适用于新教材2024版高考数学一轮总复习第六章数列解答题专项三数列中的综合问题北师大版

这是一份适用于新教材2024版高考数学一轮总复习第六章数列解答题专项三数列中的综合问题北师大版，共5页。试卷主要包含了设Sn为数列{an}的前n项和等内容，欢迎下载使用。
解答题专项三　数列中的综合问题
解答题专项练
1.(2022·广东汕头高三二模)已知n2(n≥4)个正数排成n行n列,aij表示第i行第j列的数,其中每一行的数成等差数列,每一列的数成等比数列,并且公比都为q.已知a24=1,a42=,a43=.
(1)求公比q;
(2)记第n行的数所成等差数列的公差为dn,把d1,d2,…,dn所构成的数列记作数列{dn},求数列{dn}的前n项和Sn.
a11
a12
a13
a14
…
a1n
a21
a22
a23
a24
…
a2n
续表
a31
a32
a33
a34
…
a3n
…
…
…
…
…
…
an1
an2
an3
an4
…
ann
解:(1)由题意知a42,a43,a44成等差数列,
又a42=,a43=,所以其公差为,
从而a44=a43+.
又因为a24,a34,a44成等比数列,且a24=1,
所以公比q2=,由于ann>0,故q=.
(2)由a42=,a43=可得a41=,
而a41=a11×q3=a11×,所以a11=,
因此an1=a11×n-1=n.
又a14==2,
故an4=a14×n-1=2×n-1,
由于an1,an2,an3,an4,…为等差数列,公差为dn,因此an4=an1+3dn,
即dn=2×n-1-n=n,
故Sn==1-n.
2.(2022·全国甲,理17)设Sn为数列{an}的前n项和.已知+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.
(1)证明:由+n=2an+1,变形为2Sn=2nan+n-n2,记为①式,
又当n≥2时,有2Sn-1=2(n-1)an-1+n-1-(n-1)2,记为②式,
①-②并整理可得(2n-2)an-(2n-2)an-1=2n-2,n≥2,n∈N*.
即an-an-1=1,n≥2,n∈N*,
所以{an}是等差数列.
(2)解:由题意可知=a4a9,
即(a1+6)2=(a1+3)(a1+8),解得a1=-12,
所以an=-12+(n-1)×1=n-13,其中a13=0,
则Sn的最小值为S12=S13=-78.
3.(2023·湖南长沙高三月考)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=1,nSn+1=(n+1)Sn+(n∈N*).
(1)求出{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足bn=,证明:b1+b2+…+bn0,所以Sn+2=2Sn+1-Sn+1,
即Sn+2-Sn+1=Sn+1-Sn+1,
即an+2=an+1+1.
在nSn+1=(n+1)Sn+中,
令n=1得,a1+a2=2a1+1,即a2=a1+1.
综上,对任意n∈N*都有an+1-an=1,
故数列{an}是以1为首项,1为公差的等差数列,
所以an=n.
(方法2)因为nSn+1=(n+1)Sn+,
所以,
又S1=a1=1,则数列是以1为首项,为公差的等差数列,因此,即Sn=.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n,又a1=1也符合上式,故an=n(n∈N*).
(2)证明:由(1)得an=n,Sn=,
所以bn=,
所以b1+b2+…+bn=++…+=.
4.(2023·山东潍坊高三模拟)已知等差数列{an}是递增数列,且满足a1=1,a5,a8,a13成等比数列.数列{bn}满足3Sn=2+bn(n∈N*),其中Sn为{bn}的前n项和.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式.
(2)设cn=,Tn为数列{cn}的前n项和,是否存在实数λ,使得不等式Tn≤λ≤Sn对一切n∈N*恒成立?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.
解:(1)设{an}的公差为d(d>0),则(1+7d)2=(1+4d)(1+12d),解得d=2,
所以an=2n-1.
又3Sn=2+bn(n∈N*),所以当n=1时,得b1=1,
当n≥2时,得3Sn-1=2+bn-1,
两式相减得bn=-,
所以{bn}是以1为首项,以-为公比的等比数列,所以bn=-n-1.
(2)存在.λ=.
由(1)得(bn)min=b2=-,Sn=,
所以(Sn)min=.
由an=2n-1得
cn=
=
=
=,
因此Tn=++…+=1-.
显然Tn