2026全国版高考数学一轮
链接高考7 数列的综合
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.(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.
3.(2025届山东聊城期中教学质量检测,18)数列{an}中,若 d∈R,使得 n∈N*,都有an+2+2an+1+an=d成立,则称数列{an}为“三合定值数列”,已知a1=5,a2=-3,d=0.
(1)求a3,a4,a5;
(2)设bn=an+1+an,证明:数列{bn}为等比数列,并求an;
(3)设cn=(-2)nan,求数列{cn}的前n项和Sn.
4.(2025届河北保定期中,18)已知数列{an}的首项a1=,其前n项和Sn满足Sn=1-an+1.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=nan,数列{bn}的前n项和为Tn,若Tn≤m对任意n∈N*恒成立,求m的最小值.
5.(2024天津,19,15分)已知{an}为公比大于0的等比数列,其前n项和为Sn.若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≥ak·bn;
(ii)求bi.
6.(2025届江苏南通诊断性测试,17)已知数列{an},{bn},{cn}(n∈N*),a1=c1=1,设数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}的前n项积为Tn,若2cn=an+1,Tn=(0
(2)证明:(1+b1)(1+b2)…(1+bn)<,n∈N*.
7.(2025届东北三省三校联考,18)已知Sn为数列{an}的前n项和,Tn为数列{bn}的前n项和,an+2=2an+1-an,bn=b4=8,S5=15.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若T2n-S2n<2 025,求n的最大值;
(3)设cn=,证明:.
8.(2025届安徽蚌埠调研考试,19)如果数列{an}的任意相邻三项ai-1,ai,ai+1满足ai-1ai+1≤(i≥2,i∈N),则称该数列为“凸数列”.
(1)已知{an}是正项等比数列,{bn}是等差数列,且a1=b1=1,1+a3=b2+b4,a2+2=b3.记cn=.
①求数列{cn}的前n项和;
②判断数列{cn}是不是“凸数列”,并证明你的结论.
(2)设n项正数数列a1,a2,…,an是“凸数列”,求证:,其中n>2,n∈N.
链接高考7 数列的综合
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.(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 (2分)
由①②得a1=5,d=2,(每个结果1分) (4分)
∴an=5+2(n-1)=2n+3. (5分)
(2)证明:∵{an}为等差数列,
∴Sn=na1+d=5n+n2-n=n2+4n,
①当n(n≥6)为偶数时,Tn=b1+b2+…+bn
=(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn)
=(a1-6+a3-6+…+an-1-6)+(2a2+2a4+…+2an)
= (7分)
=. (9分)
∴Tn-Sn=>0(n≥6),
∴当n(n≥6)为偶数时,Tn>Sn. (10分)
②当n(n≥7)为奇数时,Tn=b1+b2+…+bn
=(b1+b3+…+bn)+(b2+b4+…+bn-1)
=(a1-6+a3-6+…+an-6)+(2a2+2a4+…+2an-1)
=-3(n+1)+(n-1)·,
∴Tn-Sn=-(n2+4n)=>0(n≥7),
∴n(n≥7)为奇数时,Tn>Sn. (11分)
综上可知,当n>5时,Tn>Sn. (12分)
3.(2025届山东聊城期中教学质量检测,18)数列{an}中,若 d∈R,使得 n∈N*,都有an+2+2an+1+an=d成立,则称数列{an}为“三合定值数列”,已知a1=5,a2=-3,d=0.
(1)求a3,a4,a5;
(2)设bn=an+1+an,证明:数列{bn}为等比数列,并求an;
(3)设cn=(-2)nan,求数列{cn}的前n项和Sn.
解析 (1)因为d=0,所以an+2+2an+1+an=0,又a1=5,a2=-3,
则a3+2a2+a1=0,即a3+2×(-3)+5=0,解得a3=1,
又a4+2a3+a2=0,即a4+2×1+(-3)=0,解得a4=1,
又a5+2a4+a3=0,即a5+2×1+1=0,解得a5=-3,
所以a3=1,a4=1,a5=-3.
(2)因为bn=an+1+an,则bn+1=an+2+an+1,
又an+2+2an+1+an=0,即an+2+an+1+an+1+an=0,所以bn+1+bn=0,
即bn+1=-bn,又b1=a2+a1=-3+5=2≠0,则=-1,
所以数列{bn}是以2为首项,以-1为公比的等比数列,
所以bn=2·(-1)n-1,
即an+1+an=2·(-1)n-1,
所以a2k+1+a2k=2·(-1)2k-1=-2①,k∈N*,
则a2k+a2k-1=2②,k∈N*,
两式相减可得a2k+1-a2k-1=-4,
即{an}的奇数项为等差数列,且a2k-1=5-4(k-1)=-4k+9,
令n=2k-1,则k=,所以an=-2-2n+9=-2n+7,
又a2k+2+a2k+1=2·(-1)2k=2③,
由③-①可得a2k+2-a2k=4,k∈N*,
所以{an}的偶数项为等差数列,且a2k=-3+4(k-1)=4k-7,
令n=2k,则k=,即an=2n-7,
综上所述,an=
(3)当n为奇数时,cn=-2n·(-2n+7)=2n·(2n-7),
当n为偶数时,cn=2n·(2n-7).
综上,cn=2n·(2n-7),
则Sn=2×(-5)+22×(-3)+23×(-1)+…+2n(2n-7),
2Sn=22×(-5)+23×(-3)+24×(-1)+…+2n(2n-9)+2n+1(2n-7),
两式相减可得-Sn=2×(-5)+2×22+2×23+…+2·2n-(2n-7)·2n+1,
-Sn=-10-6+2+22+23+…+2n+1-(2n-7)·2n+1,
-Sn=-16+-(2n-7)·2n+1,
-Sn=-16+2·2n+1-2-(2n-7)·2n+1,
-Sn=(-2n+9)·2n+1-18,所以Sn=(2n-9)·2n+1+18.
4.(2025届河北保定期中,18)已知数列{an}的首项a1=,其前n项和Sn满足Sn=1-an+1.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=nan,数列{bn}的前n项和为Tn,若Tn≤m对任意n∈N*恒成立,求m的最小值.
解析 (1)当n=1时,由题意得a1=1-a2,又∵a1=,
∴a2=-. (2分)
由Sn=1-an+1①,可知Sn+1=1-an+2②,
两式相减可得Sn+1-Sn=an+1=an+2,即an+2=-an+1. (4分)
又∵a2=-a1, (5分)
∴{an}是首项为,公比为-的等比数列,
故an=.(6分)
(2)由(1)知bn=.
Tn=①,
两边同乘-,得-②,
①-②得, (8分)
从而, (10分)
于是Tn=. (11分)
当n是奇数时,Tn=,Tn+2-Tn=<0,
∴当n是奇数时,{Tn}为递减数列,Tn≤T1=.(14分)
当n是偶数时,>0,Tn=, (16分)
因此Tn≤.∵Tn≤m对任意n∈N*恒成立,∴m≥,
即m的最小值为. (17分)
5.(2024天津,19,15分)已知{an}为公比大于0的等比数列,其前n项和为Sn.若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≥ak·bn;
(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=.
6.(2025届江苏南通诊断性测试,17)已知数列{an},{bn},{cn}(n∈N*),a1=c1=1,设数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}的前n项积为Tn,若2cn=an+1,Tn=(0
(2)证明:(1+b1)(1+b2)…(1+bn)<,n∈N*.
解析 (1)因为nc1+(n-1)c2+…+cn=Sn,
所以(n+1)c1+nc2+…+2cn+cn+1=Sn+1,
两式相减可得c1+c2+…+cn+cn+1=an+1,
即2c1+2c2+…+2cn+2cn+1=2an+1,
又因为2cn=an+1,则(a1+1)+(a2+1)+…+(an+1)+(an+1+1)=2an+1,
整理可得Sn+1+n+1=2an+1,则Sn+n=2an,
两式相减可得an+1+1=2an+1-2an,
则an+1+1=2(an+1),又a1+1=2,
故数列{an+1}是首项为2,公比为2的等比数列,
则an+1=2×2n-1=2n,所以an=2n-1.
(2)证明:由(1)可得Sn=-n=2n+1-n-2,
因为Tn=(0
若n≥2,则bn=.
综上所述:bn=.
又因为(1+b1)(1+b2)…(1+bn)=(1+q)(1+q2)…(1+)
=
=
=,
又因为0
7.(2025届东北三省三校联考,18)已知Sn为数列{an}的前n项和,Tn为数列{bn}的前n项和,an+2=2an+1-an,bn=b4=8,S5=15.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若T2n-S2n<2 025,求n的最大值;
(3)设cn=,证明:.
解析 (1)由an+2=2an+1-an得an+2-an+1=an+1-an,
所以数列{an}为等差数列,所以S5=5a3=15,所以a3=3.
又b4==8,所以a4=4,
设{an}的公差为d,由
所以{an}的通项公式是an=n.
(2)由(1)知an=n,所以bn=
S2n==n(2n+1),
T2n=(b1+b3+…+b2n-1)+(b2+b4+…+b2n)
==n(2n+1)+,
由T2n-S2n=<2 025,得2·4n<6 077,
设dn=2·4n,则数列{dn}是递增数列.
又d5=2 048<6 077,d6=2×46=8 192>6 077,所以n的最大值为5.
(3)证明:由(2)知cn=,
设Qn是{cn}的前n项和,则Qn+1-Qn=cn+1>0,
所以{Qn}是递增数列,所以Qn≥Q1=c1=成立.
Q1=c1=,
当n≥2时,2·4n-2-4n=4n-2>0,所以2·4n-2>4n,
得cn=,
所以Qn<
=.
综上,.
8.(2025届安徽蚌埠调研考试,19)如果数列{an}的任意相邻三项ai-1,ai,ai+1满足ai-1ai+1≤(i≥2,i∈N),则称该数列为“凸数列”.
(1)已知{an}是正项等比数列,{bn}是等差数列,且a1=b1=1,1+a3=b2+b4,a2+2=b3.记cn=.
①求数列{cn}的前n项和;
②判断数列{cn}是不是“凸数列”,并证明你的结论.
(2)设n项正数数列a1,a2,…,an是“凸数列”,求证:,其中n>2,n∈N.
解析 (1)①设{an}的公比为q(q>0),{bn}的公差为d,
由题意可得(舍去),
所以an=3n-1(n∈N*),bn=2n-1(n∈N*).故cn=,
记数列{cn}的前n项和为Sn,则
Sn=c1+c2+c3+…+cn-1+cn=1+,
∴,
两式相减得,,即Sn=3-(n∈N*).
②数列{cn}是“凸数列”.证明如下:由①知,cn=,
所以ci-1ci+1=,
故数列{cn}是“凸数列”.
(2)证明:记aj=S=a2+a3+…+an-1,则原不等式等价于
(n-1)2·S(S+a1+an)≥n(n-2)(S+a1)(S+an),
即(n-1)2·S2+(n-1)2·S(a1+an)≥n(n-2)·S2+n(n-2)·S(a1+an)+n(n-2)·a1an,
因而只需证明S2+S(a1+an)≥n(n-2)·a1an,
因为ai-1ai+1≤(i≥2,i∈N),
所以,
故a1an≤a2an-1≤a3an-2≤…,
而S=a2+a3+…+an-1=[(a2+an-1)+(a3+an-2)+…+(an-2+a3)+(an-1+a2)]≥≥(n-2),
从而S2+S(a1+an)≥(n-2)2a1an+2(n-2)·a1an=(n2-2n)·a1an,
即S2+S(a1+an)≥n(n-2)·a1an,结论得证.
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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