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7.3 数列的综合问题
考点清单
学生用书P53 知识结构化 考点清单化
考点一 求通项公式
１ １ １
(１)ｎ ｎ ＝ ｎ －ｎ ꎻ
求数列通项公式的常见题型及方法 ( ＋１) ＋１
( )
１.已知Ｓ ｎ 与ａ ｎ 的关系 : 利用ａ ｎ＝ {Ｓ Ｓ １ꎬ ｎ Ｓ ＝１ꎬ ｎ 求ａ ｎ . (２)ｎ ( ｎ １ ＋ ｋ ) ＝ １ ｋ １ ｎ －ｎ ＋ １ ｋ ( ꎻ )
ｎ－ ｎ －１ꎬ ≥２ １ １ １ １
２.累加法 数列的递推关系形如 ａ ａ ｆ ｎ 其中 ｆ (３) ｎ ｎ ＝ ｎ － ｎ ꎻ
: ｎ ＋１＝ ｎ＋ ( )ꎬ (１)＋ (２ －１)(２ ＋１) ２ ２ －１ ２ ＋１
ｆ ｆ ｎ 可求 这种类型的数列求通项公式时 常用累
(２)＋＋ ( ) ꎬ ꎬ １ ｎ ｎ
加法. (４) ｎ ｎ ＝ ＋１－ ꎻ
＋ ＋１
３.累乘法 数列的递推关系形如 ａ ｇ ｎ ａ 其中 ｇ
: ｎ ＋１＝ ( ) ｎꎬ (１) １
ｇ ｇ ｎ 可求 此种数列求通项公式时 一般采用累 (５)ｎ ｎ ｎ
(２) ( ) ꎬ ꎬ ( ＋１)( ＋２)
乘法. [ ]
１ １ １
４.构造法 递推关系形如 ａ ｐａ ｑ ｐ ｑ 可化为 ＝ ｎ ｎ － ｎ ｎ ꎻ
: ｎ ＋１＝ ｎ＋ ( ≠０ꎬ１ꎬ ≠０)ꎬ ２ ( ＋１) ( ＋１)( ＋２)
ｑ ( ｑ ) { ｑ } ｎ
ａ ｐ ａ 的形式 利用 ａ 是以ｐ为公比的 ２ １ １
ｎ ＋１＋ｐ ＝ ｎ＋ｐ ꎬ ｎ＋ｐ (６) ｎ ｎ ＋１ ＝ ｎ － ｎ ＋１ ꎻ
－１ －１ －１ (２ －１)(２ －１) ２ －１ ２ －１
等比数列求解. 若 ａ 为等差数列 公差为ｄ ｄ
(７) { ｎ} ꎬ ( ≠０)ꎬ
( )
考点二 数列的求和
则 １ １ １ １ .
ａ ａ ＝ ｄ ａ －ａ
１.求数列的前ｎ项和的方法
ｎ ｎ
＋１
ｎ ｎ
＋１
３.常见数列的前ｎ项和
公式法 等差 等比数列直接用求和公式求解.
(１) : 、 ｎ ｎ
分组求和 把一个数列分成几个可以直接求和的数列. ｎ ( ＋１)
(２) : (１)１＋２＋３＋＋ ＝ ꎻ
拆项相消 有时把一个数列的通项公式分成两项差的形 ２
(３) : ｎ ｎ２ ｎ
式 相加过程中消去中间项 只剩有限项再求和. (２)２＋４＋６＋＋２ ＝ ＋ ꎻ
ꎬ ꎬ ｎ ｎ２
错位相减 适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相 (３)１＋３＋５＋＋(２ －１)＝ ꎻ
(４) : ｎ ｎ ｎ
乘构成的数列求和. (４)１ ２ ＋２ ２ ＋３ ２ ＋＋ ｎ２ ＝ ( ＋１)(２ ＋１) ꎻ
６
( 前 ５) ｎ 倒 项 序 和 相 公 加 式 : 的 把 推 数 导 列 方 正 法 着 . 写和倒着写再相加 ꎬ 例如等差数列 (５)１ ３ ＋２ ３ ＋３ ３ ＋＋ ｎ３ ＝ [ｎ ( ｎ ＋１) ] ２ .
２
２.常见的拆项公式
年
高
考
年
模 拟
︵
教
师
用
书
︶
１ ２４
题型方法
学生用书P54 题型经典 方法实用
一、错位相减法求和 为ｂ ｎ.
ｎ＝２
１ ２ 的 . . 如 用 前 果 错 ｎ 数 位 项 列 相 和 { 减 时 ａ 法 ｎ ꎬ } 常 求 是 采 和 等 用 时 差 错 数 应 位 列 注 相 ꎬ 意 减 { ｂ 法 ｎ} . 是等比数列 ꎬ 求数列 { ａ ｎ ｂ ｎ} ( ４ ｎ ２ － ) １ ꎬ 设 有 数 ａ 列 ２ ｎ ｂ { ２ ｎ ａ － ２ １ ｎ ＝ ｂ ２ ( ｎ － ３ １ ｎ } － 的 １) 前 ×４ ｎ ｎ 项 ꎬ 和为Ｔ ｎꎬ 由ａ ２ ｎ＝６ ｎ －２ꎬ ｂ ２ ｎ －１＝２×
要善于识别题目类型 ꎬ 特别是 : 等比数列公比为负数的情形. 故Ｔ ｎ＝２×４＋５×４ ２ ＋８×４ ３ ＋＋(３ ｎ －１)×４ ｎ ꎬ
(１) 在写出 Ｓ 与 ｑＳ ꎬ 的表达式时应特别注意将两式 错项 ４ Ｔ ｎ＝２×４ ２ ＋５×４ ３ ＋８×４ ４ ＋＋(３ ｎ －４)×４ ｎ ＋(３ ｎ －１)×４ ｎ ＋１ ꎬ
(２) “ ｎ” “ ｎ” “ 上述两式相减 得
对齐 以便于下一步准确地写出 Ｓ ｑＳ 的表达式. ꎬ
应 ”ꎬ 用等比数列求和公式必须注 “ 意 ｎ－ 公比 ｎ” ｑ是否等于 如果ｑ －３ Ｔ ｎ＝２×４＋３×４ ２ ＋３×４ ３ ＋＋３×４ ｎ －(３ ｎ －１)×４ ｎ ＋１
(３) １ꎬ ｎ
＝１ꎬ 应用公式Ｓ ｎ＝ ｎａ １ . ＝ １２×(１－４ ) －４－(３ ｎ －１)×４ ｎ ＋１ ＝－(３ ｎ －２)×４ ｎ ＋１ －８ .
例1 (２０１７天津理ꎬ１８ꎬ１３分)已知 ａ 为等差数列 前ｎ项和 １－４
{ ｎ} ꎬ ｎ 为Ｓ ｎ( ｎ ∈ Ｎ )ꎬ{ ｂ ｎ} 是首项为 ２ 的等比数列 ꎬ 且公比大于 ０ꎬ ｂ ２ 得Ｔ ｎ＝ ３ －２ ×４ ｎ ＋１ ＋ ８ .
ｂ ｂ ａ ａ Ｓ ｂ . ３ ３
( ＋ １ ３ ) ＝ 求 １ { ２ꎬ ａ ｎ} ３＝ 和 { ４－ ｂ ｎ ２ } 的 １ꎬ 通 １１ 项 ＝ 公 １１ 式 ４ ꎻ 所以 ꎬ 数列 { ａ ２ ｎ ｂ ２ ｎ －１} 的前ｎ项和为３ ｎ －２ ×４ ｎ ＋１ ＋ ８ .
３ ３
(２)
求数列
{
ａ
２ ｎ
ｂ
２ ｎ －１}
的前ｎ项和
(
ｎ
∈
Ｎ
)
.
二、裂项相消法求和
解析 设等差数列 ａ 的公差为ｄ 等比数列 ｂ 的公
(１) { ｎ} ꎬ { ｎ} １.对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列 在求和时常用
ꎬ
比为ｑ.由已知ｂ
２＋
ｂ
３＝１２ꎬ
得ｂ
１(
ｑ
＋
ｑ２
)＝１２ꎬ
而ｂ
１＝２ꎬ
所以ｑ２
＋
ｑ
“
裂项相消法
”ꎬ
分式型数列的求和多用此法.
－６＝０ꎬ 解得ｑ ＝２ 或ｑ ＝－３ꎬ 又因为ｑ >０ꎬ 所以ｑ ＝２ .所以 ꎬ ｂ ｎ＝２ ｎ. ２.利用裂项相消法求和时 ꎬ 应注意抵消后并不一定只剩下第一
由ｂ ａ ａ 可得 ｄ ａ .由Ｓ ｂ 可得ａ ｄ 联 项和最后一项 也有可能前面剩两项 后面也剩两项.有些情况
３＝ ４－２ １ꎬ ３ － １＝８① １１＝１１ ４ꎬ １＋５ ＝１６②ꎬ ꎬ ꎬ
立 解得ａ ｄ 由此可得ａ ｎ . 下 裂项时需要调整前面的系数 使裂开后的两项之差和系数
①②ꎬ １＝１ꎬ ＝３ꎬ ｎ＝３ －２ ꎬ ꎬ
所以 数列 ａ 的通项公式为ａ ｎ 数列 ｂ 的通项公式 之积与原项相等.
ꎬ { ｎ} ｎ＝３ －２ꎬ { ｎ}
例2 设 ａ 是 各 项 均 为 正 数 的 数 列 ａ ａ ｎ ｎ
{ ｎ} ꎬ １ ＝ ３ꎬ ｎ ＋１ (２) 由 (１) 可知 ꎬ Ｓ ｎ＝ (３＋４ －１) ＝ ｎ (２ ｎ ＋１)ꎬ Ｓ ｎ ＋１＝( ｎ ＋１)(２ ｎ ＋
＝
ａ２ｎ＋４ ａ
ｎ ＋１＋４
ａ
ｎ
.
ｎ ｎ
２
( )
求数列 ａ 的通项公式 所以ｂ ( ＋１) １ １ １ １ 设
(１) { ｎ} ꎻ ３)ꎬ ｎ＝ Ｓ Ｓ ＝ ｎ ｎ ＝ ｎ － ｎ ꎬ
ｎ ｎ ｎ ＋１ ｎ (２ ＋１)(２ ＋３) ２ ２ ＋１ ２ ＋３
若Ｓ 为数列 ａ 的前ｎ项和 且ｂ ( ＋１) 求数列 ｂ 数列 ｂ 的前ｎ项和为Ｔ
(２) ｎ { ｎ} ꎬ ｎ＝ Ｓ Ｓ ꎬ { ｎ} { ｎ} ｎꎬ
ｎ ＋１ ｎ [( ) ( ) ( ) ]
的前ｎ项和. 则 Ｔ １ １ １ １ １ １ １
ｎ ＝ － ＋ － ＋＋ ｎ － ｎ ＝
整理 解 得 析 ( ａ ｎ ( ＋１ １ － ) ａ 由 ｎ－ ａ ４ ｎ ) ＋ ( １＝ ａ ｎ ＋１＋ ａ ａ ２ｎ＋ ｎ) ４ ＝ ａ ｎ ０ ＋１ ꎬ ＋ 又 ４ ａ ａ ｎ ｎ 得 ＋１＋ ａ ａ ２ｎ ｎ ＋ > １ ０ ＝ ꎬ ａ 所 ２ｎ＋ 以 ４ ａ ａ ｎ ＋ ｎ １ ＋１ ＋ － ４ ａ ａ ｎ ｎ ＝ ꎬ ２ １ ( １ ３ － ２ ２ ｎ １ ＋３ ) ＝ ３ ６ ｎ ｎ ＋ ５ ９ . ５ ７ ２ ＋１ ２ ＋３
所以 ａ 是首项为 公差为 的等差数列 故ａ ｎ .
４ꎬ { ｎ} ３ꎬ ４ ꎬ ｎ＝４ －１
第
七
章
数
列
１ ２５
五年 考点式编排 五年 考点式编排 三年 考点基础练 一年 甄选情境素养
高考 题组式训练 高考 题组式训练 模拟 综合提升练 创新 专家独家命制
2018—2022 —
２０１２ ２０１７
考点一 求通项公式 解析 ( )证明:由题设得 (ａ ｂ ) (ａ ｂ )ꎬ
学生用书P203 １ ４ ｎ ＋１＋ ｎ ＋１ ＝２ ｎ＋ ｎ
１.(２０２２新高考 Ⅰ
{
ꎬ１
Ｓ
７ꎬ
}
１０分ꎬ综合性)记Ｓ ｎ 为数列 { ａ ｎ} 的前ｎ 即ａ ｎ ＋１＋ ｂ ｎ ＋１＝
２
１ (ａ ｎ＋ ｂ ｎ ).又因为ａ １＋ ｂ １＝１ ꎬ
项和 已知ａ ｎ 是公差为 １ 的等差数列.
ꎬ １＝１ꎬ ａ 所以{ａ ｂ }是首项为 ꎬ公比为 １ 的等比数列.
ｎ ３ ｎ＋ ｎ １
求 ａ 的通项公式 ２
(１) { ｎ} ꎻ 由题设得 (ａ ｂ ) (ａ ｂ ) ꎬ
４ ｎ ＋１－ ｎ ＋１ ＝４ ｎ－ ｎ ＋８
证明 １ １ １ . 即ａ ｂ ａ ｂ .
(２) :ａ ＋ａ ＋＋ａ
ｎ
<２ ｎ ＋１－ ｎ ＋１＝ ｎ－ ｎ＋２
１ ２ 又因为ａ ｂ ꎬ所以{ａ ｂ }是首项为 ꎬ公差为 的等差
解析 (
１
)解法一:依题意得ꎬＳ
１＝
ａ
１＝１
.
数列.
１－ １＝１ ｎ－ ｎ １ ２
Ｓ ｎ
ｎ １ (ｎ ) １ ＋２.
∴ ａ ＝ ＋ －１ × ＝ ( )由( )知ꎬａ ｂ １ ꎬａ ｂ ｎ .
ｎ １ ３ ３ ２ １ ｎ＋ ｎ＝ ｎ －１ ｎ－ ｎ＝２ －１
Ｓ (ｎ )ａ ꎬ则 Ｓ (ｎ )ａ (ｎ )ａ ꎬ ２
∴３ ｎ＝ ＋２ ｎ ３ ｎ ＋１＝ ＋１＋２ ｎ ＋１＝ ＋３ ｎ ＋１
Ｓ Ｓ (ｎ )ａ (ｎ )ａ ꎬ 所以ａ １ [(ａ ｂ ) (ａ ｂ )] １ ｎ １ ꎬ
∴３ ｎ ＋１－３ ｎ＝ ＋３ ｎ ＋１－ ＋２ ｎ ｎ＝ ｎ＋ ｎ ＋ ｎ－ ｎ ＝ ｎ＋ －
即 ａ (ｎ )ａ (ｎ )ａ ꎬ ２ ２ ２
３ ｎ ＋１＝ ＋３ ｎ ＋１－ ＋２ ｎ
ｎａ (ｎ )ａ ꎬ即 ａ ｎ ＋１ ｎ ＋２ꎬ ｂ ｎ＝ １ [(ａ ｎ＋ ｂ ｎ ) － (ａ ｎ－ ｂ ｎ )] ＝ １ ｎ－ ｎ ＋ １ .
∴ ｎ ＋１＝ ＋２ ｎ ａ
ｎ
＝ ｎ ２ ２ ２
ａ (ｎ )(ｎ )
由累乘法得 ｎ ＋１ ＋１ ＋２ ꎬ 考点二 数列的求和 学生用书P204
ａ ＝
１ １×２ １.(２０１２大纲全国ꎬ５ꎬ５分ꎬ基础性)已知等差数列 ａ 的前ｎ
(ｎ )(ｎ ) { ｎ}
又ａ ꎬ ａ ＋１ ＋２ ꎬ { }
１＝１ ∴ ｎ ＋１＝ 项和为Ｓ ａ Ｓ 则数列 １ 的前 项和为
ａ
ｎ(ｎ
＋１
)
(ｎ )ꎬ又
２
ａ 满足上式ꎬ
ｎꎬ ５＝５ꎬ ５＝１５ꎬ ａ
ｎ
ａ
ｎ ＋１
１００
∴ ｎ＝
２
≥２ １＝１
( )
∴ ａ ｎ＝ ｎ(ｎ ＋１ ) (ｎ ∈ Ｎ ). Ａ. １ １ ０ ０ ０ １ Ｂ. １ ９ ０ ９ １ Ｃ. １ ９ ０ ９ ０ Ｄ. １ １ ０ ０ １ ０
２
解法二:同解法一求得ｎａ
ｎ ＋１＝
(ｎ
＋２
)ａ
ｎ
ꎬ
２.(
答
２０
案
２１ 浙
Ａ
江 ꎬ１０ꎬ４分ꎬ综合性)已知数列 ａ 满足ａ ａ
ａ ｎ ＋１ ａ ｎꎬ即 ａ ｎ ＋１ ａ ｎ ꎬ ａ { ｎ} １＝１ꎬ ｎ ＋１
∴ ｎ ＋２ ＝ { ｎ ａ (ｎ } ＋１ )(ｎ ＋２ )＝ｎ(ｎ ＋１ ) ＝ ｎ ａ ( ｎ ∈ Ｎ ) .记数列 { ａ ｎ} 的前ｎ项和为Ｓ ｎꎬ 则 ( )
数列 ｎ 是常数列ꎬ首项为 １ ꎬ １＋ ｎ
∴ ｎ(ｎ )
＋１ ２ ３ Ｓ Ｓ
ａ ｎ １ ꎬ ａ ｎ(ｎ ＋１ ) . Ａ. ２ < １００<３ Ｂ.３< １００<４
∴ ｎ(ｎ )＝ ∴ ｎ＝
＋１ ２ ２ Ｓ ９ ９ Ｓ
( ) Ｃ.４< １００< Ｄ. < １００<５
２ ２
( ２ )证明:由( １ )知 ａ １ ＝ｎ(ｎ ２ )＝２ １ ｎ －ｎ １ ꎬ 答案 Ａ
ｎ ＋１ ＋１
( ) ( ) ( ) ３.(多选)(２０２１新高考 ꎬ１２ꎬ５分ꎬ创新性)若正整数ｎ ａ
１ １ １ １ １ １ １ １ １
Ⅱ ＝ ０
∴ ａ １ ＋ａ ２ ＋ ＋ａ ｎ ＝２ １ － ２ ＋２ ２ － ３ ＋ ＋２ ｎ －ｎ ＋１ ２ ０ ＋ ａ １２＋＋ ａ ｋ －１２ ｋ －１ ＋ ａ ｋ２ ｋ ꎬ 其中ａ ｉ∈{０ꎬ１}( ｉ ＝０ꎬ１ꎬꎬ
( ) ｋ 记ω ｎ ａ ａ ａ 则
１ ２ . )ꎬ ( )＝ ０＋ １＋＋ ｋꎬ ( )
＝２ １－ｎ ＝２－ｎ <２ ω ｎ ω ｎ ω ｎ ω ｎ
＋１ ＋１ Ａ. (２ )＝ ( ) Ｂ. (２ ＋３)＝ ( )＋１
２.(２０１９课标 理ꎬ１９ꎬ１２分ꎬ综合性)已知数列 ａ 和 ｂ 满 ω ｎ ω ｎ ω ｎ ｎ
Ⅱ { ｎ} { ｎ} Ｃ. (８ ＋５)＝ (４ ＋３) Ｄ. (２ －１)＝
足ａ ｂ ａ ａ ｂ ｂ ｂ ａ . 答案 ＡＣＤ
１＝１ꎬ １＝０ꎬ４ ｎ ＋１＝３ ｎ－ ｎ＋４ꎬ４ ｎ ＋１＝３ ｎ－ ｎ－４
证明 ａ ｂ 是等比数列 ａ ｂ 是等差数列 ４.(２０１３辽宁ꎬ１４ꎬ５ 分ꎬ综合性)已知等比数列 ａ 是递增数
(１) :{ ｎ＋ ｎ} ꎬ{ ｎ－ ｎ} ꎻ { ｎ}
(２)
求
{
ａ
ｎ}
和
{
ｂ
ｎ}
的通项公式. 列
ꎬ
Ｓ
ｎ
是
{
ａ
ｎ}
的前ｎ项和.若ａ
１ꎬ
ａ
３
是方程ｘ２
－５
ｘ
＋４＝０
的两个
根 则Ｓ . ｎａ ( )ｎ
ꎬ ６＝ ｂ ｎꎬ ｂ ｎ １ .
答案 ∵ ｎ＝ ∴ ｎ＝
６３ ３ ３
５.(２０１３重庆ꎬ１２ꎬ５分ꎬ综合性)已知 ａ 是等差数列 ａ ( ) Ｓ 为{ａ }的前ｎ项和ꎬ
{ ｎ} ꎬ １＝１ꎬ ２ ∵ ｎ ｎ
公差ｄ Ｓ 为其前 ｎ 项和 若 ａ ａ ａ 成等比数列 则 Ｓ ａ( ｑｎ) [ ( )ｎ]
≠０ꎬ ｎ ꎬ １ꎬ ２ꎬ ５ ꎬ ８ Ｓ １ １－ ３ １ .
. ∴ ｎ＝ ｑ ＝ １－
＝ １－ ２ ３
答案 Ｔ 为{ｂ }的前ｎ项和ꎬ
６４ ∵ ｎ ｎ
６.(２０１９上海ꎬ８ꎬ５ 分ꎬ基础性)已知数列 ａ 的前 ｎ 项和为 ( ) ( ) ( )ｎ
{ ｎ} Ｔ ｂ ｂ ｂ １ １ １ ２ ｎ １ ꎬ
Ｓ
ｎꎬ
且满足Ｓ
ｎ＋
ａ
ｎ＝２ꎬ
则Ｓ
５＝
. ∴ ｎ＝ １＋ ２＋ ＋ ｎ＝１×
３
＋２×
３
＋ ＋
３
①
( ) ( ) ( )ｎ
２ ３ ＋１
答案 ３１ １ Ｔ １ １ ｎ １ .
ｎ＝１× ＋２× ＋ ＋ ②
１６ ３ ３ ３ ３
７.(２０２１全国乙文ꎬ１９ꎬ１２分ꎬ综合性)设 { ａ ｎ} 是首项为 １ 的等 可得 ２ Ｔ １ ( １ ) ２ ( １ )ｎ ｎ ( １ )ｎ ＋１
ｎａ ①－② ｎ＝ ＋ ＋ ＋ －
比数列 数列 ｂ 满足ｂ ｎ.已知ａ ａ ａ 成等差数列. ３ ３ ３ ３ ３
ꎬ { ｎ} ｎ＝ １ꎬ３ ２ꎬ９ ３ [ ( )ｎ]
３ １ １
求 ａ 和 ｂ 的通项公式 １－ ( )ｎ ＋１ ( )( )ｎ
(１) { ｎ} { ｎ} ꎻ ３ ３ ｎ １ １ ｎ １ １ １ ꎬ
＝ － ＝－ ＋ ＋
Ｓ
(２)
记Ｓ
ｎ
和Ｔ
ｎ
分别为
{
ａ
ｎ}
和
{
ｂ
ｎ}
的前ｎ项和.证明
:
Ｔ
ｎ<
ｎ. １－
３
１ ３ ３ ２ ３ ２
２ ( )( )ｎ
解析 ( １ )设等比数列{ａ ｎ }的公比为ｑ. ∴ Ｔ ｎ＝－ １ ｎ ＋ ３ １ ＋ ３ ꎬ
ａ ꎬ ａ ꎬ ａ 成等差数列ꎬ ａ ａ ａ ꎬ ２ ４ ３ ４
∵ １ ３ ２ ９ ３ ∴６ ２＝ １＋９ ３ Ｓ ( )ｎ Ｓ
又 ∵ {ａ ｎ }是首项为 １ 的等比数列ꎬ ∴ Ｔ ｎ－ ｎ ＝－ １ ｎ １ <０ ꎬ ∴ Ｔ ｎ< ｎ.
２ ２ ３ ２
ａ ｑ ａ ａ ｑ２ꎬ ｑ２ ｑ ꎬ解得ｑ ｑ １ ꎬ
∴６ １ ＝ １＋９ １ ∴９ －６ ＋１＝０ １＝ ２＝
３
( )ｎ
∴ ａ ｎ＝ ａ １ ｑｎ －１ ＝ １
－１
ꎬ
３
年
高
考
年
模
拟
︵
教
师
用
书
︶
１ ２６
三年 考点基础练 五年 考点式编排 三年 考点基础练 一年 甄选情境素养
模拟 综合提升练 高考 题组式训练 模拟 综合提升练 创新 专家独家命制
2020—2022
A组 考点基础题组 学生用书P205
考点一 求通项公式
１.(２０２２湖南衡阳八中开学考ꎬ４)定义 : 在数列 { ａ ｎ} 中 ꎬ 若满足 (
ｎ
∈
Ｎ
)ꎬ
设数列
{
ｂ
ｎ}
的前ｎ项和为Ｔ
ｎꎬ
且ｂ
ｎ＝
１
ａ ｎ ꎬ
则
[
Ｔ
３５]
.
ａ ａ ｎ ｎ ＋２ － ａ ａ ｎ ＋ ｎ １ ＝ ｄ ( ｎ ∈ Ｎ ꎬ ｄ为常数 )ꎬ 称 { ａ ｎ} 为 “ 等差比数列 ”ꎬ 已 ＝ 答 案 ５
＋１ ５.(２０２２八省八校联考二ꎬ１９)设数列 ａ 的前ｎ项和为Ｓ 且
ａ { ｎ} ｎꎬ
知在
“
等差比数列
”{
ａ
ｎ}
中
ꎬ
ａ
１＝
ａ
２＝１ꎬ
ａ
３＝３ꎬ
则
ａ
２０２１等于
２ Ｓ ｎ＋１＝３ ａ ｎ( ｎ ∈ Ｎ ) .
２０１９
求Ｓ
(１) ｎꎻ
( )
Ａ.４×２０１７ ２ －１ Ｂ.４×２０１８ ２ －１ (２) 证明 : 当ｎ ≥２ 时 ꎬ２ Ｓ ｎ＋ａ ３ ≥９ .
２ ２ ｎ
Ｃ.４×２０１９ －１ Ｄ.４×２０２０ －１ 解析 ( )当ｎ 时ꎬ Ｓ ａ ａ ꎬ解得ａ Ｓ .当
答案 Ｃ １ ＝１ ２ １＋１＝２ １＋１＝３ １ １＝ １＝１
ｎ 时ꎬ Ｓ ａ (Ｓ Ｓ )ꎬＳ Ｓ .
２.(２０２２黑龙江哈尔滨三中二模ꎬ７)已知数列 { ａ ｎ} 的前ｎ项和 ≥２ ２ ｎ＋ ( １＝３ ｎ＝ ) ３ ｎ－ ｎ －１ ｎ＝３ ｎ －１＋１ { }
为Ｓ 满足 ａ ａ Ｓ Ｓ Ｓ ｎ 则 即Ｓ １ Ｓ １ ꎬ又Ｓ １ ３ ꎬ Ｓ １ 是以 ３
ｎꎬ １＝１ꎬ ２＝３ꎬ２ ｎ ＝ ｎ ＋１ ＋ ｎ －１ ( ≥２)ꎬ ｎ＋ ＝３ ｎ －１＋ １＋ ＝ ≠０ ∴ ｎ＋
ａ ２ ２ ２ ２ ２ ２
Ａ ２ .４ ０２２ ０ ＝ ４３ Ｂ.４０４２ ( ) 为首项ꎬ ３ 为公比的等比数列ꎬＳ ｎ＋ １ ＝ ３ ×３ ｎ －１ ＝ ３ ｎ ꎬＳ ｎ＝ ３ ｎ －１.
２ ２ ２ ２
Ｃ.４０４１ Ｄ.４０４０ ｎ Ｓ
答案 Ａ (
２
)证明:由Ｓ
ｎ＝
３ －１ꎬ得ａ
ｎ＝
２ ｎ＋１
＝３
ｎ －１ꎬ
３.(２０２２重庆缙云教育联盟３月质检ꎬ５)已知数列 ａ 的前ｎ ２ ３
{ ｎ}
项和为Ｓ ｎꎬ 满足Ｓ ｎ＋２ ｎ ＝２ ａ ｎꎬ 则ａ ２０２２＝ ( ) 则 ２ Ｓ ｎ＋ａ ３ ｎ ＝３ ｎ －１＋ ３ ９ ｎ ꎬ令ｔ ＝３ ｎꎬｎ ≥２ ꎬ则ｔ ≥９ .
２０２２ ２０２３
Ａ.２ －２ Ｂ.２ －２ ｆ(ｔ) ｔ ９ 在[ ꎬ )上单调递增ꎬ
２０２４ ２０２１ ∵ ＝ －１＋ ｔ ９ ＋∞ Ｃ.２ －２ Ｄ.２ －２
答案 Ｂ
ｆ(ｔ) ｆ( ) ꎬ即 ｎ ９ ꎬ当且仅当ｎ 时取等ꎬ原不
４.(２０２２重庆巴蜀中学３月适应性月考(八)ꎬ１６)设ｘ Ｒ ｘ ∴ ≥ ９ ＝９ ３ －１＋ ｎ≥９ ＝２
∈ ꎬ[ ] ３
表示不超过ｘ的最大整数.设正项数列
{
ａ
ｎ}
满足
８
Ｓ
ｎ＝
ａ２ｎ＋４ ａ
ｎ
等式得证.
考点二 数列的求和 ｎ ｎ
当ｎ为偶数时ꎬ数列{ａ }的前ｎ项中有 个奇数项ꎬ有 个偶
ｎ
１.(２０２２广东湛江、肇庆三模ꎬ７)意大利著名数学家斐波那契 ２ ２
数项ꎬ
在研究兔子繁殖问题时 发现有这样一列数 其
ꎬ :１ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ５ꎬꎬ 所以Ｓ ａ ａ ａ ａ (ａ ａ ａ ａ ) (ａ ａ
中从第三项起 ꎬ 每个数等于它前面两个数的和 ꎬ 即ａ ｎ ＋２＝ ａ ｎ ＋１＋ ａ ｎ ｎ＝ １＋ ２＋ ３＋ ｎ ( ＋ ｎ ｎ＝ ) １＋ ３＋ ＋ ｎ －３＋ ｎ －１ ＋ ２＋ ４＋
( ｎ ∈ Ｎ )ꎬ 后来人们把这样的一列数组成的数列 { ａ ｎ} 称为 “ 斐 ｎ －１ ( ｎ ２) ｎ２ ｎ ｎ ＋２
波那契数列 记ａ ｔ 则ａ ａ ａ ａ ａ ａ ) ２ ２ ４ １－４ － ２ －４.
”ꎬ ２０２２＝ ꎬ １＋ ３＋ ５＋＋ ２０２１＝ ( ) ＋ ｎ －２＋ ｎ ＝
２
×１＋
２
×４＋
１－４
＝
２
＋
３
Ａ. ｔ 答 ２ 案 Ｃ Ｂ. ｔ －１ Ｃ. ｔ Ｄ. ｔ ＋１ ì ï ï ｎ２ ＋ ｎ ＋ ２ ｎ ＋１ －４ꎬｎ为奇数ꎬ
２.(２０２２ 湖南 邵阳一模ꎬ８)高斯是德国著名的数学家 ꎬ 近代数 所以Ｓ ｎ＝ í ï ï ｎ２ ２ － ｎ ２ ｎ ＋ ３ ２ －４ꎬｎ为偶数.
学奠基者之一 享有 数学王子 的称号.设ｘ Ｒ 用 ｘ 表示 î ＋
ꎬ “ ” ∈ ꎬ [ ] ２ ３
不超过ｘ的最大整数 则 ｆ ｘ ｘ 称为高斯函数.已知数列 ４.(２０２２辽宁名校联盟二轮复习联考(一)ꎬ１８)已知等差数列
ꎬ ( )＝[ ]
{ 列 ａ { ｎ} ｂ 满 ｎ} 足 的前 ａ ２ ｎ ＝２ 项 ꎬ 和 且 为 ( ｎ ＋ Ｔ １ ｎꎬ ) 则 ａ ｎ ＋ Ｔ １－ ２０ ｎ ２１ ａ ＝ ｎ＝２ ｎ ＋１ꎬ 若ｂ ｎ＝[ｌｇ ( ａ ｎ ] ꎬ 数 ) { (１ ａ ) ｎ} 求 的 数 前 列 ｎ { 项 ａ ｎ 和 } 的 为 通 Ｓ 项 ｎꎬ 满 公 足 式 ꎻ ａ １＝１ꎬ Ｓ ７－１２＝６ ａ ２＋ ａ １０ .
Ｔ
Ａ.４ 答 ９ 案 ５０ Ｃ Ｂ.４９５３ Ｃ.４９５６ Ｄ.４９５９ (２) 记数列 { ａ ｎ２ ａｎ＋１ } 的前ｎ项和为Ｔ ｎꎬ 求满足９ ｎ ｎ－２０ >４ ０９６
６ －５
３.(２０２２ 湖北九师联盟 ３ 月质检ꎬ１８)在数列 { ａ ｎ} 中 ꎬ ａ ｎ 的正整数ｎ的最小值.
{ ｎ ｎ为奇数 解析 ( )设等差数列{ａ }的公差为ｄꎬ由Ｓ ａ ａ
＝ ２ ｎ － ｎ １ 为 ꎬ 偶数. ꎬ １ ｎ ７－１２＝６ ２＋ １０
２ ꎬ 得 ａ ７×６ｄ (ａ ｄ) ａ ｄꎬ即 ｄ ｄꎬ解得ｄ
求ａ ａ ａ ７ １＋ －１２＝６ １＋ ＋ １＋９ ２１ －１２＝１５ ＝
(１) １ꎬ ２ꎬ ３ꎻ ２
求数列 ａ 的前ｎ项和Ｓ . ꎬ ａ (ｎ ) ｎ .
(２) { ｎ} ｎ ２ ∴ ｎ＝１＋２ －１ ＝２ －１
解析 ( )因为ａ { ２ ｎ －１ ꎬｎ为奇数ꎬ ( ２ )由( １ )得ａ ｎ ２ ａｎ＋１ ＝ ( ２ ｎ －１ ) ２ ２ ｎ ＝ ( ２ ｎ －１ ) ４ ｎꎬ
１ ｎ＝ ２ ｎꎬｎ为偶数ꎬ ∴ Ｔ ｎ＝１×４ １ ＋３×４ ２ ＋５×４ ３ ＋ ＋ ( ２ ｎ －３ ) ４ ｎ －１ ＋ ( ２ ｎ －１ ) ４ ｎꎬ
所以ａ １＝２×１－１＝１ ꎬａ ２＝２ ２ ＝４ ꎬａ ３＝２×３－１＝５ . ４ Ｔ ｎ＝１×４ ２ ＋３×４ ３ ＋５×４ ４ ＋ ＋ ( ２ ｎ －３ ) ４ ｎ ＋ ( ２ ｎ －１ ) ４ ｎ ＋１ꎬ
( )因为ａ { ２ ｎ －１ ꎬｎ为奇数ꎬ 所以 ａ ꎬａ ꎬａ ꎬ是以 为首 ∴３ Ｔ ｎ＝ ( ２ ｎ －１ ) ４ ｎ ＋１ －４－２× ( ４ ２ ＋４ ３ ＋ ＋４ ｎ) ＝ ( ２ ｎ －１ ) ４ ｎ ＋１ －
项 ２ ꎬ 为公差 ｎ＝ 的等 ２ ｎ 差 ꎬｎ 数 为 列 偶 ꎬ 数ꎬ １ ３ ５ １ ４－２× ４ ２ × ( １－４ ｎ －１) ＝ ( ２ ｎ －１ ) ４ ｎ ＋１ －４－２× ４ ｎ ＋１ －４ ２ ＝ ( ２ ｎ － ５ )
４ １－４ ３ ３
ａ ꎬａ ꎬａ ꎬ是以 为首项ꎬ 为公比的等比数列ꎬ
２ ４ ６ ４ ４ ｎ ＋１ ２０ꎬ
ｎ ｎ ４ ＋
当ｎ为奇数时ꎬ数列{ａ }的前ｎ项中有 ＋１个奇数项ꎬ有 －１个 ３
偶数项ꎬ ｎ ２ ２ ∴ Ｔ ｎ＝ ( ６ ｎ －５ ) ４ ｎ ＋１ ＋２０ꎬ ∴ ９ Ｔ ｎ ｎ－２０ ＝４ ｎ ＋１ >４ ０９６＝４ ６ꎬ解得 ｎ >
９ ６ －５
所以Ｓ
ｎ＝
ａ
１＋
ａ
２＋
ａ
３＋
＋
ａ
ｎ＝
(ａ
１＋
ａ
３＋
＋
ａ
ｎ －２＋
ａ
ｎ
)
＋
(ａ
２＋
ａ
４＋
＋ ５
ꎬ又ｎ
∈
Ｎ ꎬ
∴
正整数ｎ的最小值为
６
.
ａ ａ )
ｎ －３＋ ｎ －１
ｎ (ｎ )
ｎ ＋１ ＋１ －１ ( ｎ－ ２ １) ｎ２ ｎ ｎ ＋１
＋１ ２ ２ ４ １－４ ＋ ２ －４ꎻ
＝ ×１＋ ×４＋ ＝ ＋
２ ２ １－４ ２ ３
第
七 章
数
列
１ ２７
B组 综合应用题组 学生用书P206
50分钟 60分
一、单项选择题(每小题５分ꎬ共１５分) ２.(２０２２ 湖南新高考教
１.(２０２２辽宁名校联盟二轮复习联考(一)ꎬ８)某社团专门研究 学教研联盟第一次联
密码问题.社团活动室用的也是一把密码锁 且定期更换密码 考ꎬ５)如图 连接 ＡＢＣ
ꎬ ꎬ ꎬ △
但密码的编写方式不变 都是以当日值班社员的姓氏为依据编 的各边中点得到一个
ꎬ
新的 Ａ Ｂ Ｃ 又连接
码的 密码均为１００的小数点后的前 位数字.编码方式如下 △ １ １ １ꎬ
ꎬ Ｎ ６ ꎻ Ａ Ｂ Ｃ 各边中点得
△ １ １ １
ｘ为某社员的首拼声母对应的英文字母在 个英文字母中 到一个新的 Ａ Ｂ Ｃ
① 的位置 若ｘ为偶数 则在正偶数数列中依 ２ 次 ６ 插入数值为 ｎ 如此无限继续 △ 下 ２ 去 ２ ２ 得 ꎬ 到一系列三角形 ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ
的项得 ꎻ 到 ② 新数列 { ａ ｎ}ꎬ ꎬ 即 ２ꎬ３ꎬ４ꎬ６ꎬ８ꎬ３ ２ ꎬ１０ꎬ１２ꎬ１４ꎬ１６ꎬꎻ 若 ３ ｘ Ａ Ｂ Ｃ 这一系 ꎬ 列所有三角形的面积 : 和 △ 趋向于 ꎬ△ 一个 １ 常 １ 数 １ꎬ .
为奇数.则在正奇数数列中依次插入数值为 ｎ 的项得到新数 △ 已知 ２ Ａ ２ ２ꎬꎬ Ｂ Ｃ 则这个常数是
２ (０ꎬ０)ꎬ (５ꎬ０)ꎬ (１ꎬ３)ꎬ ( )
列 { ａ ｎ}ꎬ 即 １ꎬ２ꎬ３ꎬ２ ２ ꎬ５ꎬ７ꎬ２ ３ ꎬ９ꎬ１１ꎬ１３ꎬꎬ③ Ｎ为数列 { ａ ｎ} 的
１０
前ｘ项和.如当值社员姓康 则 Ｋ 在 个英文字母中排第 Ａ. Ｂ.５ Ｃ.１０ Ｄ.１５
ꎬ ２６ １１ ３
位.所以ｘ .前 项中有 ２ ３ 所以有 个奇数.故Ｎ 答案 Ｃ ＝１１ １１ ２ꎬ２ ꎬ２ ꎬ ８ ＝１＋
姓 ３＋ 徐 ＋ 则 １５ 当 ＋２ 日 ＋ 密 ２ ２ ＋ 码 ２ 为 ３ ＝７８ꎬ 所以密码为 ２８２０５１ꎬ 若今天当值社员 ３ 是 .( 指 ２０ 在 ２２ 没 湖 有 南 外 邵 力 阳 介 、 入 郴州 同 二 时 模 所 ꎬ 有 ７) 人 在 都 流 没 行病 有 学 免 中 疫 ꎬ 力 基 的 本 情 传 况 染 下 数Ｒ 一 ０
ꎬ ( ) ꎬ ꎬ
Ａ.１２５７８６ Ｂ.１９９６００ Ｃ.２００４００ Ｄ.３７０３７０
个感染者平均传染的人数.Ｒ 一般由疾病的感染周期 感染者
答案 Ｂ ０ 、
与其他人的接触频率 每次接触过程中传染的概率决定 假设
、 ꎬ
某种传染病的基本传染数Ｒ 平均感染周期为 天 那么感 [ ( )ｎ] ｎ
染人数由 初始感染者 增 ０ 加 ＝ 到 ２ꎬ 大约需要的天 ７ 数为 ꎬ 初始 所以Ｓ ｎ＝ １ ｎ ＋ ３ １× １－ ( －１ ) ＝ ３＋２ ＋ ３ ( －１ )ｎ －１.
１( ) ９９９ ( ２ ２ １－ －１ ４ ４
感染者传染Ｒ 个人为第一轮传染 这Ｒ 个人每人再传染Ｒ
个人为第二轮 ０ 传染 参考数据 ꎬ ０ . ０ 选 ② :Ｓ ｎ＝ １ (ａ ｎ＋ ｎ ＋１ )(ｎ ∈ Ｎ )ꎬ易知ａ １＝２ ꎬＳ ｎ －１＝ １ (ａ ｎ －１＋ ｎ
ꎬꎬ :ｌｇ２≈０３０１０) ( ) ２ ２
)(ｎ )ꎬ
Ａ.４２ Ｂ.５６ Ｃ.６３ Ｄ.７０ －１＋１ ≥２
答案 Ｃ
两式相减可得ａ １ ａ １ ａ １ ꎬ即ａ ａ (ｎ )ꎬ以
二、多项选择题(共５分) ｎ＝ ｎ－ ｎ －１＋ ｎ＝－ ｎ －１＋１ ≥２
２ ２ ２
４.(２０２２华大新高考联盟３月教学质量测评ꎬ１０)十二平均律 下过程与 相同.
①
是由我国明代音乐理论家和数学家朱载堉发明的.明万历十二 选 ③ :由Ｓ ｎ＝２ Ｓ ｎ －１＋１ ꎬ可得Ｓ ｎ＋１＝２ (Ｓ ｎ －１＋１ )ꎬ
年 ( 公元 １５８４ 年 )ꎬ 他写成 « 律学新说 »ꎬ 提出了十二平均律的 又Ｓ １＝ ａ １＝１ ꎬ故{Ｓ ｎ＋１ }是以Ｓ １＋１＝２ 为首项ꎬ ２ 为公比的等比
理论.十二平均律的数学意义是在 和 之间插入 个数 使 数列ꎬ
１ ２ １１ ꎬ
包含
１
和
２
的这
１３
个数依次成递增的等比数列
ꎬ
记插入的
１１
故Ｓ
ｎ＋１＝２
２
ｎ －１ꎬ即Ｓ
ｎ＝２
ｎ
－１
ꎬ当ｎ
≥２
时ꎬａ
ｎ＝
Ｓ
ｎ－
Ｓ
ｎ －１＝２
ｎ －１ꎬ
个数之和为Ｍ
ꎬ
插入
１１
个数后这
１３
个数之和为Ｎ
ꎬ
则依此规 又ａ
１＝１
也满足上式ꎬ所以ａ
ｎ＝２
ｎ －１ꎬｎ
∈
Ｎ .
则 下列说法正确的是 ８.(２０２２辽宁名校联盟３月联考ꎬ２０)已知Ｓ 为数列 ａ 的前
ꎬ ( ) ｎ { ｎ}
Ａ. 插入的第 ８ 个数为 ２ ｎ项和 ꎬ ａ １＝３ꎬ Ｓ ｎ ＋１＋１＝４ ａ ｎ .
求数列 ａ 的通项公式
插入的第 个数是插入的第 个数的３ 倍 (１) { ｎ} ꎻ
Ｂ. ５ １ ２
从下面两个条件中选择一个 求数列 ｂ 的前ｎ项和Ｔ .
Ｍ (２) ꎬ { ｎ} ｎ
Ｃ. >３
ａ
Ｄ. Ｎ 答 < 案 ７ ＢＣ ① ｂ ｎ＝ ( Ｓ ｎ ＋１＋ ｎ ＋ １ ２ ) ａ ｎ ＋１ ꎻ
三、填空题(每小题５分ꎬ共１０分) ｎ ｎ２ ｎ ４ ｎ －２
ｂ (－１) (２ ＋１０ ＋１３)２ .
５.(２０２２辽宁葫芦岛一模ꎬ１５)已知数列
{
ａ
ｎ}ꎬ
ａ
１＝１ꎬ
对于任意 ②
解
ｎ
析
＝
( )由ａ
ａ２ｎ
ꎬ
ａ
Ｓ
２ｎ
＋１
ａ 可知ａ ꎬ
正整数 ｍ ｎ 都满足 ａ ａ ａ ｍｎ 则 １ １ １ １ １＝３ ｎ ＋１＋１＝４ ｎ ２＝８
ꎬ ꎬ ｍ ＋ ｎ ＝ ｍ＋ ｎ＋ ꎬ ａ １ ＋ａ ２ ＋＋ａ ２０２１ 当ｎ ≥２ 时ꎬＳ ｎ＋１＝４ ａ ｎ －１ ꎬ
. 两式相减得ａ ａ ａ ꎬ
＝ ｎ ＋１＝４ ｎ－４ ｎ －１
所以ａ ａ (ａ ａ )ꎬｎ ꎬ
答案 ２０２１ ｎ ＋１－２ ｎ＝２ ｎ－２ ｎ －１ ≥２
又ａ ａ ꎬ
１０１１ ２－２ １＝２
６.(２０２２福建４月百校联合测评ꎬ１６)在处理多元不等式的最 所以{ａ ａ }是首项为 ꎬ公比为 的等比数列ꎬ
ｎ ＋１－２ ｎ ２ ２
值 ｍ 以 １ ２ 处 时 ＋ ｍ ｎ 的 ２ ꎬ ２ ＋ 我 ＋ 切 ｎ ｔ ２ 们 ２ 线 ＋ ≥ ｔ 常 ２ 方 ２ ｍ 的 用 程 － 最 构 １ 为 ＋ 小 造 ２ ｙ ｎ 值 切 ＝ － ２ 为 线 １ ｘ ＋ － 的 ３ ２ １ . ｔ ꎬ 方 已 － 且 １ 法 知 ＝ ｘ 来 函 ２ ３ ≥ ꎬ 求 数 取 ２ 解 ｘ 等 ｆ － ( . １ 例 条 ｘ ꎬ ) 若 如 件 ＝ 已 : ｘ 为 ３ 曲 知 － ｍ 线 ６ ｍ ｘ ＝ ２ ｙ ＋ ＋ ｎ ＝ ｎ １ ＝ ＋ ｘ ２ ｔ ２ ｔ ｘ ＝ ＝ ꎬ 在 １ 若 ３ ꎬ ꎬ ｘ 则 所 数 ＝ 则 即 两边 ａ ａ ｎ ｎ 同 ＋ ＋ １ １ － ＝ 除 ２ ２ ａ 以 ａ ｎ ｎ ＝ ＋ ２ ２ ２ ｎ ＋ ｎ １ ꎬ ꎬ ２ 得 ｎ － ａ １ ｎ ｎ ＝ ＋ ＋ １ １ ２ ＝ ｎꎬ ａ ｎ ｎ ＋ １ ꎬ
列 ａ 满足ａ 且ａ ａ ａ 则数列 ｆ ａ 的前 ２ ２ ２
{
项
ｎ
和
}
的最大
ｎ
值
≤
为
２ꎬ １＋ ２＋
若
＋
数列
１０＝１
ｂ
０ꎬ
满足ｂ
{ ( ｎ
且
)}
ｂ ｂ 所以数列
{ａ
ｎ
}
是以
ａ
１ ３ 为首项ꎬ １ 为公差的等差数列ꎬ所
１０ ꎻ { ｎ} ｎ≥０ꎬ １＋ ２ ｎ ＝
ｂ 则数列 ｆ ｂ 的前 项和的最小值 ２ ２ ２ ２
＋＋ １００ ＝ １８０ꎬ { ( ｎ)} １００ ａ ｎ
为 . 以
ｎ
ｎ
＝
３
＋
１ (ｎ
－１
)
＝
＋２ꎬ所以ａ
ｎ＝
(ｎ
＋２
)
２
ｎ －１.
答案 ꎻ ２ ２ ２ ２
７０ ５４０ ( )若选 .
四、解答题(共３０分) ２ ①
ａ
７.(２０２２福建龙岩一模ꎬ１７)在下列条件 :① 数列 { ａ ｎ} 的任意相 ｂ ｎ＝(Ｓ ｎ ＋２ )ａ
邻两项均不相等 ꎬ ａ １ ＝２ꎬ 且数列 { ａ２ｎ－ ａ ｎ} 为常数列 ꎻ② Ｓ ｎ ＝ ｎ ＋１ ( ＋ ｎ １ ) ｎ ＋ １ ｎ ＋１
＋４ ２
１ ( ａ ｎ＋ ｎ ＋１)( ｎ ∈ Ｎ )ꎻ③ ａ １＝１ꎬ Ｓ ｎ＝２ Ｓ ｎ －１＋１( ｎ ≥２ꎬ ｎ ∈ Ｎ ) ＝(ｎ ＋２ ) ２ ｎ ＋１(ｎ ＋３ ) ２ ｎ
中 ２ 任选一个条件 补充在横线上 并回答下面问题. (ｎ ＋４ ) ２ ｎ －１
年 高 已 公 解 知 ꎬ 式 析 数 与 列 前 选 { ｎ ａ ① 项 ｎ} : 和 的 因 前 Ｓ 为 ꎬ ｎ . ｎ ａ 项 １＝ 和 ２ ꎬ 为 数 Ｓ 列 ｎꎬ { ꎬ ａ２ｎ － ａ ｎ } 为 ꎬ 常 求 数 数 列 列 ꎬ { 所 ａ ｎ 以 } 的 ａ 通 ２ｎ－ 项 ａ ｎ ＝ ＝ ( ( ( ｎ ｎ ｎ ＋ ＋ ＋ ２ ２ ３ ) ) ) ２ ２ ２ ｎ ｎ ｎ － － － １ １ (ｎ ( ( ＋ ｎ ｎ ２ ＋ ＋ ) ３ ３ ) ) ２ ｎ － ２ ２ １ ｎ ｎ
考 ＝ ａ２ １－ ａ １＝２ ２ －２＝２ ꎬ解得ａ ｎ＝２ 或ａ ｎ＝－１ ꎬ又因为数列{ａ ｎ }的任 ＝(ｎ ) １ ｎ －１ －(ｎ １ ) ｎ ꎬ
意相邻两项均不相等ꎬ且ａ ꎬ ＋２ ２ ＋３ ２
年 １＝２ æ ö æ ö æ ö
模 拟 所以数列{ａ ｎ }为 ２ ꎬ －１ ꎬ ２ ꎬ －１ ꎬ ２ ꎬ －１ ꎬꎬ所以ａ ｎ＋ ａ ( ｎ －１＝１ (ｎ ≥ ) ２ ꎬ 所以 Ｔ ｎ ＝ è ç ３× １ ２ ０ － ４× １ ２ １ ø ÷ ＋è ç ４× １ ２ １ － ５× １ ２ ２ ø ÷ ＋è ç ５× １ ２ ２ － ６× １ ２ ３ ø ÷ ＋ ＋
ｎ ∈ Ｎ )ꎬ即ａ ｎ＝－ ａ ｎ －１＋１ (ｎ ≥２ )ꎬ所以ａ ｎ－ １ ＝－ ａ ｎ －１－ １ (ｎ é êê １ １ ù úú １ １ .
２ ２ ë(ｎ ) ｎ －１ －(ｎ ) ｎû＝ －(ｎ ) ｎ
＋２ ×２ ＋３ ×２ ３ ＋３ ×２
︵ ≥２ )ꎬ又ａ １－ ２ １ ＝ ２ ３ ≠０ ꎬ 若选 ② .
教 { } ( )ｎ( ｎ２ ｎ ) ４ ｎ －２
师
用
所以 ａ ｎ－
２
１ 是以 ３
２
为首项ꎬ －１ 为公比的等比数列ꎬ所以ａ ｎ－ 由( １ )知ꎬｂ ｎ＝ －１ ２ ａ２ｎ ＋１ ａ ０ ２ｎ
＋１
＋１３ ２
书 ( )ｎ( ｎ２ ｎ )
︶
１
＝
３ (
－１
)ｎ －１ꎬ即ａ
ｎ＝
１
＋
３ (
－１
)ｎ －１ꎬ
＝
－１
(ｎ )２
２
(
＋
ｎ
１０
)
＋
２
１３
２ ２ ２ ２ ＋２ ＋３
１ ２８
é ù 又因为数列{ａ }的各项均为正ꎬ
( )ｎêê １ １ úúꎬ ｎ
＝ －１ ë(ｎ )２ ＋(ｎ )２ û 所以ａ ａ (ｎ )ꎬ故{ａ }是以 为首项ꎬ 为公差的等
＋２ ＋３ ｎ－ ｎ －１＝２ ≥２ ｎ ２ ２
æ ö æ ö 差数列ꎬ所以ａ ｎꎬ则ｂ ( )ｎꎬ
当 ｎ 为 偶 数 时ꎬ Ｔ ç １ １ ÷ ç １ １ ÷ ｎ＝２ ｎ＝ －２
ｎ ＝ － è ３ ２ ＋ ４ ２ ø ＋ è ４ ２ ＋ ５ ２ ø － 则Ｂ ( －２ )[ １－ ( －２ )ｎ] ２ ( )ｎ ２ ｎ ＋１ ꎬ
é ù é ù ｎ＝ ( ) ＝－ ＋ －１
êê １ １ úú êê １ １ úú １ １ . １－ －２ ３ ３
－ë(ｎ ＋１ )２ ＋(ｎ ＋２ )２ û＋ë(ｎ ＋２ )２ ＋(ｎ ＋３ )２ û＝－ ９ ＋(ｎ ＋３ )２ 因为Ｂ Ｂ ４ ( )ｎ ２ ｎ ＋３ －２ ｎ ＋２
ｎ ＋２＋ ｎ ＋１＝－ ＋ －１
当 ｎ 为 奇 数 时ꎬ Ｔ Ｔ ｂ １ １ ３ ３
ｎ ＝ ｎ －１ ＋ ｎ ＝ －
９
＋ (ｎ
＋２
)２ － [
２ ( )ｎ ２
ｎ ＋１ ]
Ｂ ꎬ
é ù ＝２ － ＋ －１ ＝２ ｎ
êê １ １ úú １ １ . ３ ３
ë(ｎ
＋２
)２ ＋(ｎ
＋３
)２ û＝－
９
－(ｎ
＋３
)２ 所以Ｂ
ｎ ＋１
ꎬＢ
ｎ
ꎬＢ
ｎ ＋２
成等差数列.
( )ｎ ( )由( )得ｃ ( )ｎ ( )ｎｎꎬ
综上ꎬＴ １ －１ . ２ １ ｎ＝ －２ ＋２ －１
ｎ＝－ ＋(ｎ )２ 当ｎ为偶数时ꎬ
９ ＋３
９.(２０２２山东潍坊二模ꎬ１９)已知正项数列
{
ａ
ｎ}
的前ｎ项和为 Ｔ
ｎ＝
ｃ
１＋
ｃ
２＋
＋
ｃ
ｎ＝
(
－２
)１
＋
(
－２
)２
＋
＋
(
－２
)ｎ
＋２
[
－１＋２－３＋４－
Ｓ ｎꎬ 且ａ２ｎ＋２ ａ ｎ＝４ Ｓ ｎꎬ 数列 { ｂ ｎ} 满足ｂ ｎ＝(－２) ａ ２ ｎ. － (ｎ －１ ) ＋ ｎ] ＝ ２ ２ ｎ ＋ ｎ － ２ .
(１) 求数列 { ｂ ｎ} 的前 ｎ 项和 Ｂ ｎꎬ 并证明 Ｂ ｎ ＋１ꎬ Ｂ ｎꎬ Ｂ ｎ ＋２ 是等差 当ｎ为奇数时ꎬ ３ ３
数列
(２) 设 ꎻ ｃ ｎ＝(－１) ｎａ ｎ＋ ｂ ｎꎬ 求数列 { ｃ ｎ} 的前ｎ项和Ｔ ｎ . Ｔ ｎ＝ ｃ １＋ ｃ ２＋ ＋ ｃ ｎ＝ ( －２ )１ ＋ ( －２ )２ ＋ ＋ ( －２ )ｎ ＋２ [ －１＋２－３＋４－
解析 (
１
)ａ２ｎ＋２ ａ
ｎ＝４
Ｓ
ｎ
ꎬ
＋
(ｎ
－１
)
－
ｎ]
＝－
２
２
ｎ
－
ｎ
－
５ .
当ｎ 时ꎬａ２ ａ ａ ꎬ所以ａ 或ａ (舍)ꎬ ３ ３
当 两 所 式 以 ｎ ≥ ＝ 相 ( １ ａ ２ 减 ｎ 时 － 得 ａ ꎬ ｎ － ａ ａ １ １ ２ｎ ) ＋ ２ｎ －１ － ( ２ ＋ ａ ａ ２ ２ｎ ｎ １ － ａ ＋ ＝ １ ｎ ＋ ａ － ４ １ ｎ ２ － ＝ ａ １ １ ) ｎ ４ － ＝ Ｓ ２ ｎ ２ － ａ １ ( ｎ ꎬ － ａ １ ｎ ＝ １ ＋ ＝ ４ ａ Ｓ ｎ ２ － ｎ １ － ) ４ . Ｓ ｎ １ － ＝ １＝ ０ ４ ａ ｎ ꎬ 综上ꎬ可知Ｔ ｎ＝ ì î í ï ï ï ï － ３ ２ ３ ２ ２ ｎ ２ ＋ ｎ ｎ － － ｎ － ３ ２ ３ ５ ꎬｎ ꎬｎ 为 为 偶 奇 数 数 ꎬ .
第
七
章
数
列
１ ２９
一年 甄选情境素养 五年 考点式编排 三年 考点基础练 一年 甄选情境素养
创新 专家独家命制 高考 题组式训练 模拟 综合提升练 创新 专家独家命制
学生用书P208
１.(多选)(２０２２ ５３原创题)已知等差数列 ａ 不是常数列
{ ｎ} ꎬ
且该数列的前ｎ项和为Ｓ
ｎꎬ
若对于ｎ
∈
Ｎ
ꎬ
都有 Ｓ
ｎ≤
Ｓ
５(
ｎ
∈
ａ
Ｎ 则 １０的取值不可能是
)ꎬ ａ ( )
９
５ ９ ７
Ａ. Ｂ.１ Ｃ. Ｄ.
３ ７ ６
答案 ＡＢＤ
２.(２０２２ ５３原创题)已知数列 ａ 的前ｎ项和为Ｓ 若ａ ( )ｎ －１ ( )ｎ －１
{ ｎ} ｎꎬ １＝ 答案 ４ ꎻ８ ３ ４
ａ Ｓ Ｓ Ｓ ｎ ｎ 则数列 ａ 的通项公式 － ×
ａ ３ ｎ ꎬ ＝ ２ ＝ １８ ꎬ ｎ＝ . ４ ｎ －１－３ ｎ －２＋３ ( ≥３)ꎬ { ｎ} ４.(２０２２ ５ ３ ３原创题 ５ )已 ５ 知递增 ９ 数列 { ａ ｎ} 的前ｎ项和为Ｓ ｎꎬ 满
答案 ｎ ３ ｎ 足ａ２ｎ ＋１＋ ａ２ｎ＝２ ａ ｎ ＋１ ａ ｎ＋２ ａ ｎ ＋１－２ ａ ｎ＋３( ｎ ∈ Ｎ ) .
３.(２０２２湖北八市联考ꎬ１６)
２０２２
年北京冬奥会开幕式中
ꎬ
当
(１)
求证
:
数列
{
ａ
ｎ}
为等差数列
ꎻ
雪花 这个节目开始后 一片巨大的 雪花 呈现在舞台中央 若ａ 求Ｓ 的最小值.
« » ꎬ “ ” ꎬ (２) １＝－１９ꎬ ２ ｎ
十分壮观.理论上
ꎬ
一片雪花的周长可以无限长
ꎬ
围成雪花的曲 解析 (
１
)证明:因为 ａ２ｎ
＋１＋
ａ２ｎ＝２ ａ
ｎ ＋１
ａ
ｎ＋２
ａ
ｎ ＋１－２
ａ
ｎ＋３
(ｎ
∈
线称作
“
雪花曲线
”ꎬ
又称
“
科赫曲线
”ꎬ
是瑞典数学家科赫在 Ｎ )ꎬ即ａ２ｎ
＋１＋
ａ２ｎ－２ ａ
ｎ ＋１
ａ
ｎ－２
(ａ
ｎ ＋１－
ａ
ｎ
)
－３＝０
ꎬ即(ａ
ｎ ＋１－
ａ
ｎ
)２
－
年研究的一种分形曲线.如图是 雪花曲线 的一种形成 (ａ ａ ) ꎬ所以[(ａ ａ ) ][(ａ ａ ) ] ꎬ
１９０４ “ ” ２ ｎ ＋１－ ｎ －３＝０ ｎ ＋１－ ｎ －３ ｎ ＋１－ ｎ ＋１ ＝０
过程 从一个正三角形开始 把每条边分成三等份 然后以各边 又因为数列{ａ }递增ꎬ所以(ａ ａ ) ꎬ即ａ ａ ꎬ所
: ꎬ ꎬ ｎ ｎ ＋１－ ｎ －３＝０ ｎ ＋１－ ｎ＝３
的中间一段为底边分别向外作正三角形 再去掉底边 重复进 以数列{ａ }为等差数列.
ꎬ ꎬ ｎ
行这一过程 若第 个图中的三角形的周长为 则第ｎ个图 ( )因为ａ ꎬ且由( )可知数列{ａ }的公差为 ꎬ所以ａ
ꎬ １ １ꎬ ２ １＝－１９ １ ｎ ３ １<
形的周长为 若第 个图中的三角形的面积为 则 ａ ａ ａ ꎬ且ａ ａ ꎬ所以当ｎ 时ꎬＳ
ꎻ １ １ꎬ ２< < ７<０< ８< ７＋ ８＝－１＋２＝１>０ ＝３ ２ ｎ
第ｎ个图形的面积为 . 取得最小值Ｓ .
６＝－６９
５.(２０２２ ５３原创题)数列 ａ 满足ａ １ ａ ａ ａ
{ ｎ} １＝－ ꎬ ｎ－ ｎ ＋１＝( ｎ＋
２
１)(
ａ
ｎ ＋１＋１)ꎬ
Ｔ
ｎ＝ａ
１
ａ
２
１
ａ
ｎ
(
ｎ
∈
Ｎ
)
.
求数列 ａ 的通项公式
(１) { ｎ} ꎻ
求数列 Ｔ 的前ｎ项和Ｒ .
(２) { ｎ} ｎ
解析 ( )因为ａ ａ (ａ )(ａ )ꎬ
１ ｎ－ ｎ ＋１＝ ｎ＋１ ｎ ＋１＋１ １ ( )ｎ(ｎ )ꎬ
所以(ａ ) (ａ ) (ａ )(ａ )ꎬ ｎ ＝ －１ ＋１
ｎ＋１ － ｎ ＋１＋１ ＝ ｎ＋１ ｎ ＋１＋１ (
－１
)ｎ １ ２
ｎ
两边同时除以(ａ )(ａ )可得 １ １ ꎬ即 ２ ３ ＋１
ｎ＋１ ｎ ＋１＋１ ａ
ｎ ＋１＋１
－ａ
ｎ＋１
＝ １ 所以Ｔ
ｎ＝－２＋３－４＋５－６＋
＋
(
－１
)ｎ(ｎ
＋１
)ꎬ
{ } ì ｎ
ａ
１ 是首项为
２
ꎬ公差为
１
的等差数列ꎬ所以
ａ
１
＝２＋
(ｎ
－
ï ï－ ＋３ꎬｎ为奇数ꎬ
ｎ＋１ ｎ＋１ 所以Ｔ í ２
ｎ
ｎ＝ïｎ
) ｎ ꎬ所以ａ . ï ꎬｎ为偶数.
１ ＝ ＋１ ｎ＝－ｎ î
＋１ ２
( ) 由 ( ) 可 知 Ｔ １
２ １ ｎ ＝ ａ ａ ａ ＝
ｎ
１ ２
年
高
考
年
模
拟
︵
教
师
用
书
︶
１ ３０
