2025版新教材高考数学第二轮复习
6.5 数列的综合
五年高考
高考新风向
(创新考法、新定义理解)(2024新课标Ⅰ,19,17分,难)设m为正整数,数列a ,a ,…,a 是
1 2 4m+2
公差不为0的等差数列,若从中删去两项a 和a(i<j)后剩余的4m项可被平均分为m组,且
i j
每组的4个数都能构成等差数列,则称数列a ,a ,…,a 是(i,j)-可分数列.
1 2 4m+2
(1)写出所有的(i,j),1≤i<j≤6,使得数列a ,a ,…,a 是(i,j)-可分数列;
1 2 6
(2)当m≥3时,证明:数列a ,a ,…,a 是(2,13)-可分数列;
1 2 4m+2
(3)从1,2,…,4m+2中一次任取两个数i和j(i<j),记数列a ,a ,…,a 是(i,j)-可分数列的概率
1 2 4m+2
1
为P ,证明:P > .
m m 8
考点 数列的综合
{a −6,n为奇数,
1.(2023新课标Ⅱ,18,12分,中)已知{a }为等差数列,b = n 记S ,T 分别为数
n n 2a ,n为偶数. n n
n
列{a },{b }的前n项和,S =32,T =16.
n n 4 3
(1)求{a }的通项公式;
n
(2)证明:当n>5时,T >S .
n n{S } 1
2.(2022新高考Ⅰ,17,10分,中)记S 为数列{a }的前n项和,已知a =1, n 是公差为 的等
n n 1 a 3
n
差数列.
(1)求{a }的通项公式;
n
1 1 1
(2)证明: + +…+ <2.
a a a
1 2 n
na
3.(2021全国乙文,19,12分,中)设{a }是首项为 1的等比数列,数列{b }满足 b = n.已知
n n n 3
a ,3a ,9a 成等差数列.
1 2 3(1)求{a }和{b }的通项公式;
n n
S
(2)记S 和T 分别为{a }和{b }的前n项和.证明:T < n.
n n n n n 2
9
4.(2021浙江,20,15分,中)已知数列{a }的前n项和为S ,a =- ,且4S =3S -9(n∈N*).
n n 1 4 n+1 n
(1)求数列{a }的通项公式;
n
(2)设数列{b }满足3b +(n-4)a =0(n∈N*),记{b }的前n项和为T ,若T ≤λb 对任意n∈N*恒
n n n n n n n
成立,求实数λ的取值范围.
5.(2023天津,19,15分,难)已知{a }是等差数列,a +a =16,a -a =4.
n 2 5 5 32n−1
(1)求{a }的通项公式及∑ ❑a(nN∈*).
n i
i=2n−1
(2)设{b }是等比数列,且对任意的k∈N*,当2k-1≤n≤2k-1时,b <a <b .
n k n k+1
①当k≥2时,求证:2k-1<b <2k+1;
k
②求{b }的通项公式及前n项和.
n三年模拟
练思维
1.(2024甘肃二诊,17)设数列{a }的前n项和为S ,a =1,2S =n2+n(n∈N*).
n n 1 n
(1)求数列{a }的通项公式;
n
1
(2)设数列{b }的前n项和为T ,且b = ,求T ;
n n n √a +√a 99
n n+1
1 1 1 1
(3)证明: + + +…+ >9.
2√a 2√a 2√a 2√a
1 2 3 99
2.(2024江苏盐城六校联考,18)已知{a }是首项为1的等比数列,{b }是首项为2的等差数
n n
列,a =b 且a =b +b .
3 2 4 1 3
(1)求{a }和{b }的通项公式;
n n
(2)将{a }和{b }中的所有项分别构成集合A,B,将A∪B的所有元素按从小到大的顺序排列
n n
组成新数列{c },求数列{c }的前50项和S ;
n n 50
{ a ,n为奇数,
n+1
(3)设数列{d }的通项公式为 d = b n∈N*,记{d }的前 n 项和为 T ,若
n n n+2,n为偶数, n n
2
3T ≥22n+1+3nt-14对任意的n∈N*都成立,求正数t的取值范围.
2n-13.(2024 江苏连云港灌云高级中学模拟)设 S 是数列{a }的前 n 项和,已知 a =1,a =
n n 1 n+1
{1
a +n,n为奇数,
2 n
a −2n,n为偶数.
n
(1)证明{a -2}是等比数列,并求{a }的通项公式;
2n 2n
(2)证明:当n≥2时,a ≥S .
2n 2n
4.(2024福建三明质量检测,18)已知数列{a
n
}满足a
1
·a
2
…a
n-1
·a
n
=(√2)
n2+n,n∈N*.(1)求数列{a }的通项公式;
n
(2)设数列{a }的前n项和为S ,若不等式(-1)ntS -14≤S2对任意的n∈N*恒成立,求实数t的取
n n n n
值范围;
1 b −b b −b b −b
(3)记b = ,求证: 1 2 + 2 3 +…+ n n+1 <√2(n∈N*).
n log a2 √b √b √b
2 n 1 2 n
练风向
1.(新定义理解)(多选)(2024安徽安庆二模,11)满足a =2,a =1,a =a +a (n∈N*)的数列{a }
1 2 n+2 n+1 n n
称为卢卡斯数列,则 ( )
A.存在非零实数t,使得{a +ta }(n∈N*)为等差数列
n+1 n
B.存在非零实数t,使得{a +ta }(n∈N*)为等比数列
n+1 n
C.3a =a +a (n∈N*)
n+2 n+4 n
2024
D.∑ ❑(-1)ia=a -3
i 2 023
i=1
2.(新定义理解)(2024浙江温州第二次适应性考试,18)数列{a },{b }满足:{b }是等比数列,
n n n
b =2,a =5,且a b +a b +…+a b =2(a -3)b +8(n∈N*).
1 2 1 1 2 2 n n n n
(1)求a ,b ;
n n
(2)求集合A={x|(x-a)(x-b)=0,i≤2n,i∈N*}中所有元素的和;
i i
(3)对数列{c },若存在互不相等的正整数k ,k ,…,k(j≥2),使得c +c +…+c 也是数列{c }中
n 1 2 j k k k n
1 2 j
的项,则称数列{c }是“和稳定数列”.试分别判断数列{a },{b }是不是“和稳定数列”.
n n n若是,求出所有j的值;若不是,说明理由.
3.(新定义理解)(2024山东泰安一模,19)已知各项均不为0的递增数列{a }的前n项和为
n
S ,且a =2,a =4,a a =2S (S +S -2S )(n∈N*,且n≥2).
n 1 2 n n+1 n n+1 n-1 n
{1 }
(1)求数列 的前n项和T .
S n
n
(2)定义首项为2且公比大于1的等比数列为“G-数列”.证明:
①对任意k≤5且k∈N*,存在“G-数列”{b },使得b ≤a ≤b 成立;
n k k k+1
②当k≥6且k∈N*时,不存在“G-数列”{c },使得c ≤a ≤c 对任意正整数m≤k成立.
n m m m+14.(新定义理解)(2024河南洛平许济质量检测,19)定义1 进位制:进位制是人们为了计数
和运算方便而约定的记数系统,约定满二进一,就是二进制;满十进一,就是十进制;满十二
进一,就是十二进制;满六十进一,就是六十进制;等等.也就是说,“满几进一”就是几进制,
几进制的基数就是几,一般地,若k是一个大于1的整数,那么以k为基数的k进制数可以表
示 为 一 串 数 字 符 号 连 写 在 一 起 的 形 式 a a …a a
n n-1 1 0(k)
(a ,a ,…,a ,a ∈N,0<a <k,0≤a ,…,a ,a <k).k进制的数也可以表示成不同位上数字符号与
n n-1 1 0 n n-1 1 0
基数的幂的乘积之和的形式.如7342 =7×83+3×82+4×81+2×80.
(8)
1
定义2 三角形数:形如1+2+3+…+m,即 m·(m+1)(m∈N*)的数叫做三角形数.
2
⏟aa…a
(1)若 是三角形数,试写出一个满足条件的a的值;
(9)
n个a
(2)若11111 是完全平方数,求k的值;
(k)
1⏟1…1 9n2−7n
(3)已知c = ,设数列{c }的前n项和为S ,证明:当n>3时,S > .
n n n n 2
(9)
n个16.5 数列的综合
五年高考
高考新风向
(创新考法、新定义理解)(2024新课标Ⅰ,19,17分,难)设m为正整数,数列a ,a ,…,a 是
1 2 4m+2
公差不为0的等差数列,若从中删去两项a 和a(i<j)后剩余的4m项可被平均分为m组,且
i j
每组的4个数都能构成等差数列,则称数列a ,a ,…,a 是(i,j)-可分数列.
1 2 4m+2
(1)写出所有的(i,j),1≤i<j≤6,使得数列a ,a ,…,a 是(i,j)-可分数列;
1 2 6
(2)当m≥3时,证明:数列a ,a ,…,a 是(2,13)-可分数列;
1 2 4m+2
(3)从1,2,…,4m+2中一次任取两个数i和j(i<j),记数列a ,a ,…,a 是(i,j)-可分数列的概率
1 2 4m+2
1
为P ,证明:P > .
m m 8
解析 (1)(1,2),(1,6),(5,6).
理由:数列 a ,a ,…,a 中删去 a ,a 后,数列 a ,a ,a ,a 是等差数列,所以数列 a ,a ,…,a 是
1 2 6 1 2 3 4 5 6 1 2 6
(1,2)-可分数列,同理数列a ,a ,…,a 是(1,6)或(5,6)-可分数列.
1 2 6
(2)证明:m=3时,
a ,a ,a ,a 成等差数列;
1 4 7 10
a ,a ,a ,a 成等差数列;
3 6 9 12
a ,a ,a ,a 成等差数列.
5 8 11 14
m≥4时,从a 开始每连续4项成等差数列,a 前12项分组同上,
15 15
即a ,a ,a ,a 成等差数列;
1 4 7 10
a ,a ,a ,a 成等差数列;
3 6 9 12
a ,a ,a ,a 成等差数列;
5 8 11 14
a ,a ,a ,a 成等差数列;
15 16 17 18
……
a ,a ,a ,a 成等差数列.证明毕.
4m-1 4m 4m+1 4m+2
(3)证明:从4m+2个数中任取两个数i和j(i<j)有C2 =8m2+6m+1种,
4m+2
①首先证明(4p+1,4q+2)(p<q)一定符合题意,p,q∈N,且q≤m.
4p+1与4q+2之间有4q+2-(4p+1)-1=4(q-p)个数,按从小到大的顺序每4个一组.
4p+1前的4p个数按从小到大的顺序每4个一组.
4q+2后的4(m-q)个数按从小到大的顺序每4个一组.1
故(4p+1,4q+2)(0≤p<q≤m)的不同取值有C2 +(m+1)= (m2+3m+2)种.
m+1 2
②其次证明(4p+2,4q+1)(p<q-1)一定符合题意,p,q∈N,且q≤m,
4p+1前的4p个数,按从小到大的顺序每4个一组,
4q+2后的4(m-q)个数按从小到大的顺序每4个一组,
对4p+1,4p+2,4p+3,…,4q,4q+1,4q+2,一共有4(q-p)+2个数,
去掉其中第2个与第4(q-p)+1个数,即4p+2与4q+1.
下面证明去掉后剩下的4(q-p)个数可以分成q-p组,每组4个数构成等差数列.
该证明实际上为(2)的推广.
令k=q-p≥2,
4p+1,4p+1+k,4p+1+2k,4p+1+3k成等差数列;
4p+3,4p+3+k,4p+3+2k,4p+3+3k成等差数列;
……
4p+2+k,4p+2+2k,4p+2+3k,4p+2+4k成等差数列,
得证,∴②得证.
1
故(4p+2,4q+1)的不同取值有C2 -m= (m2-m)种,
m+1 2
1 1 1
由①②,分组方法共有 (m2+3m+2)+ (m2-m)= (2m2+2m+2)=m2+m+1种,
2 2 2
m2+m+1 1 2m+7 1
而 - = >0,∴P > .
8m2+6m+1 8 8(8m2+6m+1) m 8
考点 数列的综合
{a −6,n为奇数,
1.(2023新课标Ⅱ,18,12分,中)已知{a }为等差数列,b = n 记S ,T 分别为数
n n 2a ,n为偶数. n n
n
列{a },{b }的前n项和,S =32,T =16.
n n 4 3
(1)求{a }的通项公式;
n
(2)证明:当n>5时,T >S .
n n
解析 (1)设数列{a }的首项为a ,公差为d,
n 1
{a −6,n为奇数,
∵b = n ∴b =a -6,b =2a ,b =a -6,
n 2a ,n为偶数, 1 1 2 2 3 3
n
又T =16,且b +b +b =a +2a +a -12=4a -12,
3 1 2 3 1 2 3 2
∴4a -12=16,∴a =7,即a +d=7,①
2 2 1又S =32,∴4a +6d=32,②
4 1
由①②得a =5,d=2,
1
∴a =5+2(n-1)=2n+3.
n
(2)证明:T =b +b +…+b +b +b +…+b
2n 1 3 2n-1 2 4 2n
=a +a +…+a -6n+2a +2a +…+2a
1 3 2n-1 2 4 2n
=S +a +…+a -6n
2n 2 2n
n(a +a )
=S + 2 2n -6n
2n
2
=S +2n2-n.
2n
T =T +b =S +2n2-n+a -6=S +2n2-n-6.
2n+1 2n 2n+1 2n 2n+1 2n+1
当 n≥1 时,T -S =2n2-n>0,故 T >S ,当 n>2 时,T -S =2n2-n-6>0,故 T >S .综上,当
2n 2n 2n 2n 2n+1 2n+1 2n+1 2n+1
n>5时,T >S .
n n
{S } 1
2.(2022新高考Ⅰ,17,10分,中)记S 为数列{a }的前n项和,已知a =1, n 是公差为 的等
n n 1 a 3
n
差数列.
(1)求{a }的通项公式;
n
1 1 1
(2)证明: + +…+ <2.
a a a
1 2 n
解析 (1)依题意得,S =a =1,
1 1
S 1 1 n+2
n= +(n-1)× = ,∴3S =(n+2)a ,
a 1 3 3 n n
n
则3S =(n+1+2)a =(n+3)a ,
n+1 n+1 n+1
∴3S -3S =(n+3)a -(n+2)a ,
n+1 n n+1 n
即3a =(n+3)a -(n+2)a ,
n+1 n+1 n
a n+2
∴na =(n+2)a ,即 n+1 = ,
n+1 n a n
n
a (n+1)(n+2)
由累乘法得
n+1
= ,
a 1×2
1
(n+1)(n+2)
又a =1,∴a = ,
1 n+1 2
n(n+1)
∴a = (n≥2),又a =1满足上式,
n 2 1n(n+1)
∴a = (n∈N*).
n 2
1 2 (1 1 )
(2)证明:由(1)知 = =2 − ,
a n(n+1) n n+1
n
1 1 1 (1 1) (1 1) (1 1 ) ( 1 ) 2
∴ + +…+ =2 − +2 − +…+2 − =2 1− =2- <2.
a a a 1 2 2 3 n n+1 n+1 n+1
1 2 n
na
3.(2021全国乙文,19,12分,中)设{a }是首项为 1的等比数列,数列{b }满足 b = n.已知
n n n 3
a ,3a ,9a 成等差数列.
1 2 3
(1)求{a }和{b }的通项公式;
n n
S
(2)记S 和T 分别为{a }和{b }的前n项和.证明:T < n.
n n n n n 2
解析 (1)设等比数列{a }的公比为q.
n
∵a ,3a ,9a 成等差数列,
1 2 3
∴6a =a +9a .即6a q=a +9a q2.
2 1 3 1 1 1
又∵{a }是首项为1的等比数列,
n
1
∴6q=1+9q2,解得q =q = ,
1 2 3
(1) n−1
∴a =a ·qn-1= .
n 1 3
na (1) n
∵b = n,∴b =n· .
n 3 n 3
(2)第一步:用等比数列前n项和公式计算S .
n
由等比数列{a }的首项和公比知,前n项和为
n
a (1−qn ) 3[ (1) n]
S = 1 = 1− .
n 1−q 2 3
第二步:用错位相减法求T .
n
(1) n
∵b =n· ,
n 3
(1) 1 (1) 2 (1) n
∴T =b +b +…+b =1× +2× +…+n ,①
n 1 2 n 3 3 31 (1) 2 (1) 3 (1) n+1
T =1× +2× +…+n .②
3 n 3 3 3
2 1 (1) 2 (1) n (1) n+1
①-②可得 T = + +…+ -n·
3 n 3 3 3 3
1[ (1) n]
1−
3 3 (1) n+1 (1 1)(1) n 1
= -n· =- n+ + ,
3 3 2 3 2
1
1−
3
(1 3)(1) n 3
∴T =- n+ + .
n 2 4 3 4
S
第三步:表示 n,并利用作差法证得结论.
2
S 3 1 (1) n−1 3 3 (1) n
∵ n= - × = - × ,
2 4 4 3 4 4 3
S 1 (1) n S
∴T - n=- n· <0,∴T < n.
n 2 2 3 n 2
9
4.(2021浙江,20,15分,中)已知数列{a }的前n项和为S ,a =- ,且4S =3S -9(n∈N*).
n n 1 4 n+1 n
(1)求数列{a }的通项公式;
n
(2)设数列{b }满足3b +(n-4)a =0(n∈N*),记{b }的前n项和为T ,若T ≤λb 对任意n∈N*恒
n n n n n n n
成立,求实数λ的取值范围.
9
解析 (1)由4S =3S -9,得4S =3S -9(n≥2),则4a =3a (n≥2),又4(a +a )=3a -9,a =- ,所以
n+1 n n n-1 n+1 n 1 2 1 1 4
9 3
4a =3a ,所以{a }是以- 为首项, 为公比的等比数列,
2 1 n 4 4
(3) n
所以a =-3× .
n 4
(2)由题意得 b
n
=(n-4)×(3) n.则 T
n
=(-3)×3+(-2)×(3) 2+…+(n-4)×(3) n,3T
n
=(-3)×(3) 2+(-2)×
4 4 4 4 4 4(3) 3+…+(n-4)×(3) n+1,两式相减,得1T
n
=(-3)×3+(3) 2+(3) 3+…+(3) n-(n-4)×(3) n+1,所以
4 4 4 4 4 4 4 4
T
n
=-4n×(3) n+1, 由 题 意 得 -4n×(3) n+1≤λ(n-4)×(3) n恒 成 立 , 所 以 (λ+3)n-4λ≥0, 记
4 4 4
f(n)=(λ+3)n-4λ(n∈N*),所以{λ+3≥0,解得-3≤λ≤1.
f(1)≥0,
5.(2023天津,19,15分,难)已知{a }是等差数列,a +a =16,a -a =4.
n 2 5 5 3
2n−1
(1)求{a }的通项公式及∑ ❑a(nN∈*).
n i
i=2n−1
(2)设{b }是等比数列,且对任意的k∈N*,当2k-1≤n≤2k-1时,b <a <b .
n k n k+1
①当k≥2时,求证:2k-1<b <2k+1;
k
②求{b }的通项公式及前n项和.
n
解析 (1)设{a }的公差为d.
n
{2a +5d=16, {a =3,
由题意得 1 解得 1
2d=4, d=2.
所以a =3+2(n-1)=2n+1.
n
2n−1
∑ ❑a=a +a +a +…+a
i 2n−1 2n−1+1 2n−1+2 2n−1
i=2n−1
2n−1 [2·2n−1+1+2·(2n−1)+1]
=
2
2n−1·(2n+1+2·2n−1)
=
2
2n−1·3·2n 3
= = ×22n-1=3×22n-2=3×4n-1.
2 2
(注:项数为(2n-1)-2n-1+1=2n-2n-1=2n-1)
(2)①证明:2k-1≤n≤2k-1⇒2k≤2n≤2k+1-2⇒2k+1≤2n+1≤2k+1-1,即2k+1≤a ≤2k+1-1,
n
∵b <a <b 成立,
k n k+1
{ b <(a ) ,
∴ k n min ∴b <2k+1且b >2k+1-1,则b >2k-1.
b >(a ) , k k+1 k
k+1 n max综上,2k-1<b <2k+1,证毕.
k
②设{b }的公比为q,前n项和为S ,
n n
∵{b }为等比数列,且k∈N*,2k-1<b <2k+1,
n k
∴2k+1-1<b <2k+1+1,
k+1
b 2k+1+1 3 2k+1−1 3
又q= k+1 ,∴q< =2+ ,q> =2- ,
b 2k−1 2k−1 2k+1 2k+1
k
∵k∈N*,∴q=2,∴2k-1<b 2k-1<2k+1,∴b =2,
1 1
b (1−qn ) 2(1−2n )
∴b =2n,∴S = 1 = =2n+1-2.
n n
1−q 1−2三年模拟
练思维
1.(2024甘肃二诊,17)设数列{a }的前n项和为S ,a =1,2S =n2+n(n∈N*).
n n 1 n
(1)求数列{a }的通项公式;
n
1
(2)设数列{b }的前n项和为T ,且b = ,求T ;
n n n √a +√a 99
n n+1
1 1 1 1
(3)证明: + + +…+ >9.
2√a 2√a 2√a 2√a
1 2 3 99
n2+n
解析 (1)因为2S =n2+n,所以S = ,
n n 2
n2+n (n−1) 2+(n−1)
当n≥2时,a =S -S = - =n,
n n n-1 2 2
因为a =1也满足上式,故a =n(n∈N*).
1 n
1
(2)因为b = ,且a =n(n∈N*),
n √a +√a n
n n+1
1 √n+1−√n
所以b = = =√n+1-√n,
n √n+√n+1 (√n+√n+1)(√n+1−√n)
所以T =(√2-√1)+(√3-√2)+(√4-√3)+…+(√100-√99)=√100-1=9.
99
即T =9.
99
1 1 1 1
(3)证明:由于 = = > =√n+1-√n,
2√a 2√n √n+√n √n+√n+1
n
1 1 1 1
故 + + +…+ >√2-1+√3-√2+…+√100-√99=√100-1=9.
2√a 2√a 2√a 2√a
1 2 3 99
所以原不等式成立.
2.(2024江苏盐城六校联考,18)已知{a }是首项为1的等比数列,{b }是首项为2的等差数
n n
列,a =b 且a =b +b .
3 2 4 1 3
(1)求{a }和{b }的通项公式;
n n
(2)将{a }和{b }中的所有项分别构成集合A,B,将A∪B的所有元素按从小到大的顺序排列
n n
组成新数列{c },求数列{c }的前50项和S ;
n n 50{ a ,n为奇数,
n+1
(3)设数列{d }的通项公式为 d = b n∈N*,记{d }的前 n 项和为 T ,若
n n n+2,n为偶数, n n
2
3T ≥22n+1+3nt-14对任意的n∈N*都成立,求正数t的取值范围.
2n-1
解析 (1)设{a }的公比为q(q≠0),{b }的公差为d,
n n
因为a =b 且a =b +b ,所以q2=2+d,q3=4+2d,
3 2 4 1 3
解得q=2,d=2,所以a =2n-1,b =2n.
n n
(2)由(1)知a =2n-1,b =2n,
n n
因为数列{b }是正偶数构成的等差数列,数列{a }除首项外,其余项都是2的倍数,
n n
49×48
所以数列{c }的前50项和S =1+2×49+ ×2=2 451.
n 50 2
{ 2n,n为奇数,
(3)因为d = n∈N*,
n n+2,n为偶数,
2(1−4n ) 4+2n
所 以 T =d +d +d +d +…+d =(2+23+25+…+22n-1)+(4+6+8+…+2n)= +
2n-1 1 2 3 4 2n-1 1−4 2
8 2×4n
(n-1)=- + +n2+n,
3 3
( 8 2×4n ) 2
由 3T ≥22n+1+3nt-14 得 3 − + +n2+n ≥22n+1+3nt-14,即 t≤n+ +1 对任意的 n∈N*都
2n-1 3 3 n
成立,
2
因为n+ +1≥2√2+1,n∈N*,等号取不到,
n
当n=1时,1+2+1=4,当n=2时,2+1+1=4,
所以正数t的取值范围是0<t≤4.
3.(2024 江苏连云港灌云高级中学模拟)设 S 是数列{a }的前 n 项和,已知 a =1,a =
n n 1 n+1
{1
a +n,n为奇数,
2 n
a −2n,n为偶数.
n
(1)证明{a -2}是等比数列,并求{a }的通项公式;
2n 2n
(2)证明:当n≥2时,a ≥S .
2n 2n
1 1 1 1
解析 (1)由已知得a = a +2n+1= (a -4n)+2n+1= a +1,所以a -2= (a -2).
2n+2 2 2n+1 2 2n 2 2n 2n+2 2 2n1 3 1 a −2 1
因为a = a +1= ,a -2=- ≠0,所以 2n+2 = ,
2 2 1 2 2 2 a −2 2
2n
1 1
所以{a -2}是以- 为首项, 为公比的等比数列,
2n 2 2
1 (1) n−1 (1) n
所以a -2=- · ,所以a =- +2,
2n 2 2 2n 2
(1) n
所以{a }的通项公式为a =- +2.
2n 2n 2
(1) n (1) n−1
(2)证明:由a =- +2知a =- +2,
2n 2 2n-2 2
(1) n−1
所以a =a -2(2n-2)=6-4n- ,
2n-1 2n-2 2
(1) n
所以a +a =8-4n-3· ,
2n-1 2n 2
所以S =(a +a )+(a +a )+…+(a +a )
2n 1 2 3 4 2n-1 2n
(1) 1 (1) 2 (1) n 1 (1) 2
= 8-4×1-3× + 8-4×2-3× +…+ 8-4n-3× =8n-4(1+2+…+n)-3 + +…
2 2 2 2 2
(1) n
+
2
1 [ (1) n]
× 1−
n(n+1) 2 2
=8n-4× -3×
2 1
1−
2
(1) n ( 3) 2 3 (1) n
=-2n2+6n-3+3× =-2 n− + +3× .
2 2 2 2
(1) n ( 3) 2 3 (1) n
当n≥2时,a -S =- +2+2 n− - -3× .
2n 2n 2 2 2 2( 3) 2 1 (1) x
令f(x)=2 x− + -4× ,
2 2 2
根据函数的单调性可知,当x≥2时, f(x)单调递增.
又f(2)=0,
( 3) 2 1 (1) x
所以x≥2时,有f(x)≥0,即2 x− + -4× ≥0,
2 2 2
所以当n≥2时,a -S ≥0,即当n≥2时,a ≥S .
2n 2n 2n 2n
4.(2024福建三明质量检测,18)已知数列{a
n
}满足a
1
·a
2
…a
n-1
·a
n
=(√2) n2+n,n∈N*.
(1)求数列{a }的通项公式;
n
(2)设数列{a }的前n项和为S ,若不等式(-1)ntS -14≤S2对任意的n∈N*恒成立,求实数t的取
n n n n
值范围;
1 b −b b −b b −b
(3)记b = ,求证: 1 2 + 2 3 +…+ n n+1 <√2(n∈N*).
n log a2 √b √b √b
2 n 1 2 n
解析 (1)因为a
1
·a
2
…a
n-1
·a
n
=(√2) n2+n ①,
所以当n≥2时,a
1
·a
2
…a
n
·a
n-1
=(√2) (n−1)2+n−1 ②. (1分)
①
由 得a =2n, (2分)
② n
因为n=1时a =2也符合上式,
1
所以a =2n,n∈N*. (4分)
n
2(1−2n
)
(2)由(1)知,S = =2n+1-2, (5分)
n
1−2
因为不等式(-1)n·tS -14≤S2对任意的n∈N*恒成立,
n n
又S >0且S 递增,
n n
14
所以(-1)n·t≤S + 对任意的n∈N*恒成立, (7分)
n S
n
因为S =2,S =6,S =14,S =30, (8分)
1 2 3 4
14 ( 14)
所以当n为偶数时,t≤S + 对任意的n∈N*恒成立,即t≤ S + .
n S n S
n n min25
因为S =6>√14,所以t≤ , (10分)
2 3
14 ( 14)
当n为奇数时,-t≤S + 对任意的n∈N*恒成立,即-t≤ S + ,
n S n S
n n min
( 14)
因为S =2<√14<S =14,所以 S + =9,-t≤9,
1 3 n S
n min
所以t≥-9. (12分)
25
综上可知,-9≤t≤ . (13分)
3
1 1
(3)证明:因为b = = ,(14分)
n log a2 2n
2 n
所以{b }是递减数列,
n
所以√b <√b , (15分)
n+1 n
b −b 2(b −b ) 2(b −b )
所以 n n+1 = n n+1 < n n+1 =2(√b -√b ),
√b 2√b √b +√b n n+1
n n n n+1
b −b b −b b −b
1 2 + 2 3 +…+ n n+1 <2(√b -√b +√b -√b +…+√b -√b )<2× √1 =√2,
√b √b √b 1 2 2 3 n n+1 2
1 2 n
原不等式得证. (17分)
练风向
1.(新定义理解)(多选)(2024安徽安庆二模,11)满足a =2,a =1,a =a +a (n∈N*)的数列{a }
1 2 n+2 n+1 n n
称为卢卡斯数列,则 ( BCD )
A.存在非零实数t,使得{a +ta }(n∈N*)为等差数列
n+1 n
B.存在非零实数t,使得{a +ta }(n∈N*)为等比数列
n+1 n
C.3a =a +a (n∈N*)
n+2 n+4 n
2024
D.∑ ❑(-1)ia=a -3
i 2 023
i=1
2.(新定义理解)(2024浙江温州第二次适应性考试,18)数列{a },{b }满足:{b }是等比数列,
n n n
b =2,a =5,且a b +a b +…+a b =2(a -3)b +8(n∈N*).
1 2 1 1 2 2 n n n n
(1)求a ,b ;
n n
(2)求集合A={x|(x-a)(x-b)=0,i≤2n,i∈N*}中所有元素的和;
i i(3)对数列{c },若存在互不相等的正整数k ,k ,…,k(j≥2),使得c +c +…+c 也是数列{c }中
n 1 2 j k k k n
1 2 j
的项,则称数列{c }是“和稳定数列”.试分别判断数列{a },{b }是不是“和稳定数列”.
n n n
若是,求出所有j的值;若不是,说明理由.
解析 (1)∵a b =2(a -3)b +8,b =2,∴a =2,
1 1 1 1 1 1
又a b +a b =2(a -3)b +8,b =2,a =5,∴b =4,
1 1 2 2 2 2 1 2 2
b
∵{b }是等比数列,∴{b }的公比为 2 =2,∴b =2n,
n n b n
1
当n≥2时,a b +a b +…+a b =2(a -3)b +8,
1 1 2 2 n-1 n-1 n-1 n-1
则a b =2(a -3)b -2(a -3)b ,
n n n n n-1 n-1
将b =2n代入,化简得a =2(a -3)-(a -3),
n n n n-1
得a -a =3(n≥2),
n n-1
∴{a }是公差为3的等差数列,∴a =a +(n-1)d=3n-1.
n n 1
(2)记集合A的全体元素的和为S,
2n(6n−1+2)
集合M={a ,a ,…,a }的所有元素的和为A = =6n2+n,
1 2 2n 2n 2
2(1−22n
)
集合N={b ,b ,…,b }的所有元素的和为B = =22n+1-2,
1 2 2n 2n
1−2
集合M∩N的所有元素的和为T,则有S=A +B -T,
2n 2n
对于数列{b }:当n=2k-1(k∈N*)时,b =22k-1=(3-1)2k-1=3p-1(p∈N*)是数列{a }中的项(由二项
n 2k-1 n
展开式的特征得到),
当n=2k(k∈N*)时,b =2b =2(3p-1)=3q-2(q∈N*)不是数列{a }中的项,
2k 2k-1 n
{b ≤a , log (6n−1)−1 log (6n−1)+1
∴T=b +b +…+b , 其 中 2k−1 2n ⇒ 2 <k≤ 2 , 即 k=
1 3 2k-1 b >a 2 2
2k+1 2n
[log (6n−1)+1]
2 (其中[x]表示不超过实数x的最大整数).
2
2(1−4k ) 2 2 [log(6n−1)+1]
∴T= = (4k-1)= ( 2 -1),
1−4 3 3 4 2
2 [log(6n−1)+1] 4
∴S=6n2+n+22n+1- · 2 - .
3 4 2 3
(3)当j=3m(m∈N*)时,a +a +…+a 是3的正整数倍,
k k k
1 2 j故一定不是数列{a }中的项;
n
当j=3m-1(m∈N*)时,a +a +…+a 除以3余1,不是数列{a }中的项;
k k k n
1 2 j
当j=3m+1(m∈N*)时,a +a +…+a 除以3余2,是数列{a }中的项.
k k k n
1 2 j
综上,数列{a }是“和稳定数列”,此时j=3m+1(m∈N*).
n
数列{b }不是“和稳定数列”,理由如下:
n
不妨设:1≤k
1
<k
2
<…<k
j
,则b
k
+b
k
+…+b
k
>b
k
,且b
k
+b
k
+…+b
k
≤b
1
+b
2
+…+b
k
=21+22+…+2k j=
1 2 j j 1 2 j j
2k j +1-2<2k j +1=b k +1 ,
j
故b +b +…+b 不是数列{b }中的项.
k k k n
1 2 j
数列{b }不是“和稳定数列”.
n
3.(新定义理解)(2024山东泰安一模,19)已知各项均不为0的递增数列{a }的前n项和为
n
S ,且a =2,a =4,a a =2S (S +S -2S )(n∈N*,且n≥2).
n 1 2 n n+1 n n+1 n-1 n
{1 }
(1)求数列 的前n项和T .
S n
n
(2)定义首项为2且公比大于1的等比数列为“G-数列”.证明:
①对任意k≤5且k∈N*,存在“G-数列”{b },使得b ≤a ≤b 成立;
n k k k+1
②当k≥6且k∈N*时,不存在“G-数列”{c },使得c ≤a ≤c 对任意正整数m≤k成立.
n m m m+1
解析 (1)a a =2S (S +S -2S )=2S (a -a )(n≥2),∵{a }各项均不为0且递增,∴a -a ≠0,
n n+1 n n+1 n-1 n n n+1 n n n+1 n
a a
∴2S = n n+1 , (2分)
n a −a
n+1 n
a a a a a a
∴2S = n−1 n (n≥3),∴2a = n n+1 - n−1 n ,
n-1 a −a n a −a a −a
n n−1 n+1 n n n−1
化简得a (a +a -2a )=0(n≥3),
n n+1 n-1 n
∴a +a =2a (n≥3), (4分)
n+1 n-1 n
∵a =2,a =4,∴a a =2S (S +S -2S ),∴a =6.
1 2 2 3 2 3 1 2 3
∴a +a =2a ,
1 3 2
∴{a }为等差数列, (5分)
n
∴a =2n,S =n2+n, (6分)
n n1 1 1 1
∴ = = - , (7分)
S n(n+1) n n+1
n
1 1 1 1 1 n
∴T =1- + - +…+ - = .(8分)
n 2 2 3 n n+1 n+1
(2)证明:设“G-数列”的公比为q,且q>1.
①由题意,只需证存在q对k≤5且k∈N*,2qk-1≤2k≤2qk成立,即(k-1)ln q≤ln k≤kln q成立, (10
分)
lnx 1−lnx
设f(x)= ,x>0,则f '(x)= ,
x x2
令f '(x)=0,解得x=e,
当x∈(0,e)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈(e,+∞)时, f '(x)<0, f(x)单调递减,
ln2 ln3 lnk ln3
又∵ < ,∴f(k)= ≤ ,
2 3 k 3
∴存在q=√33,使得ln k≤kln q对任意k≤5且k∈N*成立. (12分)
经检验,对任意k≤5且k∈N*,(√33) k−1 ≤k均成立.
∴对任意k≤5且k∈N*,存在“G-数列”{b },使得b ≤a ≤b 成立. (14分)
n k k k+1
②由①知,若c ≤a ≤c 成立,则qm-1≤m≤qm成立,
m m m+1
当k≥6时,取m=3得q2≤3≤q3,取m=6得q5≤6≤q6,
{q3≥3, {q15≥243,
由 得 ∴q不存在,
q5≤6 q15≤216,
∴当k≥6且k∈N*时,不存在“G-数列”{c },使得c ≤a ≤c 对任意正整数m≤k成立. (17
n m m m+1
分)
4.(新定义理解)(2024河南洛平许济质量检测,19)定义1 进位制:进位制是人们为了计数
和运算方便而约定的记数系统,约定满二进一,就是二进制;满十进一,就是十进制;满十二
进一,就是十二进制;满六十进一,就是六十进制;等等.也就是说,“满几进一”就是几进制,
几进制的基数就是几,一般地,若k是一个大于1的整数,那么以k为基数的k进制数可以表
示 为 一 串 数 字 符 号 连 写 在 一 起 的 形 式 a a …a a
n n-1 1 0(k)
(a ,a ,…,a ,a ∈N,0<a <k,0≤a ,…,a ,a <k).k进制的数也可以表示成不同位上数字符号与
n n-1 1 0 n n-1 1 0
基数的幂的乘积之和的形式.如7342 =7×83+3×82+4×81+2×80.
(8)
1
定义2 三角形数:形如1+2+3+…+m,即 m·(m+1)(m∈N*)的数叫做三角形数.
2⏟aa…a
(1)若 是三角形数,试写出一个满足条件的a的值;
(9)
n个a
(2)若11111 是完全平方数,求k的值;
(k)
1⏟1…1 9n2−7n
(3)已知c = ,设数列{c }的前n项和为S ,证明:当n>3时,S > .
n n n n 2
(9)
n个1
⏟aa…a a(9n−1) 1 3n−1(3n−1 )
解析 (1) = =a· · +1 ,
(9) 8 2 2 2
n个a
⏟aa…a
当a=1时, 就是一个三角形数.
(9)
n个a
(2)11111 =k4+k3+k2+k+1,
(k)
( k2+ k) 2 <k4+k3+k2+k+1< ( k2+ k +1 ) 2 ,
2 2
即 ( k2+ k) 2 <11111 < ( k2+ k +1 ) 2 .
2 (k) 2
k k
若k是偶数,则k2+ 和k2+ +1是两个连续正整数,所以上式不成立,则k是奇数.
2 2
所以11111 = ( k2+
k+1) 2
=k4+k3+k2+k+1.
(k) 2
解得k=3(舍负),即11111 =34+33+32+3+1=121=112.
(3)
9n−1
(3)证明:由题意可知c = ,且n>3,
n 8
9+92+93+…+9n n
则S = -
n 8 8
9 n 9 n 9 n 9 n 9n2−7n
= (9n-1)- = [(1+8)n-1]- > (C0+C1·8+C2·82-1)- = [8n+32n(n-1)]- = ,
64 8 64 8 64 n n n 8 64 8 2
9n2−7n
∴S > .
n
2
