1、课时跟踪检测(三十三)数列的综合应用(分、卷，共2页)第卷：夯基保分卷1(2014南京质检)设等差数列的公差d0，a14d，若ak是a1与a2k的等比中项，则k的值为_2(2014无锡统考)设Sn是等比数列的前n项和，S3，S9，S6成等差数列，且a2a52am，则m_.3(2014盐城模拟)将正偶数排列如下表，其中第i行第j个数表示为aij(i，jN*)，例如a1318，若aij2 014，则ij_.24681012141618204.三个互不相等的实数成等差数列，适当交换这三个数的位置后，变成一个等比数列，则此等比数列的公比是_5植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻
2、两棵树相距10米开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为_米6.设数列an中，若an1anan2(nN*)，则称数列an为“凸数列”，已知数列bn为“凸数列”，且b11，b22，则数列bn的前2 013项和为_7(2014常州期末)已知数列an是等差数列，a1a2a315，数列bn是等比数列，b1b2b327.(1)若a1b2，a4b3，求数列an和bn的通项公式；(2)若a1b1，a2b2，a3b3均为正整数且成等比数列，求a3的最大值8(2014扬州模拟)已知数列an的前n项和为Sn.(1)若数列an是等比数列，满足2a1
3、a33a2，a32是a2，a4的等差中项，求数列an的通项公式；(2)是否存在等差数列an，使对任意nN*，都有anSn2n2(n1)？若存在，请求出所有满足条件的等差数列；若不存在，请说明理由第卷：提能增分卷1(2014徐州摸底)设fk(n)c0c1nc2n2cknk(kN)，其中c0，c1，c2，ck为非零常数，数列an的首项a11，前n项和为Sn，对于任意的正整数n，anSnfk(n)(1)若k0，求证：数列an是等比数列；(2)试确定所有的自然数k，使得数列an能成等差数列2(2014苏州质检)设数列an的前n项和为Sn，满足anSnAn2Bn1(A0)(1)若a1，a2，求证数列an
4、n是等比数列，并求数列an的通项公式；(2)已知数列an是等差数列，求的值3(2014无锡模拟)已知数列an中，a12，nN*，an0，数列an的前n项和为Sn，且满足an1.(1)求Sn的通项公式(2)设bk是数列Sn中按从小到大顺序组成的整数数列求b3; 若存在N(NN*)，当nN时，使得在数列Sn中，数列bk有且只有20项，求N的取值范围4(2014南通一调)已知数列an是等比数列，且an0.(1)若a2a18，a3m.当m48时，求数列an的通项公式；若数列an是唯一的，求m的值；(2)若a2ka2k1ak1(akak1a1)8，kN*，求a2k1a2k2a3k的最小值答 案第卷：夯基
5、保分卷1解析：由条件知ana1(n1)d4d(n1)d(n3)d，即an(n3)d(nN*)又aa1a2k，所以(k3)2d24d(2k3)d，且d0，所以(k3)24(2k3)，即k22k30，解得k3或k1(舍去)答案：32解析：设等比数列的公比为q，显然q1.由2S9S3S6得2，所以2q9q3q6，即1q32q6.因为a2a52am，所以a1qa1q42a1qm1，即1q32qm2，所以m26，所以m8.答案：83解析：正偶数数列2n，则aij2 014为正偶数数列的第1 007项，设aij在第i行，前i1行共有个正偶数，前i行共有个正偶数，于是有1 007，iN*，得i45，前i1行
6、有990个数，则aij2 014是第45行第17个数，即j17，所以ij62.答案：624解析：设这三个数分别为ad，a，ad(d0)，由于d0，所以ad，a，ad或ad，a，ad不可能成等比数列若ad，ad，a或a，ad，ad成等比数列，则(ad)2a(ad)，即d3a，此时q或q2；若a，ad，ad或ad，ad，a成等比数列，则(ad)2a(ad)，即d3a，此时，q2或q.故q2或.答案：2或5解析：当放在最左侧坑时，路程和为2(01020190)；当放在左侧第2个坑时，路程和为2(1001020180)(减少了360米)；当放在左侧第3个坑时，路程和为2(201001020170)(减
7、少了680米)；依次进行，显然当放在中间的第10、11个坑时，路程和最小，为2(908001020100)2 000米答案：2 0006解析：由“凸数列”的定义，可知，b11，b22，b33，b41，b52，b63，b71，b82，故数列bn是周期为6的周期数列，又b1b2b3b4b5b60，故数列bn的前2 013项和S2 013b1b2b31234.答案：47解：因为an是等差数列，所以a1a32a2.又因为a1a2a315，所以a25.因为bn是等比数列，所以b1b3b.又因为b1b2b327，所以b23.(1)由题设，a1b23，从而等差数列an的公差等于2，故数列an的通项公式为an
8、2n1.进而a49，b3a49，等比数列bn的公比等于3，故数列bn的通项公式为bn3n1.(2)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，则a15d，b1，a35d，b33q.因为a1b1，a2b2，a3b3成等比数列，所以(a1b1)(a3b3)(a2b2)264.设a1b1m，a3b3n，m，nN*，则mn64，整理得d2(mn)d5(mn)800.因为a35d，所以要使a3最大，只需d最大，所以上面方程必有解，从而d(舍去较小者)，所以d.要使d最大，只需nm及(mn10)2取最大值因为m，nN*，mn64，所以当且仅当n64，m1时，nm及(mn10)2取最大值从而d，所以a
9、3.即a3的最大值为.8解：(1)设等比数列an的首项为a1，公比为q，依题意有即由得q23q20，解得q1或q2.当q1时，不合题意，舍去；当q2时，代入得a12，所以an22n12n.(2)假设存在满足条件的数列an，设此数列的公差为d.法一：a1(n1)d2n2(n1)，即n2n2n22n对任意nN*恒成立，则解得或此时an2n或an2n.故存在等差数列an，使对任意nN*，都有anSn2n2(n1)，其中an2n或an2n.法二：令n1，a4得a12，令n2得aa1a2240，当a12时，a24或a26，若a24，则d2，an2n，Snn(n1)，对任意nN*，都有anSn2n2(n1
10、)；若a26，则d8，a314，S318，不满足a3S3232(31)，舍去当a12时，a24或a26，若a24，则d2，an2n，Snn(n1)，对任意nN*，都有anSn2n2(n1)；若a26，则d8，a314，S318，不满足a3S3232(31)，舍去综上所述，存在等差数列an，使对任意nN*，都有anSn2n2(n1)，其中an2n或an2n.第卷：提能增分卷1解：(1)证明：若k0，f0(n)c0，即anSnf0(n)c0.当n1时，a1S1c0，即c02a12，当n2时，anSn2，an1Sn12，得2anan10，即anan1(nN*，n2)若an0，则an10，a10，与已
11、知矛盾，所以an0.故数列an是首项为1，公比为的等比数列(2)若k0，由(1)知，不符题意，舍去；若k1，因为f1(n)c1nc0，当n1时，c1c02a12，当n2时，anSnc1nc0，an1Sn1c1(n1)c0，得2anan1c1(nN*，n2)要使数列an是公差为d(d为常数)的等差数列，必须有anc1d(常数)而a11，故an只能是常数数列，通项公式为an1(nN*)故当k1时，数列an能成等差数列，其通项公式为an1(nN*)，此时f1(n)n1；若k2，设f2(n)c2n2c1nc0，当n2时，anSnc2n2c1nc0，an1Sn1c2(n1)2c1(n1)c0，得2ana
12、n12c2nc1c2(nN*，n2)，要使数列an是公差为d(d为常数)的等差数列，必须有an2c2nc1c2d，且d2c2，考虑到a11，所以an1(n1)2c22c2n2c21(nN*)故当k2时，数列an能成等差数列，其通项公式为an2c2n2c21(nN*)，此时f2(n)c2n2(c21)n12c2；当k3时，anSnfk(n)cknkc2n2c1nc0(ck0)，n的最高次的次数k3，但如果数列an能成等差数列，则anSn的表达式中n的最高次的次数至多为2，矛盾综上，当且仅当k1或k2时，数列an能成等差数列2解：(1)证明：分别令n1,2，代入条件得又a1，a2，解得所以anSn
13、n2n1，则an1Sn1(n1)2(n1)1.得2an1ann2.则an1(n1)(ann)因为a110，所以数列ann是首项为，公比为的等比数列所以ann，则ann.(2)因为数列an是等差数列，所以设andnc，则Snn2n.所以anSnn2nc.所以A，Bc，c1.所以3.3解：(1)因为an1Sn1Sn，所以(Sn1Sn)(Sn1Sn2)2，即SS2(Sn1Sn)2，所以(Sn11)2(Sn1)22，且(S11)21，所以(Sn1)2是首项为1，公差为2的等差数列，所以Sn1.(2)当n1时，S1112b1；当n5时，S5134b2；当n13时，S13156b3.因为2n1是奇数，Sn
14、1为有理数，则2k1，所以n2k22k1.当k20时，n761；当k21时，n841.所以存在N761,840(NN*)，当nN时，使得在Sn中，数列bk有且只有20项4解：设公比为q，则由题意，得q0.(1)由a2a18，a3m48，得解得或所以数列an的通项公式为an(168)(3)n1或an(168)(3)n1.要使满足条件的数列an是唯一的，即关于a1与q的方程组有唯一正数解所以方程8q2mqm0有唯一解则m232m0，解得m32或m0.因为a3m0，所以m32，此时q2.经检验，当m32时，数列an唯一，其通项公式为an2n2.(2)由a2ka2k1ak1(akak1a1)8，得a1(qk1)(qk1qk21)8，且q1.则a2k1a2k2a3ka1q2k(qk1qk21)8qk132.当且仅当qk1，即q，等号成立所以a2k1a2k2a3k的最小值为32.
