文档文本内容
7.4 数列求和、数列的综合
基础篇
考点 一 数列求和 注 若选两个条件分别作答 则按第一个解
: ꎬ
答计分.
考向一 分组、并项求和
１.( 届湖北黄冈调研ꎬ )已知数列 ａ 满
２０２３ ８ { ｎ}
解析 选 由 ｎ ａ ｎ ａ
足 ａ ｎ ａ ｎ Ｓ 则 ａ (１) ①ꎬ (３ －１) ｎ ＋１ ＝(３ ＋２) ｎ
ｎ(－１) ＋ ｎ ＋２ ＝２ －１ꎬ ２０ ＝６５０ꎬ ２３ ＝ ａ ｎ
ｎ
及 ａ 可知 ａ 所以 ＋１ ３ ＋２
( ) １ ＝２ꎬ ｎ≠０ꎬ ａ ＝ ｎ ꎬ
ｎ ３ －１
Ａ.２３１ Ｂ.２３４ Ｃ.２７９ Ｄ.２７６ ａ ａ ａ ａ ａ
ｎ ｎ
答案 Ｂ 由 ａ ｎ(－１) ｎ ＋ ａ ｎ ＋２ ＝２ ｎ －１ꎬ Ｓ ２０ ＝ 当 ｎ ≥２ 时 ꎬ 有 ａ ｎ ＝ａ ｎ ×ａ ｎ －１ ××ａ ４ ×ａ ３ ×ａ ２
－１ －２ ３ ２ １
可知
ａ
６５０ :
×
１
当 ｎ 为偶数时 ａ ａ ｎ 当 ｎ 为奇数
ꎬ ｎ＋ ｎ ＋２ ＝２ －１ꎬ ３ ｎ －１ ３ ｎ －４ １１ ８ ５ ｎ .当 ｎ
时 ａ ａ ｎ 所以 Ｓ ａ ａ ＝ ｎ × ｎ ×× × × ×２＝３ －１
ꎬ ｎ ＋２ ＝ ｎ＋２ －１ꎬ ２０ ＝( １ ＋ ３ ＋＋ ３ －４ ３ －７ ８ ５ ２
ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ 时 ａ 适合上式 故 ａ ｎ ｎ
１９)＋( ２ ＋ ４)＋( ６ ＋ ８)＋( １０ ＋ １２)＋( １４ ＋ ＝１ ꎬ １ ＝ ２ ꎬ ｎ ＝ ３ －１( ∈
ａ ａ ａ 即 ａ ａ ａ Ｎ .
１６)＋( １８ ＋ ２０)＝ ６５０ꎬ １ ＋( １ ＋１)＋( １ ＋ )
ａ ａ ａ ａ 选 由 ａ ａ ａ 得 ａ ａ ａ
６)＋( １ ＋１５)＋( １ ＋２８)＋( １ ＋４５)＋( １ ＋６６) ②ꎬ ２ ｎ ＋１ ＝ ｎ＋ ｎ ＋２ꎬ ｎ ＋２ － ｎ ＋１ ＝ ｎ ＋１ －
ａ ａ ａ ａ 所以 ａ 为等差数列
＋( １ ＋９１)＋( １ ＋１２０)＋( １ ＋１５３)＋３＋１１＋１９＋ ｎꎬ { ｎ} ꎬ
由此解得 ａ 所以 ａ ａ 由ａ ａ 得该数列的公差ｄ ａ ａ
２７＋３５＝６５０ꎬ １ ＝３ꎬ ２３ ＝ １ ＋ １ ＝２ꎬ ２ ＝５ꎬ ＝ ２ － １ ＝５
故选 .
２３１＝２３４ꎬ Ｂ －２＝３ꎬ
２.(多选)( 广东北江实验学校模拟ꎬ )已 所以 ａ ａ ｎ ｄ ｎ ｎ .
２０２２ ９ ｎ＝ １ ＋( －１) ＝２＋３( －１)＝ ３ －１
知 数 列 { ａ ｎ } 的 通 项 公 式 为 ａ ｎ ＝ 由 知 ｂ æ ç １ ö ÷ ３ ｎ －１ ａ ｂ ｎ
{ ｎ ｎ 为奇数 (２) (１) ｎ ＝ è ø ꎬ∴ ｎ＋ ｎ ＝ ３ －１
３ ＋１ꎬ ꎬ则 ２
ｎ ｎ 为偶数 ( ) æ ö３ ｎ －１
２－２ ꎬ ꎬ ç １÷
＋è ø ꎬ
ａ ａ ａ ２
Ａ. ６ ＝１９ Ｂ. ７> ６ 则 Ｔ ｎ
Ｓ Ｓ Ｓ ｎ ＝ [ ２ ＋ ５ ＋ ８ ＋ ＋ ( ３ － １)]
Ｃ 答 . 案 ５ ＝２ Ｂ ２ Ｃ 由题意知 ａ Ｄ. ６> ａ ８ ａ é ê １ １ æ ç １ ö ÷ ３ ｎ －１ù ú
１ ＝４ꎬ ３ ＝１０ꎬ ５ ＝１６ꎬ ＋ë ê ＋ ＋＋è ø û ú
ａ ａ ａ ａ ａ 则 ４ ３２ ２
７ ＝２２ꎬ ２ ＝－２ꎬ ４ ＝－６ꎬ ６ ＝－１０ꎬ ８ ＝－１４ꎬ é æ öｎù
ê ú
Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ 综上 正 １ ç １÷
ê ú
５ ＝ ２２ꎬ ６ ＝ １２ꎬ ８ ＝ ２０ꎬ ６< ８ꎬ ꎬＢＣ ｎ ｎ ë１－è ø û
(２＋３ －１) ４ ８
确 错误.故选
＝ ＋
ꎬＡＤ ＢＣ.
２ １
３.( 届江苏百校联考ꎬ )从 ｎ １－
２０２３ １７ ①(３ －１) ８
ａ ｎ ＋１ ＝(３ ｎ ＋２) ａ ｎꎬ② ａ ２ ＝５ꎬ２ ａ ｎ ＋１ ＝ ａ ｎ＋ ａ ｎ ＋２ 这两 ＝ (３ ｎ ＋１) ｎ ＋ ２ é ë ê ê １－ æ è ç １ ö ø ÷ ｎù û ú ú .
个条件中任选一个 补充在下面的问题中并 ２ ７ ８
ꎬ
４.( 长沙雅礼中学月考ꎬ ) 已知数列
作答.已知数列 ａ 满足 ａ . ２０２２ １７
{ ｎ} １ ＝２ꎬ
ａ 中 ａ ａ 其前 ｎ 项和 Ｓ 满足
(１) 求 { ａ ｎ} 的通项公式 ꎻ { ｎ} ꎬ １ ＝ １ꎬ ２ ＝ ３ꎬ ｎ
设 ｂ æ ç １ ö ÷ ａ ｎ 求数列 ａ ｂ 的前 ｎ 项 Ｓ ｎ ＋１ ＋ Ｓ ｎ －１ ＝２ Ｓ ｎ＋２( ｎ ≥２ꎬ ｎ ∈ Ｎ ) . 专 题
(２) ｎ ＝è ø ꎬ { ｎ＋ ｎ} 求数列 ａ 的通项公式 七
２ (１) { ｎ} ꎻ
数
和 Ｔ ｎ . (２) 若 ｂ ｎ ＝ ａ ｎ ＋２ ａ ｎ ꎬ 求数列 { ｂ ｎ} 的前 ｎ 项 列
２４５
和 Ｔ . æ ö ｎ
ｎ çｘ １÷ １ 数列 ａ 满足 ａ 则
解析 由题意得 Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ ｎ ３ｓｉｎè － ø＋ ꎬ { ｎ} ｎ ＝ ꎬ
(１) ｎ ＋１ － ｎ ＝ ｎ－ ｎ －１ ＋２( ２ ２ ２ ０２１
即 ａ ａ ｎ 又 ａ ａ ｆ ａ ｆ ａ ｆ ａ
≥２)ꎬ ｎ ＋１ － ｎ＝２( ≥２)ꎬ ２ － １ ＝３－１＝ ( １)＋ ( ２)＋＋ ( ２０２１)＝ ( )
所以 ａ ａ ｎ Ｎ .所以数列 ａ
２ꎬ ｎ ＋１ － ｎ ＝２( ∈ ) { ｎ} Ａ.２ ０２１ Ｂ.２ ０２２ Ｃ.４ ０４２ Ｄ.４ ０４０
是以 为首项 为公差的等差数列 所以 ａ æ ö
１ ꎬ２ ꎬ ｎ 答案 Ａ ｆ ｘ ｘ ç１ ｘ÷ １
∵ (１－ )＝ １－ ＋３ｓｉｎè － ø＋ ꎬ
ｎ ｎ Ｎ . ２ ２
＝２ －１( ∈ )
ｎ
ｆ ｘ ｆ ｘ .又 ａ ａ
(２) ｂ ｎ＝ ａ ｎ＋２ ａ ｎ ＝２ ｎ －１＋２ ２ ｎ －１ ＝２ ｎ －１＋ １ ４ ｎ ꎬ ∴ ( )＋ (１－ )＝ ２ ∵ ｎ＋ ２０２１－ ｎ ＝ ２ ０２１ ＋
２
ｎ
２ ０２１－ ｆ ａ ｆ ａ .令 Ｓ ｆ
所以 Ｔ ｎ＝[１＋３＋５＋＋(２ ｎ －１)]＋ １ ×(４＋４ ２ ＋ ２ ０２１ ＝１ꎬ∴ ( ｎ)＋ ( ２０２１－ ｎ)＝ ２ ＝
２
ａ ｆ ａ ｆ ａ 则 Ｓ ｆ ａ ｆ
ｎ
３ ｎ ｎ２ ２(４ －１).
( １)＋ ( ２)＋＋ ( ２０２１)ꎬ ＝ ( ２０２１)＋
４ ＋＋４ )＝ ＋ ａ ｆ ａ 两式相加得 Ｓ
３ ( ２０２０)＋＋ ( １)ꎬ ２ ＝ ２×２
５.( 重庆市育才中学入学考ꎬ )已知等比 Ｓ .故选
２０２２ １７ ０２１ꎬ∴ ＝２ ０２１ Ａ.
２.( 江苏无锡检测ꎬ )德国数学家高斯是
数列 ａ 的前 ｎ 项和为 Ｓ ｎ Ｎ 且 １ ２０２２ ６
{ ｎ} ｎ( ∈ )ꎬ ａ － 近代数学奠基者之一 有 数学王子 之称
１ ꎬ “ ” ꎬ
在历史上有很大的影响.他幼年时就表现出
１ ２ Ｓ .
ａ ＝ａ ꎬ ６ ＝６３
超人的数学才能 岁时 他在进行
２ ３
ꎬ１０ ꎬ １＋２＋３＋
求 ａ 的通项公式
(１) { ｎ} ꎻ 的求和运算时 就提出了倒序相加法
＋１００ ꎬ
若对任意的 ｎ Ｎ ｂ 是 ａ 和
(２) ∈ ꎬ ｎ ｌｏｇ２ ｎ 的原理 该原理基于所给数据前后对应项的
ꎬ
ａ 的等差中项 求数列 ｎｂ２ 的前
ｌｏｇ２ ｎ ＋１ ꎬ {(－１) ｎ} 和呈现一定的规律生成 因此 此方法也称
ꎬ ꎬ
ｎ 项和.
２ ｎ
为高斯算法.已知数列 ａ ２ －９８ 则 ａ ａ
解析 (１) 设数列 { ａ ｎ} 的公比为 ｑ ꎬ 由已知 ꎬ ｎ＝ ２ ｎ －９９ ꎬ １ ＋ ２ ＋
ａ
有１ １ ２ 解得 ｑ 或 ｑ .又由 Ｓ
ａ －ａ ｑ＝ａ ｑ２ ꎬ ＝２ ＝－１ ６ ＋ ９８ ＝ ( )
１ １ １
Ａ.９６ Ｂ.９７ Ｃ.９８ Ｄ.９９
ｑ６ ６
ａ １－ 知 ｑ 所以 ａ １－２
＝ １
１－
ｑ ＝６３ꎬ ≠－１ꎬ １
１－２
＝ 答案 Ｃ 令 Ｓ
＝
ａ
１ ＋
ａ
２ ＋＋
ａ
９７ ＋
ａ
９８ ＝
９６
＋
９４
＋
９７ ９５
得 ａ 所以 ａ ｎ －１.
６３ꎬ １ ＝１ꎬ ｎ＝２
９６ ９８
＋ ＋ ꎬ
由题意 得 ｂ １ ａ ａ １ ９５ ９７
(２) ꎬ ｎ ＝ (ｌｏｇ２ ｎ＋ｌｏｇ２ ｎ ＋１)＝
２ ２
Ｓ ａ ａ ａ ａ ９８ ９６ ９４ ９６
(ｌｏｇ２２ ｎ －１ ＋ｌｏｇ２２ ｎ )＝ ｎ － １ ꎬ 即 { ｂ ｎ} 是首项为 ＝ ９８ ＋ ９７ ＋＋ ２ ＋ １ ＝ ９７ ＋ ９５ ＋＋ ９５ ＋ ９７ ꎬ
２ 两式相加得
:
5 １ 公差为 的等差数列. æ ö
年 ꎬ １ Ｓ ç９６ ９４ ９６ ９８÷
高 ２ ２ ＝ è ＋ ＋＋ ＋ ø ＋
考 设数列 ｎｂ２ 的前 ｎ 项和为 Ｔ 则 Ｔ ９７ ９５ ９５ ９７
3 {(－１) ｎ} ｎꎬ ２ ｎ＝ æ ö æ ö æ ö
年 模 (－ ｂ２ １ ＋ ｂ２ ２)＋(－ ｂ２ ３ ＋ ｂ２ ４)＋＋(－ ｂ２ ２ ｎ －１ ＋ ｂ２ ２ ｎ)＝ ｂ １ ＋ è ç ９ ９ ７ ８ ＋ ９ ９ ５ ６ ＋＋ ９ ９ ５ ４ ＋ ９ ９ ７ ６ ø ÷ ＝ è ç ９ ９ ７ ６ ＋ ９ ９ ７ ８ ø ÷ ＋ è ç ９ ９ ５ ４ ＋ ９ ９ ５ ６ ø ÷ ＋
拟
ｎ ｂ ｂ
A ｂ ｂ ２ ( １ ＋ ２ ｎ) ｎ２. æ ç９６ ９４ ö ÷ æ ç９８ ９６ ö ÷
版 ２ ＋＋ ２ ｎ＝ ＝２ ＋è ＋ ø＋è ＋ ø ＝９８×２ꎬ
２ ９５ ９５ ９７ ９７
高 考向二 倒序相加求和 Ｓ 故选
考 ∴ ＝９８ꎬ Ｃ.
数
学 １.( 辽宁阜新月考ꎬ )已知函数 ｆ ｘ ｘ ３.( 山东东营一中月考ꎬ ) 设 ｆ ｘ
２０２２ ７ ( )＝ ＋ ２０２２ ８ ( ) ＝
２４６
ｘ æ ö æ ö æｎ ö
ｃｏｓ 根据课本中推导等差数列前 ｎ 由 Ｓ ｆç１ ÷ ｆç２ ÷ ｆç －１÷
° ｘ ꎬ ｎ＝ èｎø＋ èｎø＋＋ è ｎ øꎬ①
ｃｏｓ(３０ － )
项和的方法可以求得 ｆ ° ｆ ° æｎ ö æｎ ö æ ö
(１ ) ＋ (２ ) ＋＋ 得 Ｓ ｆç －１÷ ｆç －２÷ ｆç１ ÷
ｆ ° 的值是 ｎ＝ è ｎ ø＋ è ｎ ø＋＋ èｎøꎬ②
(５９ ) ( )
é æ ö æｎ öù
由 得 Ｓ ê ｆç１ ÷ ｆç －１÷ ú
５９ ３ ５９ ① ＋ ② ２ ｎ ＝ ë ê èｎø＋ è ｎ øû ú ＋
Ａ. Ｂ.０ Ｃ.５９ Ｄ.
２ ２
é æ ö æｎ öù é æｎ ö æ öù
答案 Ａ 令 Ｓ ｆ ° ｆ ° ｆ ° ê ｆç２ ÷ ｆç －２÷ ú ê ｆç －１÷ ｆç１ ÷ ú 所
＝ (１ )＋ (２ )＋＋ (５９ )＝ ë ê èｎø＋ è ｎ øû ú＋＋ë ê è ｎ ø＋ èｎøû ú ＝０ꎬ
° ° °
ｃｏｓ １ ｃｏｓ ２ ｃｏｓ ５９ 以 Ｓ .
°＋ °＋＋ ° ꎬ① ｎ＝０
ｃｏｓ ２９ ｃｏｓ ２８ ｃｏｓ(－２９ )
考向三 公式法求和
° °
则 Ｓ ｃｏｓ ５９ ｃｏｓ ５８
＝ ° ＋ ° ＋ ＋ １.( 山东菏泽期末ꎬ )已知数列 ａ 的前
ｃｏｓ(－２９ ) ｃｏｓ(－２８ ) ２０２１ ７ { ｎ}
° ｎ 项和是 Ｓ 且 Ｓ ａ 若 ａ
ｃｏｓ １ ｎꎬ ｎ ＝ ２ ｎ － １ꎬ ｎ ∈(０ꎬ
°ꎬ②
ｃｏｓ ２９ 则称项 ａ 为 和谐项 则数列 ａ
２ ０２１)ꎬ ｎ “ ”ꎬ { ｎ}
° °
可 得 Ｓ ｃｏｓ １ ＋ｃｏｓ ５９ 的所有 和谐项 的和为
① ＋ ② ２ ＝ ° ＋ “ ” ( )
ｃｏｓ ２９
° ° ° ° Ａ.１ ０２２ Ｂ.１ ０２３ Ｃ.２ ０４６ Ｄ.２ ０４７
ｃｏｓ ２ ＋ｃｏｓ ５８ ｃｏｓ １ ＋ｃｏｓ ５９ 答案 Ｄ 当 ｎ 时 ａ Ｓ Ｓ ａ
° ＋＋ ° ≥２ ꎬ ｎ＝ ｎ－ ｎ －１ ＝２ ｎ－１－
ｃｏｓ ２８ ｃｏｓ ２９
ａ ａ ａ ａ ａ 又 ａ Ｓ
ｃｏｓ １ ° ＋ｃｏｓ ５９ ° ｃｏｓ １ ° ＋ｃｏｓ(６０ ° －１ ° ) (２ ｎ －１ －１)＝ ２ ｎ－２ ｎ －１ꎬ∴ ｎ＝２ ｎ －１ꎬ １ ＝ １
∵ ° ＝ ° ° ａ ａ ａ 是等比数列 公比
ｃｏｓ ２９ ｃｏｓ(３０ －１ ) ＝２ １ －１ꎬ∴ １ ＝１ꎬ∴ { ｎ} ꎬ
为 首项为 ａ ｎ －１.
２ꎬ １ꎬ∴ ｎ＝２
° １ ° ３ °
ｃｏｓ １ ＋ ｃｏｓ １ ＋ ｓｉｎ １ 由 ａ ｎ －１ 得 ｎ 即 ｎ
２ ２ ｎ＝２ <２ ０２１ －１≤１０ꎬ ≤１１ꎬ
＝ ＝ ３ꎬ
３ ° １ ° 所求和为 Ｓ １－２ １１ 故选 .
ｃｏｓ １ ＋ ｓｉｎ １ ∴ ｎ＝ ＝２ ０４７ꎬ Ｄ
２ ２ １－２
２.( 湖南新
Ｓ 则 Ｓ ５９ ３ 故选 . ２０２２
∴ ２ ＝５９ ３ꎬ ＝ ꎬ Ａ
高考教学教研
２
４.( 湖北重点高中联考ꎬ )设函数 ｆ ｘ
联盟第一次联
２０２２ １５ ( )＝
ｘ æ ö æ ö æｎ ö
定义 Ｓ ｆç１ ÷ ｆç２ ÷ ｆç －１÷
考ꎬ )如图 连
ｌｏｇ３ ｘꎬ ｎ ＝ èｎø＋ èｎø＋＋ è ｎ øꎬ ５ ꎬ
１－ 接 ＡＢＣ 的各
其中 ｎ Ｎ ｎ 则 Ｓ . △
∈ ꎬ ≥２ꎬ ｎ＝ 边中点得到一个新的 Ａ Ｂ Ｃ 又连接
答案 △ １ １ １ꎬ
０ Ａ Ｂ Ｃ 各边中点得到一个新的 Ａ Ｂ Ｃ
ｋ △ １ １ １ △ ２ ２ ２ꎬ
如此无限继续下去 得到一系列三角形
æ ｋ ö ｎ ｋ ꎬ :
解析 由题意知 ｆç ÷ ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ Ａ Ｂ Ｃ 这一系列所
èｎø ＝ｌｏｇ３ ｋ ＝ｌｏｇ３ ｎ
－
ｋꎬ
△ ꎬ△ １ １ １ꎬ△ ２ ２ ２ꎬꎬ
１－ｎ 有三角形的面积和趋向于一个常数.已知
ｎ ｋ Ａ Ｂ Ｃ 则这个常数是
－ (０ꎬ０)ꎬ (５ꎬ０)ꎬ (１ꎬ３)ꎬ
æｎ ｋö ｎ ｎ ｋ
ｆç － ÷ －
( )
è ｎ ø ＝ｌｏｇ３ ｎ ｋ＝ｌｏｇ３ ｋ ꎬ
－
１－ ｎ １０
Ａ. Ｂ.５ Ｃ.１０ Ｄ.１５ 专
æ ｋ ö æｎ ｋö ｋ ｎ ｋ ３ 题
所以 ｆç ÷ ｆç － ÷ － 答案 Ｃ 依题意可得 ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 七
èｎø＋ è ｎ ø ＝ｌｏｇ３ ｎ ｋ＋ｌｏｇ３ ｋ ＝０ꎬ △ ꎬ△ １ １ １ꎬ
－ 数
Ａ Ｂ Ｃ 的面积依次构成一个无穷等比
列
△ ２ ２ ２ꎬ
２４７
项和 求 Ｔ .
数列 首项为 ＡＢＣ 的面积１５ 公比为１ 前 ꎬ ３ ｎ
ꎬ △ ꎬ ꎬ
２ ４
解析 当 ｎ 时 Ｓ ａ２ ａ 所以 ａ２
é æ öｎù (１) ＝１ ꎬ２ １ ＝ １ ＋ １ꎬ １ ＝
１５ ê ç １÷ ú ａ 又 ａ 故 ａ
ë ê １－è ø û ú １ꎬ １>０ꎬ １ ＝１ꎻ
ｎ 个三 角 形 的 面 积 和 为 ２ ４
＝
当 ｎ
≥２
时
ꎬ２
Ｓ
ｎ －１ ＝
ａ２
ｎ －１ ＋
ａ
ｎ －１ꎬ
而
２
Ｓ
ｎ ＝
ａ２
ｎ＋
ａ
ｎꎬ
１
１－ 两式相减得 ａ ａ２ ａ２ ａ ａ 整理得
４ ２ ｎ ＝ ｎ－ ｎ －１ ＋ ｎ－ ｎ －１ꎬ
é æ öｎù ａ ａ ａ ａ 因为 ａ ａ
ê
ê
ç １÷ ú
ú
.当 ｎ 趋向于无穷大时 前 ｎ 个 ( ｎ＋ ｎ －１)( ｎ－ ｎ －１ －１)＝ ０ꎬ ｎ＋ ｎ －１>０ꎬ
１０ë１－è ø û ꎬ 所以 ａ ａ 故 ａ 是以 为公差的等
４ ｎ－ ｎ －１ ＝１ꎬ { ｎ} １
三角形的面积和趋向于常数 .故选 . 差数列 从而 ａ ａ ｎ ｎ.
１０ Ｃ ꎬ ｎ＝ １ ＋( －１)×１＝
３.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)已知数列 ａ 满
２０２１ Ⅰ １７ １０ { ｎ} (２) 设 ｃ ｋ ＝ ｂ ３ ｋ －２ ＋ ｂ ３ ｋ －１ ＋ ｂ ３ ｋ ＝ (３ ｋ － ２) ２ ｃｏｓ
{ａ ｎ 为奇数 æ ö æ ö
足 ａ ａ ｎ＋１ꎬ ꎬ ç ｋ ４π÷ ｋ ２ ç ｋ ２π÷ ｋ ２
１ ＝１ꎬ ｎ ＋１ ＝ ａ ｎ 为偶数. è２ π－ ø＋(３ －１) ｃｏｓè２ π－ ø＋(３ ) ｃｏｓ
ｎ＋２ꎬ ３ ３
记 ｂ ａ 写出 ｂ ｂ 并求数列 ｂ 的
(１) ｎ ＝ ２ ｎꎬ １ꎬ ２ꎬ { ｎ} ２ ｋ π＝－ １ (３ ｋ －２) ２ － １ (３ ｋ －１) ２ ＋９ ｋ２ ＝９ ｋ － ５ ꎬ
通项公式 ２ ２ ２
ꎻ
其中 ｋ Ｎ
求 ａ 的前 项和. ∈ ꎬ
(２) { ｎ} ２０
æ ö
解析 (１) 由题意得 ａ ２ ｎ ＋１ ＝ ａ ２ ｎ＋２ꎬ ａ ２ ｎ ＋２ ＝ ａ ２ ｎ ＋１ ｎ è ç ９－ ５ ＋９ ｎ － ５ ø ÷
所以 Ｔ ｃ ｃ ｃ ２ ２
＋１ꎬ ３ ｎ ＝ １ ＋ ２ ＋＋ ｎ ＝
２
所以 ａ ａ 即 ｂ ｂ 且 ｂ ａ
２ ｎ ＋２ ＝ ２ ｎ＋３ꎬ ｎ ＋１ ＝ ｎ＋３ꎬ １ ＝ ２ ＝ ｎ２ ｎ
９ ＋４ .
ａ
＝
１
＋１＝２ꎬ
２
所以数列 ｂ 是以 为首项 为公差的等
{ ｎ} ２ ꎬ３ 考点 二 数列的综合
差数列
ꎬ 考向一 数列与函数综合
所以 ｂ ｂ ｂ ｎ ｎ .
１
＝２ꎬ
２
＝５ꎬ ｎ＝２＋( －１)×３＝３ －１
１.(多选)( 江苏泰州模考ꎬ )若正整数
当 ｎ 为奇数时 ａ ａ . ２０２２ ９
(２) ꎬ ｎ＝ ｎ ＋１ －１
ｍ ｎ 只有 为公约数 则称 ｍ ｎ 互质 对于
设数列 ａ 的前 ｎ 项和为 Ｓ ꎬ １ ꎬ ꎬ ꎬ
{ ｎ} ｎꎬ
正整数 ｋ φ ｋ 是不大于 ｋ 的正整数中与 ｋ
则 Ｓ ａ ａ ａ ꎬ ( )
２０
＝
１
＋
２
＋＋
２０
互质的数的个数 函数 φ ｋ 以其首名研究
ａ ａ ａ ａ ａ ａ
ꎬ ( )
＝( １ ＋ ３ ＋＋ １９)＋( ２ ＋ ４ ＋＋ ２０)
者欧拉命名 称为欧拉函数.例如 φ
ａ ａ ａ ａ ａ ꎬ : (２)＝ １ꎬ
＝ [( ２ －１)＋( ４ －１)＋＋( ２０ －１)]＋( ２ ＋ ４ ＋
φ φ φ .已知欧拉函数
ａ
(３)＝ ２ꎬ (６)＝ ２ꎬ (８)＝ ４
＋ ２０)
是积性函数 即如果 ｍ ｎ 互质 那么 φ ｍｎ
ａ ａ ａ
ꎬ ꎬ ꎬ ( )
＝ ２( ２ ＋ ４ ＋＋ ２０)－１０ꎬ
φ ｍ φ ｎ 例如 φ φ φ 则
由 可知 ａ ａ ａ ｂ ｂ ｂ
(１) ２ ＋ ４ ＋＋ ２０ ＝ １ ＋ ２ ＋＋ １０ ＝１０ ＝ ( ) ( )ꎬ : (６)＝ (２) (３)ꎬ
１０×９ ( )
×２＋ ×３＝１５５ꎬ φ φ
5 ２ Ａ. (５)＝ (８)
年
故 Ｓ 即 ａ 的前 项和 数列 φ ｎ 是等比数列
高 ２０ ＝２×１５５－１０＝３００ꎬ { ｎ} ２０ Ｂ. { (２ )}
考
3 为 . 数列 φ ｎ 不是递增数列
３００ Ｃ. { (６ )}
年
模 ４.( 届长沙雅礼中学月考ꎬ )设正项数列 { }
拟 ２０２３ １８ 数列 １ 的前 ｎ 项和小于３
A {
ａ
ｎ}
的前 ｎ 项和为 Ｓ
ｎꎬ
已知
２
Ｓ
ｎ＝
ａ２
ｎ＋
ａ
ｎ
. Ｄ. φ
(６
ｎ
) ５
版 求 ａ 的通项公式 答案 ＡＢＤ φ φ φ
(１) { ｎ} ꎻ (５)＝ ４ꎬ (８)＝ ４ꎬ∴ (５)＝
高
考 ａ φ 对
数 记 ｂ ａ２ ２ ｎπ Ｔ 是数列 ｂ 的前 ｎ (８)ꎬＡ ꎻ
学 (２) ｎ＝ ｎｃｏｓ ꎬ ｎ { ｎ} 在不超过 ｎ 的正整数中 所有偶数的个数
３ ∵ ２ ꎬ
２４８
为 ２ ｎ －１ ꎬ ａ １ ＝１ꎬ 公比 ｑ ＝１０ －１ １ ０ ꎬ
∴
φ
(２
ｎ
)＝ ２
ｎ
－２
ｎ －１
＝２
ｎ －１ 为等比数列
ꎬＢ
对
ꎻ
所以视力
５
.
０
的视标边长为 ａ
１１ ＝
ａ
１
ｑ１０
＝１×
与 ｎ 互质的数为
∵ ３ １ꎬ２ꎬ４ꎬ５ꎬ７ꎬ８ꎬ１０ꎬ１１ꎬꎬ －１ １ ０ １０ １.故答案为 １ 或 . .
ｎ ｎ . (１０ ) ＝ １０ꎻ ０ １
３ －２ꎬ３ －１ １０ １０
共有 ｎ －１ ｎ －１ 个 φ ｎ 考向二 数列与不等式综合
(３－１)３ ＝２３ ꎬ∴ (３ )＝ ２
ｎ －１ １.( 浙江ꎬ ꎬ 分)已知数列 ａ 满足 ａ
３ ꎬ ２０２１ １０ ４ { ｎ} １
又 φ ｎ φ ｎ φ ｎ ｎ －１ φ ｎ ａ
∵ (６ )＝ (２ ) (３ )＝ ２６ ꎬ∴ (６ ) ａ ｎ ｎ Ｎ .记数列 ａ 的前
一定是递增数列 错 ＝１ꎬ ｎ ＋１ ＝ ａ ( ∈ ) { ｎ}
ꎬＣ ꎻ １＋ ｎ
{ }
ｎ 项和为 Ｓ 则
φ ｎ ｎ －１ １ 的前 ｎ 项和为 ｎꎬ ( )
(６ )＝ ２６ ꎬ φ ｎ
(６ )
３ Ｓ Ｓ
é
ê
æ öｎù
ú
Ａ. < １００<３ Ｂ.３< １００<４
１ ç １÷ ２
ë ê １－è ø û ú é æ öｎù
Ｓ ２ ６ ３ ê ç １÷ ú ３ 对.故
ｎ＝
１
＝
５
ë ê １－è
６
ø û ú <
５
ꎬＤ Ｃ.４< Ｓ １００< ９ Ｄ. ９ < Ｓ １００<５
２ ２
１－
６ ａ ａ
选 答案 Ａ 易知 ａ ａ ａ ｎ ｎ
ＡＢＤ. ｎ>０ꎬ ｎ ＋１ － ｎ＝－ ａ <０ꎬ
２.( 届山东潍坊五县联考ꎬ )视力表是根 １＋ ｎ
２０２３ １５ ａ ａ ａ 单调递减 故 ａ .
据视角原理设计的 所谓视角就是由外界物 ∴ ｎ ＋１< ｎꎬ∴ { ｎ} ꎬ ｎ≤１
ꎬ ａ
ｎ
体边缘上的两点在眼结点处所形成的夹角 一方面 ａ １ａ
ꎬ ꎬ ｎ ＋１ ＝ ａ ≥ ｎꎬ
用 α 表示 其单位为分.视力表以一分视角
１＋ ｎ ２
ꎬ æ ö２ æ öｎ －１
′ 为单位进行设计.我国视力的记录采用 ａ １ ａ ç１ ÷ ａ ç１ ÷ ａ
(１ ) ∴ ｎ ≥ ｎ －１ ≥ è ø ｎ －２ ≥≥ è ø １
２ ２ ２
五分记录法 视力表由 行开口方向各
“ ”ꎬ １４ æ öｎ －１
ç １÷
异的正方形 形视标所组成 从上到下分 ＝è ø ꎬ
“Ｅ” ꎬ ２
别对应视力 . . . . 从上面的第 æ ö１ æ ö２ æ ö９９
４ ０ꎬ４ １ꎬꎬ５ ２ꎬ５ ３ꎬ Ｓ ç １÷ ç １÷ ç １÷
一行开始往下 每一行 形视标边长都是 ∴ １００ ≥ １ ＋ è ø ＋ è ø ＋ ＋ è ø ＝
ꎬ “Ｅ” ２ ２ ２
下一行 “Ｅ” 形视标边长的 １０ １ １ ０ 倍 ꎬ 且视力 Ｌ 与 é ê ê æ ç １ ö ÷ １００ù ú ú
１ë１－è ø û
视角 α 的关系式为 Ｌ α.若某同学的视 ２ １ １ ３.
＝５－ｌｇ ＝２－ >２－ ＝
９９
力是 . 则其视角 α 分 若视力 １ ２ ２ ２
４ ０ꎬ ＝ ꎻ １－
２
. 的视标边长为 则视力 . 的视标边长
４ ０ １ꎬ ５ ０ ａ
ｎ
另一方面 ａ ａ ａ ａ ａ
为 . ꎬ ｎ ＋１ ＝ ａ ⇒ ｎ ＋１ ＋ ｎ ＋１ ｎ ＝ ｎꎬ
１＋ ｎ
答案 １ 或 . ａ ａ
１０ ０ １ ａ
ｎ－ ｎ
＋１ ａ １ ａ ａ
１０ ∴ ｎ ＋１ ＝ ａ ꎬ∵ ｎ> ( ｎ＋ ｎ ＋１)ꎬ
解析 因为视力 Ｌ 与视角 α 的关系式为 Ｌ ｎ ２
＝ ａ ａ
α ａ
ｎ－ ｎ
＋１ ａ ａ
５－ｌｇ ꎬ ∴ ｎ ＋１< ＝ ２( ｎ－ ｎ ＋１)ꎬ
１ ａ ａ
所以当 Ｌ
＝４
.
０
时
ꎬ４
.
０＝５－ｌｇ
α
ꎬ
解得 α
＝１０
. ( ｎ＋ ｎ ＋１)
２
因为视力 . 的视标边长为 从上面的第
４ ０ １ꎬ Ｓ ａ ａ ａ ａ ａ
一行开始往下 每一行 形视标边长都是 ∴ １００<１＋２( １ － ２ ＋ ２ － ３ ＋＋ ９９ － 专
ꎬ “Ｅ” æ ö 题
下一行 形视标边长的 １ １ ０ 倍 所以视标
ａ
１００)＝ １＋２(１－
ａ
１００ )<３ꎬ∴
Ｓ
１００∈è
ç３
ꎬ３ø
÷.
七
“Ｅ” １０ ꎬ ２
数
边长构成等比数列 ꎬ 不妨设为 { ａ ｎ}ꎬ 则首项 故选 Ａ . 列
２４９
２.( 福州三中质检ꎬ )已知在等差数列 的最大值.
２０２２ ８
ａ 中 ａ ａ 数列 ｂ 的通项公式 解析 由 ａ ａ 得 ａ ａ 则
{ ｎ} ꎬ ２ ＝３ꎬ ６ ＝１１ꎬ { ｎ} (１) ｎ ＋１ －２ ｎ ＝ ０ ｎ ＋１ ＝ ２ ｎꎬ
æ ö ａ 是以 为公比的等比数列
为 ｂ ç １÷ ａ Ｓ 是数列 ｂ 的前 { ｎ} ２ ꎬ
ｎ＝ｌｏｇａ è１＋ａ ｎ ø( >１)ꎬ ｎ { ｎ} 又 ａ 即 ａ 解得 ａ 所以 ａ ｎ.
３ ＝８ꎬ ４ １ ＝８ꎬ １ ＝２ꎬ ｎ＝２
ｎ 项和 若Ｔ ａ 则Ｓ 与Ｔ 的大小 ｎ ｎ
ꎬ ｎ＝ｌｏｇａ ｎ＋１ꎬ ｎ ｎ 由 可得 ｂ 则 Ｔ １ ２ ３
(２) (１) ｎ＝ａ ＝ ｎꎬ ｎ＝ ＋ ＋ ＋
关系是 ( ) ｎ ２ ２ ２ ２ ２ ３
Ｓ Ｔ Ｓ Ｔ ｎ ｎ
Ａ. ｎ≥ ｎ Ｂ. ｎ> ｎ １Ｔ １ ２ ３ 两式相减可
＋ ｎꎬ ｎ＝ ＋ ＋ ＋＋ ｎ ꎬ
Ｓ Ｔ Ｓ Ｔ ２ ２ ２ ２ ２ ３ ２ ４ ２ ＋１
Ｃ. ｎ< ｎ Ｄ. ｎ≤ ｎ
æ ö
答案 Ｂ 设等差数列 { ａ ｎ} 的公差为 ｄ ꎬ 由 ｎ １ è çç １－ １ ｎ ø ÷÷
ａ ａ 得１Ｔ １ １ １ １ ２ ２
题意得 ｄ ６ － ２ １１－３ 故 ａ ａ ｎ ｎ ＝ ＋ ２ ＋ ３ ＋＋ ｎ－ ｎ ＋１ ＝ －
＝ ＝ ＝２ꎬ ｎ ＝
２
＋( － ２ ２ ２ ２ ２ ２ １
６－２ ４ １－
２
ｎ ｎ
２)×２＝３＋２ －４＝２ －１ꎬ ｎ ｎ
化简可得 Ｔ ＋２ ｎ Ｎ 因为
æ ö æ ö æ ö ｎ ꎬ ｎ ＝ ２－ ｎ ( ∈ )ꎬ
Ｓ ç １÷ ç １÷ ç １÷ ＋１
ｎ＝ｌｏｇａ è１＋ ø＋ｌｏｇａ è１＋ ø＋ｌｏｇａ è１＋ ø＋＋ ２ ２
１ ３ ５ ｎ ｎ ｎ
Ｔ Ｔ ＋３ ＋２ ＋１ 所以 Ｔ
æ ç １ ö ÷ æ ç２ ４ ６ ２ ｎ ö ÷ ｎ ＋１ － ｎ＝２－ ｎ ＋１ －２＋ ｎ ＝ ｎ ＋１ >０ꎬ { ｎ}
ｌｏｇａ è１＋ ｎ ø ＝ｌｏｇａ è × × ×× ｎ øꎬ ２ ２ ２
２ －１ １ ３ ５ ２ －１
逐项递增 Ｔ 最小 为 １ 所以 １ ｍ
ｎ
因为 ｎ ｎ ｎ ｎ 所以 ２ ꎬ １ ꎬ ꎬ ２× > －２
２ ２ >(２ －１)(２ ＋１)ꎬ ｎ ２ ２
２ －１ 解得 ｍ 又 ｍ Ｎ 所以 ｍ 的最
０２１ꎬ <２ ０２２ꎬ ∈ ꎬ
ｎ
２ ＋１ 大值为 .
> ｎ ꎬ ２ ０２１
２
４.( 届山东青岛调研检测ꎬ )记关于 ｘ 的
ｎ ２０２３ １９
所以 ２ ４ ６ ２ ３ ５ ７
× × ×× ｎ > × × × 不等式 ｘ２ ｎｘ ｎ２ ｎ Ｎ 的整数解的
１ ３ ５ ２ －１ ２ ４ ６ －４ ＋３ ≤０( ∈ )
ｎ 个数为 ａ 数列 ｂ 的前 ｎ 项和为 Ｔ 满足
２ ＋１ ｎꎬ { ｎ} ｎꎬ
× ２ ｎ ꎬ ４ Ｔ ｎ＝３ ｎ ＋１ － ａ ｎ－２ .
æ ｎ ö２
求数列 ｂ 的通项公式
所以ç２ ４ ６ ２ ÷ ２ ３ ４ ５ (１) { ｎ} ꎻ
è × × ×× ｎ ø > × × × ×
１ ３ ５ ２ －１ １ ２ ３ ４ æ öｎ
６ ２
ｎ
２
ｎ
＋１ ｎ (２)
设 ｃ
ｎ ＝２
ｂ
ｎ－
λ
è
ç
－
３
ø
÷
ꎬ
若对任意 ｎ
∈
Ｎ
ꎬ
×× ｎ × ｎ ＝２ ＋１ꎬ ２
５ ２ －１ ２ 都有 ｃ ｃ 成立 试求实数 λ 的取值范围.
ｎ ｎ< ｎ ＋１ ꎬ
即２
×
４
×
６
×× ｎ
２
> ２
ｎ
＋１ꎬ
解析
(１)
由不等式 ｘ２
－４
ｎｘ
＋３
ｎ２
≤０
可得 ｎ
１ ３ ５ ２ －１
ｘ ｎ
æ ｎ ö ≤ ≤３ ꎬ
所以 Ｓ ç２ ４ ６ ２ ÷
ｎ ＝ ｌｏｇａ è × × ×× ｎ ø > ｌｏｇａ
１ ３ ５ ２ －１ ａ ｎ Ｔ １ ｎ ＋１ １ｎ ３
5 ∴ ｎ＝２ ＋１ꎬ ｎ＝ ×３ － － ꎬ
年 ｎ ｎ Ｔ 即 Ｓ Ｔ . ４ ２ ４
高 ２ ＋１>ｌｏｇａ ２ ＝ ｎꎬ ｎ> ｎ
当 ｎ 时 ｂ Ｔ
考 ３.( 长沙长郡中学月考ꎬ ) 已知数列 ＝１ ꎬ １ ＝ １ ＝１ꎬ
3 ２０２２ １８
年 模 拟 { ａ ｎ} 满足 ａ ｎ ＋１ －２ ａ ｎ＝０ꎬ ａ ３ ＝８ . 当 ｎ ≥２ 时 ꎬ ｂ ｎ＝ Ｔ ｎ－ Ｔ ｎ －１ ＝ ２ １ ×３ ｎ － ２ １ ꎬ
求数列 ａ 的通项公式
A (１) { ｎ} ꎻ
ｂ 适合上式 ｂ １ ｎ １ ｎ Ｎ .
版 ｎ ∵ １ ＝１ ꎬ∴ ｎ＝ ×３ － ꎬ ∈
设 ｂ 数列 ｂ 的前 ｎ 项和为 Ｔ .若 ２ ２
高 (２) ｎ＝ａ ꎬ { ｎ} ｎ
考 ｎ æ öｎ
数 由 可得 ｃ ｎ ｎ －１λç３ ÷
学 ２ Ｔ ｎ> ｍ －２ ０２１ 对 ｎ ∈ Ｎ 恒成立 ꎬ 求正整数 ｍ (２) (１) ｎ＝３ －１＋(－１) è ２ ø ꎬ
２５０
æ öｎ ＋１
ｃ ｎ ＋１ ｎλç３ ÷ 时 ４ ｎ 的值最小 为８ λ ８
∴ ｎ ＋１ ＝３ －１＋(－１) è ø ꎬ ꎬ ×２ ꎬ ꎬ∴ < ꎬ
２ ５ ５ ５
æ öｎ
ｃ ｃ ｃ ｃ ｎ ５ ｎλç３ ÷ 当 ｎ 为偶数时 λ ４ ｎ
∵ ｎ< ｎ ＋１ꎬ∴ ｎ ＋１ － ｎ ＝２×３ ＋ (－１) è ø ꎬ >－ ×２ ꎬ
２ ２ ５
>０ꎬ ４ ｎ 随着 ｎ 的增大而减小 当 ｎ
∵ － ×２ ꎬ∴ ＝２
ｎλ ４ ｎ ５
∴ (－１) >－ ×２ ꎬ
５ 时 ４ ｎ 的值最大 为 １６ λ １６.
ꎬ－ ×２ ꎬ － ꎬ∴ >－
当 ｎ 为奇数时 λ ４ ｎ ５ ５ ５
ꎬ < ×２ ꎬ
５ 综上 可知 １６ λ ８.
ꎬ － < <－
４ ｎ 随着 ｎ 的增大而增大 当 ｎ ５ ５
∵ ×２ ꎬ∴ ＝ １
５
专
题
七
数
列
２５１
综合篇
考法 一 错位相减法求和 的图形 由此可以归纳出对折 ｎ 次可得到 ｎ
ꎬ (
种不同规格的图形 每种规格的图形的
１.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)某校学生在研究 ＋１) ꎬ
２０２１ Ⅰ １６ ５
民间剪纸艺术时 发现剪纸时经常会沿纸的 面积均为２０×１２ ２
ꎬ ｎ ｄｍ ꎬ
２
某条对称轴把纸对折.规格为
２０ ｄｍ×１２ ｄｍ ｎ { é
的长方形纸
ꎬ
对折
１
次共可以得到
１０ ｄｍ×１２
∴∑
ｋ＝
Ｓ ｋ＝ ２０×１２× ë ê ê １ ×２＋ １ ×３＋ １ ×４＋＋
１ ２ ４ ８
两种规格的图形 它们的面
ｄｍꎬ２０ ｄｍ×６ ｄｍ ꎬ １ ｎ ù ú ú } ２
积之和 Ｓ ２ 对折 次共可以得到 ｎ×( ＋１) û ｄｍ ꎬ
１ ＝２４０ ｄｍ ꎬ ２ ２
三种 ｎ
５ ｄｍ×１２ ｄｍꎬ１０ ｄｍ×６ ｄｍꎬ２０ ｄｍ×３ ｄｍ 记 Ｔ ２ ３ ＋１ 则 １ Ｔ ２ ３
规格的图形 它们的面积之和 Ｓ ２ ｎ＝ ＋ ＋＋ ｎ ꎬ ｎ ＝ ＋ ＋
ꎬ ２ ＝１８０ ｄｍ ꎬ ２ ４ ２ ２ ４ ８
以此类推.则对折 次共可以得到不同规格 ｎ
４ ＋１
＋ ｎ ꎬ
图形的种数为 如果对折 ｎ 次 那 ＋１
２
ꎻ ꎬ
ｎ æ ö ｎ
么
∑ ｋ＝
Ｓ
ｋ＝ ｄｍ
２.
∴
Ｔ
ｎ－ ２
１Ｔ
ｎ ＝ ２
１Ｔ
ｎ ＝１＋è
çç
４
１
＋ ８
１
＋＋ ２
１
ｎ ø
÷÷
－ ２
＋
ｎ ＋
１
１ ＝
１
æ ｎ ö ｎ ｎ
答案 çç ＋３÷÷ ３ １ ＋１ ３ ＋３
５ ２４０×è３－ ｎ ø － ｎ－ ｎ ＝ － ｎ ꎬ
＋１ ＋１
２ ２ ２ ２ ２ ２
ｎ ｎ
解析 对折 次可以得到２０ ２０ Ｔ ＋３ Ｓ
３ ８ ｄｍ×１２ ｄｍꎬ ４ ∴ ｎ ＝ ３ － ｎ ꎬ ∴ ∑ ｋ＝ ｋ ＝
２ １
é æ ｎ öù
ｄｍ×
１
２
２
ｄｍꎬ
２
２
０
ｄｍ×
１
４
２
ｄｍꎬ２０ ｄｍ×
１
８
２
ｄｍꎬ
共
ë
ê
ê ２４０×è
çç
３－
＋
ｎ
３
ø
÷÷
û
ú
ú ｄｍ
２.
２
四种不同规格的图形 对折 次可以得到２０ ２.(
２０２２
重庆八中调研ꎬ
１８
)已知数列
{
ａ
ｎ－１}
ꎬ ４
１６ 是递增的等比数列 ａ 且 ａ ａ .
ꎬ ２ ＝５ ３ ＋ ４ ＝２６
２０ １２ ２０ １２ ２０ 求数列 ａ 的通项公式
ｄｍ×１２ ｄｍꎬ ｄｍ× ｄｍꎬ ｄｍ× ｄｍꎬ (１) { ｎ} ꎻ
８ ２ ４ ４ ２
求数列 ｎａ 的前 ｎ 项和 Ｓ .
(２) { ｎ} ｎ
１２ １２ 共五种不同规格
ｄｍ× ｄｍꎬ２０ ｄｍ× ｄｍꎬ 解析 设数列 ａ 的公比为 ｑ ｂ ａ ８ １６ (１) { ｎ－１} ꎬ ｎ＝ ｎ
－１ꎬ 则 ａ ｎ＝ ｂ ｎ＋１ . ６×３ １ ＋７×３ ２ ＋＋ ｎ ３ ｎ －５.令 Ｍ ＝６×３ １ ＋７×３ ２ ＋
由 ａ ２ ＝ ５ 得 ｂ ２ ＝ ４ꎬ 由 ａ ３ ＋ ａ ４ ＝ ２６ 得 ｂ ３ ＋ ｂ ４ ＋ ｎ ３ ｎ －５ ꎬ 则 ３ Ｍ ＝６×３ ２ ＋７×３ ３ ＋＋( ｎ －１)
＝２４ꎬ ３ ｎ －５ ＋ ｎ ３ ｎ －４ ꎬ 两式相减得 －２ Ｍ ＝６×３ １ ＋(３ ２
所以
４(
ｑ
＋
ｑ２
)＝ ２４ꎬ
解得 ｑ
＝２
或 ｑ
＝－３(
舍
３ ｎ －５ ｎ ｎ －４ ３ ２ (１－３
ｎ
－６ ) ｎ
去 所以 ｂ ｂ ｑｎ －２ ｎ －２ ｎ. ＋３ ＋＋３ )－ ３ ＝１８＋ －
)ꎬ ｎ＝ ２ ＝４×２ ＝２ １－３
所以数列 ａ 的通项公式为 ａ ｎ . ｎ
{ ｎ} ｎ＝２ ＋１ ｎ －４ 整理得 Ｍ ２７ ２ －１ ｎ －４ 所以 Ｔ
３ ꎬ ＝－ ＋ ３ ꎬ ｎ ＝
由 知 ｎａ ｎ ｎ ｎ 设 Ａ ４ ４
(２) (１) ｎ＝ ２ ＋ ꎬ ｎ ＝１×２＋２×
ｎ
２ ３ ｎ ｎ ３３ ２ －１ ｎ －４.
２ ＋３×２ ＋＋ ×２ ꎬ ＋ ３
则 Ａ ２ ３ ４ ｎ ｎ ｎ ４ ４
２ ｎ＝１×２ ＋２×２ ＋３×２ ＋＋( －１)×２ ＋ ìｎ ｎ
ï
ｎ ( ＋１) ｎ
×２ ＋１ ꎬ ï ï ꎬ ≤５ꎬ
将以上两式相减得 － Ａ ｎ＝２＋２ ２ ＋２ ３ ＋＋２ ｎ － ｎ × 综上 ꎬ Ｔ ｎ＝ í ï ２ ｎ
ｎ ＋１ ｎ ｎ ｎ ＋１ ｎ ｎ ＋１ 所以 î ï ï ３３ ＋ ２ －１ ３ ｎ －４ ꎬ ｎ ≥６ .
２ ＝２(２ －１)－ ×２ ＝(１－ )２ －２ꎬ ４ ４
Ａ ｎ ｎ ＋１ . ４.( 全国乙文ꎬ ꎬ 分)设 ａ 是首项为
ｎ＝( －１)２ ＋２ ２０２１ １９ １２ { ｎ}
ｎ ｎ
ｎａ
设 Ｂ ｎ (１＋ ) ｎ
ｎ＝１＋２＋３＋＋ ＝ ꎬ １ 的等比数列 ꎬ 数列 { ｂ ｎ} 满足 ｂ ｎ ＝ .已知
２
３
ｎ ｎ
则 Ｓ
ｎ＝
Ａ
ｎ＋
Ｂ
ｎ ＝(
ｎ
－１)２
ｎ ＋１
＋２＋
(１＋ )
＝(
ｎ
－
ａ
１ꎬ３
ａ
２ꎬ９
ａ
３
成等差数列.
２ 求 ａ 和 ｂ 的通项公式
ｎ２ ｎ (１) { ｎ} { ｎ} ꎻ
ｎ ＋１ . 记 Ｓ 和 Ｔ 分别为 ａ 和 ｂ 的前 ｎ 项
１)２ ＋ ＋ ＋２ (２) ｎ ｎ { ｎ} { ｎ}
２ ２
Ｓ
３.( 山东德州夏津一中入学考试)设数列
和.证明 Ｔ
ｎ
.
２０２２ : ｎ<
ａ 是等差数列 数列 ｂ 是公比大于 的 ２
{ ｎ} ꎬ { ｎ} ０ 解析 设等比数列 ａ 的公比为 ｑ.
等比数列 已知 ａ ｂ ｂ ａ ｂ (１) { ｎ}
ꎬ １ ＝ １ꎬ １ ＝ ３ꎬ ２ ＝ ３ ３ꎬ ３ ＝ ａ ａ ａ 成等差数列 ａ ａ ａ
ａ . ∵ １ꎬ３ ２ꎬ９ ３ ꎬ∴ ６ ２ ＝ １ ＋９ ３ꎬ
１２ ２ ＋３ 又 ａ 是首项为 的等比数列 ａ ｑ
求数列 ａ 和数列 ｂ 的通项公式 ∵ { ｎ} １ ꎬ∴ ６ １ ＝
(１) { ｎ} { ｎ} ꎻ
{ ｎ
ａ
１ ＋９
ａ
１
ｑ２
ꎬ
设数列 ｃ 满足 ｃ １ꎬ ≤５ꎬ 求数列
(２) { ｎ} ｎ ＝ ｂ
ｎ －５ꎬ
ｎ
≥６ꎬ ∴ ９
ｑ２
－６
ｑ
＋１＝０ꎬ
解得 ｑ
１ ＝
ｑ
２ ＝
１
ꎬ
ａ ｃ 的前 ｎ 项和 Ｔ . ３
{ ｎ ｎ} ｎ æ öｎ －１
解析 设等差数列 ａ 的公差为 ｄ 等 ａ ａ ｑｎ －１ ç １÷
(１) { ｎ} ꎬ ∴ ｎ＝ １ ＝è ø ꎬ
３
比数列 ｂ 的公比为 ｑ ｑ 根据题意得
{ ｎ} ( >０)ꎬ ｎａ æ öｎ
ｎ
{ ３ ｑ ＝３(１＋２ ｄ )ꎬ 解 得 {ｄ ＝１ꎬ 或 ∵ ｂ ｎ＝ ３ ꎬ∴ ｂ ｎ＝ ｎ è ç１ ３ ø ÷ .
5 ３
ｑ２
＝１２(１＋
ｄ
)＋３ꎬ
ｑ
＝３ (２) 证明 :∵ Ｓ ｎ 为 { ａ ｎ} 的前 ｎ 项和 ꎬ
年 {ｄ
高 考 3 ｑ ＝－１ꎬ ( 舍 )ꎬ 所以 ａ ｎ＝１＋( ｎ －１)×１＝ ｎ ꎬ ｂ ｎ＝ ∴ Ｓ ｎ＝ ａ １(１－ ｑ ｑｎ ) ＝ ３ é ë ê ê １－ æ è ç １ ö ø ÷ ｎù û ú ú .
年
＝－１
１－ ２ ３
模 ｎ －１ ｎ. Ｔ 为 ｂ 的前 ｎ 项和
拟 ３３ ＝３ ∵ ｎ { ｎ} ꎬ
当 ｎ 时 ｃ 所以 Ｔ ａ ａ ａ
版 A (２) ≤５ ｎ ꎬ ｎ ｎ ＝１ꎬ ｎ＝ １ ＋ ２ ＋＋ ｎ ∴ Ｔ ｎ＝ ｂ １ ＋ ｂ ２ ＋＋ ｂ ｎ＝１× æ è ç １ ö ø ÷ １ ＋２× æ è ç １ ö ø ÷ ２ ＋＋
ｎ ( ＋１).当 ｎ 时 ｃ ｂ ３ ３
高 考 ＝１＋２＋＋ ＝ ２ ≥６ ꎬ ｎ＝ ｎ －５ ＝ æ öｎ
数 ｎç１ ÷
学 ３ ｎ －５ ꎬ 所以 Ｔ ｎ＝ Ｔ ５ ＋ ａ ６ ｂ １ ＋ ａ ７ ｂ ２ ＋＋ ａ ｎ ｂ ｎ －５ ＝１５＋ è ３ ø ꎬ①
２５２
æ ö２ æ ö３ æ öｎ ＋１ 求 ａ 和 ｂ 的通项公式
１Ｔ ç １÷ ç １÷ ｎç１ ÷ . (１) { ｎ} { ｎ} ꎻ
ｎ＝１×è ø ＋２×è ø ＋＋ è ø ②
３ ３ ３ ３ 求数列 ａ ｂ 的前 ｎ 项和 ｎ Ｎ∗ .
①－② 可得 ２ Ｔ ｎ ＝ １ ＋ æ è ç １ ö ø ÷ ２ ＋＋ æ è ç １ ö ø ÷ ｎ － ｎ ( 解 ２ 析 ) (１) { 设 ２ 等 ｎ ２ 差 ｎ －１ 数 } 列 { ａ ｎ} 的公 ( 差 ∈ 为 ｄ ꎬ ) 等
３ ３ ３ ３ 比数列 ｂ 的公比为ｑ.由已知ｂ ｂ 得
é æ öｎù { ｎ} ２ ＋ ３ ＝１２ꎬ
ê ú
æ ç１ ö ÷ ｎ ＋１ ３ １ ë ê １－è ç ３ １ ø ÷ û ú ｎ æ ç１ ö ÷ ｎ ＋１ ｂ １( ｑ ＋ ｑ２ )＝ １２ꎬ 因为 ｂ １ ＝２ꎬ 所以 ｑ２ ＋ ｑ －６＝０ꎬ
è ø ＝ － è ø ＝ 解得 ｑ 或 ｑ 又因为 ｑ 所以 ｑ .
３ １ ３ ＝２ ＝－３ꎬ >０ꎬ ＝２
１－ 所以 ｂ ｎ.由 ｂ ａ ａ 可得 ｄ ａ
３ ꎬ ｎ ＝ ２ ３ ＝ ４ －２ １ꎬ ３ － １ ＝
æ öæ öｎ æ öæ öｎ
.由 Ｓ ｂ 可得 ａ ｄ 联立
－è ç １ｎ ＋ １ ø ÷ è ç１ ø ÷ ＋ １ ꎬ∴ Ｔ ｎ ＝ －è ç １ｎ ＋ ３ ø ÷ è ç１ ø ÷ ８① １１ ＝１１ ４ꎬ １ ＋５ ＝１６②ꎬ ①
３ ２ ３ ２ ２ ４ ３ 解得 ａ ｄ 由此可得 ａ ｎ .
②ꎬ １ ＝１ꎬ ＝３ꎬ ｎ＝３ －２
３ 所以 数列 ａ 的通项公式为 ａ ｎ 数
＋ ꎬ ꎬ { ｎ} ｎ ＝３ －２ꎬ
４
列 ｂ 的通项公式为 ｂ ｎ.
Ｓ æ öｎ Ｓ { ｎ} ｎ＝２
ｎ ｎ
∴ Ｔ ｎ－ ２ ＝－ ２ １ｎ è ç１ ３ ø ÷ <０ꎬ∴ Ｔ ｎ< ２ . (２) 设数列 { ａ ２ ｎ ｂ ２ ｎ －１} 的前ｎ 项和为Ｔ ｎꎬ 由ａ ２ ｎ
５.( ２０２０ 课标 Ⅲ 理ꎬ １７ ꎬ １２ 分)设数列 { ａ ｎ} 满足 ＝６ ｎ －２ꎬ ｂ ２ ｎ －１ ＝２×４ ｎ －１ ꎬ 得 ａ ２ ｎ ｂ ２ ｎ －１ ＝(３ ｎ －１)
ｎ
ａ ａ ａ ｎ.
１ ＝３ꎬ ｎ ＋１ ＝３ ｎ－４ ×４ ꎬ
(１) 计算 ａ ２ꎬ ａ ３ꎬ 猜想 { ａ ｎ} 的通项公式并加以 故 Ｔ ｎ＝２×４＋５×４ ２ ＋８×４ ３ ＋＋(３ ｎ －１)×４ ｎ ꎬ
证明 Ｔ ２ ３ ４ ｎ ｎ ｎ
ꎻ ４ ｎ＝２×４ ＋５×４ ＋８×４ ＋＋(３ －４)×４ ＋(３
求数列 ｎａ 的前 ｎ 项和 Ｓ . ｎ ＋１
(２) {２ ｎ} ｎ －１)×４ ꎬ
解析 ａ ａ . 上述两式相减 得
(１) ２ ＝５ꎬ ３ ＝７ ꎬ
猜想 ａ ｎ .由已知可得 Ｔ ２ ３ ｎ ｎ
ｎ＝２ ＋１ －３ ｎ＝２×４＋３×４ ＋３×４ ＋＋３×４ －(３ －１)×
ａ ｎ ａ ｎ ｎ
ｎ ＋１ －(２ ＋３)＝ ３[ ｎ－(２ ＋１)]ꎬ ｎ ＋１ １２×(１－４ ) ｎ ｎ ＋１ ｎ
４ ＝ －４－(３ －１)×４ ＝－(３ －
ａ ｎ ａ ｎ
ｎ－(２ ＋１)＝ ３[ ｎ －１ －(２ －１)]ꎬ １－４
ｎ ＋１ .
２)×４ －８
ａ ａ . ｎ
２ －５＝３( １ －３) 得 Ｔ ｎ＝ ３ －２ ×４ ｎ ＋１ ＋ ８.
因为 ａ 所以 ａ ｎ . ３ ３
１
＝３ꎬ ｎ＝２ ＋１
ｎ
由 得 ｎａ ｎ ｎ 所以 数列 ａ ｂ 的前 ｎ 项和为３ －２
(２) (１) ２ ｎ＝(２ ＋１)２ ꎬ ꎬ { ２ ｎ ２ ｎ －１} ×
所以 Ｓ ２ ３ ｎ ｎ. ３
ｎ＝３×２＋５×２ ＋７×２ ＋＋(２ ＋１)×２
ｎ ＋１ ８.
４ ＋
①
３
从而 ２ Ｓ ｎ＝３×２ ２ ＋５×２ ３ ＋７×２ ４ ＋＋(２ ｎ ＋１)×２ ｎ ＋１. 考法 二 裂项相消法求和
② １.( 广东四校联考ꎬ )已知数列 ａ 满足
得 Ｓ ２ ３ ｎ ２０２２ ６ { ｎ}
①－② － ｎ ＝３×２＋２×２ ＋２×２ ＋＋２×２ －
ｎ ａ ａ ａ ａ
ｎ ｎ ＋１. ａ 则 ａ ２ ３ ２０２０ ２０２１
(２ ＋１)×２ ｎ＝ｎ ꎬ １ ＋ ２ ＋ ２ ＋＋ ２ ＋ ２ ＝
所以 Ｓ ｎ ｎ ＋１ . ＋１ ２ ３ ２ ０２０ ２ ０２１
ｎ＝(２ －１)２ ＋２
６.( 天津理ꎬ ꎬ 分)已知 ａ 为等差数 ( )
２０１７ １８ １３ { ｎ}
２ ０２０ ２ ０１８ ２ ０１９ ２ ０２１
列 前ｎ 项和为Ｓ ｎ Ｎ∗ ｂ 是首项为 Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ. 专
ꎬ ｎ( ∈ )ꎬ{ ｎ} ２ ２ ０２１ ２ ０１９ ２ ０２０ ２ ０２２ 题
的等比数列 且公比大于 ｂ ｂ ｂ ａ 七
ꎬ ０ꎬ ２ ＋ ３ ＝１２ꎬ ３ ＝ ４ 答案 Ｄ 由 ａ ｎ 得 ａ ｎ １ １ 数
ａ Ｓ ｂ . ｎ ＝ｎ ꎬ ｎ２ ＝ｎ ｎ ＝ ｎ － 列
－２ １ꎬ １１ ＝１１ ４ ＋１ ( ＋１)
２５３
ａ ａ ａ ａ 解析 解法一 依题意得 Ｓ ａ .
１ 所以 ａ ２ ３ ２０２０ ２０２１ (１) : ꎬ １ ＝ １ ＝１
ｎ ꎬ １ ＋ ２ ＋ ２ ＋＋ ２ ＋ ２ ＝ Ｓ ｎ
＋１ ２ ３ ２ ０２０ ２ ０２１ ｎ １ ｎ １ ＋２.
æ ö æ ö æ ö ∴ ａ ＝ ＋( －１)× ＝
ç １÷ ç １ １÷ ç １ １÷ ｎ １ ３ ３
è１－ ø ＋ è － ø ＋ è － ø ＋ ＋ Ｓ ｎ ａ 则 Ｓ ｎ ａ ｎ
２ ２ ３ ３ ４ ∴ ３ ｎ＝( ＋２) ｎꎬ ３ ｎ ＋１ ＝( ＋１＋２) ｎ ＋１ ＝(
æ ö æ ö
ａ
è ç １ － １ ø ÷ ＋ è ç １ － １ ø ÷ ＝ １ － １ ＋３) ｎ ＋１ꎬ
２ ０２０ ２ ０２１ ２ ０２１ ２ ０２２ ２ ０２２ Ｓ Ｓ ｎ ａ ｎ ａ
∴ ３ ｎ ＋１ －３ ｎ＝( ＋３) ｎ ＋１ －( ＋２) ｎꎬ
２ ０２１ 即 ａ ｎ ａ ｎ ａ
＝ ꎬ ３ ｎ ＋１ ＝( ＋３) ｎ ＋１ －( ＋２) ｎꎬ
２ ０２２
ａ ｎ
故选 . ｎａ ｎ ａ 即 ｎ ＋１ ＋２
Ｄ ∴ ｎ ＋１ ＝( ＋２) ｎꎬ ａ ＝ ｎ ꎬ
２.( 届辽宁鞍山质量监测ꎬ )已知等差数 ｎ
２０２３ １７
ａ ｎ ｎ
ｎ
由累乘法得 ＋１ ( ＋１)( ＋２)
列 ａ 的首项为 １ 的 ａ ＝ ꎬ
{ ｎ} ｌｏｇ３１５－ｌｏｇ３１０＋ ｌｏｇ３４ １ １×２
２
ｎ ｎ
值 且 ａ ａ . 又 ａ ａ ( ＋１)( ＋２)
ꎬ ３ ＋ ７ ＝１８ １ ＝１ꎬ∴ ｎ ＋１ ＝ ꎬ
求数列 ａ 的通项公式 ２
(１) { ｎ} ꎻ ｎ ｎ
ａ ( ＋１) ｎ 又 ａ 满足上式
设ｂ １ 求数列 ｂ 的前ｎ 项和Ｔ . ∴ ｎ＝ ( ≥２)ꎬ １ ＝１ ꎬ
(２) ｎ＝ａ ａ ꎬ { ｎ} ｎ ２
ｎ ｎ
＋１ ｎ ｎ
解析
(１)
根据题意得
ꎬ
ａ
１ ＝ｌｏｇ３１５－ｌｏｇ３１０＋ ∴
ａ
ｎ＝
( ＋１)
(
ｎ
∈
Ｎ
)
.
２
１ １５ ３ 解法二 同解法一求得 ｎａ ｎ ａ
ｌｏｇ３４＝ｌｏｇ３ ＋ｌｏｇ３ ４ ＝ｌｏｇ３ ＋ｌｏｇ３２＝ｌｏｇ３ : ｎ ＋１ ＝( ＋２) ｎꎬ
２ １０ ２
ａ ａ ａ ａ
æ ö ｎ ＋１ ｎ 即 ｎ ＋１ ｎ
ç３ ÷ ∴ ｎ ＝ ｎꎬ ｎ ｎ ＝ ｎ ｎ ꎬ
è ×２ø ＝１ꎬ ＋２ ( ＋１)( ＋２) ( ＋１)
２
{ ａ }
设 ａ 的公差为 ｄ 则由 ａ ａ 得 ａ 数列 ｎ 是常数列 首项为１
{ ｎ} ꎬ ３ ＋ ７ ＝１８ꎬ １ ＋ ∴ ｎ ｎ ꎬ ꎬ
ｄ ａ ｄ 解得 ｄ 所以 ａ ｎ ( ＋１) ２
２ ＋ １ ＋６ ＝１８ꎬ ＝２ꎬ ｎ ＝１＋( － ａ ｎ ｎ
ｎ . ｎ １ ａ ( ＋１).
１)×２＝２ －１ ∴ ｎ ｎ ＝ ꎬ∴ ｎ＝
( ＋１) ２ ２
由 可 得 ｂ １
(２) (１) ｎ ＝ ｎ ｎ ＝ 证 明 由 知 １ ２
(２ －１)(２ ＋１) (２) : ( １) ａ ＝ ｎ ｎ ＝
æ ö ｎ ( ＋１)
１ç １ １ ÷
æ ö
２ è ２ ｎ －１ － ２ ｎ ＋１ øꎬ ç１ １ ÷
２èｎ－ｎ øꎬ
æ ö æ ö ＋１
所以 Ｔ １ ç １÷ １ ç１ １÷
ｎ ＝ è１－ ø ＋ è － ø ＋ ＋ æ ö æ ö
２ ３ ２ ３ ５
１ １ １ ç１ １÷ ç１ １÷
∴ ａ ＋ａ ＋＋ａ ＝２è － ø＋２è － ø＋＋
æ ö æ ö ｎ １ ２ ｎ １ ２ ２ ３
１ç １ １ ÷ １ç １ ÷ .
è ｎ － ｎ ø ＝ è１－ ｎ ø ＝ ｎ æ ö æ ö
２ ２ －１ ２ ＋１ ２ ２ ＋１ ２ ＋１ ç１ １ ÷ ç １ ÷ ２ .
２èｎ－ｎ ø ＝２è１－ｎ ø ＝２－ｎ <２
5 ３.( 新高考 ꎬ ꎬ 分) 记 Ｓ 为数列 ＋１ ＋１ ＋１
年 ２０２２ Ⅰ １７ １０ ｎ ４.( 届湖北名校联盟联合测评ꎬ )已知数
高 {Ｓ } ２０２３ １７
考 ａ 的前 ｎ 项和 已知 ａ ｎ 是公差为
年 模 3 { ｎ} ꎬ １ ＝１ꎬ ａ ｎ 列 { ａ ｎ} 满足１ ａ １ ＋ １ ２ ａ ２ ＋ １ ３ ａ ３ ＋＋ １ ｎ ａ ｎ ＝ ｎ ( ｎ
３ ３ ３ ３
拟 １的等差数列.
Ｎ .
A ３ ∈ )
版 求 ａ 的通项公式 求数列 ａ 的通项公式
(１) { ｎ} ꎻ (１) { ｎ} ꎻ
高
{ }
考
数
学
(２) 证明 :ａ １ ＋ａ １ ＋＋ａ １
ｎ
<２ . (２) 设 ｂ ｎ ＝ｌｏｇ３ ａ ｎꎬ 求数列 ｂ
ｎ
ｂ
ｎ
１ ｂ
ｎ
的前 ｎ
１ ２ ＋１ ＋２
２５４
项和 Ｔ . 设 ａ 的公差为 ｄ.
ｎ { ｎ}
解析 当 ｎ 时 ａ 因为 Ｓ ｎ２ ｐｎ 所以 Ｓ ｎ ２ ｐ ｎ
(１) ＝１ ꎬ １ ＝３ꎬ ｎ＝ ＋ ꎬ ｎ －１ ＝( －１) ＋ ( －１)
当 ｎ ≥２ 时 ꎬ 由 １ ａ １ ＋ １ ２ ａ ２ ＋ １ ３ ａ ３ ＋＋ １ ｎ ａ ｎ ＝ ＝
ｎ２
＋
ｐｎ
－２
ｎ
－
ｐ
＋１(
ｎ
≥２)ꎬ
两式相减得 ａ
ｎ＝２
ｎ
３ ３ ３ ３ ｐ ｎ
＋ －１( ≥２)ꎬ
ｎ
①ꎬ 又因为 ａ Ｓ ｐ 满足上式 所以 ａ ｎ
１ ＝ １ ＝ ＋１ ꎬ ｎ＝２ ＋
得１ａ １ａ １ａ １ ａ ｎ ｐ ｎ Ｎ .由ａ 得ｐ 所以ｐ
１ ＋ ２ ２ ＋ ３ ３ ＋＋ ｎ －１ ｎ －１ ＝ －１②ꎬ －１( ∈ ) １ ＝２ ＋１＝２ꎬ ＝１ꎬ
３ ３ ３ ３ 所以 ａ ｎ.
ｎ＝２
由 得１ａ ｎ ｎ 即ａ ｎ ｎ 选 .
①－② ｎ ｎ＝ －( －１)＝ １ꎬ ｎ＝３ ( ≥ ③
３
设 ａ 的公差为 ｄ.
. { ｎ}
２)
因为 ａ ａ ａ 所以 ａ ｄ ａ ｄ ａ ｄ
当 ｎ ＝１ 时也成立 ꎬ 所以数列 { ａ ｎ} 的通项公 ３ ＋ ４ ＝ ７ꎬ １ ＋２ ＋ １ ＋３ ＝ １ ＋６ ꎬ
即 ａ ｄ.
式为 ａ ｎ ｎ Ｎ . ＝
ｎ＝３ ( ∈ ) １
因为 ａ 所以 ｄ
(２) 因为 ｂ ｎ＝ｌｏｇ３ ａ ｎ＝ｌｏｇ３３ ｎ ＝ ｎ ꎬ
所以 ａ
１ ＝
ａ
２ꎬ
ｎ
＝
ｄ
２ꎬ
ｎ.
ｎ＝
１
＋( －１) ＝２
所以 １ １
ｂ ｂ ｂ ＝ｎ ｎ ｎ 由 可得 ａ ｎ
ｎ ｎ ＋１ ｎ ＋２ ( ＋１)( ＋２) (２) (１) ｎ ＋１ ＝２( ＋１)ꎬ
é ù æ ö
１ ê １ １ ú 则 ｂ １ １ç１ １ ÷.
＝ ë ê ｎ ｎ － ｎ ｎ û ú ꎬ ｎ＝ ｎ ｎ ＝ èｎ－ｎ ø
２ ( ＋１) ( ＋１)( ＋２) ２ ２( ＋１) ４ ＋１
所以 Ｔ ｎ ＝ １ × é ë ê ê １ － １ ＋ １ － １ ＋＋ 故 Ｔ ｎ＝ １ é ë ê ê æ è ç １－ １ ö ø ÷ ＋ æ è ç １ － １ ö ø ÷ ＋＋ æ è ç ｎ １ －ｎ １ ö ø ÷ ù û ú ú
２ １×２ ２×３ ２×３ ３×４ ４ ２ ２ ３ ＋１
ù æ ö ｎ
１ １ ú ú １ç １ ÷ .
ｎ ｎ － ｎ ｎ û ＝ ＝ è１－ｎ ø ＝ ｎ
( ＋１) ( ＋１)( ＋２) ４ ＋１ ４ ＋４
é ù ６.( 浙江ꎬ ꎬ 分)已知数列 ａ ｂ
１ ê １ １ ú. ２０２０ ２０ １５ { ｎ}ꎬ{ ｎ}ꎬ
ê ú
ë － ｎ ｎ û
２ ２ ( ＋１)( ＋２) ｃ 满足 ａ ｂ ｃ ｃ ａ ａ ｃ
{ ｎ} １ ＝ １ ＝ １ ＝ １ꎬ ｎ ＝ ｎ ＋１ － ｎꎬ ｎ ＋１ ＝
５.( 河北邢台入学考试)在 ａ ａ
２０２２ ① ３ ＋ ６ ＝１８ꎬ ｂ ｎ
ｃ ｎ Ｎ .
ａ 的前 ｎ 项和 Ｓ ｎ２ ｐｎ ａ ａ ａ ｂ ｎꎬ ∈
②{ ｎ} ｎ ＝ ＋ ꎬ③ ３ ＋ ４ ＝ ７ ｎ ＋２
这三个条件中任选一个 补充在下面的问题 若 ｂ 为等比数列 公比 ｑ 且 ｂ ｂ
ꎬ (１) { ｎ} ꎬ >０ꎬ １ ＋ ２ ＝
中并解答. ｂ 求 ｑ 的值及数列 ａ 的通项公式
６ ３ꎬ { ｎ} ꎻ
问题 在等差数列 ａ 中 ａ 且 . 若 ｂ 为等差数列 公差 ｄ 证明 ｃ
: { ｎ} ꎬ １ ＝２ꎬ (２) { ｎ} ꎬ >０ꎬ : １ ＋
求数列 ａ 的通项公式
(１) { ｎ} ꎻ ｃ ｃ ｃ １ ｎ Ｎ .
２ ＋ ３ ＋＋ ｎ<１＋ｄꎬ ∈
若ｂ １ 求数列 ｂ 的前ｎ 项和Ｔ .
(２) ｎ＝ａ ｎ ａ ｎ ꎬ { ｎ} ｎ 解析 由 ｂ ｂ ｂ 得 ｑ ｑ２ 解得 ｑ
＋１ (１) １ ＋ ２ ＝６ ３ １＋ ＝６ ꎬ
注:若选择多个条件分别解答ꎬ则按第一个
１.
解答计分. ＝
２
解析 选 . 由 ｃ ｃ 得 ｃ ｎ －１.
(１) ① ｎ ＋１ ＝４ ｎ ｎ＝４
设 { ａ ｎ} 的公差为 ｄ. 由 ａ ｎ ＋１ － ａ ｎ ＝ ４ ｎ －１ 得 ａ ｎ ＝ ａ １ ＋１＋４＋＋４ ｎ －２
由题意可得 ａ ｄ ａ ｄ ａ ｄ . ｎ
１
＋２ ＋
１
＋５ ＝２
１
＋７ ＝１８
４
－１
＋２.
因为 ａ 所以 ｄ ＝ 专
１ ＝２ꎬ ＝２ꎬ ３ 题
七
则 ａ ａ ｎ ｄ ｎ. ｂ ｂ ｂ ｃ
选 ｎ . ＝ １ ＋( －１) ＝２ (２) 由 ｃ ｎ ＋１ ＝ ｂ ｎ ｎ ｃ ｎ 得 ｃ ｎ ＝ ｂ １ ｎ ｂ ２ ｎ １ ＝ 数 列
② ＋２ ＋１
２５５
ｄæ ö 由 ｂ ｄ 得ｂ 因此ｃ ｃ ｃ ｃ
１＋ ç１ １ ÷ １ ＝１ꎬ >０ ｎ ＋１>０ꎬ １ ＋ ２ ＋ ３ ＋＋ ｎ
ｄ èｂ －ｂ øꎬ
ｎ ｎ
＋１ １ ｎ Ｎ .
ｄæ ö <１＋ｄꎬ ∈
所以 ｃ ｃ ｃ ｃ １＋ ç １ ÷.
１ ＋ ２ ＋ ３ ＋＋ ｎ＝ ｄ è１－ｂ ø
ｎ
＋１
5
年
高
考
3
年
模
拟
A
版
高
考
数
学
２５６
专题综合检测
一、单项选择题 ａ ａ ａ
ｎ ｎ ｎ
可得 ＋１ ２ 通过累加法可得
１.( 江苏南通如皋调研一ꎬ )在等比数列 ｎ ＝ ｎ＋ｎ ｎ ꎬ ｎ ＝
＋１ ( ＋１)
２０２２ ４
ａ æ ö
ａ 中 公比为１ 前 项的和为１８９ 则ａ １ ç １ １ １ １ １÷ ２
{ ｎ} ꎬ ２ ꎬ ６ ４ ꎬ ６ ＝ １ ＋２è１－ ２ ＋ ２ － ３ ＋＋ｎ －１ －ｎø ＝－１＋２－ｎ ＝
( ) ２
１－ｎ ꎬ
７３ ３ ３
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ.２４ 所以 ａ ｎ 所以 ａ .ｆ ｘ 是定义在 Ｒ
８ ４ ８ ｎ＝ －２ꎬ ２２ ＝２０ ( )
æ ç １ ö ÷ ６ 上的奇函数 ꎬ 满足 ｆ (２－ ｘ )＝ ｆ ( ｘ )ꎬ 所以 ｆ ( ｘ ＋
１－è ø ｆ ｘ ｆ ｘ 则 ｆ ｘ ｆ ｘ ｆ
答案 Ｂ 由 Ｓ ａ ２ ６３ａ １８９ ２)＝ (－ )＝ － ( )ꎬ ( ＋４)＝ － ( ＋２)＝
６ ＝ １ １ ＝ ３２ １ ＝ ４ ꎬ ｘ 所以周期 Ｔ 因为 ｆ 所以 ｆ
１－ ( )ꎬ ＝４ꎬ (０)＝ ０ꎬ
２ ａ ｆ ｆ 故选
æ ö５ ( ２２)＝ (２０)＝ (０)＝ ０ꎬ Ａ.
得 ａ 则 ａ ａ ｑ５ ç １÷ ２４ ３.故 ４.( 福建泉州模考ꎬ )已知函数 ｆ ｘ
１ ＝２４ꎬ ６ ＝ １ ＝２４×è ø ＝ ＝ ２０２２ ５ ( )＝
２ ３２ ４
选
æ ö３ æ ö æ ö
çｘ １÷ 则 ｆ ç １ ÷ ｆ ç ２ ÷
Ｂ. è － ø ＋ １ꎬ è ø ＋ è ø ＋ ＋
２.( 重庆七中期中ꎬ )已知等差数列 ａ ２ ２ ０２１ ２ ０２１
２０２２ ６ { ｎ} æ ö æ ö
Ｓ ａ ｆç２ ０１９÷ ｆç２ ０２０÷的值为
的前 ｎ 项和为 Ｓ 若 １１ 则 ６ è ø＋ è ø ( )
ｎꎬ Ｓ Ｓ ＝２ꎬ ａ ＝ ２ ０２１ ２ ０２１
－
１１ ５ １１
Ａ.１ Ｂ.２ Ｃ.２ ０２０ Ｄ.２ ０２１
( ) æ ö
答案 Ｃ 设ｍ ｎ 则有ｍ １ çｎ １÷
＋ ＝１ꎬ － ＝－è － øꎬ
６ ５ １１ １０ ２ ２
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ.
５ ６ １０ １１ æ ö３ æ ö３
所以 ｆ ｍ ｆ ｎ çｍ １÷ çｎ １÷
Ｓ ( )＋ ( )＝ è － ø ＋１＋è － ø ＋１
答案 Ａ 由 １１ 得 Ｓ Ｓ ａ ２ ２
Ｓ Ｓ ＝２ １１ ＝２ ５ꎬ∴ １１ ６ ＝
－
１１ ５ ＝２ꎬ
ａ .设等差数列 ａ 的公差为 ｄ 则 ａ
１０ ３ { ｎ} ꎬ １１ ６ ＝ 所以当 ｍ ＋ ｎ ＝１ 时 ꎬ ｆ ( ｍ )＋ ｆ ( ｎ )＝ ２ꎬ
æ ö æ ö æ ö
ａ ｄ 解得 ｄ １ ａ ａ ａ ｄ
１０( ６ －３ )ꎬ ＝－ ３０ ６ꎬ∴ １１ ＝ ６ ＋５ ＝ 令 Ｓ ＝ ｆ è ç １ ø ÷ ＋ ｆ è ç ２ ø ÷ ＋＋ ｆ è ç２ ０１９ ø ÷ ＋
２ ０２１ ２ ０２１ ２ ０２１
ａ ａ
æ ö
ａ １ａ ５ａ ６ ６ ６.故选 ｆç２ ０２０÷
６ － ６ ＝ ６ꎬ∴ ａ ＝ ＝ Ａ. è øꎬ
６ ６ １１ ５ａ ５ ２ ０２１
６
６ é æ ö æ öù
所 以 Ｓ ê ｆç １ ÷ ｆç２ ０２０÷ ú
３.( 沈阳三十一中月考ꎬ )设 ｆ ｘ 是定义 ２ ＝ ë ê è ø＋ è øû ú ＋ ＋
２０２２ ７ ( ) ２ ０２１ ２ ０２１
在 Ｒ 上的奇函数 满足 ｆ ｘ ｆ ｘ 数列 é æ ö æ öù
ꎬ (２－ )＝ ( )ꎬ ê ｆç２ ０２０÷ ｆç １ ÷ ú
æ ö ë ê è ø＋ è øû ú ＝２×２ ０２０ꎬ
ａ 满足 ａ 且 ａ ç １÷ａ ２ ｎ ２ ０２１ ２ ０２１
{ ｎ} １ ＝－１ꎬ ｎ ＋１ ＝è１＋ｎø ｎ＋ｎ( ∈ æ ö æ ö æ ö
故 Ｓ ｆç １ ÷ ｆç ２ ÷ ｆç２ ０１９÷ ｆ
Ｎ 则 ｆ ａ ＝ è ø ＋ è ø ＋＋ è ø ＋
)ꎬ ( ２２)＝ ( ) ２ ０２１ ２ ０２１ ２ ０２１
æ ö 专
Ａ.０ Ｂ.－１ Ｃ.２１ Ｄ.２２ ç２ ０２０÷ .故选 题
è ø ＝２ ０２０ Ｃ. 七
æ ö ２ ０２１
答案 Ａ 由 ａ
ｎ ＋１ ＝è
ç
１＋ｎ
１
ø
÷ａ
ｎ＋ ｎ
２
(
ｎ
∈
Ｎ
)ꎬ ５.( ２０１５ 浙江ꎬ ３ ꎬ ５ 分)已知 { ａ ｎ} 是等差数列 ꎬ
数
列
２５７
公差ｄ 不为零 前ｎ 项和是Ｓ .若ａ ａ ａ 成 正确
ꎬ ｎ ３ꎬ ４ꎬ ８ Ｂ ꎻ
等比数列 则 所以 Ｓ ｎ ｎ 则 Ｓ ｎ ｎ.
ꎬ ( ) ｎ＋ ＝２ ꎬ ｎ＝２ －
ａ ｄ ｄＳ ａ ｄ ｄＳ 当ｎ 时 ａ Ｓ Ｓ ｎ －１ 但ａ １－１
Ａ. １ >０ꎬ ４>０ Ｂ. １ <０ꎬ ４<０ ≥２ ꎬ ｎ＝ ｎ－ ｎ －１ ＝２ －１ꎬ １≠２ －
ａ ｄ ｄＳ ａ ｄ ｄＳ 故 错误
Ｃ. １ >０ꎬ ４<０ Ｄ. １ <０ꎬ ４>０ １ꎬ Ａ ꎻ
答案 Ｂ 由题意知 ａ２ ４ ＝ ａ ３ ａ ８ꎬ 得 ( ａ １ ＋３ ｄ ) ２ ＝ 由当 ｎ ≥２ 时 ꎬ ａ ｎ ＝２ ｎ －１ －１ 可得 ａ １０ ＝２ ９ －１＝
ａ ｄ ａ ｄ 整理得 ｄ ｄ ａ 又 故 正确
( １ ＋２ )( １ ＋７ )ꎬ (５ ＋３ １)＝ ０ꎬ ５１１ꎬ Ｃ ꎻ
因为 Ｓ ｎ ＋１ ｎ 所以 Ｓ Ｓ Ｓ
ｄ ａ ５ｄ 则 ａ ｄ ５ｄ２ 又 Ｓ ２ ｎ＝２ －２ ꎬ ２ １ ＋２ ２ ＋＋２ ｎ ＝
≠０ꎬ∴ １ ＝－ ꎬ １ ＝－ <０ꎬ ∵ ４ ＝ ２ ３ ｎ ＋１ ｎ ２ ３
３ ３ ２ －２×１＋２ －２×２＋＋２ －２ ＝２ ＋２ ＋＋
ｎ
ａ ｄ ２ｄ ｄＳ ２ｄ２ 故选 . ｎ ＋１ ｎ ４(１－２ )
４ １ ＋６ ＝－ ꎬ∴ ４ ＝－ <０ꎬ Ｂ ２ － ２ (１ ＋ ２ ＋ ＋ ) ＝ － ２
３ ３ １－２
二、多项选择题 é ｎ ｎ ù
６.( 河北部分重点中学期中ꎬ )已知数列 ë ê ê ｎ ＋ ( －１) û ú ú ＝２ ｎ ＋２ － ｎ２ － ｎ －４ꎬ
２
２０２２ ９
{ ａ ｎ} 中 ꎬ ａ １ ＝１ꎬ ａ ｎ ａ ｎ ＋１ ＝２ ｎ ꎬ ｎ ∈ Ｎ ꎬ 则下列说 所以数列 {２ Ｓ ｎ} 的前 ｎ 项和为 ２ ｎ ＋２ － ｎ２ － ｎ －４ꎬ
故 正确.
法正确的是
Ｄ
( )
故选
ａ ａ 是等比数列 ＢＣＤ.
Ａ. ４ ＝４ Ｂ.{ ２ ｎ}
解题关键
ａ ａ ｎ －１ ａ ａ ｎ ＋１
Ｃ. ２ ｎ－ ２ ｎ －１ ＝２ Ｄ. ２ ｎ －１ ＋ ２ ｎ＝２ 由 Ｓ Ｓ ｎ 可有目的地构造 Ｓ ｎ
答案 ＡＢＣ 因为数列 ａ 中 ａ ａ ａ ｎ ＋１ ＝２ ｎ＋ －１ ｎ ＋１ ＋ ＋１
{ ｎ} ꎬ １ ＝１ꎬ ｎ ｎ ＋１ Ｓ ｎ Ｓ ｎ
＝２
ｎ
ꎬ
ｎ
∈
Ｎ
ꎬ ＝２
Ｓ
ｎ＋２
ｎꎬ进而得到 ｎ ＋
Ｓ
１ ＋
ｎ
＋１
＝
２
Ｓ
ｎ＋
ｎ
２
＝ ２
ꎬ
所以ａ ａ 解得ａ 又ａ ａ ｎ ＋１ 所
ｎ＋ ｎ＋
１ ２ ＝２ꎬ ２ ＝２ꎬ ｎ ＋１ ｎ ＋２ ＝２ ꎬ 说明数列{Ｓ ｎ}是等比数列.
ｎ＋
ａ ａ ｎ ａ
以 ｎ ＋１ ｎ ＋２ ２ ＋１ 即 ｎ ＋２ 所以数列 ａ 的 ８.( 辽宁六校联考ꎬ )意大利著名数学家
ａ ａ ＝ ｎ ꎬ ａ ＝２ꎬ { ｎ} ２０２２ １２
ｎ ｎ ｎ
＋１ ２ 斐波那契在研究兔子繁殖问题时 发现有这
奇数项和偶数项分别是以 为公比的等比 ꎬ
２ 样一列数 其中从第三项起
数列 所以 ａ ｎ －１ ｎ ａ ｎ －１ :１ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ５ꎬꎬ ꎬ
ꎬ ２ ｎ ＝２×２ ＝２ ꎬ ２ ｎ －１ ＝１×２ ＝ 每个数等于它前面两个数的和 后来人们把
ｎ －１ ａ ２ ꎬ
２ ꎬ ４ ＝２ ＝４ꎬ 这样的一列数组成的数列 ａ 称为 斐波那
{ ｎ} “
ａ ａ ｎ －１ ａ ａ ｎ ｎ －１ ｎ －１.
２ ｎ－ ２ ｎ －１ ＝２ ꎬ ２ ｎ＋ ２ ｎ －１ ＝２ ＋２ ＝３２ 契数列 ”ꎬ 记 Ｓ ｎ 为数列 { ａ ｎ} 的前 ｎ 项和 ꎬ 则
故选
ＡＢＣ. 下列结论正确的是
( )
７.( 福建莆田华侨中学月考ꎬ )设首项为
２０２２ １２ ａ
Ａ. ６ ＝８
的数列 ａ 的前 ｎ 项和为 Ｓ 已知 Ｓ
１ { ｎ} ｎꎬ ｎ ＋１ ＝ Ｂ. Ｓ ９ ＝５４
Ｓ ｎ 则下列结论正确的是
２ ｎ＋ －１ꎬ ( ) Ｃ. ａ １ ＋ ａ ３ ＋ ａ ５ ＋＋ ａ ２０１９ ＝ ａ ２０２０
数列 ａ 为等比数列
5 Ａ. { ｎ} ａ２ １ ＋ ａ２ ２ ＋＋ ａ２ ２０１９ ａ
年 高 Ｂ. 数列 { Ｓ ｎ＋ ｎ } 为等比数列 Ｄ. ａ ２０１９ ＝ ２０２０
考 数列 ａ 中 ａ 答案 ＡＣＤ 对于 写出数列的前 项
3 Ｃ. { ｎ} ꎬ １０ ＝５１１ Ａꎬ ６ ꎬ
年 模 Ｄ. 数列 {２ Ｓ ｎ} 的前 ｎ 项和为 ２ ｎ ＋２ － ｎ２ － ｎ －４ 为 １ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ５ꎬ８ꎬ 故 Ａ 正确.
拟
答案 ＢＣＤ 因为 Ｓ Ｓ ｎ 所以 对于 Ｓ
A ｎ ＋１ ＝ ２ ｎ ＋ －１ꎬ Ｂꎬ ９ ＝１＋１＋２＋３＋５＋８＋１３＋２１＋３４＝８８ꎬ
版 Ｓ ｎ Ｓ ｎ 故 错误.
ｎ ＋１ ＋ ＋１ ２ ｎ＋２ .又 Ｓ 所以数列 Ｂ
高 Ｓ ｎ ＝ Ｓ ｎ ＝２ １ ＋１＝２ꎬ 对于 由 ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ
考 ｎ＋ ｎ＋ Ｃꎬ １ ＝ ２ꎬ ３ ＝ ４ － ２ꎬ ５ ＝ ６ － ４ꎬ
数
Ｓ ｎ 是首项为 公比为 的等比数列 故 ａ ａ ａ 可得 ａ ａ ａ
学 { ｎ＋ } ２ꎬ ２ ꎬ ꎬ ２０１９ ＝ ２０２０ － ２０１８ꎬ １ ＋ ３ ＋ ５ ＋＋
２５８
ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ｎ －１
２０１９ ＝ ２ ＋ ４ － ２ ＋ ６ － ４ ＋ ８ － ６ ＋＋ ２０２０ － ＋１２ ꎬ
ａ ａ 故 正确. ω ｎ
２０１８ ＝ ２０２０ꎬ Ｃ ∴ (２ －１)＝１＋１＋＋１
对于 斐波那契数列总有 ａ ａ ａ 则
Ｄꎬ ｎ ＋２ ＝ ｎ ＋１ ＋ ｎꎬ
ａ２ ａ ａ ａ２ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ２ ａ
１ ＝ ２ １ꎬ ２ ＝ ２( ３ － １)＝ ２ ３ － ２ １ꎬ ３ ＝ ３
ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ２ ａ ａ
( ４ － ２)＝ ３ ４ － ２ ３ꎬꎬ ２０１８ ＝ ２０１８( ２０１９
ａ ａ ａ ａ ａ ａ２ ａ
－ ２０１７) ＝ ２０１８ ２０１９ － ２０１７ ２０１８ꎬ ２０１９ ＝ ２０１９
ａ２ ａ２ ａ２
ａ ａ ａ 可 得 １ ＋ ２ ＋＋ ２０１９
２０２０ － ２０１９ ２０１８ꎬ ａ ＝
２０１９
ａ ａ
２０１９ ２０２０ ａ 故 正确.故选
ａ ＝ ２０２０ꎬ Ｄ ＡＣＤ.
２０１９
９.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)若正整数 ｎ ａ ２０２１ Ⅱ １２ ５ ＝ ０
０ ａ ａ ｋ －１ ａ ｋ 其中 ａ ２ ＋ １２＋＋ ｋ －１２ ＋ ｋ２ ꎬ ｉ∈
ｉ ｋ 记ω ｎ ａ ａ
{０ꎬ１}( ＝０ꎬ１ꎬꎬ )ꎬ ( )＝ ０ ＋ １ ＋＋
ａ 则 ｋꎬ ( )
ω ｎ ω ｎ Ａ. (２ )＝ ( )
ω ｎ ω ｎ
Ｂ. (２ ＋３)＝ ( )＋１
ω ｎ ω ｎ
Ｃ. (８ ＋５)＝ (４ ＋３)
ω ｎ ｎ
Ｄ. (２ －１)＝
答案 ＡＣＤ 已知正整数 ｎ ａ ０ ａ
＝ ０２ ＋ １２
ａ ｋ －１ ａ ｋ 其中 ａ ω
＋＋ ｋ －１２ ＋ ｋ２ ꎬ ｉ∈{０ꎬ１}ꎬ
ｎ ａ ａ ａ
( )＝ ０ ＋ １ ＋＋ ｋꎬ
对于选项 ｎ ０ ａ １ ａ ２
Ａꎬ２ ＝０２ ＋ ０２ ＋ １ ２ ＋＋
ａ ｋ ＋１
ｋ２ ꎬ
ω ｎ ａ ａ ａ ω ｎ 选项
∴ (２ )＝ ０＋ ０ ＋ １ ＋＋ ｋ＝ ( )ꎬ∴ Ａ
正确.
对于选项 ｎ ０ ａ １ ａ
Ｂꎬ２ ＋３＝１２ ＋( ０ ＋１)２ ＋ １
２ ａ ｋ ＋１ ω ｎ ａ ａ ａ
２ ＋＋ ｋ２ ꎬ∴ (２ ＋３)＝ １＋ ０ ＋１＋ １ ＋ ２
ａ ａ ａ ａ ω ｎ 选项
＋＋ ｋ＝ ０ ＋ １ ＋＋ ｋ＋２＝ ( )＋２ꎬ∴
错误.
Ｂ
对于选项 ｎ ０ １ ａ ２ ａ
Ｃꎬ４ ＋３＝１２ ＋１２ ＋ ０２ ＋ １
３ ａ ｋ ＋１ ａ ｋ ＋２
２ ＋＋ ｋ －１２ ＋ ｋ２ ꎬ
ω ｎ ａ ａ ａ ω ｎ
∴ (４ ＋３)＝ １＋１＋ ０ ＋ １ ＋＋ ｋ＝ ( )＋２ꎬ
而 ｎ ０ １ ２ ａ ３ ａ ８ ＋５＝１２ ＋０２ ＋１２ ＋ ０２ ＋ １
４ ａ ｋ ＋３ ω ｎ ａ ａ ２ ＋＋ ｋ２ ꎬ∴ (８ ＋５)＝ １＋０＋１＋ ０ ＋ １
ａ ω ｎ 专
＋＋ ｋ＝ ( )＋２ꎬ 题
七 ω ｎ ω ｎ 选项 正确.
∴ (８ ＋５)＝ (４ ＋３)ꎬ Ｃ
数 对于选项 ｎ ０ １ ｎ －２ 列
Ｄꎬ２ －１＝１２ ＋１２ ＋＋１２
２５９
þ ïï ý ï ï ü
ｎ 选项 正确.故
＝ ꎬ Ｄ
ｎ个
１ 选 .
ＡＣＤ
三、填空题
１０.( 福建莆田华侨中学月考ꎬ )等比数
２０２２ １４
列 ａ 中 ａ 且 ａ ａ ａ ａ ａ ａ
{ ｎ} ꎬ ｎ>０ ２ ４ ＋２ ３ ５ ＋ ４ ６ ＝２５ꎬ
则 ａ ａ .
３ ＋ ５ ＝
答案
５
解析 ａ 是等比数列 ａ ａ ａ ａ
∵ { ｎ} ꎬ∴ ２ ４ ＋２ ３ ５ ＋
ａ ａ ａ２ ａ ａ ａ２ ａ ａ ２ 又 ａ ４ ６ ＝ ３ ＋２ ３ ５ ＋ ５ ＝( ３ ＋ ５) ＝２５ꎬ ∵ ｎ>
ａ ａ .
０ꎬ∴ ３ ＋ ５ ＝５
１１.( 辽东南协作体期中ꎬ )已知数列
２０２２ １５
ａ 的前 ｎ 项和为 Ｓ 若 ａ Ｓ ａ { ｎ} ｎꎬ １ ＝１ꎬ２ ｎ＝ ｎ ＋１ ＋
则 Ｓ .
１ꎬ ｎ＝
答案 １ ｎ －１
(３ ＋１)
２
解析 Ｓ ａ ａ Ｓ ａ
∵ ２ ｎ ＝ ｎ ＋１ ＋１ꎬ １ ＝ １ꎬ∴ １ ＝ １ ＝ １ꎬ
Ｓ ａ Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ 即
２ ｎ＝ ｎ ＋１ ＋１＝ ｎ ＋１ － ｎ＋１ꎬ∴ ｎ ＋１ ＝３ ｎ－１ꎬ
æ ö
Ｓ １ Ｓ ３ çＳ １÷ 又 Ｓ １ １
ｎ ＋１ － ＝３ ｎ－ ＝３è ｎ－ øꎬ １ － ＝ ꎬ∴
２ ２ ２ ２ ２
{ }
数列 Ｓ １ 是首项为１ 公比为 的等比数
ｎ－ ꎬ ３
２ ２
列 Ｓ １ １ ｎ －１ Ｓ １ ｎ －１ １ １
ꎬ∴ ｎ－ ＝ ３ ꎬ∴ ｎ＝ ３ ＋ ＝
２ ２ ２ ２ ２
ｎ －１ .
(３ ＋１)
１２.( 河北衡水中学模拟一ꎬ )等差数列
２０２２ １６
ａ 中 ａ ａ ａ ａ 且 ａ ａ 则
{ ｎ} ꎬ １ ＋ ５ ＋ １４ ＝ １０ ＋２４ꎬ ５ ＝３ １ꎬ
ａ 若集合 ｎ Ｎ ｎλ ａ ａ
５ ＝ ꎻ { ∈ ｜２ < １ ＋ ２ ＋
ａ 中有 个元素 则实数 λ 的取值范
＋ ｎ} ２ ꎬ
围是 .
æ ö
答案 ç ９ ÷
１２ è２ꎬ ø
４
解析 设等差数列 ａ 的公差为 ｄ { ｎ} ꎬ
因为 ａ ａ ａ ａ 且 ａ ａ １ ＋ ５ ＋ １４ ＝ １０ ＋２４ꎬ ５ ＝３ １ꎬ
所 以 有
{ａ ａ ｄ ａ ｄ ａ ｄ {ａ
１
＋
１
＋４ ＋
１
＋１３ ＝
１
＋９ ＋２４ꎬ
１
＝４ꎬ
ａ ｄ ａ ⇒ ｄ
１ ＋４ ＝３ １ ＝２ꎬ
因此 ａ ａ ｄ . 答案 ｎ －１ ｎ ｎ 为奇数
５ ＝ １ ＋４ ＝４＋４×２＝１２ ２ (１≤ ≤９ꎬ )
解析 当 ｎ 为奇数时 ｎ 为偶数 ｎ 为奇
ａ ａ ａ ｎａ １ｎ ｎ ｄ ｎ １ｎ ꎬ －１ ꎬ －２
１ ＋ ２ ＋＋ ｎ ＝ １ ＋ ( －１) ＝４ ＋ 数 则ａ ａ ａ ａ 故
２ ２ ꎬ ｎ＝２ ｎ －１ ＋２＝２(２ ｎ －２ －１)＋２＝４ ｎ －２ꎬ
(
ｎ
－１)２＝
ｎ２
＋３
ｎ
ꎬ
由
２
ｎλ
<
ａ
１ ＋
ａ
２ ＋＋
ａ
ｎ⇒
λ
数列 { ａ ｎ} 的奇数项是以 １ 为首项 ꎬ４ 为公比
< ａ １ ＋ ａ ２ ＋ ｎ ＋ ａ ｎ ꎬ 的等比数列 ꎬ∴ ａ ｎ＝１×４ ｎ＋ ２ １ －１ ＝２ ｎ －１ (１≤ ｎ ≤９ꎬ ｎ
２ 为奇数 故解下 ｎ ｎ 为奇数 个圆环所需的
)ꎬ ( )
设 ｂ
ａ
１ ＋
ａ
２ ＋＋
ａ
ｎ
ｎ２
＋３
ｎ
最少移动次数为 ｎ －１ ｎ ｎ 为奇数 .
ｎ＝ ｎ ＝ ｎ ꎬ ２ (１≤ ≤９ꎬ )
２ ２ １４.( 江苏无锡质检ꎬ ) 刺绣 是一门传
ｎ ２ ｎ ｎ２ ｎ ２０２２ １６ “ ”
则 ｂ ｂ ( ＋１) ＋３( ＋１) ＋３ 统手工艺术 我国已有多种刺绣被列入世
ｎ ＋１ － ｎ ＝ ｎ ＋１ － ｎ ꎬ
２ ２
界非物质文化遗产名录.有一种刺绣的图案
ｎ２ ｎ
－ － ＋４
＝ ｎ ꎬ 由一笔画构成 很像汉字 回 称为 回纹
＋１ ꎬ “ ”ꎬ “
２
显然当 ｎ 时 ｂ ｂ
图 如图 .某刺绣工在方格形布料上用单
＝１ ꎬ ２> １ꎬ ”( )
当 ｎ ｎ Ｎ 时 ｂ ｂ ｂ ｂ 因此 线针法绣回纹图 共进行了 ｎ 次操作 每次
≥２ꎬ ∈ ꎬ ｎ ＋１ － ｎ<０⇒ ｎ ＋１< ｎꎬ ꎬ ꎬ
操作在前一次基础上向外多绣一圈 前三
从第 项起 数列是递减数列 ｂ ｂ ５ (
２ ꎬ ꎬ １ ＝２ꎬ ２ ＝ ꎬ 次操作之后的图案分别如下图 .若第 ｋ 次
２ )
操作之后图案所占面积为 Ｓ 即最外围不
ｂ ９ ｂ ７ 所以数列 ｂ 的最大项为 ｂ ｋ(
３ ＝ ꎬ ４ ＝ ꎬ { ｎ} ２ 封口的矩形面积 如 Ｓ Ｓ Ｓ
４ ４
ꎬ １ ＝ ２ꎬ ２ ＝ １２ꎬ ３ ＝
则至少操作 次 Ｓ 不少于
５ ３０)ꎬ ꎬ ｋ
＝ ꎬ
２ 若每横向或纵向一个单位长度绣一针
因为 ｎ Ｎ ｎλ ａ ａ ａ 中有 个 ９０ꎻ ꎬ
{ ∈ ｜２ < １ ＋ ２ ＋＋ ｎ} ２ 称为 走一针 图 共走了 针 图 共走
“ ”ꎬ ① ５ ꎬ ②
元素
ꎬ 了 针 图 共走了 针 则其第 ｎ 次操
１９ ꎬ ③ ４１ ꎬ
ａ ａ ａ
所以不等式 λ １ ＋ ２ ＋＋ ｎ 只有两个 作之后的回纹图共走了 针 用含ｎ
< ｎ (∗) (
２ 的式子表示 .
不同正整数解 而数列 ｂ 的最大项为 ｂ )
ꎬ { ｎ} ２ ＝
５ 因此 ｎ 一定是不等式 的解 因此
ꎬ ＝２ (∗) ꎬ
２
一定有 λ ９.
２< < 图 图 图
４ ① ② ③
１３.( 重庆八中检测ꎬ )九连环是我国从
２０２２ １３ 答案 ｎ２ ｎ
５ ４ ＋２ －１
古至今广为流传的一种益智游戏 它由九个
ꎬ 解析 由题意得 Ｓ ｎ ｎ ｎ２ ｎ
ｎ＝２ (２ －１)＝ ４ －２ ꎬ
铁丝圆环相连成串 按一定规则移动圆环的
5 ꎬ
令 Ｓ ｎ２ ｎ 解得 ｎ 或 ｎ ９ 舍
年 次数 决定解开圆环的个数.在某种玩法中 ｎ＝４ －２ ≥９０ꎬ ≥５ ≤－ (
高 ꎬ ꎬ ２
考
3
用ａ
ｎ
表示解下ｎ
(
ｎ
≤９ꎬ
ｎ
∈
Ｎ
)
个圆环所需 去
)ꎬ
年
的最少移动次数 数列 ａ 满足 ａ 且 ａ 故至少操作 次
模 ꎬ { ｎ} １ ＝１ꎬ ｎ ５ ꎻ
拟
{ ａ ｎ 为偶数 由图形可以看出 第 次操作之后的回纹图
A ２ ｎ －１ －１ꎬ ꎬ则解下ｎ ｎ 为奇数 个 ꎬ １
版 ＝ ａ ｎ 为奇数 ( ) 共走的针数为
２ ｎ －１ ＋２ꎬ ꎬ １×２＋２×２－１＝５ꎬ
高
圆环所需的最少移动次数为 . 第 次操作之后的回纹图共走的针数为
考
２ (１＋
数
学 用含ｎ 的式子表示
( ) ２＋３)×２＋４×２－１＝１９ꎬ
２６０
第 次操作之后的回纹图共走的针数为 时 ａ Ｓ ａ 可得 ａ
３ (１＋ １ ꎬ １ ＝ １ ＝２( １ －１)ꎬ １ ＝２①ꎬ
又 ａ Ｓ Ｓ ａ ａ ｎ
２＋３＋４＋５)×２＋６×２－１＝４１ꎬ ｎ＝ ｎ－ ｎ －１ ＝２( ｎ－１)－２( ｎ －１ －１)ꎬ ≥２ꎬ
所以 ａ ａ ｎ
ｎ＝２ ｎ －１ꎬ ≥２②ꎬ
第 ｎ 次操作之后的回纹图共走的针数为 所以 ａ 是首项 公比均为 的等比数列
{ ｎ} 、 ２ ꎬ
ｎ ｎ
(１ ＋ ２ ＋ ３ ＋ ＋ ２ － １) × ２ ＋ ２ × ２ － １ ＝ 故 ａ
ｎ＝２
ｎ
ꎬ
ｎ
∈
Ｎ .
ｎ ｎ
(２ －１)(１＋２ －１) ｎ ｎ２ ｎ . æ öｎ
×２＋４ －１＝４ ＋２ －１ 由 知 １ ç １÷ 所 以 Ｔ
２ (２) ( １) ａ ＝ è ø ꎬ ｎ ＝
ｎ ２
四、解答题
é æ öｎù
ê ú
１５.( ２０２２ 福建莆田华侨中学月考ꎬ １８ )已知等 １ ë ê １－è ç １ ø ÷ û ú æ öｎ
２ ２ ç １÷ ｎ Ｎ .
差数列 ａ 满足 ａ ａ ａ . ａ 的 ＝１－è ø ꎬ ∈
{ ｎ} : ３ ＝７ꎬ ５ ＋ ７ ＝２６ { ｎ} １ ２
前 ｎ 项和为 Ｓ .
１－
ｎ ２
求 ａ 及 Ｓ
(１) ｎ ｎꎻ 证 明 由 知 １
(３ ) : ( １ ) ( ２ ) : Ｓ Ｔ ＝
ｎ－ ｎ
令 ｂ １ ｎ Ｎ 求数列 ｂ 的前
(２) ｎ＝ａ２ ( ∈ )ꎬ { ｎ} ｎ
ｎ－１ １ ２
æ ö ＝ ｎ ｎ ＝
ｎ 项和 Ｔ ｎ . ｎ çç １÷÷ ２ ２ ＋１ －３２ ＋１
２(２ －１)－è１－ ｎ ø
解析 设等差数列 ａ 的公差为 ｄ 因 ２
(１) { ｎ} ꎬ
ｎ
为 ａ ａ ａ 所 以 有 ２ １ １
３ ＝ ７ꎬ ５ ＋ ７ ＝ ２６ꎬ ｎ ｎ ＝ ｎ － ｎ ꎬ
{ａ ｄ (２
＋１
－１)(２ －１) ２ －１ ２
＋１
－１
１ ＋２ ＝７ꎬ 解得 ａ ｄ 所以 ａ
ａ ｄ １ ＝３ꎬ ＝２ꎬ ｎ＝３＋ 所 以 １ １ １
２ １ ＋１０ ＝２６ꎬ Ｓ Ｔ ＋ Ｓ Ｔ ＋ ＋ Ｓ Ｔ ＝
－ － ｎ－ ｎ
ｎ ｎ １ １ ２ ２
ｎ ｎ Ｓ ｎ ( －１) ｎ２ ｎ. æ ö æ ö
２( －１)＝ ２ ＋１ꎬ ｎ＝３ ＋ ×２＝ ＋２ çç １ １ ÷÷ çç １ １ ÷÷
２ è １ － １＋１ ø ＋ è ２ － ２＋１ ø ＋ ＋
由 知 ａ ｎ ２ －１ ２ －１ ２ －１ ２ －１
(２) (１) ꎬ ｎ＝２ ＋１ꎬ
æ ö
çç １ １ ÷÷ １ １ １
所以 ｂ ｎ ＝ ａ２ １ ＝ ｎ １ ２ ＝ ｎ ｎ １ ＝ è ２ ｎ －１ － ２ ｎ ＋１ －１ ø ＝ ２ １ －１ － ２ ｎ ＋１ －１ ＝１－ ２ ｎ ＋１ －１ <１ꎬ
ｎ－１ (２ ＋１) －１ ４ ( ＋１)
得证.
æ ö
１ç１ １ ÷
èｎ－ｎ øꎬ １７.( 河北部分重点中学期中ꎬ )已知公
４ ＋１ ２０２２ １９
æ ö 差不为零的等差数列 ａ 的前 ｎ 项和为
所以 Ｔ １ ç １ １ １ １ １ ÷ { ｎ}
ｎ ＝ è１－ ＋ － ＋＋ｎ－ｎ ø ＝
４ ２ ２ ３ ＋１ Ｓ Ｓ ａ ａ ａ 成等比数列 数列 ｂ
ｎꎬ ３ ＝６ꎬ ２ꎬ ４ꎬ ８ ꎬ { ｎ}
æ ö ｎ
１ç １ ÷ . 满足 ｂ ｂ ｂ .
è１－ｎ ø ＝ ｎ １ ＝１ꎬ ｎ ＋１ ＝２ ｎ＋１
４ ＋１ ４( ＋１)
求数列 ａ 和 ｂ 通项公式
１６.( 重庆云阳江口中学期末ꎬ )已知数 (１) { ｎ} { ｎ} ꎻ
２０２２ １７
１００ æ ö
列 ａ 的前 ｎ 项和 Ｓ 满足 Ｓ ａ ｎ 求 ａ２ çａ π÷的值
{ ｎ} ｎ ｎ＝２( ｎ－１)ꎬ (２) ∑ ｋ＝ ｋ ｓｉｎè ｋ ø ꎻ
Ｎ . １ ２
∈ ｎ ｂ
ｋ
求 ａ 及数列 ａ 的通项公式 证明 ＋１ ｎ ｎ Ｎ .
(１) １ { ｎ} ꎻ (３) :∑ ｋ＝ ｂ ｋ <２ ＋２( ∈ )
{ } １
求数列 １ 的前 ｎ 项和 Ｔ
(２) ａ ｎꎻ
ｎ
解析 设等差数列 ａ 的公差为 ｄ ｄ
(１) { ｎ} ( ≠ 专
(３) 求证 :Ｓ １ Ｔ ＋Ｓ １ Ｔ ＋＋Ｓ １ Ｔ <１ . {Ｓ ａ ｄ 题 七
１ － １ ２ － ２ ｎ－ ｎ 由题意得 ３ ＝３ １ ＋３ ＝６ꎬ
解析 (１) 由 Ｓ ｎ＝２( ａ ｎ－１)ꎬ ｎ ∈ Ｎ 知 : 当 ｎ ＝ ０)ꎬ ( ａ １ ＋３ ｄ ) ２ ＝( ａ １ ＋ ｄ )( ａ １ ＋７ ｄ )ꎬ 数 列
２６１
{ａ ì
ï
解得 １ ＝１ꎬ故数列 ａ 的通项公式为 ａ ï ２ ｎ 为奇数
ｄ ＝１ꎬ { ｎ} ｎ (２) 令 ｃ ｎ＝ í ï Ｓ ｎ ꎬ ꎬ设数列 { ｃ ｎ} 的前 ｎ
ï
ｎ.
îｂ
ｎꎬ
ｎ 为偶数
ꎬ
＝
项和为 Ｔ 求 Ｔ .
ｂ ｂ ｂ ｂ 即
ｂ
ｎ ＋１ ＋１
ｎꎬ
２
ｎ
∵ ｎ ＋１ ＝２ ｎ＋１ꎬ∴ ｎ ＋１ ＋１＝２( ｎ＋１)ꎬ ｂ
ｎ＋１
ｎ Ｎ 又 ｂ 解析 设数列 ａ 的公差为 ｄ 数列
＝２( ∈ )ꎬ １ ＝１ꎬ (１) { ｎ} ꎬ
ｂ 是以 为首项 为公比的等比数 {ｂ Ｓ
∴ { ｎ＋１} ２ ꎬ２ ｂ 的 公 比 为 ｑ 由 ２ ＋ ２ ＝１０ꎬ 得
列 ｂ ｎ ｂ ｎ . { ｎ } ꎬ ａ ｂ ａ
ꎬ ｎ＋１＝２ ꎬ∴ ｎ＝２ －１ ５ －２ ２ ＝ ３ꎬ
æ ö {ｑ ｄ {ｄ
(２)
当 ｋ
＝２
ｍ
ꎬ
ｍ
∈
Ｎ 时
ꎬ
ａ２
ｋｓｉｎè
çａ
ｋ
π
ø
÷
＝
＋６
ｄ
＋ ＝
ｑ
１０ꎬ
ｄ
解得
ｑ
＝２
.
ꎬ
２
３＋４ －２ ＝３＋２ ꎬ ＝２
(２
ｍ
)
２
ｓｉｎ
ｍ
π＝０ꎬ ∴
ａ
ｎ＝３＋２(
ｎ
－１)＝ ２
ｎ
＋１ꎬ
ｂ
ｎ＝２
ｎ －１.
æ ö
当 ｋ ＝ ２ ｍ －１ꎬ ｍ ∈ Ｎ 时 ꎬ ａ２ ｋｓｉｎè çａ ｋ π ２ ø ÷ ＝ (２) 由 ａ １ ＝３ꎬ ａ ｎ＝２ ｎ ＋１ꎬ 得 Ｓ ｎ ＝ ｎ ( ａ １ ＋ ａ ｎ) ＝ ｎ
２
ｍ
ｍ ２ ２ －１ ｍ ＋１ ｍ ｎ
(２ －１) ｓｉｎ π ＝ (－１) (２ － ( ＋２)ꎬ
２ ì
ï
２ ï ２ ｎ 为奇数
１) ꎬ 则 ｃ í ｎ ｎ ꎬ ꎬ
１００ ａ２ æ çａ π ö ÷ ２ ２ ２ ２
ｎ＝
î ï ï ｎ
(
－１
＋
ｎ
２
为
)
偶数
∴ ∑ ｋ＝ ｋ ｓｉｎè ｋ ø ＝１ －３ ＋５ －７ ＋＋ ２ ꎬ ꎬ
１ ２
ì
ï
２ ２
ï１ １ ｎ 为奇数
９７ －９９ 即 ｃ í ｎ－ｎ ꎬ ꎬ
ｎ＝ï ＋２
＝(１－３)(１＋３)＋(５－７)(５＋７)＋＋(９７－９９) î ï ｎ －１ ｎ 为偶数
２ ꎬ ꎬ
(９７＋９９) Ｔ ｃ ｃ ｃ ｃ ｃ ｃ
. ∴ ２ ｎ＝( １ ＋ ３ ＋＋ ２ ｎ －１)＋( ２ ＋ ４ ＋＋ ２ ｎ)
＝ －２×(１＋３＋５＋７＋＋９７＋９９)＝ －５ ０００ éæ ö æ ö æ öù
ê ú
证明 ｂ ｎ ＋１ ２ ｎ ＋１ －１ ２ ｎ ＋１ －２＋１ １ ＝ ë ê è ç １－ ３ １ ø ÷ ＋è ç ３ １ － ５ １ ø ÷ ＋＋è ç ２ ｎ １ －１ － ２ ｎ １ ＋１ ø ÷ û ú＋(２
(３) : ｂ ＝ ｎ ＝ ｎ ＝２＋ ｎ ≤
ｎ ２ －１ ２ －１ ２ －１ ｎ ｎ
３ ２ ｎ －１ １ ２(１－４ ) ２
＋２ ＋＋２ )＝ １－ ｎ ＋ ＝ ｎ ＋
１ ２ ＋１ １－４ ２ ＋１
２＋ ｎ ꎬ
－１
２
２ ｎ .
(４ －１)
１ ３
ｎ ｂ １－ ｎ æ ö
ｋ ＋１ ｎ ２ ｎ çç １÷÷ ｎ １９.( 山东青岛二模ꎬ )已知等比数列
∴ ∑ ｋ＝ １ ｂ ｋ ≤２ ＋ １ ＝２ ＋２è１－ ２ ｎ ø ＝２ ＋２ ａ ２０２２ 为递增数列 ａ １ ａ ９ 是 ａ 与 ａ 的
１－ ２ { ｎ} ꎬ １ ＝１ꎬ １ ＋２ ２ ３
等差中项.
１
－ ｎ ꎬ 求数列 ａ 的通项公式
5 ２ －１ (１) { ｎ} ꎻ
年 ｎ ｂ 若项数为 ｎ 的数列 ｂ 满足 ｂ ｂ
高 当 ｎ Ｎ 时 １ ｋ ＋１ ｎ . (２) { ｎ} : ｉ ＝ ｎ ＋１－ ｉ
考 ∈ ꎬ ｎ －１ >０ꎬ∴ ∑ ｋ＝ ｂ ｋ <２ ＋２ ｉ ｎ 则我们称其为ｎ 项的 对
3 ２ １ ( ＝１ꎬ２ꎬ３ꎬꎬ )ꎬ “
年 １８.( 江苏南通重点中学强基测试ꎬ )等 称数列 .例如 数列 为 项的 对
模 ２０２２ １８ ” : １ꎬ２ꎬ２ꎬ１ ４ “
拟
差数列 ａ 的前 ｎ 项和为 Ｓ 数列 ｂ 是 称数列 数列 为 项的 对称
A { ｎ} ｎꎬ { ｎ} ”ꎻ １ꎬ２ꎬ３ꎬ２ꎬ１ ５ “
版 等比数列 满足 ａ ｂ ｂ Ｓ ａ 数列 .设数列 ｃ 为 ｋ ｋ 项的 对
ꎬ １ ＝３ꎬ １ ＝１ꎬ ２ ＋ ２ ＝１０ꎬ ５ － ” { ｎ} ２ －１( ≥２) “
高 ｂ ａ . 称数列 其中 ｃ ｃ ｃ ｃ 是公差为
考 ２ ２ ＝ ３ ”ꎬ １ꎬ ２ꎬ ３ꎬꎬ ｎ ２
数
求数列 ａ 和 ｂ 的通项公式 的等差数列 数列 ｃ 的最大项等于 ａ .记
学 (１) { ｎ} { ｎ} ꎻ ꎬ { ｎ} ４
２６２
数列 ｃ 的前 ｋ 项和为 Ｓ 若 Ｓ ｋ ｃ
{ ｎ} ２ －１ ２ ｋ －１ꎬ ２ ｋ －１ ＝ ｃ (８＋ １) ｋ ｋ
求 ｋ. ＋ ｋ＝ ＝ (９－ )ꎬ
３２ꎬ ２
解析 设数列 ａ 的公比为 ｑ 由题意 所以 Ｓ ｃ ｃ ｃ ｃ ｃ
(１) { ｎ} ꎬ ２ ｋ －１ ＝ １ ＋ ２ ＋＋ ｋ＋ ｋ ＋１ ＋＋ ２ ｋ －１
知 ａ
２
＋ ａ
３
＝２( ａ
１
＋２)ꎬ 所以 ｑ ＋ ｑ２ ＝６ꎬ 解得 ｑ ＝２ ＝( ｃ １ ＋ ｃ ２ ＋＋ ｃ ｋ)＋( ｃ ｋ＋ ｃ ｋ ＋１ ＋＋ ｃ ２ ｋ －１)－ ｃ ｋ
或 ｑ ＝－３( 舍 )ꎬ 所以 ａ ｎ＝ ａ １ ｑｎ －１ ＝２ ｎ －１. ＝２ ｋ (９－ ｋ )－８＝１８ ｋ －２ ｋ２ －８ꎬ
由题意知 ｃ ａ ｃ ｃ ｃ ｃ 是以 所以 ｋ ｋ２ 即ｋ２ ｋ 解得ｋ
(２) : ｋ＝ ４ ＝８ꎬ １ꎬ ２ꎬ ３ꎬꎬ ｋ ３２＝１８ －２ －８ꎬ －９ ＋２０＝０ꎬ
为末项 为公差的等差数列 所以 ｃ ｃ 或 ｋ .
８ ꎬ２ ꎬ ｋ＝ １ ＋ ＝４ ＝５
ｋ 解得 ｃ ｋ 所以 ｃ ｃ ｃ
２( －１)＝ ８ꎬ １ ＝１０－２ ꎬ １ ＋ ２ ＋ ３ ＋
专
题
七
数
列
２６３
