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1．【2022年全Sn为数列an的前n项和．已知2Snn+n=2an+1．
(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．
【答案】(1)证明见解析；
(2)−78．
【解析】
【分析】
（1）依题意可得2Sn+n2=2nan+n，根据an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2，作差即可得到an−an−1=1，从而得证；
（2）由（1）及等比中项的性质求出a1，即可得到an的通项公式与前n项和，再根据二次函数的性质计算可得．
(1)
解：因为2Snn+n=2an+1，即2Sn+n2=2nan+n①，
当n≥2时，2Sn−1+n−12=2n−1an−1+n−1②，
①−②得，2Sn+n2−2Sn−1−n−12=2nan+n−2n−1an−1−n−1，
即2an+2n−1=2nan−2n−1an−1+1，
即2n−1an−2n−1an−1=2n−1，所以an−an−1=1，n≥2且n∈N*，
所以an是以1为公差的等差数列．
(2)
解：由（1）可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，
又a4，a7，a9成等比数列，所以a72=a4⋅a9，
即a1+62=a1+3⋅a1+8，解得a1=−12，
所以an=n−13，所以Sn=−12n+nn−12=12n2−252n=12n−2522−6258，
所以，当n=12或n=13时Snmin=−78．
2．【2022年新高考1卷】记Sn为数列an的前n项和，已知a1=1,Snan是公差为13的等差数列．
(1)求an的通项公式；
(2)证明：1a1+1a2+⋯+1an<2．
【答案】(1)an=nn+12
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）利用等差数列的通项公式求得Snan=1+13n−1=n+23，得到Sn=n+2an3，利用和与项的关系得到当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n+2an3−n+1an−13,进而得：anan−1=n+1n−1，利用累乘法求得an=nn+12，检验对于n=1也成立，得到an的通项公式an=nn+12；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到1a1+1a2+⋯+1an=21−1n+1，进而证得.
(1)
∵a1=1，∴S1=a1=1,∴S1a1=1,
又∵Snan是公差为13的等差数列，
∴Snan=1+13n−1=n+23,∴Sn=n+2an3,
∴当n≥2时，Sn−1=n+1an−13，
∴an=Sn−Sn−1=n+2an3−n+1an−13,
整理得：n−1an=n+1an−1,
即anan−1=n+1n−1,
∴an=a1×a2a1×a3a2×…×an−1an−2×anan−1
=1×32×43×…×nn−2×n+1n−1=nn+12，
显然对于n=1也成立，
∴an的通项公式an=nn+12；
(2)
1an=2nn+1=21n−1n+1,
∴1a1+1a2+⋯+1an =21−12+12−13+⋯1n−1n+1=21−1n+1<2
3．【2022年新高考2卷】已知
an为等差数列，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kbk=am+a1,1≤m≤500中元素个数．
【答案】(1)证明见解析；
(2)9．
【解析】
【分析】
（1）设数列an的公差为d，根据题意列出方程组即可证出；
（2）根据题意化简可得m=2k−2，即可解出．
(1)
设数列an的公差为d，所以，a1+d−2b1=a1+2d−4b1a1+d−2b1=8b1−a1+3d，即可解得，b1=a1=d2，所以原命题得证．
(2)
由（1）知，b1=a1=d2，所以bk=am+a1⇔b1×2k−1=a1+m−1d+a1，即2k−1=2m，亦即m=2k−2∈1,500，解得2≤k≤10，所以满足等式的解k=2,3,4,⋯,10，故集合k|bk=am+a1,1≤m≤500中的元素个数为10−2+1=9．
4．【2021年甲卷文科】记为数列的前n项和，已知，且数列是等差数列，证明：是等差数列.
【答案】证明见解析.
【解析】
【分析】
先根据求出数列的公差，进一步写出的通项，从而求出的通项公式，最终得证.
【详解】
∵数列是等差数列，设公差为
∴，
∴，
∴当时，
当时，，满足，
∴的通项公式为，
∴
∴是等差数列.
【点睛】
在利用求通项公式时一定要讨论的特殊情况.
5．【2021年甲卷理科】已知数列的各项均为正数，记为的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列是等差数列：②数列是等差数列；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
【答案】证明过程见解析
【解析】
【分析】
选①②作条件证明③时，可设出，结合的关系求出，利用是等差数列可证；也可分别设出公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系，进行证明.
选①③作条件证明②时，根据等差数列的求和公式表示出，结合等差数列定义可证；
选②③作条件证明①时，设出，结合的关系求出，根据可求，然后可证是等差数列；也可利用前两项的差求出公差，然后求出通项公式，进而证明出结论.
【详解】
选①②作条件证明③：
[方法一]：待定系数法+与关系式
设，则，
当时，；
当时，；
因为也是等差数列，所以，解得；
所以，，故.
[方法二] ：待定系数法
设等差数列的公差为d，等差数列的公差为，
则，将代入，
化简得对于恒成立．
则有，解得．所以．
选①③作条件证明②：
因为，是等差数列，
所以公差，
所以，即，
因为，
所以是等差数列.
选②③作条件证明①：
[方法一]：定义法
设，则，
当时，；
当时，；
因为，所以，解得或；
当时，，当时，满足等差数列的定义，此时为等差数列；
当时，，不合题意，舍去.
综上可知为等差数列.
[方法二]【最优解】：求解通项公式
因为，所以，，因为也为等差数列，所以公差，所以，故，当时，，当时，满足上式，故的通项公式为，所以，，符合题意.
【整体点评】
这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，选①②时，法一：利用等差数列的通项公式是关于的一次函数，直接设出，平方后得到的关系式，利用得到的通项公式，进而得到，是选择①②证明③的通式通法；法二：分别设出与的公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系，，进而得到；选①③时，按照正常的思维求出公差，表示出及，进而由等差数列定义进行证明；选②③时，法一：利用等差数列的通项公式是关于的一次函数，直接设出，结合的关系求出，根据可求，然后可证是等差数列；法二：利用是等差数列即前两项的差求出公差，然后求出的通项公式，利用，求出的通项公式，进而证明出结论.
6．【2021年乙卷文科】设是首项为1的等比数列，数列满足．已知，，
成等差数列．
（1）求和的通项公式；
（2）记和分别为和的前n项和．证明：．
【答案】（1），；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用等差数列的性质及得到，解方程即可；
（2）利用公式法、错位相减法分别求出，再作差比较即可.
【详解】
（1）因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列，
所以，所以，
即，解得，所以，
所以.
（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和
，
，
．
设，       ⑧
则．        ⑨
由⑧-⑨得．
所以．
因此．
故．
[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法
证明：由（1）可得，
，①
，②
①②得 ，
所以，
所以，
所以.
[方法三]：构造裂项法
由（Ⅰ）知，令，且，即，
通过等式左右两边系数比对易得，所以．
则，下同方法二．
[方法四]：导函数法
设，
由于，
则．
又，
所以
，下同方法二．
【整体点评】
本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.
（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；
方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,然后证得结论,为最优解；
方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造，使，求得的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，
方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.
7．【2021年乙卷理科】记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．
（1）证明：数列是等差数列;
（2）求的通项公式．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由已知得,且，取,得,由题意得,消积得到项的递推关系,进而证明数列是等差数列;
（2）由（1）可得的表达式,由此得到的表达式,然后利用和与项的关系求得.
【详解】
（1）[方法一]：
由已知得,且，,
取,由得,
由于为数列的前n项积，
所以,
所以，
所以,
由于
所以，即,其中
所以数列是以为首项，以为公差等差数列;
[方法二]【最优解】：