2023版考前三個月高考理科數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)中檔大題規(guī)范練2：數(shù)列含真題分類匯編解析

2.數(shù)列1.(2017·原創(chuàng)押題預(yù)測卷)已知Sn＝na1＋(n－1)a2＋…＋2an－1＋an，n∈N*.(1)若{an}是等差數(shù)列，且S1＝5，S2＝18，求an；(2)若{an}是等比數(shù)列，且S1＝3，S2＝15，求Sn.解(1)設(shè){an}的公差為d，則S1＝a1＝5，S2＝2a1＋a2＝10＋a2＝18，所以a2＝8，d＝a2－a1＝3，an＝5＋3(n－1)＝3n＋2.(2)設(shè){an}的公比為q，則S1＝a1＝3，S2＝2a1＋a2＝6＋a2＝15，所以a2＝9，q＝eq\f(a2,a1)＝3，an＝3×3n－1＝3n，所以Sn＝n×3＋(n－1)×32＋…＋2×3n－1＋3n， ①3Sn＝n×32＋(n－1)×33＋…＋2×3n＋3n＋1， ②②－①，得2Sn＝－3n＋(32＋33＋…＋3n)＋3n＋1＝－3n＋eq\f(321－3n－1,1－3)＋3n＋1＝－3n－eq\f(9,2)＋eq\f(3n＋1,2)＋3n＋1＝eq\f(3n＋2－6n－9,2)，所以Sn＝eq\f(3n＋2－6n－9,4).2.(2017屆黑龍江虎林一中月考)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a3＝5，S3＝9.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)等比數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，若q>0且b3＝a5，T3＝13，求Tn；(3)設(shè)cn＝eq\f(1,anan＋1)，求數(shù)列{cn}的前n項和Sn.解(1)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a3＝a1＋2d＝5，,S3＝3a1＋\f(3×2,2)d＝9，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2，))所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.(2)由題意可知，b3＝a5＝9，T3＝13，所以公比q＝3，從而b1＝1，所以Tn＝eq\f(b11－qn,1－q)＝eq\f(1×1－3n,1－3)＝eq\f(1,2)(3n－1).(3)由(1)知，an＝2n－1.所以cn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1).3.(2017·廣東七校聯(lián)考)設(shè)數(shù)列{an}的前n項之積為Tn，且log2Tn＝eq\f(nn－1,2)，n∈N*.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝λan－1(n∈N*)，數(shù)列{bn}的前n項之和為Sn.若對任意的n∈N*，總有Sn＋1>Sn，求實數(shù)λ的取值范圍.解(1)由log2Tn＝eq\f(nn－1,2)，n∈N*，得Tn＝，所以Tn－1＝(n∈N*，n≥2)，所以an＝eq\f(Tn,Tn－1)＝＝2n－1，n∈N*，n≥2.又a1＝T1＝20＝1，所以an＝2n－1，n∈N*.(2)由bn＝λan－1＝λ2n－1－1，得Sn＝λ·eq\f(1－2n,1－2)－n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n－1))λ－n，所以Sn＋1>Sn?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n＋1－1))λ－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1))>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n－1))λ－n?2nλ>1?λ>eq\f(1,2n)，因為對任意的n∈N*，eq\f(1,2n)≤eq\f(1,2)，故所求的λ的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).4.(2017·湖北黃岡質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，向量a＝(Sn，n)，b＝(9n－7，2)，且a與b共線.(1)求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通項公式；(2)對任意m∈N*，將數(shù)列{an}中落入?yún)^(qū)間(9m，92m)內(nèi)的項的個數(shù)記為bm，求數(shù)列{bm}的前m項和Tm.解(1)a與b共線，Sn＝eq\f(n9n－7,2)＝eq\f(9,2)n2－eq\f(7,2)n，a1＝1，an＝Sn－Sn－1＝9n－8，n≥2，所以an＝9n－8，n∈N*.(2)對m∈N*，若9m＜an＜92m，則9m＋8＜9n＜92m＋8.因此9m－1＋1≤n≤92m－1.故得bm＝92m－1－9m－1.于是Tm＝b1＋b2＋…＋bm＝(9＋93＋…＋92m－1)－(1＋9＋…＋9m－1)＝eq\f(91－81m,1－81)－eq\f(1－9m,1－9)＝eq\f(9×92m＋1－10×9m,80).5.(2017·原創(chuàng)押題預(yù)測卷)已知數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\f(n·3n,3n－1)(n≥1，n∈N*).(1)求a1，a2，a3的值；(2)求證：對任意的自然數(shù)n∈N*，不等式a1·a2·…·an＜2·n！成立.(1)解將n＝1，2，3代入可得a1＝eq\f(3,2)，a2＝eq\f(9,4)，a3＝eq\f(81,26).(2)證明由an＝eq\f(n·3n,3n－1)＝eq\f(n,1－\f(1,3n))(n≥1，n∈N*)可得a1·a2·…·an＝eq\f(n！,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,32)))…\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))))，因此欲證明不等式a1·a2·…·an＜2·n！成立，只需要證明對任意非零自然數(shù)n，不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,32)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))＞eq\f(1,2)恒成立即可，顯然左端每個因式都為正數(shù)，因為1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,32)＋…＋\f(1,3n)))＝1－eq\f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＝1－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))＞1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).故只需證明對每個非零自然數(shù)，不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,32)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))≥1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,32)＋…＋\f(1,3n)))恒成立即可. (*)下面用數(shù)學(xué)歸納法證明該不等式成立：①顯然當(dāng)n＝1時，不等式(*)恒成立；②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時不等式(*)也成立，即不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,32)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3k)))≥1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,32)＋…＋\f(1,3k)))成立.那么當(dāng)n＝k＋1時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,32)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3k)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3k＋1)))≥eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,32)＋…＋\f(1,3k)))))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3k＋1)))，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,32)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3k＋1)))≥1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,32)＋…＋\f(1,3k)))－eq\f(1,3k＋1)＋eq\f(1,3k＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,32)＋…＋\f(1,3k)))，注意到eq\f(1,3k＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,32)＋…＋\f(1,3k)))＞0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,32)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3k＋1)))≥1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,32)＋…＋\f(1,3k)＋\f(1,3k＋1)))，這說明當(dāng)n＝k＋1時，不等式(*)也成立.因此由數(shù)學(xué)歸納法可知，不等式(*)對任意非零自然數(shù)都成立，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,32)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))≥1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,32)＋…＋\f(1,3n)))＞eq\f(1,2)恒成立，故不等式a1·a2·…·an＜2·n！對任意非零自然數(shù)都成立.6.(2017·北京)設(shè){an}和{bn}是兩個等差數(shù)列，記cn＝max{b1－a1n，b2－a2n，…，bn－ann}(n＝1，2，3，…)，其中max{x1，x2，…，xs}表示x1，x2，…，xs這s個數(shù)中最大的數(shù).(1)若an＝n，bn＝2n－1，求c1，c2，c3的值，并證明{cn}是等差數(shù)列；(2)證明：或者對任意正數(shù)M，存在正整數(shù)m，當(dāng)n≥m時，eq\f(cn,n)>M；或者存在正整數(shù)m，使得cm，cm＋1，cm＋2，…是等差數(shù)列.(1)解c1＝b1－a1＝1－1＝0，c2＝max{b1－2a1，b2－2a2}＝max{1－2×1，3－2×2}＝－1，c3＝max{b1－3a1，b2－3a2，b3－3a3}＝max{1－3×1，3－3×2，5－3×3}＝－2.當(dāng)n≥3時，(bk＋1－nak＋1)－(bk－nak)＝(bk＋1－bk)－n(ak＋1－ak)＝2－n＜0，所以bk－nak在k∈N*時單調(diào)遞減.所以cn＝max{b1－a1n，b2－a2n，…，bn－ann}＝b1－a1n＝1－n.所以對任意n≥1，cn＝1－n，于是cn＋1－cn＝－1，所以{cn}是等差數(shù)列.(2)證明設(shè)數(shù)列{an}和{bn}的公差分別為d1，d2，則bk－nak＝b1＋(k－1)d2－[a1＋(k－1)d1]n＝b1－a1n＋(d2－nd1)(k－1).所以cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b1－a1n＋n－1d2－nd1，d2＞nd1，,b1－a1n，d2≤nd1.))①當(dāng)d1＞0時，取正整數(shù)m＞eq\f(d2,d1)，則當(dāng)n≥m時，nd1＞d2，因此，cn＝b1－a1n，此時，cm，cm＋1，cm＋2，…是等差數(shù)列.②當(dāng)d1＝0時，對任意n≥1，n∈N*，cn＝b1－a1n＋(n－1)max{d2，0}＝