2018考前三个月高考数学理科（江苏专用）总复习训练题：——压轴大题突破练2 .doc

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1、2数列1已知数列an中a11，an1(1)是否存在实数，使得数列a2n是等比数列？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；(2)若Sn是数列an的前n项和，求满足Sn0的所有正整数n.解(1)由已知，得a2(n1)a2n1(2n1)a2n3(2n)2n1a2n1.令a2(n1)(a2n)，得a2(n1)a2n，所以.此时，a21.所以存在，使得数列a2n是等比数列(2)由(1)知，数列是首项为，公比为的等比数列，所以a2nn1，即a2n.由a2na2n1(2n1)，得a2n13a2n3(2n1)6n3，所以a2n1a2n6n32n6n9，所以S2n(a1a2)(a3a4)(a2n1a2n)26

2、(12n)9n3n26n1，从而S2n1S2na2n3n26n.因为和3n26n3(n1)23在nN*时均单调递减，所以S2n和S2n1均各自单调递减计算得S11，S2，S3，S4，所以满足Sn0的所有正整数n的值为1和2.2已知数列an的前n项和为Sn，设数列bn满足bn2(Sn1Sn)Snn(Sn1Sn)(nN*)(1)若数列an为等差数列，且bn0，求数列an的通项公式；(2)若a11，a23，且数列a2n1，a2n都是以2为公比的等比数列，求满足不等式b2nb2n1的所有正整数n的集合解(1)设等差数列an的公差为d，所以an1a1nd，Snna1d.由bn2(Sn1Sn)Snn(Sn

3、1Sn)(nN*)，得bn2an1Snn(2Snan1)又由bn0，得2(a1nd)n2na1n(n1)da1nd0对一切nN*都成立，即(d2d)n2(3a1dd22a1)n2aa1da10对一切nN*都成立令n1，n2，解得或经检验，符合题意所以数列an的通项公式为an0或ann.(2)由题意得a2n12n1，a2n32n1，S2n2n13(2n1)42n4，S2n1S2na2n42n432n152n14.b2n2a2n1S2n2n(2S2na2n1)22n(42n4)2n(82n82n)2n1(2n29n4)16n.b2n12a2nS2n1(2n1)(2S2n1a2n)62n1(52n1

4、4)(2n1)(102n1832n1)2n1(302n126n11)16n8.所以b2nb2n12n1(2n29n4)16n2n1(302n126n11)16n82n822n182n.记f(n)22n182n，即f(n)2n8.记g(n)2n，则g(n1)g(n)2n12n5n2n5，当n1,2,3时，g(n1)g(n)0；当nN*时，n4，g(n1)g(n)2n50，因为当n1时，g(1)0，所以g(4)0，且g(6)0.所以f(n)2n8在n7(nN*)时也单调递增，当n1时，f(1)50；当n2时，f(2)340；当n3时，f(3)1000；当n4时，f(4)2240；当n5时，f(5)

5、3600；当n6时，f(6)240，所以满足条件的正整数n的集合为1,2,3,4,5,63已知等差数列an的前n项和为Sn，且2a5a313，S416.(1)求数列an的前n项和Sn；(2)设Tn(1)iai，若对一切正整数n，不等式Tnm2)，使得S2，SmS2，SnSm成等比数列？若存在，求出所有的m，n；若不存在，请说明理由解(1)设数列an的公差为d.因为2a5a313，S416，所以解得所以an2n1，Snn2.(2)当n为偶数时，设n2k，kN*，则T2k(a2a1)(a4a3)(a2ka2k1)2k.代入不等式Tnan1(1)n1an2n1，得2k4k，从而.设f(k)，则f(k

6、1)f(k).因为kN*，所以f(k1)f(k)0，所以f(k)是递增的，所以f(k)min2，所以2.当n为奇数时，设n2k1，kN*，则T2k1T2k(1)2ka2k2k(4k1)12k.代入不等式Tnan1(1)n1an2n1，得(12k)4k.因为kN*，所以4k的最大值为4，所以4.综上，的取值范围为(4,2)(3)假设存在正整数m，n(nm2)，使得S2，SmS2，SnSm成等比数列，则(SmS2)2S2(SnSm)，即(m24)24(n2m2)，所以4n2(m22)212，即4n2(m22)212，即(2nm22)(2nm22)12.因为nm2，所以n4，m3，所以2nm2215

7、.因为2nm22是整数，所以等式(2nm22)(2nm22)12不成立，故不存在正整数m，n(nm2)，使得S2，SmS2，SnSm成等比数列4若一个数列从第2项起，每一项与它前一项的差都大于2，则称这个数列为“A型数列”(1)若首项为1，公差为整数的等差数列an为“A型数列”，且其前n项和为Sn，若对于任意nN*，都有Sn2，由a11，得Snnd，且S1.由题意，得ndn2n对nN*均成立，即d3，d3，又d2，d3，an3n2.(2)设数列an的公比为q，则ana1qn1，an的每一项均为正整数，且an1ananqanan(q1)20，a10，且q1，an1anq(anan1)anan1，

8、即在anan1中，a2a1为最小项，同理，在bnbn1中，b2b1为最小项，由an为“A型数列”，可知只需a2a12，即a1(q1)2，又bn不是“A型数列”，且b2b1为最小项，b2b12，即a1(q1)3，由数列an的每一项均为正整数，可得a1(q1)3，a11，q4或a13，q2.当a11，q4时，an4n1，则cn，令dncn1cn(nN*)，则dn2n3，令endn1dn(nN*)，则en2n42n30，dn为递增数列，即dndn1dn2d1，即cn1cncncn1cn1cn2c2c1，c2c182，对任意的nN*都有cn1cn2，即数列cn为“A型数列”当a13，q2时，an32n1，则cn，显然，cn为递减数列，c2c102，故数列cn不是“A型数列”；综上所述，当an4n1时，数列cn为“A型数列”，当an32n1时，数列cn不是“A型数列”