（江苏专版）高考数学一轮复习 课时跟踪检测（三十二）数列的综合问题 理（含解析）苏教版-苏教版高三全册数学试题.doc

课时跟踪检测（三十二）数列的综合问题
1．已知各项都不小于1的数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝eq\r(6Sn＋3n)－2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq\r(an)＋1，从数列{bn}中抽取部分项b1，b9，bn3，bn4，…，bnk，…，按从小到大的顺序构成等比数列．
①求{nk}的通项公式；
②记ck＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))k，k＝1，2，,\f(3k,9nk－32k)，k≥3，k∈N*，))数列{ck}的前k项和是Tk，求证：Tk＜eq\f(25,36).
解：(1)由an＝eq\r(6Sn＋3n)－2，
移项并平方得(an＋2)2＝aeq\o\al(2,n)＋4an＋4＝6Sn＋3n，
则aeq\o\al(2,n－1)＋4an－1＋4＝6Sn－1＋3(n－1)，n≥2，
两式相减得，
aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋4an－4an－1＝6an＋3，n≥2，
即aeq\o\al(2,n)－2an＋1＝aeq\o\al(2,n－1)＋4an－1＋4，n≥2，
即(an－1)2＝(an－1＋2)2，n≥2.
又an≥1，所以an－1＝an－1＋2，n≥2，
即an－an－1＝3，n≥2，
又a1＋2＝eq\r(6a1＋3)，所以aeq\o\al(2,1)－2a1＋1＝0，解得a1＝1，
所以数列{an}是首项为1，公差为3的等差数列，
故an＝1＋3(n－1)＝3n－2.
(2)①由bn＝eq\r(3n－2)＋1，
得b1＝2，b9＝6，故等比数列的首项为2，公比为3，
则bnk＝2×3k－1＝eq\r(3nk－2)＋1.
化简得nk＝4×32k－3－4×3k－2＋1.
②证明：由题意可得T1＝eq\f(1,3)＜eq\f(25,36)，T2＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,9)＝eq\f(4,9)＜eq\f(25,36)，
当k≥3，k∈N*时，
ck＝eq\f(3k,4×32k－1－4×3k＋9－32k)＝eq\f(3k＋1,32k－12×3k＋27)
＝eq\f(3k＋1,3k－33k－9)＝eq\f(9,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3k－9)－\f(1,3k＋1－9))).
则Tk＝c1＋c2＋…＋ck＝eq\f(4,9)＋eq\f(9,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,33－9)－\f(1,34－9)＋\f(1,34－9)－\f(1,35－9)＋…＋\f(1,3k－9)－\f(1,3k＋1－9)))＝eq\f(4,9)＋eq\f(9,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,33－9)－\f(1,3k＋1－9)))＝eq\f(25,36)－eq\f(3,2)×eq\f(1,3k－3)＜eq\f(25,36)，
综上，Tk＜eq\f(25,36).
2．设数列{an}的首项为1，前n项和为Sn，若对任意的n∈N*，均有Sn＝an＋k－k(k是常数且k∈N*)成立，则称数列{an}为“P(k)数列”．
(1)若数列{an}为“P(1)数列”，求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在数列{an}既是“P(k)数列”，也是“P(k＋2)数列”？若存在，求出符合条件的数列{an}的通项公式及对应的k的值；若不存在，请说明理由；
(3)若数列{an}为“P(2)数列”，a2＝2，设Tn＝eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋eq\f(a3,23)＋…＋eq\f(an,2n)，证明：Tn＜3.
解：(1)数列{an}为“P(1)数列”，则Sn＝an＋1－1，
所以Sn＋1＝an＋2－1，两式相减得，an＋2＝2an＋1，
又n＝1时，a1＝a2－1＝1，所以a2＝2，
故an＋1＝2an对任意的n∈N*恒成立，即eq\f(an＋1,an)＝2，
所以数列{an}为等比数列，其通项公式为an＝2n－1，n∈N*.
(2)假设存在这样的数列{an}，由{an}是“P(k)数列”可得，Sn＝an＋k－k，故有Sn＋1＝an＋k＋1－k，
两式相减得，an＋1＝an＋k＋1－an＋k，
则有an＋3＝an＋k＋3－an＋k＋2.
同理，由{an}是“P(k＋2)数列”可得，an＋1＝an＋k＋