（江苏专版）2020版高考数学一轮复习 课时跟踪检测（三十二）数列的综合问题 理（含解析）苏教版

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，且满足an＝6Sn＋3n－2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝an＋1，从数列{bn}中抽取部分项b1，b9，bn3，bn4，…，bnk，…，按从小到大的顺序构成等比数列．①求{nk}的通项公式；②记ck＝13k，k＝1，2，3k9nk－32k，k≥3，k∈N*，数列{ck}的前k项和是Tk，求证：Tk＜2536.解：(1)由an＝6Sn＋3n－2，移项并平方得(an＋2)2＝a2n＋4an＋4＝6Sn＋3n，则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，则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T1＝13＜2536，T2＝13＋19＝49＜2536，当k≥3，k∈N*时，ck＝3k4×32k－1－4×3k＋9－32k＝3k＋132k－12×3k＋27＝3k＋1k－k－＝9213k－9－13k＋1－9.则Tk＝c1＋c2＋…＋ck＝49＋92133－9－134－9＋134－9－135－9＋…＋13k－9－13k＋1－9＝49＋92133－9－13k＋1－9＝2536－32×13k－3＜2536，综上，Tk＜2536.2．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，则称数列{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{an}为“P(2)数列”，a2＝2，设Tn＝a12＋a222＋a323＋…＋an2n，证明：Tn＜3.解：(1)数列{an}为“P(1)数列”，则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＋1an＝2，所以数列{an}为等比数列，其通项公式为an＝2n－1，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＝an＋k＋1－k，两式相减得，an＋1＝an＋k＋1－an＋k，则有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＝2.②①②两式矛盾，故不存在数列{an}既是“P(k)数列”，也是“P(k＋2)数列”．(3)证明：因为数列{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，满足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Tn＝a12＋a222＋a323＋…＋an2n＝12＋222＋323＋524＋825＋…＋an2n，③当n＝1时，T1＝a12＝12＜3，当n＝2时，T2＝a12＋a222＝1＜3，当n≥3时，12Tn＝122＋223＋324＋525＋…＋an－12n＋an2n＋1，④由③④得，12Tn＝12＋122＋123＋224＋…＋an－an－12n－an2n＋1＝12＋122＋123＋224＋…＋an－22n－an2n＋1＝34＋14Tn－2－an2n＋1，显然Tn－2＜Tn，an2n＋1＞0，故12Tn＜34＋14Tn，即Tn＜3.综上，Tn＜3.3．已知数列{an}的前n项和Sn满足：(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＝anan－an＋1－，Tn是数列{cn}的前n项和，求证：Tn＜1t－2；(3)当t＝5时，是否存在整数对(m，n)(其中m∈Z，n∈N*)满足a2n－(4＋m)an＋7m＋15＝0？若存在，求出所有满足题意的整数对(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，①得(1－t)Sn－1＝－tan－1＋t，②①－②，得(1－t)an＝－tan＋tan－1，即an＝tan－1，∴anan－1＝t(n≥2)，∴数列{an}是等比数列，且公比是t，∴an＝tn.由bn＝an(an＋Sn)知，bn＝(tn)2＋t－tn1－t·tn＝t2n＋tn＋1－2t2n＋11－t.若数列{bn}为等比数列，则有b22＝b1·b3，而b1＝2t2，b2＝t3(2t＋1)，b3＝t4(2t2＋t＋1)，故[t3(2t＋1)]2＝2t2·t4(2t2＋t＋1)，解得t＝12，将t＝12代入bn，得bn＝12n，满足{bn}为等比数列，∴t＝12.(2)证明：由(1)知，an＝tn，∴cn＝anan－an＋1－＝tntn－tn＋1－＝1t－11tn－1－1tn＋1－1，则Tn＝1t－11t－1－1t2－1＋1t2－1－1t3－1＋…＋1tn－1－1tn＋1－1＝1t－11t－1－1tn＋1－1，又t＞1，∴Tn＜1t－2.(3)当t＝5时，由(1)知an＝5n，由a2n－(4＋m)an＋7m＋15＝0，得52n－(4＋m)5n＋7m＋15＝0，故m＝52n－4×5n＋155n－7＝n－n＋＋365n－7＝5n＋3＋365n－7.若存在整数对(m，n)，则365n－7必须是整数．当n＝1时，m＝－10；当n＝2时，m＝30；当n≥3时，5n－7＞36，不符合．综上，所有满足题意的整数对(m，n)为(－10,1)，(30,2)．4．定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的差都大于或等于2，则称这个数列为“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满足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＝2×6nn＋an(n∈N*)，试判断数列{bn}是否为“D数列”，并说明理由．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，则d≥2，由a1＝1，得Sn＝n＋nn－2d，由题意得，n＋nn－2d＜n2＋2n对n∈N*均成立．当n＝1时，上式成立．当n≥2时，d＜2n＋2n－1＝2＋4n－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，则an＝a1qn－1，因为数列{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，则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＝3n－1，则bn＝2×6nn＋n－1＝3n＋1×2n＋1.令cn＝bn＋1－bn(n∈N*)，则cn＝3n＋2×2n＋2－3n＋1×2n＋1＝3×2n＋1×2n＋2－1n＋1＝3×2n＋1×nn＋n＋，所以cn＋1－cn＝3×2n＋2×n＋1n＋n＋－3×2n＋1×nn＋n＋＝3×2n＋1×n2＋n＋2n＋n＋n＋＞0，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}是“D数列”．②当a1＝2，q＝2时，an＝2n，则bn＝2×6nn＋n＝2n＋1×3n.令dn＝bn＋1－bn(n∈N*)，则dn＝2n＋2×3n＋1－2n＋1×3n＝2×3n×3n＋2－1n＋1＝2×3n×2n＋1n＋n＋，所以dn＋1－dn＝2×3n＋1×2n＋3n＋n＋－2×3n×2n＋1n＋n＋＝2×3n×4n2＋8n＋6n＋n＋n＋＞0，所以数列{dn}为递增数列，即dn＞dn－1＞dn－2＞…＞d1.又d1＝b2－b1＝3，所以对任意的n∈N*都有bn＋1－bn≥2，所以数列{bn}是“D数列”．综上，数列{bn}是“D数列”．