文档文本内容
专题六 数列
课标解读
考情分析 备考指导
主题 内容
．了解数列的概念和几种简单的表示方法 列表 图象
一、数列的概念及其 １ （ 、 、
通项公式 ．
表示 ） ．本专题内容的考题以中等难
．了解数列是自变量为正整数的一类函数． １
２ 度偏下为主．题型以选择题 填 ．处理等差 等比数列
．理解等差数列的概念． 、 １ 、
１ 空题或解答题的形式出现 如 的基本问题时 要灵活
．掌握等差数列的通项公式与前ｎ项和公式． ， ，
２ 新高考 第 题 解答 利用等差 等比数列的
二、等差数列 ．能在具体的问题情境中识别数列的等差关系 并能用等差 ２０２０ Ⅰ １８ （ 、
３ ， 题 ． 定义 通项公式及前 ｎ
数列的有关知识解决相应问题． ） ，
．考查内容主要体现在 以等 项和公式 利用基本量
．了解等差数列与一次函数的关系． ２ （１） ，
４ 差 等比数列的概念和性质 通 求解．
、 ，
．理解等比数列的概念． 项公式和求和公式为载体 考查 ．数列的通项与求和是
１ ， ２
．掌握等比数列的通项公式与前ｎ项和公式． 数学运算能力． 需关注以数 高考常考内容 要灵活
２ （２） ，
三、等比数列 ．能在具体问题情境中识别数列的等比关系 并能用等 学文化为背景的数列问题．数列 掌握数列求和的各种
３ ，
比数列的有关知识解决相应问题． 与其他专题知识结合考查 如数 方法．
，
．了解等比数列与指数函数的关系． 列与函数 不等式 统计等进行 ．重视方程 函数 分类
４ 、 、 ３ 、 、
综合考查 涉及内容较为全面 讨论思想的应用．
．掌握数列求和的几种常见方法． ， ，
四、数列求和及综合 １ 题型新颖 方法灵活多变．
．能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比 、
应用 ２
关系 并能用有关知识解决相应的问题．
，
ｙ ｄｘ ａ ｄ 上的一群孤立的点．单调
解题技巧 核心素养 ＝ ＋（ １－ ）
性 ｄ 时 ａ 为单调递增数列 ｄ
在等比数列的通项公式和前ｎ项和公式 数学运算 逻辑推理． ： ＞０ ，｛ ｎ｝ ； ＜０
， 时 ａ 为单调递减数列．
中 共有ａ ａ ｑ ｎ Ｓ 五个量 已知其中 ，｛ ｎ｝
， １， ｎ， ， ， ｎ ， 知能拓展 等差数列 ａ 的前ｎ项和Ｓ 可表示
的三个 就可以求其余的两个 求解时 一 （２） ｛ ｎ｝ ｎ
般
方程
将
思
已 ，
想
知
求
转
解
化
．
为ａ
１，
ｑ的关系 ，
，
然后利 ， 用 等
（１
差
） 等
数
差
列
数
中
列
的
｛
数
ａ ｎ
形
｝ 的
结
通
合
项公式ａ ｎ＝ ａ １＋（ ｎ
为Ｓ
ｎ＝ ２
ｄ ｎ２
＋
( ａ
１－ ２
ｄ ) ｎ
，
令Ａ
＝ ２
ｄ
，
Ｂ
＝
ａ
１
ｄ可变形为ａ ｄｎ ａ ｄ ． ｄ
核心考点 若 －１） ｄ 则ａ ａ ｎ＝ 是常 ＋（ 数 １ 列 － ） 若ｄ 则 － ， 则Ｓ ｎ＝ Ａｎ２ ＋ Ｂｎ．当Ａ ≠０， 即ｄ ≠０ 时 ，
等比数列通项公式及基本量的运算 ， 数列 ａ ｎ 是 ＝ 关 ０， 于ｎ的 ｎ＝ 一次 １ 函数．点 （ ｎ ； ， ａ ｎ） 是 ≠ 直 ０， 线 Ｓ ｎ ２ 是关于ｎ的二次函数 ，（ ｎ ， Ｓ ｎ） 在二次函
求和 归纳推理． 数ｙ Ａｘ２ Ｂｘ的图象上 为抛物线ｙ Ａｘ２
， ＝ ＋ ， ＝ ＋
Ｂｘ上的一群孤立的点．利用此性质可解决
前ｎ项和Ｓ 的最值问题．
ｎ
３３４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）专题六 数列 ３３５
真题多维细目表
考题 涉分 题型 难度 考点 考向 解题方法 核心素养
定义法
２０２０新高考Ⅰ，１４ 填空题 易 等差数列及其前 项和 求等差数列的前 项和 数学运算
５ ｎ ｎ 公式法
数学运算
２０２０北京，８ 选择题 中 等差数列的性质及应用 等差数列前 项积的最值 定义法
４ ｎ 逻辑推理
数学运算
２０２０课标Ⅰ文，１６ 填空题 中 数列的求和 奇、偶项数列求和 公式法
５ 逻辑推理
求通项公式及 数学运算
２０２０新高考Ⅰ，１８ 解答题 中 等比数列的基本量运算 公式法
１２ 分组转化法求和 逻辑推理
数学运算
２０２０课标Ⅰ理，１７ 解答题 中 等比数列的基本量运算 错位相减法求和 公式法
１２ 逻辑推理
求通项公式，证明 公式法 数学运算
２０２０天津，１９ 解答题 中 数列的综合应用
１５ 不等式，数列求和 直接证明 逻辑推理
命题规律与探究
．从 年新高考情况来看 本专题内容的考题以容易题为主 题型以选择题或填空题的形式出现 也在解答题第 题位置出
１ ２０２０ ， ， ， １８
现 分值约为 分 比往年要高．
， １７ ，
．本专题内容在高考试题中多以等差数列 等比数列的基本量运算为载体 以数列递推关系形式表现 考查数列求和 如新高考
２ 、 ， ， （
卷第 题 及数列最值 北京卷第 题 等综合问题．
Ⅰ １４ ） （ ８ ）
．在处理等差 等比数列基本量运算 递推关系求通项 数列求和等问题时 常用公式法．
３ 、 ， ， ，
．本章重点考查的学科核心素养为数学运算和逻辑推理．
４
命题变化与趋势
．高考对本专题内容的考查较为稳定 考查方式及题目难度在 年新高考 卷中有所变化 如新高考 卷第 题第 问
１ ， ２０２０ Ⅰ （ Ⅰ １８ （２） ，
需要理解数列 的意义才能准确求解 不再是传统的数列求和问题 天津卷中变化不大 仍然是等差 比 均有考查 第
｛ｂｍ｝ ， ）， ， （ ） ， （３）
问构造新数列求和．
．考查内容主要体现在以下方面 等差 等比数列的概念和性质 要重视教材习题 如 年新高考 卷第 题 其实就是人
２ ：① 、 ， （ ２０２０ Ⅰ １４ ，
教Ａ版必修 第 页中Ａ组第 题的简单变式 数列求和．常以这些内容为考查重点 同时需关注以数学文化为背景的数
５ ４６ ６ ）；② ，
列问题 数列与其他章节知识结合考查的问题 如数列与函数等知识结合．
、 ，
．在不同背景下抽象出数学本质的方法值得关注．应强化在知识的形成过程 知识的迁移中渗透学科素养．
３ 、３３６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
６．１ 数列的概念及表示
§
解析法 公式法 通项公式或递推公式．
（３） （ ）：
··· ···
４．数列与函数的关系
考点 数列的概念及表示
从函数观点看
，
数列可以看成以正整数集Ｎ∗
（
或它的有限
子集 ｎ 为定义域的函数ａ ｆ ｎ 当自变量按照从小
１．数列的概念 ｛１，２，…， ｝） ｎ＝ （ ），
到大的顺序依次取值时 所对应的一列函数值．反过来 对于函数
按照一定顺序排列的一列数称为数列 其中的每一个数叫 ， ，
， ｙ ｆ ｘ 如果ｆ ｉ ｉ 有意义 那么我们可以得到一
做这个数列的项． ＝ （ ）， （ ）（ ＝１，２，３，…） ，
个数列ｆ ｆ ｆ ｆ ｎ ．
２．数列的分类 （１）， （２），（３），…， （ ），…
５．数列的递推公式与通项公式
分类原则 类型 满足条件 递推公式的定义
（１）
有穷数列 项数有限 如果已知数列 ａ 的 第一项 或 前几项 且从第二
项数 ｛ ｎ｝ ① （ ② ），
无穷数列 项数无限
项
（
或某一项
）
起的任何一项ａ
ｎ
与它的前一项ａ
ｎ －１（
或前几项
）
间的关系可以用一个式子来表示 那么这个式子叫做数列 ａ
递增数列 ａ ｎ＋１＞ ａ ｎ
其中 的递推公式．
， ｛ ｎ｝
递减数列 ａ ａ
项与项间的 ｎ＋１＜ ｎ ｎ Ｎ∗ 通项公式
∈ （２）
大小关系 常数列 ａ ｎ＋１＝ ａ ｎ 如果数列
｛
ａ
ｎ｝
的第ｎ项ａ
ｎ
与
③
序号ｎ 之间的关系可以用
摆动数列
从第
２
项起
，
有些项大于它的前一 一个式子来表示 那么这个公式叫做这个数列的通项公式．
，
项 有些项小于它的前一项的数列
，
６．数列的前ｎ项和及其与通项公式的关系
３．数列的表示法 若Ｓ ａ ａ ａ 则称Ｓ 为数列 ａ 的前ｎ项和 由Ｓ
（１） 列
· 图
举
· 象
法
· 法
： ａ
数
１，
列
ａ ２
可
， ａ
用
３，
一
…
群
， ａ
孤
ｎ，
立
…
的
；
点表示
可求出通 ｎ 项 ＝ 公 １＋ 式 ２ ａ ＋
ｎ
… ．已 ＋ 知 ｎ， Ｓ
ｎ，
则ａ ｎ
ｎ＝
{Ｓ １，
Ｓ
ｎ ｛ ＝１ ｎ
Ｓ
｝ ，
ｎ ．
， ｎ
（２） ： ； ④ ｎ－ ｎ －１ ， ≥２
···
ｎ ａ
３．已知数列 ａ 的前 ｎ 项和为 Ｓ 且 ａ Ｓ （ ＋１） ｎ 则
｛ ｎ｝ ｎ， １ ＝１， ｎ ＝ ，
２
ａ
考点 数列的概念及表示
２０１７＝ （ ）
Ａ．２０１６ Ｂ．２０１７ Ｃ．４０３２ Ｄ．４０３４
１．已知数列 则 是它的 答案 Ｂ
５， １１， １７， ２３， ２９，…， ５ ５ （ ）
第 项 第 项 第 项 第 项
Ａ．
答案
１９
Ｃ
Ｂ． ２０ Ｃ． ２１ Ｄ． ２２ ４．在数列
｛
ａ
ｎ｝
中
，
ａ
１＝－ ４
１
，
ａ
ｎ＝１－ａ
１
ｎ －１ （
ｎ
≥２，
ｎ
∈
Ｎ∗
），
则ａ
２０１８
的
２．已知数列
｛
ａ
ｎ｝
满足
：∀
ｍ
，
ｎ
∈
Ｎ∗
，
都有 ａ
ｎ·
ａ
ｍ＝
ａ
ｎ ＋ ｍ，
且 ａ
１＝
值为
（ ）
１ 那么ａ １ ４ ５
２
， ５＝ （ ） Ａ．－
４
Ｂ．５ Ｃ．
５
Ｄ．
４
答案 Ｂ
１ １ １ １
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． ａ
３２ １６ ４ ２ ５．在数列 ａ 中 ａ ａ ３＋ ｎ 则Ｓ ．
答案 Ａ ｛ ｎ｝ ， １＝０， ｎ ＋１＝
１－ ３
ａ
ｎ
， ２０２０＝
答案
０
ａ ａ １
Ａ． ３＝－１ Ｂ． ２０１９＝
２
Ｓ Ｓ
Ｃ． ６＝３ Ｄ．２ ２０１９＝２０１９
考点 数列的概念及表示
答案 ＡＣＤ 由数列
｛
ａ
ｎ｝
满足ａ
１＝２，
ａ
ｎ ＋１＝１－ａ
１
ｎ
（
ｎ
∈
Ｎ∗
），
１．（多选题）已知数列
｛
ａ
ｎ｝
满足ａ
ｎ ＋１＝１－ａ
１
ｎ
（
ｎ
∈
Ｎ∗
），
且ａ
１＝２，
则
可得ａ １ ａ ａ ａ １ 所以ａ ａ 数列的
２＝ ， ３＝－１， ４＝２， ５＝ ，……， ｎ ＋３＝ ｎ，
２ ２
（ ）
专题六 数列 ３３７
ｎ
周期为 所以 ａ ａ ａ Ｓ Ｓ ２０１９ 故 ４．数列 ａ 的通项公式为ａ 则数列 ａ 中的最大项的
３， ２０１９＝ ６７２×３＋３＝ ３＝－１， ６＝３， ２０１９＝ ， ｛ ｎ｝ ｎ＝ｎ２ ， ｛ ｎ｝
２ ＋９０
选ＡＣＤ． 值是
（ ）
２．已知数列
｛
ａ
ｎ｝
的前ｎ项和为Ｓ
ｎ＝
ｎ２
－２
ｎ
＋２，
则数列
｛
ａ
ｎ｝
的通项
１ １０
公式为 Ａ．３ １０ Ｂ．１９ Ｃ． Ｄ．
（ ） １９ ６０
ａ ｎ ａ ｎ
Ａ． ｎ＝２ －３ Ｂ． ｎ＝２ ＋３ 答案 Ｃ 令ｆ ｘ ｘ ９０ ｘ 当ｘ 时 ｆ ｘ
{ ｎ { ｎ （ ）＝ ＋ ｘ （ ＞０）， ∈（０，３ １０） ， （ ）
ａ １， ＝１ ａ １， ＝１
Ｃ． ｎ＝ ｎ ｎ Ｄ． ｎ＝ ｎ ｎ
２ －３， ≥２ ２ ＋３， ≥２ 单调递减 当ｘ 时 ｆ ｘ 单调递增．ａ １ ｎ
答案 Ｃ 当ｎ 时 ａ Ｓ 当ｎ 时 ａ Ｓ Ｓ ｎ ； ∈（３ １０，＋∞） ， （ ） ｎ＝ ，
＝１ ， １＝ １＝１； ≥２ ， ｎ＝ ｎ－ ｎ －１＝２ ｎ ９０
由于ｎ 时ａ 的值不适合ｎ 的通项公式 故选Ｃ． ＋ ｎ
－３， ＝１ １ ≥２ ，
易错警示 利用ａ Ｓ Ｓ 求通项公式时 应注意ｎ 这一
前提条件 易忽视验 ｎ＝ 证 ｎ ｎ － ｎ －１ 致误． ， ≥２ ∈ Ｎ∗ ， 不难发现当ｎ ＝９ 或ｎ ＝１０ 时 ， ａ ９＝ ａ １０＝ １ 最大．
， ＝１ １９
３．若数列 ａ 中 ａ ａ ａ ｎ 则这个数列的第 项ａ
５．数列
｛
ａ
ｎ｝
的前ｎ项和为Ｓ
ｎ
．若ａ
１＝１，
ａ
ｎ ＋１＝３
Ｓ
ｎ（
ｎ
∈
Ｎ∗
），
则有
｛ ｎ｝ ， １＝１， ｎ ＋１＝
１＋３
ａ
ｎ
， １０ １０＝
（ ）
Ａ． Ｓ ｎ＝４ ｎ －１ Ｂ．｛ Ｓ ｎ｝ 为等比数列
（ ） { ｎ
Ａ．２８ Ｂ．２９ Ｃ． １ Ｄ． １ Ｃ． ａ ｎ＝３×４ ｎ －１ Ｄ． ａ ｎ＝ １， ｎ ＝ －２ １ ｎ
２８ ２９ ３×４ ， ≥２
ａ ａ 答案 ＡＢＤ ａ Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ
答案 Ｃ ａ ｎ 两边取倒数得 １ １＋３ ｎ １ １ ∵ ｎ ＋１＝３ ｎ，∴ ｎ ＋１－ ｎ＝３ ｎ，∴ ｎ ＋１＝４ ｎ，
ｎ ＋１＝
１＋３
ａ
ｎ
ａ
ｎ ＋１
＝ ａ
ｎ
，∴ ａ
ｎ ＋１
－ａ
ｎ
又
∵
Ｓ
１＝
ａ
１＝１≠０，
因为ａ 所以数列
{
１
}
表示首项为 公差为 的等差 ∴ ｛
Ｓ
ｎ｝
是首项为
１，
公比为
４
的等比数列
，∴
Ｓ
ｎ＝４
ｎ －１．
＝３， １＝１， ａ ｎ １， ３ 当ｎ ≥２ 时 ， ａ ｎ＝ Ｓ ｎ－ Ｓ ｎ －１＝４ ｎ －１ －４ ｎ －２ ＝３×４ ｎ －２ ，
{ ｎ
数列 ， 所以 ａ １ ｎ ＝１＋（ ｎ －１）×３＝３ ｎ －２， 即 ａ ｎ＝ ３ ｎ １ －２ ， 所以 ａ １０＝ 又当ｎ ＝１ 时 ， 不符合上式 ，∴ ａ ｎ＝ ３ １ × （ ４ ｎ ＝ －２ １ （ ） ｎ ， ≥２） ．
１ １ ．故选Ｃ．
＝
３×１０－２ ２８
（ ｎ） ｎ ＋１
４ １－４ ｎ２ ４ ４ ．
＝ ＋ －
１－４ ３ ３
方法总结 １．已知Ｓ 求ａ 的步骤
考法一 利用Ｓ 与ａ 的关系求通项公式 ｎ ｎ ：
ｎ ｎ 先利用ａ Ｓ 求出ａ ．
（１） １＝ １ １
例１ （２０２０山东济南６ 月模拟）已知数列 ａ 的前 ｎ 用ｎ 替换Ｓ 中的ｎ得到一个新的关系式 利用ａ
｛ ｎ｝ （２） －１ ｎ ， ｎ＝
Ｓ Ｓ ｎ 便可求出当ｎ 时ａ 的表达式．
项和为Ｓ
ｎ，
且Ｓ
ｎ＝
１ ｎ２
＋
１ ｎ． ｎ－ ｎ －１（
对
≥
ｎ
２）
时的结果进
≥
行
２
检验
ｎ
看是否符合ｎ 时ａ 的表
２ ２ （３） ＝１ ， ≥２ ｎ
求 ａ 的通项公式 达式 如果符合 则可以把数列的通项公式合写 如果不符合 则
（１） ｛ ｎ｝ ； ， ， ； ，
设ｂ
{ａ
ｎ，
ｎ
＝２
ｋ
－１，
ｋ
∈
Ｎ∗
，求数列 ｂ 的前 ｎ项和Ｔ ．
应该分ｎ
＝１
与ｎ
≥２
两段来写．
（２） ｎ＝
２
ａｎ
，
ｎ
＝２
ｋ
，
ｋ
∈
Ｎ∗
，
｛ ｎ｝ ２ ２ ｎ ２．Ｓ
ｎ
与ａ
ｎ
关系问题的求解思路
根据所求结果的不同要求 将问题向不同的两个方向转化．
解析 （
１
）因为Ｓ
ｎ＝
１ ｎ２
＋
１ ｎ，所以当ｎ
＝１
时，ａ
１＝
Ｓ
１＝１
，
利用ａ Ｓ Ｓ ｎ
，
转化为只含Ｓ Ｓ 的关系式
２ ２ [ 再求 （ 解 １ ． ） ｎ＝ ｎ－ ｎ －１（ ≥２） ｎ、 ｎ －１ ，
当ｎ
≥２
时，ａ
ｎ＝
Ｓ
ｎ－
Ｓ
ｎ －１＝
１ ｎ２
＋
１ ｎ
－
１ （ｎ
－１
）２
＋
１ （ｎ
－ 利用Ｓ Ｓ ａ ｎ 转化为只含ａ ａ 的关系式
] ２ ２ ２ ２ （２） ｎ－ ｎ －１＝ ｎ（ ≥２） ｎ、 ｎ －１ ，
再求解．
） ｎ，
１ ＝
又ｎ
＝１
时ａ
１＝１
符合上式，所以ａ
ｎ＝
ｎ，ｎ
∈
Ｎ∗．
例 （２０１８山东省实验中学期中，５）若数列 ａ 满足ａ
（ ２ ）因为 ｂ ｎ＝ { ２ ａ ａ ｎ ｎ ， ， ｎ ｎ ＝ ＝ ２ ２ ｋ ｋ － ， １ ｋ ∈ ，ｋ ∈ Ｎ∗ Ｎ ， ∗， 所以对任意的 ｋ ∈ Ｎ∗， ＋ ａ ２＋ ａ ３ ＋…＋ ａ ｎ＝３ ｎ －２， 那么这个数列的通项公 ( 式为 ) ｛ ｎ ｎ｝ （ ） １
ｂ ２ ｋ ＋１－ ｂ ２ ｋ －１＝ （ ２ ｋ ＋１ ） － （ ２ ｋ －１ ） ＝２ ，则｛ｂ ２ ｋ －１ ｝是以 １ 为首项， ２ 为公 Ａ． ａ ｎ＝２×３ ｎ －１ Ｂ． ａ ｎ＝３× １ －１
差的等差数列； ｂ ２ ｋ ＋２ ２ ２ ｋ ＋２ ， { ｎ ２
则｛ｂ ２ ｋ ｝是以 ｂ ２ ４ ｋ 为 ＝ 首 ２ ２ ｋ 项 ＝ ， ４ ４ 为公比的等比数列， Ｃ． ａ ｎ＝３ ｎ －２ Ｄ． ａ ｎ＝ ２ １ × ， ３ ｎ ＝ －１ １ ， ｎ ≥２
所以Ｔ （ｂ ｂ ｂ … ｂ ） （ｂ ｂ ｂ … ｂ ）
２ ｎ＝ １＋ ３＋ ５＋ ＋ ２ ｎ －１ ＋ ２＋ ４＋ ６＋ ＋ ２ ｎ
ｎ（ ｎ ）
（ … ｎ ） （ ２ ４ ６ … ２ ｎ） １＋２ －１
＝ １＋３＋ ＋２ －１ ＋ ２ ＋２ ＋２ ＋ ＋２ ＝ ＋
２
３３８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
解析 数列｛ａ ｝满足ａ ａ ａ … ａ ｎ ，
∵ ｎ １＋ ２＋ ３＋ ＋ ｎ＝３ －２①
ｎ
当ｎ
＝１
时，ａ
１＝１
； 例 在数列
｛
ａ
ｎ｝
中
，
ａ
１＝１，
ａ
ｎ＝
－
ｎ
１ａ
ｎ －１（
ｎ
≥２，
ｎ
∈
Ｎ∗
），
则
∴ 当ｎ ≥２ 时，ａ １＋ ａ ２＋ ａ ３＋ … ＋ { ａ ｎ ， －１ ｎ ＝３ ｎ ， －１ －２② ， 数列 ｛ ａ ｎ｝ 的通项公式为 ．
①－②
得ａ
ｎ＝２×３
ｎ －１，故ａ
ｎ＝ ２
１
×３ ｎ
＝
－１
１
，ｎ ≥２ ，
故选
Ｄ． 解析 ∵ ａ ｎ＝
ｎ
－ ｎ １ａ ｎ －１ （ｎ ≥２ ），
答案 Ｄ ｎ ｎ
ａ －２ａ ，ａ －３ａ ，……，ａ １ ａ ．
例 （２０１９浙江高考信息优化卷（三），１１）数列 ａ 的 ∴ ｎ －１＝ｎ ｎ －２ ｎ －２＝ｎ ｎ －３ ２＝ １
｛ ｎ｝ －１ －２ ２
以上（ｎ ）个式子相乘得，
前ｎ项和 Ｓ ４ ａ １ 则 ａ ａ 的通项 ａ －１
ｎ＝ ｎ＋ ， １＝ ；｛ ｎ｝ ｎ＝ ｎ ａ
３ ３ ａ ａ · １ · ２ ·…· －１ １ １ ．
． ｎ＝ １ ｎ ＝ ｎ ＝ ｎ
２ ３
当ｎ 时，ａ ，符合上式，
解析 因为Ｓ ４ ａ １ ，所以当ｎ 时，ａ ． ＝１ １＝１
ｎ＝ ｎ＋ ＝１ １＝－１
３ ３
∴
ａ
ｎ＝ ｎ
１ （ｎ
∈
Ｎ∗）．
又Ｓ
ｎ －１＝
４ ａ
ｎ －１＋
１ （ｎ
∈
Ｎ∗，ｎ
≥２
），
３ ３ 答案 ａ １
ｎ＝ ｎ
所以ａ
ｎ＝
Ｓ
ｎ－
Ｓ
ｎ －１＝
４ ａ
ｎ－
４ ａ
ｎ －１
（ｎ
∈
Ｎ∗，ｎ
≥２
），即 ａ
ｎ＝ 例 （２０１９浙江三校联考，２０）已知数列 ａ 中 ａ ａ ａ
４ ａ ｎ －１ （ｎ ∈ Ｎ∗，ｎ ≥２ ），所
３
以｛ａ ｎ ｝
３
为等比数列，ａ ｎ ＝－４ ｎ －１（ｎ ∈ ≠１ 且ａ ≠－３）， ａ ２＝３， ａ ｎ＝２ ａ ｎ －１＋３ ａ ｎ －２（ ｎ ≥３） ．
｛ ｎ｝ ， １＝ （
Ｎ∗）． 求 ａ ａ 和 ａ ａ 的通项公式
（１） ｛ ｎ ＋１＋ ｎ｝ ｛ ｎ ＋１－３ ｎ｝ ；
答案 ； ｎ －１ 若数列 ａ 单调递增 求ａ的取值范围．
－１ －４ （２） ｛ ｎ｝ ，
解析 （ ）由ａ ａ ａ 得 ａ ａ （ａ ａ ），
１ ｎ＝２ ｎ －１＋３ ｎ －２ ｎ＋ ｎ －１＝３ ｎ －１＋ ｎ －２
ａ ａ （ａ ａ ），
考法二 由递推关系求数列的通项公式 ∴ ｎ ＋１＋ ｎ＝３ ｎ＋ ｎ －１
ａ ａ （ａ ａ ），
例２ （２０１９ 河北省级示范性高中４ 月联考，１５）数列 ｎ －１＋ ｎ －２＝３ ｎ －２＋ ｎ －３
……
｛
ａ
ｎ｝
满足ａ
１＝３，
且对于任意的ｎ
∈
Ｎ∗都有ａ
ｎ ＋１－
ａ
ｎ＝
ｎ
＋２，
则ａ
３９ ａ ａ （ａ ａ ），
． ３＋ ２＝３ ２＋ １
＝
解 析 因为ａ ａ ｎ ，所以ａ ａ ， ∴
ａ
ｎ ＋１＋
ａ
ｎ＝３
ｎ －１（ａ
２＋
ａ
１
）
＝３
ｎ －１（
３＋
ａ）．
ｎ ＋１－ ｎ＝ ＋２ ２－ １＝３ 由ａ ａ ａ 得ａ ａ （ａ ａ ），
ａ ａ ，ａ ａ ，……， ｎ＝２ ｎ －１＋３ ｎ －２ ｎ－３ ｎ －１＝－ ｎ －１－３ ｎ －２
３－ ２＝４ ４－ ３＝５ ａ ａ （ａ ａ ），
ａ
ｎ－
ａ
ｎ －１＝
ｎ
＋１
（ｎ
≥２
），上面（ｎ
－１
）个式子左右两边分别相加 ∴
ａ
ｎ ＋１－
ａ
３ ｎ＝－
（ａ
ｎ－３
ａ
ｎ －１
），
得ａ ａ （ｎ ＋４ ）（ｎ －１ ） （ｎ ），即ａ （ｎ ＋１ ）（ｎ ＋２ ） （ｎ ｎ －１－３ ｎ －２＝－ ｎ －２－３ ｎ －３
ｎ－ １＝ ≥２ ｎ＝ ≥ ……
２ ２
（ｎ ）（ｎ ） ａ ａ （ａ ａ ），
２
），当ｎ
＝１
时，ａ
１＝３
适合上式，所以ａ
ｎ＝
＋１
２
＋２ ，ｎ
∈
Ｎ∗，
∴
３－
ａ
３
ｎ ＋１
２
－
＝
３
ａ
－
ｎ＝
（
２－
－
３
１
）
１
ｎ －１（ａ
２－３
ａ
１
）
＝
（
－１
）ｎ －１（
３－３
ａ）．
所以ａ
３９＝
４０×４１
＝８２０
． （
２
）由（
１
）得ａ
ｎ＝
１ ［
３
ｎ －１（ａ
＋３
）
－
（
－１
）ｎ －１（
３－３
ａ）］，
２ ４
答案
方法 总
８
结
２０
由递推关系求通项公式的常用方法 ∴
ａ
ｎ ＋１－
ａ
ｎ＝
１ ［
３
ｎ －１（ａ
＋３
）
＋
（
－１
）ｎ －１（
３－３
ａ）］．
２
当ｎ为奇数时， ｎ －１（ａ ） （ ）ｎ －１（ ａ） （ ｎ －１ ）ａ ｎ
递推式 方法 示例 ３ ＋３ ＋ －１ ３－３ ＝ ３ －３ ＋３
．
＋３
ａ ｎ＋１＝ ａ ｎ＋ ｆ （ ｎ ） 累加法 ａ １＝１， ａ ｎ＋１＝ ａ ｎ＋２ ｎ 由ａ ｎ ＋１－ ａ ｎ＞０ 可得（ ３ ｎ －１ －３ ）ａ ＋３ ｎ ＋３＞０ ．
ａ ａ 当ｎ 时，解得ａ ；
ｎ＋１ ｆ ｎ 累乘法 ａ ｎ＋１ ｎ ＝１ ＜３
ａ
ｎ
＝ （ ） １＝１，ａ
ｎ
＝２ ｎ
当ｎ 时，ａ ３ ＋３ １２ ， ａ １２ ．
ａ ｐａ ｑ ｐ ｑ 转化为等比数列 ａ ａ ａ ≥３ ＞－ ｎ －１ ＝－３－ ｎ －１ ∴ ＞－３－ ２ ＝－５
ｎ＋１＝ ｎ＋ （ ≠０，１， ≠０） １＝１， ｎ＋１＝２ ｎ＋１ ３ －３ ３ －３ ３ －３
ａ ．
ａ
ｎ＋１＝
ｐａ
ｎ＋
ｑ
·
ｐｎ＋１
（
ｐ
≠０，
ｑ
≠０）
转化为等差数列 ａ
１＝１，
ａ
ｎ＋１＝３
ａ
ｎ＋３
ｎ－１ ∴
当
－
ｎ
５
为
＜
偶
＜３
数时， ｎ －１（ａ ） （ ）ｎ －１（ ａ） （ ｎ －１ ）ａ ｎ
其中 ａ ｐａ ｑ ｐ ｑ 的求解方法是设ａ ３ ＋３ ＋ －１ ３－３ ＝ ３ ＋３ ＋３
λ ＝ ｑ ｐ （ ． ａ ｎ＋
：
λ
（
）
１
，
）
即
ｎ ＋
ａ
１
ｎ
＝
＋１＝
ｎ
ｐ
＋
ａ ｎ
（
＋ ｐ
≠
λ －
０
λ
，１
，
，
与
≠
ａ ｎ
０
＋
）
１＝ ｐａ ｎ＋ ｑ 比较即可知
ｎ ＋１
λ
＋ －３ ．
由ａ ｎ ＋１－ ａ ｎ＞０ 可得ａ ＞－ ３ ｎ － ｎ １ －３ ＝ ｎ － １ １ ２ －３ ， ∴ ａ ＞ ２－ １ １ ２ －３＝
＝ｐ ３ ＋３ ３ ＋３ ３ ＋３
－１ ．
（２） ａ ｎ ＋１＝ ｐａ ｎ
ａ
＋ ｑ ·
ａ
ｐｎ ＋１ （ ｐ ≠０， ｑ
{
≠
ａ
０
}
） 的求解方法是等式两边 －１ 综上可知，ａ
∈
（
－１
，
１
）
∪
（
１
，
３
）．
同时除以ｐｎ ＋１ 得 ｎ ＋１ ｎ ｑ 数列 ｎ 为等差数列．
， ｐｎ ＋１ －ｐｎ ＝ ， ｐｎ
专题六 数列 ３３９
用作差比较法 根据ａ ａ 的符号判断数列 ａ 是递
考法三 数列的单调性和最大（小）项
增数
（
列
１）
递减数列还是常
，
数列．
ｎ ＋１－ ｎ ｛ ｎ｝
、
例３ （２０１９河南新乡二模，９）已知数列 ａ 的首项ａ ａ
｛ ｎ｝ １ 用作商比较法 根据 ｎ ＋１ ａ 或ａ 与 的大小关
小
＝２
的
１，
一
且
项
满
是
足 （２ ｎ －５） ａ ｎ ＋１＝（２ ｎ －３） ａ ｎ＋４ ｎ２ －１６ ｎ ＋１５， 则 ｛ ａ ｎ｝ 中最
系进
（
行
２
判
）
断．
， ａ ｎ （ ｎ＞０ ｎ＜０） １
（ ）
ａ ａ ａ ａ 结合相应函数的图象直观判断．
Ａ． ５ Ｂ． ６ Ｃ． ７ Ｄ． ８ （３）
解析
∵４
ｎ２
－１６
ｎ
＋１５＝
（
２
ｎ
－３
）（
２
ｎ
－５
），
∴
（
２
ｎ
－５
）ａ
ｎ ＋１＝
（ ｎ ）ａ （ ｎ ）（ ｎ ），等式两边同时除以（ ｎ ）（ ｎ ）， ｎ
２ －３
ａ
ｎ＋ ２
ａ
－３ ２ －５
ａ ａ
２ －３ ２ －５ 例 已知数列
｛
ａ
ｎ｝
的通项公式为ａ
ｎ＝ ｎ
＋１
（
ｎ
∈
Ｎ∗
），
则
可得
２ ｎ
ｎ
－
＋１
３ ＝ ２ ｎ －
ｎ
５ ＋１
，可设ｂ
ｎ＝ ２ ｎ －
ｎ
５
，则
２ ｎ
ｎ
－
＋１
３ ＝
ｂ
ｎ ＋１
，
∴
ｂ
ｎ ＋１＝
ｂ
ｎ＋１
，
数列 ｛ ａ ｎ｝ 的最小项是第 项．
３ －１６
ａ ｎ
即ｂ ｎ ＋１－ ｂ ｎ＝１ ． ∵ ｂ １＝
２×１
１
－５
＝
－
２１
３
＝－７ ， ∴ 数列｛ｂ ｎ ｝是以 －７ 为首 解析 因为ａ ｎ＝
３
ｎ ＋
－
１
１６
，数列｛ａ ｎ ｝的最小项必小于 ０ ，即
项 则 ＝ （ ， 根 ｎ １ － 据 为 ８ 二 ） 公 （ 次 ２ 差 ｎ 函 的 －５ 数 等 ） ＝ 的 差 ２ 性 数 ｎ２ 质 列 －２ ， ． １ 可 ∴ ｎ ＋ 知 ｂ ４ ｎ ０ ＝ ： ． 当 － 可 ７ ｎ 把 ＋ ＝ （ｎ ａ ５ － ｎ 或 １ 看 ） ｎ 成 × ＝ １ 关 ６ ＝ 时 于 ｎ － ， ｎ ８ ａ ， ｎ 的 ｎ 可 ∈ 二 能 Ｎ 次 取 ∗ 函 ． 最 ∴ 数 小 ａ ， ｎ ３ 前 ｎ ｎ ＋ － ５ １ １ 项 ６ ＜ 递 ０ ， 减 ３ ｎ ， － 所 １６ 以 ＜０ ｎ ， ＝ 从 ５ 而 时 ｎ ａ ＜ ｎ １ 的 ３ ６， 值 又 最 因 小 为 ．故 ｎ ∈ 数 Ｎ 列 ∗ ｛ ， ａ 且 ｎ ｝ 数 的 列 最 ｛ 小 ａ ｎ 项 ｝的 是
值． ∵ 当ｎ ＝５ 时，
，
ａ ５＝
当
２×
ｎ
５ ２ －２
时
１×
，ａ
５＋
取
４０
得
＝－
最
１
小
５ ，
值
当
．故
ｎ ＝
选
６ 时，ａ ６＝２×６ ２ 第 ５ 项
答
．
案
－２１×６＋４０＝－１４ ∴ ＝５ ｎ Ａ． ５
答案 Ａ
方法总结 解决数列的单调性问题可用以下三种方法
答案 Ｂ
４．（２０１９河南濮阳重点高中联考，９）已知数列 ａ 的首项ａ
｛ ｎ｝ １＝３５，
ａ
考法一 利用Ｓ ｎ 与ａ ｎ 的关系求通项公式 且满足ａ ｎ－ ａ ｎ －１＝２ ｎ －１（ ｎ ∈ Ｎ∗ ， ｎ ≥２）， 则 ｎ ｎ的最小值为 （ ）
１．（２０２１届安徽太和一中开学摸底检测）已知Ｓ 是数列 ａ 的前ｎ
ｎ ｛ ｎ｝ ５９ ３５
项和 ｂ ， 若 （ ｂ １－２ ｘ ） ２ ｂ ０２１ ＝ ｂ ０＋ ｂ １ ｘ ＋ ｂ ２ ｘ２ ＋…＋ ｂ ２０２１ ｘ２０２１ ， 数列 ｛ ａ ｎ｝ 的首项 Ａ． 答 ２ 案 ３４ Ｃ Ｂ． ５ Ｃ． ３ Ｄ．１２
ａ １＝ ２ １ ＋ ２ ２ ２ ＋…＋ ２ ２ ２ ０ ０ ２ ２ １ １， ａ ｎ ＋１＝ Ｓ ｎ· Ｓ ｎ ＋１， 则Ｓ ２０２１＝ （ ） ５．（２０１９ 山西盂县一中模拟，８）设数列 ｛ ａ ｎ｝ 满足ａ １＝１， ａ ２＝２，
１ １
且
２
ｎａ
ｎ＝（
ｎ
－１）
ａ
ｎ －１＋（
ｎ
＋１）
ａ
ｎ ＋１（
ｎ
≥２
且ｎ
∈
Ｎ∗
），
则ａ
１８＝
Ａ．－ Ｂ． Ｃ．２０２１ Ｄ．－２０２１
２０２１ ２０２１ （ ）
答案 Ａ
２５ ２６ ２８
２．（２０２０重庆直属校（重庆第八中学等）３ 月月考）设各项均为 Ａ． Ｂ． Ｃ．３ Ｄ．
９ ９ ９
正数的数列
｛
ａ
ｎ｝
的前ｎ项和Ｓ
ｎ
满足Ｓ２ｎ－（ ｎ２
＋
ｎ
－２）
Ｓ
ｎ－２（
ｎ２
＋
答案 Ｂ
{ } ６．（２０２０新教材地区第一次月考）已知数列 ａ 满足ａ ａ
ｎ ｎ Ｎ∗ 则数列 １ 的前 项和Ｔ ． ｛ ｎ｝ １＝１， ｎ＞
）＝０， ∈ ， ａ ｎ ａ ｎ ＋１ ２０２０ ２０２０＝ ０， ａ ｎ ＋１－ ａ ｎ ＝１， 那么ａ ｎ＜３２ 成立的ｎ的最大值为 ．
答案
答案 ５０５ ５
２０２１
考法三 数列的单调性和最大（小）项
考法二 由递推关系求数列的通项公式
７．（２０１９河南中原名校第三次联考，１８）设数列 ａ 满足 ａ ａ
３．（２０１９广东广雅中学模拟，７）在数列 ａ 中 已知ａ ａ ｛ ｎ｝ ： １＋ ２
ａ
｛ ｎ｝ ， １＝２， ｎ ＋１ ＋ ａ ３＋…＋ ａ ｎ＝ ｎ － ａ ｎ（ ｎ ∈ Ｎ∗ ） ．
＝ ３ ａ ｎ ｎ ＋１ （ ｎ ∈ Ｎ∗ ）， 则 ｛ ａ ｎ｝ 的通项公式为 （ ） （ （２ １ ） ） 若 求 ｂ ａ ｎ １， ＝ ａ ｎ ２ （ ； ２－ ｎ ）（ ａ ｎ－１）， 求 ｛ ｂ ｎ｝ 的最大项 ， 并写出取最大项
ａ ２ ａ ２ ａ ２ ａ ２
的项数．
Ａ． ｎ＝ ｎ Ｂ． ｎ＝ ｎ Ｃ． ｎ＝ ｎ Ｄ． ｎ＝ ｎ
４ －３ ６ －５ ４ ＋３ ２ －１
．
＝
{ ｎ
答案 １， ＝１
ｎ －２ ｎ
考法一 利用Ｓ 与ａ 的关系求通项公式 ６·４ ， ≥２
ｎ ｎ
解析 由ａ Ｓ １ ａ 可得ａ １ ａ 解得ａ
１＝１， ｎ＝ ｎ ＋１－１， １＝ ２－１＝１， ２
１．已知数列 ａ 的前ｎ项和为Ｓ 且ａ Ｓ １ ａ 则ａ ３ ３
｛ ｎ｝ ｎ， １＝１， ｎ＝ ｎ ＋１－１， ｎ
３
３４０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
＝６ ．当ｎ ≥２ 时 ， Ｓ ｎ －１＝ １ ａ ｎ－１， 又Ｓ ｎ＝ １ ａ ｎ ＋１－１， 两式相减可得 考法二 由递推关系求数列的通项公式
３ ３
１．（２０１８广东深圳耀华实验学校期中，１１）在数列 ａ 中 ａ
ａ Ｓ Ｓ １ ａ １ ａ 即有ａ ａ ｎ 则ａ ｛ ｎ｝ ， １＝
ｎ＝ ｎ－ ｎ －１＝ ｎ ＋１－１－ ｎ＋１， ｎ ＋１＝４ ｎ（ ≥２）， ｎ＝ ａ ａ ｎ 则ａ
３ ３
{ ｎ
１， ｎ ＋１＝２ ｎ－２ ， １７＝ （ ）
６·４ ｎ －２ （ ｎ ≥２）， 又ａ １＝１ 不符合上式 ， 所以ａ ｎ＝ １， ＝ ｎ － １ ２ ， ｎ ． Ａ．－１５×２ １ １ ６ ６ Ｂ．１５×２ １ １ ７ ７
６·４ ， ≥２ Ｃ．－１６×２ Ｄ．１６×２
２．已知数列 ａ 中 ａ Ｓ 为数列 ａ 的前ｎ项和 且当ｎ ａ ａ ａ ａ
｛ ｎ｝ ， １＝１， ｎ ｛ ｎ｝ ， ≥２ 答案 Ａ 由题意可得 ｎ ＋１ ｎ １ 即 ｎ ＋１ ｎ １
时 有 ２ ａ ｎ 成立 则Ｓ ． ２ ｎ ＋１ ＝ ２ ｎ－ ２ ， ２ ｎ ＋１ － ２ ｎ ＝－ ２ ，
， ａ
ｎ
Ｓ
ｎ－
Ｓ２ｎ ＝１ ， ２０１７＝
据此可得 数列
{ａ
ｎ
}
是首项为
ａ
１ １ 公差为 １ 的等差数
答案 １ ， ２ ｎ ２ １ ＝ ２ ， － ２
ａ ( )
１００９
· 解 Ｓ ｎ 析 － Ｓ ２ｎ＝ 当 － Ｓ ｎ ｎ ≥ Ｓ ｎ － ２ １， 时 所 ， 以 由 ａ Ｓ ２ ｎ ｎ Ｓ ２ － ｎ ａ Ｓ － ｎ ２ ｎ Ｓ －１ ２ｎ ＝ ＝ １ １ ， ， 又 得 Ｓ ２ ２ １ （ ＝ Ｓ ｎ ２ － ， Ｓ 所 ｎ － 以 １） { ＝ Ｓ ２ （ ｎ Ｓ } ｎ 是 － Ｓ 以 ｎ －１） ２ ２．已 （ 列 ｎ 知 ， ≥ 故 数 ２ ２ ， 列 １ １ ｎ ７ ７ ∈ ＝ ｛ ａ Ｎ ２ １ ｎ ∗ ｝ ＋ ） 满 （ ， １ 则 足 ７－ 数 ａ １ １ ） 列 ＝ × １ ｛ ， ａ － ａ ｎ｝ ２ ２ １ ＝ 的 ３ １ 通 ＝ ， － 项 若 １ ２ 公 ５ ａ ， 式 ｎ ∴ （ ａ ａ ａ ｎ １ ｎ － ７ １ ＝ ＝ ＋ － ２ １ ａ ５ ｎ ＋ × １） ２ １ ＝ ６． ３ 故 （ ａ 选 ｎ －１ ａ Ａ ｎ ＋ ） ． １
为首项 ，１ 为公差的等差数列 ， 所以 Ｓ ２ ｎ ＝ ｎ ＋１， 故 Ｓ ｎ＝ｎ ＋ ２ １ ， 则 Ａ． ２ １ ｎ －１ Ｂ． ２ ｎ １ －１ Ｃ． ３ １ ｎ －１ Ｄ． ２ ｎ － １ １ ＋１
Ｓ ２０１７＝ １ ． 答案 Ｂ 由ａ ( ｎ（ ａ ｎ －１＋２ ) ａ ｎ ＋１）＝３ ａ ｎ －１ ａ ｎ ＋１（ ｎ ≥２， ｎ ∈ Ｎ∗ ），
１００９
３．（２０
ｎ
１８山东六校联考，１７）已知数列 ｛ ａ ｎ｝ 中 ， ａ １＝１， 前ｎ项和 可得 ａ １ ｎ
＋１
－ａ １ ｎ ＝２ ａ １ ｎ －ａ １ ｎ
－１
（ ｎ ≥２），
Ｓ ｎ＝ ＋２ａ ｎ ． 又 １ １
ａ －ａ ＝３－１＝２，
３
求ａ ａ ２ { １ }
（１） ２， ３； 数列 １ １ 是首项为 公比为 的等比数列
（２） 求 ｛ ａ ｎ｝ 的通项公式． ∴ ａ ｎ －ａ ｎ ２， ２ ，
＋１
解析 由Ｓ ４ ａ 得 ａ ａ ａ １ １ ｎ．
（１） ２＝ ２ ３（ １＋ ２）＝４ ２， ∴ ａ －ａ ＝２
３ ｎ ｎ
＋１
( ) ( ) ( )
解得ａ ２＝３ ａ １＝３ ．由Ｓ ３＝ ５ ａ ３ 得 ３（ ａ １＋ ａ ２＋ ａ ３）＝５ ａ ３， ∴ ａ １ ＝ ａ １ －ａ １ ＋ ａ １ －ａ １ ＋…＋ ａ １ －ａ １ ＋ａ １ ＝２ ｎ －１ ＋２ ｎ －２
３ ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ
－１ －１ －２ ２ １ １
ｎ
解得ａ ３ ａ ａ ． １－２ ｎ ． ａ １ ．故选 ．
３＝ （ １＋ ２）＝６ ＋…＋２＋１＝ ＝２ －１∴ ｎ＝ ｎ Ｂ
２ １－２ ２ －１
ｎ ｎ
由题设知 当ｎ 时 有ａ Ｓ Ｓ ＋２ａ ＋１ａ
（２） ， ≥２ ， ｎ＝ ｎ－ ｎ －１＝ ｎ－ ｎ －１， 考法三 数列的单调性和最大（小）项
３ ３
整理得 ａ ｎ ｎ ＋１ １．（２０１９浙江高考数学仿真卷（三），１０）设ａ ＞０， ｂ ＞０， 正项数列
因此 ａ ｎ ａ ｎ －１ ａ ＝ ｎ ｎ －１ －１ ， ａ ３ ａ ２ ｎ ＋１ ｎ ４ ３ ｛ Ａ ｘ ． ａ ｎ｝ ＋ 满 ｂ ＞ 足 １ ｘ ｎ＝ ａｘ Ｂ ｎ ． ＋ ｂ １ ＞ ＋ １ ｂｘ ｎ ＋２， 若 ｛ ｘ Ｃ ｎ｝ ． ａ 为 ＋ 单 ｂ ＜ 调 １ 递减数 Ｄ 列 ． ａ ， ＞ 则 １ （ ）
ａ ｎ －１ ·ａ ｎ －２ ·…·ａ ２ ·ａ １ ＝ｎ －１ ·ｎ －２ ·…· ２ · １ ， 答案 Ａ ∵ ｛ ｘ ｎ｝ 为单调递减数列 ，
化
当
简
ｎ
得ａ
时
ｎ＝
ａ
（ ｎ ２ ＋ × １ １ ）
满
ｎ ·
足
ａ
上
１
式
＝ ｎ （ ｎ ２ ＋１） ， ∴ 由 ｘ ｘ ｎ
ｎ
＞
＝
ｘ ａ ｎ ＋ ｘ １
ｎ
对
＋１＋
ｎ ｂ ∈ ｘ
ｎ ＋
Ｎ
２
得 ∗恒 ａ 成 ｘ
ｎ ＋
立
１＋
． ｂｘ
ｎ ＋２＞
ｘ
ｎ ＋１
对ｎ
∈
Ｎ∗恒成立
，
整理得
＝１ ， １＝１ ，
ｎ ｎ
ｂｘ
ｎ ＋２＞（１－
ａ
）
ｘ
ｎ ＋１（∗）
．
所以
｛
ａ
ｎ｝
的通项公式为ａ
ｎ＝
（ ＋１）
（
ｎ
∈
Ｎ∗
）
． 若ａ
≥１，
则
（∗）
式恒成立
，
此时ａ
＋
ｂ
＞１；
２ 若 ａ 则ｂｘ ａ ｘ ａ ｘ 即有ｂ ａ
４．（２０２０浙江新高考信息优化卷二，２０）正项数列 ａ 的前 ｎ ０＜ ＜１， ｎ ＋２＞（１－ ） ｎ ＋１＞（１－ ） ｎ ＋２， ＞１－ ，
｛ ｎ｝ 即ａ ｂ ．
项和Ｓ ｎ 满足 ２ Ｓ ｎ ＝ ａ ｎ＋１ ． 综上 ＋ ａ ＞１ ｂ 故选
（１） 求数列 ｛ ａ ｎ｝ 的通项公式 ； ２．（２０２ ， ０ ＋ 浙 ＞ 江 １， 浙南名 Ａ 校 ． 联盟联考，１０）已知数列 ｛ ａ ｎ｝ 满足ａ ｎ ＋１＋
（２） 设ｂ ｎ＝ａ ｎ ａ １ ｎ ， 数列 ｛ ｂ ｎ｝ 的前ｎ项的和为Ｂ ｎ， 求Ｂ ｎ ． ａ １ ＝２ ａ ｎ＋ａ １ （ ｎ ∈ Ｎ∗ ）， 则 （ ）
＋１ ｎ ｎ
所 ① 解 以 －② 析 ｎ 得 ≥ ２ ４ （ ａ １ 时 ｎ ） ＝ ， 由 ４ ａ Ｓ 已 ２ｎ＋ ｎ － 知 ２ １ ａ ＝ 得 ｎ （ － ａ ａ ４ ｎ ２ｎ － Ｓ － １ ｎ １ ＋ ＝ － １ ２ （ ） ａ ａ ２ ｎ ． ｎ － ② ＋ １， １ 即 ） ２ （ ，① ａ ｎ＋ ａ ｎ －１）（ ａ ｎ－ ａ ｎ －１－２）＝ Ａ Ｂ． ． ＋ 当 当 当 １ ａ ａ ０ ｎ ＜ ＞ ａ １ ｎ １ （ ＜ ｎ １ 时 ∈ （ ｎ Ｎ ∈ ａ ∗ Ｎ ） ∗ 时 ） １ ， 时 ａ ｎ ， ＋ ａ １＜ ｎ ＋ ａ １ ｎ ｎ ＞ ａ ｎ
０，
因为
｛
ａ
ｎ｝
为正项数列
，
所以ａ
ｎ－
ａ
ｎ －１＝２，
Ｃ． １＝
２
， ｎ ＋１＋ａ
ｎ ＋１
＞ ２ ＋４
即 ａ 是以 为公差的等差数列
｛ ｎ｝ ２ ， 当ａ 时 ａ １ ｎ
由 ２ Ｓ １ ＝ ａ １＋１， Ｓ １＝ ａ １， 得ａ １＝１， 所以ａ ｎ＝２ ｎ －１ ． Ｄ． １＝２ ， ｎ ＋１＋ａ ｎ ＋１ ＜ ３ ＋２０
( )
因为ｂ １ １ １ １ １ 答案 Ｃ 对于 取ａ １ 则ａ １ 解得ａ
（２） ｎ＝ａ ａ ＝ ｎ ｎ ＝ ｎ － ｎ ， Ａ， １＝ ， ２＋ａ ＝１＋２＝３， ２＝
ｎ ｎ ＋１ （２ －１）（２ ＋１） ２ ２ －１ ２ ＋１ ２ ２
( ) ｎ
所以Ｂ １ １ １ １ １ １ ． ３－ ５或ａ ３＋ ５ 若取ａ ３－ ５ 则ａ ３－ ５ １ ａ 所以
ｎ＝ １－ ＋ － ＋…＋ ｎ － ｎ ＝ ｎ ２＝ ， ２＝ ， ２＝ ＜ ＝ １，
２ ３ ３ ５ ２ －１ ２ ＋１ ２ ＋１ ２ ２ ２ ２ ２
专题六 数列 ３４１
错 对于 取ａ 则ａ １ １ ９ 解得ａ ９－ ６５ ９ 解得ａ ９－ ６５或ａ ９＋ ６５ 若取ａ ９＋ ６５ 则ａ
Ａ ； Ｂ， １＝２， ２＋ａ ＝４＋ ＝ ， ２＝ ＝ ， ２＝ ２＝ ， ２＝ ， ３
２ ２ ２ ４ ２ ４ ４ ４
或ａ ９＋ ６５ 若取ａ ９＋ ６５ 则ａ ９＋ ６５ ａ 所以 １ ａ ａ １ ９＋ ６５ ９ ９＋８ ９ ３５ 所以 错．
２＝ ， ２＝ ， ２＝ ＞２＝ １， ＋ａ ＝ ２＋ ２＋ａ ＝ ＋ ＞ ＋ ＝ ＞ ２６， Ｄ
４ ４ ４ ３ ２ ４ ２ ４ ２ ４
( ) ２ ( ) ２ ( ) ２ 故选 ．
错 对于 由 ａ １ ａ １ 得 ａ １ Ｃ
Ｂ ； Ｃ， ｎ ＋１＋ａ
ｎ
＞ ｎ＋ａ
ｎ
＋２， ｎ ＋１＋ａ
ｎ
＞
＋１ ＋１
ｎ ２５ ｎ 所以 正确．对于 当ａ 时 ａ １ １
２ ＋ ＞２ ＋４， Ｃ Ｄ， １＝２ ， ２＋ａ ＝４＋
４ ２ ２
考点 数列的概念及表示 ３．（２０１９上海，８，５分）已知数列 ａ 的前ｎ项和为Ｓ 且满足
｛ ｎ｝ ｎ，
１．（２０１８课标Ⅰ，１４，５分）记Ｓ ｎ 为数列 ｛ ａ ｎ｝ 的前ｎ项和．若Ｓ ｎ＝ Ｓ ｎ＋ ａ ｎ＝２， 则Ｓ ５＝ ．
ａ 则Ｓ ．
２
答
ｎ＋
案
１， ６＝ 答案 ３１
－６３ １６
２．（ ＝ ２ － ０ １ １ ， ５ ａ ｎ 课 ＋１＝ 标 Ｓ Ⅱ ｎ Ｓ ， ｎ ＋ １ １， ６ 则 ，５ Ｓ 分 ｎ＝ ） 设 Ｓ ｎ 是 数 ． 列 ｛ ａ ｎ｝ 的前ｎ项和 ， 且ａ １ ４．（ ａ ｎ ２ ＋ 答 ０ １＝ １ 案 ６ ２ Ｓ 浙 ｎ＋ 江 １， ， ｎ １ ∈ ３， Ｎ ６ ∗ 分 ， 则 ）设 ａ １ 数 ＝ 列 ｛ ａ ｎ｝ 的 ， 前 Ｓ ５ ｎ ＝ 项 和 为 Ｓ ｎ ． ．若Ｓ ２＝４，
答案 １ １；１２１
－ ｎ
考点 数列的概念及表示
２．（２０１４课标Ⅱ文，１６，５分）数列 ａ 满足ａ １ ａ
１．（２０１３课标Ⅰ理，１２，５ 分）设 △ Ａ ｎ Ｂ ｎ Ｃ ｎ 的三边长分别为 ａ ｎ， ｛ ｎ｝ ｎ ＋１＝ １－ ａ ｎ ， ８＝２，
ｂ ｃ Ａ Ｂ Ｃ 的面积为 Ｓ ｎ ．若 ｂ ｃ ｂ ｃ 则ａ ．
ｎ， ｎ，△ ｎ ｎ ｎ ｎ， ＝１，２，３，… １＞ １， １＋ １＝ １＝
ｃ ａ ｂ ａ
ａ ａ ａ ｂ ｎ＋ ｎ ｃ ｎ＋ ｎ 则 答案 １
２ １， ｎ ＋１＝ ｎ， ｎ ＋１＝
２
， ｎ ＋１＝
２
， （ ）
２
Ｓ 为递减数列
Ａ Ｂ． ． ｛ ｛ Ｓ ｎ ｎ ｝ ｝ 为递增数列 解析 由ａ ｎ ＋１＝ １－ １ ａ ｎ ， 得ａ ｎ＝１－ａ １ ｎ ＋１ ，
Ｓ 为递增数列 Ｓ 为递减数列
Ｃ．｛ Ｓ ２ ｎ －１｝ 为递减数列 ，｛ Ｓ ２ ｎ｝ 为递增数列 ∵ ａ ８＝２，∴ ａ ７＝１－ １ ＝ １ ，
Ｄ．｛ ２ ｎ －１｝ ，｛ ２ ｎ｝ ２ ２
ａ ｃ ｂ ａ
答案 Ｂ 由ｂ ｎ ＋１＝ ｎ
２
＋ ｎ ， ｃ ｎ ＋１＝ ｎ＋
２
ｎ得 ａ ６＝１－ａ １
７
＝－１， ａ ５＝１－ａ １
６
＝２，…，
ａ 是以 为周期的数列
ｂ ｃ ａ １ ｂ ｃ ∴ ｛ ｎ｝ ３ ，
ｎ ＋１＋ ｎ ＋１＝ ｎ＋
２
（ ｎ＋ ｎ）， （∗）
ａ ａ １ ．
∴ １＝ ７＝
ｂ ｃ １ ｂ ｃ ２
ｎ ＋１－ ｎ ＋１＝－
２
（ ｎ－ ｎ），
３．（２０１３课标Ⅰ理，１４，５分）若数列 ａ 的前ｎ项和Ｓ ２ ａ
｛ ｎ｝ ｎ＝ ｎ＋
由ａ ａ 得ａ ａ 代入 得ｂ ｃ ａ １ ｂ ｃ ３
ｎ ＋１＝ ｎ ｎ＝ １， （∗） ｎ ＋１＋ ｎ ＋１＝ １＋ （ ｎ＋ ｎ），
２ １ 则 ａ 的通项公式是ａ ．
， ｛ ｎ｝ ｎ＝
ｂ ｃ ａ １ ｂ ｃ ａ ３
∴ ｎ ＋１＋ ｎ ＋１－２ １＝ （ ｎ＋ ｎ－２ １）， 答案 ｎ －１
２ （－２）
ｂ ｃ ａ ａ ａ ｂ ｃ ａ Ｂ Ｃ ａ 所以点
∵ １＋ １－２ １＝２ １－２ １＝０，∴ ｎ＋ ｎ＝２ １＞｜ ｎ ｎ｜＝ １， 解析 由Ｓ ２ ａ １ 得 当ｎ 时 Ｓ ２ ａ １ 当
Ａ
ｎ
在以Ｂ
ｎ、
Ｃ
ｎ
为焦点且长轴长为
２
ａ
１
的椭圆上
（
如图
）
．由ｂ
１＞
ｎ＝
３
ｎ＋
３
： ≥２ ， ｎ －１＝
３
ｎ －１＋
３
，∴
ｃ １ 得ｂ １－ ｃ １＞０， 所以 ｜ ｂ ｎ ＋１－ ｃ ｎ ＋１｜＝
２
１ （ ｂ ｎ－ ｃ ｎ）， 即 ｜ ｂ ｎ－ ｃ ｎ｜＝（ ｂ １－ ｎ ≥２ 时 ， ａ ｎ＝－２ ａ ｎ －１， 又ｎ ＝１ 时 ， Ｓ １＝ ａ １＝
３
２ ａ １＋
３
１ ， ａ １＝１，∴ ａ ｎ
ｃ 移 １） 动 · ( 即 １ ２ 边 ) Ｂ ｎ －１ Ｃ ， 所 上 以 的 当 高 ｎ增 增 大 大 时 又 ｜ ｂ ｎ－ Ｂ ｃ ｎ Ｃ ｜ 变小 ａ ， 即点 ａ Ａ 不 ｎ 向 变 点 所 Ａ处 以 ４．（ ＝ ２ （ ０ － １ ２ ６ ） ｎ 课 －１． 标Ⅰ文，１７，１２ 分）已知 ｛ ａ ｎ｝ 是公差为 ３ 的等差数
｛ Ｓ ｎ｝ ， 为递增数 ｎ 列 ｎ ． ， ｜ ｎ ｎ ｜ ＝ ｎ ＝ １ ， 列 ， 数列 ｛ ｂ ｎ｝ 满足ｂ １＝１， ｂ ２＝ １ ， ａ ｎ ｂ ｎ ＋１＋ ｂ ｎ ＋１＝ ｎｂ ｎ ．
３
求 ａ 的通项公式
（１） ｛ ｎ｝ ；
求 ｂ 的前ｎ项和．
（２） ｛ ｎ｝
解析 由已知 ａ ｂ ｂ ｂ ｂ ｂ １ 得ａ
（１） ， １ ２＋ ２＝ １， １＝１， ２＝ ， １＝２，
３
分
（３ ）
所以数列 ａ 是首项为 公差为 的等差数列 通项公式为
｛ ｎ｝ ２， ３ ，
３４２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ａ ｎ ． 分 解得λ ． 分
ｎ＝３ －１ （５ ） ＝－１ （１２ ）
ｂ 思路分析 先由题设利用ａ Ｓ Ｓ 得到ａ 与ａ 的
由 和ａ ｂ ｂ ｎｂ 得ｂ ｎ 分 （１） ｎ ＋１＝ ｎ ＋１－ ｎ ｎ ＋１ ｎ
（２） （１） ｎ ｎ ＋１＋ ｎ ＋１＝ ｎ ｎ ＋１＝
３
， （７ ） 关系式
，
要证数列是等比数列
，
关键是看ａ
ｎ ＋１
与ａ
ｎ
之比是否为
一常数 其中说明ａ 是非常重要的． 利用第 问的结
因此 ｂ 是首项为 公比为 １ 的等比数列． 分 ， ｎ≠０ （２） （１）
｛ ｎ｝ １， （９ ） 论解方程求出λ．
３
记 ｂ 的前ｎ项和为Ｓ ７．（２０１４大纲全国文，１７，１０ 分）数列 ａ 满足 ａ ａ
｛ ｎ｝
( )ｎ
ｎ，
ａ ａ ａ ．
｛ ｎ｝ １＝１， ２＝２，
１ ｎ ＋２＝２ ｎ ＋１－ ｎ＋２
１－ 设ｂ ａ ａ 证明 ｂ 是等差数列
则Ｓ ｎ＝ ３ ＝ ３ － １ ｎ －１ ． （１２ 分 ） （１） 求 ａ ｎ＝ 的 ｎ ＋１ 通 － 项 ｎ， 公式． ｛ ｎ｝ ；
５．（２０１６课 １ 标 － Ⅲ ３ １ 文，１ ２ ７，１ ２ ２ ×３ 分）已知各项都为正数的数列 ａ 满 （２ 解 ） 析 ｛ ｎ （ ｝ １） 证明 ： 由ａ ｎ ＋２＝２ ａ ｎ ＋１－ ａ ｎ＋２ 得 ，
足 （１） ａ 求 １＝ ａ １ ２ ， ， ａ ａ ２ｎ ３ － ； （２ ａ ｎ ＋１－１） ａ ｎ－２ ａ ｎ ＋１＝０ ． ｛ ｎ｝ ａ 又 所 ｎ ＋ 以 ２ ｂ － １ ｛ ａ ＝ ｂ ｎ ａ ＋ ｎ １ ２ ｝ ＝ － 是 ａ ａ １ ｎ 首 ＋ ＝ １－ 项 １ ａ ， 为 ｎ＋２ １ ， ， 即 公差 ｂ ｎ ＋ 为 １＝ ２ ｂ ｎ 的 ＋２ 等 ． 差数列． （５ 分 ）
（２） 求 ｛ ａ ｎ｝ 的通项公式． （２） 由 （１） 得ｂ ｎ＝１＋２（ ｎ －１）， 即ａ ｎ ＋１－ ａ ｎ＝２ ｎ －１ ． （８ 分 ）
解析 （１） 由题意得ａ ２＝ ２ １ ， ａ ３＝ ４ １ ． （５ 分 ） 于是 ∑ｋ＝ ｎ （ ａ ｋ＋ １ － ａ ｋ） ＝ ∑ｋ＝ ｎ （２ ｋ － １），
（２） 由ａ２ｎ－（２ ａ ｎ ＋１－１） ａ ｎ－２ ａ ｎ ＋１＝０ 得 ２ ａ ｎ ＋１（ ａ ｎ＋１）＝ ａ ｎ（ ａ ｎ＋１） ． 所以ａ ｎ ＋ １ １－ ａ １＝ ｎ２ ， 即ａ ｎ ＋１＝ ｎ １ ２ ＋ ａ １ ．
因为 ｛ ａ ｎ｝ 的各项都为正数 ， 所以 ａ ａ ｎ ＋ ｎ １ ＝ ２ １ ． 又 评析 ａ １ ＝１ 本 ， 所 题 以 着 ｛ 重 ａ 考 ｎ｝ 查 的 等 通 差 项 数 公 列 式 的 为 定 ａ ｎ 义 ＝ ｎ 、 ２ 前 －２ ｎ ｎ ＋ 项 ２ 和 ． 公式及 （１ “ ０ 累 分 加 ）
故 ａ 是首项为 公比为 １ 的等比数列 因此ａ １ ．
法”求数列的通项等基础知识，同时考查运算变形的能力．
｛ ｎ｝ １， ２ ， ｎ＝ ２ ｎ －１ ８．（２０１４课标Ⅰ理，１７，１２分）已知数列 ｛ ａ ｎ｝ 的前ｎ项和为Ｓ ｎ，
分 ａ ａ ａ ａ λＳ 其中λ为常数
６．（ λ ２ ａ ｎ ０ ， １ 其 ６ 中 课标 λ ≠ Ⅲ ０ 理 ． ，１７，１２分）已知数列 ｛ ａ ｎ｝ 的前ｎ项和 （１ Ｓ ２ ｎ＝１ ） ＋ （ （ １ １ ２ ＝ ） ） 证 是 １， 明 否 ｎ≠ ： 存 ａ ０ 在 ｎ ＋ ， ２－ λ ｎ ａ ， ｎ 使 ｎ ＝ ＋１ λ 得 ＝ ； ｛ ａ ｎ ｎ － ｝ １ 为 ， 等差数列 ？ 并 ， 说明理由．
（１） 证明 ｛ ａ ｎ｝ 是等比数列 ， 并求其通项公式 ； 解析 （１） 证明 ： 由题设ａ ｎ ａ ｎ ＋１＝ λＳ ｎ－１， 知ａ ｎ ＋１ ａ ｎ ＋２＝ λＳ ｎ ＋１－１ ．
（２ 解 ） 若 析 Ｓ ５ （ ＝ １ ３ ３ ） ２ １ 由 ， 求 题 λ 意 ． 得ａ １＝ Ｓ １＝１＋ λａ １， 两 由
（２
式 于
）
存 相 ａ 在 ｎ 减 ＋１ ． ≠ 由 得 ０ ， ａ ， ａ
１
所 ｎ
＝
＋１ 以 （
１，
ａ ａ ａ ｎ ＋
１
ｎ ２ ＋ ａ － ２
２
－ ａ
＝
ａ ｎ λ ） ｎ ａ ＝ ＝
１
λ λ
－
． ａ
１
ｎ
，
＋ 可 １ ． 得ａ
２＝
λ
－１，
由
（１）
知
，
ａ
３＝
λ
故λ ａ １ ａ ． 分 ．令 ａ ａ ａ 解得λ ．
≠１， １＝
１－
λ， １≠０ （２ ）
故
＋１
ａ
２
ａ
２＝ １＋
由
３
此
，
可得
＝
ａ
４
是首项为 公差为 的等差
由Ｓ λａ Ｓ λａ 得ａ λａ λａ 即ａ λ ｎ ＋２－ ｎ＝４， ，｛ ２ ｎ －１｝ １， ４
λａ ｎ ． ｎ 由 ＝１ ａ ＋ １≠０ ｎ ， ， λ ≠ ｎ ＋１ ０ ＝ 得 １＋ ａ ｎ≠ ｎ ＋１ ０， 所以 ｎ ＋１ ａ ＝ ａ ｎ ＋
ｎ
１ ＝ ｎ ＋ λ １ λ －
－１
． ｎ， ｎ ＋１（ －１）＝ 数 ｛ ａ 列 ２
．
ｎ｝ ， 是 ａ ２ ｎ 首 －１ 项 ＝１ 为 ＋（ ３ ｎ ， － 公 １） 差 · 为 ４＝ ４ ４ 的 ｎ － 等 ３； 差数列 ， ａ ２ ｎ＝３＋（ ｎ －１）·４＝４ ｎ
λ －１
因此 ａ 是首项为 １ 公比为 的等比数列 于是ａ １ 所以ａ ｎ ａ ａ ．
｛ ｎ｝ λ， λ ， ｎ＝ λ ｎ＝２ －１， ｎ ＋１－ ｎ＝２
１－ －１ １－ 因此存在λ 使得 ａ 为等差数列．
( λ )ｎ －１ ＝４， ｛ ｎ｝
． 分 评析 本题主要考查ａ 与Ｓ 的关系及等差数列的定义，考
λ （６ ） ｎ ｎ
－１ 查学生的逻辑思维能力及分析解决问题的能力．
( λ )ｎ
由 得Ｓ ．
（２） （１） ｎ＝１－ λ
－１
( λ ) ５ ( λ ) ５
由Ｓ ３１得 ３１ 即 １ ．
５＝ １－ λ ＝ ， λ ＝
３２ －１ ３２ －１ ３２
时间： 分钟 分值： 分
４５ ７０
一、单项选择题 每题 分 共 分 ２．（２０２０河北武邑中学期中，１１）已知数列 ａ 的前 ｎ 项和为
（ ５ ， ３０ ） ｛ ｎ｝
１．（２０２０河北邯郸空中课堂备考检测，６）公元前四世纪 毕达哥 ａｎ
拉斯学派对数和形的关系进行了研究．他们借助几何图 ， 形
（
或 Ｓ ｎ， 且Ｓ ｎ－ ａ ｎ＝（ ｎ －１） ２ ， ｂ ｎ＝ ２ Ｓ２ｎ ， 则数列 ｛ ｂ ｎ｝ 的最小项为 （ ）
格点 来表示数 称为形数．形数是联系算数和几何的纽带．图 第 项 第 项 第 项 第 项
） ， Ａ． ３ Ｂ． ４ Ｃ． ５ Ｄ． ６
为五角形数的前 个 则第 个五角形数为 答案 Ａ
４ ， １０ （ ）
３．（２０２１届安徽皖江名校联盟第一次联考）数列 ａ 满足 ａ
｛ ｎ｝ ： １＝
{ }
１，
ａ
ｍ ＋ ｎ＝
ａ
ｍ＋
ａ
ｎ＋
ｍｎ
（
ｍ
，
ｎ
∈
Ｎ∗
），
若数列
ａ
１ 的前ｎ项和Ｓ
ｎ≥
ｎ
７ 则ｎ最小为
Ａ．１２０ Ｂ．１４５ Ｃ．２７０ Ｄ．２８５ ， （ ）
答案 Ｂ ４
Ａ．６ Ｂ．７ Ｃ．８ Ｄ．９
专题六 数列 ３４３
答案 Ｂ 三、填空题 每题 分 共 分
（ ５ ， １０ ）
４．（２０１９福建龙岩一模，１０）已知数列 ａ 各项均为整数 共有 ８．（２０２１届安徽皖江名校联盟第一次联考，１５）由数列 ａ 和
｛ ｎ｝ ， ｛ ｎ｝
项 且满足 ａ ａ ｋ 其中ａ ａ ａ ａ为 ｂ 的公共项组成的数列记为 ｃ 已知ａ ｎ ｂ ｎ 若
７ ， ｜ ｋ ＋１－ ｋ｜＝１， ＝１，２，…，６， １＝１， ７＝ （ ｛ ｎ｝ ｛ ｎ｝， ｎ＝３ －２， ｎ＝２ ，
常数且ａ ．若满足上述条件的不同数列共有 个 则ａ的 ｃ 为递增数列 且ｃ ｂ ａ 则ｍ ｔ ．
＞０） １５ ， ｛ ｎ｝ ， ５＝ ｍ＝ ｔ， ＋ ＝
值为 答案
（ ） ３５２
９．（２０１９河南开封一模，１６）已知数列 ａ 的前ｎ项和为Ｓ 数
Ａ．１ Ｂ．３ Ｃ．５ Ｄ．７ ｛ ｎ｝ ｎ，
答案 Ｂ 列 ｂ 的前ｎ项和为Ｔ ．满足ａ Ｓ ｎ ｍ ａ ｍ Ｒ
｛ ｎ｝ ｎ １＝２，３ ｎ＝（ ＋ ） ｎ（ ∈ ），
５．（２０１９ 福建福州一模，１０）已知数列 ｛ ａ ｎ｝ 满足 ａ １＝１， ａ ｎ ＋１＝ 且ａ ｎ ｂ ｎ＝ ｎ ， 若存在ｎ ∈ Ｎ∗ ， 使得λ ＋ Ｔ ｎ≥ Ｔ ２ ｎ 成立 ， 则实数λ的最
（
ｎ
＋１）
ａ２ｎ
则ａ
小值为 ．
２
ａ２ｎ＋４ ｎａ
ｎ＋
ｎ２， ８＝ （ ）
答案 １
８ ８ ３
Ａ． ９ ６４ －２ Ｂ． ９ ３２ －２ 四、解答题 共 分
（ ２５ ）
８ ８ １０．（２０２１届浙江名校新高考研究联盟（ ２０ 名校联盟）第一次
Ｃ． 答 ９ １６ 案 －２ Ａ Ｄ． ９ ７ －２ 联考，２０）已知正项数列 ｛ ａ ｎ｝ 的前ｎ项 Ｚ 和为Ｓ ｎ， 且ａ １＝２，２ Ｓ ｎ
＝（
ａ
ｎ＋２）（２
ａ
ｎ－３）
．
６．（２０２０浙江丽水四校联考，７）数列 ｛ ａ ｎ｝ 满足ａ １＝ ４ ， ａ ｎ ＋１＝ ａ２ｎ－ （１） 求数列 ｛ ａ ｎ｝ 的通项公式 ；
３
若数列 ｂ 满足ｂ １ 其前ｎ项和为Ｔ 证明 Ｔ
ａ
ｎ＋１（
ｎ
∈
Ｎ∗
），
则ｍ
＝ａ
１
＋ａ
１
＋…＋ａ
１ 的整数部分是
（ ）
（２） ｛ ｎ｝ ｎ＝ａ
ｎ ＋１
ａ
ｎ
， ｎ， ： ｎ
１ ２ ２０１４
４ ２ ．
Ａ． 答 １ 案 Ｂ Ｂ．２ Ｃ．３ Ｄ．４ ＜２ ２－ ｎ
＋４
１１．（２０２１届江苏泰州中学第一次月度检测，１８）设数列 ａ 的
二、多项选择题 共 分 ｛ ｎ｝
（ ５ ） æ Ｓ ö
７．（２０２１届山东德州跃华学校月考，９）已知数列
｛
ａ
ｎ｝
满足ａ
１＝
前ｎ项和为Ｓ
ｎ，
点
è
çｎ
， ｎ
ｎ
ø
÷
，
ｎ
∈
Ｎ∗均在函数ｙ
＝
ｘ的图象上．
１ ａ １ 则下列各数是 ａ 的项的是 求数列 ａ 的通项公式
－
２
， ｎ ＋１＝
１－
ａ
ｎ
， ｛ ｎ｝ （ ） （１）
{
｛ ｎ｝
}
；
２ ３ （２）
记数列
ａ ａ
１ 的前ｎ项和为Ｔ
ｎ，
若对任意的ｎ
∈
Ｎ∗
，
不
Ａ．－２ Ｂ． Ｃ． Ｄ．３ ｎ ｎ ＋１
答案 ＢＤ
３ ２ 等式
４
Ｔ
ｎ＜
ａ２
－
ａ恒成立
，
求实数ａ的取值范围．
３４４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ｆ ｆ ａ 且 ａ ａ２ 解得 ａ 故实
１．在数列
｛
ａ
ｎ｝
中
，
ａ
１＝－ ４
１
，
ａ
ｎ＝１－ａ
１
ｎ －１ （
ｎ
≥２，
ｎ
∈
Ｎ∗
），
则ａ
２０１８
的
数
（１
ａ
０）
的
＜
取
（１
值
１）
范
，
围
∴１
是
＜
（２
＜
，
３
３）， 故
１０
选
（３－
Ｃ．
）－６＜ ， ２＜ ＜３，
值为 ６．（２０１９浙江“超级全能生”联考，１０）已知数列 ａ 满足ａ
（ ） ｛ ｎ｝ １＝
( ) ａ
Ａ．－
４
１
Ｂ．５ Ｃ．
４
５
Ｄ．
５
４
２，
ａ
ｎ ＋１＝
２
１ ａ
ｎ＋ａ
１
ｎ
（
ｎ
∈
Ｎ∗
），
设ｂ
ｎ＝ａ
ｎ
ｎ
－
＋
１
１
，
则ｂ
１００＝ （ ）
答案 Ｂ 在数列 ｛ ａ ｎ｝ 中 ， ａ １＝－ ４ １ ， ａ ｎ＝１－ａ １ ｎ －１ （ ｎ ≥２， ｎ ∈ Ａ． 答 ３ －１ 案 ９８ Ｃ Ｂ ａ ．３ －２９８ １ ( ａ １ Ｃ ) ．３ －２ ａ ９９ ２ｎ＋１ 且ｂ Ｄ． ａ ３ ｎ － － ２１０ １ ０
Ｎ∗ ）， 所以ａ ２＝１－ １ ＝５， ａ ３＝１－ １ ＝ ４ ， ａ ４＝１－ １ ＝－ １ ， ∵ ｎ ＋１＝ ２ ｎ＋ａ ｎ ＝ ２ ａ ｎ ， ｎ＝ａ ｎ＋１ ，
－
１ ５ ５ ４ ４ ａ２ｎ＋１
所以
故 ｛ 选
ａ
ｎ｝
是以
３
为周 ４ 期的周期数列
，
所以ａ
２０１８＝
５ ａ
６７２×３＋２＝
ａ
２＝ ∴
ｂ
ｎ ＋１＝
ａ
ａ
ｎ
ｎ
＋
＋
１
１
－
＋
１
１ ＝ａ
２
２ｎ
ａ
＋
ｎ
１
－１
＝
（
（
ａ
ａ
ｎ
ｎ
－
＋
１
１
）
）
２
２ ＝
ｂ２ｎ， 即ｂ
ｎ ＋１＝
ｂ２ｎ， 取两边对数
５， Ｂ． ａ ＋１
２．（２０１８广东广州一模，９）已知数列 ａ 满足ａ ａ ａ ２ ｎ
｛ ｎ｝ １＝２，２ ｎ ｎ ＋１＝ ｂ
ａ２ｎ＋１， 设ｂ ｎ＝ ａ ａ ｎ－１ ， 则数列 ｛ ｂ ｎ｝ 是 （ ） 得 ｌｇ ｂ ｎ ＋１＝２ｌｇ ｂ ｎ，∴ ｌｇ ｌｇ ｂ ｎ ＋ ｎ １ ＝２， 则数列 ｛ｌｇ ｂ ｎ｝ 是以 ｌｇ ｂ １ 为首
ｎ＋１
Ａ． 常数列 Ｂ． 摆动数列 Ｃ． 递增数列 Ｄ． 递减数列 项 ，２ 为公比的等比数列 ，ｌｇ ｂ １＝ｌｇ １ ，∴ ｌｇ ｂ ｎ＝２ ｎ －１ ·ｌｇ １ ， 则
ａ ３ ３
答案 Ｄ 由 ａ １ ＝２ 及 ２ ａ ｎ ａ ｎ ＋１ ＝ ａ２ｎ＋１， 得 ａ ｎ ＋１ ＝ ２ ｎ ＋ ２ １ ａ ｎ ＞ ７． ｂ （ ｎ ２ ＝ ０ ３ １ － ９ ２ ｎ－ 皖 １ ，∴ 中 ｂ 名 １００ 校 ＝３ 联 －２９ 盟 ９ ， 故 高 选 三 Ｃ １ ． ０ 月联考，１４）已知数列 ａ 满
｛ ｎ｝
ａ
２ ２ ｎ · ２ １ ａ ｎ ＝１， 所以 ０＜ ｂ ｎ＝１－ａ ｎ ２ ＋１ ＜１， 足 ： ａ ｎ＝１－ａ １ ｎ ， 且ａ １＝２， 则ａ ２０１９＝ ．
＋１
ａ
ｎ １ 答案 １
ｂ ａ ｎ ＋１－１ ２ ＋ ２ ａ ｎ －１ ａ２ｎ－２ ａ ｎ＋１ （ ａ ｎ－１） ２ ２
ｎ ＋１＝ａ
ｎ ＋１＋１
＝ａ
ｎ １
＝ａ２ｎ＋２ ａ
ｎ＋１
＝
（
ａ
ｎ＋１）
２；
解析 由ａ １ 可得ａ １ 结合ａ 得ａ １
２
＋
２
ａ
ｎ
＋１ ｎ＝１－ａ
ｎ ＋１
ｎ ＋１＝
１－
ａ
ｎ
， １＝２， ２＝
１－
ａ
１
ｂ ａ
所以 ｂ ｎ ＋１ ＝ａ ｎ－１ ＝ ｂ ｎ＜１， 所以数列 ｛ ｂ ｎ｝ 是递减数列． ＝－１， ａ ３＝ １ ａ ＝ １ ， ａ ４＝ １ ａ ＝２＝ ａ １， 所以数列 ｛ ａ ｎ｝ 是周期为
ｎ ｎ＋１ １－ ２ ２ １－ ３
ｎ ａ
３．已知数列 ｛ ａ ｎ｝ 的前 ｎ 项和为 Ｓ ｎ， 且 ａ １ ＝１， Ｓ ｎ ＝ （ ＋１） ｎ ， 则 ３ 的周期数列 ， 则ａ ２０１９＝ ａ ３＋３×６７２＝ ａ ３＝ ２ １ ．
２ ８．（２０１８浙江温州二模，１４）若递增数列 ａ 满足 ａ ａ ａ
ａ ２０１７＝ （ ） ａ ａ ａ 则实数ａ的取值范围为 ｛ ｎ｝ 记 ： 数 １ 列 ＝ ， ａ ２＝ 的 ２
Ａ．２０１６ Ｂ．２０１７ Ｃ．４０３２ Ｄ．４０３４ 前 － ， ｎ项 ｎ ＋２ 和 ＝２ 为 ｎ Ｓ ， 则Ｓ ． ， ｛ ｎ｝
答案 Ｂ 由题意知ｎ 时 ａ Ｓ Ｓ （
ｎ
＋１）
ａ
ｎ
ｎａ
ｎ －１ (
ｎ，
) ２
ｎ＝
≥２ ， ｎ＝ ｎ－ ｎ －１＝ ２ － ２ ， 答案 ２ ，１ ；２ ｎ ＋１ －２
ａ ａ ａ ａ ａ ３
化为 ｎ ｎ －１ ｎ ｎ －１ １ ａ ｎ．则ａ ． 解析 由题可知 该数列的奇数项与偶数项分别是等比数
ｎ ＝ｎ ，∴ ｎ ＝ｎ ＝…＝ ＝１，∴ ｎ＝ ２０１７＝２ ０１７ ，
－１ －１ １ 列 且公比均为
故选 ， ２，
４．已知数 Ｂ． 列 ｛ ａ ｎ｝ 满足ａ ｎ ＋１＝ ａ ｎ－ ａ ｎ －１（ ｎ ≥２）， ａ １＝ ｍ ， ａ ２＝ ｎ ， Ｓ ｎ 为数 从而ａ ２ ｎ －１＝ ａ · { ２ ａ ｎ －１ ， ａ ａ ２ ｎ＝（２－ ａ ）·２ ｎ －１ ， 要使该数列为单调递增
列 ｛ ａ ｎ｝ 的前ｎ项和 ， 则Ｓ ２０１７ 的值为 （ ） 数列 ， 仅 需 ａ ２ ｎ －１ ａ ＜ ２ ｎ，对 任 意 的 ｎ ∈ Ｎ∗ 都 成 立 ， 即
Ａ Ｃ ∴ ∴ ． ． 答 ｍ ２ ａ ａ ３ ｎ ０ ＋ 案 ＝ ６ １ ＝ ｎ ７ － ｎ ａ － ｍ Ｃ ｎ ｍ （ ｍ ， ｎ ａ ∈ ４ ∵ ｍ ＝ Ｎ ａ － 故 ∗ ｎ ｍ ＋ ） １ 选 ， ＝ ． ａ 则 ａ ５ ｎ ＝ Ｓ － － ２ ａ ０ ｎ ｎ １ － ７ ， １ ＝ ａ （ ６ ｎ Ｓ ＝ ≥ Ｂ Ｄ ３３ ｍ ６ ． ． × ｎ ２ ｎ ６ － － ） ＋１ ｎ ２ ， ＝ ， ａ ａ ０ ３ １ １ ７ ３ ＝ ７ ＝ ６ ｍ ｍ × ｍ ， （ ， ａ ａ ａ ２ １ ８ ＝ ＋ ＝ ｎ ａ ｎ ， ２ ， ＋ … … … ＋ ａ ， ６）＋ ａ １ { Ｓ ２ ２ ｎ ａ （ ｎ ＋ · ２ １ ＝ － － ２ ２ ∑ ａ ｋ ｎ ． ） ＝ ｎ － １ １ · ＜ ａ （ ２ ２ ２ ｋ ｎ － － － １ １ ＋ ａ ＜ ） ａ ∑ｋ ２ · · ＝ ｎ ｎ １ ＜ ２ ２ ａ ｎ ｎ ２ － ， ２ ｎ １ ｋ ＋ ， ＝ １ 即 ａ （ { １ １ ２ ａ － － － ＜ ２ ２ ａ ２ ｎ ＜ － ） ２ ａ ＋ ａ ， （ ， ２ 解 － 得 ａ １ ） － （ ２ ３ ２ １ ＜ － ａ ２ ＜ ｎ ） １ ． ＝２（２ ｎ －１）＝
＝３３６×０＋ ＝ ， Ｃ． ９．（２０２０５·３原创题）已知 ａ 为单调递增数列 若对任意的
５． （２０１８ 河 北 保 定 一 模， １０） 已 知 函 数 ｆ ｘ ｛ ｎ｝ ，
{ （ ａｘ ３ － － ９ ａ ｘ ） ｘ －６， ｘ ≤１０，若数列 ｛ ａ ｎ｝ 满足 ａ ｎ＝ ｆ （ ｎ ）（ ｎ ∈ Ｎ （ ∗ ） ） ， 且 ＝ 正 整 数 ． ｎ ， 均有 ａ ｎ· ａ ｎ ＋１＝２ ｎ 成立 ， 则 ａ １ 的取值范围是
， ＞１０，
ａ 是递增数列 则实数ａ的取值范围是 答案
｛ ｎ｝ ， [ （ ) ） （１， ２） {ａ ａ ｎ ａ
２４ 解析 由题可知 ｎ· ｎ ＋１＝２ ， 两式相除得 ｎ ＋２ 从而
Ａ．（１，３） Ｂ．（１，２］ Ｃ．（２，３） Ｄ． １１ ，３ ａ ｎ ＋１· ａ ｎ ＋２＝２ ｎ ＋１ ， ａ ｎ ＝２，
答 案 Ｃ 数 列 ａ 是 递 增 数 列 ｆ ｘ ａ 的奇数项和偶数项分别为等比数列
∵ ｛ ｎ｝ ， （ ） ＝ ｛ ｎ｝ ，
{ ａ ｘ ｘ
（
ａｘ
３
－
－
９ ｘ
） －６， ≤１０，ａ
ｎ＝
ｆ
（
ｎ
）（
ｎ
∈
Ｎ∗
），∴ ３－
ａ
＞０，
ａ
＞１
且 要使得
｛
ａ
ｎ｝
为单调递增数列
，
仅需ａ
１＜
ａ
２＜
ａ
３，
即ａ
１＜ａ
２
＜２
ａ
１，
， ＞１０， １
专题六 数列 ３４５
１０ 解 ．（ 得 ２０ １ ２ ＜ ０ ａ 浙 １＜ 江 ２ 湖 ． 丽衢三地市４月模考，２０）已知数列 ｛ ａ ｎ｝ 的前 因为 [ Ｓ ｎ （ ２ ｎ 为 ＋ 数 １） 列 ｛ ] Ｓ λ ｎ｝ 对 中 任 的 意 最小 ｎ 项 Ｎ ， ∗ 所 恒 以 成 Ｓ 立 ｎ≥ ． Ｓ ２＝６－３ λ ， 即 ２ ｎ ＋１ －
８≥ －３ ∈
ｎ项和Ｓ ｎ＝ ａ２ｎ＋２ ａ ｎ ， 且ａ ｎ＞０（ ｎ ∈ Ｎ∗ ） ． 当ｎ ＝１ 时 ２ ， 得 －４≥－２ λ ， 所以λ ≥２；
４ 当ｎ 时 恒成立 所以λ Ｒ
（１） 写出ａ １， ａ ２， ａ ３ 的值 ， 并求出数列 ｛ ａ ｎ｝ 的通项公式 ； ＝２ ， ｎ ｎ ， ∈ ； ｎ ＋２
ｎ２ ｎ 当ｎ 时 得 （ ＋１） 所以λ ２ －１６
（２） 设ｂ ｎ＝ Ｓ ｎ， Ｔ ｎ 为数列 ｛ ｂ ｎ｝ 的前 ｎ 项和 ， 求证 ： ＋ ＜ Ｔ ｎ ≥３ ， ２ －３＞０， ≤ｎ２ ＋ ｎ －６ ，
２ ｎ ｎ
ｎ２ ｎ 设ｆ ｎ ２ ＋２ －１６ 则 ｆ ｎ ｆ ｎ ２ ＋３ －１６
＜ ＋２ ． （ ）＝ ｎ２ ＋ ｎ －６ ， （ ＋１）－ （ ）＝ （ ｎ ＋１） ２ ＋（ ｎ ＋１）－６ －
２ ａ２ ａ ２ ｎ ＋２ －１６ （ ｎ２ － ｎ －８）·２ ｎ ＋２ ＋３２ ｎ ＋３２
解析
（１）
当ｎ
＝１
时
，
ａ
１＝
Ｓ
１＝
１＋２ １． ｎ２
＋
ｎ
－６
＝
（
ｎ２
＋３
ｎ
－４）（
ｎ２
＋
ｎ
－６）
，
ａ２
４
ａ
当ｎ
≥４
时
，
ｎ２
－
ｎ
－８＞０，
ｎ２
＋３
ｎ
－４＞０，
ｎ２
＋
ｎ
－６＞０，
又因为ａ ｎ＞０， 所以ａ １＝２， 由Ｓ ２＝ ２＋２ ２ ＝２＋ ａ ２ 得ａ ２＝４， 同理 所以ｆ （ ｎ ＋１）＞ ｆ （ ｎ ），
４ 又可验证当ｎ 时 ｆ ｆ 也成立
得ａ ． 分 ＝３ ， （４）－（３）＞０ ，
３＝６ （３ ） 所以当ｎ 时 数列 ｆ ｎ 为递增数列
当ｎ 时 ａ Ｓ Ｓ
ａ２ｎ＋２ ａ
ｎ
ａ２ｎ
－１＋２
ａ
ｎ －１
≥３ ， ｛ （ ）｝ ，
≥２ ， ｎ＝ ｎ－ ｎ －１＝ － ， 所以ｆ ｎ ｆ ８ 即λ ８ ．
４ ４ （ ）ｍｉｎ＝ （３）＝ ， ≤
所以 ａ ａ ａ ａ ３ ３
（ ｎ＋ ｎ －１）（ ｎ－ ｎ －１－２）＝０， [ ]
因为ａ 所以ａ ａ 分 综上所述 实数λ的取值范围为 ８ ．
ｎ＞０， ｎ－ ｎ －１－２＝０， （５ ） ， ２，
所以数列 ａ 是等差数列 ａ ｎ． 分 ３
｛ ｎ｝ ， ｎ＝２ （７ ） １２．（２０１９５·３原创题）已知二次函数ｆ ｘ ｘ２ ａｘ ａ ａ ｘ Ｒ
（２） 证明 ： 由 （１） 得Ｓ ｎ＝ ｎ （ ｎ ＋１）， 则ｂ ｎ＝ ｎ （ ｎ ＋１）， （１０ 分 ） 有且只有一个零点 ， 数列 ｛ ａ ｎ｝ 的前ｎ项 （ 和 ）＝ Ｓ ｎ＝ － ｆ （ ｎ ＋ ）（ （ ｎ ∈ ＞ Ｎ ０， ∗ ） ∈ ． ）
所以ｂ ｎ＞ ｎ ， 则Ｔ ｎ＞ ｎ２ ＋ ｎ ． （１２ 分 ） （１） 求数列 ｛ ａ ｎ｝ 的通项公式 ；
２
又ｂ ｎ ｎ ｎ ＋（ ｎ ＋１） ｎ １ （２） 设ｃ ｎ＝１－ａ ４ ｎ （ ｎ ∈ Ｎ∗ ）， 定义所有满足ｃ ｍ· ｃ ｍ ＋１＜０ 的正整
ｎ＝ （ ＋１）＜ ＝ ＋ ，
所以Ｔ
ｎ
（
ｎ
＋１）
ｎ ２ ｎ２
＋２
ｎ
．
２
分
数
变号
ｍ
数
的
．
个数 ， 称为这个数列 ｛ ｃ ｎ｝ 的变号数 ， 求数列 ｛ ｃ ｎ｝ 的
ｎ＜ ＋ ＝ （１４ ）
２ ２ ２ 解析 依题意 知Δ ａ２ ａ 所以ａ 或ａ ．又由
综上可得
ｎ２
＋
ｎ
＜ Ｔ ｎ＜
ｎ２
＋２
ｎ
． （１５ 分 ） ａ ＞０ 得 ａ ＝
（１
４
）
， 所以ｆ （
，
ｘ ）＝ ｘ２
＝
－４ ｘ
－
＋
４
４ ．
＝
所
０，
以Ｓ ｎ＝ ｎ
＝
２ －
０
４ ｎ ＋４
＝
．当
４
ｎ ＝１
２ ２ 时 ａ Ｓ 当ｎ 时 ａ Ｓ Ｓ ｎ ．所以ａ
１１．（２０２０浙江绍兴上虞期末，２０）在数列 ａ 中 已知 ａ ， １＝ １＝１－４＋４＝１； ≥２ ， ｎ＝ ｎ－ ｎ －１＝２ －５ ｎ
｛ ｎ｝ ， １＝１， { ｎ
ａ ａ ｎ ． １， ＝１，
ｎ ＋１＝ ｎ＋２ －１ ＝ ｎ ｎ ．
求数列 ａ 的通项公式 ２ －５， ≥２
（１） ｛ ｎ｝ ； { ｎ
记ｂ ａ λ ｎ 且数列 ｂ 的前ｎ项和为Ｓ 若Ｓ 为 －３， ＝１，
（２） 数列 ｎ＝ Ｓ ｎ＋ 中 （１ 的 － 最 ） 小 ， 项 求λ ｛ 的 ｎ 取 ｝ 值范围． ｎ， ２ （２） 由题意得ｃ ｎ＝ ４ ｎ ．
｛ ｎ｝ ， １－ ｎ ， ≥２
解析 因为ａ ａ ｎ 所以ａ ａ ｎ ２ －５
从而ａ ｎ ＝ （ （ １ ａ ） ｎ－ ａ ｎ －１）＋ ｎ ＋ （ １ ａ ＝ ｎ －１ ｎ － ＋ ａ ２ ｎ － － ２） １， ＋…＋（ ａ ｎ ２ ＋ － １－ ａ １） ｎ＝ ＋ ａ ２ １ － ＝ １ （ ， ２ ｎ －１ －１） 由ｃ ｎ＝１－ ２ ｎ ４ －５ （ ｎ ≥２） 可知 ， 当ｎ ≥５ 时 ， 恒有ｃ ｎ＞０ ．
ｎ －２ １ ２ ｎ －１ ｎ
＋（２ －１）＋…＋（２ －１）＋１＝（２＋２ ＋…＋２ ）－（ －１）＋１＝ 又ｃ ｃ ｃ ｃ １ ｃ １ ｃ ３ 所以ｃ ｃ
２（１－２ ｎ －１ ）
－
ｎ
＋２＝２
ｎ
－
ｎ．综上
，
ａ
ｎ＝２
ｎ
－
ｎ
（
ｎ
∈
Ｎ∗
）
．
ｃ
１＝－
ｃ
３， ２
ｃ
＝５，
ｃ
３＝－３
所
，
以
４＝
数
－
列
３ ，
ｃ
５＝
的
５
变
，
号
６＝
数
７
为
，
．
１· ２＜
１
由
－２
可得ｂ ａ λ ｎ ｎ λｎ
０， ２· ３＜０， ４· ５＜０， ｛ ｎ｝ ３
（２） （１） ｎ＝ ｎ＋（１－ ） ＝２ － ，
ｎ ｎ
所以Ｓ ｎ＝２ ｎ ＋１ －２－ （ ＋１）λ．
２
