高考数学微专题专练32（含解析）文

专练32高考大题专练(三)数列的综合运用1．[2021·全国乙卷]设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝eq\f(nan,3).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<eq\f(Sn,2).2．[2022·全国甲(文)，18]记Sn为数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和．已知eq\f(2Sn,n)＋n＝2an＋1.(1)证明：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是等差数列；(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．3．[2022·新高考Ⅰ卷，17]记Sn为数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和，已知a1＝1，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是公差为eq\f(1,3)的等差数列．(1)求eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式；(2)证明：eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<2.4.[2021·全国甲卷]记Sn为数列{an}的前n项和，已知an>0，a2＝3a1，且数列{eq\r(Sn)}是等差数列，证明：{an}是等差数列．5．[2022·云南省高三联考(二)]已知正项数列{an}的前n项和为Sn，满足4Sn＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＋2an－8.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{(－1)n(Sn－3n)}的前n项和Tn.专练32高考大题专练(三)数列的综合运用1．解析：(1)设{an}的公比为q，则an＝qn－1.因为a1，3a2，9a3成等差数列，所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝eq\f(1,3)，故an＝eq\f(1,3n－1)，bn＝eq\f(n,3n).(2)由(1)知Sn＝eq\f(1－\f(1,3n),1－\f(1,3))＝eq\f(3,2)(1－eq\f(1,3n))，Tn＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,32)＋eq\f(3,33)＋…＋eq\f(n,3n)，①eq\f(1,3)Tn＝eq\f(1,32)＋eq\f(2,33)＋eq\f(3,34)＋…＋eq\f(n－1,3n)＋eq\f(n,3n＋1)，②①－②得eq\f(2,3)Tn＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,33)＋…＋eq\f(1,3n)－eq\f(n,3n＋1)，即eq\f(2,3)Tn＝eq\f(\f(1,3)（1－\f(1,3n)）,1－\f(1,3))－eq\f(n,3n＋1)＝eq\f(1,2)(1－eq\f(1,3n))－eq\f(n,3n＋1)，整理得Tn＝eq\f(3,4)－eq\f(2n＋3,4×3n)，则2Tn－Sn＝2(eq\f(3,4)－eq\f(2n＋3,4×3n))－eq\f(3,2)(1－eq\f(1,3n))＝－eq\f(n,3n)<0，故Tn<eq\f(Sn,2).2．解析：(1)证明：由已知条件，得Sn＝nan－eq\f(n2,2)＋eq\f(n,2).当n＝1时，a1＝S1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nan－eq\f(n2,2)＋eq\f(n,2)－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（n－1）an－1－\f(（n－1）2,2)＋\f(n－1,2)))，∴(1－n)an＝－n＋1－(n－1)an－1.等式两边同时除以1－n，得an＝1＋an－1，∴an－an－1＝1.∴{an}是公差为1的等差数列．(2)由(1)可得an＝a1＋(n－1).∴a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8.∵a4，a7，a9成等比数列，∴aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7))＝a4·a9，即(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，∴a1＝－12，∴Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)×1＝－12n＋eq\f(n2－n,2)＝eq\f(1,2)n2－eq\f(25,2)n.当n＝12或n＝13时，Sn取得最小值，为eq\f(1,2)×122－eq\f(25,2)×12＝－78.3．解析：(1)∵a1＝1，∴eq\f(S1,a1)＝1.又∵eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是公差为eq\f(1,3)的等差数列，∴eq\f(Sn,an)＝eq\f(S1,a1)＋eq\f(1,3)(n－1)，即Sn＝(eq\f(1,3)n＋eq\f(2,3))an＝eq\f(1,3)(n＋2)an，∴当n≥2时，Sn－1＝eq\f(1,3)(n＋1)an－1，∴an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,3)(n＋2)an－eq\f(1,3)(n＋1)an－1，n≥2，即(n－1)an＝(n＋1)an－1，n≥2，∴eq\f(an,an－1)＝eq\f(n＋1,n－1)，n≥2，∴当n≥2时，eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·…·eq\f(a3,a2)·eq\f(a2,a1)＝eq\f(n＋1,n－1)·eq\f(n,n－2)·…·eq\f(4,2)·eq\f(3,1)＝eq\f(n（n＋1）,2)，∴an＝eq\f(n（n＋1）,2).当n＝1时，a1＝1满足上式，∴an＝eq\f(n（n＋1）,2).(2)证明：由(1)知an＝eq\f(n（n＋1）,2)，∴eq\f(1,an)＝eq\f(2,n（n＋1）)＝2(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))，∴eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＝2(1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))＝2(1－eq\f(1,n＋1)).∵n∈N*，∴0＜eq\f(1,n＋1)≤eq\f(1,2)，∴1－eq\f(1,n＋1)＜1，∴2(1－eq\f(1,n＋1))＜2，∴eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＜2.4．解析：由题意可知，数列{eq\r(Sn)}的首项为eq\r(a1)，设等差数列{eq\r(Sn)}的公差为d，由题意得eq\r(S1)＝eq\r(a1)，eq\r(S2)＝eq\r(a1＋a2)＝eq\r(4a1)＝2eq\r(a1)，则d＝eq\r(S2)－eq\r(S1)＝eq\r(a1＋a2)－eq\r(a1)＝eq\r(a1)，所以eq\r(Sn)＝eq\r(a1)＋(n－1)eq\r(a1)＝neq\r(a1)，即Sn＝a1·n2，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1，n＝1,Sn－Sn－1＝（2n－1）a1，n≥2))，即an＝(2n－1)a1，所以an＋1－an＝2a1，所以数列{an}是以a1为首项，2a1为公差的等差数列．5．解析：(1)由4Sn＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＋2an－8，得4Sn－1＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n－1))＋2an－1－8(n≥2)，两式相减得：4an＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＋2an－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n－1))－2an－1，则aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n－1))－2(an＋an－1)＝0，即(an－an－1－2)(an＋an－1)＝0，因为an＞0，所以an－an－1＝2，又4a1＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋2a1－8，解得a1＝4或a1＝－2(舍去)，所以数列{an}是以4为首项，以2为公差的等差数列，所以an＝4＋2(n－1)＝2n＋2；(2)由(1)知：4Sn＝(2n＋2)2＋2(2n＋2)－8，所以Sn＝n(n＋3)，则(－1)n(Sn－3n)＝(－1)nn2，当n为偶数时，Tn＝－12＋22－32＋42－…＋n2，＝3＋7＋…＋2n－1，＝eq\f(\f(n,2)（3＋2n