【数学】2020届一轮复习苏教版等差、等比数列的综合问题作业

【数学】2020届一轮复习苏教版等差、等比数列的综合问题作业

‎(十四) 等差、等比数列的综合问题 A组——大题保分练 ‎1．(2018·苏州期中)已知等比数列{an}的公比q>1，满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝anlogan，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋1>62成立的正整数n的最小值．‎ 解：(1)∵a3＋2是a2，a4的等差中项，‎ ‎∴2(a3＋2)＝a2＋a4，‎ 代入a2＋a3＋a4＝28，可得a3＝8，‎ ‎∴a2＋a4＝20，‎ ‎∴ 解得或 ‎∵q>1，∴∴数列{an}的通项公式为an＝2n.‎ ‎(2)∵bn＝anlogan＝2nlog2n＝－n·2n，‎ ‎∴Sn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)，①‎ ‎2Sn＝－(1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1)，②‎ ‎②－①得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1‎ ‎＝－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1.‎ ‎∵Sn＋n·2n＋1>62，∴2n＋1－2>62，‎ ‎∴n＋1>6，n>5，‎ ‎∴使Sn＋n·2n＋1>62成立的正整数n的最小值为6.‎ ‎2．已知数列{an}，{bn}均为各项都不相等的数列，Sn为{an}的前n项和，an＋1bn＝Sn＋1(n∈N*)．‎ ‎(1)若a1＝1，bn＝，求a4的值；‎ ‎(2)若{an}是公比为q的等比数列，求证：存在实数λ，使得{bn＋λ}为等比数列．‎ 解：(1)由a1＝1，bn＝，知a2＝4，a3＝6，a4＝8.‎ ‎(2)证明：因为an＋1bn＝Sn＋1，①‎ 所以当n≥2时，anbn－1＝Sn－1＋1，②‎ ‎①－②得，an＋1bn－anbn－1＝an，③‎ 由③得，bn＝bn－1＋＝bn－1＋，‎ 所以bn＋＝.‎ 又bn＋≠0(否则{bn}为常数数列，与题意不符)，‎ 所以存在实数λ＝，使得{bn＋λ}为等比数列．‎ ‎3．在数列{an}，{bn}中，已知a1＝2，b1＝4，且an，－bn，an＋1成等差数列，bn，－an，bn＋1也成等差数列．‎ ‎(1)求证：{an＋bn}是等比数列；‎ ‎(2)设m是不超过100的正整数，求使＝成立的所有数对(m，n)．‎ 解：(1)证明：由an，－bn，an＋1成等差数列可得，－2bn＝an＋an＋1，①‎ 由bn，－an，bn＋1成等差数列可得，－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为首项，－3为公比的等比数列．‎ ‎(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是不超过100的正整数，‎ 可得2≤(－3)n－m＋1≤101，‎ 所以n－m＋1＝2或4，‎ 当n－m＋1＝2时，m＋1＝9，此时m＝8，则n＝9，符合题意；‎ 当n－m＋1＝4时，m＋1＝81，此时m＝80，则n＝83，符合题意．‎ 故使＝成立的所有数对(m，n)为(8,9)，(80,83)．‎ ‎4．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}，{cn}满足(n＋1)bn＝an＋1－，(n＋2)cn＝－，其中n∈N*.‎ ‎(1)若数列{an}是公差为2的等差数列，求数列{cn}的通项公式；‎ ‎(2)若存在实数λ，使得对一切n∈N*，有bn≤λ≤cn，求证：数列{an}是等差数列．‎ 解：(1)因为数列{an}是公差为2的等差数列，‎ 所以an＝a1＋2(n－1)，＝a1＋n－1.‎ 因为(n＋2)cn＝－(a1＋n－1)＝n＋2，所以cn＝1.‎ ‎(2)证明：由(n＋1)bn＝an＋1－，‎ 得n(n＋1)bn＝nan＋1－Sn，‎ ‎(n＋1)(n＋2)bn＋1＝(n＋1)an＋2－Sn＋1，‎ 两式相减，并化简得an＋2－an＋1＝(n＋2)bn＋1－nbn.‎ 从而(n＋2)cn＝－＝－[an＋1－(n＋1)bn]＝＋(n＋1)bn＝＋(n＋1)bn＝(bn＋bn＋1)，‎ 因此cn＝(bn＋bn＋1)．‎ 因为对一切n∈N*，有bn≤λ≤cn，‎ 所以λ≤cn＝(bn＋bn＋1)≤λ，故bn＝λ，cn＝λ.‎ 所以(n＋1)λ＝an＋1－，①‎ ‎(n＋2)λ＝(an＋1＋an＋2)－，②‎ ‎②－①得(an＋2－an＋1)＝λ，即an＋2－an＋1＝2λ，故an＋1－an＝2λ(n≥2)．‎ 又2λ＝a2－＝a2－a1，则an＋1－an＝2λ(n≥1)．‎ 所以数列{an}是等差数列．‎ B组——大题增分练 ‎1．(2018·盐城三模)在数列{an}中，已知a1＝1，a2＝λ，满足a2n－1，a2n－1＋1，a2n－1＋2，…，a2n是等差数列(其中n≥2，n∈N)，且当n为奇数时，公差为d；当n为偶数时，公差为－d.‎ ‎(1)当λ＝1，d＝1时，求a8的值；‎ ‎(2)当d≠0时，求证：数列{|a2n＋2－a2n|}(n∈N*)是等比数列．‎ 解：(1)由λ＝1，d＝1，所以a2＝1，a2，a3，a4为等差数列且公差为－1，所以a4＝a2－2＝－1，又a4，a5，…，a8为等差数列且公差为1，所以a8＝a4＋4＝3.‎ ‎(2)证明：当n＝2k＋1时，a22k，a22k＋1，a22k＋2，…，a22k＋1是等差数列且公差为d，‎ 所以a22k＋1＝a22k＋22kd，同理可得a22k＝a22k－1－22k－1d，‎ 两式相加，得a22k＋1－a22k－1＝22k－1d；‎ 当n＝2k时，同理可得a22k＋2－a22k＝－22kd，‎ 所以|a2n＋2－a2n|＝2nd.‎ 又因为d≠0，所以＝＝2(n≥2)，‎ 所以数列{|a2n＋2－a2n|}(n∈N*)是以2为公比的等比数列．‎ ‎2．已知数列{an}的首项a1＝，an＋1＝，n＝1,2，….‎ ‎(1)求证：数列为等比数列；‎ ‎(2)记Sn＝＋＋…＋，若Sn<100，求最大的正整数n.‎ 解：(1)证明：因为＝＋，‎ 所以－1＝－＝，‎ 且因为－1≠0，所以－1≠0(n∈N*)，‎ 所以数列为等比数列．‎ ‎(2)由(1)可求得－1＝×n－1，‎ 所以＝2×n＋1.‎ Sn＝＋＋…＋＝n＋2 ‎＝n＋2·＝n＋1－，‎ 若Sn<100，则n＋1－<100，所以nmax＝99.‎ ‎3．已知各项均为正数的数列{an}的首项a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，且满足anSn＋1－an＋1Sn＋an－an＋1＝λanan＋1(λ≠0，n∈N*)．‎ ‎(1)若a1，a2，a3成等比数列，求实数λ的值；‎ ‎(2)若λ＝，求Sn.‎ 解： (1)令n＝1，得a2＝.‎ 令n＝2，得a2S3－a3S2＋a2－a3＝λa2a3，‎ 所以a3＝.‎ 由a＝a1a3，得2＝，‎ 因为λ≠0，所以λ＝1.‎ ‎(2)当λ＝时，anSn＋1－an＋1Sn＋an－an＋1＝anan＋1，‎ 所以－＋－＝，‎ 即－＝， ‎ 所以数列是以2为首项，为公差的等差数列，‎ 所以＝2＋(n－1)·，‎ 即Sn＋1＝an，①‎ 当n≥2时，Sn－1＋1＝an－1，②‎ ‎①－②得，an＝an－an－1, ‎ 即(n＋1)an＝(n＋2)an－1，所以＝(n≥2)，‎ 所以是常数列，且为，所以an＝(n＋2)．‎ 代入①得Sn＝an－1＝.‎ ‎4．设数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，且满足：①|a1|≠|a2|；②r(n－p)Sn＋1＝an＋(n2－n－2)a1，其中r，p∈R，且r≠0. ‎ ‎(1)求p的值；‎ ‎(2)数列{an}能否是等比数列？请说明理由；‎ ‎(3)求证：当r＝2时，数列{an}是等差数列．‎ 解：(1)n＝1时，r(1－p)S2＝2a1－2a1＝0，‎ 因为|a1|≠|a2|，所以S2≠0，‎ 又r≠0，所以p＝1. ‎ ‎(2)数列{an}不是等比数列．理由如下：‎ 假设{an}是等比数列，公比为q，‎ 当n＝2时，rS3＝6a2，即ra1(1＋q＋q2)＝6a1q，‎ 所以r(1＋q＋q2)＝6q，①‎ 当n＝3时，2rS4＝12a3＋4a1，即2ra1(1＋q＋q2＋q3)＝12a1q2＋4a1，‎ 所以r(1＋q＋q2＋q3)＝6q2＋2，②‎ 由①②得q＝1，与|a1|≠|a2|矛盾，所以假设不成立. ‎ 故{an}不是等比数列．‎ ‎(3)证明：当r＝2时，易知a3＋a1＝2a2.‎ 由2(n－1)Sn＋1＝(n2＋n)an＋(n2－n－2)a1，得 n≥2时，2Sn＋1＝＋，①‎ ‎2Sn＋2＝＋，②‎ ‎②－①得，2an＋2＝－＋‎ ， ‎ 即2(an＋2－a1)＝－‎ ，‎ 两边同除(n＋1)得，‎ ＝－，‎ 即－＝ ‎＝ ‎＝…‎ ‎＝＝0，‎ 所以＝＝…＝，‎ 令a2－a1＝d，则＝d(n≥2)．‎ 所以an＝a1＋(n－1)d(n≥2)．‎ 又n＝1时，也适合上式，‎ 所以an＝a1＋(n－1)d(n∈N*)．‎ 所以an＋1－an＝d(n∈N*)．‎ 所以当r＝2时，数列{an}是等差数列．‎