1、课时达标训练(十四) 等差、等比数列的综合问题A组1在数列an,bn中,已知a12,b14,且an,bn,an1成等差数列,bn,an,bn1也成等差数列(1)求证:anbn是等比数列;(2)设m是不超过100的正整数,求使成立的所有数对(m,n)解:(1)证明:由an,bn,an1成等差数列可得,2bnanan1,由bn,an,bn1成等差数列可得,2anbnbn1,得,an1bn13(anbn),又a1b16,所以anbn是以6为首项,3为公比的等比数列(2)由(1)知,anbn6(3)n1,得,an1bn1anbn2,得,an3(3)n11,代入,得,所以3(3)n11m3(3)m33(
2、3)n1m3(3)m13,整理得,(m1)(3)m3(3)n0,所以m1(3)nm1,由m是不超过100的正整数,可得2(3)nm1101,所以nm12或4,当nm12时,m19,此时m8,则n9,符合题意;当nm14时,m181,此时m80,则n83,符合题意故使成立的所有数对(m,n)为(8,9),(80,83)2(2019苏锡常镇二模)已知数列an是各项都不为0的无穷数列,对任意的n3,nN*,a1a2a2a3an1an(n1)a1an恒成立(1)如果,成等差数列,求实数的值;(2)若1.()求证:数列是等差数列;()已知数列an中,a1a2.数列bn是公比为q的等比数列,满足b1,b2
3、,b3(iN*)求证:q是整数,且数列bn中的任意一项都是数列中的项解:(1)因为n3且nN*时,a1a2a2a3an1an(n1)a1an恒成立,则当n3时,a1a2a2a32a1a3,因为数列an的各项都不为0,所以等式两边同时除以a1a2a3得:,又,成等差数列,所以,所以,所以1.(2)证明:()当1,n3时,a1a2a2a32a1a3 ,整理得,则.当n4时,a1a2a2a3a3a43a1a4,得:a3a43a1a42a1a3,得,又,所以.当n3时,a1a2a2a3an1an(n1)a1an,a1a2a2a3an1ananan1na1an1,两式相减得:anan1na1an1(n1
4、)a1an,因为an0,所以,则,所以,整理得,即(n3),由得:对任意的正整数n恒成立,所以数列成等差数列()设数列的公差为d,设cn,c1c(c0),则b1c1c,b2c2cd,dc2c1b2b1cqc.当i2时,b3c2b2,从而q1,b2b1,得a1a2,与已知不符当i3时,由b3c3,cq2c2dc2c(q1),得q212(q1),得q1,与已知不符当i1时,由b3c1,cq2c,得q21,则q1(上面已证q1)为整数此时数列bn为:c,c,c,;数列cn中,c1c,c2c,公差d2c.数列bn中每一项都是cn中的项(cc1,cc2)当i4时,由b3ci,cq2c(i1)dc(i1)
5、c(q1),得q2(i1)q(i2)0,得q1(舍去),qi2(i4)为正整数cqcd,b3ci,对任意的正整数k4,欲证明bk是数列cn中的项,只需证bkcqk1cixdb3x(cqc)cq2x(cqc)有正整数解x,即证x为正整数因为x表示首项为q2,公比为qi2(i4),共k3(k4)项的等比数列的和,所以x为正整数因此,bn中的每一项都是数列cn也即中的项3(2019盐城三模)在无穷数列an中,an0(nN*),记an前n项中的最大项为kn,最小项为rn,令bn.(1)若an的前n项和Sn满足Sn.求bn;是否存在正整数m,n,满足?若存在,请求出这样的m,n,若不存在,请说明理由(2
6、)若数列bn是等比数列,求证:数列an是等比数列解:(1)在Sn中,令n1,得a1S1,解得a11,Sn,当n2时,anSnSn1n,综上,得ann(nN*)显然an为递增数列,knann,rna11,bn.假设存在满足条件的正整数m,n,则,设cn,则cn1cn,c1c2c3c4c5,由,得cmcnn,则mn1,当mn1时,显然不成立当mn1时,2mn1,设mn1t,则tN*,2t,得n,设dn,则dn1dn0恒成立,数列dn递减又d12,d21,d31,n3时,dn0(nN*),且kn,rn分别为an前n项中的最大项和最小项,kn1kn,rn1rn,设数列bn的公比为q,显然q0,()当q
7、1时,1,得,若 kn1kn,则rn1kn与rn11时,q1,得q21.1,kn1kn恒成立,而knan,kn1an1,an1an恒成立,knan,rna1,代入q2得q2,即q2,数列an是等比数列()当0q1时,01,得q21,1,rn1rn恒成立,而rnan,rn1an1,an1an恒成立,kna1,rnan,代入q2得q2,即q2数列an是等比数列,综上可得,数列an是等比数列4(2019南通等七市三模)已知数列an满足(nan12)an(2an1)an1(n2),bnn(nN*)(1)若a13,证明:bn是等比数列;(2)若存在kN*,使得,成等差数列求数列an的通项公式;证明:ln
8、 nanln(n1)an1.解:(1)证明:由(nan12)an(2an1)an1(n2),得2n,得n2,即bn2bn1(n2)因为a13,所以b110,所以2(n2),所以bn是以为首项,2为公比的等比数列(2)设1,由(1)知,bn2bn1,所以bn2bn122bn22n1b1,得n2n1,所以2k1k.因为,成等差数列,所以(2k1k)(2k1k2)2(2kk1),所以2k10,所以0,所以n,即an.证明:要证ln nanln(n1)an1,即证(anan1)ln,即证2ln .设t,则t1t,且t1,从而只需证当t1时,t2ln t.设f(x)x2ln x(x1),则f(x)10,
9、所以f(x)在(1,)上单调递增,所以f(x)f(1)0,即x2ln x,因为t1,所以t2ln t,所以原不等式得证B组1(2019苏北三市一模)已知数列an满足对任意的nN*,都有an(qnan1)2qnanan1an1(1qnan1),且an1an0,其中a12,q0.记Tna1qa2q2a3qn1an.(1)若q1,求T2 019的值;(2)设数列bn满足bn(1q)Tnqnan.求数列bn的通项公式;若数列cn满足c11,且当n2时,cn2bn11,是否存在正整数k,t,使c1,ckc1,ctck成等比数列?若存在,求出所有k,t的值;若不存在,说明理由解:(1)当q1时,由an(q
10、nan1)2qnanan1an1(1qnan1),得(an1an)2an1an,又an1an0,所以an1an1,又a12,所以T2 019a1(a2a3)(a4a5)(a2 018a2 019)1 011.(2)由an(qnan1)2qnanan1an1(1qnan1),得qn(an1an)2an1an,又an1an0,q0,所以an1an,又Tna1qa2q2a3qn1an,所以qTnqa1q2a2q3a3qnan,所以(1q)Tna1q(a1a2)q2(a2a3)q3(a3a4)qn1(an1an)qnan,bn(1q)Tnqnana1111qnanqnana1n1n1,所以bnn1.由
11、题意,得cn2bn112n1,n2,因为c1,ckc1,ctck成等比数列,所以(ckc1)2c1(ctck),即(2k2)22t2k,所以2t(2k)232k4,即2t2(2k1)232k21(*)由于ckc10,所以k1,即k2.当k2时,2t8,得t3.当k3时,由(*),得(2k1)232k21为奇数,所以t20,即t2,代入(*)得22k232k20,得2k3,此时k无正整数解综上,k2,t3.2(2018江苏高考)设an是首项为a1,公差为d的等差数列,bn是首项为b1,公比为q的等比数列(1)设a10,b11,q2,若|anbn|b1对n1,2,3,4均成立,求d的取值范围;(2
12、)若a1b10,mN*,q(1, ,证明:存在dR,使得|anbn|b1对n2,3,m1均成立,并求d的取值范围(用b1,m,q表示)解:(1)由条件知an(n1)d,bn2n1.因为|anbn|b1对n1,2,3,4均成立,即|(n1)d2n1|1对n1,2,3,4均成立,所以11,1d3,32d5,73d9,解得d.所以d的取值范围为.(2)由条件知anb1(n1)d,bnb1qn1.若存在d,使得|anbn|b1(n2,3,m1)成立,即|b1(n1)db1qn1|b1(n2,3,m1),即当n2,3,m1时,d满足b1db1.因为q,则1qn1qm2,从而b10,b10,对n2,3,m
13、1均成立因此,取d0时,|anbn|b1对n2,3,m1均成立下面讨论数列的最大值和数列的最小值(n2,3,m1)当2nm时,.当1q2时,有qnqm2,从而n(qnqn1)qn20.因此,当2nm1时,数列单调递增,故数列的最大值为.设f(x)2x(1x),当x0时,f(x)(ln 21xln 2)2x0,所以f(x)单调递减,从而f(x)f(0)1.当2nm时,2f1,因此,当2nm1时,数列单调递减,故数列的最小值为.因此d的取值范围为.3(2019南通等七市二模)已知数列an的各项均不为零设数列an的前n项和为Sn,数列a的前n项和为Tn,且3S4SnTn0,nN*.(1)求a1,a2
14、的值;(2)证明:数列an是等比数列;(3)若(nan)(nan1)0对任意的nN*恒成立,求实数的所有可能取值解:(1)由题意知3S4SnTn0,nN*,令n1,得3a4a1a0,即aa10,因为a10,所以a11.令n2,得3(1a2)24(1a2)(1a)0,即2aa20,因为a20,所以a2.(2)证明:因为3S4SnTn0,所以3S4Sn1Tn10,得,3(Sn1Sn)an14an1a0,因为an10,所以3(Sn1Sn)4an10,所以3(SnSn1)4an0(n2,nN*),当n2时,得,3(an1an)an1an0,即an1an,因为an0,所以.又由(1)知,a11,a2,所
15、以,所以数列an是以1为首项,为公比的等比数列(3)由(2)知,an.因为对任意的nN*,(nan)(nan1)0恒成立,所以的值介于n和n之间因为nn0,则当n为奇数时,nn恒成立,从而有恒成立记p(n)(n4),因为p(n1)p(n)0不符合题意若0,则当n为奇数时,nn恒成立,从而有恒成立由(*)式知,当n5且n时,有,所以0,则必有MnMn1,anMnMn1an1,即对任意的n2,nN*,都有anan1,Mnan,mna1,bnbn1d,anan12d,即an为等差数列当d0时,则必有mnmn1,anmnmn1an1,即对任意的n2,nN*,都有anMn,则Mn1an1,mn1mn,此
16、时an1Mn1Mnan,an1an对nN*恒成立,则Mnan,mn1mna1,bn1bnp,即an1an2p,数列an是等差数列若mnan1Mn,则Mn1Mn,mn1mn,bn1bn,数列bn是等差数列且bnpnq,p0,bnq,Mn1MnMn1M1a1q,mn1mnmn1m1a1q,qan1q,即anq,即an为常数列,数列an是公差为0的等差数列若an1mn,则Mn1Mn,mn1an1,此时an1mn1mnan,an1an对nN*恒成立则Mn1Mna1,mnan,bn1bnp,即an1an2p,数列an是等差数列综上,数列an也一定是等差数列(3)bn1bn(2n100n)2n100,当n7时,bn1bnb2b6b7.当n7时,bn1bn0,即b7b8b9a2a6a7,a7a8a9.当nMn,则Mn1an1,mn1mn,则,得bnbn1矛盾,不合题意;an1a2a6a7.同理可证a7a8a9,即n7,nN*时,an7时,a1a2a6a7,且a7a8a9,mna7282007981 046,Mn为a1或an.若Mn为a1,则bn为常数列,与题意不符Mnan,bn,an2bna72n1200n1 046,AnA7a8a9an294 9001442001 046(n7)2n2100n2946n6 640.An