2024版高考数学微专题专练33高考大题专练三数列的综合运用理（附解析）

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(1)证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式．
2．[2022·全国甲卷(理)，17]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{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{an}的通项公式；
(2)证明：eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)<2.
4．[2022·安徽省安庆市二模]已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝(n＋1)2an－3，n∈N＋.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝(2n＋3)(－1)nan，求{bn}的前n项和Tn.
5.[2022·云南省联考(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.
6．[2022·江西省八所中学联考]已知函数f(x)＝eq \f(（sinx－csx）2－1,sin2x－cs2x)，方程f(x)＝1在(0，＋∞)上的解按从小到大的顺序排成数列{pn}(n∈N*).
(1)求数列{pn}的通项公式；
(2)设qn＝eq \f(8pn,（4n－3）（4n2－1）)，数列{qn}的前n项和为Tn，求证：Tn专练33 高考大题专练(三) 数列的综合运用
1．解析：(1)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）).
故an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，n＝1,－\f(1,n（n＋1）)，n≥2)).
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：(1)n＝1时，a1＝4a1－3，解得a1＝1.
当n≥2，n∈N＋时，Sn－1＝n2an－1－3，故an＝Sn－Sn－1＝(n＋1)2an－n2an－1，
所以eq \f(an,an－1)＝eq \f(n,n＋2)，
故an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a3,a2)·eq \f(a2,a1)·a1＝eq \f(n,n＋2)·eq \f(n－1,n＋1)·…·eq \f(3,5)·eq \f(2,4)·1＝eq \f(6,（n＋1）（n＋2）).
a1符合上式
故{an}的通项公式为an＝eq \f(6,（n＋1）（n＋2）)，n∈N＋.
(2)结合(1)得
bn＝(2n＋3)(－1)nan＝6(－1)n(eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2))，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝－6(eq \f(1,2)＋eq \f(1,3))＋6(eq \f(1,3)＋eq \f(1,4))＋…＋6(－1)n(eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2))
＝－3＋eq \f(6,n＋2)(－1)n.
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)).
6．解析：(1)由f(x)＝eq \f(（sinx－csx）2－1,sin2x－cs2x)＝eq \f(－sin2x,－cs2x)＝tan2x，
令f(x)＝1，即tan2x＝1，解得2x＝kπ＋eq \f(π,4)，k∈Z，
∴x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,8)，k∈Z.
∵x>0，∴k∈N，∴p1＝eq \f(π,8)，p2＝eq \f(5π,8)，p3＝eq \f(9π,8)，…
此时数列是等差数列，公差为eq \f(π,2)，首项为eq \f(π,8).
∴pn＝eq \f(π,8)＋(n－1)eq \f(π,2)＝eq \f(π,2)n－eq \f(3π,8)，n∈N＋.
(2)证明：∵pn＝eq \f(π,2)n－eq \f(3π,8)，n∈N＋，
qn＝eq \f(8pn,（4n－3）（4n2－1）)，
∴qn＝eq \f(π,4n2－1)＝eq \f(π,（2n＋1）（2n－1）)＝eq \f(π,2)(eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1))
∴Tn＝eq \f(π,2)(1－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,5)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1))
＝eq \f(π,2)(1－eq \f(1,2n＋1))＝eq \f(π,2)－eq \f(π,4n＋2).
∵n∈N＋，eq \f(π,4n＋2)>0，∴Tn＝eq \f(π,2)－eq \f(π,4n＋2)