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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2024项和S2024.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S2024=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2023+a2024)=2+2+…+2=2×1012=2024.2.(2023·广州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,且S1=2,Sn=eq\f(n,n+2)an+1,bn=eq\f(Sn,n)(n∈N*).(1)求数列{bn}的通项公式;(2)设cn=eq\f(bn,bn-1bn+1-1),数列{cn}的前n项和Tn,求证:eq\f(2,3)≤Tn<1.(1)解因为Sn=eq\f(n,n+2)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eq\f(Sn+1,n+1)=2·eq\f(Sn,n)(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=eq\f(bn,bn-1bn+1-1)=eq\f(2n,2n-12n+1-1)=eq\f(1,2n-1)-eq\f(1,2n+1-1),故数列{cn}的前n项和Tn=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(1,22-1)))+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22-1)-\f(1,23-1)))+…+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n-1)-\f(1,2n+1-1)))=1-eq\f(1,2n+1-1),因为n∈N*,所以0<eq\f(1,2n+1-1)≤eq\f(1,3),所以eq\f(2,3)≤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eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,dn)))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=eq\f(an+1-an,n+1)=eq\f(2n,n+1),∴eq\f(1,dn)=eq\f(n+1,2n),∴Tn=eq\f(1,d1)+eq\f(1,d2)+…+eq\f(1,dn)=eq\f(2,21)+eq\f(3,22)+eq\f(4,23)+…+eq\f(n+1,2n),eq\f(1,2)Tn=eq\f(2,22)+eq\f(3,23)+eq\f(4,24)+…+eq\f(n,2n)+eq\f(n+1,2n+1),两式相减,可得eq\f(1,2)Tn=eq\f(2,21)+eq\f(1,22)+eq\f(1,23)+…+eq\f(1,2n)-eq\f(n+1,2n+1)=1+eq\f(\f(1,22)-\f(1,2n+1),1-\f(1,2))-eq\f(n+1,2n+1)=eq\f(3,2)-eq\f(n+3,2n+1),∴Tn=3-eq\f(n+3,2n).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eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1+\f(4,Sn)))的前n项和为Tn,证明:当n≥3时,Tn>eq\f(Sn,n).(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+eq\f(nn-1,2)×2=n2+2n,1+eq\f(4,Sn)=1+eq\f(4,n2+2n)=1+eq\f(2,n)-eq\f(2,n+2),Tn=1+eq\f(2,1)-eq\f(2,3)+1+eq\f(2,2)-eq\f(2,4)+1+eq\f(2,3)-eq\f(2,5)+…+1+eq\f(2,n)-eq\f(2,n+2)=n+3-eq\f(2,n+1)-eq\f(2,n+2),当n≥3,要证明Tn>eq\f(Sn,n),即n+3-eq\f(2,n+1)-eq\f(2,n+2)>n+2,即证1>eq\f(2,n+1)+eq\f(2,n+2),易知eq\f(2,n+1)+eq\f(2,n+2)是一个递减数列,故当n=3时,其最大值为eq\f(2,4)+eq\f(2,5)=eq\f(9,10)<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=eq\f(an,n+1),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=eq\f(4n-1,n+1),如果满足条件的bm,bk,bp存在,则beq\o\al(2,k)=bmbp,∴eq\f(4k-12,k+12)=eq\f(4m-1,m+1)·eq\f(4p-1,p+1),∵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eq\f(n-1n,2)∈N*,所以令eq\f(n-1n,2)=k,则Tn=ak+1,所以数列{an}是“前n项之积封闭数
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