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专题练6.5 数列的综合（含答案）-2025年新高考数学二轮复习专题练习（新教材）
展开这是一份专题练6.5 数列的综合（含答案）-2025年新高考数学二轮复习专题练习（新教材），共22页。试卷主要包含了5 数列的综合等内容，欢迎下载使用。
五年高考
高考新风向
(创新考法、新定义理解)(2024新课标Ⅰ,19,17分,难)设m为正整数,数列a1,a2,…,a4m+2是公差不为0的等差数列,若从中删去两项ai和aj(i
(3)从1,2,…,4m+2中一次任取两个数i和j(i
考点 数列的综合
1.(2023新课标Ⅱ,18,12分,中)已知{an}为等差数列,bn=an−6,n为奇数,2an,n为偶数.记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和,S4=32,T3=16.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:当n>5时,Tn>Sn.
2.(2022新高考Ⅰ,17,10分,中)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,Snan是公差为13的等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:1a1+1a2+…+1an<2.
3.(2021全国乙文,19,12分,中)设{an}是首项为1的等比数列,数列{bn}满足bn=nan3.已知a1,3a2,9a3成等差数列.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明:Tn
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足3bn+(n-4)an=0(n∈N*),记{bn}的前n项和为Tn,若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立,求实数λ的取值范围.
5.(2023天津,19,15分,难)已知{an}是等差数列,a2+a5=16,a5-a3=4.
(1)求{an}的通项公式及i=2n−12n−1ai(nN∈*).
(2)设{bn}是等比数列,且对任意的k∈N*,当2k-1≤n≤2k-1时,bk
三年模拟
练思维
1.(2024甘肃二诊,17)设数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,2Sn=n2+n(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn,且bn=1an+an+1,求T99;
(3)证明:12a1+12a2+12a3+…+12a99>9.
2.(2024江苏盐城六校联考,18)已知{an}是首项为1的等比数列,{bn}是首项为2的等差数列,a3=b2且a4=b1+b3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)将{an}和{bn}中的所有项分别构成集合A,B,将A∪B的所有元素按从小到大的顺序排列组成新数列{cn},求数列{cn}的前50项和S50;
(3)设数列{dn}的通项公式为dn=an+1,n为奇数,bn2+2,n为偶数,n∈N*,记{dn}的前n项和为Tn,若3T2n-1≥22n+1+3nt-14对任意的n∈N*都成立,求正数t的取值范围.
3.(2024江苏连云港灌云高级中学模拟)设Sn是数列{an}的前n项和,已知a1=1,an+1=12an+n,n为奇数,an−2n,n为偶数.
(1)证明{a2n-2}是等比数列,并求{a2n}的通项公式;
(2)证明:当n≥2时,a2n≥S2n.
4.(2024福建三明质量检测,18)已知数列{an}满足a1·a2…an-1·an=(2)n2+n,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{an}的前n项和为Sn,若不等式(-1)ntSn-14≤Sn2对任意的n∈N*恒成立,求实数t的取值范围;
(3)记bn=1lg2an2,求证:b1−b2b1+b2−b3b2+…+bn−bn+1bn<2(n∈N*).
练风向
1.(新定义理解)(多选)(2024安徽安庆二模,11)满足a1=2,a2=1,an+2=an+1+an(n∈N*)的数列{an}称为卢卡斯数列,则( )
A.存在非零实数t,使得{an+1+tan}(n∈N*)为等差数列
B.存在非零实数t,使得{an+1+tan}(n∈N*)为等比数列
C.3an+2=an+4+an(n∈N*)
D.i=12024(-1)iai=a2 023-3
2.(新定义理解)(2024浙江温州第二次适应性考试,18)数列{an},{bn}满足:{bn}是等比数列,b1=2,a2=5,且a1b1+a2b2+…+anbn=2(an-3)bn+8(n∈N*).
(1)求an,bn;
(2)求集合A={x|(x-ai)(x-bi)=0,i≤2n,i∈N*}中所有元素的和;
(3)对数列{cn},若存在互不相等的正整数k1,k2,…,kj(j≥2),使得ck1+ck2+…+ckj也是数列{cn}中的项,则称数列{cn}是“和稳定数列”.试分别判断数列{an},{bn}是不是“和稳定数列”.若是,求出所有j的值;若不是,说明理由.
3.(新定义理解)(2024山东泰安一模,19)已知各项均不为0的递增数列{an}的前n项和为Sn,且a1=2,a2=4,anan+1=2Sn(Sn+1+Sn-1-2Sn)(n∈N*,且n≥2).
(1)求数列1Sn的前n项和Tn.
(2)定义首项为2且公比大于1的等比数列为“G-数列”.证明:
①对任意k≤5且k∈N*,存在“G-数列”{bn},使得bk≤ak≤bk+1成立;
②当k≥6且k∈N*时,不存在“G-数列”{cn},使得cm≤am≤cm+1对任意正整数m≤k成立.
4.(新定义理解)(2024河南洛平许济质量检测,19)定义1 进位制:进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统,约定满二进一,就是二进制;满十进一,就是十进制;满十二进一,就是十二进制;满六十进一,就是六十进制;等等.也就是说,“满几进一”就是几进制,几进制的基数就是几,一般地,若k是一个大于1的整数,那么以k为基数的k进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式anan-1…a1a0(k)(an,an-1,…,a1,a0∈N,0
(1)若aa…an个a(9)是三角形数,试写出一个满足条件的a的值;
(2)若11111(k)是完全平方数,求k的值;
(3)已知cn= 11…1n个1(9),设数列{cn}的前n项和为Sn,证明:当n>3时,Sn>9n2−7n2.
6.5 数列的综合
五年高考
高考新风向
(创新考法、新定义理解)(2024新课标Ⅰ,19,17分,难)设m为正整数,数列a1,a2,…,a4m+2是公差不为0的等差数列,若从中删去两项ai和aj(i
(3)从1,2,…,4m+2中一次任取两个数i和j(i
解析 (1)(1,2),(1,6),(5,6).
理由:数列a1,a2,…,a6中删去a1,a2后,数列a3,a4,a5,a6是等差数列,所以数列a1,a2,…,a6是(1,2)-可分数列,同理数列a1,a2,…,a6是(1,6)或(5,6)-可分数列.
(2)证明:m=3时,
a1,a4,a7,a10成等差数列;
a3,a6,a9,a12成等差数列;
a5,a8,a11,a14成等差数列.
m≥4时,从a15开始每连续4项成等差数列,a15前12项分组同上,
即a1,a4,a7,a10成等差数列;
a3,a6,a9,a12成等差数列;
a5,a8,a11,a14成等差数列;
a15,a16,a17,a18成等差数列;
……
a4m-1,a4m,a4m+1,a4m+2成等差数列.证明毕.
(3)证明:从4m+2个数中任取两个数i和j(i
4p+1前的4p个数按从小到大的顺序每4个一组.
4q+2后的4(m-q)个数按从小到大的顺序每4个一组.
故(4p+1,4q+2)(0≤p
4q+2后的4(m-q)个数按从小到大的顺序每4个一组,
对4p+1,4p+2,4p+3,…,4q,4q+1,4q+2,一共有4(q-p)+2个数,
去掉其中第2个与第4(q-p)+1个数,即4p+2与4q+1.
下面证明去掉后剩下的4(q-p)个数可以分成q-p组,每组4个数构成等差数列.
该证明实际上为(2)的推广.
令k=q-p≥2,
4p+1,4p+1+k,4p+1+2k,4p+1+3k成等差数列;
4p+3,4p+3+k,4p+3+2k,4p+3+3k成等差数列;
……
4p+2+k,4p+2+2k,4p+2+3k,4p+2+4k成等差数列,
得证,∴②得证.
故(4p+2,4q+1)的不同取值有Cm+12-m=12(m2-m)种,
由①②,分组方法共有12(m2+3m+2)+12(m2-m)=12(2m2+2m+2)=m2+m+1种,
而m2+m+18m2+6m+1-18=2m+78(8m2+6m+1)>0,∴Pm>18.
考点 数列的综合
1.(2023新课标Ⅱ,18,12分,中)已知{an}为等差数列,bn=an−6,n为奇数,2an,n为偶数.记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和,S4=32,T3=16.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:当n>5时,Tn>Sn.
解析 (1)设数列{an}的首项为a1,公差为d,
∵bn=an−6,n为奇数,2an,n为偶数,∴b1=a1-6,b2=2a2,b3=a3-6,
又T3=16,且b1+b2+b3=a1+2a2+a3-12=4a2-12,
∴4a2-12=16,∴a2=7,即a1+d=7,①
又S4=32,∴4a1+6d=32,②
由①②得a1=5,d=2,
∴an=5+2(n-1)=2n+3.
(2)证明:T2n=b1+b3+…+b2n-1+b2+b4+…+b2n
=a1+a3+…+a2n-1-6n+2a2+2a4+…+2a2n
=S2n+a2+…+a2n-6n
=S2n+n(a2+a2n)2-6n
=S2n+2n2-n.
T2n+1=T2n+b2n+1=S2n+2n2-n+a2n+1-6=S2n+1+2n2-n-6.
当n≥1时,T2n-S2n=2n2-n>0,故T2n>S2n,当n>2时,T2n+1-S2n+1=2n2-n-6>0,故T2n+1>S2n+1.综上,当n>5时,Tn>Sn.
2.(2022新高考Ⅰ,17,10分,中)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,Snan是公差为13的等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:1a1+1a2+…+1an<2.
解析 (1)依题意得,S1=a1=1,
Snan=11+(n-1)×13=n+23,∴3Sn=(n+2)an,
则3Sn+1=(n+1+2)an+1=(n+3)an+1,
∴3Sn+1-3Sn=(n+3)an+1-(n+2)an,
即3an+1=(n+3)an+1-(n+2)an,
∴nan+1=(n+2)an,即an+1an=n+2n,
由累乘法得an+1a1=(n+1)(n+2)1×2,
又a1=1,∴an+1=(n+1)(n+2)2,
∴an=n(n+1)2(n≥2),又a1=1满足上式,
∴an=n(n+1)2(n∈N*).
(2)证明:由(1)知1an=2n(n+1)=21n−1n+1,
∴1a1+1a2+…+1an=211−12+212−13+…+21n−1n+1=21−1n+1=2-2n+1<2.
3.(2021全国乙文,19,12分,中)设{an}是首项为1的等比数列,数列{bn}满足bn=nan3.已知a1,3a2,9a3成等差数列.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明:Tn
∵a1,3a2,9a3成等差数列,
∴6a2=a1+9a3.即6a1q=a1+9a1q2.
又∵{an}是首项为1的等比数列,
∴6q=1+9q2,解得q1=q2=13,
∴an=a1·qn-1=13n−1.
∵bn=nan3,∴bn=n·13n.
(2)第一步:用等比数列前n项和公式计算Sn.
由等比数列{an}的首项和公比知,前n项和为
Sn=a1(1−qn)1−q=321−13n.
第二步:用错位相减法求Tn.
∵bn=n·13n,
∴Tn=b1+b2+…+bn=1×131+2×132+…+n13n,①
13Tn=1×132+2×133+…+n13n+1.②
①-②可得23Tn=13+132+…+13n-n·13n+1
=131−13n1−13-n·13n+1=-13n+1213n+12,
∴Tn=-12n+3413n+34.
第三步:表示Sn2,并利用作差法证得结论.
∵Sn2=34-14×13n−1=34-34×13n,
∴Tn-Sn2=-12n·13n<0,∴Tn
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足3bn+(n-4)an=0(n∈N*),记{bn}的前n项和为Tn,若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立,求实数λ的取值范围.
解析 (1)由4Sn+1=3Sn-9,得4Sn=3Sn-1-9(n≥2),则4an+1=3an(n≥2),又4(a1+a2)=3a1-9,a1=-94,所以4a2=3a1,所以{an}是以-94为首项,34为公比的等比数列,
所以an=-3×34n.
(2)由题意得bn=(n-4)×34n.则Tn=(-3)×34+(-2)×342+…+(n-4)×34n,34Tn=(-3)×342+(-2)×343+…+(n-4)×34n+1,两式相减,得14Tn=(-3)×34+342+343+…+34n-(n-4)×34n+1,所以Tn=-4n×34n+1,由题意得-4n×34n+1≤λ(n-4)×34n恒成立,所以(λ+3)n-4λ≥0,记f(n)=(λ+3)n-4λ(n∈N*),所以λ+3≥0,f(1)≥0,解得-3≤λ≤1.
5.(2023天津,19,15分,难)已知{an}是等差数列,a2+a5=16,a5-a3=4.
(1)求{an}的通项公式及i=2n−12n−1ai(nN∈*).
(2)设{bn}是等比数列,且对任意的k∈N*,当2k-1≤n≤2k-1时,bk
解析 (1)设{an}的公差为d.
由题意得2a1+5d=16,2d=4,解得a1=3,d=2.
所以an=3+2(n-1)=2n+1.
i=2n−12n−1ai=a2n−1+a2n−1+1+a2n−1+2+…+a2n−1
=2n−1[2·2n−1+1+2·(2n−1)+1]2
=2n−1·(2n+1+2·2n−1)2
=2n−1·3·2n2=32×22n-1=3×22n-2=3×4n-1.
(注:项数为(2n-1)-2n-1+1=2n-2n-1=2n-1)
(2)①证明:2k-1≤n≤2k-1⇒2k≤2n≤2k+1-2⇒2k+1≤2n+1≤2k+1-1,即2k+1≤an≤2k+1-1,
∵bk
综上,2k-1
∵{bn}为等比数列,且k∈N*,2k-1
∵k∈N*,∴q=2,∴2k-1
三年模拟
练思维
1.(2024甘肃二诊,17)设数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,2Sn=n2+n(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn,且bn=1an+an+1,求T99;
(3)证明:12a1+12a2+12a3+…+12a99>9.
解析 (1)因为2Sn=n2+n,所以Sn=n2+n2,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n2-(n−1)2+(n−1)2=n,
因为a1=1也满足上式,故an=n(n∈N*).
(2)因为bn=1an+an+1,且an=n(n∈N*),
所以bn=1n+n+1=n+1−n(n+n+1)(n+1−n)=n+1-n,
所以T99=(2-1)+(3-2)+(4-3)+…+(100-99)=100-1=9.
即T99=9.
(3)证明:由于12an=12n=1n+n>1n+n+1=n+1-n,
故12a1+12a2+12a3+…+12a99>2-1+3-2+…+100-99=100-1=9.
所以原不等式成立.
2.(2024江苏盐城六校联考,18)已知{an}是首项为1的等比数列,{bn}是首项为2的等差数列,a3=b2且a4=b1+b3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)将{an}和{bn}中的所有项分别构成集合A,B,将A∪B的所有元素按从小到大的顺序排列组成新数列{cn},求数列{cn}的前50项和S50;
(3)设数列{dn}的通项公式为dn=an+1,n为奇数,bn2+2,n为偶数,n∈N*,记{dn}的前n项和为Tn,若3T2n-1≥22n+1+3nt-14对任意的n∈N*都成立,求正数t的取值范围.
解析 (1)设{an}的公比为q(q≠0),{bn}的公差为d,
因为a3=b2且a4=b1+b3,所以q2=2+d,q3=4+2d,
解得q=2,d=2,所以an=2n-1,bn=2n.
(2)由(1)知an=2n-1,bn=2n,
因为数列{bn}是正偶数构成的等差数列,数列{an}除首项外,其余项都是2的倍数,
所以数列{cn}的前50项和S50=1+2×49+49×482×2=2 451.
(3)因为dn=2n,n为奇数,n+2,n为偶数,n∈N*,
所以T2n-1=d1+d2+d3+d4+…+d2n-1=(2+23+25+…+22n-1)+(4+6+8+…+2n)=2(1−4n)1−4+4+2n2(n-1)=-83+2×4n3+n2+n,
由3T2n-1≥22n+1+3nt-14得3−83+2×4n3+n2+n≥22n+1+3nt-14,即t≤n+2n+1对任意的n∈N*都成立,
因为n+2n+1≥22+1,n∈N*,等号取不到,
当n=1时,1+2+1=4,当n=2时,2+1+1=4,
所以正数t的取值范围是0
(1)证明{a2n-2}是等比数列,并求{a2n}的通项公式;
(2)证明:当n≥2时,a2n≥S2n.
解析 (1)由已知得a2n+2=12a2n+1+2n+1=12(a2n-4n)+2n+1=12a2n+1,所以a2n+2-2=12(a2n-2).
因为a2=12a1+1=32,a2-2=-12≠0,所以a2n+2−2a2n−2=12,
所以{a2n-2}是以-12为首项,12为公比的等比数列,
所以a2n-2=-12·12n−1,所以a2n=-12n+2,
所以{a2n}的通项公式为a2n=-12n+2.
(2)证明:由a2n=-12n+2知a2n-2=-12n−1+2,
所以a2n-1=a2n-2-2(2n-2)=6-4n-12n−1,
所以a2n-1+a2n=8-4n-3·12n,
所以S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2n-1+a2n)
=8-4×1-3×121+8-4×2-3×122+…+8-4n-3×12n=8n-4(1+2+…+n)-312+122+…+12n
=8n-4×n(n+1)2-3×12×1−12n1−12
=-2n2+6n-3+3×12n=-2n−322+32+3×12n.
当n≥2时,a2n-S2n=-12n+2+2n−322-32-3×12n.
令f(x)=2x−322+12-4×12x,
根据函数的单调性可知,当x≥2时, f(x)单调递增.
又f(2)=0,
所以x≥2时,有f(x)≥0,即2x−322+12-4×12x≥0,
所以当n≥2时,a2n-S2n≥0,即当n≥2时,a2n≥S2n.
4.(2024福建三明质量检测,18)已知数列{an}满足a1·a2…an-1·an=(2)n2+n,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{an}的前n项和为Sn,若不等式(-1)ntSn-14≤Sn2对任意的n∈N*恒成立,求实数t的取值范围;
(3)记bn=1lg2an2,求证:b1−b2b1+b2−b3b2+…+bn−bn+1bn<2(n∈N*).
解析 (1)因为a1·a2…an-1·an=(2)n2+n①,
所以当n≥2时,a1·a2…an·an-1=(2)(n−1)2+n−1②.(1分)
由①②得an=2n,(2分)
因为n=1时a1=2也符合上式,
所以an=2n,n∈N*.(4分)
(2)由(1)知,Sn=2(1−2n)1−2=2n+1-2,(5分)
因为不等式(-1)n·tSn-14≤Sn2对任意的n∈N*恒成立,
又Sn>0且Sn递增,
所以(-1)n·t≤Sn+14Sn对任意的n∈N*恒成立,(7分)
因为S1=2,S2=6,S3=14,S4=30,(8分)
所以当n为偶数时,t≤Sn+14Sn对任意的n∈N*恒成立,即t≤Sn+14Snmin.
因为S2=6>14,所以t≤253,(10分)
当n为奇数时,-t≤Sn+14Sn对任意的n∈N*恒成立,即-t≤Sn+14Snmin,
因为S1=2<14
综上可知,-9≤t≤253.(13分)
(3)证明:因为bn=1lg2an2=12n,(14分)
所以{bn}是递减数列,
所以bn+1
b1−b2b1+b2−b3b2+…+bn−bn+1bn<2(b1-b2+b2-b3+…+bn-bn+1)<2×12=2,
原不等式得证.(17分)
练风向
1.(新定义理解)(多选)(2024安徽安庆二模,11)满足a1=2,a2=1,an+2=an+1+an(n∈N*)的数列{an}称为卢卡斯数列,则( BCD )
A.存在非零实数t,使得{an+1+tan}(n∈N*)为等差数列
B.存在非零实数t,使得{an+1+tan}(n∈N*)为等比数列
C.3an+2=an+4+an(n∈N*)
D.i=12024(-1)iai=a2 023-3
2.(新定义理解)(2024浙江温州第二次适应性考试,18)数列{an},{bn}满足:{bn}是等比数列,b1=2,a2=5,且a1b1+a2b2+…+anbn=2(an-3)bn+8(n∈N*).
(1)求an,bn;
(2)求集合A={x|(x-ai)(x-bi)=0,i≤2n,i∈N*}中所有元素的和;
(3)对数列{cn},若存在互不相等的正整数k1,k2,…,kj(j≥2),使得ck1+ck2+…+ckj也是数列{cn}中的项,则称数列{cn}是“和稳定数列”.试分别判断数列{an},{bn}是不是“和稳定数列”.若是,求出所有j的值;若不是,说明理由.
解析 (1)∵a1b1=2(a1-3)b1+8,b1=2,∴a1=2,
又a1b1+a2b2=2(a2-3)b2+8,b1=2,a2=5,∴b2=4,
∵{bn}是等比数列,∴{bn}的公比为b2b1=2,∴bn=2n,
当n≥2时,a1b1+a2b2+…+an-1bn-1=2(an-1-3)bn-1+8,
则anbn=2(an-3)bn-2(an-1-3)bn-1,
将bn=2n代入,化简得an=2(an-3)-(an-1-3),
得an-an-1=3(n≥2),
∴{an}是公差为3的等差数列,∴an=a1+(n-1)d=3n-1.
(2)记集合A的全体元素的和为S,
集合M={a1,a2,…,a2n}的所有元素的和为A2n=2n(6n−1+2)2=6n2+n,
集合N={b1,b2,…,b2n}的所有元素的和为B2n=2(1−22n)1−2=22n+1-2,
集合M∩N的所有元素的和为T,则有S=A2n+B2n-T,
对于数列{bn}:当n=2k-1(k∈N*)时,b2k-1=22k-1=(3-1)2k-1=3p-1(p∈N*)是数列{an}中的项(由二项展开式的特征得到),
当n=2k(k∈N*)时,b2k=2b2k-1=2(3p-1)=3q-2(q∈N*)不是数列{an}中的项,
∴T=b1+b3+…+b2k-1,其中b2k−1≤a2n,b2k+1>a2n⇒lg2(6n−1)−12
∴S=6n2+n+22n+1-23·4lg2(6n−1)+12-43.
(3)当j=3m(m∈N*)时,ak1+ak2+…+akj是3的正整数倍,
故一定不是数列{an}中的项;
当j=3m-1(m∈N*)时,ak1+ak2+…+akj除以3余1,不是数列{an}中的项;
当j=3m+1(m∈N*)时,ak1+ak2+…+akj除以3余2,是数列{an}中的项.
综上,数列{an}是“和稳定数列”,此时j=3m+1(m∈N*).
数列{bn}不是“和稳定数列”,理由如下:
不妨设:1≤k1
故bk1+bk2+…+bkj不是数列{bn}中的项.
数列{bn}不是“和稳定数列”.
3.(新定义理解)(2024山东泰安一模,19)已知各项均不为0的递增数列{an}的前n项和为Sn,且a1=2,a2=4,anan+1=2Sn(Sn+1+Sn-1-2Sn)(n∈N*,且n≥2).
(1)求数列1Sn的前n项和Tn.
(2)定义首项为2且公比大于1的等比数列为“G-数列”.证明:
①对任意k≤5且k∈N*,存在“G-数列”{bn},使得bk≤ak≤bk+1成立;
②当k≥6且k∈N*时,不存在“G-数列”{cn},使得cm≤am≤cm+1对任意正整数m≤k成立.
解析 (1)anan+1=2Sn(Sn+1+Sn-1-2Sn)=2Sn(an+1-an)(n≥2),∵{an}各项均不为0且递增,∴an+1-an≠0,
∴2Sn=anan+1an+1−an,(2分)
∴2Sn-1=an−1anan−an−1(n≥3),∴2an=anan+1an+1−an-an−1anan−an−1,
化简得an(an+1+an-1-2an)=0(n≥3),
∴an+1+an-1=2an(n≥3),(4分)
∵a1=2,a2=4,∴a2a3=2S2(S3+S1-2S2),∴a3=6.
∴a1+a3=2a2,
∴{an}为等差数列,(5分)
∴an=2n,Sn=n2+n,(6分)
∴1Sn=1n(n+1)=1n-1n+1,(7分)
∴Tn=1-12+12-13+…+1n-1n+1=nn+1.(8分)
(2)证明:设“G-数列”的公比为q,且q>1.
①由题意,只需证存在q对k≤5且k∈N*,2qk-1≤2k≤2qk成立,即(k-1)ln q≤ln k≤kln q成立,(10分)
设f(x)=lnxx,x>0,则f '(x)=1−lnxx2,
令f '(x)=0,解得x=e,
当x∈(0,e)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈(e,+∞)时, f '(x)<0, f(x)单调递减,
又∵ln22
经检验,对任意k≤5且k∈N*,(33)k−1≤k均成立.
∴对任意k≤5且k∈N*,存在“G-数列”{bn},使得bk≤ak≤bk+1成立.(14分)
②由①知,若cm≤am≤cm+1成立,则qm-1≤m≤qm成立,
当k≥6时,取m=3得q2≤3≤q3,取m=6得q5≤6≤q6,
由q3≥3,q5≤6得q15≥243,q15≤216,∴q不存在,
∴当k≥6且k∈N*时,不存在“G-数列”{cn},使得cm≤am≤cm+1对任意正整数m≤k成立.(17分)
4.(新定义理解)(2024河南洛平许济质量检测,19)定义1 进位制:进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统,约定满二进一,就是二进制;满十进一,就是十进制;满十二进一,就是十二进制;满六十进一,就是六十进制;等等.也就是说,“满几进一”就是几进制,几进制的基数就是几,一般地,若k是一个大于1的整数,那么以k为基数的k进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式anan-1…a1a0(k)(an,an-1,…,a1,a0∈N,0
(1)若aa…an个a(9)是三角形数,试写出一个满足条件的a的值;
(2)若11111(k)是完全平方数,求k的值;
(3)已知cn= 11…1n个1(9),设数列{cn}的前n项和为Sn,证明:当n>3时,Sn>9n2−7n2.
解析 (1)aa…an个a(9)=a(9n−1)8=a·12·3n−123n−12+1,
当a=1时,aa…an个a(9)就是一个三角形数.
(2)11111(k)=k4+k3+k2+k+1,
k2+k22
所以11111(k)=k2+k+122=k4+k3+k2+k+1.
解得k=3(舍负),即11111(3)=34+33+32+3+1=121=112.
(3)证明:由题意可知cn=9n−18,且n>3,
则Sn=9+92+93+…+9n8-n8
=964(9n-1)-n8=964[(1+8)n-1]-n8>964(Cn0+Cn1·8+Cn2·82-1)-n8=964[8n+32n(n-1)]-n8=9n2−7n2,
∴Sn>9n2−7n2.
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