2025年高考数学二轮复习课时精讲精练学案必刷大题12　数列的综合问题（含详解）

第第页必刷大题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．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)＝SKIPIF1<0，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项之积封闭数列”，所以充分性成立．必要性：当a1＝q