高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測（三十二）數(shù)列的綜合問題 文（含解析）蘇教版-蘇教版高三數(shù)學(xué)試題

課時跟蹤檢測（三十二）數(shù)列的綜合問題1．已知各項都不小于1的數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足an＝eq\r(6Sn＋3n)－2.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝eq\r(an)＋1，從數(shù)列{bn}中抽取部分項b1，b9，bn3，bn4，…，bnk，…，按從小到大的順序構(gòu)成等比數(shù)列．①求{nk}的通項公式；②記ck＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))k，k＝1，2，,\f(3k,9nk－32k)，k≥3，k∈N*，))數(shù)列{ck}的前k項和是Tk，求證：Tk＜eq\f(25,36).解：(1)由an＝eq\r(6Sn＋3n)－2，移項并平方得(an＋2)2＝aeq\o\al(2,n)＋4an＋4＝6Sn＋3n，則aeq\o\al(2,n－1)＋4an－1＋4＝6Sn－1＋3(n－1)，n≥2，兩式相減得，aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋4an－4an－1＝6an＋3，n≥2，即aeq\o\al(2,n)－2an＋1＝aeq\o\al(2,n－1)＋4an－1＋4，n≥2，即(an－1)2＝(an－1＋2)2，n≥2.又an≥1，所以an－1＝an－1＋2，n≥2，即an－an－1＝3，n≥2，又a1＋2＝eq\r(6a1＋3)，所以aeq\o\al(2,1)－2a1＋1＝0，解得a1＝1，所以數(shù)列{an}是首項為1，公差為3的等差數(shù)列，故an＝1＋3(n－1)＝3n－2.(2)①由bn＝eq\r(3n－2)＋1，得b1＝2，b9＝6，故等比數(shù)列的首項為2，公比為3，則bnk＝2×3k－1＝eq\r(3nk－2)＋1.化簡得nk＝4×32k－3－4×3k－2＋1.②證明：由題意可得T1＝eq\f(1,3)＜eq\f(25,36)，T2＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,9)＝eq\f(4,9)＜eq\f(25,36)，當(dāng)k≥3，k∈N*時，ck＝eq\f(3k,4×32k－1－4×3k＋9－32k)＝eq\f(3k＋1,32k－12×3k＋27)＝eq\f(3k＋1,3k－33k－9)＝eq\f(9,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3k－9)－\f(1,3k＋1－9))).則Tk＝c1＋c2＋…＋ck＝eq\f(4,9)＋eq\f(9,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,33－9)－\f(1,34－9)＋\f(1,34－9)－\f(1,35－9)＋…＋\f(1,3k－9)－\f(1,3k＋1－9)))＝eq\f(4,9)＋eq\f(9,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,33－9)－\f(1,3k＋1－9)))＝eq\f(25,36)－eq\f(3,2)×eq\f(1,3k－3)＜eq\f(25,36)，綜上，Tk＜eq\f(25,36).2．設(shè)數(shù)列{an}的首項為1，前n項和為Sn，若對任意的n∈N*，均有Sn＝an＋k－k(k是常數(shù)且k∈N*)成立，則稱數(shù)列{an}為“P(k)數(shù)列”．(1)若數(shù)列{an}為“P(1)數(shù)列”，求數(shù)列{an}的通項公式；(2)是否存在數(shù)列{an}既是“P(k)數(shù)列”，也是“P(k＋2)數(shù)列”？若存在，求出符合條件的數(shù)列{an}的通項公式及對應(yīng)的k的值；若不存在，請說明理由；(3)若數(shù)列{an}為“P(2)數(shù)列”，a2＝2，設(shè)Tn＝eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋eq\f(a3,23)＋…＋eq\f(an,2n)，證明：Tn＜3.解：(1)數(shù)列{an}為“P(1)數(shù)列”，則Sn＝an＋1－1，所以Sn＋1＝an＋2－1，兩式相減得，an＋2＝2an＋1，又n＝1時，a1＝a2－1＝1，所以a2＝2，故an＋1＝2an對任意的n∈N*恒成立，即eq\f(an＋1,an)＝2，所以數(shù)列{an}為等比數(shù)列，其通項公式為an＝2n－1，n∈N*.(2)假設(shè)存在這樣的數(shù)列{an}，由{an}是“P(k)數(shù)列”可得，Sn＝an＋k－k，故有Sn＋1＝an＋k＋1－k，兩式相減得，an＋1＝an＋k＋1－an＋k，則有an＋3＝an＋k＋3－an＋k＋2.同理，由{an}是“P(k＋2)數(shù)列”可得，an＋1＝an＋k＋3－an＋k＋2，所以an＋1＝an＋3對任意的n∈N*恒成立，所以Sn＝an＋k－k＝an＋k＋2－k＝Sn＋2，即Sn＝Sn＋2.①又Sn＝an＋k＋2－k－2＝Sn＋2－2，即Sn＋2－Sn＝2.②①②兩式矛盾，故不存在數(shù)列{an}既是“P(k)數(shù)列”，也是“P(k＋2)數(shù)列”．(3)證明：因為數(shù)列{an}為“P(2)數(shù)列”，所以Sn＝an＋2－2，所以Sn＋1＝an＋3－2，兩式相減得，an＋1＝an＋3－an＋2，又n＝1時，a1＝a3－2＝1，故a3＝3，又a2＝2，滿足a3＝a2＋a1，所以an＋2＝an＋1＋an對任意的n∈N*恒成立，所以數(shù)列{an}的前幾項為1,2,3,5,8，故Tn＝eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋eq\f(a3,23)＋…＋eq\f(an,2n)＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋eq\f(5,24)＋eq\f(8,25)＋…＋eq\f(an,2n)， ③當(dāng)n＝1時，T1＝eq\f(a1,2)＝eq\f(1,2)＜3，當(dāng)n＝2時，T2＝eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＝1＜3，當(dāng)n≥3時，eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,22)＋eq\f(2,23)＋eq\f(3,24)＋eq\f(5,25)＋…＋eq\f(an－1,2n)＋eq\f(an,2n＋1)， ④由③④得，eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋eq\f(2,24)＋…＋eq\f(an－an－1,2n)－eq\f(an,2n＋1)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋eq\f(2,24)＋…＋eq\f(an－2,2n)－eq\f(an,2n＋1)＝eq\f(3,4)＋eq\f(1,4)Tn－2－eq\f(an,2n＋1)，顯然Tn－2＜Tn，eq\f(an,2n＋1)＞0，故eq\f(1,2)Tn＜eq\f(3,4)＋eq\f(1,4)Tn，即Tn＜3.綜上，Tn＜3.3．已知數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足：(t－1)Sn－tan＋t＝0(t為常數(shù)，且t≠0，t≠1，n∈N*)．(1)設(shè)bn＝an(an＋Sn)，若數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，求t的值；(2)當(dāng)t＞1時，記cn＝eq\f(an,an－1an＋1－1)，Tn是數(shù)列{cn}的前n項和，求證：Tn＜eq\f(1,t－12)；(3)當(dāng)t＝5時，是否存在整數(shù)對(m，n)(其中m∈Z，n∈N*)滿足aeq\o\al(2,n)－(4＋m)an＋7m＋15＝0？若存在，求出所有滿足題意的整數(shù)對(m，n)；若不存在，請說明理由．解：(1)當(dāng)n＝1時，(t－1)S1－ta1＋t＝0，得a1＝t.當(dāng)n≥2時，由(1－t)Sn＝－tan＋t， ①得(1－t)Sn－1＝－tan－1＋t， ②①－②，得(1－t)an＝－tan＋tan－1，即an＝tan－1，∴eq\f(an,an－1)＝t(n≥2)，∴數(shù)列{an}是等比數(shù)列，且公比是t，∴an＝tn.由bn＝an(an＋Sn)知，bn＝(tn)2＋eq\f(t1－tn,1－t)·tn＝eq\f(t2n＋tn＋1－2t2n＋1,1－t).若數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，則有beq\o\al(2,2)＝b1·b3，而b1＝2t2，b2＝t3(2t＋1)，b3＝t4(2t2＋t＋1)，故[t3(2t＋1)]2＝2t2·t4(2t2＋t＋1)，解得t＝eq\f(1,2)，將t＝eq\f(1,2)代入bn，得bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，滿足{bn}為等比數(shù)列，∴t＝eq\f(1,2).(2)證明：由(1)知，an＝tn，∴cn＝eq\f(an,an－1an＋1－1)＝eq\f(tn,tn－1tn＋1－1)＝eq\f(1,t－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,tn－1)－\f(1,tn＋1－1)))，則Tn＝eq\f(1,t－1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t－1)－\f(1,t2－1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t2－1)－\f(1,t3－1)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,tn－1)－\f(1,tn＋1－1)))))＝eq\f(1,t－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t－1)－\f(1,tn＋1－1)))，又t＞1，∴Tn＜eq\f(1,t－12).(3)當(dāng)t＝5時，由(1)知an＝5n，由aeq\o\al(2,n)－(4＋m)an＋7m＋15＝0，得52n－(4＋m)5n＋7m＋15＝0，故m＝eq\f(52n－4×5n＋15,5n－7)＝eq\f(5n－75n＋3＋36,5n－7)＝5n＋3＋eq\f(36,5n－7).若存在整數(shù)對(m，n)，則eq\f(36,5n－7)必須是整數(shù)．當(dāng)n＝1時，m＝－10；當(dāng)n＝2時，m＝30；當(dāng)n≥3時，5n－7＞36，不符合．綜上，所有滿足題意的整數(shù)對(m，n)為(－10,1)，(30,2)．4．定義：如果一個數(shù)列從第2項起，每一項與它前一項的差都大于或等于2，則稱這個數(shù)列為“D數(shù)列”．(1)若數(shù)列{an}為“D數(shù)列”，且a1＝a－3，a2＝a，a3＝a2－4，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若首項為1的等差數(shù)列{an}的每一項均為正整數(shù)，且數(shù)列{an}為“D數(shù)列”，其前n項和Sn滿足Sn＜n2＋2n(n∈N*)，求數(shù)列{an}的通項公式；(3)已知等比數(shù)列{an}的每一項均為正整數(shù)，且數(shù)列{an}為“D數(shù)列”，a2－a1＜3，設(shè)bn＝eq\f(2×6n,n＋1·an)(n∈N*)，試判斷數(shù)列{bn}是否為“D數(shù)列”，并說明理由．解：(1)由題意得a2－a1＝3＞2，a3－a2＝a2－4－a≥2，即a2－a－6≥0，解得a≥3或a≤－2.所以實數(shù)a的取值范圍為(－∞，－2]∪[3，＋∞)．(2)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則d≥2，由a1＝1，得Sn＝n＋eq\f(nn－1,2)d，由題意得，n＋eq\f(nn－1,2)d＜n2＋2n對n∈N*均成立．當(dāng)n＝1時，上式成立．當(dāng)n≥2時，d＜eq\f(2n＋2,n－1)＝2＋eq\f(4,n－1).又d∈N*，所以d≤2，所以d＝2，所以等差數(shù)列{an}的通項公式an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.(3)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則an＝a1qn－1，因為數(shù)列{an}的每一項均為正整數(shù)，且an＋1－an＝anq－an＝an(q－1)≥2＞0，所以q＞1，且q為整數(shù)，則an＋1－an＝q(an－an－1)＞an－an－1，n≥2，n∈N*，所以在數(shù)列{an－an－1}中，a2－a1為最小項．由數(shù)列{an}為“D數(shù)列”，可知只需a2－a1≥2，即a1(q－1)≥2，又a2－a1＜3，即a1(q－1)＜3，由數(shù)列{an}的每一項均為正整數(shù)，可得a1(q－1)＝2，所以a1＝1，q＝3或a1＝2，q＝2.①當(dāng)a1＝1，q＝3時，an＝3n－1，則bn＝eq\f(2×6n,n＋1·3n－1)＝eq\f(3,n＋1)×2n＋1.令cn＝bn＋1－bn(n∈N*)，則cn＝eq\f(3,n＋2)×2n＋2－eq\f(3,n＋1)×2n＋1＝3×2n＋1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n＋2)－\f(1,n＋1)))＝3×2n＋1×eq\f(n,n＋2n＋1)，所以cn＋1－cn＝3×2n＋2×eq\f(n＋1,n＋3n＋2)－3×2n＋1×eq\f(n,n＋2n＋1)＝3×2n＋1×eq\f(n2＋n＋2,n＋3n＋2n＋1)＞0，所以數(shù)列{cn}為遞增數(shù)列，即cn＞cn－1＞cn－2＞…＞c1.又c1＝b2－b1＝2，所以對任意的n∈N*都有bn＋1－bn≥2，所以數(shù)列{bn}是“D數(shù)列”．②當(dāng)a1＝2，q＝2時，an＝2n，則bn＝eq\f(2×6n,n＋1·2n)＝eq\f(2,n＋1)×3n.令dn＝bn＋1－bn(n∈N*)，則dn＝eq\f(2,n＋2)×3n＋1－e