【北京特级教师 二轮复习精讲辅导】2022届高考数学 数列与函数、不等式综合问题选讲新题赏析课后练习 理

数列与函数、不等式综合问题选讲新题赏析课后练习题一：若数列{an}满足：a1＝，a2＝2，3(an＋1－2an＋an－1)＝2.(1)证明：数列{an＋1－an}是等差数列；(2)求使＋＋＋…＋>成立的最小的正整数n.题二：已知二次函数f(x)＝x2－5x＋10，当x∈(n，n＋1](n∈N*)时，把f(x)在此区间内的整数值的个数表示为an.(1)求a1和a2的值；(2)求n≥3时an的表达式；(3)令bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn(n≥3)．题三：已知等差数列{an}的公差d>0，且a3，a5是方程x2－14x＋45＝0的两根，数列{bn}的前n项和为Sn，Sn＝(n∈N*)．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)记cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Tn.题四：已知递增的等比数列{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝an，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求Sn.题五：已知数列{an}满足a1＝，an＝(n≥2，n∈N*)．(1)试判断数列是否为等比数列，并说明理由；(2)设cn＝ansin，数列{cn}的前n项和为Tn.求证：对任意的n∈N*，Tn<.题六：已知数列{an}，{cn}满足条件：a1＝1，an＋1＝2an＋1，cn＝.(1)求证数列{an＋1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；(2)求数列{cn}的前n项和Tn，并求使得Tn>对任意n∈N*都成立的正整数m的最小值．-7-\n题一：已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3，且an＋1＝an＋2an－1(n≥2)．设bn＝an＋1＋λan，是否存在实数λ，使数列{bn}为等比数列．若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由.题二：已知各项均为正数的数列{an}满足a＝2a＋anan＋1，且a2＋a4＝2a3＋4，其中n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足：bn＝，是否存在正整数m，n(1<m<n)，使得b1，bm，bn成等比数列？若存在，求出所有的m，n的值，若不存在，请说明理由．题三：已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝nan－n(n－1)(n∈N*)．　(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.题四：已知数列{an}的前n项和Sn＝kcn－k(其中c，k为常数)，且a2＝4，a6＝8a3.(1)求an；(2)求数列{nan}的前n项和Tn.-7-\n数列与函数、不等式综合问题选讲新题赏析课后练习参考答案题一：(1)略．(2)6.详解：(1)证明：由3(an＋1－2an＋an－1)＝2可得：an＋1－2an＋an－1＝，即(an＋1－an)－(an－an－1)＝，所以数列{an＋1－an}是以a2－a1＝为首项，为公差的等差数列．(2)由(1)知an＋1－an＝＋(n－1)＝(n＋1)，于是累加求和得：an＝a1＋(2＋3＋…＋n)＝n(n＋1)，所以＝3，所以＋＋＋…＋＝3－>，所以n>5.所以最小的正整数n为6.题二：(1)a1＝2；a2＝1.(2)an＝2n－4.(3)Sn＝5－.详解：(1)f(x)＝x2－5x＋10，又x∈(n，n＋1](n∈N*)时，f(x)的整数个数为an，所以f(x)在(1,2]上的值域为[4,6)⇒a1＝2；f(x)在(2,3]上的值域为⇒a2＝1.(2)当n≥3时，f(x)是增函数，故an＝f(n＋1)－f(n)＝2n－4.(3)由(1)和(2)可知，b1＝＝2，b2＝＝2.而当n≥3时，bn＝＝2.所以当n≥3时，Sn＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋bn＝2＋2＋2＝4＋2＝5－.题三：(1)an＝2n－1.bn＝.(2)Tn＝1－.详解：(1)因为a3，a5是方程x2－14x＋45＝0的两根，且数列{an}的公差d>0，-7-\n所以a3＝5，a5＝9，公差d＝＝2.所以an＝a5＋(n－5)d＝2n－1.又当n＝1时，有b1＝S1＝，所以b1＝.当n≥2时，有bn＝Sn－Sn－1＝(bn－1－bn)，所以＝(n≥2)．所以数列{bn}是首项为，公比为的等比数列，所以bn＝×()n－1＝.(2)因为cn＝an·bn＝，则Tn＝＋＋＋…＋，①则Tn＝＋＋＋…＋＋，②由①－②，得Tn＝＋＋＋…＋－＝＋2(＋＋…＋)－，整理，得Tn＝1－.题一：(1)an＝2n.(2)Sn＝2n+1－n·2n+1－2.详解：(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q.依题意，有2(a3＋2)＝a2＋a4，代入a2＋a3＋a4＝28，得a3＝8.所以a2＋a4＝20.所以解得或又{an}为递增数列，所以所以an＝2n.(2)因为bn＝2n·＝－n·2n，所以－Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n.①所以－2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n+1.②①－②，得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n+1＝－n·2n+1＝2n+1－n·2n+1－2.所以Sn＝2n+1－n·2n+1－2.题二：(1)数列是首项为3，公比为－2的等比数列．(2)略.-7-\n详解：(1)由an＝，得＝＝(－1)n－，所以＋(－1)n＝2·(－1)n－＝－2.又－1＝3≠0，故数列是首项为3，公比为－2的等比数列．(2)证明：由(1)得＋(－1)n＝3·(－2)n－1.所以＝3·(－2)n－1－(－1)n.an＝，所以cn＝ansin＝·(－1)n－1＝<.所以Tn<＝<.题一：(1)证明略，an＝2n－1.(2)Tn＝，m的最小值是5.详解：(1)因为an＋1＝2an＋1，所以an＋1＋1＝2(an＋1)，因为a1＝1，a1＋1＝2≠0.所以数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．所以an＋1＝2×2n－1＝2n，所以an＝2n－1.(2)因为cn＝＝，所以Tn＝＝＝＝.因为＝·＝＝1＋>1，又Tn>0，所以Tn<Tn＋1(n∈N*)，即数列{Tn}是递增数列．所以当n＝1时，Tn取得最小值.要使得Tn>对任意n∈N*都成立，结合(1)的结果，只需>，由此得m>4.所以满足条件的正整数m的最小值是5.题二：当λ＝1时，q＝2，b1＝4，则数列{bn}是首项为4，公比为2的等比数列；当λ-7-\n＝－2时，q＝－1，b1＝1，则数列{bn}是首项为1，公比为－1的等比数列．详解：假设存在实数λ，使数列{bn}为等比数列，设＝q(n≥2)，即an＋1＋λan＝q(an＋λan－1)，得an＋1＝(q－λ)an＋qλan－1.与已知an＋1＝an＋2an－1比较，得解得λ＝1或λ＝－2.所以存在实数λ，使数列{bn}为等比数列．当λ＝1时，q＝2，b1＝4，则数列{bn}是首项为4，公比为2的等比数列；当λ＝－2时，q＝－1，b1＝1，则数列{bn}是首项为1，公比为－1的等比数列．题一：(1)an＝2n(n∈N*)．(2)m＝2，n＝12.详解：(1)因为a＝2a＋anan＋1，即(an＋an＋1)(2an－an＋1)＝0.又an>0，所以2an－an＋1＝0，即2an＝an＋1.所以数列{an}是公比为2的等比数列．由a2＋a4＝2a3＋4，得2a1＋8a1＝8a1＋4，解得a1＝2.故数列{an}的通项公式为an＝2n(n∈N*)．(2)因为bn＝＝，所以b1＝，bm＝，bn＝.若b1，bm，bn成等比数列，则2＝，即＝，可得＝，所以－2m2＋4m＋1>0，从而1－<m<1＋.又n∈N*，且m>1，所以m＝2，此时n＝12.故当且仅当m＝2，n＝12时，b1，bm，bn成等比数列．题二：(1)an＝2n－1，n∈N*.(2)Tn＝.详解：(1)因为Sn＝nan－n(n－1)，当n≥2时，Sn－1＝(n－1)·an－1－(n－1)(n－2)，所以an＝Sn－Sn－1＝nan－n(n－1)－(n－1)an－1＋(n－1)·(n－2)，即an－an－1＝2.所以数列{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列，故an＝1＋(n－1)·2＝2n－1，n∈N*.-7-\n(2)由(1)知bn＝＝＝－，故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋＋…＋＝1－＝.题一：(1)an＝2n.(2)Tn＝(n－1)2n+1＋2.详解：(1)由Sn＝kcn－k，得an＝Sn－Sn－1＝kcn－kcn－1(n≥2)．由a2＝4，a6＝8a3，得kc(c－1)＝4，kc5(c－1)＝8kc2(c－1)，解得所以a1＝S1＝2，an＝kcn－kcn－1＝2n(n≥2)，于是an＝2n.(2)Tn＝ai＝·2i，即Tn＝2＋2·22＋3·23＋4·24＋…＋n·2n.Tn＝2Tn－Tn＝－2－22－23－24－…－2n＋n·2n+1＝－2n＋1＋2＋n·2n+1＝(n－1)2n+1＋2.-7-