北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A
版
7.5 数列综合
考点 数列的综合
1.(2023新课标Ⅱ,18,12分,中)已知{a
n
}为等差数列,b
n
={a
n
−6,n为奇数,记S
n
,T
n
分别
2a ,n为偶数.
n
为数列{a },{b }的前n项和,S =32,T =16.
n n 4 3
(1)求{a }的通项公式;
n
(2)证明:当n>5时,T >S .
n n
解析 (1)设数列{a }的首项为a ,公差为d,
n 1
∵b n ={a n −6,n为奇数,∴b 1 =a 1 -6,b 2 =2a 2 ,b 3 =a 3 -6,
2a ,n为偶数,
n
又T =16,且b +b +b =a +2a +a -12=4a -12,∴4a -12=16,∴a =7,即a +d=7,①
3 1 2 3 1 2 3 2 2 2 1
又S =32,∴4a +6d=32,②
4 1
由①②得a =5,d=2,
1
∴a =5+2(n-1)=2n+3.
n
(2)证明:∵{a }为等差数列,
n
n(n−1)
∴S =na + d=5n+n2-n=n2+4n,
n 1
2
①当n(n≥6)为偶数时,T =b +b +…+b
n 1 2 n
=(b +b +…+b )+(b +b +…+b )
1 3 n-1 2 4 n
=(a -6+a -6+…+a -6)+(2a +2a +…+2a )
1 3 n-1 2 4 n
a +a n n a +a n
= 1 n−1· -6· +2· 2 n·
2 2 2 2 2
5+2(n−1)+3 n 7+2n+3 3n2+7n
= · -3n+ ·n= .
2 2 2 2
3n2+7n 3n2+7n−2n2−8n n2−n n(n−1)
∴T -S = -n2-4n= = = >0(n≥6),
n n
2 2 2 2
∴当n(n≥6)为偶数时,T >S .
n n
②当n(n≥7)为奇数时,T =b +b +…+b
n 1 2 n
=(b +b +…+b )+(b +b +…+b )
1 3 n 2 4 n-1北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A
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=(a -6+a -6+…+a -6)+(2a +2a +…+2a )
1 3 n 2 4 n-1
a +a n+1 n+1 a +a n−1 5+2n+3 n+1 7+2(n−1)+3
= 1 n· -6· +2· 2 n−1· = · -3(n+1)+(n-1)·
2 2 2 2 2 2 2 2
3n2+5n−10
= ,
2
3n2+5n−10 n2−3n−10 (n−5)(n+2)
∴T -S = -(n2+4n)= = >0(n≥7),
n n
2 2 2
∴n(n≥7)为奇数时,T >S .
n n
综上可知,当n>5时,T >S .
n n
2.(2022新高考Ⅰ,17,10分)记S n 为数列{a n }的前n项和,已知a 1 =1, {S n } 是公差为 1的等差数列.
a 3
n
(1)求{a}的通项公式;
n
1 1 1
(2)证明:
+ +…+
<2.
a a a
1 2 n
解析
(1)解法一:依题意得,S=a=1.
1 1
∴ S
n=
1+(n-1)×1
=
n+2.
a 1 3 3
n
∴3S=(n+2)a,则3S =(n+1+2)a =(n+3)a ,
n n n+1 n+1 n+1
∴3S -3S=(n+3)a -(n+2)a,
n+1 n n+1 n
即3a =(n+3)a -(n+2)a,
n+1 n+1 n
∴na n+1 =(n+2)a n ,即 a n+1= n+2,
a n
n
由累乘法得
a
n+1=
(n+1)(n+2),
a 1×2
1
(n+1)(n+2)
又a=1,∴a = ,
1 n+1
2
n(n+1)
∴a= (n≥2),又a=1满足上式,
n 1
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n(n+1)
∴a= (n∈N*).
n
2
解法二:同解法一求得na =(n+2)a,
n+1 n
∴a a ,即 a a ,
n+1 = n n+1 = n
n+2 n (n+1)(n+2) n(n+1)
∴数列{ a
n
}是常数列,首项为1,
n(n+1) 2
∴ a 1,∴a=n(n+1).
n = n
n(n+1) 2 2
(2)证明:由(1)知 1 2 (1 1 ),
= =2 −
a n(n+1) n n+1
n
∴ 1 1 1 (1 1) (1 1) (1 1 ) ( 1 ) 2 <2.
+ +…+ =2 − +2 − +…+2 − =2 1− =2−
a a a 1 2 2 3 n n+1 n+1 n+1
1 2 n
3.(2023 北 京 ,21,15 分 , 难 ) 已 知 数 列 {a },{b } 的 项 数 均 为 m(m>2), 且
n n
a ,b ∈ {1,2,…,m},{a },{b } 的 前 n 项 和 分 别 为 A ,B , 并 规 定 A =B =0, 对 于
n n n n n n 0 0
k∈{0,1,2,…,m},定义r=max{i|B≤A,i∈{0,1,2,…,m}},其中,max M表示数集M中
k i k
最大的数.
(1)若a =2,a =1,a =3,b =1,b =3,b =3,写出r ,r ,r ,r 的值;
1 2 3 1 2 3 0 1 2 3
(2)若a ≥b ,且2r≤r +r ,j=1,2,…,m-1,求r ;
1 1 j j+1 j-1 n
(3)证明:存在p,q,s,t∈{0,1,2,…,m},满足p>q,s>t,使得A +B=A +B.
p t q s
解析 (1)由题意得A =2,A =3,A =6,B =1,B =4,B =7,r 表示使得B≤A 成立的i的最大
1 2 3 1 2 3 k i k
值,i,k∈{0,1,2,…,m},故r =0,r =1,r =1,r =2.
0 1 2 3
(2)显然r ≤m,且r =0,r =1.
m 0 1
由于2r≤r +r ,所以r -r≥r-r ≥…≥r -r =1.
j j-1 j+1 j+1 j j j-1 1 0
若存在正整数u使得r -r >1,则r ≥r +1≥…≥r +(m-u-1)>r +(m-u)≥…≥r +m=m,
u+1 u m m-1 u+1 u 0
这与r ≤m矛盾.
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因此,对任意正整数j均有r -r=1,即{r }是以r =1为首项,1为公差的等差数列.
j+1 j n 1
故r =n.
n
(3)证明:设A ≤B .记S=A- (1≤k≤m),则S≥0.
m m k k B k
r
k
另一方面,一定有S≤m-1;否则S>m-1,而由r 的定义可知A- <0,
k k k k B
r +1
k
则 =S-(A- )>m(A- 的最大值为-1)
b =B −B k k B k B
r +1 r +1 r r +1 r +1
k k k k k
但 ∈{1,2,…,m},矛盾.
b
r +1
k
若存在k使得S=0,则取t=q=0,p=k,s=r 即满足题目要求.
k k
若这样的k不存在,则S∈{1,2,…,m-1},
k
因此一定存在1≤q<p≤m使得S =S (抽屉原理,将m个数放入(m-1)个抽屉)且由定义可
q p
知r <r ,
q p
从而A - ,令t=r ,s=r ,即A +B=A +B.
q B =A p−B q p p t q s
r r
q p
若A ≥B ,
m m
则可定义c=max{i|A≤B,i∈{0,1,…,m}},并记S'=B- (1≤k≤m),
k i k k k A
c
k
同上述过程可得结论成立.
4.(2019江苏,20,16分)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M-数列”.
(1)已知等比数列{a}(n∈N*)满足:aa=a,a-4a+4a=0,求证:数列{a}为“M-数列”;
n 2 4 5 3 2 1 n
1 2 2
(2)已知数列{b}(n∈N*)满足:b=1, = - ,其中S 为数列{b}的前n项和.
n 1 S b b n n
n n n+1
①求数列{b}的通项公式;
n
②设m为正整数,若存在“M-数列”{c}(n∈N*),对任意正整数k,当k≤m时,都有c≤b≤c 成立,求m的最
n k k k+1
大值.
解析 本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归
及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.满分16分.
(1)设等比数列{a}的公比为q,所以a≠0,q≠0.
n 1
{ a a =a , { a2q4=a q4, {a =1,
由 2 4 5 得 1 1 解得 1
a −4a +4a =0, a q2−4a q+4a =0, q=2.
3 2 1 1 1 1北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A
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因此数列{a}为“M-数列”.
n
1 2 2
(2)①因为 = - ,所以b≠0.
S b b n
n n n+1
1 2 2
由b=1,S=b,得 = - ,则b=2.
1 1 1 1 1 b 2
2
1 2 2 b b
由 = - ,得S n = n n+1 ,
S b b 2(b −b )
n n n+1 n+1 n
b b b b
当n≥2时,由b n =S n -S n-1 ,得b n = n n+1 - n−1 n ,
2(b −b ) 2(b −b )
n+1 n n n−1
整理得b +b =2b.
n+1 n-1 n
所以数列{b}是首项和公差均为1的等差数列.
n
因此,数列{b}的通项公式为b=n(n∈N*).
n n
②由①知,b=k,k∈N*.
k
因为数列{c}为“M-数列”,设公比为q,所以c=1,q>0.
n 1
因为c≤b≤c ,所以qk-1≤k≤qk,其中k=1,2,3,…,m.
k k k+1
当k=1时,有q≥1;
lnk lnk
当k=2,3,…,m时,有 ≤ln q≤ .
k k−1
lnx 1−lnx
设f(x)= (x>1),则f '(x)= .
x x2
令f '(x)=0,得x=e.列表如下:
x (1,e) e (e,+∞)
f '(x) + 0 -
f(x) ↗ 极大值 ↘
ln2 ln8 ln9 ln3 ln3
因为 = < = ,所以f(k) =f(3)= .
max
2 6 6 3 3
lnk
取q=√33,当k=1,2,3,4,5时, ≤ln q,即k≤qk,经检验知qk-1≤k也成立.
k
因此所求m的最大值不小于5.
若m≥6,分别取k=3,6,得3≤q3,且q5≤6,从而q15≥243,且q15≤216,所以q不存在.
因此所求m的最大值小于6.
综上,所求m的最大值为5.
5.(2018江苏,20,16分)设{a}是首项为a,公差为d的等差数列,{b}是首项为b,公比为q的等比数列.
n 1 n 1北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A
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(1)设a=0,b=1,q=2,若|a-b|≤b 对n=1,2,3,4均成立,求d的取值范围;
1 1 n n 1
(2)若a=b>0,m∈N*,q∈(1, m√2],证明:存在d∈R,使得|a-b|≤b 对n=2,3,…,m+1均成立,并求d的取值范围(用
1 1 n n 1
b,m,q表示).
1
解析 本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归
及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.
(1)由条件知a=(n-1)d,b=2n-1.
n n
因为|a-b|≤b 对n=1,2,3,4均成立,
n n 1
即|(n-1)d-2n-1|≤1对n=1,2,3,4均成立.
7 5
即1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9,得 ≤d≤ .
3 2
因此,d的取值范围为[7 5].
,
3 2
(2)由条件知:a=b+(n-1)d,b=bqn-1.
n 1 n 1
若存在d∈R,使得|a-b|≤b(n=2,3,…,m+1)均成立,
n n 1
即|b+(n-1)d-bqn-1|≤b(n=2,3,…,m+1).
1 1 1
qn−1−2 qn−1
即当n=2,3,…,m+1时,d满足 b≤d≤ b.
1 1
n−1 n−1
因为q∈(1,
m√2],
所以1<qn-1≤qm≤2,
qn−1−2 qn−1
从而 b≤0, b>0,对n=2,3,…,m+1均成立.
1 1
n−1 n−1
因此,取d=0时,|a-b|≤b 对n=2,3,…,m+1均成立.
n n 1
下面讨论数列{qn−1−2}的最大值和数列{qn−1}的最小值(n=2,3,…,m+1).
n−1 n−1
①当2≤n≤m时,qn−2-qn−1−2=nqn−qn−nqn−1+2=n(qn−qn−1 )−qn+2,
n n−1 n(n−1) n(n−1)
当1<q≤ 1 时,有qn≤qm≤2,
2m
从而n(qn-qn-1)-qn+2>0.
因此,当2≤n≤m+1时,
数列{qn−1−2}单调递增,
n−1北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A
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故数列{qn−1−2}的最大值为qm−2.
n−1 m
②设f(x)=2x(1-x),当x>0时,f '(x)=(ln 2-1-xln 2)2x<0.
所以f(x)单调递减,
从而f(x)<f(0)=1.
qn
当2≤n≤m时, n = q(n−1) ≤2n 1 ( 1− 1) =f (1) <1.
qn−1 n n n
n−1
因此,当2≤n≤m+1时,数列{qn−1}单调递减,
n−1
故数列{qn−1}的最小值为qm
.
n−1 m
因此,d的取值范围为
[b
1
(qm−2)
,
b
1
qm]
.
m m
疑难突破 本题是数列的综合题,考查等差数列、等比数列的概念和相关性质,第(1)问主要考查绝对值不等
qn−1−2
式.第(2)问要求d的范围,使得|a-b|≤b 对n=2,3,…,m+1都成立,首先把d分离出来,变成 b≤d≤
n n 1 1
n−1
qn−1 b,难点在于讨论qn−1−2b 的最大值和qn−1
b
的最小值.对于数列{qn−1−2},可以通过作差讨论
1 1 1
n−1 n−1 n−1 n−1
qn
{qn−1} n q(n−1) ( 1)
其单调性,而对于数列 ,要作商讨论单调性,∵ = =q 1− ,当2≤n≤m
n−1 qn−1 n n
n−1
时,1<qn≤2,∴q( 1− 1)≤ 2n 1 ( 1− 1),可以构造函数f(x)=2x(1-x),通过讨论f(x)在(0,+∞)上的单调性去证明f
n n
