新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷二命题点加强练命题点12数列的证明与通项大题突破（附解析）

这是一份新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷二命题点加强练命题点12数列的证明与通项大题突破（附解析），共6页。
①数列{an}是等差数列；②数列{eq \r( ,Sn)}是等差数列；③a2＝3a1.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
解：
2．[2022·全国甲卷]记Sn为数列{an}的前n项和．已知eq \f(2Sn,n)＋n＝2an＋1.
(1)证明：{an}是等差数列；
(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．
解：
3．[2021·全国乙卷]记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知eq \f(2,Sn)＋eq \f(1,bn)＝2.
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式．
解：
4．[2023·河北衡水模拟]已知数列{an}的前n项和为Sn，eq \f(1,2)Sn＝an－2n－1.
(1)证明：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n－1)))是等差数列；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋1,an)))的前n项积．
解：
5．[2023·广东六校联考]记Sn为数列{an}的前n项和，已知Sn，2n的等差中项为an.
(1)求证{an＋2}为等比数列；
(2)数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an＋3)))的前n项和为Tn，是否存在整数k满足Tn∈(k，k＋1)？若存在求k，否则说明理由．
解：
6．[2023·山东日照模拟]已知数列{an}满足：a1＝λ>0，an·an＋1＝27－2n.
(1)当λ＝eq \f(1,32)时，求数列{a2n}中的第10项；
(2)是否存在正数λ，使得数列{an}是等比数列，若存在求出λ值并证明；若不存在，请说明理由．
解：
命题点12 数列的证明与通项(大题突破)
1．解析：①③⇒②.
已知{an}是等差数列，a2＝3a1.
设数列{an}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，
所以Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d＝n2a1.
因为数列{an}的各项均为正数，所以eq \r(Sn)＝neq \r(a1)，
所以eq \r(Sn＋1)－eq \r(Sn)＝(n＋1)eq \r(a1)－neq \r(a1)＝eq \r(a1)(常数)，所以数列{eq \r(Sn)}是等差数列．
①②⇒③.
已知{an}是等差数列，{eq \r(Sn)}是等差数列．
设数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d＝eq \f(1,2)n2d＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n.
因为数列{eq \r(Sn)}是等差数列，所以数列{eq \r(Sn)}的通项公式是关于n的一次函数，则a1－eq \f(d,2)＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1.
②③⇒①.
已知数列{eq \r(Sn)}是等差数列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1.
设数列{eq \r(Sn)}的公差为d，d>0，则eq \r(S2)－eq \r(S1)＝eq \r(4a1)－eq \r(a1)＝d，
得a1＝d2，所以eq \r(Sn)＝eq \r(S1)＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2，
所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)，是关于n的一次函数，所以数列{an}是等差数列．
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)－[(n－1)an－1－eq \f(（n－1）2,2)＋eq \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)证明：因为bn是数列{Sn}的前n项积，
所以n≥2时，Sn＝eq \f(bn,bn－1)，
代入eq \f(2,Sn)＋eq \f(1,bn)＝2，可得eq \f(2bn－1,bn)＋eq \f(1,bn)＝2，
整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝eq \f(1,2)(n≥2).
又eq \f(2,S1)＋eq \f(1,b1)＝eq \f(3,b1)＝2，所以b1＝eq \f(3,2)，
故{bn}是以eq \f(3,2)为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列．
(2)由(1)可知，bn＝eq \f(n＋2,2)，则eq \f(2,Sn)＋eq \f(2,n＋2)＝2，所以Sn＝eq \f(n＋2,n＋1)，
当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(3,2)，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n＋2,n＋1)－eq \f(n＋1,n)＝－eq \f(1,n（n＋1）)，当n＝1时不满足此式，
故an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，n＝1,－\f(1,n（n＋1）)，n≥2)).
4．解析：(1)证明：由eq \f(1,2)Sn＝an－2n－1，得eq \f(1,2)Sn＋1＝an＋1－2n.
所以eq \f(1,2)(Sn＋1－Sn)＝an＋1－an－2n－1，
即eq \f(1,2)an＋1＝an＋1－an－2n－1，整理得an＋1－2an＝2n，
上式两边同时除以2n，得eq \f(an＋1,2n)－eq \f(an,2n－1)＝1.
又eq \f(1,2)Sn＝an－2n－1，所以eq \f(1,2)a1＝a1－1，即a1＝2，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n－1)))是首项为2，公差为1的等差数列．
(2)由(1)知，eq \f(an,2n－1)＝2＋(n－1)×1＝n＋1.
所以an＝(n＋1)×2n－1.
所以eq \f(a2,a1)×eq \f(a3,a2)×eq \f(a4,a3)×…×eq \f(an－1,an－2)×eq \f(an,an－1)×eq \f(an＋1,an)＝eq \f(an＋1,a1)＝eq \f(（n＋2）×2n,2)＝(n＋2)×2n－1.
5．解析：(1)证明：因为Sn，2n的等差中项为an，所以Sn＋2n＝2an，
因为n＝1时，S1＝a1，则S1＋2＝2a1，所以a1＝2，
由Sn＋2n＝2an得Sn＋1＋2n＋2＝2an＋1，
又an＋1＝Sn＋1－Sn，两式相减得an＋1＋2＝2an＋1－2an，即an＋1＝2an＋2，
所以有an＋1＋2＝2(an＋2)，所以eq \f(an＋1＋2,an＋2)＝2，
所以{an＋2}是等比数列，其首项为a1＋2＝4，公比为2.
(2)由(1)知an＋2＝4·2n－1，所以an＝2n＋1－2，所以eq \f(1,an＋3)＝eq \f(1,2n＋1＋1)，
因为0