《创新设计》2017版高考数学（江苏专用、理科）一轮复习习题：专题探究课四 WORD版含答案.doc

1、1.(2015福建卷)在等差数列an中，a24，a4a715.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn2an2n，求b1b2b3b10的值.解(1)设等差数列an的公差为d，由已知得解得所以ana1(n1)dn2.(2)由(1)可得bn2nn，所以b1b2b3b10(21)(222)(233)(21010)(22223210)(12310)(2112)55211532 101.2.(2015徐州月考)已知等比数列an满足an1an92n1，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列an的前n项和为Sn，若不等式Snkan2对一切nN*恒成立，求实数k的取值范围.解(1)设等比数列an的公

2、比为q，因为an1an92n1，nN*，所以a2a19，a3a218，所以q2，所以2a1a19，所以a13.所以an32n1，nN*.(2)由(1)知Sn3(2n1)，所以3(2n1)k32n12，所以k2.令f(n)2，则f(n)随n的增大而增大，所以f(n)minf(1)2，所以k0，Sn0，所以，所以，化简，得Sn112an1，又S112a1，所以Sn12an.，得an12an，所以2.所以数列an是首项为1，公比为2的等比数列，所以an2n1(nN*).(2)令n1，得a21.令n2，得a3(1)2.要使数列an是等差数列，必须有2a2a1a3，解得0.当0时，Sn1an(Sn1)a

3、n1，且a2a11.当n2时，Sn1(SnSn1)(Sn1)(Sn1Sn)，整理，得SSnSn1Sn1Sn1，所以.4.(2016石家庄一模)设数列an的前n项和为Sn，a11，an1Sn1(nN*，且1)，且a1，2a2，a33为等差数列bn的前三项.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)求数列anbn的前n项和.解(1)法一an1Sn1(nN*)，anSn11(n2).an1anan，即an1(1)an(n2)，10，又a11，a2S111，数列an为以1为首项，公比为1的等比数列，a3(1)2，4(1)1(1)23，整理得2210，得1.an2n1，bn13(n1)3n2.法二a11，

4、an1Sn1(nN*)，a2S111，a3S21(11)1221.4(1)12213，整理得2210，得1.an1Sn1(nN*)，anSn11(n2)，an1anan，即an12an(n2)，又a11，a22，数列an为以1为首项，公比为2的等比数列，an2n1，bn13(n1)3n2.(2)设数列anbn的前n项和为Tn，anbn(3n2)2n1，Tn11421722(3n2)2n1.2Tn121422723(3n5)2n1(3n2)2n.得Tn1132132232n1(3n2)2n13(3n2)2n.整理得Tn(3n5)2n5.5.(2013江苏卷)设an是首项为a，公差为d的等差数列(

5、d0)，Sn是其前n项的和.记bn，nN*，其中c为实数.(1)若c0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snkn2Sk(k，nN*)；(2)若bn是等差数列，证明：c0.证明由题设，Snnad.(1)由c0，得bnad.又b1，b2，b4成等比数列，所以bb1b4，即a，化简得d22ad0.因为d0，所以d2a.因此，对于所有的mN*，有Smm2a.从而对于所有的k，nN*，有Snk(nk)2an2k2an2Sk.(2)设数列bn的公差为d1，则bnb1(n1)d1，即b1(n1)d1，nN*，代入Sn的表达式，整理得，对于所有的nN*，有n3(b1d1ad)n2cd1nc(d1b1).令

6、Ad1d，Bb1d1ad，Dc(d1b1)，则对于所有的nN*，有An3Bn2cd1nD.(*)在(*)式中分别取n1，2，3，4，得ABcd18A4B2cd127A9B3cd164A16B4cd1，从而有由，得A0，cd15B，代入方程，得B0，从而cd10.即d1d0，b1d1ad0，cd10.若d10，则由d1d0，得d0，与题设矛盾，所以d10.又cd10，所以c0.6.(2016南京、盐城模拟)已知数列an满足a1a(a0，aN*)，a1a2anpan10(p0，p1，nN*).(1)求数列an的通项公式an；(2)若对每一个正整数k，若将ak1，ak2，ak3按从小到大的顺序排列后

7、，此三项均能构成等差数列，且公差为dk.求p的值及对应的数列dk.记Sk为数列dk的前k项和，问是否存在a，使得Sk30对任意正整数k恒成立？若存在，求出a的最大值；若不存在，请说明理由.解(1)因为a1a2anpan10，所以n2时，a1a2an1pan0，两式相减，得(n2)，故数列an从第二项起是公比为的等比数列，又当n1时，a1pa20，解得a2，从而an(2)由(1)得ak1，ak2，ak3，若ak1为等差中项，则2ak1ak2ak3，即1或2，解得p；此时ak13a(2)k1，ak23a(2)k，所以dk|ak1ak2|9a2k1，若ak2为等差中项，则2ak2ak1ak3，即1，此时无解；若ak3为等差中项，则2ak3ak1ak2，即1或，解得p，此时ak1，ak3，所以dk|ak1ak3|，综上所述，p，dk9a2k1或p，dk.当p时，Sk9a(2k1).则由Sk30，得a，当k3时，1，所以必定有a1，所以不存在这样的最大正整数.当p时，Sk，则由Sk30，得a，因为，所以a13满足Sk30恒成立；但当a14时，存在k5，使得a，即Sk30，所以此时满足题意的最大正整数a13.