《（江蘇專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 課時達標訓(xùn)練（十四） 等差、等比數(shù)列的綜合問題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 課時達標訓(xùn)練（十四） 等差、等比數(shù)列的綜合問題（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、課時達標訓(xùn)練(十四) 等差、等比數(shù)列的綜合問題
A組——大題保分練
1．在數(shù)列{an}，{bn}中，已知a1＝2，b1＝4，且an，－bn，an＋1成等差數(shù)列，bn，－an，bn＋1也成等差數(shù)列．
(1)求證：{an＋bn}是等比數(shù)列；
(2)設(shè)m是不超過100的正整數(shù)，求使＝成立的所有數(shù)對(m，n)．
解：(1)證明：由an，－bn，an＋1成等差數(shù)列可得，－2bn＝an＋an＋1，①
由bn，－an，bn＋1成等差數(shù)列可得，－2an＝bn＋bn＋1，②
①＋②得，an＋1＋bn＋1＝－3(an＋bn)，
又a1＋b1＝6，
所以{an＋bn}是以6為首項，－3為公比的等
2、比數(shù)列．
(2)由(1)知，an＋bn＝6×(－3)n－1，③
①－②得，an＋1－bn＋1＝an－bn＝－2，④
③＋④得，an＝＝3×(－3)n－1－1，
代入＝，
得＝，
所以[3×(－3)n－1－1－m][3×(－3)m＋3]
＝[3×(－3)n－1－m][3×(－3)m－1＋3]，
整理得，(m＋1)(－3)m＋3×(－3)n＝0，
所以m＋1＝(－3)n－m＋1，
由m是不超過100的正整數(shù)，
可得2≤(－3)n－m＋1≤101，
所以n－m＋1＝2或4，
當n－m＋1＝2時，m＋1＝9，此時m＝8，則n＝9，符合題意；
當n－m＋1＝4時，m＋1＝81
3、，此時m＝80，則n＝83，符合題意．
故使＝成立的所有數(shù)對(m，n)為(8，9)，(80，83)．
2．(2020·蘇錫常鎮(zhèn)二模)已知數(shù)列{an}是各項都不為0的無窮數(shù)列，對任意的n≥3，n∈N*，a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝λ(n－1)a1an恒成立．
(1)如果，，成等差數(shù)列，求實數(shù)λ的值；
(2)若λ＝1.
(ⅰ)求證：數(shù)列是等差數(shù)列；
(ⅱ)已知數(shù)列{an}中，a1≠a2.數(shù)列{bn}是公比為q的等比數(shù)列，滿足b1＝，b2＝，b3＝(i∈N*)．
求證：q是整數(shù)，且數(shù)列{bn}中的任意一項都是數(shù)列中的項．
解：(1)因為n≥3且n∈N*時，a1a2＋a2a3
4、＋…＋an－1an＝λ(n－1)a1an恒成立，
則當n＝3時，a1a2＋a2a3＝2λa1a3，因為數(shù)列{an}的各項都不為0，
所以等式兩邊同時除以a1a2a3得：＝＋，
又，，成等差數(shù)列，所以＝＋，
所以＝，所以λ＝1.
(2)證明：(ⅰ)當λ＝1，n＝3時，a1a2＋a2a3＝2a1a3 ，①
整理得＋＝，則－＝－.②
當n＝4時，a1a2＋a2a3＋a3a4＝3a1a4，③
③－①得：a3a4＝3a1a4－2a1a3，得＝－，
又＋＝，
所以－＝－.④
當n≥3時，a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝(n－1)a1an，
a1a2＋a2a3＋…＋an－1a
5、n＋anan＋1＝na1an＋1，兩式相減得：
anan＋1＝na1an＋1－(n－1)a1an，因為an≠0，所以＝－，
則＝－，所以－＝－，
整理得＋＝，即－＝－(n≥3)，⑤
由②④⑤得：－＝－對任意的正整數(shù)n恒成立，所以數(shù)列成等差數(shù)列．
(ⅱ)設(shè)數(shù)列的公差為d，設(shè)cn＝，c1＝＝c(c≠0)，則b1＝c1＝c，b2＝c2＝c＋d，d＝c2－c1＝b2－b1＝cq－c.
當i＝2時，b3＝c2＝b2，從而q＝1，b2＝b1，得a1＝a2，與已知不符．
當i＝3時，由b3＝c3，cq2＝c＋2d＝c＋2c(q－1)，得q2＝1＋2(q－1)，得q＝1，與已知不符．
當i＝1
6、時，由b3＝c1，cq2＝c，得q2＝1，則q＝－1(上面已證q≠1)為整數(shù)．
此時數(shù)列{bn}為：c，－c，c，…；數(shù)列{cn}中，c1＝c，c2＝－c，公差d＝－2c.數(shù)列{bn}中每一項都是{cn}中的項(c＝c1，－c＝c2)．
當i≥4時，由b3＝ci，cq2＝c＋(i－1)d＝c＋(i－1)c(q－1)，得q2－(i－1)q＋(i－2)＝0，
得q＝1(舍去)，q＝i－2(i≥4)為正整數(shù)．
cq＝c＋d，b3＝ci，
對任意的正整數(shù)k≥4，欲證明bk是數(shù)列{cn}中的項，只需證bk＝cqk－1＝ci＋xd＝b3＋x(cq－c)＝cq2＋x(cq－c)有正整數(shù)解x，
即
7、證x＝為正整數(shù)．
因為x＝＝表示首項為q2，公比為q＝i－2(i≥4)，
共k－3(k≥4)項的等比數(shù)列的和，所以x為正整數(shù)．
因此，{bn}中的每一項都是數(shù)列{cn}也即中的項．
3．(2020·鹽城三模)在無窮數(shù)列{an}中，an>0(n∈N*)，記{an}前n項中的最大項為kn，最小項為rn，令bn＝.
(1)若{an}的前n項和Sn滿足Sn＝.
①求bn；
②是否存在正整數(shù)m，n，滿足＝？若存在，請求出這樣的m，n，若不存在，請說明理由．
(2)若數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，求證：數(shù)列{an}是等比數(shù)列．
解：(1)①在Sn＝中，令n＝1，得a1＝S1＝，解得a1＝1，
8、
∴Sn＝，
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝－＝n，
綜上，得an＝n(n∈N*)．
顯然{an}為遞增數(shù)列，∴kn＝an＝n，rn＝a1＝1，
∴bn＝.
②假設(shè)存在滿足條件的正整數(shù)m，n，則＝，
∴＝×，
設(shè)cn＝，則cn＋1－cn＝－＝，
∴c1＝c2>c3>c4>c5>…，
由＝×，得cm＝cnn，則m≥n＋1，
當m＝n＋1時，＝顯然不成立．
當m>n＋1時，＝＝2m－n－1，
設(shè)m－n－1＝t，則t∈N*，＝2t，得n＝，
設(shè)dn＝，則dn＋1－dn＝－＝<0恒成立，
∴數(shù)列{dn}遞減．
又d1＝2，d2＝1，d3＝<1，∴n≥3時
9、，dn<1恒成立．
故方程n＝的解有且僅有t＝1，n＝2或t＝2，n＝1，
此時m＝4，
故滿足條件的m，n存在，m＝4，n＝1或n＝2.
(2)證明：∵an>0(n∈N*)，且kn，rn分別為{an}前n項中的最大項和最小項，
∴kn＋1≥kn，rn＋1≤rn，設(shè)數(shù)列{bn}的公比為q，顯然q>0，
(ⅰ)當q＝1時，＝1，得＝，
若 kn＋1>kn，則rn＋1kn與rn＋1
10、ⅱ)當q>1時，＝q>1，得＝q2>1.
∴>≥1，∴kn＋1>kn恒成立，而kn≥an，
∴kn＋1＝an＋1，∴an＋1>an恒成立，
∴kn＝an，rn＝a1，代入＝q2得＝q2，即＝q2，
∴數(shù)列{an}是等比數(shù)列．
(ⅲ)當0＜q＜1時，0＜＜1，
得＝q2＜1，
∴＜≤1，
∴rn＋1＜rn恒成立，而rn≤an，
∴rn＋1＝an＋1，∴an＋1＜an恒成立，
∴kn＝a1，rn＝an，代入＝q2
得＝q2，即＝q2
∴數(shù)列{an}是等比數(shù)列，
綜上可得，數(shù)列{an}是等比數(shù)列．
4．(2020·南通等七市三模)已知數(shù)列{an}滿足(nan－1－2)an
11、＝(2an－1)an－1(n≥2)，bn＝－n(n∈N*)．
(1)若a1＝3，證明：{bn}是等比數(shù)列；
(2)若存在k∈N*，使得，，成等差數(shù)列．
①求數(shù)列{an}的通項公式；
②證明：ln n＋an>ln(n＋1)－an＋1.
解：(1)證明：由(nan－1－2)an＝(2an－1)an－1(n≥2)，得＝＋2－n，得－n＝2，即bn＝2bn－1(n≥2)．
因為a1＝3，所以b1＝－1＝－≠0，所以＝2(n≥2)，
所以{bn}是以－為首項，2為公比的等比數(shù)列．
(2)①設(shè)－1＝λ，
由(1)知，bn＝2bn－1，
所以bn＝2bn－1＝22bn－2＝…＝2n－1b
12、1，得－n＝λ·2n－1，
所以＝λ·2k－1＋k.
因為，，成等差數(shù)列，
所以(λ·2k－1＋k)＋(λ·2k＋1＋k＋2)＝2(λ·2k＋k＋1)，
所以λ·2k－1＝0，所以λ＝0，
所以＝n，即an＝.
②證明：要證ln n＋an>ln(n＋1)－an＋1，
即證(an＋an＋1)>ln，即證＋>2ln .
設(shè)t＝，則＋＝t－1＋＝t－，且t>1，
從而只需證當t>1時，t－>2ln t.
設(shè)f(x)＝x－－2ln x(x>1)，
則f′(x)＝1＋－＝>0，
所以f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以f(x)>f(1)＝0，即x－>2ln x，
因為t>
13、1，所以t－>2ln t，
所以原不等式得證．
B組——大題增分練
1．(2020·蘇北三市一模)已知數(shù)列{an}滿足對任意的n∈N*，都有an(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1(1－qnan＋1)，且an＋1＋an≠0，其中a1＝2，q≠0.記Tn＝a1＋qa2＋q2a3＋…＋qn－1an.
(1)若q＝1，求T2 019的值；
(2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足bn＝(1＋q)Tn－qnan.
①求數(shù)列{bn}的通項公式；
②若數(shù)列{cn}滿足c1＝1，且當n≥2時，cn＝2bn－1－1，是否存在正整數(shù)k，t，使c1，ck－c1，ct－ck成等比數(shù)列？若存在，求出所有k
14、，t的值；若不存在，說明理由．
解：(1)當q＝1時，由an(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1(1－qnan＋1)，
得(an＋1＋an)2＝an＋1＋an，
又an＋1＋an≠0，所以an＋1＋an＝1，
又a1＝2，
所以T2 019＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2 018＋a2 019)＝1 011.
(2)①由an(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1(1－qnan＋1)，得qn(an＋1＋an)2＝an＋1＋an，
又an＋1＋an≠0，q≠0，所以an＋1＋an＝，
又Tn＝a1＋qa2＋q2a3＋…＋qn－1an，
所以qT
15、n＝qa1＋q2a2＋q3a3＋…＋qnan，
所以(1＋q)Tn＝a1＋q(a1＋a2)＋q2(a2＋a3)＋q3(a3＋a4)＋…＋qn－1(an－1＋an)＋qnan，
bn＝(1＋q)Tn－qnan＝a1＋1＋1＋…＋1＋qnan－qnan＝a1＋n－1＝n＋1，
所以bn＝n＋1.
②由題意，得cn＝2bn－1－1＝2n－1，n≥2，
因為c1，ck－c1，ct－ck成等比數(shù)列，
所以(ck－c1)2＝c1(ct－ck)，即(2k－2)2＝2t－2k，
所以2t＝(2k)2－3×2k＋4，即2t－2＝(2k－1)2－3×2k－2＋1(*)．
由于ck－c1≠0，所以k
16、≠1，即k≥2.
當k＝2時，2t＝8，得t＝3.
當k≥3時，由(*)，得(2k－1)2－3×2k－2＋1為奇數(shù)，
所以t－2＝0，即t＝2，
代入(*)得22k－2－3×2k－2＝0，得2k＝3，此時k無正整數(shù)解．
綜上，k＝2，t＝3.
2．(2020·江蘇高考)設(shè){an}是首項為a1，公差為d的等差數(shù)列，{bn}是首項為b1，公比為q的等比數(shù)列．
(1)設(shè)a1＝0，b1＝1，q＝2，若|an－bn|≤b1對n＝1，2，3，4均成立，求d的取值范圍；
(2)若a1＝b1>0，m∈N*，q∈(1， ]，證明：存在d∈R，使得|an－bn|≤b1對n＝2，3，…，m＋1均成立
17、，并求d的取值范圍(用b1，m，q表示)．
解：(1)由條件知an＝(n－1)d，bn＝2n－1.
因為|an－bn|≤b1對n＝1，2，3，4均成立，
即|(n－1)d－2n－1|≤1對n＝1，2，3，4均成立，
所以1≤1，1≤d≤3，3≤2d≤5，7≤3d≤9，
解得≤d≤.
所以d的取值范圍為.
(2)由條件知an＝b1＋(n－1)d，bn＝b1qn－1.
若存在d，使得|an－bn|≤b1(n＝2，3，…，m＋1)成立，
即|b1＋(n－1)d－b1qn－1|≤b1(n＝2，3，…，m＋1)，
即當n＝2，3，…，m＋1時，d滿足b1≤d≤b1.
因為q∈，則1
18、＜qn－1≤qm≤2，
從而b1≤0，b1＞0，對n＝2，3，…，m＋1均成立．
因此，取d＝0時，|an－bn|≤b1對n＝2，3，…，m＋1均成立．
下面討論數(shù)列的最大值和數(shù)列的最小值(n＝2，3，…，m＋1)．
①當2≤n≤m時，
－＝
＝.
當1＜q≤2時，有qn≤qm≤2，從而n(qn－qn－1)－qn＋2＞0.
因此，當2≤n≤m＋1時，數(shù)列單調(diào)遞增，
故數(shù)列的最大值為.
②設(shè)f(x)＝2x(1－x)，
當x＞0時，f′(x)＝(ln 2－1－xln 2)2x＜0，
所以f(x)單調(diào)遞減，從而f(x)＜f(0)＝1.
當2≤n≤m時，＝≤2＝f＜1，因此，
19、當2≤n≤m＋1時，數(shù)列單調(diào)遞減，
故數(shù)列的最小值為.
因此d的取值范圍為.
3．(2020·南通等七市二模)已知數(shù)列{an}的各項均不為零．設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，數(shù)列{a}的前n項和為Tn，且3S－4Sn＋Tn＝0，n∈N*.
(1)求a1，a2的值；
(2)證明：數(shù)列{an}是等比數(shù)列；
(3)若(λ－nan)(λ－nan＋1)<0對任意的n∈N*恒成立，求實數(shù)λ的所有可能取值．
解：(1)由題意知3S－4Sn＋Tn＝0，n∈N*，
令n＝1，得3a－4a1＋a＝0，即a－a1＝0，因為a1≠0，所以a1＝1.
令n＝2，得3(1＋a2)2－4(1＋a2)＋(1
20、＋a)＝0，
即2a＋a2＝0，
因為a2≠0，所以a2＝－.
(2)證明：因為3S－4Sn＋Tn＝0，①
所以3S－4Sn＋1＋Tn＋1＝0，②
②－①得，3(Sn＋1＋Sn)an＋1－4an＋1＋a＝0，
因為an＋1≠0，所以3(Sn＋1＋Sn)－4＋an＋1＝0，③
所以3(Sn＋Sn－1)－4＋an＝0(n≥2，n∈N*)，④
當n≥2時，③－④得，3(an＋1＋an)＋an＋1－an＝0，
即an＋1＝－an，
因為an≠0，所以＝－.
又由(1)知，a1＝1，a2＝－，所以＝－，
所以數(shù)列{an}是以1為首項，－為公比的等比數(shù)列．
(3)由(2)知，an
21、＝.
因為對任意的n∈N*，(λ－nan)(λ－nan＋1)<0恒成立，
所以λ的值介于n和n之間．
因為n·n<0對任意的n∈N*恒成立，
所以λ＝0符合題意．
若λ>0，則當n為奇數(shù)時，n<λ0不符合題意．
若λ<0，則當n為奇數(shù)時，n<λ
22、2020·揚州期末)記無窮數(shù)列{an}的前n項中的最大值為Mn，最小值為mn，令bn＝，數(shù)列{an}的前n項和為An，數(shù)列{bn}的前n項和為Bn.
(1)若數(shù)列{an}是首項為2，公比為2的等比數(shù)列，求Bn；
(2)若數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，試問數(shù)列{an}是否也一定是等差數(shù)列？若是，請證明；若不是，請舉例說明；
(3)若bn＝2n－100n，求An.
解：(1)∵數(shù)列{an}是首項為2，公比為2的等比數(shù)列，
∴an＝2n，∴mn＝2，Mn＝an＝2n，
則bn＝＝1＋2n－1，
∴Bn＝n＋×1＝2n－1＋n.
(2)法一：若數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，設(shè)其公差為d′，
則b
23、n－bn－1＝－＝＋＝d′(n≥2)，
根據(jù)Mn，mn的定義知，Mn≥Mn－1，mn≤mn－1，且兩個不等式中至少有一個取等號．
①若d′>0，則必有Mn>Mn－1，∴an＝Mn>Mn－1≥an－1，即對任意的n≥2，n∈N*，都有an>an－1，
∴Mn＝an，mn＝a1，bn－bn－1＝－＝－＝＝d′，
∴an－an－1＝2d′，即{an}為等差數(shù)列．
②當d′<0時，則必有mn
24、列．
③當d′＝0時，bn－bn－1＝－＝＋＝0，
∵Mn－Mn－1，mn－mn－1中必有一個為0，
∴根據(jù)上式知，一個為0，另一個也為0，
即Mn＝Mn－1，mn＝mn－1，∴{an}為常數(shù)列，∴{an}為等差數(shù)列．
綜上，數(shù)列{an}也一定是等差數(shù)列．
法二：若數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，設(shè)其通項公式為bn＝pn＋q(p，q∈R)，則bn＋1－bn＝p.
對于a1，a2，…，an，增加an＋1時，有下列情況：
①若an＋1>Mn，則Mn＋1＝an＋1，mn＋1＝mn，此時an＋1＝Mn＋1>Mn≥an，∴an＋1>an對n∈N*恒成立，
則Mn＝an，mn＋1＝mn＝a1，∴
25、bn＋1－bn＝－＝－＝＝p，
即an＋1－an＝2p，∴數(shù)列{an}是等差數(shù)列．
②若mn≤an＋1≤Mn，則Mn＋1＝Mn，mn＋1＝mn，∴bn＋1＝bn，
∵數(shù)列{bn}是等差數(shù)列且bn＝pn＋q，∴p＝0，bn＝q，
∴Mn＋1＝Mn＝Mn－1＝…＝M1＝a1＝q，mn＋1＝mn＝mn－1＝…＝m1＝a1＝q，∴q≤an＋1≤q，即an＝q，即{an}為常數(shù)列，∴數(shù)列{an}是公差為0的等差數(shù)列．
③若an＋1
26、－bn＝－＝－＝＝p，
即an＋1－an＝2p，∴數(shù)列{an}是等差數(shù)列．
綜上，數(shù)列{an}也一定是等差數(shù)列．
(3)∵bn＋1－bn＝－(2n－100n)＝2n－100，
∴當n<7時，bn＋1－bn<0，即b1>b2>…>b6>b7.
當n≥7時，bn＋1－bn>0，即b7a2>…>a6>a7，a7Mn，則Mn＋1＝an＋1，mn＋1＝mn，則<，
得bnbn＋1矛盾，不合題意
27、；
∴an＋1a2>…>a6>a7.
同理可證a77時，a1>a2>…>a6>a7，且a7
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