解答题专练之数列解析版

这是一份解答题专练之数列解析版，共7页。

(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝eq \f(2,anan＋1)，设{bn}的前n项和是Tn，求使得Tn>eq \f(2 020,2 021)的最小正整数n。
解 (1)a1＝S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，a1符合上式，
所以an＝2n－1。
(2)bn＝eq \f(2,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1)，
所以Tn＝1－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,5)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1)＝1－eq \f(1,2n＋1)，
令1－eq \f(1,2n＋1)>eq \f(2 020,2 021)，解得n>1 010，
所以最小正整数n为1 011。
2．已知等差数列{an}，且a5＝5，S5＝15，首项为1的数列{bn}满足2bn＋1an＝bnan＋1。
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；
(2)求数列{bn}的前n项和Tn。
解 (1)依题意，设数列{an}的公差为d，
因为S5＝5a3＝15，所以a3＝3，
故d＝eq \f(a5－a3,5－3)＝1。
故an＝a3＋(n－3)d＝n，Sn＝eq \f(nn＋1,2)。
(2)依题意，2bn＋1an＝bnan＋1，
得eq \f(bn＋1,n＋1)＝eq \f(1,2)·eq \f(bn,n)(n≥1)，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(bn,n)))是以eq \f(b1,1)＝1为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列，eq \f(bn,n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，从而bn＝eq \f(n,2n－1)，
Tn＝eq \f(1,20)＋eq \f(2,21)＋eq \f(3,22)＋…＋eq \f(n－1,2n－2)＋eq \f(n,2n－1)，
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,21)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n－1,2n－1)＋eq \f(n,2n)，
两式相减得eq \f(1,2)Tn＝1＋eq \f(1,21)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(n,2n)＝eq \f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n)＝2－eq \f(n＋2,2n)，
所以Tn＝4－eq \f(n＋2,2n－1)。
3．(2021·辽宁大连高三期末)在①Sn＝eq \f(3,4)n2－kn＋1(n∈N*，k为常数)，②an＋1＝an＋d(n∈N*，d为常数)，③an＋1＝qan(q>0，n∈N*，q为常数)这三个条件中任选一个，补充到下面问题中，若问题中的数列存在，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))(n∈N*)的前10项和；若问题中的数列不存在，说明理由。
问题：是否存在数列{an}(n∈N*)，其前n项和为Sn，且a1＝1，a3＝4，________？
解 选择①Sn＝eq \f(3,4)n2－kn＋1(n∈N*，k为常数)。
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝S1，,a3＝S3－S2，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＝\f(3,4)－k＋1，,4＝\f(27,4)－3k－3＋2k，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝\f(3,4)，,k＝－\f(1,4)，))
该方程组无解，所以该数列不存在。
选择②an＋1＝an＋d(n∈N*，d为常数)，
即数列{an}为等差数列，
由a1＝1，a3＝4，可得公差d＝eq \f(a3－a1,2)＝eq \f(3,2)，
所以an＝eq \f(3,2)n－eq \f(1,2)。
所以eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))，
所以eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＋…＋eq \f(1,a10a11)＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)－\f(1,a2)＋\f(1,a2)－\f(1,a3)＋…＋\f(1,a10)－\f(1,a11)))＝eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,16)))＝eq \f(5,8)。
选择③an＋1＝qan(q>0，n∈N*，q为常数)，
即数列{an}为等比数列，
由a1＝1，a3＝4，可得公比q＝eq \r(4)＝2，
所以eq \f(1,anan＋1)÷eq \f(1,an－1an)＝eq \f(1,4)(n≥2)，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))是首项为eq \f(1,a1a2)＝eq \f(1,2)，
公比为eq \f(1,4)的等比数列，
所以其前10项和为eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))10)),1－\f(1,4))＝eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,410)))。
4．(2021·江苏徐州高三期末)设数列{an}，{bn}是公比不相等的两个等比数列，数列{cn}满足cn＝an＋bn，n∈N*。
(1)若an＝2n，bn＝3n，是否存在常数k，使得数列{cn＋1－kcn}为等比数列？若存在，求k的值；若不存在，说明理由；
(2)证明：{cn}不是等比数列。
解 (1)由题意知，若数列{cn＋1－kcn}为等比数列，
则有(cn＋1－kcn)2＝(cn＋2－kcn＋1)·(cn－kcn－1)，
其中n≥2且n∈N*，
将cn＝2n＋3n代入上式，得
[2n＋1＋3n＋1－k(2n＋3n)]2＝[2n＋2＋3n＋2－k(2n＋1＋3n＋1)]·[2n＋3n－k(2n－1＋3n－1)]，
即[(2－k)2n＋(3－k)3n]2＝[(2－k)2n＋1＋(3－k)3n＋1]·[(2－k)2n－1＋(3－k)3n－1]，
整理得eq \f(1,6)(2－k)(3－k)·2n·3n＝0，
解得k＝2或k＝3。
(2)证明：设数列{an}，{bn}的公比分别为p，q，p≠q且p，q≠0，a1，b1≠0，
则cn＝a1pn－1＋b1qn－1，
要证{cn}不是等比数列，只需证ceq \\al(2,2)≠c1·c3，
事实上ceq \\al(2,2)＝(a1p＋b1q)2＝aeq \\al(2,1)p2＋2a1b1pq＋beq \\al(2,1)q2，
c1·c3＝(a1＋b1)·(a1p2＋b1q2)＝aeq \\al(2,1)p2＋a1b1(p2＋q2)＋beq \\al(2,1)q2，
由于p≠q，故p2＋q2>2pq，又a1，b1≠0，
从而ceq \\al(2,2)≠c1·c3，所以{cn}不是等比数列。
5．(2021·山东青岛高三期末)在①4Sn＝aeq \\al(2,n)＋2an，②a1＝2，nan＋1＝2Sn这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并完成解答。
问题：已知正项数列{an}的前n项和为Sn，__________。
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足lg eq \s\d8(\f(1,3)) bn＝eq \f(1,2)an－1，且cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Mn。
解 (1)选①4Sn＝aeq \\al(2,n)＋2an。
当n＝1时，4a1＝aeq \\al(2,1)＋2a1，
因为a1>0，所以a1＝2。
由4Sn＝aeq \\al(2,n)＋2an ①，
可得4Sn＋1＝aeq \\al(2,n＋1)＋2an＋1 ②，
②－①得，4an＋1＝aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＋2an＋1－2an，
整理得aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)－2an＋1－2an＝0，
所以(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0。
因为an>0，所以an＋1－an＝2，
所以数列{an}是首项为2，公差为2的等差数列，
所以an＝2n。
选②a1＝2，nan＋1＝2Sn。
因为nan＋1＝2Sn ①，
所以当n≥2时，(n－1)an＝2Sn－1 ②，
①－②得，nan＋1＝(n＋1)an，即eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋1,n)(n≥2)。
①中，令n＝1，得a2＝2a1＝4，eq \f(a2,a1)＝2适合上式，
所以当n≥2时，an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·eq \f(an－2,an－3)·…·eq \f(a3,a2)·eq \f(a2,a1)·a1＝eq \f(n,n－1)·eq \f(n－1,n－2)·eq \f(n－2,n－3)·…·eq \f(3,2)×eq \f(2,1)×2＝2n。
又n＝1，a1＝2＝2×1，
所以对任意n∈N*，an＝2n。
(2)因为lg eq \s\d8(\f(1,3)) bn＝eq \f(1,2)an－1，
即lg eq \s\d8(\f(1,3)) bn＝n－1，
所以bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1，
于是cn＝anbn＝2n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1，
Mn＝2×1＋4×eq \f(1,3)＋6×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＋…＋2n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1 ③，
eq \f(1,3)Mn＝2×eq \f(1,3)＋4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＋6×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3＋…＋2n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n ④，
③－④得eq \f(2,3)Mn＝2＋2×eq \f(1,3)＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3＋…＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1－2n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n＝2×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1))－2n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n＝2×eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n,1－\f(1,3))－2n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n＝3－(2n＋3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n，
所以Mn＝eq \f(9,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)＋n))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1。
6．(2021·安徽名校高三期末)从①b1＋b2＋b3＋…＋bn＝eq \f(nn＋1,2)(n∈N*)，②{bn}为等差数列，且b2＝2,2b1＋b5＝7这两个条件中选择一个条件补充在下面的问题中，并完成解答。
问题：已知数列{an}，{bn}满足an＝2bn，且________。
(1)证明：数列{an}为等比数列；
(2)若cm表示数列{bn}在区间(0，am)内的项数，求数列{cm}的前m项的和Tm。
解 (1)证明：选择①，因为b1＋b2＋b3＋…＋bn＝eq \f(nn＋1,2)(n∈N*)，
所以当n＝1时，b1＝1，
当n≥2时，bn＝eq \f(nn＋1,2)－eq \f(nn－1,2)＝n，
n＝1时也成立，故bn＝n，
所以an＝2n，eq \f(an＋1,an)＝eq \f(2n＋1,2n)＝2。
所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列。
选择②，设数列{bn}的公差为d，
由题意eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b1＋d＝2，,2b1＋b1＋4d＝7，)) 得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b1＝1，,d＝1，))
得bn＝n，
所以an＝2n，所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(2n＋1,2n)＝2。
所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列。
(2)由(1)知an＝2n，
又cm表示数列{bn}在区间(0，am)内的项数，
所以c1对应的区间为(0,2)，c1＝1；
c2对应的区间为(0,4)，c2＝3；
c3对应的区间为(0,8)，c3＝7；…；
cm对应的区间为(0,2m)，cm＝2m－1。
所以Tm＝21－1＋22－1＋…＋2m－1＝eq \f(21－2m,1－2)－m＝2m＋1－2－m。