2027新高考数学复习53A版3-高考热点6　数列的综合

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=an−6,n为奇数,2an,n为偶数.记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n(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=a∴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+n(a2+a2n)2-6n=ST2n+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=anbn,n为奇数,(3−4n)bnan−1·an+1,n为偶数,(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+4×27×(1−9n−1)1−9-(4n-1)×3则An=916+24n−916当n为偶数时,cn=(3−4n)·bna记Bn=c2+c4+c6+…+c2n,Bn=14×323−34=14×3故T2n=An+Bn=2116+24n−916×9(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>n2+n−6n2+2n恒成立设f(n)=n2+n−6n2+2n=1−f(n+1)-f(n)=-n+7(n+1)(n+3)+∴f(n)单调递增.又∵n+6n(n+2)>0,∴f(n)=1-n+6n(n+2)∴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.82答案B2.★★★★★(2025届山西部分学校三模,19)已知函数f(x)=1x+1(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)<i=1nxi+2xi+1≤2n+2-12n−1.(切线不等式解析(1)f'(x)=-1(1+x)2,f'(xn)=-记Qn(xn,yn),Pn+1(xn+1,0),切线QnPn+1:y-yn=-1(xn+1)2(x-xn),有y-1x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=2(1−2n)1−2-n×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:xn+2因为2n-1≥2n-1,所以2+12n−1≤2+12n−1,所以i=1n右边证毕;因为2n+1-1>2n+1-2=2(2n-1),所以2<2n+1−12n−1,所以又根据切线不等式lnx≤x-1,得ln(2n+1)<2n,【注:不满足n=0的取等条件】所以有ln(2n+1)<i=1n综上,ln(2n+1)<i=1nxi+2xi+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.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>23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∈15,25,35,45,s∈{2解析(1)证明:由a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+−0.8−(−0.8×0.4因此an>23(∀n∈N*)即对任意的正整数k,都有ak-1>ak>23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=i5(i=1,2,3,4),则spn=i5·s,spn=k+pn+1(k∈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=16i5=3i+i5,故pn+4=i5=pn(因此{pn}是周期数列,周期为4.a2028-1=p1p2…p2028=(p1p2p3p4)507.不妨设p1=15,