第六章 必刷大题12 数列的综合问题.docx
必刷大题12数列的综合问题
分值：60分
1.(13分)已知数列{an}的各项均不小于1，前n项和为Sn，a1=1，{2Sn-an2
(1)求数列{an}的通项公式；(6分)
(2)求数列a2n+1Sn2的前
2.(15分)(2024·三明模拟)已知数列{an}满足：a1=2，a2=4，an+2=3an+1-2an.
(1)证明：数列{an+1-an}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；(6分)
(2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，求数列1dn的前n项和Tn
3.(15分)已知函数f(x)=ax2-x+ln(x+1)，a∈R.
(1)若对定义域内任意非零实数x1，x2，均有f(x1
(2)记tn=1+12+…+1n(n∈N*)，证明：tn-56ln(n+1)t
4.(17分)在无穷数列{an}中，令Tn=a1a2…an，若?n∈N*，Tn∈{an}，则称{an}对前n项之积是封闭的.
(1)试判断：任意一个无穷等差数列{an}对前n项之积是否是封闭的？(5分)
(2)设{an}是无穷等比数列，其首项a1=2，公比为q.若{an}对前n项之积是封闭的，求出q的两个值；(5分)
(3)证明：对任意的无穷等比数列{an}，总存在两个无穷数列{bn}和{cn}，使得an=bn·cn(n∈N*)，其中{bn}和{cn}对前n项之积都是封闭的.(7分)
答案精析
1.解(1)由a1=1，得2S1-a12
因为{2Sn-an2}是公差为
所以2Sn-an2=1+(n-1)
当n≥2时，2Sn-1-an?12=
两式相减，得2an-an2+a
所以(an
又an≥1，所以an-1=an-1，
则an-an-1=1，
所以{an}是首项为1，公差为1的等差数列，
所以an=1+(n-1)=n.
(2)由(1)可知，Sn=n
则a2n+1S
所以数列a2n+1Sn2的前
=41?1(n
2.解(1)因为an+2=3an+1-2an，
所以an+2-an+1=2(an+1-an)，
又因为a1=2，a2=4，
所以a2-a1=2≠0，
所以an+2
所以数列{an+1-an}是首项为2，公比为2的等比数列.
所以an+1-an=2×2n-1=2n，
当n≥2时，an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1
=2n-1+2n-2+…+21+2
=2(1?2n?1
当n=1时，a1=2也满足上式，
故数列{an}的通项公式为an=2n.
(2)由题意可知an+1-an=(n+2-1)dn，
所以(n+1)dn=an+1-an=2n，
所以1dn
所以Tn=221+322+423
将①式两边同时乘以12，得12Tn=222+323+
①-②得12Tn=1+122+123+12
=1+141?12n?1
所以Tn=3-n+32n，故数列1dn的前n
3.(1)解f(x)的定义域为(-1，+∞)，
且f(0)=0，
f(x)=2ax-1+1x+1=2ax-xx+1=x2a?1
①当a≤0时，2a-1x+1
则令f(x)0，有x∈(-1，0)，
令f(x)0，有x∈(0，+∞)，
则f(x)在(-1，0)上单调递增，
在(0，+∞)上单调递减，
又f(0)=0，所以f(x)≤0，
此时令x1x20，有f(x
②当a0时，
f(x)有零点0和x0=12a
若-1x00，即a1
此时令f(x)0，有x∈(x0，0)，令f(x)0，有x∈(-1，x0)∪(0，+∞)，f(x)在(x0，0)上单调递减，在(-1，x0)，(0，+∞)上单调递增，
又f(0)=0，则f(x0)0，
令x10，x2=x0，
有f(x
若x00，即0a1
此时令f(x)0，有x∈(0，x0)，
令f(x)0，有x∈(-1，0)∪(x0，+∞)，f(x)在(0，x0)上单调递减，在(-1，0)，(x0，+∞)上单调递增，
又f(0)=0，则f(x0)0，
令-1x10，x2=x0，
有f(x
若x0=0，即a=1
此时f(x)=x2x+1
f(x)在(-1，+∞)上单调递增，
又f(0)=0，则当x0时，f(x)0，
当-1x0时，f(x)0，
则当x≠0时，f(
也即对x1x2≠0，f(
综上，a=12
(2)证明由(1)的结论可知，
当a=0时，f(x)=-x+ln(x+1)≤0；
当a=12，x
f(x)=12x2-x+ln(x+1)0
则当x0时，x-12x2ln(x+1)x
令x=1n(n∈N*
有1n-12n2
即1n-12n2ln(n+1)-ln
所以1n?1-12(n?1)2lnn-ln(n-1)1n
将上述n个式子相加，
tn-121+122+…+1n2
欲证tn-56ln(n+1)