新高考数学一轮复习专题六数列微专题二衍生数列问题练习含答案

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A.an=6n-5
B.当k=2时,bn=2n-1
C.当k=2时,b19不是数列{an}中的项
D.若b8是数列{an}中的项,则k的值可能为6
2.(2024东北三省三校第二次联考,17)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且Sn+1=3Sn+1,其中n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)在an与an+1之间插入n个数,使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列,在数列{dn}中是否存在不同三项dm,dk,dp(其中m,k,p成等差数列)成等比数列?若存在,求出这样的三项;若不存在,请说明理由.
解析 (1)当n≥2时,Sn+1=3Sn+1,Sn=3Sn-1+1,
两式相减得an+1=3an(n≥2),
又因为{an}是等比数列,所以公比为3,
由Sn+1=3Sn+1知,a1+a2=3a1+1,即a2=2a1+1.
因为a2=2a1+1=3a1,所以a1=1,所以an=3n-1.
(2)由(1)可知an=3n-1,an+1=3n,
因为an+1=an+(n+2-1)dn,所以dn=2×3n−1n+1,
假设在数列{dn}中存在三项dm,dk,dp(其中m,k,p成等差数列)成等比数列,
则dk2=dm·dp,即2·3k−1k+12=2·3m−1m+1·2·3p−1p+1,
所以4·32k−2(k+1)2=4·3m+p−2(m+1)(p+1)(*),
因为m,k,p成等差数列,所以m+p=2k,
代入(*)式整理得(k+1)2=(m+1)(p+1),
k2+2k+1=mp+m+p+1,k2=mp,m+p22=mp,(m-p)2=0,
所以m=k=p,与题设矛盾.
所以在数列{dn}中不存在三项dm,dk,dp成等比数列.
3.(2024湖南九校联盟第二次联考,18)已知数列{an}的前n项和为Sn,满足2Sn+an=3;数列{bn}满足bn+bn+1=2n+1,其中b1=1.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式.
(2)对于给定的正整数i(i=1,2,…,n),在ai和ai+1之间插入i个数ci1,ci2,…,cii,使ai,ci1,ci2,…,cii,ai+1成等差数列.
(i)求Tn=c11+c21+c22+…+cn1+cn2+…+cnn;
(ii)是否存在正整数m,使得bm−1+1am+2bm−1−2m+32Tm−3恰好是数列{an}或{bn}中的项?若存在,求出所有满足条件的m的值;若不存在,说明理由.
解析 (1)由2Sn+an=3①,得n≥2时,2Sn-1+an-1=3②,
①-②得2an+an-an-1=0,∴an=13an-1(n≥2).(1分)
当n=1时,2a1+a1=3,∴a1=1,(2分)
∴{an}是首项为1,公比为13的等比数列,
故an=13n−1(n∈N*),(3分)
由bn+bn+1=2n+1③,b1=1得b2=2,又bn+1+bn+2=2n+3④,
④-③得bn+2-bn=2,(4分)
∴{bn}的所有奇数项构成首项为1,公差为2的等差数列;所有偶数项构成首项为2,公差为2的等差数列,
则b2n-1=1+(n-1)×2=2n-1,b2n=2+(n-1)×2=2n,
∴bn=n(n∈N*).
综上,an=13n−1,bn=n(n∈N*).(6分)
(2)(i)在an和an+1之间插入n个数cn1,cn2,…,cnn,使an,cn1,cn2,…,cnn,an+1成等差数列,
设公差为dn,则dn=an+1−an(n+2)−1=13n−13n−1n+1=-23n(n+1),(7分)
则cnk=an+kdn=13n−1-2k3n(n+1),k=1,2,…,n,
∴k=1ncnk=n3n−1-23n(n+1)·n(n+1)2=2n3n,
Tn=c11+c21+c22+…+cn1+cn2+…+cnn=213+232+…+n3n⑤.
则13Tn=2132+233+…+n3n+1⑥,(9分)
⑤-⑥得23Tn=213+132+…+13n-n3n+1
=213−13n×131−13−n3n+1=1-2n+33n+1,
∴Tn=32-2n+32×3n.(11分)
(ii)由(1)知an=13n−1,bn=n(n∈N*).Tn=32-2n+32×3n,
bm−1+1am+2bm−1−2m+32Tm−3=m−1+3m+1m−1+3m,
假设m−1+3m+1m−1+3m是数列{an}或{bn}中的一项,
不妨设m−1+3m+1m−1+3m=k(k>0,m∈N*),
∴(k-1)(m-1)=(3-k)·3m,(13分)
∵m-1≥0,3m>0(m∈N*),
∴1