曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
7.3 数列的综合问题
三年模拟
一、选择题
1.(2022云南二模,9)设等差数列{a }的前n项和为S .若a =8,S =57,则数列{ 2 }的前
n n 3 6
a a
n n+1
n项和是( )
n n 3n n
A. B. C. D.
2n+3 3n+2 6n+4 6n+4
答案 B 设等差数列的公差为d,因为a 3 =8,S 6 =57,所以{ a 1 +2d=8, 解得d=3,a 1 =2,
6a +15d=57,
1
所以a =3n-1,
n
所以 2 2 2( 1 1 ),
= = -
a a (3n-1)(3n+2) 3 3n-1 3n+2
n n+1
所以数列{ 2 }
的前n项和为
2
×
(1
-
1)
+
2
×
(1
-
1)
+…+
2( 1
-
1 )
a a 3 2 5 3 5 8 3 3n-1 3n+2
n n+1
=2(1 1 ) n ,
- =
3 2 3n+2 3n+2
故选B.
1
2.(2022西南四省名校大联考(三),8)已知首项为 的数列{a
n
},对任意的n∈N*,都有
2
a a =1,则a +a +a +…+a =( )
n n+1 2 4 6 2 022
A.0 B.-1 011
C.1 011 D.2 022
答案 D ∵a a =1①,∴a a =1②,∴a ≠0,由
n n+1 n+1 n+2 n
② a 1,∴a =2,∴a =a =…=a
得 n+2=1,即an=an+2,又∵a1a2=1,且a1= 2 2 4 2
① a 2
n
=2,∴a +a +a +…+a =2 022.故选D.
022 2 4 6 2 022
3.(2022湖南岳阳二模,6)德国数学家高斯是近代数学奠基者之一,有“数学王子”之称,
在历史上有很大的影响.他幼年时就表现出超人的数学天赋,10岁时,他在进行1+2+3+…
+100的求和运算时,就提出了倒序相加法的原理,该原理基于所给数据前后对应项的和
2n-100
呈现一定的规律生成,因此,此方法也称为高斯算法.已知某数列通项为a = ,则
n 2n-101
a +a +…+a =( )
1 2 100
A.98 B.99 C.100 D.101
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答案 C a =
n
2n-100 2n-100 2(101-n)-100 2n-100 102-2n 4n-202
,所以an+a101-n= + = + =
2n-101 2n-101 2(101-n)-101 2n-101 101-2n 2n-101
=2,
则a +a =a +a =a +a =a +a =2,所以a +a +…+a =50×2=100.
1 100 2 99 3 98 n 101-n 1 2 100
故选C.
4.(2022昆明第一中学西山学校月考,7)已知数列{a }的首项为10,且满足2a +a =6,其前
n n+1 n
n项和为S ,则满足不等式| 16| 1 的n的最小正整数值为( )
n S -2n- <
n 3 192
A.9 B.10 C.11 D.12
1 1
答案 C 由2a +a =6,即a =- an+3,得an+1-2=- (a -2),而a -2=8,
n+1 n n+1 n 1
2 2
则数列{a
n
-2}是以8为首项,-1为公比的等比数列,则a
n
-2=8·(
-
1) n-1 ,a
n
=8·
2 2
[ ( 1) n]
8 1- -
( 1) n-1 2 16 16·
- +2,于是得Sn= +2n=2n+ -
2 ( 1) 3 3
1- -
2
( 1) n | 16| 1 |16 ( 1) n| 1 16·(1) n 1 ,整理得2n>1
- ,由 S -2n- < ,得 · - < ,即 <
2 n 3 192 3 2 192 3 2 192
024=210,n∈N*,所以n≥11,所以n的最小正整数值为11.
故选C.
5.(2022江西二模,12)记数列{3n-1}中不超过正整数n的项的个数为a ,设数列{a }的前n项
n n
的和为S
n
,则
S
(k∈N*)=( )
3k
A.( 1)·3k+2k B.( 1)·3k+k+3
k- k-
3 2 2
C.( 3)·3k+7k-3 ( 3)·3k+7
k- D. k-
2 2 2 2
答案 B a =1,a =1,a =2,a =2,…,a =2,a =3,
1 2 3 4 8 9
当n∈[3k-1,3k)时,a
n
=k,
a
=k+1,
3k
所以 =1×2+2×6+3×18+…+k(3k-3k-1)+k+1
S
3k
=2×30+4×31+6×32+…+2k·3k-1+k+1,
记T =2×30+4×31+6×32+…+2k·3k-1,
k
3T =2×31+4×32+6×33+…+2(k-1)·3k-1+2k·3k,
k
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两式相减得-2T
k
=2×30+2×31+2×32+…+2×3k-1-2k·3k=2×1-3k-2k·3k,化简得T
k
=(
k-
1)·3k+
1-3 2
1
,
2
所以 ( 1)·3k+k+3.
S = k-
3k 2 2
故选B.
6.(2022丰台一模,10)对任意m∈N*,若递增数列{a
n
}中不大于2m的项的个数恰为m,且
a +a +…+a =100,则n的最小值为( )
1 2 n
A.8 B.9 C.10 D.11
答案 C 由递增数列{a }中不大于2m的项的个数为m可知a ≤2n,又a +a +…+a =100,
n n 1 2 n
(2+2n)·n -1-√401 -1+√401
故2+4+6+…+2n≥100,即 ≥100,解得n≤ 或n≥ ,又n∈N*,
2 2 2
故n的最小值为10.
7.(2022平谷零模,8)已知公差不为零的等差数列{a },首项a =-5,若a ,a ,a 成等比数列,记
n 1 2 4 5
T =a a …a (n=1,2,…),则数列{T }( )
n 1 2 n n
A.有最小项,无最大项 B.有最大项,无最小项
C.无最大项,无最小项 D.有最大项,有最小项
答案 D 设{a }的公差为d,
n
则(-5+d)(-5+4d)=(-5+3d)2,解得d=1,
∴a =-5+(n-1)×1=n-6,
n
∴T =(-5)×(-4)×(-3)×(-2)×(-1)×0×1×…,
n
当n=5时,有最小值,当n=4时有最大值.故选D.
8.(2022山西模拟,7)已知数列{a }的前n项和为S ,且a =1,a +a =3n+1,则S =( )
n n 1 n+1 n 101
A.7 701 B.7 449 C.15 401 D.14 897
答案 A 由题意知S =a +a +…+a =a +(a +a )+(a +a )+…+
101 1 2 101 1 2 3 4 5
(7+301)×50
(a +a )=1+(3×2+1)+(3×4+1)+…+(3×100+1)=1+ =7 701.故选A.
100 101
2
9.(2022郑州二模,12)已知数列{a
n
}满足a
2
=2,a
2n
=a
2n-1
+2n(n∈N*),a
2n+1
=a
2n
+(-1)n(n∈N*),则数
列{a }的第2 022项为( )
n
A.21 012-2 B.21 012-3
C.21 011-2 D.21 011-1
答案 A ∵数列{a
n
}满足a
2
=2,a
2n
=a
2n-1
+2n(n∈N*),a
2n+1
=a
2n
+(-1)n(n∈N*),
∴a =a +2n=a +(-1)n-1+2n,
2n 2n-1 2(n-1)
∴a -a =(-1)n-1+2n,
2n 2(n-1)
∴a -a =(-1)1+22,
4 2
a -a =(-1)2+23,
6 4
a -a =(-1)3+24,
8 6
……
a -a =(-1)1 010+21 011,
2 022 2 020
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22(1-21 010)
将上述各式两边分别相加,得a -a =-1+1-1+1+…+1+22+23+…+21 011= =21
2 022 2 1-2
012-4.
∴a =a +21 012-4=21 012-2,故选A.
2 022 2
10.(多选)(2021辽宁百校联盟质检,10)已知数列{a }满足a =4,n(n-1)a =(n-1)a -na (n>1
n 2 n+1 n n-1
且n∈N*),数列{a
n
}的前n项和为S
n
,则( )
A.a +a =2
1 3
B.a +a =4
1 3
C.2 020S -a =8 080
2 021 2 020
D.2 021S -a =4 040
2 021 2 020
答案 AC a 2 =4,n(n-1)a n+1 =(n-1)a n -na n-1 ,
令n=2,则2a =a -2a ,即2a =4-2a ,所以a +a =2,故A正确,B错误;
3 2 1 3 1 1 3
将n(n-1)a
n+1
=(n-1)a
n
-na
n-1
(n>1且n∈N*)两边同除以n(n-1),得a
n+1
=
a a a a a
n- n-1 ,所以an= n-1 - n-2 ,……,a3= 2-a
1
,
n n-1 n-1 n-2 2
S =a +a +a +…+a =
n 1 2 3 n
a a a a a a a a
n-1 - n-2 + n-2 - n-3 +…+ 2-a1+a2+a1= n-1 +a2= n-1 +4,所以S2 021= 2 020
n-1 n-2 n-2 n-3 2 n-1 n-1 2 020
+4,
即2 020S
2 021
-a
2 020
=8 080,故C正确,D错误.故选AC.
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二、填空题
1
11.(2022银川一模,14)若数列{a }满足a = ,则数列{a }前15项的和S =
n n √n+1+√n n 15
.
答案 3
解析 因为a =
n
1
=√n+1-√n,所以S15=a1+a2+…+a15=(√2-√1)+(√3-√2)+…+(√16-√15)=√16
√n+1+√n
-1=3.
12.(2022江西赣州一模,16)数列{a
n
}满足a
n
+a
n+1
=n2·sin(nπ)(n∈N*),若数列{a
n
}的前n项
2
和为S ,则S = .
n 40
答案 -800
解析 a
n
+a
n+1
=n2·sin(nπ)
2
=
{
n2·sin
(nπ)
,n为奇数,
2
0,n为偶数,
则S =a +a +a +…+a
40 1 3 5 39
π 3π 5π 39π
=12×sin +32×sin +52×sin +…+392×sin
2 2 2 2
=12-32+52-72+…+372-392
=(1-3)(1+3)+(5-7)(5+7)+…+(37-39)(37+39)
=-2×(1+3+5+7+…+37+39)
1+39
=-2× ×20=-800.
2
13.(2022河南天一联考(五),15)已知数列{a
n
}(n∈N*)满足a
1
=1,a
n+1
{ 21+a n,n为奇数,
则
a n+2 的最大值为 .
1+log a ,n为偶数, a a
2 n n n+1
4
答案
3
解析 若n为奇数,则a
n+1
=21+a n,a
n+2
=1+log
2
a
n+1
=2+a
n
,所以{a
n
}的奇数项构成公差为2的等
差数列,所以当n为奇数时,a
n
=n.若n为偶数,则a
n+1
=1+log
2
a
n
,a
n+2
=21+a n+1=
a n+2
22+log 2 a n=4an,所以{an}的偶数项构成公比为4的等比数列,又因为a2=4,所以当n为偶数时,an=2n.当n为奇数时, n+2 =
a a n·2n+1
n n+1
≤3
,当n为偶数时,
a
n+2 =
2n+2 ≤4
,所以
a
n+2 的最大值为
4.
4 a a (n+1)·2n 3 a a 3
n n+1 n n+1
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14.(2022长春质检,16)已知数列{a
n
}中,a
1
=1,a
2
=2,且a
n
·a
n+1
·a
n+2
=a
n
+a
n+1
+a
n+2
,其中n∈N*,则
a +a +a +…+a = .
1 2 3 2 022
答案 4 044
解析 由a =1,a =2可得a =3,a =1,a =2,a =3,依此类推可知a +a +a +…+a
1 2 3 4 5 6 1 2 3 2
=674(a +a +a )=4 044.
022 1 2 3
三、解答题
15.(2022安徽安庆二模,17)已知数列{a
n
}的前n项和为S
n
,且满足S
n
=(n+1)2a
n
-3,n∈N*.
(1)求{a }的通项公式;
n
(2)若b =(2n+3)(-1)na ,求{b }的前n项和T .
n n n n
解析 (1)n=1时,a =4a -3,解得a =1.
1 1 1
当n≥2,n∈N*时,S
n-1
=n2a
n-1
-3,
故a =S -S =(n+1)2a -n2a ,所以 a n ,
n n n-1 n n-1 n =
a n+2
n-1
故a n = a n · a n-1·…· a 3· a 2·a 1 = n ·n-1·…·3·2·1= 6 .又a 1 =1符合上式,
a a a a n+2 n+1 5 4 (n+1)(n+2)
n-1 n-2 2 1
6
故{a
n
}的通项公式为a
n
=
(n+1)(n+2)
,n∈N*.
(2)结合(1)得b
n
=(2n+3)(-1)na
n
=6(-1)n( 1
+
1 ),
n+1 n+2
所以T =b +b +…+b
n 1 2 n
=-6(1 1) (1 1) ( 1 1 )
+ +6 + +…+6(-1)n +
2 3 3 4 n+1 n+2
6
=-3+ (-1)n.
n+2
16.(2022四川达州二模,17)已知数列{a }满足a =1,a =a +2,S 为{a }的前n项和.
n 1 n+1 n n n
(1)求{a }的通项公式;
n
(2)设b =(-1)nS ,求数列{b }的前100项和T .
n n n 100
解析 (1)因为a =a +2,所以a -a =2,又a =1,所以数列{a }是首项为1,公差为2的等差
n+1 n n+1 n 1 n
数列,所以a =1+(n-1)×2=2n-1.
n
n(1+2n-1)
(2)由(1)知S = =n2,因为b =(-1)nS =(-1)nn2,所以T =-12+22-
n n n 100
2
32+42+…-992+1002
=(2-1)(1+2)+(4-3)(3+4)+…+(100-99)(99+100)
100×(100+1)
=1+2+3+4+…+100= =5 050.
2
1
17.(2022陕西榆林二模,18)已知12+22+…+n2= n(n+1)(2n+1),数列{a }满足a -
n n+1
6
a =n2+2n+1,a =1.
n 1
(1)求{a }的通项公式;
n
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(2)设b n = a n ,求数列 {1 }的前n项和S n .
2n+1 b
n
解析 (1)因为a -a =n2+2n+1=(n+1)2,
n+1 n
所以a -a =22,a -a =32,……,a -a =n2(n≥2),
2 1 3 2 n n-1
以上各式相加得a -a =22+32+…+n2(n≥2),
n 1
1
又a =1,所以a =12+22+…+n2= n(n+1)(2n+1).
1 n
6
1
当n=1时,a =1= ×1×(1+1)×(2×1+1),
1
6
1
故{a }的通项公式为a = n(n+1)(2n+1).
n n
6
a 1
(2)由(1)知,b = n = n(n+1),
n 2n+1 6
则 1 6 (1 1 ),
= =6 -
b n(n+1) n n+1
n
故S n =6×( 1- 1 + 1 - 1 +…+ 1 - 1 ) = 6n .
2 2 3 n n+1 n+1
18.(2022成都二诊,17)设数列{a
n
}的前n项和为S
n
,且满足3a
n
-2S
n
=2(n∈N*),{b
n
}是公差不
为0的等差数列,b =1,b 是b 与b 的等比中项.
1 4 2 8
(1)求数列{a }和{b }的通项公式;
n n
(2)对任意的正整数n,设c n ={ a n ,n为偶数, 求数列{c n }的前2n项和T 2n .
b ,n为奇数,
n+2
解析 (1)当n=1时,3a -2S =a =2.
1 1 1
当n≥2时,由2S =3a -2可得2S =3a -2,
n n n-1 n-1
得2a =3a -3a ,则a =3a ,
n n n-1 n n-1
所以数列{a }是首项为2,公比为3的等比数列,
n
故a =2×3n-1.
n
设等差数列{b
n
}的公差为d,则d≠0,因为
b2
=b
2
b
8
,所以(1+3d)2=(1+d)(1+7d),
4
解得d=1,因此,b =b +(n-1)d=n.
n 1
(2)由已知可得c
={2×3n-1,n为偶数,
n
n+2,n为奇数,
所以T =(3+2×31)+(5+2×33)+…+(2n+1+2×32n-1)
2n
=[3+5+…+(2n+1)]+(2×31+2×33+…+2×32n-1)
(3+2n+1)n 6(1-9n) 3(9n-1)
= + =n2+2n+ .
2 1-9 4
19.(2022河西一模,19)已知数列{a
n
}的前n项和为S
n
,a
1
=4,2S
n
=a
n+1
+2n-4(n∈N*).
(1)求数列{a }的通项公式;
n
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n
(2)求∑S 的值;
k
k=1
(3)设b =
n
√
1+
1
+
1
,数列{bn}的前n项和为Tn.证明:
3 ≤T
[log (a -1)]2 [log (a -1)]2 2
3 n 3 n+1
<n+1.
n
解析 (1)因为2S
n
=a
n+1
+2n-4(n∈N*),
所以2S =a +2n-6(n≥2),
n-1 n
两式相减得a =3a -2,即a -1=3(a -1)(n≥2).
n+1 n n+1 n
当n=1时,2S =a +2-4,因为S =a =4,所以a =10,满足a -1=3(a -1),
1 2 1 1 2 2 1
所以{a
n
-1}是以a
1
-1=3为首项,3为公比的等比数列,所以a
n
-1=3×3n-1,故a
n
=3n+1(n∈N*).
(2)由2S =a +2n-4及a =3n+1,
n n+1 n
3n+1 3
可得S = +n- ,
n
2 2
n 1 3n 3n+2 n2 9
所以∑Sk= (32+33+…+3n+1)+(1+2+…+n)- = + -n- .
2 2 4 2 4
k=1
(3)证明:由(1)知a =3n+1,
n
所以b =
n
√ 1 1 √n2(n+1)2+(n+1)2+n2 √[n(n+1)+1]2 n(n+1)+1 1 1
1+ + = = = =1+ -
n2 (n+1)2 n2(n+1)2 n2(n+1)2 n(n+1) n n+1
,
所以T n =( 1+1- 1) + ( 1+ 1 - 1) +…+ ( 1+ 1 - 1 ) =n+1- 1 ,从而T n <n+1,
2 2 3 n n+1 n+1
3
又b >0,所以{T }为递增数列,则T ≥T = ,
n n n 1
2
3
综上可得 ≤T
n
<n+1.
2
20.(2022红桥一模,19)已知{a }是等差数列,其前n项和为S ,{b }是等比数列,且
n n n
a =b =3,S =3, =b +b .
1 1 3 b2 3 4
2
(1)求数列{a }、{b }的通项公式;
n n
(2)求 n 3S .
∑ k
b
k=1 k+1
解析 (1)设{a }的公差为d,{b }的公比为q,由a =b =3,S =3, =b +b ,
n n 1 1 3 b2 3 4
2
可得3a +3d=3,(b q)2=b q2+b q3,即3d=-6,3=1+q,
1 1 1 1
解得d=-2,q=2,∴a =5-2n,b =3·2n-1.
n n
(2)由(1)得S =n(4-n),
n
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∴
∑
n 3S k=
∑
n 4k-k2 =
∑
n (4k
-
k2 )=∑ n 4k -
∑
n k2 ,
k=1 b k+1 k=1 2k k=1 2k 2k k=1 2k k=12k
设A = n 4k,B = n k2 ,
n ∑ n ∑
k=1
2k k=12k
4×1 4×2 4n
则A = + +…+ ,①
n 21 22 2n
1 4×1 4×2 4n
An= + +…+ ,②
2 22 23 2n+1
①-②得,1
An=2+4
( 1
+
1
+…+
1 )
-
4n ,
2 22 23 2n 2n+1
n+2
∴A =8- .
n 2n-2
B =12 22 n2,③
n + +…+
21 22 2n
1 12 22 n2 ,④
Bn= + +…+
2 22 23 2n+1
③-④得,1 1 3 5 2n-1 n2 ,
Bn= + + +…+ -
2 2 22 23 2n 2n+1
1 3 5 2n-1
设C = + + +…+ ,⑤
n 2 22 23 2n
1 1 3 5 2n-1
则 Cn= + + +…+ ,⑥
2 22 23 24 2n+1
⑤-⑥得,1
Cn=
1
+2
( 1
+
1
+
1
+…+
1 )
-
2n-1,
2 2 22 23 24 2n 2n+1
2n+3
整理得C =3- ,
n 2n
∴B =6-n2+4n+6,
n
2n
∴ n 3S n2-2.
∑ k =An-Bn=2+
k=1
b
k+1
2n
21.(2022天津十二区县重点学校一模,19)设数列{a }的前n项和为S ,且满足
n n
3a
n
-2S
n
=1(n∈N*).
(1)求数列{a }的通项公式;
n
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(2)记b =
n
1
{ ,n为奇数,
(2n-1)(2n+3) 8n
数列{bn}的前2n项和为T2n,若不等式(-1)nλ<T2n+
n 32
,n为偶数,
a
n+1
·(1) n n 对一切n∈N*恒成立,求λ的取值范围.
-
9 4n+1
解析 (1)由3a
n
-2S
n
=1(n∈N*),
得当n≥2时,3a -2S =1,
n-1 n-1
两式相减得3a -3a -2a =0,即a =3a .
n n-1 n n n-1
当n=1时,3a -2a =1,∴a =1,
1 1 1
∴数列{a }是首项为1,公比为3的等比数列,
n
∴a =3n-1.
n
n
(2)由(1)得,当n为偶数时,b = ,
n 3n
当n为奇数时,b
n
=1( 1
-
1 ),
4 2n-1 2n+3
设数列{b }的前2n项中奇数项的和为A ,
n n
1 1 1 1 1 1 n
则A =b +b +…+b = 1- + - +…+ - = ,
n 1 3 2n-1 4 5 5 9 4n-3 4n+1 4n+1
设数列{b }的前2n项中偶数项的和为B ,
n n
则B
n
=2×(1) 2 +4×(1) 4 +…+2n×(1) 2n ,
3 3 3
1B
n
=2×(1) 4+4×(1) 6+…+2n×(1) 2n+2,
9 3 3 3
两式相减得,8
Bn=2×
1
+
1
+…+
1 -2n×(1) 2n+2 ,
9 32 34 32n 3
整理得B
n
= 9
-
8n+9·(1) n ,
32 32 9
故T
2n
=A
n
+B
n
= n
+
9
-
8n+9·(1) n
4n+1 32 32 9
∴T
2n
+8n·(1) n
-
n
=
9
-
9 ·(1) n ,
32 9 4n+1 32 32 9
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∴不等式(-1)nλ<T
2n
+8n·(1) n
-
n 对一切n∈N*恒成立,即不等式(-1)nλ< 9
-
9 ·(1) n
32 9 4n+1 32 32 9
对一切n∈N*恒成立,
∵f(x)= 9 9 ·(1) n 在R上是增函数,
-
32 32 9
∴当n为偶数时,λ< 9 9 ·(1) 2 5 ;
- =
32 32 9 18
1 1
当n为奇数时,-λ< ,故λ>- ,
4 4
∴λ的取值范围为( 1 5 ).
- ,
4 18
22.(2022塘沽一中二模,19)已知数列{a }是等比数列,公比大于0,其前n项和为
n
n b
S ,a =1,a =a +2,数列{b }满足∑ i=b -1,且b =1.
n 1 3 2 n n+1 1
i
i=1
(1)求数列{a }和{b }的通项公式;
n n
n
(2)求∑a cos kπ;
2k
k=1
(3)设c
n
= 2b
n ,数列{cn}的前n项和为Tn,求证:Tn<
9.
3b n-1 4
解析 (1)设等比数列{a }的公比为q,q>0,
n
由a =1,a =a +2,得q2=q+2,解得q=2(舍负),则a =a qn-1=2n-1.
1 3 2 n 1
b b b
由题知b
1
=1,且b
1
+ 2+ 3+…+ n=b
n+1
-1(n∈N*),
2 3 n
当n=1时,b =b -1,即b =2,
1 2 2
b b
当n≥2时,b + 2+…+ n-1=b -1,
1 2 n-1 n
b
∴ n=b -1-(b -1),
n n+1 n
则 b n+1= n+1,
b n
n
所以用累乘法得b
n
=n,当n=1时也成立,所以b
n
=n,n∈N*.
(-4)n
(2)a cos nπ=(-1)n·22n-1= ,
2n
2
n 1 1
∑a2kcos kπ= [(-4)1+(-4)2+(-4)3+…+(-4)n]= ·
2 2
k=1
-4-(-4)n+1 -4-(-4)n+1
= .
5 10
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2n 2n n
(3)证明:c = ≤ = ,
n 3n-1 2×3n-1 3n-1
1 1 1 1 1
设k =1· +2· +3· +…+(n-1)· +n· ,
n 30 31 32 3n-2 3n-1
1 1 1 1 1 1
则 k =1· +2· +3· +…+(n-1)· +n· ,
3 n 31 32 33 3n-1 3n
2 1 1 1 1 1 1
两式相减得 kn= + + + +…+ -n· ,
3 30 31 32 33 3n-1 3n
1
1-
2 3n 1 3 (3 ) 1
整理得 kn= -n· = - +n · ,
3 2 3n 2 2 3n
3
∴k n =9 - 3(3 +n )· 1 = 9 - 2n+3 ,
4 2 2 3n 4 4·3n-1
9
则T ≤k < .
n n
4
23.(2022天津一中月考四,19)已知{a
n
}为等差数列,前n项和为S
n
(n∈N*),{b
n
}是首项为2
的等比数列,且公比大于0,b +b =12,b =a -2a ,S =11b .
2 3 3 4 1 11 4
(1)求{a }和{b }的通项公式;
n n
(2)若数列{c
n
}满足:c
n
= a
n+2
,求数列{c
n
}的前n项和T
n
;
a ·a ·b
n n+1 n
(3)若数列{d }满足:d = b b ,证明: n d<2n+1.
n n n + n ∑ i
b +1 b -1
n n i=1
解析 (1)设{a }的公差为d,{b }的公比为q(q>0),由b +b =12,得b (q+q2)=12,又
n n 2 3 1
b =2,∴q2+q-6=0,解得q=2,
1
∴b =2n.由b =a -2a ,可得3d-a =8①.由S =11b ,可得a +5d=16②,联立①②,解得
n 3 4 1 1 11 4 1
a =1,d=3,∴a =3n-2.
1 n
3n+4 1 1
(2)c = = - .
n (3n-2)·(3n+1)·2n (3n-2)·2n-1 (3n+1)·2n
∴T =
n
1 1 1 1 1 1 1
- + - +…+ - =1-
1·20 4·21 4·21 7·22 (3n-2)·2n-1 (3n+1)·2n (3n+1)·2n
.
(3)证明:d = 2n 2n 2×4n 2 .
n + = =2+
2n+1 2n-1 4n-1 4n-1
2 3
由真分数性质得,d =2+ <2+ .
n 4n-1 4n
∴ n [1 (1) 2 (1) 3 (1) n]
∑di<2n+3 + + +…+
4 4 4 4
i=1
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1[ (1) n]
1-
=2n+3×4 4 =2n+1-(1) n <2n+1.
4
1
1-
4
故不等式得证.
24.(2022滨海新区二模,19)已知数列{a
n
}中,a
1
=1,a
2
=2,a
n+2
-a
n
=4(n∈N*),数列{a
n
}的前n项和
为S .
n
(1)求{a }的通项公式;
n
(2)已知b n = 1 ,cn= b n+1 ,
S +5n 4nb b
2n n n+2
(i)求数列{b }前n项和T ;
n n
n+3 n n+4
(ii)证明:当n≥2时,6-
2n-1
<
k
∑
=1
√c
k
<8-
2n-1
.
解析 (1)由题意可知,数列{a }的奇数项构成的数列是首项为1,公差为4的等差数列,偶
n
数项构成的数列是首项为2,公差为4的等差数列.
n-1
∴当n为奇数时,a =(a -a )+(a -a )+…+(a -a )+a = ×4+a =2n-1;
n n n-2 n-2 n-4 3 1 1 1
2
n-2
当n为偶数时,a =(a -a )+(a -a )+…+(a -a )+a = ×4+a =2n-2.
n n n-2 n-2 n-4 4 2 2 2
2
{2n-1,n为奇数,
∴a =
n 2n-2,n为偶数.
(a +a )n (a +a )n
(2)(i)S =(a +a +…+a )+(a +a +…+a )= 1 2n-1 + 2 2n =4n2-n,
2n 1 3 2n-1 2 4 2n
2 2
∴b = 1 1 1(1 1 ),
n = = -
4n2+4n 4n(n+1) 4 n n+1
∴T n =b 1 +b 2 +…+b n =1( 1- 1 + 1 - 1 +…+ 1 - 1 ) = 1( 1- 1 ) = n .
4 2 2 3 n n+1 4 n+1 4(n+1)
b
(ii)证明:∵c
n
= n+1 ,
4nb b
n n+2
∴c n = b n+1 = n(n+3) ,则 (n+1)2 ≤c n <(n+2)2 ,
4nb b 4n-1 4n-1 4n-1
n n+2
n+1 n+2
∴ 2n-1 ≤ √c n < 2n-1 (n=1时等号成立),
n k+1 n n k+2
∴当n≥2时,∑ <∑√c <∑ ,
k=1
2k-1
k=1
k
k=1
2k-1
n k+2 n k+1
设S' =∑ ,T' =∑ ,
n
k=1
2k-1 n
k=1
2k-1
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n k+2 3 4 n+2
∴S' =∑ = + +…+ ,
n
k=1
2k-1 1 2 2n-1
1 3 4 n+2
∴ S'n= + +…+ ,
2 2 22 2n
∴
1( 1 )
1-
1 n+2 (1 1 1 ) n+2 2 2n-1 n+4 n+4
S'n=3- + + +…+ =3- + =4- ,∴S'n=8-
2 2n 2 22 2n-1 2n 1 2n 2n-1
1-
2
,
1
1-
n k+1 n k+2-1 n 1 n+4 2n
T' =∑ =∑ =S' -∑ =8- -
n k=1 2k-1 k=1 2k-1 n k=12k-1 2n-1
1-
1
2
=8-n+4 ( 1 ) n+3,
-2 1- =6-
2n-1 2n 2n-1
n+3 n n+4
综上,当n≥2时,6-
2n-1
<
k
∑
=1
√c
k
<8-
2n-1
.
一年创新
1.(2022 5·3创新题)已知一对兔子每个月可以生一对兔子,而一对兔子出生后在第二个月
就开始生小兔子.假如没有发生死亡现象,那么兔子的对数依次为
1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,…,这就是著名的斐波那契数列,它的递推公式是
a
n
=a
n-1
+a
n-2
(n≥3,n∈N*),其中,a
1
=1,a
2
=1.若从该数列的前120项中随机地抽取一个数,则这个
数是奇数的概率为( )
1 2 1 3
A. B. C. D.
3 3 2 4
答案 B 由斐波那契数列1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,…可得 每三个数中有 2 个奇数 ,
80 2
所以从该数列的前120项中随机地抽取一个数,则这个数是奇数的概率为 = .故选
120 3
B.
2.(2022 5·3创新题)已知p,q,m,n∈N*,定义“pn的q分割”如下:pn=ma
n
+(q-m)b
n
,0<m<q,且
a
n
=b
n
+1,a
n
,b n∈N,B
n
是满足条件的b
n
的最大值,则以下说法不正确的是( )
A.当p=2,q=3时,a =6
4
B.当p=3,q=4时,b =60
5
C.当p=4,m=1时,B =5
2
D.当p=5,m=1时,B =6
2
答案 D 对于A:24=1×6+2×5,a =6,A中说法正确;对于B:35=m(b +1)+(4-m)b ,得4b =35-
4 5 5 5
m,m可取1,2,3,因为b 为整数,所以m=3,b =60,B中说法正确;对于C:当p=4时,4n=b +1+
5 5 n
(q-1)b ,得b =
n n
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4n-1 42-1 5n-1 52-1
,q的最小值为3,得B2= =5,C中说法正确;对于D:当p=5时,5n=bn+1+(q-1)bn得bn= ,q的最小值为2,得B2=
q 3 q 2
=12,D中说法不正确.故选D.
3.(2022四川遂宁三模,15)德国大数学家高斯年少成名,被誉为数学界的王子,19岁的高斯
得到了一个数学史上非常重要的结论,就是《正十七边形尺规作图之理论与方法》,在其
年幼时,对1+2+3+…+100的求和运算中,提出了倒序相加法的原理,该原理基于所给数据
前后对应项的和呈现一定的规律生成,因此,此方法也称为高斯算法.现有函数f(x)=
2x (1) (2) (n-1)+f(1)(n∈N*),若存在
,设数列{an}满足an=f(0)+f +f +…+f
2x+√2 n n n
n∈N*使不等式n2+4n-2ka
n
+27≤0成立,则k的取值范围是 .
答案 [59 )
,+∞
5
解析 因为f(x)=
2x 2x 21-x 2x 2 2x √2
,所以f(x)+f(1-x)= + = + = +
2x+√2 2x+√2 21-x+√2 2x+√2 2+√2·2x 2x+√2 2x+√2
=1.
由a
n
=f(0)+f(1)
+f
(2)
+…+f
(n-1)+f(1),
n n n
a
n
=f(1)+f(n-1)
+f
(n-2)
+…+f
(1)+f(0),
n n n
n+1 n+1
所以2a =n+1,所以a = ,所以由n2+4n-2ka +27≤0,得n2+4n-2k· +27≤0,即
n n n
2 2
n2+4n+27 (n+1)2+2(n+1)+24 24
n2+4n+27≤k(n+1),所以k≥ = =(n+1)+ +2,
n+1 n+1 n+1
24
令g(x)=(x+1)+ (x∈N*),则当x∈(0,2√6-1)时,g(x)递减,当x∈(2
x+1
24 49 24
√6-1,+∞)时,g(x)递增,因为g(4)=5+ = ,g(3)=4+ =10,
5 5 4
所以g(x)
min
=g(4)=49,所以k≥49
+2=
59
,即k的取值范围是
[59
,+∞
).
5 5 5 5
4.(2022海淀二模,15)在现实世界,很多信息的传播演化是相互影响的.选用正实数数列
{a },{b }分别表示两组信息的传输链上每个节点处的信息强度,数列模
n n
型:a =2a +b ,b =a +2b (n=1,2,…)描述了这两组信息在互相影响之下的传播演化过程.
n+1 n n n+1 n n
若两组信息的初始信息强度满足a >b ,则在该模型中,关于两组信息,给出如下结论:
1 1
① ∀n∈N*,a
n
>b
n
;
② ∀n∈N*,a
n+1
>a
n
,b
n+1
>b
n
;
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页曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
③ ∃k∈N*,使得当n>k时,总有 |a n-1 | <10-10;
b
n
④ ∃k∈N*,使得当n>k时,总有 |a n+1-2 | <10-10.
a
n
其中,所有正确结论的序号是 .
答案 ①②③
解析 因为a =2a +b ,b =a +2b (n=1,2,…),两式作差得a -b =a -b ,故{a -b }为常数列,
n+1 n n n+1 n n n+1 n+1 n n n n
即a -b =a -b >0,故a >b ,①正确;
n n 1 1 n n
因为a -a =a +b ,b -b =a +b ,又{a },{b }为正实数数列,故a +b >0,故a >a ,b >b ,②正
n+1 n n n n+1 n n n n n n n n+1 n n+1 n
确;
|a
n-1
|
=
|a
n
-b
n
|
=
|a
1
-b
1
|.因为a
1
-b
1
为常数,{b
n
}为单增数列,故当n→+∞时, a
1
-b 1→0,又
b b b b
n n n n
10-10>0,故∃k∈N*,使得当n>k时,总有
|a | |a | |a -2a | |b | |a | |b | |a -(a -b )| | a -b |
n-1 <10-10,③正确; n+1-2 = n+1 n = n ,又an-bn=a1-b1,故 n+1-2 = n = n 1 1 = 1- 1 1
b a a a a a a a
n n n n n n n n
因为a
1
-b
1
为常数,{a
n
}为递增数列,故当n→+∞时,a
1
-b 1→0,1-a
1
-b 1→1,故④错误,故答案
a a
n n
为①②③.
第 16 页 共 16
页
