江苏省2014届一轮复习数学试题选编14：等差与等比数列综合(学生(2)

q 13

(2)由an bm得

a (n 1)d aqm 1,又2d aq2 a a d

a 2

n 1 1 ( 2)m 1即n 1 ( 1)m 12

2 n 1 N* ( )

m 1

m 12

m 12

0 m为奇数，且n 2 1

(3)若{an}与{bn}有公共项,不妨设an bm 由(2)知:m为奇数，且n 2

m 12

1

2k 1 1

*

令m 2k 1(k N),则bm a (2)

a 2k 1

cn 2n 1a

若存在正整数p、q、r(p q r)满足题意,则

2q p r

q 1p 1r 1

2(a 2 q) (a 2 p) (a 2 r)

2 2

qp 1

2

r 1

,又 2

p 1

2

p r

2

r 1

22

P r 2

2

p r2

(当且仅当p r时取" ")

又 p r, 2

x

p 1

2

r 1

2

又y 2在R上增, q

p rp r

.与题设q 矛盾, 22

若不存在p、q、r满足题意

数学附加题

14.解: (1)①由题意,得

2a1 4d 17

8a1 28d 56

解得d 14分

②由①知

a1

212323

an nbn 3n an 3n ( n)

2,所以22,则

21232123

n) 3n ( n) 3n [3( n) ( n)] 2 3n [10 n]2222

因为所以

bn 1 bn 3n 1 (b11 b10

,且当n 10时,

bn 单调递增,当n 11时, bn 单调递减,

故当n 10或n 11时,

bn

最大

a1 1 a1 16

a 16a 1an a2a4 a1a5 16a1 a5 17

(2)因为是等比数列,则,又,所以 5或 5

an 2

n 1

从而或

an ( 2)

n 1

11

an 16 ()n 1an 16 ( )n 1

22或或.

又因为Sk 2、Sk、Sm依次成等差数列,得2Sk Sk 2 Sm,而公比q 1,

a1(1 qk)a1(1 qk 2)a1(1 qm)

2 kk 2m2m k

2q q q2 q q1 q1 q1 q所以,即,从而 (*)

当当

an 2n 1

时, (*)式不成立; 时,解得m k 1;

an ( 2)n 1

1

an 16 ()n 1

2当时, (*)式不成立; 1

an 16 ( )n 1

2当时, (*)式不成立.

综上所述,满足条件的

15.解:(1)由题得a2

an ( 2)n 1

5,b2 3,所以a1 b2 3,从而等差数列{an}的公差d 2,所以an 2n 1,从而

b3 a4 9,所以bn 3n 1

(2)设等差数列{an}的公差为d,等比数列 bn 的公比为q,则a1 5 d,b1

3

,a3 5 d,b3 3q. q

因为a1 b1,a2 b2,a3 b3成等比数列,所以(a1 b1) (a3 b3) (a2 b2)2 64.

a1 b1 m设 ,m,n N*,mn 64, a3 b3 n

3

5 d m

q则 ,整理得,d2 (m n)d 5(m n) 80 0.

5 d 3q n

解得d (舍去负根).

a3 5 d, 要使得a3最大,即需要d最大,即n m及(m n 10)

2

取最大

值. m,n N*,mn 64,

当且仅当n 64且m 1时,n m及(m n 10)取最大值.

2

从而最大的d

所以,

最大的a3

16.解 (1)因为 an 是等差数列,d a 1,an 1 n(a 1),

[1 2(a 1)][1 4(a 1)] 45,解得a 3或a an 2n 1

7

(舍去), 4

(2)因为 an 是等比数列,q a,an an 1,bn a2n 当a 1时,bn 1,Sn n;

a2(1 a2n)

当a 1时, Sn

1 a2

17.解: (1)因为

an 是等差数列,所以an (6 12t) 6(n 1) 6n 12t

nnn 1n 1

bn S 3 tb (3 1) (3 1) 2 3nn 2nn而数列的前项和为,所以当时, ,

n 1 3 t,

bn n 1

2 3,n 2b S 3 t 1又1,所以

(2)证明:因为

bn 是等比数列,所以3 t 2 31 1 2,即t 1,所以an 6n 12

nn 1n 1b 2 3 6 3 6 (3 2) 12, n(n N,n 1)对任意的,由于n 1

n 1n 1*a 6(2 3) 12 bn 1c 3 2 Nc

令n,则n,所以命题成立

1 3n1n1

T 2n 3 2n n c 1 322 数列n的前n项和

6(3 t)(1 2t),n 1

dn

4(n 2t)3n,n 2 (3)易得,

由于当n 2时, dn 1 dn

4(n 1 2t)3

n 1

3

8[n (2t )] 3n

4(n 2t)32,所以

n

①若

2t

37

2t 24,则dn 1 dn,所以当n 2时, dn 是递增数列,故由题意得 ,即

7

t

d1 d2,即6(3 t)(1 2t) 36(2 2t),

4,

2 2t

379

3 t 24,则当n 3时, dn 是递增数列,, ,即4

2

②若

故由题意得d2 d3,即4(2t 2)3 4(2t 3)3,解得

3

t

7

4

③若

m 2t

3m3m5 m 1(m N,m 3) t (m N,m 3)224,即24,

则当2 n m时,

dn 是递减数列, 当n m 1时, dn 是递增数列,

m

则由题意,得dm dm 1,即4(2t m)3

4(2t m 1)3

m 1

,解得

t

2m 3

4

2m 3

t t 4(m N,m 2) 综上所述,

18. 【证】(1)若k 0,则fk(n)即f0(n)为常数,不妨设f0(n) c(c为常数).

因为an Sn fk(n)恒成立,所以a1 S1 c,即c 2a1 2. 而且当n≥2时,an Sn 2, ① an 1 Sn 1 2, ②

①-②得 2an an 1 0(n N，n≥2).

若an=0,则an 1=0,,a1=0,与已知矛盾,所以an 0(n N*). 故数列{an}是首项为1,公比为的等比数列. 2

【解】(2)(i) 若k=0,由(1)知,不符题意,舍去. (ii) 若k=1,设f1(n) bn c(b,c为常数), 当n≥2时,an Sn bn c, ③ an 1 Sn 1 b(n 1) c, ④

③-④得 2an an 1 b(n N，n≥2).要使数列{an}是公差为d(d为常数)的等差数列,必须有an b d(常数),

而a1=1,故{an}只能是常数数列,通项公式为an =1n N*,

故当k=1时,数列{an}能成等差数列,其通项公式为an =1n N*,此时f1(n) n 1. (iii) 若k=2,设f2(n) an2 bn c(a 0,a,b,c是常数), 当n≥2时,an Sn an2 bn c, ⑤

an 1 Sn 1 a(n 1)2 b(n 1) c, ⑥ ⑤-⑥得 2an an 1 2an b a(n N，n≥2), 要使数列{an}是公差为d(d为常数)的等差数列,必须有 an 2an b a d,且d=2a,

考虑到a1=1,所以an 1 (n 1) 2a 2an 2a 1n N*.

故当k=2时,数列{an}能成等差数列,其通项公式为an 2an 2a 1n N*,

2

(a 1)n 1 2a此时f2(n) an(a为非零常数). (iv) 当k≥3时,若数列{an}能成等差数列,则

an Sn的表达式中n的最高次数为2,故数列{an}不能成等差数列.

综上得,当且仅当k=1或2时,数列{an}能成等差数列.

19. ⑴因为a2n 1,a2n 1,a2n成公差为4的等差数列,

8n N ), 所以a2n 1 a2n 1 4,a2n a2n 1 （

所以a1,a3,a5, ,a2n 1,a2n 1是公差为4的等差数列,且

a2 a4 a6 a2n a1 a3 a5 a2n 1 8n,

又因为a1 1,所以S2n 2 a1 a3 a5 a2n 1 8n

2[n+

所以

n(n 1)

4]+8n 4n2+6n 2n(2n+3), 2

S2n

2n+3 2013,所以n 1005 2n

Sn

a (a 1)qn 1,所以Sn (a 1)qn 1an aan, ① an

⑵因为

所以Sn 1 (a 1)qnan 1 aan 1, ②

②-①,得(a 1)(1 qn)an 1 [a (a 1)qn 1]an, ③ (ⅰ)充分性:因为q 1

1

,所以a 0,q 1,a 1 aq,代入③式,得 a

q(1 qn)an 1 (1 qn)an,因为q 1,又q 1,

所以

an 11

,n N*,所以 an 为等比数列, anq

(ⅱ)必要性:设 an 的公比为q0,则由③得(a 1) …… 此处隐藏：3495字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……