江苏专用2019高考数学二轮复习解答题专项练6数列理20190109292

1 6.数 列 1.已知从数列{an}中取出部分项，并按原来的顺序组成一个新的数列1na，2na，3na…，称为数列{an}的一个子数列，若该子数列为等比数列，则称为数列{an}的等比子数列. (1)设数列{an}是一个公差不为0的等差数列，若a1＝1，a3＝6，且a1，a3，1na，2na，3na，…，

kna为数列{an}的等比子数列，求数列{nk}的通项公式；

(2)是否存在一个等差数列{an}，使得{bn}是数列{an}的一个等比子数列？其中数列{bn}的公比为q，同时满足b1＝a21，b2＝a22，b3＝a23(a1通项公式；若不存在，请说明理由.

解 (1)因为数列{an}是等差数列，且a1＝1，a3＝6，则等差数列{an}的公差d＝52， 所以an＝52n－32(n∈N*)，kna＝52nk－32. 又a1，a3，1na，2na，3na，…，kna为数列{an}的等比子数列，且a3a1＝6， 所以kna＝6k＋1，即6k＋1＝52nk－32， 故nk＝2×6k＋1＋35(k∈N*). (2)设数列{an}的公差为d，因为a10. 由题意得a21(a1＋2d)2＝(a1＋d)4， 化简得2a21＋4a1d＋d2＝0， 所以d＝(－2±2)a1，而－2±2<0，故a1<0. 若d＝(－2－2)a1，则q＝b2b1＝a22a21＝(2＋1)2， 故b1＝a21＝(1＋2)(1－q)＝(1＋2)(－2－22)<0，故舍去. 若d＝(－2＋2)a1，则q＝b2b1＝a22a21＝(2－1)2， 从而b1＝a21＝(1＋2)(1－q)＝(22－2)(1＋2)＝2， 所以a1＝－2，d＝(－2＋2)a1＝22－2， 所以an＝(22－2)n－32＋2. 又b1＝2，令(22－2)n－32＋2＝2， 2

故n＝32＋62不是整数，即b1不是数列{an}中的项. 故不存在满足条件的等差数列{an}. 2.设等比数列{an}的首项为a1＝2，公比为q(q为正整数)，且满足3a3是8a1与a5的等差中项；数列{bn}满足2n2－(t＋bn)n＋32bn＝0(t∈R，n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式； (2)试确定t的值，使得数列{bn}为等差数列； (3)当{bn}为等差数列时，对每个正整数k，在ak与ak＋1之间插入bk个2，得到一个新数列{cn}.设Tn是数列{cn}的前n项和，试求满足Tm＝2cm＋1的所有正整数m. 解 (1)由题意6a3＝8a1＋a5，则6q2＝8＋q4，解得q2＝4或q2＝2(舍)，则q＝2，又a1＝2，所以an＝2n. (2)当n＝1时，2－(t＋b1)＋32b1＝0，得b1＝2t－4， 当n＝2时，2×22－(t＋b2)×2＋32b2＝0，得b2＝16－4t， 当n＝3时，2×32－(t＋b3)×3＋32b3＝0，得b3＝12－2t， 则由b1＋b3＝2b2，得t＝3， 而当t＝3时，2n2－(3＋bn)n＋32bn＝0，得bn＝2n， 由bn＋1－bn＝2(常数)知，此时数列{bn}为等差数列，故t＝3. (3)由(1)(2)知，an＝2n，bk＝2k. 由题意知，c1＝a1＝2，c2＝c3＝2，c4＝a2＝4，c5＝c6＝c7＝c8＝2，c9＝a3＝8，…， 则当m＝1时，T1≠2c2，不合题意， 当m＝2时，T2＝2c3，适合题意. 当m≥3时，若cm＋1＝2，则Tm≠2cm＋1，一定不适合题意， 从而cm＋1必是数列{an}中的某一项ak＋1， 则Tm＝a1＋122b个＋a2＋222b个＋a3＋322b个＋a4＋…＋ak＋22kb个，

＝(2＋22＋23＋…＋2k)＋2(b1＋b2＋b3＋…＋bk) ＝2×(2k－1)＋2×2＋2kk2＝2k＋1＋2k2＋2k－2， 2cm＋1＝2ak＋1＝2×2k＋1， 所以2k＋1＋2k2＋2k－2＝2×2k＋1，即2k－k2－k＋1＝0，所以2k＋1＝k2＋k. 3

2k＋1(k∈N*)为奇数，而k2＋k＝k(k＋1)为偶数， 所以上式无解. 即当m≥3时，Tm≠2cm＋1. 综上知，满足题意的正整数仅有m＝2. 3.(2018·江苏省邗江中学期中)已知各项均为正数的数列{}an满足a2n＋1＝2a2n＋anan＋1，且a2＋a4＝2a3＋4，其中n∈N*.

(1)求数列{}an的通项公式； (2)设数列{bn}满足bn＝nan2n＋1·2n，是否存在正整数m，n(1列？若存在，求出所有的m，n的值；若不存在，请说明理由. (3)令cn＝n＋12＋1nn＋1an＋2，记数列{cn}的前n项和为Sn，其中n∈N*，证明：516≤Sn<12. (1)解 ∵a2n＋1＝2a2n＋anan＋1， ∴(an＋1＋an)(2an－an＋1)＝0， 又an＞0，∴2an－an＋1＝0，即2an＝an＋1， ∴数列{an}是公比为2的等比数列. 由a2＋a4＝2a3＋4，得2a1＋8a1＝8a1＋4，解得a1＝2. ∴数列{an}的通项公式为an＝2n，n∈N*. (2)解 bn＝nan2n＋1·2n＝n2n＋1，若b1，bm，bn成等比数列，则m2m＋12＝13n2n＋1， 即m24m2＋4m＋1＝n6n＋3. 由m24m2＋4m＋1＝n6n＋3，得3n＝－2m2＋4m＋1m2， ∴－2m2＋4m＋1＞0，解得1－62＜m＜1＋62. 又m∈N*，且m＞1， ∴m＝2，此时n＝12. 故存在正整数m＝2，n＝12，使得b1，bm，bn成等比数列. (3)证明 cn＝n＋12＋1nn＋1·2n＋2＝12·n2＋2n＋2nn＋1·2n＋1 ＝12n2＋nnn＋1·2n＋1＋n＋2nn＋1·2n＋1 ＝1212n＋1＋1n·2n－1n＋1·2n＋1， 4

∴Sn＝12122＋…＋12n＋1＋12 11·2－12·22 ＋12·22－13·23＋ …＋1n·2n－1n＋1·2n＋1 ＝12·1221－12n1－12＋1212－1n＋1·2n＋1 ＝121－12n＋1·n＋2n＋1，n∈N*. ∵12n＋1·n＋2n＋1递减， ∴0＜12n＋1·n＋2n＋1≤121＋1·1＋21＋1＝38， ∴516≤121－12n＋1·n＋2n＋1＜12，∴516≤Sn＜12. 4.(2018·江苏省扬州树人学校模拟)已知无穷数列{}an的各项都不为零，其前n项和为Sn，且满足an·an＋1＝Sn(n∈N*)，数列{}bn满足bn＝anan＋t，其中t为正整数. (1)求a2 018； (2)若不等式a2n＋a2n＋1(3)若首项a1是正整数，则数列{}bn中的任意一项是否总可以表示为数列{}bn中的其他两项之积？若是，请给出一种表示方式；若不是，请说明理由. 解 (1)令n＝1，则a1a2＝S1，即a1a2＝a1， 又a1≠0， 所以a2＝1. 由an·an＋1＝Sn，得an＋1·an＋2＝Sn＋1， 两式相减得(an＋2－an)an＋1＝an＋1， 又an＋1≠0， 故an＋2－an＝1， 所以a2 018＝a2＋2 0182－1×1＝1 009. (2)由(1)知数列{}a2n是首项为a2＝1，公差为1的等差数列，数列{}a2n－1是首项为a1，公差为1的等差数列. 5

故an＝ a1＋n－12，n是奇数，n2，n是偶数. 所以Sn＝ n＋12a1＋n2－14，n是奇数，n2a1＋n24，n是偶数. ①当n是奇数时，a2n＋a2n＋1即a1＋n－122＋n＋122<n＋12a1＋n2－14＋n＋12a1＋n＋124， 即a21－2a1所以a21－2a1<0， 解得0②当n是偶数时，a2n＋a2n＋1即n22＋a1＋n22<n2a1＋n24 ＋n＋22a1＋n＋12－14， 即a21－a1所以a21－a1<1， 解得1－52综合①②得0(3)由数列{}a2n是首项为1，公差为1的等差数列，数列{}a2n－1是首项为正整数a1，公差为1的等差数列知，数列{}an的各项都是正整数. 设bn＝bmbk，即anan＋t＝amam＋t·akak＋t， 所以am＝anak＋tak－an，取k＝n＋2，则ak－an＝1， 故am＝an(an＋2＋t)， 不妨设m是偶数，则m2＝an(an＋2＋t)一定是整数， 6

故当n是偶数时，方程bn＝bmbk的一组解是 k＝n＋2，m＝nn2＋t＋1， 当n是奇数时，方程bn＝bmbk的一组解是 k＝n＋2，m＝2a1＋n－12a1＋n＋12＋t， 所以数列{}bn中的任意一项总可以表示为数列{}bn中的其他两项之积. 5.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且2a5－a3＝13，S4＝16. (1)求数列{an}的前n项和Sn；

(2)设Tn＝∑ni＝1(－1)iai，若对一切正整数n，不等式λTn<[an＋1＋(－1)n＋1an]2n－1恒成立，求实数λ的取值范围； (3)是否存在正整数m，n(n>m>2)，使得S2，Sm－S2，Sn－Sm成等比数列？若存在，求出所有的m，n；若不存在，请说明理由.

解 (1)设数列{an}的公差为d. 因为2a5－a3＝13，S4＝16，

所以 2a1＋4d－a1＋2d＝13，4a1＋6d＝16，解得 a1＝1，d＝2， 所以an＝2n－1，Sn＝n2. (2)①当n为偶数时，设n＝2k，k∈N*， 则T2k＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a2k－a2k－1)＝2k. 代入不等式λTn<[an＋1＋(－1)n＋1an]·2n－1，得λ·2k<4k，从而λ<4k2k. 设bk＝4k2k，k∈N*，则bk＋1－bk＝4k＋12k＋1－4k2k＝4k3k－12kk＋1.因为k∈N*，所以bk＋1－bk＞0， 所以数列{bk}是递增的，所以(bk)min＝2，所以λ<2. ②当n为奇数时，设n＝2k－1，k∈N*， 则T2k－1＝T2k－(－1)2ka2k＝2k－(4k－1)＝1－2k. 代入不等式λTn<[an＋1＋(－1)n＋1an]2n－1，得λ(1－2k)<(2k－1)4k，从而λ>－4k. 因为k∈N*，所以－4k的最大值为－4，所以λ>－4. 综上，λ的取值范围为(－4,2). (3)假设存在正整数m，n(n>m>2)，使得S2，Sm－S2，Sn－Sm成等比数列，