2021年高考数学二轮复习 数列解答题专题训练(含解析)

2021年高考数学二轮复习数列解答题专题训练（含解析）1．设等比数列{a n}的前n项和为S n，a4＝a1－9，a5，a3，a4成等差数列．
(1)求数列{a n}的通项公式；
(2)证明：对任意k∈N*，S k＋2，S k，S k＋1成等差数列．
解(1)设公比为q，在等比数列{a n}中，a5，a3，a4成等差数列，∴2a3＝a5＋a4，即2a1q2＝a1q4＋a1q3，
整理得：q2＋q－2＝0.
解得q＝1，或q＝－2.
又a4＝a1－9，
即a1q3＝a1－9，
当q＝1时，无解．
当q＝－2时，解得a1＝1，
∴等比数列{a n}通项公式为a n＝(－2)n－1(n∈N*)．
(2)证明：∵S n为等比数列{a n}的前n项和，
∴S k＝1·[1－－2k]
1－－2
＝
1－－2k
3
，S k＋1＝
1－－2k＋1
3
，S k＋2＝
1－－2k＋2
3
，
∵S k＋1＋S k＋2＝1－－2k＋1
3
＋
1－－2k＋2
3
＝
2－－2k＋1－－2k＋2
3
＝
2－－2k＋1[1＋－2]
3＝
2＋－2k＋1
3
＝2·
1－－2k
3
＝2S k，
∴S k＋1，S k，S k＋2成等差数列．
2．已知各项均不相等的等差数列{a n }的前5项和为S 5＝35，且a 1＋1，a 3＋1，a 7＋1成等比数列．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设T n 为数列⎩
⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪
⎫1S n 的前
n 项和，问是否存在常数m ，使T n ＝m ⎣⎢
⎡⎦
⎥⎤n
n ＋1＋n
2
n ＋2，若存在，求出m 的值；若不存在，说明理由．
解 (1)设数列{a n }的公差为d ，由已知得a 3＝a 1＋2d ＝7， 又a 1＋1，a 3＋1，a 7＋1成等比数列， ∴82＝(8－2d )(8＋4d )，解得a 1＝3，d ＝2， ∴a n ＝2n ＋1.
(2)由(1)得S n ＝n (n ＋2)， 1
S n ＝
1n n ＋2＝
12⎝ ⎛⎭
⎪⎫1n －1n ＋2， ∴T n ＝12⎝ ⎛
1－
13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1－1n ＋1＋1n
－
⎭
⎪⎫
1n ＋2 ＝12⎝ ⎛
⎭⎪⎫1＋12－
1n ＋1－1n ＋2 ＝12⎣⎢
⎡⎦
⎥⎤n n ＋1＋n
2
n ＋2，
故存在常数m ＝12，使T n ＝m ⎣⎢
⎡⎦
⎥⎤n
n ＋1＋n
2
n ＋2.
3．(xx·温州十校联考)已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6.
(1)求数列{a n }的通项a n 与前n 项和S n ；
(2)若{b n }是首项为4，公比为1
2的等比数列，前n 项和为T n ，求证：当t >6时，对任
意n ，m ∈N *，S n <T m ＋t 恒成立．
解 (1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6得a 7＝－2， ∴a 1＝4，
∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝5－n ，
从而S n ＝
n a 1＋a n
2
＝
n 9－n
2
.
(2)由等比数列求和公式得T m ＝4⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 1－12
＝8⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ，
T m ≥T 1＝4.(或者：各项为正的等比数列T 1＝4为最小值)
又S n ＝
n 9－n
2
＝－1
2
(n 2－9n )
＝－
12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫n －922－814， 故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，
当t >6时，对任意n 、m ∈N *，T m ＋t >T 1＋6>10≥S n ， ∴当t >6时，S n <T m ＋t 恒成立．
4．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋a n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫
12n －1＝2(n ∈N *)，设c n ＝2n a n .
(1)求证：数列{c n }是等差数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)按以下规律构造数列{b n }，具体方法如下：
b 1＝
c 1，b 2＝c 2＋c 3，b 3＝c 4＋c 5＋c 6＋c 7，…，第n 项b n 由相应的{c n }中2n －1项的和组成，求数列{b n }的通项b n .
解 (1)证明：在S n ＋a n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫
12n －1＝2①中，
令n ＝1，得S 1＋a 1＋1＝2， ∴a 1＝12
.
当n ≥2时，S n －1＋a n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2
＝2，②
①－②得，a n ＋a n －a n －1－⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n －1
＝0(n ≥2)，
∴2a n －a n －1＝12n －1
，
∴2n a n －2n －1a n －1＝1. 又c n ＝2n
a n ，
∴c n －c n －1＝1(n ≥2)． 又c 1＝2a 1＝1，
∴数列{c n }是等差数列．于是c n ＝1＋(n －1)×1＝n
又∵c n＝2n a n，∴a n＝n 2n .
(2)由题意得b n＝c2n－1＋c2n－1＋1＋c2n－1＋2＋…＋c2n－1＝2n－1＋(2n－1＋1)＋(2n－1＋2)＋…＋(2n－1)，
而2n－1,2n－1＋1,2n－1＋2，…，2n－1是首项为2n－1，公差为1的等差数列，且共有2n －1项，
∴b n＝[2n－1＋2n－1]×2n－1
2
＝
22n－2＋22n－1－2n－1
2
＝3×22n－3－2n－2.
5．(xx·南京一模)设等差数列{a n}的前n项和为S n，已知a1＝2，S6＝22.
(1)求S n；
(2)若从{a n}中抽取一个公比为q的等比数列{ak n}，其中k1＝1，且k1<k2<…<k n<…，
k
n
∈N*.
①当q取最小值时，求{k n}的通项公式；
②若关于n(n∈N*)的不等式6S n>k n＋1有解，试求q的值．
解(1)设等差数列的公差为d，
则S6＝6a1＋1
2
×6×5d＝22，解得d＝
2
3
，
∴S n＝n n＋5
3
.
(2)①∵数列{a n}是正项递增等差数列，∴数列{ak n}的公比q>1，
若k 2＝2，则由a 2＝83，得q ＝a 2a 1＝4
3，
此时ak 3＝2×⎝ ⎛⎭
⎪⎫432＝32
9，
由329＝23(n ＋2)，解得n ＝10
3∉N *， ∴k 2>2，同理k 2>3；
若k 2＝4，则由a 4＝4，得q ＝2， 此时ak n ＝2×2n －1， 另一方面，ak n ＝2
3(k n ＋2)，
∴2
3
(k n ＋2)＝2n ， 即k n ＝3×2n －1－2，
∴对任何正整数n ，ak n 是数列{a n }的第3×2n －1－2项． ∴最小的公比q ＝2. ∴k n ＝3×2n －1－2. ②由ak n ＝2k n ＋4
3＝2q n －1，
得k n ＝3q n －1－2，而q >1，
所以当q >1且q ∈N 时，所有的k n ＝3q n －1－2均为正整数，符合题意； 当q >1且q ∉N 时，k n ＝3q n －1－2∈N 不全是正整数，不合题意．
而6S n >k n ＋1有解， ∴
2n n ＋5＋2
3q n
>1有解，经检验，
当q ＝2，q ＝3，q ＝4时，n ＝1都是
2n
n ＋5＋2
3q n
>1的解，符合题意；
下面证当q ≥5时，
2n
n ＋5＋2
3q n
>1无解，
设b n ＝
2n
n ＋5＋2
3q n ，
则b n ＋1－b n ＝
2[
1－q
n 2＋7－5q n ＋7－q ]
3q n ＋1
，
∵5q －72－2q
<0， ∴f (n )＝2[(1－q )n 2＋(7－5q )n ＋7－q ]在n ∈N *上单调递减． ∵f (1)<0， ∴f (n )<0恒成立， ∴b n ＋1－b n <0， ∴b n ≤b 1恒成立， 又当q ≥5时，b 1<1，
∴当q ≥5时，6S n >k n ＋1无解．
综上所述，q 的值为2,3,4.22799 590F 夏30221 760D 瘍x37534 929E 銞27626 6BEA 毪[
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