【文档说明】2025届高三一轮复习数学试题（人教版新高考新教材）规范答题增分专项3　高考中的数列问题 Word版含解析.docx，共(6)页，43.375 KB，由小赞的店铺上传

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规范答题增分专项三高考中的数列问题1.设等比数列{an}满足a1+a2=4,a3-a1=8.(1)求数列{an}的通项公式;(2)记Sn为数列{log3an}的前n项和.若Sm+Sm+1=Sm+3,求m.2.(2021新高考Ⅰ,17)已知数列{an}满足a1=1,an+1={�

�𝑛+1,𝑛为奇数,𝑎𝑛+2,𝑛为偶数.(1)记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式;(2)求{an}的前20项和.3.在①a1=-8,a2=-7,an+1=kan+1(n∈N*,k∈R);②若

{an}为等差数列,且a3=-6,a7=-2;③设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=12n2-172n(n∈N*)这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并作答.在数列{an}中,.记Tn=|a1|+|a2|+|

a3|+…+|an|,求T20.4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d≠0,且S3+S5=50,a1,a4,a13成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设{𝑏𝑛𝑎𝑛}是首项为1,公比为3的等比数列,求数列{bn}的前n项和Tn.5.已知{an}为等差数列,a1,a2,

a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数,且a1,a2,a3中的任何两个数都不在同一列中.行数列数第一列第二列第三列第一行第二行469第三行1287请从①a1=2,②a1=1,③a1=3这三个条件中选一个填入上表,使满

足以上条件的数列{an}存在,并在此存在的数列{an}中,试解答下列两个问题:(1)求数列{an}的通项公式;(2)设数列{bn}满足bn=(-1)n+1𝑎𝑛2,求数列{bn}的前n项和Tn.6.已知各项均为正数的数列{an}的首项a1=1,前

n项和Sn满足an=√𝑆𝑛+√𝑆𝑛-1(n≥2).(1)求证:{√𝑆𝑛}为等差数列,并求数列{an}的通项公式;(2)记数列{1𝑎𝑛𝑎𝑛+1}的前n项和为Tn,若对任意的n∈N*,不等式4Tn<a2-a恒成立,求实数a的取值范围.7.已知{an}是公差为2的等差数列

,其前8项和为64.{bn}是公比大于0的等比数列,且b1=4,b3-b2=48.(1)求{an}和{bn}的通项公式.(2)记cn=b2n+1𝑏𝑛,n∈N*,①证明:{𝑐𝑛2-c2n}是等比数列;②证明:∑𝑘=1𝑛√𝑎𝑘

𝑎𝑘+1𝑐𝑘2-𝑐2𝑘<2√2(n∈N*).8.将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成如下数阵:a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10a11a12a13a14a15a16……其中a2

=4,a17=10,a14=12,且数阵中的第一列数a1,a2,a5,a10,…构成等差数列,从第二行起,每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列,公比为同一个正数.表中每一行正中间的项a1,a3,a7,a13,…构成的数列记为{bn}.(1)求数列{bn}的前n项

和Sn;(2)记集合M={n∈N*|(n+1)bn≥λ},若M的元素个数为4,求实数λ的取值范围.规范答题增分专项三高考中的数列问题1.解(1)设等比数列{an}的公比为q,则an=a1qn-1.由已知得{𝑎1+𝑎1𝑞=4

,𝑎1𝑞2-𝑎1=8,解得a1=1,q=3.所以数列{an}的通项公式为an=3n-1.(2)由(1)知log3an=n-1,故Sn=𝑛(𝑛-1)2.由Sm+Sm+1=Sm+3,得m(m-1)+(m+1)m=(m+3)(m+2),即m2-5m-6=0,解得m=

-1(舍去),m=6.2.解(1)b1=a2=a1+1=2,b2=a4=a3+1=a2+2+1=5.由bn+1=a2n+2=a2n+1+1=a2n+2+1=a2n+3,得bn+1-bn=a2n+3-a2n=3.所以{𝑏𝑛}是

首项为2,公差为3的等差数列,所以bn=2+(n-1)×3=3n-1.(2)由(1)知,数列{𝑎𝑛}的偶数项组成的数列是以3为公差的等差数列,由已知得an=an+1-1,n为奇数,所以数列{an}的奇数项组成的数列也是以3为公差的等差数列.设数列{

𝑎𝑛}的前n项和为Sn,则S20=(a1+a3+a5+…+a19)+(a2+a4+…+a20)=10+10×92×3+20+10×92×3=300,所以{𝑎𝑛}的前20项和为300.3.解若选择①,因为an+1=kan+1,所以a2=ka1+1,即-8k+1=-7,解得k=1,则a

n+1-an=1,即数列{an}是首项为-8,公差为1的等差数列,故an=n-9;若选择②,设等差数列{an}的公差为d,因为a3=-6,a7=-2,所以a1+2d=-6,a1+6d=-2,解得a1=-8,d=1,故an

=a1+(n-1)d=n-9;若选择③,因为Sn=12n2-172n,所以a1=S1=12−172=-8,当n≥2时,Sn-1=12(n-1)2-172(n-1)=12n2-192n+9,则an=Sn-Sn-1=n-9(n≥2),因为a1=-8也满足上式,所以an

=n-9.由an≥0,得n≥9,故T20=(-a1)+(-a2)+(-a3)+…+(-a8)+a9+a10+a11+…+a20=-(a1+a2+a3+…+a8)+(a9+a10+a11+…+a20)=-(-8-1)×82+(0+11)×122=102.4.解

(1)依题意得{3𝑎1+3×22𝑑+5𝑎1+4×52𝑑=50,(𝑎1+3𝑑)2=𝑎1(𝑎1+12𝑑),解得{𝑎1=3,𝑑=2.故an=a1+(n-1)d=3+2(n-1)=2n+1,即an=2n+1.(2)由题意可知𝑏𝑛𝑎𝑛=3n-1

,则bn=an·3n-1=(2n+1)×3n-1.故Tn=3+5×3+7×32+…+(2n+1)×3n-1,①3Tn=3×3+5×32+7×33+…+(2n-1)×3n-1+(2n+1)×3n,②由①-②,得-2T

n=3+2×3+2×32+…+2×3n-1-(2n+1)×3n=3+2×3×(1-3𝑛-1)1-3-(2n+1)×3n=-2n·3n,故Tn=n·3n.5.解(1)若选择条件①,当第一行第一列为a1时,

由题意知,可能的组合有:a1=2,a2=6,a3=7,不是等差数列,a1=2,a2=9,a3=8,不是等差数列;当第一行第二列为a1时,由题意知,可能的组合有:a1=2,a2=4,a3=7,不是等差数列,a1=2,a2=9,a3=12,不是等差数列;当第一行第三

列为a1时,由题意知,可能的组合有:a1=2,a2=4,a3=8,不是等差数列,a1=2,a2=6,a3=12,不是等差数列,则将a1=2放在第一行的任何一列,满足条件的等差数列{an}都不存在.若选择条件②,则放在第一行第二列

,结合条件可知a1=1,a2=4,a3=7,则公差d=a2-a1=3,所以an=a1+(n-1)d=3n-2.若选择条件③,当第一行第一列为a1时,由题意知,可能的组合有:a1=3,a2=6,a3=7,不是

等差数列,a1=3,a2=9,a3=8,不是等差数列;当第一行第二列为a1时,由题意知,可能的组合有:a1=3,a2=4,a3=7,不是等差数列,a1=3,a2=9,a3=12,不是等差数列;当第一行第三列为a1时,由题意知,可能的组合有:a1=3,a2=4,a3

=8,不是等差数列,a1=3,a2=6,a3=12,不是等差数列,则将a1=3放在第一行的任何一列,满足条件的等差数列{an}都不存在.综上可知,an=3n-2.(2)由(1)知,bn=(-1)n+1(3n-2)2.当n为偶数时,Tn=b1+b2+b3+…+bn=𝑎12−𝑎22+𝑎32

−𝑎42+…+𝑎𝑛-12−𝑎𝑛2=(a1+a2)(a1-a2)+(a3-a4)(a3+a4)+…+(an-1+an)(an-1-an)=-3(a1+a2+a3+…+an)=-3×𝑛(1+3𝑛-2)2

=-92n2+32n;当n为奇数时,Tn=Tn-1+bn=-92(n-1)2+32(n-1)+(3n-2)2=92n2-32n-2.故Tn={-92𝑛2+32𝑛,𝑛=2𝑘,𝑘∈N*,92𝑛2-3

2𝑛-2,𝑛=2𝑘-1,𝑘∈N*.6.(1)证明因为an=√𝑆𝑛+√𝑆𝑛-1(n≥2),所以Sn-Sn-1=√𝑆𝑛+√𝑆𝑛-1.由数列{an}的各项均为正数,得√𝑆𝑛−√𝑆𝑛-1=1,所以数列{√𝑆𝑛}是首项为√𝑆1=√𝑎1=1,公差为1的等差数列,得√𝑆

𝑛=n.所以an=√𝑆𝑛+√𝑆𝑛-1=n+(n-1)=2n-1(n≥2),当n=1时,a1=1也适合,所以an=2n-1.(2)解因为1𝑎𝑛𝑎𝑛+1=1(2𝑛-1)(2𝑛+1)=1212𝑛-1−12𝑛+1,所以Tn=12(1-13+13−

15+…+12𝑛-1−12𝑛+1)=12(1-12𝑛+1).即Tn<12.要使不等式4Tn<a2-a恒成立,只需2≤a2-a恒成立,解得a≤-1或a≥2,故实数a的取值范围是(-∞,-1]∪[2,+∞).7.(1)解因为{an}是公差为2的等差数列,其前8项和为64,所以a1+

a2+…+a8=8a1+8×72×2=64,解得a1=1,所以an=a1+2(n-1)=2n-1.设等比数列{bn}的公比为q(q>0),则b3-b2=b1q2-b1q=4(q2-q)=48,解得q=4(负

值舍去),所以bn=b1qn-1=4n.(2)证明①由题意知,cn=b2n+1𝑏𝑛=42n+14𝑛,所以𝑐𝑛2-c2n=(42𝑛+14𝑛)2−(44𝑛+142𝑛)=2·4n,所以𝑐𝑛2-c2n≠0,且𝑐𝑛+12-𝑐2�

�+2𝑐𝑛2-𝑐2𝑛=2·4𝑛+12·4𝑛=4,所以数列{𝑐𝑛2-c2n}是等比数列.②由题意知,𝑎𝑛𝑎𝑛+1𝑐𝑛2-𝑐2𝑛=(2𝑛-1)(2𝑛+1)2·4𝑛=4𝑛2-12·22𝑛<4𝑛22·22𝑛,所以

√𝑎𝑛𝑎𝑛+1𝑐𝑛2-𝑐2𝑛<√4𝑛22·22𝑛=2𝑛√2·2𝑛=1√2·𝑛2𝑛-1,所以∑𝑘=1𝑛√akak+1ck2-c2k<1√2∑k=1n𝑘2𝑘-1,设Tn=∑𝑘=1𝑛𝑘2𝑘-1=120+221+322+…

+𝑛2𝑛-1,则12Tn=121+222+323+…+𝑛2𝑛,两式相减,得12Tn=1+12+122+…+12𝑛-1−𝑛2𝑛=1·(1-12𝑛)1-12−𝑛2𝑛=2-𝑛+22𝑛,所以Tn=4-𝑛+22𝑛-1,所以∑𝑘=1𝑛

√𝑎𝑘𝑎𝑘+1𝑐𝑘2-𝑐2𝑘<1√2∑𝑘=1𝑛𝑘2𝑘-1=1√2(4-𝑛+22𝑛-1)<2√2.8.解(1)根据题意可知,第一列构成的等差数列的公差d=𝑎17-𝑎23=10

-43=2,所以a1=2,所以第n行的第1项为2n.由此可知第4行的第1项a10=8,又a14为第4行的第5项,所以每行的公比q=(𝑎14𝑎10)14=(116)14=12.由题意可知,第n行共有2n-1项,且bn为第n行的中间项,所以bn为第n行的

第n项,得bn=2n(12)𝑛-1=𝑛2𝑛-2.Sn=12-1+220+321+…+𝑛-12𝑛-3+𝑛2𝑛-2,①则12Sn=120+221+322+…+𝑛-12𝑛-2+𝑛2𝑛-1,②由①-②,得12Sn=12-1+120

+121+122+…+12𝑛-2−𝑛2𝑛-1,12Sn=2×(1-12𝑛)1-12−2𝑛2𝑛=4-2𝑛+42𝑛,得Sn=8-4𝑛+82𝑛.(2)设cn=(n+1)bn=𝑛(𝑛+1)2𝑛-2

,则cn+1-cn=(𝑛+1)(𝑛+2)2𝑛-1−𝑛(𝑛+1)2𝑛-2=(𝑛+1)(2-𝑛)2𝑛-1,可得c2-c1>0,c3-c2=0,即c2=c3>c1,当n≥3时,cn+1<cn.由于c1=

4,c2=c3=6,c4=5,c5=154,即c2=c3>c4>c1>c5,当n≥6时,c5>cn,因为集合M={n|(n+1)bn≥λ,n∈N*}的元素个数为4,所以c5<λ≤c1,即实数λ的取值范围为(154,4].