2024年高考数学小专题特训：数列解答题

这是一份2024年高考数学小专题特训：数列解答题，共14页。
（1）求证：数列{1an}为等差数列；
（2）设数列{an}前n项和为Sn，且S2n−Sn>k对任意的n∈N∗恒成立，求k的取值范围．
2．公比为q的等比数列{an}的前n项和Sn=2n+a．
（1）求a与q的值；
（2）若bn=lg2an，记数列{bn}的前n项和为Tn，求证：1T2+1T3+⋯+1Tn+11，n∈N∗)，数列{bn}是公比为正数的等比数列，b1=2，且2b2，b3，8成等差数列，
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）若数列{cn}满足an⋅cn=bn(anan+2+1)2n⋅(n+2)，求数列{cn}的前n项和Sn；
（3）若数列{dn}满足dn=1bn+(−1)n，求证：d1+d2+⋅⋅⋅+d2n0 ，求使得 Sn≥an 的n的取值范围．
8．已知Sn为数列an的前n项和，且Sn+2=2an，n∈N∗．
（1）求数列an的通项公式；
（2）令bn=2nan−1an+1−1，设数列bn的前项和为Tn，若Tn>20232024，求n的最小值．
9．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a6=−6，a7=−3．
（1）求{an}通项公式及Sn的最小值；
（2）数列{bn}为等比数列，且b1=a9，b2=a11，求数列{bn}的前n项和Tn；
（3）数列{cn}满足cn=(−1)nan，其前n项和为Pn，请直接写出P2023的值（无需计算过程）．
10．已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，首项为a1，且12，an，Sn成等差数列．
（1）证明：数列{an}是等比数列，并写出通项公式；
（2）若bn=−2lg2an，设cn=bnan，求数列{cn}的前n项和Tn；
（3）在（2）的条件下，若不等式3n−28nTn≤m2−m−1对一切正整数n恒成立，求实数m的取值范围．
11．已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3=−3，S7=−21．
（1）求{an}的通项公式；
（2）bn=−an+1，求数列{1bnbn+2}的前n项和Tn．
12．数列{an}：a1，a2，an(n≥4)满足：a1=1，an=m，ak+1−ak=0或1(k=1，2，…，n−1)，对任意i，j，都存在s，t，使得ai+aj=as+at，其中i，j，s，t∈{1，2，…，n}且两两不相等.
（1）若m=2，直接写出下列三个数列中所有符合题目条件的数列的序号：
①1，1，1，2，2，2；②1，1，1，1，2，2，2，2；③1，1，1，1，1，2，2，2，2
（2）记S=a1+a2+…+an，若m=3，证明：S≥20；
（3）若m=2022，求n的最小值.
13．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4=4S2，a2n=2an+1(n∈N∗).数列{bn}为等比数列，且b2−a2=1，a5−b3=1.
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）求k=1nakbk.
（3）求证：k=1nk2ak⋅ak+1=n(n+1)2an+1.
14．已知数列{an}满足a1=1，an+1=2an−3(−1)n(n∈N∗)，记bn=a2n−1.
（1）求b1，b2的值；
（2）证明bn+1=4bn，并求数列{an}的通项公式；
（3）若不等式i=12niai>λ对一切正整数n恒成立，求实数λ的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】（1）解：∵an=1=anan+1，∴an+1an=1an+1，
∴1an+1−1an=1，
∴数列{1an}为以2为首项1为公差的等差数列.
（2）解：由(1)可知1an=2+(n−1)=n+1，得an=1n+1，
要使得S2n−Sn>k怛成立，只需要k12n+3+12n+4−1n+2=12n+3−12n+4>0，
∴数列{bn}为递增数列
2．【答案】（1）解：∵Sn=2n+a，
∴当n=1时，a1=S1=2+a；
当n≥2时，Sn−1=2n−1+a，
所以an=Sn−Sn−1=2n−2n−1=2n−1，
所以an=2+a，n=12n−1，n≥2，
∴a2=2，a3=4，
又数列{an}为等比数列，则q=a3a2=2221=2，
又q=a2a1=22+a，
∴2+a=1，解得a=−1；
（2）解：由（1）可得an=2n−1，
所以bn=lg2an=lg22n−1=n−1，
∴Tn=b1+b2+⋯+bn=0+1+⋯+(n−1)=n(n−1)2，
∴当n≥2时，1Tn=2n(n−1)=2(1n−1−1n)，
∴1T2+1T3+⋯+1Tn+1=2[11×2+12×3+⋯+1n×(n+1)]
=2(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)=2(1−1n+1)0，b1=2，
且2b2，b3，8成等差数列，
所以2b3=2b2+8，即4q2=4q+8，解得q=2，所以数列{bn}是首项为2，
公比为2的正数的等比数列.
所以bn=2×2n−1=2n(n∈N∗).故：an=n，bn=2n.
（2）解：数列{cn}满足ancn=bn(anan+2+1)2n⋅(n+2)，
由（1）得，n⋅cn=2n[n(n+2)+1]2n⋅(n+2)=n(n+2)+1(n+2)，
所以cn=n(n+2)+1n(n+2)=1+12(1n−1n+2)，
Sn=n+12(1−13+12−14+⋅⋅⋅+1n−1−1n+1+1n−1n+2)
=n+12(1+12−1n+1−1n+2)=n+34−12(1n+1+1n+2)，
∴Sn=n+34−12(1n+1+1n+2)(n∈N∗)；
（3）证明：数列{dn}满足dn=1bn+(−1)n=12n+(−1)n，
n≥2时，(22n−1−1)−22n−2=22n−2−1>0，∴22n−1−1>22n−2，
所以d1+d2+⋅⋅⋅+d2n=121−1+122+1+123−1+124+1+⋅⋅⋅+122n−1−1+122n+1
=(121−1+123−1+⋅⋅⋅+122n−1−1)+(122+1+124+1+⋅⋅⋅+122n+1)
1时，5−3n2n+1