2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习46数列的综合（Word版附解析）

这是一份2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习46数列的综合（Word版附解析），共6页。

(1)证明：a1＝b1.
(2)求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数．
2．[2024·河南襄城模拟]在等比数列{an}中，a7＝8a4，且eq \f(1,2)a2，a3－4，a4－12成等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)nlg2an，数列bn的前n项和为Tn，求满足|Tk|＝20的k的值．
3．[2022·新高考Ⅰ卷]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)<2.
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4．[2024·河北石家庄模拟]设正项数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝a eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(n)) ＋2an－8.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)能否从{an}中选出以a1为首项，以原次序组成的等比数列ak1，ak2，…，akm，…，(k1＝1).若能，请找出使得公比最小的一组，写出此等比数列的通项公式，并求出数列{kn}的前n项和Tn；若不能，请说明理由．
课后定时检测案46 数列的综合
1．解析：(1)证明：设等差数列{an}的公差为d.
由a2－b2＝a3－b3，知a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，
故d＝2b1.
由a2－b2＝b4－a4，知a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，
所以a1＋d－2b1＝4d－(a1＋3d)，
所以a1＋d－2b1＝d－a1.整理得a1＝b1，得证．
(2)由(1)知d＝2b1＝2a1.
由bk＝am＋a1，知b1·2k－1＝a1＋(m－1)·d＋a1，
即b1·2k－1＝b1＋(m－1)·2b1＋b1，即2k－1＝2m.
因为1≤m≤500，所以2≤2k－1≤1000，
解得2≤k≤10.
故集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数为9.
2．解析：(1)设{an}的公比为q，由a7＝8a4，得a4q3＝8a4，解得q＝2，
由eq \f(1,2)a2，a3－4，a4－12成等差数列，得2(a3－4)＝eq \f(1,2)a2＋a4－12，即2(4a1－4)＝a1＋8a1－12，解得a1＝4，
所以数列{an}的通项公式是an＝4×2n－1＝2n＋1.
(2)由(1)知，bn＝(－1)nlg2an＝(－1)n(n＋1)，b2n－1＋b2n＝(－1)2n－1·2n＋(－1)2n(2n＋1)＝1，
当k为偶数时，Tk＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(bk－1＋bk)＝eq \f(k,2)，令|Tk|＝eq \f(k,2)＝20，得k＝40；
当k为奇数时，Tk＝Tk＋1－bk＋1＝eq \f(k＋1,2)－(k＋2)＝－eq \f(k＋3,2)，令|Tk|＝eq \f(k＋3,2)＝20，得k＝37，所以k＝40或37.
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)＝eq \f(1,3)n＋eq \f(2,3)，
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)当n＝1时，4S1＝a eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ＋2a1－8＝4a1，即a eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) －2a1－8＝0(a1>0)，
得a1＝4或a1＝－2(舍去).
当n≥2时，由4Sn＝a eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(n)) ＋2an－8， ①
得4Sn－1＝a eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(n－1)) ＋2an－1－8(n≥2)， ②
①－②得：4an＝a eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(n)) －a eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(n－1)) ＋2an－2an－1，
化简得(an－an－1－2)(an＋an－1)＝0.
因为an>0，所以an－an－1－2＝0，an＝an－1＋2(n≥2)，
即数列{an}是以4为首项，2为公差的等差数列，
所以an＝2n＋2(n∈N*).
(2)能．
当ak1＝a1＝4，ak2＝a3＝8时，
会得到数列{an}中原次序的一列等比数列ak1，ak2，…，akm，…，(k1＝1)，
此时的公比q＝2，是最小的，此时该等比数列的项均为偶数，均在数列{an}中；
下面证明此时的公比最小：
ak1＝a1＝4，假若ak2取a2＝6，公比为eq \f(6,4)＝eq \f(3,2)，
则ak3＝4×(eq \f(3,2))2＝9为奇数，不可能在数列{an}中．
所以akm＝4·2m－1＝2m＋1.
又akm＝2km＋2＝2m＋1，所以km＝2m－1，
即{kn}的通项公式为kn＝2n－1(n∈N*)，
故Tn＝21－1＋22－1＋…＋2n－1＝eq \f(2（1－2n）,1－2)－n＝2n＋1－n－2.