高考热点6　数列的综合--2027通用版高考数学第一轮章节练（含答案）

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2027通用版高考数学第一轮
高考热点6　数列的综合
类型1　数列与不等式的综合
1.★★★(2023新课标Ⅱ,18,12分)已知{an}为等差数列,bn=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.★★★★(2026届河北衡水中学三调,18)设{an}是等差数列,其前n项和为Sn,{bn}是等比数列,且a1=b1=3,a4=b2,S3=15.
(1)求{an}与{bn}的通项公式;
(2)设cn=求数列{cn}的前2n项和T2n;
(3)若对于任意的n∈N*,不等式n(an+1)-λ(an-1)(n+2)-12<0恒成立,求实数λ的取值范围.
类型2　数列与函数的综合
1.★★★(2026届江苏徐州期中,6)在各项均为正数的等比数列{an}中,a4a6=a7,则a5+16a2的最小值为 (　　)
A.8
2.★★★★★(2025届山西部分学校三模,19)已知函数f(x)=(x>-1),从点P1(0,0)作x轴的垂线,交f(x)的图象于点Q1,过点Q1作曲线y=f(x)的切线交x轴于点P2,再过点P2作x轴的垂线,交f(x)的图象于点Q2,重复这一过程,得到两个点列,P1,P2,…,Pn,Q1,Q2,…,Qn,点Pn的坐标记作Pn(xn,0).
(1)求数列{xn}的通项公式;
(2)已知bn=2nxn,求数列{bn}的前n项和Sn;
(3)证明:ln(2n+1)<≤2n+2-.(切线不等式:ln x≤x-1)
类型3　数列的创新题
1.★★★(2022新高考Ⅱ,17,10分)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.
2.★★★★★(2026届浙江强基联盟联考,19)已知数列{an}满足an=pnan-1+qn(n∈N*),其中pn,qn∈(0,1)( n∈N*),a0=2.
(1)若pk=qk=0.4(k∈N*),证明:对任意的正整数k,都有ak-1>ak>成立.
(2)若pk+qk=1(k∈N*).
(i)试探究是否存在满足条件的p1,p2,p3,使得a3≤1,若存在,则求出一组p1,p2,p3的值;若不存在,请说明理由.
(ii)取pk为spk-1的小数部分(k∈N*),其中p1∈,s∈{2,3,7},求a2 028的值.
高考热点6　数列的综合
类型1　数列与不等式的综合
1.★★★(2023新课标Ⅱ,18,12分)已知{an}为等差数列,bn=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=
∴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+-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.★★★★(2026届河北衡水中学三调,18)设{an}是等差数列,其前n项和为Sn,{bn}是等比数列,且a1=b1=3,a4=b2,S3=15.
(1)求{an}与{bn}的通项公式;
(2)设cn=求数列{cn}的前2n项和T2n;
(3)若对于任意的n∈N*,不等式n(an+1)-λ(an-1)(n+2)-12<0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S3=15 3a1+3d=15,
又a1=3,则3+d=5,则d=2,
由a4=b2 a1+3d=b1·q,又a1=b1=3,则3+3d=3q,则q=3,
∴an=3+2(n-1)=2n+1,bn=3·3n-1=3n.
即an=2n+1,bn=3n.
(2)当n为奇数时,cn=anbn=(2n+1)·3n.
记An=c1+c3+c5+…+c2n-1,则有
An=3×3+7×33+11×35+…+(4n-1)·32n-1①,
9An=3×33+7×35+11×37+…+(4n-1)·32n+1②,
①-②得
-8An=9+4×(33+35+37+…+32n-1)-(4n-1)×32n+1
=9+4×-(4n-1)×32n+1,
则An=×9n.
当n为偶数时,cn=×.
记Bn=c2+c4+c6+…+c2n,
Bn=××××
=×.
故T2n=An+Bn=×9n-.
(3)由an=2n+1与n(an+1)-λ(an-1)·(n+2)-12<0恒成立,可得n(2n+2)-λ·2n(n+2)-12<0恒成立,则λ>恒成立,即求的最大值.
设f(n)=,n∈N*.
f(n+1)-f(n)=->0,
∴f(n)单调递增.
又∵>0,∴f(n)=1-<1,
∴λ≥1.
类型2　数列与函数的综合
1.★★★(2026届江苏徐州期中,6)在各项均为正数的等比数列{an}中,a4a6=a7,则a5+16a2的最小值为 (　　)
A.8
答案　B　
2.★★★★★(2025届山西部分学校三模,19)已知函数f(x)=(x>-1),从点P1(0,0)作x轴的垂线,交f(x)的图象于点Q1,过点Q1作曲线y=f(x)的切线交x轴于点P2,再过点P2作x轴的垂线,交f(x)的图象于点Q2,重复这一过程,得到两个点列,P1,P2,…,Pn,Q1,Q2,…,Qn,点Pn的坐标记作Pn(xn,0).
(1)求数列{xn}的通项公式;
(2)已知bn=2nxn,求数列{bn}的前n项和Sn;
(3)证明:ln(2n+1)<≤2n+2-.(切线不等式:ln x≤x-1)
解析　(1)f'(x)=-,f'(xn)=-,
记Qn(xn,yn),Pn+1(xn+1,0),
切线QnPn+1:y-yn=-(x-xn),有y-(x-xn),
把Pn+1的坐标代入得xn+1=xn+1-xn,即xn+1=2xn+1,可得xn+1+1=2(xn+1),
故{xn+1}是公比为2的等比数列,
因为x1+1=1,所以xn+1=2n-1,得xn=2n-1-1.
(2)由(1)得bn=2n(2n-1-1)=n·2n-2n,
记kn=1×2+2×22+…+n×2n,
有2kn=1×22+2×23+…+n×2n+1,
作差,得-kn=2+22+…+2n-n×2n+1,
有-kn=-n×2n+1,
则kn=(n-1)×2n+1+2,
故Sn=(n-1)×2n+1+2-n(n+1)=(n-1)×2n+1-n2-n+2.
(3)证明:,
因为2n-1≥2n-1,所以2+≤2+,所以≤2n+,
右边证毕;
因为2n+1-1>2n+1-2=2(2n-1),
所以2<,所以2n<,
又根据切线不等式ln x≤x-1,得ln(2n+1)<2n,【注:不满足n=0的取等条件】
所以有ln(2n+1)<.
综上,ln(2n+1)<≤2n+2-.
类型3　数列的创新题
1.★★★(2022新高考Ⅱ,17,10分)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}中元素的个数为9.
2.★★★★★(2026届浙江强基联盟联考,19)已知数列{an}满足an=pnan-1+qn(n∈N*),其中pn,qn∈(0,1)( n∈N*),a0=2.
(1)若pk=qk=0.4(k∈N*),证明:对任意的正整数k,都有ak-1>ak>成立.
(2)若pk+qk=1(k∈N*).
(i)试探究是否存在满足条件的p1,p2,p3,使得a3≤1,若存在,则求出一组p1,p2,p3的值;若不存在,请说明理由.
(ii)取pk为spk-1的小数部分(k∈N*),其中p1∈,s∈{2,3,7},求a2 028的值.
解析　(1)证明:由
得an+1-an=0.4(an-an-1)(n∈N*).
a1=0.4a0+0.4=1.2,a1-a0=-0.8,
因此an-an-1=-0.8×0.4n-1<0( n∈N*),故an-1>an.
an=a0+(a1-a0)+(a2-a1)+…+(an-an-1)
=2+(-0.8)+(-0.8×0.4)+…+(-0.8×0.4n-1)
=2+.
因此an>( n∈N*).
即对任意的正整数k,都有ak-1>ak>成立.
(2)当pn+qn=1时,an=pnan-1+(1-pn),an-1=pn(an-1-1).
(i)a3-1=p1p2p3(a0-1)=p1p2p3>0,则a3>1,因此不存在满足条件的p1,p2,p3.
(ii)an-1=p1p2…pn(a0-1)=p1p2…pn.
当s=7时,spn-1=5pn-1+2pn-1,又5pn-1∈Z.
因此s=7的情况与s=2相同.
当s=2时,设pn=(i=1,2,3,4),则spn=·s,spn=k+pn+1(k∈Z),
s2pn=sk+spn+1,故s2pn的小数部分与spn+1的小数部分相等.
因此pn+4与s4pn的小数部分相等.
而s4pn=,故pn+4==pn( n∈N*).
因此{pn}是周期数列,周期为4.
a2 028-1=p1p2…p2 028=(p1p2p3p4)507.
不妨设p1=,则p2=,p3=,p4=,则p1p2p3p4=.
因此a2 028=+1.
当s=3时,有s4pn=,
故pn+4==pn( n∈N*).
因此{pn}是周期数列,周期为4,
不妨设p1=,则p2=,p3=,p4=,
因此p1p2p3p4=.
同上可得a2 028=+1.
综上,无论p1与s如何选取,都有a2 028=+1.
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