高考数学江苏专版二轮专题复习训练：数　列.docVIP

精品 Word 可修改 欢迎下载 必威体育精装版 精品 Word 欢迎下载 可修改 精品 Word 可修改 欢迎下载 6个解答题专项强化练(四)　数　列 1．已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*)． 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q. 由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12， 而b1＝2，所以q2＋q－6＝0. 又因为q＞0，解得q＝2. 所以bn＝2n. 由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.① 由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.② 由①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2. 所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n. (2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn， 由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1， 得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n， 故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n， 4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1， 上述两式相减，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1 ＝eq \f(12×?1－4n?,1－4)－4－(3n－1)×4n＋1 ＝－(3n－2)×4n＋1－8. 故Tn＝eq \f(3n－2,3)×4n＋1＋eq \f(8,3). 所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为eq \f(3n－2,3)×4n＋1＋eq \f(8,3). 2．已知数列{an}满足：a1＝eq \f(1,2)，an＋1－an＝p·3n－1－nq，n∈N*，p，q∈R. (1)若q＝0，且数列{an}为等比数列，求p的值； (2)若p＝1，且a4为数列{an}的最小项，求q的取值范围． 解：(1)∵q＝0，an＋1－an＝p·3n－1， ∴a2＝a1＋p＝eq \f(1,2)＋p，a3＝a2＋3p＝eq \f(1,2)＋4p， 由数列{an}为等比数列，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋p))2＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋4p))，解得p＝0或p＝1. 当p＝0时，an＋1＝an，∴an＝eq \f(1,2)，符合题意； 当p＝1时，an＋1－an＝3n－1， ∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝eq \f(1,2)＋(1＋3＋…＋3n－2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1－3n－1,1－3)＝eq \f(1,2)·3n－1， ∴eq \f(an＋1,an)＝3.符合题意． ∴p的值为0或1. (2)法一：若p＝1，则an＋1－an＝3n－1－nq， ∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝eq \f(1,2)＋(1＋3＋…＋3n－2)－[1＋2＋…＋(n－1)]q＝eq \f(1,2)[3n－1－n(n－1)q]． ∵数列{an}的最小项为a4， ∴对任意的n∈N*，有eq \f(1,2)[3n－1－n(n－1)q]≥a4＝eq \f(1,2)(27－12q)恒成立， 即3n－1－27≥(n2－n－12)q对任意的n∈N*恒成立． 当n＝1时，有－26≥－12q，∴q≥eq \f(13,6)； 当n＝2时，有－24≥－10q，∴q≥eq \f(12,5)； 当n＝3时，有－18≥－6q，∴q≥3； 当n＝4时，有0≥0，∴q∈R； 当n≥5时，n2－n－120，所以有q≤eq \f(3n－1－27,n2－n－12)恒成立， 令cn＝eq \f(3n－1－27,n2－n－12)(n≥5，n∈N*)， 则cn＋1－cn＝eq \f(2?n2－2n－12?3n－1＋54n,?n2－16??n2－9?)0， 即数列{cn}为递增数列，∴q≤c5＝eq \f(27,4). 综上所述，q的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3，\f(27,4))). 法二：∵p＝1，∴an＋1－an＝3n－1－nq， 又a4为数列{an}的最小项， ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a4－a3≤0，,a5－a4≥0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(9－3q≤0，,27－4q≥0，)) ∴3≤q≤eq \f(27,4). 此时a2－a1＝1