2019年高考数学练习题汇总高考解答题分项练(八)

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2019年高考数学练习题汇总高考解答题分项练(八)

‎(八)数列(B)‎ ‎1.(2018·江苏金陵中学期末)设数列{an}的前n项的和为Sn,且满足a1=2,对∀n∈N*,都有an+1=(p-1)Sn+2(其中常数p>1),数列{bn}满足bn=log2(a1a2…an).‎ ‎(1)求证:数列{an}是等比数列;‎ ‎(2)若p=2,求b2 018的值;‎ ‎(3)若∃k∈N*,使得p=2,记cn=,求数列{cn}的前2(k+1)项的和.‎ ‎(1)证明 因为∀n∈N*,都有an+1=(p-1)Sn+2,‎ an+2=(p-1)Sn+1+2,‎ 所以两式相减得an+2-an+1=(p-1)an+1,‎ 即an+2=pan+1,‎ 当n=1时,a2=(p-1)a1+2=pa1,‎ 所以an+1=pan(n∈N*),‎ 又a1=2,p>1,‎ 所以{an}是以2为首项,p为公比的等比数列.‎ ‎(2)解 由(1)得an=2pn-1.‎ bn=log2(a1a2…an)= log2‎ ‎= 所以b2 018=2.‎ ‎(3)解 由(1)得an=2pn-1.‎ bn=log2(a1a2…an)= log2‎ ‎= log2=1+.‎ 因为bn-=,‎ 所以当1≤n≤k+1时,cn=-bn,‎ 当n≥k+2时,cn=bn-.‎ 因此数列{cn}的前2(k+1)项的和T2k+2‎ ‎=-(b1+b2+…+bk+1)+(bk+2+bk+3+…+b2k+2)‎ ‎=-+ ‎=-+ =.‎ ‎2.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,a2=2,设bn=an+an+1,cn=an·an+1(n∈N*).‎ ‎(1)若数列{b2n-1}是公比为3的等比数列,求S2n;‎ ‎(2)若数列{bn}是公差为3的等差数列,求Sn;‎ ‎(3)是否存在这样的数列{an},使得{bn}成等差数列和{cn}成等比数列同时成立,若存在,求出{an}的通项公式;若不存在,请说明理由.‎ 解 (1)b1=a1+a2=1+2=3,‎ S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2n-1+a2n)‎ ‎=b1+b3+…+b2n-1==.‎ ‎(2)∵bn+1-bn=an+2-an=3,‎ ‎∴{a2k-1},{a2k}均是公差为3的等差数列,‎ a2k-1=a1+(k-1)·3=3k-2,‎ a2k=a2+(k-1)·3=3k-1,‎ 当n=2k(k∈N*)时,‎ Sn=S2k=(a1+a3+…+a2k-1)+(a2+a4+…+a2k)‎ ‎=+ ‎=3k2=;‎ 当n=2k-1(k∈N*)时,‎ Sn=S2k-1=S2k-a2k=3k2-3k+1‎ ‎=3×2-3·+1=.‎ 综上可知,Sn= ‎(3)∵{bn}成等差数列,∴2b2=b1+b3,‎ 即2(a2+a3)=(a1+a2)+(a3+a4),‎ a2+a3=a1+a4,①‎ ‎∵{cn}成等比数列,∴c=c1c3.‎ 即(a2a3)2=(a1a2)·(a3a4),‎ ‎∵c2=a2a3≠0,∴a2a3=a1a4,②‎ 由①②及a1=1,a2=2,得a3=1,a4=2,‎ 设{bn}的公差为d,‎ 则bn+1-bn=(an+1+an+2)-(an+an+1)=d,‎ 即an+2-an=d,‎ 即数列{an}的奇数项和偶数项都构成公差为d的等差数列,‎ 又d=a3-a1=a4-a2=0,‎ ‎∴数列{an}=1,2,1,2,1,2,…,‎ 即an= 此时cn=2,{cn}是公比为1的等比数列,满足题意.‎ ‎∴存在数列{an},an= 使得{bn}成等差数列和{cn}成等比数列同时成立.‎ ‎3.已知{an},{bn},{cn}都是各项不为零的数列,且满足a1b1+a2b2+…+anbn=cnSn,n∈N*,其中Sn是数列{an}的前n项和,{cn}是公差为d(d≠0)的等差数列.‎ ‎(1)若数列{an}是常数列,d=2,c2=3,求数列{bn}的通项公式;‎ ‎(2)若an=λn(λ是不为零的常数),求证:数列{bn}是等差数列;‎ ‎(3)若a1=c1=d=k(k为常数,k∈N*),bn=cn+k(n≥2,n∈N*),求证:对任意的n≥2,n∈N*,数列单调递减.‎ ‎(1)解 因为d=2,c2=3,所以cn=2n-1.‎ 因为数列{an}是各项不为零的常数列,‎ 所以a1=a2=…=an,Sn=na1.‎ 则由cnSn=a1b1+a2b2+…+anbn及cn=2n-1,得 n(2n-1)=b1+b2+…+bn,‎ 当n≥2时,(n-1)(2n-3)=b1+b2+…+bn-1,‎ 两式相减得bn=4n-3,n≥2.‎ 当n=1时,b1=1也满足bn=4n-3.‎ 故bn=4n-3(n∈N*).‎ ‎(2)证明 因为a1b1+a2b2+…+anbn=cnSn,‎ 当n≥2时,cn-1Sn-1=a1b1+a2b2+…+an-1bn-1,‎ 两式相减得cnSn-cn-1Sn-1=anbn,‎ 即(Sn-1+an)cn-Sn-1cn-1=anbn,‎ Sn-1(cn-cn-1)+ancn=anbn,‎ 所以Sn-1d+λncn=λnbn.‎ 又Sn-1=(n-1)=,‎ 所以d+λncn=λnbn,‎ 即d+cn=bn,(*)‎ 所以当n≥3时,d+cn-1=bn-1,‎ 两式相减得bn-bn-1=d(n≥3),‎ 所以数列{bn}从第二项起是公差为d的等差数列.‎ 又当n=1时,由c1S1=a1b1,得c1=b1.‎ 当n=2时,由(*)得 b2=d+c2=d+(c1+d)=b1+d,‎ 得b2-b1=d.‎ 故数列{bn}是公差为d的等差数列.‎ ‎(3)证明 由(2)得当n≥2时,‎ Sn-1(cn-cn-1)+ancn=anbn,‎ 即Sn-1d=an(bn-cn).‎ 因为bn=cn+k,所以bn=cn+kd,‎ 即bn-cn=kd,‎ 所以Sn-1d=an·kd,‎ 即Sn-1=kan,‎ 所以Sn=Sn-1+an=(k+1)an.‎ 当n≥3时,Sn-1=(k+1)an-1,‎ 两式相减得an=(k+1)an-(k+1)an-1,‎ 即an=an-1,‎ 故从第二项起数列{an}是等比数列,‎ 所以当n≥2时,an=a2n-2,‎ bn=cn+k=cn+kd=c1+(n-1)k+k2‎ ‎=k+(n-1)k+k2=k(n+k),‎ 另外由已知条件得(a1+a2)c2=a1b1+a2b2.‎ 又c2=2k,b1=k,b2=k(2+k),‎ 所以a2=1,因而an=n-2,n≥2.‎ 令dn=(n≥2),则==.‎ 因为(n+k+1)k-(n+k)(k+1)=-n<0,‎ 所以<1,‎ 又因为dn>0,所以dn+1
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