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１ ３０ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
6.5 数列的综合
学生用书P250
题型 一 数列与函数综合 1.判断数列问题的一些不等关系 可以利用数列的单调性比较
，
大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小．
数列是一种特殊的函数 解决数列问题常以构成数列的函
， 2.以数列为载体 考查不等式恒成立的问题 此类问题可转化为
数为载体 结合函数性质解题．解题时要注意数列与函数的内在 ， ，
， 函数的最值问题．
联系 灵活运用函数的思想方法求解 在问题的求解过程中往
， ， 3.考查与数列有关的不等式证明问题 此类问题一般采用放缩
往会遇到递推数列 因此掌握递推数列的常用解法有助于该类 ，
， 法进行证明 有时也可通过构造函数进行证明．
问题的解决． ，
例2 数列 ａ 是等差数列 数列 ｂ 是等比数列 满足 ａ ｂ
例1 已知数列 ｛ ｃ ｎ｝ 满足ｃ １＝２ ａ －２（ ａ ∈ Ｒ ， 且ａ ≠±１），２（ ａｎ ＋１ －
ａ ｂ
｛ ｎ｝
ｂ ｂ ｂ
，
ｂ
｛ ｎ｝
ｂ ．
， ： １＋ １
１） ｃ ｎ－２（ ａｎ －１） ｃ ｎ ＋１＝ ｃ ｎ ＋１ ｃ ｎ， 设ｂ ｎ＝ ａｎ ｃ － ｎ １． （ ＝ １ ８ ） ， 求 ２ 数 ＋ 列 ２＝ ｛ １ ａ ８ ｎ ， ｝ 和 １＋ ｛ ｂ ３ ｎ ＝ ｝ ３ 的 ０， 通 ６ 项 ｎ ＋１ 公 ＝ 式 ｎ ＋ ； ２＋９ ｎ
{ } 数列 ａ 和 ｂ 的公共项组成的数列记为 ｃ 求 ｃ 的
记数列 １ 的前ｎ项和为Ｔ 求证 Ｔ （２） ｛ ｎ｝ ｛ ｎ｝ ｛ ｎ｝， ｛ ｎ｝
（１） ｂ ｂ ｎ， ： ｎ＜４； 通项公式
ｎ ｎ ＋１ ；
若ａ 求证 数列 ｃ 为递增数列． { }
（２） ＞０， ： ｛ ｎ｝ 记数列 １ 的前ｎ项和为Ｓ 证明 Ｓ ９ ．
证明 （ １ ）由 ２ （ａｎ ＋１ －１ ）ｃ ｎ－２ （ａｎ －１ ）ｃ ｎ ＋１＝ ｃ ｎ ＋１ ｃ ｎ 两边同除以 （３） ｃ ｎ－８ ｎ， ： ｎ＜ ８
ｃ ｎ ｃ ｎ ， 解析 （ １ ）设等差数列｛ａ ｎ ｝的公差为ｄ，等比数列｛ｂ ｎ ｝的公
＋１
ａｎ
＋１
ａｎ 比为ｑ．
可得 · －１ · －１ ，
２ ｃ
ｎ ＋１
－２ ｃ
ｎ
＝１ 由
６
ｂ
ｎ ＋１＝
ｂ
ｎ ＋２＋９
ｂ
ｎ
可得
６
ｑｂ
ｎ＝
ｑ２ｂ
ｎ＋９
ｂ
ｎ
，
又ｂ
ａｎ
－１，所以 ｂ ｂ ，即ｂ ｂ １ ，
易知ｂ
ｎ≠０
，所以ｑ２
－６
ｑ
＋９＝０
，解得ｑ
＝３
．
ｎ＝ ｃ
ｎ
２ ｎ ＋１－２ ｎ＝１ ｎ ＋１－ ｎ＝
２ 由ｂ ｂ 可得ｂ（ ｑ２） ，可得ｂ ．
ａ ａ １＋ ３＝３０ １ １＋ ＝３０ １＝３
又ｂ －１ －１ １ ， 由ａ ｂ 可得ａ ｄ ｂ ｑ ，
１＝ ｃ ＝ ａ ＝ ２＋ ２＝１８ １＋ ＋ １ ＝１８
１ ２ －２ ２ 又ａ ｂ ，所以ａ ，ｄ ．
１＋ １＝８ １＝５ ＝４
所以｛ｂ ｎ ｝是以 １ ２ 为首项，１ ２ 为公差的等差数列， 因此可得ａ ｎ＝ ａ １＋ （ｎ －１ ）ｄ ＝４ ｎ ＋１ ，ｂ ｎ＝ ｂ １ ｑｎ －１ ＝３ ｎ．
所以ｂ ｎ ， 所以数列｛ａ ｎ ｝和｛ｂ ｎ ｝的通项公式分别为 ａ ｎ＝４ ｎ ＋１ ，ｂ ｎ＝３ ｎ，ｎ
ｎ＝
２ ∈
Ｎ ．
则 ｂ ｎ ｂ １ ｎ ＋１ ＝ｎ（ｎ ４ ＋１ ）＝４
(
１ ｎ －ｎ ＋ １ １
)
，
（
键 ２ ：
）
找
｛ａ
出 ｎ
｝
两
和
个
｛
数
ｂ
ｎ 列
｝的
的
公
公
共
共
项
项
需
满
满
足
足
的条 ４
ｎ
件 １＋ ） １＝３
ｎ
２
，ｎ
１
，ｎ
２∈
Ｎ ，（关
( ) ( ) ( ) ( )
ｎ
所以 ( Ｔ ｎ＝４ ) １－ ２ １ ＋４ １ ２ － ３ １ ＋４ １ ３ － ４ １ ＋ … ＋４ １ ｎ －ｎ ＋ １ １ 可得ｎ １＝ ３ ４ ２－１，即 ３ ｎ ２－１ 是 ４ 的整数倍，
＝４ １－ｎ １ ＜４ ． 可知 ３ ｎ ２－１＝９ ｎ ２ ２ －１＝ （ ８＋１ ） ｎ ２ ２ －１ ，由二项式定理可知（ ８＋１ ） ｎ ２ ２ －１
＋１ ｎ
（
２
）因为ｂ
ｎ＝
ｎ
，所以ｃ
ｎ＝
２
（ａ
ｎ
ｎ
－１
）
，
若是
４
的倍数，则
２
２为正整数，即ｎ
２＝２
ｎ，ｎ
∈
Ｎ ，所以可得ｃ
ｎ＝
（
２
ａｎ ＋１ ） （ａｎ ） ｎａｎ ＋１ （ｎ ）ａｎ ３ ２
ｎ
＝９
ｎ，
则ｃ ｎ ＋１－ ｃ ｎ＝ ２ ｎ ＋１ －１ － ２ ｎ －１ ＝ ２ － ｎ（ ２ ｎ ＋ ＋ １ ） １ ＋２， 即｛ｃ ｎ ｝的通项公式为ｃ ｎ＝９ ｎ，ｎ ∈ Ｎ ．
令 则ｆ ｆ（ ′（ ａ ａ ） ） ＝ ｎ ｎ ａ （ ｎ ＋ ｎ １ － （ ） ｎ ａ ＋ ｎ １ ） ｎ ａ （ ｎ ｎ ＋１ （ ） ａ ａ ＞ ｎ － ０ １ 且 ｎ（ ａ ｎ ≠１ ） ） ａ ， ｎ －１·（ａ ）（利用导 （ ３ ）证明：易知 ｃ ｎ １ －８ ＝ ９ ｎ １ －８ ，
＝ ＋１ － ＋１ ＝ ＋１ －１
数研究数列的单调性）， 显然 ９ ｎ －８＞９ ｎ －１ ∀ ｎ ≥２ 都成立，
所以当 ａ 时， ｆ ′（ａ） ，当ａ 时， ｆ ′（ａ） ， 所以 １ １ １ （放缩法） ｎ 都成立，
所以ｆ（ａ ０ ） ＜ 在 ＜ （ １ ， ）上单调 ＜ 递 ０ 减，在 ＞ （ １ ， ）上单 ＞ 调 ０ 递增， ｃ ｎ－８ ＝ ９ ｎ －８ ＜ ９ ｎ －１ ∀ ≥２
０ １ １ ＋∞
所以ｆ（ａ） ｆ（ ） ，所以ｃ ｃ ，即ｃ ｃ ， 即Ｓ １ １ … １ １ … １ １ … １
所以数列｛ ＞ ｃ ｝ １ 为 ＝ 递 ０ 增数列． ｎ ＋１－ ｎ＞０ ｎ ＋１＞ ｎ ｎ＝ｃ １－８ ＋ｃ ２－８ ＋ ＋ｃ ｎ－８ ＝１＋ｃ ２－８ ＋ ＋ｃ ｎ－８ ＜１＋ ９ ＋ ＋ ９ ｎ －１
ｎ [ ( )ｎ ]
－１
方法总结 １ １
１－
９ ９
数列中的单调性与最值问题，可以利用作差法得到数列的单 ＝１＋
１
调性或者借助数列对应的函数的单调性，来确定最值． １－
９
[ ( )ｎ ] ( )ｎ
－１ －１
１ １ ９ １ １ ９ ，
＝１＋ １－ ＝ － ＜
题型 二 数列与不等式综合 ８ ９ ８ ８ ９ ８
即Ｓ ９ ．
数列与不等式的综合问题的常见题型及求解策略 ｎ＜
： ８
专题六 数列 １ ３１
知识拓展 解决数列与不等式问题的常见放缩技巧
（ ）对 １ 的放缩，根据不同的要求，大致有三种情况
１ ｎ２
１ １ １ １ （ｎ ）；
ｎ２＜ｎ２
－
ｎ＝ｎ
－１
－ ｎ ≥２
( )
１ １ １ １ １ （ｎ ）；
ｎ２＜ｎ２
－１
＝
２
ｎ
－１
－ｎ
＋１
≥２
( )
１ １ １ １ （ｎ ）．
ｎ２＜
ｎ２ １
＝２
２
ｎ
－１
－
２
ｎ
＋１
≥１
－
４
（ ）对 １ 的放缩，根据不同的要求，大致有两种情况
２ ｎ
２
１ １ ｎ ｎ（ｎ ）；
ｎ＞ ｎ ｎ ＝ ＋１－ ≥１
２ ＋ ＋１
１ １ ｎ ｎ （ｎ ）．
ｎ＜ ｎ ｎ ＝ － －１ ≥１
２ ＋ －１
ｐ 与 ｑ 之间有 ｑ ｐ ｑ ｐ 个数 按从小到
学生用书P80 ４ ＋１ ４ ＋２ ４ ＋２－（４ ＋１）－１＝４（ － ） ，
大的顺序每 个一组．
创新考法、新定义理解 （ 新课标 ， ， 分，难）设 ｍ ４
２０２４ Ⅰ １９ １７ ｐ 前的 ｐ个数按从小到大的顺序每 个一组．
４ ＋１ ４ ４
为正整数 数列ａ ａ ａ 是公差不为 的等差数列 若从
， １， ２，…， ４ ｍ ＋２ ０ ， ４ ｑ ＋２ 后的 ４（ ｍ － ｑ ） 个数按从小到大的顺序每 ４ 个一组．
中删去两项ａ 和ａ ｉ ｊ 后剩余的 ｍ项可被平均分为ｍ组 且
每组的 个数
ｉ
都能
ｊ（
构
＜
成
）
等差数列
４
则称数列 ａ ａ ａ
，
是
故
（４
ｐ
＋１，４
ｑ
＋２）（０≤
ｐ
＜
ｑ
≤
ｍ
）
的不同取值有
Ｃ
２ｍ
＋１＋（
ｍ
＋１）＝
ｉ ｊ 可
４
分数列．
， １， ２，…， ４ ｍ ＋２ １
（
ｍ２
＋３
ｍ
＋２）
种．
（ ，）－ ２
写出所有的 ｉ ｊ ｉ ｊ 使得数列ａ ａ ａ 是 ｉ ｊ 其次证明 ｐ ｑ ｐ ｑ 一定符合题意 ｐ ｑ Ｎ 且ｑ
（１） （ ，），１≤ ＜≤６， １， ２，…， ６ （ ，） ② （４ ＋２，４ ＋１）（ ＜ －１） ， ， ∈ ，
可分数列 ｍ
－ ； ≤ ，
当 ｍ 时 证明 数列 ａ ａ ａ 是 可分 ｐ 前的 ｐ个数 按从小到大的顺序每 个一组
（２） ≥３ ， ： １， ２，…， ４ ｍ ＋２ （２，１３）－ ４ ＋１ ４ ， ４ ，
数列 ｑ 后的 ｍ ｑ 个数按从小到大的顺序每 个一组
； ４ ＋２ ４（ － ） ４ ，
从 ｍ 中一次任取两个数ｉ和ｊ ｉ ｊ 记数列ａ 对 ｐ ｐ ｐ ｑ ｑ ｑ 一共有 ｑ ｐ
（３） １，２，…，４ ＋２ （ ＜）， １， ４ ＋１，４ ＋２，４ ＋３，…，４ ，４ ＋１，４ ＋２， ４（ － ）＋２
个数
ａ ａ 是 ｉ ｊ 可分数列的概率为Ｐ 证明 Ｐ １ ． ，
２，…， ４ ｍ ＋２ （ ，）－ ｍ， ： ｍ＞ 去掉其中第 个与第 ｑ ｐ 个数 即 ｐ 与 ｑ ．
８ ２ ４（ － ）＋１ ， ４ ＋２ ４ ＋１
解析 ． 下面证明去掉后剩下的 ｑ ｐ 个数可以分成ｑ ｐ组 每组 个
（１）（１，２），（１，６），（５，６） ４（ － ） － ， ４
理由 数列ａ ａ ａ 中删去ａ ａ 后 数列ａ ａ ａ ａ 是等 数构成等差数列．
： １， ２，…， ６ １， ２ ， ３， ４， ５， ６
差数列 所以数列ａ ａ ａ 是 可分数列 同理数列 该证明实际上为 的推广．
， １， ２，…， ６ （１，２）－ ， （２）
ａ ａ ａ 是 或 可分数列． 令ｋ ｑ ｐ
１， ２，…， ６ （１，６） （５，６）－ ＝ － ≥２，
证明 ｍ 时 ｐ ｐ ｋ ｐ ｋ ｐ ｋ成等差数列
（２） ： ＝３ ， ４ ＋１，４ ＋１＋ ，４ ＋１＋２ ，４ ＋１＋３ ；
ａ ａ ａ ａ 成等差数列 ｐ ｐ ｋ ｐ ｋ ｐ ｋ成等差数列
１， ４， ７， １０ ； ４ ＋３，４ ＋３＋ ，４ ＋３＋２ ，４ ＋３＋３ ；
ａ ａ ａ ａ 成等差数列
３， ６， ９， １２ ； ……
ａ ａ ａ ａ 成等差数列． ｐ ｋ ｐ ｋ ｐ ｋ ｐ ｋ成等差数列
５， ８， １１， １４ ４ ＋２＋ ，４ ＋２＋２ ，４ ＋２＋３ ，４ ＋２＋４ ，
ｍ 时 从ａ 开始每连续 项成等差数列 ａ 前 项分组 得证 得证．
≥４ ， １５ ４ ， １５ １２ ，∴ ②
同上
即ａ
，
ａ ａ ａ 成等差数列
故
（４
ｐ
＋２，４
ｑ
＋１）
的不同取值有
Ｃ
２ｍ
＋１－
ｍ
＝
１
（
ｍ２
－
ｍ
）
种
，
１， ４， ７， １０ ； ２
ａ
３，
ａ
６，
ａ
９，
ａ
１２
成等差数列
；
由
①②，
分组方法共有 １
（
ｍ２
＋３
ｍ
＋２）＋
１
（
ｍ２
－
ｍ
）＝
１
（２
ｍ２
＋
ａ ａ ａ ａ 成等差数列 ２ ２ ２
５， ８， １１， １４ ； ｍ ｍ２ ｍ 种
ａ ａ ａ ａ 成等差数列 ２ ＋２）＝ ＋ ＋１ ，
１５， １６， １７， １８ ； ｍ２ ｍ ｍ
而 ＋ ＋１ １ ２ ＋７ Ｐ １ ．
…… ｍ２ ｍ － ＝ ｍ２ ｍ ＞０，∴ ｍ＞
ａ ａ ａ ａ 成等差数列．证明毕． ８ ＋６ ＋１ ８ ８（８ ＋６ ＋１） ８
４ ｍ －１， ４ ｍ， ４ ｍ ＋１， ４ ｍ ＋２ 考点 数列的综合 学生用书P80
（３） 证明 ： 从 ４ ｍ ＋２ 个数中任取两个数ｉ和ｊ （ ｉ ＜ ｊ ） 有 Ｃ ２ ４ ｍ ＋２＝８ ｍ２ ＋ １．（ 新课标 ， ， 分，中）已知 ａ 为等差数列 ｂ
ｍ 种 ２０２３ Ⅱ １８ １２ ｛ ｎ｝ ， ｎ ＝
６ ＋１ ，
① 首先证明 （４ ｐ ＋１，４ ｑ ＋２）（ ｐ ＜ ｑ ） 一定符合题意 ， ｐ ， ｑ ∈ Ｎ ， 且 ｑ {ａ ｎ－６， ｎ为奇数 ，记Ｓ Ｔ 分别为数列 ａ ｂ 的前 ｎ 项
ｍ． ａ ｎ为偶数． ｎ， ｎ ｛ ｎ｝，｛ ｎ｝
≤ ２ ｎ，
１ ３２ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
和 Ｓ Ｔ ． 解析 设等比数列 ａ 的公比为ｑ．
， ４＝３２， ３＝１６ （１） ｛ ｎ｝
求 ａ 的通项公式 ａ ａ ａ 成等差数列
（１） ｛ ｎ｝ ； ∵ １，３ ２，９ ３ ，
（２）
证明
：
当ｎ
＞５
时
，
Ｔ
ｎ＞
Ｓ
ｎ
．
∴６
ａ
２＝
ａ
１＋９
ａ
３
．即
６
ａ
１
ｑ
＝
ａ
１＋９
ａ
１
ｑ２．
解析 设数列 ａ 的首项为ａ 公差为ｄ 又 ａ 是首项为 的等比数列
（１） ｛ ｎ｝ １， ， ∵ ｛ ｎ｝ １ ，
{ａ ｎ为奇数
ｂ ｎ－６， ， ｂ ａ ｂ ａ ｂ ａ ｑ ｑ２ 解得ｑ ｑ １
∵ ｎ＝ ａ ｎ为偶数 ∴ １＝ １－６， ２＝２ ２， ３＝ ３－６， ∴６ ＝１＋９ ， １＝ ２＝ ，
２ ｎ， ， ３
又Ｔ
ａ
３＝１６， 且ｂ １＋ ｂ
ａ
２＋ ｂ ３＝
即
ａ １＋
ａ
２ ａ
ｄ
２＋ ａ ３－１２＝４ ａ ２－１２， ∴ ａ ｎ＝ ａ １· ｑｎ －１ ＝
(
３
１
)ｎ
－１ ．
∴４ ２－１２＝１６，∴ ２＝７， １＋ ＝７，①
ｎａ ( )ｎ
又Ｓ ４＝３２，∴４ ａ １＋６ ｄ ＝３２，② ∵ ｂ ｎ＝ ｎ ，∴ ｂ ｎ＝ ｎ · １ ．
由 得ａ ｄ ３ ３
①② １＝５， ＝２，
第一步：用等比数列前ｎ项和公式计算Ｓ ．
∴ ａ ｎ＝５＋２（ ｎ －１）＝２ ｎ ＋３ ． （２） ｎ
由等比数列 ａ 的首项和公比知 前ｎ项和为
（２） 证明 ： Ｔ ２ ｎ＝ ｂ １＋ ｂ ３＋…＋ ｂ ２ ｎ －１＋ ｂ ２＋ ｂ ４＋…＋ ｂ ２ ｎ ａ ｑｎ ｛ ｎ｝ [ ( )ｎ] ，
＝ ａ １＋ ａ ３＋…＋ ａ ２ ｎ －１－６ ｎ ＋２ ａ ２＋２ ａ ４＋…＋２ ａ ２ ｎ Ｓ ｎ＝ １（１－ ｑ ） ＝ ３ １－ １ ．
＝ Ｓ ２ ｎ＋ ａ ２＋…＋ ａ ２ ｎ－６ ｎ 第二步 １ ： － 用错位相 ２ 减法求 ３ Ｔ ．
ｎ ａ ａ ｎ
＝ Ｓ ２ ｎ＋ （ ２ ２ ＋ ２ ｎ） －６ ｎ ∵ ｂ ｎ＝ ｎ · ( １ )ｎ ，
＝ Ｓ ２ ｎ＋２ ｎ２ － ｎ． ３ ( ) ( ) ( )ｎ
Ｔ ２ ｎ ＋１＝ Ｔ ２ ｎ＋ ｂ ２ ｎ ＋１＝ Ｓ ２ ｎ＋２ ｎ２ － ｎ ＋ ａ ２ ｎ ＋１－６＝ Ｓ ２ ｎ ＋１＋２ ｎ２ － ｎ －６ ． ∴ Ｔ ｎ＝ ｂ １＋ ｂ ２＋…＋ ｂ ｎ＝１× １ １ ＋２× １ ２ ＋…＋ ｎ １ ，①
当ｎ
≥１
时
，
Ｔ
２ ｎ－
Ｓ
２ ｎ＝２
ｎ２
－
ｎ
＞０，
故 Ｔ
２ ｎ＞
Ｓ
２ ｎ，
当 ｎ
＞２
时
，
Ｔ
２ ｎ ＋１－ ( ) ２ ( )
３
３ (
３
)ｎ ＋１
３
２．（ Ｓ ２ ２ ｎ ０ ＋１ ２ ＝ ２ ２ 新 ｎ２ 高 － ｎ 考 －６ Ⅰ ＞ ， ０ １ ， ７ 故 ， １ Ｔ ０ ２ 分 ｎ ＋１ ， ＞ 中 Ｓ ２ ｎ ） ＋１ 记 ．综 Ｓ 上 ｎ 为 ， 当 数列 ｎ ＞ ｛ ５ ａ 时 ｎ｝ ， 的 Ｔ ｎ 前 ＞ Ｓ ｎ ｎ ． 项和 ， １ ３ Ｔ ｎ＝１× ３ １ ＋２× ( ３ １ ) ＋ ２ …＋ ｎ ( １ ３ )ｎ ． ② ( )ｎ ＋１
已知ａ
{Ｓ
ｎ
}
是公差为 １ 的等差数列． ①－②
可得 ２
３
Ｔ
ｎ＝ ３
１
＋ ３
１
＋…＋ ３
１
－
ｎ
·
１
３
１＝１， ａ
ｎ ３
[ ( )ｎ]
１ １
（１） 求 ｛ ａ ｎ｝ 的通项公式 ； ３ １－ ３ ｎ ( １ )ｎ ＋１ ( １ ｎ １ )( １ )ｎ １
＝ － · ＝－ ＋ ＋ ，
证明 １ １ １ ． １ ３ ３ ２ ３ ２
（２） ：ａ ＋ａ ＋…＋ａ ＜２ １－
１ ２ ｎ ３
解析 依题意得 Ｓ ａ ( )( )ｎ
Ｓ
（１）
ｎ
， １＝ １＝１，
∴
Ｔ
ｎ＝－
１ ｎ
＋
３ １
＋
３ ．
ｎ １ ｎ １ ＋２ Ｓ ｎ ａ ２ ４ ３ ４
ａ ＝ ＋（ －１）× ＝ ，∴３ ｎ＝（ ＋２） ｎ， Ｓ
ｎ １ ３ ３ 第三步：表示 ｎ，并利用作差法证得结论．
则 Ｓ ｎ ａ ｎ ａ
３ ｎ ＋１＝（ ＋１＋２） ｎ ＋１＝（ ＋３） ｎ ＋１， ２
∴３ Ｓ ｎ ＋１－３ Ｓ ｎ＝（ ｎ ＋３） ａ ｎ ＋１－（ ｎ ＋２） ａ ｎ， Ｓ ｎ ３ １ ( １ )ｎ －１ ３ ３ ( １ )ｎ
即 ａ ｎ ａ ｎ ａ ∵ ＝ － × ＝ － × ，
３ ｎ ＋１＝（ ＋３） ｎ ＋１－（ ＋２） ｎ， ２ ４ ４ ３ ４ ４ ３
∴ ｎａ ｎ ＋１＝（ ｎ ＋２） ａ ｎ， 即 ａ ａ ｎ ＋
ｎ
１ ＝ ｎ ＋ ｎ ２ ， ∴ Ｔ ｎ－ Ｓ
２
ｎ ＝－
２
１ ｎ · ( １
３
)ｎ ＜０，∴ Ｔ ｎ＜ Ｓ
２
ｎ．
由累乘法得 ａ ｎ ＋１ （ ｎ ＋１）（ ｎ ＋２） ４．（ ２０２１ 浙江， ２０ ， １５ 分，中）已知数列 ｛ ａ ｎ｝ 的前ｎ项和为Ｓ ｎ， ａ １
ａ ＝ ，
１ ｎ １×２ ｎ ＝－ ９ ， 且 ４ Ｓ ｎ ＋１＝３ Ｓ ｎ－９（ ｎ ∈ Ｎ ） ．
又ａ ａ （ ＋１）（ ＋２） ４
１＝１，∴ ｎ ＋１＝
２
，
（１）
求数列
｛
ａ
ｎ｝
的通项公式
；
ａ
ｎ
（
ｎ
＋１） ｎ 又ａ 满足上式 （２）
设数列
｛
ｂ
ｎ｝
满足
３
ｂ
ｎ＋（
ｎ
－４）
ａ
ｎ＝０（
ｎ
∈
Ｎ
），
记
｛
ｂ
ｎ｝
的前
∴ ｎ＝
２
（ ≥２）， １＝１ ， ｎ项和为Ｔ
ｎ，
若Ｔ
ｎ≤
λｂ
ｎ
对任意ｎ
∈
Ｎ 恒成立
，
求实数λ的取
ｎ ｎ 值范围．
∴
ａ
ｎ＝
（
２
＋１）
（
ｎ
∈
Ｎ
）
．
( ) 解析 （１） 由 ４ Ｓ ｎ ＋１＝３ Ｓ ｎ－９， 得 ４ Ｓ ｎ ＝３ Ｓ ｎ －１－９（ ｎ ≥２）， 则
（２） 证明 ： 由 （１） 知 ａ １ ｎ ＝ｎ （ ｎ ２ ＋１） ＝２ １ ｎ －ｎ ＋ １ １ ， ４ ａ ｎ ＋１＝３ ａ ｎ（ ｎ ≥２）， 又 ４（ ａ １＋ ａ ２）＝３ ａ １－９， ａ １＝－ ９ ， 所以 ４ ａ ２＝
( ) ( ) ( ) ４
∴ ａ １ ( １ ＋ａ １ ２ ＋… ) ＋ａ １ ｎ ＝２ １ １ － ２ １ ＋２ １ ２ － ３ １ ＋…＋２ １ ｎ －ｎ ＋ １ １ ３ ａ １， 所以 ｛ ａ ｎ｝ 是以 － ４ ９ 为首项 ， ３ ４ 为公比的等比数列 ，
( )ｎ
１ ２ ．
＝２ １－ｎ
＋１
＝２－ｎ
＋１
＜２ 所以ａ ｎ＝－３× ３ ．
４
３．（ ２０２１ 全国乙文， １９ ， １２ 分，中）设 ｛ ａ ｎ｝ 是首项为 １ 的等比数 ( )ｎ
由题意得ｂ ｎ ３ ．则Ｔ ３
列 数列 ｂ 满足ｂ ｎａ ｎ．已知ａ ａ ａ 成等差数列． （２） ｎ＝（ －４）× ４ ｎ＝（－３）× ４ ＋（－２）×
， ｛ ｎ｝ ｎ＝ ３ １，３ ２，９ ３ ( ３ ) ２ ｎ ( ３ )ｎ ３ Ｔ ( ３ ) ２
求 ａ 和 ｂ 的通项公式 ＋…＋（ －４）× ， ｎ ＝（－３）× ＋（－２）×
（１） ｛ ｎ｝ ｛ ｎ｝ ； ４ ４ ４ ４
记Ｓ 和Ｔ 分别为 ａ 和 ｂ 的前ｎ项和．证明 Ｔ Ｓ ｎ． ( ３ ) ３ ｎ ( ３ )ｎ ＋１ 两式相减 得 １ Ｔ ３
（２） ｎ ｎ ｛ ｎ｝ ｛ ｎ｝ ： ｎ＜ ＋…＋（ －４）× ， ， ｎ＝（－３）× ＋
２ ４ ４ ４ ４
专题六 数列 １ ３３
( ) ( ) ( )ｎ ( )ｎ ｎ ｎ ｎ
２ ３ ＋１ －１ －１
３ ３ ３ ｎ ３ 所以Ｔ ｎ ２ ［２·２ ＋１＋２·（２ －１）＋１］
＋ ＋…＋ －（ －４）× ， ｎ＝－４ × ＝
４ ４ ４ ４ ２
( )ｎ ( )ｎ ( )ｎ ｎ ｎ ｎ
＋１ ＋１ －１
３ 由题意得 ｎ ３ λ ｎ ３ 恒成立 ２ ·（２ ＋１＋２·２ －１）
， －４ × ≤ （ －４）× ， ＝
４ ４ ４ ２
所以
（
λ
＋３）
ｎ
－４
λ
≥０，
记ｆ
（
ｎ
）＝（
λ
＋３）
ｎ
－４
λ
（
ｎ
∈
Ｎ
），
所以
２
ｎ －１
·３·２
ｎ
３ ２ ｎ －１ ２ ｎ －２ ｎ －１．
{λ ＝ ＝ ×２ ＝３×２ ＝３×４
＋３≥０，解得 λ ． ２ ２
ｆ －３≤ ≤１ （注：项数为（ ｎ ） ｎ －１ ｎ ｎ －１ ｎ －１）
（１）≥０， ２ －１ －２ ＋１＝２ －２ ＝２
５．（ 天津， ， 分，难）已知 ａ 是等差数列 ａ ａ 证明 ｋ －１ ｎ ｋ ｋ ｎ ｋ ＋１ ｋ ｎ
ａ ５
２
－
０
ａ
２
３
３
＝４ ．
１９ １５ ｛ ｎ｝ ， ２＋ ５＝１６，
２
（
ｋ
２
＋
）
１ －
①
１， 即 ２
：
ｋ
２
＋１≤
≤
ａ ｎ
≤
≤
２
２ ｋ
－
＋１
１
－
⇒
１，
２ ≤２ ≤２ －２⇒２ ＋１≤２ ＋１≤
ｎ－ ｂ ａ ｂ 成立
（ （ １ ２ ） ）
求
设 ｛ ｛
ａ
ｂ ｎ ｎ ｝ ｝ 是
的
等
通
比
项
数
公
列
式
，
及
且 ∑ｉ
２
＝ 对 ２ ｎ
１
－１ 任
ａ
ｉ 意 （
ｎ
的 ∈
Ｎ
ｋ ∈ ） Ｎ
．
， 当 ２ ｋ －１ ≤ ｎ ≤２ ｋ －１
∵
∴ {
ｋ
ｂ ｂ
＜
ｋ ｋ ＋ ＜ １
ｎ
（ ＞
＜
ａ （ ｎ ａ
ｋ
）
＋
ｎ
１
ｍ ） ｉｎ ｍ ， ａｘ， ∴
，
ｂ ｋ＜２ ｋ ＋１ 且ｂ ｋ ＋１＞２ ｋ ＋１ －１， 则ｂ ｋ＞２ ｋ －１ ．
时 ｂ ａ ｂ ． 综上 ｋ ｂ ｋ 证毕．
， ｋ＜ ｎ＜ ｋ ＋１ ，２ －１＜ ｋ＜２ ＋１，
当ｋ 时 求证 ｋ ｂ ｋ 设 ｂ 的公比为ｑ 前ｎ项和为Ｓ
① ≥２ ， ：２ －１＜ ｋ＜２ ＋１； ② ｛ ｎ｝ ， ｎ，
②
求
｛
ｂ
ｎ｝
的通项公式及前ｎ项和．
∵ ｛
ｂ
ｎ｝
为等比数列
，
且ｋ
∈
Ｎ
，２
ｋ
－１＜
ｂ
ｋ＜２
ｋ
＋１，
由题 解 意 析 得 { （ ２ １ ａ ） １ 设 ＋５ ｛ ｄ ａ ＝ ｎ｝ １ 的 ６， 公 解 差 得 为 {ａ １ ｄ ＝ ． ３， ∴ 又 ２ ｑ ｋ ＋１ － ｂ ｋ １ ＋１ ＜ ｂ ｋ ＋１ ｑ ＜２ ２ ｋ ＋ ｋ ＋ １ １ ＋ ＋ １ １ ， ３ ｑ ２ ｋ ＋１ －１ ３
ｄ ｄ ． ＝ ｂ ，∴ ＜ ｋ ＝２＋ ｋ ， ＞ ｋ ＝２－ ｋ ，
２ ＝４， ＝２ ｋ ２ －１ ２ －１ ２ ＋１ ２ ＋１
所以ａ ｎ＝３＋２（ ｎ －１）＝２ ｎ ＋１ ． ∵ ｋ ∈ Ｎ ，∴ ｑ ＝２，∴２ ｋ －１＜ ｂ １２ ｋ －１ ＜２ ｋ ＋１，∴ ｂ １＝２，
２ ｎ－ １ ｂ ｑｎ ｎ
∑ｉ＝
２
ｎ－１ ａ ｉ＝ ａ ２ ｎ－１＋ ａ ２ ｎ－１＋１＋ ａ ２ ｎ－１＋２＋…＋ ａ ２ ｎ －１ ∴ ｂ ｎ＝２ ｎ ，∴ Ｓ ｎ＝ １（
１
１
－
－ ｑ ） ＝ ２（
１
１
－
－
２
２ ） ＝２ ｎ ＋１ －２ ．
列 ｂ 是首项为 的等差数列 ａ ｂ 且ａ ｂ ｂ ．
学生用书P82 ，｛ ｎ｝ ２ ， ３＝ ２ ４＝ １＋ ３
求 ａ 和 ｂ 的通项公式
１．（ 甘肃二诊， ）设数列 ａ 的前ｎ项和为Ｓ ａ Ｓ （１） ｛ ｎ｝ ｛ ｎ｝ ；
２０２４ １７ ｛ ｎ｝ ｎ， １＝１，２ ｎ
（２）
将
｛
ａ
ｎ｝
和
｛
ｂ
ｎ｝
中的所有项分别构成集合Ａ
，
Ｂ
，
将Ａ
∪
Ｂ的
＝
ｎ２
＋
ｎ
（
ｎ
∈
Ｎ
）
．
所有元素按从小到大的顺序排列组成新数列 ｛ ｃ ｎ｝， 求数列
求数列 ａ 的通项公式
（１） ｛ ｎ｝ ； ｛ ｃ ｎ｝ 的前 ５０ 项和Ｓ ５０；
（２） 设数列 ｛ ｂ ｎ｝ 的前ｎ项和为Ｔ ｎ， 且ｂ ｎ＝ ａ １ ａ ， 求Ｔ ９９； {ａ ｎ ＋１， ｎ为奇数 ，
ｎ＋ ｎ
＋１ （３）
设数列
｛
ｄ
ｎ｝
的通项公式为ｄ
ｎ＝
ｂ
ｎ ｎ为偶数
ｎ
∈
Ｎ
，
证明 １ １ １ １ ． ＋２， ，
（３） ： ２ ａ １ ＋ ２ ａ ２ ＋ ２ ａ ３ ＋…＋ ２ ａ ９９ ＞９ 记 ｛ ｄ ｎ｝ 的前ｎ项和为Ｔ ｎ， 若 ３ Ｔ ２ ｎ －１≥２ ２ ２ ｎ ＋１ ＋３ ｎｔ －１４ 对任意的ｎ
解析
（１）
因为
２
Ｓ
ｎ＝
ｎ２
＋
ｎ
，
所以Ｓ
ｎ＝
ｎ２ ＋ ｎ
， ∈
Ｎ 都成立
，
求正数ｔ的取值范围．
２ 解析 设 ａ 的公比为ｑ ｑ ｂ 的公差为ｄ
ｎ２ ｎ ｎ ２ ｎ （１） ｛ ｎ｝ （ ≠０），｛ ｎ｝ ，
当ｎ
≥２
时
，
ａ
ｎ＝
Ｓ
ｎ－
Ｓ
ｎ －１＝
＋
－
（ －１） ＋（ －１）
＝
ｎ
，
因为ａ
３＝
ｂ
２
且ａ
４＝
ｂ
１＋
ｂ
３，
所以ｑ２
＝２＋
ｄ
，
ｑ３
＝４＋２
ｄ
，
因为ａ
１＝１
也满足上式
，
故 ２ ａ
ｎ＝
ｎ
（
ｎ
∈
Ｎ ２
）
． 解
（２
得
） 由
ｑ
（
＝
１
２
）
，
知
ｄ ＝
ａ
２
ｎ
，
＝
所
２
以
ｎ －１ ，
ａ
ｂ
ｎ
ｎ
＝
＝
２
２
ｎ
ｎ
－１
，
， ｂ ｎ＝２ ｎ．
（２） 因为ｂ ｎ＝ ａ １ ａ ， 且ａ ｎ＝ ｎ （ ｎ ∈ Ｎ ）， 因为数列 ｛ ｂ ｎ｝ 是正偶数构成的等差数列 ， 数列 ｛ ａ ｎ｝ 除首项外 ，
ｎ＋ ｎ
＋１ 其余项都是 的倍数
ｎ ｎ ２ ，
所以 ｂ １ ＋１－ ｎ
ｎ ＝ ｎ ＋ ｎ ＋１ ＝ （ ｎ ＋ ｎ ＋１）（ ｎ ＋１－ ｎ ） ＝ ＋１ 所以数列 ｛ ｃ ｎ｝ 的前 ５０ 项和Ｓ ５０＝１＋２×４９＋ ４９×４８ ×２＝２４５１ ．
２
ｎ { ｎ ｎ为奇数
所
－
以
，
Ｔ （３）
因为ｄ
ｎ＝ ｎ
２ ，
ｎ为偶数
， ｎ
∈
Ｎ
，
９９ ＝（ ２－ １）＋（ ３－ ２）＋（ ４－ ３）＋…＋（ １００－ ＋２， ，
９９）＝ １００－１＝９ ． 所以Ｔ ２ ｎ －１＝ ｄ １＋ ｄ ２＋ ｄ ３＋ ｄ ４＋…＋ ｄ ２ ｎ －１＝（２＋２ ３ ＋２ ５ ＋…＋２ ２ ｎ －１ ）＋（４＋
即Ｔ ． ｎ ｎ ｎ
９９＝９
６＋８＋…＋２
ｎ
）＝
２（１－４ ）
＋
４＋２
（
ｎ
－１）＝－
８
＋
２×４
＋
ｎ２
＋
ｎ
，
１－４ ２ ３ ３
证明 由于 １ １ １ １ ｎ ｎ ( ｎ )
（３） ： ２ ａ ｎ ＝ ２ ｎ＝ ｎ ＋ ｎ＞ ｎ ＋ ｎ ＋１ ＝ ＋１－ ， 由 ３ Ｔ ２ ｎ －１≥２ ２ ｎ ＋１ ＋３ ｎｔ －１４ 得 ３ － ８ ＋ ２×４ ＋ ｎ２ ＋ ｎ ≥２ ２ ｎ ＋１ ＋３ ｎｔ －
３ ３
故 １ １ １ １
２
ａ
１
＋
２
ａ
２
＋
２
ａ
３
＋…＋
２
ａ
９９
＞ ２－１＋ ３－ ２＋…＋
１４，
即ｔ
≤
ｎ
＋ ｎ
２
＋１
对任意的ｎ
∈
Ｎ 都成立
，
．
所以
１０
原
０－
不等
９９
式
＝
成立
１０
．
０－１＝９ 因为ｎ
＋ ｎ
２
＋１≥２ ２＋１，
ｎ
∈
Ｎ
，
等号取不到
，
２．（ 江苏盐城六校联考， ）已知 ａ 是首项为 的等比数 当ｎ 时 当ｎ 时
２０２４ １８ ｛ ｎ｝ １ ＝１ ，１＋２＋１＝４， ＝２ ，２＋１＋１＝４，
１ ３４ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
３．
所
（
以正
江
数
苏
ｔ的
连
取
云
值
港
范
灌
围
云
是
高级
０＜
中
ｔ ≤
学
４
模
．
拟）设Ｓ 是数列 ａ 的前
所以当ｎ ≥２ 时 ， ａ １· ａ ２… ａ ｎ· ａ ｎ －１＝（ ２） （ ｎ －１）２＋ ｎ －１ ② ． （１ 分 ）
２０２４ { ｎ ｛ ｎ｝ 由①得ａ ｎ＝２ ｎ ， （２ 分 ）
ｎ项和 ， 已知ａ １＝１， ａ ｎ ＋１＝
ａ
２ １ ａ ｎ
ｎ
＋ ｎ
ｎ
， ｎ
为
为
偶
奇
数
数
．
， 因为 ② ｎ ＝１ 时ａ １＝２ 也符合上式 ，
证明 ａ 是等比数列
ｎ－
并
２
求
，
ａ 的通项公式
所以ａ
ｎ＝２
ｎ
，
ｎ
∈
Ｎ ．
（４
分
）
（ （ １ ２ ） ） 证明 ｛ ： 当 ２ ｎ ｎ － ≥ ２｝ ２ 时 ， ａ ２ ｎ≥ Ｓ ２ ｎ ， ． ｛ ２ ｎ｝ ； （２） 由 （１） 知 ， Ｓ ｎ＝ ２（ １ １ － － ２ ２ ｎ ） ＝２ ｎ ＋１ －２， （５ 分 ）
解析 （１） 由已知得ａ ２ ｎ ＋２＝ １ ａ ２ ｎ ＋１＋２ ｎ ＋１＝ １ （ ａ ２ ｎ－４ ｎ ）＋２ ｎ 因为不等式 （－１） ｎ · ｔＳ ｎ－１４≤ Ｓ２ｎ 对任意的ｎ ∈ Ｎ 恒成立 ，
２ ２ 又Ｓ 且Ｓ 递增
ｎ＞０ ｎ ，
１ ａ 所以ａ １ ａ ．
＋１＝ ２ ２ ｎ＋１， ２ ｎ ＋２－２＝ ２ （ ２ ｎ－２） 所以 （－１） ｎ · ｔ ≤ Ｓ ｎ＋ １ Ｓ ４对任意的ｎ ∈ Ｎ 恒成立 ， （７ 分 ）
ｎ
ａ
因为ａ １ ａ ３ ａ １ 所以 ２ ｎ ＋２－２ １ 因为Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ 分
２＝
２
１＋１＝
２
， ２－２＝－
２
≠０， ａ
２ ｎ－２
＝
２
， １＝２， ２＝６， ３＝１４， ４＝３０， （８ ）
所以 ａ 是以 １ 为首项 １ 为公比的等比数列
所以当ｎ为偶数时
，
ｔ
≤
Ｓ
ｎ＋
１
Ｓ
４对任意的 ｎ
∈
Ｎ 恒成立
，
即 ｔ
｛ ２ ｎ－２｝ － ， ， ｎ
２ ２ ( )
所以ａ １ ( １ )ｎ －１ 所以ａ ( １ )ｎ ≤ Ｓ ｎ＋ １ Ｓ ４ ．
２ ｎ－２＝－ · ， ２ ｎ＝－ ＋２， ｎ ｍｉｎ
２ ２ ２
( )ｎ 因为Ｓ 所以ｔ ２５ 分
所以 ａ 的通项公式为ａ １ ． ２＝６＞ １４， ≤ ， （１０ ）
｛ ２ ｎ｝ ２ ｎ＝－ ＋２ ３
２
证明 由ａ ( １ )ｎ 知ａ ( １ )ｎ －１ 当ｎ为奇数时 ，－ ｔ ≤ Ｓ ｎ＋ １ Ｓ ４对任意的 ｎ ∈ Ｎ 恒成立 ， 即 － ｔ
（２） ： ２ ｎ＝－ ＋２ ２ ｎ －２＝－ ＋２， ｎ
２ ２ ( )
所以ａ ａ ｎ ｎ ( １ )ｎ －１ ≤ Ｓ ｎ＋ １ Ｓ ４ ，
２ ｎ －１＝ ２ ｎ －２－２（２ －２）＝６－４ － ， ｎ ｍｉｎ
２
所以ａ ２ ｎ －１＋ ａ ２ ｎ＝８－４ ｎ －３·
(
１ ２
)ｎ
，
因
所
为
以 (
Ｓ
Ｓ １ ｎ ＝ ＋ ２ １ Ｓ ＜ ４ ) １４ ＝ ＜ ９
Ｓ
， ３ － ＝ ｔ １ ≤ ４， ９，
所以Ｓ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ｎ
２ ｎ＝（ １＋ ２）＋（ ３＋ ４）＋…＋（ ２ ｎ －１＋ ２ ｎ） 所以ｔ ． ｍｉｎ 分
é ê ( ) １ ù ú é ê ( ) ２ ù ú é ê ≥－９ （１２ ）
ê １ ú ê １ ú ê ｎ
＝ ë８－４×１－３× û＋ ë８－４×２－３× û＋…＋ ë８－４ － 综上可知 ｔ ２５． 分
２ ２ ，－９≤≤ （１３ ）
( )ｎ ù é ( ) ( )ｎ ù ３
ú ê ２ ú
３× ２ １ û ú ＝８ ｎ －４（１＋２＋
[
…＋ ｎ
(
）－３
)ｎ
ë ê
]
１ ２ ＋ ２ １ ＋…＋ ２ １ û ú （
所
３
以
） 证
ｂ
明 ：
是
因
递
为
减
ｂ ｎ
数
＝
列
ｌｏｇ
１
２
ａ２ｎ ＝
２
１ ｎ， （１４ 分 ）
１ １ ｛ ｎ｝ ，
ｎ ｎ × １－
ｎ （ ＋１） ２ ２ 所以 ｂ ｂ 分
＝８ －４× －３× ｎ ＋１＜ ｎ， （１５ ）
２ １ ｂ ｂ ｂ ｂ ｂ ｂ
( )ｎ
１－
( ２ ) ( )ｎ
所以 ｎ－
ｂ
ｎ ＋１
＝
２（ ｎ－
ｂ
ｎ ＋１）
＜
２（
ｂ
ｎ－ ｎ
ｂ
＋１）
＝２（
ｂ
ｎ－
ｂ
ｎ ＋１），
ｎ２ ｎ １ ｎ ３ ２ ３ １ ． ｎ ２ ｎ ｎ＋ ｎ ＋１
＝－２ ＋６ －３＋３× ＝－２ － ＋ ＋３× ｂ ｂ ｂ ｂ ｂ ｂ
２ ２ ２ ２ １－ ２ ２－ ３ ｎ－ ｎ ＋１ ｂ ｂ ｂ ｂ ｂ
( )ｎ ( ) ２ ( )ｎ ｂ ＋ ｂ ＋…＋ ｂ ＜２（ １－ ２＋ ２－ ３＋…＋ ｎ－
当ｎ ≥２ 时 ， ａ ２ ｎ－ Ｓ ２ ｎ＝－ １ ＋２＋２ ｎ － ３ － ３ －３× １ ． １ ２ ｎ
２ ２ ２ ２
( ) ( )ｘ ｂ １
令ｆ ｘ ｘ ３ ２ １ １ ｎ ＋１）＜２× ＝ ２，
（ ）＝２ － ＋ －４× ， ２
２ ２ ２ 原不等式得证． 分
根据函数的单调性可知 当ｘ 时 ｆ ｘ 单调递增． （１７ ）
， ≥２ ， （ ）
又ｆ 学生用书P83
（２）＝０，
( ) ２ ( )ｘ １． 新定义理解 （多选）（ 安徽安庆二模， ）满足 ａ
所以ｘ
≥２
时
，
有ｆ
（
ｘ
）≥０，
即
２
ｘ
－
３
＋
１
－４×
１
≥０，
２０２４ １１ １＝２，
所以当ｎ 时 ａ Ｓ 即当ｎ ２ 时 ２ ａ Ｓ ２ ． ａ ２＝１， ａ ｎ ＋２＝ ａ ｎ ＋１＋ ａ ｎ（ ｎ ∈ Ｎ ） 的数列 ｛ ａ ｎ｝ 称为卢卡斯数列 ， 则
≥２ ， ２ ｎ－ ２ ｎ≥０， ≥２ ， ２ ｎ≥ ２ ｎ ＢＣＤ
４．（ 福建三明质量检测， ）已知数列 ａ 满足 ａ ａ （ ）
ａ ｎ
２
－
０
１·
２
求
４
ａ 数 ｎ＝ 列 （ ａ ２） ｎ 的 ２＋ ｎ ， 通 ｎ ∈ 项 Ｎ 公 式 ．
１８ ｛ ｎ｝ １· ２…
Ａ Ｂ． ． 存
存
在
在
非
非
零
零
实
实
数
数
ｔ
ｔ
， ， 使
使
得
得
｛ ｛ ａ
ａ
ｎ ｎ ＋ ＋ １ １ ＋ ＋ ｔ
ｔ
ａ
ａ
ｎ ｎ ｝ ｝ （ （ ｎ
ｎ
∈ ∈ Ｎ
Ｎ
） ） 为
为
等
等
比
差
数
数
列
列
（
（
１
２
）
）
设数列 ｛
｛
ａ ｎ
ｎ
｝
｝
的前ｎ项和 ； 为Ｓ
ｎ，
若不等式
（－１）
ｎｔＳ
ｎ－１４≤
Ｓ２ｎ Ｃ．３
２
ａ
０２
ｎ
４
＋２＝ ａ ｎ ＋
ｉ
４
ａ
＋ ａ ｎ（
ａ
ｎ ∈ Ｎ ）
对任意的ｎ
∈
Ｎ 恒成立
，
求实数ｔ的取值范围
；
Ｄ．∑ｉ＝
１
（－１） ｉ＝ ２０２３－３
记 ｂ １ 求证 ｂ １－ ｂ ２ ｂ ２－ ｂ ３ ｂ ｎ－ ｂ ｎ ＋１ ｎ ２． 新定义理解 （ ２０２４ 浙江温州第二次适应性考试， １８ ）数列
（３） ｎ ＝ ｌｏｇ２ ａ２ｎ ， ： ｂ １ ＋ ｂ ２ ＋…＋ ｂ ｎ ＜ ２（ ∈ ｛ ａ ｎ｝，｛ ｂ ｎ｝ 满足 ：｛ ｂ ｎ｝ 是等比数列 ， ｂ １＝２， ａ ２＝５， 且ａ １ ｂ １＋ ａ ２ ｂ ２＋
Ｎ
）
．
…＋
ａ
ｎ
ｂ
ｎ＝２（
ａ
ｎ－３）
ｂ
ｎ＋８（
ｎ
∈
Ｎ
）
．
解析 因为ａ ａ ａ ａ
ｎ２＋ ｎ
求ａ ｂ
（１） １· ２… ｎ －１· ｎ＝（ ２） ①， （１） ｎ， ｎ；
专题六 数列 １ ３５
（２）
求集合Ａ
＝｛
ｘ
｜（
ｘ
－
ａ
ｉ）（
ｘ
－
ｂ
ｉ）＝０，
ｉ
≤２
ｎ
，
ｉ
∈
Ｎ
｝
中所有元
求数列
{
１
}
的前ｎ项和Ｔ ．
素的和 （１） Ｓ ｎ
ｎ
；
对数列 ｃ 若存在互不相等的正整数ｋ ｋ ｋ ｊ 定义首项为 且公比大于 的等比数列为 Ｇ 数列 ．
（３） ｛ ｎ｝， １， ２，…， ｊ（ ≥ （２） ２ １ “ － ”
使得ｃ ｃ ｃ 也是数列 ｃ 中的项 则称数列 ｃ 是 证明
２ “ ） 和 ， 稳定数 ｋ １ 列 ＋ ” ｋ ２ ． ＋ 试 … 分 ＋ 别 ｋｊ 判断数列 ｛ ｛ ａ ｎ ｎ ｝ ｝，｛ ｂ ｎ｝ 是 ， 不是 “ 和 ｛ 稳 ｎ 定 ｝ 数 ① 对任 ： 意ｋ ≤５ 且ｋ ∈ Ｎ ， 存在 “ Ｇ － 数列 ”｛ ｂ ｎ｝， 使得ｂ ｋ≤ ａ ｋ≤
列 ” ．若是 ， 求出所有ｊ的值 ； 若不是 ， 说明理由． ｂ ｋ ＋１ 成立 ；
又 解 ａ １ 析 ｂ １＋ ａ （ ２ ｂ １ ２ ） ＝ ∵ ２（ ａ １ ａ ｂ ２ １ － ＝ ３ ２ ） （ ｂ ２ ａ ＋ １－ ８， ３ ｂ ） １ ｂ ＝ １＋ ２ ８ ， ， ａ ｂ ２ １ ＝ ＝ ５ ２ ， ， ∴ ∴ ｂ ａ ２ １ ＝ ＝ ４ ２ ， ， ② ｃ ｍ ＋ 当 解 １ 对 析 ｋ 任 ≥ 意 ６ 且 正整 ｋ ａ ∈ 数 ａ Ｎ ｍ ≤ 时 ｋ ， Ｓ 不 成 Ｓ 存 立 在 ． “ Ｓ Ｇ － 数列 Ｓ ”｛ ｃ ｎ Ｓ ｝， 使 ａ 得ｃ ａ ｍ≤ ａ ｎ ｍ≤
∵ ｛ ｂ ｎ｝ 是等比数列 ，∴ ｛ ｂ ｎ｝ 的公比为 ｂ ｂ ２ ＝２，∴ ｂ ｎ＝２ ｎ ， ２），∵ ｛ ａ ｎ （ ｝ １ 各 ） 项 ｎ 均 ｎ ＋ 不 １＝ 为 ２ ０ ｎ（ 且 ｎ 递 ＋１＋ 增 ｎ ， － ∴ １－ ａ ２ ｎ ＋１ ｎ － ） ａ ＝ ｎ≠ ２ ０ ｎ（ ， ｎ ＋１－ ｎ）（ ≥
１ ａ ａ
当ｎ ≥２ 时 ， ａ １ ｂ １＋ ａ ２ ｂ ２＋…＋ ａ ｎ －１ ｂ ｎ －１＝２（ ａ ｎ －１－３） ｂ ｎ －１＋８， ∴２ Ｓ ｎ＝ａ ｎ ｎ ＋ ａ １ ， （２ 分 ）
则ａ ｎ ｂ ｎ＝２（ ａ ｎ－３） ｂ ｎ－２（ ａ ｎ －１－３） ｂ ｎ －１， ｎ ＋
ａ
１－
ａ
ｎ
ａ ａ ａ ａ
将
得
ｂ
ａ
ｎ＝
ａ
２ ｎ 代入 ，
ｎ
化简得ａ ｎ＝２（ ａ ｎ－３）－（ ａ ｎ －１－３）， ∴２ Ｓ ｎ －１＝ａ
ｎ
ｎ
－
－１ ａ
ｎ －
ｎ
１
（ ｎ ≥３），∴２ ａ ｎ＝ａ
ｎ
ｎ
＋１－
ｎ ＋ ａ １
ｎ
－ａ
ｎ
ｎ
－
－１ ａ
ｎ －
ｎ
１
，
ｎ－ ｎ －１＝３（ ≥２）， 化简得ａ ａ ａ ａ ｎ
ａ 是公差为 的等差数列 ａ ａ ｎ ｄ ｎ ． ｎ（ ｎ ＋１＋ ｎ －１－２ ｎ）＝０（ ≥３），
∴ ｛ ｎ｝ ３ ，∴ ｎ＝ １＋（ －１） ＝３ －１ ａ ａ ａ ｎ 分
记集合Ａ的全体元素的和为Ｓ ∴ ｎ ＋１＋ ｎ －１＝２ ｎ（ ≥３）， （４ ）
（２） ， ａ ａ ａ ａ Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ ａ ．
集合 Ｍ ａ ａ ａ 的所有元素的和为 Ａ ∵ １＝２， ２＝４，∴ ２ ３＝２ ２（ ３＋ １－２ ２），∴ ３＝６
＝ ｛ １， ２， …， ２ ｎ｝ ２ ｎ ＝ ａ ａ ａ
ｎ ｎ ∴ １＋ ３＝２ ２，
２ （６ －１＋２）
＝６
ｎ２
＋
ｎ
， ∴ ｛
ａ
ｎ｝
为等差数列
， （５
分
）
２
２ ｎ ∴
ａ
ｎ＝２
ｎ
，
Ｓ
ｎ＝
ｎ２
＋
ｎ
， （６
分
）
集合Ｎ ｂ ｂ ｂ 的所有元素的和为Ｂ ２（１－２ ）
＝｛ １， ２，…， ２ ｎ｝ ２ ｎ＝ ＝ １ １ １ １ 分
１－２ ∴ Ｓ ＝ｎ ｎ ＝ ｎ －ｎ ， （７ ）
２ ｎ ＋１ ｎ （ ＋１） ＋１
２ －２， ｎ
集合Ｍ Ｎ的所有元素的和为Ｔ 则有Ｓ Ａ Ｂ Ｔ Ｔ １ １ １ １ １ ． 分
∩ ， ＝ ２ ｎ＋ ２ ｎ－ ， ∴ ｎ＝１－ ＋ － ＋…＋ ｎ －ｎ ＝ｎ （８ ）
对 ＝３ 于 ｐ － 数 １（ 列 ｐ ∈ ｛ ｂ Ｎ ｎ｝ ： ） 当 是 ｎ 数 ＝ 列 ２ ｋ ｛ － ａ １ ｎ （ ｝ ｋ 中 ∈ 的 Ｎ 项 ） （ 时 由 ， ｂ 二 ２ ｋ － 项 １＝ 展 ２ ２ 开 ｋ －１ 式 ＝（ 的 ３ 特 －１ 征 ） ２ 得 ｋ －１ （２ 由 ） 证 题 明 意 ： 设 ２ 只 “ 需 Ｇ ２ － 证 数 存 ３ 列 在 ” 的 ｑ对 公比 ｋ 为 ＋１ ｑ 且 ， 且 ｋ ＋ ｑ １ ＞ Ｎ １ ． ｑｋ －１ ｋ ｑｋ 成
① ， ≤５ ∈ ，２ ≤２ ≤２
到）
， 立 即 ｋ ｑ ｋ ｋ ｑ成立 分
， （ －１）ｌｎ ≤ｌｎ ≤ ｌｎ ， （１０ ）
当ｎ
＝２
ｋ
（
ｋ
∈
Ｎ
）
时
，
ｂ
２ ｋ＝２
ｂ
２ ｋ －１＝２（３
ｐ
－１）＝３
ｑ
－２（
ｑ
∈
Ｎ
）
不
设ｆ ｘ ｌｎ ｘ ｘ 则ｆ ′ ｘ １－ｌｎ ｘ
是数列 ｛ ａ ｎ｝ 中的项 ， （ ）＝ ｘ ， ＞０， （ ）＝ ｘ２ ，
Ｔ ｂ ｂ ｂ 其中 {ｂ ２ ｋ －１≤ ａ ２ ｎ， ｌｏｇ２（６ ｎ －１）－１ ｋ 令ｆ ′ （ ｘ ）＝０， 解得ｘ ＝ｅ，
∴ ＝ １＋ ３＋…＋ ２ ｋ －１， ｂ ａ ⇒ ＜ ≤ 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增 当ｘ 时
２ ｋ ＋１＞ ２ ｎ ２ ∈（０，ｅ） ， （ ）＞０， （ ） ， ∈（ｅ，＋∞） ，
ｎ é ｎ ù ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减
ｌｏｇ２（６ －１）＋１ 即ｋ êêｌｏｇ２（６ －１）＋１úú（其中［ｘ］表示不超过 （ ）＜０， （ ） ，
， ＝ ë û ｋ
２ ２ 又 ｌｎ２ ｌｎ３ ｆ ｋ ｌｎ ｌｎ３
实数ｘ的最大整数）． ∵ ＜ ，∴ （ ）＝ ｋ ≤ ，
２ ３ ３
Ｔ ２（１－４ ｋ ） ２ ｋ ２ [ｌｏｇ２（６ｎ－１）＋１] ∴ 存在ｑ ＝ ３ ３， 使得 ｌｎ ｋ ≤ ｋ ｌｎ ｑ对任意ｋ ≤５ 且ｋ ∈ Ｎ 成立．
∴ ＝ ＝ （４ －１）＝ （４ ２ －１）， 分
１－４ ３ ３ （１２ ）
ｋ
∴ Ｓ ＝６ ｎ２ ＋ ｎ ＋２ ２ ｎ ＋１ － ２ ·４ [ｌｏｇ２（６ｎ ２ －１）＋１] － ４ ． 经检验 ， 对任意ｋ ≤５ 且ｋ ∈ Ｎ ，（ ３ ３） －１ ≤ ｋ均成立．
（ 故 ３ 一 ）
当
定
ｊ
不 ＝３ 是
ｍ
数 （
ｍ
列 ∈
Ｎ
ａ
３
） 中
时
的 ，
ａ
项 ｋ １ ＋
ａ
ｋ ２ ＋…
３
＋
ａ
ｋｊ
是
３
的正整数倍
，
∴
ｂ ｋ ＋
对
１ 成
任
立
意
．
ｋ
≤５
且ｋ
∈
Ｎ
，
存在
“
Ｇ
－
数列
”｛
ｂ
ｎ｝，
使得ｂ
（
ｋ≤
１４
ａ
分
ｋ≤
）
当
｛ ａ ｎ
ｊ
｝ ＝ 中 ３
ｍ
的 － 项 １（ ；
ｍ
∈
｛ Ｎ ｎ
）
｝ 时
，
ａ
ｋ １ ＋
； ａ
ｋ ２ ＋…＋
ａ
ｋｊ
除以
３
余
１，
不是数列 ②
当 {
由
ｋ ｑ ≥
①
３ ６
知
时
，
，
若
取 {
ｃ
ｑ
ｍ
ｍ １
≤
５ ＝
ａ
３
ｍ
得
≤ ｃ
ｑ
ｍ
２
＋
≤
１ 成
３≤
立
ｑ
，
３
则
， 取
ｑｍ
ｍ
－１
＝
≤
６
ｍ
得
≤
ｑ
ｑ
５
ｍ
≤
成
６
立
≤
，
ｑ６ ，
当
ａ
ｊ
＝ 中 ３
ｍ
的 ＋ 项 １（ ．
ｍ
∈
Ｎ
）
时
，
ａ
ｋ １ ＋
ａ
ｋ ２ ＋…＋
ａ
ｋｊ
除以
３
余
２，
是数列 由
ｑ５
≥
≤
３
６
，得
ｑ１５
≥
≤
２
２
４
１
３
６
，
， ∴
ｑ不存在
，
｛ ｎ｝
∴
当ｋ
≥６
且ｋ
∈
Ｎ 时
，
不存在
“
Ｇ
－
数列
”｛
ｃ
ｎ｝，
使得ｃ
ｍ≤
ａ
ｍ≤
综
数
上
列 ，
数
ｂ
列
不 ｛ 是
ａ
ｎ｝
是
和 “ 稳
和
定
稳
数
定
列
数列
理 ” 由 ，
此
如
时
下
ｊ
＝３
ｍ
＋１（
ｍ
∈
Ｎ
）
．
ｃ ｍ ＋１ 对任意正整数ｍ ≤ ｋ成立． （１７ 分 ）
｛ ｎ｝ “ ”， ： ４． 新定义理解 （ 河南洛平许济质量检测， ）定义 进
２０２４ １９ １
不妨设 ｋ ｋ ｋ 则ｂ ｂ ｂ ｂ 且ｂ ｂ
ｂ ｋｊ≤ ｂ １＋ ： ｂ １ ２ ≤ ＋… １ ＋ ＜ ｂ ｋ ２ ｊ ＜ ＝ … ２ １ ＜ ＋２ ｊ， ２ ＋…＋ ｋ １ ２ ＋ ｋｊ ＝ ｋ ２ ２ ＋ ｋ … ｊ＋１ － ＋ ２＜ ｋｊ＞ ２ ｋｊ＋ ｋ １ ｊ， ＝ ｂ ｋｊ＋１ ｋ ， １ ＋ ｋ ２ ＋…＋ 位 约 制 定 ： 满 进 二 位 进 制 一 是 ， 人 就 们 是 为 二 了 进 计 制 数 ； 满 和 十 运 进 算 一 方 ， 便 就 而 是 约 十 定 进 的 制 ； 记 满 数 十 系 二 统 进 ，
故ｂ ｂ ｂ 不是数列 ｂ 中的项．
ｋ １ ＋ ｋ ２ ＋…＋ ｋｊ ｛ ｎ｝ 一 ， 就是十二进制 ； 满六十进一 ， 就是六十进制 ； 等等．也就是
数列 ｂ 不是 和稳定数列 ．
｛ ｎ｝ “ ” 说 满几进一 就是几进制 几进制的基数就是几 一般地 若
，“ ” ， ， ，
３． 新定义理解 （ 山东泰安一模， ）已知各项均不为 的 ｋ是一个大于 的整数 那么以ｋ为基数的ｋ进制数可以表示
２０２４ １９ ０ １ ，
递增数列 ａ 的前 ｎ 项和为 Ｓ 且 ａ ａ ａ ａ 为一串数字符号连写在一起的形式 ａ ａ ａ ａ ａ ａ
｛ ｎ｝ ｎ， １ ＝２， ２ ＝４， ｎ ｎ ＋１ ＝ ｎ ｎ －１… １ ０（ ｋ ）（ ｎ， ｎ －１，
２
Ｓ
ｎ（
Ｓ
ｎ ＋１＋
Ｓ
ｎ －１－２
Ｓ
ｎ）（
ｎ
∈
Ｎ
，
且ｎ
≥２）
．
…，
ａ
１，
ａ
０∈
Ｎ
，０＜
ａ
ｎ＜
ｋ
，０≤
ａ
ｎ －１，…，
ａ
１，
ａ
０＜
ｋ
）
．ｋ进制的数也可
１ ３６ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
以表示成不同位上数字符号与基数的幂的乘积之和的形式．
如 ３ ２ １ ０． ７３４２（８）＝７×８ ＋３×８ ＋４×８ ＋２×８
定义 三角形数 形如 ｍ 即 １ ｍ ｍ ｍ
２ ： １＋２＋３＋…＋ ， ·（ ＋１）（ ∈
２
Ｎ 的数叫做三角形数．
）
若ａａ ａ
（１） … }
是三角形数 试写出一个满足条件的ａ的值
（９） ， ； ｎ个ａ
若 是完全平方数 求ｋ的值
（２） １１１１１（ ｋ ） ， ； 已知ｃ
（３） ｎ＝ １１…１ }
设数列 ｃ 的前ｎ项和为Ｓ 证明 当
（９）， ｛ ｎ｝ ｎ， ：
ｎ个
１ ｎ２ ｎ
ｎ 时 Ｓ ９ －７ ．
＞３ ， ｎ＞
２
解析 ａａ ａ
（１） … }
ａ ｎ ｎ ( ｎ )
（９ －１） ａ １ ３ －１ ３ －１
（９）＝ ＝ · · ＋１ ， ｎ个ａ ８ ２ ２ ２
当ａ 时 ａａ ａ
＝１ ， … }
( ｋ ) ２ ( ｋ ) ２
即 ｋ２
＋ ＜１１１１１（ ｋ ）＜
ｋ２
＋ ＋１
．
２ ２
ｋ ｋ
若ｋ是偶数 则ｋ２ 和ｋ２ 是两个连续正整数 所以上
， ＋ ＋ ＋１ ，
２ ２
式不成立 则ｋ是奇数．
，
( ｋ ) ２
所以 １１１１１（ ｋ ）＝ ｋ２ ＋ ＋１ ＝ ｋ４ ＋ ｋ３ ＋ ｋ２ ＋ ｋ ＋１ ．
２
解得ｋ 舍负 即 ４ ３ ２ ２． ＝３（ ）， １１１１１（３）＝３ ＋３ ＋３ ＋３＋１＝１２１＝１１
ｎ
证明 由题意可知ｃ ９ －１ 且ｎ
（３） ： ｎ＝ ， ＞３，
８
２ ３ ｎ ｎ
则Ｓ ９＋９ ＋９ ＋…＋９
ｎ＝ －
８ ８
ｎ ｎ
就是一个三角形数． ＝
９
（９
ｎ
－１）－ ＝
９
［（１＋８）
ｎ
－１］－ ＞
９
（Ｃ
０ｎ＋Ｃ １ｎ·８＋Ｃ ２ｎ·
６４ ８ ６４ ８ ６４ （９）
ｎ个ａ ｎ ｎ ｎ２ ｎ
（２）１１１１１（ ｋ ）＝ ｋ４ ＋ ｋ３ ＋ ｋ２ ＋ ｋ ＋１， ８ ２ －１）－ ８ ＝ ６ ９ ４ ［８ ｎ ＋３２ ｎ （ ｎ －１）］－ ８ ＝ ９ ２ －７ ，
(
ｋ２
ｋ ) ２
ｋ４ ｋ３ ｋ２ ｋ
(
ｋ２
ｋ ) ２
Ｓ ９
ｎ２
－７
ｎ
．
＋ ＜ ＋ ＋ ＋ ＋１＜ ＋ ＋１ ， ∴ ｎ＞
２ ２ ２
