§6.3　数列的综合问题_2022版教学资源包_五年高考三年模拟_2022版新高考版高考总复习数学53B版_第六章　数列_§63　数列的综合问题_6_13　数列的综合问题_专题电子书

第六章 数列 ２ ７９
§６．３ 数列的综合问题
求通项公式 学生用书Ｐ１０３ ｂ ｃ １ ｂ ｃ
ｎ ＋１－ ｎ ＋１＝－ （ ｎ－ ｎ），
２
１．（２０１７上海，１０，５分）已知数列
｛
ａ
ｎ｝
和
｛
ｂ
ｎ｝，
其中ａ
ｎ＝
ｎ２
（
ｎ
∈ 由ａ ａ 得ａ ａ 代入 得ｂ ｃ ａ １ ｂ ｃ
Ｎ∗
），｛
ｂ
ｎ｝
的项是互不相等的正整数
，
若对于任意ｎ
∈
Ｎ∗
，
数 ｎ ＋１＝ ｎ ｎ＝ １， （∗） ｎ ＋１＋ ｎ ＋１＝ １＋
２
（ ｎ＋ ｎ），
ｂ ｂ ｂ ｂ
列 ｛ ｂ ｎ｝ 中的第ａ ｎ 项等于 ｛ ａ ｎ｝ 中的第ｂ ｎ 项 ， 则ｌｇ（ ｂ １ ｂ ４ ｂ ９ ｂ １６） ＝ ∴ ｂ ｎ ＋１＋ ｃ ｎ ＋１－２ ａ １＝ １ （ ｂ ｎ＋ ｃ ｎ－２ ａ １），
． ｌｇ（ １ ２ ３ ４） ∵ ｂ １＋ ｃ １－２ ａ １＝２ ａ １－ ２ ２ ａ １＝０，∴ ｂ ｎ＋ ｃ ｎ＝２ ａ １＞｜ Ｂ ｎ Ｃ ｎ｜＝ ａ １， 所以点
１． 答案 ２ 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＞
２．（２０１９课标 理，１９，１２分）已知数列 ａ 和 ｂ 满足ａ
ｂ ａ
Ⅱ
ａ ｂ ｂ ｂ ａ
｛
．
ｎ｝ ｛ ｎ｝ １＝１， ｃ
１
得ｂ
１－
ｃ
１＞０，
所以
｜
ｂ
ｎ ＋１－
ｃ
ｎ ＋１｜＝
１
（
ｂ
ｎ－
ｃ
ｎ），
即
｜
ｂ
ｎ－
ｃ
ｎ｜＝（
ｂ
１－
１＝０，４ ｎ ＋１＝３ ｎ－ ｎ＋４，４ ｎ ＋１＝３ ｎ－ ｎ－４
( )ｎ
２
证明 ａ ｂ 是等比数列 ａ ｂ 是等差数列 －１
（１） 求 ａ ：｛ 和 ｎ＋ ｂ ｎ｝ 的通项公式 ， ． ｛ ｎ－ ｎ｝ ； ｃ １）· １ ， 所以当ｎ增大时 ｜ ｂ ｎ－ ｃ ｎ｜ 变小 ， 即点 Ａ ｎ 向点 Ａ
（２） ｛ ｎ｝ ｛ ｎ｝ ２
２． 解析 （１） 证明 ： 由题设得 ４（ ａ ｎ ＋１＋ ｂ ｎ ＋１）＝２（ ａ ｎ＋ ｂ ｎ）， 处
Ｓ
移动
为
，
递
即
增
边
数
Ｂ
列
ｎ Ｃ
．
ｎ 上的高增大 ， 又 ｜ Ｂ ｎ Ｃ ｎ｜＝ ａ ｎ＝ ａ １ 不变 ， 所以
即ａ ｂ １ ａ ｂ ． ｛ ｎ｝
ｎ ＋１＋ ｎ ＋１＝ （ ｎ＋ ｎ）
２
又因为ａ ｂ
１＋ １＝１，
所以 ａ ｂ 是首项为
｛ ｎ＋ ｎ｝ １，
公比为 １ 的等比数列．
２
由题设得 ａ ｂ ａ ｂ
４（ ｎ ＋１－ ｎ ＋１）＝４（ ｎ－ ｎ）＋８，
即ａ ｂ ａ ｂ ．
ｎ ＋１－ ｎ ＋１＝ ｎ－ ｎ＋２
又因为ａ ｂ ２．（２０１４课标 文，１６，５分）数列 ａ 满足ａ １ ａ 则
所以 ａ １ ｂ － １ 是 ＝１ 首 ， 项为 公差为 的等差数列． Ⅱ ｛ ｎ｝ ｎ ＋１＝ １－ ａ ｎ ， ８＝２，
｛ ｎ－ ｎ｝ １， ２ ａ ．
１＝
由 知 ａ ｂ １ ａ ｂ ｎ ．
（２） （１） ， ｎ＋ ｎ＝ ｎ －１， ｎ－ ｎ＝２ －１ 答案 １
２
２
所以ａ １ ａ ｂ ａ ｂ １ ｎ １
ｎ＝ ［（ ｎ＋ ｎ）＋（ ｎ－ ｎ）］＝ ｎ＋ － ， 解析 由ａ １ 得ａ １
２ ２ ２ ｎ ＋１＝
１－
ａ
ｎ
， ｎ＝１－ａ
ｎ ＋１
，
ｂ １ ａ ｂ ａ ｂ １ ｎ １ ．
ｎ＝ ［（ ｎ＋ ｎ）－（ ｎ－ ｎ）］＝ ｎ－ ＋ ａ ａ １ １
２ ２ ２ ∵ ８＝２，∴ ７＝１－ ＝ ，
思路分析 （ ）将两递推关系式左、右两边相加可得ａ ２ ２
１ ｎ ＋１＋
ａ １ ａ １
ｂ １ （ａ ｂ ），从而证得数列｛ａ ｂ ｝为等比数列；将两递 ６＝１－ａ ＝－１， ５＝１－ａ ＝２，…，
ｎ ＋１＝
２
ｎ＋ ｎ ｎ＋ ｎ
ａ 是
７
以 为周期的
６
数列
推关系式左、右两边相减可得ａ ｂ ａ ｂ ，从而证得数 ∴ ｛ ｎ｝ ３ ，
ｎ ＋１－ ｎ ＋１＝ ｎ－ ｎ＋２
列｛ａ ｂ ｝为等差数列．（ ）由（ ）可求出｛ａ ｂ ｝，｛ａ ｂ ｝的 ａ ａ １ ．
ｎ－ ｎ ２ １ ｎ＋ ｎ ｎ－ ｎ ∴ １＝ ７＝
通项公式，从而得ａ ，ｂ ． ２
ｎ ｎ
３．（２０１３课标 理，１４，５分）若数列 ａ 的前ｎ项和Ｓ ２ ａ
以下为教师用书专用（１—９） Ⅰ ｛ ｎ｝ ｎ＝ ｎ＋
３
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， ｂ ｎ， １ ， 则 ｛ ａ ｎ｝ 的通项公式是ａ ｎ＝ ．
ｃ ａ ｎ，△ Ａ ａ ｎ Ｂ ｂ ｎ Ｃ ｎ 的 ｃ ｎ 面 ＋ ａ 积 ｎ 为 ｃ Ｓ ｎ， ｂ ｎ ｎ ＝ ＋ ａ １ ｎ ，２ 则 ，３，… ．若ｂ １＞ ｃ １， ｂ １＋ ｃ １＝２ ａ １， ３ 答案 （－２） ｎ －１
ｎ ＋１＝ ｎ， ｎ ＋１＝ ， ｎ ＋１＝ ， （ ） 解析 由Ｓ ２ ａ １ 得 当ｎ 时 Ｓ ２ ａ １
Ａ．｛ Ｓ ｎ｝ 为递减数
２
列
２ ｎ＝
３
ｎ＋
３
： ≥２ ， ｎ －１＝
３
ｎ －１＋
３
，∴
Ｂ．｛ Ｓ
Ｓ
ｎ｝ 为
为
递
递
增
增
数
数
列
列 Ｓ 为递减数列
当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，∴
Ｃ Ｄ ． ． ｛ ｛ Ｓ ２ ２ ｎ ｎ － － １ １ ｝ ｝ 为递减数列 ， ， ｛ ｛ Ｓ ２ ２ ｎ ｎ ｝ ｝ 为递增数列 ４． ａ （ ｎ ２ ＝ ０１ （ ６ － 浙 ２） 江 ｎ －１ ， ． １３，６分）设数列 ａ 的前ｎ项和为Ｓ ．若Ｓ
答案 Ｂ 由ｂ ｎ ＋１＝ ａ ｎ
２
＋ ｃ ｎ ， ｃ ｎ ＋１＝ ｂ ｎ＋
２
ａ ｎ得 ａ ｎ ＋１＝２ Ｓ ｎ＋１， ｎ ∈ Ｎ∗ ， 则ａ １＝ ｛ ｎ ｝ ， Ｓ ５＝ ｎ ． ２＝４，
答案
ｂ ｃ ａ １ ｂ ｃ １；１２１
ｎ ＋１＋ ｎ ＋１＝ ｎ＋
２
（ ｎ＋ ｎ）， （∗） 解析 解法一
：∵
ａ
ｎ ＋１＝２
Ｓ
ｎ＋１，∴
ａ
２＝２
Ｓ
１＋１，
即Ｓ
２－
ａ
１＝２
ａ
１＋
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２ ８０ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
１ ， 又 ∵ Ｓ ２＝４，∴４－ ａ １＝２ ａ １＋１， 解得ａ １＝１ ．又ａ ｎ ＋１＝ Ｓ ｎ ＋１－ Ｓ ｎ， ( λ )ｎ －１ ． 分
Ｓ Ｓ Ｓ 即 Ｓ Ｓ 由 Ｓ 可求出 Ｓ λ （６ ）
∴
Ｓ
ｎ ＋１－
Ｓ
ｎ＝２ ｎ
．
＋１， ｎ ＋１＝３ ｎ＋１， ２＝４， ３＝１３， －１
( λ )ｎ
解 ＝ ４ ４ 法 ＝ ， ４ ∴ 二 ０， ４ ： － 由 ５ ａ ＝ １ ａ ＝ １ ｎ ２ ＋ ２ １ １ ａ ＝ １ ２ ＋ Ｓ １ ｎ ， ＋ 解 １， 得 得 ａ ａ １ ２ ＝ ＝ １ ２ ． Ｓ 又 １＋ ａ １ ( ｎ ， ＋１ 即 ＝ Ｓ Ｓ ｎ ２ ＋ － １ ) ａ － １ Ｓ ＝ ｎ， ２ ∴ ａ １ Ｓ ＋ ｎ １ ＋１ ， － 又 Ｓ ｎ Ｓ ＝ ２ （ 由 ２） Ｓ 由 ５＝ （ ３ １ １ ） 得 得 １ Ｓ － ｎ ( ＝ λ １ λ － ) λ ５ － ＝ １ ３１ ， ． 即 ( λ λ ) ５ ＝ １ ．
３２ －１ ３２ －１ ３２
２ Ｓ ｎ＋１， 即Ｓ ｎ ＋１＝３ Ｓ ｎ＋１， 则Ｓ ｎ ＋１＋ １ ＝３ Ｓ ｎ＋ １ ， 又Ｓ １＋ １ ＝ ３ ， 解得λ ＝－１ ． （１２ 分 ）
２ ２ ２ ２
{ } 思路分析 （ ）先由题设利用ａ Ｓ Ｓ 得到ａ 与ａ
Ｓ １ 是首项为 ３ 公比为 的等比数列 Ｓ １ ３ １ ｎ ＋１＝ ｎ ＋１－ ｎ ｎ ＋１ ｎ
∴ ｎ＋ ， ３ ，∴ ｎ＋ ＝ × 的关系式，要证数列是等比数列，关键是看ａ 与ａ 之比是否
２ ２ ２ ２ ｎ ＋１ ｎ
３ ｎ －１ ， 即Ｓ ｎ＝ ３ ｎ －１ ，∴ Ｓ ５＝ ３ ５ －１ ＝１２１ ． 为 结 一 论 常 解 数 方 ， 程 其 求 中 出 说 λ 明 ． ａ ｎ≠０ 是非常重要的．（ ２ ）利用第（ １ ）问的
２ ２
５．（２０１６课标 文，１７，１２分）已知 ａ 是公差为 的等差数列 ８．（２０１４大纲全国文，１７，１０分）数列 ａ 满足ａ ａ ａ
Ⅰ ｛ ｎ｝ ３ ， ｛ ｎ｝ １＝１， ２＝２， ｎ ＋２
ａ ａ ．
数列 ｂ 满足ｂ ｂ １ ａ ｂ ｂ ｎｂ ． ＝２ ｎ ＋１－ ｎ＋２
｛ ｎ｝ １＝１， ２＝ ， ｎ ｎ ＋１＋ ｎ ＋１＝ ｎ 设ｂ ａ ａ 证明 ｂ 是等差数列
３ （１） ｎ＝ ｎ ＋１－ ｎ， ｛ ｎ｝ ；
求 ａ 的通项公式 求 ａ 的通项公式．
（１） ｛ ｎ｝ ； （２） ｛ ｎ｝
求 ｂ 的前ｎ项和． 解析 证明 由ａ ａ ａ 得
（２） ｛ ｎ｝ （１） ： ｎ ＋２＝２ ｎ ＋１－ ｎ＋２ ，
ａ ａ ａ ａ 即ｂ ｂ ．
解析 由已知 ａ ｂ ｂ ｂ ｂ ｂ １ 得ａ ｎ ＋２－ ｎ ＋１＝ ｎ ＋１－ ｎ＋２， ｎ ＋１＝ ｎ＋２
（１） ， １ ２＋ ２＝ １， １＝１， ２＝ ， １＝２， 又ｂ ａ ａ
３ １＝ ２－ １＝１，
分 所以 ｂ 是首项为 公差为 的等差数列． 分
（３ ） ｛ ｎ｝ １， ２ （５ ）
所以数列 ａ 是首项为 公差为 的等差数列 通项公式为 由 得ｂ ｎ 即ａ ａ ｎ ． 分
｛ ｎ｝ ２， ３ ， （２） （１） ｎ＝１＋２（ －１）， ｎ ＋１－ ｎ＝２ －１ （８ ）
ａ ｎ ． 分 ｎ ｎ
ｎ＝３ －１ （５ ） 于是 ａ － ａ ＝ ｋ －
由 和ａ ｂ ｂ ｎｂ 得ｂ
ｂ
ｎ 分
∑ｋ＝
１
（ ｋ＋ １ ｋ） ∑ｋ＝
１
（２ １），
（２） （１） ｎ ｎ ＋１＋ ｎ ＋１＝ ｎ ｎ ＋１＝ ３ ， （７ ） 所以ａ ｎ ＋１－ ａ １＝ ｎ２ ， 即ａ ｎ ＋１＝ ｎ２ ＋ ａ １ ．
因此 ｂ 是首项为 公比为 １ 的等比数列． 分
又ａ
１＝１，
所以
｛
ａ
ｎ｝
的通项公式为ａ
ｎ＝
ｎ２
－２
ｎ
＋２
．
（１０
分
）
｛ ｎ｝ １， （９ ） 评析 本题着重考查等差数列的定义、前ｎ项和公式及“累加
３
记 ｂ 的前ｎ项和为Ｓ 法”求数列的通项等基础知识，同时考查运算变形的能力．
｛ ｎ｝ ｎ，
( )ｎ ９．（２０１４课标 理，１７，１２分）已知数列 ａ 的前ｎ项和为Ｓ ａ
１ Ⅰ ｛ ｎ｝ ｎ， １
１－ ａ ａ ａ λＳ 其中λ为常数
则Ｓ
ｎ＝
１－
３
１
＝
２
３
－
２×
１
３
ｎ －１
．
（１２
分
）
（
＝
１
１
）
，
证
是
ｎ
明
否
≠
：
存
０
ａ
，
在
ｎ ＋
ｎ
２－
λ
ｎ
ａ
＋１
ｎ
使
＝
＝
λ
得
；
ｎ－
ａ
１，
为等差数列 并
，
说明理由．
３ （２） ， ｛ ｎ｝ ？
６．（２０１６课标 Ⅲ 文，１７，１２ 分）已知各项都为正数的数列 ｛ ａ ｎ｝ 满 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 ．
足ａ
１＝１，
ａ２ｎ－（２ ａ
ｎ ＋１－１）
ａ
ｎ－２
ａ
ｎ ＋１＝０
． 两式相减得
，
ａ
ｎ ＋１（
ａ
ｎ ＋２－
ａ
ｎ）＝
λａ
ｎ ＋１
．
求ａ ａ 由于ａ 所以ａ ａ λ．
（１） ２， ３； ｎ ＋１≠０， ｎ ＋２－ ｎ＝
求 ａ 的通项公式． 存在．由ａ ａ ａ λａ 可得ａ λ 由 知 ａ λ
（２） ｛ ｎ｝ （２） １＝１， １ ２＝ １－１， ２＝ －１， （１） ， ３＝
．令 ａ ａ ａ 解得λ ．
解析 由题意得ａ １ ａ １ ． 分 ＋１ ２ ２＝ １＋ ３， ＝４
（１） ２＝ ， ３＝ （５ ） 故ａ ａ 由此可得 ａ 是首项为 公差为 的等差
２ ４ ｎ ＋２－ ｎ＝４， ，｛ ２ ｎ －１｝ １， ４
（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）
． 数列
，
ａ
２ ｎ －１＝１＋（
ｎ
－１）·４＝４
ｎ
－３；
ａ ａ 是首项为 公差为 的等差数列 ａ ｎ ｎ
因为 ａ 的各项都为正数 所以 ｎ ＋１ １ ． ｛ ２ ｎ｝ ３， ４ ， ２ ｎ＝３＋（ －１）·４＝４
｛ ｎ｝ ， ａ ＝ ．
ｎ ２ －１
所以ａ ｎ ａ ａ ．
故 ｛ ａ ｎ｝ 是首项为 １， 公比为 １ 的等比数列 ， 因此ａ ｎ＝ ｎ １ －１ ． 因此存 ｎ 在 ＝２ λ －１， 使 ｎ ＋ 得 １－ ａ ｎ＝２ 为等差数列．
２ ２ ＝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
（１２ ） ｎ ｎ
７．（２０１６课标 理，１７，１２分）已知数列 ａ 的前ｎ项和Ｓ 查学生的逻辑思维能力及分析解决问题的能力．
Ⅲ ｛ ｎ｝ ｎ＝１＋
λａ 其中λ ．
ｎ， ≠０
（１）
证明
｛
ａ
ｎ｝
是等比数列
，
并求其通项公式
；
数列的求和 学生用书Ｐ１０３
若Ｓ ３１ 求λ． ａ
（２） ５＝ ， １．（２０２１浙江，１０，４分）已知数列 ａ 满足ａ ａ ｎ
解析 （１ ３ ） ２ 由题意得ａ １＝ Ｓ １＝１＋ λａ １， ｛ ｎ｝ １＝１， ｎ ＋１＝ １＋ ａ ｎ
故λ ａ １ ａ ． 分 （
ｎ
∈
Ｎ∗
）
．记数列
｛
ａ
ｎ｝
的前ｎ项和为Ｓ
ｎ，
则
（ ）
≠１， １＝ λ， １≠０ （２ ）
１－ ３ Ｓ Ｓ Ｓ ９ ９ Ｓ
由Ｓ λａ Ｓ λａ 得ａ λａ λａ 即ａ λ Ａ． ＜ １００＜３ Ｂ．３＜ １００＜４ Ｃ．４＜ １００＜ Ｄ． ＜ １００＜５
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）＝ １
２
．
．（多
答 ２
选
案
题 ）
Ａ
（ ２０２１新高考 Ⅱ ，１２，５分）若正
２
整数ｎ ＝
２
ａ ０·２ ０ ＋ ａ １·
因此 ａ 是首项为 １ 公比为 λ 的等比数列 于是ａ １ ２＋…＋ ａ ｋ －１·２ ｋ －１ ＋ ａ ｋ·２ ｋ ， 其中 ａ ｉ∈｛０，１｝（ ｉ ＝０，１，…， ｋ ）， 记
｛ ｎ｝ λ， λ ， ｎ＝ λ ω ｎ ａ ａ ａ 则
１－ －１ １－ （ ）＝ ０＋ １＋…＋ ｋ， （ ）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第六章 数列 ２ ８１
ω ｎ ω ｎ ω ｎ ω ｎ ｎａ ( )ｎ
Ａ． （２ ）＝ （ ） Ｂ． （２ ＋３）＝ （ ）＋１ ｂ ｎ ｂ ｎ １ ．
ω ｎ ω ｎ ω ｎ ｎ ∵ ｎ＝ ，∴ ｎ＝ ·
Ｃ． （８ ＋５）＝ （４ ＋３） Ｄ． （２ －１）＝ ３ ３
２． 答案 ＡＣＤ Ｓ 为 ａ 的前ｎ项和
（２）∵ ｎ ｛ ｎ｝ ，
３．（２０２０课标 理，１２，５分） 周期序列在通信技术中有着重 ａ ｑｎ [ ( )ｎ]
Ⅱ ０－１ Ｓ １（１－ ） ３ １ ．
要应用．若序列ａ ａ ａ 满足ａ ｉ 且存 ∴ ｎ＝ ｑ ＝ １－
１ ２… ｎ… ｉ∈｛０，１｝（ ＝１，２，…）， １－ ２ ３
在正整数ｍ 使得ａ ａ ｉ 成立 则称其为 周 Ｔ 为 ｂ 的前ｎ项和
， ｉ ＋ ｍ＝ ｉ（ ＝１，２，…） ， ０－１ ∵ ｎ ｛ ｎ｝ ，
期序列 并称满足ａ ａ ｉ 的最小正整数ｍ为这个 ( ) ( ) ( )ｎ
， ｉ ＋ ｍ＝ ｉ（ ＝１，２，…） Ｔ ｂ ｂ ｂ １ １ １ ２ ｎ １
序列的周期．对于周期为 ｍ的
０－１
序列 ａ
１
ａ
２…
ａ
ｎ…，
Ｃ
（
ｋ
）＝
∴ ｎ＝ １＋ ２＋…＋ ｎ＝１×
３
＋２×
３
＋…＋
３
，①
ｍ ( ) ２ ( ) ３ ( )ｎ ＋１
１ ａａ ｋ ｍ 是描述其性质的重要指标．下列 １ Ｔ １ １ ｎ １ ．
ｍ ∑ｉ＝
１
ｉ ｉ ＋ ｋ（ ＝１，２，…， －１）
３
ｎ＝１×
３
＋２×
３
＋…＋
３
②
( ) ( )ｎ ( )ｎ
２ ＋１
周期为 的 序列中 满足 Ｃ ｋ １ ｋ 的序 可得 ２ Ｔ １ １ １ ｎ １
５ ０－１ ， （ ）≤ （ ＝１，２，３，４） ①－② ｎ＝ ＋ ＋…＋ － ·
５ ３ ３ ３ ３ ３
列是 [ ( )ｎ]
（ ） １ １
１－ ( )ｎ ＋１ ( )( )ｎ
Ａ．１１０１０… Ｂ．１１０１１… Ｃ．１０００１… Ｄ．１１００１… ３ ３ ｎ １ １ ｎ １ １ １
３． 答案 Ｃ ＝ － · ＝－ ＋ ＋ ，
１－
１ ３ ３ ２ ３ ２
４．（２０２１新高考 ，１６，５分）某校学生在研究民间剪纸艺术时
３
Ⅰ ， ( )( )ｎ
发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为 Ｔ １ ｎ ３ １ ３
２０ ｄｍ× ∴ ｎ＝－ ＋ ＋ ，
的长方形纸 对折 次共可以得到 ２ ４ ３ ４
１２ ｄｍ ， １ １０ ｄｍ×１２ ｄｍ，２０ ｄｍ Ｓ ( )ｎ Ｓ
两种规格的图形 它们的面积之和Ｓ ２ 对折 Ｔ ｎ １ ｎ １ Ｔ ｎ．
×６ ｄｍ ， １＝２４０ ｄｍ ， ２ ∴ ｎ－ ＝－ · ＜０，∴ ｎ＜
次共可以得到 三种规 ２ ２ ３ ２
５ ｄｍ×１２ ｄｍ，１０ ｄｍ×６ ｄｍ，２０ ｄｍ×３ ｄｍ ８．（２０２１全国乙理，１９，１２ 分）记 Ｓ 为数列 ａ 的前 ｎ 项和 ｂ
格的图形 它们的面积之和Ｓ ２ 以此类推．则对折 ｎ ｛ ｎ｝ ， ｎ
， ２＝１８０ ｄｍ ， ４
次共可以得到不同规格图形的种数为 如果对折 ｎ 为数列 Ｓ 的前ｎ项积 已知 ２ １ ．
； ｛ ｎ｝ ， Ｓ ＋ｂ ＝２
ｎ ｎ ｎ
次
，
那么
∑ｋ＝
Ｓ
ｋ＝ ｄｍ
２．
（１）
证明
：
数列
｛
ｂ
ｎ｝
是等差数列
；
４ ５ ． ．（２ 答 ０２ 案 ０浙 江 ５； １ ， ２ １ ４ １ ０ ， × ４ æ è ç 分 ３－ ） ｎ ２ 我 ＋ ｎ ３ 国 ö ø ÷ 古代数学家杨辉 朱世杰等研究过 ８． （２ 解 ） 求 { 析 ｂ ｛ ａ ｎ ｎ （ ｝ １ 的 ） 证 通 明 项 ： 公 由 式 ｂ ． ｎ＝ Ｓ １· Ｓ ２·…· Ｓ ｎ 可得 ，
， １， ＝１，
高阶等差数列的求和问题 如数列 {ｎ （ ｎ ＋１） } 就是二阶等差数 Ｓ ｎ＝ ｂ ｎ ｎ ．
， ｂ ， ≥２
２ ｎ －１
{ｎ ｎ }
列．数列 （ ＋１） ｎ Ｎ∗ 的前 项和是 ． 由 ２ １ 知
（ ∈ ） ３ Ｓ ＋ｂ ＝２ ，
２ ｎ ｎ
５． 答案
１０ 当ｎ 时 ２ １ 即 ２ １ 所以ｂ Ｓ ３
６．（２０２０课标 文，１６，５分）数列 ａ 满足ａ ｎａ ｎ ＝１ ，Ｓ ＋ｂ ＝２， ｂ ＋ｂ ＝２， １＝ １＝ ，
Ⅰ ｛ ｎ｝ ｎ ＋２＋（－１） ｎ＝３ － １ １ １ １ ２
前 项和为 则ａ ．
６．
１，
答案
１６
７
５４０， １＝ 当ｎ
≥２
时
， ｂ
２
ｎ ＋ｂ
１
ｎ ＝２，
即
２
ｂ
ｎ＝２
ｂ
ｎ －１＋１，
即ｂ
ｎ－
ｂ
ｎ －１＝ ２
１
，
７．（２０２１全国乙文，１９，１２分）设 ｛ ａ ｎ｝ 是首项为 １ 的等比数列 ， 数 ｂ ｎ －１
列 ｛ ｂ ｎ｝ 满足ｂ ｎ＝ ｎａ ｎ．已知ａ １，３ ａ ２，９ ａ ３ 成等差数列． 故数列 ｛ ｂ ｎ｝ 是首项为 ３ ２ ， 公差为 １ ２ 的等差数列．
３
ｎ
（１） 求 ｛ ａ ｎ｝ 和 ｛ ｂ ｎ｝ 的通项公式 ； （２） 由 （１） 知 ， ｂ ｎ＝ ３ ＋（ ｎ －１）× １ ＝ ＋２ ，
Ｓ ２ ２ ２
（２） 记Ｓ ｎ 和Ｔ ｎ 分别为 ｛ ａ ｎ｝ 和 ｛ ｂ ｎ｝ 的前ｎ项和．证明 ： Ｔ ｎ＜ ｎ． 故当ｎ 时 Ｓ ｂ ｎ ｎ ＋２ Ｓ 也符合该式
７． 解题指导 （ ）利用等差中项的概念建立等式，通过 ２ 等比 ≥２ ， ｎ＝ｂ ｎ －１ ＝ｎ ＋１ ， １ ，
１ ｎ
数列的通项公式即可求出结果；（
２
）利用等比数列的求和公式 即Ｓ
ｎ＝ｎ
＋２
（
ｎ
∈
Ｎ∗
），
算出Ｓ ，对于数列｛ｂ ｝，利用错位相减法求出Ｔ ，再利用比较 ＋１
ｎ ｎ ｎ
大小的基本方法———作差法即可证明不等式． 从而ａ Ｓ ３
１＝ １＝ ，
解析 设等比数列 ａ 的公比为ｑ． ２
（１） ｛ ｎ｝ ｎ ｎ
当ｎ 时 ａ Ｓ Ｓ ＋２ ＋１ １ ａ 不符合该式
∵ ａ １，３ ａ ２，９ ａ ３ 成等差数列 ， ≥２ ， ｎ＝ ｎ－ ｎ －１＝ｎ ＋１ － ｎ ＝－ｎ （ ｎ ＋１） ， １ ，
ａ ａ ａ
∴６ ２＝ １＋９ ３， ì ï３ ｎ
又 ａ 是首项为 的等比数列 ï ， ＝１，
∵ ｛ ｎ｝ １ ， 所以ａ í２
ａ ｑ ａ ａ ｑ２ ｎ＝ï
∴６ １ ＝ １＋９ １ ， ï １ ｎ ．
î－ｎ ｎ ， ≥２
ｑ２ ｑ 解得ｑ ｑ １ （ ＋１）
∴９ －６ ＋１＝０， １＝ ２＝
３
， ９．（２０２１ 浙江，２０，１５ 分）已知数列
｛
ａ
ｎ｝
的前 ｎ 项和为 Ｓ
ｎ，
ａ
１＝
( )ｎ
∴ ａ ｎ＝ ａ １· ｑｎ －１ ＝ １
－１
， － ９ ， 且 ４ Ｓ ｎ ＋１＝３ Ｓ ｎ－９（ ｎ ∈ Ｎ∗ ） ．
３ ４
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２ ８２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
求数列 ａ 的通项公式 ａ ｎ ａ ｎ
（１） ｛ ｎ｝ ； ｎ ＋１－（２ ＋３）＝３［ ｎ－（２ ＋１）］，
（２）
设数列
｛
ｂ
ｎ｝
满足
３
ｂ
ｎ＋（
ｎ
－４）
ａ
ｎ＝０（
ｎ
∈
Ｎ∗
），
记
｛
ｂ
ｎ｝
的前ｎ ａ
ｎ－（２
ｎ
＋１）＝３［
ａ
ｎ －１－（２
ｎ
－１）］，
项和为Ｔ
ｎ，
若Ｔ
ｎ≤
λｂ
ｎ
对任意ｎ
∈
Ｎ∗恒成立
，
求实数λ的
……
取值范围． ａ ａ ．
２－５＝３（ １－３）
９． 解析 本题主要考查等比数列定义
、
通项公式
、
前ｎ项和公 因为ａ
１＝３，
所以ａ
ｎ＝２
ｎ
＋１
．
式等基础知识 同时考查数学运算和逻辑推理等素养． 由 得 ｎａ ｎ ｎ
， （２） （１） ２ ｎ＝（２ ＋１）２ ，
（１） 由 ４ Ｓ ｎ ＋１＝３ Ｓ ｎ－９， 得 ４ Ｓ ｎ＝３ Ｓ ｎ －１－９（ ｎ ≥２）， 所以Ｓ ｎ＝３×２＋５×２ ２ ＋７×２ ３ ＋…＋（２ ｎ ＋１）×２ ｎ． ①
则 ４ ａ ｎ ＋１＝３ ａ ｎ（ ｎ ≥２）， 从而 ２ Ｓ ｎ＝３×２ ２ ＋５×２ ３ ＋７×２ ４ ＋…＋（２ ｎ ＋１）×２ ｎ ＋１． ②
得
又 ａ ａ ａ ａ ９ 所以 ａ ａ ①－②
４（ １＋ ２）＝３ １－９， １＝－ ４ ， ４ ２＝３ １， － Ｓ ｎ＝３×２＋２×２ ２ ＋２×２ ３ ＋…＋２×２ ｎ －（２ ｎ ＋１）×２ ｎ ＋１．
所以 ｛ ａ ｎ｝ 是以 ( － ４ ９ ) 为 ｎ 首项 ， ３ ４ 为公比的等比数列 ， １２． 所 （２ 以 ０２０ Ｓ ｎ 天 ＝ 津 （２ ， ｎ １ － ９ １ ， ） １５ ２ ｎ 分 ＋１ ＋ ） ２ 已 ． 知 ｛ ａ ｎ｝ 为等差数列 ，｛ ｂ ｎ｝ 为等比数
因此ａ ３ ． 列 ａ ｂ ａ ａ ａ ｂ ｂ ｂ ．
ｎ＝－３× ， １＝ １＝１， ５＝５（ ４－ ３）， ５＝４（ ４－ ３）
４ 求 ａ 和 ｂ 的通项公式
( )ｎ （１） ｛ ｎ｝ ｛ ｎ｝ ；
（２）
由题意得ｂ
ｎ＝（
ｎ
－４）×
３ ．
（２）
记
｛
ａ
ｎ｝
的前ｎ项和为Ｓ
ｎ，
求证
：
Ｓ
ｎ
Ｓ
ｎ ＋２＜
Ｓ２ｎ
＋１（
ｎ
∈
Ｎ∗
）；
４ ì ａ ｂ
( ) ２ ( )ｎ ï（３ ｎ－２） ｎ ｎ为奇数
则Ｔ ３ ３ ｎ ３ ï ａ ａ ， ，
ｎ＝（－３）× ＋（－２）× ＋…＋（ －４）× ， 对任意的正整数ｎ 设ｃ í ｎ ｎ ＋２ 求数列
３ Ｔ ｎ＝（－３）× ( ４ ３ ) ２ ＋（－２） ４ × ( ３ ) ３ ＋…＋（ ｎ －４） ４ × ( ３ )ｎ ＋１ ， （３） ， ｎ＝ î ï ï ａ ｂ ｎ ｎ －１ ， ｎ为偶数．
４ ４ ４ ４ ＋１
( ) ( ) ( )ｎ ｃ 的前 ｎ项和．
两式相减 得 １ Ｔ ３ ３ ２ ３ ３ ３ ｎ ｛ ｎ｝ ２
， ４ ｎ＝（－３）× ４ ＋ ４ ＋ ４ ＋…＋ ４ －（ １２． 解析 （１） 设等差数列 ｛ ａ ｎ｝ 的公差为ｄ ， 等比数列 ｛ ｂ ｎ｝ 的
( )ｎ 公比为ｑ．由ａ ａ ａ ａ 可得ｄ 从而 ａ 的通项
３ ＋１ １＝１， ５＝５（ ４－ ３）， ＝１， ｛ ｎ｝
－４）×
４
， 公式为ａ
ｎ＝
ｎ．由ｂ
１＝１，
ｂ
５＝４（
ｂ
４－
ｂ
３），
又ｑ
≠０，
可得ｑ２
－４
ｑ
＋４
所以Ｔ ｎ
(
３
)ｎ ＋１
＝０，
解得ｑ
＝２，
从而
｛
ｂ
ｎ｝
的通项公式为ｂ
ｎ＝２
ｎ －１．
ｎ＝－４ × ， ｎ ｎ
４ 证明 由 可得Ｓ （ ＋１）
( )ｎ ＋１ ( )ｎ （２） ： （１） ｎ＝ ，
由题意得 ｎ ３ λ ｎ ３ 恒成立 ２
－４ × ≤ （ －４）× ，
所以 λ ｎ λ ４ ４ 故Ｓ ｎ Ｓ ｎ ＋２＝ １ ｎ （ ｎ ＋１）（ ｎ ＋２）（ ｎ ＋３）， Ｓ２ｎ ＋１＝ １ （ ｎ ＋１） ２ （ ｎ ＋２） ２ ，
（ ＋３） －４ ≥０， ４ ４
记ｆ ｎ λ ｎ λ ｎ Ｎ∗
（
{λ
）＝（ ＋３） －４ （ ∈ ）， 从而Ｓ
ｎ
Ｓ
ｎ ＋２－
Ｓ２ｎ
＋１＝－
１
（
ｎ
＋１）（
ｎ
＋２）＜０，
所以 ＋３≥０，解得 λ ． ２
ｆ
（１）≥０，
－３≤ ≤１ 所以Ｓ
ｎ
Ｓ
ｎ ＋２＜
Ｓ２ｎ
＋１
．
１０．（２０２０课标 Ⅰ 理，１７，１２ 分）设 ｛ ａ ｎ｝ 是公比不为 １ 的等比数 当ｎ为奇数时 ｃ （３ ａ ｎ－２） ｂ ｎ （３ ｎ －２）２ ｎ －１ ２ ｎ ＋１ ２ ｎ －１
列 ａ 为ａ ａ 的等差中项． （３） ， ｎ＝ ａ ａ ＝ ｎ ｎ ＝ ｎ － ｎ ；
， １ ２， ３ ｎ ｎ ＋２ （ ＋２） ＋２
求 ａ 的公比 ａ ｎ
（１） ｛ ｎ｝ ； 当ｎ为偶数时 ｃ ｎ －１ －１．
若ａ 求数列 ｎａ 的前ｎ项和． ， ｎ＝ｂ ＝ ｎ
（２） １＝１， ｛ ｎ｝ ｎ ＋１ ２
１０． 解析 （１） 设 ｛ ａ ｎ｝ 的公比为ｑ ， 由题设得 ２ ａ １＝ ａ ２＋ ａ ３， 即 ２ ａ １ 对任意的正整数 ｎ 有 ｎ ｃ ｎ ( ２ ２ ｋ ２ ２ ｋ －２ ) ２ ２ ｎ
＝
ａ
１
ｑ
＋
ａ
１
ｑ２． ， ∑ｋ＝
１
２ ｋ －１＝ ∑ｋ＝
１ ２
ｋ
＋１
－
２
ｋ
－１
＝
２
ｎ
＋１
－
所
故
以
｛
ａ
ｎ
ｑ
｝
２
的
＋ ｑ
公
－２
比
＝
为
０， 解
－２
得
．
ｑ １＝１（ 舍去 ）， ｑ ２＝－２ ．
１，
和
∑ｋ＝
ｎ
１
ｃ
２ ｋ＝ ∑ｋ＝
ｎ
１
２ ｋ
４
－
ｋ
１
＝
４
１
＋
４
３
２ ＋
４
５
３ ＋…＋
２ ｎ
４
－
ｎ
１．
①
记 Ｓ 为 ｎａ 的前 ｎ 项和．由 及题设可得 ａ ｎ ｎ ｎ
（２） ｎ ｛ ｎ｝ （１） ， ｎ ＝ 由 得 １ ｃ １ ３ ２ －３ ２ －１．
（－２）
ｎ －１． ①
４
∑ｋ＝
１
２ ｋ＝
４
２ ＋
４
３ ＋…＋
４
ｎ ＋
４
ｎ ＋１ ②
所以Ｓ ｎ＝１＋２×（－２）＋…＋ ｎ ×（－２） ｎ －１ ， ２ æ ç １ ö ÷
可 －２ 得 Ｓ ｎ＝ ３ Ｓ － ｎ ２ ＝ ＋ １ ２ ＋ × （ （ － － ２ ２ ） ） ＋ ２ ＋ （ … －２ ＋ ） （ ２ ｎ ＋ － … １ ＋ ） （ × － （ ２ － ） ２ ｎ ） －１ ｎ － － １ ｎ ＋ × ｎ （ × － （ ２ － ） ２ ｎ ） ｎ． 由 ①② 得 ３ ４ ∑ｋ＝ ｎ １ ｃ ２ ｋ＝ ４ １ ＋ ４ ２ ２ ＋…＋ ４ ２ ｎ－ ２ ４ ｎ ｎ － ＋１ １ ＝ ４ １ è１ － － １ ４ ｎø － ４ １
ｎ ４
１－（－２） ｎ ｎ． ｎ ｎ ｎ
＝ － ×（－２） ２ －１ 从而得 ｃ ５ ６ ＋５．
３
ｎ ｎ
－
４
ｎ ＋１ ， ∑ｋ＝
１
２ ｋ＝
９
－
９×４
ｎ
所以Ｓ ｎ＝ １ － （３ ＋１）（－２） ． 因此 ２ ｎ ｃ ｎ ｃ ｎ ｃ ４ ｎ ６ ｎ ＋５ ４ ．
１１．（２０２０课标
９
理，１７，
９
１２分）设数列 ａ 满足ａ ａ ａ
，∑ｋ＝
１
ｋ＝ ∑ｋ＝
１
２ ｋ －１＋∑ｋ＝
１
２ ｋ＝
２
ｎ
＋１
－
９×４
ｎ－
９
Ⅲ ｛ ｎ｝ １＝３， ｎ ＋１＝３ ｎ ｎ ｎ
ｎ． 所以 数列 ｃ 的前 ｎ项和为 ４ ６ ＋５ ４ ．
－４ ， ｛ ｎ｝ ２ ｎ － ｎ－
计算ａ ａ 猜想 ａ 的通项公式并加以证明 ２ ＋１ ９×４ ９
（１） ２， ３， ｛ ｎ｝ ；
求数列 ｎａ 的前ｎ项和Ｓ ． 以下为教师用书专用（１—３１）
（２） ｛２ ｎ｝ ｎ
１１． 解析 ａ ａ ． １．（２０１７课标 理，１２，５分）几位大学生响应国家的创业号召
（１） ２＝５， ３＝７ Ⅰ ，
猜想ａ ｎ ．由已知可得 开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣 他们推出
ｎ＝２ ＋１ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第六章 数列 ２ ８３
了 解数学题获取软件激活码 的活动．这款软件的激活码为 ｎ ｎ 因为ａ 所以ａ ｎ ｎ 即
“ ” （ －１）（ ≥２）， １＝１， ｎ＝１＋２＋３＋…＋ （ ≥２），
下面数学问题的答案 已知数列 ｎ２ ｎ ｎ２ ｎ
： １，１，２，１，２，４，１，２，４，８，１，２， ａ ＋ ｎ 又当ｎ 时 ａ 也适合上式 故ａ ＋
其中第一项是 ０ 接下来的两项是 ０ １ 再接下 ｎ＝ （ ≥２）， ＝１ ， １＝１ ， ｎ＝
４，８，１６，…， ２ ， ２ ，２ ， ２ ２
来的三项是 ０ １ ２ 依此类推．求满足如下条件的最小整数 ( )
２ ，２ ，２ ， ｎ Ｎ∗ 所以 １ ２ １ １ 从而 １ １ １
Ｎ ： Ｎ ＞１００ 且该数列的前Ｎ项和为 ２ 的整数幂．那么该款软件 （ ∈ ）， ａ ｎ ＝ｎ２ ＋ ｎ＝２ ｎ －ｎ ＋１ ， ａ １ ＋ａ ２ ＋ａ ３ ＋…＋
的激活码是 ( ) ( ) ( )
（ ） １ １ １ １ １ １
ａ ＝ ２ × １－ ＋ ２ × － ＋ ２ × － ＋… ＋ ２ ×
Ａ．４４０ Ｂ．３３０ Ｃ．２２０ Ｄ．１１０ ( １０ ) ２ ( ) ２ ３ ３ ４
答案 Ａ 本题考查了等比数列求和 不等式以及逻辑推理
、 １ １ １ ２０．
－ ＝２× １－ ＝
能力． １０ １１ １１ １１
不妨设 ｎ －１ ｔ ｍ 其 ５．（２０１６北京，１２，５分）已知 ｛ ａ ｎ｝ 为等差数列 ， Ｓ ｎ 为其前ｎ项和．
１＋（１＋２）＋…＋（１＋２＋…＋２ ）＋（１＋２＋…＋２）＝ ２ （ 若ａ ａ ａ 则Ｓ ．
中ｍ 、 ｎ 、 ｔ ∈ Ｎ ，０≤ ｔ ≤ ｎ ）， 答 １ 案 ＝６， ３＋ ５＝０， ６＝
ｎ ｎ ６
则有Ｎ ＝ （ ２ ＋１） ＋ ｔ ＋１， 因为Ｎ ＞１００， 所以ｎ ≥１３ ． 解析 设等差数列 ｛ ａ ｎ｝ 的公差为ｄ ，∵ ａ １＝６， ａ ３＋ ａ ５＝０，
由
因
等
为
比
ｎ
数列的
所
前
以
ｎ
ｎ
项
ｎ
和公式可得 ２ ｎ ＋１ － ｎ －２＋２ ｔ ＋１ －１＝２ ｍ． ∴６＋２ ｄ ＋６＋４ ｄ ＝０，∴ ｄ ＝－２，∴ Ｓ ６＝６×６＋ ６×
２
５ ×（－２）＝６ ．
≥１３， ２ ＞ ＋２， ６．（２０１６课标 ，１７，１２分）Ｓ 为等差数列 ａ 的前ｎ项和 且ａ
所以 ２ ｎ ＋１ ＞２ ｎ ＋ ｎ ＋２， 即 ２ ｎ ＋１ － ｎ －２＞２ ｎ ， Ｓ ． Ⅱ 记ｂ ａ ｎ 其中 ｘ 表示 ｛ 不 ｎ 超 ｝ 过ｘ的最大 ， 整数 １
因为
２
ｔ ＋１
－１＞０， 如
＝１，
．
７＝２８ ｎ＝［ｌｇ
．
ｎ］， ［ ］ ，
所以 ｍ ｎ ＋１ ｎ ｎ 故ｍ ｎ ［０９］＝０，［ｌｇ９９］＝１
２ ＞２ － －２＞２ ， ≥ ＋１， 求ｂ ｂ ｂ
因为 ２ ｔ ＋１ －１≤２ ｎ ＋１ －１， 所以 ２ ｍ ≤２ ｎ ＋２ － ｎ －３， 故ｍ ≤ ｎ ＋１ ． （１） 求数 １ 列 ， １１ ｂ ， １０ 的 １； 前 项和．
所以ｍ ｎ 从而有ｎ ｔ ＋１ 因为ｎ 所以ｔ ． （２） ｛ ｎ｝ １０００
＝ ＋１， ＝２ －３， ≥１３， ≥３ 解析 设 ａ 的公差为ｄ 根据已知有 ｄ
当ｔ 时 Ｎ 不合题意 （１） ｛ ｎ｝ ， ７＋２１ ＝２８，
＝３ ， ＝９５， ； 解得ｄ ．
当ｔ 时 Ｎ 满足题意 故所求Ｎ的最小值为 ． ＝１
＝４ ， ＝４４０， ， ４４０ 所以 ａ 的通项公式为ａ ｎ．
解题关键 解决本题的关键在于利用不等式的知识得出ｍ ｛ ｎ｝ ｎ＝
ｂ ｂ ｂ ． 分
ｎ ． １＝［ｌｇ１］＝０， １１＝［ｌｇ１１］＝１， １０１＝［ｌｇ１０１］＝２ （６ ）
＝ ＋１ ì ｎ
一题多解 本题也可以分别把Ｎ ＝１１０ ， ２２０ ， ３３０ 代入，利用 ï ï ０，１≤ ｎ ＜１０，
排除法求解．
（２）
因为ｂ
ｎ＝
í
ï
１，１０≤
ｎ
＜１００，
（９
分
）
２．（
ａ
２０
成
１４
等
课
比
标
数
Ⅱ
列
文
则
，５，
ａ
５分
的
）等
前
差
ｎ
数
项
列
和
｛
Ｓ
ａ ｎ｝ 的公差为 ２， 若ａ ２， ａ ４， î ï２
３
，
，
１ ｎ ０
＝
０
１
≤
００
＜
０
１
，
０００，
８ ， ｛ ｎ｝ ｎ＝ （ ） 所以数列 ｛ ｂ ｎ｝ 的前 １０００ 项和为 １×９０＋２×９００＋３×１＝１８９３ ．
．ｎ ｎ ．ｎ ｎ
Ａ （ ＋１） Ｂ （ －１） 分
ｎ ｎ ｎ ｎ （１２ ）
． （ ＋１） ． （ －１） 思路分析 （ ）先求公差，从而得通项ａ ，再根据已知条件
Ｃ Ｄ １ ｎ
２ ２ 求ｂ ，ｂ ，ｂ ．（ ）分析出｛ｂ ｝中项的规律，进而求出数列｛ｂ ｝
答案 Ａ ａ ａ ａ 成等比数列 １ １１ １０１ ２ ｎ ｎ
∵ ２， ４， ８ ， 的前 项和．
ａ２ ａ ａ 即 ａ ｄ ２ ａ ｄ ａ ｄ １０００
∴
将ｄ
４＝ ２
代
·
入
８
上
，
式
（
解
１＋
得
３
ａ
） ＝（ １＋ ）（ １＋７ ）， ７．（２０１６山东，１８，１２分）已知数列
｛
ａ
ｎ｝
的前ｎ项和Ｓ
ｎ＝３
ｎ２
＋８
ｎ
，
＝２ ， １＝２， ｂ 是等差数列 且ａ ｂ ｂ ．
ｎ ｎ ｛ ｎ｝ ， ｎ＝ ｎ＋ ｎ ＋１
Ｓ ｎ （ －１）·２ ｎ ｎ 故选 ． 求数列 ｂ 的通项公式
∴ ｎ＝２ ＋ ＝ （ ＋１）， Ａ （１） ｛ ｎ｝ ；
３．（２０１２课标文，１ ２ ２，５分）数列 ｛ ａ ｎ｝ 满足ａ ｎ ＋１＋（－１） ｎａ ｎ＝２ ｎ －１， （２） 令ｃ ｎ＝ （ ａ ｂ ｎ＋１） ｎ ｎ ＋１ ， 求数列 ｛ ｃ ｎ｝ 的前ｎ项和Ｔ ｎ ．
则 ａ 的前 项和为 （ ｎ＋２）
｛ ｎ｝ ６０ （ ） 解析 由题意知 当ｎ 时 ａ Ｓ Ｓ ｎ ．
（１） ， ≥２ ， ｎ＝ ｎ－ ｎ －１＝６ ＋５
Ａ．３６９０ Ｂ．３６６０ Ｃ．１８４５ Ｄ．１８３０ 当ｎ 时 ａ Ｓ
当 答 ｎ ＝ 案 ２ ｋ － Ｄ １ 时 当 ， ａ ２ ｎ ｋ－ ＝ ａ ２ ２ ｋ ｋ － 时 １＝ ， ４ ａ ｋ ２ － ｋ ＋ ３ １＋ ， ａ ２ ｋ＝４ ｋ －１， 所以 ＝ ａ １ ｎ＝６ ， ｎ ＋ １ ５ ＝ （ ｎ １ ∈ ＝ Ｎ １１ ∗ ， ） ． {ａ ｂ ｂ { ｂ ｄ
∴ ａ ２ ｋ ＋１＋ ａ ２ ｋ －１＝２，∴ ａ ２ ｋ ＋１＋ ａ ２ ｋ ＋３＝２， 设数列 ｛ ｂ ｎ｝ 的公差为ｄ．由 ａ １＝ ｂ １＋ ｂ ２，即 １１＝２ ｂ １＋ ， ｄ
∴ ａ ２ ｋ －１＝ ａ ２ ｋ ＋３， 可解得ｂ ｄ ．所以ｂ ２ ｎ ＝ ２ ． ＋ ３， １７＝２ １＋３ ，
∴ ∴ ａ ａ １ １＋ ＝ ａ ａ ２ ５ ＋ ＝ ａ … ３＋… ＝ ａ ＋ ６１ ａ ． ６０＝（ ａ ２＋ ａ ３）＋（ ａ ４＋ ａ ５）＋…＋（ ａ ６０＋ ａ ６１）＝３＋７＋ （２） 由 （１ １ ） ＝ 知 ４， ｃ ｎ＝ ＝ （ ３ ６ ｎ ｎ ＋６） ｎ ｎ ＋ ｎ １ ＝ ＝ ３ ３（ ＋ ｎ １ ＋１）·２ ｎ ＋１．
（３ ＋３）
１１＋…＋（２×６０－１）＝ ３０×（３ ２ ＋１１９） ＝３０×６１＝１８３０ ． 又Ｔ ｎ＝ ｃ １＋ ｃ ２＋…＋ ｃ ｎ， 得Ｔ ｎ＝３×［２×２ ２ ＋３×２ ３ ＋…＋（ ｎ ＋１）×２ ｎ ＋１ ］，
４．（ １（ ２０ ｎ １ ∈ ５ Ｎ 江 ∗ 苏 ）， 理 则 ， 数 １１ 列 ，５ { 分 ａ １ ） } 设 前 数 １ 列 ０ 项 ｛ ａ 的 ｎ｝ 和 满 为 足 ａ １ ＝ １， 且 ． ａ ｎ ＋１－ ａ ｎ＝ ｎ ＋ ２ 两 Ｔ 式 ｎ＝ 作 ３ [ × 差 ［２ ， × 得 ２ － ３ ＋ Ｔ ３ ｎ ｎ × ＝ ２ ３ ４ × ＋ ［ … ２× ＋ ２ （ ２ ｎ ＋ ＋ ２ １ ３ ） ＋ ] × ２ ４ ２ ＋ ｎ ＋ … ２ ］ ＋ ， ２ ｎ ＋１ －（ ｎ ＋１）×２ ｎ ＋２ ］
ｎ ４（１－２ ） ｎ ｎ ＋２ ｎ ｎ ＋２．
＝３× ４＋ －（ ＋１）×２ ＝－３ ·２
答案 ２０ １－２
１１
所以Ｔ
ｎ＝３
ｎ
·２
ｎ ＋２．
解析 由已知得 ａ ａ ａ ａ ａ ａ ８．（２０１７课标 文，１７，１２分）设数列 ａ 满足ａ ａ ｎ
， ２－ １＝１＋１， ３－ ２＝２＋１， ４－ ３＝３＋１， Ⅲ ｛ ｎ｝ １＋３ ２＋…＋（２ －
ａ ａ ｎ ｎ 则有ａ ａ ｎ ａ ｎ．
……， ｎ－ ｎ －１＝ －１＋１（ ≥２）， ｎ－ １＝１＋２＋３＋…＋ －１＋ １） ｎ＝２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２ ８４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
求 ａ 的通项公式 ｎ ｎ
（１） ｛ ｎ｝ ； 所以Ｔ （２ －１）×２ ＋１．
{ ａ } ｎ＝
求数列 ｎ 的前ｎ项和． ２
（２） ｎ 解题关键 记梯形Ｐ Ｐ Ｑ Ｑ 的面积为ｂ ，以几何图形
２ ＋１ ｎ ｎ ＋１ ｎ ＋１ ｎ ｎ
解析 因为ａ ａ ｎ ａ ｎ 故当ｎ 时 为背景确定｛ｂ ｝的通项公式是关键．
（１） １＋３ ２＋…＋（２ －１） ｎ＝２ ， ≥２ ， ｎ
ａ
１＋３
ａ
２＋…＋（２
ｎ
－３）
ａ
ｎ －１＝２（
ｎ
－１）
． 方法总结 一般地，如果｛ａ
ｎ
｝是等差数列，｛ｂ
ｎ
｝是等比数
两式相减得 （２ ｎ －１） ａ ｎ＝２ ． 列，求数列｛ａ ｎ ·ｂ ｎ ｝的前 ｎ 项和时，可采用错位相减法．在写
所以ａ ｎ＝ ｎ ２ （ ｎ ≥２） ． “Ｓ ｎ ”与“ｑＳ ｎ ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便
又由题设
２
可
－
得
１
ａ
下一步准确写出“Ｓ ｎ－ ｑＳ ｎ ”的表达式．
１＝２， １０．（２０１６课标
Ⅱ
文，１７，１２分）等差数列
｛
ａ
ｎ｝
中
，
ａ
３＋
ａ
４＝４，
ａ
５＋
ａ
７
从而
｛
ａ
ｎ｝
的通项公式为ａ
ｎ＝ ｎ
２
（
ｎ
∈
Ｎ∗
）
．
＝６
．
２ －１ 求 ａ 的通项公式
{ ａ } （１） ｛ ｎ｝ ；
记 ｎ 的前ｎ项和为Ｓ ． 设ｂ ａ 求数列 ｂ 的前 项和 其中 ｘ 表示不超
（２） ｎ ｎ （２） ｎ＝［ ｎ］， ｛ ｎ｝ １０ ， ［ ］
２ ＋１ 过ｘ的最大整数 如 ． ． ．
ａ ， ［０９］＝０，［２６］＝２
由 知 ｎ ２ １ １ ． 解析 设数列 ａ 的公差为ｄ 由题意有 ａ ｄ ａ
（１） ｎ ＝ ｎ ｎ ＝ ｎ － ｎ （１） ｛ ｎ｝ ， ２ １＋５ ＝４， １
２ ＋１ （２ ＋１）（２ －１） ２ －１ ２ ＋１ ｄ ．
ｎ ＋５ ＝３
则Ｓ １ １ １ １ １ １ ２ ．
ｎ＝ － ＋ － ＋…＋ ｎ － ｎ ＝ ｎ 解得ａ ｄ ２ ． 分
１ ３ ３ ５ ２ －１ ２ ＋１ ２ ＋１ １＝１， ＝ （３ ）
思路分析 （ ）条件ａ ａ … （ ｎ ）ａ ｎ的实质就 ５
１ １＋３ ２＋ ＋ ２ －１ ｎ＝２ ｎ
是数列｛（ ｎ ）ａ ｝的前ｎ项和，故可利用ａ 与Ｓ 的关系求 所以 ａ 的通项公式为ａ ２ ＋３． 分
２ －１ ｎ ｎ ｎ ｛ ｎ｝ ｎ＝ （５ ）
解．（ ）利用（ ）求得的｛ａ ｝的通项公式，然后用裂项相消法 ５
２ １ ｎ [ ｎ ]
求和．
（２）
由
（１）
知
，
ｂ
ｎ＝
２ ＋３ ．
（６
分
）
易错警示 （ ）要注意ｎ 时，是否符合所求得的通项公 ５
１ ＝１ ｎ
式；（ ）裂项相消后，注意留下了哪些项，避免遗漏． 当ｎ ＝１，２，３ 时 ，１≤ ２ ＋３ ＜２， ｂ ｎ＝１；
２ ５
９．（２０１７山东理，１９，１２ 分）已知 ｛ ｘ ｎ｝ 是各项均为正数的等比数 当ｎ 时 ２ ｎ ＋３ ｂ
列 且ｘ ｘ ｘ ｘ ． ＝４，５ ，２≤ ＜３， ｎ＝２；
， １＋ ２＝３， ３－ ２＝２ ５
（１） 求数列 ｛ ｘ ｎ｝ 的通项公式 ； 当ｎ 时 ２ ｎ ＋３ ｂ
如图 在平面直角坐标系ｘＯｙ中 依次连接点Ｐ ｘ Ｐ ＝６，７，８ ，３≤ ＜４， ｎ＝３；
（２） ， ， １（ １，１）， ２ ５
ｘ Ｐ ｘ ｎ 得到折线Ｐ Ｐ Ｐ 求由该 ｎ
（ ２，２），…， ｎ ＋１（ ｎ ＋１， ＋１） １ ２… ｎ ＋１， 当ｎ 时 ２ ＋３ ｂ ． 分
折线与直线ｙ ｘ ｘ ｘ ｘ 所围成的区域的面积Ｔ ． ＝９，１０ ，４≤ ＜５， ｎ＝４ （１０ ）
＝０， ＝ １， ＝ ｎ ＋１ ｎ ５
所以数列 ｂ 的前 项和为 ．
｛ ｎ｝ １０ １×３＋２×２＋３×３＋４×２＝２４
分
（１２ ）
评析 本题考查了等差数列，同时对考生的创新能力进行了
考查，充分理解［ｘ］的意义是解题的关键．
１１．（２０１６浙江文，１７，１５分）设数列 ａ 的前ｎ项和为Ｓ ．已知
解析 本题考查等比数列基本量的计算 错位相减法求和． ｛ ｎ｝ ｎ
设数 列 ｘ 的公比为ｑ 由已知知ｑ ．
， Ｓ
２＝４，
ａ
ｎ ＋１＝２
Ｓ
ｎ＋１，
ｎ
∈
Ｎ∗．
（１） ｛ ｎ｝ ， ＞０ 求通项公式ａ
{ｘ ｘ ｑ （１） ｎ；
由题意得 １＋ １ ＝３， 求数列 ａ ｎ 的前ｎ项和．
ｘ
１
ｑ２
－
ｘ
１
ｑ
＝２
． （２） ｛｜ ｎ－ －２｜｝
{ａ ａ {ａ
所以
３
ｑ２
－５
ｑ
－２＝０
． 解析
（１）
由题意得
ａ
１＋ ２
ａ
＝４， 则
ａ
１＝１，
．
因为ｑ ２＝２ １＋１， ２＝３
＞０， 又当ｎ 时 由ａ ａ Ｓ Ｓ ａ
所以ｑ ｘ ． ≥２ ， ｎ ＋１－ ｎ＝（２ ｎ＋１）－（２ ｎ －１＋１）＝２ ｎ，
＝２， １＝１ 得ａ ａ ．
因此
过
数列
Ｐ ｛
ｘ
Ｐ ｎ｝
的通项
Ｐ
公
向
式为
ｘ 轴
ｘ
ｎ＝ 作 ２ 垂
ｎ －１．
线 垂足分别为 Ｑ Ｑ 所以
ｎ
，
＋１
数
＝
列
３
｛
ｎ
ａ ｎ｝ 的通项公式为ａ ｎ＝３ ｎ －１ ， ｎ ∈ Ｎ∗．
（ … 由 ２ ， （ ） Ｑ １） ｎ ＋ 得 １ ． １ ｘ ， ｎ ＋１ ２ － ， ｘ … ｎ＝ ， ２ ｎ － ｎ ＋ ２ １ ｎ －１ ＝２ ｎ －１ ， ， １， ２， （ 当 设 ２ 数 ） ｎ 设 ≥ 列 ３ ｂ ｎ 时 ｂ ＝ ， ｜ 由 的 ３ ｎ － 于 前 １ － ｎ ３ ｎ － ｎ － 项 ２ １ ＞ ｜ 和 ， ｎ ｎ ＋ 为 ∈ ２， Ｔ Ｎ 故 ∗ ， ｂ 则 ｎ 则 ＝ Ｔ ３ ｂ １ ｎ － ＝ １ － ２ ｎ ， Ｔ － ｂ ２ ２ ＝ ， ｎ １ ． ≥ ． ３ ．
记
由
梯
题
形
意
Ｐ
ｂ ｎ
ｎ
＝
Ｐ ｎ
（ ＋ ｎ １
Ｑ
＋
ｎ
ｎ ＋ ＋ １
Ｑ
１）
ｎ
×
的
２
面
ｎ －１
积
＝（
为
２ ｎ
ｂ
＋
ｎ，
１）×２ ｎ －２ ， 当ｎ ≥３
｛
时
ｎ｝
， Ｔ ｎ＝３＋ ９（１ １ － － ３ ３ ｎ －２ ）
ｎ，
－ （ ｎ ＋
１
７
＝
） ２ （
２，
ｎ －
２
２
＝
）
３
＝ ３ ｎ － ｎ２ － ２ ５ ｎ ＋１１ ，
所 ＝３ 以 ×２ Ｔ － ｎ １ ＋ ＝ ５ ｂ × １＋ ２ ｂ ０ ２ ＋ ＋ ７ ２ … ×２ ＋ １ ｂ ＋ ｎ …＋（２ ｎ －１）×２ ｎ －３ ＋（２ ｎ ＋１）×２ ｎ －２ ，① 所以Ｔ ｎ＝ { ３ ２ ｎ ， － ｎ２ －５ ｎ ＋１ １ ｎ ｎ ＝１， ｎ Ｎ∗．
２ Ｔ ｎ＝３×２ ０ ＋５×２ １ ＋７×２ ２ ＋…＋（２ ｎ －１）×２ ｎ －２ ＋（２ ｎ ＋１）×２ ｎ －１． ② ２ ， ≥２， ∈
①－② 得 易错警示 （ １ ）当ｎ ≥２ 时，得出ａ ｎ ＋１＝３ ａ ｎ ，要注意ａ １ 与ａ ２
－ Ｔ ｎ＝３×２ －１ ＋（２＋２ ２ ＋…＋２ ｎ －１ ）－（２ ｎ ＋１）×２ ｎ －１ 是否满足此关系式．
ｎ （ ）在去掉绝对值时，要考虑ｎ ， 时的情形．在求和过程
＝
３
＋
２（１－２ －１ ）
－（２
ｎ
＋１）×２
ｎ －１．
中
２
，要注意项数，最后Ｔ 要写成分
＝１
段
２
函数的形式．
２ １－２ ｎ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第六章 数列 ２ ８５
１２．（２０１６北京文，１５，１３分）已知 ａ 是等差数列 ｂ 是等比
数列 且ｂ ｂ ａ ｂ ａ ｛ ｎ ｂ ｝ ． ，｛ ｎ｝ （２） 由题意 ， 得ｂ ｎ＝ １ （ｌｏｇ２ ａ ｎ＋ｌｏｇ２ ａ ｎ ＋１）＝ １ （ｌｏｇ２２ ｎ －１ ＋ｌｏｇ２２ ｎ ）
， ２＝３， ３＝９， １＝ １， １４＝ ４ ２ ２
求 ａ 的通项公式
（１） ｛ ｎ｝ ； ｎ １
（２） 设ｃ ｎ＝ ａ ｎ＋ ｂ ｎ， 求数列 ｛ ｃ ｎ｝ 的前ｎ项和． ＝ － ２ ，
ｂ 即 ｂ 是首项为 １ 公差为 的等差数列．
解析 等比数列 ｂ 的公比ｑ ３ ９ 分 ｛ ｎ｝ ， １
（１） ｛ ｎ｝ ＝ｂ ＝ ＝３， （１ ） ２
ｂ
２ ３ 设数列
｛（－１）
ｎｂ２ｎ｝ 的前ｎ项和为Ｔ
ｎ，
则
所以ｂ
１＝ ｑ
２
＝１，
ｂ
４＝
ｂ
３
ｑ
＝２７
．
（３
分
）
Ｔ
２ ｎ＝（－
ｂ２
１＋
ｂ２
２）＋（－
ｂ２
３＋
ｂ２
４）＋…＋（－
ｂ２
２ ｎ －１＋
ｂ２
２ ｎ）
ｎ ｂ ｂ
设 因 等 为 差 ａ 数 ｂ 列 ｛ ａ ｎ｝ ａ 的公 ｂ 差为ｄ． ＝ ｂ １＋ ｂ ２＋ ｂ ３＋ ｂ ４＋…＋ ｂ ２ ｎ －１＋ ｂ ２ ｎ＝ ２ （ １ ２ ＋ ２ ｎ） ＝２ ｎ２．
１＝ １＝１， １４＝ ４＝２７， 评析 本题主要考查等差数列、等比数列及其前ｎ项和公式
所以 ｄ 即ｄ ． 分
１＋１３ ＝２７， ＝２ （５ ） 等基础知识，考查数列求和的基本方法和运算求解能力．
所以ａ ｎ ｎ ． 分
ｎ＝２ －１（ ＝１，２，３，…） （６ ） １５．（２０１５福建文，１７，１２分）等差数列 ａ 中 ａ ａ ａ ．
（２）
由
（１）
知
，
ａ
ｎ＝２
ｎ
－１，
ｂ
ｎ＝３
ｎ －１．
求数列 ａ 的通项公式
｛ ｎ｝ ， ２＝４， ４＋ ７＝１５
因
从
此
而数
ｃ
ｎ 列 ＝
ａ
ｎ ｃ ＋
ｂ
ｎ 的 ＝ 前 ２
ｎ
－ ｎ １ 项 ＋３ 和
ｎ －１．
（８
分
）
（
（
１
２
）
） 设ｂ ｎ＝２
｛
ａｎ－
ｎ
２
｝
＋ ｎ ， 求ｂ １＋ ｂ ２＋
；
ｂ ３＋…＋ ｂ １０ 的值．
｛ ｎ｝ 解析 设等差数列 ａ 的公差为ｄ．
Ｓ ｎ＝１＋３＋…＋（２ ｎ －１）＋１＋３＋…＋３ ｎ －１ （ { １ ａ ） ｄ ｛ ｎ｝
ｎ ｎ ｎ 由已知得 １＋ ＝４，
（１＋２ －１） １－３ ａ ｄ ａ ｄ
＝ ＋ （ １＋３ ）＋（ １＋６ ）＝１５，
２ １－３ {ａ
ｎ 解得 １＝３，
ｎ２ ３ －１． 分 ｄ ．
＝ ＋ （１３ ） ＝１
２ 所以ａ ａ ｎ ｄ ｎ ．
规范解答 要规范解答过程，分步书写，这样可按步得分． ｎ＝ １＋（ －１） ＝ ＋２
由 可得ｂ ｎ ｎ．
１３．（２０１６天津理，１８，１３分）已知 ａ 是各项均为正数的等差数 （２） （１） ｎ＝２ ＋
｛ ｎ｝ 所以ｂ ｂ ｂ ｂ ２ ３ １０
列
，
公差为ｄ．对任意的ｎ
∈
Ｎ∗
，
ｂ
ｎ
是ａ
ｎ
和ａ
ｎ ＋１
的等比中项． １＋ ２＋ ３＋…＋ １０＝（２＋１）＋（２ ＋２）＋（２ ＋３）＋…＋（２ ＋
（１）
设ｃ
ｎ＝
ｂ２ｎ
＋１－
ｂ２ｎ， ｎ
∈
Ｎ∗
，
求证
：
数列
｛
ｃ
ｎ｝
是等差数列
；
１０）
２ ３ １０
ｎ ｎ ＝（２＋２ ＋２ ＋…＋２ ）＋（１＋２＋３＋…＋１０）
（２） 设ａ １＝ ｄ ， Ｔ ｎ＝ ∑ｋ ２ ＝ １ （－１） ｋｂ２ｋ， ｎ ∈ Ｎ∗ ， 求证 ：∑ｋ＝ １ Ｔ １ ｋ ＜ ２ １ ｄ２ ． ＝ ２（１－２ １０ ） ＋ （１＋１０）×１０
解析
（１）
证明
：
由题意得ｂ２ｎ＝ ａ
ｎ
ａ
ｎ ＋１，
有ｃ
ｎ＝
ｂ２ｎ
＋１－
ｂ２ｎ＝ ａ
ｎ ＋１ ＝（２ １
１
１
－
－
２
２）＋５５
２
·
ａ
ｎ ＋２－
ａ
ｎ
ａ
ｎ ＋１＝２
ｄａ
ｎ ＋１，
因此ｃ
ｎ ＋１－
ｃ
ｎ＝２
ｄ
（
ａ
ｎ ＋２－
ａ
ｎ ＋１）＝２
ｄ２
， ＝２ １１ ＋５３＝２１０１ ．
所以 ｛ ｃ ｎ｝ 是等差数列． 评析 本小题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基
（２）
证明
：
Ｔ
ｎ＝（－
ｂ２
１＋
ｂ２
２）＋（－
ｂ２
３＋
ｂ２
４）＋…＋（－
ｂ２
２ ｎ －１＋
ｂ２
２ ｎ）
础知识，考查运算求解能力．
＝２ ｄ （ ａ ２＋ ａ ４＋…＋ ａ ２ ｎ） １６．（２０１５课标 Ⅰ 理，１７，１２ 分）Ｓ ｎ 为数列 ｛ ａ ｎ｝ 的前ｎ项和．已知
ｄ ｎ （ ａ ２＋ ａ ２ ｎ） ｄ２ｎ ｎ ． ａ ｎ＞０， ａ２ｎ＋２ ａ ｎ＝４ Ｓ ｎ＋３ ．
＝２ · ＝２ （ ＋１） 求 ａ 的通项公式
２ （１） ｛ ｎ｝ ；
ｎ ｎ ｎ ( )
所以 １ １ １ １ １ １ １ 设ｂ １ 求数列 ｂ 的前ｎ项和．
评
(
１ 析 －ｎ ＋
∑ １ ｋ
１
＝
本
１ )
小 ＜
Ｔ
２
ｋ
题
１
ｄ
＝
２ 主
． ２ ｄ
要
２
考
∑ｋ＝
查
１ ｋ
等
（ ｋ
差
＋
数
１）
列
＝
及
２ ｄ
其
２ ∑ｋ
前
＝ １
ｎ项
ｋ
和
－ｋ
公
＋１
式、
＝
等
２
比
ｄ２·
中
（
可
２ 解
得
） 析
ａ２ｎ ＋
ｎ
１－
＝ （
ａ
１ ａ
２ｎ
） ｎ
＋
ａ 由
２
ｎ ＋
（
１ ａ
ａ
， ２ｎ
ｎ
＋
＋１
２
－
ａ
ａ
ｎ
ｎ
＝
）
｛ ４
＝
Ｓ
４
ｎ ｎ ｝
ａ
＋
ｎ
３
＋１
，
，
可
即
知ａ２ｎ ＋１＋２ ａ ｎ ＋１＝４ Ｓ ｎ ＋１＋３ ．
项等 基础知识．考查数列求和的基本方法、推理论证能力和运 ２
由
（
于
ａ ｎ ＋１
ａ
＋ ａ ｎ）＝
可
ａ
得
２ｎ ＋１
ａ
－ ａ２ｎ＝
ａ
（ ａ ｎ ＋１
．
＋ ａ ｎ）（ ａ ｎ ＋１－ ａ ｎ） ．
算求解能力．
ｎ＞０， ｎ ＋１－ ｎ＝２
又ａ２ ａ ａ 解得ａ 舍去 或ａ ．
１４．（２０１６天津文，１８，１３分）已知 ａ 是等比数列 前ｎ项和为 １＋２ １＝４ １＋３， １＝－１（ ） １＝３
｛ ｎ｝ ， 所以 ｛ ａ ｎ｝ 是首项为 ３， 公差为 ２ 的等差数列 ， 通项公式为ａ ｎ＝
Ｓ
（
ｎ
１
（
）
ｎ
求
∈
｛
Ｎ
ａ
∗
ｎ｝
）
的
， 且
通
ａ １
项 １
－
公
ａ １
式 ２
＝
；
ａ ２
３
， Ｓ ６＝６３ ．
（
２ ｎ
２
＋
）
１
由
．
ａ ｎ＝２ ｎ ＋１ 可知 ( )
（６ 分 ）
ｂ １ １ １ １ １ ．
（２） 若 求数 对 列 任
｛
意
（
的
－１）
ｎ ｎ ∈ ｂ２ｎ Ｎ
｝
∗ 的 ， 前 ｂ ｎ
２
是 ｎ项 ｌｏｇ 和 ２ ａ ． ｎ 和 ｌｏｇ２ ａ ｎ ＋１ 的等差中项 ， 设 ｎ＝ 数 ａ 列 ｎ ａ
｛
ｎ ＋ ｂ １
ｎ
＝
｝
（ 的 ２ ｎ 前 ＋１ ｎ ） 项 （２ 和 ｎ ＋ 为 ３） Ｔ ＝
ｎ，
２ 则 ２ ｎ ＋１ － ２ ｎ ＋３
Ｔ ｂ ｂ ｂ
解析
（１）
设数列
｛
ａ
ｎ｝
的公比为 ｑ．由已知
，
有
ａ
１
－ａ
１
ｑ＝
ｎ＝
[
１＋
(
２＋…＋
)
ｎ
( ) ( )]
１ １ １ １ １ １ １ １ １
＝ － ＋ － ＋…＋ ｎ － ｎ
２ 解得ｑ 或ｑ ． ２ ３ ５ ５ ７ ２ ＋１ ２ ＋３
ａ ｑ２， ＝２， ＝－１ ｎ
１ ． 分
又由Ｓ ａ １－ ｑ６ 知ｑ 所以ａ １－２ ６ 得ａ ＝ ３（２ ｎ ＋３） （１２ ）
６＝ １· ｑ ＝６３， ≠－１， １· ＝６３， １＝ １７．（２０１５安徽文，１８，１２分）已知数列 ａ 是递增的等比数列
１－ １－２ ｛ ｎ｝ ，
１
．所以ａ
ｎ＝２
ｎ －１． 且ａ
１＋
ａ
４＝９，
ａ
２
ａ
３＝８
．
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２ ８６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
求数列 ａ 的通项公式 设ｂ ａ ａｎ 求数列 ｂ 的前ｎ项和Ｔ ．
（１） ｛ ｎ｝ ； （２） ｎ＝（ ｎ＋１）·２ ， ｛ ｎ｝ ｎ
ａ 解析 设数列 ａ 的公差为ｄ．
设Ｓ 为数列 ａ 的前ｎ项和 ｂ ｎ ＋１ 求数列 ｂ 的 （１） ｛ ｎ｝
（２） ｎ ｛ ｎ｝ ， ｎ＝Ｓ Ｓ ， ｛ ｎ｝
ｎ ｎ ＋１ 令ｎ 得 １ １
前ｎ项和Ｔ ． ＝１， ａ ａ ＝ ，
ｎ １ ２ ３
解析 由题设知ａ ａ ａ ａ 所以ａ ａ ．
（１） {ａ １· ４ { ＝ ａ ２· ３＝８， １ ２＝３
又ａ ａ 可解得 １＝１，或 １＝８， 舍去 ． 令ｎ 得 １ １ ２
１＋ ４＝９， ａ ａ （ ） ＝２， ａ ａ ＋ａ ａ ＝ ，
４＝８ ４＝１ １ ２ ２ ３ ５
由ａ ４＝ ａ １ ｑ３ 得公比为ｑ ＝２， 故ａ ｎ＝ ａ １ ｑｎ －１ ＝２ ｎ －１． 所以ａ ２ ａ ３＝１５ ．
ａ ｑｎ ａ Ｓ Ｓ 解得ａ ｄ
（
所
２
以
） Ｓ ｎ
Ｔ
＝ １（ １ １
ｂ
－ － ｑ ）
ｂ
＝２ ｎ －１， 又
ｂ
ｂ ｎ＝
(
Ｓ ｎ
１
Ｓ ｎ ＋ ｎ １ ＋１
１
＝
)
Ｓ ｎ ＋ ｎ １ Ｓ － ｎ
(
＋１ ｎ
１
＝Ｓ １
１
ｎ －
)
Ｓ １ ｎ ＋１ ， 所
（２
以
） 由
ａ
（
１ ｎ
１
＝ ＝
）
１ ２
知
， ｎ － ＝
ｂ
１
ｎ
． ２
＝
，
２ ｎ ·２ ２ ｎ －１ ＝ ｎ ·４ ｎ ，
ｎ ＝ １ ＋ ２ ＋… ＋ ｎ ＝ Ｓ １ －Ｓ ２ ＋ Ｓ ２ －Ｓ ３ ＋ … ＋ 所以Ｔ ｎ＝１·４ １ ＋２·４ ２ ＋…＋ ｎ ·４ ｎ ，
( １ １ ) １ １ 所以 ４ Ｔ ｎ＝１·４ ２ ＋２·４ ３ ＋…＋ ｎ ·４ ｎ ＋１ ，
Ｓ ｎ －Ｓ ｎ ＋１ ＝Ｓ １ －Ｓ ｎ ＋１ 两式相减 ， 得 －３ Ｔ ｎ＝４ １ ＋４ ２ ＋…＋４ ｎ － ｎ ·４ ｎ ＋１
１ ． ｎ
＝１－ ２ ｎ ＋１ －１ ＝ ４（１－４ ） － ｎ ·４ ｎ ＋１
评析 本题考查等比数列通项公式及等比数列性质，等比数 １－４
ｎ
列求和． １－３ ｎ ＋１ ４ ．
＝ ×４ －
１８．（ 数 ２０ 且 １５ ｑ 天津理 ｎ ，１８， Ｎ １ ∗ ３分 ａ ）已知 ａ 数列 ｛ 且 ａ ｎ｝ ａ 满足 ａ ａ ａ ｎ ＋２＝ ａ ｑａ ａ ｎ（ ｑ ａ 为实 成 所以 ３ Ｔ ｎ＝ ３ ｎ －１ ３ ×４ ｎ ＋１ ＋ ４ ＝ ４＋（３ ｎ －１）４ ｎ ＋１ ．
， ≠１）， ∈ ， １＝１， ２＝２， ２＋ ３， ３＋ ４， ４＋ ５ ９ ９ ９
等差数列． ２０．（２０１５浙江文，１７，１５分）已知数列 ａ 和 ｂ 满足ａ ｂ
求ｑ的值和 ａ 的通项公式
｛ ｎ｝ ｛ ｎ｝ １＝２， １＝
（
（
１
２
）
）
设ｂ
ｎ＝
ｌｏ
ａ
ｇ
２
２
ｎ
ａ
－１
｛
２ ｎ
，
ｎ
ｎ
｝
∈
Ｎ∗
，
求数列
；
｛
ｂ
ｎ｝
的前ｎ项和．
（
１，
１
ａ
）
ｎ
求
＋１＝
ａ
２
ｎ
ａ
与
ｎ（
ｎ
ｂ
∈
ｎ；
Ｎ∗
），
ｂ
１＋ ２
１ｂ
２＋ ３
１ｂ
３＋…＋ｎ
１ｂ
ｎ＝
ｂ
ｎ ＋１－１（
ｎ
∈
Ｎ∗
）
．
解析 由已知 有 ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ 记数列 ａ ｂ 的前ｎ项和为Ｔ 求Ｔ ．
（１） ， （ ３＋ ４）－（ ２＋ ３）＝（ ４＋ ５）－（ ３＋ （２） ｛ ｎ ｎ｝ ｎ， ｎ
ａ
所
４）
以
， 即
ａ
ａ
ｑ
４－ ａ ２＝ ａ
ａ
５－ ａ
ｑ
３，
．又因为ｑ 故ａ ａ
解析 （１） 由ａ １＝２， ａ ｎ ＋１＝２ ａ ｎ， 得ａ ｎ＝２ ｎ （ ｎ ∈ Ｎ∗ ） ．
２（ －１）＝ ３（ －１） ≠１， ３＝ ２＝２， 由题意知
：
由ａ ａ ｑ 得ｑ ．
当 当 ｎ ｎ ３ ＝ ＝ ＝ ２ ２ ｋ ｋ １ （ － · ｋ １ ∈ （ ｋ ， Ｎ ∈ ∗ Ｎ ） ∗ 时 ＝ ） ２ ， 时 ａ ｎ ， ＝ ａ ｎ ａ ＝ ２ ｋ ａ ＝ ２ ｋ ２ － ｋ １ ＝ ＝ ２ ２ ｋ ｎ ２ －１ ． ＝２ ｎ－ ２ １ ； 当 当 ｎ ｎ ≥ ＝１ ２ 时 时 ， ， ｂ １ １ ｎ ＝ ｂ ｂ ｎ ２ ＝ － ｂ １ ｎ ， ＋１ 故 － ｂ ｂ ｎ ２ ， ＝ 整 ２ 理 ． 得 ｎ ｂ ＋ ｎ ＋ １ １ ＝ ｂ ｎ ｎ ，
{ ｎ－ ２ １ ｎ为奇数 所以ｂ ｎ＝ ｎ （ ｎ ∈ Ｎ∗ ） ．
所以 ，｛ ａ ｎ｝ 的通项公式为ａ ｎ＝ ２ ｎ ２ ， ｎ为偶数． ， （２） 由 （１） 知ａ ｎ ｂ ｎ＝ ｎ ·２ ｎ ，
（２） 由 １ （１） 得 １ ｂ ｎ＝ ｌｏ ａ ｇ １ ２ ２ ｎ ａ －１ ２ ｎ ＝ ２ ｎ ｎ － ｎ １ ．设 ２ ｛ ， ｂ ｎ １ ｝ 的 ｎ 前ｎ １ 项和为Ｓ ｎ， 则Ｓ ｎ ２ 因 所 Ｔ 此 以 ｎ＝ Ｔ Ｔ ２ ２ ｎ ｎ ＋ － ＝ ２ ２ ２ · Ｔ ＋ ｎ ２ ２ ＝ · ３ ２ ＋ ２ ＋ ３ ２ ２ · ＋ ２ ３ ＋ ２ · ２ ４ ＋ ３ ２ ＋ … ３ … ＋ ＋ … ＋ ｎ · ２ ＋ ｎ ｎ － ２ · ｎ ｎ ＋ · １ ２ ， ｎ ２ ， ｎ ＋１．
＝１× ２ ０ ＋２× ２ １ ＋３× ２ ２ ＋…＋（ －１）× ２ ｎ －２ ＋ × ２ ｎ －１， 故Ｔ ｎ＝（ ｎ －１）２ ｎ ＋１ ＋２（ ｎ ∈ Ｎ∗ ） ．
评析 本题主要考查数列的通项公式，等差和等比数列等
１ Ｓ １ １ １ ｎ １ ｎ １
ｎ＝１× １ ＋２× ２ ＋３× ３ ＋…＋（ －１）× ｎ －１ ＋ × ｎ， 基础知识，同时考查数列求和等基本思想方法，以及推理论
２ ２ ２ ２ ２ ２
上述两式相减 得 证能力．
，
２１．（２０１５天津文，１８，１３分）已知 ａ 是各项均为正数的等比数
１ ｛ ｎ｝
ｎ １－ ｎ ｎ ｎ 列 ｂ 是等差数列 且ａ ｂ ｂ ｂ ａ ａ ｂ ．
１ Ｓ ｎ＝１＋ １ ＋ １ ２ ＋…＋ ｎ １ －１ － ｎ ＝ ２ － ｎ ＝２－ ２ ｎ－ ｎ， ，｛ 求 ｎ｝ ａ 和 ｂ 的 ， 通项 １ 公 ＝ 式 １＝１， ２＋ ３＝２ ３， ５－３ ２＝７
２ ２ ２ ２ ２ １ ２ ２ ２ （１） ｛ ｎ｝ ｛ ｎ｝ ；
１－
２ （２） 设ｃ ｎ＝ ａ ｎ ｂ ｎ， ｎ ∈ Ｎ∗ ， 求数列 ｛ ｃ ｎ｝ 的前ｎ项和．
整理得 ， Ｓ ｎ＝４－ ｎ ２ ＋ ｎ － ２ １ ． 解析 （１） 设数列 ｛ ａ ｎ｝ { 的 ｑ 公 ２ 比 ｄ 为ｑ ， 数列 ｛ ｂ ｎ｝ 的公差为ｄ ，
ｎ 由题意知ｑ ．由已知 有 ２ －３ ＝２，消去ｄ 整理得ｑ４ ｑ２
所以
，
数列
｛
ｂ
ｎ｝
的前ｎ项和为
４－
＋
ｎ －
２
１，
ｎ
∈
Ｎ∗． ＞０ ， ｑ４
－３
ｄ
＝１０，
， －２ －
２ ．又因为ｑ 解得ｑ 所以ｄ ．
评析 本题主要考查等比数列及其前ｎ项和公式、等差中 ８＝０ ＞０， ＝２， ＝２
项等 基 础知识．考查数列求和的基本方法、分类讨论思想和运 所以数列 ｛ ａ ｎ｝ 的通项公式为ａ ｎ＝２ ｎ －１ ， ｎ ∈ Ｎ∗ ； 数列 ｛ ｂ ｎ｝ 的通
算求解能力．
项公式为ｂ
ｎ＝２
ｎ
－１，
ｎ
∈
Ｎ∗．
１９．（ 数 ２ 列 ０１５ 数 山 列 东 { 文，１ １ ９，１２ } 分 的 ） 前 已 ｎ 知 项 数 和 列 为 ｛ ａ ｎ ｎ ｝ 是 ． 首项为正数的等差 （ Ｓ ｎ ２ ＝ ） 由 １× （ ２ １ ０ ） ＋ 有 ３×２ ｃ ｎ １ ＋ ＝ ５ （ × ２ ２ ｎ ２ － ＋ １ … ）· ＋（ ２ ２ ｎ － ｎ １ － ， ３ 设 ） ｛ × ｃ ２ ｎ ｎ ｝ －２ 的 ＋（ 前 ２ ｎ ｎ － 项 １） 和 ×２ 为 ｎ －１ Ｓ ， ｎ， 则
， ａ ｎ· ａ ｎ ＋１ ２ ｎ ＋１ ２ Ｓ ｎ＝１×２ １ ＋３×２ ２ ＋５×２ ３ ＋…＋（２ ｎ －３）×２ ｎ －１ ＋（２ ｎ －１）×２ ｎ ，
（１） 求数列 ｛ ａ ｎ｝ 的通项公式 ； 上述两式相减 ， 得 － Ｓ ｎ＝１＋２ ２ ＋２ ３ ＋…＋２ ｎ －（２ ｎ －１）×２ ｎ ＝２ ｎ ＋１ －３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第六章 数列 ２ ８７
－ ｎ ｎ ｎ ｎ ｂ ａ
所
（
以
２
，
－
Ｓ
１
ｎ
）
＝
×
（
２
２
ｎ
＝
－
－
３
（
）
２
·
－
２
ｎ
３
＋
）
３
×
，
２
ｎ
∈
－３
Ｎ
，
∗．
ｑ３
＝ｂ
４
１
－
－
ａ
４
１
＝
２
４
０
－
－
３
１２
＝８，
解得ｑ
＝２
．
评析 本小题主要考查等差数列、等比数列及其前ｎ项和公 所以ｂ ｎ－ ａ ｎ＝（ ｂ １－ ａ １） ｑｎ －１ ＝２ ｎ －１．
式等基础知识．考查数列求和的基本方法和运算求解能力． 从而ｂ ｎ＝３ ｎ ＋２ ｎ －１ （ ｎ ＝１，２，…） ．
２２．（２０１５湖北文，１９，１２分）设等差数列 ｛ ａ ｎ｝ 的公差为ｄ ， 前ｎ项 （２） 由 （１） 知ｂ ｎ＝３ ｎ ＋２ ｎ －１ （ ｎ ＝１，２，…） ．
和为Ｓ 等比数列 ｂ 的公比为ｑ．已知ｂ ａ ｂ ｑ ｄ
Ｓ
ｎ，
．
｛ ｎ｝ １＝ １， ２＝２， ＝ ， 数列
｛３
ｎ
｝
的前ｎ项和为 ３ ｎ
（
ｎ
＋１），
数列
｛２
ｎ －１
｝
的前ｎ项和为
１０＝１００ ２
求数列 ａ ｂ 的通项公式 ｎ
（１） ｛ ｎ｝，｛ ｎ｝ ； １－２ ｎ ．
ａ １× ＝２ －１
当ｄ 时 记ｃ ｎ 求数列 ｃ 的前ｎ项和Ｔ ． １－２
（２） ＞１ ， ｎ＝ｂ ， ｛ ｎ｝ ｎ
ｎ 所以数列 ｂ 的前ｎ项和为 ３ ｎ ｎ ｎ ．
{ ａ ｄ { ａ ｄ ｛ ｎ｝ （ ＋１）＋２ －１
解析 由题意有 １０ １＋４５ ＝１００，即 ２ １＋９ ＝２０， ２
（１） ， ａ ｄ ａ ｄ 评析 本题主要考查等差数列与等比数列通项公式及前 ｎ
{ａ
１ ＝２，
ì ïａ １
１ ＝
ｎ
２， 项和 公式，考查数列综合应用．属基础题．
解得
{ａ
１＝１，或
１＝９，
故
{ａ
ｎ＝２
ｎ
－１，或í
ï ｎ＝
９
（２ ＋７９）， ２５．（２０１４大纲全国理，１８，１２ 分）等差数列
｛
ａ
ｎ｝
的前 ｎ 项和为
ｄ ＝２， ｄ ＝ ２ ． ｂ ｎ＝２ ｎ －１ ， ï ïｂ ( ２ )ｎ －１ ． Ｓ ｎ ．已知ａ １＝１０， ａ ２ 为整数 ， 且Ｓ ｎ≤ Ｓ ４ ．
９ î ｎ＝９· 求 ａ 的通项公式
９ （１） ｛ ｎ｝ ；
ｎ
（２） 由ｄ ＞１， 知ａ ｎ＝２ ｎ －１， ｂ ｎ＝２ ｎ －１ ， 故ｃ ｎ＝ ２ ２ ｎ － －１ １ ， （２） 设ｂ ｎ＝ａ ｎ ａ １ ｎ ＋１ ， 求数列 ｛ ｂ ｎ｝ 的前ｎ项和Ｔ ｎ ．
ｎ 解析 由 ａ ａ 为整数知 等差数列 ａ 的公差
于是Ｔ ３ ５ ７ ９ ２ －１ （１） １＝１０， ２ ， ｛ ｎ｝
ｎ＝１＋ ＋ ２ ＋ ３ ＋ ４ ＋…＋ ｎ －１ ，① ｄ为整数．
２ ２ ２ ２ ２
ｎ 又Ｓ Ｓ 故ａ ａ
１ Ｔ １ ３ ５ ７ ９ ２ －１． ｎ≤ ４， ４≥０， ５≤０，
ｎ＝ ＋ ２ ＋ ３ ＋ ４ ＋ ５ ＋…＋ ｎ ② 于是 ｄ ｄ ．
２ ２ ２ ２ ２ ２ ２ １０＋３ ≥０，１０＋４ ≤０
可得
①－② 解得 １０ ｄ ５ ．
ｎ ｎ － ≤ ≤－
１ Ｔ １ １ １ ２ －１ ２ ＋３ ３ ２
２ ｎ＝２＋ ２ ＋ ２ ２ ＋…＋ ２ ｎ －２ － ２ ｎ ＝３－ ２ ｎ ， 因此ｄ ＝－３ ．
ｎ 数列 ａ 的通项公式为ａ ｎ． 分
故Ｔ ２ ＋３． ｛ ｎ｝ ｎ＝１３－３ （６ ）
ｎ＝６－ ｎ
－１
( )
２ ｂ １ １ １ １ ． 分
２３．（２０１４ 湖南文，１６，１２ 分）已知数列 ａ 的前 ｎ 项和 Ｓ （２） ｎ＝ ｎ ｎ ＝ ｎ－ ｎ （８ ）
｛ ｎ｝ ｎ ＝ （１３－３ ）（１０－３ ） ３ １０－３ １３－３
ｎ２ ＋ ｎ ｎ Ｎ∗． 于是 [ Ｔ ( ｎ＝ ｂ １＋ ｂ ２ ) ＋… ( ＋ ｂ ｎ ) ( )]
， ∈
２ １ １ １ １ １ １ １
求数列 ａ 的通项公式 ＝ － ＋ － ＋…＋ ｎ－ ｎ
（ （ １ ２ ） ） 设ｂ ｎ＝２ ｛ ａｎ ＋ ｎ｝ （－１） ｎａ ｎ， 求数 ； 列 ｛ ｂ ｎ｝ 的前 ２ ｎ项和． ＝ ３ １ ( ７ １ ｎ １ － ０ １ ) ＝ ４ ７ ｎ ｎ ． １０－３ １３－３ （１２ 分 ）
解析 当ｎ 时 ａ Ｓ ３ １０－３ １０ １０（１０－３ ）
（１） ＝１ ， １＝ １＝１； 评析 本题考查了等差数列的定义及其前ｎ项和、裂项相
ｎ２ ｎ ｎ ２ ｎ
当ｎ
≥２
时
，
ａ
ｎ＝
Ｓ
ｎ－
Ｓ
ｎ －１＝
＋
－
（ －１） ＋（ －１）
＝
ｎ． 消法求数列前ｎ项和．第（
１
）问的解题关键在于分析已知条
２ ２ 件“ａ 为整数”“Ｓ Ｓ ”所隐含的条件；在第（ ）问中，对通
故数列 ｛ ａ ｎ｝ 的通项公式为ａ ｎ＝ ｎ． ２ ｎ≤ ４ ２
由 知 ｂ ｎ ｎｎ 记数列 ｂ 的前 ｎ 项和为 项公式ｂ 进行裂项过程中易漏了系数 １ 而导致错解．
（２） （１） ， ｎ＝２ ＋（－１） ， ｛ ｎ｝ ２ ｎ
Ｔ ２ ｎ， 则Ｔ ２ ｎ＝（２ １ ＋２ ２ ＋…＋２ ２ ｎ ）＋（－１＋２－３＋４－…＋２ ｎ ） ． ２６．（２０１４山东理，１９，１２分）已知等差数列 ３ ａ 的公差为 前ｎ
ｎ ｛ ｎ｝ ２，
记Ａ ＝２ １ ＋２ ２ ＋…＋２ ２ ｎ ， Ｂ ＝－１＋２－３＋４－…＋２ ｎ ， 则Ａ ＝ ２（１－２ ２ ） 项和为Ｓ ｎ， 且Ｓ １， Ｓ ２， Ｓ ４ 成等比数列．
１－２ 求数列 ａ 的通项公式
２ ｎ ＋１ （１） ｛ ｎ｝ ；
＝２ －２， ｎ
Ｂ ＝（－１＋２）＋（－３＋４）＋…＋［－（２ ｎ －１）＋２ ｎ ］＝ ｎ． （２） 令ｂ ｎ＝（－１） ｎ －１ ａ ４ ａ ， 求数列 ｛ ｂ ｎ｝ 的前ｎ项和Ｔ ｎ ．
故数列 ｛ ｂ ｎ｝ 的前 ２ ｎ项和Ｔ ２ ｎ＝ Ａ ＋ Ｂ ＝２ ２ ｎ ＋１ ＋ ｎ －２ ． ｎ ｎ ＋１
评析 本题考查数列的前ｎ项和与通项的关系，数列求和等知 解析 因为Ｓ ａ Ｓ ａ ２×１ ａ
（１） １＝ １， ２＝２ １＋ ×２＝２ １＋２，
识，含有（ ）ｎ 的数列求和要注意运用分组求和的方法． ２
－１
２４．（２０１４北京文，１５，１３分）已知 ａ 是等差数列 满足ａ Ｓ ａ ４×３ ａ
｛ ｎ｝ ， １＝３， ４＝４ １＋
２
×２＝４ １＋１２，
ａ 数列 ｂ 满足ｂ ｂ 且 ｂ ａ 为等比数列．
４＝
求
１２
数
，
列
｛
ａ
ｎ｝
和 ｂ 的
１＝
通
４，
项
４
公
＝
式
２０， ｛ ｎ－ ｎ｝ 由题意得 （２ ａ １＋２） ２ ＝ ａ １（４ ａ １＋１２），
（１） ｛ ｎ｝ ｛ ｎ｝ ； 解得ａ
求数列 ｂ 的前ｎ项和．
１＝１，
（２
解
）
析
｛
设
ｎ｝
等差数列 ａ 的公差为ｄ 由题意得
所以ａ ｎ＝２ ｎ －１ ．
ａ ａ （１） ｛ ｎ｝ ， （２） ｂ ｎ＝（－１） ｎ －１ ａ ４ ａ ｎ ＝（－１） ｎ －１ ｎ ４ ｎ ｎ
ｄ ＝ ４－ １ ＝ １２－３ ＝３ ． ( ｎ ｎ ＋１ ) （２ －１）（２ ＋１）
所以 ３ ａ ａ ３ ｎ ｄ ｎ ｎ ． ＝（－１） ｎ －１ ｎ １ ＋ ｎ １ ．
ｎ＝ １＋（ －１） ＝３ （ ＝１，２，…） ２ －１ ２ ＋１
设等比数列 ｂ ａ 的公比为ｑ 由题意得 当ｎ为偶数时
｛ ｎ－ ｎ｝ ， ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２ ８８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
( ) ( ) ( ) ( ) ａ
Ｔ
ｎ＝ １＋
１
－
１
＋
１
＋…＋ ｎ
１
＋ ｎ
１
－ ｎ
１
＋ ｎ
１
（２）
由
（１）
得
ｎ
ｎ
＝１＋（
ｎ
－１）·１＝
ｎ
，
所以ａ
ｎ＝
ｎ２．
３ ３ ５ ２ －３ ２ －１ ２ －１ ２ ＋１
从而ｂ ｎ ｎ．
１ ｎ＝ ·３
＝１－ ２ ｎ ＋１ Ｓ ｎ＝１·３ １ ＋２·３ ２ ＋３·３ ３ ＋…＋ ｎ ·３ ｎ ， ①
ｎ
＝ ｎ ２ ． ３ Ｓ ｎ＝１·３ ２ ＋２·３ ３ ＋…＋（ ｎ －１）·３ ｎ ＋ ｎ ·３ ｎ ＋１． ②
当 ２ ｎ ＋ 为 １ 奇数时 ①－② 得 －２ Ｓ ｎ＝３ １ ＋３ ２ ＋…＋３ ｎ － ｎ ·３ ｎ ＋１
( ) ， ( ) ( ) ( ３·（１－３ ｎ ） ｎ ｎ ＋１ （１－２ ｎ ）·３ ｎ ＋１ －３．
Ｔ １ １ １ １ １ １ ＝ － ·３ ＝
ｎ＝ １＋ － ＋ ＋…－ ｎ ＋ ｎ ＋ ｎ ＋ １－３ ２
) ３ ３ ｎ ５ ２ －３ ２ －１ ２ －１ 所以Ｓ （２ ｎ －１）·３ ｎ ＋１ ＋３．
１ １ ２ ＋２． ｎ＝
ｎ ＝１＋ ｎ ＝ ｎ ４
２ ＋１ ２ ＋１ ２ ＋１ 评析 本题考查等差数列定义的应用，错位相减法求数列的
所以Ｔ ｎ＝
ì
í ï ï ï ２ ２ ｎ
ｎ
＋ ｎ ＋ １ ２ ， ｎ为奇数 ， 前 关键 ｎ ． 项和，解题时利用题（ １ ）提示对递推关系进行变形是
ï ２ ｎ为偶数．
î ２ ｎ ＋１ ， ２９．（２０１４山东文，１９，１２分）在等差数列 ｛ ａ ｎ｝ 中 ， 已知公差ｄ ＝２，
( ｎ ｎ －１ ) ａ 是ａ 与ａ 的等比中项．
或Ｔ ２ ＋１＋（－１） ２ １ ４
ｎ＝ ｎ 求数列 ａ 的通项公式
２ ＋１ （１） ｛ ｎ｝ ；
评析 本题考查等差数列的通项公式，前ｎ项和公式和数列
（２）
设ｂ
ｎ＝
ａｎ（ｎ
２ ＋１），
记Ｔ
ｎ＝－
ｂ
１＋
ｂ
２－
ｂ
３＋
ｂ
４－…＋（－１）
ｎｂ
ｎ，
求Ｔ
ｎ
．
的求和，同时考查分类讨论的思想、运算求解能力和逻辑推 解析 由题意知 ａ ｄ ２ ａ ａ ｄ
理能力．
即 ａ
（
２
１）
ａ ａ
（ １＋ ） ＝ １（ １＋３ ），
２７．（ ａ ４ ２０ 是 １４ 方 课 程 标 ｘ Ⅰ ２ － 文 ５ ｘ ， ＋ １ ６ ７ ＝ ，１ ０ ２ 的 分 根 ） ． 已知 ｛ ａ ｎ｝ 是递增的等差数列 ， ａ ２， 解 所 （ 得 以数 １ ａ ＋ １ 列 ２ ＝ ） ２ ｛ ， ａ ＝ ｎ｝ １ 的 （ 通 １＋ 项 ６） 公 ， 式为ａ ｎ＝２ ｎ．
（ （ １ ２ ） ） 求 求 ｛ 数 ａ 列 ｎ｝ { 的 ａ 通 ｎ ｎ } 项 的 公 前 式 ｎ ； 项和． （ 所 ２ 以 ） 由 Ｔ 题 ｎ＝ 意 －１ 知 ×２ ｂ ＋ ｎ＝ ２× ａ ３ ｎ（ｎ ２ ＋ － １） ３ ＝ × ｎ ４ （ ＋ ｎ … ＋１ ＋ ） （ ． －１） ｎｎ ×（ ｎ ＋１） ．
解析
（１）
２ 方程ｘ２
－５
ｘ
＋６＝０
的两根为
２，３，
由题意得ａ
２＝
因
所
为
以当
ｂ ｎ ＋
ｎ
１－
为
ｂ ｎ
偶
＝
数
２（
时
ｎ ＋
，
１），
ａ ．
２， ４＝３ Ｔ ｎ＝（－ ｂ １＋ ｂ ２）＋（－ ｂ ３＋ ｂ ４）＋…＋（－ ｂ ｎ －１＋ ｂ ｎ）
设数列 ａ 的公差为ｄ 则ａ ａ ｄ 故ｄ １ 从而ａ ３ ． ｎ
｛ ｎ｝ ， ４－ ２＝２ ， ＝ ， １＝ ＝４＋８＋１２＋…＋２
２ ２ ｎ
ｎ
所以 ａ 的通项公式为ａ １ ｎ ． （４＋２ ）
｛ ｎ｝ ｎ＝ ＋１ ２
２ ＝
{ａ } ａ ｎ ２
设 ｎ 的前ｎ项和为Ｓ 由 知 ｎ ＋２ 则 ｎ ｎ
（２） ｎ ｎ， （１） ｎ ＝ ｎ ＋１，
＝
（ ＋２）
，
２ ２ ２ ２
Ｓ ３ ４
ｎ
＋１
ｎ
＋２
当ｎ为奇数时
ｎ＝ ２ ２ ＋ ２ ３ ＋…＋ ２ ｎ
ｎ
＋ ２ ｎ ＋
ｎ
１， Ｔ ｎ＝ Ｔ ｎ －１＋（－ ｂ ｎ） ，
１ Ｓ ３ ４ ＋１ ＋２． ｎ ｎ
２ ｎ＝ ２ ３ ＋ ２ ４ ＋…＋ ２ ｎ ＋１ ＋ ２ ｎ ＋２ ＝ （ －１）（ ＋１） － ｎ （ ｎ ＋１）
２
æ ö ｎ
两式相减得 １ Ｓ ｎ＝ ３ ＋è ç １ ３ ＋…＋ ｎ １ ＋１ ø ÷ － ＋ ｎ ＋ ２ ２ ＝－ （ ｎ ＋１） ２ ．
２ ４ ２ ２ ２ ２
＝ ３ ＋ １ æ è ç １－ ｎ １ －１ ö ø ÷ － ｎ ＋ ｎ ＋ ２ ２ ． ì ï ï－ （ ｎ ＋１） ２ ， ｎ为奇数 ，
４ ４ ２ ２ 所以Ｔ í ２
所以Ｓ ｎ＝２－ ｎ ＋ ｎ ＋ ４ １ ． ｎ＝ î ï ï ｎ （ ｎ ＋２） ， ｎ为偶数．
２ ２
评析 本题考查等差数列及用错位相减法求数列的前 ｎ 项 评析 本题考查等比数列和等差数列的综合应用、等差数列
和，第（ ）中由条件求首项、公差，进而求出结论是基本题型， 的通项公式及数列的求和，分类讨论思想和逻辑推理能力．
１
第（ ）问中，运算准确是关键． ３０．（２０１３课标 文，１７，１２分）已知等差数列 ａ 的前ｎ项和Ｓ
２ Ⅰ ｛ ｎ｝ ｎ
２８．（２０１４安徽文，１８，１２分）数列 ｛ ａ ｎ｝ 满足ａ １＝１， ｎａ ｎ ＋１＝（ ｎ ＋１） 满足Ｓ ３＝０， Ｓ ５＝－５ ．
ａ
ｎ＋
ｎ
（
ｎ
＋１），
ｎ
∈
Ｎ∗．
（１）
求
｛
ａ
ｎ｝
的通项公式
；
{ａ } { }
证明 数列 ｎ 是等差数列 求数列 １ 的前ｎ项和．
（１） ： ｎ ； （２） ａ ａ
ｎ ｎ
２－１ ２＋１
设ｂ ｎ ａ 求数列 ｂ 的前ｎ项和Ｓ ． ｎ ｎ
（２） ｎ＝３ · ｎ， ｛ ｎ｝ ｎ 解析 设 ａ 的公差为ｄ 则Ｓ ｎａ （ －１）ｄ．
ａ ａ ａ ａ （１） ｛ ｎ｝ ， ｎ＝ １＋
解析 （１） 证明 ： 由已知可得 ｎ ｎ ＋１ ＝ ｎ ｎ ＋１， 即 ｎ ｎ ＋１ － ｎ ｎ ＝１ ． { ａ ｄ ２
＋１ ＋１ 由已知可得 ３ １＋３ ＝０， 解得ａ ｄ ．
{ａ } ａ ａ ｄ ． １＝１， ＝－１
所以 ｎ 是以 １ 为首项 为公差的等差数列． ５ １＋１０ ＝－５
ｎ ＝１ ，１ 故 ａ 的通项公式为ａ ｎ．
１ ｛ ｎ｝ ｎ＝２－
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第六章 数列 ２ ８９
( )
由 知 １ １ １ １ １ 由 ａ ａ 得 ａ ａ ｑ 所以ａ １ ．
（２） （１） ａ ２ ｎ －１ ａ ２ ｎ ＋１ ＝ （３－２ ｎ ）（１－２ ｎ ） ＝ ２ ２ ｎ －３ － ２ ｎ －１ ， ２ １＋３ ２＝１ ２ １＋３ １ ＝１， １＝ ３
{ }
从而数列 １ 的前ｎ项和为 故数列 ａ 的通项公式为ａ １ ．
ａ ａ ｛ ｎ｝ ｎ＝ ｎ
２ ｎ －１ ２ ｎ ＋１ ３
( ) ｎ ｂ ａ ａ ａ ｎ
１ １ １ １ １ １ １ ． （２） ｎ＝ｌｏｇ３ １＋ｌｏｇ３ ２＋…＋ｌｏｇ３ ｎ＝－（１＋２＋…＋ ）
－ ＋ － ＋…＋ ｎ － ｎ ＝ ｎ ｎ ｎ
２ －１ １ １ ３ ２ －３ ２ －１ １－２ （ ＋１）．
评析 本题考查等差数列的通项公式及前ｎ项和公式，考查 ＝－
２
了裂项求和的方法，考查了运算求解能力与方程思想． ( )
故 １ ２ １ １
３１．（２０１１课标理，１７，１２分）等比数列 ａ 的各项均为正数 且 ｂ ＝－ｎ ｎ ＝－２ ｎ －ｎ ，
｛ ｎ｝ ， ｎ （ ＋１） ＋１
[( ) ( ) ( ) ]
ａ ａ ａ２ ａ ａ ．
２ （１ １ ） ＋ 求 ３ 数 ２＝ 列 １ ｛ ， ａ ３ ｎ｝ ＝ 的 ９ 通 ２ 项 ６ 公式 ； ｂ １ １ ＋ｂ １ ２ ＋…＋ｂ １ ｎ ＝－２ １－ ２ １ ＋ ２ １ － ３ １ ＋…＋ ｎ １ －ｎ ＋ １ １
{ } ｎ
设ｂ ａ ａ ａ 求数列 １ 的前ｎ项和． ２ ．
（２） ｎ＝ｌｏｇ３ １＋ｌｏｇ３ ２＋…＋ｌｏｇ３ ｎ， ｂ
ｎ
＝－ｎ
＋１
解析 （１） 设数列 ｛ ａ ｎ｝ 的公比为 ｑ．由 ａ２ ３＝９ ａ ２ ａ ６ 得 ａ２ ３＝ 所以数列 { ｂ １ } 的前ｎ项和为 －ｎ ２ ｎ ．
ｎ ＋１
ａ２ 所以ｑ２ １ ． 评析 本题主要考查等比数列的通项公式以及裂项求和的
９ ４， ＝
９
基本方法，属容易题．
由条件可知ｑ 故ｑ １ ．
＞０， ＝
３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
学生用书Ｐ１０４
1 2
考点 求通项公式 考点 数列的求和
求数列通项公式的常见类型及方法 数列求和的常见类型及方法
： ：
１．归纳猜想法 已知数列的前几项 求数列的通项公式 可 １．公式法求和 等差 等比数列直接用求和公式求和．
： ， ， ： 、
采用归纳猜想法． ２．倒序相加法 距首尾两端等距离的两项和相等 可以用此
： ，
{Ｓ ｎ 法 一般步骤 求通项公式 定和值 倒序相加 求和．
２．已知Ｓ 与ａ 的关系 利用ａ １， ＝１， 求ａ ． ， ：① ；② ；③ ；④
ｎ ｎ ： ｎ＝ Ｓ Ｓ ｎ ｎ ３．错位相减法 形如 ａ ｂ 其中 ａ 为等差数列 ｂ
ｎ－ ｎ －１， ≥２ ： ｛ ｎ· ｎ｝（ ｛ ｎ｝ ，｛ ｎ｝
３．累加法 数列的递推关系形如ａ ａ ｆ ｎ 其中数列 为等比数列 的数列求和 一般分三步 巧拆分 构差式
： ｎ ＋１＝ ｎ＋ （ ）， ） ， ：① ；② ；
ｆ ｎ 的前ｎ项和可求 这种类型的数列求通项公式时 常用累 求和．
｛ （ ）｝ ， ， ③
加法． ４．裂项相消法 将数列的通项分成两项的差 即ａ ｆ ｎ
： ， ｎ＝ （ ＋１）
４．累乘法 数列的递推关系形如 ａ ｇ ｎ ａ 其中数列 ｆ ｎ 的形式 然后抵消中间若干项的求和方法．形如
ｇ ｎ 的前ｎ项 ： 积可求 此种数列求通项公 ｎ ＋ 式 １＝ 时 （ 一 ） 般采 ｎ， 用累乘法． { － （ ｃ ） } ，
｛ （ ）｝ ， ， 其中 ａ 是公差ｄ 且各项均不为 的等差数列 ｃ
５．构造法
ｑ
：（１） 递
(
推关
ｑ
系
)
形如ａ ｎ ＋１＝ ｐａ ｎ
{
＋ ｑ （ ｐ ≠
ｑ
０
}
，１， ｑ ≠０），
为
ａ
常
ｎ ａ
数
ｎ ＋１
的
（
数列
｛
等
ｎ
．
｝ ≠０ ０ ，
可化为ａ ｐ ａ 的形式 利用 ａ 是以 ｐ 为 ）
ｎ ＋１＋ｐ ＝ ｎ＋ｐ ， ｎ＋ｐ ５．分组、并项求和法 分组 并项求和法是解决通项公式
－１ －１ －１ ： 、
公比的等比数列求解． 可以写成ｃ ａ ｂ 形式的数列求和问题的方法 其中 ａ 与
ｎ＝ ｎ＋ ｎ ， ｛ ｎ｝
ｐａ ｂ 是等差 比 数列或一些可以直接求和的数列．
递推关系形如ａ ｎ ｐ为非零常数 可化为 １ ｛ ｎ｝ （ ）
（２） ｎ ＋１＝ａ
ｎ＋
ｐ（ ）， ａ
ｎ
＋１
－
１ １ 的形式．
ａ ＝ ｐ
ｎ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
学生用书Ｐ１０５
一、错位相减法求和 项对齐 以便于下一步准确地写出 Ｓ ｑＳ 的表达式．
”， “ ｎ－ ｎ”
１．如果数列 ａ 是等差数列 ｂ 是等比数列 求数列 应用等比数列求和公式必须注意公比ｑ是否等于 如
｛ ｎ｝ ，｛ ｎ｝ ， （３） １，
｛ ａ ｎ ｂ ｎ｝ 的前ｎ项和时 ， 常采用错位相减法． 果ｑ ＝ 例 １， １ 应 （ 用 ２０ 公 １７ 式 山 Ｓ 东 ｎ＝ 文 ｎａ ，１ １ ． ９，１２分）已知 ａ 是各项均为正数的
２．用错位相减法求和时 应注意 ｛ ｎ｝
， ：
等比数列 且ａ ａ ａ ａ ａ ．
（１） 要善于识别题目类型 ， 特别是等比数列公比为负数的情形． 求 ， 数列 １＋ ａ ２＝ 的 ６， 通 １ 项 ２ 公 ＝ 式 ３
在写出 Ｓ 与 ｑＳ 的表达式时应特别注意将两式 错 （１） ｛ ｎ｝ ；
（２） “ ｎ” “ ｎ” “
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２ ９０ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
（２）｛
ｂ
ｎ｝
为各项
{
非
ｂ
零
}
的等差数列
，
其前 ｎ 项和为 Ｓ
ｎ
．已知
＝１，
数列
求
｛（
ｑ
ｂ
ｎ
的
＋１－
值
ｂ
ｎ）
ａ
ｎ｝
的前ｎ项和为
２
ｎ２
＋
ｎ．
Ｓ ｂ ｂ 求数列 ｎ 的前ｎ项和Ｔ ． （１） ；
２ ｎ ＋１＝ ｎ ｎ ＋１， ａ ｎ 求数列 ｂ 的通项公式．
ｎ （２） ｛ ｎ｝
解题思路 １－２． 解析 由ａ 是ａ ａ 的等差中项得ａ ａ
（１） ４＋２ ３， ５ ３＋ ５＝
由基本量法求通项公式 要求Ｔ 首先需求出ａ 和 ａ 所以ａ ａ ａ ａ 解得ａ ．
（１） ；（２） ｎ， ｎ ２ ４＋４， ３＋ ４＋ ５＝ ( ３ ４＋４ ) ＝２８， ４＝８
ｂ ｎ， 所以关键是求出ｂ ｎ， 条件给出Ｓ ２ ｎ ＋１＝
ｂ
ｂ ｎ ｂ ｎ ＋１
ｎ
， 又Ｓ ２ ｎ ＋１＝（２ ｎ ＋１） 由ａ ３＋ ａ ５＝２０ 得 ８ ｑ ＋ １ ｑ ＝２０， 解得ｑ ＝２ 或ｑ ＝
２
１ ，
ｂ 从而得到ｂ ｎ 这样就得到 ｎ ２ ＋１ 然后采用错位 因为ｑ 所以ｑ ．
· ｎ ＋１， ｎ＝２ ＋１， ａ
ｎ
＝
２
ｎ ，
设
＞
ｃ
１，
ｂ
＝
ｂ
２
ａ 数列 ｃ 的前ｎ项和为Ｓ ．
相减法求和． （２） ｎ＝（ ｎ ＋１－ ｎ） ｎ， ｛ ｎ｝ ｎ
{Ｓ ｎ
解析 （１） 设 ｛ ａ ｎ｝ 的公比为ｑ ， 由题意知ａ １（１＋ ｑ ）＝ ６， ａ２ １ ｑ ＝ 由ｃ ｎ＝ Ｓ １， Ｓ ｎ ＝１，解得ｃ ｎ＝４ ｎ －１ ．
ａ
Ｓ
１ ｑ２ ，
（
又
２ ｂ ） ｂ
ａ 由 ｎ＞ 题 ０
ｂ
， 意 所以 知 解 Ｓ
所 ２
得
ｎ ＋ 以 １
ａ
＝
１
ｂ
＝ （２ ２ ｎ ， ｑ ＋
ｎ
＝ １） ２ （ ，
２ ．令
所 ｂ １＋ 以
ｃ
ｂ ２ ｎ ａ ＋ ｎ １
ｂ
） ＝
ｎ
２
＝ 则
ｎ．
（２ ｃ
ｎ
＋ ２ １ ｎ ） ＋
ｂ
１ ｎ ＋ ． １ 因 ，
又
此
由
所
（
以
１）
ｂ
可
ｎ ＋１
知
－
ｎ
ｂ
－
ｎ
ａ
＝
ｎ ｎ － ＝
（
１，
４
２
ｎ
ｎ －
－
１ ，
１
≥
）· (
２， (
) １ ２ ｎ
)ｎ
－１ ，
２ ｎ ＋１＝ ｎ ｎ ＋１， ｎ ＋１≠０， ｎ＝２ ＋１ ｎ＝ａ ｎ ， ｎ＝ ２ ｎ 故ｂ ｎ－ ｂ ｎ －１＝（４ ｎ －５）· １ －２ ， ｎ ≥２，
ｎ ｎ ２
Ｔ ｃ ｃ ｃ ３ ５ ７ ２ －１ ２ ＋１ 又 １ Ｔ ３ ５ 所以ｂ ｂ ｂ ｂ ｂ ｂ ｂ ｂ ｂ ｂ
ｎ＝ １＋ ２＋…＋ ｎ＝ ＋ ２ ＋ ３ ＋…＋ ｎ －１ ＋ ｎ ， ｎ＝ ２ ＋ ３ ｎ－ １＝（ ｎ－ ｎ －１）＋（ ｎ －１－ ｎ －２）＋…＋（ ３－ ２）＋（ ２－ １）
２ ２ ２ ２ ２ ２ ２ ２ ( )ｎ ( )ｎ
－２ －３
ｎ ｎ ｎ １ ｎ １ １ ．
７ ２ －１ ２ ＋１ 两 式 相 减 得 １ Ｔ ３ ＝（４ －５）· ＋（４ －９）· ＋…＋７× ＋３
＋ ４ ＋ … ＋ ｎ ＋ ｎ ＋１ ， ｎ ＝ ＋ ２ ２ ２
２ ２ ２ ２ ２ ( ) ( )ｎ
２ －２
æ ö ｎ ｎ 设Ｔ １ １ ｎ １ ｎ
ç １ １ １ ÷ ２ ＋１ 所以Ｔ ２ ＋５． ｎ＝３＋７× ＋１１× ＋…＋（４ －５）· ， ≥２，
è ２ ＋ ２ ２ ＋…＋ ２ ｎ －１ ø－ ２ ｎ ＋１ ， ｎ＝５－ ２ ｎ ２ ( ２ ) ２ ( ２ )ｎ －２
易错警示 利用错位相减法求和时 要注意以下几点 则１ Ｔ １ １ ｎ １ ｎ
， ： ｎ＝３× ＋７× ＋…＋（４ －９）· ＋（４ －５）
２ ２ ２ ２
错位相减法求和 只适合于数列 ａ ｂ 其中 ａ 为等 ( )ｎ
（１） ， ｛ ｎ ｎ｝， ｛ ｎ｝ １ －１
差数列 ｂ 为等比数列． · ，
，｛ ｎ｝ ２
（２） 在等式两边所乘的数是等比数列 ｛ ｂ ｎ｝ 的公比． 所以 １ Ｔ １ ( １ ) ２ ( １ )ｎ －２ ｎ
两式相减时 一定要错开一位． ｎ＝３＋４× ＋４× ＋…＋４· －（４ －５）
（３） ， ２ ２ ２ ２
特别要注意相减后等比数列的项数．
( )ｎ
－１
（４） １
１－１ （２０１７天津理，１８，１３ 分）已知 ａ 为等差数列 前 ｎ · ，
｛ ｎ｝ ， ２ ( )ｎ
项和为Ｓ ｎ（ ｎ ∈ Ｎ∗ ），｛ ｂ ｎ｝ 是首项为 ２ 的等比数列 ， 且公比大于 ０， 因此Ｔ ｎ＝１４－（４ ｎ ＋３）· １ －２ ， ｎ ≥２，
ｂ ｂ ｂ ａ ａ Ｓ ｂ ． ２
２＋ ３＝１２
求
， ３
ａ
＝ ４
和
－２
ｂ
１，
的
１１
通
＝１
项
１
公
４
式 又ｂ 所以ｂ ｎ
(
１
)ｎ －２
．
（１） ｛ ｎ｝ ｛ ｎ｝ ； １＝１， ｎ＝１５－（４ ＋３）·
（２）
求数列
｛
ａ
２ ｎ
ｂ
２ ｎ －１｝
的前ｎ项和
（
ｎ
∈
Ｎ∗
）
． ２
１－１． 解析 设等差数列 ａ 的公差为ｄ 等比数列 ｂ 的 二、裂项相消法求和
（１） ｛ ｎ｝ ， ｛ ｎ｝
公比为ｑ．由已知ｂ ｂ 得ｂ ｑ ｑ２ 而ｂ 所以ｑ２ ｑ １．对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列 在求和时
２＋ ３＝１２， １（ ＋ ）＝１２， １＝２， ＋ ，
解得ｑ 或ｑ 又因为ｑ 所以ｑ ．所以 ｂ ｎ．由 常用 裂项相消法 分式型数列的求和多用此法．
－６＝０， ＝２ ＝－３， ＞０， ＝２ ， ｎ＝２ “ ”，
ｂ ａ ａ 可得 ｄ ａ ．由Ｓ ｂ 可得ａ ｄ 联立 ２．利用裂项相消法求和时 应注意抵消后并不一定只剩下
３＝ ４－２ １， ３ － １＝８① １１＝１１ ４， １＋５ ＝１６②， ① ，
解得ａ ｄ 由此可得ａ ｎ ． 第一项和最后一项 也有可能前面剩两项 后面也剩两项．有些情
②， １＝１， ＝３， ｎ＝３ －２ ， ，
所以 数列 ａ 的通项公式为ａ ｎ 数列 ｂ 的通项公 况下 裂项时需要调整前面的系数 使裂开后的两项之差和系数
， ｛ ｎ｝ ｎ＝３ －２， ｛ ｎ｝ ， ，
式为ｂ ｎ． 之积与原项相等．
ｎ＝２
（２）
设数列
｛
ａ
２ ｎ
ｂ
２ ｎ －１｝
的前ｎ项和为Ｔ
ｎ，
由ａ
２ ｎ＝６
ｎ
－２，
ｂ
２ ｎ －１＝
例２ 正项数列
｛
ａ
ｎ｝
的前ｎ项和Ｓ
ｎ
满足
：
Ｓ２ｎ－（ ｎ２
＋
ｎ
－１）
Ｓ
ｎ－
２×４ ｎ －１ ， 有ａ ２ ｎ ｂ ２ ｎ －１＝（３ ｎ －１）×４ ｎ ， （ ｎ２ ＋ ｎ ）＝０ ．
故Ｔ ｎ＝２×４＋５×４ ２ ＋８×４ ３ ＋…＋（３ ｎ －１）×４ ｎ ， （１） 求数列 ｛ ａ ｎ｝ 的通项公式 ；
４ 上 Ｔ 述 ｎ＝ 两 ２× 式 ４ ２ 相 ＋５ 减 ×
，
４ 得 ３ ＋８×４ ４ ＋…＋（３ ｎ －４）×４ ｎ ＋（３ ｎ －１）×４ ｎ ＋１ ， （２） 令ｂ ｎ＝
（
ｎ
＋
ｎ
２
＋
）
１ ２ａ２ｎ ， 数列 ｛ ｂ ｎ｝ 的前ｎ项和为Ｔ ｎ ．求证 ： 对于
－３ Ｔ ｎ＝２×４＋３×４ ２ ＋３×４ ３ ＋…＋３×４ ｎ －（３ ｎ －１）×４ ｎ ＋１ 任意的ｎ ∈ Ｎ∗ ， 都有Ｔ ｎ＜ ５ ．
ｎ
６４
１２×（１－４ ） ｎ ｎ ＋１ ｎ ｎ ＋１ ． 解题思路
＝ －４－（３ －１）×４ ＝－（３ －２）×４ －８
１－４
ｎ 分析条件可以发现 解方程可以得出Ｓ 然后利用Ｓ 与
得Ｔ ｎ＝ ３ －２ ×４ ｎ ＋１ ＋ ８ ． ａ 的 （ 关 １） 系求出通项公式 要 ， 注意检验 ｎ 时是 ｎ， 否符合 ｎ 由
３ ３ ｎ ， ＝１ ；（２）
所以 ， 数列 ｛ ａ ２ ｎ ｂ ２ ｎ －１｝ 的前ｎ项和为３ ｎ ３ －２ ×４ ｎ ＋１ ＋ ３ ８ ． （１） 可知ｂ ｎ＝ ４（ ｎ ｎ ＋ ＋ ２ １ ） ２ｎ２， 从分母的结构看 ， 考虑裂项变成 ｎ １ ２ －
１－２ （２０１８浙江，２０，１５分）已知等比数列 ａ 的公比ｑ
｛ ｎ｝ ＞ １ 然后配凑分子以及系数 通过裂项求和 最后进行放缩
１，
且ａ
３＋
ａ
４＋
ａ
５＝２８，
ａ
４＋２
是ａ
３，
ａ
５
的等差中项．数列
｛
ｂ
ｎ｝
满足ｂ
１ （
ｎ
＋２）
２， ， ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第六章 数列 ２ ９１
证明． ｎ ｎ ｎ
解析
（１）
由Ｓ２ｎ－（ ｎ２
＋
ｎ
－１）
Ｓ
ｎ－（
ｎ２
＋
ｎ
）＝０，
得
［
Ｓ
ｎ－（
ｎ２
＋
ｎ
）］
故Ｔ ｎ＝ ∑ｋ＝
１
（２ ｋ － １） ＝ ∑ｋ＝
１
２ ｋ －ｎ ＝ ２×（
１
１
－
－
２
２ ） － ｎ ＝２ ｎ ＋１ － ｎ －２ ．
·（ Ｓ ｎ＋１）＝０ ．由于 ｛ ａ ｎ｝ 是正项数列 ， 所以Ｓ ｎ＞０， 所以Ｓ ｎ＝ ｎ２ ＋ ｎ． 证明 因为（ Ｔ ｋ＋ ｂ ｋ ＋２） ｂ ｋ （２ ｋ ＋１ － ｋ －２＋ ｋ ＋２） ｋ
于 ｎ 是 ．当 ａ ｎ １＝ Ｓ １ 时 ＝２， ａ 当ｎ ≥ 也 ２ 适 时 合 ， ａ 上 ｎ＝ 式 Ｓ ｎ 故 － Ｓ 数 ｎ －１ 列 ＝ ｎ２ ａ ＋ ｎ － 的 （ 通 ｎ － 项 １） 公 ２ － 式 （ ｎ 为 －１ ａ ）＝ （ｉｉ） ｋ ： ｋ ＋１ （ ｋ ＋ ｋ １ ＋２ ）（ ｋ ｋ ＋ ＋１ ２） ＝ （ ｋ ＋１）（ ｋ ＋２）
２ ＝１ ， １＝２ ， ｛ ｎ｝ ｎ＝
＝ ｋ
·２
ｋ ＝ｋ
２
－ｋ
２
，
ｎ ｎ Ｎ∗ ． （ ＋１）（ ＋２） ＋２ ＋１
２ １ （ é ë êê ｎ （ ∈ １ ２ ２ － ） 证 ｎ ） 明 １ ： 由 ２ ù û úú （ ． １ 所 ） 以 知 Ｔ ａ ｎ ｎ ＝ ＝２ １ ｎ ， [ 故 １－ ｂ ｎ １ ＝ ２ （ ＋ ｎ ＋ １ ｎ ２ ２ ＋ － ） １ ２ １ ａ ２ ２ｎ ＋ ＝ ４ １ ２ ｎ２ － （ ｎ ｎ ＋ １ ２ ＋ １ ＋ ２） … ２ ＝ ＋ ( ｎ ２ ＋ ｎ ＋ ２ ２ 所 －ｎ ２ 以 ＋ ｎ ＋ １ １ ， ) ∑ ＝ ｋ＝ ｎ ｎ ２ １ ＋ ｎ ＋ ２ ２ （ － （ ｋ Ｔ ２ ＋ ． ｋ １ ＋ ） ｂ （ ｋ ＋ ｋ ２） ＋ ｂ ２ ｋ ） ＝ ( ２ ３ ３ － ２ ２ ２ ) ＋ ( ２ ４ ４ － ２ ３ ３ ) ＋ … ＋
１６ （ ＋２） １６ ] ３ ２ [ ４ ３ ５ 方法总结 解决数列求和问题的两种思路
１ １ １ １ １ １ １
（ ｎ －１） ２ － （ ｎ ＋１） ２ ＋ ｎ２ － （ ｎ ＋２） ２ ＝ １６ １ ＋ ２ ２ － （ ｎ ＋１） ２ － （ １ ）利用转化的思想将一般数列设法转化为等差或等比数
] æ ö 列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成．
（ ｎ ＋ １ ２） ２ ＜ １ １ ６ è ç １＋ ２ １ ２ ø ÷ ＝ ６ ５ ４ ． （ ２ ）不能转化为等差或等比数列的，往往通过裂项相消法、
规律方法 常见的裂项 其中ｎ Ｎ∗ 倒序相加法等来求和．
（ ∈ ）：
２－２ 已知数列 ａ 与 ｂ 的前ｎ项和分别为Ａ 和Ｂ 且
若 ａ 为各项都不为 的等差数列 公差为ｄ ｄ ｛ ｎ｝ ｛ ｎ｝ ｎ ｎ，
（１） ｛ ｎ｝
( )
０ ， （ ≠０）， 对任意ｎ
∈
Ｎ∗
，
ａ
ｎ ＋１－
ａ
ｎ＝２（
ｂ
ｎ ＋１－
ｂ
ｎ）
恒成立．
则 ａ ｎ· １ ａ ｎ
＋１
＝ ｄ １
(
ａ １ ｎ －ａ １ ｎ
＋１ )
； （１） 若Ａ ｎ＝ ｎ２ ， ｂ １＝２， 求Ｂ ｎ；
ｂ
（２）ｎ ｎ １ ｋ ＝ １ ｋ １ ｎ －ｎ １ ｋ ； （２） 若ｂ １＝１， 且对任意ｎ ∈ Ｎ∗ ， 都有ａ ｎ＝ Ｂ ｎ， 试求Ｓ ｎ＝ａ ａ ２ ＋
（ ＋ ） ＋ １ ２
ｂ ｂ ｂ
１ １ ｎ ｋ ｎ ３ ４ ｎ ＋１ ．
（３） ｎ ｎ ｋ＝ ｋ （ ＋ － ）； ａ ａ ＋ａ ａ ＋…＋ａ ｎ ａ ｎ
＋ ＋ ２ ３ ３ ４ ＋１
( １ ) ｎ ｎ ａ 且ａ ２－２． 解析 （１） 因为Ａ ｎ＝ ｎ２ ， 所以Ａ ｎ －１＝（ ｎ －１） ２ ， ｎ ≥２，
（４）ｌｏｇａ １＋ ｎ ＝ｌｏｇａ（ ＋１）－ｌｏｇａ （ ＞０ ≠１）； 所以ａ ｎ＝ ｎ２ －（ ｎ －１） ２ ＝２ ｎ －１， ｎ ≥２ ．
（５）
ａ
ｎ＝ｎ２
ｎ
ｎ
＋１
２ ＝
１
é
ë
êê
ｎ
１
２ － ｎ
１
２
ù
û
úú
；
又ａ
１＝１
也适合上式
，
所以ａ
ｎ＝２
ｎ
－１，
ｎ
∈
Ｎ∗．
（ ＋２） ４ （ ＋２） 故ｂ ｂ １ ａ ａ
ｎ ｎ ＋１－ ｎ＝ （ ｎ ＋１－ ｎ）＝１，
２ １ １ ． ２
（６） （２ ｎ －１）（２ ｎ ＋１ －１） ＝ ２ ｎ －１ － ２ ｎ ＋１ －１ 所以数列 ｛ ｂ ｎ｝ 是以 ２ 为首项 ，１ 为公差的等差数列 ，
２－１ （２０１８天津理，１８，１３ 分）设 ａ 是等比数列 公比大 ｎ ｎ
于 ＝ ａ ０ ２＋ ， （ 其 ２ １ ， ） 前 ａ 求 ４＝ ｎ ｛ ｂ 项 ａ ３ ｎ ＋ ｝ 和 ｂ 和 ５ 为 ， ｛ ａ ５ ｂ Ｓ ＝ ｎ ｎ ｝ （ ｂ 的 ｎ ４＋ ∈ 通 ２ Ｎ ｂ 项 ６ ∗ ． ） 公 ， 式 ｛ ｂ ； ｎ｝ 是 ｛ 等 ｎ｝ 差数列．已知ａ ， １＝１， ａ ３ 所 （ 所 ２ 以 以 ） 因 Ｂ ａ 为 ｎ ｎ ＋ ＝ １－ ａ ｎ ａ ｎ · ｎ ＝ ＝ ２ Ｂ ＋ Ｂ ｎ， ｎ ＋ 所 （ １－ ２ 以 － Ｂ １ ｎ ． ａ ） ｎ × ＋１ １ ＝ ＝ Ｂ ２ １ ｎ ＋１ ｎ ， ２ ＋ ２ ３ ｎ．
又ａ ａ ｂ ｂ 所以Ｂ Ｂ ｂ ｂ
（２） 设数列 ｛ Ｓ ｎ｝ 的前ｎ项和为Ｔ ｎ（ ｎ ∈ Ｎ∗ ） ． ｎ ＋１－ ｎ＝２（ ｎ ＋１－ ｎ）， ｎ ＋１－ ｎ＝２（ ｎ ＋１－ ｎ），
ｂ
（ｉ） 求 证 Ｔ 明 ｎ； ｎ （ Ｔ ｋ＋ ｂ ｋ ＋２） ｂ ｋ ２ ｎ ＋２ ｎ Ｎ∗ ． 即 所以 ｂ ｎ 数 ＋１＝ 列 ２（ ｂ ｂ ｎ ＋１ 是 － ｂ 以 ｎ）， 即 为 ｂ 首 ｎ ＋ ｎ １ 项 ＝２， 为公比的等比数列
（ｉｉ） ∑ｋ＝
１ （
ｋ
＋１）（
ｋ
＋２）
＝ｎ
＋２
－２（ ∈ ） ｛ ｎ｝ １ ，２
ｎ
，
２－１． 解析 （１） 设等比数列 ｛ ａ ｎ｝ 的公比为ｑ． 所以ｂ ｎ＝２ ｎ －１ ， 所以ａ ｎ＝ Ｂ ｎ＝ １－２ ＝２ ｎ －１，
由ａ ａ ａ 可得ｑ２ ｑ ． １－２
１＝１， ３＝ ２＋２， － －２＝０ ｂ ｎ
因 设 为 等差 ｑ ＞ 数 ０， 列 所 ｛ 以 ｂ ｎ｝ ｑ 的 ＝２ 公 ， 故 差为 ａ ｎ＝ ｄ． ２ ｎ －１． 所以 ａ ｎ ａ ｎ ＋ ｎ １ ＋１ ＝ ｂ （２ ｎ － ｂ １）· ２ （ ｂ ２ ｎ ＋１ －１） ＝ ２ ｂ ｎ １ －１ － ２ ｎ ＋ １ １ －１ ，
由 由 ａ ａ ４ ５ ＝ ＝ ｂ ｂ ３ ４ ＋ ＋ ｂ ２ ５ ｂ ， ６ 可 ， 可 得 得 ｂ １ ３ ＋ ｂ ３ １＋ ｄ １ ＝ ３ ４ ｄ ． ＝１６， 所以Ｓ ｎ＝ａ １ ａ ２ ２ ＋ａ ２ ａ ３ ３ ＋ａ ３ ａ ４ ４ ＋…＋ａ ｎ ａ ｎ ＋ ｎ １ ＋１ ＝ ２－ １ １ － ２ ２ １ －１ ＋ ２ ２ １ －１ －
从 所 而 以 ， ｂ 数 １＝ 列 １， ｛ ｄ ａ ＝ ｎ｝ １ 的 ， 故 通 ｂ 项 ｎ＝ 公 ｎ． 式为ａ ｎ＝２ ｎ －１ ， 数列 ｛ ｂ ｎ｝ 的通项公 ２ ３ １ －１ ＋…＋ ２ ｎ １ －１ － ２ ｎ ＋ １ １ －１ ＝１－ ２ ｎ ＋ １ １ －１ ．
式为ｂ ｎ．
ｎ＝
ｎ
由 有Ｓ １－２ ｎ
（２）（ｉ） （１）， ｎ＝ ＝２ －１，
１－２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２ ９２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
Ａ 组 考点基础题组 学生用书Ｐ１０６
求通项公式 ∴
Ｔ
ｎ＝（４
ｎ
－５）·２
ｎ
＋５，
ｎ
∈
Ｎ∗．
１．（２０２１广东佛山一模，５）随着新一轮科技革命和产业变革持续 数列的求和
推进 以数字化 网络化 智能化以及融合化为主要特征的新
， 、 、 １．（２０２１山东德州一模，８）英国著名物理学家牛顿用 作切线 的
型基础设施建设越来越受到关注． 基站建设就是 新基建 “ ”
５Ｇ “ ” 方法求函数零点时 给出的 牛顿数列 在航空航天中应用广泛．
的众多工程之一 截至 年年底 我国已累计开通 基站 ， “ ”
， ２０２０ ， ５Ｇ ｆ ｘ
超 万个 未来将进一步完善基础网络体系 稳步推进 网 若数列 ｘ 满足ｘ ｘ （ ｎ） 则称数列 ｘ 为牛顿数列．已
络建
７０
设 实
，
现主要城区及部分重点乡镇 网
，
络覆盖．
５Ｇ
年
｛ ｎ｝ ｎ ＋１＝ ｎ－ｆ ′
（
ｘ
ｎ）
， ｛ ｎ｝
， ５Ｇ ２０２１ １ ｘ
月
万
计
个
划新
预
建
计
设
我 ５ 国
万
累
个
计 ５ 开 Ｇ 通
基站
，
以
万
后
个
每个
基
月
站
比
时
上
要
一
到
个月多建设 知函数ｆ
（
ｘ
）＝
ｘ２
－
ｘ
－２，
数列
｛
ｘ
ｎ｝
为牛顿数列
，
设ａ
ｎ＝ｌｎｘ
ｎ
ｎ
－
＋
２
１
且ａ
１
１ ， ５００ ５Ｇ （ ） ｘ 数列 ａ 的前ｎ项和为Ｓ 则Ｓ
年 月 年 月 ＝１， ｎ＞２， ｛ ｎ｝ ｎ， ２０２１＝ （ ）
Ａ．２０２２ １２ Ｂ．２０２３ ２
年 月 年 月 Ａ．２ ２０２１ －１ Ｂ．２ ２０２１ －２
Ｃ．２０２３ ４ Ｄ．２０２３ ６ ( ) ( )
１． 答案 Ｂ １ ２０２１ １ １ ２０２１
Ｃ． － Ｄ． －２
２．（２０２１湘豫名校４月联考，４）已知数列 ａ 满足 对任意ｍ ｎ ２ ２ ２
｛ ｎ｝ ： ， １． 答案 Ａ
∈
Ｎ∗
，
都有ａ
ｎ
ａ
ｍ＝
ａ
ｎ ＋ ｍ，
且ａ
２＝２，
那么ａ
２０＝ （ ） ２．（２０１９广 东 湛江一模，１７）在等差数列 ａ 和等比数列 ｂ
｛ ｎ｝ ｛ ｎ｝
４０ ３０ ２０ １０
Ａ．２ Ｂ．２ Ｃ．２ Ｄ．２ 中 ａ ｂ 且ａ ｂ ａ ｂ ．
２． 答案 Ｄ ， ２＝０， ２＝１， ３＝ ３， ４＝ ４
求ａ 和ｂ
{ｘ ｘ （１） ｎ ｎ；
３．（ 列 的 ２ ｛ 取 ０２ ａ 值 １ ｎ｝ 湘 范 满 豫 围 足 名 是 ａ 校 ｎ ＋１ ４ ＝ ｆ 月 （ ａ 联 ｎ） 考 ． （ ， ｎ １ ∈ ６） Ｎ 设 ∗ 函 ）， 数 若 ｛ ｆ （ ａ ｘ ｎ ） ｝ ＝ 是等 － － ｘ 差 ２ ４ ＋ ， 数 ２ ≤ ， 列 ｘ ＞ － ， － ３ 则 ， ３ ． 数 ａ １ ２． （ 比 ２ 解 为 ） 求 析 ｑ 数 ， ∵ 列 （ ａ １ ｛ ２ ） ＝ ｎ 设 ｂ ０ ｎ ， ｝ 等 ｂ 的 ２ 差 ＝ 前 １ 数 ， ｎ 列 且 项 ｛ ａ 和 ａ ３ ｎ ＝ ｝ Ｓ ｂ 的 ｎ ３ ． ， 公 ａ ４ 差 ＝ ｂ 为 ４， ｄ ， 等比数列 ｛ ｂ ｎ｝ 的公
ａ ｄ ｂ ｑ ａ ｄ ｂ ｑ２ ａ ｄ ｂ ｑ３
３． 答案 ∴ １＋ ＝０， １ ＝１， １＋２ ＝ １ ， １＋３ ＝ １ ，
（－∞，－３］∪｛－２，１｝
４．（２０２１广东肇庆二模，１６）斐波那契数列因意大利数学家斐波 四式联立解得ａ ｄ ｂ １ ｑ
１＝－２， ＝２， １＝ ， ＝２，
２
那契以兔子繁殖为例引入 ， 故又称为 “ 兔子数列 ”， 即 １，１，２，３， ∴ ａ ｎ＝－２＋２（ ｎ －１）＝２ ｎ －４， ｂ ｎ＝２ ｎ －２．
．在实际生活中 很多花朵
５， 如 ８， 梅 １３ 花 ，２１ 飞 ，３ 燕 ４， 草 ５５， 万 ８９ 寿 ，１ 菊 ４４ 等 ，２３ 的 ３， 瓣 … 数恰是斐波那契 ， 数列中的 （２） 数列 ｛ ｎｂ ｎ｝ 的前ｎ项和Ｓ ｎ＝ １ ＋２＋３×２＋４×２ ２ ＋…＋ ｎ ·２ ｎ －２ ，
（ 、 、 ） ２
数 ， 斐波那契数列在现代物理及化学等领域也有着广泛的应 ∴２ Ｓ ｎ＝１＋２×２＋３×２ ２ ＋…＋（ ｎ －１）·２ ｎ －２ ＋ ｎ ·２ ｎ －１ ，
用．斐波那契数列 ａ 满足 ａ ａ ａ ａ ａ ｎ
｛ ｎ｝ ： １ ＝ ２ ＝１， ｎ ＋２ ＝ ｎ ＋１＋ ｎ（ ∈ １ ｎ
Ｎ∗
），
则
１ 项 ＋
ａ
． ３＋
ａ
５＋
ａ
７＋
ａ
９＋…＋
ａ
２０２１
是斐波那契数列
｛
ａ
ｎ｝
中的第
∴ － Ｓ ｎ＝ １ ＋１＋２＋２ ２ ＋…＋２ ｎ －２ － ｎ ·２ ｎ －１ ＝ ２
（１－２ ）
－ ｎ ·２ ｎ －１ ，
２ １－２
４． 答案
５．（２０２０福 建 ２ 漳 ０２ 州 ２ ２月（线上）适应性测试，１７）已知数列 ａ 的 即Ｓ ｎ＝（ ｎ －１）·２ ｎ －１ ＋ １ ．
｛ ｎ｝ ２
前ｎ项和为 Ｓ ｎ， 且 Ｓ ｎ ＝２ ｎ２ ＋ ｎ ， ｎ ∈ Ｎ∗ ， 数列 ｛ ｂ ｎ｝ 满足 ａ ｎ ＝ 思路分析 （ １ ）设等差数列｛ａ ｎ ｝的公差为ｄ，等比数列｛ｂ ｎ ｝
４ｌｏｇ 求 ２ ｂ ｎ ａ ＋３， ｂ ｎ ∈ Ｎ∗． 的 ， 公 ａ 比为 ｄ ｑ ｂ ，由 ｑ２， ａ ａ ２＝０ ｄ ，ｂ ２ ｂ ＝ ｑ １ ３ ， ， 且 联立 ａ ３ 解 ＝ ｂ 得 ３ ，ａ ａ ４ ， ＝ ｄ ｂ ， ４ ｂ 得 ，ｑ ａ 的 １＋ 值 ｄ ＝ ， ０ 即 ，ｂ 可 １ ｑ 得 ＝
（１） ｎ， ｎ； １ １＋２ ＝ １ １＋３ ＝ １ １ １
求数列 ａ ｂ 的前ｎ项和Ｔ ．
出结果；（ ）利用错位相减法求和．
（２） ｛ ｎ· ｎ｝ ｎ ２
５． 解析 （１） 当ｎ ＝１ 时 ， ａ １＝ Ｓ １＝３； ３．（２０
作
２０
ｘ
辽
轴
宁
的
葫
垂
芦
线
岛
ｌ
兴
交
城
函
高
数
中
ｆ
模
ｘ
拟
图
）
象
设
于
函
点
数
Ａ
ｆ （ ｘ ）
以
＝
Ａ
ｘ２ ，
为
过
切
点
点
Ｃ
作
１（１
函
，
当ｎ ≥２ 时 ， ａ ｎ＝ Ｓ ｎ－ Ｓ ｎ －１＝２ ｎ２ ＋ ｎ －［２（ ｎ －１） ２ ＋（ ｎ －１）］＝４ ｎ －１， ０ 数 ） ｆ ｘ 图象的切线 １ 交ｘ轴于 （ 点 ） Ｃ 再过Ｃ １ 作 ， ｘ轴 １ 的垂线ｌ 交
又当ｎ ＝１ 时 ， 上式也成立 ， 所以ａ ｎ＝４ ｎ －１， ｎ ∈ Ｎ∗． 函数 （ ｆ ） ｘ 图象于点Ａ 以此 ２ 类 ， 推得点 ２ Ａ 记Ａ 的横坐 ２ 标
由
（２）
ａ
由
ｎ＝
（
４
１
ｌｏ
）
ｇ
知
２ ｂ ｎ
ａ
＋
ｎ ｂ
３
ｎ
，
＝
得
（４
ｂ
ｎ
ｎ＝
－１
２
）
ｎ －
·
１ ，
２
ｎ
ｎ
∈
－１
Ｎ
， ｎ
∗
∈
．
Ｎ∗ ，
为ａ
证 ｎ，
（ ｎ
明 ∈
）
数
Ｎ
列
∗．
ａ 为等
２，
比
…
数
…
列
，
并求出通项公
ｎ
式
， ｎ
２
所
Ｔ
以
ｎ＝
Ｔ
３×
ｎ＝
２＋
３
７
＋
×
７
２
×
２
２
＋
＋
１
１
１
１
×
×
２
２
３
２
＋
＋
…
…
＋
＋
（
（
４
４
ｎ
ｎ
－
－
１
１
）
）
·
·
２
２
ｎ
ｎ
，
－１ ， （
（
１
２
）
）
设直线ｌ
ｎ
与 ｛ 函 ｎ｝ 数ｇ
（
ｘ
）＝ｌｏｇ
，
１ ２
ｘ的图象相交于点 ； Ｂ
ｎ，
记ｂ
ｎ＝
→ＯＡ
ｎ
２ Ｔ ｎ－ Ｔ ｎ＝（４ ｎ －１）·２ ｎ －［３＋４（２＋２ ２ ＋…＋２ ｎ －１ ）］＝（４ ｎ －１）·２ ｎ － · Ｏ→Ｂ ｎ（ 其中Ｏ为坐标原点 ）， 求数列 ｛ ｂ ｎ｝ 的前ｎ项和Ｓ ｎ ．
[ ２（１－２ ｎ －１ ） ] ｎ ｎ ３． 解析 （１） 以点Ａ ｎ －１（ ａ ｎ －１， ａ２ｎ －１）（ ｎ ≥２） 为切点的切线方程为
３＋４×
１－２
＝（４ －５）·２ ＋５， ｙ
－
ａ２ｎ
－１＝２
ａ
ｎ －１（
ｘ
－
ａ
ｎ －１）
．
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第六章 数列 ２ ９３
( ) ( ) ( )ｎ
１ ２
当ｙ 时 ｘ １ ａ 即ａ １ ａ １ Ｓ １ １ ｎ １ ．
＝０ ， ＝ ｎ －１， ｎ＝ ｎ －１， ｎ＝１× ＋２× ＋…＋ ×
２ ２ ４ ４ ４ ４
( ) ( )ｎ ( )ｎ
０ －１
又 ａ 数列 ａ 是以 为首项 １ 为公比的等比数列 两式相减 得 ３ Ｓ １ １ １ ｎ １
∵ １＝１，∴ ｛ ｎ｝ １ ， ， ， ｎ＝１× ＋ ＋…＋ － × ＝
２ ４ ４ ４ ４ ４
( )ｎ ( )ｎ
－１
通项公式为ａ １ ． １
∴ ｎ＝ １－ ( )ｎ
２ ４ ｎ １
(( )ｎ －１ ) － × ，
由题意 得Ｂ １ ｎ １ ４
（２） ， ｎ ， －１ ， １－
２ ４
∴
ｂ
ｎ＝
Ｏ→Ａ
ｎ·
Ｏ→Ｂ
ｎ＝
( １ )ｎ －１
＋
( １ )ｎ －１
·（
ｎ
－１）＝
ｎ
·
( １ )ｎ －１
，
化简
，
得Ｓ
ｎ＝
１６
－
( ４ ｎ
＋
１６ )
×
( １ )ｎ
＝
１６
－
３ ｎ ＋
ｎ
４
－１
．
４ ４ ４ ９ ３ ９ ４ ９ ９×４
( ) ( ) ( )ｎ
０ １ －１
Ｓ １ １ ｎ １
∴ ｎ＝１× ＋２× ＋…＋ × ，
４ ４ ４
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
Ｂ 组 综合应用题组 学生用书Ｐ１０７ １１０分钟 １２５分
一、单项选择题（每小题５分，共２０分） Ｆ２ Ｆ２ Ｆ２ Ｆ２ Ｆ Ｆ
Ｄ． １＋ ２＋ ３＋…＋ ２０２０＝ ２０２０ ２０２１
１．（２０２０河北邯郸空中课堂备考检测，６）公元前 世纪 毕达哥 ５． 答案 ＢＣＤ
４ ，
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 ６．（２０２１辽宁百校联盟质检，１０）已知数列 ａ 满足ａ ｎ ｎ
（ ｛ ｎ｝ ２＝４， （ －
格点
）
来表示数
，
称为形数．形数是联系算数和几何的纽带．图
１）
ａ
ｎ ＋１＝（
ｎ
－１）
ａ
ｎ－
ｎａ
ｎ －１（
ｎ
＞１
且ｎ
∈
Ｎ∗
），
数列
｛
ａ
ｎ｝
的前ｎ项
为五角形数的前 个 则第 个五角形数为 和为Ｓ 则
４ ， １０ （ ） ｎ， （ ）
ａ ａ ａ ａ
Ａ． １＋ ３＝２ Ｂ． １＋ ３＝４
Ｓ ａ Ｓ ａ
Ｃ．２０２０ ２０２１－ ２０２０＝８０８０ Ｄ．２０２１ ２０２１－ ２０２０＝４０４０
６． 答案 ＡＣ
７．（２０２１山东淄博二模，１２）记 ｘ 表示与实数ｘ最接近的整数
〈 〉 ，
Ａ．１２０ Ｂ．１４５ Ｃ．２７０ Ｄ．２８５
１
２
．
．（２
答
０２
案
１山 东
Ｂ
菏泽期末，７）已知数列 ｛ ａ ｎ｝ 的前ｎ项和是Ｓ ｎ， 且Ｓ ｎ
数列
｛
ａ
ｎ｝
通项公式为ａ
ｎ＝ 〈
１
ｎ 〉 （
ｎ
∈
Ｎ∗
），
其前ｎ项和为Ｓ
ｎ，
ａ 若 ａ 则称项 ａ 为 和谐项 则数列 设ｋ ｎ 则下列结论正确的是
＝２ ｎ－１， ｎ∈（０，２ ０２１）， ｎ “ ”， ＝〈 〉， （ ）
ａ 的所有 和谐项 的和为
｛ ｎ｝ “ ” （ ） ｎ ｋ １ ｎ ｋ １
Ａ． ＝ － Ｂ． ＜ ＋
２ ２
Ａ．１０２２ Ｂ．１０２３ Ｃ．２０４６ Ｄ．２０４７
２． 答案 Ｄ Ｃ． ｎ ≥ ｋ２ － ｋ ＋１ Ｄ． Ｓ ２０２１＝８８
３．（２０２１河北衡水中学全国高三第二次联考，１１）若Ｐ ｎ 表示正 ７． 答案 ＢＣ
（ ） ８．（２０２１广东广州一模，１２）在数学课堂上 教师引导学生构造新
整数ｎ的个位数字 ， ａ ｎ＝ Ｐ （ ｎ２ ）－ Ｐ （２ ｎ ）， 数列 ｛ ａ ｎ｝ 的前ｎ项和 ，
数列 在数列的每相邻两项之间插入此两项的和 形成新的数
为Ｓ ｎ， 则Ｓ ２０２１＝ （ ） 列 再 ： 把所得数列按照同样的方法不断构造出新 ， 的数列．将数
，
Ａ．－１ Ｂ．０ Ｃ．１００９ Ｄ．１０１１ 列 进行构造 第 次得到数列 第 次得到数列
３． 答案 Ｃ １，２ ， １ １，３，２； ２ １，
４．（２０２１广 东 珠海一模，８）已知从 １ 开始的连续奇数首尾相接蛇 ４ 记 ，３ ａ ，５，２；… ｘ … ｘ ； 第ｎ （ ｘ ｎ ∈ Ｎ 数 ∗ ） 列 次得 ａ 到 的 数 前 列 ｎ １， 项 ｘ １ 为 ， ｘ Ｓ ２， ｘ 则 ３，…， ｘ ｋ，２ ．
形
ａ ｉ ， ｊ
排
， 如
列
ａ
形
３，
成
１＝
如
７，
图
ａ ４，
所
３＝
示
１５
的
， 则
三
ａ
角
ｉ ， ｊ
形
＝２
数
０２
表
１ ， 时
第
，（
ｉ
－
行
３）
第
ｊ １ － ０ １ ｌ
ｊ
ｏｇ
列
２（
的
ｉ ＋
数
１９）
记
＝
为
Ａ． ｋ ＋
ｎ
１
＝
＝
１
２
＋
ｎ
１＋ ２＋…＋ ｋ＋２，
Ｂ． ａ
｛
ｎ ＋１
ｎ｝
＝３ ａ ｎ－３
ｎ， （ ）
（ ） Ｃ． ａ ｎ＝ ３ （ ｎ２ ＋３ ｎ ） Ｄ． Ｓ ｎ＝ ３ （３ ｎ ＋１ ＋２ ｎ －３）
２ ４
８． 答案 ＡＢＤ
三、填空题（每小题５分，共１５分）
９．（２０２０山东百师联盟测试）数列 ａ 的前ｎ项和Ｓ 满足Ｓ ａ
｛ ｎ｝ ｎ ｎ＋ ｎ
则满足 １ ｐ的最小正整数ｐ为 ．
＝４， ａ ＝６０＋
ｎ
Ａ．５４ Ｂ．１８ Ｃ．９ Ｄ．６ ９． 答案
４． 答案 Ａ ４
１０．（２０２１江苏百校联考４月调研，１５）设数列ａ ａ ａ ａ 各项
二、多项选择题（每小题５分，共２０分） １， ２， ３， ４
互不相同 且ａ ｉ ．若下列四个关系
， ｉ∈｛１，２，３，４｝（ ＝１，２，３，４）
５．（２０２１山东济 从 南 第 十 三 一 项 学 开 校 始 联 每 考 项 ，１ 等 １） 于 已 其 知 前 数 相 列 邻 ｛ 两 Ｆ ｎ 项 ｝： 之 １， 和 １， ． ２ 记 ，３ 数 ， 式 ① ａ ａ １＝ ａ １；② ａ ２ ａ ≠１ ａ ；③ 的 ａ ３ 最 ＝ 大 ２； 值 ④ 是 ａ ４≠４ 中恰 ． 有一个正确 ， 则
５
列
，８
｛
，
Ｆ
１
ｎ
３
｝
，
的
…
前
，
ｎ项和为Ｓ ｎ， 则
，
下列结论正确的是 （ ） １０．
（１
答
０
案
１＋ ２）
１８
－（１０ ３＋ ４）
Ｓ Ｆ １１．（２０２１江苏盐城二模，１６）牛顿选代法又称牛顿 拉夫逊方
Ａ． ６＝ ８ —
Ｓ Ｆ 法 它是牛顿在 世纪提出的一种在实数集上近似求解方程
Ｂ． ２０１９＝ ２０２１－１ ， １７
Ｆ Ｆ Ｆ Ｆ Ｆ 根的一种方法．具体步骤如下 设ｒ是函数ｙ ｆ ｘ 的一个零
Ｃ． １＋ ３＋ ５＋…＋ ２０２１＝ ２０２２ ： ＝ （ ）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２ ９４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
点 任意选取ｘ 作为ｒ的初始近似值 过点 ｘ ｆ ｘ 作曲 得ａ ａ ａ ａ ａ ｎ
， ０ ， （ ０， （ ０）） ①－② ｎ＝２ ｎ－２ ｎ －１，∴ ｎ＝２ ｎ －１（ ≥２），
线ｙ ｆ ｘ 的切线ｌ 设ｌ 与ｘ轴交点的横坐标为ｘ 并称ｘ 由ａ Ｓ ａ 得ａ
＝ （ ） １， １ １， １ １＝ １＝２ １－２， １＝２，
为ｒ的 次近似值 过点 ｘ ｆ ｘ 作曲线ｙ ｆ ｘ 的切线 ａ 是以 为首项 为公比的等比数列
１ ； （ １， （ １）） ＝ （ ） ∴ ｛ ｎ｝ ２ ，２ ，
ｌ 设ｌ 与ｘ轴交点的横坐标为ｘ 称ｘ 为ｒ的 次近似值． ａ ｎ．
２， ２ ２， ２ ２ ∴ ｎ＝２
一
记
般
ｌ ｎ ＋
地
１ 与
， 过
ｘ
点
轴
（
交
ｘ
点
ｎ，
的
ｆ （
横
ｘ ｎ）
坐
）
标
（ ｎ
为
∈ Ｎ
ｘ ｎ
）
＋１
作
， 并
曲
称
线
ｘ
ｙ
ｎ ＋
＝
１ 为
ｆ （ ｘ
ｒ
）
的
的切
ｎ ＋
线
１ 次
ｌ ｎ ＋
近
１，
（２）
ｂ
ｎ＝
{
ｎ
２
，
ｎ ，
ｎ
ｎ
＝
＝
２
２
ｋ
ｋ
，
－１，ｋ
∈
Ｎ∗．
似值．设ｆ ｘ ｘ３ ｘ ｘ 的零点为ｒ 取ｘ 则ｒ的 Ｔ ｂ ｂ ｂ ｂ ｂ ｂ ｂ ｂ
（ ）＝ ＋ －１（ ≥０） ， ０＝０， ２ ２ ｎ＝（ １＋ ３＋ ５＋…＋ ２ ｎ －１）＋（ ２＋ ４＋ ６＋…＋ ２ ｎ）
次近似值为
；
设ａ
ｎ＝
３
２
ｘ
ｘ
３ｎ
３ｎ
＋
＋
ｘ
１
ｎ
，
ｎ
∈
Ｎ∗
，
数列
｛
ａ
ｎ｝
的前 ＝（
２
２
×
＋
（
２
１
３
－
＋
４
２
ｎ
５
）
＋…
（２
＋
＋
２
２
２ ｎ
ｎ
－
）
１ ）
×
＋
ｎ
（２＋４
２
＋６＋
２
…＋
ｎ
２ ｎ
ｎ
）
２ ｎ．
ｎ项积为Ｔ
ｎ
．若对任意ｎ
∈
Ｎ∗
，
Ｔ
ｎ＜
λ恒成立
，
则整数λ的最小 ＝
１－４
＋
２
＝－
３
＋
３
×４ ＋ ＋
值为 ． 思路分析 （ ）运用数列的递推式，结合等比数列的定义
１
{ ｎ，ｎ ｋ ，
１１． 答案 ３ 和通项公式可得所求；（ ）结合（ ）得 ｂ ２ ＝２ －１
；２ ２ １ ｎ ＝ ｎ，ｎ ｋ，
４ ＝２
四、解答题（共７０分） ｋ
∈
Ｎ∗，运用分组求和法，结合等差数列和等比数列的求和公
式，计算可得Ｔ ．
１２．（２０２０山东青岛三模，１８）已知 ａ 为等差数列 ａ ａ ａ 分 ｎ
｛ ｎ｝ ， １， ２， ３ １４．（２０２１山东烟台 ２ 一模，１７）在 ａ ａ Ｓ ａ 是
别是下表第一 二 三行中的某一个数 且ａ ａ ａ 中的任何 ① ３＋ ５＝１４；② ４＝２８；③ ８
、 、 ， １， ２， ３ ａ 与ａ 的等比中项 三个条件中任选一个 补充在下面问题
两个数都不在下表的同一列． ５ １３ ， ，
中 并给出解答．
第一列 第二列 第三列 ，
问题 已知 ａ 为公差不为零的等差数列 其前ｎ项和为Ｓ
： ｛ ｎ｝ ， ｎ，
第一行 ｂ 为等比数列 其前 ｎ 项和 Ｔ ｎ λ λ 为常数 ａ ｂ
｛ ｎ｝ ， ｎ＝２ ＋ ， ， １＝ １，
第二行 ．
４ ６ ９
第三行 １２ ８ ７ （１） 求数列 ｛ ａ ｎ｝，｛ ｂ ｎ｝ 的通项公式 ；
令ｃ ａ 其中 ｘ 表示不超过ｘ的最大整数 求ｃ
请从
①
ａ
１＝２，②
ａ
１＝１，③
ａ
１＝３
的三个条件中选一个填入上 （２）
ｃ ｃ
ｎ＝［ｌｇ
ｃ
ｎ］
的
，
值．
［ ］ ， １＋
表 ， 使满足以上条件的数列 ｛ ａ ｎ｝ 存在 ， 并在此存在的数列 注 ２＋ 如 ３＋ 果 … 选 ＋ 择 １００ 多个条件分别解答 按第一个解答计分．
ａ 中 试解答下列两个问题 ： ，
｛ ｎ｝ ， ： １４． 解析 若选 设 ｂ 的公比为ｑ．由已知ｂ Ｔ Ｔ
（１）
求数列
｛
ａ
ｎ｝
的通项公式
；
①：（１） ｛
ｂ
ｎ｝ ２＝ ２－ １＝
１２．
（２
解
） 设
析
数列 ｛ ｂ ｎ
根
｝ 满
据
足
题
ｂ
意
ｎ＝
可
（
知
－１）
ａ
ｎ ＋１ａ２ｎ， 求
放
数
在
列
第
｛
一
ｂ ｎ
行
｝ 的
第
前
二
ｎ
列
项
时
和
满
Ｔ ｎ
足
． ２， ｂ ３＝ Ｔ ３－ Ｔ ２＝４， 所以ｑ ＝ｂ ３
２
＝２，
条件 ， 此 时 （１ ａ ） １＝１， ａ ２＝４， ａ ３＝７， １ ∴ ＝１ ａ ｎ＝３ ｎ －２ ． 所 设 以 ａ ｂ ｎ 的 ＝ ｂ 公 ２ ｑ 差 ｎ －２ 为 ＝２ ｄ ×２ 则 ｎ －２ ＝２ ｎ ｄ －１．故ａ １ ｄ ＝ ｂ １＝１ 解 ， 得ｄ 所以ａ
（２） 由 （１） 知ｂ ｎ＝（－１） ｎ ＋１ ·（３ ｎ －２） ２ ， ｎ ｛ ｎ ． ｝ ， １＋２ ＋１＋４ ＝１４， ＝２， ｎ＝
∴ Ｔ ｎ＝ ａ２ １－ ａ２ ２＋ ａ２ ３－ ａ２ ４＋ ａ２ ５－ ａ２ ６＋…＋（－１） ｎ ＋１ ·（３ ｎ －２） ２ ， ２ －１ 由ｃ ａ 知ｃ ｃ ｃ ｃ ｃ ｃ ｃ ｃ
当ｎ ｋ ｋ Ｎ∗ 时 （２） ｎ＝［ｌｇ ｎ］， １＝ ２＝ ３＝ ４＝ ５＝０， ６＝ ７＝…＝ ５０＝
① ＝２ （ ∈ ） ， ｃ ｃ ｃ 所以ｃ ｃ ｃ ｃ
Ｔ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ １， ５１＝ ５２＝…＝ １００＝２， １＋ ２＋ ３＋…＋ １００＝１×４５＋２×５０
ｎ＝（ １－ ２）（ １＋ ２）＋（ ３－ ４）（ ３＋ ４）＋…＋（ ２ ｋ －１－ ２ ｋ）· ．
ａ ａ ＝１４５
（ ２ ｋ －１＋ ２ ｋ） 若选 设 ｂ 的公比为ｑ．由已知ｂ Ｔ Ｔ ｂ Ｔ
ｋ ②：（１） ｛ ｎ｝ ２＝ ２－ １＝２， ３＝ ３－
＝－３×［５＋１７＋２９＋…＋（１２ －７）］ ｂ
（５＋１２ ｋ －７） ｋ ｋ２ ｋ ９ ｎ２ ３ ｎ． Ｔ ２＝４， ｑ ＝ｂ ３ ＝２， 所以ｂ ｎ＝ ｂ ２ ｑｎ －２ ＝２×２ ｎ －２ ＝２ ｎ －１．故ａ １＝ ｂ １＝１ ．
＝－３× ＝－１８ ＋３ ＝－ ＋ ２
２ ２ ２
设 ａ 的公差为ｄ 则 ４×３ ｄ 解得ｄ 所以ａ
② 当ｎ ＝２ ｋ －１（ ｋ ∈ Ｎ∗ ） 时 ， ｎ ＋１＝２ ｋ ，∴ Ｔ ｎ ＋１＝－ ９ ·（ ｎ ＋１） ２ ＋ ｛ ｎ｝ ， ４×１＋ ２ · ＝２８， ＝４， ｎ＝
２ ｎ ．
４ －３
２
３ ·（ ｎ ＋１）， 由Ｔ ｎ ＋１＝ Ｔ ｎ＋ ｂ ｎ ＋１， 得Ｔ ｎ＝ Ｔ ｎ ＋１－ ｂ ｎ ＋１＝－
２
９ （ ｎ ＋１） ２ ＋ （２） 由
ｃ
ｃ ｎ＝［ｌｇ ａ ｎ］， 知ｃ １＝ ｃ ２＝ ｃ ３＝０， ｃ ４＝ ｃ ５＝…＝ ｃ ２５＝１， ｃ ２６＝ ｃ ２７＝
２ ３ （ ｎ ＋１）＋（３ ｎ ＋１） ２ ＝ ２ ９ ｎ２ － ２ ３ ｎ －２ ． … 所以 ＝ １ ｃ ０ １ ０ ＋ ＝ ｃ ２ ２＋ ， ｃ ３＋…＋ ｃ １００＝１×２２＋２×７５＝１７２ ．
若选 设 ｂ 的公比为ｑ．
ì ï
ï
９ ｎ２
－
３ ｎ
－２，
ｎ为奇数
，
③：（１） ｛ ｎ｝
ｂ
综上 Ｔ í２ ２ 由已知ｂ Ｔ Ｔ ｂ Ｔ Ｔ 所以ｑ ３
， ｎ＝ï ２＝ ２－ １＝２， ３＝ ３－ ２＝４， ＝ｂ ＝２，
î
ï
－ ２
９ ｎ２
＋ ２
３ ｎ
，
ｎ为偶数．
所以ｂ ｎ＝ ｂ ２ ｑｎ －２ ＝２×２ ｎ －２ ＝２ ｎ －１ ， 故ａ １＝ ｂ １＝１ ．
２
１３．（２０１９广东茂名一模，１８）已知Ｓ ｎ 为数列 ｛ ａ ｎ｝ 的前ｎ项和 ， Ｓ ｎ 设 ｛ ａ ｎ｝ 的公差为ｄ ， 则 （１＋７ ｄ ） ２ ＝（１＋４ ｄ ）（１＋１２ ｄ ），
ａ ． 因为ｄ 所以ｄ 所以ａ ｎ ．
＝２ ｎ－２ ≠０， ＝２， ｎ＝２ －１
求数列 ａ 的通项公式 由ｃ ａ 知ｃ ｃ ｃ ｃ ｃ ｃ ｃ ｃ
（１） { ｛ ａ ｎ｝ ｎ ｋ ； （２ ｃ ） ｃ ｎ＝［ｌｇ ｃ ｎ］， １ 所 ＝ 以 ２＝ ｃ ３＝ ｃ ４ ｃ ＝ ５＝０， ｃ ６＝ ７＝…＝ ５０＝
（２）
若ｂ
ｎ＝
ｎ，
ａ
＝２
ｎ
－１，
ｋ
ｋ
∈
Ｎ∗
，
求数列
｛
ｂ
ｎ｝
的前
２
ｎ项和Ｔ
２ ｎ
． １， ５１＝
．
５２＝…＝ １００＝２， １＋ ２＋ ３＋…＋ １００＝１×４５＋２×５０
ｌｏｇ２ ｎ， ＝２ ， ＝１４５
１３． 解析 由Ｓ ａ １５．（２０２０江苏南师附中期初检测，２０）设各项均为正数的数列
（１） ｎ＝２ ｎ－２①，
得Ｓ ａ ｎ ａ 的前ｎ项和为Ｓ 已知ａ 且ａ Ｓ ａ Ｓ ａ λａ
ｎ －１＝２ ｎ －１－２（ ≥２）②， ｛ ｎ｝ ｎ， １＝１， ｎ ｎ ＋１－ ｎ ＋１ ｎ＝ ｎ ＋１－ ｎ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第六章 数列 ２ ９５
对一切ｎ Ｎ∗都成立．
∈ ａ １ ．
当λ 时 １＝
（１） ＝１ ， ２
求数列 ａ 的通项公式 可选择的条件为 或 或
① ｛ ｎ｝ ； ① ② ③，
若ｂ ｎ ａ 求数列 ｂ 的前ｎ项和Ｔ 若选择 在Ｓ ａ ｔ中 令ｎ 得ｔ
② ｎ＝（ ＋１） ｎ， ｛ ｎ｝ ｎ； ①： ｎ＝－ ｎ＋ ， ＝１， ＝１，
是否存在实数λ 使数列 ａ 是等差数列 若存在 求出
（２） ， ｛ ｎ｝ ？ ， 当ｎ 时 Ｓ ａ ．两式相减得ａ １ ａ
λ的值 若不存在 说明理由． ≥２ ， ｎ －１＝－ ｎ －１＋１ ｎ＝ ｎ －１，
； ， ２
１５． 解析 λ 时 ａ Ｓ ａ Ｓ ａ ａ
（１）① ＝１ ， ｎ ｎ ＋１－ ｎ ＋１ ｎ＝ ｎ ＋１－ ｎ， 故 ｛ ａ ｎ｝ 是以 １ 为首项 ， １ 为公比的等比数列 ，
则 （ Ｓ ｎ ＋１＋１） ａ ｎ＝（ Ｓ ｎ＋１） ａ ｎ ＋１， ａ ２ ｑｎ ( ２ )ｎ
又 ∵ ａ ｎ＞０， Ｓ ｎ＞０，∴ Ｓ Ｓ ｎ ＋ ｎ １ ＋ ＋ １ １ ＝ ａ ａ ｎ ＋ ｎ １ ， 所以Ｓ ｎ＝ １（ １ １ － － ｑ ） ＝１－ ２ １ ＜１ 恒成立．
∴
Ｓ
Ｓ
２
１
＋
＋
１
１ ·
Ｓ
Ｓ
３
２
＋
＋
１
１ ·…·
Ｓ
Ｓ
ｎ ＋
ｎ
１
＋
＋
１
１
＝
ａ
ａ
２
１ ·
ａ
ａ
３
２ ·…·
ａ
ａ
ｎ ＋
ｎ
１
，
若选择 ②：
ｂ
由 （ ｎ ＋
ｂ
１） ｂ ｎ ＋１＝ ｎｂ ｎ
ｂ
得 ｂ ｂ ｎ ＋
ｎ
１ ＝ｎ
＋
ｎ
１
，
化简 ， 得Ｓ ｎ ＋１＋１＝２ ａ ｎ ａ ＋１，∴ 当ｎ ≥２ 时 ， Ｓ ｎ＋１＝２ ａ ｎ ． 所以ｂ ｎ＝ｂ ｎ ｎ ·ｂ ｎ ｎ －１ ·…·ｂ ２ · ｂ １ ＝ ｎ １ （ ｎ ≥２）， ｎ ＝１ 时也
故可得ａ ｎ ＋１＝２ ａ ｎ， 即 ａ ｎ ＋ ｎ １ ＝２（ ｎ ≥２）， 满足 ， －１ －２ １
当ｎ 时 ａ ｎ 时上式也成立 则ａ １ １ １
∵ ＝１ ， ２＝２，∴ ＝１ ， ｎ＝ｎ ｎ ＝ ｎ －ｎ ，
∴
数列
｛
ａ
ｎ｝
是首项为
１，
公比为
２
的等比数列
，
ａ
ｎ＝２
ｎ －１．
(
（ ＋
)
１）
(
＋
)
１
( )
②∵ ｂ ｎ＝（ ｎ ＋１） ａ ｎ，∴ ｂ ｎ＝（ ｎ ＋１）·２ ｎ －１ ， Ｓ ｎ＝ １－ １ ＋ １ － １ ＋…＋ ｎ １ －ｎ １ ＝１－ｎ １ ＜１ 恒成立．
∴
∴２
Ｔ
Ｔ
ｎ
ｎ
＝
＝
２
２
×
×
２
２
０ ＋
１ ＋
３
３
×
×
２
２
１ ＋
２ ＋
４
４
×
×
２
２
２ ＋
３ ＋
…
…
＋
＋
ｎ
ｎ
×
×
２
２
ｎ －
ｎ
２
－
＋
１ ＋
（
（
ｎ
ｎ
＋
＋
１
１
）
）
×
×
２
２
ｎ －
ｎ
１
，
， 若选择
③
２
：
由题意 ２ 得 ３
３
ａ２ｎ
＋１－３
ａ２ｎ＝－（ ａ ＋
ｎ ＋
１
１＋
ａ
ｎ），
＋１
∴ － Ｔ ｎ＝２＋２ １ ＋２ ２ ＋…＋２ ｎ －１ －（ ｎ ＋１）×２ ｎ ＝２＋ ２（１ １ － － ２ ２ ｎ －１ ） －（ ｎ ＋１） 得ａ ｎ ＋１－ ａ ｎ＝－ ３ １ 或ａ ｎ ＋１＋ ａ ｎ＝０， { ｎ为偶数
（
×
２
２
）
ｎ ＝
假
－
设
ｎ ×
存
２ ｎ
在
，∴
实
Ｔ
数
ｎ＝
λ
ｎ
，
·
使
２
数
ｎ．
列 ｛ ａ ｎ｝ 是等差数列．
又ａ １＝
２
１ ， 当ａ ｎ ＋１＋ ａ ｎ＝０ 时 ， 有Ｓ ｎ＝ ０ １
２
，
，
ｎ为奇数 ，
，
∴ Ｓ ｎ＜１，
令ｎ 得ａ λ 令ｎ 得ａ λ ２ ｎ ｎ ｎ
要使
＝
数
１
列
，
｛
ａ
ｎ
２
｝
＝
是等
＋１
差
，
数列
＝
，
２
必
，
须有
３＝
２
（
ａ
２＝
＋
ａ
１
１
）
＋
ａ
，
３，
解得λ
＝０
．
当ａ
ｎ ＋１－
ａ
ｎ＝－
３
１ 时
，
有Ｓ
ｎ＝
２
－
（
６
－１）
＝－
６
１
（
ｎ２
－４
ｎ
），
当λ 时 Ｓ ａ Ｓ ａ 且ａ ａ ．
当ｎ ＝０ 时 ， Ｓ ｎ ＋１ ｎ Ｓ ＝（ Ｓ ｎ＋１） ｎ Ｓ ＋１， ２ Ｓ ＝ １＝ Ｓ １ 当ｎ ＝２ 时 ， Ｓ ｎ 有最大值 ， 为 － １ ×（２ ２ －４×２）＝ ２ ＜１ ．
≥２ ， ｎ ＋１（ ｎ－ ｎ －１）＝（ ｎ＋１）（ ｎ ＋１－ ｎ）， ６ ３
整理
，
得Ｓ２ｎ＋ Ｓ
ｎ＝
Ｓ
ｎ ＋１
Ｓ
ｎ －１＋
Ｓ
ｎ ＋１，
所以Ｓ
ｎ＜１
对任意的ｎ
∈
Ｎ∗恒成立．
Ｓ Ｓ 方法总结 利用裂项法求数列的前ｎ项和时，需要注意相
则有 ｎ＋１ ｎ ＋１
Ｓ ＝ Ｓ ， 加后剩余的项．
ｎ －１＋１ ｎ
Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ １７．（２０２１江苏南京三模，１８）已知等差数列 ａ 满足 ａ ａ
从而 ２＋１ ３＋１ ｎ＋１ ３ ４ ｎ ＋１ ｛ ｎ｝ ： １＋３， ３，
Ｓ ·Ｓ ·…·Ｓ ＝Ｓ ·Ｓ ·…· Ｓ ， ａ 成等差数列 且ａ ａ ａ 成等比数列．
１＋１ ２＋１ ｎ －１＋１ ２ ３ ｎ ４ ， １， ３， ８
化简 得Ｓ Ｓ ａ 求数列 ａ 的通项公式
， ｎ＋１＝ ｎ ＋１，∴ ｎ ＋１＝１， （１） ｛ ｎ｝ ；
综上所述
，
ａ
ｎ＝１（
ｎ
∈
Ｎ∗
）
．
（２）
在任意相邻两项ａ
ｋ
与ａ
ｋ ＋１（
ｋ
＝１，２，…）
之间插入
２
ｋ 个
２，
存在实数λ 且实数λ 时 数列 ａ 是等差数列． 使它们和原数列的项构成一个新的数列 ｂ 记Ｓ 为数
∴ ， ＝０ ， ｛ ｎ｝ ｛ ｎ｝， ｎ
１６．（２０２１湖北八市３月联考，１８）已知数列 ａ 其前ｎ项和为 列 ｂ 的前ｎ项和 求满足Ｓ 的ｎ的最大值．
｛ ｎ｝， ｛ ｎ｝ ， ｎ＜５００
Ｓ 请在下列三个条件中补充一个在下面问题中 使得最终结 １７． 解析 设等差数列 ａ 的公差为ｄ
ｎ， ， （１） ｛ ｎ｝ ，
论成立并证明你的结论． 由题意知ａ ａ ａ 即 ａ ｄ ａ ｄ 解得ｄ
１＋３＋ ４＝２ ３， ２ １＋３＋３ ＝２ １＋４ ， ＝３，
条件 ①： Ｓ ｎ＝－ ａ ｎ＋ ｔ （ ｔ为常数 ）； 又ａ １ ａ ８＝ ａ２ ３， 即ａ １·（ ａ １＋７×３）＝（ ａ １＋２×３） ２ ，
条件 ａ ｂ ｂ 其中数列 ｂ 满足 ｂ ｎ ｂ 解得ａ 故ａ ｎ ．
②： ｎ ＝ ｎ ｎ ＋１， ｛ ｎ｝ １ ＝１，（ ＋１） ｎ ＋１ １＝４， ｎ＝３ ＋１
ｎｂ 因为ｂ 所以 Ｓ 是单调递增数列 又因为ａ 前的所
＝ ｎ； （２） ｎ＞０， ｛ ｎ｝ ， ｋ ＋１
条件 ③：３ ａ２ｎ＝３ ａ２ｎ ＋１＋ ａ ｎ ＋１＋ ａ ｎ ． 有项的项数为ｋ ＋２ １ ＋２ ２ ＋…＋２ ｋ ＝ ｋ ＋２ ｋ ＋１ －２，
数列 ａ 中 ａ 是 æ ç ｘ２ １ ö ÷ ６ 展开式中的常数项 且 所以Ｓ ｋ ＋２ ｋ＋１－２ ＝（ ａ １＋ ａ ２＋…＋ ａ ｋ）＋２（２ １ ＋２ ２ ＋２ ３ ＋…＋２ ｋ ）＝
｛ ｎ｝ １ è
３０
＋ ｘ ø ， ｋ
（４＋３
ｋ
＋１） ２（１－２
ｋ
） ３
ｋ２
＋５
ｋ
ｋ ＋２ ．
． ＋２× ＝ ＋２ －４
２ １－２ ２
求证
：
Ｓ
ｎ＜１∀
ｎ
∈
Ｎ∗恒成立． 当ｋ
＝６
时
，
Ｓ
１３２＝３２１＜５００；
当ｋ
＝７
时
，
Ｓ
２６１＝５９９＞５００，
注 如果选择多个条件作答 则按第一个条件的解答计分． 令Ｓ ａ ｎ 即 ｎ
： ， １３２＋ ７＋２（ －１３３）＜５００， ３２１＋２２＋２（ －１３３）＜５００，
１６． 解析 二项展开式的通项为Ｔ ｒ æ ç ｘ２ ö ÷ ６－ ｒ ( １ )ｒ 解得ｎ ＜２１１ ． ５， 所以满足Ｓ ｎ＜５００ 的ｎ的最大值为 ２１１ ．
ｒ ＋１＝Ｃ６è
３０
ø · ｘ ＝ 易错警示 对于第（
２
）问，任意相邻两项ａ
ｋ
与ａ
ｋ ＋１
之间插
ｒ æ ç １ ö ÷ ６－ ｒ ｘ１２－３ ｒ 令 ｒ 得ｒ 得展开式的常数项为 入 ２ ｋ 个 ２ ，因而ａ ｋ ＋１ 前的所有项的项数为ｋ ＋２ ｋ ＋１ －２ ，该项数易
Ｃ６è ø ， １２－３ ＝０， ＝４， 弄错，需注意该项数问题．
３０
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２ ９６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
Ｃ 组 教师专用题组
一、单项选择题
｜
ｘ
ｋ －１＋２｜，
ｋ
∈
Ｎ∗
，
则
｜
ｘ
１＋
ｘ
２＋…＋
ｘ
２０２１｜
的最小值是
（ ）
． ． ． ．
１．（２０２１北京平谷一模，９）已知数列 ａ 满足ａ ２ 且对任意 Ａ１７ Ｂ１９ Ｃ６９ Ｄ８７
｛ ｎ｝ １＝
５
， 答案 Ｃ 由题得ｘ２ｋ＋２ ｘ
ｋ＝（
ｘ２ｋ
－１＋２
ｘ
ｋ －１）＋２
ｘ
ｋ －１＋３，
累加得
ｎ Ｎ∗ 都有 ａ ｎ ４ ａ ｎ＋２ 那么ａ 为 ｘ２ ２０２２＋２ ｘ ２０２２＝２（ ｘ １＋ ｘ ２＋…＋ ｘ ２０２１）＋３×２０２２，
∈ ， ａ ｎ ＋１ ＝ａ ｎ ＋１＋２ ， ４ （ ） 故 ｘ ｘ ｘ １ ｘ ２
｜ １＋ ２＋…＋ ２０２１｜＝ ｜（ ２０２２＋１） －６０６７｜，
１ １ ２
Ａ． Ｂ．７ Ｃ． Ｄ．１０ 易知ｘ 为偶数
７ １０ ２０２２ ，
答案 Ａ 由 ａ ａ
ｎ ＋
ｎ
１
＝ａ ４
ｎ
ａ
＋
ｎ
１
＋
＋
２
２
， 得 ４ ａ ｎ ＋１ ａ ｎ＋２ ａ ｎ ＋１＝ ａ ｎ ａ ｎ ＋１＋２ ａ ｎ， 当 ｘ
ｋ＝
｜ ｘ ｋ ２
（
０ ｋ ２２
≤
＋１
７５
｜＝
），
７ ｘ ７
ｋ
时
＝７
，
６
｜
（
ｘ １ ｋ ＋
≥
ｘ ２
７
＋
６
…
，
ｋ ＋ 为 ｘ ２ 偶 ０２１ 数 ｜ 最
）
小
，
ｘ 为
ｋ＝
６
－
９
７
．
９（
ｋ
≥７６，
ｋ为
ａ ａ 奇数 符合要求．故选 ．
ａ ２ ｎ 故 １ ３ ｎ＋２ ３ １ 所以 １ １ ３ ．故 ） Ｃ
{
∴ ｎ
}
＋１＝
３
ａ
ｎ＋２
， ａ
ｎ ＋１
＝
２
ａ
ｎ
＝
２
＋ａ
ｎ
， ａ
ｎ ＋１
－ａ
ｎ
＝
２
５．（２０２１浙江杭州二中高三下开学考，８）设数列
｛
ａ
ｎ｝
满足
０＜
ａ
１＜
ａ
１
ｎ
是以
ａ
１
１
为首项
，
３
２
为公差的等差数列．
ａ
１
ｎ
＝ａ
１
１
＋（
ｎ
－１）×
２
１
，
ａ
ｎ ＋１＝
ａ
ｎ＋ｌｎ（２－
ａ
ｎ）
对任意的ｎ
∈
Ｎ∗恒成立
，
则下列说法不
∙
ｎ 正确的是
３ ５ ３ ｎ ３ ３ ｎ ３ ＋２．所以 ａ ２ 所以 ａ （ ）
＝ ＋ － ＝ ＋１＝ ｎ＝ ｎ ， ４＝ ∙∙
２ ２ ２ ２ ２ ２ ３ ＋２ ． １ ａ ． ａ 是递增数列
２ １ ．故选 ．
Ａ
２
＜ ２＜１ Ｂ｛ ｎ｝
＝ Ａ
３×４＋２ ７ ． ａ ３ ． ３ ａ
２．（２０２０北京怀柔二模，１２）已知数列
｛
ａ
ｎ｝
对任意的 ｎ
∈
Ｎ∗有 Ｃ１＜ ２０２０＜
２
Ｄ
４
＜ ２０２０＜１
答案 Ｃ 设ｙ ｘ ｘ 则
ａ ａ １ 成立 若ａ 则ａ 等于 ＝ ＋ｌｎ（２－ ），
ｎ ＋１＝ ｎ－ｎ ｎ ＋１ ， １＝１， １０ （ ） ｘ
（ ＋１） ｙ′ １ １－ ．
＝１－ ｘ＝ ｘ
１０１ ９１ １１１ １２２ ２－ ２－
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． 当ｘ 时 ｙ′ ｙ ｘ ｘ 在
１０ １０ １１ １１ ＜１ ， ＞０， ＝ ＋ｌｎ（２－ ）
答案 Ｂ 已知ａ ｎ ＋１＝ ａ ｎ－ｎ
（
ｎ １
＋１）
＋１， 则ａ ｎ ＋１－ ａ ｎ＝－ｎ
（
ｎ １
＋１）
＋ （
当
－∞，
ｘ
１） 上
时
单
ｙ
调
′
递增
ｙ
；
ｘ ｘ 在 上单调递减．
( ) ( ) １＜ ＜２ ， ＜０， ＝ ＋ｌｎ（２－ ） （１，２）
１ １ １ １ 所以有 ａ ａ 当ｘ 时 ｙ 当ｘ －时 ｙ 故ｙ ｘ ｘ 的
１＝ － ｎ －ｎ ＋１ ＝ １－ ｎ －ｎ ， ２ － １ ＝ １－ →－∞ ， →－∞， →２ ， →－∞， ＝ ＋ｌｎ（２－ ）
＋１ ＋１ 大致图象如图．
( ) ( ) ( )
１ １ ａ ａ １ １ ａ ａ １ １ 由蛛网图知 中说法正确 中说法错误．故选 ．
－ ， ３－ ２＝１－ － ， ４－ ３＝１－ － ，……， ，ＡＢＤ ，Ｃ Ｃ
１ ２ ２ ３ ３ ４ ６．（２０２１江西上饶二模，９）函数ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ 的所有极
( ) ( ) （ ）＝２ｓｉｎ － （ ＞０）
ａ ａ １ １ 累加得ａ ａ １ 又因为ａ 大值点从小到大排成数列 ａ 设 Ｓ 是数列 ａ 的前 ｎ 项
１０－ ９＝１－ － ， １０－ １＝９－ １－ ， １＝ ｛ ｎ｝， ｎ ｛ ｎ｝
９ １０ ( ) １０ 和 则 Ｓ
所以ａ １ ９１ 故选 ．
， ｃｏｓ ２０２１＝ （ ）
１， １０＝１＋９－ １－ ＝ ， Ｂ １ １
１０ １０ Ａ．１ Ｂ． Ｃ．－ Ｄ．０
解后反思 本题考查了求数列某一项的值，运用了累加法和 ２ ２
答案 Ｂ ｆ ′ ｘ ｘ ｘ 且ｆ′ ｘ 是周期为 的
（ ）＝２ｃｏｓ －１（ ＞０）， （ ） ２π
裂项法，遇到形如 １ 时就可以采用裂项法进行求和． 周期函数．
ｎ（ｎ ）
＋１
３．（２０２１北京高三专题练习，６）已知等差数列 ｛ ａ ｎ｝ 的公差为 ２， 当ｘ ∈（０，２π］ 时 ， ｆ′ （ ｘ ）＝０ 的根为ｘ ＝ π和ｘ ＝ ５π． ｆ′ （ ｘ ） 的图
３ ３
前ｎ项和为Ｓ ｎ， 且Ｓ １， Ｓ ２， Ｓ ４ 成等比数列．令ｂ ｎ＝ａ ｎ ａ １ ｎ ， 则数列 象如图 ，
＋１
ｂ 的前 项和Ｔ
｛ ｎ｝ ５０ ５０＝ （ ）
５０ ４９ １００ ５０
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
５１ ５０ １０１ １０１
答案 Ｄ 因为Ｓ ａ Ｓ ａ ２×１ ａ Ｓ ａ
１＝ １， ２＝２ １＋ ×２＝２ １＋２， ４＝４ １＋
２
４×３ ａ 所以由题意得 ａ ２ ａ ａ 解得 易知 ｆ ｘ 在 上的极大值点为π．
×２＝４ １＋１２， （２ １＋２） ＝ １（４ １＋１２）， ， （ ） （０，２π］
２ ３
(
ａ １＝１， 所以 ａ ｎ ＝２ ｎ －１ ．则 ｂ ｎ ＝ ｎ １ ｎ ＝ １ ｎ １ － 即 ｛ ａ ｎ｝ 是以π为首项 ， 以 ２π 为公差的等差数列 ，
（２ －１）（２ ＋１） ２ ２ －１ ３
) ( )
１ 则Ｔ １ １ １ １ １ １ １ １ 故Ｓ π ２０２１×２０２０ ５π
２
ｎ
＋１
， ５０＝
２
１－
３
＋
３
－
５
＋
５
－
７
＋…＋
９９
－
１０１
＝ ２０２１＝２ ０２１×
３
＋
２
×２π＝６７２π＋
３
＋２ ０２１× ２
５０．故选 ． 则 Ｓ ５π １ 故选 ．
１０１
Ｄ ０２０π， ｃｏｓ ２０２１＝ｃｏｓ
３
＝
２
， Ｂ
４．（２０２１浙江宁波二模，１０）已知数列 ｛ ｘ ｎ｝ 满足ｘ ０＝０ 且 ｜ ｘ ｋ＋１｜＝ ７．（２０２１ 河南顶级名校月考，９）对于数列 ｛ ａ ｎ｝， 定义 Ｙ ｎ ＝
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第六章 数列 ２ ９７
ａ １＋２ ａ ２＋…＋２ ｎ －１ａ ｎ为数列 ａ 的 美值 现在已知某数列 ｔ ｎ （ ｎ －４）．令ｆ ｎ ｎ （ ｎ －４） 则ｆ ｎ ｆ ｎ ６－（ ｎ －３） ２
ｎ ｛ ｎ｝ “ ”， ⇔≥ ｎ ＋１ （ ）＝ ｎ ＋１ ， （ ＋１）－（ ）＝ ｎ ＋２ ，
２ ２ ２
｛ ａ ｎ｝ 的 “ 美值 ” Ｙ ｎ＝２ ｎ ＋１ ， 记数列 ｛ ａ ｎ－ ｔｎ ｝ 的前ｎ项和为Ｓ ｎ， 若Ｓ ｎ 故当 ｎ 时 ｆ ｎ ｆ ｎ ｆ ｎ 单调递增 且ｆ ５
Ｓ 对任意的ｎ Ｎ∗恒成立 则实数ｔ的取值范围是 １≤ ≤５ ， （ ＋１）＞（ ）， （ ） ， （５）＝ ，
≤ ６ ∈ ， （ ） ６４
[ ] ( ) [ ] ( )
７ １２ ７ １２ １６ ７ １６ ７ 当ｎ 时 ｆ ｎ ｆ ｎ ｆ ｎ 单调递减 ｆ ３ ｆ
Ａ． ， Ｂ． ， Ｃ． ， Ｄ． ， ≥６ ， （ ＋１）＜ （ ）， （ ） ， （６）＝ ，∴
３ ５ ３ ５ ７ ３ ７ ３ ３２
答案 Ｃ 由题意得
ａ
１＋２
ａ
２＋… ｎ ＋２
ｎ －１ａ
ｎ ＝２ ｎ ＋１ ， （ ｎ ）ｍａｘ＝ ３ ， 于是由题意得ｔ ≥ ３ ．故选 Ｃ ．
３２ ３２
则ａ １＋２ ａ ２＋…＋２ ｎ －１ａ ｎ＝ ｎ ·２ ｎ ＋１ ， 二、多项选择题
当 则 ２ ｎ ≥ ｎ －１ ２ ａ ｎ 时 ＝ ｎ ， · ａ １＋ ２ ｎ ２ ＋ ａ １ － ２＋ （ … ｎ － ＋ １ ２ ） ｎ ２ －２ ｎ ａ ＝ ｎ － （ １ ｎ ＝ ＋ （ １ ｎ ） － ２ １ ｎ ） ， ２ ｎ ， １０．（２ １ ０２１ ａ 届山东 １ 德州 则 跃 下 华 列 学 各 校 数 月 是 考 ａ ，９） 的 已 项 知 的 数 是 列 ｛ ａ ｎ｝ 满足ａ １＝
则ａ
ｎ＝２（
ｎ
＋１），
当ｎ
＝１
时也满足．故ａ
ｎ＝２（
ｎ
＋１），
ｎ
∈
Ｎ∗． －
２
， ｎ ＋１＝
１－
ａ
ｎ
， ｛ ｎ｝ （ ）
则 ａ ｔｎ 为等差数列．
｛ ｎ－ ｝ ２ ３
故Ｓ
ｎ≤
Ｓ
６
对任意的ｎ
∈
Ｎ∗恒成立即ａ
６－６
ｔ
≥０，
ａ
７－７
ｔ
≤０，
Ａ．－２ Ｂ．
３
Ｃ．
２
Ｄ．３
{ ｔ
即 ６（２－）＋２≥０，解得１６ ｔ ７ ． 答案 ＢＤ 数列 ａ 满足ａ １ ａ １ ａ
７（２－ ｔ ）＋２≤０， ７ ≤≤ ３ ∵ ｛ ｎ｝ １＝－ ２ ， ｎ ＋１＝ １－ ａ ｎ ，∴ ２＝
８．（２０２１河南新乡测试，１１）已知数列 ａ 满足ａ ａ ｎ
ａ ２ ｎ ＋１＋ ａ ２ ｎ＝３ ｎ ＋５（ ｎ ∈ Ｎ∗ ）， 则数列 ｛ ａ ｛ ｎ｝ ｎ 的 ｝ 前 ４０ 项 ２ ｎ－ 和 ２ Ｓ ｎ － ４ １ ０ ＝ ＝ ３ －１， １－ ( － １ １ ) ＝ ３ ２ ； ａ ３＝ １－ １ ａ ２ ＝３； ａ ４＝ １－ １ ａ ３ ＝－ ２ １ ＝ ａ １，……，∴ 数
２
（ ）
２１ ３０ 列 ａ 是周期为 的数列 且前 项为 １ ２ 故选 ．
３ ＋１９７ ３ ＋１９７ １０ ２０ ｛ ｎ｝ ３ ， ３ － ， ，３， ＢＤ
Ａ． Ｂ． Ｃ．９ ＋９８ Ｄ．９ ＋９８ ２ ３
２ ２ １１．（２０２１届山东滨州博兴第三中学月考，１１）记数列 ａ 的前ｎ
则
答
ａ
案
ａ
Ａ 由
ａ
题意
ａ
可得ａ ２ ｎ ＋１＋
ｎ
ａ ２ ｎ －１＝６， ａ ２ ｎ ＋２－ ａ ２ ｎ ＋１＝３ ｎ ＋１ －１， 项和为Ｓ
ｎ，
若存在实数Ｈ
，
使得对任意的ｎ
∈
Ｎ∗
，
｛ 都 ｎ 有 ｝
｜
Ｓ
ｎ｜＜
２ ｎ ＋２＋ ２ ｎ－（ ２ ｎ ＋１＋ ２ ｎ －１）＝４×３ －２， Ｈ 则称数列 ａ 为 和有界数列 ．下列说法正确的是
即ａ ａ ｎ ， ｛ ｎ｝ “ ”
２ ｎ ＋２＋ ２ ｎ＝４×３ ＋４，
故Ｓ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ （ ）
４０＝（ １＋ ３＋…＋ ３７＋ ３９）＋（ ２＋ ４＋…＋ ３８＋ ４０） 若 ａ 是等差数列 且公差ｄ 则 ａ 是 和有界数列
１ ３ １９ Ａ． ｛ ｎ｝ ， ＝０， ｛ ｎ｝ “ ”
＝６×１０＋４×１０＋４×（３ ＋３ ＋…＋３ ） 若 ａ 是等差数列 且 ａ 是 和有界数列 则公差ｄ
１０ Ｂ． ｛ ｎ｝ ， ｛ ｎ｝ “ ”， ＝０
３×（９ －１） 若 ａ 是等比数列 且公比 ｑ 则 ａ 是 和有界数列
＝１００＋４× Ｃ． ｛ ｎ｝ ， ｜ ｜＜１， ｛ ｎ｝ “ ”
８
若 ａ 是等比数列 且 ａ 是 和有界数列 则 ａ 的公
２１ Ｄ． ｛ ｎ｝ ， ｛ ｎ｝ “ ”， ｛ ｎ｝
３ ＋１９７．
＝ 比 ｑ
２ ｜ ｜＜１
９．（２０２１河南顶级名校４月冲刺，１２）已知数列 ｛ ａ ｎ｝ 的前ｎ项和 答案 ＢＣ 若 ｛ ａ ｎ｝ 是等差数列 ， 公差为 ｄ ， 则 Ｓ ｎ＝ ｎａ １＋
{ ｎ} ｎ ｎ
为Ｓ
ｎ（
ｎ
∈
Ｎ∗
），
ａ
１＝２，２
ｎＳ
ｎ＝（２
ｎ
－１）
ａ
ｎ ＋１，
记数列
ａ
ｎ
的前 ｎ （
２
－１）ｄ．
项和为Ｔ
ｎ
．若对于任意的ｎ
∈
Ｎ∗
，
不等式ｎａ
ｎ ＋１≥
３
｜
ｎ
Ｔ
２ －
ｎ－
ｔａ
２
ｎ
｜
＋１恒成 Ａ
则
． ｄ
ｎ
＝
→
０，
＋
则
∞
Ｓ
时
ｎ＝
，
ｎ
｜
ａ
Ｓ
１
ｎ
，
｜
若
→
ａ
＋
１≠
∞
０
，
，
所以 ｛ ａ ｎ｝ 不是 “ 和有界数列 ”，
立 则实数ｔ的取值范围为 错
， ( ] [ ) （ ） Ａ ； ｄ ( ｄ )
Ａ． ０， ３ Ｂ． ３ ，１ Ｂ． 若 ｛ ａ ｎ｝ 是 “ 和有界数列 ”， 则由 ｜ Ｓ ｎ｜ ＝ ｎ２ ＋ ａ １－ ｎ ＜
３２ １６ ２ ２
[ ) [ ) ｄ ｄ
３ ３ Ｈ知 ａ 即ａ ｄ 正确
Ｃ． ，＋∞ Ｄ． ，＋∞ ＝０， １－ ＝０， １＝ ＝０，Ｂ ；
３２ １６ ２ ２
æ ö ａ ｑｎ
答案 Ｃ 由 ２ ｎＳ ｎ＝（２ ｎ －１） ａ ｎ ＋１， 得Ｓ ｎ＝è ç １－
２
１ ｎø ÷ａ ｎ ＋１， 当ｎ ≥ Ｃ．｛ ａ ｎ｝ 是等比数列 ， 公比是ｑ ， 则Ｓ ｎ＝ １（
１
１
－
－ ｑ ） ， 若 ｜ ｑ ｜＜１， 则ｎ
æ ö æ ö ａ
２ 时 ， Ｓ ｎ －１ ＝ è ç １－ ２ ｎ １ －１ ø ÷ａ ｎ， 两式作差 ， 得 ａ ｎ ＝ è ç １－ ２ １ ｎø ÷ ａ ｎ ＋１ － →＋∞ 时 ， Ｓ ｎ→ １－ １ ｑ，
æ ç １ ö ÷ａ ｎ 化简得 ａ ｎ ＋１ ｎ 当ｎ 时 Ｓ ａ 故存在Ｈ ＞０， 使得 ｜ Ｓ ｎ｜＜ Ｈ对于任意ｎ ∈ Ｎ∗成立 ， 故 ｛ ａ ｎ｝ 是
è１－ ２ ｎ －１ ø ｎ（ ≥２）， ａ ｎ ＝２（ ≥２）， ＝１ ， １＝ １＝ “ 和有界数列 ”，Ｃ 正确 ；
ａ {ａ ｎ ｋ
１ × ａ ２＝２， ａ ２＝４，ａ ２ ＝２， 所以数列 ｛ ａ ｎ｝ 是以 ２ 为首项 ，２ 为公 Ｄ． 若ｑ ＝－１， ａ １≠０， 则Ｓ ｎ＝ １， ｎ ＝２ ｋ －１， （ ｋ ∈ Ｎ∗ ），
２ １ ０， ＝２
ｎ ｎ ｎ Ｓ ａ 则 ａ 是 和有界数列 错．故选 ．
比的等比数列
，
则ａ
ｎ＝２
ｎ
，∴ ａ ｎ ＝ ２ ｎ，
Ｔ
ｎ＝ ２
１
＋ ２
２
２ ＋…＋ ２ ｎ，
１
２
Ｔ
ｎ １２．
∴
（２０
｜
２
ｎ
１
｜
届
＜２
江
｜
苏
１｜
南
，
京
｛
航
ｎ
空
｝
航
“
天大学附中期
”，
中
Ｄ
，１１）已知
Ｂ
等
Ｃ
差数列
ｎ ｎ ａ 的首项为 公差ｄ 前ｎ项和为Ｓ 则下列结论成立
１ ２ 错位相减得 １ Ｔ １ １ １ Ｔ ｛ ｎ｝ １， ＝４， ｎ，
＝ ２ ＋ ３ ＋…＋ ｎ ＋１， ｎ＝ ＋ ２ ＋…＋ ｎ－ ｎ ＋１， ｎ 的是
２ ２ ２ ２ ２ ２ ２ ２ （ ）
＝２－ ｎ
２
＋ ｎ ２ ， 所以ｎａ ｎ ＋１≥ ３
｜
ｎ Ｔ ２ －
ｎ－
ｔａ
２
ｎ
｜
＋１ ⇔ ｎ ·２ ｎ ＋１ · ｎ
２
＋ ｎ ２ ≥３ ｎ２ － ｔ ·２ ｎ ＋１ Ａ． 数列 {Ｓ ｎ ｎ } 的前 １０ 项和为 １００
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２ ９８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
若ａ ａ ａ 成等比数列 则ｍ 解后反思 若｛ａ ｝满足ａ ａ ｆ（ｎ），可考虑用累加法
Ｂ． １， ３， ｍ ， ＝２１ ｎ ｎ－ ｎ －１＝
ｎ 求通项公式，其原理为ａ （ａ ａ ） （ａ ａ ） …… （ａ
若 １ ６ 则ｎ的最小值为 ｎ＝ ｎ－ ｎ －１ ＋ ｎ －１－ ｎ －２ ＋ ＋ ２
Ｃ． ∑ｉ＝ １ ａ ｉ ａ ｉ ＋１ ＞ ２５ ， ６ － ａ １ ） ＋ ａ １＝ ｆ（ｎ） ＋ ｆ（ｎ －１ ） ＋ …… ＋ ｆ（ ２ ） ＋ ａ １ ，运算化简即可．
１４．（２０２１江西红色七校联考，１４）已知数列 ａ 的前ｎ项和Ｓ
Ｄ． 若ａ ｍ＋ ａ ｎ＝ ａ ２＋ ａ １０， 则 ｍ １ ＋ １ ｎ ６的最小值为２５ ｛ { ｎ｝ } ｎ＝
１２
答案 ＡＢ 由题意可得ａ ｎ＝４ ｎ －３， Ｓ ｎ＝２ ｎ２ － ｎ． ２ ａ ｎ－１（ ｎ ∈ Ｎ∗ ）， 设ｂ ｎ＝１＋ｌｏｇ２ ａ ｎ， 则数列 ｂ ｎ ｂ １ ｎ 的前ｎ项和
＋１
对于 选项 Ｓ ｎ ｎ Ｔ ｎ＝ ．
Ａ ， ｎ ＝２ －１， ｎ
答案
Ｓ Ｓ {Ｓ } ｎ
则 ｎ ＋１ ｎ ｎ ｎ 所以数列 ｎ 是首项 ＋１
ｎ － ｎ ＝２（ ＋１）－１－（２ －１）＝ ２， ｎ 解析 ｎ 时 ａ ｎ 时
＋１ ＝１ ， １＝１， ≥２ ，
Ｓ ａ Ｓ Ｓ ａ ａ
为 １ ａ 公差为 的等差数列 其前 项和为 ｎ＝ ｎ－ ｎ －１＝２ ｎ－２ ｎ －１，
１
＝ １＝１， ２ ， １０ １０×１＋ ａ
ｎ＝２
ａ
ｎ －１，
所以
｛
ａ
ｎ｝
是公比为
２
的等比数列．
１０×（１０－１） 所以选项 正确 所以ａ ｎ＝２ ｎ －１ ， ｂ ｎ＝１＋ｌｏｇ２２ ｎ －１ ＝ ｎ ，
×２＝１００， Ａ ；
２ 则 １ １
对于
Ｂ
选项
，
由ａ
１，
ａ
３，
ａ
ｍ
成等比数列
，
可得ａ２
３＝
ａ
１·
ａ
ｍ，
又ａ
１
ｂ
ｎ
ｂ
ｎ ＋１
＝ｎ
（
ｎ
＋１）
，
ａ 所以ａ ｍ 解得ｍ 所以选
＝１， ３＝１＋２×４＝９， ｍ＝４ －３＝８１， ＝２１， 则Ｔ １ １ １ １ １ １ １ １
项 正确 ｎ＝ ＋ ＋…＋ｎ ｎ ＝１－ ＋ － ＋…＋ ｎ －ｎ
Ｂ ； １×２ ２×３ （ ＋１） ２ ２ ３ ＋１
( ) ｎ
对于 选项 因为 １ １ １ １ １ ．
Ｃ ， ａａ ＝ ｉ ｉ ＝ ｉ － ｉ ， ＝ｎ
ｉ ｉ ＋１ （４ －３）（４ ＋１） ４ ４ －３ ４ ＋１ ＋１
ｎ ( )
所以 １ １ １ １ １ １ １ １５．（２０２１安徽蚌埠质监，１６）已知数列 ａ 满足 ａ ａ １
∑ｉ＝ １ ａ ｉ ａ ｉ ＋１ ＝ ４ · １－ ５ ＋ ５ － ９ ＋…＋ ４ ｎ －３ － ４ ｎ ＋１ ＝ ｛ ｎ｝ ： １＝１， ２＝ ３ ，
ｎ ｂ ｂ ｂ ｂ
ｎ ＞
６
，
解得ｎ
＞６，
故ｎ的最小值为
７，
所以选项
Ｃ
错误
； ａ
１
＋ａ
２
＋…＋ａ
ｎ
＝ａ
ｎ ＋１
＋６（
ｎ
≥２
且ｎ
∈
Ｎ∗
），
等比数列
｛
ｂ
ｎ｝
的
４ 对于 ＋１ ２ 选 ５ 项 由ａ ａ ａ ａ 可得 ｍ ｎ 即 １ ２ ｎ { ｎ －１
Ｄ ， ｍ＋ ｎ＝ ２＋ １０， ４ －３＋４ －３＝５＋３７， １ ｎ为奇数
ｍ ｎ 公比ｑ 令ｃ ａ ， ，则数列 ｃ 的前 ｎ项和Ｓ
＋ ＝１２， ＝２， ｎ＝ ｎ ｛ ｎ｝ ２ ２ ｎ
( ) ｂ ｎ为偶数
则 １ １６ １ ｍ ｎ １ １６ ｎ， ，
ｍ＋ ｎ ＝ （ ＋ ）· ｍ＋ ｎ ．
１２ ＝
( ｎ ｍ) ｎ
＝
１
１＋１６＋ｍ＋
１６
ｎ
答案
２
ｎ２
－
ｎ
＋
４ ＋１ －４
１２ ３
æ ｎ ｍö ｂ ｂ ｂ ｂ
≥
１
è
ç
１７＋２ ｍ·
１６
ｎ ø
÷ 解析
∵ ａ
１
＋ａ
２
＋…＋ａ
ｎ
＝ａ
ｎ ＋１
＋６（
ｎ
≥２
且ｎ
∈
Ｎ∗
）①，
１２ ｎ ｎ
１ ２ －１
ｂ ｂ ｂ
１ ２５ 当ｎ 时 １ ２ ３
＝ （１７＋８）＝ ， ∴ ＝２ ，ａ ＋ａ ＝ａ ＋６，
１２ １２
１ ２ １
ｎ ｍ
当且仅当 １６ ａ ａ １ ｂ ｂ ｂ
ｍ ＝ ｎ ， ∵ １＝１， ２＝ ，∴ １＋３ ２＝ ３＋６，
３
等比数列 ｂ 的公比ｑ
即ｍ １２ ｎ ４８时 取等号 ∵ ｛ ｎ｝ ＝２，
＝ ５ ， ＝ ５ ， ， ∴ ｂ １＋６ ｂ １＝４ ｂ １＋６，∴ ｂ １＝２，∴ ｂ ｎ＝２ ｎ ， ｎ ∈ Ｎ∗．
又因为ｍ
，
ｎ
∈
Ｎ∗
，
所以最小值不为２５
，
所以选项
Ｄ
错误．故
当ｎ 时
ｂ
１
ｂ
２
ｂ
３
ｂ
４
１２ ＝３ ，ａ ＋ａ ＋ａ ＝ａ ＋６，
选 ． １ ２ ３ ２
ＡＢ
８ ａ １
三、填空题 ∴２＋３×４＋ａ ＝３×１６＋６，∴ ３＝ ，
３ ５
１３．（２０２１安徽宣城第二次调研，１４）若数列 ｛ ａ ｎ｝ 满
{
足
}
ａ １＝１， 且对 又
ａ
ｂ １
＋ａ
ｂ ２
＋…＋ａ
ｂ ｎ －１
＝ａ
ｂ ｎ
＋６（
ｎ
≥３
且ｎ
∈
Ｎ∗
）②，
ｎ ｎ
于任意的ｎ
∈
Ｎ∗
，
都有ａ
ｎ ＋１－
ａ
ｎ＝
ｎ
＋１，
则数列
ａ
１
ｎ
的前ｎ项 １ ２
得
ｂ
ｎ
ｂ
－
ｎ
１
＋１
ｂ
－
ｎ
２
和Ｓ ． ∴ ①－② ａ ＝ａ －ａ ，
ｎ＝ ｎ ｎ －１ ｎ －２
ｎ ｎ ｎ ＋１ ｎ
答案 ２ 即２ ２ ２ 即 １ １ ２
ｎ ａ ＝ａ －ａ ， ａ ＋ａ ＝ａ ，
＋１ ｎ ｎ －１ ｎ －２ ｎ ｎ －２ ｎ －１
解析 由ａ
１＝１，
且对于任意的ｎ
∈
Ｎ∗
，
都有ａ
ｎ ＋１－
ａ
ｎ＝
ｎ
＋１， 又 １ １ ２
可得ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ＋ａ ＝６＝ａ ，
ｎ＝ １＋（ ２－ １）＋（ ３－ ２）＋…＋（ ｎ－ ｎ －１）＝１＋２＋３＋…＋ １
{
３
}
２
ｎ １ ｎ ｎ 数列 １ 为等差数列 且公差ｄ １ １
＝ （ ＋１）， ∴ ａ ｎ ， ＝ａ －ａ ＝２，
２ ２ １
( )
则 １ ２ １ １ 所 以 Ｓ １ １ ｎ ｎ ｎ Ｎ∗
ａ ｎ ＝ ｎ （ ｎ ＋１） ＝ ２ ｎ －ｎ ＋１ ， ｎ ＝ ∴ ａ ｎ ＝ａ １ ＋（ －１）·２＝２ －１， ∈ ，
( ) ( ) ｎ { ｎ ｎ为奇数
１ １ １ １ １ １ ２ ． ｃ ２ －１ ， ，
２ １－ ＋ － ＋…＋ ｎ －ｎ ＝２ １－ｎ ＝ｎ ∴ ｎ＝ ｎ ｎ为偶数
２ ２ ３ ＋１ ＋１ ＋１ ２ ， ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第六章 数列 ２ ９９
∴ Ｓ ２ ｎ＝１＋２ ２ ＋５＋２ ４ ＋…＋（４ ｎ －３）＋２ ２ ｎ 注：如果选择条件 ① 、条件 ② 分别解答，按第一个解答计分．
＝［１＋５＋…＋（４ ｎ －３）］＋（２ ２ ＋２ ４ ＋…＋２ ２ ｎ ） 解析 （１） 设等比数列 ｛ ａ ｎ｝ 的公比为ｑ ，
ｎ ｎ ｎ {ａ ａ ｑ {ａ
［１＋（４ －３）］ ４（１－４ ） 所以 １＋ １ ＝３， 解得 １＝１，
＝
２ ｎ
＋
１－４
ａ
１
ｑ３
＋
ａ
１
ｑ４
＝２４，
ｑ
＝２
．
＝２ ｎ２ － ｎ ＋ ４ ＋１ －４． 所以ａ ｎ＝ ａ １ ｑｎ －１ ＝２ ｎ －１．
３ 选择条件 ｂ ａ ．
１６．（２０２１浙江绍兴４ 月模拟，１１） 九章算术 中的 两鼠穿墙 （２） ①： ｎ＝ｌｏｇ２ ２ ｎ －１
题 是我国数学的古典名题 今 《 有垣厚若干 》 尺 两 “ 鼠对穿 大 因为ｂ ｎ＝ｌｏｇ２ ａ ２ ｎ －１＝ｌｏｇ２２ （２ ｎ －１）－１ ＝２ ｎ －２ ．
” ：“ ， ， 所以ｂ ｂ ｎ ｎ ．
鼠日一尺 小鼠也日一尺 大鼠日自倍 小鼠日自半．问何日相 ｎ ＋１－ ｎ＝［２（ ＋１）－２］－（２ －２）＝２
， ， ， 又因为ｂ
逢 各穿几何 题意是 有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙 大 １＝０，
， ？” ： ， 所以 ｂ 是首项ｂ 公差ｄ 的等差数列．
老鼠第一天进一尺 以后每天加倍 小老鼠第一天也进一尺 ｛ ｎ｝ １＝０， ＝２
， ； ， ｎ ｂ ｂ ｎ ｎ
以后每天减半．如果墙足够厚
，
Ｓ
ｎ
为前ｎ天两只老鼠打洞长度 所以Ｓ
ｎ＝
（ １＋ ｎ）
＝
（０＋２ －２）
＝
ｎ２
－
ｎ．
之和 则Ｓ 尺． ２ ２
， ３＝ 选择条件
②：
ｂ
ｎ＝
ａ
ｎ＋２
ｎ．
答案 ３５ 因为ｂ ｎ＝ ａ ｎ＋２ ｎ ＝２ ｎ －１ ＋２ ｎ ，
４ 所以Ｓ ｂ ｂ ｂ ｂ ｂ
解析 Ｓ ３＝１＋２＋４＋１＋
２
１ ＋
４
１ ＝ ３
４
５．
＝（２
０
０ ＋
ｎ
２
＝
） １ ＋
１
（
＋
２ ２
１ ２
＋
＋
４）
３＋
＋ ｎ
…
－ （ ２ ２
＋ ２
＋ ｎ
ｎ
６ －
－
１
１
）
＋
＋…
ｎ
＋［２
ｎ －２
＋２（
ｎ
－１ ｎ ）］＋（２
ｎ －
ｎ
１
＋２
ｎ
）
四、解答题 ＝（２ ＋２ ＋２ ＋…＋２ ＋２ ）＋［２＋４＋６＋…＋２（ －１）＋２ ］
ｎ ｎ ｎ
１７．（２０２０北京师范大学附属中学期中，１７）已知数列 ａ 的前ｎ １－２ （２＋２ ） ｎ ｎ２ ｎ ．
｛ ｎ｝ ＝ ＋ ＝２ ＋ ＋ －１
１－２ ２
项和为Ｓ ｎ， 且ａ ｎ 是Ｓ ｎ 和 １ 的等差中项 ， 等差数列 ｛ ｂ ｎ｝ 满足ｂ １ １９．（２０２１天津红桥一模，１９）已知数列 ｛ ａ ｎ｝ 的前ｎ项和Ｓ ｎ 满足 ：
ａ ｂ Ｓ ．
＝ １ 求 ， ４ 数 ＝ 列 ３ ａ ｂ 的通项公式 Ｓ ｎ＝２ ａ ｎ＋（－１） ｎ ， ｎ ≥１ ．
（１） ｛ ｎ｝、｛ ｎ｝ ； 求数列 ａ 的前 项ａ ａ ａ
（１） ｛ ｎ｝ ３ １， ２， ３；
设ｃ １ 数列 ｃ 的前 ｎ 项和为 Ｔ 求证 １ Ｔ { }
（２） ｎ＝ｂ ｂ ， ｛ ｎ｝ ｎ， ： ≤ ｎ 求证 数列 ａ ２ ｎ 是等比数列
ｎ ｎ ＋１ ３ （２） ： ｎ＋ ·（－１） ；
３
１ ． 求数列 ｎ ａ 的前ｎ项和Ｔ ．
＜ （３） ｛（６ －３）· ｎ｝ ｎ
２ 解析 当ｎ 时 有Ｓ ａ ａ ａ
解析 ａ 是Ｓ 和 的等差中项 Ｓ ａ （１） ＝１ ， １＝ １＝２ １＋（－１）⇒ １＝１，
（１）∵ ｎ ｎ １ ，∴ ｎ＝２ ｎ－１， 当ｎ 时 有Ｓ ａ ａ ａ ２ ａ
当ｎ 时 Ｓ ａ ａ ＝２ ， ２＝ １＋ ２＝２ ２＋（－１） ⇒ ２＝０，
当ｎ
≥
＝１
２
时 ，
，
ａ １
ｎ
＝
＝
２ Ｓ
ｎ
１
－
－ Ｓ １
ｎ －
，
１
∴
＝２
ａ １
ｎ
＝
－
１
１
，
－（２
ａ
ｎ －１－１）＝２
ａ
ｎ－２
ａ
ｎ －１，
当
综上
ｎ ＝
可
３ 时
知
，
ａ
有Ｓ ３＝
ａ
ａ １＋ ａ ２＋
ａ
ａ ３＝
．
２ ａ ３＋（－１） ３ ⇒ ａ ３＝２，
∴ ａ ｎ＝２ ａ ｎ －１， 即 ａ ａ ｎ ｎ ＝２， （２） 证 ， 明 ： 由已 １＝ 知 １， 得 ２ ｎ ＝ ≥ ０， ２ 时 ３＝ ， ２ ａ ｎ＝ Ｓ ｎ－ Ｓ ｎ －１＝２ ａ ｎ＋（－１） ｎ －２ ａ ｎ －１－
∴ 数列 ｛ ａ ｎ｝ 是以 － １ １ 为首项 ，２ 为公比的等比数列 ， （－１） ｎ －１ ， 化简 [ 得 ａ ｎ ＝２ ａ ｎ －１＋２ ] ×（－１） ｎ －１ ， 上式可化为 ａ ｎ＋
∴ ａ ｎ＝２ ｎ －１ ， Ｓ ｎ＝ １·（１－２ ｎ ） ＝２ ｎ －１ ． ３ ２ （－１） ｎ ＝２ ａ ｎ －１＋ ３ ２ （－１） ｎ －１ ， 又ａ １＋ ３ ２ （－１） １ ＝ ３ １ ，∴ 数列
１－２ { }
设 ｛ ｂ ｎ｝ 的公差为ｄ ，∵ ｂ １＝ ａ １＝１， ｂ ４＝ Ｓ ３＝２ ３ －１＝７，∴ ｂ ４－ ｂ １＝ ａ ｎ＋ ２ ·（－１） ｎ 是以 １ 为首项 ，２ 为公比的等比数列．
ｄ ｄ ｂ ｎ ． ３ ３
３ ＝６，∴ ＝２，∴ ｎ＝２ －１
证明 由 知 ｃ １ １ １ （３） 由 （２） 知ａ ｎ＋ ２ （－１） ｎ ＝ １ ·２ ｎ －１ ，
（２） ： （１） ｎ ＝ ｂ ｂ ＝ ｎ ｎ ＝ · ３ ３
ｎ ｎ ＋１ （２ －１）（２ ＋１） ２
( １ １ ) Ｔ １ ( １ １ １ １ ∴ ａ ｎ＝ １ ·２ ｎ －１ － ２ （－１） ｎ ，（６ ｎ －３）· ａ ｎ＝（２ ｎ －１）［２ ｎ －１ －２·
ｎ － ｎ ，∴ ｎ ＝ · １－ ＋ － ＋…＋ ｎ － ３ ３
２ －１ ) ２ ＋１ ( ) ２ ｎ ３ ３ ５ ２ －１ （－１） ｎ ］＝（２ ｎ －１）·２ ｎ －１ －２·（－１） ｎ ·（２ ｎ －１），
２ ｎ １ ＋１ ＝ ２ １ １－ ２ ｎ １ ＋１ ＝ ２ ｎ ＋１ ，∵１－ ２ ｎ １ ＋１ ＜１，∴ Ｔ ｎ＜ ２ １ ， 当ｎ为偶数时 ， Ｔ ｎ＝［１×２ ０ ＋３×２ １ ＋…＋（２ ｎ －１）·２ ｎ －１ ］－２［－１＋
ｎ ｎ
又Ｔ ｎ－ Ｔ ｎ －１＝ ２ ｎ ｎ ＋１ － ２ ｎ ｎ － － １ １ ＝ （２ ｎ ＋１） １ （２ ｎ －１） ＞０， 令 ３－５ Ａ ＋ ｎ＝ ７－ １× … ２ ０ － ＋ （ ３ ２ ×２ － １ ＋ ３ ５ ） × ＋ ２ （ ２ ２ ＋… － ＋ １ （ ） ２ ］ ｎ ， －３）·２ ｎ －２ ＋（２ ｎ －１）·２ ｎ －１ ①，
Ｔ 是递增数列 Ｔ Ｔ １ ． ２ Ａ ｎ＝１×２ １ ＋３×２ ２ ＋…＋（２ ｎ －３）·２ ｎ －１ ＋（２ ｎ －１）·２ ｎ ②，
∴ ｛ ｎ｝ ，∴ ｎ≥ １＝ ３ ①－② 得 － Ａ ｎ＝２ ０ ＋２·２ １ ＋２·２ ２ ＋…＋２·２ ｎ －１ －（２ ｎ －１）·２ ｎ ＝１
ｎ
综上 ， １ ≤ Ｔ ｎ＜ １ ． ＋２（２ １ ＋２ ２ ＋…＋２ ｎ －１ ）－（２ ｎ －１）·２ ｎ ＝１＋２· ２（１－２ －１ ） －（２ ｎ －
３ ２ １－２
１８．（２０２１北京东城二模，１７）已知等比数列 ｛ ａ ｎ｝ 满足ａ １＋ ａ ２＝３， １）·２ ｎ ＝－３＋（３－２ ｎ ）·２ ｎ ，∴ Ａ ｎ＝３＋（２ ｎ －３）·２ ｎ ，
ａ ａ ． ｎ
４＋ ５＝２４ 令Ｂ ｎ ｎ ｎ
求 ａ 的通项公式 ｎ＝２［－１＋３－５＋７－…－（２ －３）＋（２ －１）］＝２×２· ＝２ ，
（１） ｛ ｎ｝ ； ２
从条件 条件 这两个条件中选择一个作为已知 求数 所以Ｔ Ａ Ｂ ｎ ｎ ｎ
（２） ①、 ② ， ｎ＝ ｎ－ ｎ＝３＋（２ －３）·２ －２ ；
列 ｛ ｂ ｎ｝ 的前ｎ项和Ｓ ｎ ． 当ｎ为奇数时 ， 同理可得 ， Ａ ｎ＝３＋（２ ｎ －３）·２ ｎ ， Ｂ ｎ＝２［－１＋３－
条件 ①： 设ｂ ｎ＝ｌｏｇ２ ａ ２ ｎ －１； ｎ ｎ ｎ [ ｎ －１ ｎ ]
条件 设ｂ ａ ｎ． ５＋７－…－（２ －５）＋（２ －３）－（２ －１）］＝２ ２· －２ ＋１ ＝－
②： ｎ＝ ｎ＋２ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋３ ００ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
２ｎ 所以Ｔ Ａ Ｂ ｎ ｎ ｎ 综上 Ｔ ｎ ａ ｎ
， ｎ＝ ｎ－ ｎ＝３＋（２ －３）·２ ＋２ ， ， ｎ＝３＋（２ － 证明 ｂ ｎ ２ １
３）·２ ｎ ＋（－１） ｎ －１ ·２ ｎ． （２） ：∵ ｎ ＝ （ ａ ｎ＋１）（ ａ ｎ ＋１＋１） ＝ （２ ｎ ＋１）（２ ｎ ＋１ ＋１） ＝ ２ ｎ ＋１
２０．（２０２１浙江杭州二模，２０）已知数列 ａ ｂ 满足 ａ
｛ ｎ｝，｛ ｎ｝， ｎ ＝ １
２ ｎ －２ ， ｂ ２ ｋ －１＝ ａ ｋ（ ｋ ∈ Ｎ∗ ）， ｂ ２ ｋ －１， ｂ ２ ｋ， ｂ ２ ｋ ＋１ 成等差数列． － ２ ｎ ＋１ ＋１ ，
证明 ｂ 是等比数列 æ ö æ ö
（１） ：｛ ２ ｋ｝ ； ｎ ∴ Ｓ ｎ＝ ｂ １＋ ｂ ２＋ ｂ ３＋…＋ ｂ ｎ＝è ç １ １ － ２ １ ø ÷ ＋è ç ２ １ － ３ １ ø ÷ ＋…＋
数列 ｃ 满足ｃ ＋２ 记数列 ｃ 的前 ２ ＋１ ２ ＋１ ２ ＋１ ２ ＋１
（２） ｛ ｎ｝ ｎ＝ ｎ ｎ ｂ ｂ ， ｛ ｎ｝ æ ö
８ （ ＋１）（ ２ ｎ－ ２ ｎ －１） ç １ １ ÷ １ １ ．
ｎ项和为Ｓ
ｎ，
求Ｓ
ｎ
． è
２
ｎ
＋１
－
２
ｎ ＋１
＋１
ø＝
３
－
２
ｎ ＋１
＋１
解析 证明 因为ｂ ｂ ｂ 成等差数列
所以 ｂ （１ ｂ ） ｂ ： ａ ２ ａ ｋ －１， ２ ｋ， ２ ｋ ＋１ ， ∵ ｎ ∈ Ｎ∗ ，∴ ｎ ＋ １ １ ＞０，∴ Ｓ ｎ＜ １ ．
２ ２ ｋ＝ ２ ｋ －１＋ ２ ｋ ＋１＝ ｋ＋ ｋ ＋１， ２ ＋１ ３
ｂ ａ ａ ２２．（２０２１浙江嘉兴二模，２０）已知数列 ａ 的前ｎ项和为Ｓ 公
于是 ２ ｋ ＋２ ｋ ＋１＋ ｋ ＋２ 所以数列 ｂ 是等比数列． ｛ ｎ｝ ｎ，
ｂ ２ ｋ ＝ ａ ｋ＋ ａ ｋ ＋１ ＝２， ｛ ２ ｋ｝ 比为ｑ （ ｑ ＞０） 的等比数列 ｛ ｂ ｎ｝ 的前ｎ项和为Ｔ ｎ， 并满足 ２ Ｓｎ＋１ （１
（２） ｂ ２ ｎ－ ｂ ２ ｎ －１＝
ａ
ｎ＋
ａ
ｎ ＋１ － ａ ｎ＝
ａ
ｎ ＋１－
ａ
ｎ ＝２ ｎ －３ ， ＋
Ｔ
ｎ） 求 ＝ ａ ２
Ｓｎ
（ 与
ｎ
∈ ｂ
Ｎ∗
），
且ａ
１＝０，
ａ
２＝－１，
Ｔ
３＝７
．
２ ２ （１） ｎ ｎ；
ｎ 若不等式ｔ Ｔ Ｓ Ｓ 对任意的正整数 ｎ 恒成
所以ｃ
ｎ＝ｎ ｎ
＋２
ｎ＝ｎ
１
ｎ －１ － ｎ
１
ｎ，
（２）
立 求实数
（
ｔ的
ｎ＋
取
１
值
）＋
范围
ｎ＋
．
ｎ ＋１＞０
（ ＋１）２ ·２ （ ＋１）·２ ，
所以Ｓ １ １ １ １ １
解析
（１）
在
２
Ｓｎ＋１
（１＋
Ｔ
ｎ）＝２
Ｓｎ
（
ｎ
∈
Ｎ∗
）
中
，
令ｎ
＝１，
得
ｎ＝１－ ２·２ １ ＋ ２·２ １ － ３·２ ２ ＋…＋ｎ ·２ ｎ －１ － （ ｎ ＋１）·２ ｎ ２ Ｓ ２ （１＋ Ｔ １）＝２ Ｓ １ ⇒２ Ｓ ２－ Ｓ １ （１＋ Ｔ １）＝１⇒２ ａ ２ （１＋ Ｔ １）＝１ ．
又ａ Ｔ ｂ ｂ ．
２１．（ ＋ ＝ ２ ｎ １ ０ ａ － ２ ｎ 求 （ １ ＝ ｎ 数 （ 安 ＋ ｎ １ 列 徽 － １ ） １ · 合 ） ａ · ２ 肥 ｎ ２ ． 的 质 ｎ ＋１ 通 检 ＋２ 项 ，１ （ ７ 公 ｎ ） ∈ 式 已 Ｎ 知 ∗ ） 数 ． 列 ｛ ａ ｎ｝ 满足ａ １＋２ ａ ２＋３ ａ ３＋… Ｔ 因 ∴ ３ ２ 此 ＝ Ｓ ｂ ２ ｎ＋１ １ ｂ ＝ （ （ ｎ １ － １ ＝ ＋ １ ＋ ２ Ｔ ， ｑ ｎ ｎ ＋ － ） １ １ ｑ ， ＝ ＝ ２ Ｔ ） ２ ｎ ＝ １ Ｓ ＝ ， ｎ ⇒ ７ ∴ ２ ⇒ ｎ ２ － ａ ｑ １ ｎ １ ＋ ＝ １ ＝ ． ＝ ２ １ ２ （ － ｑ ｎ ⇒ ＝－ ａ ３ ｎ ＋ 舍 １＝ 去 － ｎ ） ⇒ ， ａ ｎ＝－ ｎ ＋１（ ｎ ≥２），
（１） ｛ ｎ｝
ａ
； 又ａ １＝０ 也满足上式 ，∴ ａ ｎ＝－ ｎ ＋１（ ｎ ∈ Ｎ∗ ） ．
（２） 设ｂ ｎ＝ （ ａ ｎ＋１）（ ｎ ａ ｎ ＋１＋１） ， 数列 ｛ ｂ ｎ｝ 的前 ｎ 项和为 Ｓ ｎ， 求 （２） Ｓ ｎ＝－ ｎ （ ｎ
２
－１） ， Ｔ ｎ＝２ ｎ －１， 由题得ｔ ＞ æ è ç
２
ｎ ｎ ２ö ø ÷
ｍａｘ
，
证 Ｓ １ ． ｎ２ ｎ ２ ｎ２ ｎ２ ｎ
： ｎ＜ 记ｃ 令ｃ ｃ （ ＋１） － ＋２ ＋１ 得ｎ
３ ｎ＝ ｎ， ｎ ＋１－ ｎ＝ ｎ ＋１ － ｎ ＝ ｎ ＋１ ＞０， ≤２，
解析 （１） 由ａ １＋２ ａ ２＋３ ａ ３＋…＋ ｎａ ｎ＝（ ｎ －１）·２ ｎ ＋１ ＋２， ２ ２ ２ ２
得 ∴ ｎ ａ ａ １ ｎ ＋ ＝ ２ （ ａ ｎ ２＋ － ３ １ ａ ） ３ · ＋… ２ ｎ ＋ ＋ １ （ － ｎ （ － ｎ １ － ） ２ ａ ） ｎ · －１＝ ２ （ ｎ ＝ ｎ － ｎ ２ · ） ２ ２ ｎ ｎ （ ＋ ｎ ２ ≥ （ ｎ ２ ≥ ）， ２） ∴ ， ａ ｎ＝２ ｎ （ ｎ 所 因 以 此 ， ｎ ≤ ｃ ２ 时 ， ｃ ｃ ｎ ＋１＞ ９ ｃ ｎ； ｎ ≥ ｔ ３ ９ 时 ． ， ｃ ｎ ＋１＜ ｃ ｎ ．又ｃ ２＝１， ｃ ３＝ ８ ９ ，
≥２）
． ，（ ｎ）ｍａｘ＝ ３＝
８
，∴ ＞
８
ｎ 时 ａ 当ｎ 时 ａ ｎ 也成立 ( )
∵ ＝１ ， １＝２，∴ ＝１ ， ｎ＝２ ， ｔ的取值范围是 ９ ．
∴
ａ
ｎ＝２
ｎ
（
ｎ
∈
Ｎ∗
）
． ∴
８
，＋∞
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
学生用书Ｐ１０９
１．（２０２１ ５·３原创题）已知数列 ａ 满足ａ ｎａ ｎ ．该数列的特点是 前两个数都是
｛ ｎ｝ ｎ ＋１＋（－１） ｎ＝２ ＋３， ８９，１４４，２３３，３７７，６１０，９８７，… ：
若数列的前 项和Ｓ 则ａ ． 从第三个数起 每一个数都等于它前面两个数的和 人们把
１８ １８＝３０５， １＝ １， ， ，
１． 答案 这样的一列数组成的数列 ａ 称为 斐波那契数列 ．设数列
５０ ｛ ｎ｝ “ ”
２．（２０２１ ５·３原创题）已知Ｓ
ｎ
是数列
｛
ａ
ｎ｝
的前ｎ项和
，
ａ
１＝１，
且 ｂ
ｎ＝
ａ
ｎ
ａ
ｎ ＋２－
ａ２ｎ
＋１，
则数列
｛
ｂ
ｎ｝
的前ｎ项和Ｓ
ｎ＝
．
æ ａ ａ ö { ｎ为奇数( ｎ)
∀
ｎ
∈
Ｎ∗
，２
Ｓ
ｎ ＝（
ｎ
＋１）
ａ
ｎ，
ｂ
ｎ ＝
Ｓ
ｎè
ç
ｃｏｓ
ｎπ
＋ｓｉｎ
ｎπ
ø
÷
，
则数列 ４． 答案 １，
ｎ为偶数
或１－（－１）
２ ２ ０， ２
｛ ｂ ｎ｝ 的前 ２０２０ 项之和是 ． ５．（２０２１ ５·３原创题）已知正项数列 ｛ ａ ｎ｝ 满足ａ １＝２， ａ ｎ ＋１＋ ａ ｎ＝１
２． 答案 ｎ
１０１０ ２（ ＋１） ｎ Ｎ∗ ．
３．（２０２１ ５·３ 原创题）已知定义在
（０，＋∞）
上的函数 ｆ
（
ｘ
）＝
＋ａ ｎ ＋１－ ａ ｎ （ ∈ ）
求 ａ 的通项ａ
（１） ｛ ｎ｝ ｎ；
ｘ １ ｘ ， 则ｆ （１）＋２ ｆ （２）＋２ ２ｆ （３）＋…＋２ ２０１９ｆ （２ ０２０）＝ { } ｎ
２·４ －３· ． ２ ＋１ （２） 设Ｓ ｎ 为数列 ａ １ ｎ 的前ｎ项和 ， 证明 ： ２ ≤ Ｓ ２ ｎ －１＜ ｎ．
３． 答 案 ２
２０２０
－１
５． 解析
（１）
解法一
：
由题可知ａ２ｎ
＋１－
ａ２ｎ＝ ａ
ｎ ＋１－
ａ
ｎ＋２（
ｎ
＋１），
２ ２０２１ －１
即
（
ａ２ｎ
＋１－
ａ
ｎ ＋１）－（
ａ２ｎ－ ａ
ｎ）＝２（
ｎ
＋１）
．
４．（２０２１ ５·３原创题）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子 所以利用累加法可知ａ２ｎ－ ａ
ｎ＝［（
ａ２ｎ－ ａ
ｎ）－（
ａ２ｎ
－１－
ａ
ｎ －１）］＋［（
ａ２ｎ
－１
繁殖问题时
，
发现有这样一列数
：１，１，２，３，５，８，１３，２１，３４，５５， －
ａ
ｎ －１）－（
ａ２ｎ
－２－
ａ
ｎ －２）］＋…＋［（
ａ２
２－
ａ
２）－（
ａ２
１－
ａ
１）］＋（
ａ２
１－
ａ
１）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第六章 数列 ３ ０１
ｎ ｎ ６． 解析 根据已知得 ａ ａ ｂ
＝２［ ＋（ －１）＋…＋２］＋２ （１） ４ ｎ ＋１＝３ ｎ－ ｎ＋４①，
ｎ ｎ ｂ ｂ ａ ．
（ ＋１） ｎ ｎ ． ４ ｎ ＋１＝３ ｎ－ ｎ－４②
＝２× ＝ （ ＋１） ａ ｂ
２ 由 得 ａ ｂ ａ ｂ 整理得 ｎ ＋１＋ ｎ ＋１ １
所以ａ２ｎ－ ａ
ｎ－
ｎ
（
ｎ
＋１）＝０，
从而
（
ａ
ｎ＋
ｎ
）（
ａ
ｎ－
ｎ
－１）＝０，
①＋② ４（ ｎ ＋１＋ ｎ ＋１）＝２（ ｎ＋ ｎ）， ａ
ｎ＋
ｂ
ｎ
＝
２
，
又因为ａ 所以ａ ｎ ．
ｎ＞０， ｎ＝ ＋１ 所以数列 ａ ｂ 是以 ａ ｂ 为首项 １ 为公比的等比数
解
ａ 即 ２ｎ ＋
法
｛ １－ ａ
二
２ｎ ａ － ｎ ＋
：
ａ １
由
ｎ － － （
题
ｎ ｎ （ ＋
可
ｎ １ ＋
知
） １ （ ） ｎ
ａ
｝ ＋
２ｎ ＋
为 ２
１－
） 常
ａ
＝
２ｎ
数 ａ
＝
２ｎ 列
ａ
－
ｎ
ａ
＋
，
１
ｎ
－
－
ａ
ｎ
ｎ
（
＋
ｎ
２
＋
（
１
ｎ
）
＋
，
１），
列．所以ａ
｛
ｎ＋ ｂ
ｎ＋
ｎ＝
ｎ ( ｝
２ １
)ｎ
－１ ③
１＋
．
１＝１ ， ２
由 得 ａ ｂ ａ ｂ
因为ａ２ １－ ａ １－２＝０， 所以ａ２ｎ－ ａ ｎ－ ｎ （ ｎ ＋１）＝０， 即 ① ａ －② ｂ ４（ ｎ ＋ ａ １－ ｂ ｎ ＋１）＝４（ ｎ－ ｎ）＋８，
从而 （ ａ ｎ＋ ｎ ）（ ａ ｎ－ ｎ －１）＝０， 所 （ 以数 ｎ ＋１ 列 － ｎ ＋ ａ １）－ ｂ （ ｎ 是 － 以 ｎ） ａ ＝２ ｂ ， 为首项 为公差的等差数列．
又因为ａ ｎ＞０， 所以ａ ｎ＝ ｎ ＋１ ．
所以ａ ｂ
｛ ｎ－
ｎ
ｎ｝
．
１－ １＝１ ，２
ｎ－ ｎ＝２ －１④
（２） 证明 ： Ｓ ２ ｎ －１＝ １＋ １ １ ＋ ２＋ １ １ ＋ ３＋ １ １ ＋…＋ ２ １ ｎ， ③＋④ 得 ２ ａ ｎ＝（２ ｎ －１）＋ ( １ )ｎ －１ ， 即ａ ｎ＝ ２ ｎ －１ ＋ ( １ )ｎ ，
当ｎ 时 结论显然成立 ２ ２ ２
＝１ ， ； ( ) ( )ｎ ｎ
根据 得到ｂ １ ２ －１
当 ｎ 时 １ １ １ １ １ １ ③－④ ｎ＝ － ，
≥ ２ ， ＋ ＋ ＋ … ＋ ｎ ＝ ＋ ＋ ２ ２
１＋１ ２＋１ ３＋１ ２ ２ ３ ｎ ( )ｎ ( )ｎ ｎ
( ) ( ) æ ö 所以ａ ２ －１ １ ｂ １ ２ －１．
１ １ １ １ １ １ ç １ １ ÷ １ ｎ＝ ＋ ， ｎ＝ －
＋ ＋ ＋ ＋ ＋…＋ ＋…＋è ｎ －１ ＋…＋ ｎ ø＋ ｎ ＜ ２ ２ ２ ２
４ ５ ６ ７ ８ １５ ２ ２ －１ ２ 证明 因为数列 ａ 的前ｎ项和为Ｓ
（２） ： ｛ ｎ｝ ｎ，
２ １ ×２＋ ４ １ ×４＋ ８ １ ×８＋…＋ ２ ｎ １ －１ ×２ ｎ ( －１ ＋ ２ １ ｎ ＝ ｎ ) －１ ( ＋ ２ １ ｎ＜ ｎ ； ) 所以 Ｓ ｎ ＝ ２ １ （１＋３＋…＋２ ｎ －１）＋ æ è ç ２ １ ＋ ２ １ ２ ＋…＋ ２ １ ｎ ö ø ÷ ＝ ｎ ２ ２ ＋
１ １ １ １ １ １ １ １ １ æ ö
１＋１ ＋ ２＋１ ＋ ３＋１ ＋…＋ ２ ｎ ＝ ２ ＋ ３ ＋ ４ ＋ ５ ＋…＋ ８ ＋…＋ １ è ç １－ １ ｎø ÷ ｎ２ ( )ｎ
æ ö ｎ ２ ２ １
ç １ １ ÷ １ １ １ １ ｎ －１ ． ＝ ＋１－ ，
è ｎ －１ ＋…＋ ｎø＞ ＋ ×２＋ ×４＋…＋ ｎ×２ ＝ １ ２ ２
２ ＋１ ２ ２ ４ ８ ２ ２ １－
ｎ ２
从而 ２ ＜ Ｓ ２ ｎ －１＜ ｎ． 则Ｓ ｎ＋ ａ ｎ＝ ｎ２ ＋１－ ( １ )ｎ ＋ ２ ｎ －１ ＋ ( １ )ｎ ＝ （ ｎ ＋１） ２ ，
ｎ ２ ２ ２ ２ ２
综上 Ｓ ｎ． ( )
， ≤ ２ ｎ －１＜ 所以 １ ２ ２ １ １
命制
２
说明 本题考查数列的通项、和式的不等关系证明，难
Ｓ
ｎ＋
ａ
ｎ
＝
（
ｎ
＋１）
２＜ｎ
（
ｎ
＋１）
＝２ ｎ －ｎ
＋１
，
( )
点有两个： １ ２ ２ １ １
如何代数变形将递推式同构化，转化为可求通项问题；
Ｓ
ｎ＋
ａ
ｎ
＝
（
ｎ
＋１）
２＞
（
ｎ
＋１）（
ｎ
＋２）
＝２ ｎ
＋１
－ｎ
＋２
，
①
利用并项放缩求和证明不等关系． 所以
Ｓ
１
ａ ＋Ｓ
１
ａ ＋Ｓ
１
ａ ＋…＋Ｓ
１
ａ
② ａ ｂ ( １＋ １ ２＋ ２ ３＋ ３ ｎ＋ ) ｎ ( )
６．（２０２１ ５·３原创题）设ａ ｂ ｃ ｄ Ｒ 定义 ａｄ ｂｃ 设数 １ １ １ １ １ １ １
， ， ， ∈ ， ｃ ｄ ＝ － ， ＜２ － ＋ － ＋…＋ ｎ －ｎ ＝２ １－ｎ ＜２，
１ ２ ２ ３ ＋１ ＋１
ａ ａ ｂ
列 ａ 和 ｂ 满足 ａ ｂ 且 ｎ ＋１－１ ３ ｎ－ ｎ １ １ １ １
｛ ｎ｝ ｛ ｎ｝ １ ＝１， １ ＝０， ＝０， Ｓ ａ ＋Ｓ ａ ＋Ｓ ａ ＋…＋Ｓ ａ
１ ４ １＋ １ ２＋ ２ ３＋ ３ ｎ＋ ｎ
ｂ ｂ ａ ( ) ( )
ｎ ＋１＋１ ３ ｎ－ ｎ ． １ １ １ １ １ １ １ １ １
＝０ ＞２ － ＋ － ＋…＋ｎ －ｎ ＝２ －ｎ ≥ ，
２ ３ ３ ４ ＋１ ＋２ ２ ＋２ ３
１ ４
（１） 求数列 ｛ ａ ｎ｝ 和数列 ｛ ｂ ｎ｝ 的通项公式 ； 所以 １ ＜Ｓ １ ａ ＋Ｓ １ ａ ＋Ｓ １ ａ ＋…＋Ｓ １ ａ ＜２ ．
设数列 ａ 的前 ｎ 项和为 Ｓ 证明 １ １ １ ３ １＋ １ ２＋ ２ ３＋ ３ ｎ＋ ｎ
（２） ｛ ｎ｝ ｎ， ： ＜Ｓ ａ ＋Ｓ ａ ＋
３ １＋ １ ２＋ ２
１ １ ．
Ｓ ａ ＋…＋Ｓ ａ ＜２
３＋ ３ ｎ＋ ｎ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
学生用书Ｐ１０９
数列与其他知识的综合
１．由于数列是一个特殊的函数 所以在解题时可根据题目 了解决一般数学问题的重要方法 观察 归纳 猜想 证明．
， ： 、 、 、
特点 将其化归为函数问题． 数列综合题目以数列为引线和依托 结合函数 方程 不等
， ， 、 、
２．对于不是等差或等比的数列 可从简单的 个别的 特殊 式 解析几何等知识 题型新颖 解法灵活 能有效地考查学生的
， 、 、 、 ， ， ，
的情景出发 从中归纳出一般的规律 性质 这种归纳思想形成 思维能力 创新意识和实践能力．
， 、 ， 、
􀪋􀪋􀪋􀪋３ ０２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
题型一 等差、等比数列综合 若ａ 是第二个周期中的项 则ａ ａ
５２ ， ５２＝ ３ ｍ ＋７＝１２８，
能运用等差数列 等比数列的公式与性质解决一些综合性 所以 ｍ ｍ
、 ３ ＝４５， ＝１５；
问题 能运用数列的等差关系或等比关系解决实际问题． 若ａ 是第三个周期中的项 则ａ ａ 所以 ｍ ｍ
； ５２ ， ５２＝ ５ ｍ ＋７＝１２８， ５ ＝４５，
例１ 给定一个数列 ａ 在这个数列中 任取ｍ ｍ ｍ ．
｛ ｎ｝， ， （ ≥３， ∈ ＝９
Ｎ∗
）
项
，
并且不改变它们在数列
｛
ａ
ｎ｝
中的先后次序
，
得到的数列 综上
，
ｍ的值为
４５
或
１５
或
９
．
称为数列 ａ 的一个ｍ阶子数列．已知数列 ａ 的通项公式为 ３．已知等差数列 ａ 的公差ｄ不为 且ａ ａ ａ 成等比数
｛ ｎ｝ ｛ ｎ｝ ｛ ｎ｝ ０， ｋ １， ｋ ２，…， ｋｎ，…
列 ｋ ｋ ｋ 公比为ｑ．
ａ
ｎ＝ｎ
１
ａ（
ｎ
∈
Ｎ∗
，
ａ为常数
），
等差数列ａ
２，
ａ
３，
ａ
６
是数列
｛
ａ
ｎ｝
的 （ １＜ ２＜…＜ ｎ＜…），
ａ
＋ 若ｋ ｋ ｋ 求 １的值
一个 阶子数列． （１） １＝１， ２＝３， ３＝８， ｄ ；
３
求ａ的值 ａ
（１） ； 当 １为何值时 数列 ｋ 为等比数列
（２）
设等差数列ｂ
１，
ｂ
２，…，
ｂ
ｍ
是
｛
ａ
ｎ｝
的一个ｍ
（
ｍ
≥３，
ｍ
∈
Ｎ∗
）
（２） ｄ ， ｛ ｎ｝ ？
阶子数列 ， 且ｂ １＝ ｋ １ （ ｋ为常数 ， ｋ ∈ Ｎ∗ ， ｋ ≥２）， 求证 ： ｍ ≤ ｋ ＋１ ． ３． ａ 解析 ａ （ ｄ １） 由 整 已 理 知 可 可 得 得 ｄ ａ ２ １， ａ ３ ａ ， ａ ｄ ８ ． 成等比数列 ， 所以 （ ａ １＋２ ｄ ） ２
解析 因为ａ ａ ａ 成等差数列 所以ａ ａ ａ ａ ． ＝ １（ １＋７ ）， ４ ＝３ １
（１） ２， ３， ６ ， ２－ ３＝ ３－ ６ 因为ｄ 所以 ａ １ ４ ．
又因为ａ １ ａ １ ａ １ ≠０， ｄ ＝
２＝
２＋
ａ， ３＝
３＋
ａ， ６＝
６＋
ａ，
（２）
因为数列
｛
ｋ
ｎ｝
为等
３
比数列
，
所以ｋ２
２＝
ｋ
１
ｋ
３
．
所以 １ １ １ １ 解得ａ ． 又因为ａ ａ ａ 成等比数列
ａ－ ａ＝ ａ－ ａ， ＝０ ｋ １， ｋ ２， ｋ ３ ，
２＋ ３＋ ３＋ ６＋ 所以 ａ ｋ ｄ ａ ｋ ｄ ａ ｋ ｄ ２．
［ １＋（ １－１） ］［ １＋（ ３－１） ］＝［ １＋（ ２－１） ］
（２） 证明 ： 设等差数列ｂ １， ｂ ２，…， ｂ ｍ 的公差为ｄ．因为ｂ １＝ １ ｋ ， 整理 ， 得ａ １（２ ｋ ２－ ｋ １－ ｋ ３）＝ ｄ （ ｋ １ ｋ ３－ ｋ２ ２－ ｋ １－ ｋ ３＋２ ｋ ２） ．
因为ｋ２ ｋ ｋ 所以ａ ｋ ｋ ｋ ｄ ｋ ｋ ｋ ．
所以ｂ １ 从而ｄ ｂ ｂ １ １ １ ．所以ｂ ｂ ２＝ １ ３， １（２ ２－ １－ ３）＝ （２ ２－ １－ ３）
２≤ｋ ， ＝ ２－ １≤ｋ － ｋ ＝－ｋ ｋ ｍ＝ １＋ ａ
＋１ ＋１ （ ＋１） 因为 ｋ ｋ ｋ 所以ａ ｄ 即 １ ．
ｍ ｍ ２ ２≠ １＋ ３， １＝ ， ｄ ＝１
ｍ ｄ １ －１ ．又因为ｂ 所以 １ －１ ．即ｍ
（ －１） ≤ ｋ －ｋ ｋ ｍ＞０， ｋ －ｋ ｋ ＞０ －１ ａ
（ ＋１） （ ＋１） 当 １ 时 ａ ａ ｎ ｄ ｎｄ 所以ａ ｋ ｄ．
ｋ 所以ｍ ｋ ．又因为ｍ ｋ Ｎ∗ 所以ｍ ｋ ． ｄ ＝１ ， ｎ＝ １＋（ －１） ＝ ， ｋｎ＝ ｎ
＜ ＋１， ＜ ＋２ ， ∈ ， ≤ ＋１
名师点睛 又因为ａ ｋｎ＝ ａ ｋ １ ｑｎ －１ ＝ ｋ １ ｄｑｎ －１ ， 所以ｋ ｎ＝ ｋ １ ｑｎ －１．
（１） 基本量始终是研究等差数列 、 等比数列的基本手段 ， 从 所以 ｋ ｎ ＋１ ｋ １ ｑｎ ｑ 所以数列 ｋ 为等比数列．
基本量入手是一种最为基础的方法 这种解决等差数列 等比数 ｋ ｎ ＝ｋ ｑｎ －１ ＝ ， ｛ ｎ｝
， 、 １
列的方法要熟练掌握 对于不等式的证明 要学会从条件与 ａ
；（２） ， 综上 当 １ 时 数列 ｋ 为等比数列．
结果两个方面来加以研究 条件给出了推理的依据 结果则给出 ， ｄ ＝１ ， ｛ ｎ｝
， ，
了证明目标 解题中 要相互结合 才能取得比较好的解题效果． 题型二 数列与不等式的综合
， ， ，
数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种 一是判
：
断数列问题中的一些不等关系 二是以数列为载体 考查不等式
； ，
１．在数列
｛
ａ
ｎ｝
中
，
ａ
１＋
ａ
２＝５３，（
ｎ
－１）
ａ
ｎ ＋１－
ｎａ
ｎ＋２８＝０（
ｎ
∈
Ｎ∗
），
若 的恒成立问题
；
三是考查与数列问题有关的不等式的证明．
ｂ
ｎ＝
ａ
ｎ·
ａ
ｎ ＋１·
ａ
ｎ ＋２（
ｎ
∈
Ｎ∗
），
则
｛
ｂ
ｎ｝
的前ｎ项和取得最大值时 例２ 已知正项数列
｛
ａ
ｎ｝
的前 ｎ 项和为 Ｓ
ｎ，
且 ａ
１＝２，４
Ｓ
ｎ＝
ｎ的值为 ． ａ
ｎ
ａ
ｎ ＋１（
ｎ
∈
Ｎ∗
）
．
１． 答案 求数列 ａ 的通项公式
１０ （１） ｛ ｎ｝ ；
２．已知无穷数列 ａ 中 ａ ａ ａ 是首项为 公差为 的等 { } ｎ
｛ ｎ｝ ， １， ２，…， ｍ ２， ３ 设数列 １ 的前ｎ项和为Ｔ 求证 Ｔ １ ．
差数列
，
ａ
ｍ ＋１，
ａ
ｍ ＋２，…，
ａ
２ ｍ
是首项为
２，
公比为
２
的等比数列
（
其 （２） ａ２ｎ ｎ， ：
４
ｎ
＋４
＜ ｎ＜
２
中ｍ
≥３，
ｍ
∈
Ｎ∗
），
并对任意的ｎ
∈
Ｎ∗
，
均有ａ
ｎ ＋２ ｍ＝
ａ
ｎ
成立． 解析
（１）∵４
Ｓ
ｎ＝
ａ
ｎ
ａ
ｎ ＋１，
ｎ
∈
Ｎ∗
，∴ ４
ａ
１＝
ａ
１·
ａ
２，
又ａ
１＝２，
当ｍ 时 求ａ ａ ．当ｎ 时 Ｓ ａ ａ 得 ａ ａ ａ ａ ａ ．由题意
（１） ＝１４ ， １０００； ∴ ２＝４ ≥２ ，４ ｎ －１＝ ｎ －１ ｎ， ４ ｎ＝ ｎ ｎ ＋１－ ｎ －１ ｎ
（２）
若ａ
５２＝１２８，
试求ｍ的值． 知ａ
ｎ≠０，∴
ａ
ｎ ＋１－
ａ
ｎ －１＝４
．当ｎ
＝２
ｋ
＋１，
ｋ
∈
Ｎ∗时
，
ａ
２ ｋ ＋２－
ａ
２ ｋ＝４，
即
２． 解析 由题设得ａ ｎ ｎ ｍ ａ ａ ａ 是首项为 公差为 的等差数列 ａ ｋ
ｎ＝３ －１（１≤ ≤ ）， ２， ４，…， ２ ｋ ４， ４ ，∴ ２ ｋ＝４＋（ －１）
ａ
ｍ ＋ ｎ＝２
ｎ
（１≤
ｎ
≤
ｍ
）
．
×４＝４
ｋ
＝２×２
ｋ
；
当ｎ
＝２
ｋ
，
ｋ
∈
Ｎ∗时
，
ａ
２ ｋ ＋１－
ａ
２ ｋ －１＝４，
即ａ
１，
ａ
３，…，
当ｍ 时 数列的周期为 ． ａ 是首项为 公差为 的等差数列 ａ ｋ ｋ
（１） ＝１４ ， ２８ ２ ｋ －１ ２， ４ ，∴ ２ ｋ －１＝２＋（ －１）×４＝４
因为
１０００＝２８×３５＋２０，
而ａ
２０
是等比数列中的项
， －２＝２（２
ｋ
－１）
．综上可知
，
ａ
ｎ＝２
ｎ
，
ｎ
∈
Ｎ∗．
所以ａ ａ ａ ６ ． ( )
１０００＝ ２０＝ １４＋６＝２ ＝６４ 证明 １ １ １ １ １ １ Ｔ １
（２）
显然
，
ａ
５２＝１２８
不是数列
｛
ａ
ｎ｝
中等差数列的项． （２） ：∵ ａ２ｎ ＝
４
ｎ２＞
４
ｎ
（
ｎ
＋１）
＝
４
ｎ －ｎ
＋１
，∴ ｎ＝ａ２
１
＋
设ａ 是第一个周期中等比数列中的第ｋ项 则ａ ｋ． ( ) ( )
ｍ ＋ ｋ ， ｍ ＋ ｋ＝２ １ １ １ １ １ １ １ １ １ １
因为 １２８＝２ ７ ， 所以等比数列中至少有 ７ 项 ， 即ｍ ≥７， 则一个周 ａ２ ２ ＋…＋ａ２ｎ ＞ ４ １－ ２ ＋ ２ － ３ ＋…＋ ｎ －ｎ ＋１ ＝ ４ １－ｎ ＋１ ＝
期中至少有 项． ｎ ( )
１４ ．又 １ １ １ １ １ １ １
所
若
以
ａ
ａ
是 ５２
最
第
多
一
是
个
第
周
三
期
个
中
周
的
期
项
中
则
的
ａ
项．
ａ ４
ｎ
＋４
∵ ａ２ｎ ＝
４
ｎ２＜
４
ｎ２
－１
＝
( （２
ｎ
－１）（２
ｎ
＋１）
＝
２ ２
ｎ
－１
－
２
ｎ
＋１ )
，
所以 ５２ ｍ ＝５２－７＝４５； ， ５２＝ ｍ ＋７＝１２８， ∴ Ｔ ｎ＝ａ １ ２ １ ＋ａ １ ２ ２ ＋…＋ａ １ ２ｎ ＜ ２ １ １－ ３ １ ＋ ３ １ － ５ １ ＋…＋ ２ ｎ １ －１ － ２ ｎ １ ＋１ ＝
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第六章 数列 ３ ０３
( ) ｎ
１ １ １ ．即得 Ｔ １ ． 易知 ａ 则 ａ ａ 解得 ａ １ ．
１－ ｎ ＜ ｎ ＜ ｎ＜ ０＜ ＜１， １－ ＞ ， ０＜ ＜
２ ２ ＋１ ２ ４ ＋４ ２ ２
名师点睛 切入点 利用ａ 与Ｓ 求通项． ( )
： ｎ ｎ 所以实数ａ的取值范围是 １ ．
０，
关键点 适当地对通项进行变形 放缩． ２
： 、 ｎ
（１）
数列与不等式的综合问题
，
如果是证明题
，
要灵活选择 ６．在数列
｛
ａ
ｎ｝
中
，
ａ
１＝２，
ａ
ｎ ＋１＝
＋
ｎ
１
·
ａ
ｎ（
ｎ
∈
Ｎ∗
）
．
不等式的证明方法 如比较法 综合法 分析法 放缩法等 如果 ２
， 、 、 、 ； {ａ }
是解不等式 往往采用因式分解法或数轴穿根法等． 证明 数列 ｎ 是等比数列 并求数列 ａ 的通项公式
， （１） ： ｎ ， ｛ ｎ｝ ；
如用放缩法证明与数列求和有关的不等式 一般有两种
（２） ， ａ
方法 一种是求和后再放缩 一种是放缩后再求和．放缩时 一要 设ｂ ｎ 若数列 ｂ 的前ｎ项和是Ｔ 求证 Ｔ ．
： ； ， （２） ｎ＝ ｎ ａ ， ｛ ｎ｝ ｎ， ： ｎ＜２
注意放缩的尺度 二要注意从哪一项开始放缩． ４ － ｎ
， ａ ａ ａ
６． 解析 由题设得 ｎ ＋１ １ ｎ 又 １
（１） ｎ ＝ · ｎ ， ＝２，
＋１ ２ １
{ａ }
４．
（１）
已知数列
｛
ａ
ｎ｝
满足ａ
１＝１，
且点
（
ａ
ｎ，２
ａ
ｎ ＋１）（
ｎ
∈
Ｎ∗
）
在直线 所以数列
ｎ
ｎ 是首项为
２，
公比为 １ 的等比数列
，
２
ｘ － ２ １ ｙ ＋１＝０ 上．若对任意的ｎ ∈ Ｎ∗ ，ｎ ＋ １ ａ １ ＋ｎ ＋ １ ａ ２ ＋ｎ ＋ １ ａ ３ ＋… 所以 ａ ｎ ｎ ＝２× ( １ )ｎ －１ ＝２ ２－ ｎ ， ａ ｎ＝ ｎ ·２ ２－ ｎ ＝ ４ ｎ ｎ ．
２ ２
１ λ恒成立 则实数λ的取值范围为 ｎ
＋ｎ ａ ≥ ， ； ４
＋ ｎ ａ ｎ
等差数列 ａ 的前ｎ项和为Ｓ ａ ａ ａ 若Ｓ 证明 由 知ｂ ｎ ２ １ ．
（２） ｛ ｎ｝ ｎ， ２＋ ４＝４８， ５＝２８， ｎ＋ （２） ： （１） ｎ＝ ｎ ａ ＝ ｎ＝ ｎ
３０＞
ｎλ 对任意 ｎ
∈
Ｎ∗ 恒成立
，
则 λ 的取值范围为 ４ － ｎ
４
ｎ
－
４
ｎ
２ －１
． ２
因为对任意ｎ Ｎ∗ ｎ ｎ －１恒成立
( ] ∈ ，２ －１≥２ ，
４． 答案 １
（１） －∞， （２）（－∞，３０） 所以ｂ １ ．
２ ｎ≤ ｎ －１
５．已知数列
｛
ａ
ｎ｝
满足对任意的ｎ
∈
Ｎ∗
，
都有ａ３
１＋
ａ３
２＋…＋
ａ３ｎ＝（ ａ
１＋
２
æ ö
ａ ２＋…
求
＋
数
ａ ｎ
列
） ２ ，
ａ
且ａ
的
ｎ＞
通
０
项
．
公式
所以Ｔ ｎ≤１＋
２
１ ＋
２
１ ２ ＋
２
１ ３ ＋…＋
２
ｎ １ －１ ＝２è ç １－
２
１ ｎø ÷ ＜２ ．
（１） ｛ ｎ｝ ； 方法总结 常见的放缩技巧：
{ }
设数列 １ 的前ｎ项和为Ｓ 不等式Ｓ １ ａ ( )
（２） ａ ａ ｎ， ｎ＞ ｌｏｇａ（１－ ） （ ） １ １ １ １ １ （ｋ ，ｋ Ｎ∗）．
对任意的正
ｎ
整
ｎ ＋２
数ｎ恒成立 求实数ａ的取值范围
３
．
１ ｋ２＜ｋ２
－１
＝
２
ｋ
－１
－ｋ
＋１
≥２ ∈
，
５． 解析 （１） 由ａ３ １＋ ａ３ ２＋…＋ ａ３ｎ＝（ ａ １＋ ａ ２＋…＋ ａ ｎ） ２ 知 （ ２ ） １ ｋ －ｋ
＋
１
１
＜ｋ １ ２＜ｋ
－
１
１
－ １ ｋ （ｋ ≥２ ，ｋ ∈ Ｎ∗）．
ａ
则
３ １＋
ａ
ａ
３ｎ
３ ２
＋１
＋
＝
…
（
＋
ａ
ａ
１＋
３ｎ ＋
ａ
１
２
＝
＋
（
…
ａ １
＋
＋
ａ
ａ
ｎ
２
＋１
＋
）
…
２ －
＋
（
ａ
ａ
ｎ ＋
１
１
＋
）
ａ
２
２
，
＋…＋ ａ ｎ） ２ ＝ ａ ｎ ＋１［２（ ａ １＋ ａ ２＋
（
３
）
２
（ ｎ
＋１－
ｎ）
＜
１
ｎ＜２
（ ｎ
－
ｎ
－１
）（ｎ
≥１
，ｎ
∈
Ｎ∗）．
ａ ａ ．
… 又 ＋ ａ
ｎ
ｎ
＞
）
０
＋
，
所 ｎ ＋ 以 １］ ａ２ｎ
＋１＝２（
ａ
１＋
ａ
２＋…＋
ａ
ｎ）＋
ａ
ｎ ＋１，
７．已
０（
知
ｐ
≠
数
０
列
，
ｐ
｛
≠
ａ
－
ｎ｝
１
满
，
ｎ
足
∈
Ｎ
ａ １
∗
＝
）
ａ
．
（ ａ ＞０， ａ ∈ Ｎ∗ ）， ａ １＋ ａ ２＋…＋ ａ ｎ－ ｐａ ｎ ＋１＝
则ａ２ｎ＝２（ ａ １＋ ａ ２＋…＋ ａ ｎ －１）＋ ａ ｎ（ ｎ ≥２）， （１） 求数列 ｛ ａ ｎ｝ 的通项公式 ；
故ａ２ｎ ＋１－ ａ２ｎ＝ ａ ｎ＋ ａ ｎ ＋１， 因为ａ ｎ＞０， 所以ａ ｎ ＋１－ ａ ｎ＝１ ． （２） 若对每一个正整数ｋ ， 将ａ ｋ ＋１， ａ ｋ ＋２， ａ ｋ ＋３ 按从小到大的顺序
又ａ３ ａ２ 所以ａ ． 排列后 此三项均能构成等差数列 且公差为ｄ ．
１＝ １， １＝１ ， ， ｋ
又ａ２
２＝２
ａ
１＋
ａ
２，
ａ
ｎ＞０，
所以ａ
２＝２， ①
求ｐ的值及对应的数列
｛
ｄ
ｋ｝；
所以ａ ａ 即当ｎ 时 有ａ ａ 记Ｓ 为数列 ｄ 的前ｋ项和 问是否存在ａ 使得Ｓ
２－ １＝１， ≥１ ， ｎ ＋１－ ｎ＝１， ② ｋ ｛ ｋ｝ ， ， ｋ＜３０
所以数列 ａ 是首项为 公差为 的等差数列 故ａ ｎ． 对任意正整数ｋ恒成立 若存在 求出 ａ 的最大值 若不
｛ ｎ｝ １， １ ， ｎ＝ ？ ， ；
由 知ａ ｎ 存在 请说明理由．
（２） （１） ｎ＝ ， ，
( ) ７． 解析 因为ａ ａ ａ ｐａ 所以ｎ 时 ａ ａ
则 １ １ １ １ １ （１） １＋ ２＋…＋ ｎ－ ｎ ＋１＝０， ≥２ ， １＋ ２
ａ ａ ＝ｎ ｎ ＝ ｎ －ｎ ， ａ ｐ
ｎ ｎ ＋２ （ ＋２） ２ ＋２ ａ ｐａ 两式相减 可得 ｎ ＋１ ＋１ ｎ 故数列
所以Ｓ １ １ １ １
(
１
)
１
(
１ １
) ＋…＋ ｎ －１－ ｎ＝０， ， ａ
ｎ
＝ ｐ （ ≥２），
ｎ＝ａ ａ ＋ａ ａ ＋…＋ａ ａ ＝ １－ ＋ － ＋… ｐ
１ ３ ２ ４ ｎ ｎ ＋２ ２ ３ ２ ２ ４ ａ 从第二项起是公比为 ＋１的等比数列．
( ) ( ) ｛ ｎ｝ ｐ
１ １ １ ３ １ １ １
＋ ｎ －ｎ ＝ － ｎ ＋ｎ ， ａ
２ ＋２ ４ ２ ＋１ ＋２ 当ｎ 时 ａ ｐａ 解得ａ
＝１ ， １－ ２＝０， ２＝ ｐ ，
则Ｓ Ｓ １ 所以数列 Ｓ 单调递增 所以
ｎ ＋１－ ｎ＝ ｎ ｎ ＞０， ｛ ｎ｝ ， {ａ ｎ
（ ＋１）（ ＋３） （ ＝１），
Ｓ Ｓ １ ． 从而ａ ｎ＝ ａ (ｐ ＋１ )ｎ －２ ｎ ．
（ ｎ）ｍｉｎ＝ １＝ ｐ ｐ （ ≥２）
３
ａ (ｐ )ｋ －１ ａ (ｐ )ｋ
要使不等式Ｓ １ ａ 对任意的正整数ｎ恒成立 只要 由 得 ａ ＋１ ａ ＋１ ａ
ｎ＞ ｌｏｇａ（１－ ） ， （２）① （１） ｋ ＋１ ＝ ｐ ｐ ， ｋ ＋２ ＝ ｐ ｐ ， ｋ ＋３ ＝
３
ａ (ｐ )ｋ ＋１
１ １ ａ 即可． ＋１
＞ ｌｏｇａ（１－ ） ｐ ｐ ，
３ ３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋３ ０４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
若ａ 为等差中项 则 ａ ａ ａ 所以 ａ ａ ａ ａ
ｋ ＋１ ， ２ ｋ ＋１＝ ｋ ＋２＋ ｋ ＋３， ｜ ｎ ＋１－ ｎ｜＝ ｎ－ ｎ ＋１，
ｐ ｐ 则Ｔ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ｑｎ
即 此时 ＋ ｐ １ ａ ＝ ｋ ＋１ １ ＝ 或 －３ ＋ ａ ｐ （ １ － ＝ ２ － ） ２ ｋ ， －１ 解 ， ａ 得 ｋ ＋２ ｐ ＝ ＝ － － ３ ａ ３ １ （ ． －２） ｋ ， 所以 ｎ ｎｌ → ｉ ＝ ｍ ∞ Ｔ １ ｎ － ＋１ Ｔ － ２ ｎ ＋ ｔＴ ｎ ２ ＝ － ｎｌ → ｉ ３ ｍ ∞ ＋ １ … － ｔ ＋ － １ （ － ｎ ｑ － ｑ － ｎ ｔ ｎ ） ＋１ ｑ ＝ ｎ ＝ １ １ － － ｔ ≤ ｎ ＋１ ０ ＝ ， 即 １（１ ｔ ≥ － １； ），
所 若 即 以 ｐ ａ ＋ ｐ ｋ ＋ １ ｄ ２ ＝ 为 ｋ＝ １ 等 ， ｜ ａ 此 差 ｋ ＋ 时 １ 中 － 无 ａ 项 ｋ ＋ 解 ２ ， ｜ 则 ． ＝９ ２ ａ ａ · ｋ ＋２ ２ ＝ ｋ － ａ １ ｋ ． ＋１＋ ａ ｋ ＋３， 当 所 则 以 １ Ｔ ＜ ｎ ｜ ＝ ｑ ａ ≤ ａ ｎ ＋ ２ １ ４ － － ａ 时 ａ １ ｎ ＋ ， ｜ ａ 由 ＝ ３ ａ － ａ ｎ ａ ＋ １ １ ２ ＞ － ＋ ０ ａ … ， ｎ ａ ， ＋ ｎ ａ ＋１ ｎ － ＋１ ａ － ｎ ａ ＝ ｎ ａ ＝ １ ａ ｑ ｎ ｎ ＋ － １ １ （ － ｑ ａ － １＝ １） ａ ＞ １（ ０ ｑ ， ｎ －１），
ｔ
若ａ 为等差中项 则 ａ ａ ａ ｑ ｔ １－
即 ｐ ＋ ｐ ｋ ＋ １ ３ ＝１ 或 ｐ ＋ ｐ １ ＝－ ， ２ １ ， ２ 解 ｋ ＋ 得 ３＝ ｐ ＝ ｋ ＋ － １＋ ３ ２ ｋ ， ＋２， 所以 ｎｌ → ｉｍ ∞ Ｔ ｎ ＋１ Ｔ － ｎ ｔＴ ｎ ＝ｎｌ → ｉｍ ∞ （ ｑ － ｔ ｑ ） ｎ ｑ － ｎ １ －１＋ ｔ ＝ｎｌ → ｉｍ ∞ － １－ － ｑ １ ｑ ｎ ｎ ＝ ｑ － ｔ ≤０，
此时ａ ３
ａ(
１
)ｋ
－１ ａ ３
ａ(
１
)ｋ
＋１ 即ｔ ｑ 所以ｔ ．
ｋ ＋１＝－ － ， ｋ ＋３＝－ － ， ≥ ， ＞１
２ ２ ２ ２ 综上 ｔ的取值范围是 ．
ａ ( )ｋ －１ ， （１，＋∞）
所以ｄ ａ ａ ９ １ ． ｄ
ｋ＝｜ ｋ ＋１－ ｋ ＋３｜＝ · 先证充分性．因为 λ 所以ａ
８ ２ （３） ０≤ａ ≤ －１， １≠０，
综上所述
，
ｐ
＝－
１
，
ｄ
ｋ＝９
ａ
·２
ｋ －１或ｐ
＝－
２
，
ｄ
ｋ＝
９
ａ
·
(
１
)ｋ －１
． 又因为
｛
ａ
ｎ｝
为等差数列
，
所
１
以当ｄ
＝０
时
，
ａ
ｎ＝
ａ
１≠０（
ｎ
∈
Ｎ∗
），
３ ３ ８ ２ ａ
当ｐ １ 时 Ｓ ａ ｋ 则由Ｓ 得ａ １０
此时
ａ
ｎ ＋１
＝１，
② ＝－ ， ｋ＝９ （２ －１）， ｋ＜３０， ＜ ｋ ， ｎ
３ ３（２ －１） ａ
由λ 所以 １ ｎ ＋１ λ成立 所以 ａ 为Ｂ λ 数列
当ｋ 时 １０ 所以必定有ａ 所以不存在这样的 ＞１， λ≤ ａ ＝１≤ ， ｛ ｎ｝ （ ） ；
≥３ ， ｋ ＜１， ＜１， ｎ
３（２ －１） ａ ａ ｎｄ ａ ｎ ｄ ｄ ｄ
最大正整数． 当ｄ 时 ｎ ＋１ １＋ １＋（ －１） ＋
当ｐ ２ 时 Ｓ ９
ａ [ (
１
)ｋ]
则由 Ｓ 得 ａ
≠０ ， ａ ｎ ＝ａ １＋（ ｎ －１） ｄ＝ ａ １＋（ ｎ －１） ｄ ＝１＋ａ １＋（ ｎ －１） ｄ
＝ － ， ｋ ＝ １－ ， ｋ ＜ ３０， ＜ １
３ ４ ２ ＝１＋ａ ，
[ ( ４０ )ｋ]， 因为 [ ( ４０ )ｋ]＞ ４０ ， 所以ａ ＝１３ 满足Ｓ ｋ＜３０ ｄ １ ＋（ ｎ －１）
３ １－ １ ３ １－ １ ３ ｄ ａ
２ ２ 因为 λ 所以 １ １ 所以 １
０≤ａ ≤ －１， ｄ ≥λ ， ０≤ａ ≤
恒成立 但当ａ 时 存在ｋ 使得ａ ４０ 即Ｓ １ －１ １ ｎ
； ＝１４ ， ＝５， ＞ [ ( )ｋ]， ｋ ｄ ＋（ －１）
１
３ １－ λ ａ ｎ λ
２ －１ 即有 ｎ ＋１ （ －１）＋１
所以满足题意的最大正整数ａ ． ｎ λ ， １≤ ａ ≤ ｎ λ ，
＞３０， ＝１３ （ －１）（ －１）＋１ ｎ （ －１）（ －１）＋１
ａ ｎ λ λ
８．（２０２１上海金山一模，２１）若数列 ｛ ａ ｎ｝ 满足 λ １ ≤ ａ ｎ ＋１ ≤ λ （ λ ＞１， 因为λ ＞１， ｎ ∈ Ｎ∗ ， 所以 ｎ （ － λ １）＋１ ＝１＋ ｎ － λ １
ｎ （ －１）（ －１）＋１ （ －１）（ －１）＋１
且λ为实常数
，
ｎ
∈
Ｎ∗
），
则称数列
｛
ａ
ｎ｝
为Ｂ
（
λ
）
数列．
＝１＋ １ ≤１＋ １ ＝ λ ，
（１） 若数列 ｛ ａ ｎ｝ 的前三项依次为ａ １＝２， ａ ２＝ ｘ ， ａ ３＝９， 且 ｛ ａ ｎ｝ 为 （ ｎ －１）＋λ １ λ １
Ｂ 数列 求实数ｘ的取值范围 －１ －１
（３） ， ； ａ
（２） 已知 ｛ ａ ｎ｝ 是公比为ｑ （ ｑ ≠１） 的等比数列 ， 且ａ １＞０， 记Ｔ ｎ＝ 所以 λ １ ≤１≤ ａ ｎ ＋１ ≤ λ （ ｎ ∈ Ｎ∗ ） 恒成立 ，
ａ ａ ａ ａ ａ ａ ．若存在数列 ａ 为Ｂ ｎ
｜ ２－ １｜＋｜ ３－ ２｜＋…＋｜ ｎ ＋１－ ｎ｜ ｛ ｎ｝ （４） 所以 ａ 为Ｂ λ 数列
Ｔ ｔＴ ｛ ｎ｝ （ ） ，
数列 使得 ｎ ＋１－ ｎ 成立 求实数ｔ的取值范围 综上所述 ａ 为Ｂ λ 数列．
， ｎｌ
→
ｉｍ
∞
Ｔ
ｎ
≤０ ， ； ，｛ ｎ｝ （ ）
ａ
ｄ 再证必要性．因为 ａ 为 Ｂ λ 数列 所以 １ ｎ ＋１ λ ｎ
（３） 记无穷等差数列 ｛ ａ ｎ｝ 的首项为ａ １， 公差为ｄ ， 证明 ：“０≤ａ ｛ ｎ｝ （ ） ， λ ≤ ａ ｎ ≤ （ ∈
λ 是 ａ 为Ｂ λ 数列 的充要条件．
１ Ｎ∗ 恒成立 所以ａ
≤ －１” “｛ ｎ｝ （ ） ” ） ， １≠０，
ｄ
８． 解析 （１） 因为 ｛ ａ ｎ｝ 为Ｂ （３） 数列 ， 所以 １ ≤ ａ ａ ｎ ＋１ ≤３， 当ｄ ＝０ 时 ，０≤ａ ≤ λ －１ 显然成立 ；
３ ｎ １
ａ
ì ï ï １ ≤ ｘ ≤３， 当ｄ ≠０ 时 ， 因为 ａ ｎ ＋ ｎ １ ≥λ １ ＞０， 所以 ｛ ａ ｎ｝ 的每一项同号 ， 所以ａ １
则í３ ２ 解得 ｘ
ï ï１ ９ ３≤ ≤６， 与ｄ也同号 所以 ｄ 因为 １ ａ ｎ ＋１ λ ｎ Ｎ∗ 恒成立
î ≤ ｘ ≤３， ， ａ ≥０， λ ≤ ａ ≤ （ ∈ ） ，
ｎ
３ １
所以ｘ的取值范围是 ． ａ
［３，６］ 所以ｎ 时 １ ２ λ成立
由数列 ａ 为Ｂ 数列 ＝１ ，λ≤ａ ≤ ，
（２） ｛ ｎ｝ （４） ， １
ａ ａ ａ ｄ ｄ
可得 １ ≤ ａ ｎ ＋１ ＝ ｑ ＜１ 或 １＜ ｑ ≤４， 因为 ｛ ａ ｎ｝ 为等差数列 ， ａ ２＝ ａ １＋ ｄ ，ａ ２ ＝ １ ａ ＋ ＝１＋ａ ，
４ ｎ １ １ １
ｄ ｄ
当 １ ≤ ｑ ＜１ 时 ， 由ａ １＞０， ａ ｎ ＋１－ ａ ｎ＝ ａ １ ｑｎ －１ （ ｑ －１）＜０， 所以 λ １ ≤１＋ａ ≤ λ ， 可得 λ １ －１≤ａ ≤ λ －１，
４ １ １
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第六章 数列 ３ ０５
ｄ ９．已知函数ｙ ｆ ｘ 的定义域为Ｒ 当ｘ 时 ｆ ｘ 且对任意
即 λ ． ＝ （ ） ， ＜０ ， （ ）＞１，
０≤ａ ≤ －１ 的实数ｘ ｙ Ｒ 等式ｆ ｘ ｆ ｙ ｆ ｘ ｙ 成立 若数列 ａ 满足
１ ， ∈ ， （ ） （ ）＝ （ ＋ ） ， ｛ ｎ｝
ｄ ( )
综上
，“０≤ａ
１
≤
λ
－１”
是
“｛
ａ
ｎ｝
为Ｂ
（
λ
）
数列
”
的充要条件． ｆ
（
ａ
ｎ ＋１）
ｆ
１＋
１
ａ
ｎ
＝１（
ｎ
∈
Ｎ∗
），
且 ａ
１＝
ｆ
（０），
则下列结论成立
ｄ 的是
解后反思 解答第 问时，证明“ λ ”是“｛ａ ｝为 （ ）
３ ０≤ａ ≤ －１ ｎ
１
Ｂ（λ）数列”的充要条件，先证明充分性，利用不等式证明 １
λ ≤ ｆ ａ ｆ ａ ｆ ａ ｆ ａ
Ａ． （ ２０１６）＞（ ２０１８） Ｂ． （ ２０１７）＞（ ２０２０）
ａ ｆ ａ ｆ ａ ｆ ａ ｆ ａ
１≤ ａ ｎ ＋１ ≤ λ恒成立，所以｛ａ ｎ ｝为Ｂ（λ）数列；再证明必要性，证 ９． Ｃ． 答 （ 案 ２０１８） Ａ ＞（ ２０１９） Ｄ． （ ２０１６）＞（ ２０１９）
ｎ
明 ｄ λ 成立． １０．已知数列 ｛ ａ ｎ｝ 中 ， ａ １＝２， ｎ （ ａ ｎ ＋１－ ａ ｎ）＝ ａ ｎ＋１， ｎ ∈ Ｎ∗ ， 若对于任
０≤ａ ≤ －１ ａ
１ 意的ａ ｎ Ｎ∗ 不等式 ｎ ＋１ ｔ２ ａｔ 恒成立 则实
题型三 数列与函数的综合 ∈［－２，２］， ∈ ， ｎ ＜２ ＋ －１ ，
＋１
数列与函数的综合问题主要有以下两类 数ｔ的取值范围为
： （ ）
１．已知函数条件 解决数列问题 此类问题一般是利用函数
， ， Ａ．（－∞，－２）∪［１，＋∞） Ｂ．（－∞，－２］∪［２，＋∞）
的性质 图象研究数列问题
、 ； Ｃ．（－∞，－１］∪［２，＋∞） Ｄ．［－２，２］
２．已知数列条件 解决函数问题 解决此类问题一般要充分 １０． 答案 Ｂ
， ，
利用数列的范围
、
公式
、
求和方法对式子化简变形． １１．已知函数 ｆ
（
ｘ
）＝ ｌｏｇｋ
ｘ
（
ｋ 为常数
，
ｋ
＞０
且 ｋ
≠１），
且数列
例３ 设函数ｆ （ ｘ ）＝ｌｎ ｘ － ｐｘ ＋１ ． ｛ ｆ （ ａ ｎ）｝ 是首项为 ４， 公差为 ２ 的等差数列．
（１） 求函数ｆ （ ｘ ） 的极值点 ； （１） 求证 ： 数列 ｛ ａ ｎ｝ 是等比数列 ；
当ｐ 时 若对任意的ｘ 恒有ｆ ｘ 求ｐ的取值 若ｂ ａ ｆ ａ 当ｋ 时 求数列 ｂ 的前ｎ项和Ｓ
（２） ＞０ ， ＞０， （ ）≤０， （２） ｎ＝ ｎ （ ｎ）， ＝ ２ ， ｛ ｎ｝ ｎ；
范围 若ｃ ａ ａ 问是否存在实数ｋ 使得 ｃ 中的每一项恒
； （３） ｎ＝ ｎｌｇ ｎ， ， ｛ ｎ｝
２ ２ ２ ｎ２ ｎ２ ｎ 小于它后面的项 若存在 求出 ｋ 的取值范围 若不存
证明 ｌｎ２ ｌｎ３ ｌｎ４ ｌｎ ２ － －１ ｎ Ｎ ？ ， ；
（３） ： ２ ２ ＋ ３ ２ ＋ ４ ２ ＋…＋ ｎ２ ＜ ２（ ｎ ＋１） （ ∈ ， 在 ， 说明理由．
ｎ ． １１． 解析 证明 由题意知ｆ ａ ｎ ｎ 即
≥２） （１） ： （ ｎ）＝４＋（ －１）×２＝２ ＋２，
解 ｆ ′ 析 ｘ （１ １ ）∵ ｐ ｆ （ １ ｘ － ） ｐ ＝ ｘ ｌｎ 当 ｘ － ｐ ｐｘ ＋１ 时 ，∴ ｆ ｆ （ ′ ｘ ） ｘ 的定义 ｆ 域 ｘ 为 在 （０，＋∞）， ｌｏｇｋ ａ ｎ＝２ ｎ ＋２，∴ ａ ｎ＝ ｋ２ ｎ ＋２ ，∴ ａ ａ ｎ ＋ ｎ １ ＝ ｋ ｋ ２（ ２（ ｎ ＋ ｎ ＋ １） １） ＋２ ＝ ｋ２． ∵ 常数ｋ ＞０ 且ｋ ≠
（ ）＝ ｘ － ＝ ｘ ， ≤０ ， （ ）＞０， （ ） （０，＋∞）
１，∴
ｋ２为非零常数．
∴
数列
｛
ａ
ｎ｝
是以ｋ４为首项
，
ｋ２为公比的等比
上无极值点 当ｐ 时 ｆ ｘ 有唯一极大值点ｘ １ ． 数列．
， ＞０ ， （ ） ＝ ｐ
（２） 由 （１） 知 ， ｂ ｎ＝ ａ ｎ ｆ （ ａ ｎ）＝ ｋ２ ｎ ＋２ ·（２ ｎ ＋２），
（２） 由 （１） 可知 ， 当 ｐ ＞０ 时 ， ｆ （ ｘ ） 在 ｘ ＝ １ ｐ 处取得极大值 当ｋ ＝ ２ 时 ， ｂ ｎ＝（２ ｎ ＋２）·２ ｎ ＋１ ＝（ ｎ ＋１）·２ ｎ ＋２．
( ) ∴ Ｓ ｎ＝２·２ ３ ＋３·２ ４ ＋４·２ ５ ＋…＋（ ｎ ＋１）·２ ｎ ＋２ ，①
ｆ １ ｐ ＝ｌｎ １ ｐ ， 此极大值也是最大值 ， 要使ｆ （ ｘ ）≤０ 恒成立 ， 只需 ２ Ｓ ｎ＝２·２ ４ ＋３·２ ５ ＋…＋ ｎ ·２ ｎ ＋２ ＋（ ｎ ＋１）·２ ｎ ＋３． ②
ｆ ( １ ) １ 解得ｐ 故ｐ的取值范围为 ． ②－①， 得Ｓ ｎ＝－２·２ ３ －２ ４ －２ ５ －…－２ ｎ ＋２ ＋（ ｎ ＋１）·２ ｎ ＋３
ｐ ＝ｌｎ ｐ ≤０， ≥１， ［１，＋∞） ３ ３ ４ ５ ｎ ＋２ ｎ ｎ ＋３
＝－２ －（２ ＋２ ＋２ ＋…＋２ ）＋（ ＋１）·２ ，
（
ｌｎ
３） ｎ２ 证
≤
明 ｎ２ ：
－
令
１⇒
ｐ ＝ ｌｎ
ｎ
１
２
ｎ ， ２ 由
≤
（ ｎ ２ ２
ｎ
） －
２
可 １
⇒
知 ｌ ， ｎ
２
ｌｎ
２
２ ２ ｘ
＋
－ ｌ ｘ ｎ
３
＋
２
３ １ ２ ≤
＋…
０，
＋
即 ｌｎ
ｎ
ｌｎ
２
ｎ２ ｘ
≤
≤
１
ｘ
－
－１
２
１ ，
２ ＋
∴
（３
Ｓ
）
ｎ
存
＝
在
－２
．
３
由
－ ２
（
３
１
（ １
）
１ －
知
－ ２ ２
，
ｎ
ｃ
）
ｎ
＋
＝
（
ａ
ｎ
ｎ
＋
ｌｇ
１）
ａ
·
ｎ＝
２
（
ｎ ＋
２
３
ｎ
＝
＋
ｎ
２
·
）
２
·
ｎ ＋
ｋ
３．
２ ｎ ＋２ ｌｇ ｋ ， 要使ｃ ｎ＜
１ １ ｎ
æ
ç １ １ １
ö
÷
ｃ
ｎ ＋１
对一切ｎ
∈
Ｎ∗成立
，
即
（
ｎ
＋１）ｌｇ
ｋ
＜（
ｎ
＋２）
ｋ２
ｌｇ
ｋ 对一切
１－
３
２ ＋…＋１－ｎ２ ＝（ －１）－è
２
２ ＋
３
２ ＋…＋ｎ２ ø ｎ
∈
Ｎ∗成立．
[ ] 当ｋ 时 ｋ ｎ ｎ ｋ２ 对一切ｎ Ｎ∗恒成立 故
ｎ １ １ １ ① ＞１ ，ｌｇ ＞０， ＋１＜（ ＋２） ∈ ，
＜（ －１）－ ＋ ＋…＋ｎ ｎ 符合题意
２×３ ３×４ ×（ ＋１） ；
( )
ｎ １ １ １ １ １ １ ②
当
０＜
ｋ
＜１
时
，ｌｇ
ｋ
＜０，
ｎ
＋１＞（
ｎ
＋２）
ｋ２ 对一切ｎ
∈
Ｎ∗恒成立
，
＝（ －１）－ － ＋ － ＋…＋ ｎ －ｎ
２ ３ ３ ４ ＋１ (ｎ )
ｎ
(
１ １
)
２
ｎ２
－
ｎ
－１ ｎ Ｎ ｎ ．原式得证．
只需ｋ２
＜ ｎ
＋１ ．
∴
ｋ２
＜
２
，
且
０＜
ｋ
＜１，
因此
０＜
ｋ
＜
６．
＝（ －１）－ －ｎ ＝ ｎ （ ∈ ， ≥２） ＋２ ｍｉｎ ３ ３
２ ＋１ ２（ ＋１） æ ö
综上所述 存在实数ｋ ç ６÷ 满足条件．
， ∈è０， ø∪（１，＋∞）
３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋３ ０６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
教师专用题组
１．（２０１９浙江，１０，４分）设ａ
，
ｂ
∈
Ｒ
，
数列
｛
ａ
ｎ｝
满足ａ
１＝
ａ
，
ａ
ｎ ＋１＝
ａ２ｎ
２ １０ ４ ５ ６０
ｂ ｎ Ｎ∗ 则
＋ ， ∈ ， （ ）
３ ３０ ７ ９ １０８
当ｂ １ 时 ａ 当ｂ １ 时 ａ
Ａ． ＝ ， １０＞１０ Ｂ． ＝ ， １０＞１０ ４ ９４ １２ １７ ２０４
２ ４
当ｂ 时 ａ 当ｂ 时 ａ ５ ３１８ ２１ ３３ ３９６
Ｃ． ＝－２ ， １０＞１０ Ｄ． ＝－４ ， １０＞１０
答案 Ａ 本题以已知递推关系式判断指定项范围为载体
， ６ １１５０ ３８ ６５ ７８０
考查学生挖掘事物本质以及推理运算能力 考查的核心素养 观察到ｌ 时 Ｔ Ｓ ａ ｌ Ｔ Ｓ ａ
； ＝５ ， ｌ＝ ２１＜１２ ２２， ＝６， ｌ＝ ３８＞１２ ３９，
为
的
逻
应
辑
用
推
．
理
，
数学运算
；
体现了函数与方程的思想
，
创新思维 则
此时
ｎ
∈
Ｔ
［２２
Ａ
，３８
Ａ
），
ｎ
∈
Ｎ
Ａ
∗时
Ｂ
，
存
Ｂ
在ｎ
Ｂ
，
使
Ｂ
Ｓ
ｎ≥
Ｂ
１２
ａ
ｎ ＋１，
令
则
ａ
Δ
ｎ ＋１＝ ａ ｎ
ｂ
， 即ａ２ｎ
即
＋ ｂ
ｂ
＝ ａ ｎ
１
， 即ａ２ｎ－ ａ ｎ＋ ｂ ＝０， 若有解 ， 则当ｎ
∈
５＝
［２
１
２
＋
，３
２
８
＋
）
…
，
ｎ ＋
∈
１６ Ｎ ＋ ∗时 １＋
，
Ｓ ２
ｎ
＋
＝
Ｔ ３＋
５＋
（ ４＋ ｎ － ５ ２ ， ２＋１）（
２
Ａ ２２－５＋ Ａ ｎ －５）
＝
＝１－４ ≥０， ≤ ，
４ ｎ２ －１０ ｎ ＋８７ ．
ｂ ａ Ａ Ａ
∴ 当ｂ ≤ １ 时 ， ａ ｎ＝ １± １－４ ， ｎ ∈ Ｎ∗ ， ｎ ＋ ａ １＝ ｎ ＋１－５＝ ｎ ｎ －４， ｎ
４ ２ １２ ｎ ＋１＝１２［２（ －４）－１］＝２４ －１０８，
即存在ｂ １ 且ａ １＋ １－４ ｂ 或１－ １－４ ｂ 使数列 ａ 为常 Ｓ ｎ－１２ ａ ｎ ＋１＝ ｎ２ －３４ ｎ ＋１９５＝（ ｎ －１７） ２ －９４，
≤ ， ＝ ， ｛ ｎ｝ 则ｎ 时 Ｓ ａ 即ｎ ．
４ ２ ２ ≥２７ ， ｎ－１２ ｎ ＋１＞０， ｍｉｎ＝２７
数列 ３．（２０１５福建文，１６，４分）若ａ ｂ是函数ｆ ｘ ｘ２ ｐｘ ｑ ｐ ｑ
， ， （ ）＝ － ＋ （ ＞０， ＞
ｂ 的两个不同的零点 且ａ ｂ 这三个数可适当排序后成等
选项中 ｂ １ 成立 故存在ａ １－ １－４ ０） ， ， ，－２
Ｂ、Ｃ、Ｄ ， ≤ ， ＝ ＜１０， 差数列 也可适当排序后成等比数列 则 ｐ ｑ 的值
４ ２ ， ， ＋
等于 ．
使ａ
ｎ＝
１－ １－４
ｂ
（
ｎ
∈
Ｎ∗
），
排除
Ｂ、Ｃ、Ｄ
．
答 案
２ ９
对于
Ａ，∵
ｂ
＝
２
１
，∴
ａ
２＝
ａ２
１＋
２
１
≥
１
２
，
ａ
３＝
ａ２
２＋
２
１
≥
( １
２
) ２
＋
２
１
＝ ａｂ
解
＝
ｑ
析
，
由
依
ｐ
＞
题
０，
意
ｑ
＞
有
０
可
ａ ，
知
ｂ是
ａ
＞
方
０，
程
ｂ
＞
ｘ
０
２
．
－
由
ｐｘ
题
＋ ｑ
意
＝
可
０ 的
知
两
ａｂ
根
＝
，
（
则
－２
ａ
）
＋
２
ｂ
＝
＝
４
ｐ
＝
，
( ) ｑ ａ ｂ或ｂ ａ
３ ａ ３ ２ １ １７ ， －２＝２ －２＝２ ，
， ４≥ ＋ ＝ ， 将ａ ｂ代入ａｂ 可解得ａ ｂ 此时ａ ｂ 将ｂ
４ ４ ２ １６ －２＝２ ＝４ ＝４， ＝１， ＋ ＝５， －２
( ) ( ) ( ) ａ代入ａｂ 可解得ａ ｂ 此时ａ ｂ 则ｐ 故ｐ ｑ
ａ １７ ２ ａ １７ ４ ａ １７ ６４ ＝２ ＝４ ＝１， ＝４， ＋ ＝５， ＝５， ＋
∴ ５＞ ， ６＞ ，…， １０＞ ， ．
１６ １６ １６ ＝９
( )
６４
( )
６４
( )
２
评析 本题主要考查等差数列、等比数列等基础知识，考查函
而 １７ １ １ １ ２ １ ６３
＝ １＋ ＝１＋Ｃ６４× ＋Ｃ６４× ＋…＝１＋４＋ ＋ 数与方程思想、化归与转化思想．
１６ １６ １６ １６ ８
．故ａ ． ４．（２０１４安徽理，１２，５分）数列 ａ 是等差数列 若ａ ａ
…＞１０ １０＞１０ ｛ ｎ｝ ， １＋１， ３＋３，
２．（２０１８江苏，１４，５分）已知集合Ａ
＝｛
ｘ
｜
ｘ
＝２
ｎ
－１，
ｎ
∈
Ｎ∗
｝，
Ｂ
＝
ａ
５＋５
构成公比为ｑ的等比数列
，
则ｑ
＝
．
｛
ｘ
｜
ｘ
＝２
ｎ
，
ｎ
∈
Ｎ∗
｝
．将Ａ
∪
Ｂ的所有元素从小到大依次排列构 答案
１
成一个数列 ｛ ａ ｎ｝ ．记 Ｓ ｎ 为数列 ｛ ａ ｎ｝ 的前 ｎ 项和 ， 则使得 Ｓ ｎ＞ 解析 设 ｛ ａ ｎ｝ 的公差为ｄ ， 则ａ ３＋３＝ ａ １＋１＋２ ｄ ＋２， ａ ５＋５＝ ａ １＋
ａ 成立的ｎ的最小值为 ． ｄ 由题意可得 ａ ２ ａ ａ ．
１２ ｎ ＋１ １＋４ ＋４， （ ３＋３） ＝（ １＋１）（ ５＋５）
答案 ａ ｄ ２ ａ ａ ｄ
２７ ∴ ［（ １＋１）＋２（ ＋１）］ ＝（ １＋１）［（ １＋１）＋４（ ＋１）］，
解析 本题考查数列的插项问题． ａ ２ ｄ ａ ｄ ２ ａ ２ ａ
∴ （ １＋１） ＋４（ ＋１）（ １＋１）＋［２（ ＋１）］ ＝（ １＋１） ＋４（ １＋１）
设Ａ
ｎ＝２
ｎ
－１，
Ｂ
ｎ＝２
ｎ
，
ｎ
∈
Ｎ∗
， ｄ ｄ ａ ａ 公比ｑ
ａ
３＋３ ．
当Ａ
ｋ＜
Ｂ
ｌ＜
Ａ
ｋ ＋１（
ｋ
，
ｌ
∈
Ｎ∗
）
时
，
５．
（
（２０
＋
１
１
９
）
天
，∴
津文
＝－
，
１
１
，
８
∴
，１３
３＋
分
３
）
＝
设
１＋
ａ
１，∴
是等差数
＝ａ
列
１＋１
＝
ｂ
１
是等比数
２ ｋ －１＜２ ｌ ＜２ ｋ ＋１， 有ｋ － １ ＜２ ｌ －１ ＜ ｋ ＋ １ ， 则ｋ ＝２ ｌ －１ ， 列 公比大于 ．已知ａ ｂ ｛ ｎ ｂ ｝ ａ ｂ ａ ，｛ ． ｎ｝
２ ２ ， ０ １＝ １＝３， ２＝ ３， ３＝４ ２＋３
设 则 而 共 Ｔ Ａ １ ｌ 有 ＝ ＋ Ａ Ａ ｋ ２ １ ＋ ＋ ＋ ｌ … Ａ ＝ ２ ＋ ＋ ２ Ａ ｌ … －１ ２ ｌ ＋ － ＋ １＝ ｌ Ａ 个 ２ ２ ｌ－ × １＋ 数 １ Ｂ － ， １ １ 即 ＋ ＋ Ｂ ２ Ｔ ２ ｌ ＋ ｌ － ＝ … １ Ｓ × ＋ ２ ２ ｌ－ Ｂ １＋ ｌ － ｌ ｌ ， １ ， ＝２ ２ ｌ －２ ， （ （２ １ ） ） 设 求 （ ｎ 数 ｛ ∈ ａ 列 Ｎ ｎ｝ ∗ ｛ 和 ） ｃ ｎ ． ｛ ｝ ｂ 满 ｎ｝ 足 的通 ｃ ｎ＝ 项 { 公 ｂ １， ｎ ２ 式 ｎ ， ｎ ； 为 为 奇 偶 数 数 ， ． 求ａ １ ｃ １＋ ａ ２ ｃ ２＋…＋ ａ ２ ｎ ｃ ２ ｎ
２
ｌ 解析 本小题主要考查等差数列 等比数列的通项公式及其
Ｂ １＋ Ｂ ２＋…＋ Ｂ ｌ＝ ２（１－２） ＝２ ｌ ＋１ －２ ． 前ｎ项 和公式等基础知识．考查数列 、 求和的基本方法和运算求
１－２
则Ｔ ｌ＝２ ２ ｌ －２ ＋２ ｌ ＋１ －２， 则ｌ ， Ｔ ｌ， ｎ ， ａ ｎ ＋１ 的对应关系为 解能 设 力 等 ， 体 差 现 数 了 列 数 ａ 学运 的 算 公 素 差 养 为 ．满 ｄ 分 等 １ 比 ３ 数 分 列 ． ｂ 的公比为ｑ．
ｌ Ｔ ｎ ａ ａ （１） ｛ ｎ｝ ， ｛ ｎ｝
ｌ ｎ＋１ １２ ｎ＋１ { ｑ ｄ {ｄ
依题意 得 ３ ＝３＋２ ， 解得 ＝３，
１ ３ ２ ３ ３６ ， ３ ｑ２ ＝１５＋４ ｄ ， ｑ ＝３，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第六章 数列 ３ ０７
故ａ ｎ＝３＋３（ ｎ －１）＝３ ｎ ， ｂ ｎ＝３×３ ｎ －１ ＝３ ｎ． 当ｋ ＝１ 时 ， 有ｑ ≥１；
所以 ａ 的通项公式为ａ ｎ ｂ 的通项公式为ｂ ｎ． ｋ ｋ
，｛ ｎ｝ ｎ＝３ ，｛ ｎ｝ ｎ＝３ 当ｋ ｍ时 有ｌｎ ｑ ｌｎ ．
ａ ｃ ａ ｃ ａ ｃ ＝２，３，…， ， ｋ ≤ｌｎ ≤ｋ
（２） １ １＋ ２ ２＋…＋ ２ ｎ ２ ｎ －１
ａ ａ ａ ａ ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ｘ ｘ
＝（ [ １＋ ３ ｎ ＋ ｎ ５＋…＋ ２ ｎ ] －１）＋（ ２ １＋ ４ ２＋ ６ ３＋…＋ ２ ｎ ｎ） 设ｆ （ ｘ ）＝ ｌｎ ｘ （ ｘ ＞１）， 则ｆ ′ （ ｘ ）＝ １－ ｘ ｌ ２ ｎ ．
＝ ｎ ×３＋ （ －１） ×６ ＋（６×３ １ ＋１２×３ ２ ＋１８×３ ３ ＋…＋６ ｎ ×３ ｎ ） 令ｆ ′ ｘ 得ｘ ．列表如下
２ （ ）＝０， ＝ｅ ：
＝３ ｎ２ ＋６（１×３ １ ＋２×３ ２ ＋…＋ ｎ ×３ ｎ ） ． ｘ （１，ｅ） ｅ （ｅ，＋∞）
记Ｔ ｎ＝１×３ １ ＋２×３ ２ ＋…＋ ｎ ×３ ｎ ，① ｆ′ ｘ
则 ３ Ｔ ｎ＝１×３ ２ ＋２×３ ３ ＋…＋ ｎ ×３ ｎ ＋１ ，② ｆ （ ｘ ） ＋ 极大 ０ 值 －
ｎ （ ） ↗ ↘
②－① 得 ，２ Ｔ ｎ＝－３－３ ２ －３ ３ －…－３ ｎ ＋ ｎ ×３ ｎ ＋１ ＝－ ３（１－３ ） ＋ ｎ ×３ ｎ ＋１
１－３ 因为ｌｎ２ ｌｎ８ ｌｎ９ ｌｎ３ 所以ｆ ｋ ｆ ｌｎ３．
ｎ ｎ ＋１ ２ ＝ ６ ＜ ６ ＝ ３ ， （ ）ｍａｘ＝ （３）＝ ３
（２ －１）３ ＋３．
＝ ２ 取ｑ ３ 当ｋ 时 ｌｎ ｋ ｑ 即ｋ ｑｋ 经检验知
ｎ ｎ ＋１ ＝ ３， ＝１，２，３，４，５ ， ｋ ≤ｌｎ ， ≤ ，
所以 ， ａ １ ｃ １＋ ａ ２ ｃ ２＋…＋ ａ ２ ｎ ｃ ２ ｎ＝３ ｎ２ ＋６ Ｔ ｎ＝３ ｎ２ ＋３× （２ －１ ２ ）３ ＋３ ＝ ｑｋ －１ ≤ ｋ也成立．
（２ ｎ －１）３ ｎ ＋２ ＋６ ｎ２ ＋９
（
ｎ
∈
Ｎ∗
）
． 因
若
此
ｍ
所求
分
ｍ
别
的
取
最
ｋ
大值不小
得
于 ５ ．
ｑ３ 且ｑ５ 从而ｑ１５ 且
２ ≥６， ＝３，６， ３≤ ， ≤６， ≥２４３，
思路分析 （ ）利用等差、等比数列的通项公式求出公差 ｑ１５ 所以ｑ不存在．
１ ≤２１６，
ｄ，公比ｑ即可．（ ）利用｛ｃ ｝的通项公式，进行分组求和，在计 因此所求ｍ的最大值小于 ．
２ ｎ ６
算差比数列时采用错位相减法求和． 综上 所求ｍ的最大值为 ．
， ５
解题关键 根据ｎ的奇偶性得数列｛ｃ
ｎ
｝的通项公式，从而选择 ７．（２０１８北京文，１５，１３分）设
｛
ａ
ｎ｝
是等差数列
，
且ａ
１＝ｌｎ ２，
ａ
２＋
合适的求和方法是求解的关键． ａ ．
３＝５ｌｎ２
６．（２０１９江苏，２０，１６分）定义首项为 １ 且公比为正数的等比数 （１） 求 ｛ ａ ｎ｝ 的通项公式 ；
列为
“Ｍ－
数列
”
．
（２）
求
ｅ
ａ １＋ｅ ａ ２＋…＋ｅ ａｎ．
（１）
已知等比数列
｛
ａ
ｎ｝（
ｎ
∈
Ｎ∗
）
满足
：
ａ
２
ａ
４＝
ａ
５，
ａ
３－４
ａ
２＋４
ａ
１＝
解析
（１）
设
｛
ａ
ｎ｝
的公差为ｄ．
求证 数列 ａ 为 数列 因为ａ ａ
０， ： ｛ ｎ｝ “Ｍ－ ”； ２＋ ３＝５ｌｎ２，
所以 ａ ｄ ．
（２）
已知数列
｛
ｂ
ｎ｝（
ｎ
∈
Ｎ∗
）
满足
：
ｂ
１＝１，Ｓ
１
ｎ
＝ｂ
２
ｎ
－ｂ
ｎ
２
＋１
，
其中Ｓ
ｎ 又ａ
１
２
＝ｌｎ
１＋
２
３
，
所
＝
以
５ｌｎ
ｄ
２
＝ｌｎ２
．
为数列 ｂ 的前ｎ项和． 所以ａ ａ ｎ ｄ ｎ ．
｛ ｎ｝ ｎ＝ １＋（ －１） ＝ ｌｎ２
① ② 求 设 数 ｍ 列 为 ｛ 正 ｂ ｎ 整 ｝ 的 数 通 ， 若 项 存 公 在 式 “ ； Ｍ－ 数列 ”｛ ｃ ｎ｝（ ｎ ∈ Ｎ∗ ）， 对任 （２） 因为 ｅ ａ １＝ｅ ｌｎ２ ＝２， ｅ ｅ ａ ａ ｎ－ ｎ １ ＝ｅ ａｎ－ ａｎ－１＝ｅ ｌｎ２ ＝２，
意正整数ｋ
，
当ｋ
≤
ｍ时
，
都有ｃ
ｋ≤
ｂ
ｋ≤
ｃ
ｋ ＋１
成立
，
求ｍ的最 所以
｛ｅ
ａｎ
｝
是首项为
２，
公比为
２
的等比数列．
大值． ｎ
解析 本小题主要考查等差和等比数列的定义 通项公式
所以
ｅ
ａ
１＋ｅ
ａ
２＋…＋ｅ
ａｎ
＝２×
１－２
＝２（２
ｎ
－１）
．
、 、 １－２
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 ８．（２０１８江苏，２０，１６分）设 ａ 是首项为ａ 公差为ｄ的等差数
， 、 ｛ ｎ｝ １，
知识探究与解决问题的能力．满分 分． 列 ｂ 是首项为ｂ 公比为ｑ的等比数列．
１６ ，｛ ｎ｝ １，
设等比数列 ａ 的公比为ｑ 所以ａ ｑ ． 设ａ ｂ ｑ 若 ａ ｂ ｂ 对ｎ 均成
（１） ｛ ｎ｝ ， １≠０， ≠０ （１） １＝０， １＝１， ＝２， ｜ ｎ－ ｎ｜≤ １ ＝１，２，３，４
{ａ ａ ａ {ａ２ｑ４ ａ ｑ４ {ａ 立 求ｄ的取值范围
由 ２ ４＝ ５， 得 １ ＝ １ ， 解得 １＝１， ， ；
ａ ａ ａ ａ ｑ２ ａ ｑ ａ ｑ ． 若ａ ｂ ｍ Ｎ∗ ｑ ｍ 证明 存在ｄ Ｒ 使得
３－４ ２＋４ １＝０， １ －４ １ ＋４ １＝０， ＝２ （２） １＝ １＞０， ∈ ， ∈（１， ２］， ： ∈ ，
因此数列 ａ 为 数列 ． ａ ｂ ｂ 对ｎ ｍ 均成立 并求ｄ的取值范
｛ ｎ｝ “Ｍ－ ” ｜ ｎ－ ｎ｜≤ １ ＝２，３，…， ＋１ ，
围 用ｂ ｍ ｑ表示 ．
（２）① 因为 Ｓ １ ＝ｂ ２ －ｂ ２ ， 所以ｂ ｎ≠０ ． 解析 （ 本 １ 小 ， 题 ， 主要考 ） 查等差和等比数列的定义 通项公式
ｎ ｎ ｎ ＋１ 、 、
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
由ｂ Ｓ ｂ 得 １ ２ ２ 则ｂ ． ， 、
１＝１， １＝ １， ＝ －ｂ ， ２＝２ 知识探究与解决问题的能力．
１ １ ２
由 １ ２ ２ 得Ｓ ｂ ｎ ｂ ｎ ＋１ （１） 由条件知ａ ｎ＝（ ｎ －１） ｄ ， ｂ ｎ＝２ ｎ －１．
Ｓ ｎ ＝ｂ ｎ －ｂ ｎ ＋１ ， ｎ＝ ２（ ｂ ｎ ＋１－ ｂ ｎ） ， 因为 ｜ ａ ｎ－ ｂ ｎ｜≤ ｂ １ 对ｎ ＝１，２，３，４ 均成立 ，
当ｎ ≥２ 时 ， 由ｂ ｎ＝ Ｓ ｎ－ Ｓ ｎ －１， 得ｂ ｎ＝
２（
ｂ ｂ
ｎ
ｎ
＋
ｂ
１
ｎ
－
＋１ ｂ
ｎ）
－
２（
ｂ ｂ
ｎ
ｎ －
－
１ ｂ ｂ
ｎ
ｎ
－１）
， 即
即
｜（ ｎ －１） ｄ －
ｄ
２ ｎ －１ ｜≤１ 对
ｄ
ｎ ＝１，２，３
ｄ
，４ 均成
得
立
７
．
ｄ ５ ．
整理得ｂ ｎ ＋１＋ ｂ ｎ －１＝２ ｂ ｎ ． １≤１，１≤ ≤３，３≤２ ≤５，７≤３ ≤９， ３ ≤ ≤ ２
所以数列 ｂ 是首项和公差均为 的等差数列． [ ]
｛ ｎ｝ １ 因此 ｄ的取值范围为 ７ ５ ．
因此
，
数列
｛
ｂ
ｎ｝
的通项公式为ｂ
ｎ＝
ｎ
（
ｎ
∈
Ｎ∗
）
． ，
３
，
２
②
由
①
知
，
ｂ
ｋ＝
ｋ
，
ｋ
∈
Ｎ∗．
（２）
由条件知
：
ａ
ｎ＝
ｂ
１＋（
ｎ
－１）
ｄ
，
ｂ
ｎ＝
ｂ
１
ｑｎ －１．
因为数列 ｃ 为 数列 设公比为ｑ 所以ｃ ｑ ． 若存在ｄ Ｒ 使得 ａ ｂ ｂ ｎ ｍ 均成立
｛ ｎ｝ “Ｍ－ ”， ， １＝１， ＞０ ∈ ， ｜ ｎ－ ｎ｜≤ １（ ＝２，３，…， ＋１） ，
因为ｃ ｋ≤ ｂ ｋ≤ ｃ ｋ ＋１， 所以ｑｋ －１ ≤ ｋ ≤ ｑｋ ， 其中ｋ ＝１，２，３，…， ｍ． 即 ｜ ｂ １＋（ ｎ －１） ｄ － ｂ １ ｑｎ －１ ｜≤ ｂ １（ ｎ ＝２，３，…， ｍ ＋１） ．
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋３ ０８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
ｑｎ －１ ｑｎ －１ 平时多积累，多思考，也是可以得到的．
即当ｎ ｍ 时 ｄ满足 －２ｂ ｄ ｂ ．
＝２，３，…， ＋１ ， ｎ １≤ ≤ｎ １ ９．（２０１７课标 文，１７，１２分）已知等差数列 ａ 的前ｎ项和为
－１ －１ Ⅱ ｛ ｎ｝
因为ｑ ｍ Ｓ 等比数列 ｂ 的前ｎ项和为Ｔ ａ ｂ ａ ｂ ．
∈（１， ２］， ｎ， ｛ ｎ｝ ｎ， １＝－１， １＝１， ２＋ ２＝２
所以 １＜ ｑｎ －１ ≤ ｑｍ ≤２， （１） 若ａ ３＋ ｂ ３＝５， 求 ｛ ｂ ｎ｝ 的通项公式 ；
从而
ｑｎ
－１ －２ｂ
ｑｎ
－１ ｂ 对ｎ ｍ 均成立． （２）
若Ｔ
３＝２１，
求Ｓ
３
．
ｎ １≤０，ｎ １＞０， ＝２，３，…， ＋１ 解析 本题考查了等差 等比数列．
－１ －１ 、
因此 取ｄ 时 ａ ｂ ｂ 对ｎ ｍ 均成立． 设 ａ 的公差为ｄ ｂ 的公比为 ｑ 则 ａ ｎ ｄ ｂ
， ＝０ ，｜ ｎ－ ｎ｜≤ １ ＝２，３，…， ＋１ ｛ ｎ｝ ，｛ ｎ｝ ， ｎ＝－１＋（ －１） ， ｎ
下面讨论数列
{ｑｎ
－１ －２
}
的最大值和数列
{ｑｎ
－１
}
的最小值 ｎ ＝
ｑｎ －１．
ｎ ｎ （ ＝ 由ａ ｂ 得ｄ ｑ ．
－１ －１ ２＋ ２＝２ ＋ ＝３①
ｍ ． 由ａ ｂ 得 ｄ ｑ２ ．
２，３，…， ＋１） （１） ３＋ ３＝５ ２ ＋ ＝６②
ｑｎ ｑｎ
－１
ｎｑｎ ｑｎ ｎｑｎ
－１
{ｄ {ｄ
当 ｎ ｍ 时 －２ －２ － － ＋２ 联立 和 解得 ＝３， 舍去 或 ＝１，
① ２ ≤ ≤ ， ｎ － ｎ ＝ ｎ ｎ ① ② ｑ （ ）， ｑ ．
－１ （ －１） ＝０ ＝２
ｎ
（
ｑｎ
－
ｑｎ －１
）－
ｑｎ
＋２
因此
｛
ｂ
ｎ｝
的通项公式为ｂ
ｎ＝２
ｎ －１．
＝ ｎ
（
ｎ
－１）
，
（２）
由ｂ
１＝１，
Ｔ
３＝２１
得ｑ２
＋
ｑ
－２０＝０
．
当 ｑ ｍ１时 有ｑｎ ｑｍ 解得ｑ 或ｑ ．
１＜ ≤２ ， ≤ ≤２， ＝－５ ＝４
从而ｎ （ ｑｎ － ｑｎ －１ ）－ ｑｎ ＋２＞０ ． 当ｑ ＝－５ 时 ， 由 ① 得ｄ ＝８， 则Ｓ ３＝２１ ．
因此 当 ｎ ｍ 时 数列
{ｑｎ
－１ －２
}
单调递增
当ｑ
＝４
时
，
由
①
得ｄ
＝－１，
则Ｓ
３＝－６
．
， ２≤ ≤ ＋１ ， ｎ ， １０．（２０１７课标 文，１７，１２分）记Ｓ 为等比数列 ａ 的前ｎ项
－１ Ⅰ ｎ ｛ ｎ｝
故数列
{ｑｎ －１
－２
}
的最大值为
ｑｍ
－２．
和．已知Ｓ
２＝２，
Ｓ
３＝－６
．
ｎ ｍ 求 ａ 的通项公式
－１ （１） ｛ ｎ｝ ；
设ｆ ｘ ｘ ｘ 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ． 求Ｓ 并判断Ｓ Ｓ Ｓ 是否成等差数列．
② （ ）＝２（１－ ）， ＞０ ， （ ）＝（ｌｎ２－１－ ｌｎ２）２ ＜０ （２） ｎ， ｎ ＋１， ｎ， ｎ ＋２
所以ｆ ｘ 单调递减 解析 本题考查等差 等比数列．
（ ） ， 、
从而ｆ ｘ ｆ ． 设 ａ 的公比为ｑ 由题设可得
（ ）＜（０）＝１ （１） ｛ ｎ｝ ，
ｑｎ {ａ ｑ
当 ２≤ ｎ ≤ ｍ时 ，ｑｎ ｎ －１ ＝ ｑ （ ｎ ｎ －１） ≤２ １ｎ ( １－ ｎ １ ) ＝ ｆ ( １ ｎ ) ＜１ ． 解 ａ 得 １ １ （ （ １ １ ｑ ＋ ＋ ｑ ） ＋ ＝ ｑ２ ２ ） ａ ， ＝－６ ． ．
ｎ
＝－２， １＝－２
－１ 故 ａ 的通项公式为ａ ｎ．
因此 ， 当 ２≤ ｎ ≤ ｍ ＋１ 时 ， 数列
{
ｎ
ｑｎ
－１
}
单调递减 ，
｛
由
ｎ｝
可得Ｓ ａ １（１
ｎ
－
＝
ｑ
（
ｎ
－
）
２）
２ ｎ ２ ｎ ＋１ ．
－１ （２） （１） ｎ＝ ｑ ＝－ ＋（－１） ·
故数列 {
ｎ
ｑｎ －１ } 的最小值为 ｑ
ｍ
ｍ ．
由于Ｓ Ｓ ４
１－
ｎ ２
ｎ ＋３ ３
－２
ｎ ＋２ ３
－１ ｎ ＋２＋ ｎ ＋１＝－ ＋（－１） ·
éｂ ｑｍ ｂ ｑｍù ３ ３
因此 ， ｄ的取值范围为 ë êê １（ ｍ －２） ， １ ｍ û úú． ＝２ [ － ２ ＋（－１） ｎ · ２ ｎ ＋１ ] ＝２ Ｓ ｎ，
的概
疑
念
难
和
突
相
破
关 性
本
质
题
，
是
第
数
（
列
）问
的
主
综
要
合
考
题
查
，考
绝
查
对
等
值
差
不
数
等
列
式
、
．
等
第
比
（
数
）
列
问
故Ｓ
方 ｎ ＋ 法 １，
３ Ｓ
总 ｎ， 结
Ｓ
ｎ ＋２
成
等
等
差
差
、
３
等
数
比
列
数
．
列的常用公式：
１ ２
要求ｄ的范围，使得 ｜ ａ ｎ－ ｂ ｎ｜≤ ｂ １ 对ｎ ＝２ ， ３ ，…，ｍ ＋１ 都成立， （ １ ）等差数列：
首 ｑｎ ｎ － 先 － １ － １ 把 ２ｂ １ ｄ 的 分 最 离 大 出 值 来 和 ，变 ｎ ｑ － ｎ － 成 １ １ ｂ ｑ １ ｎ ｎ － 的 － １ － １ 最 ２ｂ 小 １≤ 值 ｄ ．对 ≤ 于 ｎ ｑ － ｎ － 数 １ １ ｂ 列 １ ， { 难 ｑｎ ｎ 点 － － １ － １ 在 ２ } 于 ， 讨 可 论 以 递 通 前 推 项 ｎ 关 公 项 系 式 和 式 ： 公 ａ ： 式 ｎ ａ ＝ ： ｎ ａ ＋ Ｓ １ １ ｎ － ＋ ＝ ａ （ ｎ （ ｎ ＝ ａ － ｄ １ １ ＋ ， ） ａ 常 ｄ ｎ ． ） 用 ｎ 于 ＝ ｎ 等 ａ １ 差 ＋ ｎ 数 （ｎ 列 － 的 １ ） 证 ｄ． 明．
通过作差讨论其单调性，而对于数列
{ｑｎ
－１
}
，要作商讨论单调 （ ）等比数列：
２ ２
ｎ ２
－１ ａ
ｑｎ 递推关系式： ｎ ＋１ ｑ（ｑ ），常用于等比数列的证明．
ａ ＝ ≠０
ｎ ｑ（ｎ ） ( ) ｎ
性， ∵ ｑｎ －１ ＝ ｎ －１ ＝ ｑ １－ ｎ １ ，当 ２≤ ｎ ≤ ｍ时， １＜ ｑｎ ≤２ ， ∴ ｑ 通项公式：ａ ｎ＝ ａ １ ·ｑ { ｎ ｎ －１ ａ ． （ｑ ），
( １ ｎ ) －１ １ｎ ( １ ) ，可以构造函数ｆ（ｘ） ｘ（ ｘ），通过讨 前ｎ项和公式：Ｓ ｎ＝ ａ １ （ １ １－ ＝ ｑｎ １ ） （ｑ ）．
１－ ｎ ≤２ １－ ｎ ＝ ２ １－ ｑ ≠１
１－
( ) （ ）在证明 ａ，ｂ，ｃ 成等差、等比数列时，还可以利用等差中
论ｆ（ｘ）在（ ， ）上的单调性去证明 ｆ １ ，得到数列 ３
０ ＋∞ ｎ ＜１ ａ ｃ
项： ＋ ｂ或等比中项：ａ·ｃ ｂ２ 来证明．
{ｑｎ
－１
}
的单调性，解出最小值．两个数列，一个作差得到单调 ２
＝ ＝
ｎ －１ １１．（２０１５北京文，１６，１３分）已知等差数列 ｛ ａ ｎ｝ 满足ａ １＋ ａ ２＝１０，
性，一个作商得到单调性，都是根据数列本身结构而得，方法 ａ ａ ．
４－ ３＝２
( ) 求 ａ 的通项公式
自然合理，最后构造函数判断 １ｎ １ 与 的大小是难点， （１） ｛ ｎ｝ ；
２ １－ ｎ １ 设等比数列 ｂ 满足ｂ ａ ｂ ａ ．问 ｂ 与数列 ａ 的
（２） ｛ ｎ｝ ２＝ ３， ３＝ ７ ： ６ ｛ ｎ｝
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第六章 数列 ３ ０９
第几项相等
？ 解得ａ ｄ １
解析 设等差数列 ａ 的公差为ｄ． １＝１， ＝ ，
（１） ｛ ｎ｝ ２
因为ａ ａ 所以ｄ ． ｎ ｎ
又因为 ４－ ａ ３ ａ ＝２， 所以 ＝２ ａ ｄ 故ａ ． 故通项公式ａ ｎ＝１＋ －１ ， 即ａ ｎ＝ ＋１．
１＋ ２＝１０， ２ １＋ ＝１０， １＝４ ２ ２
所以ａ ｎ ｎ ｎ ．
ｎ＝４＋２（ －１）＝２ ＋２ （ ＝１，２，…） 由 得ｂ ｂ ａ １５＋１ ．
（２） 设等比数列 ｛ ｂ ｎ｝ 的公比为ｑ．
（２） （１） １＝１， ４＝ １５＝
２
＝８
ｂ
因为ｂ ａ ｂ ａ
所以ｑ ２＝ ３ ｂ ＝８， ． ３＝ ７＝１６， 设 ｛ ｂ ｎ｝ 的公比为ｑ ， 则ｑ３ ＝ｂ ４ ＝８， 从而ｑ ＝２，
＝２， １＝４
故 ｂ 的前ｎ项和
１
所以ｂ ６－１ ． ｛ ｎ｝
１２． 由 所 （２ 以 ０ １ １ ２ ５ ８ ｂ ６ ６ 重 ＝ ＝ 与 ２ 庆 ４ ｎ 数 × ＋ 文 ２ ２ 列 ， 得 １ ｛ ＝ ６ ａ ｎ ， １ ｎ １ ＝ ｝ ２ ３ ８ 的 ６ 分 ３ 第 ． ）已 ６３ 知 项 等 相 差 等 数 ． 列 ｛ ａ ｎ｝ 满足ａ ３＝２， 前 ３ １３． Ｔ （ ｎ ２０ ＝ １
求
ｂ ４ １（ 福 １
ａ
１ － － 建 ｑ ｑｎ 文 ） ＝ ，１ １ ７ × ， （ １ １ １ ２ － － ２ 分 ２ ｎ ） ） 在 ＝ 等 ２ ｎ 比 －１ 数 ． 列 ｛ ａ ｎ｝ 中 ， ａ ２＝３， ａ ５＝８１ ．
项和Ｓ ９ ． （１） ｎ；
求 ３＝ ａ ２ 的通项公式 （２） 设ｂ ｎ＝ｌｏｇ３ ａ ｎ， 求数列 ｛ ｂ ｎ｝ 的前ｎ项和Ｓ { ｎ ａ ． ｑ
（１） ｛ ｎ｝ ； 解析 设 ａ 的公比为ｑ 依题意得 １ ＝３，
（２）
设等比数列
｛
ｂ
ｎ｝
满足 ｂ
１＝
ａ
１，
ｂ
４＝
ａ
１５，
求
｛
ｂ
ｎ｝
的前 ｎ 项 （１） ｛ ｎ｝ ， ａ
１
ｑ４
＝８１，
和Ｔ ． {ａ
解析
ｎ
设 ａ 的公差为ｄ 则由已知条件得
解得
ｑ
１＝１
．
，因此
，
ａ
ｎ＝３
ｎ －１．
（１） ｛ ｎ｝ ， ＝３
因为ｂ ａ ｎ
ａ
１＋２
ｄ
＝２，３
ａ
１＋
３×
２
２ｄ
＝ ２
９
，
（
所
２
以
）
数列
ｎ
ｂ
＝ｌｏ
的
ｇ３
前
ｎ＝
ｎ项
－１
和
，
Ｓ ｎ （ ｂ １＋ ｂ ｎ） ｎ２ － ｎ ．
｛ ｎ｝ ｎ＝ ＝
化简得ａ ｄ ａ ｄ ３ ２ ２
１＋２ ＝２， １＋ ＝ ，
２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋