2025年高考数学一轮复习-数列中的最值、范围及奇偶项问题-专项训练【含答案】

这是一份2025年高考数学一轮复习-数列中的最值、范围及奇偶项问题-专项训练【含答案】，共5页。试卷主要包含了基本技能练，创新拓展练等内容，欢迎下载使用。

一、基本技能练
1.已知等差数列{an}与数列{bn}满足a2＝1，b1＝a3≠0，且数列{an·bn}的前n项和Sn＝(n－2)·2n＋1＋4，n∈N*.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(bn,abn·abn＋1)))的前n项和为Tn，若Tn>eq \f(2 022,2 023)，求n的最小值.
2.已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1eq \f(4n,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
3.已知首项为eq \f(3,2)的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn＝Sn－eq \f(1,Sn)(n∈N*)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.
二、创新拓展练
4.已知在数列{an}中，a1＝eq \f(1,2)，an＋1＝eq \f(an,2an＋3)(n∈N*).
(1)求证：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)已知数列{bn}满足bn＝eq \f(n（3n－1）,2n)an.
①求数列{bn}的前n项和Tn；
②若不等式(－1)nλeq \f(2 022,2 023)，
得2n＋1－1>2 023，所以n的最小值为10.
2.解 (1)∵等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列，
∴Sn＝na1＋n(n－1)，
(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，
解得a1＝1，
∴an＝2n－1(n∈N*).
(2)由(1)可得bn＝(－1)n－1eq \f(4n,anan＋1)
＝(－1)n－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))，
当n为偶数时，Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＋\f(1,7)))－…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))－
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))＝1－eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(2n,2n＋1)；
当n为奇数时，Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＋\f(1,7)))－…－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))＋
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))＝1＋eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(2n＋2,2n＋1).
∴Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(2n,2n＋1)，n为偶数，,\f(2n＋2,2n＋1)，n为奇数.))
3.解 (1)设等比数列{an}的公比为q，
因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，
所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，
于是q2＝eq \f(a5,a3)＝eq \f(1,4).
又{an}不是递减数列且a1＝eq \f(3,2)，
所以q＝－eq \f(1,2).
故等比数列{an}的通项公式为
an＝eq \f(3,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)＝(－1)n－1×eq \f(3,2n)(n∈N*).
(2)由(1)得Sn＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2n)，n为奇数，,1－\f(1,2n)，n为偶数.))
当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，
所以1＜Sn≤S1＝eq \f(3,2)，
故0＜Sn－eq \f(1,Sn)≤S1－eq \f(1,S1)＝eq \f(3,2)－eq \f(2,3)＝eq \f(5,6).
当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，
所以eq \f(3,4)＝S2≤Sn＜1，
故0＞Sn－eq \f(1,Sn)≥S2－eq \f(1,S2)＝eq \f(3,4)－eq \f(4,3)＝－eq \f(7,12).
综上，对于n∈N*，
总有－eq \f(7,12)≤Sn－eq \f(1,Sn)≤eq \f(5,6).
所以数列{Tn}最大项的值为eq \f(5,6)，最小项的值为－eq \f(7,12).
二、创新拓展练
4.(1)证明 因为a1＝eq \f(1,2)，an＋1＝eq \f(an,2an＋3)(n∈N*)，
所以eq \f(1,an＋1)＝eq \f(3,an)＋2，
所以eq \f(1,an＋1)＋1＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))，
又eq \f(1,a1)＋1＝3，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))是以3为首项，3为公比的等比数列，
故eq \f(1,an)＋1＝3×3n－1＝3n，
则an＝eq \f(1,3n－1)(n∈N*).
(2)解 ①由(1)知bn＝eq \f(n,2n)，
所以Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n,2n)，
所以eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋eq \f(3,24)＋…＋eq \f(n－1,2n)＋eq \f(n,2n＋1)，
两式相减，得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n＋1)＝1－eq \f(n＋2,2n＋1)，
所以Tn＝2－eq \f(n＋2,2n).
②由①得(－1)nλ