06 第39讲　双数列问题 【答案】听课高考数学练习

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例1 [思路点拨] (1)由数列{an}的通项公式可求得a2,a4,从而可求得b1,b2,由题意可推出bn-bn-1=3,可得数列{bn}是等差数列,从而可求得数列{bn}的通项公式;(2)思路一:由数列{bn}的通项公式可得数列{an}的奇数项与偶数项都为等差数列,分组求和即可;思路二:根据条件,转化为数列{bn}的前n项和求解.
解:(1)因为a1=1,an+1=an+1,n为奇数,an+2,n为偶数,
所以a2=a1+1=2,a3=a2+2=4,a4=a3+1=5,
所以b1=a2=2,b2=a4=5,
bn-bn-1=a2n-a2n-2=a2n-a2n-1+a2n-1-a2n-2=1+2=3,
所以数列{bn}是以b1=2为首项,以3为公差的等差数列,
所以bn=2+3(n-1)=3n-1.
(2)方法一:由(1)可得a2n=3n-1,n∈N*,
则a2n-1=a2n-2+2=3(n-1)-1+2=3n-2,n≥2,
当n=1时,a1=1也适合上式,所以a2n-1=3n-2,n∈N*,
所以数列{an}的奇数项和偶数项都为等差数列,则{an}的前20项和为a1+a2+…+a20=(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20)=10+10×92×3+10×2+10×92×3=300.
方法二:a1+a2+…+a20=(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20)=(a1+a2+2+a4+2+…+a18+2)+(b1+b2+b3+…+b10)=19+(b1+b2+b3+…+b9)+(b1+b2+b3+…+b10)=19+9×(2+26)2+10×(2+29)2=300.
变式题1 解:(1)由题意知a2=a1+1,a3=2a2=2a1+2,因为a2是a1,a3的等比中项,所以a22=a1a3,即(a1+1)2=a1(2a1+2),显然a1≠0且a1≠-1,故a1=1.
(2)当n是奇数时,an=2an-1=2(an-2+1)=2an-2+2,n≥3,可得an+2=2(an-2+2),n≥3,又a1+2=3,所以数列a1+2,a3+2,…,a2k-1+2,…,k∈N*且k≥2是等比数列,
所以数列{an}的前20项的和S20=a1+a2+a3+a4+…+a19+a20=a1+(a1+1)+a3+(a3+1)+…+a19+(a19+1)=2[(a1+2)+(a3+2)+…+(a19+2)]-30=2×3×(1-210)1-2-30=6108.
变式题2 解:(1)由an-1+an+1=2an(n≥2,n∈N*),得an+1-an=an-an-1(n≥2,n∈N*),所以数列{an}为等差数列.
由S5=5×a1+a52=5a3=15,得a3=3,
所以公差d=a3-a13-1=1,所以an=1+(n-1)×1=n.
(2)当n为奇数时,bn=an=n,当n为偶数时,bn=2bn-1=2n-1,所以T2n=(b1+b3+…+b2n-1)+(b2+b4+…+b2n)=(1+3+…+2n-1)+(2+23+…+22n-1)=n2+22n+1-23.
例2 [思路点拨] (1)当n≥2时,利用累加法可求得Sn2的表达式,结合Sn>0可得出Sn的表达式,再检验n=1的情形,综合可得出Sn的表达式;(2)由an=S1,n=1,Sn-Sn-1,n≥2求出数列{an}的通项公式,列举出数列{bn}的前20项,即可求得T20的值.
解:(1)因为对任意的n∈N*,Sn+12-Sn2=8n恒成立,
所以当n≥2时,Sn2=(Sn2-Sn-12)+…+(S22-S12)+S12=8(n-1)+…+8×1+1=8[1+2+3+…+(n-1)]+1=8×n(n-1)2+1=(2n-1)2,因为an>0,所以Sn>0,故Sn=2n-1(n≥2).因为S1=a1=1适合Sn=2n-1,所以Sn=2n-1,n∈N*.
(2)因为Sn=2n-1,n∈N*,所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2n-1)-[2(n-1)-1]=2,所以an=1,n=1,2,n≥2,所以数列{bn}的前20项依次为1,1,2,1,2,2,1,2,2,2,1,2,2,2,2,1,2,2,2,2,所以{bn}的前20项由6个1与14个2组成,所以T20=6×1+14×2=34.
变式题 解:(1)由题意得6a3=8a1+a5,所以6q2=8+q4,解得q2=4或q2=2(舍),则q=2,又a1=2,所以an=2n.
(2)由2n2-(t+bn)n+32bn=0,得bn=2n2-tnn-32,所以b1=2t-4,b2=16-4t,b3=12-2t,因为数列{bn}为等差数列,所以b1+b3=2b2,则2t-4+12-2t=32-8t,解得t=3,所以当t=3时,bn=2n,由bn+1-bn=2(常数)知此时数列{bn}为等差数列.
(3)因为b1=2,所以在a1与a2之间插入2个2,因为b2=4,所以在a2与a3之间插入4个2,因为b3=6,所以在a3与a4之间插入6个2,…,易知数列{cn}的前100项由90个2,与a1,a2,a3,…,a9,a10构成,所以T100=(a1+a2+…+a10)+2×90=2×(1-210)1-2+180=2226.
例3 [思路点拨] (1)根据首项和公差即可写出{an}的通项公式,利用所给关系式构造对应的等式即可证明{bn-n}为等比数列,进而可求{bn}的通项公式;(2)利用通项公式找出公共项,再分组求和即可.
解:(1)由题意可得,an=2+(n-1)×3=3n-1(n∈N*).因为b1=4,bn+1=3bn-2n+1,所以bn+1-(n+1)=3bn-3n=3(bn-n),b1-1=3,故{bn-n}是首项为3,公比为3的等比数列,所以bn-n=3n,即bn=3n+n(n∈N*).
(2)由题意可得3k-1=3m+m,k,m∈N*,令m=3n-1(n∈N*),则3k-1=33n-1+3n-1=3(33n-2+n)-1,此时满足条件,即当m=2,5,8,…,3n-1时为公共项,所以c1+c2+…+cn=b2+b5+…+b3n-1=32+35+…+33n-1+(2+5+…+3n-1)=9(27n-1)26+n(3n+1)2(n∈N*).
变式题 解:(1)因为S6-S3=6,所以a4+a5+a6=6,所以3a5=6,可得a5=2,所以d=a5-a35-3=12,则an=a3+(n-3)d=12n-12,即数列{an}的通项公式为an=12n-12.
(2)因为数列{amn}是首项为a1,公比为4的等比数列,所以amn=4amn-1,n≥2,am1=a1,可得m1=1.
因为数列{an}是公差为d的等差数列,所以a1+(mn-1)d=4[a1+(mn-1-1)d],n≥2,化简得mn=3a1d+4mn-1-3,n≥2.因为a2=a1+d=4a1,所以a1d=13,即mn=4mn-1-2,n≥2,所以mn-23=4mn-1-23,n≥2.
因为m1-23=13,所以数列mn-23是以13为首项,4为公比的等比数列,所以mn-23=13·4n-1,则mn=13·4n-1+23,所以Tn=m1+m2+…+mn=13(40+41+…+4n-1)+2n3=4n-1+6n9.
例4 [思路点拨] (1)把已知两关系式相加、相减,可得数列{an+bn}与{an-bn}分别为等比与等差数列;(2)利用(1)中结论求出{an+bn}与{an-bn}的通项公式,进而求出{an},{bn}的通项公式.
解:(1)证明:由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1=12(an+bn).又因为a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为1,公比为12的等比数列.由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1=an-bn+2.又因为a1-b1=1,所以{an-bn}是首项为1,公差为2的等差数列.
(2)由(1)知,an+bn=12n-1,an-bn=2n-1,
所以an=12[(an+bn)+(an-bn)]=12n+n-12,
bn=12[(an+bn)-(an-bn)]=12n-n+12.
变式题 解:(1)由1bn-1an=1,an+1=2bn,得2an+1-1an=1,整理得1an+1-1=121an-1,因为a1=2,所以1a1-1=-12,所以数列1an-1是以-12为首项,12为公比的等比数列,
所以1an-1=-12·12n-1=-12n,所以an=2n2n-1,所以bn=12an+1=2n2n+1-1.
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(进群送往届全部资料)(2)由(1)知nbn=n·2n+1-12n=2n-n2n,设Sn=12+222+…+n2n,则12Sn=122+223+…+n2n+1,两式相减得12Sn=12+122+…+12n-n2n+1=121-12n1-12-n2n+1=1-n+22n+1,从而Sn=2-n+22n,所以Tn=n(2+2n)2-Sn=n2+n-2+n+22n.