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1、
6個解答題專項強化練(四) 數(shù) 列
1．已知{an}為等差數(shù)列，前n項和為Sn(n∈N*)，{bn}是首項為2的等比數(shù)列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
(1)求{an}和{bn}的通項公式；
(2)求數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項和(n∈N*)．
解：(1)設等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q.
由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，
而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.
又因為q＞0，解得q＝2.
所以bn＝2n.
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.①
由S11＝11b4，可得a1＋5d
2、＝16.②
由①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.
所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝3n－2，數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝2n.
(2)設數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項和為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，
上述兩式相減，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1
＝－4－(3n－1)×4n＋1
＝－(3n－2
3、)×4n＋1－8.
故Tn＝×4n＋1＋.
所以數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項和為×4n＋1＋.
2．已知數(shù)列{an}滿足：a1＝，an＋1－an＝p·3n－1－nq，n∈N*，p，q∈R.
(1)若q＝0，且數(shù)列{an}為等比數(shù)列，求p的值；
(2)若p＝1，且a4為數(shù)列{an}的最小項，求q的取值范圍．
解：(1)∵q＝0，an＋1－an＝p·3n－1，
∴a2＝a1＋p＝＋p，a3＝a2＋3p＝＋4p，
由數(shù)列{an}為等比數(shù)列，得2＝，解得p＝0或p＝1.
當p＝0時，an＋1＝an，∴an＝，符合題意；
當p＝1時，an＋1－an＝3n－1，
∴an＝a1＋(
4、a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝＋(1＋3＋…＋3n－2)＝＋＝·3n－1，
∴＝3.符合題意．
∴p的值為0或1.
(2)法一：若p＝1，則an＋1－an＝3n－1－nq，
∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝＋(1＋3＋…＋3n－2)－[1＋2＋…＋(n－1)]q＝[3n－1－n(n－1)q]．
∵數(shù)列{an}的最小項為a4，
∴對任意的n∈N*，有[3n－1－n(n－1)q]≥a4＝(27－12q)恒成立，
即3n－1－27≥(n2－n－12)q對任意的n∈N*恒成立．
當n＝1時，有－26≥－12q，∴q≥；
當
5、n＝2時，有－24≥－10q，∴q≥；
當n＝3時，有－18≥－6q，∴q≥3；
當n＝4時，有0≥0，∴q∈R；
當n≥5時，n2－n－12>0，所以有q≤恒成立，
令cn＝(n≥5，n∈N*)，
則cn＋1－cn＝>0，
即數(shù)列{cn}為遞增數(shù)列，∴q≤c5＝.
綜上所述，q的取值范圍為.
法二：∵p＝1，∴an＋1－an＝3n－1－nq，
又a4為數(shù)列{an}的最小項，
∴即
∴3≤q≤.
此時a2－a1＝1－q<0，a3－a2＝3－2q<0，
∴a1>a2>a3≥a4.
當n≥4時，令bn＝an＋1－an，bn＋1－bn＝2·3n－1－q≥2·34－1－>0
6、，
∴bn＋1>bn，∴0≤b4
7、－1＝an－1.
兩式相減，得an＝an－an－1，
∴＝(n≥2)．
∴··…·＝×××…××，
即＝.
∴an＝n(n＋1)(n≥2)，
又a1＝2適合上式．
∴an＝n(n＋1)．
(2)①∵an＝n(n＋1)，
∴bn＝，Tn＝＋＋…＋.
∴T2n＝＋＋…＋，
∴T2n－Tn＝＋＋…＋.
令Bn＝T2n－Tn＝＋＋…＋.
則Bn＋1＝＋＋…＋.
∴Bn＋1－Bn＝＋－
＝>0.
∴Bn＋1>Bn，∴Bn單調(diào)遞增，
故(Bn)min＝B1＝，∴λ<.
∴實數(shù)λ的取值范圍為.
②證明：∵Tn＝＋＋…＋，
∴當n≥2時，Tn－1＝＋＋…＋，
∴Tn－
8、Tn－1＝，
即(n＋1)Tn－nTn－1＝Tn－1＋1.
∴當n≥2時，(Tn＋1)＝(3T2－2T1)＋(4T3－3T2)＋(5T4－4T3)＋…＋[(n＋1)Tn－nTn－1]＝(n＋1)Tn－2T1＝(n＋1)Tn－1.
∴存在關于n的整式g(n)＝n＋1，使得(Tn＋1)＝Tn·g(n)－1對一切n≥2，n∈N*都成立．
4．已知數(shù)列{an}滿足a1＝，對任意的正整數(shù)m，p，都有am＋p＝am·ap.
(1)證明：數(shù)列{an}是等比數(shù)列；
(2)若數(shù)列{bn}滿足an＝－＋－＋…＋(－1)n＋1，求數(shù)列{bn}的通項公式；
(3)在(2)的條件下，設cn＝2n＋λbn，
9、則是否存在實數(shù)λ，使得數(shù)列{cn}是單調(diào)遞增數(shù)列？若存在，求出實數(shù)λ的取值范圍；若不存在，請說明理由．
解：(1)證明：∵對任意的正整數(shù)m，p，都有am＋p＝am·ap，∴令m＝n，p＝1，得an＋1＝a1·an，
從而＝a1＝，
∴數(shù)列{an}是首項和公比都為的等比數(shù)列．
(2)由(1)可知，an＝.
由an＝－＋－＋…＋(－1)n＋1得，
an－1＝－＋－＋…＋(－1)n·(n≥2)，
故an－an－1＝(－1)n＋1(n≥2)，
故bn＝(－1)n(n≥2)．
當n＝1時，a1＝，解得b1＝，不符合上式．
∴bn＝
(3)∵cn＝2n＋λbn，
∴當n≥2時，cn
10、＝2n＋(－1)nλ，
當n≥3時，cn－1＝2n－1＋(－1)n－1λ，
根據(jù)題意，當n≥3時，cn－cn－1＝2n－1＋(－1)nλ·>0，即(－1)nλ>－.
①當n為大于等于4的偶數(shù)時，有λ>－恒成立，
又隨著n的增大而增大，此時min＝，即λ>－，
故λ的取值范圍為.
②當n為大于等于3的奇數(shù)時，有λ<恒成立，
此時min＝，即λ<.
故λ的取值范圍為；
③當n＝2時，由c2－c1＝－>0，得λ<8.
綜上可得，實數(shù)λ的取值范圍為.
5．已知各項不為零的數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a1＝1，Sn＝panan＋1(n∈N*)，p∈R.
(1)若a1，a2，a
11、3成等比數(shù)列，求實數(shù)p的值；
(2)若a1，a2，a3成等差數(shù)列，
①求數(shù)列{an}的通項公式；
②在an與an＋1間插入n個正數(shù)，共同組成公比為qn的等比數(shù)列，若不等式(qn)(n＋1)(n＋a)≤e(e為自然對數(shù)的底數(shù))對任意的n∈N*恒成立，求實數(shù)a的最大值．
解：(1)當n＝1時，a1＝pa1a2，a2＝；
當n＝2時，a1＋a2＝pa2a3，a3＝＝1＋.
由a＝a1a3，得＝1＋，即p2＋p－1＝0，
解得p＝.
(2)①因為a1，a2，a3成等差數(shù)列，所以2a2＝a1＋a3，得p＝，故a2＝2，a3＝3，
所以Sn＝anan＋1.
當n≥2時，an＝Sn－Sn
12、－1＝anan＋1－an－1an，
因為an≠0，所以an＋1－an－1＝2.
故數(shù)列{an}的所有奇數(shù)項組成以1為首項，2為公差的等差數(shù)列，
其通項公式an＝1＋×2＝n，
同理，數(shù)列{an}的所有偶數(shù)項組成以2為首項，2為公差的等差數(shù)列，
其通項公式是an＝2＋×2＝n，
所以數(shù)列{an}的通項公式是an＝n.
②由①知，an＝n，在n與n＋1間插入n個正數(shù)，組成公比為qn的等比數(shù)列，故有n＋1＝nq，
即qn＝，
所以(qn)(n＋1)(n＋a)≤e，即n＋a≤e，兩邊取對數(shù)得(n＋a)ln≤1，
分離參數(shù)得a≤－n恒成立 .
令＝x，x∈(1,2]，則a≤－，x∈
13、(1,2]，
令f(x)＝－，x∈(1,2]，
則f′(x)＝，
下證ln x≤，x∈(1,2],
令g(x)＝x－－2ln x，x∈[1，＋∞), 則g′(x)＝>0，所以g(x)>g(1)＝0，
即2ln x
14、
(1)若an＝4n，且數(shù)列{bn}，{cn}均是公比不為1的等比數(shù)列，求證：數(shù)列{an}為可拆分數(shù)列；
(2)若an＝5n，且數(shù)列{bn}，{cn}均是公差不為0的等差數(shù)列，求所有滿足條件的數(shù)列{bn}，{cn}的通項公式；
(3)若數(shù)列{an}，{bn}，{cn}均是公比不為1的等比數(shù)列，且a1≥3，求證：數(shù)列{an}為可拆分數(shù)列．
解：(1)證明：由an＝4n＝4·4n－1＝3·4n－1＋4n－1，令bn＝3·4n－1，cn＝4n－1.
則{bn}是以3為首項，4為公比的等比數(shù)列，{cn}是以1為首項，4為公比的等比數(shù)列，
故Sn＝4n－1，Tn＝.
所以對任意的n∈N*，
15、都有an＝bn＋cn，且Sn>Tn.
所以數(shù)列{an}為可拆分數(shù)列．
(2)設數(shù)列{bn}，{cn}的公差分別為d1，d2.
由an＝5n，得
b1＋(n－1)d1＋c1＋(n－1)d2＝(d1＋d2)n＋b1＋c1－d1－d2＝5n對任意的n∈N*都成立．
所以即 ①
由Sn>Tn，得nb1＋d1>nc1＋d2，則n2＋n>0.
由n≥1，得n＋>0對任意的n∈N*成立．
則－≥0且＋>0即d1≥d2且b1>c1.?、?
由數(shù)列{bn}，{cn}各項均為正整數(shù)，則b1，c1，d1，d2均為正整數(shù)，
當d1＝d2時，由d1＋d2＝5，得d1＝d2＝?N*，不符合題意，所以
16、d1>d2.?、?
聯(lián)立①②③，可得或
或或
所以或或
或
(3)證明：設an＝a1qn－1，a1∈N*，q>0，q≠1，則q≥2.
當q為無理數(shù)時，a2＝a1q為無理數(shù)，與an∈N*矛盾．
故q為有理數(shù)，設q＝(a，b為正整數(shù)，且a，b互質(zhì))．
此時an＝a1·.
則對任意的n∈N*，an－1均為a1的約數(shù)，則an－1＝1，即a＝1，
故q＝＝b∈N*，所以q∈N*，q≥2.
所以an＝a1qn－1＝(a1－1)qn－1＋qn－1，
令bn＝(a1－1)·qn－1，cn＝qn－1.
則{bn}，{cn}各項均為正整數(shù)．因為a1≥3，
所以a1－1≥2>1，則Sn>Tn，
所以數(shù)列{an}為可拆分數(shù)列．
9
（江蘇專版）2018年高考數(shù)學二輪復習 6個解答題專項強化練（四）數(shù)列
