北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
7.5 数列综合
五年高考
考点 数列综合
1.(2022新高考Ⅱ,17,10分,中)已知{a }是等差数列,{b }是公比为2的等比数列,且a -b =a -
n n 2 2 3
b =b -a .
3 4 4
(1)证明:a =b ;
1 1
(2)求集合{k|b=a +a ,1≤m≤500}中元素的个数.
k m 1
解析 (1)证明:设等差数列{a }的公差为d.
n
由a -b =a -b 得a +d-2b =a +2d-4b ,故d=2b ,①
2 2 3 3 1 1 1 1 1
由a -b =b -a 得a +2d-4b =8b -a -3d,
3 3 4 4 1 1 1 1
故2a +5d=12b ,②
1 1
由①②得2a +10b =12b ,即a =b .
1 1 1 1 1
(2)由(1)知d=2b =2a ,由b=a +a ,1≤m≤500得b ×2k-1=2a +(m-1)d,即a ×2k-1=2a +2(m-1)a ,其
1 1 k m 1 1 1 1 1 1
中a ≠0,∴2k-1=2m,即2k-2=m,∴1≤2k-2≤500,∴0≤k-2≤8,
1
∴2≤k≤10.
故集合{k|b=a +a ,1≤m≤500}中元素的个数为9.
k m 1
{a −6,n为奇数,
2.(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,∴4a -12=16,∴a =7,即a +d=7,①
3 1 2 3 1 2 3 2 2 2 1
又S =32,∴4a +6d=32,② (2分)
4 1
由①②得a =5,d=2,(每个结果1分) (4分)
1
∴a =5+2(n-1)=2n+3. (5分)
n
(2)证明:∵{a }为等差数列,
n
n(n−1)
∴S =na + d=5n+n2-n=n2+4n,
n 1 2
①当n(n≥6)为偶数时,T =b +b +…+b
n 1 2 n北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
=(b +b +…+b )+(b +b +…+b )
1 3 n-1 2 4 n
=(a -6+a -6+…+a -6)+(2a +2a +…+2a )
1 3 n-1 2 4 n
a +a n n a +a n
= 1 n−1· −6· +2· 2 n· (7分)
2 2 2 2 2
5+2(n−1)+3 n 7+2n+3 3n2+7n
= · −3n+ ·n= . (9分)
2 2 2 2
3n2+7n 3n2+7n−2n2−8n n2−n n(n−1)
∴T -S = −n2−4n= = = >0(n≥6),
n n 2 2 2 2
∴当n(n≥6)为偶数时,T >S . (10分)
n n
②当n(n≥7)为奇数时,T =b +b +…+b
n 1 2 n
=(b +b +…+b )+(b +b +…+b )
1 3 n 2 4 n-1
=(a -6+a -6+…+a -6)+(2a +2a +…+2a )
1 3 n 2 4 n-1
a +a n+1 n+1 a +a n−1 5+2n+3 n+1
= 1 n· −6· +2· 2 n−1· = · -3(n+1)+(n-1)·
2 2 2 2 2 2 2
7+2(n−1)+3 3n2+5n−10
= ,
2 2
3n2+5n−10 n2−3n−10 (n−5)(n+2)
∴T -S = -(n2+4n)= = >0(n≥7),
n n 2 2 2
∴n(n≥7)为奇数时,T >S . (11分)
n n
综上可知,当n>5时,T >S . (12分)
n n
3.(2023天津,19,15分,难)已知{a }为等差数列,a +a =16,a -a =4.
n 2 5 5 3
2n−1
(1)求{a }的通项公式和∑ ❑a.
n i
i=2n−1
(2)设{b }为等比数列,当2k-1≤n≤2k-1(k∈N*)时,b<a <b .
n k n k+1
(i)当k≥2时,求证:2k-1<b<2k+1;
k
(ii)求{b }的通项公式及前n项和.
n
解析 (1)设数列{a }的公差为d.
n
{a +a =2a +5d=16, {a =3,
由已知得 2 5 1 则 1
a −a =2d=4, d=2,
5 3
∴a =3+2(n-1)=2n+1,
n
∴{a }的通项公式为a =2n+1.
n n
2n−1
∑ ❑ ai=a +a +…+a
2n−1 2n−1+1 2n−1
i=2n−1
2n−1·(2n+1+2n+1−1)
= =3×4n-1.(提示:项数为(2n-1)-2n-1+1=2n-1×2-2n-1=2n-1)
2北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
(2)(i)证明:∵2k-1≤n≤2k-1,
∴2×2k-1+1≤2n+1≤2(2k-1)+1,∴2k+1≤a ≤2k+1-1.
n
又b<a <b 恒成立,
k n k+1
∴b<(a ) =2k+1,b >(a ) =2k+1-1,即b>2k-1,
k n min k+1 n max k
∴2k-1<b<2k+1.
k
1 b 1
(ii)∵2k-1<b<2k+1,∴1- < k<1+ .
k 2k 2k 2k
b
∴当k→+∞时, k →1,∴b=2k,满足{b }为等比数列,
2k k n
∴b =2n(n∈N*),
n
2(1−2n
)
∴{b }的前n项和为T = =2n+1-2.
n n
1−2
4.(2019江苏,20,16分,难)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M-数列”.
(1)已知等比数列{a }(n∈N*)满足:a a =a ,a -4a +4a =0,求证:数列{a }为“M-数列”.
n 2 4 5 3 2 1 n
1 2 2
(2)已知数列{b }(n∈N*)满足:b =1, = − ,其中S 为数列{b }的前n项和.
n 1 S b b n n
n n n+1
①求数列{b }的通项公式;
n
②设m为正整数,若存在“M-数列”{c }(n∈N*),对任意正整数k,当k≤m时,都有c≤b≤c
n k k k+1
成立,求m的最大值.
解析 (1)证明:欲证数列{a }为“M-数列”,即证数列{a }的首项为1且公比为正数.
n n
设等比数列{a }的公比为q,
n
{ a a =a , { a2q4=a q4, {a =1,
由 2 4 5 得 1 1 解得 1
a −4a +4a =0, a q2−4a q+4a =0, q=2.
3 2 1 1 1 1
因此数列{a }为“M-数列”. (2分)
n
(2)①第一步,由b =1和递推式求b .
1 2
1 2 2
因为 = − ,所以b ≠0.
S b b n
n n n+1
1 2 2
当n=1时,由b =1,S =b ,得 = − ,则b =2.
1 1 1 1 1 b 2
2
第二步,由b =S -S (n≥2)和递推式证明数列{b }是等差数列,从而求{b }的通项公式.
n n n-1 n n
1 2 2 b b
由 = − ,得S = n n+1 ,
S b b n 2(b −b )
n n n+1 n+1 n
b b b b
当n≥2时,由b =S -S ,得b = n n+1 − n−1 n ,
n n n-1 n 2(b −b ) 2(b −b )
n+1 n n n−1北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
整理得b +b =2b .
n+1 n-1 n
所以数列{b }是首项和公差均为1的等差数列.
n
因此,数列{b }的通项公式为b =n(n∈N*). (6分)
n n
②由①知,b=k,k∈N*.
k
因为数列{c }为“M-数列”,所以c =1,设公比为q,q>0.
n 1
因为c≤b≤c ,所以qk-1≤k≤qk,其中k=1,2,3,…,m.
k k k+1
当k=1时,有q≥1;
lnk lnk
当k=2,3,…,m时,有 ≤ln q≤ . (9分)
k k−1
lnx 1−lnx
设f(x)= (x>1),则f '(x)= .
x x2
令f '(x)=0,得x=e.列表如下:
x (1,e) e (e,+∞)
f '(x) + 0 -
f(x) ↗ 极大值 ↘
ln2 ln8 ln9 ln3 ln3
因为 = < = ,所以f(k) =f(3)= . (11分)
2 6 6 3 max 3
lnk
取q=√33,当k=1,2,3,4,5时, ≤ln q,即k≤qk,经检验知qk-1≤k也成立.
k
因此所求m的最大值不小于5.(14分)
若m≥6,分别取k=3,6,得3≤q3,且q5≤6,从而q15≥243,且q15≤216,所以q不存在.
因此所求m的最大值小于6.
综上,所求m的最大值为5. (16分)
三年模拟
综合拔高练1
1.(2023山东潍坊二模,18)已知等差数列{a }的公差为2,前n项和为S ,且S ,S ,S 成等比数
n n 1 2 4
列.
(1)求数列{a }的通项公式;
n
a
(2)若b = n ,n∈N*,求数列{b }的最大项.
n a a +6 n
n n+1
解析 (1)由题意知S =na +n(n-1),
n 1
又因为S2 =S ·S ,即(2a +2)2=a ·(4a +12),所以a =1,
2 1 4 1 1 1 1
又d=2,所以a =2n-1.
n北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
2n−1 2n−1
(2)由(1)知b = = ,
n (2n−1)(2n+1)+6 4n2+5
t+1
设t=2n-1(t=1,3,5,…),所以n= ,又因为t>0,
2
t t 1
= =
所以f(t)=(t+1) 2+5 t2+2t+6 6 (t=1,3,5,…),
t+ +2
t
因为函数在t≥3时递减,所以f(t)的最大值可能出现在t=1或t=3时,
1 1
t=1时,n=1,b = = ,
1 1+6+2 9
1 1 1
t=3时,n=2,b = = > ,
2 3+2+2 7 9
1
所以数列{b }的最大项为b = .
n 2 7
2.(2023浙江宁波二模,20)已知等比数列{a }的前n项和S 满足a =S +1(n∈N*).
n n n+1 n
(1)求首项a 的值及{a }的通项公式;
1 n
a
(2)设b =log
2n+1
(n∈N*),求满足a -b <2 023的最大正整数n的值.
n 2a ·a ·a ·…·a n n
2 22 23 2n
解析 (1)当n≥2时,由a =S +1得a =S +1,则a -a =S -S ,即a =2a (n≥2),
n+1 n n n-1 n+1 n n n-1 n+1 n
因为数列{a }是等比数列,所以公比为2,
n
当n=1时,a =a +1,即2a =a +1,所以a =1,
2 1 1 1 1
所以{a }的通项公式为a =2n-1.
n n
(2)由(1)得a =22n−1 ,所以log a =2n-1,
2n 2 2n
故b =log a -(log a +log a +…+log2a )
n 2 2n+1 2 2 2 22 2n
=2n+1-1-(21-1+22-1+…+2n-1)
2(1−2n
)
=2n+1+n-1- =n+1,
1−2
由a -b <2 023得2n-1-(n+1)<2 023,即2n-1-n<2 024,
n n
令f(n)=2n-1-n,
则f(n+1)-f(n)=2n-(n+1)-(2n-1-n)=2n-1-1,
所以f(n)在n≥2时递增,且f(2)=f(1)=0,
而f(11)=210-11=1 013<2 024, f(12)=211-12=2 036>2 024,
所以满足条件的最大正整数n=11.
3.(2024届云南师大附中适应性月考,19)各项均为正数的等比数列{a }中,a =1,a =4a .
n 1 5 3北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
(1)求{a }的通项公式;
n
1 2 n
(2)设m为整数,且对任意的n∈N*,m≥ + +…+ ,求m的最小值.
a a a
1 2 n
解析 (1)设公比为q,由a =4a ,得a q2=4a ,得q2=4,
5 3 3 3
又a >0,所以q>0,所以q=2,则a =a qn-1=2n-1.
n n 1
n n
(2)由(1)知,a =2n-1,故 = ,
n a 2n−1
n
1 2 3 n 2 3 n
设S = + + +…+ =1+ + +…+ ,
n a a a a 21 22 2n−1
1 2 3 n
1 1 2 3 n
则
Sn= + + +…+
,
2 2 22 23 2n
1 1 1 1 1 n
所以S - Sn=1+ + + +…+ − ,
n 2 2 22 23 2n−1 2n
1
1−
1 2n n 2 n n+2
所以 Sn= − =2− − =2− ,
2 1 2n 2n 2n 2n
1−
2
n+2
所以S =4- .
n 2n−1
n+2
当n趋近于正无穷时, 趋近于0,所以S 趋近于4且S <4,所以m≥4,所以m的最小值为
2n−1 n n
4.
4.(2024届河北邯郸一中月考,18)已知数列{a }满足4S -2a =2n,n∈N*,其中S 为{a }的前n
n n n n n
项和.证明:
{a 1}
(1) n− 是等比数列;
2n 6
1 1 1 1
(2)
+ + +…+
<1.
6a −3 6a +3 6a −3 6a +3×(−1) n
1 2 3 n
证明 (1)∵4S -2a =2n,∴4S -2a =2n-1(n≥2),
n n n-1 n-1
两式相减得4(S -S )-2a +2a =2n-2n-1,
n n-1 n n-1
即a +a =2n-2(n≥2).
n n-1
a 1 −a +2n−2 1 1( a 1)
n− n−1 − − n−1−
2n 6 2n 6 2 2n−1 6 1
∴ = = =− (n≥2).
a 1 a 1 a 1 2
n−1− n−1− n−1−
2n−1 6 2n−1 6 2n−1 6
当n=1时,4S -2a =21,即a =1.
1 1 1北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
a 1 1 {a 1} 1 1
又∵ 1− = ≠0,∴ n− 是以 为首项,- 为公比的等比数列.
21 6 3 2n 6 3 2
(2)由(1)得 a n− 1 = 1 × ( − 1) n−1 ,
2n 6 3 2
2 1
所以a =- ×(-1)n+ ×2n.
n 3 6
1 1
=
令b = ,
n 6a +3(−1) n 2n−(−1) n
n
3 3
×22n ×22n
则b +b = 1 1 2 2 3 .
2n-1 2n + = < =
22n−1+1 22n−1 24n−1+22n−1−1 24n−1 22n
3 ( 1 )
× 1−
3 3 3
4 4n
数列{b }的前2n项和T < + +…+ = <1.
n 2n
4 42 4n 1
1−
4
又b >0,∴T <T <…<T <T <1,∴原不等式得证.
n n n+1 2n-1 2n
综合拔高练2
1.(2024届湖北武汉校际联考,17)已知等比数列{a }的前n项和为S ,且a =2S +2.
n n n+1 n
(1)求数列{a }的通项公式;
n
(2)若b =2n+1,证明:n>2时,a -b >0.
n n n
解析 (1)因为a =2S +2,所以n≥2时,a =2S +2,
n+1 n n n-1
所以a -a =2(S -S )=2a ,所以a =3a (n≥2),
n+1 n n n-1 n n+1 n
因为{a }为等比数列,所以a =3a ,
n 2 1
又因为a =2S +2=2a +2,所以a =2,
2 1 1 1
则等比数列{a }的首项为2,公比为3,所以a =2·3n-1.
n n
(2)证明:要证n>2时,a -b >0,即证n>2时,2·3n-1>2n+1,
n n
(3) n−1
需证n>2时, >2,
2
因为n>2且n∈N*,所以n≥3,n-1≥2,
3 (3) n−1 9
又 >1,所以 ≥ >2,原不等式成立.
2 2 4
2.(2023山东淄博一中校考,21)已知数列{a }是等差数列,{b }是等比数列,且
n n
b =2,b =4,a =b ,a +1=b .
2 3 1 1 8 5
(1)求数列{a }、{b }的通项公式;
n n
