第六章 必刷大题12 数列的综合问题（教师用书word）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（北师大版 皖赣桂豫陕）

必刷大题12　数列的综合问题 1．若数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)． (1)求a1，a2，a3，a4； (2)求数列{an}的前2 024项和S2 024. 解　(1)因为数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)， 所以a1＝－1，a2＝3，a3＝－5，a4＝7. (2)由an＝(－1)n(2n－1)， 可得当n为奇数时，an＋an＋1＝(－1)n(2n－1)＋(－1)n＋1(2n＋1)＝2， 所以S2 024＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2 023＋a2 024) ＝2＋2＋…＋2＝2×1 012＝2 024. 2．(2023·广州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且S1＝2，Sn＝an＋1，bn＝(n∈N＋)． (1)求数列{bn}的通项公式； (2)设cn＝，数列{cn}的前n项和Tn，求证：≤Tn<1. (1)解　因为Sn＝an＋1， 所以(n＋2)Sn＝nan＋1， 因为an＋1＝Sn＋1－Sn， 所以(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)， 即nSn＋1＝2(n＋1)Sn， 所以＝2·(n∈N＋)． 即bn＋1＝2bn， 又b1＝S1＝2， 所以数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列． 所以bn＝2n. (2)证明　cn＝＝＝－， 故数列{cn}的前n项和Tn＝＋＋…＋ ＝1－， 因为n∈N＋， 所以0<≤， 所以≤Tn<1. 3．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋2＝2an. (1)求a2及数列{an}的通项公式； (2)在an与an＋1之间插入n个数，使得这n＋2个数依次组成公差为dn的等差数列，求数列的前n项和Tn. 解　(1)由题意，当n＝1时，S1＋2＝a1＋2＝2a1，解得a1＝2， 当n＝2时，S2＋2＝2a2， 即a1＋a2＋2＝2a2，解得a2＝4， 当n≥2时，由Sn＋2＝2an， 可得Sn－1＋2＝2an－1， 两式相减，可得an＝2an－2an－1， 整理，得an＝2an－1， ∴数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列， ∴an＝2·2n－1＝2n，n∈N＋. (2)由(1)可得，an＝2n，an＋1＝2n＋1， 在an与an＋1之间插入n个数，使得这n＋2个数依次组成公差为dn的等差数列， 则有an＋1－an＝(n＋1)dn， ∴dn＝＝， ∴＝， ∴Tn＝＋＋…＋＝＋＋＋…＋， Tn＝＋＋＋…＋＋， 两式相减， 可得Tn＝＋＋＋…＋－ ＝1＋－ ＝－，∴Tn＝3－. 4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝7，S3＝5a1. (1)求{an}的通项公式； (2)设数列的前n项和为Tn，证明：当n≥3时，Tn>. (1)解　a3＝a1＋2d＝7，S3＝3a1＋3d＝5a1， 解得a1＝3，d＝2， 故an＝2n＋1. (2)证明　Sn＝3n＋×2＝n2＋2n， 1＋＝1＋＝1＋－， Tn＝1＋－＋1＋－＋1＋－＋…＋1＋－＝n＋3－－， 当n≥3，要证明Tn>， 即n＋3－－>n＋2， 即证1>＋， 易知＋是一个递减数列， 故当n＝3时，其最大值为＋＝<1，得证． 5．(2023·邯郸统考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝3Sn＋1(n∈N＋)． (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝，在数列{bn}中是否存在三项bm，bk，bp(其中2k＝m＋p)成等比数列？若存在，求出这三项；若不存在，请说明理由． 解　(1)由题意知，在数列{an}中，an＋1＝3Sn＋1， an＝3Sn－1＋1，n≥2， 两式相减可得an＋1－an＝3an，an＋1＝4an，n≥2， 由条件知，a2＝3a1＋1＝4a1， 故an＋1＝4an(n∈N＋)． ∴{an}是以1为首项，4为公比的等比数列． ∴an＝4n－1(n∈N＋)． (2)由(1)知，an＝4n－1(n∈N＋)， ∴bn＝， 如果满足条件的bm，bk，bp存在， 则b＝bmbp， ∴＝·， ∵2k＝m＋p， ∴(k＋1)2＝(m＋1)(p＋1)，解得k2＝mp， ∵2k＝m＋p，∴k＝m＝p，与已知矛盾， ∴不存在满足条件的三项． 6．在数列{bn}中，令Tn＝b1b2·…·bn(n∈N＋)，若对任意正整数n，Tn总为数列{bn}中的项，则称数列{bn}是“前n项之积封闭数列”．已知数列{an}是首项为a1，公比为q的等比数列． (1)判断：当a1＝2，q＝3时，数列{an}是否为“前n项之积封闭数列”； (2)证明：a1＝1是数列{an}为“前n项之积封闭数列”的充分不必要条件． (1)解　T2＝a1a2＝2×6＝12， 若T2为数列{an}中的项，则存在m∈N＋， 使得T2＝am，即12＝2·3m－1， 所以m＝log36＋1∉N＋，所以{an}不是“前n项之积封闭数列”． (2)证明　充分性： 因为Tn＝a1a2·…·an(n∈N＋)， 所以T1＝a1， 当n∈N＋，n≥2时， 因为a1＝1，所以an＝qn－1， 所以Tn＝a1a2·…·an＝q0＋1＋2＋…＋(n－1)＝， 因为∈N＋， 所以令＝k，则Tn＝ak＋1， 所以数列{an}是“前n项之积封闭数列”， 所以充分性成立． 必要性： 当a1＝q≠1时，an＝a1qn－1＝qn， 所以Tn＝a1a2·…·an＝q1＋2＋…＋n＝， 因为∈N＋， 令＝l， 所以Tn＝al， 即此时数列{an}是“前n项之积封闭数列”， 所以必要性不成立． 综上，a1＝1是数列{an}为“前n项之积封闭数列”的充分不必要条件． 学科网（北京）股份有限公司 $