6.4数列的综合专项训练-2026届高三数学一轮复习

6.4　数列的综合 考点　数列的综合 1.已知{an}为等差数列,bn=记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和,S4=32,T3=16. (1)求{an}的通项公式; (2)证明:当n>5时,Tn>Sn. 2.记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,是公差为的等差数列. (1)求{an}的通项公式; (2)证明:++…+<2. 3.设{an}是首项为1的等比数列,数列{bn}满足bn=.已知a1,3a2,9a3成等差数列. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明:Tn<. 4.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=-,且4Sn+1=3Sn-9(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)设数列{bn}满足3bn+(n-4)an=0(n∈N*),记{bn}的前n项和为Tn,若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立,求实数λ的取值范围. 5.已知{an}是等差数列,a2+a5=16,a5-a3=4. (1)求{an}的通项公式及ai(nN∈*). (2)设{bn}是等比数列,且对任意的k∈N*,当2k-1≤n≤2k-1时,bk<an<bk+1. ①当k≥2时,求证:2k-1<bk<2k+1; ②求{bn}的通项公式及前n项和. 6.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,使得数列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>. 练思维 1.(多选)已知数列{an}满足a1+2a2+…+2n-1an=n·2n,{an}的前n项和为Sn,则 (　　) A.a1=2 B.数列{an}是等比数列 C.Sn,S2n,S3n构成等差数列 D.数列的前100项和为 2.已知数列{an}满足an≥0,且(2an+2-an+1-an)(an+2-2an+1+an)=0. (1)若a4=2a2=4a1=4,求满足条件的a3的值. (2)设集合A={n|an=0}, (i)若A={1,4,7},证明:a2,a5,a8成等比数列; (ii)若A={i,j,k}(其中i>j>k>3),且a2=a1+1,求ai+1的最大值. 3.设数列{an}的前n项和为Sn,对一切n∈N*,点都在函数f(x)=x+的图象上. (1)计算a1,a2,a3,并归纳出数列{an}的通项公式(不必证明); (2)将数列{an}依次按1项、2项、3项、4项循环地分为(a1),(a2,a3),(a4,a5,a6),(a7,a8,a9,a10);(a11),(a12,a13),(a14,a15,a16),(a17,a18,a19,a20);(a21),…,分别计算各个括号内各数之和,设由这些和按原来括号的前后顺序构成的数列为{bn},求b5+b100的值; (3)设An为数列的前n项积,若不等式An<f(a)-对一切n∈N*都成立,求a的取值范围. 练风向 1.(多选)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且an+1=Sn+2,{bn}为等差数列,且b2=a1,b8=a3,记集合A={x∈N*|bn≤x≤an}中元素的个数为cn,数列{cn}的前n项和为Tn,则下列结论正确的是 (　　) A.an=2n　　B.bn=n C.cn=2n-n　　D.Tn=2n+1--2 2.若数列{an}满足:①an∈N*;②an+1>an;③当整数k≠0时,存在正整数m及b1,b2,…,bm∈{-1,1},使得k=a1b1+a2b2+…+ambm;④对于任意正整数m及b1,b2,…,bm∈{-1,1},都有a1b1+a2b2+…+ambm≠0.则称数列{an}“非零可表”. (1)若数列{an}满足an=n,判断{an}是否“非零可表”,并说明理由; (2)若数列{an}满足a1=1,an+1a=ana+i,证明:数列{an}“非零可表”; (3)证明:存在满足an>Mn(M>2)的数列{an}“非零可表”. 3.设a1,a2,…,an是1,2,…,n(n≥3且n∈N*)的一个排列.数列{bn}满足bi+1为ai,ai+1,ai+2(0≤i≤n-1)的中位数,规定a0=an,an+1=a1.将{bn}中的所有取值构成的集合记为Pn. (1)当n=3,4时,求P3和P4; (2)求Pn中所有元素之和的最大值; (3)求Pn中元素个数的最小值. 答案 考点　数列的综合 1.解析　(1)设数列{an}的首项为a1,公差为d, ∵bn=∴b1=a1-6,b2=2a2,b3=a3-6, 又T3=16,且b1+b2+b3=a1+2a2+a3-12=4a2-12, ∴4a2-12=16,∴a2=7,即a1+d=7,① 又S4=32,∴4a1+6d=32,② 由①②得a1=5,d=2, ∴an=5+2(n-1)=2n+3. (2)证明:T2n=b1+b3+…+b2n-1+b2+b4+…+b2n =a1+a3+…+a2n-1-6n+2a2+2a4+…+2a2n =S2n+a2+…+a2n-6n =S2n+-6n =S2n+2n2-n. T2n+1=T2n+b2n+1=S2n+2n2-n+a2n+1-6=S2n+1+2n2-n-6. 当n≥1时,T2n-S2n=2n2-n>0,故T2n>S2n,当n>2时,T2n+1-S2n+1=2n2-n-6>0,故T2n+1>S2n+1.综上,当n>5时,Tn>Sn. 2.解析　(1)依题意得,S1=a1=1, =+(n-1)×=, ∴3Sn=(n+2)an, 则3Sn+1=(n+1+2)an+1=(n+3)an+1, ∴3Sn+1-3Sn=(n+3)an+1-(n+2)an, 即3an+1=(n+3)an+1-(n+2)an, ∴nan+1=(n+2)an,即=, 由累乘法得=, 又a1=1,∴an+1=, ∴an=(n≥2),又a1=1满足上式, ∴an=(n∈N*). (2)证明:由(1)知==2, ∴++…+=2+2+…+2=2=2-<2. 3.解析　(1)设等比数列{an}的公比为q. ∵a1,3a2,9a3成等差数列, ∴6a2=a1+9a3.即6a1q=a1+9a1q2. 又∵{an}是首项为1的等比数列, ∴6q=1+9q2,解得q1=q2=, ∴an=a1·qn-1=. ∵bn=,∴bn=n·. (2)证明:第一步:用等比数列前n项和公式计算Sn. 由等比数列{an}的首项和公比知,前n项和为 Sn==. 第二步:用错位相减法求Tn. ∵bn=n·, ∴Tn=b1+b2+…+bn=1×+2×+…+,① Tn=1×+2×+…+.② ①-②可得Tn=++…+-n· =-n· =-+,∴Tn=-+. 第三步:表示,并利用作差法证得结论. ∵=-×=-×, ∴Tn-=-n·<0,∴Tn<. 4.解析　(1)由4Sn+1=3Sn-9,得4Sn=3Sn-1-9(n≥2),则4an+1=3an(n≥2), 又4(a1+a2)=3a1-9,a1=-,所以4a2=3a1,所以{an}是以-为首项,为公比的等比数列, 所以an=-3×. (2) 由题意得bn=(n-4)×.则Tn=(-3)×+(-2)×+…+(n-4)×,Tn=(-3)×+ (-2)×+…+(n-4)×,两式相减,得Tn=(-3)×+++…+-(n-4)×, 所以Tn=-4n×,由题意得-4n×≤λ(n-4)×恒成立,所以(λ+3)n-4λ≥0, 记f(n)=(λ+3)n-4λ(n∈N*),所以解得-3≤λ≤1. 5.解析　(1)设{an}的公差为d. 由题意得解得 所以an=3+2(n-1)=2n+1. ai=+++…+ = = ==×22n-1=3×22n-2=3×4n-1. (注:项数为(2n-1)-2n-1+1=2n-2n-1=2n-1) (2)①证明:2k-1≤n≤2k-1⇒2k≤2n≤2k+1-2⇒2k+1≤2n+1≤2k+1-1,即2k+1≤an≤2k+1-1, ∵bk<an<bk+1成立, ∴∴bk<2k+1且bk+1>2k+1-1,则bk>2k-1. 综上,2k-1<bk<2k+1,证毕. ②设{bn}的公比为q,前n项和为Sn, ∵{bn}为等比数列,且k∈N*,2k-1<bk<2k+1,∴2k+1-1<bk+1<2k+1+1, 又q=,∴q<=2+,q>=2-, ∵k∈N*,∴q=2,∴2k-1<b12k-1<2k+1,∴b1=2, ∴bn=2n,∴Sn===2n+1-2. 6.解析　(1)(1,2),(1,6),(5,6). 理由:数列a1,a2,…,a6中删去a1,a2后,数列a3,a4,a5,a6是等差数列,所以数列a1,a2,…,a6是(1,2)-可分数列,同理数列a1,a2,…,a6是(1,6)或(5,6)-可分数列. (2)证明:m=3时, a1,a4,a7,a10成等差数列; a3,a6,a9,a12成等差数列; a5,a8,a11,a14成等差数列. m≥4时,从a15开始每连续4项成等差数列,a15前12项分组同上, 即a1,a4,a7,a10成等差数列; a3,a6,a9,a12成等差数列; a5,a8,a11,a14成等差数列; a15,a16,a17,a18成等差数列; …… a4m-1,a4m,a4m+1,a4m+2成等差数列.证明毕. (3)证明:从4m+2个数中任取两个数i和j(i<j)有=8m2+6m+1种, ①首先证明(4p+1,4q+2)(p<q)一定符合题意,p,q∈N,且q≤m. 4p+1与4q+2之间有4q+2-(4p+1)-1=4(q-p)个数,按从小到大的顺序每4个一组. 4p+1前的4p个数按从小到大的顺序每4个一组. 4q+2后的4(m-q)个数按从小到大的顺序每4个一组. 故(4p+1,4q+2)(0≤p<q≤m)的不同取值有+(m+1)=(m2+3m+2)种. ②其次证明(4p+2,4q+1)(p<q-1)一定符合题意,p,q∈N,且q≤m, 4p+1前的4p个数,按从小到大的顺序每4个一组, 4q+2后的4(m-q)个数按从小到大的顺序每4个一组, 对4p+1,4p+2,4p+3,…,4q,4q+1,4q+2,一共有4(q-p)+2个数, 去掉其中第2个与第4(q-p)+1个数,即4p+2与4q+1. 下面证明去掉后剩下的4(q-p)个数可以分成q-p组,每组4个数构成等差数列. 该证明实际上为(2)的推广. 令k=q-p≥2, 4p+1,4p+1+k,4p+1+2k,4p+1+3k成等差数列; 4p+3,4p+3+k,4p+3+2k,4p+3+3k成等差数列; …… 4p+2+k,4p+2+2k,4p+2+3k,4p+2+4k成等差数列, 得证,∴②得证. 故(4p+2,4q+1)的不同取值有-m=(m2-m)种, 由①②,分组方法共有(m2+3m+2)+(m2-m)=(2m2+2m+2)=m2+m+1种, 而-=>0,∴Pm>. 练思维 1. AD 2.解析　(1)由题意得,an+2=或an+2=2an+1-an, 若a3==,则a4==或a4=2a3-a2=1,不符合题意; 若a3=2a2-a1=3,则a4=2a3-a2=4,符合题意. 所以a3=3. (2)(i)证明:由题意得a1=a4=a7=0,当n≠1,4,7时,an>0, 若a4=,则与a2>0且a3>0矛盾, 所以a4=2a3-a2=0,所以a3=, 若a5=2a4-a3,则与a3>0且a5>0矛盾, 所以a5===, 同理,a8==, 所以a2,a5,a8是公比为的等比数列. (ii)由题意知,=-或=1, 对于任意正整数m,n(m<n), ··…·=(r∈N,r≤n-m), 即an+1-an=(am+1-am), 所以an+1-an=(a2-a1)(r0≤n-1),所以an+1≠an, 由题知ai=aj=ak=0,所以aj+1≠aj=0,ai+1≠ai=0,ai-1≠ai=0, 所以aj+1>0,ai+1>0,ai-1>0, 若ai=,则与ai-1>0且ai-2>0矛盾,所以ai=2ai-1-ai-2, 因为ai-1>0且ai-2>0,所以j≠i-1且j≠i-2,所以j≤i-3, 因为ai+1-ai=ai+1>0,ai-ai-1=-ai-1<0, 所以ai+1-ai=-(ai-ai-1), 又ai-ai-1=(aj+1-aj)(r1≤i-j-1),ai-ai-1<0,aj+1-aj=aj+1>0, 所以r1为正奇数(确保等式两边同正负), 所以ai+1-ai=(aj+1-aj)≤(aj+1-aj), 同理,aj+1-aj≤(ak+1-ak),ak+1-ak≤(a2-a1)=, 所以ai+1-ai≤=, 当{an}为,,1,,0,,,0,,,0,,…时,符合题意, 所以ai+1的最大值为. 3.解析　(1)因为点在函数f(x)=x+的图象上, 所以=n+,所以Sn=n2+an. 令n=1,得a1=1+a1,所以a1=2; 令n=2,得a1+a2=4+a2,所以a2=4; 令n=3,得a1+a2+a3=9+a3, 所以a3=6. 由此猜想:an=2n. 由Sn=n2+an,得当n≥2时,Sn-1=(n-1)2+an-1, 故Sn-Sn-1=n2+an-(n-1)2-an-1, 化简整理得an+an-1=4n-2, 同理当n≥3时,an-2+an-1=4n-6, 两式相减可得an-an-2=4, 又a1=2,a2=4,故数列{a2n}是以4为首项,4为公差的等差数列,即a2n=4n, 数列{a2n-1}是以2为首项,4为公差的等差数列,即a2n-1=4n-2,故an=2n,n≥2, 经检验,a1=2符合上式, 故an=2n,n∈N*. (2)因为an=2n(n∈N*),所以数列{an}依次按1项、2项、3项、4项循环地分为(2),(4,6),(8,10,12),(14,16,18,20);(22),(24,26),(28,30,32),(34,36,38,40);(42),….每一次循环记为一组.由于每一个循环含有4个括号,故b100是第25组中第4个括号内各数之和.由分组规律知,由各组第4个括号中所有第1个数组成的数列是等差数列,且公差为20.同理,由各组第4个括号中所有第2个数、所有第3个数、所有第4个数分别组成的数列也都是等差数列,且公差均为20.故各组第4个括号中各数之和构成等差数列,且公差为80.注意到第一组中第4个括号内各数之和是68, 所以b100=68+24×80=1 988. 又b5=22,所以b5+b100=2 010. (3)因为=1-, 所以An=·…·, 所以An=·…·. 又f(a)-=a+-=a-, 故An<f(a)-对一切n∈N*都成立等价于·…·<a-对一切n∈N*都成立. 设g(n)=·…·, 则只需g(n)max<a-即可. 因为=·=·=<1, 所以g(n+1)<g(n),故g(n)单调递减,于是g(n)max=g(1)=. 令<a-,即>0, 解得-<a<0或a>. 故实数a的取值范围是∪(,+∞). 练风向 1. ABD 2.解析　(1){an}不“非零可表”. 理由如下: {an}中,a1=1,a2=2,a3=3,则当b1=b2=1,b3=-1时, a1b1+a2b2+a3b3=1+2-3=0,不满足④,故{an}不“非零可表”. (2)证明:an+1a=ana+i,当n≥2时,an=n-1+ai, 则an+1-ana=ana+i-(n-1)-ai=1+an,所以an+1=1+2an,n≥2, 故an+1+1=2(an+1),n≥2, 又a1=1,所以a2=1+a1=2,a2+1=3, n≥2时,an+1=3×2n-2,an=3×2n-2-1, 所以an=满足①②, a1=1,b1∈{-1,1},显然k=±1满足要求, 当k≥2时,-a1-a2-a3-…-ak+ak+1=-1-2-5-…-(3×2k-2-1)+3×2k-1-1=-1-(3-1)-(6-1)-…-(3×2k-2-1)+3×2k-1-1 =3×2k-1-(3+6+…+3×2k-2)+k-3=3×2k-1-+k-3=k, 显然a1+a2+a3+…+ak-ak+1=-k,k≥2,综上,满足③, 假设存在m,使得a1b1+a2b2+…+ambm=0, 则a1b1+a2b2+…+am-1bm-1=-ambm,|a1b1+a2b2+…+am-1bm-1|=|-ambm|=am, 其中|a1b1+a2b2+…+am-1bm-1|≤|a1|+|a2|+|a3|+…+|am-1| =a1+a2+a3+…+am-1=ai=am-(m-1), 即am≤am-(m-1),显然矛盾,故不存在m,使得a1b1+a2b2+…+ambm=0,满足④. 综上,数列{an}“非零可表”. (3)证明:M>2,定义[x]为小于或等于x的最大整数, 取数列{an}:a1=[M2]+1,其中Sn为{an}的前n项和, 显然{an}是严格递增的正整数数列,满足①②, a1=[M2]+1>M,a2=S1+1=[M2]+2>M2, 假设对n=2t-1,2t,t∈N*都有an>Mn(M>2), 则a2t+1=S2t+[M2t+2]+1>M2t+M2t+2>M2t+1, a2t+2=S2t+1+t+1>a2t+1>M2t+M2t+2>M2t+2, 故an>Mn(M>2), 下面证明{an}满足③④, 若存在正整数m以及b1,b2,…,bm∈{-1,1},有k=a1b1+a2b2+…+ambm, 故|k|=|a1b1+a2b2+…+ambm|≥|ambm|-|a1b1+a2b2+…+am-1bm-1|≥am-Sm-1>0, 所以满足④, 若整数k≠0,不妨设k>0,则由a2n-S2n-1=n,取b1=b2=…=b2n-1=-1,b2n=1, 则有ana=ibi, 取b1=b2=…=b2n-1=1,b2n=-1,则有a-ana=ibi,③成立. 综上,构造的数列{an}:a1=[M2]+1,其中Sn为{an}的前n项和,“非零可表”. 3.解析　(1)当n=3时,1,2,3无论按何种顺序排列,中位数只能是2,故P3={2}, 当n=4时,在1,2,3,4中任取3个数:1,2,3;1,2,4;1,3,4;2,3,4,中位数只能为2或3,所以P4={2,3}. (2)显然,不存在i使得bi=1或bi=n, 故Pn中所有元素的和≤2+3+…+(n-1)=, 且当an=n时,有bi=此时Pn={2,3,4,…,n-1}成立. (3)注意到对于任意1≤i≤n,≠bi,记Pn中元素个数的最小值为f(n), 由(1)可知, f(3)=1, f(4)=2. 考虑n=5的情形: 对于1,2,3,4,5的排列,1和5不可能作为中位数; 不妨令a1=1,考虑三元素组(a4,a5,1),(a5,1,a2),(1,a2,a3),至少产生2个不同的中位数. ①若此时中位数为a5,a2,不妨令a5>a2,则a4>a5>a3,a3>a2, 所以三元组(a2,a3,a4)将产生新的中位数a3,所以f(5)≥3; ②若此时的中位数为a4,a2,则a5>a4,a5>a2,a3>a2, 若a3<a4,则三元组(a2,a3,a4)产生新的中位数a3; 若a3>a4,则三元组(a3,a4,a5)产生新的中位数a3或a5.所以f(5)≥3. ③同理可知,若此时中位数为a3,a5;a3,a4也有f(5)≥3; 所以f(3)=1, f(4)=2, f(5)≥3. 下面证明:f(n+3)≥f(n)+1. 比较下面两个数列: (i)a1,a2,…,an,a1,a2, (ii)c1,c2,…,cn,cn+1,cn+2,cn+3,c1,c2, 其中a1,a2,…,an和c1,c2,…,cn具有相同的大小顺序. 因此,这两个数列的前n-2个三元数组所对应的中位数个数相同. 因此,只需要比较数列(i)中三元组:(an-1,an,a1),(an,a1,a2)和数列(ii)中三元组:(cn-1,cn,cn+1),(cn,cn+1,cn+2),(cn+1,cn+2,cn+3),(cn+2,cn+3,c1),(cn+3,c1,c2), 因为数列(ii)中至少增加1个新的中位数,故结论成立. 因为若(an-1,an,a1),(an,a1,a2)的中位数在前面未出现, 则(cn-1,cn,cn+1),(cn+3,c1,c2)的中位数在前面也不会出现. 对于新增(cn+1,cn+2,cn+3)的中位数,若(an-1,an,a1),(an,a1,a2)的2个中位数在前面出现过, 则(cn-1,cn,cn+1),(cn+3,c1,c2)的中位数在前面也出现过, 至少新增(cn+1,cn+2,cn+3)的中位数. 综上:Card(Pn)≥(n,k∈N*).下面给出一种构造: ①当n=3k时,构造{an}:1,k+1,2k+1,2,k+2,2k+2,3,k+3,2k+3,…,k,2k,3k, 此时Pn={k+1,k+2,…,2k}, 满足Card(Pn)=k. ②当n=3k+1时,构造{an}:1,k+1,2k+1,2,k+2,2k+2,3,k+3,2k+3,…,k,2k,3k,3k+1, 此时Pn={k+1,k+2,…,2k,3k},满足Card(Pn)=k+1. ③当n=3k+2时,构造{an}:1,k+1,2k+1,2,k+2,2k+2,3,k+3,2k+3,…,k,2k,3k,3k+1,3k+2, 此时Pn={k+1,k+2,…,2k,3k,3k+1},满足Card(Pn)=k+2. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$