统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练33高考大题专练三数列的综合运用理

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(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{ eq \f(an＋1,2n)}的前n项和Tn.
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．[2023·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.[2023·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．[2023·江西省八所中学联考]已知函数f(x)＝ eq \f(（sin x－cs x）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< eq \f(π,2).
专练33 高考大题专练(三) 数列的综合运用
1．解析：(1)当n＝1时，2S1＝a1，即2a1＝a1，所以a1＝0.
当n≥2时，由2Sn＝nan，得2Sn－1＝(n－1)an－1，
两式相减得2an＝nan－(n－1)an－1，
即(n－1)an－1＝(n－2)an，
当n＝2时，可得a1＝0，
故当n≥3时， eq \f(an,an－1)＝ eq \f(n－1,n－2)，则 eq \f(an,an－1)· eq \f(an－1,an－2)·…· eq \f(a3,a2)＝ eq \f(n－1,n－2)· eq \f(n－2,n－3)·…· eq \f(2,1)，
整理得 eq \f(an,a2)＝n－1，因为a2＝1，所以an＝n－1(n≥3).
当n＝1，n＝2时，均满足上式，所以an＝n－1.
(2)方法一 令bn＝ eq \f(an＋1,2n)＝ eq \f(n,2n)，
则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝ eq \f(1,2)＋ eq \f(2,22)＋…＋ eq \f(n－1,2n－1)＋ eq \f(n,2n)①，
eq \f(1,2)Tn＝ eq \f(1,22)＋ eq \f(2,23)＋…＋ eq \f(n－1,2n)＋ eq \f(n,2n＋1)②
由①－②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－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－ eq \f(n,2n＋1)＝1－ eq \f(2＋n,2n＋1)，
即Tn＝2－ eq \f(2＋n,2n).
方法二 设bn＝ eq \f(an＋1,2n)，
所以bn＝ eq \f(an＋1,2n)＝ eq \f(n,2n)＝( eq \f(1,2)n＋0)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)，故a＝ eq \f(1,2)，b＝0，q＝ eq \f(1,2).
故A＝ eq \f(a,q－1)＝ eq \f(\f(1,2),\f(1,2)－1)＝－1，B＝ eq \f(b－A,q－1)＝ eq \f(0＋1,\f(1,2)－1)＝－2，C＝－B＝2.
故Tn＝(An＋B)·qn＋C＝(－n－2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)＋2，整理得Tn＝2－ eq \f(2＋n,2n).
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(（sin x－cs x）2－1,sin2x－cs2x)＝ eq \f(－sin2x,－cs 2x)＝tan 2x，
令f(x)＝1，即tan 2x＝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)< eq \f(π,2).