2021新高考数学二轮总复习 专题突破练14 等差、等比数列的综合问题（含解析）.docx

1、专题突破练14等差、等比数列的综合问题1.(2020天津河东区一模,16)已知递增等差数列an,等比数列bn,数列cn,a1=c1=1,c4=9,a1,a2,a5成等比数列,bn=an+cn,nN*.(1)求an,bn的通项公式;(2)求数列cn的前n项和Sn.2.(2020广东广州一模,理17)记Sn为数列an的前n项和,2Sn-an=12n-1(nN*).(1)求an+an+1;(2)令bn=an+2-an,证明数列bn是等比数列,并求其前n项和Tn.3.(2020山东济南一模,17)若数列an满足an+12-an2=p(nN*,p为常数),则称数列an为等方差数列,p为公方差.(1)已知

2、数列cn,dn,xn,yn分别满足cn=2 020,dn=n+1,xn=2n+1,yn=3n,从上述四个数列中找出所有的等方差数列(不用证明);(2)若数列an是首项为1,公方差为2的等方差数列,求数列an2的前n项和Sn.4.(2020山东济宁5月模拟,18)已知数列an为等差数列,且a2=3,a4+a5+a6=0.(1)求数列an的通项公式及前n项和Sn;(2)请你在数列an的前4项中选出三项,组成公比的绝对值小于1的等比数列bn的前3项,并记数列bn的前n项和为Tn.若对任意正整数k,m,n,不等式SmTn+k恒成立,试求k的最小值.5.(2020安徽合肥一中模拟,17)已知数列an满足

3、a1+2a2+3a3+nan=14(2n-1)3n+1.(1)求an的通项公式;(2)若bn=12an-1,证明:b1+b2+bn32.6.已知数列an,其前n项和为Sn=32n2+72n(nN*).(1)求a1,a2;(2)求数列an的通项公式,并证明数列an是等差数列;(3)如果数列bn满足an=log2bn,试证明数列bn是等比数列,并求其前n项和Tn.7.已知数列an满足1n(a1+2a2+2n-1an)=2n+1(nN*).(1)求a1,a2和an的通项公式;(2)记数列an-kn的前n项和为Sn,若SnS4对任意的正整数n恒成立,求实数k的取值范围.8.(2020山东淄博一模,17

4、)等差数列an(nN*)中,a1,a2,a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数,且其中的任何两个数不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行582第二行4312第三行1669(1)请选择一个可能的a1,a2,a3组合,并求数列an的通项公式;(2)记(1)中您选择的an的前n项和为Sn,判断是否存在正整数k,使得a1,ak,Sk+2成等比数列,若有,请求出k的值;若没有,请说明理由.专题突破练14等差、等比数列的综合问题1.解(1)等差数列an的公差为d,由已知,an=1+(n-1)d,a22=a1a5.解得d=2或0(舍),所以an=2n-1,nN*.b1=a1+c1=2,则bn=2qn-

5、1.又b4=a4+c4=24-1+9=16,解得q=2,所以bn=2n.(2)cn=bn-an=2n-(2n-1),Sn=c1+c2+cn=2-1+22-3+2n-(2n-1)=2+22+2n-1+3+(2n-1)=2(1-2n)1-2-n(1+2n-1)2=2n+1-2-n2,nN*.2.解(1)由2Sn-an=12n-1,则2Sn+1-an+1=12n,-可得2an+1-an+1+an=12n-12n-1=-12n,所以an+1+an=-12n.(2)由(1)可知an+1+an=-12n,则an+1+an+2=-12n+1.-可得an+2-an=-12n+1-12n=12n+1,则bn=1

6、2n+1,nN*,且bn+1=12n+2,令n=1,则b1=14,bn+1bn=12n+212n+1=12.所以数列bn是首项为14,公比为12的等比数列.所以Tn=141-12n1-12=121-12n=12-12n+1,nN*.3.解(1)由等方差的定义可知,cn,dn为等方差数列;(2)因为数列an是首项为1,公方差为2的等方差数列,所以an2=1+2(n-1)=2n-1,所以Sn=n(1+2n-1)2=n2.4.解(1)设数列an的公差为d,由a2=3,a4+a5+a6=0,得a2=3,a5=0,即a1+d=3,a1+4d=0,解得a1=4,d=-1.数列an的通项公式为an=a1+(

7、n-1)d=5-n.前n项和Sn=na1+n(n-1)2d=4n+n(n-1)2(-1)=9n-n22.(2)由an=5-n得,a1=4,a2=3,a3=2,a4=1,由题意知应取b1=a1=4,b2=a3=2,b3=a4=1.所以数列bn的公比q=12,Tn=b1(1-qn)1-q=41-12n1-12=81-12n.因为nN*,所以4Tn8.又由(1)知Sm=9m-m22(mN*),由此知,当m=4,5时,Sm取得最大值10,要使SmTn+k恒成立,只须使106,又k是正整数,则k的最小值为7.5.(1)解当n=1时,a1=1;当n2时,a1+2a2+3a3+nan=14(2n-1)3n+

8、1,a1+2a2+3a3+(n-1)an-1=14(2n-3)3n-1+1.两式相减,得an=3n-1,综上可得an=3n-1(nN*).(2)证明由(1)可知,bn=123n-1-113n-1(nN*),故b1+b2+bn130+131+132+13n-1=321-13n32,即b1+b2+bn32.6.解(1)a1=S1=5,S2=a1+a2=3222+722=13,解得a2=8.(2)当n2时,an=Sn-Sn-1=32n2-(n-1)2+72n-(n-1)=32(2n-1)+72=3n+2.又a1=5满足an=3n+2,所以an=3n+2.因为an+1-an=3(n+1)+2-(3n+

9、2)=3,所以数列an是以5为首项,3为公差的等差数列.(3)由已知得bn=2an,bn+1bn=2an+12an=2an+1-an=23=8,又b1=2a1=32,所以数列bn是以32为首项,8为公比的等比数列.所以Tn=32(1-8n)1-8=327(8n-1).7.解(1)由题意得a1+2a2+2n-1an=n2n+1,所以a1=122=4,a1+2a2=223,得a2=6.由a1+2a2+2n-1an=n2n+1,所以a1+2a2+2n-2an-1=(n-1)2n(n2),相减得2n-1an=n2n+1-(n-1)2n,得an=2n+2,当n=1也满足上式.所以an的通项公式为an=2

10、n+2.(2)数列an-kn的通项公式为an-kn=2n+2-kn=(2-k)n+2,所以数列an-kn是以4-k为首项,公差为2-k的等差数列.若SnS4对任意的正整数n恒成立,等价于当n=4时,Sn取得最大值,所以a4-4k=4(2-k)+20,a5-5k=5(2-k)+20.解得125k52,故实数k的取值范围是125,52.8.解(1)由题意可知,有两种组合满足条件:a1=8,a2=12,a3=16,此时等差数列an的公差为d=4,所以其通项公式为an=4n+4.a1=2,a2=4,a3=6,此时等差数列an的公差为d=2,所以其通项公式为an=2n.(2)若选择,Sn=2n2+6n.则Sk+2=2(k+2)2+6(k+2)=2k2+14k+20.若a1,ak,Sk+2成等比数列,则ak2=a1Sk+2,即(4k+4)2=8(2k2+14k+20),化简得5k+9=0,此方程无正整数解,故不存在正整数k,使a1,ak,Sk+2成等比数列.若选择,Sn=n2+n,则Sk+2=(k+2)2+(k+2)=k2+5k+6,若a1,ak,Sk+2成等比数列,则ak2=a1Sk+2,即(2k)2=2(k2+5k+6),整理得k2-5k-6=0,因为k为正整数,解得k=6.故存在正整数k=6,使a1,ak,Sk+2成等比数列.