35
1．(2024·泰安模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝，a3＝，且当n≥2
24时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1. (1)求a4的值；
(2)证明：???
a1?
n＋1－2an??为等比数列；
(3)求数列{an}的通项公式．
(1)解 当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，
即4??35?1＋2＋4＋a????1＋32???＝8???1＋32＋54?＋5?4???
＋1，
解得a74＝8
.
(2)证明 因为4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)， 所以4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)， 即4an＋2＋an＝4an＋1 (n≥2)，
当n＝1时，4a＋a5
31＝4×4＋1＝6＝4a2，
所以n＝1也满足此式， 所以4a*
n＋2＋an＝4an＋1 (n∈N)， a1n＋2－an＋1
因为24an＋2－2an＋1
a1＝4a
n＋1－2ann＋1－2
an＝
4an＋1－an－2an＋12an＋4a2a＝1－an＝1
，
n＋1－n2?2an＋1－an?2
所以数列???
a1?11
n＋1－2an??是以a2－2a1＝1为首项，2为公比的等比数列．
(3)解 由(2)知：数列???
a1?11
n＋1－2an??是以a2－2a1＝1为首项，2为公比的等比数列，
所以a1＋1－?1?n－1
n2an＝??2??.
即
an＋1
?－an＝4，
?1???n＋12???1?2??n?
11
a??n??a1an所以数列??1?n?是以＝2为首项，4为公差的等差数列，所以＝2＋(n－1)×4＝4n－2，
11????n???2????2?2??
?1?n?1?n－1
即an＝(4n－2)×??＝(2n－1)×??，
?2??2??1?n－1
所以数列{an}的通项公式是an＝(2n－1)×??.
?2?
2．(2017·福建漳州八校联考)已知递增的等比数列{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是
a2和a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝anlog1an，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2
2n＋1
>62成立的正整数n的最小值．
??a1q＋a1q＋a1q＝28，
解 (1)由题意，得?32
??a1q＋a1q＝2?a1q＋2?，??a1＝2，
解得?
?q＝2?
23
a1＝32，??
或?1
q＝，??2
n
∵{an}是递增数列，∴a1＝2，q＝2， ∴数列{an}的通项公式为an＝2·2
nn－1
＝2.
nn(2)∵bn＝anlog1an＝2·log12＝－n·2，
222
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－(1×2＋2×2＋…＋n·2)，① 则2Sn＝－(1×2＋2×2＋…＋n·2
2
2
3
nn＋1
)，②
n＋1
②－①，得Sn＝(2＋2＋…＋2)－n·2则Sn＋n·2解2
n＋1
n＋1
n＝2
n＋1
－2－n·2
n＋1
，
＝2
n＋1
－2，
－2>62，得n>5，
∴n的最小值为6.
3．(2024·梅州质检)已知正项数列{an}中，a1＝1，点(an，an＋1)(n∈N)在函数y＝x＋1的图象上，数列{bn}的前n项和Sn＝2－bn. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)设cn＝
－1
，求{cn}的前n项和Tn.
an＋1log2bn＋1
*
2
*
2
解 (1)∵点(an，an＋1)(n∈N)在函数y＝x＋1的图象上， ∴an＋1＝an＋1，∴数列{an}是公差为1的等差数列． ∵a1＝1，∴an＝1＋(n－1)×1＝n， ∵Sn＝2－bn，∴Sn＋1＝2－bn＋1，
12
两式相减，得bn＋1＝－bn＋1＋bn，即
bn＋11
＝， bn2
由S1＝2－b1，即b1＝2－b1，得b1＝1. 1
∴数列{bn}是首项为1，公比为的等比数列，
2
?1?n－1
∴bn＝??.
?2?
?1?n(2)∵log2bn＋1＝log2??＝－n，
?2?
∴cn＝
111
＝－，
n?n＋1?nn＋1
1?1n?1??11??11??1
∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝?1－?＋?－?＋?－?＋…＋?－＝1－＝. ?n＋1n＋1?2??23??34??nn＋1?4．(2024·佛山模拟)在等比数列{an}中，an>0(n∈N)，公比q∈(0,1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，又a3与a5的等比中项为2. (1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和Sn；
(3)是否存在k∈N，使得＋＋…＋ 12n若不存在，请说明理由． 解 (1)∵a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25， ∴a3＋2a3a5＋a5＝25，∴(a3＋a5)＝25， 又an>0，∴a3＋a5＝5， 又a3与a5的等比中项为2， ∴a3a5＝4，而q∈(0,1)， ∴a3>a5，∴a3＝4，a5＝1， 1 ∴q＝，a1＝16， 2 2 2 2 * * S1S2Sn* ?1?n－15－n∴an＝16×??＝2. ?2? (2)∵bn＝log2an＝5－n， ∴bn＋1－bn＝－1， b1＝log2a1＝log216＝log224＝4， ∴{bn}是以b1＝4为首项，－1为公差的等差数列， ∴Sn＝ n?9－n? 2 . 13 (3)由(2)知Sn＝ n?9－n? 2Sn9－n，∴＝. n2 Snn当n≤8时，>0；当n＝9时，＝0； 当n>9时，<0. ∴当n＝8或n＝9时，＋＋＋…＋＝18最大． 123n故存在k∈N，使得＋＋…＋ SnnSnnS1S2S3SnS1S2Sn* 5．(2017·天津滨海新区八校联考)已知数列{an}，{bn}，Sn为数列{an}的前n项和，a2＝4b1， Sn＝2an－2，nbn＋1－(n＋1)bn＝n2＋n(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)证明：??为等差数列； ?n??bn? ab－??2，n为奇数， (3)若数列{c}的通项公式为c＝?ab??4，n为偶数. nnnnnn 令Tn为{cn}的前n项和，求T2n. ??Sn＝2an－2， (1)解 当n>1时，? ?Sn－1＝2an－1－2，? 则an＝2an－2an－1， an＝2. an－1 当n＝1时，S1＝2a1－2，得a1＝2， 综上，{an}是公比为2，首项为2的等比数列，an＝2. (2)证明 ∵a2＝4b1，∴b1＝1. ∵nbn＋1－(n＋1)bn＝n＋n， ∴ 2 nbn＋1bn－＝1， n＋1n?bn??n? 综上，??是公差为1，首项为1的等差数列， bn2＝1＋n－1，可得bn＝n. n(3)解 令pn＝c2n－1＋c2n 14 ?2n－1?·2＝－ 2＝(4n－1)·2 0 22n－1 ?2n?·2＋ 4 n－1 22n2n－2 ＝(4n－1)·4 1 2 . n－1 T2n＝3·4＋7·4＋11·4＋…＋?4n－1?·4，①??123n－1?4T2n＝3·4＋7·4＋11·4＋…＋?4n－5?·4?? ＋?4n－1?·4n ② ①－②，得－3T2n＝3·4＋4·4＋4·4＋…＋4·416－16·4∴－3T2n＝3＋ 1－4712n－7n∴T2n＝＋·4. 99 n－10 1 2 n－1 －(4n－1)·4， n－(4n－1)·4 n 1* 6．已知数列{an}，{bn}，其中，a1＝，数列{an}满足(n＋1)an＝(n－1)an－1 (n≥2，n∈N)， 2数列{bn}满足b1＝2，bn＋1＝2bn. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； 111m－8* (2)是否存在自然数m，使得对于任意n∈N，n≥2，有1＋＋＋…＋<恒成立？若存 b1b2bn4在，求出m的最小值； 1??，n为奇数， (3)若数列{cn}满足cn＝?nan??bn，n为偶数，解 (1)由(n＋1)an＝(n－1)an－1， 即 求数列{cn}的前n项和Tn. ann－1 ＝(n≥2)． an－1n＋1 1又a1＝， 2所以an＝＝＝ anan－1an－2a3a2 ···…···a1 an－1an－2an－3a2a1 n－1n－2n－3211···…··· n＋1nn－1432 1 . n?n＋1? 1 . n?n＋1? 当n＝1时，上式成立，故an＝因为b1＝2，bn＋1＝2bn， 所以{bn}是首项为2，公比为2的等比数列， 15
(全国通用)2024届高考数学大一轮复习第六章数列高考专题突破三高考中的数列问题学案
