（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

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a1＝2，b1＝4，且an，－bn，an＋1成等差数列，bn，－an，bn＋1也成等差数列．(1)求证：{an＋bn}是等比数列；(2)设m是不超过100的正整数，求使an－man＋1－m＝am＋4am＋1＋4成立的所有数对(m，n)．解：(1)证明：由an，－bn，an＋1成等差数列可得，－2bn＝an＋an＋1，①由bn，－an，bn＋1成等差数列可得，－2an＝bn＋bn＋1，②①＋②得，an＋1＋bn＋1＝－3(an＋bn)，又a1＋b1＝6，所以{an＋bn}是以6为首项，－3为公比的等比数列．(2)由(1)知，an＋bn＝6×(－3)n－1，③①－②得，an＋1－bn＋1＝an－bn＝－2，④③＋④得，an＝6×（－3）n－1－22＝3×(－3)n－1－1，代入an－man＋1－m＝am＋4am＋1＋4，得3×（－3）n－1－1－m3×（－3）n－1－m＝3×（－3）m－1＋33×（－3）m＋3，所以[3×(－3)n－1－1－m][3×(－3)m＋3]＝[3×(－3)n－1－m][3×(－3)m－1＋3]，整理得，(m＋1)(－3)m＋3×(－3)n＝0，所以m＋1＝(－3)n－m＋1，由m是不超过100的正整数，可得2≤(－3)n－m＋1≤101，所以n－m＋1＝2或4，当n－m＋1＝2时，m＋1＝9，此时m＝8，则n＝9，符合题意；当n－m＋1＝4时，m＋1＝81，此时m＝80，则n＝83，符合题意．故使an－man＋1－m＝am＋4am＋1＋4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n≥3，n∈N*，a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝λ(n－1)a1an恒成立．2(1)如果1a1，1a2，1a3成等差数列，求实数λ的值；(2)若λ＝1.(ⅰ)求证：数列1an是等差数列；(ⅱ)已知数列{an}中，a1≠a2.数列{bn}是公比为q的等比数列，满足b1＝1a1，b2＝1a2，b3＝1ai(i∈N*)．求证：q是整数，且数列{bn}中的任意一项都是数列1an中的项．解：(1)因为n≥3且n∈N*时，a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝λ(n－1)a1an恒成立，则当n＝3时，a1a2＋a2a3＝2λa1a3，因为数列{an}的各项都不为0，所以等式两边同时除以a1a2a3得：2λa2＝1a1＋1a3，又1a1，1a2，1a3成等差数列，所以2a2＝1a1＋1a3，所以2λa2＝2a2，所以λ＝1.(2)证明：(ⅰ)当λ＝1，n＝3时，a1a2＋a2a3＝2a1a3，①整理得1a1＋1a3＝2a2，则1a2－1a1＝1a3－1a2.②当n＝4时，a1a2＋a2a3＋a3a4＝3a1a4，③③－①得：a3a4＝3a1a4－2a1a3，得1a1＝3a3－2a4，又1a1＋1a3＝2a2，所以1a4－1a3＝1a3－1a2.④当n≥3时，a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝(n－1)a1an，a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＋anan＋1＝na1an＋1，两式相减得：anan＋1＝na1an＋1－(n－1)a1an，因为an≠0，所以1a1＝nan－n－1an＋1，则1a1＝n＋1an＋1－nan＋2，所以nan－n－1an＋1＝n＋1an＋1－nan＋2，整理得1an＋1an＋2＝2an＋1，即1an＋2－1an＋1＝1an＋1－1an(n≥3)，⑤由②④⑤得：1an＋2－1an＋1＝1an＋1－1an对任意的正整数n恒成立，所以数列1an成等差数列．(ⅱ)设数列1an的公差为d，设cn＝1an，c1＝1a1＝c(c≠0)，则b1＝c1＝c，b2＝c2＝c＋d，3d＝c2－c1＝b2－b1＝cq－c.当i＝2时，b3＝c2＝b2，从而q＝1，b2＝b1，得a1＝a2，与已知不符．当i＝3时，由b3＝c3，cq2＝c＋2d＝c＋2c(q－1)，得q2＝1＋2(q－1)，得q＝1，与已知不符．当i＝1时，由b3＝c1，cq2＝c，得q2＝1，则q＝－1(上面已证q≠1)为整数．此时数列{bn}为：c，－c，c，…；数列{cn}中，c1＝c，c2＝－c，公差d＝－2c.数列{bn}中每一项都是{cn}中的项(c＝c1，－c＝c2)．当i≥4时，由b3＝ci，cq2＝c＋(i－1)d＝c＋(i－1)c(q－1)，得q2－(i－1)q＋(i－2)＝0，得q＝1(舍去)，q＝i－2(i≥4)为正整数．cq＝c＋d，b3＝ci，对任意的正整数k≥4，欲证明bk是数列{cn}中的项，只需证bk＝cqk－1＝ci＋xd＝b3＋x(cq－c)＝cq2＋x(cq－c)有正整数解x，即证x＝qk－1－q2q－1为正整数．因为x＝qk－1－q2q－1＝q2（qk－3－1）q－1表示首项为q2，公比为q＝i－2(i≥4)，共k－3(k≥4)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1an中的项．3．(2019·盐城三模)在无穷数列{an}中，an0(n∈N*)，记{an}前n项中的最大项为kn，最小项为rn，令bn＝knrn.(1)若{an}的前n项和Sn满足Sn＝n2＋na12.①求bn；②是否存在正整数m，n，满足b2mb2n＝2m－12n？若存在，请求出这样的m，n，若不存在，请说明理由．(2)若数列{bn}是等比数列，求证：数列{an}是等比数列．解：(1)①在Sn＝n2＋na12中，令n＝1，得a1＝S1＝1＋a12，解得a1＝1，∴Sn＝n2＋n2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n2－（n－1）2＋（n－1）2＝n，4综上，得an＝n(n∈N*)．显然{an}为递增数列，∴kn＝an＝n，rn＝a1＝1，∴bn＝n.②假设存在满足条件的正整数m，n，则mn＝2m－12n，∴m2m＝n2n×12，设cn＝n2n，则cn＋1－cn＝n＋12n＋1－n2n＝1－n2n＋1，∴c1＝c2c3c4c5…，由m2m＝n2n×12，得cm＝12cncn，∴mn，则m≥n＋1，当m＝n＋1时，mn＝2m－12n显然不成立．当mn＋1时，mn＝2m－12n＝2m－n－1，设m－n－1＝t，则t∈N*，n＋1＋tn＝2t，得n＝t＋12t－1，设dn＝n＋12n－1，则dn＋1－dn＝（n＋1）＋12n＋1－1－n＋12n－1＝－n×2n－1（2n＋1－1）（2n－1）0恒成立，∴数列{dn}递减．又d1＝2，d2＝1，d3＝471，∴n≥3时，dn1恒成立．故方程n＝t＋12t－1的解有且仅有t＝1，n＝2或t＝2，n＝1，此时m＝4，故满足条件的m，n存在，m＝4，n＝1或n＝2.(2)证明：∵an0(n∈N*)，且kn，rn分别为{an}前n项中的最大项和最小项，∴kn＋1≥kn，rn＋1≤rn，设数列{bn}的公比为q，显然q0，(ⅰ)当q＝1时，kn＋1rn＋1knrn＝1，得kn＋1kn＝rnrn＋1，若kn＋1kn，则rn＋1rn，由kn与rn的含义可知kn＋1kn与rn＋1rn不可能同时成立，故kn＋1＝kn，则rn＋1＝rn，则kn＝k1＝a1，rn＝r1＝a1，∴an＝a1，∴an＋1an＝1，∴数列{an}是等比数列．5(ⅱ)当q1时，kn＋1rn＋1knrn＝q1，得kn＋1rn＋1knrn＝q21.∴kn＋1knrnrn＋1≥1，∴kn＋1kn恒成立，而kn≥an，∴kn＋1＝an＋1，∴an＋1an恒成立，∴kn＝an，rn＝a1，代入kn＋1rn＋1knrn＝q2得an＋1a1ana1＝q2，即an＋1an＝q2，∴数列{an}是等比数列．(ⅲ)当0＜q＜1时，0＜kn＋1rn＋1knrn＜1，得kn＋1rn＋1knrn＝q2＜1，∴rn＋1rn＜knkn＋1≤1，∴rn＋1＜rn恒成立，而rn≤an，∴rn＋1＝an＋1，∴an＋1＜an恒成立，∴kn＝a1，rn＝an，代入kn＋1rn＋1knrn＝q2得a1an＋1a1an＝q2，即an＋1an＝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(nan－1－2)an＝(2an－1)an－1(n≥2)，bn＝1an－n(n∈N*)．(1)若a1＝3，证明：{bn}是等比数列；(2)若存在k∈N*，使得1ak，1ak＋1，1ak＋2成等差数列．①求数列{an}的通项公式；②证明：lnn＋12anln(n＋1)－12an＋1.解：(1)证明：由(nan－1－2)an＝(2an－1)an－1(n≥2)，得1an＝2an－1＋2－n，得1an－n＝21an－1－（n－1），即bn＝2bn－1(n≥2)．因为a1＝3，所以b1＝1a1－1＝－23≠0，所以bnbn－1＝2(n≥2)，6所以{bn}是以－23为首项，2为公比的等比数列．(2)①设1a1－1＝λ，由(1)知，bn＝2bn－1，所以bn＝2bn－1＝22bn－2＝…＝2n－1b1，得1an－n＝λ·2n－1，所以1ak＝λ·2k－1＋k.因为1ak，1ak＋1，1ak＋2成等差数列，所以(λ·2k－1＋k)＋(λ·2k＋1＋k＋2)＝2(λ·2k＋k＋1)，所以λ·2k－1＝0，所以λ＝0，所以1an＝n，即an＝1n.②证明：要证lnn＋12anln(n＋1)－12an＋1，即证12(an＋an＋1)lnn＋1n，即证1n＋1n＋12lnn＋1n.设t＝n＋1n，则1n＋1n＋1＝t－1＋t－1t＝t－1t，且t1，从而只需证当t1时，t－1t2lnt.设f(x)＝x－1x－2lnx(x1)，则f′(x)＝1＋1x2－2x＝1x－120，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)f(1)＝0，即x－1x2lnx，因为t1，所以t－1t2lnt，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n∈N*，都有an(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1(1－qnan＋1)，且an＋1＋an≠0，其中a1＝2，q≠0.记Tn＝a1＋qa2＋q2a3＋…＋qn－1an.(1)若q＝1，求T2019的值；7(2)设数列{bn}满足bn＝(1＋q)Tn－qnan.①求数列{bn}的通项公式；②若数列{cn}满足c1＝1，且当n≥2时，cn＝2bn－1－1，是否存在正整数k，t，使c1，ck－c1，ct－ck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)当q＝1时，由an(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1(1－qnan＋1)，得(an＋1＋an)2＝an＋1＋an，又an＋1＋an≠0，所以an＋1＋an＝1，又a1＝2，所以T2019＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2018＋a2019)＝1011.(2)①由an(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1(1－qnan＋1)，得qn(an＋1＋an)2＝an＋1＋an，又an＋1＋an≠0，q≠0，所以an＋1＋an＝1qn，又Tn＝a1＋qa2＋q2a3＋…＋qn－1an，所以qTn＝qa1＋q2a2＋q3a3＋…＋qnan，所以(1＋q)Tn＝a1＋q(a1＋a2)＋q2(a2＋a3)＋q3(a3＋a4)＋…＋qn－1(an－1＋an)＋qnan，bn＝(1＋q)Tn－qnan＝a1＋1＋1＋…＋1＋qnan－qnan＝a1＋n－1＝n＋1，所以bn＝n＋1.②由题意，得cn＝2bn－1－1＝2n－1，n≥2，因为c1，ck－c1，ct－ck成等比数列，所以(ck－c1)2＝c1(