2022版新设计一轮复习数学（文）江苏专版课时跟踪检测（三十二）.docx

本文格式为Word版，下载可任意编辑2022版新设计一轮复习数学（文）江苏专版课时跟踪检测（三十二） 课时跟踪检测（三十二） 数列的综合问题 1．已知各项都不小于1的数列{an}的前n项和为Sn，且得志an＝6Sn＋3n－2. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝an＋1，从数列{bn}中抽取片面项b1，b9，bn3，bn4，…，bnk，…，按从小到大的依次构成等比数列． ①求{nk}的通项公式； ??1 ?k ，k＝1，2，②记ck ＝??3? k数列{c}的前k项和是T25 kk，求证：Tk＜?3 36 . 9nk －32k，k≥3，k∈N* ， 解：(1)由an＝6Sn＋3n－2， 移项并平方得(an＋2)2＝a2n＋4an＋4＝6Sn＋3n， 那么a2n－1＋4an－1＋4＝6Sn－1＋3(n－1)，n≥2， 两式相减得， a2n－a2n－1＋4an－4an－1＝6an＋3，n≥2， 即a2n－2an＋1＝a2n－1＋4an－1＋4，n≥2， 即(an－1)2＝(an－1＋2)2，n≥2. 又an≥1，所以an－1＝an－1＋2，n≥2， 即an－an－1＝3，n≥2， 又a1＋2＝6a1＋3，所以a21－2a1＋1＝0，解得a1＝1， 所以数列{an}是首项为1，公差为3的等差数列， 故an＝1＋3(n－1)＝3n－2. (2)①由bn＝3n－2＋1， 得b1＝2，b9＝6，故等比数列的首项为2，公比为3， 那么bnk＝2×3k－ 1＝3nk－2＋1. 化简得nk＝4×32k－ 3－4×3k－ 2＋1. ②证明：由题意可得T＝1251143＜36，T＝25123＋9＝9＜36， 当k≥3，k∈N*时， 3k 3k＋ 1ck＝4×32k－1－4×3k＋9－32k＝32k－12×3k＋27 3k＋ 1＝1?3k－3??3k－9?＝92?1 ? 3k－9－3k＋1－9??. 那么T＋c49111111k＝c12＋…＋ck＝9＋2??33－9－34－9＋34－9－35－9＋…＋3k－9－3k＋1－9?? ＝??331－9－3k1＋1?＝25－3×k1＜25－9?3623－336 ， 49 9＋ 2 25 综上，Tk＜. 36 2．设数列{an}的首项为1，前n项和为Sn，若对任意的n∈N*，均有Sn＝an＋k－k(k是常数且k∈N*)成立，那么称数列{an}为“P(k)数列”． (1)若数列{an}为“P(1)数列”，求数列{an}的通项公式； (2)是否存在数列{an}既是“P(k)数列”，也是“P(k＋2)数列”？若存在，求出符合条件的数列{an}的通项公式及对应的k的值；若不存在，请说明理由； (3)若数列{aan}为“P(2)数列”，a2＝2，设Tn＝12＋a222＋a323＋…＋an2n，证明：Tn＜3. 解：(1)数列{an}为“P(1)数列”，那么Sn＝an＋1－1， 所以Sn＋1＝an＋2－1，两式相减得，an＋2＝2an＋1， 又n＝1时，a1＝a2－1＝1，所以a2＝2， 故an＋1＝2an对任意的n∈N*恒成立，即 an＋1 an ＝2， 所以数列{aa－ n}为等比数列，其通项公式为n＝2n1，n∈N*. (2)假设存在这样的数列{an}，由{an}是“P(k)数列”可得，Sn＝an＋k－k，故有Sn＋1＝＋1 －k， 两式相减得，an＋1＝an＋k＋1－an＋k， 那么有an＋3＝an＋k＋3－an＋k＋2. 同理，由{an}是“P(k＋2)数列”可得，an＋1＝an＋k＋3－an＋k＋2， 所以an＋1＝an＋3对任意的n∈N*恒成立， 所以Sn＝an＋k－k＝an＋k＋2－k＝Sn＋2，即Sn＝Sn＋2. ① 又Sn＝an＋k＋2－k－2＝Sn＋2－2，即Sn＋2－Sn＝2. ② ①②两式冲突，故不存在数列{an}既是“P(k)数列”，也是“P(k＋2)数列”． (3)证明：由于数列{an}为“P(2)数列”，所以Sn＝an＋2－2， 所以Sn＋1＝an＋3－2， 两式相减得，an＋1＝an＋3－an＋2， 又n＝1时，a1＝a3－2＝1，故a3＝3， 又a2＝2，得志a3＝a2＋a1， 所以an＋2＝an＋1＋an对任意的n∈N*恒成立， 所以数列{an}的前几项为1,2,3,5,8， 故T＝a1a2a3an12358ann2＋22＋23＋…＋2n＝2＋22＋23＋24＋25＋…＋2n， ③ 当n＝1时，Ta1＝11a1a2＝2＜3，当n＝2时，T2＝22＋22＝1＜3， 当n≥3时，112an－1an2T22＋23＋324＋5 n＝25＋…＋2n＋2 n＋1， ④ an＋k an－an－1an11112 由③④得，Tn＝＋2＋3＋4＋…＋－n＋1 222222n2an－2an1112 ＝＋2＋3＋4＋…＋n－n＋1 222222an31 ＝＋Tn－2－n＋1， 442 an131 鲜明Tn－2＜Tn，n＋1＞0，故Tn＜＋Tn，即Tn＜3. 2442综上，Tn＜3. 3．已知数列{an}的前n项和Sn得志：(t－1)Sn－tan＋t＝0(t为常数，且t≠0，t≠1， n∈N*)． (1)设bn＝an(an＋Sn)，若数列{bn}为等比数列，求t的值； (2)当t＞1时，记cn＝ an1 ，Tn是数列{cn}的前n项和，求证：Tn＜； ?an－1??an＋1－1??t－1?2(3)当t＝5时，是否存在整数对(m，n)(其中m∈Z，n∈N*)得志a2n－(4＋m)an＋7m＋15＝0？若存在，求出全体得志题意的整数对(m，n)；若不存在，请说明理由． 解：(1)当n＝1时，(t－1)S1－ta1＋t＝0，得a1＝t. 当n≥2时，由(1－t)Sn＝－tan＋t， 得(1－t)Sn－1＝－tan－1＋t， ① ② ①－②，得(1－t)an＝－tan＋tan－1， 即an＝tan－1，∴ an＝t(n≥2)， an－1 ∴数列{an}是等比数列，且公比是t，∴an＝tn. 由bn＝an(an＋Sn)知， t?1－tn?nt2n＋tn1－2t2n1 bn＝(t)＋·t＝. 1－t1－t ＋ ＋ n2 若数列{bn}为等比数列，那么有b2b3， 2＝b1·而b1＝2t2，b2＝t3(2t＋1)，b3＝t4(2t2＋t＋1)， 故[t3(2t＋1)]2＝2t2·t4(2t2＋t＋1)， 1?n11 解得t＝，将t＝代入bn，得bn＝??2?，得志{bn}为等比数列， 221∴t＝. 2 (2)证明：由(1)知，an＝tn， 1?antn1?1－＋nn1∴cn＝＝n＝， ＋ ?an－1??an＋1－1??t－1??tn1－1?t－1?t－1t－1?1??11?11??1??1?－－－＋223nn1那么Tn＝＋＋…＋t－1t－1 ???t－1??t－1t－1??t－1t－1? ＝ 11?1 －n＋1?， t－1?t－1t－1? 1 . ?t－1?2 又t＞1，∴Tn＜ (3)当t＝5时，由(1)知an＝5n， 2由an－(4＋m)an＋7m＋15＝0， 得52n－(4＋m)5n＋7m＋15＝0， 52n－4×5n＋15?5n－7??5n＋3?＋36故m＝＝ 5n－75n－736 ＝5n＋3＋n. 5－7 36 若存在整数对(m，n)，那么n务必是整数． 5－7当n＝1时，m＝－10； 当n＝2时，m＝30； 当n≥3时，5n－7＞36，不符合． 综上，全体得志题意的整数对(m，n)为(－10,1)，(30,2)． 4．定义：假设一个数列从第2项起，每一项与它前一项的差都大于或等于2，那么称这个数列为“D数列”． (1)若数列{an}为“D数列”，且a1＝a－3，a2＝a，a3＝a2－4，求实数a的取值范围； (2)若首项为1的等差数列{an}的每一项均为正整数，且数列{an}为“D数列”，其前n项和Sn 得志Sn＜n2＋2n(n∈N*)，求数列{an}的通项公式； (3)已知等比数列{an}的每一项均为正整数，且数列{an}为“D数列”，a2－a1＜3，设bn＝2×6n (n∈N*)，试判断数列{bn}是否为“D数列”，并说明理由． ?n＋1?·an 解：(1)由题意得a2－a1＝3＞2， a3－a2＝a2－4－a≥2，即a2－a－6≥0， 解得a≥3或a≤－2. 所以实数a的取值范围为(－∞，－2]∪[3，＋∞)． (2)设等差数列{an}的公差为d，那么d≥2， n?n－1? 由a1＝1，得Sn＝n＋d， 2由题意得，n＋ n?n－1? d＜n2＋2n对n∈N*均成立． 2 当n＝1时，上式成立． 2n＋24 当n≥2时，d＜＝2＋. n－1n－1又d∈N*，所以d≤2，所以d＝2， 所以等差数列{an}的通项公式an＝1＋(n－1)×2＝2n－1. (3)设等比数列{an}的公比为q，那么an＝a1qn1， － 由于数列{an}的每一项均为正整数，且an＋1－an＝anq－an＝an(q－1)≥2＞0， 所以q＞1，且q为整数， 那么an＋1－an＝q(an－an－1)＞an－an－1，n≥2，n∈N*， 所以在数列{an－an－1}中，a2－a1为最小项． 由数列{an}为“D数列”，可知只需a2－a1≥2，即a1(q－1)≥2， 又a2－a1＜3，即a1(q－1)＜3， 由数列{an}的每一项均为正整数，可得a1(q－1)＝2， 所以a1＝1，q＝3或a1＝2，q＝2. ①当a1＝1，q＝3时，an＝3令cn＝bn＋1－bn(n∈N*)， 21n33＋＋＋＋ 那么cn＝×2n2－×2n1＝3×2n1×?n＋2－n＋1?＝3×2n1×， ??n＋2n＋1?n＋2??n＋1?所以cn＋1－cn＝3×2n2× ＋ n－1 2×6n3＋ ，那么bn＝×2n1. n－1＝?n＋1?·3n＋1 n＋1n＋ －3×2n1× ?n＋3??n＋2??n＋2??n＋1? ＝3×2 n＋1 n2＋n＋2 ×＞0， ?n＋3??n＋2??n＋1? 所以数列{cn}为递增数列，即cn＞cn－1＞cn－2＞…＞c1. 又c1＝b2－b1＝2， 所以对任意的n∈N*都有bn＋1－bn≥2， 所以数列{bn。