北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
学
6.5 数列的综合
五年高考
高考新风向
(创新考法、新定义理解)(2024新课标Ⅰ,19,17分,难)设m为正整数,数列a ,a ,…,a 是
1 2 4m+2
公差不为0的等差数列,若从中删去两项a和a(i<j)后剩余的4m项可被平均分为m组,且
i j
每组的4个数都能构成等差数列,则称数列a ,a ,…,a 是(i,j)-可分数列.
1 2 4m+2
(1)写出所有的(i,j),1≤i<j≤6,使得数列a ,a ,…,a 是(i,j)-可分数列;
1 2 6
(2)当m≥3时,证明:数列a ,a ,…,a 是(2,13)-可分数列;
1 2 4m+2
(3)从1,2,…,4m+2中一次任取两个数i和j(i<j),记数列a ,a ,…,a 是(i,j)-可分数列的概率
1 2 4m+2
1
为P ,证明:P > .
m m 8
解析 (1)(1,2),(1,6),(5,6).
理由:数列a ,a ,…,a 中删去a ,a 后,数列a ,a ,a ,a 是等差数列,所以数列a ,a ,…,a 是(1,2)-
1 2 6 1 2 3 4 5 6 1 2 6
可分数列,同理数列a ,a ,…,a 是(1,6)或(5,6)-可分数列.
1 2 6
(2)证明:m=3时,
a ,a ,a ,a 成等差数列;
1 4 7 10
a ,a ,a ,a 成等差数列;
3 6 9 12
a ,a ,a ,a 成等差数列.
5 8 11 14
m≥4时,从a 开始每连续4项成等差数列,a 前12项分组同上,
15 15
即a ,a ,a ,a 成等差数列;
1 4 7 10
a ,a ,a ,a 成等差数列;
3 6 9 12
a ,a ,a ,a 成等差数列;
5 8 11 14
a ,a ,a ,a 成等差数列;
15 16 17 18
……
a ,a ,a ,a 成等差数列.证明毕.
4m-1 4m 4m+1 4m+2
(3)证明:从4m+2个数中任取两个数i和j(i<j)有C2 =8m2+6m+1种,
4m+2
①首先证明(4p+1,4q+2)(p<q)一定符合题意,p,q∈N,且q≤m.
4p+1与4q+2之间有4q+2-(4p+1)-1=4(q-p)个数,按从小到大的顺序每4个一组.
4p+1前的4p个数按从小到大的顺序每4个一组.
4q+2后的4(m-q)个数按从小到大的顺序每4个一组.
1
故(4p+1,4q+2)(0≤p<q≤m)的不同取值有C2 +(m+1)= (m2+3m+2)种.
m+1 2北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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②其次证明(4p+2,4q+1)(p<q-1)一定符合题意,p,q∈N,且q≤m,
4p+1前的4p个数,按从小到大的顺序每4个一组,
4q+2后的4(m-q)个数按从小到大的顺序每4个一组,
对4p+1,4p+2,4p+3,…,4q,4q+1,4q+2,一共有4(q-p)+2个数,
去掉其中第2个与第4(q-p)+1个数,即4p+2与4q+1.
下面证明去掉后剩下的4(q-p)个数可以分成q-p组,每组4个数构成等差数列.
该证明实际上为(2)的推广.
令k=q-p≥2,
4p+1,4p+1+k,4p+1+2k,4p+1+3k成等差数列;
4p+3,4p+3+k,4p+3+2k,4p+3+3k成等差数列;
……
4p+2+k,4p+2+2k,4p+2+3k,4p+2+4k成等差数列,
得证,∴②得证.
1
故(4p+2,4q+1)的不同取值有C2 -m= (m2-m)种,
m+1 2
1 1 1
由①②,分组方法共有 (m2+3m+2)+ (m2-m)= (2m2+2m+2)=m2+m+1种,
2 2 2
m2+m+1 1 2m+7 1
而 - = >0,∴P > .
8m2+6m+1 8 8(8m2+6m+1) m 8
考点 数列的综合
{a −6,n为奇数,
1.(2023新课标Ⅱ,18,12分,中)已知{a }为等差数列,b = n 记S ,T 分别为数
n n 2a ,n为偶数. n n
n
列{a },{b }的前n项和,S =32,T =16.
n n 4 3
(1)求{a }的通项公式;
n
(2)证明:当n>5时,T >S .
n n
解析 (1)设数列{a }的首项为a ,公差为d,
n 1
{a −6,n为奇数,
n
∵b = ∴b =a -6,b =2a ,b =a -6,
n 2a ,n为偶数, 1 1 2 2 3 3
n
又T =16,且b +b +b =a +2a +a -12=4a -12,
3 1 2 3 1 2 3 2
∴4a -12=16,∴a =7,即a +d=7,①
2 2 1
又S =32,∴4a +6d=32,②
4 1
由①②得a =5,d=2,
1
∴a =5+2(n-1)=2n+3.
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(2)证明:T =b +b +…+b +b +b +…+b
2n 1 3 2n-1 2 4 2n
=a +a +…+a -6n+2a +2a +…+2a
1 3 2n-1 2 4 2n
=S +a +…+a -6n
2n 2 2n
n(a +a )
=S + 2 2n -6n
2n
2
=S +2n2-n.
2n
T =T +b =S +2n2-n+a -6=S +2n2-n-6.
2n+1 2n 2n+1 2n 2n+1 2n+1
当n≥1时,T -S =2n2-n>0,故T >S ,当n>2时,T -S =2n2-n-6>0,故T >S .综上,当
2n 2n 2n 2n 2n+1 2n+1 2n+1 2n+1
n>5时,T >S .
n n
{S } 1
2.(2022新高考Ⅰ,17,10分,中)记S 为数列{a }的前n项和,已知a =1, n 是公差为 的等
n n 1 a 3
n
差数列.
(1)求{a }的通项公式;
n
1 1 1
(2)证明: + +…+ <2.
a a a
1 2 n
解析 (1)依题意得,S =a =1,
1 1
S 1 1 n+2
n
= +(n-1)× = ,∴3S =(n+2)a ,
a 1 3 3 n n
n
则3S =(n+1+2)a =(n+3)a ,
n+1 n+1 n+1
∴3S -3S =(n+3)a -(n+2)a ,
n+1 n n+1 n
即3a =(n+3)a -(n+2)a ,
n+1 n+1 n
a n+2
∴na =(n+2)a ,即 n+1 = ,
n+1 n a n
n
a (n+1)(n+2)
n+1
由累乘法得 = ,
a 1×2
1
(n+1)(n+2)
又a =1,∴a = ,
1 n+1
2
n(n+1)
∴a = (n≥2),又a =1满足上式,
n 2 1
n(n+1)
∴a = (n∈N*).
n 2
1 2 (1 1 )
(2)证明:由(1)知 = =2 − ,
a n(n+1) n n+1
n
1 1 1 (1 1) (1 1) (1 1 ) ( 1 ) 2
∴ + +…+ =2 − +2 − +…+2 − =2 1− =2- <2.
a a a 1 2 2 3 n n+1 n+1 n+1
1 2 n北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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na
3.(2021全国乙文,19,12分,中)设{a }是首项为1的等比数列,数列{b }满足b = n.已知
n n n
3
a ,3a ,9a 成等差数列.
1 2 3
(1)求{a }和{b }的通项公式;
n n
S
(2)记S 和T 分别为{a }和{b }的前n项和.证明:T < n.
n n n n n
2
解析 (1)设等比数列{a }的公比为q.
n
∵a ,3a ,9a 成等差数列,
1 2 3
∴6a =a +9a .即6a q=a +9a q2.
2 1 3 1 1 1
又∵{a }是首项为1的等比数列,
n
1
∴6q=1+9q2,解得q =q = ,
1 2 3
(1) n−1
∴a =a ·qn-1= .
n 1 3
na (1) n
∵b = n,∴b =n· .
n 3 n 3
(2)第一步:用等比数列前n项和公式计算S .
n
由等比数列{a }的首项和公比知,前n项和为
n
a (1−qn ) 3[ (1) n]
S = 1 = 1− .
n 1−q 2 3
第二步:用错位相减法求T .
n
(1) n
∵b =n· ,
n 3
(1) 1 (1) 2 (1) n
∴T =b +b +…+b =1× +2× +…+n ,①
n 1 2 n 3 3 3
1 (1) 2 (1) 3 (1) n+1
T =1× +2× +…+n .②
3 n 3 3 3
2 1 (1) 2 (1) n (1) n+1
①-②可得 T = + +…+ -n·
3 n 3 3 3 3
1[ (1) n]
1−
3 3 (1) n+1 (1 1)(1) n 1
= -n· =- n+ + ,
1 3 3 2 3 2
1−
3
(1 3)(1) n 3
∴T =- n+ + .
n 2 4 3 4北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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S
第三步:表示 n,并利用作差法证得结论.
2
∵
S
n=
3
-
1
×
(1) n−1
=
3
-
3
×
(1) n
,
2 4 4 3 4 4 3
∴T -
S
n=-
1
n·
(1) n
<0,∴T <
S
n.
n 2 2 3 n 2
9
4.(2021浙江,20,15分,中)已知数列{a }的前n项和为S ,a =- ,且4S =3S -9(n∈N*).
n n 1 4 n+1 n
(1)求数列{a }的通项公式;
n
(2)设数列{b }满足3b +(n-4)a =0(n∈N*),记{b }的前n项和为T ,若T ≤λb 对任意n∈N*恒成
n n n n n n n
立,求实数λ的取值范围.
9
解析 (1)由4S =3S -9,得4S =3S -9(n≥2),则4a =3a (n≥2),又4(a +a )=3a -9,a =- ,所以
n+1 n n n-1 n+1 n 1 2 1 1 4
9 3
4a =3a ,所以{a }是以- 为首项, 为公比的等比数列,
2 1 n 4 4
(3) n
所以a =-3× .
n 4
(3) n 3 (3) 2 (3) n 3 (3) 2
(2)由题意得b =(n-4)× .则T =(-3)× +(-2)× +…+(n-4)× , T =(-3)× +
n 4 n 4 4 4 4 n 4
(3) 3 (3) n+1 1 3 (3) 2 (3) 3 (3) n
(-2)× +…+(n-4)× ,两式相减,得 T =(-3)× + + +…+ -(n-4)×
4 4 4 n 4 4 4 4
(3) n+1 (3) n+1 (3) n+1 (3) n
,所以T =-4n× ,由题意得-4n× ≤λ(n-4)× 恒成立,所以(λ+3)n-4λ≥0,
4 n 4 4 4
{λ+3≥0,
记f(n)=(λ+3)n-4λ(n∈N*),所以 解得-3≤λ≤1.
f(1)≥0,
5.(2023天津,19,15分,难)已知{a }是等差数列,a +a =16,a -a =4.
n 2 5 5 3
2n−1
(1)求{a }的通项公式及∑ ❑a(nN∈*).
n i
i=2n−1
(2)设{b }是等比数列,且对任意的k∈N*,当2k-1≤n≤2k-1时,b<a <b .
n k n k+1
①当k≥2时,求证:2k-1<b<2k+1;
k
②求{b }的通项公式及前n项和.
n
解析 (1)设{a }的公差为d.
n
{2a +5d=16, {a =3,
由题意得 1 解得 1
2d=4, d=2.
所以a =3+2(n-1)=2n+1.
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2n−1
∑ ❑a=a +a +a +…+a
i 2n−1 2n−1+1 2n−1+2 2n−1
i=2n−1
2n−1 [2·2n−1+1+2·(2n−1)+1]
=
2
2n−1·(2n+1+2·2n−1)
=
2
2n−1·3·2n 3
= = ×22n-1=3×22n-2=3×4n-1.
2 2
(注:项数为(2n-1)-2n-1+1=2n-2n-1=2n-1)
(2)①证明:2k-1≤n≤2k-1⇒2k≤2n≤2k+1-2⇒2k+1≤2n+1≤2k+1-1,即2k+1≤a ≤2k+1-1,
n
∵b<a <b 成立,
k n k+1
{ b <(a ) ,
∴ k n min ∴b<2k+1且b >2k+1-1,则b>2k-1.
b >(a ) , k k+1 k
k+1 n max
综上,2k-1<b<2k+1,证毕.
k
②设{b }的公比为q,前n项和为S ,
n n
∵{b }为等比数列,且k∈N*,2k-1<b<2k+1,
n k
∴2k+1-1<b <2k+1+1,
k+1
b 2k+1+1 3 2k+1−1 3
又q=
k+1
,∴q< =2+ ,q> =2- ,
b 2k−1 2k−1 2k+1 2k+1
k
∵k∈N*,∴q=2,∴2k-1<b 2k-1<2k+1,∴b =2,
1 1
b (1−qn ) 2(1−2n )
∴b =2n,∴S = 1 = =2n+1-2.
n n
1−q 1−2北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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三年模拟
练思维
1.(2024甘肃二诊,17)设数列{a }的前n项和为S ,a =1,2S =n2+n(n∈N*).
n n 1 n
(1)求数列{a }的通项公式;
n
1
(2)设数列{b }的前n项和为T ,且b = ,求T ;
n n n √a +√a 99
n n+1
1 1 1 1
(3)证明: + + +…+ >9.
2√a 2√a 2√a 2√a
1 2 3 99
n2+n
解析 (1)因为2S =n2+n,所以S = ,
n n
2
n2+n (n−1) 2+(n−1)
当n≥2时,a =S -S = - =n,
n n n-1
2 2
因为a =1也满足上式,故a =n(n∈N*).
1 n
1
(2)因为b = ,且a =n(n∈N*),
n √a +√a n
n n+1
1 √n+1−√n
所以b = = =√n+1-√n,
n √n+√n+1 (√n+√n+1)(√n+1−√n)
所以T =(√2-√1)+(√3-√2)+(√4-√3)+…+(√100-√99)=√100-1=9.
99
即T =9.
99
1 1 1 1
(3)证明:由于 = = > =√n+1-√n,
2√a 2√n √n+√n √n+√n+1
n
1 1 1 1
故 + + +…+ >√2-1+√3-√2+…+√100-√99=√100-1=9.
2√a 2√a 2√a 2√a
1 2 3 99
所以原不等式成立.
2.(2024江苏盐城六校联考,18)已知{a }是首项为1的等比数列,{b }是首项为2的等差数列,
n n
a =b 且a =b +b .
3 2 4 1 3
(1)求{a }和{b }的通项公式;
n n
(2)将{a }和{b }中的所有项分别构成集合A,B,将A∪B的所有元素按从小到大的顺序排列
n n
组成新数列{c },求数列{c }的前50项和S ;
n n 50
{ a ,n为奇数,
n+1
(3)设数列{d }的通项公式为d = b n∈N*,记{d }的前n项和为T ,若
n n n+2,n为偶数, n n
2
3T ≥22n+1+3nt-14对任意的n∈N*都成立,求正数t的取值范围.
2n-1
解析 (1)设{a }的公比为q(q≠0),{b }的公差为d,
n n
