文档文本内容
专题六 数列 １ １９
6.3 等比数列
学生用书P245
B
0!+UN Q Q0UO/∗
B
N
0!+, 0!+EMUB BQN B Q0
N
0! 0!MU BCK(UBU(UC0!U
OM E( BC+0!M
P55
Q U4 OB
N
0!+OM
B QN B BQ
QU4 N
N Q Q
0
! @0![A O ]+NMB U!Q
Q UB Q UB U[A]E
0!+A O
Q UB Q UB U[A]E
O
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O
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8[B]0!UN O Q RUB B BBUNUOU
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8[B]U[C]M, +0!U[B]U
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[B]U [ ] U[BkC] [ B N]`UO/∗ 0!
N B N N C
N N
Q Q L U4U4 4U4 4 U0!
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4 4 B
QU8MO U Q
4 4
学生用书P246
题型 等比数列的判定与证明 续表
前ｎ项和 若数列 ａ 的前ｎ项和Ｓ ｋ ｑｎ ｋ ｋ为常数且ｋ
ａ ａ ｛ ｎ｝ ｎ＝ · － （
定义法 若 ａ ｎ ＋ ｎ １ ＝ ｑ （ ｑ为非零常数 ， ｎ ∈ Ｎ ） 或 ａ ｎ ｎ ＝ ｑ （ ｑ为非 公式法 ≠０， ｑ ≠０，１）， 则 ｛ ａ ｎ｝ 是等比数列
－１
零常数且ｎ ≥２， ｎ ∈ Ｎ ）， 则 ｛ ａ ｎ｝ 是等比数列 提醒 （ １ ）前两种方法是判定等比数列的常用方法，常用于
等比 若数列
｛
ａ
ｎ｝
中
，
ａ
ｎ≠０
且ａ２ｎ
＋１＝
ａ
ｎ·
ａ
ｎ ＋２（
ｎ
∈
Ｎ
），
则 证
（
明
）若
；后
要
两
判
种
定
方
一
法
个
常
数
用
列
于
不
选
是
择
等
题
比
、填
数
空
列
题
，则
中
只
的
需
判
判
定
定
．
存在连续三
中项法 数列 ｛ ａ ｎ｝ 是等比数列 ２
项不成等比数列即可．
通项 若数列的通项公式可写成 ａ ｎ＝ ｃ · ｑｎ －１ （ ｃ ， ｑ 均是不 例 （ 皖江名校联盟月考， ）已知数列 ａ 满足ａ ａ
公式法 为
０
的常数
，
ｎ
∈
Ｎ
）
的形式
，
则
｛
ａ
ｎ｝
是等比数列
＋ ａ ｎ ＋１＝
２
２
０
ｎ
２
＋
４
１．
２０ ｛ ｎ｝ １＝１， ｎ
１ ２０ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
证明 数列 {ａ ｎ ２ } 为等比数列 并求数列 ａ 的通项 所以ａ ２ ｎ ＋１ ＋ （ －１ ）ｎ ．
（１） ： ｎ－ ， ｛ ｎ｝ ｎ＝
２ ３ ３
公式 ； （ ２ ）证明：由已知ａ １＝１ ，ａ ２＝３ ，ａ ３＝５ ，…，ａ ｎ＞０ 恒成立，显然Ｔ ｎ
（２）
设Ｔ
ｎ＝ａ
１
＋ａ
１
＋…＋ａ
１
，
证明
：
Ｔ
ｎ＜
７ 对任意ｎ
∈
Ｎ 成立． 递增，Ｔ
１＜
Ｔ
２＝ａ
１
＋ａ
１
＝
４
＜
７ ．
１ ２ ｎ ４ １ ２ ３ ４
ａ æ ö
解析 （
１
）由已知ａ
ｎ＋
ａ
ｎ ＋１＝２
ｎ ＋１（两边同除以
２
ｎ ＋１）得
２ ｎ
ｎ
＋
＋
１
１
＋ ２
１ 当ｎ
＞２
且 ｎ 是奇数时，
ａ
１
ｎ －１ ＋ ａ
１
ｎ ＝ ３ è
ç
２ ｎ
１
＋１ ＋ ２ ｎ ＋
１
１ －１ ø
÷
＝ ３×
ａ ｎ ， ２ ｎ ＋２ ｎ ＋１ ２ ｎ ＋２ ｎ ＋１ æ ç １ １ ö ÷（适当放缩），
× ｎ ＝１ （ ｎ ）（ ｎ ＋１ ）＜３× ｎ ｎ ＋１ ＝３è ｎ＋ ｎ ＋１ ø
２ ２ ＋１ ２ －１ ２ ×２ ２ ２
因此 ２ ａ ｎ ｎ ＋ ＋ １ １ － ３ ２ ＝－ ２ １ æ è ç ２ ａ ｎ ｎ － ３ ２ ö ø ÷ æ è ç形如ａ ｎ ＋１＝ ｐａ ｎ＋ ｑ（ｐ≠ ０ ， １ 且ｑ≠ 所以Ｔ ｎ＝ａ １ １ ＋ａ １ ２ ＋ … ＋ａ １ ｎ ＜１＋３ é ë ê ê æ è ç ２ １ ３ ＋ ２ １ ４ ö ø ÷ ＋ … ＋ æ è ç ２ １ ｎ＋ ２ ｎ １ ＋１ ö ø ÷ ù û ú ú ＝
）的递推公式，转化为 ａ λ ｐ ａ λ 求解 根据题意 λ æ ö
０ ｎ ＋１＋ ＝ （ ｎ＋ ） ， ＝ ç １ １ ÷ ７ ３ ７ ．
２ ö ÷，又 ａ １ ２ １ ， １＋３×è ４ － ２ ｎ ＋１ ø＝ ４ － ２ ｎ ＋１＜ ４
－ ３ ø
{
２
ａ
１ － ３ ＝
}
－ ６ 当ｎ ＞２ 且ｎ是偶数时 ， ｎ ＋１ 是奇数，有Ｔ ｎ＜ Ｔ ｎ ＋１＜
４
７ ，
所以数列 ｎ ２ 是首项为 １ ，公比为 １ 的等比数列，
２
ｎ－
３
－
６
－
２
所以Ｔ
ｎ＝ａ
１
＋ａ
１
＋
…
＋ａ
１
＜
７ 对任意ｎ
∈
Ｎ 成立．
因此 ａ ｎ ２ １ ( １ )ｎ －１ ， æ ç提示： １ １ ( １ ) ö ÷ １ ２ ｎ ４
ｎ－ ＝－ － è － ＝ × － ø
２ ３ ６ ２ ６ ３ ２
考点 1 等比数列及其前ｎ项和 学生用书P73 所以ａ
ｎ＝２
ｎ
，
所以数列
｛
ａ
ｎ｝
的通项公式为ａ
ｎ＝２
ｎ．
１．（ 全国甲理， ， 分，中）设等比数列 ａ 的各项均为正 （２） 由 （１） 知 （－１） ｎ －１ａ ｎ ａ ｎ ＋１＝（－１） ｎ －１ ×２ ｎ ×２ ｎ ＋１ ＝（－１） ｎ －１ ２ ２ ｎ ＋１ ，
数 ２ ， ０ 前 ２３ ｎ项和为Ｓ ｎ ５ ， 若 ５ ａ １＝１， Ｓ ５＝５ Ｓ ３－４， 则 ｛ Ｓ ４ ｎ ＝ ｝ （ Ｃ ） 所以ａ １ ａ ２－ ａ ２ ａ ３＋…＋（－１） ｎ －１ ｎ ａ ｎ ａ ｎ ｎ ＋１
３ ５ ７ ９ －１ ２＋１
＝２ －２ ＋２ －２ ＋…＋（－１） ２
１５ ６５
ｎ ｎ
Ａ． ８ Ｂ． ８ Ｃ．１５ Ｄ．４０ ２ ３ ［１－（－２ ２ ） ］ ８ ｎ ２ ２＋３ ．
２．（ 全国乙，文 ，理 ， 分，中）已知等比数列 ａ 的前 ＝ ２ ＝ －（－１） ·
２０２２ １０ ８ ５ ｛ ｎ｝ ３ １－（－２ ） ５ ５
项和为 ａ ａ 则ａ Ｄ ８．（ 新高考 ， ， 分，中）已知 ａ 是等差数列 ｂ 是
１６８， ２－ ５＝４２， ６＝ （ ） ２０２２ Ⅱ １７ １０ ｛ ｎ｝ ，｛ ｎ｝
公比为 的等比数列 且ａ ｂ ａ ｂ ｂ ａ ．
Ａ．１４ Ｂ．１２ Ｃ．６ Ｄ．３ ２ ， ２－ ２＝ ３－ ３＝ ４－ ４
３．（ 课标 理， ， 分，中）数列 ａ 中 ａ ａ ａ ａ ．若 证明 ａ ｂ
２０２０ Ⅱ ６ ５ ｛ ｎ｝ ， １＝２， ｍ ＋ ｎ＝ ｍ ｎ （１） ： １＝ １；
ａ ｋ ＋１＋ ａ ｋ ＋２＋…＋ ａ ｋ ＋１０＝２ １５ －２ ５ ， 则ｋ ＝ （ Ｃ ） （２） 求集合 ｛ ｋ ｜ ｂ ｋ＝ ａ ｍ＋ ａ １，１≤ ｍ ≤５００｝ 中元素的个数．
解析 证明 设等差数列 ａ 的公差为ｄ．
Ａ．２ Ｂ．３ Ｃ．４ Ｄ．５ （１） ： ｛ ｎ｝
４．（ 全国甲文， ， 分，易）记Ｓ 为等比数列 ａ 的前ｎ项 由ａ ｂ ａ ｂ 得ａ ｄ ｂ ａ ｄ ｂ 故ｄ ｂ
２０２３ １３ ５ ｎ ｛ ｎ｝ ２－ ２＝ ３－ ３ １＋ －２ １＝ １＋２ －４ １， ＝２ １，①
由ａ ｂ ｂ ａ 得 ａ ｄ ｂ ｂ ａ ｄ 故 ａ ｄ
和．若 ８ Ｓ ６＝７ Ｓ ３， 则 ｛ ａ ｎ｝ 的公比为 － １ ． ３－ ３ ＝ ４－ ４ １＋２ －４ １ ＝８ １－ １－３ ， ２ １＋５ ＝
２ ｂ
５．（ 全国乙理， ， 分，中）已知 ａ 为等比数列 ａ ａ ａ ａ ａ １２ １，②
２０２３ １５ ５ ｛ ｎ｝ ， ２ ４ ５＝ ３ ６， 由 得 ａ ｂ ｂ 即ａ ｂ ．
ａ ａ 则ａ ． ①② ２ １＋１０ １＝１２ １， １＝ １
９ １０＝－８， ７＝ －２ 由 知ｄ ｂ ａ
６．（ 北京， ， 分，中）我国度量衡的发展有着悠久的历史 （２） （１） ＝２ １＝２ １，
战 ２ 国 ０２ 时 ３ 期就已 １４ 经 ５ 出现了类似于砝码的 用来测量物体质量的 ， 由ｂ ｋ＝ ａ ｍ＋ ａ １，１≤ ｍ ≤５００ 得ｂ １×２ ｋ －１ ＝２ ａ １＋（ ｍ －１） ｄ ，
环权 ．已知 枚环权的质量 单位 铢 、 从小到大构成项数为 即ａ １×２ ｋ －１ ＝２ ａ １＋２（ ｍ －１） ａ １， 其中ａ １≠０，
９ “ 的数 ” 列 ｛ ａ ｎ｝ ９ ， 该数列的前 ３ 项 （ 成等 ： 差数 ） 列 ， 后 ７ 项成等比数 ∴２ ｋ －１ ＝２ ｍ ， 即 ２ ｋ －２ ＝ ｍ ，∴１≤２ ｋ －２ ≤５００，∴０≤ ｋ －２≤８，
列 且ａ ａ ａ 则ａ 数列 ａ 所有项的 ｋ ．
， １＝１， ５＝１２， ９＝１９２， ７＝ ４８ ； ｛ ｎ｝ ∴２≤ ≤１０
和为 ３８４ ． 故集合 ｛ ｋ ｜ ｂ ｋ＝ ａ ｍ＋ ａ １，１≤ ｍ ≤５００｝ 中元素的个数为 ９ ．
７．（ 新高考 ， ， 分，易）已知公比大于 的等比数列
２０２０ Ⅱ １８ １２ １ 考点 2 等比数列的性质及其应用 学生用书P73
ａ 满足ａ ａ ａ ．
｛ （１） ｎ｝ 求 ｛ ａ ｎ｝ 的 ２＋ 通 ４ 项 ＝２ 公 ０， 式 ３ ； ＝８ １．（ ２０２１ 全国甲文， ９ ， ５ 分，中）记Ｓ ｎ 为等比数列 ｛ ａ ｎ｝ 的前ｎ项
（２）
求ａ
１
ａ
２－
ａ
２
ａ
３＋…＋（－１）
ｎ －１ａ
ｎ
ａ
ｎ ＋１
． 和．若Ｓ
２＝４，
Ｓ
４＝６，
则Ｓ
６＝ （
Ａ
）
{ａ ｑ ａ ｑ３
解析 设公比为ｑ ｑ 依题意有 １ ＋ １ ＝２０， Ａ．７ Ｂ．８ Ｃ．９ Ｄ．１０
（１） （ ＞１）， ａ １ ｑ２ ＝８， ２．（ ２０２３ 新课标 Ⅱ ， ８ ， ５ 分，中）记Ｓ ｎ 为等比数列 ｛ ａ ｎ｝ 的前ｎ项
{ａ 和 若Ｓ Ｓ Ｓ 则Ｓ Ｃ
{ａ １＝３２， ， ４＝－５， ６＝２１ ２， ８＝ （ ）
解得 １＝２，或 舍去 ．
ｑ ｑ １ （ ） Ａ．１２０ Ｂ．８５
＝２ ＝
２ Ｃ．－８５ Ｄ．－１２０
专题六 数列 １ ２１
学生用书P74 两式相减得ａ ａ ａ ｎ 即ａ １ ａ ｎ
ｎ－ ｎ －１＋ ｎ＝０（ ≥２）， ｎ＝ ｎ －１（ ≥２），
１．（ 山东青岛第一次适应性检测， ）等比数列 ａ 中 ａ ２
２
ａ
０２４
则ａ
１ ｛ ｎ｝ ，
Ａ
２＝
当ｎ 时 Ｓ ａ 得ａ １ 所以
ａ
ｎ １ ｎ
１， ５＝８， ７＝ （ ） ＝１ ，２ １＝２ １＝１， １＝ ２ ≠０， ａ ｎ －１ ＝ ２ （ ≥２），
Ａ．３２ Ｂ．２４ Ｃ．２０ Ｄ．１６
( )ｎ
２．（ ２０２４ 广东惠州一模， ２ ）设正项等比数列 ｛ ａ ｎ｝ 的公比为ｑ ， 若 故 ｛ ａ ｎ｝ 是首项为 １ ２ ， 公比为 １ ２ 的等比数列 ， 从而ａ ｎ＝ ２ １ ．
ａ ａ ａ 成等差数列 则ｑ Ｂ ｎ
２，３ １， ３ ， ＝ （ ） 由 得ｂ ｎ π．
（２） （１） ｎ＝２ ｃｏｓ
１ １ ２
Ａ． Ｂ．２ Ｃ． Ｄ．３
２ ３ 所以Ｔ ２ ４ ６ ８ ５０ －４［１－（－４） ２５ ］ ４
３．（ 安徽蚌埠教学质量检查， ）已知各项均为正数的等比 ５０＝－２ ＋２ －２ ＋２ －…－２ ＝ ＝－ （１＋
２０２４ ４ １－（－４） ５
数列 ａ 中 若ａ 则 ａ ａ Ｃ ２５ ．
｛ ｎ｝ ， ５＝９， ｌｏｇ３ ４＋ｌｏｇ３ ６＝ （ ） ４ ）
１２．（ 河北唐山一模， ）已知数列 ａ 是正项等比数列 其
Ａ．２ Ｂ．３ Ｃ．４ Ｄ．９ ２０２４ １５ ｛ ｎ｝ ，
４．（ 山东新高考联合质量测评， ）已知数列 ａ 是等比数 前ｎ项和为Ｓ 且ａ ａ Ｓ Ｓ ．
２０２４ ３ ｛ ｎ｝ ｎ， ２ ４＝１６， ５＝ ３＋２４
列 ｂ 是等差数列 ａ 若ｂ ａ ａ ｂ 为常数列 则 求 ａ 的通项公式
，｛ ｎ｝ ， １＝１， １，２ ２，３ ３，２ ３ ， （１） ｛ ｎ｝ ；
ａ ｂ Ｃ 记 ａ ａ 的前ｎ项和为Ｔ 求满足Ｔ 的最
４ ２＝ （ ） （２） ｛ ｎ＋ｌｏｇ２ ｎ｝ ｎ， ｎ＜２ ０２４
８ １６
大整数ｎ．
Ａ．０ Ｂ．８ Ｃ． Ｄ．
５．（ 湖南九校联盟第二次联考， ） ２ 已 ７ 知 ａ 是等比 ８ 数 １ 列 Ｓ 解析 （１） 设 ｛ ａ ｎ｝ 的公比为ｑ ， 则ａ ｎ＝ ａ １ ｑｎ －１ ，
２０２４ ２ ｛ ｎ｝ ， ｎ 因为ａ 所以ｑ
是其前ｎ项和．若ａ ａ Ｓ Ｓ 则ａ 的值为 Ｃ ｎ＞０， ＞０，
３－ １＝３， ４＝５ ２， ２ （ ） {ａ {ａ ｑ２
依题意可得 ３＝４， 即 １ ＝４，
Ａ．２ Ｂ．４ Ｃ．±２ Ｄ．±４
６．（ 广东江门一模， ）已知 ａ 是等比数列 ａ ａ ａ 且 ａ ａ ａ ｑ３ ａ ｑ４
２０２４ ３ ｛ ｎ｝ ， ３ ５＝８ ４， ４＋ ５＝２４， １ ＋ １ ＝２４，
ａ
２，
ａ
６
是方程ｘ２
－３４
ｘ
＋
ｍ
＝０
两根
，
则ｍ
＝ （
Ｃ
）
整理得ｑ２
＋
ｑ
－６＝０，
解得ｑ 或ｑ 舍去
Ａ．８ Ｂ．－８ ＝２ ＝－３（ ），
Ｃ．６４ Ｄ．－６４ 所以ａ ｎ＝ ａ ３ ｑｎ －３ ＝２ ｎ －１．
７．（ ２０２４ 山东潍坊一模， ４ ）已知数列 ｛ ａ ｎ｝ 满足ａ １＝０， ａ ２＝１ ．若数 （２） 由 （１） 可知ａ ｎ＋ｌｏｇ２ ａ ｎ＝２ ｎ －１ ＋ ｎ －１，
列 ｛ ａ ｎ＋ ａ ｎ ＋１｝ 是公比为 ２ 的等比数列 ， 则ａ ２０２４＝ （ Ａ ） 故Ｔ ｎ＝（２ ０ ＋２ １ ＋２ ２ ＋…＋２ ｎ －１ ）＋（０＋１＋２＋…＋ ｎ －１）
Ａ． ２ ２０２３ ＋１ Ｂ． ２ ２０２４ ＋１ ｎ ｎ （ ｎ －１）
３ ３ ＝２ －１＋ ，
２
１０１２ １０１１
Ｃ．２ －１ Ｄ．２ －１ 显然 Ｔ 随着ｎ的增大而增大
８．（多选）（ 湖南长沙雅礼中学二模， ）在 增删算法统 ， ｎ ，
２０２４ １０ 《 Ｔ １０
宗 中有这样一则故事 三百七十八里关 初行健步不为难 １０＝２ －１＋４５＝１０６８＜２０２４，
》 ：“ ， ； Ｔ １１
次日脚痛减一半 如此六日过其关． 则下列说法正确的是 １１＝２ －１＋５５＝２１０２＞２０２４，
， ”
所以满足Ｔ 的最大整数ｎ ．
ＡＣＤ ｎ＜２０２４ ＝１０
（ ）
１３．（ 浙江宁波二模， ）已知等差数列 ａ 的公差为 记
此人第二天走了九十六里路 ２０２４ １６ ｛ ｎ｝ ２，
Ａ．
数列 ｂ 的前ｎ项和为Ｓ ｂ ｂ 且满足ｂ Ｓ ａ ．
此人第三天走的路程占全程的 １ ｛ ｎ｝ ｎ， １＝０， ２＝２ ｎ ＋１＝２ ｎ＋ ｎ
Ｂ． 证明 数列 ｂ 是等比数列
８ （１） ： ｛ ｎ＋１｝ ；
此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里 求数列 ａ ｂ 的前ｎ项和Ｔ ．
Ｃ． （２） ｛ ｎ ｎ｝ ｎ
此人后三天共走了四十二里路 解析 证明 ｎ 时 ｂ ｂ Ｓ Ｓ ａ ａ
９．（
Ｄ．
山东淄博一模， ）已知等比数列 ａ 共有 ｎ 项 ａ
（１） ： ≥２ ， ｎ ＋１－ ｎ＝２（ ｎ－ ｎ －１）＋ ｎ－ ｎ －１＝
２０２
所
４
有奇数项的和为
１３
所有偶数项的
｛
和
ｎ｝
为
２
则
＋
公
１
比
，
ｑ
１ ２ ｂ ｎ＋２， 即ｂ ｎ ＋１＝３ ｂ ｎ＋２ ．
＝１， ８５， ４２， ＝ 又ｂ ｂ 所以ｎ 时 ｂ ｂ
．
１＝０， ２＝２， ≥１ ， ｎ ＋１＝３ ｎ＋２，
２ 即ｂ ｂ ．又ｂ 所以ｂ
１０．（ 湖北八市联考， ）设等比数列 ａ 的前ｎ项和为Ｓ ｎ ＋１＋１＝３（ ｎ＋１） １＋１＝１≠０， ｎ＋１≠０，
２０２４ １３ ｛ ｎ｝ ｎ， ｂ
若 Ｓ Ｓ 则公比ｑ的取值范围为 （ ， ） （ ， ） ． 所以 ｎ ＋１＋１ ．所以数列 ｂ 是等比数列．
１１．（
３ ２＞
江
６
苏
＞０
南
，
京、盐城调研， ）设数 列
－１
ａ
０
的
∪
前
０
ｎ
１
项 和为
ｂ ｎ＋１ ＝３ ｛ ｎ＋１｝
Ｓ ２０ ａ ２４ Ｓ ． １７ ｛ ｎ｝ （２） 由 （１） 易得ｂ ｎ＝３ ｎ －１ －１ ．
ｎ， ｎ＋ ｎ＝１
由ｂ ｂ ａ 可得ａ 所以ａ ｎ．
（１） 求数列 ｛ ａ ｎ｝ 的通项公式 ； ｎ 所以 ２＝ ａ ｎ ２ ｂ ｎ １ ＝ ＋ ２ ｎ １ （３ ｎ －１ －１ １ ） ＝ ＝ ２， ２ ｎ ·３ ｎ －１ ｎ － ＝ ２ ２ ｎ ，
数列 ｂ 满足ａ ｂ π 求 ｂ 的前 项和Ｔ ．
（２） ｛ ｎ｝ ｎ ｎ＝ｃｏｓ ２ ， ｛ ｎ｝ ５０ ５０ 所Ｔ ｎ＝２（１·３ ０ ＋２·３ １ ＋３·３ ２ ＋…＋ ｎ ·３ ｎ －１ ）－ ｎ （ ｎ ＋１） ．
解析 （１） 由ａ ｎ＋ Ｓ ｎ＝１， 得ａ ｎ －１＋ Ｓ ｎ －１＝１（ ｎ ≥２）， 令Ｍ ＝１·３ ０ ＋２·３ １ ＋３·３ ２ ＋…＋ ｎ ·３ ｎ －１ ，
１ ２２ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
则 Ｍ １ ２ ３ ｎ ｎ æ ö
３ ＝１·３ ＋２·３ ＋３·３ ＋…＋ ·３ ， 所以Ｓ ａ ａ ａ ａ １ ç １ １ １ ÷
ｎ ｎ＝ １＋ ２＋ ３＋…＋ ｎ≥ è ０ ＋ １ ＋…＋ ｎ －１ ø
所以 Ｍ ０ １ ２ ｎ －１ ｎ ｎ ｎ ｎ １－３ ４ ３ ３ ３
２ ＝－（３ ＋３ ＋３ ＋…＋３ ）＋ ·３ ＝ ·３ －
１－３
ｎ ｎ １－ １ ｎ [ ( )ｎ]
（２ －１）３ ＋１ １ ３ ３ １ 当ｎ 时等号成立 分
＝ ， ＝ × ＝ １－ （ ＝１ ）， （１４ ）
２ ４ １ ８ ３
ｎ ｎ １－
所以Ｔ Ｍ ｎ ｎ （２ －１）３ ＋１ ｎ ｎ ． ３
ｎ＝２ － （ ＋１）＝ － （ ＋１） [ ( )ｎ]
２ 故 ３ １ Ｓ ５ ． 分
１－ ≤ ｎ＜ （１５ ）
学生用书P75 ８ ３ １２
３．（ 黑龙江哈师大附中三模， ）已知数列 ａ 的前ｎ项和
１．（多选）（ 湖南长沙适应性考试， ）设等比数列 ａ 的公 ２０２４ １６ ｛ ｎ｝
２０２４ １２ ｛ ｎ｝
比为ｑ 前ｎ项积为Ｔ 下列说法正确的是 ＢＣＤ
为Ｓ
ｎ，
Ｓ
ｎ＝３
ａ
ｎ－２
ｎ
（
ｎ
∈
Ｎ
）
．
， ｎ， （ ）
求证 数列 ａ ｎ 是等比数列
若Ｔ Ｔ 则ａ ａ （１） ： ｛ ｎ－２ ｝ ；
Ａ． ８＝ １２， １０ １１＝１
( )ｎ
Ｂ． 若Ｔ ８＝ Ｔ １２， 则Ｔ ２０＝１ （２） 设ｂ ｎ＝ ａ ｎ＋ λ ·２ ｎ －（ λ ＋１）· ３ －１ ， 若 ｛ ｂ ｎ｝ 是递增数列 ，
( ) １０ ２
９
若ａ 且Ｔ 为数列 Ｔ 的唯一最大项 则 １ ｑ 求实数λ的取值范围．
Ｃ． １＝１０２４， １０ ｛ ｎ｝ ， ＜
２
１
解析 （１） 证明 ： 由Ｓ ｎ＝３ ａ ｎ－２ ｎ ， 得Ｓ ｎ ＋１＝３ ａ ｎ ＋１－２ ｎ ＋１ ，
＜ 两式相减得 ａ ａ ｎ． 分
２ ２ ｎ ＋１＝３ ｎ＋２ （２ ）
若ａ 且 Ｔ Ｔ Ｔ 则使得 Ｔ 成立的 ｎ 的最大值
Ｄ． 为 １＞０， １０＞ １１＞ ９， ｎ＞１ ２（ ａ ｎ ＋１－２ ｎ ＋１ ）＝３（ ａ ｎ－２ ｎ ）， 即ａ ｎ ＋１－２ ｎ ＋１ ＝ ３ （ ａ ｎ－２ ｎ ）， （４ 分 ）
２０ ２
Ｓ ａ １ ａ
２．（ 江西赣州二模， ）已知数列 ａ 满足 ａ １ ａ ∵ １＝３ １－２ ，∴ １＝１，
２０２４ １７ ｛ ｎ｝ １ ＝ ４ ， ｎ， ∴ ａ １－２ １ ＝－１≠０，∴ ａ ｎ－２ ｎ ≠０ ． （６ 分 ）
３ ２ ａ ｎ ＋１，２ ａ ｎ ａ ｎ ＋１ 成等差数列． ∴ ａ ｎ ａ ＋１－２ ｎ ｎ ＋１ ＝ ３ ，
{ } ｎ－２ ２
求证 数列 １ 是等比数列 并求出 ａ 的通项公式
（１） ： ａ －１ ， ｛ ｎ｝ ； ａ ｎ 是以 为首项 ３ 为公比的等比数列． 分
ｎ ∴ ｛ ｎ－２ ｝ －１ ， （７ ）
é ( )ｎ ù ２
（２） 记 ｛ ａ ｎ｝ 的前ｎ项和为Ｓ ｎ， 证明 ： ３ ８ ë ê ê １－ ３ １ û ú ú ≤ Ｓ ｎ＜ １ ５ ２ ． （２） 由 （１） 可知ａ ｎ－２ ｎ ＝（－１）· ( ３ )ｎ －１ ，∴ ａ ｎ＝２ ｎ － ( ３ )ｎ －１ ，
２ ２
分
所以
解析
３ ａ ｎ ＋１
（
＝
１
ａ
）
ｎ
由
＋２
于
ａ ｎ
ａ
ａ
ｎ
ｎ ＋
，
１，
３ ２ ａ ｎ ＋１，２ ａ ｎ ａ ｎ ＋１ 成等差数列 ，
（１ 分 ） ∴ ｂ ｎ＝（１＋ λ ）２ ｎ －（ λ ＋２）
(
３ ２
)ｎ －１
，
（８ ）
( )
( )ｎ
即 ａ １ ｎ
＋１
＝ａ ３ ｎ －２， 可得 ａ １ ｎ
＋１
－１＝３ ａ １ ｎ －１ ， （３ 分 ） 则ｂ ｎ ＋１＝（１＋ λ ）２ ｎ ＋１ －（ λ ＋２） ３
２
，
{ }
所以 ａ １ －１ 是以 ａ １ －１＝３ 为首项 ，３ 为公比的等比数列 ， ∵ ｛ ｂ ｎ｝ 是递增数列 ，∴ ｂ ｎ ＋１＞ ｂ ｎ 对任意的ｎ ∈ Ｎ 恒成立 ，
ｎ １
分 λ ｎ ＋１ λ
(
３
)ｎ
λ ｎ λ
(
３
)ｎ －１
（４ ） ∴ （１＋ ）２ －（ ＋２） ＞（１＋ ）２ －（ ＋２） ，
２ ２
所以 ａ １ －１＝３×３ ｎ －１ ＝３ ｎ ， 即ａ ｎ＝ ｎ １ ． （６ 分 ） λ λ ( ３ )ｎ 分
ｎ ３ ＋１ ∴３（１＋ ）＞（ ＋２） ， （１０ ）
４
证明 因为 １ １ λ ( )ｎ
（２） ： ｎ ＜ ｎ， 当λ 即λ 时 ３（１＋ ） ３
３ ＋１ ３ ＋２＜０， ＜－２ ， λ ＜ ，
＋２ ４
所以Ｓ ａ ａ ａ ａ ａ １ １ １ ( )ｎ ( )ｎ λ
ｎ＝ １＋ ２＋ ３＋…＋ ｎ＜ １＋
３ ２
＋
３ ３
＋…＋
３
ｎ
∵
３
４ ＞０，
且ｎ
→＋∞
时
，
３
４ →０，∴
３（
λ
１
＋
＋
２
）
≤０，
１ æ è ç １－ ｎ １ －１ ö ø ÷ ∴ －２＜ λ ≤－１（ 舍 ） ． （１２ 分 ）
１ １ １ １ １ ９ ３ ５ １ １ ５ ． 当λ 即λ 时 矛盾 故λ 舍 ． 分
＝ ＋ ２ ＋ ３ ＋…＋ ｎ ＝ ＋ ＝ － · ｎ＜ ＋２＝０， ＝－２ ，－３＞０， ， ＝－２（ ） （１３ ）
４ ３ ３ ３ ４ １－ １ １２ ２ ３ １２ λ ( )ｎ
３ 当λ 即λ 时 ３（１＋ ） ３
＋２＞０， ＞－２ ， λ ＞ ，
分 ＋２ ４
( )ｎ （１０ ） ( ３ )ｎ ( ３ ) １ ３ ３（１＋ λ ） ３
[ ( )ｎ] １－ １ æ ∵ ４ ≤ ４ ＝ ４ ，∴ λ ＋２ ＞ ４ ，
由于 ３ １ １ ３ １ ç １ １
８ １－ ３ ＝ ４ · １ ＝ ４ è１＋ ３ ＋ ３ ２ ＋…＋ λ ２ 满足λ 故λ ２ ． 分
１－ ∴ ＞－ ， ＞－２， ＞－ （１５ ）
３ ３ ３
ö ４．（ 江苏南通二模， ）已知数列 ａ 的前ｎ项和为Ｓ Ｓ
１ ÷ 且 １ １ ２０２４ １８ ｛ ｎ｝ ｎ， ｎ
３
ｎ －１ ø，
４·３
ｎ －１≤
３
ｎ
＋１
，
＝
ａ
ｎ－４
ａ
ｎ ＋１，
ａ
１＝－１
．
专题六 数列 １ ２３
（１）
证明
：
数列
｛２
ａ
ｎ ＋１－
ａ
ｎ｝
为等比数列
； Ｃ．
对任意Ｍ
＞０，
总存在ｎ
∈
Ｎ
，
使得ｂ
ｎ＞
Ｍ
（２）
设ｂ
ｎ＝ｎ
ａ
ｎ
ｎ ＋４
，
求数列
｛
ｂ
ｎ｝
的前ｎ项和
； Ｄ．
对任意Ｍ
＞０，
总存在ｎ
∈
Ｎ
，
使得Δ
ｂ
２ｂ
ｎ
＞
Ｍ
（ ＋１） ｎ
是否存在正整数 ｐ ｑ ｐ ｑ 使得 Ｓ Ｓ Ｓ 成等差数 ２． 创新知识交汇 （ 广东二模， ）已知正项数列 ａ
（３） ， （ ＜６＜ ）， ｐ， ６， ｑ ２０２４ １８ ｛ ｎ｝，
列 若存在 求ｐ ｑ 若不存在 说明理由． ｂ ｃ ａ ｃ
？ ， ， ； ， ｂ 满足ａ ｎ＋ ｂ ｎ＋ 其中ｃ ．
解析 证明 当ｎ 时 Ｓ ａ ａ 故ａ ． ｛ ｎ｝， ｎ ＋１＝ ， ｎ ＋１＝ （ ＞０）
（１） ： ＝１ ， １＝ １－４ ２， ２＝０ ２ ２
当ｎ ≥２ 时 ， 由Ｓ ｎ＝ ａ ｎ－４ ａ ｎ ＋１，① 得Ｓ ｎ －１＝ ａ ｎ －１－４ ａ ｎ，② （１） 若ａ １≠ ｂ １， 且 ａ １＋ ｂ １≠２ ｃ ， 证明 ： 数列 ｛ ａ ｎ－ ｂ ｎ｝ 和 ｛ ａ ｎ＋ ｂ ｎ－
得 ａ ａ ａ ａ ａ 即 ａ ａ ａ ． 分 ｃ 均为等比数列
①－② ， ｎ＝ ｎ－ ｎ －１－４ ｎ ＋１＋４ ｎ， ４ ｎ ＋１＝４ ｎ－ ｎ －１ （２ ） ２ ｝ ；
若ａ ｂ ａ ｂ ｃ 以ａ ｂ ｃ为三角形三边长构造序列
所以 ２（２ ａ ｎ ＋１－ ａ ｎ）＝２ ａ ｎ－ ａ ｎ －１ ． （２ Ａ ） Ｂ Ｃ １＞ 其 １， 中 １＋ Ａ Ｂ １＝２ ｃ ， Ｂ Ｃ ｎ， ｎ ａ ， Ａ Ｃ ｂ 记 Ａ Ｂ Ｃ 外
又
２
ａ
２－
ａ
１＝１≠０，
所以
∀
ｎ
∈
Ｎ
，２
ａ
ｎ ＋１－
ａ
ｎ≠０，
△ ｎ ｎ ｎ（ ｎ ｎ＝ ， ｎ ｎ＝ ｎ， ｎ ｎ＝ ｎ）， △ ｎ ｎ ｎ
所以２
ａ
ｎ ＋１－
ａ
ｎ １
接圆的面积为Ｓ
ｎ，
证明
：
Ｓ
ｎ＞
πｃ２
；
ａ ａ ＝ ， ３
２ ｎ－ ｎ －１ ２ 在 的条件下证明 数列 Ｓ 是递减数列．
（３） （２） ： ｛ ｎ｝
所以 ａ ａ 是以 为首项 １ 为公比的等比数列． 分 ｂ ｃ ａ ｃ
｛２ ｎ ＋１－ ｎ｝ １ ， （４ ） 证明 由ａ ｎ＋ ｂ ｎ＋ 两式相减得ａ ｂ
２ （１） ｎ ＋１＝ ， ｎ ＋１＝ ， ｎ ＋１－ ｎ ＋１＝
２ ２
由 得 ａ ａ １
（２） （１） ，２ ｎ ＋１－ ｎ＝
２
ｎ －１，
－
１
（
ａ
ｎ－
ｂ
ｎ）， （１
分
）
所以
２
ｎａ
ｎ ＋１－２
ｎ －１ａ
ｎ＝１，
则
２
ａ
２－
ａ
１＝１，４
ａ
３－２
ａ
２＝１，……，２
ｎ －１ａ
ｎ 因
２
为ａ ｂ 所以ａ ｂ 分
－２
ｎ －２ａ
ｎ －１＝１，
所以 ａ
１≠
ｂ
１，
是以ａ
１－
ｂ
１≠
为
０
首
，
项 １ 为公比的等比数列
（
．
２ ）
通过累加法可得
２
ｎ －１ａ
ｎ＝
ｎ
－２，
解得ａ
ｎ＝
ｎ －
ｎ －
２
１， （７
分
）
｛ ｎ－ ｎ｝ １－ １ ，－ ２
分
２ （３ ）
ｎ é ù ｂ ｃ ａ ｃ
所以ｂ ｎ＝
２
ｎ ＋３ｎ
（
＋ ｎ ２
＋１）
＝
８
１ ë êê
２
ｎ １ －１ｎ－
２
ｎ
（
ｎ １
＋１）
û úú． 由ａ ｎ ＋１＝ ｎ
２
＋ ， ｂ ｎ ＋１＝ ｎ
２
＋ ， 两式相加得ａ ｎ ＋１＋ ｂ ｎ ＋１＝
２
１ （ ａ ｎ＋ ｂ ｎ）＋ ｃ ，
{( ) æ ö 分
所以 ｂ 的前 ｎ 项和为 １ １ ç １ １ ÷ （４ ）
｛ ｎ｝ ８ １－ ２×２ ＋è ２×２ － ２ ２ ×３ ø＋…＋ 两边同时减 ｃ 得ａ ｂ ｃ １ ａ ｂ ｃ
}
２ ， ｎ ＋１＋ ｎ ＋１－２ ＝ （ ｎ＋ ｎ）－ ，
é ù ２
êê １ １ úú １ １ ． 分
ë
２
ｎ －１ｎ－
２
ｎ
（
ｎ
＋１）
û ＝
８
－
２
ｎ ＋３
（
ｎ
＋１）
（１０ ） 即ａ
ｎ ＋１＋
ｂ
ｎ ＋１－２
ｃ
＝
１
（
ａ
ｎ＋
ｂ
ｎ－２
ｃ
）
．
（５
分
）
２
ｎ ｎ ｎ
由 知 Ｓ －２ －１ ． 因为ａ ｂ ｃ 所以ａ ｂ ｃ 分
（３） （１） ， ｎ＝ ｎ －１ －４× ｎ ＝－ ｎ －１ １＋ １≠２ ， １＋ １－２ ≠０， （６ ）
２ ２ ２
所以 ａ ｂ ｃ 是以ａ ｂ ｃ为首项 １ 为公比的等比数列．
因为Ｓ ｐ， Ｓ ６， Ｓ ｑ 成等差数列 ， 所以 － １ ２ ２ ５ ＝－ ２
ｐ
ｐ －１ － ２
ｑ
ｑ －１，
｛ ｎ＋ ｎ－２ ｝ １＋ １－２ ，
２ 分
（７ ）
整理得 ｐ ｐ＋ ｑ ｑ ＝ ３ ． （１２ 分 ） （２） 因为ａ １＞ ｂ １， 由 （１） 得 ｛ ａ ｎ－ ｂ ｎ｝ 是等比数列 ，
２ ２ １６ 所以ａ ｂ 即ａ ｂ ． 分
ｎ－ ｎ≠０， ｎ≠ ｎ （８ ）
ｐ ｑ ｐ
因为 ３ 所以 ３ ．
２ ｐ＋ ２ ｑ ＝ １６ ， ２ ｐ＜ １６ 由 （１） 得ａ ｎ ＋１＋ ｂ ｎ ＋１－２ ｃ ＝ １ （ ａ ｎ＋ ｂ ｎ－２ ｃ ），
２
又
１≤
ｐ
＜６，
ｐ
∈
Ｎ
，
经检验
，
只能ｐ
＝５
．
（１４
分
）
因为ａ
１＋
ｂ
１＝２
ｃ
，
所以ａ
１＋
ｂ
１－２
ｃ
＝０，
ｑ ｑ 所以 ａ ｂ ｃ 为常数列 故ａ ｂ ｃ． 分
所以 ５ ３ 故 １ ． ｛ ｎ＋ ｎ－２ ｝ ０， ｎ＋ ｎ＝２ （９ ）
＋ ｑ ＝ ， ｑ ＝
令ｄ ｎ
３
＝
２
ｎ
ｎ
２
， 则
１
ｄ
６
ｎ ＋１－ ｄ
２
ｎ＝ １－ ｎ
３
＋
ｎ
２
１≤０， 所以ｄ １＝ ｄ ２＞ ｄ ３＞ ｄ ４＞ ｄ ５＞… ． 由 ｃｏｓ Ｃ ｎ＝
ａ２ｎ＋
ａ
ｂ２ｎ
ｂ －
ｃ２
＝
ａ２ｎ＋ ｂ２ｎ－
ａ
æ
è
ç ａ
ｂ
ｎ
２
＋ ｂ ｎ ö
ø
÷ ２
＝ ３
æ
è ç ａ
ｂ
ｎ ＋
ａ
ｂ ｎ
ö
ø ÷ － １ ≥
２ ２ ２ ｎ ｎ ２ ｎ ｎ ８ ｎ ｎ ４
因为ｄ １ 所以ｑ ． ３ １ １
８＝ ， ＝８ － ＝ ，
３２ ４ ４ ２
所以存在ｐ ｑ 使得Ｓ Ｓ Ｓ 成等差数列． 分
＝５， ＝８， ｐ， ６， ｑ （１７ ） 因为ａ
ｎ≠
ｂ
ｎ，
所以等号不成立
，
故
ｃｏｓ
Ｃ
ｎ＞
１ ．
（１０
分
）
学生用书P76 ２
( )
１． 新定义理解 （多选）（ ２０２４ 山东烟台、德州诊断， １１ ）给定数 因为Ｃ ｎ∈（０，π）， 所以Ｃ ｎ∈ ０， π ， 所以 ｓｉｎ Ｃ ｎ＜ ３． （１１ 分 ）
３ ２
列
Ｎ
｛
．
ａ
若
ｎ｝
数
，
定
列 ｛
义
ａ
差
ｎ｝ 满
分
足
运算
ａ ｎ
：
＝
Δ
ｎ
ａ
２
ｎ
＋
＝
ｎ ，
ａ
数
ｎ ＋１
列
－
ａ
｛
ｎ
ｂ
，
ｎ
Δ
｝ 的
２ａ
ｎ
首
＝
项
Δ
ａ
为
ｎ ＋１
１
－
，
Δ
且
ａ
ｎ
Δ
，
ｂ
ｎ
ｎ
∈
＝
所以Ｓ
ｎ＝π
ｒ２ｎ＞ π
３
ｃ２
．
æ
è
çｒ
ｎ
为外接圆半径，ｒ
ｎ＝ ２ｓｉｎ
ｃ
Ｃ ｎ
ö
ø
÷
（１２
分
）
（
ｎ
＋２）·２
ｎ －１
，
ｎ
∈
Ｎ
，
则
（
ＢＣ
）
( )ｎ
－１
由 可知ａ ｂ ａ ｂ １ 由 可知ａ ｂ
Ａ． 存在Ｍ ＞０， 使得 Δ ａ ｎ＜ Ｍ恒成立 （３） （１） ｎ－ ｎ＝（ １－ １） － ２ ， （２） ｎ＋ ｎ＝
Ｂ．
存在Ｍ
＞０，
使得
Δ
２ａ
ｎ＜
Ｍ恒成立
２
ｃ
， （１３
分
）
１ ２４ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
解得ａ ｃ ａ １－ ｂ １ ( １ )ｎ －１ ｂ ｃ ａ １－ ｂ １ ( １ )ｎ －１ 分
ｎ＝ ＋ － ， ｎ＝ － － ， （１４ ）
２ ２ ２ ２
所以ａ ｎ ｂ ｎ＝ ｃ２ － （ ａ １－ ｂ １） ２( － １ ) ２ ｎ －２ ＝ ｃ２ －（ ａ １－ ｂ １） ２ ( １ )ｎ ．
４ ２ ４
分
（１５ ）
ａ ｂ 随着ｎ的增大而增大
ｎ ｎ ，
又因为 Ｃ ａ２ｎ＋ ｂ２ｎ－ ｃ２ （ ａ ｎ＋ ｂ ｎ） ２ － ｃ２ －２ ａ ｎ ｂ ｎ ３ ｃ２
ｃｏｓ ｎ＝ ａ ｂ ＝ ａ ｂ ＝ ａ ｂ －１，
２ ｎ ｎ ２ ｎ ｎ ２ ｎ ｎ
分
（１６ ）
所以 Ｃ 随着ｎ的增大而减小 所以 Ｃ 是递减数列
ｃｏｓ ｎ ， ｛ｃｏｓ ｎ｝ ，
( ) { ｃ }
因为Ｃ π 所以 Ｃ 是递增数列 所以 是
ｎ∈ ０， ， ｛ｓｉｎ ｎ｝ ， Ｃ
３ ｓｉｎ ｎ
递减数列
，
所以 Ｓ 是递减数列． 分
｛ ｎ｝ （１７ ）
