2020届高三数学(理)考前题型专练：数列综合题--Word版含答案.docx

数列综合题
1．(2021·高考山东卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1.
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 设数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＋＝λ(λ为常数)，令cn＝b2n(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Rn.

2．已知公比为q的等比数列{an}的前6项和S6＝21，且4a1、a2、a2成等差数列．
(1)求an；
(2)设{bn}是首项为2，公差为－a1的等差数列，其前n项和为Tn，求不等式Tn－bn＞0的解集．

3．(2022·济南市模拟)数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n∈N*)，等差数列{bn}
满足b3＝3，b5＝9.
(1)分别求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝(n∈N*)，求证：cn＋1＜cn≤.

4．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项an；
(2)若数列{bn}满足bn＝(3n－1)an，数列{bn}的前n项和为Tn，若不等式(－1)nλ＜Tn对一切n∈N*恒成立，求λ的取值范围．

5．(2022·辽宁省五校联考)已知数列{an}满足：a1＝1，a2＝a(a≠0)，an＋2＝p·(其中p
为非零常数，n∈N*)．
(1)推断数列是不是等比数列；
(2)求an；
(3)当a＝1时，令bn＝，Sn为数列{bn}的前n项和，求Sn.

6．(2021·高考广东卷)设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝1，＝an＋1－n2－n－，n∈
N*.
(1)求a2的值；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋＜.

1．解：(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.
由S4＝4S2，a2n＝2an＋1，得
①
解得
因此an＝2n－1，n∈N*.②(4分)
(2)由题意知Tn＝λ－，
所以当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝－＋＝.
故cn＝b2n＝＝(n－1)，n∈N*.(6分)
所以Rn＝0×＋1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×，
则Rn＝0×＋1×＋2×＋…＋(n－2)×＋(n－1)×.(8分)
两式相减得
Rn＝＋＋＋…＋－(n－1)×＝－(n－1)×＝－，
整理得Rn＝.
所以数列{cn}的前n项和Rn＝.(12分)
2．解：(1)∵4a1、a2、a2成等差数列，
∴4a1＋a2＝3a2，
即4a1＝2a2，∴q＝2.(2分)
则S6＝＝21，解得a1＝，
∴an＝.(5分)
(2)由(1)得－a1＝－，∴bn＝2＋(n－1)＝，
Tn＝2n＋(n－1)·＝，(9分)
∴Tn－bn＞0，即－＞0，解得1＜n＜14(n∈N*)，
故不等式Tn－bn＞0的解集为{n∈N*|1＜n＜14}．(12分)
3．解：(1)由an＋1＝2Sn＋1，①
得an＝2Sn－1＋1(n≥2，n∈N*)，②
①－②得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)，
∴an＋1＝3an(n≥2，n∈N*)，
又a2＝2S1＋1＝3，∴a2＝3a1，∴an＝3n－1.(4分)
∵b5－b3＝2d＝6，∴d＝3，
∴bn＝3n－6.(6分)
(2)∵an＋2＝3n＋1，bn＋2＝3n，(8分)
∴cn＝＝，(9分)
∴cn＋1－cn＝＜0，(10分)
∴cn＋1＜cn＜…＜c1＝，(11分)
即cn＋1＜cn≤.(12分)
4．解：(1)由题知，＝＝＋1，
∴＋＝3，
∴＋＝·3n－1＝，
∴an＝.(4分)
(2)由(1)知，bn＝(3n－1)··＝n·，
Tn＝1×1＋2×＋3×＋…＋n·，
Tn＝1×＋2×＋…＋＋
n，(6分)
两式相减得，
Tn＝1＋＋＋…＋－＝－＝2－，∴Tn＝4－.(8分)
∵Tn＋1－Tn＝－＝＞0，
∴{Tn}为递增数列．
①当n为正奇数时，－λ＜Tn对一切正奇数成立，
∵(Tn)min＝T1＝1，∴－λ＜1，∴λ＞－1；
②当n为正偶数时，λ＜Tn对一切正偶数成立，
∵(Tn)min＝T2＝2，∴λ＜2.
综合①②知，－1＜λ＜2.(12分)
5．解：(1)由an＋2＝p·，得＝p·.(1分)
令cn＝，则c1＝a，cn＋1＝pcn.
∵a≠0，∴c1≠0，＝p(非零常数)，
∴数列是等比数列．(3分)
(2)∵数列{cn}是首项为a，公比为p的等比数列，
∴cn＝c1·pn－1＝a·pn－1，即＝apn－1.(4分)
当n≥2时，an＝··…··a1＝(apn－2)×(aqn－3)×…× (ap0)×1＝an－1p，(6分)
∵a1满足上式，∴an＝an－1p，n∈N*.(7分)
(3)∵＝·＝(apn)×(apn－1)＝a2p2n－1，
∴当a＝1时，bn＝＝np2n－1.(8分)
∴Sn＝1×p1＋2×p3＋…＋np2n－1，①
p2Sn＝1×p3＋…＋(n－1)p2n－1＋np2n＋1.②
∴当p2≠1时，即p≠±1时，①－②得：
(1－p2)Sn＝p1＋p3＋…＋p2n－1－np2n＋1
＝－np2n＋1，
即Sn＝－；(11分)
当p＝1时，Sn＝1＋2＋…＋n＝；(12分)
当p＝－1时，Sn＝(－1)＋(－2)＋…＋(－n)＝－.(13分)
综上所述，
Sn＝
6．解：(1)依题意，2S1＝a2－－1－，
又S1＝a1＝1，所以a2＝4.(2分)
(2)解法一：由题意2Sn＝nan＋1－n3－n2－n，
所以当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－(n－1)3－(n－1)2－(n－1)，(4分)
两式相减得2an＝nan＋1－(n－1)an－(3n2－3n＋1)－(2n－1)－，
整理得nan＋1－(n＋1)an＝n(n＋1)，即－＝1.(6分)
又当n＝1时，－＝－＝1，
所以数列是首项为＝1，公差为1的等差数列，
所以＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n2，
所以数列{an}的通项公式为an＝n2，n∈N*.(8分)
解法二：由于＝an＋1－n2－n－，
所以＝Sn＋1－Sn－n2－n－.(4分)
整理得Sn＝Sn＋1－(n＋1)(n＋2)，
所以－＝，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，(6分)
所以＝＋(n－1)＝，
所以Sn＝，
所以Sn－1＝(n≥2)，
所以an＝Sn－Sn－1＝n2(n≥2)．
由于a1＝1符合上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝n2，n∈N*.(8分)
(3)证明：设Tn＝＋＋…＋.
当n＝1时，T1＝＝1＜；
当n＝2时，T2＝＋＝1＋＝＜；
当n≥3时，＝＜＝－，(10分)
此时Tn＝1＋＋＋＋…＋＜1＋＋＋＋…＋
＝1＋＋－＝－＜.
综上，对一切正整数n，有＋＋…＋＜.(12分)