江苏专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测三十二数列的综合问题理含解析苏教版.pdf
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1、课时跟踪检测(三十二) 数列的综合问题课时跟踪检测(三十二) 数列的综合问题 1已知各项都不小于 1 的数列an的前n项和为Sn,且满足an2.6Sn3n (1)求数列an的通项公式; (2)设bn1,从数列bn中抽取部分项b1,b9,bn3,bn4,bnk,按从小an 到大的顺序构成等比数列 求nk的通项公式; 记ckError!数列ck的前k项和是Tk,求证:Tk. 25 36 解:(1)由an2,6Sn3n 移项并平方得(an2)2a4an46Sn3n, 2n 则a4an146Sn13(n1),n2, 2n1 两式相减得, aa4an4an16an3,n2, 2n2n1 即a2an1a4
2、an14,n2, 2n2n1 即(an1)2(an12)2,n2. 又an1,所以an1an12,n2, 即anan13,n2, 又a12,所以a2a110,解得a11,6a13 2 1 所以数列an是首项为 1,公差为 3 的等差数列, 故an13(n1)3n2. (2)由bn1,3n2 得b12,b96,故等比数列的首项为 2,公比为 3, 则bnk23k11.3nk2 化简得nk432k343k21. 证明:由题意可得T1 ,T2 , 1 3 25 36 1 3 1 9 4 9 25 36 当k3,kN*时, ck 3k 4 32k14 3k932k 3k1 32k12 3k27 . 3
3、k1 3k33k9 9 2( 1 3k9 1 3k19) 则Tkc1c2ck 4 9 9 2( 1 339 1 349 1 349 1 359 1 3k9 1 3k19) , 4 9 9 2( 1 339 1 3k19) 25 36 3 2 1 3k3 25 36 综上,Tk. 25 36 2设数列an的首项为 1,前n项和为Sn,若对任意的nN*,均有Snankk(k是 常数且kN*)成立,则称数列an为“P(k)数列” (1)若数列an为“P(1)数列” ,求数列an的通项公式; (2)是否存在数列an既是“P(k)数列” ,也是“P(k2)数列”?若存在,求出符合条 件的数列an的通项公
4、式及对应的k的值;若不存在,请说明理由; (3)若数列an为“P(2)数列” ,a22,设Tn,证明:Tn3. a1 2 a2 22 a3 23 an 2n 解:(1)数列an为“P(1)数列” ,则Snan11, 所以Sn1an21,两式相减得,an22an1, 又n1 时,a1a211,所以a22, 故an12an对任意的nN*恒成立,即2, an1 an 所以数列an为等比数列,其通项公式为an2n1,nN*. (2)假设存在这样的数列an,由an是“P(k)数列”可得,Snankk,故有Sn1 ank1k, 两式相减得,an1ank1ank, 则有an3ank3ank2. 同理,由an
5、是“P(k2)数列”可得,an1ank3ank2, 所以an1an3对任意的nN*恒成立, 所以Snankkank2kSn2,即SnSn2. 又Snank2k2Sn22,即Sn2Sn2. 两式矛盾,故不存在数列an既是“P(k)数列” ,也是“P(k2)数列” (3)证明:因为数列an为“P(2)数列” ,所以Snan22, 所以Sn1an32, 两式相减得,an1an3an2, 又n1 时,a1a321,故a33, 又a22,满足a3a2a1, 所以an2an1an对任意的nN*恒成立, 所以数列an的前几项为 1,2,3,5,8, 故Tn , a1 2 a2 22 a3 23 an 2n
6、1 2 2 22 3 23 5 24 8 25 an 2n 当n1 时,T1 3,当n2 时,T213, a1 2 1 2 a1 2 a2 22 当n3 时,Tn, 1 2 1 22 2 23 3 24 5 25 an1 2n an 2n1 由得,Tn 1 2 1 2 1 22 1 23 2 24 anan1 2n an 2n1 1 2 1 22 1 23 2 24 an2 2n an 2n1 Tn2, 3 4 1 4 an 2n1 显然Tn2Tn,0,故Tn Tn,即Tn3. an 2n1 1 2 3 4 1 4 综上,Tn3. 3已知数列an的前n项和Sn满足:(t1)Sntant0(t为
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