2025高考数学一轮复习-6.5-数列的综合问题-专项训练【含答案】

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1.已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，S1＋1，S3，S4成等差数列，且a1，a2，a5成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若S4，S6，Sn成等比数列，求n及此等比数列的公比．
2.设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n－1，数列{bn}满足b1＝2，bn＋1－2bn＝8an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和Tn.
3.已知数列{an}的首项a1＝2，前n项和为Sn，且数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是以 eq \f(1,2)为公差的等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)设bn＝2nan，n∈N*，数列{bn}的前n项和为Tn.
①求证：数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Tn,n)))为等比数列；
②若存在整数m，n(m>n>1)，使得 eq \f(Tm,Tn)＝ eq \f(m(Sm＋λ),n(Sn＋λ))，其中λ为常数，且λ≥－2，求λ的所有可能值．
INCLUDEPICTURE "B组.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\大样\\人教数学\\B组.TIF" \* MERGEFORMATINET 【B级 能力提升】
1.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．
2.从① eq \f(Tn＋1,Tn)＝ eq \f((n＋2)an,n)，②Sn＝ eq \f(n＋2,3)an这两个条件中任选一个补充在下列问题中，并解答．
设首项为2的数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，且 .
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)在数列{an}中是否存在连续三项构成等比数列？若存在，请举例说明；若不存在，请说明理由．
参考答案
【A级 基础巩固】
1.解：(1)设数列{an}的公差为d.
由题意可知 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2S3＝S1＋1＋S4，,a eq \\al(2,2)＝a1a5，,d≠0，))
整理得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2a1，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2，))
∴an＝2n－1.
(2)由(1)知an＝2n－1，∴Sn＝n2，
∴S4＝16，S6＝36.
又S4Sn＝S eq \\al(2,6)，∴n2＝ eq \f(362,16)＝81，
∴n＝9，公比q＝ eq \f(S6,S4)＝ eq \f(9,4).
2.解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝21－1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)－(2n-1－1)＝2n－2n-1＝2n-1.
a1＝1也适合an＝2n-1，
因此，数列{an}的通项公式为an＝2n-1.
(2)∵bn＋1－2bn＝8an＝2n+2，
等式两边同时除以2n+1，得 eq \f(bn＋1,2n+1)－ eq \f(bn,2n)＝2，且 eq \f(b1,2)＝1，
∴数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(bn,2n)))是以1为首项、2为公差的等差数列，
∴ eq \f(bn,2n)＝1＋2(n－1)＝2n－1，
∴bn＝(2n－1)·2n，
∴Tn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n，
得2Tn＝1×22＋3×23＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n+1，
两式相减得－Tn＝21＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n－1)·2n+1
＝2＋ eq \f(23(1－2n-1),1－2)－(2n－1)·2n+1
＝(3－2n)·2n+1－6，
因此Tn＝(2n－3)·2n+1＋6.
3.(1)解：∵a1＝2，∴ eq \f(S1,1)＝2，
∴ eq \f(Sn,n)＝2＋ eq \f(1,2)(n－1)＝ eq \f(1,2)n＋ eq \f(3,2)，
即Sn＝ eq \f(1,2)n2＋ eq \f(3,2)n.
当n≥2时，Sn－1＝ eq \f(1,2)(n－1)2＋ eq \f(3,2)(n－1)＝ eq \f(1,2)n2＋ eq \f(1,2)n－1，
∴an＝Sn－Sn－1＝n＋1(n≥2)，
当n＝1时，a1＝2符合上式，∴an＝n＋1(n∈N*).
(2)①证明：∵an＝n＋1(n∈N*)，
∴bn＝2n(n＋1)，
∴Tn＝2×2＋22×3＋23×4＋…＋2n×(n＋1)，
则2Tn＝2×22＋23×3＋24×4＋…＋2n+1×(n＋1)，
两式相减，可整理得Tn＝n·2n+1，
∴ eq \f(Tn,n)＝2n+1＝4×2n-1，
∴数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Tn,n)))是以4为首项、2为公比的等比数列．
②解：由①可知，Tn＝n·2n+1，
且由(1)知Sn＝ eq \f(1,2)n2＋ eq \f(3,2)n，
代入 eq \f(Tm,Tn)＝ eq \f(m(Sm＋λ),n(Sn＋λ))，
可得 eq \f(m·2m+1,n·2n+1)＝ eq \f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)m2＋\f(3,2)m＋λ)),n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)n2＋\f(3,2)n＋λ)))，
整理得 eq \f(2m,2n)＝ eq \f(m2＋3m＋2λ,n2＋3n＋2λ)，
即 eq \f(n2＋3n＋2λ,2n)＝ eq \f(m2＋3m＋2λ,2m).
设cn＝ eq \f(n2＋3n＋2λ,2n)，则cm＝cn，
则cn＋1－cn＝ eq \f((n＋1)2＋3(n＋1)＋2λ,2n+1)－ eq \f(n2＋3n＋2λ,2n)＝ eq \f(－n2－n－2λ＋4,2n+1).
∵λ≥－2，∴当n≥3时，cn＋1－cn＝ eq \f(－n2－n－2λ＋4,2n+1)1，且c2－c4＝ eq \f(λ＋5,2)－ eq \f(λ＋14,8)＝ eq \f(3λ＋6,8)≥0，
∴c2>cn(n≥5)，
∴c2＝c4或c2＝c3，即n＝2，m＝4或3.
当n＝2，m＝4时，λ＝－2，
当n＝2，m＝3时，λ＝－1.
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1.(1)证明：由已知条件 eq \f(2Sn,n)＋n＝2an＋1可得，
2Sn＝2nan＋n－n2①，当n≥2时，由①可得2Sn－1＝2(n－1)·an－1＋(n－1)－(n－1)2②，由an＝Sn－Sn－1及①－②可得，(2n－2)an－(2n－2)an－1＝2n－2，n≥2，且n∈N*，
即an－an－1＝1，n≥2且n∈N*，因此{an}是等差数列，公差为1.
(2)解：∵a4，a7，a9成等比数列，且a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8，∴a eq \\al(2,7)＝a4·a9，即(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，解得a1＝－12，∴等差数列{an}的通项公式为an＝－12＋(n－1)·1＝n－13，
∴Sn＝ eq \f((a1＋an)n,2)＝ eq \f(1,2)n2－ eq \f(25,2)n＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(25,2))) eq \s\up12(2)－ eq \f(625,8).
∵n∈N*，∴当n＝12或n＝13时，Sn最小，
最小值为－78.
2.解：(1)选① eq \f(Tn＋1,Tn)＝ eq \f((n＋2)an,n)，
即an＋1＝ eq \f((n＋2)an,n)，所以 eq \f(an＋1,n＋2)＝ eq \f(an,n)，
即 eq \f(an＋1,(n＋2)(n＋1))＝ eq \f(an,(n＋1)n)，
所以数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,(n＋1)n)))是常数列，
所以当n＝1时， eq \f(a1,2×1)＝1，故an＝n(n＋1).
选②，因为3Sn＝(n＋2)an，
所以当n≥2时，3Sn－1＝(n＋1)an－1，
则3an＝(n＋2)an－(n＋1)an－1，
即(n－1)an＝(n＋1)an－1，即 eq \f(an,an－1)＝ eq \f(n＋1,n－1)，
所以an＝ eq \f(n＋1,n－1)· eq \f(n,n－2)·…· eq \f(4,2)× eq \f(3,1)·a1＝n(n＋1)，
当n＝1时，a1＝2也满足，所以an＝n(n＋1).
(2)假设在数列{an}中存在连续三项an，an＋1，an＋2成等比数列，那么有a eq \\al(2,n＋1)＝anan＋2成立，
即[(n＋1)(n＋2)]2＝n(n＋1)(n＋2)(n＋3)成立，即(n＋1)(n＋2)＝n(n＋3)成立，
此等式显然无解，故原命题不成立，即不存在连续三项an，an＋1，an＋2成等比数列