新高考数学一轮复习专题六数列微专题二衍生数列问题练习课件

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1.(多选)(2024黑龙江哈尔滨六中二模,10)已知等差数列{an}的首项a1=1,公差d=6,在 {an}中每相邻两项之间都插入k个数,使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列 {bn},下列说法正确的有 (　     )A.an=6n-5B.当k=2时,bn=2n-1C.当k=2时,b19不是数列{an}中的项D.若b8是数列{an}中的项,则k的值可能为6
2.(2024东北三省三校第二次联考,17)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且Sn+1=3Sn+1,其 中n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式;(2)在an与an+1之间插入n个数,使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列,在数列{dn}中 是否存在不同三项dm,dk,dp(其中m,k,p成等差数列)成等比数列?若存在,求出这样的三 项;若不存在,请说明理由.
  解析    (1)当n≥2时,Sn+1=3Sn+1,Sn=3Sn-1+1,两式相减得an+1=3an(n≥2),又因为{an}是等比数列,所以公比为3,由Sn+1=3Sn+1知,a1+a2=3a1+1,即a2=2a1+1.因为a2=2a1+1=3a1,所以a1=1,所以an=3n-1.(2)由(1)可知an=3n-1,an+1=3n,因为an+1=an+(n+2-1)dn,所以dn= ,假设在数列{dn}中存在三项dm,dk,dp(其中m,k,p成等差数列)成等比数列,
则 =dm·dp,即 = · ,所以 = (*),因为m,k,p成等差数列,所以m+p=2k,代入(*)式整理得(k+1)2=(m+1)(p+1),k2+2k+1=mp+m+p+1,k2=mp, =mp,(m-p)2=0,所以m=k=p,与题设矛盾.所以在数列{dn}中不存在三项dm,dk,dp成等比数列.
3.(2024湖南九校联盟第二次联考,18)已知数列{an}的前n项和为Sn,满足2Sn+an=3;数列 {bn}满足bn+bn+1=2n+1,其中b1=1.(1)求数列{an},{bn}的通项公式.(2)对于给定的正整数i(i=1,2,…,n),在ai和ai+1之间插入i个数ci1,ci2,…,cii,使ai,ci1,ci2,…,cii,ai+1 成等差数列.(i)求Tn=c11+c21+c22+…+cn1+cn2+…+cnn;(ii)是否存在正整数m,使得 恰好是数列{an}或{bn}中的项?若存在,求出所有满足条件的m的值;若不存在,说明理由.
  解析    (1)由2Sn+an=3①,得n≥2时,2Sn-1+an-1=3②,①-②得2an+an-an-1=0,∴an= an-1(n≥2). (1分)当n=1时,2a1+a1=3,∴a1=1, (2分)∴{an}是首项为1,公比为 的等比数列,故an= (n∈N*), (3分)由bn+bn+1=2n+1③,b1=1得b2=2,又bn+1+bn+2=2n+3④,④-③得bn+2-bn=2, (4分)∴{bn}的所有奇数项构成首项为1,公差为2的等差数列;所有偶数项构成首项为2,公差
为2的等差数列,则b2n-1=1+(n-1)×2=2n-1,b2n=2+(n-1)×2=2n,∴bn=n(n∈N*).综上,an= ,bn=n(n∈N*). (6分)(2)(i)在an和an+1之间插入n个数cn1,cn2,…,cnn,使an,cn1,cn2,…,cnn,an+1成等差数列,设公差为dn,则dn= = =- , (7分)则cnk=an+kdn= - ,k=1,2,…,n,
∴ cnk= - · = ,Tn=c11+c21+c22+…+cn1+cn2+…+cnn=2  + +…+  ⑤.则 Tn=2 ⑥, (9分)⑤-⑥得 Tn=2  + +…+ -  =2 =1- ,∴Tn= - . (11分)
(ii)由(1)知an= ,bn=n(n∈N*).Tn= - , = ,假设 是数列{an}或{bn}中的一项,不妨设 =k(k>0,m∈N*),∴(k-1)(m-1)=(3-k)·3m, (13分)∵m-1≥0,3m>0(m∈N*),
∴1f(3)>f(4)>…,由f(1)=0, f(2)= 知 =1无解. (16分)当k=3时,有m-1=0,即m=1,故存在m=1使得 =3是数列{bn}中的第3项,