统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练32高考大题专练三数列的综合运用文

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(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{|an|}的前n项和Tn.
2．[2022·全国甲(文)，18]记Sn为数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(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\c1(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\c1(an))的前n项和，已知a1＝1， eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\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\c1(an))的通项公式；
(2)证明： eq \f(1,a1)＋ eq \f(1,a2)＋…＋ eq \f(1,an)0，a2＝3a1，且数列{ eq \r(Sn)}是等差数列，证明：{an}是等差数列．
5．[2023·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＝a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(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}的公差为d，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝a1＋d＝11,S10＝10a1＋45d＝40))，
解得a1＝13，d＝－2.
所以{an}的通项公式为an＝13＋(n－1)·(－2)＝15－2n.
(2)由(1)得|an|＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(15－2n，n≤7,2n－15，n≥8)).
当n≤7时，Tn＝13n＋ eq \f(n（n－1）,2)×(－2)＝14n－n2，
当n≥8时，Tn＝T7＋1＋3＋5＋…＋(2n－15)＝T7＋1＋3＋5＋…＋[2(n－7)－1]＝14×7－72＋ eq \f(（n－7）[1＋2（n－7）－1],2)＝98－14n＋n2.
综上，Tn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(14n－n2，n≤7,98－14n＋n2，n≥8)).
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\c1(（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，∴a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(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\c1(\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)＝2 eq \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)＝n eq \r(a1)，即Sn＝a1·n2，
所以an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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＝a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＋2an－8，
得4Sn－1＝a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n－1)) ＋2an－1－8(n≥2)，
两式相减得：4an＝a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＋2an－a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n－1)) －2an－1，
则a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) －a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(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＝a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(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－1）,2)＝ eq \f(n（n＋1）,2)；
当n为奇数时，Tn＝－12＋22－32＋42－…＋(n－1)2－n2，
＝3＋7＋…＋2n－3－n2，
＝ eq \f(\f(n－1,2)（3＋2n－3）,2)－n2＝－ eq \f(n（n＋1）,2).
所以Tn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(n（n＋1）,2)，n为偶数,－\f(n（n＋1）,2)，n为奇数)).