作业16－数列大题（含答案解析）学案

这是一份作业16－数列大题（含答案解析）学案，共15页。
1.设Sn为数列{an}的前n项和，已知a4＝15，an＝2an－1＋a2－2(n≥2)．
(1)证明：数列{an＋1}为等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式，并判断lg2(an＋1)，an，Sn是否成等差数列．
解析 (1)证明：因为a4＝15，在an＝2an－1＋a2－2中，分别取n＝3，n＝4得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a3＝3a2－2，,a4＝2a3＋a2－2＝15，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝3，,a3＝7.))
所以an＝2an－1＋1，易知an－1＋1≠0，所以eq \f(an＋1,an－1＋1)＝eq \f(2an－1＋2,an－1＋1)＝2(n≥2)．
易知a1＝1，所以{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知，an＋1＝2n，所以an＝2n－1，lg2(an＋1)＝lg22n＝n，
易知Sn＝eq \f(2（1－2n）,1－2)－n＝2n＋1－n－2，所以n＋Sn－2an＝n＋(2n＋1－n－2)－2(2n－1)＝0，所以n＋Sn＝2an，即lg2(an＋1)＋Sn＝2an.
故lg2(an＋1)，an，Sn成等差数列．
2．(2020·山东泰安市第五次模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an＋1－n.
(1)求证：数列{an＋1}为等比数列；
(2)设bn＝n(an＋1)，求数列{bn}的n项和Tn.
解析 (1)证明：当n≥2时，因为Sn＝2an＋1－n，①
所以Sn－1＝2an－1＋1－(n－1)．②
由①－②得an＝2an－1＋1，即an＋1＝2(an－1＋1)，所以eq \f(an＋1,an－1＋1)＝2.
当n＝1时，S1＝2a1，得a1＝0，则a1＋1＝1.
所以数列{an＋1}是以1为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)知an＋1＝2n－1，所以bn＝n(an＋1)＝n·2n－1.
所以Tn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1，③
则2Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，④
由③－④，得－Tn＝1×20＋1×21＋1×22＋…＋1×2n－1－n·2n＝eq \f(1－2n,1－2)－n·2n＝(1－n)2n－1，
所以Tn＝(n－1)·2n＋1.
3．(2020·泰安高三一模)在①A5＝B3，②eq \f(1,a1)－eq \f(1,a2)＝eq \f(4,B2)，③B5＝35这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．
已知等差数列{an}的公差为d(d>0)，等差数列{bn}的公差为2d.设An，Bn分别是数列{an}，{bn}的前n项和，且b1＝3，A2＝3，________．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝2an＋eq \f(3,bnbn＋1)，求数列{cn}的前n项和Sn.
解析 方案一：选条件①.
(1)∵数列{an}，{bn}都是等差数列，且A2＝3，A5＝B3，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a1＋d＝3，,5a1＋10d＝9＋6d，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝1.))
∴an＝a1＋(n－1)d＝n，
bn＝b1＋(n－1)2d＝2n＋1.
综上，an＝n，bn＝2n＋1.
(2)由(1)得：cn＝2n＋eq \f(3,（2n＋1）（2n＋3）)＝2n＋eq \f(3,2)(eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋3))，
∴Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋eq \f(3,2)[eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))]＝eq \f(2（1－2n）,1－2)＋eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,2n＋3)))＝2n＋1－eq \f(3（n＋2）,2n＋3).
方案二：选条件②.
(1)∵数列{an}，{bn}都是等差数列，且A2＝3，eq \f(1,a1)－eq \f(1,a2)＝eq \f(4,B2)，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a1＋d＝3，,4a1（a1＋d）＝d（6＋2d），))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝1.))
∴an＝a1＋(n－1)d＝n，
bn＝b1＋(n－1)2d＝2n＋1.
综上，an＝n，bn＝2n＋1.
(2)同方案一．
方案三：选条件③.
(1)∵数列{an}，{bn}都是等差数列，且A2＝3，B5＝35，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a1＋d＝3，,3×5＋\f(5×4,2)×2d＝35，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝1.))
∴an＝a1＋(n－1)d＝n，
bn＝b1＋(n－1)2d＝2n＋1.
综上，an＝n，bn＝2n＋1.
(2)同方案一．
4．(2020·山东高密市高三模拟)在①a2，a3，a4－4成等差数列，②S1，S2＋2，S3成等差数列中任选一个，补充在下列的问题中，并解答．
在公比为2的等比数列{an}中，Sn为其前n项和，________．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(n＋1)lg2an，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(4n＋2,bn2)))的前n项和Tn.
解析 (1)选①：因为a2，a3，a4－4成等差数列，
所以2a3＝a2＋a4－4，
所以8a1＝2a1＋8a1－4，
解得a1＝2，所以an＝2n.
选②：因为S1，S2＋2，S3成等差数列，
所以2(S2＋2)＝S1＋S3，即a2＋4＝a3，
所以2a1＋4＝4a1，解得a1＝2，所以an＝2n.
(2)因为an＝2n，
所以bn＝(n＋1)lg2an＝(n＋1)lg22n＝n(n＋1)，
所以eq \f(4n＋2,bn2)＝eq \f(2（2n＋1）,n2（n＋1）2)＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n2)－\f(1,（n＋1）2)))，
所以Tn＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,22)))＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22)－\f(1,32)))＋…＋2[eq \f(1,n2)－eq \f(1,（n＋1）2)]
＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\f(1,22)＋\f(1,22)－\f(1,32)＋…＋\f(1,n2)－\f(1,（n＋1）2)))＝2－eq \f(2,（n＋1）2).
5．在①eq \f(S1,1)＋eq \f(S2,2)＋…＋eq \f(S7,7)＝21，②eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＋…＋eq \f(1,a6a7)＝－eq \f(2,3)，③a22－a32＋a42－a52＋a62－a72＝－48这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的数列存在，求数列{an}的通项公式；若问题中的数列不存在，请说明理由．
问题：是否存在等差数列{an}，它的前n项和为Sn，公差d>0，a1＝－3，________？
解析 方案一，选条件①.
∵eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝eq \f(a1＋an＋1,2)－eq \f(a1＋an,2)＝eq \f(an＋1－an,2)＝eq \f(d,2)，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是首项为S1，公差为eq \f(d,2)的等差数列，
∴eq \f(S1,1)＋eq \f(S2,2)＋…＋eq \f(S7,7)＝7S1＋eq \f(7×6,2)·eq \f(d,2)＝7a1＋eq \f(21,2)d＝21，
又a1＝－3，∴d＝4，an＝a1＋(n－1)d＝4n－7.
因此，选条件①时问题中的数列存在，此时an＝4n－7.
方案二，选条件②.
eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,an＋1－an)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－\f(a,an＋1)))＝eq \f(1,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))，
∴eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＋…＋eq \f(1,a6a7)＝eq \f(1,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)－\f(1,a2)＋\f(1,a2)－\f(1,a3)＋…＋\f(1,a6)－\f(1,a7)))＝－eq \f(2,3)，
∴eq \f(1,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)－\f(1,a7)))＝－eq \f(2,3)，即eq \f(6,a1a7)＝－eq \f(2,3).
将a1＝－3代入得a7＝3，∴d＝eq \f(1,6)(a7－a1)＝1，
∴an＝a1＋(n－1)d＝n－4，此时a4＝0，不符合题意．
因此，选条件②时问题中的数列不存在．
方案三，选条件③.
∵an2－an＋12＝(an－an＋1)(an＋an＋1)＝－d(an＋an＋1)，
∴a22－a32＋a42－a52＋a62－a72＝－d(a2＋a3＋…＋a6＋a7)＝－48，
∴d(S7－a1)＝48，
由S7＝7a1＋21d，a1＝－3，
代入得d＝2或d＝－eq \f(8,7)(舍去)，
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－5，
因此，选条件③时问题中的数列存在，此时an＝2n－5.
6．(2019·安徽江南十校质检)已知数列{an}与{bn}满足a1＋a2＋a3＋…＋an＝2bn(n∈N*)，且{an}为正项等比数列，a1＝2，b3＝b2＋4.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)若数列{cn}满足cn＝eq \f(an,bnbn＋1)(n∈N*)，Tn为数列{cn}的前n项和，证明：Tn0，设{an}的公比为q，∴a1q2＝8，∴q＝2，∴an＝2×2n－1＝2n.
∴2bn＝21＋22＋23＋…＋2n＝eq \f(2（1－2n）,1－2)＝2n＋1－2，
∴bn＝2n－1.
(2)证明：由已知得cn＝eq \f(an,bnbn＋1)＝eq \f(2n,（2n－1）（2n＋1－1）)＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)，
∴Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,21－1)－\f(1,22－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22－1)－\f(1,23－1)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))＝1－eq \f(1,2n＋1－1)100bn的最小正整数n.
解析 方案一：选②或③，
(1)设{an}的公比为q，则q>0.
由条件得2a4＝2a2－3a3，
又因为a1＝1，所以2q3＝2q－3q2，即2q2＋3q－2＝0，
解得q＝eq \f(1,2)(负值舍去)．
所以an＝eq \f(1,2n－1).
(2)由题意得bn＝eq \f(1,2n－1)，
则Sn＝eq \f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))＝eq \f(2n－1,2n－1).
由Sn>100bn得eq \f(2n－1,2n－1)>eq \f(100,2n－1)，即2n>101，
又因为n∈N*，所以n的最小值为7.
方案二：选①或④，
(1)设{an}的公比为q，则q>0.
由条件得4a2＝a4－3a3，
又因为a1＝1，所以4q＝q3－3q2，即q2－3q－4＝0，
解得q＝4(负值舍去)．
所以an＝4n－1.
(2)由题意得bn＝eq \f(1,4n－1)，
则Sn＝eq \f(1－\f(1,4n),1－\f(1,4))＝eq \f(4n－1,3×4n－1).
由Sn>100bn得eq \f(4n－1,3×4n－1)>eq \f(100,4n－1)，即4n>301,
又因为n∈N*，所以n的最小值为5.
4．(2020·聊城市一模)在①a5＝b3＋b5，②S3＝87，③a9－a10＝b1＋b2这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并给出解答．
设等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}的前n项和为Tn，________，a1＝b6，
若对于任意n∈N*都有Tn＝2bn－1，且Sn≤Sk(k为常数)，求正整数k的值．
解析 由Tn＝2bn－1，n∈N*得，当n＝1时，b1＝1；当n≥2时，Tn－1＝2bn－1－1，从而bn＝2bn－2bn－1，即bn＝2bn－1，
由此可知数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，故bn＝2n－1，
选条件①当a5＝b3＋b5时，a1＝32，a5＝20.
设数列{an}的公差为d，则20＝32＋4d，解得d＝－3，
所以an＝32－3(n－1)＝35－3n.
因为当n≤11时an>0，当n>11时an0，当n>11时，an0，当n>11时an0且k≠1，所以k2为非零常数，
所以数列{an}是以k4为首项，k2为公比的等比数列．
(2)当k＝eq \f(1,\r(2))时，an＝eq \f(1,2n＋1).
因为f(an)＝2n＋2，所以bn＝eq \f(1,2n＋1)＋2n＋2，
所以Sn＝eq \f(n（4＋2n＋2）,2)＋eq \f(\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝n2＋3n＋eq \f(1,2)－eq \f(1,2n＋1).
因为n≥1，所以Sn＝n2＋3n＋eq \f(1,2)－eq \f(1,2n＋1)是单调递增的，
所以Sn的最小值为S1＝1＋3＋eq \f(1,2)－eq \f(1,4)＝eq \f(17,4).
(3)存在．理由如下．
结合(1)，知cn＝anlgan＝(2n＋2)·k2n＋2lgk，{cn}是递增数列即cn0，显然n＋1