备战2023年高考数学二轮专题复习第二板块课时验收评价(五)　“数列”大题规范增分练.docx

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1、课时验收评价(五)“数列”大题规范增分练1(2022全国甲卷)记Sn为数列an的前n项和已知n2an1.(1)证明：an是等差数列；(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值解：(1)证明：由已知条件，得Snnan.当n1时，a1S1.当n2时，anSnSn1nan，(1n)ann1(n1)an1.等式两边同时除以1n，得an1an1，anan11.数列an是公差为1的等差数列(2)由(1)知数列an的公差为1.由aa4a9，得(a16)2(a13)(a18)，解得a112.所以Sn12n2，所以当n12或n13时，Sn取得最小值，最小值为78.2已知数列an的前n项和Sn满足3n22

2、9n2Sn0.(1)求数列an的通项公式；(2)已知数列bn的通项公式为bn2n，若由数列an与bn的公共项按从小到大排列得到数列cn，求数列cn的前n项和Tn.解：(1)因为3n229n2Sn0，所以Snn2n.当n1时，a113；当n2时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)3n16.经检验，a113满足an3n16，故数列an的通项公式为an3n16.(2)设bman，即2m3n16，m，nN*.由bm2m，所以bm12m122m2(3n16)6n32316，由2nN*，可知bm1an，即bm1不是两个数列的公共项bm22m2222m4(3n16)12n643(4n16)16，由4n1

3、6N*，可知bm2an，所以bm2是两个数列的公共项，因此，若ckbman，则ck1bm2a4n16，所以4，且c12，所以两数列的公共项所构成的新数列cn是以2为首项，以4为公比的等比数列，所以数列cn的前n项和Tn.3(2022晋中二模)已知等比数列an是各项均为正数的递增数列，3a4,2a5，a6成等差数列，且满足a9a4；(1)求数列an的通项公式；(2)若bnlog3a2n1(nN*)，求数列的前n项和Tn.解：(1)设等比数列an的公比为q，且q1，由条件3a4,2a5，a6成等差数列，可得4a53a4a6，即4a4q3a4a4q2，可得q24q30，解得q3或q1(舍去)，又因为

4、a9a4，即aq49a1q3，即a13.所以数列an是首项为3，公比为3的等比数列，所以an3n(nN*)(2)因为bnlog3a2n12n1，所以，数列的前n项和Tn1.4(2022衡阳三模)已知等差数列an的前n项和为Sn，且S10145，a37，公比为2的等比数列bn满足b12a1.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)求数列anbn的前n项和Tn，及使得Tnm2 022对nN*恒成立的最大正整数m.解：(1)设等差数列an的公差为d，则解得所以ana1(n1)d3n2.因为b12a12，所以bn22n12n.(2)因为anbn(3n2)2n，则Tn121422723(3n2)2n，2

5、Tn122423(3n5)2n(3n2)2n1，得Tn23(22232n)(3n2)2n12(3n2)2n110(53n)2n1，因此，Tn(3n5)2n110.Tnm2 022对nN*恒成立，即minm2 022，又因为anbn(3n2)2n0，所以Tn单调递增，所以Tn的最小值为T11, 即1m2 022，m2 023，所以最大正整数m为2 022.5(2022长郡中学、衡阳八中等名校3月第二次联考)已知数列an的每一项均为正数，a13，它的前n项和为Sn，且an，an1(nN*)成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)求S2n，并证明：.解：(1)由an，an1成等比数列，得2Snanan1,2Sn1an1an2.两式相减得2an1an1(an2an)，因为数列an各项均为正数，所以an2an2.所以数列a1，a3，a2n1，是首项为3，公差为2的等差数列，则a2n132(n1)2n1.又2S1a1a2，所以a22，所以数列a2，a4，a2n，是首项为2，公差为2的等差数列，则a2n22(n1)2n，从而an(2)S2n(a1a3a2n1)(a2a4a2n)n(2n3)证明：.从而，问题得证