6.4 数列的综合--2026天津版高考数学第二轮专题强化练（含解析）
文档属性
| 名称 | 6.4 数列的综合--2026天津版高考数学第二轮专题强化练（含解析） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 378.0KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-01-21 00:00:00 | ||
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文档简介
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2026天津版高考数学第二轮专题
6.4 数列的综合
五年高考
天津专练
1.(2021天津,19,15分,中)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,b1=4,b3-b2=48.
(1)求{an}和{bn}的通项公式.
(2)记cn=b2n+,n∈N*.
(i)证明:{-c2n}是等比数列;
(ii)证明:(n∈N*).
2.(2023天津,19,15分,中)已知{an}是等差数列,a2+a5=16,a5-a3=4.
(1)求{an}的通项公式及ai(nN∈*).
(2)设{bn}是等比数列,且对任意的k∈N*,当2k-1≤n≤2k-1时,bk①当k≥2时,求证:2k-1②求{bn}的通项公式及前n项和.
3.(2024天津,19,15分,难)已知{an}为公比大于0的等比数列,其前n项和为Sn,且a1=1,S2=a3-1.
(1)求{an}的通项公式及Sn.
(2)设数列{bn}满足bn=其中k∈N*.
(i)求证:当n=ak+1(k∈N*,且k>1)时,bn-1≥akbn;
(ii)求bi.
全真全练
考点 数列的综合
1.(2025全国一卷,16,15分,中)已知数列{an}中,a1=3,.
(1)证明:数列{nan}是等差数列;
(2)给定正整数m,设函数f(x)=a1x+a2x2+…+amxm,求f'(-2).
2.(2021新高考Ⅱ,17,10分,中)记Sn为公差不为零的等差数列{an}的前n项和,若a3=S5,a2·a4=S4.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求使得Sn>an的n的最小值.
3.(2022新高考Ⅰ,17,10分,中)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,的等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:<2.
4.(2022新高考Ⅱ,17,10分,中)已知{an}是等差数列,{bn}是公比为2的等比数列,且a2-b2=a3-b3=b4-a4.
(1)证明:a1=b1;
(2)求集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数.
三年模拟
练综合
1.(题型一)(2025河西二模,19)已知数列{an}为等差数列或等比数列,前n项和为Sn,且满足a4=8,a6=32.
(1)当数列{an}为等差数列时,求{an}的通项公式及Sn;
(2)当Sn在n∈N*递增时,设bn=an,求的值;
(3)当数列{an}为等比数列且为摆动数列时,设cn=,求cn的最大值和最小值.
2.(题型二)(2025天津部分区二模,19)从数列{an}中选取第k项,第k+1项,…,第k+m-1项(k∈N*,m≥2),并按原顺序构成的新数列称为数列{an}的“(k,m)连续子列”.已知数列{an}中,a1=0,a2=1, k∈N*,数列{an}的“(2k,3)连续子列”是公比为的等比数列.
(1)求a4,a5的值;
(2)求a2n+1(n∈N*);
(3)证明:(n∈N*).
3.(题型一)(2025和平一模,19)已知n∈N*,记无穷数列{an}的前n项中的最大值为Mn,最小值为mn,令bn=.
(1)若an=(-2)n,求数列{bn}的通项公式与其前n项和Sn;
(2)若数列{bn}为递增的等差数列,判断数列{an}是否也一定为递增的等差数列,并说明理由;
(3)若bn=2n-4,cn=,设数列{cn}的前n项和为Tn,是否存在正整数p,q(14.(题型二)(2025耀华中学月考三,19)已知数列{an}是首项为1的等差数列,数列{bn}是公比不为1的等比数列,且满足a1+a2=b2,a2+a3=b3,a4+a5=b4.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)求(-1)kakbk;
(3)令cn=(n∈N*),记数列{cn}的前n项和为Sn,求证:对任意的n∈N*,都有15.(题型二)(2025和平期末,18)已知各项均为正数的数列{an}(n∈N*),其前n项和为Sn,an与1的等差中项等于Sn与1的等比中项.
(1)求数列{an}的通项公式以及Sn.
(2)若bn=(n∈N*),数列{bn}的前n项和为Tn.
(i)求证:Tn<1(n∈N*);
(ii)若数列(n∈N*)的前n项和为Mn,对任意n∈N*,λ·Mn≥4n2-14n恒成立,求实数λ的取值范围.
6.(题型二)(2025河北期末,19)已知{an}是首项为1的等差数列,其前n项和为Sn,S7=70,{bn}为等比数列,b2=a6,b2+b3=80.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)求(-1)i;
(3)记cn=b2n+,若λ≥对任意n∈N*恒成立,求实数λ的取值范围.
练素养
1.(2025天津宝坻一中一模,19)若无穷数列{an}满足: n∈N*,=A,其中A为常数,则称数列{an}为“A数列”.
(1)若等比数列{bn}为“A数列”,求{bn}的公比q.
(2)若数列{an}为“A数列”,且a1=1,A=1.
①求证:;
②若,且{cn}是正项数列,Sn=,求满足不等式2-1(a,b,c,n∈N*)的abc的最小值.
2.(2025天津南开中学月考四,19)有n个首项都是1的等差数列,设第m个数列的第k项为amk(m,k=1,2,3,…,n,n≥3),公差为dm,并且a1n,a2n,a3n,…,ann成等差数列.
(1)当d3=2时,求a32,a33,a34以及a3n;
(2)证明:dm=p1d1+p2d2(3≤m≤n,p1,p2是m的多项式),并求p1+p2的值;
(3)当d1=1,d2=3时,将数列{dm}分组如下:(d1),(d2,d3,d4),(d5,d6,d7,d8,d9),……(每组数的个数构成等差数列),设前m组中所有数之和为(cm)4(cm>0),求数列{dm}的前n项和Sn.
6.4 数列的综合
五年高考
天津专练
1.(2021天津,19,15分,中)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,b1=4,b3-b2=48.
(1)求{an}和{bn}的通项公式.
(2)记cn=b2n+,n∈N*.
(i)证明:{-c2n}是等比数列;
(ii)证明:(n∈N*).
解析 (1)由等差数列{an}的公差d=2,其前8项和S8=8a1+d=64,可得a1=1,
∴an=1+2(n-1)=2n-1,
∵等比数列{bn}的公比q>0,b1=4,b3-b2=48,
∴4q2-4q=48 q=4(舍负),
∴bn=4·4n-1=4n.
(2)证明:(i)∵bn=4n,
∴cn=b2n+,
则=2·4n,
∴=4,
又-c2=2×41=8,
∴{-c2n}是以8为首项,4为公比的等比数列.
(ii)设pn=
=
<,令qn=,
则pn∴,①
,②
由①-②可得,
∴<2,
∴,
即.
2.(2023天津,19,15分,中)已知{an}是等差数列,a2+a5=16,a5-a3=4.
(1)求{an}的通项公式及ai(nN∈*).
(2)设{bn}是等比数列,且对任意的k∈N*,当2k-1≤n≤2k-1时,bk①当k≥2时,求证:2k-1②求{bn}的通项公式及前n项和.
解析 (1)设{an}的公差为d.
由题意得
所以an=3+2(n-1)=2n+1.
=
=
=×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∴
∴bk<2k+1且bk+1>2k+1-1,则bk>2k-1.
综上,2k-1②设{bn}的公比为q,前n项和为Sn,
∵{bn}为等比数列,且k∈N*,2k-1∴2k+1-1又q=,∴q<,
q>,
∵k∈N*,∴q=2,∴2k-1∴Sn==2n+1-2.
3.(2024天津,19,15分,难)已知{an}为公比大于0的等比数列,其前n项和为Sn,且a1=1,S2=a3-1.
(1)求{an}的通项公式及Sn.
(2)设数列{bn}满足bn=其中k∈N*.
(i)求证:当n=ak+1(k∈N*,且k>1)时,bn-1≥akbn;
(ii)求bi.
解析 (1)设等比数列{an}的公比为q,q>0,则S2=a1+a2=a1+a1q=1+q=q2-1,
∴q2-q-2=0,∴q=2或q=-1(舍),
∴an=2n-1,Sn==2n-1.
(2)(i)证明:当n=ak+1=2k时,bn=k+1.由题意,当k>1时,,,…,bn-1是一个以k为首项,2k为公差的等差数列,所以bn-1=k+(n-1-ak)×2k=(2k-1)k.因此bn-1-akbn=(2k-1)k-2k-1·(k+1)=2k-1(k-1)-k≥2(k-1)-k=k-2≥0.
所以,当n=ak+1(k∈N*,且k>1)时,bn-1≥akbn.
(ii)记Tk=bi,由(i)有Tk=·2k-1=k·4k-1,又Sn=2n-1=an+1-1,所以k·4k-1.
记k=·4k-1,则
U=1×40+2×41+3×42+…+n·4n-1,
4U=1×41+2×42+…+(n-1)·4n-1+n·4n,
可得-3U=40+41+…+4n-1-n·4n=.
所以.
全真全练
考点 数列的综合
1.(2025全国一卷,16,15分,中)已知数列{an}中,a1=3,.
(1)证明:数列{nan}是等差数列;
(2)给定正整数m,设函数f(x)=a1x+a2x2+…+amxm,求f'(-2).
解析 (1)证明:因为,
所以(n+1)an+1=nan+1,
所以(n+1)an+1-nan=1,
所以{nan}是以1×a1=3为首项,1为公差的等差数列.
(2)由(1)知,nan=3+(n-1)×1=n+2.
因为f(x)=a1x+a2x2+…+amxm,
所以f '(x)=1×a1x0+2a2x1+…+mamxm-1
=3x0+4x1+5x2+…+(m+2)xm-1,
则f '(-2)=3×(-2)0+4×(-2)1+5×(-2)2+…+(m+2)·(-2)m-1,①
-2f '(-2)=3×(-2)1+4×(-2)2+5×(-2)3+…+(m+2)·(-2)m,②
①-②得,3f '(-2)=3×(-2)0+(-2)1+(-2)2+…+(-2)m-1-(m+2)·(-2)m
=3+-(m+2)·(-2)m
=3+-(m+2)·(-2)m
=·(-2)m,
所以f '(-2)=·(-2)m
=.
2.(2021新高考Ⅱ,17,10分,中)记Sn为公差不为零的等差数列{an}的前n项和,若a3=S5,a2·a4=S4.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求使得Sn>an的n的最小值.
解析 (1)解法一:设等差数列{an}的公差为d(d≠0),则a3=S5 a1+2d=5a1+10d 4a1+8d=0 a1+2d=0 a1=-2d,①
a2·a4=S4 (a1+d)(a1+3d)=4a1+6d,②
将①代入②得-d2=-2d d=0(舍)或d=2,∴a1=-2d=-4,∴an=-4+(n-1)×2=2n-6.
解法二:由等差数列的性质可得S5=5a3,则a3=5a3,∴a3=0,
设等差数列的公差为d,
从而有a2a4=(a3-d)(a3+d)=-d2,
S4=a1+a2+a3+a4=(a3-2d)+(a3-d)+a3+(a3+d)=-2d,
从而-d2=-2d,由于公差不为零,故d=2,
所以数列{an}的通项公式为an=a3+(n-3)d=2n-6.
(2)由(1)知an=2n-6,a1=2×1-6=-4.
Sn=na1+d=-4n+n(n-1)=n2-5n.
Sn>an n2-5n>2n-6 n2-7n+6>0 (n-1)(n-6)>0,解得n<1或n>6,
又n∈N*,∴n的最小值为7.
3.(2022新高考Ⅰ,17,10分,中)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,的等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:<2.
解析 (1)依题意得,S1=a1=1,
+(n-1)×,
∴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,
由累乘法得,
又a1=1,∴an+1=,
∴an=(n≥2),
又a1=1满足上式,
∴an=(n∈N*).
(2)证明:由(1)知,
∴<2.(应用裂项相消法)
4.(2022新高考Ⅱ,17,10分,中)已知{an}是等差数列,{bn}是公比为2的等比数列,且a2-b2=a3-b3=b4-a4.
(1)证明:a1=b1;
(2)求集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数.
解析 (1)证明:设等差数列{an}的公差为d.
由a2-b2=a3-b3得a1+d-2b1=a1+2d-4b1,故d=2b1,①
由a3-b3=b4-a4得a1+2d-4b1=8b1-a1-3d,故2a1+5d=12b1,②
由①②得2a1+10b1=12b1,即a1=b1.
(2)由(1)知d=2b1=2a1,
由bk=am+a1,1≤m≤500得
b1×2k-1=2a1+(m-1)d,
即a1×2k-1=2a1+2(m-1)a1,其中a1≠0,
∴2k-1=2m,即2k-2=m,∴1≤2k-2≤500,∴0≤k-2≤8,∴2≤k≤10.
故集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素个数为9.
5.(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=.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<.
解析 (1)设等比数列{an}的公比为q.
∵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=,
∴an=a1·qn-1=.
∵bn=,∴bn=n·.
(2)证法一:公式法和错位相减求和法
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=.
第二步:用错位相减法求Tn.
∵bn=n·,
∴Tn=b1+b2+…+bn=1×,①
.②
①-②可得
=
=-,
∴Tn=-.
第三步:表示,并利用作差法证得结论.
∵,
∴Tn-<0,∴Tn<.
证法二:作差后利用错位相减法求和
Tn=,
,
则Tn-.
设Γn=,
则,
得,
所以Γn=-.
因此Tn-<0.
故Tn<.
三年模拟
练综合
1.(题型一)(2025河西二模,19)已知数列{an}为等差数列或等比数列,前n项和为Sn,且满足a4=8,a6=32.
(1)当数列{an}为等差数列时,求{an}的通项公式及Sn;
(2)当Sn在n∈N*递增时,设bn=an,求的值;
(3)当数列{an}为等比数列且为摆动数列时,设cn=,求cn的最大值和最小值.
解析 (1)设数列{an}的公差为d,由题意得
所以an=-28+12(n-1)=12n-40,
Sn=-28n+×12=6n2-34n.
(2)①当数列{an}为等差数列时,由(1)知Sn=6n2-34n,Sn在n∈N*上不单调;
②当数列{an}为等比数列时,
所以
当an=2n-1时,Sn==2n-1,易知Sn在n∈N*上递增;
当an=-(-2)n-1时,Sn=,易知Sn在n∈N*不单调,所以bn=an=2n-1,
所以,
.
(3)当数列{an}为等比数列时,由(2)知an=2n-1或an=-(-2)n-1,
又{an}为摆动数列,所以an=-(-2)n-1,Sn=,
所以cn=,
当n为奇数时,cn=递减,cn>,当n=1时取得最大值1;
当n为偶数时,cn=递增,cn<,当n=2时取得最小值,
所以cn的最大值为1,最小值为.
2.(题型二)(2025天津部分区二模,19)从数列{an}中选取第k项,第k+1项,…,第k+m-1项(k∈N*,m≥2),并按原顺序构成的新数列称为数列{an}的“(k,m)连续子列”.已知数列{an}中,a1=0,a2=1, k∈N*,数列{an}的“(2k,3)连续子列”是公比为的等比数列.
(1)求a4,a5的值;
(2)求a2n+1(n∈N*);
(3)证明:(n∈N*).
解析 (1)由题意知a2k,a2k+1,a2k+2是公比为的等比数列,
∴ k∈N*恒成立,
∴=2 a3=2,a4=4, a5=6.
(2),k∈N*,
∴a2n=a2·=n2(n≥2),
当n=1时也成立,
∴a2n=n2(n∈N*).
∵,
∴a2n+1=·a2n=n(n+1)(n∈N*).
(3)证明:由(2)知
=
=,
所以.
3.(题型一)(2025和平一模,19)已知n∈N*,记无穷数列{an}的前n项中的最大值为Mn,最小值为mn,令bn=.
(1)若an=(-2)n,求数列{bn}的通项公式与其前n项和Sn;
(2)若数列{bn}为递增的等差数列,判断数列{an}是否也一定为递增的等差数列,并说明理由;
(3)若bn=2n-4,cn=,设数列{cn}的前n项和为Tn,是否存在正整数p,q(1解析 (1)由an=(-2)n,得an=
当n=1时,b1=-2,
当n≥2,n为偶数时,an=(-2)n=2n,因此Mn=2n,则mn是Mn的前一项an-1,
所以n为偶数时,bn==2n-2,
当n为奇数,n≥3时,an=-2n,因此mn=-2n,则Mn是mn的前一项an-1,
所以n为奇数,且n≥3时,bn==-2n-2,
所以,n≥2时,bn=(-1)n·2n-2,
故bn=
当n=1时,Sn=-2,
当n≥2时,Sn=b1+(b2+b3+…+bn)=-2+[1-(-2)n-1],
所以,Sn=-(-2)n-1.
当n=1时,符合上式,
故Sn=-(-2)n-1.
(2)若{bn}为递增的等差数列,设其公差为d,则d>0,
所以,bn+1-bn==d>0,
若an+1若an+1=an,则Mn+1=Mn,mn+1=mn,bn+1-bn=0,矛盾,所以an+1>an,
所以,{an}是递增的数列.
又Mn=an,mn=a1,d=,
所以,{an}是公差为2d的等差数列,
因此数列{an}为递增的等差数列.
(3)若bn=2n-4,b1=-2,由(2)可知{an}也为等差数列,且公差为4,a1=b1=-2,
an=a1+4(n-1)=4n-6,
cn=(4n-6)·,
Tn=-2×+…+(4n-6)·,
+…+(4n-6)·,
-(4n-6)·-(4n-6)·,所以Tn=.
若存在正整数12×,,即q=3q·①,令φ(p)=,
φ(p+1)-φ(p)=<0,
所以φ(p)单调递减,φ(2)=,φ(3)=,
所以若①式成立,则p=2,所以q=3q·=3q-2,所以存在q=3.
因此存在正整数p=2,q=3,使得T1,Tp,Tq为等差数列.
4.(题型二)(2025耀华中学月考三,19)已知数列{an}是首项为1的等差数列,数列{bn}是公比不为1的等比数列,且满足a1+a2=b2,a2+a3=b3,a4+a5=b4.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)求(-1)kakbk;
(3)令cn=(n∈N*),记数列{cn}的前n项和为Sn,求证:对任意的n∈N*,都有1解析 (1)设{an}的公差为d,{bn}的公比为q(q≠1),
则an=1+(n-1)d,bn=b1qn-1.
由等比数列的性质可得=b2b4,
又a1+a2=b2,a2+a3=b3,a4+a5=b4,
所以(a2+a3)2=(a1+a2)(a4+a5),
所以(2+3d)2=(2+d)(2+7d),
解得d=2或d=0,
当d=0时,an=1,则b2=a1+a2=2,b3=a2+a3=2,此时q==1,与q≠1矛盾,故舍去;
当d=2时,an=2n-1,
则b2=a1+a2=4,b3=a2+a3=8,
所以q==2,b1==2,满足题意,
所以an=2n-1,bn=2n.
(2)设Tn=(-1)kakbk,
Tn=(-a1b1)+a2b2+(-a3b3)+a4b4+…+(-a2n-1b2n-1)+a2nb2n,
设tn=a2nb2n-a2n-1b2n-1=(4n-1)22n-(4n-3)22n-1=4n,
则Tn=t1+t2+…+tn
=4n,
4Tn=4n+1,
两式相减得3Tn=-10-2×42-2×43-…-2×4n+4n+1,
所以Tn=4n+1,
即(-1)kakbk=4n+1.
(3)证明:cn=
=
=4,
则Sn=4
=4,n∈N*,
易知Sn随着n的增大而增大,
所以Sn≥S1=>1,Sn<,
所以1方法总结 求数列前n项和常见的方法:
①公式法:适用于等差数列、等比数列以及其他特殊数列.
②分组求和法:在直接运用公式法求和有困难时,常将“和式”中“同类项”先合并在一起,再运用公式法求和.
③倒序相加法:若和式中到首尾距离相等的两项和有共性或数列的通项与组合数相关联,则常考虑选用倒序相加法,发挥其共性的作用求和(这也是等差数列前n项和公式的推导方法).
④错位相减法:如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成的,那么常选用错位相减法(这也是等比数列前n项和公式的推导方法).
⑤裂项相消法:如果数列的通项可“分裂成两项差”的形式,且相邻项分裂后相关联,那么常选用裂项相消法求和.
⑥通项转换法:先对通项进行变形,发现其内在特征,再运用分组求和法求和.
5.(题型二)(2025和平期末,18)已知各项均为正数的数列{an}(n∈N*),其前n项和为Sn,an与1的等差中项等于Sn与1的等比中项.
(1)求数列{an}的通项公式以及Sn.
(2)若bn=(n∈N*),数列{bn}的前n项和为Tn.
(i)求证:Tn<1(n∈N*);
(ii)若数列(n∈N*)的前n项和为Mn,对任意n∈N*,λ·Mn≥4n2-14n恒成立,求实数λ的取值范围.
解析 (1)由已知得,即Sn=,
当n=1时,a1=,解得a1=1,
当n≥2时,Sn-1=,
则4Sn-4Sn-1=4an=+2an-2an-1,
即2an+2an-1=(an+an-1)(an-an-1),
所以有(an+an-1)(an-an-1-2)=0,
因为an>0,所以an-an-1=2,
所以数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列,
所以an=2n-1,Sn==n2.
(2)(i)证明:bn=,
所以Tn=.
因为n∈N*,
所以>0,所以Tn<1.
(ii)由(i)知,
=2n(n+1),
所以Mn=2×2+3×22+…+n·2n-1+(n+1)·2n,
2Mn=2×22+3×23+…+n·2n+(n+1)·2n+1,
则-Mn=4+(22+23+…+2n)-(n+1)·2n+1
=4+-(n+1)·2n+1=-n·2n+1,
所以Mn=n·2n+1.
对任意n∈N*,Mnλ≥4n2-14n恒成立,
等价于n·2n+1·λ≥4n2-14n恒成立,即λ≥恒成立,
设kn=,
则kn+1-kn=,
所以当n≤4时,kn+1>kn,
当n≥5时,kn+1所以kn的最大值为k5=,故λ≥,
故实数λ的取值范围是.
6.(题型二)(2025河北期末,19)已知{an}是首项为1的等差数列,其前n项和为Sn,S7=70,{bn}为等比数列,b2=a6,b2+b3=80.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)求(-1)i;
(3)记cn=b2n+,若λ≥对任意n∈N*恒成立,求实数λ的取值范围.
解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,
由a1=1,S7=7a1+d=70,解得d=3,
所以an=a1+(n-1)d=3n-2.
由b2=a6=16,b2+b3=b2(1+q)=80,解得q=4,
所以bn=b2qn-2=4n.
(2)因为2n是偶数,所以考虑,当n为偶数时,-=(an-an-1)·(an+an-1)=3(an-1+an),
(-1)i=3(a1+a2+a3+a4+…+)=3×
=3×=9×22n-1-3×2n-1.
(3)cn=b2n+,
=2×4n.
令dn=,则当n≥2时,
dn-dn-1=,
当2≤n≤3时,dn>dn-1,即d1当n≥4时,dnd4>d5>…,
所以数列{dn}的最大项为d3=,
因为λ≥对任意n∈N*恒成立,
所以λ≥,
即实数λ的取值范围是.
练素养
1.(2025天津宝坻一中一模,19)若无穷数列{an}满足: n∈N*,=A,其中A为常数,则称数列{an}为“A数列”.
(1)若等比数列{bn}为“A数列”,求{bn}的公比q.
(2)若数列{an}为“A数列”,且a1=1,A=1.
①求证:;
②若,且{cn}是正项数列,Sn=,求满足不等式2-1(a,b,c,n∈N*)的abc的最小值.
解析 (1)因为等比数列{bn}为“A数列”,则=A,即=A,可得(-1)=A,
若上述方程对任意n∈N*恒成立,则q=1,且A=(-1)=0为定值,
所以{bn}的公比q=1.
(2)由题意可知:=1,且a1=1,则数列{}是首项为=1,公差为1的等差数列,可得=1+n-1=n,即an=n2.
①证明:,
若n=1,则;
若n=2,则;
若n≥3,则,
可得,
综上所述,.
②因为=n,且{cn}是正项数列,则cn=,即,
可得Sn=,
若2-2令n=1,可得2-2<1,即a+b<,又a,b∈N*,则a=b=1,
若a=b=1,可得2-2,
=2(),
可得Sn>2(-1)+2()+…+2()=2-2,
所以a=b=1符合题意;
若Sn≤2-1对任意n∈N*恒成立,即1+-1,
令n=1,可得1≤2-1,可得c≥1,
若c≥1,可得2-1,
又=2(),n≥2,可得Sn<1+2(-1)+2()+…+2()=2-1,n≥2,可得Sn<2-1,所以c≥1符合题意.
综上所述,abc的最小值为1.
2.(2025天津南开中学月考四,19)有n个首项都是1的等差数列,设第m个数列的第k项为amk(m,k=1,2,3,…,n,n≥3),公差为dm,并且a1n,a2n,a3n,…,ann成等差数列.
(1)当d3=2时,求a32,a33,a34以及a3n;
(2)证明:dm=p1d1+p2d2(3≤m≤n,p1,p2是m的多项式),并求p1+p2的值;
(3)当d1=1,d2=3时,将数列{dm}分组如下:(d1),(d2,d3,d4),(d5,d6,d7,d8,d9),……(每组数的个数构成等差数列),设前m组中所有数之和为(cm)4(cm>0),求数列{dm}的前n项和Sn.
解析 (1)当d3=2时,由题意可知a31=1,∴a32=a31+d3=3,a33=a31+2d3=5,
a34=a31+3d3=7,
a3n=a31+(n-1)d3=2n-1.
(2)由题意知amn=1+(n-1)dm.
则a2n-a1n=[1+(n-1)d2]-[1+(n-1)d1]=(n-1)(d2-d1),
同理,a3n-a2n=(n-1)(d3-d2),
a4n-a3n=(n-1)(d4-d3),……,
ann-a(n-1)n=(n-1)(dn-dn-1).
又因为a1n,a2n,a3n,ann成等差数列,
所以a2n-a1n=a3n-a2n=…=ann-a(n-1)n.
故d2-d1=d3-d2=…=dn-dn-1,
即{dn}是公差为d2-d1的等差数列.
所以dm=d1+(m-1)(d2-d1)=(2-m)d1+(m-1)d2,
令p1=2-m,p2=m-1,
则dm=p1d1+p2d2,此时p1+p2=1.
(3)当d1=1,d2=3时,dm=2m-1(m∈N*).
数列{dm}分组如下:(d1),(d2,d3,d4),(d5,d6,d7,d8,d9),……
按分组规律,第m组中有(2m-1)个奇数,
所以第1组到第m组共有1+3+5+…+(2m-1)=m2个奇数.
注意到前k个奇数的和为1+3+5+…+(2k-1)=k2,
所以前m2个奇数的和为(m2)2=m4,
即前m组中所有数之和为m4,
所以(cm)4=m4.
因为cm>0,所以cm=m,
从而dm=(2m-1)·2m(m∈N*).
所以Sn=1×2+3×22+5×23+7×24+…+(2n-3)·2n-1+(2n-1)·2n,①
2Sn=1×22+3×23+5×24+…+(2n-3)·2n+(2n-1)·2n+1.②
②-①得:
Sn=-2-2(22+23+…+2n)+(2n-1)·2n+1
=-2-2·+(2n-1)·2n+1
=(2n-3)2n+1+6.
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2026天津版高考数学第二轮专题
6.4 数列的综合
五年高考
天津专练
1.(2021天津,19,15分,中)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,b1=4,b3-b2=48.
(1)求{an}和{bn}的通项公式.
(2)记cn=b2n+,n∈N*.
(i)证明:{-c2n}是等比数列;
(ii)证明:(n∈N*).
2.(2023天津,19,15分,中)已知{an}是等差数列,a2+a5=16,a5-a3=4.
(1)求{an}的通项公式及ai(nN∈*).
(2)设{bn}是等比数列,且对任意的k∈N*,当2k-1≤n≤2k-1时,bk
3.(2024天津,19,15分,难)已知{an}为公比大于0的等比数列,其前n项和为Sn,且a1=1,S2=a3-1.
(1)求{an}的通项公式及Sn.
(2)设数列{bn}满足bn=其中k∈N*.
(i)求证:当n=ak+1(k∈N*,且k>1)时,bn-1≥akbn;
(ii)求bi.
全真全练
考点 数列的综合
1.(2025全国一卷,16,15分,中)已知数列{an}中,a1=3,.
(1)证明:数列{nan}是等差数列;
(2)给定正整数m,设函数f(x)=a1x+a2x2+…+amxm,求f'(-2).
2.(2021新高考Ⅱ,17,10分,中)记Sn为公差不为零的等差数列{an}的前n项和,若a3=S5,a2·a4=S4.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求使得Sn>an的n的最小值.
3.(2022新高考Ⅰ,17,10分,中)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,的等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:<2.
4.(2022新高考Ⅱ,17,10分,中)已知{an}是等差数列,{bn}是公比为2的等比数列,且a2-b2=a3-b3=b4-a4.
(1)证明:a1=b1;
(2)求集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数.
三年模拟
练综合
1.(题型一)(2025河西二模,19)已知数列{an}为等差数列或等比数列,前n项和为Sn,且满足a4=8,a6=32.
(1)当数列{an}为等差数列时,求{an}的通项公式及Sn;
(2)当Sn在n∈N*递增时,设bn=an,求的值;
(3)当数列{an}为等比数列且为摆动数列时,设cn=,求cn的最大值和最小值.
2.(题型二)(2025天津部分区二模,19)从数列{an}中选取第k项,第k+1项,…,第k+m-1项(k∈N*,m≥2),并按原顺序构成的新数列称为数列{an}的“(k,m)连续子列”.已知数列{an}中,a1=0,a2=1, k∈N*,数列{an}的“(2k,3)连续子列”是公比为的等比数列.
(1)求a4,a5的值;
(2)求a2n+1(n∈N*);
(3)证明:(n∈N*).
3.(题型一)(2025和平一模,19)已知n∈N*,记无穷数列{an}的前n项中的最大值为Mn,最小值为mn,令bn=.
(1)若an=(-2)n,求数列{bn}的通项公式与其前n项和Sn;
(2)若数列{bn}为递增的等差数列,判断数列{an}是否也一定为递增的等差数列,并说明理由;
(3)若bn=2n-4,cn=,设数列{cn}的前n项和为Tn,是否存在正整数p,q(1
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)求(-1)kakbk;
(3)令cn=(n∈N*),记数列{cn}的前n项和为Sn,求证:对任意的n∈N*,都有1
(1)求数列{an}的通项公式以及Sn.
(2)若bn=(n∈N*),数列{bn}的前n项和为Tn.
(i)求证:Tn<1(n∈N*);
(ii)若数列(n∈N*)的前n项和为Mn,对任意n∈N*,λ·Mn≥4n2-14n恒成立,求实数λ的取值范围.
6.(题型二)(2025河北期末,19)已知{an}是首项为1的等差数列,其前n项和为Sn,S7=70,{bn}为等比数列,b2=a6,b2+b3=80.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)求(-1)i;
(3)记cn=b2n+,若λ≥对任意n∈N*恒成立,求实数λ的取值范围.
练素养
1.(2025天津宝坻一中一模,19)若无穷数列{an}满足: n∈N*,=A,其中A为常数,则称数列{an}为“A数列”.
(1)若等比数列{bn}为“A数列”,求{bn}的公比q.
(2)若数列{an}为“A数列”,且a1=1,A=1.
①求证:;
②若,且{cn}是正项数列,Sn=,求满足不等式2-1(a,b,c,n∈N*)的abc的最小值.
2.(2025天津南开中学月考四,19)有n个首项都是1的等差数列,设第m个数列的第k项为amk(m,k=1,2,3,…,n,n≥3),公差为dm,并且a1n,a2n,a3n,…,ann成等差数列.
(1)当d3=2时,求a32,a33,a34以及a3n;
(2)证明:dm=p1d1+p2d2(3≤m≤n,p1,p2是m的多项式),并求p1+p2的值;
(3)当d1=1,d2=3时,将数列{dm}分组如下:(d1),(d2,d3,d4),(d5,d6,d7,d8,d9),……(每组数的个数构成等差数列),设前m组中所有数之和为(cm)4(cm>0),求数列{dm}的前n项和Sn.
6.4 数列的综合
五年高考
天津专练
1.(2021天津,19,15分,中)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,b1=4,b3-b2=48.
(1)求{an}和{bn}的通项公式.
(2)记cn=b2n+,n∈N*.
(i)证明:{-c2n}是等比数列;
(ii)证明:(n∈N*).
解析 (1)由等差数列{an}的公差d=2,其前8项和S8=8a1+d=64,可得a1=1,
∴an=1+2(n-1)=2n-1,
∵等比数列{bn}的公比q>0,b1=4,b3-b2=48,
∴4q2-4q=48 q=4(舍负),
∴bn=4·4n-1=4n.
(2)证明:(i)∵bn=4n,
∴cn=b2n+,
则=2·4n,
∴=4,
又-c2=2×41=8,
∴{-c2n}是以8为首项,4为公比的等比数列.
(ii)设pn=
=
<,令qn=,
则pn
,②
由①-②可得,
∴<2,
∴,
即.
2.(2023天津,19,15分,中)已知{an}是等差数列,a2+a5=16,a5-a3=4.
(1)求{an}的通项公式及ai(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
所以an=3+2(n-1)=2n+1.
=
=
=×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
∴bk<2k+1且bk+1>2k+1-1,则bk>2k-1.
综上,2k-1
∵{bn}为等比数列,且k∈N*,2k-1
q>,
∵k∈N*,∴q=2,∴2k-1
3.(2024天津,19,15分,难)已知{an}为公比大于0的等比数列,其前n项和为Sn,且a1=1,S2=a3-1.
(1)求{an}的通项公式及Sn.
(2)设数列{bn}满足bn=其中k∈N*.
(i)求证:当n=ak+1(k∈N*,且k>1)时,bn-1≥akbn;
(ii)求bi.
解析 (1)设等比数列{an}的公比为q,q>0,则S2=a1+a2=a1+a1q=1+q=q2-1,
∴q2-q-2=0,∴q=2或q=-1(舍),
∴an=2n-1,Sn==2n-1.
(2)(i)证明:当n=ak+1=2k时,bn=k+1.由题意,当k>1时,,,…,bn-1是一个以k为首项,2k为公差的等差数列,所以bn-1=k+(n-1-ak)×2k=(2k-1)k.因此bn-1-akbn=(2k-1)k-2k-1·(k+1)=2k-1(k-1)-k≥2(k-1)-k=k-2≥0.
所以,当n=ak+1(k∈N*,且k>1)时,bn-1≥akbn.
(ii)记Tk=bi,由(i)有Tk=·2k-1=k·4k-1,又Sn=2n-1=an+1-1,所以k·4k-1.
记k=·4k-1,则
U=1×40+2×41+3×42+…+n·4n-1,
4U=1×41+2×42+…+(n-1)·4n-1+n·4n,
可得-3U=40+41+…+4n-1-n·4n=.
所以.
全真全练
考点 数列的综合
1.(2025全国一卷,16,15分,中)已知数列{an}中,a1=3,.
(1)证明:数列{nan}是等差数列;
(2)给定正整数m,设函数f(x)=a1x+a2x2+…+amxm,求f'(-2).
解析 (1)证明:因为,
所以(n+1)an+1=nan+1,
所以(n+1)an+1-nan=1,
所以{nan}是以1×a1=3为首项,1为公差的等差数列.
(2)由(1)知,nan=3+(n-1)×1=n+2.
因为f(x)=a1x+a2x2+…+amxm,
所以f '(x)=1×a1x0+2a2x1+…+mamxm-1
=3x0+4x1+5x2+…+(m+2)xm-1,
则f '(-2)=3×(-2)0+4×(-2)1+5×(-2)2+…+(m+2)·(-2)m-1,①
-2f '(-2)=3×(-2)1+4×(-2)2+5×(-2)3+…+(m+2)·(-2)m,②
①-②得,3f '(-2)=3×(-2)0+(-2)1+(-2)2+…+(-2)m-1-(m+2)·(-2)m
=3+-(m+2)·(-2)m
=3+-(m+2)·(-2)m
=·(-2)m,
所以f '(-2)=·(-2)m
=.
2.(2021新高考Ⅱ,17,10分,中)记Sn为公差不为零的等差数列{an}的前n项和,若a3=S5,a2·a4=S4.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求使得Sn>an的n的最小值.
解析 (1)解法一:设等差数列{an}的公差为d(d≠0),则a3=S5 a1+2d=5a1+10d 4a1+8d=0 a1+2d=0 a1=-2d,①
a2·a4=S4 (a1+d)(a1+3d)=4a1+6d,②
将①代入②得-d2=-2d d=0(舍)或d=2,∴a1=-2d=-4,∴an=-4+(n-1)×2=2n-6.
解法二:由等差数列的性质可得S5=5a3,则a3=5a3,∴a3=0,
设等差数列的公差为d,
从而有a2a4=(a3-d)(a3+d)=-d2,
S4=a1+a2+a3+a4=(a3-2d)+(a3-d)+a3+(a3+d)=-2d,
从而-d2=-2d,由于公差不为零,故d=2,
所以数列{an}的通项公式为an=a3+(n-3)d=2n-6.
(2)由(1)知an=2n-6,a1=2×1-6=-4.
Sn=na1+d=-4n+n(n-1)=n2-5n.
Sn>an n2-5n>2n-6 n2-7n+6>0 (n-1)(n-6)>0,解得n<1或n>6,
又n∈N*,∴n的最小值为7.
3.(2022新高考Ⅰ,17,10分,中)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,的等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:<2.
解析 (1)依题意得,S1=a1=1,
+(n-1)×,
∴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,
由累乘法得,
又a1=1,∴an+1=,
∴an=(n≥2),
又a1=1满足上式,
∴an=(n∈N*).
(2)证明:由(1)知,
∴<2.(应用裂项相消法)
4.(2022新高考Ⅱ,17,10分,中)已知{an}是等差数列,{bn}是公比为2的等比数列,且a2-b2=a3-b3=b4-a4.
(1)证明:a1=b1;
(2)求集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数.
解析 (1)证明:设等差数列{an}的公差为d.
由a2-b2=a3-b3得a1+d-2b1=a1+2d-4b1,故d=2b1,①
由a3-b3=b4-a4得a1+2d-4b1=8b1-a1-3d,故2a1+5d=12b1,②
由①②得2a1+10b1=12b1,即a1=b1.
(2)由(1)知d=2b1=2a1,
由bk=am+a1,1≤m≤500得
b1×2k-1=2a1+(m-1)d,
即a1×2k-1=2a1+2(m-1)a1,其中a1≠0,
∴2k-1=2m,即2k-2=m,∴1≤2k-2≤500,∴0≤k-2≤8,∴2≤k≤10.
故集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素个数为9.
5.(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=.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<.
解析 (1)设等比数列{an}的公比为q.
∵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=,
∴an=a1·qn-1=.
∵bn=,∴bn=n·.
(2)证法一:公式法和错位相减求和法
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=.
第二步:用错位相减法求Tn.
∵bn=n·,
∴Tn=b1+b2+…+bn=1×,①
.②
①-②可得
=
=-,
∴Tn=-.
第三步:表示,并利用作差法证得结论.
∵,
∴Tn-<0,∴Tn<.
证法二:作差后利用错位相减法求和
Tn=,
,
则Tn-.
设Γn=,
则,
得,
所以Γn=-.
因此Tn-<0.
故Tn<.
三年模拟
练综合
1.(题型一)(2025河西二模,19)已知数列{an}为等差数列或等比数列,前n项和为Sn,且满足a4=8,a6=32.
(1)当数列{an}为等差数列时,求{an}的通项公式及Sn;
(2)当Sn在n∈N*递增时,设bn=an,求的值;
(3)当数列{an}为等比数列且为摆动数列时,设cn=,求cn的最大值和最小值.
解析 (1)设数列{an}的公差为d,由题意得
所以an=-28+12(n-1)=12n-40,
Sn=-28n+×12=6n2-34n.
(2)①当数列{an}为等差数列时,由(1)知Sn=6n2-34n,Sn在n∈N*上不单调;
②当数列{an}为等比数列时,
所以
当an=2n-1时,Sn==2n-1,易知Sn在n∈N*上递增;
当an=-(-2)n-1时,Sn=,易知Sn在n∈N*不单调,所以bn=an=2n-1,
所以,
.
(3)当数列{an}为等比数列时,由(2)知an=2n-1或an=-(-2)n-1,
又{an}为摆动数列,所以an=-(-2)n-1,Sn=,
所以cn=,
当n为奇数时,cn=递减,cn>,当n=1时取得最大值1;
当n为偶数时,cn=递增,cn<,当n=2时取得最小值,
所以cn的最大值为1,最小值为.
2.(题型二)(2025天津部分区二模,19)从数列{an}中选取第k项,第k+1项,…,第k+m-1项(k∈N*,m≥2),并按原顺序构成的新数列称为数列{an}的“(k,m)连续子列”.已知数列{an}中,a1=0,a2=1, k∈N*,数列{an}的“(2k,3)连续子列”是公比为的等比数列.
(1)求a4,a5的值;
(2)求a2n+1(n∈N*);
(3)证明:(n∈N*).
解析 (1)由题意知a2k,a2k+1,a2k+2是公比为的等比数列,
∴ k∈N*恒成立,
∴=2 a3=2,a4=4, a5=6.
(2),k∈N*,
∴a2n=a2·=n2(n≥2),
当n=1时也成立,
∴a2n=n2(n∈N*).
∵,
∴a2n+1=·a2n=n(n+1)(n∈N*).
(3)证明:由(2)知
=
=,
所以.
3.(题型一)(2025和平一模,19)已知n∈N*,记无穷数列{an}的前n项中的最大值为Mn,最小值为mn,令bn=.
(1)若an=(-2)n,求数列{bn}的通项公式与其前n项和Sn;
(2)若数列{bn}为递增的等差数列,判断数列{an}是否也一定为递增的等差数列,并说明理由;
(3)若bn=2n-4,cn=,设数列{cn}的前n项和为Tn,是否存在正整数p,q(1
当n=1时,b1=-2,
当n≥2,n为偶数时,an=(-2)n=2n,因此Mn=2n,则mn是Mn的前一项an-1,
所以n为偶数时,bn==2n-2,
当n为奇数,n≥3时,an=-2n,因此mn=-2n,则Mn是mn的前一项an-1,
所以n为奇数,且n≥3时,bn==-2n-2,
所以,n≥2时,bn=(-1)n·2n-2,
故bn=
当n=1时,Sn=-2,
当n≥2时,Sn=b1+(b2+b3+…+bn)=-2+[1-(-2)n-1],
所以,Sn=-(-2)n-1.
当n=1时,符合上式,
故Sn=-(-2)n-1.
(2)若{bn}为递增的等差数列,设其公差为d,则d>0,
所以,bn+1-bn==d>0,
若an+1
所以,{an}是递增的数列.
又Mn=an,mn=a1,d=,
所以,{an}是公差为2d的等差数列,
因此数列{an}为递增的等差数列.
(3)若bn=2n-4,b1=-2,由(2)可知{an}也为等差数列,且公差为4,a1=b1=-2,
an=a1+4(n-1)=4n-6,
cn=(4n-6)·,
Tn=-2×+…+(4n-6)·,
+…+(4n-6)·,
-(4n-6)·-(4n-6)·,所以Tn=.
若存在正整数1
φ(p+1)-φ(p)=<0,
所以φ(p)单调递减,φ(2)=,φ(3)=,
所以若①式成立,则p=2,所以q=3q·=3q-2,所以存在q=3.
因此存在正整数p=2,q=3,使得T1,Tp,Tq为等差数列.
4.(题型二)(2025耀华中学月考三,19)已知数列{an}是首项为1的等差数列,数列{bn}是公比不为1的等比数列,且满足a1+a2=b2,a2+a3=b3,a4+a5=b4.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)求(-1)kakbk;
(3)令cn=(n∈N*),记数列{cn}的前n项和为Sn,求证:对任意的n∈N*,都有1
则an=1+(n-1)d,bn=b1qn-1.
由等比数列的性质可得=b2b4,
又a1+a2=b2,a2+a3=b3,a4+a5=b4,
所以(a2+a3)2=(a1+a2)(a4+a5),
所以(2+3d)2=(2+d)(2+7d),
解得d=2或d=0,
当d=0时,an=1,则b2=a1+a2=2,b3=a2+a3=2,此时q==1,与q≠1矛盾,故舍去;
当d=2时,an=2n-1,
则b2=a1+a2=4,b3=a2+a3=8,
所以q==2,b1==2,满足题意,
所以an=2n-1,bn=2n.
(2)设Tn=(-1)kakbk,
Tn=(-a1b1)+a2b2+(-a3b3)+a4b4+…+(-a2n-1b2n-1)+a2nb2n,
设tn=a2nb2n-a2n-1b2n-1=(4n-1)22n-(4n-3)22n-1=4n,
则Tn=t1+t2+…+tn
=4n,
4Tn=4n+1,
两式相减得3Tn=-10-2×42-2×43-…-2×4n+4n+1,
所以Tn=4n+1,
即(-1)kakbk=4n+1.
(3)证明:cn=
=
=4,
则Sn=4
=4,n∈N*,
易知Sn随着n的增大而增大,
所以Sn≥S1=>1,Sn<,
所以1
①公式法:适用于等差数列、等比数列以及其他特殊数列.
②分组求和法:在直接运用公式法求和有困难时,常将“和式”中“同类项”先合并在一起,再运用公式法求和.
③倒序相加法:若和式中到首尾距离相等的两项和有共性或数列的通项与组合数相关联,则常考虑选用倒序相加法,发挥其共性的作用求和(这也是等差数列前n项和公式的推导方法).
④错位相减法:如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成的,那么常选用错位相减法(这也是等比数列前n项和公式的推导方法).
⑤裂项相消法:如果数列的通项可“分裂成两项差”的形式,且相邻项分裂后相关联,那么常选用裂项相消法求和.
⑥通项转换法:先对通项进行变形,发现其内在特征,再运用分组求和法求和.
5.(题型二)(2025和平期末,18)已知各项均为正数的数列{an}(n∈N*),其前n项和为Sn,an与1的等差中项等于Sn与1的等比中项.
(1)求数列{an}的通项公式以及Sn.
(2)若bn=(n∈N*),数列{bn}的前n项和为Tn.
(i)求证:Tn<1(n∈N*);
(ii)若数列(n∈N*)的前n项和为Mn,对任意n∈N*,λ·Mn≥4n2-14n恒成立,求实数λ的取值范围.
解析 (1)由已知得,即Sn=,
当n=1时,a1=,解得a1=1,
当n≥2时,Sn-1=,
则4Sn-4Sn-1=4an=+2an-2an-1,
即2an+2an-1=(an+an-1)(an-an-1),
所以有(an+an-1)(an-an-1-2)=0,
因为an>0,所以an-an-1=2,
所以数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列,
所以an=2n-1,Sn==n2.
(2)(i)证明:bn=,
所以Tn=.
因为n∈N*,
所以>0,所以Tn<1.
(ii)由(i)知,
=2n(n+1),
所以Mn=2×2+3×22+…+n·2n-1+(n+1)·2n,
2Mn=2×22+3×23+…+n·2n+(n+1)·2n+1,
则-Mn=4+(22+23+…+2n)-(n+1)·2n+1
=4+-(n+1)·2n+1=-n·2n+1,
所以Mn=n·2n+1.
对任意n∈N*,Mnλ≥4n2-14n恒成立,
等价于n·2n+1·λ≥4n2-14n恒成立,即λ≥恒成立,
设kn=,
则kn+1-kn=,
所以当n≤4时,kn+1>kn,
当n≥5时,kn+1
故实数λ的取值范围是.
6.(题型二)(2025河北期末,19)已知{an}是首项为1的等差数列,其前n项和为Sn,S7=70,{bn}为等比数列,b2=a6,b2+b3=80.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)求(-1)i;
(3)记cn=b2n+,若λ≥对任意n∈N*恒成立,求实数λ的取值范围.
解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,
由a1=1,S7=7a1+d=70,解得d=3,
所以an=a1+(n-1)d=3n-2.
由b2=a6=16,b2+b3=b2(1+q)=80,解得q=4,
所以bn=b2qn-2=4n.
(2)因为2n是偶数,所以考虑,当n为偶数时,-=(an-an-1)·(an+an-1)=3(an-1+an),
(-1)i=3(a1+a2+a3+a4+…+)=3×
=3×=9×22n-1-3×2n-1.
(3)cn=b2n+,
=2×4n.
令dn=,则当n≥2时,
dn-dn-1=,
当2≤n≤3时,dn>dn-1,即d1
所以数列{dn}的最大项为d3=,
因为λ≥对任意n∈N*恒成立,
所以λ≥,
即实数λ的取值范围是.
练素养
1.(2025天津宝坻一中一模,19)若无穷数列{an}满足: n∈N*,=A,其中A为常数,则称数列{an}为“A数列”.
(1)若等比数列{bn}为“A数列”,求{bn}的公比q.
(2)若数列{an}为“A数列”,且a1=1,A=1.
①求证:;
②若,且{cn}是正项数列,Sn=,求满足不等式2-1(a,b,c,n∈N*)的abc的最小值.
解析 (1)因为等比数列{bn}为“A数列”,则=A,即=A,可得(-1)=A,
若上述方程对任意n∈N*恒成立,则q=1,且A=(-1)=0为定值,
所以{bn}的公比q=1.
(2)由题意可知:=1,且a1=1,则数列{}是首项为=1,公差为1的等差数列,可得=1+n-1=n,即an=n2.
①证明:,
若n=1,则;
若n=2,则;
若n≥3,则,
可得,
综上所述,.
②因为=n,且{cn}是正项数列,则cn=,即,
可得Sn=,
若2-2
若a=b=1,可得2-2,
=2(),
可得Sn>2(-1)+2()+…+2()=2-2,
所以a=b=1符合题意;
若Sn≤2-1对任意n∈N*恒成立,即1+-1,
令n=1,可得1≤2-1,可得c≥1,
若c≥1,可得2-1,
又=2(),n≥2,可得Sn<1+2(-1)+2()+…+2()=2-1,n≥2,可得Sn<2-1,所以c≥1符合题意.
综上所述,abc的最小值为1.
2.(2025天津南开中学月考四,19)有n个首项都是1的等差数列,设第m个数列的第k项为amk(m,k=1,2,3,…,n,n≥3),公差为dm,并且a1n,a2n,a3n,…,ann成等差数列.
(1)当d3=2时,求a32,a33,a34以及a3n;
(2)证明:dm=p1d1+p2d2(3≤m≤n,p1,p2是m的多项式),并求p1+p2的值;
(3)当d1=1,d2=3时,将数列{dm}分组如下:(d1),(d2,d3,d4),(d5,d6,d7,d8,d9),……(每组数的个数构成等差数列),设前m组中所有数之和为(cm)4(cm>0),求数列{dm}的前n项和Sn.
解析 (1)当d3=2时,由题意可知a31=1,∴a32=a31+d3=3,a33=a31+2d3=5,
a34=a31+3d3=7,
a3n=a31+(n-1)d3=2n-1.
(2)由题意知amn=1+(n-1)dm.
则a2n-a1n=[1+(n-1)d2]-[1+(n-1)d1]=(n-1)(d2-d1),
同理,a3n-a2n=(n-1)(d3-d2),
a4n-a3n=(n-1)(d4-d3),……,
ann-a(n-1)n=(n-1)(dn-dn-1).
又因为a1n,a2n,a3n,ann成等差数列,
所以a2n-a1n=a3n-a2n=…=ann-a(n-1)n.
故d2-d1=d3-d2=…=dn-dn-1,
即{dn}是公差为d2-d1的等差数列.
所以dm=d1+(m-1)(d2-d1)=(2-m)d1+(m-1)d2,
令p1=2-m,p2=m-1,
则dm=p1d1+p2d2,此时p1+p2=1.
(3)当d1=1,d2=3时,dm=2m-1(m∈N*).
数列{dm}分组如下:(d1),(d2,d3,d4),(d5,d6,d7,d8,d9),……
按分组规律,第m组中有(2m-1)个奇数,
所以第1组到第m组共有1+3+5+…+(2m-1)=m2个奇数.
注意到前k个奇数的和为1+3+5+…+(2k-1)=k2,
所以前m2个奇数的和为(m2)2=m4,
即前m组中所有数之和为m4,
所以(cm)4=m4.
因为cm>0,所以cm=m,
从而dm=(2m-1)·2m(m∈N*).
所以Sn=1×2+3×22+5×23+7×24+…+(2n-3)·2n-1+(2n-1)·2n,①
2Sn=1×22+3×23+5×24+…+(2n-3)·2n+(2n-1)·2n+1.②
②-①得:
Sn=-2-2(22+23+…+2n)+(2n-1)·2n+1
=-2-2·+(2n-1)·2n+1
=(2n-3)2n+1+6.
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