2023屆高考數(shù)學二輪復習微專題作業(yè)51數(shù)列中的存在性問題含解析

Page1微專題51數(shù)列中的存在性問題1.若不等式4x2＋9y2≥2kxy對一切正數(shù)x，y恒成立，則整數(shù)k的最大值為________．2．已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝2n2＋pn，a7＝11，若ak＋ak＋1>12，則正整數(shù)k的最小值為________．3．設數(shù)列{an}的首項a1＝eq\f(3,2)，前n項和為Sn，且滿足2an＋1＋Sn＝3(n∈N*)．則滿足eq\f(18,17)<eq\f(S2n,Sn)<eq\f(8,7)的所有n的和為________．4．已知等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}滿足a1＝b1＝－2，a2＝b2＝4，則滿足an＝bn的n的所有取值構成的集合是________．5．設各項均為正整數(shù)的無窮等差數(shù)列{an}，滿足a54＝2014，且存在正整數(shù)k，使a1，a54，ak成等比數(shù)列，則公差d的所有可能取值之和為________．6．各項均為正偶數(shù)的數(shù)列a1，a2，a3，a4中，前三項依次成公差為d(d>0)的等差數(shù)列，后三項依次成公比為q的等比數(shù)列．若a4－a1＝88，則q的所有可能的值構成的集合為________．7．設數(shù)列{an}的前n項和Sn＝n2，數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(an,an＋m)(m∈N*)．(1)若b1，b2，b8成等比數(shù)列，試求m的值；(2)是否存在m，使得數(shù)列{bn}中存在某項bt滿足b1，b4，bt(t∈N*，t≥5)成等差數(shù)列？若存在，請指出符合題意的m的個數(shù)；若不存在，請說明理由．8．已知數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\f(2×3n＋2,3n＋1)(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的最大項；(2)設bn＝eq\f(an＋p,an－2)，試確定實常數(shù)p的值，使得{bn}為等比數(shù)列；(3)設m，n，p∈N*，m<n<p，問：數(shù)列{an}中是否存在三項am，an，ap，使數(shù)列am，an，ap是等差數(shù)列？如果存在，求出這三項；如果不存在，說明理由．微專題511．答案：3.解析：不等式4x2＋9y2≥2kxy對一切正數(shù)x，y恒成立，則等價為eq\f(4x2＋9y2,xy)＝eq\f(4x,y)＋eq\f(9y,x)≥2k恒成立，∵eq\f(4x,y)＋eq\f(9y,x)≥2eq\r(\f(4x,y)·\f(9y,x))＝2×6＝12當且僅當eq\f(4x,y)＝eq\f(9y,x)，即2x＝3y時取等號，要使eq\f(4x2＋9y2,xy)＝eq\f(4x,y)＋eq\f(9y,x)≥2k恒成立，則2k≤12，因為k是整數(shù)，所以整數(shù)k的最大值為3，故答案為3.2．答案：6.解析：∵前n項和Sn＝2n2＋pn，∴S7＝2×72＋7p＝98＋7p，S6＝2×62＋6p＝72＋6p.可得a7＝S7－S6＝26＋p＝11，所以p＝－15.∴Sn＝2n2－15n.∵數(shù)列{an}是等差數(shù)列，∴ak＋ak＋1＝a1＋a2k.因此{an}的前2k項和S2k＝eq\f(2k（a1＋a2k）,2)＝k(ak＋ak＋1)>12k.又∵S2k＝2(2k)2－15×(2k)＝8k2－30k.∴8k2－30k>12k，解之得k>eq\f(21,4)(舍去負值)．因此，正整數(shù)k的最小值為6.3．答案：7.解析：由2an＋1＋Sn＝3，得2(Sn＋1－Sn)＋Sn＝3，即Sn＋1－3＝eq\f(1,2)(Sn－3)，∴{Sn－3}以eq\f(1,2)為公比，－eq\f(3,2)為首項，求得Sn－3＝－eq\f(3,2)·(eq\f(1,2))n－1＝－3×(eq\f(1,2))n，∴Sn＝3(1－(eq\f(1,2))n)，∴eq\f(S2n,Sn)＝1＋(eq\f(1,2))n，從而eq\f(1,17)≤(eq\f(1,2))n≤eq\f(1,7)，n∈N*，∴n＝3，4.∴所有n的和為7.4．答案：{1，2，4}．解析：設等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q，所以d＝a2－a1＝6，q＝eq\f(b2,b1)＝－2，所以an＝－2＋6(n－1)＝6n－8，bn＝－2(－2)n－1＝(－2)n，因為等差數(shù)列{an}的首項為負，從第二項起均為正數(shù)，等比數(shù)列{bn}奇數(shù)項為負，偶數(shù)項為正，所以除首項外，當an＝bn時，n為偶數(shù)，n＝4時a4＝16，b4＝(－2)4＝16，n＝6時，a6＝28<b6＝(－2)6＝64.因為n為偶數(shù)時，數(shù)列{an}，數(shù)列{bn}均遞增，所以當n≥2k(k＝3，4，5，…)時，an<bn.綜上可得，滿足an＝bn的n的所有取值為1，2，4.5．答案：92.解析：無窮正整數(shù)數(shù)列，則{an}公差d為自然數(shù)．①d＝0，{an}為常數(shù)列，滿足題意；②當d>0時，(a54－53d)(a54＋(k－54)d)＝a542，得d＝eq\f(28（k－107）,k－54)＝38－eq\f(38×53,k－54).要使得d是正整數(shù)，故(k－54，d)∈{(53×2，19)，(53×19，36)，(53×38，37)}．d的可能取值和為0＋19＋36＋37＝92.6．答案：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(8,7))).解析：設a1，a1＋d，a1＋2d，a1＋88，其中a1，d均為正偶數(shù)，則(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋88)，整理得a1＝eq\f(4d（22－d）,3d－88)>0，(注意體會這里用“a1>0”而不用“a1≥2”的好處)所以(d－22)(3d－88)<0，即22<d<eq\f(88,3)，所以d的所有可能值為24，26，28，當d＝24時a1＝12，q＝eq\f(5,3)；當d＝26時，a1＝eq\f(208,5)(舍去)；當d＝28時，a1＝168，q＝eq\f(8,7)，所以q的所有可能值構成的集合為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(8,7))).7．答案：(1)9；(2)9個．解析：(1)因為Sn＝n2，所以當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n－1.又當n＝1時，a1＝S1＝1，適合上式，所以an＝2n－1(n∈N*)所以bn＝eq\f(2n－1,2n－1＋m)，則b1＝eq\f(1,1＋m)，b2＝eq\f(3,3＋m)，b8＝eq\f(15,15＋m)，由b22＝b1b8，得(eq\f(3,3＋m))2＝eq\f(1,1＋m)×eq\f(15,15＋m)，解得m＝0(舍)或m＝9，所以m＝9.(2)假設存在m，使得b1，b4，bt(t∈N*，t≥5)成等差數(shù)列，即2b4＝b1＋bt，則2×eq\f(7,7＋m)＝eq\f(1,1＋m)＋eq\f(2t－1,2t－1＋m)，化簡得t＝7＋eq\f(36,m－5).所以當m－5＝1，2，3，4，6，9，12，18，36時，分別存在t＝43，25，19，16，13，11，10，9，8適合題意，即存在這樣m，且符合題意的m共有9個．8．答案：(1)an＝4；(2)±2；(3)不存在．解析：(1)由題意an＝2＋eq\f(4,3n－1)，隨著n的增大而減小，所以{an}中的最大項為a1＝4.(2)bn＝eq\f(2＋\f(4,3n－1)＋p,\f(4,3n－1))＝eq\f(（2＋p）（3n－1）＋4,4)＝eq\f(（2＋p）3n＋（2－p）,4)，若{bn}為等比數(shù)列，則bn＋12－bnbn＋2＝0(n∈N*)，所以[(2＋p)3n＋1＋(2－p)]2－[(2＋p)3n＋(2－p)][(2＋p)3n＋2＋(2－p)]＝0(n∈N*)，化簡得(4－p2)(2·3n＋1－3n＋2－3n)＝0即－(4－p2)·3n·4＝0，解得p＝±2.反之，當p＝2時，bn＝3n，{bn}是等比數(shù)列；當p＝－2時，bn＝1，{bn}也是等比數(shù)列，所以，當且僅當p＝±2時{bn}為等比數(shù)列．(3)因為am＝2＋eq\f(4,3m－1)，an＝2＋eq\f(4,3n－1)，ap＝2＋eq\f(4,3p－1)，若存在三項am，an，ap，使數(shù)列am，an，ap是等差數(shù)列，則2an＝am＋ap，所以2(2＋eq\f(4,3n－1))＝2＋eq\f(4,3m－1)＋2＋eq\f(4,3p－1)，化簡得3n(2×3p－n－3p－m－1)＝1＋3p－m－2×3n－m(*)，因為m，n，p∈N*，m<