2021届新高考数学二轮专题闯关导练（山东专用）：主观题专练 数列（3） Word版含解析

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数列(3)
1．[2020·山东高考第一次大联考]在①b1＋b3＝a2，②a4＝b4，③S5＝－25这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的k存在，求k的值；若k不存在，说明理由．
设等差数列{an}的前n项和为Sn，{bn}是等比数列，________，b1＝a5，b2＝3，b5＝－81，是否存在k，使得Sk>Sk＋1且Sk＋1？
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
2．[2020·山东名校联考]在①a3＋b3＝0，②S3＝－19.5，③a3＋a1＝2＋这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的λ存在，求出λ的值；若λ不存在，说明理由．
已知等差数列{an}的公差为d，Sn是数列{an}的前n项和，等比数列{bn}的公比为q(q≠1)，Tn是数列{bn}的前n项和，________，b1＝1，T3＝3，d＝－q，是否存在正整数λ，使得关于k的不等式λ(30＋Sk)≤10有解？
注：如果选择多个条件解答，按第一个解答计分．
3．[2020·山东临沂模拟]在①anan＋1＝22n－1；②Sn＝kan－；③Sn＝an＋n2－2n＋k这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的正整数m存在，求出m的值；若m不存在，说明理由．
已知数列{an}中a1＝1，其前n项和为Sn，且________，是否存在正整数m，使得Sm，Sm＋1，Sm＋2构成等差数列？
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
4．[2020·山东济南质量针对性检测]已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn－an}是等差数列，且b1＝2，b3＝14，求数列{bn}的前n项和Tn.
5．[2020·新高考Ⅰ卷]已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N
)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100.
6．[2020·山东日照校际联考]已知等比数列{an}是递增数列，且a1＋a5＝，a2a4＝4.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.
数列(3)
1．解析：若选条件①，
设{bn}的公比为q，则q3＝＝－27，即q＝－3，
所以bn＝－(－3)n－1.
从而a5＝b1＝－1，a2＝b1＋b3＝－10，由于{an}是等差数列，所以an＝3n－16.
因为Sk>Sk＋1且Sk＋10，
所以满足题意的k存在当且仅当即k＝4.
若选条件②，
设{bn}的公比为q，则q3＝＝－27，即q＝－3，
所以bn＝－(－3)n－1.
从而a5＝b1＝－1，a4＝b4＝27，所以{an}的公差d＝－28.
因为Sk>Sk＋1且Sk＋10，此时d＝ak＋2－ak＋1>0，与d＝－28矛盾，所以满足题意的k不存在．
若选条件③，
设{bn}的公比为q，则q3＝＝－27，即q＝－3，
所以bn＝－(－3)n－1.
从而a5＝b1＝－1，由{an}是等差数列得S5＝，
由S5＝－25得a1＝－9.
所以an＝2n－11.
因为Sk>Sk＋1且Sk＋10，
所以满足题意的k存在当且仅当即k＝4.
2．解析：由b1＝1，T3＝b1(1＋q＋q2)＝3，得q＝－2或q＝1(舍去)，
∴bn＝(－2)n－1.
选①，∵a3＋b3＝0，∴a3＝－b3＝－4，d＝－q＝2，
∴an＝a3＋2(n－3)＝2n－10，a1＝－8，
∴Sn＝n(n－9)＝2－≥－20，
由λ(30＋Sk)≤10得λ≤≤1，
∴λ＝1，
∴当λ＝1时，30＋Sk≤10，解得k＝4或5，故存在λ＝1，使得关于k的不等式λ(30＋Sk)≤10有解．
选②，∵S3＝－19.5，∴a2＝－6.5，d＝－q＝2，
∴an＝a2＋2(n－2)＝2n－10.5，a1＝－8.5，
∴Sn＝n(n－9.5)＝2－≥－22.5.
由λ(30＋Sk)≤10得λ≤≤<2，
∴λ＝1，
∴当λ＝1时，30＋Sk≤10，解得k＝4或5或6，故存在λ＝1，使得关于k的不等式λ(30＋Sk)≤10有解．
选③，∵a3＋a1＝2＋＝6，
∴a2＝＝3，d＝－q＝2，
∴an＝a2＋2(n－2)＝2n－1，a1＝1，
∴Sn＝n2，
∴30＋Sk>10，
∴不存在正整数λ，使得关于k的不等式λ(30＋Sk)≤10有解．
3．解析：选择条件①，anan＋1＝22n－1，则an＋1an＋2＝22n＋1，两式相除得＝4.
所以{an}的奇数项a1，a3，a5，…和偶数项a2，a4，a6，…分别构成公比为4的等比数列．
由于a1＝1，所以a3＝4，又a1a2＝22×1－1＝2，所以a2＝2.
因此a＝a1a3，于是a1，a2，a3成等比数列，故数列{an}是等比数列，
且其公比q＝2，
所以an＝2n－1.
故Sn＝＝2n－1.
所以Sm＝2m－1，Sm＋1＝2m＋1－1，Sm＋2＝2m＋2－1，
若Sm，Sm＋1，Sm＋2构成等差数列，则2(2m＋1－1)＝(2m－1)＋(2m＋2－1)，
整理得2m＝0，由于m∈N
，所以无解，
故不存在正整数m，使得Sm，Sm＋1，Sm＋2构成等差数列．
若选择条件②，即Sn＝kan－，由于a1＝1，所以1＝k－，则k＝，于是Sn＝an－.
当n≥2时，Sn－1＝an－1－，两式相减得an＝an－an－1，
于是＝3，所以数列{an}是公比为3的等比数列．
因此an＝3n－1，所以Sn＝＝(3n－1)．
所以Sm＝(3m－1)，Sm＋1＝(3m＋1－1)，Sm＋2＝(3m＋2－1)，
若Sm，Sm＋1，Sm＋2构成等差数列，则2·(3m＋1－1)＝(3m－1)＋(3m＋2－1)，
整理得3m＝0，由于m∈N
，所以无解，
故不存在正整数m，使得Sm，Sm＋1，Sm＋2构成等差数列．
若选择条件③，即Sn＝an＋n2－2n＋k，由于a1＝1，所以1＝1＋k－1，所以k＝1，
因此Sn＝an＋n2－2n＋1，当n≥2时Sn－1＝an－1＋(n－1)2－2(n－1)＋1，
两式相减得an＝an－an－1＋2n－3，于是an－1＝2n－3，
所以an＝2n－1.
于是{an}为等差数列，且Sn＝n×1＋×2＝n2，
所以Sm＝m2，Sm＋1＝(m＋1)2，Sm＋2＝(m＋2)2，
若Sm，Sm＋1，Sm＋2构成等差数列，则2·(m＋1)2＝m2＋(m＋2)2，
整理知该式无解，
故不存在正整数m，使得Sm，Sm＋1，Sm＋2构成等差数列．
4．解析：(1)当n＝1时，2S1＝2a1＝3a1－1，所以a1＝1，
当n≥2时，因为2Sn＝3an－1　①，所以2Sn－1＝3an－1－1　②，
①－②得an＝3an－1，即＝3，
因为a1＝1，
所以数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列，故an＝3n－1.
(2)令cn＝bn－an，则c1＝b1－a1＝1，c3＝b3－a3＝14－9＝5，
所以数列{cn}的公差d＝＝＝2，故cn＝2n－1，
所以bn＝cn＋an＝2n－1＋3n－1，
所以Tn＝＋＝n2＋.
5．解析：(1)设{an}的公比为q.由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8.
解得q＝(舍去)，q＝2.由题设得a1＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由题设及(1)知b1＝0，且当2n≤m<2n＋1时，bm＝n.
所以S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋…＋b100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63)＝480.
6．解析：(1)设{an}的公比为q，
则a1＋a1q4＝，(a1q2)2＝4，得a1＝，q＝2.
∴数列{an}的通项公式为an＝2n－2.
(2)由bn＝nan，an＝2n－2，得bn＝n×2n－2，
∴Sn＝1×2－1＋2×20＋3×21＋…＋n×2n－2，①
则2Sn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋(n－1)×2n－2＋n×2n－1.②
②－①得Sn＝－2－1－20－21－…－2n－2＋n×2n－1，
即Sn＝－(2－1＋20＋21＋22＋…＋2n－2)＋n×2n－1＝－2n－1＋n×2n－1＝＋(n－1)2n－1.
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