2024年高考数学小专题特训：数列解答题

这是一份2024年高考数学小专题特训：数列解答题，共14页。

（1）求证：数列{1an}为等差数列；
（2）设数列{an}前n项和为Sn，且S2n−Sn>k对任意的n∈N∗恒成立，求k的取值范围．
2．公比为q的等比数列{an}的前n项和Sn=2n+a．
（1）求a与q的值；
（2）若bn=lg2an，记数列{bn}的前n项和为Tn，求证：1T2+1T3+⋯+1Tn+1<2．
3．已知数列{an}的前n项和为Sn，且2an=Sn+2(n∈N∗).
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，在数列{dn}中是否存在3项dp，dm，dq（其中p，m，q成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由.
4．已知Sn，为等比数列{an}的前 n项和，a₁=1，且S₃=3S₂−a₂，bn=n−1an+1+1−2nan.
（1）若{|bn|}为等差数列，求数列{|bn|}的通项公式；
（2）若{|bn|}为等比数列， Tn=|b1|+2|b2|+3|b3|+⋯+n|bn|，，求 Tn.
5．在数列{an}中，已知a1=1，a2=2，an+2={an+2，n=2k−13an，n=2k(k∈N∗).
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设数列{an}的前n项和为Sn，问是否存在正整数m，n，使得S2n=mS2n−1?若存在，求出所有的正整数对(m，n)；若不存在，请说明理由．
6．已知数列{an}满足a1=1，an=1+an−1(n>1，n∈N∗)，数列{bn}是公比为正数的等比数列，b1=2，且2b2，b3，8成等差数列，
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）若数列{cn}满足an⋅cn=bn(anan+2+1)2n⋅(n+2)，求数列{cn}的前n项和Sn；
（3）若数列{dn}满足dn=1bn+(−1)n，求证：d1+d2+⋅⋅⋅+d2n<53.
7．记 Sn 为等差数列 {an} 的前n项和，已知 S9=−a5 ．
（1）若 a3=4 ，求 {an} 的通项公式；
（2）若 a1>0 ，求使得 Sn≥an 的n的取值范围．
8．已知Sn为数列an的前n项和，且Sn+2=2an，n∈N∗．
（1）求数列an的通项公式；
（2）令bn=2nan−1an+1−1，设数列bn的前项和为Tn，若Tn>20232024，求n的最小值．
9．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a6=−6，a7=−3．
（1）求{an}通项公式及Sn的最小值；
（2）数列{bn}为等比数列，且b1=a9，b2=a11，求数列{bn}的前n项和Tn；
（3）数列{cn}满足cn=(−1)nan，其前n项和为Pn，请直接写出P2023的值（无需计算过程）．
10．已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，首项为a1，且12，an，Sn成等差数列．
（1）证明：数列{an}是等比数列，并写出通项公式；
（2）若bn=−2lg2an，设cn=bnan，求数列{cn}的前n项和Tn；
（3）在（2）的条件下，若不等式3n−28nTn≤m2−m−1对一切正整数n恒成立，求实数m的取值范围．
11．已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3=−3，S7=−21．
（1）求{an}的通项公式；
（2）bn=−an+1，求数列{1bnbn+2}的前n项和Tn．
12．数列{an}：a1，a2，an(n≥4)满足：a1=1，an=m，ak+1−ak=0或1(k=1，2，…，n−1)，对任意i，j，都存在s，t，使得ai+aj=as+at，其中i，j，s，t∈{1，2，…，n}且两两不相等.
（1）若m=2，直接写出下列三个数列中所有符合题目条件的数列的序号：
①1，1，1，2，2，2；②1，1，1，1，2，2，2，2；③1，1，1，1，1，2，2，2，2
（2）记S=a1+a2+…+an，若m=3，证明：S≥20；
（3）若m=2022，求n的最小值.
13．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4=4S2，a2n=2an+1(n∈N∗).数列{bn}为等比数列，且b2−a2=1，a5−b3=1.
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）求k=1nakbk.
（3）求证：k=1nk2ak⋅ak+1=n(n+1)2an+1.
14．已知数列{an}满足a1=1，an+1=2an−3(−1)n(n∈N∗)，记bn=a2n−1.
（1）求b1，b2的值；
（2）证明bn+1=4bn，并求数列{an}的通项公式；
（3）若不等式i=12niai>λ对一切正整数n恒成立，求实数λ的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】（1）解：∵an=1=anan+1，∴an+1an=1an+1，
∴1an+1−1an=1，
∴数列{1an}为以2为首项1为公差的等差数列.
（2）解：由(1)可知1an=2+(n−1)=n+1，得an=1n+1，
要使得S2n−Sn>k怛成立，只需要k<(S2n−Sn)min，
令bn=S2n−Sn，则bn=1n+2+1n+3+⋯+12n+1，bn=1=1n+3+1n+4+⋯+12n+3则bn+1−bn=12n+3+12n+2−1n+2
∴bn+1−bn>12n+3+12n+4−1n+2=12n+3−12n+4>0，
∴数列{bn}为递增数列
2．【答案】（1）解：∵Sn=2n+a，
∴当n=1时，a1=S1=2+a；
当n≥2时，Sn−1=2n−1+a，
所以an=Sn−Sn−1=2n−2n−1=2n−1，
所以an=2+a，n=12n−1，n≥2，
∴a2=2，a3=4，
又数列{an}为等比数列，则q=a3a2=2221=2，
又q=a2a1=22+a，
∴2+a=1，解得a=−1；
（2）解：由（1）可得an=2n−1，
所以bn=lg2an=lg22n−1=n−1，
∴Tn=b1+b2+⋯+bn=0+1+⋯+(n−1)=n(n−1)2，
∴当n≥2时，1Tn=2n(n−1)=2(1n−1−1n)，
∴1T2+1T3+⋯+1Tn+1=2[11×2+12×3+⋯+1n×(n+1)]
=2(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)=2(1−1n+1)<2．
3．【答案】（1）解：当n≥2时，由2an=Sn+2得：2an−1=Sn−1+2，
所以2an−2an−1=Sn−Sn−1=an，则an=2an−1，
所以数列{an}为公比为2的等比数列；
当n=1时，2a1=S1+2，∴a1=2，
∴an=2n(n∈N∗).
（2）解：假设存在满足题意的3项，
由（1）得：an+1=2n+1，又an+1=an+(n+1)dn，
所以dn=an+1−ann+1=2n+1−2nn+1=2nn+1.
因为dp，dm，dq成等比数列，所以dm2=dp ⋅ dq，即22m(m+1)2=2pp+1 · 2qq+1=2p+q(p+1)(q+1)，
因为p，m，q成等差数列，所以2m=p+q，所以2p+q(m+1)2=2p+q(p+1)(q+1)，
所以(m+1)2=(p+1)(q+1)=pq+p+q+1=pq+2m+1，
整理可得：m2=pq，又m2=(p+q2)2，∴pq=(p+q2)2=p2+2pq+q24，
即(p−q)2=0，
解得：p=q，则p=q=m，这与题设矛盾，所以假设错误，即不存在满足题意的3项.
4．【答案】（1）解：设{an}的公比为q，则an=qn−1，
bn=n−1an+1+1−2nan=an[qn−1+1−2n].①
由S₃=3S₂−a₂，得 1+q+q²=3+2q，
即 q²−q−2=0，解得q=-1或2
将q=2代入①，得| |bn|=2n−1，不符合条件；
将q=-1代入①，得|bn|=|2−3n|=3n−2，此时{|bn|}为等差数列，所以||bn|=3n−2
（2）解：由(1)可知，若{|bn|}为等比数列，则| |bn|=2n−1.
由 Tn=20+2×21+3×22+⋯+n−1×2n−2+n×2n−1，
得 Tn=21+2×22+3×23+⋯+n−1×2n−1+n×2n，
则 −Tn=20+21+22+⋯+2n−1−n×2n=1−2n1−2−n×2n=1−n×2n−1，⋯11分
故Tn=(n-1)×2n+1
5．【答案】（1）解：由a1=1，a2=2，an+2={an+2，n=2k−13an，n=2k(k∈N∗).
可得数列{an}的奇数项是以1为首项，公差为2的等差数列；
偶数项是以2为首项，公比为3的等比数列．
∴对任意正整数k，a2k−1=1+2(k−1)=2k−1；a2k=2×3k−1．
∴数列{an}的通项公式an={n，n=2k−12×3n2−1，n=2k，k∈N∗．
（2）解：S2n=(a1+a3+…+a2n−1)+(a2+a4+…+a2n)
=n(1+2n−1)2+2(1−3n)1−3
=3n+n2−1，n∈N∗．
S2n−1=S2n−a2n=3n−1+n2−1．
假设存在正整数m，n，使得S2n=mS2n−1，
则3n+n2−1=m(3n−1+n2−1)，
∴3n−1(3−m)=(m−1)(n2−1)，(∗)
从而3−m≥0，∴m≤3，
又m∈N∗，∴m=1，2，3．
①当m=1时，(∗)式左边大于0，右边等于0，不成立．
②当m=3时，(∗)式左边等于0，∴2(n2−1)=0，解得n=1，∴S2=3S1．
③当m=2时，(∗)式可化为3n−1=(n+1)(n−1)，n=1显然不满足，
当n≥2时，存在k1，k2∈N∗，k1从而3k2−3k1=3k1(3k2−k1−1)=2，∴3k2−k1−1=2，3k1=1，
∴k1=0，k2−k1=1，于是n=2，S4=2S3．
综上可知，符合条件的正整数对(m，n)只有两对：(2，2)，(3，1)．
6．【答案】（1）解：数列满足a1=1，an=1+an−1(n>1，n∈N∗)，
所以an−an−1=1（常数），故数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，
故an=1+(n−1)=n(n∈N∗).
数列是公比为正数的等比数列，设公比为q，q>0，b1=2，
且2b2，b3，8成等差数列，
所以2b3=2b2+8，即4q2=4q+8，解得q=2，所以数列{bn}是首项为2，
公比为2的正数的等比数列.
所以bn=2×2n−1=2n(n∈N∗).故：an=n，bn=2n.
（2）解：数列{cn}满足ancn=bn(anan+2+1)2n⋅(n+2)，
由（1）得，n⋅cn=2n[n(n+2)+1]2n⋅(n+2)=n(n+2)+1(n+2)，
所以cn=n(n+2)+1n(n+2)=1+12(1n−1n+2)，
Sn=n+12(1−13+12−14+⋅⋅⋅+1n−1−1n+1+1n−1n+2)
=n+12(1+12−1n+1−1n+2)=n+34−12(1n+1+1n+2)，
∴Sn=n+34−12(1n+1+1n+2)(n∈N∗)；
（3）证明：数列{dn}满足dn=1bn+(−1)n=12n+(−1)n，
n≥2时，(22n−1−1)−22n−2=22n−2−1>0，∴22n−1−1>22n−2，
所以d1+d2+⋅⋅⋅+d2n=121−1+122+1+123−1+124+1+⋅⋅⋅+122n−1−1+122n+1
=(121−1+123−1+⋅⋅⋅+122n−1−1)+(122+1+124+1+⋅⋅⋅+122n+1)
<(1+122+⋅⋅⋅+122n−2)+(15+124+⋅⋅⋅+122n)
=[1+14(1−14n−1)1−14]+[15+116(1−14n−1)1−14]
<1+13+15+112=9760<10060=53，
故d1+d2+⋅⋅⋅+d2n<53.
7．【答案】（1）解：设 {an} 的公差为d．
由 S9=−a5 得 a1+4d=0 ．由 a3=4 得 a1+2d=4 ．
于是 a1=8， d=−2 ．
因此 {an} 的通项公式为 an=10−2n
（2）解：由 S9=−a5 得 a1=−4d ，故 an=(n−5)d，Sn=n(n−9)d2 .
由 a1>0 知 d<0 ，故 Sn≥an 等价于 n2−11n+10≤0 ，解得 1≤n≤10 ．
所以 n 的取值范围是 {n|1≤n≤10，n∈N}
8．【答案】（1）解：当n=1时，S1+2=2a1，解得a1=2，
又Sn+1+2=2an+1，所以Sn+2=2an
所以Sn+1+2−Sn+2=2an+1−2an，即an+1=2an，
又因为a1=2，所以an≠0，所以an+1an=2，
所以数列an是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an=2n；
（2）解：由(1)可得bn=2nan−1⋅an+1−1=2n2n−1⋅2n+1−1=12n−1−12n+1−1，
所以Tn=b1+b2+⋅⋅⋅+bn=1−122−1+122−1−123−1+⋅⋅⋅+12n−1−12n+1−1
=1−12n+1−1，
因为Tn>20232024，即1−12n+1−1>20232024，
所以2n+1>2024，因为n∈N∗，所以n≥10，
所以n的最小值为10．
9．【答案】（1）解：设等差数列{an}的公差为d．
因为a6=−6，a7=−3，所以a1+5d=−6，a1+6d=−3，
解得a1=−21，d=3，所以an=a1+(n−1)d=3n−24．
所以Sn=(a1+an)n2=(3n−45)n2=3(n−152)2−67542．
因为n∈N∗，所以当n=7或n=8时，最小值为S7=S8=(3×8−45)×82=−84．
（2）解：由（1）可得：b1=a9=3，b2=a11=9，所以等比数列{bn}的公比为q=b2b1=93=3，
所以bn=b1⋅qn−1=3n，所以等比数列{bn}的前n项和Tn=b1(1−qn)1−q=3(1−3n)1−3=32(3n−1)
（3）解：－3012
因为数列{cn}满足cn=(−1)nan=(−1)n(3n−24)．
当n为偶数时，Pn=(21−18)+(15−12)+⋯+(−3n+27+3n−24)=3n2；
当n为奇数时，Pn=(21−18)+(15−12)+⋯+(−3n+30+3n−27)−(3n−24)=3(n−1)2−(3n−24)=24−3(n+1)2；
所以Pn=24−3(n+1)2，n为奇数3n2，n为偶数，所以P2023=24−3×(2023+1)2=−3012．
10．【答案】（1）证明：因为12，an，Sn成等差数列，所以12+Sn=2an，①
当n=1时，12+S1=2a1，解得a1=12；当n≥2时，12+Sn−1=2an−1，②
①－②，得an=2an−2an−1，整理得anan−1=2，
所以数列{an}是以12为首项，2为公比的等比数列，
即an=12⋅2n−1=2n−2．
（2）解：因为an=2n−2，所以bn=−2lg2an=4−2n，
则cn=bnan=4−2n2n−2=16−8n2n，所以Tn=821+022+−823+⋯+16−8n2n，①
12Tn=822+023+−824+⋯+16−8n2n+1，②
①－②，得12Tn=4−8(122+123+⋯+12n)−16−8n2n+1=4−8⋅122(1−12n−1)1−12−16−8n2n+1=4n2n，
解得Tn=8n2n．
（3）解：设dn=3n−28n⋅Tn=3n−28n⋅8n2n=3n−22n，则dn+1−dn=3(n+1)−22n+1−3n−22n=5−3n2n+1，
当n=1，2，3时，d1=12，d2=1，d3=78，
当n>1时，5−3n2n+1<0，即dn+1不等式3n−28nTn≤m2−m−1对一切正整数n恒成立，只需m2−m−1≥1即可，
故m2−m−2≥0，解得：m≥2或m≤−1，
所以m的取值范围是(−∞，−1]∪[2，+∞)．
11．【答案】（1）解：设公差为d，则S3=3a1+3d=−3，S7=7a1+21d=−21，
所以3a1+3d=−3，7a1+21d=−21，解得a1=0，d=−1，
所以an=a1+(n−1)d=−n+1
（2）解：bn=n，所以1bnbn+2=1n(n+2)=12(1n−1n+2)，
所以Tn=12(1−13)+12(12−14)+12(13−15)+⋯+12(1n−1−1n+1)+12(1n−1n+2)
=12(1+12−1n+1−1n+2)=34−2n+32(n+1)(n+2)
12．【答案】（1）对于①，由于a1+a2=2，故as+at=3或as+at=4，不合题意；
对于②，当ai+aj=2时，存在s，t两两不相等，使得as+at=2；
当ai+aj=3时，存在s，t两两不相等，使得as+at=3；
当ai+aj=4时，存在s，t两两不相等，使得as+at=4；符合题意；
同理③也符合题意，
故所有符合题目条件的数列的序号为②③；
（2）证明：当m=3时，设数列中1，2，3出现的频数依次为q1，q2，q3，
由题意知qi≥1(i=1，2，3)，
假设q1<4，则有a1+a2t>2)，与已知矛盾，
故q1≥4，同理可证q3≥4；
假设q2=1，则存在唯一的k∈{1，2，⋯，n}使得ak=2，
那么对于∀s，t，都有a1+ak=1+2≠as+at，(k，s，t两两不相等)，
与已知矛盾，故q2≥2；
综上可得q1≥4，q3≥4，q2≥2，
所以S=a1+a2+⋯+an≥1×4+2×2+3×4=20，
即S≥20.
（3）设1，2，3，…，2022出现的频数依次为q1，q2，⋯，q2022，
同(2)的证明，q1≥4，q2022≥4，q2≥2，q2001≥2，则n≥2030；
取q1=q2022=4，q2=q2021=2，qi=1，i=3，4，5，⋯，2020，
得到的数列为：1，1，1，1，2，2，3，4，⋯，2019，2020，2021，2021，2022，2022，2022，2022，
下面证明该数列满足题目要求：
对于i，j∈{1，2，⋯，2030}，不妨令ai≤aj，
如果ai=aj=1，或ai=aj=2022，由于q1=4，q2022=4，故符合条件；
②如果ai=1，aj=2，或ai=2021，aj=2022，由于q1=4，q2022=4，q2=2，q2021=2，故也符合条件；
③如果ai=1，aj>2，则可选取as=2，at=aj−1，
同样的，如果ai<2021，aj=2022，则可选取as=ai+1，at=2021，
使得ai+aj=as+at，且i，j，s，t两两不相等；
④如果1注意到这种情况每个数最多被选取了一次，因此也符合条件，
综上，对任意i，j，都存在s，t，使得ai+aj=as+at，其中i，j，s，t∈{1，2，⋯，n}且两两不相等，即数列1，1，1，1，2，2，3，4，⋯，2019，2020，2021，2021，2022，2022，2022，2022符合题目要求，
故n的最小值为2030.
13．【答案】（1）解：an=2n−1，bn=2n；
（2）解：3−2k+32k
（3）解：证明过程略.
14．【答案】（1）bn+1=a2n+2−1=2a2n+1−3(−1)2n+1−1=2a2n+1+2=4a2n−6(−1)2n+2
=4a2n−4=4bn
b1=a2−1=5，b2=16
（2）a2=2a1-3(-1)=5，b1=a2-1=4，因为bn+1=4bn
所以bn+1bn=4，所以{bn}是等比数列，所以bn=4n=a2n−1
a2n=4n+1=22n+1， a2n=2a2n−1+3=22n+1， a2n−1=22n−1−1
所以an=2n−1，n为奇数2n+1，n为偶数，即an=2n+(−1)n.
（3）由(2)nan=n⋅2n+(−1)n⋅n，所以
Sn=a1+2a2+3a3+L+nan=(1⋅21−1)+(2⋅2n+2)+L+(n⋅2n+(−1)n⋅n)
=(1⋅21+2⋅2n+L+n⋅2n)+(−1+2−3+L+(−1)n⋅n)S
=1⋅21+2⋅22+L+n⋅2n
则2S=1⋅22+2⋅23+L+(n−1)⋅2n+n⋅2n+1
−S=21+22+L+2n−n⋅2n+1=2−2n+11−2−n⋅2n+1，
S=(n−1)⋅2n+1+2
n为奇数时，T=−1+2−3+L+(−1)n⋅n=−n+12
n为偶数时，T=−1+2−3+L+(−1)n⋅n=n2
所以n为奇数时Sn=S+T=(n−1)⋅2n+1+2−n+12>λ2n即λ<2(n−1)+3−n2⋅2n恒成立，易证2(n−1)+3−n2⋅2n递增，n=1时2(n−1)+3−n2⋅2n取最小值12，所以λ<12
n为偶数时，Sn=S+T=(n−1)⋅2n+1+2+n2>λ2n即λ<2(n−1)+4+n2⋅2n，
易证2(n−1)+4+n2⋅2n递增，n=2时2(n−1)+4+n2⋅2n取最小值114，所以λ<114
综上可得 λ<12.