《高考数学人教a版一轮复习第六章 数列解答题专项三 数列中的综合问题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学人教a版一轮复习第六章 数列解答题专项三 数列中的综合问题.docx（5页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、解答题专项三数列中的综合问题解答题专项练1.(2022广东汕头高三二模)已知n2(n4)个正数排成n行n列,aij表示第i行第j列的数,其中每一行的数成等差数列,每一列的数成等比数列,并且公比都为q.已知a24=1,a42=18,a43=316.(1)求公比q;(2)记第n行的数所成等差数列的公差为dn,把d1,d2,dn所构成的数列记作数列dn,求数列dn的前n项和Sn.a12a13a14a1na21a22a23a24a2n续表a31a32a33a34a3nan1an2an3an4ann解:(1)由题意知a42,a43,a44成等差数列,又a42=18,a43=316,所以其公差为316-1
2、8=116,从而a44=a43+116=14.又因为a24,a34,a44成等比数列,且a24=1,所以公比q2=a44a24=14,由于ann0,故q=12.(2)由a42=18,a43=316可得a41=18-116=116,而a41=a11q3=a1118=116,所以a11=12,因此an1=a1112n-1=12n.又a14=a24q=2,故an4=a1412n-1=212n-1,由于an1,an2,an3,an4,为等差数列,公差为dn,因此an4=an1+3dn,即dn=13212n-1-12n=12n,故Sn=121-(12)n1-12=1-12n.2.(2022全国甲,理17
3、)设Sn为数列an的前n项和.已知2Snn+n=2an+1.(1)证明:an是等差数列;(2)若a4,a7,a9成等比数列,求Sn的最小值.(1)证明:由2Snn+n=2an+1,变形为2Sn=2nan+n-n2,记为式,又当n2时,有2Sn-1=2(n-1)an-1+n-1-(n-1)2,记为式,-并整理可得(2n-2)an-(2n-2)an-1=2n-2,n2,nN*.即an-an-1=1,n2,nN*,所以an是等差数列.(2)解:由题意可知a72=a4a9,即(a1+6)2=(a1+3)(a1+8),解得a1=-12,所以an=-12+(n-1)1=n-13,其中a13=0,则Sn的最
4、小值为S12=S13=-78.3.(2023湖南长沙高三月考)已知各项均为正数的数列an的前n项和为Sn,且满足a1=1,nSn+1=(n+1)Sn+n(n+1)2(nN*).(1)求出an的通项公式;(2)设数列bn满足bn=an+22n+2Sn,证明:b1+b2+bn0,所以Sn+2=2Sn+1-Sn+1,即Sn+2-Sn+1=Sn+1-Sn+1,即an+2=an+1+1.在nSn+1=(n+1)Sn+n(n+1)2中,令n=1得,a1+a2=2a1+1,即a2=a1+1.综上,对任意nN*都有an+1-an=1,故数列an是以1为首项,1为公差的等差数列,所以an=n.(方法2)因为nS
5、n+1=(n+1)Sn+n(n+1)2,所以Sn+1n+1=Snn+12,又S1=a1=1,则数列Snn是以1为首项,12为公差的等差数列,因此Snn=n+12,即Sn=n2+n2.当n2时,an=Sn-Sn-1=n,又a1=1也符合上式,故an=n(nN*).(2)证明:由(1)得an=n,Sn=n(n+1)2,所以bn=an+22n+2Sn=n+2n(n+1)2n+1=2(n+1)-nn(n+1)2n+1=1n2n-1(n+1)2n+1,所以b1+b2+bn=1121-1222+1222-1323+1n2n-1(n+1)2n+1=12-1(n+1)2n+10),则(1+7d)2=(1+4d
6、)(1+12d),解得d=2,所以an=2n-1.又3Sn=2+bn(nN*),所以当n=1时,得b1=1,当n2时,得3Sn-1=2+bn-1,两式相减得bn=-bn-12,所以bn是以1为首项,以-12为公比的等比数列,所以bn=-12n-1.(2)存在.=12.由(1)得(bn)min=b2=-12,Sn=1-(-12)bn1-(-12)=2+bn3,所以(Sn)min=12.由an=2n-1得cn=1(2n-1)2n+1+(2n+1)2n-1=12n-12n+1(2n-1+2n+1)=122n+1-2n-12n-12n+1=1212n-1-12n+1,因此Tn=1211-13+1213
7、-15+1212n-1-12n+1=121-12n+1.显然Tn12恒成立,且当n+时,Tn12,所以存在唯一实数=12满足题意.5.在等比数列an为递增数列,S3=7,且3a2是a1+3和a3+4的等差中项;Sn=2n-1这两个条件中任选一个,补充在下面的问题中,若问题中的实数k存在,求出k的最小值;若不存在,请说明理由.已知数列an的前n项和为Sn,bn=an+1SnSn+1,设数列bn的前n项和为Tn,是否存在实数k,使得Tn0,数列an为递增数列,所以q=2,所以an=2n-1,Sn=2n-1,所以bn=an+1SnSn+1=2n(2n-1)(2n+1-1)=12n-1-12n+1-1
8、,所以Tn=1-13+13-17+12n-1-12n+1-1=1-12n+1-11.当k1时,使得Tnk恒成立,故k的最小值为1.若选.因为Sn=2n-1,所以当n2时,an=Sn-Sn-1=2n-1,当n=1时a1=1,适合上式,所以an=2n-1(nN*),所以bn=an+1SnSn+1=2n(2n-1)(2n+1-1)=12n-1-12n+1-1,所以Tn=1-13+13-17+12n-1-12n+1-1=1-12n+1-11.当k1时,使得Tnk恒成立,故k的最小值为1.6.已知各项均为正数的数列an的前n项和为Sn,2Sn=an+1.(1)求an;(2)将数列an分组:(a1),(a
9、2,a3),(a4,a5,a6),(a7,a8,a9,a10),记第n组的和为bn.求数列bn的通项公式;求数列(-1)nbnn前2n项的和.解:(1)因为2Sn=an+1,所以a1=1.因为2Sn=an+1,所以Sn=(an+1)24.当n2时,Sn-1=(an-1+1)24,-得,2an+2an-1=an2-an-12,所以an-an-1=2,所以数列an是首项为1,公差为2的等差数列,所以an=2n-1.(2)由题意可知,b1=a1=S1,b2=a2+a3=S3-S1,b3=a4+a5+a6=S6-S3,b4=a7+a8+a9+a10=S10-S6,所以bn=Sn(n+1)2-Sn(n+1)2-n,而Sn=(1+2n-1)n2=n2,所以bn=Sn(n+1)2-Sn(n+1)2-n=n(n+1)22-n(n+1)2-n2=n3.由可得(-1)nbnn=(-1)nn2,所以数列(-1)nbnn的前2n项和T2n=(-1+22)+(-32+42)+(-52+62)+-(2n-1)2+(2n)2=3+7+(4n-1)=n(3+4n-1)2=n(2n+1).