江苏专用2020高考数学二轮复习课时达标训练十四等差等比数列的综合问题.doc

1、课时达标训练(十四) 等差、等比数列的综合问题A组大题保分练1在数列an，bn中，已知a12，b14，且an，bn，an1成等差数列，bn，an，bn1也成等差数列(1)求证：anbn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，an1成等差数列可得，2bnanan1，由bn，an，bn1成等差数列可得，2anbnbn1，得，an1bn13(anbn)，又a1b16，所以anbn是以6为首项，3为公比的等比数列(2)由(1)知，anbn6(3)n1，得，an1bn1anbn2，得，an3(3)n11，代入，得，所以3(3)n11m3(3

2、)m33(3)n1m3(3)m13，整理得，(m1)(3)m3(3)n0，所以m1(3)nm1，由m是不超过100的正整数，可得2(3)nm1101，所以nm12或4，当nm12时，m19，此时m8，则n9，符合题意；当nm14时，m181，此时m80，则n83，符合题意故使成立的所有数对(m，n)为(8，9)，(80，83)2(2019苏锡常镇二模)已知数列an是各项都不为0的无穷数列，对任意的n3，nN*，a1a2a2a3an1an(n1)a1an恒成立(1)如果，成等差数列，求实数的值；(2)若1.()求证：数列是等差数列；()已知数列an中，a1a2.数列bn是公比为q的等比数列，满足

3、b1，b2，b3(iN*)求证：q是整数，且数列bn中的任意一项都是数列中的项解：(1)因为n3且nN*时，a1a2a2a3an1an(n1)a1an恒成立，则当n3时，a1a2a2a32a1a3，因为数列an的各项都不为0，所以等式两边同时除以a1a2a3得：，又，成等差数列，所以，所以，所以1.(2)证明：()当1，n3时，a1a2a2a32a1a3 ，整理得，则.当n4时，a1a2a2a3a3a43a1a4，得：a3a43a1a42a1a3，得，又，所以.当n3时，a1a2a2a3an1an(n1)a1an，a1a2a2a3an1ananan1na1an1，两式相减得：anan1na1a

4、n1(n1)a1an，因为an0，所以，则，所以，整理得，即(n3)，由得：对任意的正整数n恒成立，所以数列成等差数列()设数列的公差为d，设cn，c1c(c0)，则b1c1c，b2c2cd，dc2c1b2b1cqc.当i2时，b3c2b2，从而q1，b2b1，得a1a2，与已知不符当i3时，由b3c3，cq2c2dc2c(q1)，得q212(q1)，得q1，与已知不符当i1时，由b3c1，cq2c，得q21，则q1(上面已证q1)为整数此时数列bn为：c，c，c，；数列cn中，c1c，c2c，公差d2c.数列bn中每一项都是cn中的项(cc1，cc2)当i4时，由b3ci，cq2c(i1)d

5、c(i1)c(q1)，得q2(i1)q(i2)0，得q1(舍去)，qi2(i4)为正整数cqcd，b3ci，对任意的正整数k4，欲证明bk是数列cn中的项，只需证bkcqk1cixdb3x(cqc)cq2x(cqc)有正整数解x，即证x为正整数因为x表示首项为q2，公比为qi2(i4)，共k3(k4)项的等比数列的和，所以x为正整数因此，bn中的每一项都是数列cn也即中的项3(2019盐城三模)在无穷数列an中，an0(nN*)，记an前n项中的最大项为kn，最小项为rn，令bn.(1)若an的前n项和Sn满足Sn.求bn；是否存在正整数m，n，满足？若存在，请求出这样的m，n，若不存在，请说

6、明理由(2)若数列bn是等比数列，求证：数列an是等比数列解：(1)在Sn中，令n1，得a1S1，解得a11，Sn，当n2时，anSnSn1n，综上，得ann(nN*)显然an为递增数列，knann，rna11，bn.假设存在满足条件的正整数m，n，则，设cn，则cn1cn，c1c2c3c4c5，由，得cmcnn，则mn1，当mn1时，显然不成立当mn1时，2mn1，设mn1t，则tN*，2t，得n，设dn，则dn1dn0恒成立，数列dn递减又d12，d21，d31，n3时，dn0(nN*)，且kn，rn分别为an前n项中的最大项和最小项，kn1kn，rn1rn，设数列bn的公比为q，显然q0

7、，()当q1时，1，得，若 kn1kn，则rn1kn与rn11时，q1，得q21.1，kn1kn恒成立，而knan，kn1an1，an1an恒成立，knan，rna1，代入q2得q2，即q2，数列an是等比数列()当0q1时，01，得q21，1，rn1rn恒成立，而rnan，rn1an1，an1an恒成立，kna1，rnan，代入q2得q2，即q2数列an是等比数列，综上可得，数列an是等比数列4(2019南通等七市三模)已知数列an满足(nan12)an(2an1)an1(n2)，bnn(nN*)(1)若a13，证明：bn是等比数列；(2)若存在kN*，使得，成等差数列求数列an的通项公式；

8、证明：ln nanln(n1)an1.解：(1)证明：由(nan12)an(2an1)an1(n2)，得2n，得n2，即bn2bn1(n2)因为a13，所以b110，所以2(n2)，所以bn是以为首项，2为公比的等比数列(2)设1，由(1)知，bn2bn1，所以bn2bn122bn22n1b1，得n2n1，所以2k1k.因为，成等差数列，所以(2k1k)(2k1k2)2(2kk1)，所以2k10，所以0，所以n，即an.证明：要证ln nanln(n1)an1，即证(anan1)ln，即证2ln .设t，则t1t，且t1，从而只需证当t1时，t2ln t.设f(x)x2ln x(x1)，则f(

9、x)10，所以f(x)在(1，)上单调递增，所以f(x)f(1)0，即x2ln x，因为t1，所以t2ln t，所以原不等式得证B组大题增分练1(2019苏北三市一模)已知数列an满足对任意的nN*，都有an(qnan1)2qnanan1an1(1qnan1)，且an1an0，其中a12，q0.记Tna1qa2q2a3qn1an.(1)若q1，求T2 019的值；(2)设数列bn满足bn(1q)Tnqnan.求数列bn的通项公式；若数列cn满足c11，且当n2时，cn2bn11，是否存在正整数k，t，使c1，ckc1，ctck成等比数列？若存在，求出所有k，t的值；若不存在，说明理由解：(1)

10、当q1时，由an(qnan1)2qnanan1an1(1qnan1)，得(an1an)2an1an，又an1an0，所以an1an1，又a12，所以T2 019a1(a2a3)(a4a5)(a2 018a2 019)1 011.(2)由an(qnan1)2qnanan1an1(1qnan1)，得qn(an1an)2an1an，又an1an0，q0，所以an1an，又Tna1qa2q2a3qn1an，所以qTnqa1q2a2q3a3qnan，所以(1q)Tna1q(a1a2)q2(a2a3)q3(a3a4)qn1(an1an)qnan，bn(1q)Tnqnana1111qnanqnana1n1n

11、1，所以bnn1.由题意，得cn2bn112n1，n2，因为c1，ckc1，ctck成等比数列，所以(ckc1)2c1(ctck)，即(2k2)22t2k，所以2t(2k)232k4，即2t2(2k1)232k21(*)由于ckc10，所以k1，即k2.当k2时，2t8，得t3.当k3时，由(*)，得(2k1)232k21为奇数，所以t20，即t2，代入(*)得22k232k20，得2k3，此时k无正整数解综上，k2，t3.2(2018江苏高考)设an是首项为a1，公差为d的等差数列，bn是首项为b1，公比为q的等比数列(1)设a10，b11，q2，若|anbn|b1对n1，2，3，4均成立，

12、求d的取值范围；(2)若a1b10，mN*，q(1， ，证明：存在dR，使得|anbn|b1对n2，3，m1均成立，并求d的取值范围(用b1，m，q表示)解：(1)由条件知an(n1)d，bn2n1.因为|anbn|b1对n1，2，3，4均成立，即|(n1)d2n1|1对n1，2，3，4均成立，所以11，1d3，32d5，73d9，解得d.所以d的取值范围为.(2)由条件知anb1(n1)d，bnb1qn1.若存在d，使得|anbn|b1(n2，3，m1)成立，即|b1(n1)db1qn1|b1(n2，3，m1)，即当n2，3，m1时，d满足b1db1.因为q，则1qn1qm2，从而b10，b

13、10，对n2，3，m1均成立因此，取d0时，|anbn|b1对n2，3，m1均成立下面讨论数列的最大值和数列的最小值(n2，3，m1)当2nm时，.当1q2时，有qnqm2，从而n(qnqn1)qn20.因此，当2nm1时，数列单调递增，故数列的最大值为.设f(x)2x(1x)，当x0时，f(x)(ln 21xln 2)2x0，所以f(x)单调递减，从而f(x)f(0)1.当2nm时，2f1，因此，当2nm1时，数列单调递减，故数列的最小值为.因此d的取值范围为.3(2019南通等七市二模)已知数列an的各项均不为零设数列an的前n项和为Sn，数列a的前n项和为Tn，且3S4SnTn0，nN*

14、.(1)求a1，a2的值；(2)证明：数列an是等比数列；(3)若(nan)(nan1)0对任意的nN*恒成立，求实数的所有可能取值解：(1)由题意知3S4SnTn0，nN*，令n1，得3a4a1a0，即aa10，因为a10，所以a11.令n2，得3(1a2)24(1a2)(1a)0，即2aa20，因为a20，所以a2.(2)证明：因为3S4SnTn0，所以3S4Sn1Tn10，得，3(Sn1Sn)an14an1a0，因为an10，所以3(Sn1Sn)4an10，所以3(SnSn1)4an0(n2，nN*)，当n2时，得，3(an1an)an1an0，即an1an，因为an0，所以.又由(1)

15、知，a11，a2，所以，所以数列an是以1为首项，为公比的等比数列(3)由(2)知，an.因为对任意的nN*，(nan)(nan1)0恒成立，所以的值介于n和n之间因为nn0，则当n为奇数时，nn恒成立，从而有恒成立记p(n)(n4)，因为p(n1)p(n)0不符合题意若0，则当n为奇数时，nn恒成立，从而有恒成立由(*)式知，当n5且n时，有，所以0，则必有MnMn1，anMnMn1an1，即对任意的n2，nN*，都有anan1，Mnan，mna1，bnbn1d，anan12d，即an为等差数列当d0时，则必有mnmn1，anmnmn1an1，即对任意的n2，nN*，都有anMn，则Mn1a

16、n1，mn1mn，此时an1Mn1Mnan，an1an对nN*恒成立，则Mnan，mn1mna1，bn1bnp，即an1an2p，数列an是等差数列若mnan1Mn，则Mn1Mn，mn1mn，bn1bn，数列bn是等差数列且bnpnq，p0，bnq，Mn1MnMn1M1a1q，mn1mnmn1m1a1q，qan1q，即anq，即an为常数列，数列an是公差为0的等差数列若an1mn，则Mn1Mn，mn1an1，此时an1mn1mnan，an1an对nN*恒成立则Mn1Mna1，mnan，bn1bnp，即an1an2p，数列an是等差数列综上，数列an也一定是等差数列(3)bn1bn(2n100n)2n100，当n7时，bn1bnb2b6b7.当n7时，bn1bn0，即b7b8b9a2a6a7，a7a8a9.当nMn，则Mn1an1，mn1mn，则，得bnbn1矛盾，不合题意；an1a2a6a7.同理可证a7a8a9，即n7，nN*时，an7时，a1a2a6a7，且a7a8a9，mna7282007981 046，Mn为a1或an.若Mn为a1，则bn为常数列，与题意不符Mnan，bn，an2bna72n1200n1 046，AnA7a8a9an294 9001442001 046(n7)2n2100n2946n6 640.An