必刷大題12數(shù)列的綜合問題[分值：60分]1.(13分)已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均不小于1，前n項(xiàng)和為Sn，a1=1，{2Sn-an2}是公差為1(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(6分)(2)求數(shù)列a2n+1Sn2的前n項(xiàng)和解(1)由a1=1，得2S1-a12因?yàn)閧2Sn-an2}是公差為1所以2Sn-an2=1+(n-1)=當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn-1-an-12=兩式相減，得2an-an2+a所以(an又an≥1，所以an-1=an-1，則an-an-1=1，所以{an}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，所以an=1+(n-1)=n.(2)由(1)可知，Sn=n則a2n+1S所以數(shù)列a2n+1Tn=41-122+12.(15分)(2024·三明模擬)已知數(shù)列{an}滿足：a1=2，a2=4，an+2=3an+1-2an.(1)證明：數(shù)列{an+1-an}是等比數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(6分)(2)在an與an+1之間插入n個(gè)數(shù)，使這n+2個(gè)數(shù)組成一個(gè)公差為dn的等差數(shù)列，求數(shù)列1dn的前n項(xiàng)和Tn.(9解(1)因?yàn)閍n+2=3an+1-2an，所以an+2-an+1=2(an+1-an)，又因?yàn)閍1=2，a2=4，所以a2-a1=2≠0，所以an+2所以數(shù)列{an+1-an}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列.所以an+1-an=2×2n-1=2n，當(dāng)n≥2時(shí)，an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n-1+2n-2+…+21+2=2(1-2n-1當(dāng)n=1時(shí)，a1=2也滿足上式，故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n.(2)由題意可知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將①式兩邊同時(shí)乘以12，得12Tn=222+323+①-②得12Tn=1+122+123+12=1+141-12n-1所以Tn=3-n故數(shù)列1dn的前n項(xiàng)和Tn=3-3.(15分)已知函數(shù)f(x)=ax2-x+ln(x+1)，a∈R.(1)若對(duì)定義域內(nèi)任意非零實(shí)數(shù)x1，x2，均有f(x1)f(x2)(2)記tn=1+12+…+1n(n∈N*)，證明：tn-56<ln(n+1)<tn.((1)解f(x)的定義域?yàn)?-1，+∞)，且f(0)=0，f'(x)=2ax-1+1x+1=2ax-xx+1=x2a-1①當(dāng)a≤0時(shí)，2a-1x+1則令f'(x)>0，有x∈(-1，0)，令f'(x)<0，有x∈(0，+∞)，則f(x)在(-1，0)上單調(diào)遞增，在(0，+∞)上單調(diào)遞減，又f(0)=0，所以f(x)≤0，此時(shí)令x1x2<0，有f(x1②當(dāng)a>0時(shí)，f'(x)有零點(diǎn)0和x0=12a若-1<x0<0，即a>1此時(shí)令f'(x)<0，有x∈(x0，0)，令f'(x)>0，有x∈(-1，x0)∪(0，+∞)，f(x)在(x0，0)上單調(diào)遞減，在(-1，x0)，(0，+∞)上單調(diào)遞增，又f(0)=0，則f(x0)>0，令x1>0，x2=x0，有f(x1若x0>0，即0<a<1此時(shí)令f'(x)<0，有x∈(0，x0)，令f'(x)>0，有x∈(-1，0)∪(x0，+∞)，f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(-1，0)，(x0，+∞)上單調(diào)遞增，又f(0)=0，則f(x0)<0，令-1<x1<0，x2=x0，有f(x1若x0=0，即a=12，此時(shí)f'(x)=x2f(x)在(-1，+∞)上單調(diào)遞增，又f(0)=0，則當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>0，當(dāng)-1<x<0時(shí)，f(x)<0，則當(dāng)x≠0時(shí)，f(也即對(duì)x1x2≠0，f(綜上，a=12(2)證明由(1)的結(jié)論可知，當(dāng)a=0時(shí)，f(x)=-x+ln(x+1)≤0；當(dāng)a=12，x>0時(shí)，f(x)=12x2-x+ln(x+1則當(dāng)x>0時(shí)，x-12x2<ln(x+1)<x令x=1n(n∈N*)，有1n-12n即1n-12n2<ln(n+1)-ln所以1n-1-12(n-1)2<lnn-ln(n-1)<1n將上述n個(gè)式子相加，tn-121+122+…+1欲證tn-56<ln(n+1)<tn只需證tn-56≤tn-只需證1+122+…+1因?yàn)?n2=44n所以1+122+…<1+21=53-22n+1于是tn-56<ln(n+1)<tn得證4.(17分)在無窮數(shù)列{an}中，令Tn=a1a2…an，若?n∈N*，Tn∈{an}，則稱{an}對(duì)前n項(xiàng)之積是封閉的.(1)試判斷：任意一個(gè)無窮等差數(shù)列{an}對(duì)前n項(xiàng)之積是否是封閉的？(5分)(2)設(shè){an}是無窮等比數(shù)列，其首項(xiàng)a1=2，公比為q.若{an}對(duì)前n項(xiàng)之積是封閉的，求出q的兩個(gè)值；(5分)(3)證明：對(duì)任意的無窮等比數(shù)列{an}，總存在兩個(gè)無窮數(shù)列{bn}和{cn}，使得an=bn·cn(n∈N*)，其中{bn}和{cn}對(duì)前n項(xiàng)之積都是封閉的.(7分)(1)解不是的，理由如下：如等差數(shù)列-當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Tn=a1a2…an>0，Tn?-所以不是任意一個(gè)無窮等差數(shù)列對(duì)前n項(xiàng)之積都是封閉的.(2)解{an}是等比數(shù)列，其首項(xiàng)a1=2，公比為q，所以an=a1·qn-1=2qn-1(n∈N*)，所以Tn=a1a2…an=2nq1+2+…+(n-1)=2nq由已知得，對(duì)任意正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m，使得Tn=am成立，即對(duì)任意正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m，使得2nq(n-1)n2=2即對(duì)任意正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m，使得q(n-1)n2①當(dāng)m=(n+1)n2≥1時(shí)，得(n-1)n2-(m-1②當(dāng)m=(n-1)n2+(2-n)=n2-3n+42≥1時(shí)，得所以q=12綜上，q=2或q=12.(3)證明對(duì)任意的無窮等比數(shù)列{an}，設(shè)公比為q'，則an=a1q'n-1=a1n令bn=a1n，c則an=bn·cn(n∈N*)，下面證明：{bn}是對(duì)前n項(xiàng)之積是封閉的.因?yàn)閎n=a1n，所以Tn=