高考數(shù)學(xué)微專(zhuān)題專(zhuān)練32（含解析）文

專(zhuān)練32高考大題專(zhuān)練(三)數(shù)列的綜合運(yùn)用1．[2021·全國(guó)乙卷]設(shè){an}是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列，數(shù)列{bn}滿(mǎn)足bn＝eq\f(nan,3).已知a1，3a2，9a3成等差數(shù)列．(1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；(2)記Sn和Tn分別為{an}和{bn}的前n項(xiàng)和．證明：Tn<eq\f(Sn,2).2．[2022·全國(guó)甲(文)，18]記Sn為數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n項(xiàng)和．已知eq\f(2Sn,n)＋n＝2an＋1.(1)證明：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是等差數(shù)列；(2)若a4，a7，a9成等比數(shù)列，求Sn的最小值．3．[2022·新高考Ⅰ卷，17]記Sn為數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n項(xiàng)和，已知a1＝1，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是公差為eq\f(1,3)的等差數(shù)列．(1)求eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通項(xiàng)公式；(2)證明：eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<2.4.[2021·全國(guó)甲卷]記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知an>0，a2＝3a1，且數(shù)列{eq\r(Sn)}是等差數(shù)列，證明：{an}是等差數(shù)列．5．[2022·云南省高三聯(lián)考(二)]已知正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿(mǎn)足4Sn＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＋2an－8.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列{(－1)n(Sn－3n)}的前n項(xiàng)和Tn.專(zhuān)練32高考大題專(zhuān)練(三)數(shù)列的綜合運(yùn)用1．解析：(1)設(shè){an}的公比為q，則an＝qn－1.因?yàn)閍1，3a2，9a3成等差數(shù)列，所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝eq\f(1,3)，故an＝eq\f(1,3n－1)，bn＝eq\f(n,3n).(2)由(1)知Sn＝eq\f(1－\f(1,3n),1－\f(1,3))＝eq\f(3,2)(1－eq\f(1,3n))，Tn＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,32)＋eq\f(3,33)＋…＋eq\f(n,3n)，①eq\f(1,3)Tn＝eq\f(1,32)＋eq\f(2,33)＋eq\f(3,34)＋…＋eq\f(n－1,3n)＋eq\f(n,3n＋1)，②①－②得eq\f(2,3)Tn＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,33)＋…＋eq\f(1,3n)－eq\f(n,3n＋1)，即eq\f(2,3)Tn＝eq\f(\f(1,3)（1－\f(1,3n)）,1－\f(1,3))－eq\f(n,3n＋1)＝eq\f(1,2)(1－eq\f(1,3n))－eq\f(n,3n＋1)，整理得Tn＝eq\f(3,4)－eq\f(2n＋3,4×3n)，則2Tn－Sn＝2(eq\f(3,4)－eq\f(2n＋3,4×3n))－eq\f(3,2)(1－eq\f(1,3n))＝－eq\f(n,3n)<0，故Tn<eq\f(Sn,2).2．解析：(1)證明：由已知條件，得Sn＝nan－eq\f(n2,2)＋eq\f(n,2).當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1.當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝nan－eq\f(n2,2)＋eq\f(n,2)－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（n－1）an－1－\f(（n－1）2,2)＋\f(n－1,2)))，∴(1－n)an＝－n＋1－(n－1)an－1.等式兩邊同時(shí)除以1－n，得an＝1＋an－1，∴an－an－1＝1.∴{an}是公差為1的等差數(shù)列．(2)由(1)可得an＝a1＋(n－1).∴a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8.∵a4，a7，a9成等比數(shù)列，∴aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7))＝a4·a9，即(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，∴a1＝－12，∴Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)×1＝－12n＋eq\f(n2－n,2)＝eq\f(1,2)n2－eq\f(25,2)n.當(dāng)n＝12或n＝13時(shí)，Sn取得最小值，為eq\f(1,2)×122－eq\f(25,2)×12＝－78.3．解析：(1)∵a1＝1，∴eq\f(S1,a1)＝1.又∵eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是公差為eq\f(1,3)的等差數(shù)列，∴eq\f(Sn,an)＝eq\f(S1,a1)＋eq\f(1,3)(n－1)，即Sn＝(eq\f(1,3)n＋eq\f(2,3))an＝eq\f(1,3)(n＋2)an，∴當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝eq\f(1,3)(n＋1)an－1，∴an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,3)(n＋2)an－eq\f(1,3)(n＋1)an－1，n≥2，即(n－1)an＝(n＋1)an－1，n≥2，∴eq\f(an,an－1)＝eq\f(n＋1,n－1)，n≥2，∴當(dāng)n≥2時(shí)，eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·…·eq\f(a3,a2)·eq\f(a2,a1)＝eq\f(n＋1,n－1)·eq\f(n,n－2)·…·eq\f(4,2)·eq\f(3,1)＝eq\f(n（n＋1）,2)，∴an＝eq\f(n（n＋1）,2).當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝1滿(mǎn)足上式，∴an＝eq\f(n（n＋1）,2).(2)證明：由(1)知an＝eq\f(n（n＋1）,2)，∴eq\f(1,an)＝eq\f(2,n（n＋1）)＝2(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))，∴eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＝2(1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))＝2(1－eq\f(1,n＋1)).∵n∈N*，∴0＜eq\f(1,n＋1)≤eq\f(1,2)，∴1－eq\f(1,n＋1)＜1，∴2(1－eq\f(1,n＋1))＜2，∴eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＜2.4．解析：由題意可知，數(shù)列{eq\r(Sn)}的首項(xiàng)為eq\r(a1)，設(shè)等差數(shù)列{eq\r(Sn)}的公差為d，由題意得eq\r(S1)＝eq\r(a1)，eq\r(S2)＝eq\r(a1＋a2)＝eq\r(4a1)＝2eq\r(a1)，則d＝eq\r(S2)－eq\r(S1)＝eq\r(a1＋a2)－eq\r(a1)＝eq\r(a1)，所以eq\r(Sn)＝eq\r(a1)＋(n－1)eq\r(a1)＝neq\r(a1)，即Sn＝a1·n2，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1，n＝1,Sn－Sn－1＝（2n－1）a1，n≥2))，即an＝(2n－1)a1，所以an＋1－an＝2a1，所以數(shù)列{an}是以a1為首項(xiàng)，2a1為公差的等差數(shù)列．5．解析：(1)由4Sn＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＋2an－8，得4Sn－1＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n－1))＋2an－1－8(n≥2)，兩式相減得：4an＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＋2an－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n－1))－2an－1，則aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n－1))－2(an＋an－1)＝0，即(an－an－1－2)(an＋an－1)＝0，因?yàn)閍n＞0，所以an－an－1＝2，又4a1＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋2a1－8，解得a1＝4或a1＝－2(舍去)，所以數(shù)列{an}是以4為首項(xiàng)，以2為公差的等差數(shù)列，所以an＝4＋2(n－1)＝2n＋2；(2)由(1)知：4Sn＝(2n＋2)2＋2(2n＋2)－8，所以Sn＝n(n＋3)，則(－1)n(Sn－3n)＝(－1)nn2，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Tn＝－12＋22－32＋42－…＋n2，＝3＋7＋…＋2n－1，＝eq\f(\f(n,2)（3＋2n