专题3 数列 专题突破练三-【名师带你过关】2027年数学高中总复习专题复习

专题突破练三 1. 解析：（1）因为a1，a2，a4成等比数列，所以=a1a4， 即（1+d）2=1×（1+3d）. 解得d=0或d=1. 因为d>0，所以d=1. 所以an=1+1×（n-1）=n. （2）由（1）得bn= 所以bn= 所以T2n=b1+b2+b3+…+b2n-1+b2n =（b1+b3+…+b2n-1）+（b2+b4+…+b2n） =（21+23+…+22n-1）+ =+ =--， 所以数列的前2n项和T2n=--. 2. 解析：（1）因为2Sn=3an+1-3，故2Sn-1=3an-3. 所以2an=3an+1-3an，即5an=3an+1故等比数列的公比为q=. 故2a1=3a2-3=3a1×-3=5a1-3，故a1=1，故an=. （2）由等比数列求和公式得Sn==-， 所以数列的前n项和 Tn=S1+S2+S3+…+Sn=-n =·-n=·-n-. 3. 解析：（1）由题意可知：A0=0，A1=2，A2=3，A3=6，B0=0，B1=1，B2=4，B3=7， 当k=0时，则B0=A0=0，Bi>A0，i=1，2，3，故r0=0； 当k=1时，则B0<A1，B1<A1，Bi>A1，i=2，3，故r1=1； 当k=2时，则Bi≤A2，i=0，1，B2>A2，B3>A2，故r2=1； 当k=3时，则Bi≤A3，i=0，1，2，B3>A3，故r3=2. 综上所述，r0=0，r1=1，r2=1，r3=2. （2）由题意可知：rn≤m，且rn∈N， 因为an≥1，bn≥1，且a1≥b1，则An≥B1>B0对任意n∈N*恒成立， 所以r0=0，r1≥1. 又因为2ri≤ri-1+ri+1，则ri+1-ri≥ri-ri-1，即rm-rm-1≥rm-1-rm-2≥…≥r1-r0≥1. 可得ri+1-ri≥1. 反证：假设满足rn+1-rn>1的最小正整数为0≤j≤m-1， 当i≥j时，则ri+1-ri≥2；当i≤j-1时，则ri+1-ri=1. 则rm=++…++r0≥2+j=2m-j， 又因为0≤j≤m-1，则rm≥2m-j≥2m-=m+1>m， 假设不成立，故rn+1-rn=1， 即数列是以首项为1，公差为1的等差数列，所以rn=0+1×n=n，n∈N. （3）证明：因为an，bn均为正整数，则，均为递增数列， （ⅰ）若Am=Bm，则可取t=q=0，满足p>q，s>t， 使得Ap+Bt=Aq+Bs； （ⅱ）若Am<Bm，则rk<m. 构建Sn=-An，1≤n≤m，由题意可得Sn≤0，且Sn为整数， 反证，假设存在正整数K，使得SK≤-m. 则-AK≤-m，-AK>0，可得=-=->m. 这与∈相矛盾，故对任意1≤n≤m，n∈N，均有Sn≥1-m. ①若存在正整数N，使得SN=-AN=0，即AN=. 可取t=q=0，p=N，s=rN， 满足p>q，s>t，使得Ap+Bt=Aq+Bs. ②若不存在正整数N，使得SN=0， 因为Sn∈，且1≤n≤m， 所以必存在1≤X<Y≤m，使得SX=SY， 即-AX=-AY，可得AY+=AX+. 可取p=Y，s=rY，q=X，t=rX， 满足p>q，s>t，使得Ap+Bt=Aq+Bs； （ⅲ）若Am>Bm， 定义Rk=max，则Rk<m， 构建Sn=-Bn，1≤n≤m，由题意可得Sn≤0，且Sn为整数， 反证，假设存在正整数K，1≤K≤m，使得SK≤-m， 则-BK≤-m，-BK>0，可得=-=->m， 这与∈相矛盾，故对任意1≤n≤m-1，n∈N，均有Sn≥1-m. ①若存在正整数N，使得SN=-BN=0，即=BN， 可取q=t=0，s=N，p=RN， 即满足p>q，s>t，使得Ap+Bt=Aq+Bs； ②若不存在正整数N，使得SN=0， 因为Sn∈，且1≤n≤m， 所以必存在1≤X<Y≤m，使得SX=SY， 即-BX=-BY，可得+BX=+BY. 可取p=RY，t=X，q=RX，s=Y， 满足p>q，s>t，使得Ap+Bt=Aq+Bs. 综上所述，存在0≤q<p≤m，0≤t<s≤m使得Ap+Bt=Aq+Bs. 4. 解析：（1）因为数列A：1，3，2，4，6，3，1，9， 由序列T1可得T1：2，3，3，4，7，3，2，9； 由序列T2可得T2T1：2，4，3，5，7，4，2，10； 由序列T3可得T3T2T1：3，4，4，5，8，4，3，10； 所以Ω：3，4，4，5，8，4，3，10. （2）解法一：假设存在符合条件的Ω，可知Ω的第1，2项之和为a1+a2+s，第3，4项之和为a3+a4+s， 则，而该方程组无解，故假设不成立， 故不存在符合条件的Ω； 解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4， 假设存在符合条件的Ω，且Ω：b1，b2，…，b8， 因为=8，即序列Ω共有8项， 由题意可知：-=8，n=1，2，3，4， 检验可知：当n=2，3时，上式不成立， 即假设不成立，所以不存在符合条件的Ω. （3）证明：方法一，我们设序列Ts...T2T1为，特别规定a0，n=an. 必要性： 若存在序列Ω：T1，T2，…Ts，使得Ω的各项都相等. 则as，1=as，2=as，3=as，4=as，5=as，6=as，7=as，8，所以as，1+as，2=as，3+as，4=as，5+as，6=as，7+as，8. 根据Ts…T2T1的定义，显然有as，2j-1+as，2j=as-1，2j-1+as-1，2j，这里j=1，2，3，4，s=1，2，…， 所以不断使用该式就得到，a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8，必要性得证. 充分性： 若a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8. 由已知，a1+a3+a5+a7为偶数，而a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8，所以a2+a4+a6+a8=4-也是偶数. 我们设Ts...T2T1是通过合法的序列Ω的变换能得到的所有可能的数列Ω中，使得+++最小的一个. 上面已经证明as，2j-1+as，2j=as-1，2j-1+as-1，2j，这里j=1，2，3，4，s=1，2，…. 从而由a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8可得as，1+as，2=as，3+as，4=as，5+as，6=as，7+as，8. 同时，由于it+jt+kt+wt总是偶数，所以at，1+at，3+at，5+at，7和at，2+at，4+at，6+at，8的奇偶性保持不变，从而as，1+as，3+as，5+as，7和as，2+as，4+as，6+as，8都是偶数. 下面证明不存在j=1，2，3，4使得≥2. 假设存在，根据对称性，不妨设j=1，as，2j-1-as，2j≥2，即as，1-as，2≥2. 情况1：若++=0，则由as，1+as，3+as，5+as，7和as，2+as，4+as，6+as，8都是偶数，知as，1-as，2≥4. 对该数列连续作四次变换，，，后，新的+++相比原来的+++减少4，这与+++的最小性矛盾； 情况2：若++>0，不妨设>0. 情况2-1：如果as，3-as，4≥1，则对该数列连续作两次变换，后，新的+++相比原来的+++至少减少2，这与+++的最小性矛盾； 情况2-2：如果as，4-as，3≥1，则对该数列连续作两次变换，后，新的+++相比原来的+++至少减少2，这与+++的最小性矛盾. 这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的j=1，2，3，4都有≤1. 假设存在j=1，2，3，4使得=1，则as，2j-1+as，2j是奇数，所以as，1+as，2=as，3+as，4=as，5+as，6=as，7+as，8都是奇数，设为2N+1. 则此时对任意j=1，2，3，4，由≤1可知必有=. 而as，1+as，3+as，5+as，7和as，2+as，4+as，6+as，8都是偶数，故集合中的四个元素i，j，k，w之和为偶数，对该数列进行一次变换，则该数列成为常数列，新的+++等于零，比原来的+++更小，这与+++的最小性矛盾. 综上，只可能=0，而as，1+as，2=as，3+as，4=as，5+as，6=as，7+as，8，故=Ω是常数列，充分性得证. 方法二：由题意可知：Ω中序列的顺序不影响Ω的结果， 且，，，相对于序列也是无序的， （ⅰ）若a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8， 不妨设a1≤a3≤a5≤a7，则a2≥a4≥a6≥a8， ①当a1=a3=a5=a7，则a8=a6=a4=a2， 分别执行a1个序列、a2个序列， 可得a1+a2，a1+a2，a1+a2，a1+a2，a1+a2，a1+a2，a1+a2，a1+a2，为常数列，符合题意； ②当a1，a3，a5，a7中有且仅有三个数相等，不妨设a1=a3=a5，则a2=a4=a6， 即a1，a2，a1，a2，a1，a2，a7，a8. 分别执行a2个序列、a7个序列， 可得a1+a2，a2+a7，a1+a2，a2+a7，a1+a2，a2+a7，a2+a7，a7+a8， 即a1+a2，a2+a7，a1+a2，a2+a7，a1+a2，a2+a7，a2+a7，a1+a2. 因为a1+a3+a5+a7为偶数，即3a1+a7为偶数. 可知a1，a7的奇偶性相同，则∈N*. 分别执行个序列，，，， 可得，，，，，，，， 为常数列，符合题意； ③若a1=a3<a5=a7，则a2=a4>a6=a8，即a1，a2，a1，a2，a5，a6，a5，a6. 分别执行a5个、a1个， 可得a1+a5，a1+a2，a1+a5，a1+a2，a1+a5，a5+a6，a1+a5，a5+a6， 因为a1+a2=a5+a6， 可得a1+a5，a1+a2，a1+a5，a1+a2，a1+a5，a1+a2，a1+a5，a1+a2， 即转为①，可知符合题意； ④当a1，a3，a5，a7中有且仅有两个数相等，不妨设a1=a3，则a2=a4， 即a1，a2，a1，a2，a5，a6，a7，a8. 分别执行a1个、a5个， 可得a1+a5，a1+a2，a1+a5，a1+a2，a1+a5，a5+a6，a1+a7，a5+a8， 且a1+a2=a5+a6，可得a1+a5，a1+a2，a1+a5，a1+a2，a1+a5，a1+a2，a1+a7，a5+a8， 即转为②，可知符合题意； ⑤若a1<a3<a5<a7，则a2>a4>a6>a8，即a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，a8， 分别执行a1个、a3个， 可得a1+a3，a1+a2，a1+a3，a3+a4，a1+a5，a3+a6，a3+a7，a1+a8， 且a1+a2=a3+a4，可得a1+a3，a1+a2，a1+a3，a1+a2，a1+a5，a3+a6，a3+a7，a1+a8， 即转为③，可知符合题意； 综上所述：若a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8，则存在序列Ω，使得Ω为常数列； （ⅱ）若存在序列Ω，使得Ω为常数列， 因为对任意Ω：b1，b2，…，b8， 均有-=-=-=-成立， 若Ω为常数列，则b1+b2=b3+b4=b5+b6=b7+b8， 所以a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8. 综上所述，“存在序列Ω，使得Ω为常数列”的充要条件为“a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8”. 5. 解析：（1）当n=1时，4S1=4a1=3a1+4，解得a1=4. 当n≥2时，4Sn-1=3an-1+4， 所以4Sn-4Sn-1=4an=3an-3an-1即an=-3an-1. 而a1=4≠0，故an≠0，故=-3， 所以数列是以4为首项，-3为公比的等比数列， 所以an=4·. （2）bn=（-1）n-1·n·4·（-3）n-1=4n·3n-1， 所以Tn=b1+b2+b3+…+bn =4·30+8·31+12·32+…+4n·3n-1. 故3Tn=4·31+8·32+12·33+…+4n·3n. 所以-2Tn=4+4·31+4·32+…+4·3n-1-4n·3n =4+4·-4n·3n =4+2·3·-4n·3n =（2-4n）·3n-2， 所以Tn=（2n-1）·3n+1. 6. 解析：（1）设公差为d，公比为q，则an=1+（n-1）d，bn=qn-1. 由a2-b2=a3-b3=1可得⇒d=q=2（d=q=0舍去）， 所以an=2n-1，bn=2n-1. （2）证明：因为bn+1=2bn≠0，所以要证（Sn+1+an+1）bn=Sn+1bn+1-Snbn， 即证（Sn+1+an+1）bn=Sn+1·2bn-Snbn， 即证Sn+1+an+1=2Sn+1-Sn， 即证an+1=Sn+1-Sn. 而an+1=Sn+1-Sn显然成立， 所以（Sn+1+an+1）bn=Sn+1bn+1-Snbn. （3）因为b2k-1+b2k=（4k-1+4k-3）×22k-2+［4k+1-（4k-1）］×22k-1=2k·4k， 所以bk=［（a2k-（-1）2k-1a2k-1）·b2k-1+（a2k+1-（-1）2ka2k）b2k］=2k·4k. 设Tn=2k·4k， 所以Tn=2×4+4×42+6×43+…+2n×4n. 则4Tn=2×42+4×43+6×44+…+2n×4n+1. 作差得-3Tn=2-2n·4n+1=-2n×4n+1=， 所以Tn=. 所以bk=. 7. 解析：（1）证明：当p=1，r=0时，Sn=nan，当n≥2时，Sn-1=an-1， 两式相减，得an=nan-（n-1）an-1，整理得an-an-1=0. 所以是公差为0的等差数列. （2）当p=时，Sn=an，令n=1，而a1=2，得+r=1，解得r=. 于是Sn=an.当n≥2时，Sn-1=an-1， 两式相减，得an=an-an-1，整理得（n-1）an=（n+1）an-1，即=. 因此=，数列是常数列，从而==1，an=n2+n，显然a1=2满足上式， 所以数列的通项公式是an=n2+n. 8. 解析：（1）因为数列是公比为2的等比数列，且a2-a1=1，则an+1-an=1·2n-1=2n-1. 当n≥2时，an=+++…++a1 =2n-2+2n-3+2n-4+…+2+1+1=+1=2n-1，又a1=1也满足上式， 所以的通项公式为an=2n-1. （2）由（1）知，bn=·an=·，则bn+1=·. 则有=×=. 当n=1时，>1，则有a1<a2. 当n≥2时，<1，即有an+1<an，数列是递减的， 所以数列有最大项，为b2=. 9. 解析：（1）因为是等比数列，公比为q≠-1，则a4=a1q3，a5=a1q4，a7=a1q6，a8=a1q7， 所以===，解得q=3. 由S4=a3+62，可得=9a1+62，解得a1=2. 所以数列的通项公式为an=2×3n-1. （2）证明：由（1）知，b1=2，q'=， 则等比数列的前n项和为Tn==3×. 因为>0，所以1-<1.所以Tn<3. 10. 解析：（1）设等差数列的公差为d，而bn=k∈N*， 则b1=a1-6，b2=2a2=2a1+2d，b3=a3-6=a1+2d-6， 于是 解得a1=5，d=2，an=a1+（n-1）d=2n+3. 所以数列的通项公式是an=2n+3. （2）证明：方法一，由（1）知，Sn==n2+4n，bn=k∈N*， 当n为偶数时，bn-1+bn=2（n-1）-3+4n+6=6n+1， Tn=·=n2+n. 当n>5时，Tn-Sn=（n2+n）-（n2+4n）=n（n-1）>0，因此Tn>Sn； 当n为奇数时，Tn=Tn+1-bn+1=（n+1）2+（n+1）-［4（n+1）+6］=n2+n-5， 当n>5时，Tn-Sn=（n2+n-5）-（n2+4n）=（n+2）（n-5）>0，因此Tn>Sn， 所以当n>5时，Tn>Sn. 方法二，由（1）知，Sn==n2+4n，bn=k∈N*， 当n为偶数时，Tn=（b1+b3+…+bn-1）+（b2+b4+…+bn）=·+·=n2+n. 当n>5时，Tn-Sn=（n2+n）-（n2+4n）=n（n-1）>0，因此Tn>Sn； 当n为奇数时，若n≥3，则Tn=（b1+b3+…+bn）+（b2+b4+…+bn-1）=·+·=n2+n-5，显然T1=b1=-1满足上式，因此当n为奇数时，Tn=n2+n-5. 当n>5时，Tn-Sn=-（n2+4n）=（n+2）（n-5）>0，因此Tn>Sn. 所以当n>5时，Tn>Sn. 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题突破练三 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(2023·广州二模)已知等差数列的公差d>0,且满足a1=1,a1,a2,a4成等比数列. (1)求数列的通项公式. (2)若数列满足bn=求数列的前2n项的和T2n. 2.(2024·全国甲卷文)已知等比数列的前n项和为Sn,且2Sn=3an+1-3. (1)求的通项公式. (2)求数列的前n项和. 3.(2023·北京)已知数列,的项数均为m(m>2),且an,bn∈{1,2,…,m},,的前n项和分别为An,Bn,并规定A0=B0=0.对于k∈,定义rk=max,其中,max M表示数集M中最大的数. (1)若a1=2,a2=1,a3=3,b1=1,b2=3,b3=3,求r0,r1,r2,r3的值. (2)若a1≥b1,且2rj≤rj+1+rj-1,j=1,2,…,m-1,,求rn. (3)证明:存在p,q,s,t∈,满足p>q,s>t, 使得Ap+Bt=Aq+Bs. 4.(2024·北京)已知集合M=i∈,j∈,k∈,w∈,且i+j+k+w为偶数.给定数列A:a1,a2,…,a8,和序列Ω:T1,T2,…Ts,其中Tt=∈M,对数列A进行如下变换:将A的第i1,j1,k1,w1项均加1,其余项不变,得到的数列记作T1;将T1的第i2,j2,k2,w2项均加1,其余项不变,得到数列记作T2T1……以此类推,得到Ts…T2T1,简记为Ω. (1)给定数列A:1,3,2,4,6,3,1,9和序列Ω:,,,写出Ω. (2)是否存在序列Ω,使得Ω为a1+2,a2+6,a3+4,a4+2,a5+8,a6+2,a7+4,a8+4,若存在,写出一个符合条件的Ω;若不存在,请说明理由. (3)若数列A的各项均为正整数,且a1+a3+a5+a7为偶数,求证:“存在序列Ω,使得Ω的各项都相等”的充要条件为“a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8”. 5.(2024·全国甲卷理)记Sn为数列的前n项和,已知4Sn=3an+4. (1)求的通项公式. (2)设bn=(-1)n-1nan,求数列的前n项和Tn. 6.(2022·天津)设是等差数列,是等比数列,且a1=b1=a2-b2=a3-b3=1. (1)求与的通项公式. (2)设的前n项和为Sn,求证:(Sn+1+an+1)bn=Sn+1bn+1-Snbn. (3)求bk. 7.(2023·广州模拟)设各项均为正数的数列满足=pn+r(p,r为常数),其中Sn为数列的前n项和. (1)若p=1,r=0,求证:是等差数列. (2)若p=,a1=2,求数列的通项公式. 8.(2023·梅州二模)已知数列满足a1=1,a2=2,且数列是公比为2的等比数列. (1)求的通项公式. (2)令bn=·an,数列是否有最大项?若有,求出最大项;若没有,说明理由. 9.(2023·深圳模拟)已知等比数列的前n项和为Sn,其公比q≠-1,=,且S4=a3+62. (1)求数列的通项公式. (2)等比数列的前n项和为Tn,其公比q'=,b1=a1,求证:Tn<3. 10.(2023·新课标全国Ⅱ卷)已知为等差数列,bn=记Sn,Tn分别为数列,的前n项和,S4=32,T3=16. (1)求的通项公式. (2)证明:当n>5时,Tn>Sn. 学科网（北京）股份有限公司 $