数列综合练习-2025届高考三轮冲刺专题训练

2025年高考三轮冲刺专题训练数列综合练习 夯实基础 一、等差数列常用公式： 1、若等差数列的首项是，公差是，则． 2、等差数列的前项和的公式：①；②． 3、等差数列的性质：（1）（、、、），则； 特别地，若（、、），则． （2），，成等比数列． （3）若项数为，则，． （4）若项数为，则， 二、等比数列常用公式： 1、若等比数列的首项是，公比是，则． 2、等比数列的前项和的公式： 3、等比数列的前项和的性质：（1）（、、、），则；若是等比数列，且（、、），则． （2），，成等比数列。 三．通项的求法 （1）.利用等差等比的通项公式(2).累加法： （2）累积法 转化为，逐商相乘. （3）.对数列递推式,将其化为看成{bn}的等比数列 （4）利用 （5）倒数变形：,两边取倒数后换元转化为。 四、数列求和类型 1、公式法： 如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列，我们可以运用等差、等比数列的前n项和的公式来求. 2、分组求和法： 3、倒序相加法：如果一个数列，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用正序写和与倒序写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和。 4、错位相减法： 若，其中是等差数列，是公比为等比数列，令 则 两式相减并整理即得。 5、裂项相消法 适用于类似的数列 （1）， （2）， 6、正负相间数列求和：两项合并为一项。 典型习题 1．数列{an}的前n项和为Sn＝n（n+3）． （1）求数列{an}的通项公式； （2）令，求数列{bn}的前n项和Tn． 2．设公比为正的等比数列{an}前n项和为Sn，S3＝7a1，且a1，a3，20+a2成等差数列． （1）求{an}的通项； （2）若数列{bn}满足bn＝bn+1+bnbn+1log2an，b1＝1，求数列{bn}的前n项和Tn． 3．在数列{an}中，记Δan＝an+1﹣an，若{Δan}为等差数列，则称{an}为二阶等差数列． （1）若an＝2n2﹣n+3，判断{an}是否为二阶等差数列？并说明理由； （2）已知二阶等差数列{an}满足a1＝1，a2＝2，a3＝4． ①求数列{an}的通项公式； ②若bn，记{bn}的前n项和为Sn，证明：1． 4．数列{an}中，，． （1）求a3的值； （2）令bn＝an+1﹣an，求数列{bn}的通项公式； （3）求数列{nan}的前n项和Sn． 5．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S6＝60，a3+3a5＝48．当n∈N*时，3n﹣1． （1）求数列{an}、{bn}的通项公式； （2）（ⅰ）若，求数列{cn}的前n项和Tn； （ⅱ）根据（ⅰ）试求出Tn的最小值． 6．已知数列{an}，{bn}分别是等比数列和等差数列，Sn是数列{an}的前n项和．若a1＝1，S2＝b1＝3，a3b4＝36． （1）求{an}和{bn}及Sn； （2）设{cn}是等比数列，对任意的k∈N*，当ak＜n＜ak+1时，有ck＜bn＜ck+1恒成立． （i）当k＞2时，求证：2k﹣1＜ck＜2k+1； （ii）设数列dn求数列{dn}的前Sn项和Tn． 7．已知Sn为数列{an}的前n项和，若Sn＝2an﹣4n+2． （1）求证：数列{an+4}为等比数列； （2）令，若，求满足条件的最大整数n． 8．已知数列{an}的前n项和为Sn，，Sn＝2an+1﹣3． （1）求数列{an}的通项公式； （2）若bn＝（n+1）an，求数列{bn}的前n项和Tn； （3）若cn，求使cn取得最大值时的n的值． 9．已知项数为m（m∈N*，m≥2）的数列{an}为递增数列，且满足an∈N*，若bn，且bn∈N*，则称{bn}为{an}的“伴随数列”． （1）数列4，10，16，19是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”，若不存在，说明理由； （2）若{bn}为{an}的“伴随数列”，证明：b1＞b2＞…＞bm； （3）已知数列{an}存在“伴随数列{bn}，且a1＝1，am＝2025，求m的最大值． 10．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足a3＝9，． （1）证明：{an}为等差数列． （2）求m的值和{an}的通项公式． （3）若数列{bn}满足，其前n项和为Tn，证明：Tn＜4． 11．已知数列{an}的首项，且满足． （1）求证：数列为等比数列． （2）求数列{an}的通项公式； （3）若，求满足条件的最大整数n． 12．已知双曲线C：x2﹣y2＝m（m＞0），点P1（5，4）在C上，k为常数，0＜k＜1，按照如下方式依次构造点Pn（n＝2，3，⋯），过Pn﹣1斜率为k的直线与C的左支交于点Qn﹣1，令Pn为Qn﹣1关于y轴的对称点，记Pn的坐标为（xn，yn）． （1）若，求x2，y2； （2）证明：数列{xn﹣yn}是公比为的等比数列； （3）设Sn为△PnPn+1Pn+2的面积，证明：对任意的正整数n，Sn＝Sn+1． 13．设m为正整数，数列a1，a2，…，a4m+2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和aj（i＜j）后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a1，a2…，a4m+2是（i，j）——可分数列． （1）写出所有的（i，j），1≤i＜j≤6，使数列a1，a2，…，a6是（i，j）——可分数列； （2）当m≥3时，证明：数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13）——可分数列； （3）从1，2，…，4m+2中一次任取两个数i和j（i＜j），记数列a1，a2，…，a4m+2是（i，j）——可分数列的概率为Pm，证明：Pm． 14．已知{an}是等差数列，a2+a5＝16，a5﹣a3＝4． （Ⅰ）求{an}的通项公式及（n∈N*）； （Ⅱ）设{bn}是等比数列，且对于任意的k∈N*，当2k﹣1≤n≤2k﹣1时，bk＜an＜bk+1． （i）当k≥2时，求证：2k﹣1＜bk＜2k+1； （ii）求{bn}的通项公式及前n项和． 15．已知f（x）＝lnx，在该函数图像Γ上取一点a1，过点（a1，f（a1））作函数f（x）的切线，该切线与y轴的交点记作（0，a2），若a2＞0，则过点（a2，f（a2））作函数f（x）的切线，该切线与y轴的交点记作（0，a3），以此类推a3，a4，…，直至am≤0停止，由这些项构成数列{an}． （1）设am（m≥2）属于数列{an}，证明：am＝lnam﹣1﹣1； （2）试比较am与am﹣1﹣2的大小关系； （3）若正整数k≥3，是否存在k使得a1、a2、a3、…、ak依次成等差数列？若存在，求出k的所有取值；若不存在，请说明理由． 参考答案 1．【解答】解：（1）当n＝1时，a1＝S1＝4， 当n≥2时，Sn﹣1＝（n﹣1）（n+2）， 所以an＝Sn﹣Sn﹣1＝n（n+3）﹣（n﹣1）（n+2）＝2n+2（n≥2）， 又a1＝4满足上式， 所以an＝2n+2（n∈N*）； （2）由（1）得an＝2n+2，an+1＝2n+4． 所以bn22， 所以Tn＝b1+b2+b3+⋯+bn， 即． 2．【解答】解：（1）因为等比数列公比q＞0，， 所以q2+q+1＝7⇒（q﹣2）（q+3）＝0，即q＝2， 由a1，a3，20+a2是等差数列，所以2a3＝20+a2+a1⇒8a1＝20+2a1+a1⇒a1＝4， 所以． （2）因为bn＝bn+1+bnbn+1log2an，所以， 所以，故， 累加法得出， ， ． 3．【解答】解：（1）若an＝2n2﹣n+3，则an+1﹣an＝2（n+1）2﹣（n+1）+3﹣2n2﹣n+3＝4n+1， 则{an}是二阶等差数列，且首项为5，公差为4； （2）①二阶等差数列{an}满足a1＝1，a2＝2，a3＝4， 可得a2﹣a1＝1，a3﹣a2＝2，即{an+1﹣an}是首项为1，公差为1的等差数列， 可得an+1﹣an＝n， 数列{an}的通项公式为an＝a1+（a2﹣a1）+...+（an﹣an﹣1）＝1+1+2+...+（n﹣1）＝1n（n﹣1）； ②证明：bn2[]， {bn}的前n项和为Sn＝2[...]＝1， 由数列{1}为递增数列，可得S1≤Sn＜1， 即为1． 4．【解答】解：（1）由，， 得； （2）由， 得，即， 且， ∴数列{bn}是以为首项，以为公比的等比数列， ∴； （3）由（2）可知， 当n≥2时， ， 已知a1＝1满足，∴， 设数列的前n项和为Tn， 则，① ，② ①﹣②得： ， ∴， ∴ ． 因此，． 5．【解答】解：（1）因为等差数列{an}的前n项和为Sn，且S6＝60，a3+3a5＝48， 所以，解得， 所以an＝5+（n﹣1）×2＝2n+3； 因为，两边同时乘以， 可得， 令， 当n＝1时，b1＝1， 当n≥2时，， Bn﹣Bn﹣1可得， 所以，n≥2，又b1＝1也满足该式， 所以； （2）（ⅰ）因为， 所以Tn＝c1+c2+c3+⋯+cn﹣1+cn ． （ⅱ）因为T（n+1）﹣T（n）0， 所以T（n）在n∈N*上单调递增， 所以Tn取到最小值T1． 6．【解答】解：（1）a1＝1，S2＝3，则a2＝2，所以公比为，从而，； 又b1＝3，a3b4＝36，则b4＝9，公差为，从而bn＝3+2（n﹣1）＝2n+1． （2）证明：（i）由题意ck＜bn＜ck+1对任意2k﹣1≤n＜2k时恒成立， 则；又ck﹣1＜bn＜ck对任意2k﹣2≤n＜2k﹣1时恒成立， 则，综上，． （ii）由（i）知，1＜c＜3＜c2＜5＜7＜c3＜9＜15＜c4＜17＜…＜2k﹣1＜ck＜2+1， 猜想，否则，若数列{cn}的公比q＞2，， 当n足够大时，无法保证恒成立；若数列{cn}的公比q＜2， ，当n足够大时，无法保证恒成立， 所以， Tn＝d1+d2（b1+b2）﹣（）+（2+22+…+2n） ＝[3（2n﹣1）]﹣[（2•20+1）+（2•21+1）+…+（2•2n﹣1+1）]+（21+22+…+2n） ＝4n﹣n﹣1． 7．【解答】解：（1）证明：由Sn＝2an﹣4n+2可得， 当n＝1时，a1＝2a1﹣4+2，解得a1＝2， 当n≥2时，Sn﹣1＝2an﹣1﹣4（n﹣1）+2，即Sn﹣1＝2an﹣1﹣4n+6， 则an＝Sn﹣Sn﹣1＝（2an﹣4n+2）﹣（2an﹣1﹣4n+6） an＝2an﹣2an﹣1﹣4，即an＝2an﹣1+4， 即an+4＝2（an﹣1+4），即， 又a1+4＝6， 所以数列{an+4}是首项为6，公比为2的等比数列． （2）由（1）得，则， 设b1+b2+⋯+bn＝Tn， 则 令，得， 即2n﹣1＜20，即2n＜40， 又n∈N*，25＝32，26＝64， 所以满足条件的最大整数为n为5． 8．【解答】解：（1）因为S1＝2a2﹣3，且，所以， 由Sn＝2an+1﹣3，可得：Sn﹣1＝2an﹣3（n≥2）， 两式相减得：an＝Sn﹣Sn﹣1＝2an+1﹣2an， 因为an≠0，所以当n≥2时，， 又，综上，当n≥1时，， 所以数列{an}是首项和公比均为的等比数列； （2）由题意，， 所以，①，② ①﹣②得： ， 所以； （3）由（1）可得，所以， 当n≥2时，由，可得n＜5； 当n＜5时，c1＜c2＜c3＜c4，当n＞5时，c5＞c6＞c7＞⋯， 当n＝4时，，当n＝5时，， 所以c4＝c5，所以c1＜c2＜c3＜c4＝c5＞c6＞c7＞⋯， 综上，当n＝4或n＝5时，cn取得最大值． 9．【解答】解：（1）b115，b213， b311，b410，均为正整数， 所以数列4，10，16，19存在“伴随数列”，且其“伴随数列”是15，13，11，10． （2）证明：因为数列{an}存在“伴随数列”{bn}，所以an+1﹣an＞0（1≤n≤m﹣1），且bn，bn+1∈N*， 所以bn﹣bn+1∈N*， 所以bn﹣bn+1＞0，即bn＞bn+1， 所以b1＞b2＞b3＞…＞bm． （3）①因为a1＝1，am＝2025，其中m≥2， 当m＝2时，a1＝1，a2＝2025，所以b12025，b21，均为正整数， 即当m＝2时，数列1，2025存在“伴随数列”：2025，1， 所以m的最小值为2． ②一方面，由（2）知：an+1﹣an＝（m﹣1）（bn﹣bn+1）≥m﹣1（n＝1，2，…，n﹣1）， 于是am﹣1＝（am﹣am﹣1）+（am﹣1﹣am﹣2）+…+（a2﹣a1）≥（m﹣1）+（m﹣1）+…+（m﹣1）＝（m﹣1）2， 所以（m﹣1）2≤2024，即m≤45（m∈N*）． 另一方面，由数列{an}存在“伴随数列”{bn}知： b1﹣bm∈N*， 所以m﹣1时2024的正约数，而2024＝2×2×2×11×23， 所以m﹣1可取2，4，8，11，22，23，44，46，88，92，184，253，506，1012，2024， 即m取3，5，9，12，23，24，45，47，89，93，185，254，507，1013，2025， 综上所述，m＝45为最大值，取an＝44n﹣43（n＝1，2，…，44），a45＝2025， 当1≤n≤44时，bn994﹣n∈N*，符合题意； 当n＝45时，bn947∈N*，符合题意． 故m的最大值为45． 10．【解答】（1）证明：由，可得， 两式相减可得：， 则，即（an+1+an）（an+1﹣an﹣2）＝0． ∵{an＞0，∴an+1﹣an﹣2＝0，即an+1﹣an＝2， 故数列{an}是公差为2的等差数列； （2）解：由an+1﹣an＝2，a3＝9，得a1＝5， 由，取n＝1，得，得m＝﹣15， ∴an＝a3+2（n﹣3）＝2n+3； （3）证明：∵， ∴，① ，② ①﹣②得：， ∴． 11．【解答】解：（1）证明：因为， 所以， 所以，即， 又因为，所以， 所以数列是首项为，公比为的等比数列． （2）由（1）可得，， 所以，即． （3）设数列的前n项和为Sn， 则 ， 若Sn＜100，即， 因为函数为单调递增函数， 所以满足Sn＜100的最大整数n的值为99． 12．【解答】解：（1）∵P1（5，4）在C上， ∴25﹣16＝m，解得m＝9， 过P（5，4）且斜率为的直线方程为，即x﹣2y+3＝0， 联立，解得或， 故Q1（﹣3，0），P2（3，0）， 过Pn﹣1斜率为k的直线与C的左支交于点Qn﹣1，令Pn为Qn﹣1关于y轴的对称点， 所以x2＝3，y2＝0； （2）证明：∵Pn（xn，yn）关于y轴的对称点是Qn﹣1（﹣xn，yn）， Pn﹣1（xn﹣1，yn﹣1），Pn﹣1，Qn﹣1都在同一条斜率为k的直线上，xn﹣1≠﹣xn； 则， ∵Pn﹣1，Qn﹣1都在双曲线上， ∴，两式相减可得，（xn﹣xn﹣1）（xn+xn﹣1）＝（yn﹣yn﹣1）（yn+yn﹣1）， 而yn﹣yn﹣1＝﹣k（xn+xn﹣1）①，xn﹣xn﹣1＝﹣k（yn+yn﹣1）②， 则②﹣①可得，xn﹣yn﹣（xn﹣1﹣yn﹣1）＝k（xn﹣yn）+k（xn﹣1﹣yn﹣1）， 则（1﹣k）（xn﹣yn）＝（1+k）（xn﹣1﹣yn﹣1）， ∴， 故数列{xn﹣yn}是公比为的等比数列； （3）证明：要证：Sn＝Sn+1，只需先尝试Pn+1Pn+2∥PnPn+3， 即先证， 记， 0＜k＜1， 则t＞1， ， 而， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴Pn+1Pn+2∥PnPn+3， ∴Sn＝Sn+1． 13．【解答】解：（1）根据题意，可得当（i，j）取（1，2）时，可以分为a3，a4，a5，a6一组公差为d的等差数列， 当（i，j）取（1，6）时，可以分为a2，a3，a4，a5一组公差为d的等差数列， 当（i，j）取（5，6）时，可以分为a1，a2，a3，a4一组公差为d的等差数列， 所以（i，j）可以为（1，2），（1，6），（5，6）； （2）证明：当m＝3时，a1，a3，a4，a5，a6，a7，a8，a9，a10，a11，a12，a14， 可以分为a1，a4，a7，a10；a3，a6，a9，a12；a5，a8，a11，a14三组公差为3d的等差数列， 所以m＝3时符合题意； 当m＞3时，数列a1，a2，…，a4m+2去掉a2和a13后， 前三组还按照m＝3时的分法，即a1，a4，a7，a10；a3，a6，a9，a12；a5，a8，a11，a14， 后面的每四个相邻的项分为一组，即a15，a16，a17，a18；...；a4m﹣1，a4m，a4m+1，a4m+2， 每一组都能构成等差数列， 所以数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13）——可分数列； （3）证明：设在给定m的情况下，（i，j）的组数为bm， 当m变成m+1时，数列就变成了a1，a2，a3，a4，a5，…，a4m+2，a4m+3，a4m+4，a4m+5，a4m+6， 这里可以分成3组，前4个一组即{a1，a2，a3，a4}，中间的一组，后4个一组即{a4m+3，a4m+4，a4m+5，a4m+6}，此时我们要在这里面删除2个数，那么会有以下几种情况： 一、两个都在中间 中间有4m﹣2个数，且为等差数列，删除2个的话，总数为bm﹣1种； 二、一个在第一组，一个在中间组或两个都在第一组 第一组和中间组连起来，会变成4m+2个数的等差数列，这里面总共有bm种方法，但是要去掉两个都在中间的情况，共有bm﹣bm﹣1种； 三、一个在中间组，一个在最后一组，或者都在最后一组 和上面一样，也是共有bm﹣bm﹣1种； 四、一个在第一组，一个在最后一组 此时，将a1，a4m+6同时删除是肯定可以的，这算一种； 然后，从（2）的结果来看，把a2，a4m+5同时删除也是可以的，因为m＝3成立之后，当m＞3时，只是相当于往中间加了4个连续的等差数而已，其它是不变的，这也算一种． 综上，就会有bm+1≥bm﹣1+2（bm﹣bm﹣1）+2＝2bm﹣bm﹣1+2， bm+1﹣bm﹣（bm﹣bm﹣1）≥2， 可得bm+1﹣bm≥2m+2， 即有b2﹣b1≥2×1+2， b3﹣b2≥2×2+2， …… bm﹣bm﹣1≥2（m﹣1）+2， 累加可得bm﹣b1≥2×（1+2+3+…+m﹣1）+2（m﹣1）， 即bm≥m2+m+1， 因为b0＝0，b1＝3，所以bm≥m2+m+1， 如果你是随便删除，总共有8m2+6m+1种， 所以Pm． 14．【解答】解：（Ⅰ）∵{an}是等差数列，a2+a5＝16，a5﹣a3＝4． ∴，得d＝2，a1＝3， 则{an}的通项公式an＝3+2（n﹣1）＝2n+1（n∈N•）， 中的首项为2n+1，项数为2n﹣1﹣2n﹣1+1＝2n﹣2n﹣1＝2×2n﹣1﹣2n﹣1＝2n﹣1， 则2n﹣1（2n+1）2＝2n﹣1（2n+1）+2n﹣1（2n﹣1﹣1）＝2n﹣1（2n+1+2n﹣1﹣1）＝2n﹣1（2n+2n﹣1）＝2n﹣1×3×2n﹣1＝3×4n﹣1． （Ⅱ）（i）∵2k﹣1≤n≤2k﹣1，∴2k≤2n≤2k+1﹣2，1+2k≤2n+1≤2k+1﹣1， 即1+2k≤an≤2k+1﹣1， 当k≥2时，∵bk＜an＜bk+1． ∴bk＜1+2k，且bk+1＞2k+1﹣1， 即bk＞2k﹣1， 综上2k﹣1＜bk＜1+2k，故成立； （ii）∵2k﹣1＜bk＜2k+1成立， ∵{bn}为等比数列，∴设公比为q， 当k≥2时，2k+1﹣1＜bk+1＜2k+1+1，， 则， 即， 即2q＜2， 当k→+∞，2→2，2→2， ∴q＝2， ∵k≥2时，2k﹣1＜bk＜2k+1， ∴2k﹣1＜b12k﹣1＜2k+1， 即b1， 即2b1＜2， 当k→+∞，2→2，2→2， 则b1＝2， 则bn＝2×2n﹣1＝2n，即{bn}的通项公式为bn＝2n， 则{bn}的其前n项和Tn2n+1﹣2． 15．【解答】解：（1）证明：， 则过点（am﹣1，f（am﹣1））的切线的斜率为， 由点斜式可得，此时切线方程为，即， 令x＝0，可得y＝lnam﹣1﹣1， 根据题意可知，am＝lnam﹣1﹣1，即得证； （2）先证明不等式lnx≤x﹣1（x＞0）， 设F（x）＝lnx﹣x+1（x＞0），则， 易知当0＜x＜1时，F′（x）＞0，F（x）单调递增，当x＞1时，F′（x）＜0，F（x）单调递减， 则F（x）≤F（1）＝0，即lnx≤x﹣1（x＞0）， 结合（1）可知，am＝lnam﹣1﹣1≤am﹣1﹣1﹣1＝am﹣1﹣2； （3）假设存在这样的k符合要求， 由（2）可知，数列{an}为严格的递减数列，n＝1，2，3，…，k， 由（1）可知，公差d＝an﹣an﹣1＝lnan﹣1﹣an﹣1﹣1，2≤n≤k， 先考察函数g（x）＝lnx﹣x﹣1，则， 易知当0＜x＜1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，当x＞1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减， 则g（x）＝d至多只有两个解，即至多存在两个an﹣1，使得g（an﹣1）＝d， 若k≥4，则g（a1）＝g（a2）＝g（a3）＝d，矛盾，则k＝3， 当k＝3时，设函数h（x）＝ln（lnx﹣1）﹣2lnx+x+1， 由于h（e1.1）＝ln0.1﹣2.2+e1.1+1＝e1.1﹣ln10﹣1.2＜0，h（e2）＝﹣3+e2＞0， 则存在，使得h（x0）＝0， 于是取a1＝x0，a2＝lna1﹣1，a3＝lna2﹣1，它们构成等差数列． 综上，k＝3． 学科网（北京）股份有限公司 $$