高考中档大题规范练(四)数列1．已知函数f(x)＝，数列{an}满足：2an＋1－2an＋an＋1an＝0且an≠0.数列{bn}中，b1＝f(0)且bn＝f(an－1)．(1)求证：数列是等差数列；(2)求数列{|bn|}的前n项和Tn.2．已知等差数列{an}是递增数列，且满足a4·a7＝15，a3＋a8＝8.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝(n≥2)，b1＝，求数列{bn}的前n项和Sn.3．(2022·天津)已知数列{an}满足an＋2＝qan(q为实数，且q≠1)，n∈N*，a1＝1，a2＝2，且a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差数列．(1)求q的值和{an}的通项公式；6\n(2)设bn＝，n∈N*，求数列{bn}的前n项和．4．已知数列{an}的前n项和Sn＝an＋n2－1，数列{bn}满足3nbn＋1＝(n＋1)an＋1－nan，且b1＝3.(1)求an，bn；(2)设Tn为数列{bn}的前n项和，求Tn，并求满足Tn<7时n的最大值．5．(2022·广东)数列{an}满足：a1＋2a2＋…＋nan＝4－，n∈N*.(1)求a3的值；(2)求数列{an}前n项和Tn；(3)令b1＝a1，bn＝＋an(n≥2)，证明：数列{bn}的前n项和Sn满足Sn<2＋2lnn.6\n答案精析高考中档大题规范练(四)数 列1．(1)证明 由2an＋1－2an＋an＋1an＝0得－＝，所以数列是等差数列．(2)解 因为b1＝f(0)＝5，所以＝5，7a1－2＝5a1，所以a1＝1，＝1＋(n－1)×，所以an＝.bn＝＝7－(n＋1)＝6－n.当n≤6时，Tn＝(5＋6－n)＝；当n≥7时，Tn＝15＋(1＋n－6)＝.所以，Tn＝2．解 (1)根据题意a3＋a8＝8＝a4＋a7，a4·a7＝15，所以a4，a7是方程x2－8x＋15＝0的两根，且a4<a7，解得a4＝3，a7＝5.设数列{an}的公差为d，由a7＝a4＋(7－4)·d，得d＝.故等差数列{an}的通项公式为an＝a4＋(n－4)·d＝3＋(n－4)·＝.(2)当n≥2时，bn＝＝＝＝(－)，6\n又b1＝＝(1－)，所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝(1－＋－＋…＋－)＝(1－)＝.即数列{bn}的前n项和Sn＝.3．解 (1)由已知，有(a3＋a4)－(a2＋a3)＝(a4＋a5)－(a3＋a4)，即a4－a2＝a5－a3，所以a2(q－1)＝a3(q－1)，又因为q≠1，故a3＝a2＝2，由a3＝a1q，得q＝2.由递推公式得当n＝2k－1(k∈N*)时，an＝a2k－1＝2k－1＝2；当n＝2k(k∈N*)时，an＝a2k＝2k＝2.所以，{an}的通项公式为an＝(2)由(1)得bn＝＝.设{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×，Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×.上述两式相减得：Sn＝1＋＋＋…＋－＝－＝2－－，整理得，Sn＝4－，n∈N*.所以，数列{bn}的前n项和为4－，n∈N*.4．解 (1)n≥2时，Sn＝an＋n2－1，Sn－1＝an－1＋(n－1)2－1，两式相减，得an＝an－an－1＋2n－1，6\n∴an－1＝2n－1.∴an＝2n＋1，∴3nbn＋1＝(n＋1)(2n＋3)－n(2n＋1)＝4n＋3，∴bn＋1＝，∴当n≥2时，bn＝，又b1＝3适合上式，∴bn＝.(2)由(1)知，bn＝，∴Tn＝＋＋＋…＋＋，①Tn＝＋＋＋…＋＋，②①－②，得Tn＝3＋＋＋…＋－＝3＋4·－＝5－.∴Tn＝－.Tn－Tn＋1＝－＝－<0.∴Tn<Tn＋1，即{Tn}为递增数列．又T3＝<7，T4＝>7，∴Tn<7时，n的最大值为3.5．(1)解 a1＝1，a1＋2a2＝2，a2＝，a1＋2a2＋3a3＝4－，a3＝.(2)解 n≥2时，a1＋2a2＋…＋(n－1)·an－1＝4－，与原式相减，得nan＝，an＝，n＝1也符合，Tn＝＝2－.(3)证明 n≥2时，6\nbn＝＋an＝＋an，故Sn＝i＝a1＋＋a2＋＋a3＋…＋＋an＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝Tn＝<2，只需证明2<2＋2lnn，n∈N*.对于任意自然数k∈N，令x＝－∈(－1,0)时，ln＋<0，即<ln(k＋1)－lnk.∴k＝1时，<ln2－ln1，k＝2时，<ln3－ln2.…k＝n－1时，<lnn－ln(n－1)．∴1＋＋＋…＋<1＋(ln2－ln1)＋(ln3－ln2)＋…＋[lnn－ln(n－1)]，即1＋＋＋…＋<1＋lnn，∴n≥2时，2<2＋2lnn，综上n∈N*时，Sn<2＋2lnn.6
