备战2025年高考二轮复习数学专题突破练12 数列解答题（提升篇）（Word版附解析）

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1.(15分)(2024河南信阳模拟)已知Sn为数列{an}的前n项和,且Sn=n(6+an)2,a4=12,{bn}为正项等比数列,b1=a1-4,b4=a6.
(1)求证:数列{an+1an+2-an2}是等差数列;
(2)求数列{bn}的通项公式.
(1)证明当n=1时,a1=S1=6+a12,解得a1=6;
当n≥2时,Sn-1=(n-1)(6+an-1)2,
所以an=Sn-Sn-1=n(6+an)2-(n-1)(6+an-1)2,
整理得(n-2)an+6=(n-1)an-1,①
所以(n-1)an+1+6=nan,②
由①-②得2an=an-1+an+1,所以数列{an}为等差数列.
因为a1=6,a4=12,所以数列{an}的公差为12-63=2,所以an=2n+4.
设Mn=an+1an+2-an2(n∈N*),
则Mn=[2(n+1)+4][2(n+2)+4]-(2n+4)2=12n+32,
因为Mn+1-Mn=12(n+1)+32-(12n+32)=12(常数),
所以数列{an+1an+2-an2}是等差数列.
(2)解设数列{bn}的公比为q(q>0),
结合(1)及已知得b1=a1-4=2,b4=b1q3=16,解得q=2,所以bn=2n.
2.(15分)(2024福建厦门模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,a2=2a1=4,当n∈N*,且n≥2时,Sn+1=3Sn-2Sn-1.
(1)证明:{an}为等比数列;
(2)设bn=an(an-1)(an+1-1),记数列{bn}的前n项和为Tn,若Tm+17×2m-2>1,求正整数m的最小值.
(1)证明因为当n≥2时,Sn+1=3Sn-2Sn-1,变形得Sn+1-Sn=2(Sn-Sn-1),即an+1=2an,
又a2=2a1=4,故an+1=2an在n∈N*上都成立,且a1=2,
所以{an}是首项、公比均为2的等比数列.
(2)解由(1)知an=2n,则bn=2n(2n-1)(2n+1-1)=12n-1-12n+1-1,
所以Tn=1-13+13-17+…+12n-1-1-12n-1+12n-1-12n+1-1=1-12n+1-1,
则Tm+17×2m-2=1-12m+1-1+17×2m-2>1,即7×2m-2<2m+1-1=8×2m-2-1,
所以2m-2>1,可得m>2,而m∈N*,故正整数m的最小值为3.
3.(15分)(2024山西大同模拟)已知等比数列{an}的公比q>1,且a1,a2,a3-1是公差为d的等差数列{bn}的前3项.
(1)求q+d的最小值;
(2)在q+d取最小值的条件下,设cn=an(bn-1)bnbn+1,数列{cn}的前n项和为Tn,证明:Tn解(1)由题知a1+a3-1=2a2,
即a1+a1q2-1=2a1q,
可得a1(q-1)2=1.
d=a2-a1=a1(q-1)=1q-1.
又因为q>1,
所以q+d=q-1+1q-1+1≥2(q-1)×1q-1+1=3,
当且仅当q-1=1q-1,
即q=2时等号成立.
所以q+d的最小值为3.
(2)由(1)知,当q+d取最小值时,q=2,d=1,a1=1,
所以an=2n-1,bn=n.
所以cn=an(bn-1)bnbn+1=2n-1(n-1)n(n+1)=2nn+1-2n-1n,
所以Tn=(1-1)+43-1+84-43+…+2nn+1-2n-1n
=-1+1-1+43-43+84-…-2n-1n+2nn+1=2nn+1-1.
又an+1bn+1=2nn+1,
所以Tn-an+1bn+1=-1<0,
所以Tn4.(15分)(2024江苏南通二模)已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=an-4an+1,a1=-1.
(1)证明:数列{2an+1-an}为等比数列;
(2)设bn=an+4n(n+1),求数列{bn}的前n项和;
(3)是否存在正整数p,q(p<6(1)证明n∈N*,Sn=an-4an+1,
当n≥2时,Sn-1=an-1-4an,
两式相减得an=an-an-1-4an+1+4an,
即4an+1=4an-an-1,
则有2(2an+1-an)=2an-an-1,
当n=1时,S1=a1=a1-4a2,
则a2=0,
即2a2-a1=1≠0,
所以数列{2an+1-an}是以1为首项,12为公比的等比数列.
(2)解由(1)得,2an+1-an=12n-1,则2nan+1-2n-1an=1,数列{2n-1an}是以20a1=-1为首项,1为公差的等差数列,
于是2n-1an=n-2,解得an=n-22n-1,则bn=n+22n+3n(n+1)=1812n-1n-12n(n+1).
所以数列{bn}的前n项和
Tn=181-12×2+12×2-122×3+…+12n-1n-12n(n+1)=18-12n+3(n+1).
(3)解由(2)知,Sn=n-22n-1-4×n-12n=-n2n-1,
由Sp,S6,Sq成等差数列,得-1225=-p2p-1-q2q-1,
整理得p2p+q2q=316,
又p<6323>424>316,p=5不等式成立,
因此532+q2q=316,
即q2q=132,
令dn=n2n,
则dn+1-dn=1-n2n+1≤0,
从而d1=d2>d3>d4>d5>…,
显然d8=132,即q=8,
所以存在p=5,q=8,使得Sp,S6,Sq成等差数列.
5.(15分)(2024河北衡水模拟)记Sn为数列{an}的前n项和,a2=14,Sn+12n=ancs nπ.
(1)求a3和{an}的通项公式;
(2)设数列1|an|的前n项和为Tn,证明:18-18×14n<∑k=1n1T2k<16.
(1)解由题得,当n=1时,a1+12=-a1,
所以a1=-14;
当n=3时,S3+18=-a3,
所以a1+a2+a3+18=-a3,
所以a3=-116.
又因为Sn+12n=ancs nπ,
所以Sn+1+12n+1=an+1cs(n+1)π.
当n为奇数时,cs nπ=-1,cs(n+1)π=1,
所以Sn+12n=-an,Sn+1+12n+1=an+1,
两式作差,an+1+12n+1-12n=an+1+an,所以an=-12n+1=-2-(n+1).
当n为偶数时,cs nπ=1,cs(n+1)π=-1,
所以Sn+12n=an,Sn+1+12n+1=-an+1,
两式作差,an+1+12n+1-12n=-an+1-an,所以an=-2an+1+12n+1=-2·-12n+2+12n+1=12n=2-n.
所以,an=-2-(n+1),n为奇数,2-n,n为偶数,n∈N*.
(2)证明由(1)得,|an|=2-(n+1),n为奇数,2-n,n为偶数,n∈N*,所以令bn=1|an|=2n+1,n为奇数,2n,n为偶数,n∈N*,
所以T2k=b1+b2+b3+…+b2k=(b1+b3+…+b2k-1)+(b2+b4+…+b2k)
=(22+24+…+22k)+(22+24+…+22k)=2×(22+24+…+22k)=83(4k-1).
所以1T2k=38×14k-1.
因为1T2k=38×14k-1>38×14k,
所以∑k=1n1T2k>38×141+142+…+14n=38×14[1-14n]1-14=18-18×14n.
因为4k-1=4k-1k≥(4-1)4k-1=3×4k-1,
所以1T2k=38×14k-1≤18×14k-1=12×14k,
所以∑k=1n1T2k≤1214+142+…+14n=18[1-14n]1-14=1-14n6<16.
综上,18-18×14n<∑k=1n1T2k<16.