2025年高考三轮冲刺专题训练数列综合练习（含解析）

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2025年高考三轮冲刺专题训练数列综合练习
1．数列{an}的前n项和为Sn＝n（n+3）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令，求数列{bn}的前n项和Tn．
2．设公比为正的等比数列{an}前n项和为Sn，S3＝7a1，且a1，a3，20+a2成等差数列．
（1）求{an}的通项；
（2）若数列{bn}满足bn＝bn+1+bnbn+1log2an，b1＝1，求数列{bn}的前n项和Tn．
3．在数列{an}中，记Δan＝an+1﹣an，若{Δan}为等差数列，则称{an}为二阶等差数列．
（1）若an＝2n2﹣n+3，判断{an}是否为二阶等差数列？并说明理由；
（2）已知二阶等差数列{an}满足a1＝1，a2＝2，a3＝4．
①求数列{an}的通项公式；
②若bn，记{bn}的前n项和为Sn，证明：1．
4．数列{an}中，，．
（1）求a3的值；
（2）令bn＝an+1﹣an，求数列{bn}的通项公式；
（3）求数列{nan}的前n项和Sn．
5．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S6＝60，a3+3a5＝48．当n∈N*时，3n﹣1．
（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；
（2）（ⅰ）若，求数列{cn}的前n项和Tn；
（ⅱ）根据（ⅰ）试求出Tn的最小值．
6．已知数列{an}，{bn}分别是等比数列和等差数列，Sn是数列{an}的前n项和．若a1＝1，S2＝b1＝3，a3b4＝36．
（1）求{an}和{bn}及Sn；
（2）设{cn}是等比数列，对任意的k∈N*，当ak＜n＜ak+1时，有ck＜bn＜ck+1恒成立．
（i）当k＞2时，求证：2k﹣1＜ck＜2k+1；
（ii）设数列dn求数列{dn}的前Sn项和Tn．
7．已知Sn为数列{an}的前n项和，若Sn＝2an﹣4n+2．
（1）求证：数列{an+4}为等比数列；
（2）令，若，求满足条件的最大整数n．
8．已知数列{an}的前n项和为Sn，，Sn＝2an+1﹣3．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn＝（n+1）an，求数列{bn}的前n项和Tn；
（3）若cn，求使cn取得最大值时的n的值．
9．已知项数为m（m∈N*，m≥2）的数列{an}为递增数列，且满足an∈N*，若bn，且bn∈N*，则称{bn}为{an}的“伴随数列”．
（1）数列4，10，16，19是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”，若不存在，说明理由；
（2）若{bn}为{an}的“伴随数列”，证明：b1＞b2＞…＞bm；
（3）已知数列{an}存在“伴随数列{bn}，且a1＝1，am＝2025，求m的最大值．
10．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足a3＝9，．
（1）证明：{an}为等差数列．
（2）求m的值和{an}的通项公式．
（3）若数列{bn}满足，其前n项和为Tn，证明：Tn＜4．
11．已知数列{an}的首项，且满足．
（1）求证：数列为等比数列．
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）若，求满足条件的最大整数n．
12．已知双曲线C：x2﹣y2＝m（m＞0），点P1（5，4）在C上，k为常数，0＜k＜1，按照如下方式依次构造点Pn（n＝2，3， ），过Pn﹣1斜率为k的直线与C的左支交于点Qn﹣1，令Pn为Qn﹣1关于y轴的对称点，记Pn的坐标为（xn，yn）．
（1）若，求x2，y2；
（2）证明：数列{xn﹣yn}是公比为的等比数列；
（3）设Sn为△PnPn+1Pn+2的面积，证明：对任意的正整数n，Sn＝Sn+1．
13．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＜j）后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a1，a2…，a4m+2是（i，j）——可分数列．
（1）写出所有的（i，j），1≤i＜j≤6，使数列a1，a2，…，a6是（i，j）——可分数列；
（2）当m≥3时，证明：数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13）——可分数列；
（3）从1，2，…，4m+2中一次任取两个数i和j（i＜j），记数列a1，a2，…，a4m+2是（i，j）——可分数列的概率为Pm，证明：Pm．
14．已知{an}是等差数列，a2+a5＝16，a5﹣a3＝4．
（Ⅰ）求{an}的通项公式及（n∈N*）；
（Ⅱ）设{bn}是等比数列，且对于任意的k∈N*，当2k﹣1≤n≤2k﹣1时，bk＜an＜bk+1．
（i）当k≥2时，求证：2k﹣1＜bk＜2k+1；
（ii）求{bn}的通项公式及前n项和．
15．已知f（x）＝lnx，在该函数图像Γ上取一点a1，过点（a1，f（a1））作函数f（x）的切线，该切线与y轴的交点记作（0，a2），若a2＞0，则过点（a2，f（a2））作函数f（x）的切线，该切线与y轴的交点记作（0，a3），以此类推a3，a4，…，直至am≤0停止，由这些项构成数列{an}．
（1）设am（m≥2）属于数列{an}，证明：am＝lnam﹣1﹣1；
（2）试比较am与am﹣1﹣2的大小关系；
（3）若正整数k≥3，是否存在k使得a1、a2、a3、…、ak依次成等差数列？若存在，求出k的所有取值；若不存在，请说明理由．
参考答案
1．【解答】解：（1）当n＝1时，a1＝S1＝4，
当n≥2时，Sn﹣1＝（n﹣1）（n+2），
所以an＝Sn﹣Sn﹣1＝n（n+3）﹣（n﹣1）（n+2）＝2n+2（n≥2），
又a1＝4满足上式，
所以an＝2n+2（n∈N*）；
（2）由（1）得an＝2n+2，an+1＝2n+4．
所以bn22，
所以Tn＝b1+b2+b3+ +bn，
即．
2．【解答】解：（1）因为等比数列公比q＞0，，
所以q2+q+1＝7 （q﹣2）（q+3）＝0，即q＝2，
由a1，a3，20+a2是等差数列，所以2a3＝20+a2+a1 8a1＝20+2a1+a1 a1＝4，
所以．
（2）因为bn＝bn+1+bnbn+1log2an，所以，
所以，故，
累加法得出，
，
．
3．【解答】解：（1）若an＝2n2﹣n+3，则an+1﹣an＝2（n+1）2﹣（n+1）+3﹣2n2﹣n+3＝4n+1，
则{an}是二阶等差数列，且首项为5，公差为4；
（2）①二阶等差数列{an}满足a1＝1，a2＝2，a3＝4，
可得a2﹣a1＝1，a3﹣a2＝2，即{an+1﹣an}是首项为1，公差为1的等差数列，
可得an+1﹣an＝n，
数列{an}的通项公式为an＝a1+（a2﹣a1）+...+（an﹣an﹣1）＝1+1+2+...+（n﹣1）＝1n（n﹣1）；
②证明：bn2[]，
{bn}的前n项和为Sn＝2[...]＝1，
由数列{1}为递增数列，可得S1≤Sn＜1，
即为1．
4．【解答】解：（1）由，，
得；
（2）由，
得，即，
且，
∴数列{bn}是以为首项，以为公比的等比数列，
∴；
（3）由（2）可知，
当n≥2时，
，
已知a1＝1满足，∴，
设数列的前n项和为Tn，
则，①
，②
①﹣②得：
，
∴，
∴
．
因此，．
5．【解答】解：（1）因为等差数列{an}的前n项和为Sn，且S6＝60，a3+3a5＝48，
所以，解得，
所以an＝5+（n﹣1）×2＝2n+3；
因为，两边同时乘以，
可得，
令，
当n＝1时，b1＝1，
当n≥2时，，
Bn﹣Bn﹣1可得，
所以，n≥2，又b1＝1也满足该式，
所以；
（2）（ⅰ）因为，
所以Tn＝c1+c2+c3+ +cn﹣1+cn
．
（ⅱ）因为T（n+1）﹣T（n）0，
所以T（n）在n∈N*上单调递增，
所以Tn取到最小值T1．
6．【解答】解：（1）a1＝1，S2＝3，则a2＝2，所以公比为，从而，；
又b1＝3，a3b4＝36，则b4＝9，公差为，从而bn＝3+2（n﹣1）＝2n+1．
（2）证明：（i）由题意ck＜bn＜ck+1对任意2k﹣1≤n＜2k时恒成立，
则；又ck﹣1＜bn＜ck对任意2k﹣2≤n＜2k﹣1时恒成立，
则，综上，．
（ii）由（i）知，1＜c＜3＜c2＜5＜7＜c3＜9＜15＜c4＜17＜…＜2k﹣1＜ck＜2+1，
猜想，否则，若数列{cn}的公比q＞2，，
当n足够大时，无法保证恒成立；若数列{cn}的公比q＜2，
，当n足够大时，无法保证恒成立，
所以，
Tn＝d1+d2（b1+b2）﹣（）+（2+22+…+2n）
＝[3（2n﹣1）]﹣[（2 20+1）+（2 21+1）+…+（2 2n﹣1+1）]+（21+22+…+2n）
＝4n﹣n﹣1．
7．【解答】解：（1）证明：由Sn＝2an﹣4n+2可得，
当n＝1时，a1＝2a1﹣4+2，解得a1＝2，
当n≥2时，Sn﹣1＝2an﹣1﹣4（n﹣1）+2，即Sn﹣1＝2an﹣1﹣4n+6，
则an＝Sn﹣Sn﹣1＝（2an﹣4n+2）﹣（2an﹣1﹣4n+6）
an＝2an﹣2an﹣1﹣4，即an＝2an﹣1+4，
即an+4＝2（an﹣1+4），即，
又a1+4＝6，
所以数列{an+4}是首项为6，公比为2的等比数列．
（2）由（1）得，则，
设b1+b2+ +bn＝Tn，
则
令，得，
即2n﹣1＜20，即2n＜40，
又n∈N*，25＝32，26＝64，
所以满足条件的最大整数为n为5．
8．【解答】解：（1）因为S1＝2a2﹣3，且，所以，
由Sn＝2an+1﹣3，可得：Sn﹣1＝2an﹣3（n≥2），
两式相减得：an＝Sn﹣Sn﹣1＝2an+1﹣2an，
因为an≠0，所以当n≥2时，，
又，综上，当n≥1时，，
所以数列{an}是首项和公比均为的等比数列；
（2）由题意，，
所以，①，②
①﹣②得：
，
所以；
（3）由（1）可得，所以，
当n≥2时，由，可得n＜5；
当n＜5时，c1＜c2＜c3＜c4，当n＞5时，c5＞c6＞c7＞ ，
当n＝4时，，当n＝5时，，
所以c4＝c5，所以c1＜c2＜c3＜c4＝c5＞c6＞c7＞ ，
综上，当n＝4或n＝5时，cn取得最大值．
9．【解答】解：（1）b115，b213，
b311，b410，均为正整数，
所以数列4，10，16，19存在“伴随数列”，且其“伴随数列”是15，13，11，10．
（2）证明：因为数列{an}存在“伴随数列”{bn}，所以an+1﹣an＞0（1≤n≤m﹣1），且bn，bn+1∈N*，
所以bn﹣bn+1∈N*，
所以bn﹣bn+1＞0，即bn＞bn+1，
所以b1＞b2＞b3＞…＞bm．
（3）①因为a1＝1，am＝2025，其中m≥2，
当m＝2时，a1＝1，a2＝2025，所以b12025，b21，均为正整数，
即当m＝2时，数列1，2025存在“伴随数列”：2025，1，
所以m的最小值为2．
②一方面，由（2）知：an+1﹣an＝（m﹣1）（bn﹣bn+1）≥m﹣1（n＝1，2，…，n﹣1），
于是am﹣1＝（am﹣am﹣1）+（am﹣1﹣am﹣2）+…+（a2﹣a1）≥（m﹣1）+（m﹣1）+…+（m﹣1）＝（m﹣1）2，
所以（m﹣1）2≤2024，即m≤45（m∈N*）．
另一方面，由数列{an}存在“伴随数列”{bn}知：
b1﹣bm∈N*，
所以m﹣1时2024的正约数，而2024＝2×2×2×11×23，
所以m﹣1可取2，4，8，11，22，23，44，46，88，92，184，253，506，1012，2024，
即m取3，5，9，12，23，24，45，47，89，93，185，254，507，1013，2025，
综上所述，m＝45为最大值，取an＝44n﹣43（n＝1，2，…，44），a45＝2025，
当1≤n≤44时，bn994﹣n∈N*，符合题意；
当n＝45时，bn947∈N*，符合题意．
故m的最大值为45．
10．【解答】（1）证明：由，可得，
两式相减可得：，
则，即（an+1+an）（an+1﹣an﹣2）＝0．
∵{an＞0，∴an+1﹣an﹣2＝0，即an+1﹣an＝2，
故数列{an}是公差为2的等差数列；
（2）解：由an+1﹣an＝2，a3＝9，得a1＝5，
由，取n＝1，得，得m＝﹣15，
∴an＝a3+2（n﹣3）＝2n+3；
（3）证明：∵，
∴，①
，②
①﹣②得：，
∴．
11．【解答】解：（1）证明：因为，
所以，
所以，即，
又因为，所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列．
（2）由（1）可得，，
所以，即．
（3）设数列的前n项和为Sn，
则
，
若Sn＜100，即，
因为函数为单调递增函数，
所以满足Sn＜100的最大整数n的值为99．
12．【解答】解：（1）∵P1（5，4）在C上，
∴25﹣16＝m，解得m＝9，
过P（5，4）且斜率为的直线方程为，即x﹣2y+3＝0，
联立，解得或，
故Q1（﹣3，0），P2（3，0），
过Pn﹣1斜率为k的直线与C的左支交于点Qn﹣1，令Pn为Qn﹣1关于y轴的对称点，
所以x2＝3，y2＝0；
（2）证明：∵Pn（xn，yn）关于y轴的对称点是Qn﹣1（﹣xn，yn），
Pn﹣1（xn﹣1，yn﹣1），Pn﹣1，Qn﹣1都在同一条斜率为k的直线上，xn﹣1≠﹣xn；
则，
∵Pn﹣1，Qn﹣1都在双曲线上，
∴，两式相减可得，（xn﹣xn﹣1）（xn+xn﹣1）＝（yn﹣yn﹣1）（yn+yn﹣1），
而yn﹣yn﹣1＝﹣k（xn+xn﹣1）①，xn﹣xn﹣1＝﹣k（yn+yn﹣1）②，
则②﹣①可得，xn﹣yn﹣（xn﹣1﹣yn﹣1）＝k（xn﹣yn）+k（xn﹣1﹣yn﹣1），
则（1﹣k）（xn﹣yn）＝（1+k）（xn﹣1﹣yn﹣1），
∴，
故数列{xn﹣yn}是公比为的等比数列；
（3）证明：要证：Sn＝Sn+1，只需先尝试Pn+1Pn+2∥PnPn+3，
即先证，
记，
0＜k＜1，
则t＞1，
，
而，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴Pn+1Pn+2∥PnPn+3，
∴Sn＝Sn+1．
13．【解答】解：（1）根据题意，可得当（i，j）取（1，2）时，可以分为a3，a4，a5，a6一组公差为d的等差数列，
当（i，j）取（1，6）时，可以分为a2，a3，a4，a5一组公差为d的等差数列，
当（i，j）取（5，6）时，可以分为a1，a2，a3，a4一组公差为d的等差数列，
所以（i，j）可以为（1，2），（1，6），（5，6）；
（2）证明：当m＝3时，a1，a3，a4，a5，a6，a7，a8，a9，a10，a11，a12，a14，
可以分为a1，a4，a7，a10；a3，a6，a9，a12；a5，a8，a11，a14三组公差为3d的等差数列，
所以m＝3时符合题意；
当m＞3时，数列a1，a2，…，a4m+2去掉a2和a13后，
前三组还按照m＝3时的分法，即a1，a4，a7，a10；a3，a6，a9，a12；a5，a8，a11，a14，
后面的每四个相邻的项分为一组，即a15，a16，a17，a18；...；a4m﹣1，a4m，a4m+1，a4m+2，
每一组都能构成等差数列，
所以数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13）——可分数列；
（3）证明：设在给定m的情况下，（i，j）的组数为bm，
当m变成m+1时，数列就变成了a1，a2，a3，a4，a5，…，a4m+2，a4m+3，a4m+4，a4m+5，a4m+6，
这里可以分成3组，前4个一组即{a1，a2，a3，a4}，中间的一组，后4个一组即{a4m+3，a4m+4，a4m+5，a4m+6}，此时我们要在这里面删除2个数，那么会有以下几种情况：
一、两个都在中间
中间有4m﹣2个数，且为等差数列，删除2个的话，总数为bm﹣1种；
二、一个在第一组，一个在中间组或两个都在第一组
第一组和中间组连起来，会变成4m+2个数的等差数列，这里面总共有bm种方法，但是要去掉两个都在中间的情况，共有bm﹣bm﹣1种；
三、一个在中间组，一个在最后一组，或者都在最后一组
和上面一样，也是共有bm﹣bm﹣1种；
四、一个在第一组，一个在最后一组
此时，将a1，a4m+6同时删除是肯定可以的，这算一种；
然后，从（2）的结果来看，把a2，a4m+5同时删除也是可以的，因为m＝3成立之后，当m＞3时，只是相当于往中间加了4个连续的等差数而已，其它是不变的，这也算一种．
综上，就会有bm+1≥bm﹣1+2（bm﹣bm﹣1）+2＝2bm﹣bm﹣1+2，
bm+1﹣bm﹣（bm﹣bm﹣1）≥2，
可得bm+1﹣bm≥2m+2，
即有b2﹣b1≥2×1+2，
b3﹣b2≥2×2+2，
……
bm﹣bm﹣1≥2（m﹣1）+2，
累加可得bm﹣b1≥2×（1+2+3+…+m﹣1）+2（m﹣1），
即bm≥m2+m+1，
因为b0＝0，b1＝3，所以bm≥m2+m+1，
如果你是随便删除，总共有8m2+6m+1种，
所以Pm．
14．【解答】解：（Ⅰ）∵{an}是等差数列，a2+a5＝16，a5﹣a3＝4．
∴，得d＝2，a1＝3，
则{an}的通项公式an＝3+2（n﹣1）＝2n+1（n∈N ），
中的首项为2n+1，项数为2n﹣1﹣2n﹣1+1＝2n﹣2n﹣1＝2×2n﹣1﹣2n﹣1＝2n﹣1，
则2n﹣1（2n+1）2＝2n﹣1（2n+1）+2n﹣1（2n﹣1﹣1）＝2n﹣1（2n+1+2n﹣1﹣1）＝2n﹣1（2n+2n﹣1）＝2n﹣1×3×2n﹣1＝3×4n﹣1．
（Ⅱ）（i）∵2k﹣1≤n≤2k﹣1，∴2k≤2n≤2k+1﹣2，1+2k≤2n+1≤2k+1﹣1，
即1+2k≤an≤2k+1﹣1，
当k≥2时，∵bk＜an＜bk+1．
∴bk＜1+2k，且bk+1＞2k+1﹣1，
即bk＞2k﹣1，
综上2k﹣1＜bk＜1+2k，故成立；
（ii）∵2k﹣1＜bk＜2k+1成立，
∵{bn}为等比数列，∴设公比为q，
当k≥2时，2k+1﹣1＜bk+1＜2k+1+1，，
则，
即，
即2q＜2，
当k→+∞，2→2，2→2，
∴q＝2，
∵k≥2时，2k﹣1＜bk＜2k+1，
∴2k﹣1＜b12k﹣1＜2k+1，
即b1，
即2b1＜2，
当k→+∞，2→2，2→2，
则b1＝2，
则bn＝2×2n﹣1＝2n，即{bn}的通项公式为bn＝2n，
则{bn}的其前n项和Tn2n+1﹣2．
15．【解答】解：（1）证明：，
则过点（am﹣1，f（am﹣1））的切线的斜率为，
由点斜式可得，此时切线方程为，即，
令x＝0，可得y＝lnam﹣1﹣1，
根据题意可知，am＝lnam﹣1﹣1，即得证；
（2）先证明不等式lnx≤x﹣1（x＞0），
设F（x）＝lnx﹣x+1（x＞0），则，
易知当0＜x＜1时，F′（x）＞0，F（x）单调递增，当x＞1时，F′（x）＜0，F（x）单调递减，
则F（x）≤F（1）＝0，即lnx≤x﹣1（x＞0），
结合（1）可知，am＝lnam﹣1﹣1≤am﹣1﹣1﹣1＝am﹣1﹣2；
（3）假设存在这样的k符合要求，
由（2）可知，数列{an}为严格的递减数列，n＝1，2，3，…，k，
由（1）可知，公差d＝an﹣an﹣1＝lnan﹣1﹣an﹣1﹣1，2≤n≤k，
先考察函数g（x）＝lnx﹣x﹣1，则，
易知当0＜x＜1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，当x＞1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
则g（x）＝d至多只有两个解，即至多存在两个an﹣1，使得g（an﹣1）＝d，
若k≥4，则g（a1）＝g（a2）＝g（a3）＝d，矛盾，则k＝3，
当k＝3时，设函数h（x）＝ln（lnx﹣1）﹣2lnx+x+1，
由于h（e1.1）＝ln0.1﹣2.2+e1.1+1＝e1.1﹣ln10﹣1.2＜0，h（e2）＝﹣3+e2＞0，
则存在，使得h（x0）＝0，
于是取a1＝x0，a2＝lna1﹣1，a3＝lna2﹣1，它们构成等差数列．
综上，k＝3．
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