江蘇專用2025版高考數(shù)學(xué)三輪復(fù)習(xí)解答題專題練五數(shù)列文蘇教版

PAGE1-解答題專題練(五)數(shù)列(建議用時(shí)：40分鐘)1．已知首項(xiàng)為eq\f(1,2)，公比不等于1的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S3，S2，S4成等差數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)記bn＝n|an|，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，求Tn.2．(2024·蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研)已知等差數(shù)列{an}的公差d不為0，且a3＝aeq\o\al(2,7)，a2＝a4＋a6.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，求滿意Sn－2an－20>0的全部正整數(shù)n的集合．3．(2024·泰州模擬)設(shè)數(shù)列{an}滿意：a1＝1，an＋1＝3an，n∈N*，設(shè)Sn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，已知b1≠0，2bn－b1＝S1·Sn，n∈N*.(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；(2)求證：對(duì)隨意的n∈N*且n≥2，有eq\f(1,a2－b2)＋eq\f(1,a3－b3)＋…＋eq\f(1,an－bn)<eq\f(3,2).4．(2024·南通模擬)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，且滿意a1＋a2＋a3＝9，b1b2b3＝27.(1)若a4＝b3，b4－b3＝m.①當(dāng)m＝18時(shí)，求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；②若數(shù)列{bn}是唯一的，求m的值；(2)若a1＋b1,a2＋b2，a3＋b3均為正整數(shù)，且成等比數(shù)列，求數(shù)列{an}的公差d的最大值．

解答題專題練(五)1．解：(1)法一：設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，由題意得2S2＝S3＋S4，q≠1，所以2×eq\f(a1（1－q2）,1－q)＝eq\f(a1（1－q3）,1－q)＋eq\f(a1（1－q4）,1－q).化簡(jiǎn)得q2＋q－2＝0，得q＝－2，又?jǐn)?shù)列{an}的首項(xiàng)為eq\f(1,2)，所以an＝eq\f(1,2)×(－2)n－1.法二：設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，由題意得2S2＝S3＋S4，即(S4－S2)＋(S3－S2)＝0，即(a4＋a3)＋a3＝0，所以eq\f(a4,a3)＝－2，所以公比q＝－2.又?jǐn)?shù)列{an}的首項(xiàng)為eq\f(1,2)，所以an＝eq\f(1,2)×(－2)n－1.(2)bn＝n|an|＝n×eq\f(1,2)×2n－1＝eq\f(1,4)×n×2n，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝eq\f(1,4)(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n)，①2Tn＝eq\f(1,4)(1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1)，②①－②得，－Tn＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2×（1－2n）,1－2)－n×2n＋1))，所以Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)(n－1)×2n.2．解：(1)由a3＝aeq\o\al(2,7)，得a1＋2d＝(a1＋6d)2，①由a2＝a4＋a6，得a1＋d＝2a1＋8d，即a1＝－7d，②②代入①，得－5d＝d2.所以d＝－5或d＝0(不符合題意，舍去)．則a1＝35.所以an＝35＋(n－1)(－5)＝－5n＋40.(2)Sn＝eq\f(（35－5n＋40）n,2)＝eq\f(n（75－5n）,2)，不等式Sn－2an－20>0，即eq\f(n（75－5n）,2)－2(－5n＋40)－20>0.整理得n2－19n＋40<0.所以eq\f(19－\r(201),2)<n<eq\f(19＋\r(201),2).則eq\f(19－14,2)<n<eq\f(19＋15,2)，即eq\f(5,2)<n<17.因?yàn)閚∈N*，所以所求n的集合為{3，4，…，16}．3．解：(1)因?yàn)閍n＋1＝3an，所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1，公比為3的等比數(shù)列，所以an＝a1·3n－1＝3n－1.在{bn}中，令n＝1，2b1－b1＝S1·S1?b1＝1，所以2bn－1＝Sn，2bn－1－1＝Sn－1，所以2bn－2bn－1＝bn(n≥2)?bn＝2bn－1，所以數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，所以bn＝b1·2n－1＝2n－1.(2)證明：eq\f(1,an－bn)＝eq\f(1,3n－1－2n－1)＝eq\f(1,3n－2＋2（3n－2－2n－2）)≤eq\f(1,3n－2)，eq\f(1,a2－b2)＋eq\f(1,a3－b3)＋…＋eq\f(1,an－bn)<1＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,3n－2)＝eq\f(1·\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(n－1))),1－\f(1,3))＝eq\f(3,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(n－1)))<eq\f(3,2).4．解：(1)①由數(shù)列{an}是等差數(shù)列及a1＋a2＋a3＝9，得a2＝3，由數(shù)列{bn}是等比數(shù)列及b1b2b3＝27，得b2＝3.設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，數(shù)列{bn}的公比為q，若m＝18，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3＋2d＝3q，,3q2－3q＝18))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝3，,q＝3))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝－\f(9,2),q＝－2)).所以，{an}和{bn}的通項(xiàng)公式為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＝3n－3，,bn＝3n－1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＝－\f(9,2)n＋12，,bn＝3（－2）n－2.))②由題設(shè)b4－b3＝m，得3q2－3q＝m，即3q2－3q－m＝0(*)．因?yàn)閿?shù)列{bn}是唯一的，所以(ⅰ)當(dāng)m＝0時(shí)，3q2－3q＝0，因?yàn)閝≠0所以q＝1，即bn＝3.滿意題意；(ⅱ)當(dāng)m≠0時(shí)，則有(*)式的判別式Δ＝(－3)2＋12m＝0，解得m＝－eq\f(3,4)，代入(*)式，解得q＝eq\f(1,2)，又b2＝3，bn＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－2)，所以{bn}是唯一的等比數(shù)列，符合題意.所以，m＝0或－eq\f(3,4).(2)依題意，36＝(a1＋b1)(a3＋b3)，設(shè){bn}公比為q，則有36＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－d＋\f(3,q)))(3＋d＋3q)，(**)記m＝3－d＋eq\f(3,q)，n＝3＋d＋3q，則mn＝36.將(**)中的q消去，整理得d2＋(m－n)d＋3(m＋n)－36＝0，d的大根為eq\f(n－m＋\r(（m－n）2－12（m＋n）＋144