式g(n)＝n＋1，使得eq\i\su(i＝1,n－1,)(Tn＋1)＝Tn·g(n)－1对一切n≥2，n∈N*都成立．4．已知数列{an}满足a1＝eq\f(1,2)，对任意的正整数m，p，都有am＋p＝am·ap.(1)证明：数列{an}是等比数列；(2)若数列{bn}满足an＝eq\f(b1,2＋1)－eq\f(b2,22＋1)＋eq\f(b3,23＋1)－eq\f(b4,24＋1)＋…＋(－1)n＋1eq\f(bn,2n＋1)，求数列{bn}的通项公式；(3)在(2)的条件下，设cn＝2n＋λbn，则是否存在实数λ，使得数列{cn}是单调递增数列？若存在，求出实数λ的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：∵对任意的正整数m，p，都有am＋p＝am·ap，∴令m＝n，p＝1，得an＋1＝a1·an，从而eq\f(an＋1,an)＝a1＝eq\f(1,2)，∴数列{an}是首项和公比都为eq\f(1,2)的等比数列．(2)由(1)可知，an＝eq\f(1,2n).由an＝eq\f(b1,2＋1)－eq\f(b2,22＋1)＋eq\f(b3,23＋1)－eq\f(b4,24＋1)＋…＋(－1)n＋1eq\f(bn,2n＋1)得，an－1＝eq\f(b1,2＋1)－eq\f(b2,22＋1)＋eq\f(b3,23＋1)－eq\f(b4,24＋1)＋…＋(－1)n·eq\f(bn－1,2n－1＋1)(n≥2)，故an－an－1＝(－1)n＋1eq\f(bn,2n＋1)(n≥2)，故bn＝(－1)neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n)＋1))(n≥2)．当n＝1时，a1＝eq\f(b1,2＋1)，解得b1＝eq\f(3,2)，不符合上式．∴bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，n＝1，,－1n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n)＋1))，n≥2，n∈N*.))(3)∵cn＝2n＋λbn，∴当n≥2时，cn＝2n＋(－1)neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n)＋1))λ，当n≥3时，cn－1＝2n－1＋(－1)n－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋1))λ，根据题意，当n≥3时，cn－cn－1＝2n－1＋(－1)nλ·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(3,2n)))>0，即(－1)nλ>－eq\f(2n－1,\f(3,2n)＋2).①当n为大于等于4的偶数时，有λ>－eq\f(2n－1,\f(3,2n)＋2)恒成立，又eq\f(2n－1,\f(3,2n)＋2)随着n的增大而增大，此时eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2n－1,\f(3,2n)＋2)))min＝eq\f(128,35)，即λ>－eq\f(128,35)，故λ的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(128,35)，＋∞)).②当n为大于等于3的奇数时，有λ<eq\f(2n－1,\f(3,2n)＋2)恒成立，此时eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2n－1,\f(3,2n)＋2)))min＝eq\f(32,19)，即λ<eq\f(32,19).故λ的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(32,19)))；③当n＝2时，由c2－c1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(22＋\f(5,4)λ))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(3,2)λ))>0，得λ<8.综上可得，实数λ的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(128,35)，\f(32,19))).5．已知各项不为零的数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＝panan＋1(n∈N*)，p∈R.(1)若a1，a2，a3成等比数列，求实数p的值；(2)若a1，a2，a3成等差数列，①求数列{an}的通项公式；②在an与an＋1间插入n个正数，共同组成公比为qn的等比数列，若不等式(qn)(n＋1)(n＋a)≤e(e为自然对数的底数)对任意的n∈N*恒成立，求实数a的最大值．解：(1)当n＝1时，a1＝pa1a2，a2＝eq\f(1,p)；当n＝2时，a1＋a2＝pa2a3，a3＝eq\f(a1＋a2,pa2)＝1＋eq\f(1,p).由aeq\o\al(2,2)＝a1a3，得eq\f(1,p2)＝1＋eq\f(1,p)，即p2＋p－1＝0，解得p＝eq\f(－1±\r(5),2).(2)①因为a1，a2，a3成等差数列，所以2a2＝a1＋a3，得p＝eq\f(1,2)，故a2＝2，a3＝3，所以Sn＝eq\f(1,2)anan＋1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,2)anan＋1－eq\f(1,2)an－1an，因为an≠0，所以an＋1－an－1＝2.故数列{an}的所有奇数项组成以1为首项，2为公差的等差数列，其通项公式an＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,2)－1))×2＝n，同理，数列{an}的所有偶数项组成以2为首项，2为公差的等差数列，其通项公式是an＝2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)－1))×2＝n，所以数列{an}的通项公式是an＝n.②由①知，an＝n，在n与n＋1间插入n个正数，组成公比为qn的等比数列，故有n＋1＝nqeq\o\al(n＋1,n)，即qn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))eq\f(1,n＋1)，所以(qn)(n＋1)(n＋a)≤e，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))n＋a≤e，两边取对数得(n＋a)lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))≤1，分离参数得a≤eq\f(1,ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n))))－n恒成立.令eq\f(n＋1,n)＝x，x∈(1,2]，则a≤eq\f(1,lnx)－eq\f(1,x－1)，x∈(1,2]，令f(x)＝eq\f(1,lnx)－eq\f(1,x－1)，x∈(1,2]，则f′(x)＝eq\f(lnx2－\f(x－12,x),lnx2x－12)，下证lnx≤eq\f(x－1,\r(x))，x∈(1,2],令g(x)＝x－eq\f(1,x)－2lnx，x∈[1，＋∞),则g′(x)＝eq\f(x－12,x2)>0，所以g(x)>g(1)＝0，即2lnx<x－eq\f(1,x)，用eq\r(x)替代x可得lnx<eq\f(x－1,\r(x))，x∈(1,2]，所以f′(x)＝eq\f(lnx2－\f(x－12,x),lnx2x－12)<0，所以f(x)在(1,2]上递减，所以a≤f(2)＝eq\f(1,ln2)－1.所以实数a的最大值为eq\f(1,ln2)－1.6．设三个各项均为正整数的无穷数列{an}，{bn}，{cn}．记数列{bn}，{cn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意的n∈N*，都有an＝bn＋cn，且Sn＞Tn，则称数列{an}为可拆分数列．(1)若an＝4n，且数列{bn}，{cn}均是公比不为1的等比数列，求证：数列{an}为可拆分数列；(2)若an＝5n，且数列{bn}，{cn}均是公差不为0的等差数列，求所有满足条件的数列{bn}，{cn}的通项公式；(3)若数列{an}，{bn}，{cn}均是公比不为1的等比数列，且a1≥3，求证：数列{an}为可拆分数列．解：(1)证明：由an＝4n＝4·4n－1＝3·4n－1＋4n－1，令bn＝3·4n－1，cn＝4n－1.则{bn}是以3为首项，4为公比的等比数列，{cn}是以1为首项，4为公比的等比数列，故Sn＝4n－1，Tn＝eq\f(4n－1,3).所以对任意的n∈N*，都有an＝bn＋cn，且Sn>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an＝5n，得b1＋(n－1)d1＋c1＋(n－1)d2＝(d1＋d2)n＋b1＋c1－d1－d2＝5n对任意的n∈N*都成立．所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d1＋d2＝5，,b1＋c1－d1－d2＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d1＋d2＝5，,b1＋c1＝5，))①由Sn>Tn，得nb1＋eq\f(nn－1,2)d1>nc1＋eq\f(nn－1,2)d2，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d1,2)－\f(d2,2)))n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b1－c1－\f(d1,2)＋\f(d2,2)))n>0.由n≥1，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d1,2)－\f(d2,2)))n＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b1－c1－\f(d1,2)＋\f(d2,2)))>0对任意的n∈N*成立．则eq\f(d1,2)－eq\f(d2,2)≥0且eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d1,2)－\f(d2,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co