2023年高考数学(理)真题分类汇编：D单元-数列

D单元数列D1数列的概念与简单表示法1．、、[2023·江西卷]首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)满足anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0.(1)令cn＝eq\f(an,bn)，求数列{cn}的通项公式；(2)假设bn＝3n－1，求数列{an}的前n项和Sn.17．解：(1)因为anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0(n∈N*)，所以eq\f(an＋1,bn＋1)－eq\f(an,bn)＝2，即cn＋1－cn＝2，所以数列{cn}是以c1＝1为首项，d＝2为公差的等差数列，故cn＝2n－1.(2)由bn＝3n－1，知an＝(2n－1)3n－1，于是数列{an}的前n项和Sn＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1，3Sn＝1×31＋3×32＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)×3n，将两式相减得－2Sn＝1＋2×(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n＝－2－(2n－2)×3n，所以Sn＝(n－1)3n＋1.2[2023·新课标全国卷Ⅰ]数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．(1)证明：an＋2－an＝λ.(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．17．解：(1)证明：由题设，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.因为an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1，由(1)知，a3＝λ＋1.假设{an}为等差数列，那么2a2＝a1＋a3，解得λ＝4，故an＋2－an＝4.由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．3、[2023·新课标全国卷Ⅱ]数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.(1)证明eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))是等比数列，并求{an}的通项公式；(2)证明eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＜eq\f(3,2).17．解：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋eq\f(1,2)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2))).又a1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))是首项为eq\f(3,2)，公比为3的等比数列，所以an＋eq\f(1,2)＝eq\f(3n,2)，因此数列{an}的通项公式为an＝eq\f(3n－1,2).(2)证明：由(1)知eq\f(1,an)＝eq\f(2,3n－1).因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，所以eq\f(1,3n－1)≤eq\f(1,2×3n－1)，即eq\f(1,an)＝eq\f(2,3n－1)≤eq\f(1,3n－1).于是eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)≤1＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,3n－1)＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))<eq\f(3,2).所以eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(3,2).4，，[2023·重庆卷]设a1＝1，an＋1＝eq\r(aeq\o\al(2,n)－2an＋2)＋b(n∈N*)．(1)假设b＝1，求a2，a3及数列{an}的通项公式．(2)假设b＝－1，问：是否存在实数c使得a2n<c<a2n＋1对所有n∈N*成立？证明你的结论．22．解：(1)方法一：a2＝2，a3＝eq\r(2)＋1.再由题设条件知(an＋1－1)2＝(an－1)2＋1.从而{(an－1)2}是首项为0，公差为1的等差数列，故(an－1)2＝n－1，即an＝eq\r(n－1)＋1(n∈N*)．方法二：a2＝2，a3＝eq\r(2)＋1.可写为a1＝eq\r(1－1)＋1，a2＝eq\r(2－1)＋1，a3＝eq\r(3－1)＋1.因此猜测an＝eq\r(n－1)＋1.下面用数学归纳法证明上式．当n＝1时，结论显然成立．假设n＝k时结论成立，即ak＝eq\r(k－1)＋1，那么ak＋1＝eq\r(〔ak－1〕2＋1)＋1＝eq\r(〔k－1〕＋1)＋1＝eq\r(〔k＋1〕－1)＋1，这就是说，当n＝k＋1时结论成立．所以an＝eq\r(n－1)＋1(n∈N*)．(2)方法一：设f(x)＝eq\r(〔x－1〕2＋1)－1，那么an＋1＝f(an)．令c＝f(c)，即c＝eq\r(〔c－1〕2＋1)－1，解得c＝eq\f(1,4).下面用数学归纳法证明命题a2n<c<a2n＋1<1.当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(0)＝eq\r(2)－1，所以a2<eq\f(1,4)<a3<1，结论成立．假设n＝k时结论成立，即a2k<c<a2k＋1<1.易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而c＝f(c)>f(a2k＋1)>f(1)＝a2，即1>c>a2k＋2>a2.再由f(x)在(－∞，1]上为减函数，得c＝f(c)<f(a2k＋2)<f(a2)＝a3<1，故c<a2k＋3<1，因此a2(k＋1)<c<a2(k＋1)＋1<1，这就是说，当n＝k＋1时结论成立．综上，存在c＝eq\f(1,4)使a2n<C<a2a＋1对所有n∈N*成立．方法二：设f(x)＝eq\r(〔x－1〕2＋1)－1，那么an＋1＝f(an)．先证：0≤an≤1(n∈N*)．①当n＝1时，结论明显成立．假设n＝k时结论成立，即0≤ak≤1.易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而0＝f(1)≤f(ak)≤f(0)＝eq\r(2)－1<1.即0≤ak＋1≤1.这就是说，当n＝k＋1时结论成立．故①成立．再证：a2n<a2n＋1(n∈N*)．②当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(a2)＝f(0)＝eq\r(2)－1，所以a2<a3，即n＝1时②成立．假设n＝k时，结论成立，即a2k<a2k＋1.由①及f(x)在(－∞，1]上为减函数，得a2k＋1＝f(a2k)>f(a2k＋1)＝a2k＋2，a2(k＋1)＝f(a2k＋1)<f(a2k＋2)＝a2(k＋1)＋1.这就是说，当n＝k＋1时②成立．所以②对一切n∈N*成立．由②得a2n<eq\r(aeq\o\al(2,2n)－2a2n＋2)－1，即(a2n＋1)2<aeq\o\al(2,2n)－2a2n＋2，因此a2n<eq\f(1,4).③又由①②及f(x)在(－∞，1]上为减函数，得f(a2n)>f(a2n＋1)，即a2n＋1>a2n＋2.所以a2n＋1>eq\r(aeq\o\al(2,2n＋1)－2a2n＋1＋2)－1，解得a2n＋1>eq\f(1,4).④综上，由②③④知存在c＝eq\f(1,4)使a2n<c<a2n＋1对一切n∈N*成立．D2等差数列及等差数列前n项和5、[2023·安徽卷]数列{an}是等差数列，假设a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，那么q＝________.12．16．[2023·北京卷]假设等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，那么当n＝________时，{an}的前n项和最大．12．87．[2023·福建卷]等差数列{an}的前n项和为Sn，假设a1＝2，S3＝12，那么a6等于()A．8B．10C．12D．143．C8．、、[2023·湖北卷]等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式．(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn>60n＋800？假设存在，求n的最小值；假设不存在，说明理由．18．解：(1)设数列{an}的公差为d，依题意得，2，2＋d，2＋4d成等比数列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.当d＝0时，an＝2；当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2.从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.(2)当an＝2时，Sn＝2n，显然2n<60n＋800，此时不存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立．当an＝4n－2时，Sn＝eq\f(n[2＋〔4n－2〕],2)＝2n2.令2n2>60n＋800，即n2－30n－400>0，解得n>40或n<－10(舍去)，此时存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立，n的最小值为41.综上，当an＝2时，不存在满足题意的正整数n；当an＝4n－2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.9．、[2023·湖南卷]数列{an}满足a1＝1，|an＋1－an|＝pn，n∈N*.(1)假设{an}是递增数列，且a1，2a2，3a3成等差数列，求p的值；(2)假设p＝eq\f(1,2)，且{a2n－1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式．20．解：(1)因为{an}是递增数列，所以an＋1－an＝|an＋1－an|＝pn.而a1＝1，因此eq\b\lc\(\a\vs4\al\co1(a2＝p＋1，a3＝p2＋p＋1)).又a1，2a2，3a3成等差数列，所以4a2＝a1＋3a3，因而3p2－p＝0，解得p＝eq\f(1,3)或p＝0.当p＝0时，an＋1＝an，这与{an}是递增数列矛盾，故p＝eq\f(1,3).(2)由于{a2n－1}是递增数列，因而a2n＋1－a2n－1>0，于是(a2n＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)>0.①因为eq\f(1,22n)<eq\f(1,22n－1)，所以|a2n＋1－a2n|<|a2n－a2n－1|.②由①②知，a2n－a2n－1>0，因此a2n－a2n－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2n－1)＝eq\f(〔－1〕2n,22n－1).③因为{a2n}是递减数列，同理可得，a2n＋1－a2n<0，故a2n＋1－a2n＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2n)＝eq\f(〔－1〕2n＋1,22n).④由③④可知，an＋1－an＝eq\f(〔－1〕n＋1,2n).于是an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋eq\f(1,2)－eq\f(1,22)＋…＋eq\f(〔－1〕n,2n－1)＝1＋eq\f(1,2)·eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(n－1),1＋\f(1,2))＝eq\f(4,3)＋eq\f(1,3)·eq\f(〔－1〕n,2n－1).故数列{an}的通项公式为an＝eq\f(4,3)＋eq\f(1,3)·eq\f(〔－1〕n,2n－1).10[2023·辽宁卷]设等差数列{an}的公差为d.假设数列{2a1an}为递减数列，那么()A．d<0B．d>0C．a1d<0D．a1d>08．C11．、[2023·全国卷]等差数列{an}的前n项和为Sn.a1＝10，a2为整数，且Sn≤S4.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.18．解：(1)由a1＝10，a2为整数知，等差数列{an}的公差d为整数．又Sn≤S4，故a4≥0，a5≤0，于是10＋3d≥0，10＋4d≤0，解得－eq\f(10,3)≤d≤－eq\f(5,2)，因此d＝－3.故数列{an}的通项公式为an＝13－3n.(2)bn＝eq\f(1,〔13－3n〕〔10－3n〕)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10－3n)－\f(1,13－3n))).于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)－\f(1,10)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,7)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10－3n)－\f(1,13－3n)))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10－3n)－\f(1,10)))＝eq\f(n,10〔10－3n〕).12、[2023·新课标全国卷Ⅰ]数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．(1)证明：an＋2－an＝λ.(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．17．解：(1)证明：由题设，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.因为an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1，由(1)知，a3＝λ＋1.假设{an}为等差数列，那么2a2＝a1＋a3，解得λ＝4，故an＋2－an＝4.由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．13．，，[2023·山东卷]等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝(－1)n－1eq\f(4n,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.19．解：(1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋eq\f(2×1,2)×2＝2a1＋2，S4＝4a1＋eq\f(4×3,2)×2＝4a1＋12，由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1，所以an＝2n－1.(2)由题意可知，bn＝(－1)n－1eq\f(4n,anan＋1)＝(－1)n－1eq\f(4n,〔2n－1〕〔2n＋1〕)＝(－1)n－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1))).当n为偶数时，Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋…＋eq\b\lc\((\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－3)＋))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))＝1－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(2n,2n＋1).当n为奇数时，Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋…－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))＝1＋eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(2n＋2,2n＋1).所以Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋2,2n＋1)，n为奇数，,\f(2n,2n＋1)，n为偶数.))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或Tn＝\f(2n＋1＋〔－1〕n－1,2n＋1)))14．，，[2023·陕西卷]△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.(1)假设a，b，c成等差数列，证明：sinA＋sinC＝2sin(A＋C)；(2)假设a，b，c成等比数列，求cosB的最小值．16．解：(1)∵a，b，c成等差数列，∴a＋c＝2b.由正弦定理得sinA＋sinC＝2sinB.∵sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，∴sinA＋sinC＝2sin(A＋C)．(2)∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac.由余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋c2－ac,2ac)≥eq\f(2ac－ac,2ac)＝eq\f(1,2)，当且仅当a＝c时等号成立，∴cosB的最小值为eq\f(1,2).15．、[2023·天津卷]设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．假设S1，S2，S4成等比数列，那么a1的值为________．11．－eq\f(1,2)16，，[2023·重庆卷]设a1＝1，an＋1＝eq\r(aeq\o\al(2,n)－2an＋2)＋b(n∈N*)．(1)假设b＝1，求a2，a3及数列{an}的通项公式．(2)假设b＝－1，问：是否存在实数c使得a2n<c<a2n＋1对所有n∈N*成立？证明你的结论．22．解：(1)方法一：a2＝2，a3＝eq\r(2)＋1.再由题设条件知(an＋1－1)2＝(an－1)2＋1.从而{(an－1)2}是首项为0，公差为1的等差数列，故(an－1)2＝n－1，即an＝eq\r(n－1)＋1(n∈N*)．方法二：a2＝2，a3＝eq\r(2)＋1.可写为a1＝eq\r(1－1)＋1，a2＝eq\r(2－1)＋1，a3＝eq\r(3－1)＋1.因此猜测an＝eq\r(n－1)＋1.下面用数学归纳法证明上式．当n＝1时，结论显然成立．假设n＝k时结论成立，即ak＝eq\r(k－1)＋1，那么ak＋1＝eq\r(〔ak－1〕2＋1)＋1＝eq\r(〔k－1〕＋1)＋1＝eq\r(〔k＋1〕－1)＋1，这就是说，当n＝k＋1时结论成立．所以an＝eq\r(n－1)＋1(n∈N*)．(2)方法一：设f(x)＝eq\r(〔x－1〕2＋1)－1，那么an＋1＝f(an)．令c＝f(c)，即c＝eq\r(〔c－1〕2＋1)－1，解得c＝eq\f(1,4).下面用数学归纳法证明命题a2n<c<a2n＋1<1.当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(0)＝eq\r(2)－1，所以a2<eq\f(1,4)<a3<1，结论成立．假设n＝k时结论成立，即a2k<c<a2k＋1<1.易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而c＝f(c)>f(a2k＋1)>f(1)＝a2，即1>c>a2k＋2>a2.再由f(x)在(－∞，1]上为减函数，得c＝f(c)<f(a2k＋2)<f(a2)＝a3<1，故c<a2k＋3<1，因此a2(k＋1)<c<a2(k＋1)＋1<1，这就是说，当n＝k＋1时结论成立．综上，存在c＝eq\f(1,4)使a2n<C<a2a＋1对所有n∈N*成立．方法二：设f(x)＝eq\r(〔x－1〕2＋1)－1，那么an＋1＝f(an)．先证：0≤an≤1(n∈N*)．①当n＝1时，结论明显成立．假设n＝k时结论成立，即0≤ak≤1.易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而0＝f(1)≤f(ak)≤f(0)＝eq\r(2)－1<1.即0≤ak＋1≤1.这就是说，当n＝k＋1时结论成立．故①成立．再证：a2n<a2n＋1(n∈N*)．②当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(a2)＝f(0)＝eq\r(2)－1，所以a2<a3，即n＝1时②成立．假设n＝k时，结论成立，即a2k<a2k＋1.由①及f(x)在(－∞，1]上为减函数，得a2k＋1＝f(a2k)>f(a2k＋1)＝a2k＋2，a2(k＋1)＝f(a2k＋1)<f(a2k＋2)＝a2(k＋1)＋1.这就是说，当n＝k＋1时②成立．所以②对一切n∈N*成立．由②得a2n<eq\r(aeq\o\al(2,2n)－2a2n＋2)－1，即(a2n＋1)2<aeq\o\al(2,2n)－2a2n＋2，因此a2n<eq\f(1,4).③又由①②及f(x)在(－∞，1]上为减函数，得f(a2n)>f(a2n＋1)，即a2n＋1>a2n＋2.所以a2n＋1>eq\r(aeq\o\al(2,2n＋1)－2a2n＋1＋2)－1，解得a2n＋1>eq\f(1,4).④综上，由②③④知存在c＝eq\f(1,4)使a2n<c<a2n＋1对一切n∈N*成立．D3等比数列及等比数列前n项和14[2023·重庆卷]对任意等比数列{an}，以下说法一定正确的选项是()A．a1，a3，a9成等比数列B．a2，a3，a6成等比数列C．a2，a4，a8成等比数列D．a3，a6，a9，成等比数列2．D18、[2023·安徽卷]数列{an}是等差数列，假设a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，那么q＝________.12．119．、[2023·广东卷]假设等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，那么lna1＋lna2＋…＋lna20＝________．13．5020．[2023·全国卷]等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，那么数列{lgan}的前8项和等于()A．6B．5C．4D．310．C18．、、[2023·湖北卷]等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式．(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn>60n＋800？假设存在，求n的最小值；假设不存在，说明理由．18．解：(1)设数列{an}的公差为d，依题意得，2，2＋d，2＋4d成等比数列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.当d＝0时，an＝2；当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2.从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.(2)当an＝2时，Sn＝2n，显然2n<60n＋800，此时不存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立．当an＝4n－2时，Sn＝eq\f(n[2＋〔4n－2〕],2)＝2n2.令2n2>60n＋800，即n2－30n－400>0，解得n>40或n<－10(舍去)，此时存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立，n的最小值为41.综上，当an＝2时，不存在满足题意的正整数n；当an＝4n－2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.17．、、[2023·新课标全国卷Ⅱ]数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.(1)证明eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))是等比数列，并求{an}的通项公式；(2)证明eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＜eq\f(3,2).17．解：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋eq\f(1,2)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2))).又a1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))是首项为eq\f(3,2)，公比为3的等比数列，所以an＋eq\f(1,2)＝eq\f(3n,2)，因此数列{an}的通项公式为an＝eq\f(3n－1,2).(2)证明：由(1)知eq\f(1,an)＝eq\f(2,3n－1).因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，所以eq\f(1,3n－1)≤eq\f(1,2×3n－1)，即eq\f(1,an)＝eq\f(2,3n－1)≤eq\f(1,3n－1).于是eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)≤1＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,3n－1)＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))<eq\f(3,2).所以eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(3,2).19．，，[2023·山东卷]等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝(－1)n－1eq\f(4n,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.19．解：(1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋eq\f(2×1,2)×2＝2a1＋2，S4＝4a1＋eq\f(4×3,2)×2＝4a1＋12，由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1，所以an＝2n－1.(2)由题意可知，bn＝(－1)n－1eq\f(4n,anan＋1)＝(－1)n－1eq\f(4n,〔2n－1〕〔2n＋1〕)＝(－1)n－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1))).当n为偶数时，Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋…＋eq\b\lc\((\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－3)＋))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))＝1－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(2n,2n＋1).当n为奇数时，Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋…－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))＝1＋eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(2n＋2,2n＋1).所以Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋2,2n＋1)，n为奇数，,\f(2n,2n＋1)，n为偶数.))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或Tn＝\f(2n＋1＋〔－1〕n－1,2n＋1)))16．，，[2023·陕西卷]△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.(1)假设a，b，c成等差数列，证明：sinA＋sinC＝2sin(A＋C)；(2)假设a，b，c成等比数列，求cosB的最小值．16．解：(1)∵a，b，c成等差数列，∴a＋c＝2b.由正弦定理得sinA＋sinC＝2sinB.∵sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，∴sinA＋sinC＝2sin(A＋C)．(2)∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac.由余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋c2－ac,2ac)≥eq\f(2ac－ac,2ac)＝eq\f(1,2)，当且仅当a＝c时等号成立，∴cosB的最小值为eq\f(1,2).11．、[2023·天津卷]设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．假设S1，S2，S4成等比数列，那么a1的值为________．11．－eq\f(1,2)19．、、[2023·天津卷]q和n均为给定的大于1的自然数．设集合M＝{0，1，2，…，q－1}，集合A＝{x|x＝x1＋x2q＋…＋xnqn－1，xi∈M，i＝1，2，…，n}．(1)当q＝2，n＝3时，用列举法表示集合A.(2)设s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，其中ai，bi∈M，i＝1，2，…，n.证明：假设an<bn，那么s<t.19．解：(1)当q＝2，n＝3时，M＝{0，1}，A＝{x|x＝x1＋x2·2＋x3·22，xi∈M，i＝1，2，3}，可得A＝{0，1，2，3，4，5，6，7}．(2)证明：由s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，ai，bi∈M，i＝1，2，…，n及an<bn，可得s－t＝(a1－b1)＋(a2－b2)q＋…＋(an－1－bn－1)qn－2＋(an－bn)qn－1≤(q－1)＋(q－1)q＋…＋(q－1)qn－2－qn－1＝eq\f(〔q－1〕〔1－qn－1〕,1－q)－qn－1＝－1<0，所以s<t.D4数列求和17．、、[2023·江西卷]首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)满足anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0.(1)令cn＝eq\f(an,bn)，求数列{cn}的通项公式；(2)假设bn＝3n－1，求数列{an}的前n项和Sn.17．解：(1)因为anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0(n∈N*)，所以eq\f(an＋1,bn＋1)－eq\f(an,bn)＝2，即cn＋1－cn＝2，所以数列{cn}是以c1＝1为首项，d＝2为公差的等差数列，故cn＝2n－1.(2)由bn＝3n－1，知an＝(2n－1)3n－1，于是数列{an}的前n项和Sn＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1，3Sn＝1×31＋3×32＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)×3n，将两式相减得－2Sn＝1＋2×(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n＝－2－(2n－2)×3n，所以Sn＝(n－1)3n＋1.18．、[2023·全国卷]等差数列{an}的前n项和为Sn.a1＝10，a2为整数，且Sn≤S4.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.18．解：(1)由a1＝10，a2为整数知，等差数列{an}的公差d为整数．又Sn≤S4，故a4≥0，a5≤0，于是10＋3d≥0，10＋4d≤0，解得－eq\f(10,3)≤d≤－eq\f(5,2)，因此d＝－3.故数列{an}的通项公式为an＝13－3n.(2)bn＝eq\f(1,〔13－3n〕〔10－3n〕)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10－3n)－\f(1,13－3n))).于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)－\f(1,10)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,7)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10－3n)－\f(1,13－3n)))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10－3n)－\f(1,10)))＝eq\f(n,10〔10－3n〕).19．，，[2023·山东卷]等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝(－1)n－1eq\f(4n,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.19．解：(1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋eq\f(2×1,2)×2＝2a1＋2，S4＝4a1＋eq\f(4×3,2)×2＝4a1＋12，由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1，所以an＝2n－1.(2)由题意可知，bn＝(－1)n－1eq\f(4n,anan＋1)＝(－1)n－1eq\f(4n,〔2n－1〕〔2n＋1〕)＝(－1)n－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1))).当n为偶数时，Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋…＋eq\b\lc\((\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－3)＋))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))＝1－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(2n,2n＋1).当n为奇数时，Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋…－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))＝1＋eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(2n＋2,2n＋1).所以Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋2,2n＋1)，n为奇数，,\f(2n,2n＋1)，n为偶数.))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或Tn＝\f(2n＋1＋〔－1〕n－1,2n＋1)))D5单元综合20．、[2023·湖南卷]数列{an}满足a1＝1，|an＋1－an|＝pn，n∈N*.(1)假设{an}是递增数列，且a1，2a2，3a3成等差数列，求p的值；(2)假设p＝eq\f(1,2)，且{a2n－1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式．20．解：(1)因为{an}是递增数列，所以an＋1－an＝|an＋1－an|＝pn.而a1＝1，因此eq\b\lc\(\a\vs4\al\co1(a2＝p＋1，a3＝p2＋p＋1)).又a1，2a2，3a3成等差数列，所以4a2＝a1＋3a3，因而3p2－p＝0，解得p＝eq\f(1,3)或p＝0.当p＝0时，an＋1＝an，这与{an}是递增数列矛盾，故p＝eq\f(1,3).(2)由于{a2n－1}是递增数列，因而a2n＋1－a2n－1>0，于是(a2n＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)>0.①因为eq\f(1,22n)<eq\f(1,22n－1)，所以|a2n＋1－a2n|<|a2n－a2n－1|.②由①②知，a2n－a2n－1>0，因此a2n－a2n－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2n－1)＝eq\f(〔－1〕2n,22n－1).③因为{a2n}是递减数列，同理可得，a2n＋1－a2n<0，故a2n＋1－a2n＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2n)＝eq\f(〔－1〕2n＋1,22n).④由③④可知，an＋1－an＝eq\f(〔－1〕n＋1,2n).于是an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋eq\f(1,2)－eq\f(1,22)＋…＋eq\f(〔－1〕n,2n－1)＝1＋eq\f(1,2)·eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(n－1),1＋\f(1,2))＝eq\f(4,3)＋eq\f(1,3)·eq\f(〔－1〕n,2n－1).故数列{an}的通项公式为an＝eq\f(4,3)＋eq\f(1,3)·eq\f(〔－1〕n,2n－1).21．、、[2023·安徽卷]设实数c＞0，整数p＞1，n∈N*.(1)证明：当x＞－1且x≠0时，(1＋x)p＞1＋px；(2)数列{an}满足a1＞ceq\f(1,p)，an＋1＝eq\f(p－1,p)an＋eq\f(c,p)aeq\o\al(1－p,n)，证明：an＞an＋1＞ceq\f(1,p).21．证明：(1)用数学归纳法证明如下．①当p＝2时，(1＋x)2＝1＋2x＋x2>1＋2x，原不等式成立．②假设p＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式(1＋x)k>1＋kx成立．当p＝k＋1时，(1＋x)k＋1＝(1＋x)(1＋x)k>(1＋x)(1＋kx)＝1＋(k＋1)x＋kx2>1＋(k＋1)x.所以当p＝k＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，当x>－1，x≠0时，对一切整数p>1，不等式(1＋x)p>1＋px均成立．(2)方法一：先用数学归纳法证明an>ceq\f(1,p).①当n＝1时，由题设知a1>ceq\f(1,p)成立．②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>ceq\s\up6(\f(1,p))成立．由an＋1＝eq\f(p－1,p)an＋eq\f(c,p)aeq\o\al(1－p,n)易知an>0，n∈N*.当n＝k＋1时，eq\f(ak＋1,ak)＝eq\f(p－1,p)＋eq\f(c,p)aeq\o\al(－p,k)＝1＋eq\f(1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,k))－1)).由ak>ceq\f(1,p)>0得－1<－eq\f(1,p)<eq\f(1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,k))－1))<0.由(1)中的结论得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ak＋1,ak)))eq\s\up12(p)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,p)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,k))－1))))eq\s\up12(p)>1＋p·eq\f(1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,k))－1))＝eq\f(c,aeq\o\al(p,k)).因此aeq\o\al(p,k＋1)>c，即ak＋1>ceq\f(1,p)，所以当n＝k＋1时，不等式an>ceq\f(1,p)也成立．综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>ceq\f(1,p)均成立．再由eq\f(an＋1,an)＝1＋eq\f(1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,n))－1))可得eq\f(an＋1,an)<1，即an＋1<an.综上所述，an>an＋1>ceq\f(1,p)，n∈N*.方法二：设f(x)＝eq\f(p－1,p)x＋eq\f(c,p)x1－p，x≥ceq\f(1,p)，那么xp≥c，所以f′(x)＝eq\f(p－1,p)＋eq\f(c,p)(1－p)x－p＝eq\f(p－1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(c,xp)))>0.由此可得，f(x)在[ceq\f(1,p)，＋∞)上单调递增，因而，当x>ceq\f(1,p)时，f(x)>f(ceq\f(1,p))＝ceq\f(1,p).①当n＝1时，由a1>ceq\f(1,p)>0，即aeq\o\al(p,1)>c可知a2＝eq\f(p－1,p)a1＋eq\f(c,p)aeq\o\al(1－p,1)＝a1eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,p)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,1))－1))))<a1，并且a2＝f(a1)>ceq\f(1,p)，从而可得a1>a2>ceq\f(1,p)，故当n＝1时，不等式an>an＋1>ceq\f(1,p)成立．②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>ak＋1>ceq\f(1,p)成立，那么当n＝k＋1时，f(ak)>f(ak＋1)>f(ceq\f(1,p))，即有ak＋1>ak＋2>ceq\f(1,p)，所以当n＝k＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>an＋1>ceq\f(1,p)均成立．18．、、[2023·湖北卷]等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式．(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn>60n＋800？假设存在，求n的最小值；假设不存在，说明理由．18．解：(1)设数列{an}的公差为d，依题意得，2，2＋d，2＋4d成等比数列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.当d＝0时，an＝2；当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2.从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.(2)当an＝2时，Sn＝2n，显然2n<60n＋800，此时不存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立．当an＝4n－2时，Sn＝eq\f(n[2＋〔4n－2〕],2)＝2n2.令2n2>60n＋800，即n2－30n－400>0，解得n>40或n<－10(舍去)，此时存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立，n的最小值为41.综上，当an＝2时，不存在满足题意的正整数n；当an＝4n－2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.17．、、[2023·江西卷]首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)满足anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0.(1)令cn＝eq\f(an,bn)，求数列{cn}的通项公式；(2)假设bn＝3n－1，求数列{an}的前n项和Sn.17．解：(1)因为anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0(n∈N*)，所以eq\f(an＋1,bn＋1)－eq\f(an,bn)＝2，即cn＋1－cn＝2，所以数列{cn}是以c1＝1为首项，d＝2为公差的等差数列，故cn＝2n－1.(2)由bn＝3n－1，知an＝(2n－1)3n－1，于是数列{an}的前n项和Sn＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1，3Sn＝1×31＋3×32＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)×3n，将两式相减得－2Sn＝1＋2×(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n＝－2－(2n－2)×3n，所以Sn＝(n－1)3n＋1.17．、、[2023·新课标全国卷Ⅱ]数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.(1)证明eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))是等比数列，并求{an}的通项公式；(2)证明eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＜eq\f(3,2).17．解