第一篇 专题三 第2讲 数列求和及其综合应用-【衡中学案】2025年高考数学二轮总复习学案

!"@$FŸ& Q F~& '^_lm ●5678 等差数列、等比数列综 合问题的求解策略 （１）对于等差数列与等 比数列交汇的问题，要 从两个数列的特征入 手，理清它们的关系，常 用“基本量法”求解，但 有时灵活地运用等差中 项、等比中项等性质，可 使运算更加简便． （２）数列的通项或前ｎ 项和可以看作关于ｎ的 函数，然后利用函数的 性质求解有关数列的最 值问题． （３）等差数列、等比数 列与不等式交汇的问题 常构造函数，根据函数 的性质解不等式． 提醒：等差数列、等比数 列多与数学文化、不等 式等知识创新交汇命 题，解决此类问题时要 注意构造思想、转化思 想的运用． ●1234 ３．（１）（多选）（２０２４·沧县校级模拟）设等差数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，ｅ是自然对 数的底数，则下列说法正确的是 （　 　 ） Ａ．当ｍ∈Ｎ时，Ｓｍ，Ｓ２ｍ，Ｓ３ｍ是等差数列 Ｂ．数列｛ｅａｎ｝是等比数列 Ｃ．数列Ｓｎ{ }ｎ 是等差数列 Ｄ．当ｐ，ｑ均为正整数且ｐ≠ｑ时，Ｓｐ ＋ ｑｐ ＋ ｑ ＝ Ｓｐ － Ｓｑ ｐ － ｑ （２）（２０２４·新余二模）在公差为正数的等差数列｛ａｎ｝中，若ａ１ ＝ ３，ａ３，ａ６，３２ ａ８成 等比数列，则数列｛ａｎ｝的前１０项和为　 　 　 　 ． ●9:;< ６．（２０２４·鹤壁模拟）已知函数ｆ（ｘ）＝ ｅｘ － ｅπ － ｘ － ｃｏｓ ｘ，若实数ｘ１，ｘ２，ｘ３成等差数列， 且ｆ（ｘ１）＋ ｆ（ｘ２）＋ ｆ（ｘ３）＝ ０，则ｘ１ ＋ ｘ２ ＋ ｘ３ ＝ （　 　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　Ａ． ０ Ｂ． π２ Ｃ． ３π ２ Ｄ． ３π ７．（多选）（２０２４·江西模拟）已知数列｛ａｎ｝是等差数列，其前ｎ项的和为Ｓｎ，则下列 结论一定正确的是 （　 　 ） Ａ．数列｛２ａｎ｝是等比数列 Ｂ．数列｛ａ２ｎ｝是等比数列 Ｃ．数列Ｓｎ{ }ｎ 是等差数列 Ｄ．数列Ｓｎｎ{ }＋ １ 不是等差数列 温馨提示：复习至此，请做练案［１０］ 第２讲　 数列求和及其综合应用 !"#$ 　 　 　 明方向　 　 　 １．高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和， 难度中档偏下． ２．在考查数列运算的同时，将数列与不等式、函数交汇渗透． %&'( 　 　 　 明体系　 !%' )*+, 　 　 　 明考向　 １．（２０２４·新课标全国Ⅱ卷）｛ａｎ｝为等差数列，ｂｎ ＝ ａｎ － ６，ｎ为奇数， ２ａｎ，ｎ为偶数{ ， 记Ｓｎ，Ｔｎ 分别为数列｛ａｎ｝，｛ｂｎ｝的前ｎ项 和，Ｓ４ ＝ ３２，Ｔ３ ＝ １６． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　（１）求｛ａｎ｝的通项公式； （２）证明：当ｎ ＞ ５时，Ｔｎ ＞ Ｓｎ． ２．（２０２４·新课标全国Ⅰ卷）设ｍ为正整数，数列ａ１，ａ２，…，ａ４ｍ ＋ ２是公差不为０的等差数列，若从中删去两项ａｉ和 ａｊ（ｉ ＜ ｊ）后剩余的４ｍ项可被平均分为ｍ组，且每组的４个数都能构成等差数列，则称数列ａ１，ａ２，…，ａ４ｍ ＋ ２是 （ｉ，ｊ）－可分数列． （１）写出所有的（ｉ，ｊ），１≤ｉ ＜ ｊ≤６，使数列ａ１，ａ２，…，ａ６是（ｉ，ｊ）－可分数列； （２）当ｍ≥３时，证明：数列ａ１，ａ２，…，ａ４ｍ ＋ ２是（２，１３）－可分数列； （３）从１，２，…，４ｍ ＋ ２中一次任取两个数ｉ和ｊ（ｉ ＜ ｊ），记数列ａ１，ａ２，…，ａ４ｍ ＋ ２是（ｉ，ｊ）－可分数列的概率为Ｐｍ， 证明：Ｐｍ ＞ １８ ． ３．（２０２４·全国甲卷理科）记Ｓｎ为数列｛ａｎ｝的前ｎ项和，且４Ｓｎ ＝ ３ａｎ ＋ ４． （１）求｛ａｎ｝的通项公式； （２）设ｂｎ ＝（－ １）ｎ － １ｎａｎ，求数列｛ｂｎ｝的前ｎ项和为Ｔｎ． ４．（２０２４·全国甲卷文科）已知等比数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，且２Ｓｎ ＝ ３ａｎ ＋ １ － ３． （１）求｛ａｎ｝的通项公式； （２）求数列｛Ｓｎ｝的通项公式． !%( ５．（２０２３·新课标全国Ⅰ卷）设等差数列｛ａｎ｝的公差为ｄ，且ｄ ＞ １．令ｂｎ ＝ ｎ ２ ＋ ｎ ａｎ ，记Ｓｎ，Ｔｎ分别为数列｛ａｎ｝，｛ｂｎ｝ 的前ｎ项和． （１）若３ａ２ ＝ ３ａ１ ＋ ａ３，Ｓ３ ＋ Ｔ３ ＝ ２１，求｛ａｎ｝的通项公式； （２）若｛ｂｎ｝为等差数列，且Ｓ９９ － Ｔ９９ ＝ ９９，求ｄ． ６．（２０２３·全国甲卷理科）已知数列｛ａｎ｝中，ａ２ ＝ １，设Ｓｎ为｛ａｎ｝前ｎ项和，２Ｓｎ ＝ ｎａｎ． （１）求｛ａｎ｝的通项公式； （２）求数列ａｎ ＋ １ ２{ }ｎ 的前ｎ项和Ｔｎ． ７．（２０２２·新高考全国Ⅱ卷）已知｛ａｎ｝为等差数列，｛ｂｎ｝是公比为２的等比数列，且ａ２ － ｂ２ ＝ ａ３ － ｂ３ ＝ ｂ４ － ａ４ ． （１）证明：ａ１ ＝ ｂ１； （２）求集合｛ｋ ｜ ｂｋ ＝ ａｍ ＋ ａ１，１≤ｍ≤５００｝中元素个数． ８．（２０２２·全国甲卷）记Ｓｎ为数列｛ａｎ｝的前ｎ项和．已知２Ｓｎｎ ＋ ｎ ＝ ２ａｎ ＋ １． （１）证明：｛ａｎ｝是等差数列； （２）若ａ４，ａ７，ａ９成等比数列，求Ｓｎ的最小值． ９．（２０２２·新高考全国Ⅰ卷）记Ｓｎ为数列｛ａｎ｝的前ｎ项和，已知ａ１ ＝ １，Ｓｎａ{ }ｎ 是公差为１３的等差数列． （１）求｛ａｎ｝的通项公式； （２）证明：１ａ１ ＋ １ ａ２ ＋…＋ １ａｎ ＜ ２． !%) !-./ 　 　 　 提能力　 !"#$¡¢£‹as¤¥‹a ●5678 由递推公式求通项公式 的方法 （１）形如ａｎ ＋ １ － ａｎ ＝ ｆ（ｎ）的数列，利用累加 法，即利用公式ａｎ ＝ （ａｎ － ａｎ － １）＋ （ａｎ － １ － ａｎ － ２）＋…＋ （ａ２ － ａ１） ＋ ａ１（ｎ≥２），即可求数 列｛ａｎ｝的通项公式． （２）形如ａｎ ＋ １ａｎ ＝ ｆ（ｎ）的 数列，常令ｎ分别为１， ２，３，…，ｎ － １，代入ａｎ ＋ １ａｎ ＝ ｆ（ｎ），再把所得的（ｎ － １）个等式相乘，利用 ａｎ ＝ ａ１·ａ２ａ１· ａ３ ａ２ ·…· ａｎ ａｎ － １ （ｎ≥２）即可求数列 ｛ａｎ｝的通项公式． （３）形如ａｎ ＋ １ ＝ ｑａｎｐａｎ ＋ ｑ （ｐ，ｑ≠０）的数列，取倒 数可得１ａｎ ＋ １ ＝ １ ａｎ ＋ ｐｑ ， 即１ａｎ ＋ １ － １ ａｎ ＝ ｐｑ ，构造 等差数列１ａ{ }ｎ 求通项 公式． （４）若数列｛ａｎ｝满足 ａｎ ＋ １ ＝ ｐａｎ ＋ ｑ（ｐ≠０，１， ｑ≠０），构造ａｎ ＋ １ ＋ λ ＝ ｐ（ａｎ ＋ λ）． （５）若数列｛ａｎ｝满足 ａｎ ＋ １ ＝ ｐａｎ ＋ ｆ（ｎ）（ｐ≠ ０，１），构造ａｎ ＋ １ ＋ ｇ（ｎ ＋ １）＝ ｐ［ａｎ ＋ ｇ（ｎ）］． ●1234 １．（１）已知数列｛ａｎ｝满足ａ１ ＝ １０，ａｎ ＋ １ － ａｎｎ ＝ ２，则 ａｎ ｎ的最小值为 （　 　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　Ａ． ２ 槡１０ － １ Ｂ． １１２ Ｃ． １６ ３ Ｄ． ２７ ４ （２）已知Ｓｎ是数列｛ａｎ｝的前ｎ项和，ａ１ ＝ １，Ｓｎ ＝ ｎ ＋ ２３ ａｎ，则｛ａｎ｝的通项公式为 （　 　 ） Ａ． ａｎ ＝ ２ ｎ － １ Ｂ． ａｎ ＝ ｎ（ｎ ＋ １） ２ Ｃ． ａｎ ＝ ３ ｎ Ｄ． ａｎ ＝ ２ｎ － １ （３）（２０２４·辽宁模拟）已知数列｛ａｎ｝满足ａ１ ＝ １，ａｎ ＋ １ ＝ ａｎ２ａｎ ＋ １，则ａ５ ＝ （　 　 ） Ａ． １７ Ｂ． １ ８ Ｃ． １ ９ Ｄ． １ １０ （４）（２０２４·河南模拟）已知数列｛ａｎ｝满足１ａｎ ＋ １ ＝ １ ３· １ ａｎ ＋ ２３ ，且ａ２ ＝ ３ ４ ，则ａ１ ０１１ ＝ （　 　 ） Ａ． １( )３ １ ０１１ Ｂ． ３ １ ０１１ １ ＋ ３１ ０１１ Ｃ． ３ １ ０１０ １ ＋ ３１ ０１０ Ｄ． １( )３ １ ０１０ （５）（２０２４·江西二模）已知数列｛ａｎ｝的首项ａ１ 为常数且ａ１≠ ２３ ，ａｎ ＋ １ ＋ ２ａｎ ＝ ４ ｎ （ｎ∈Ｎ），若数列｛ａｎ｝是递增数列，则ａ１的取值范围为 （　 　 ） Ａ． － ２３ ， ２( )３ Ｂ． － ２３ ，２( )３ ∪ ２３ ，４( )３ Ｃ． ０，２( )３ Ｄ． ０，２( )３ ∪ ２３ ，４( )３ ●9:;< １．（２０２４·北京市昌平区第二中学校考）已知数列｛ａｎ｝满足ａ１ ＝ １，ａｎ ＋ １ － ａｎ ＝ １ ｎ（ｎ ＋ ２），则ａ５ ＝ （　 　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　Ａ． ７５ Ｂ． １７ １２ Ｃ． ４７ ３０ Ｄ． ５１ ４０ ２．（多选）已知数列｛ａｎ｝，下列结论正确的是 （　 　 ） Ａ．若ａ１ ＝ ２，ａｎ ＋ １ ＝ ａｎ ＋ ｎ ＋ １，则ａ２０ ＝ ２１１ Ｂ．若ａ１ ＝ １，ａｎ ＋ １ ＝ ２ａｎ ＋ ３，则ａｎ ＝ ２ｎ － １ － ３ Ｃ．若ａ１ ＝ １，ａｎ ＋ １ ＝ ａｎ１ ＋ ３ａｎ，则ａｎ ＝ １ ３ｎ － ２ Ｄ．若ａ１ ＝ ２，２（ｎ ＋ １）ａｎ － ｎａｎ ＋ １ ＝ ０，则ａｎ ＝ ｎ·２ｎ ３．已知数列｛ａｎ｝中，ａ１ ＝ ４，且ａｎ ＝ ２ａｎ － １ ＋ ２ｎ ＋ １（ｎ≥２，且ｎ∈Ｎ），则数列｛ａｎ｝的通项 公式为　 　 　 　 ． !%* !"=$XM Ｓｎ * ａｎ 'Žs¤¥‹a ●5678 在处理Ｓｎ，ａｎ 的式子 时，一般情况下，如果要 证明ｆ（ａｎ）为等差（等 比）数列，就消去Ｓｎ，如 果要证明ｆ（Ｓｎ）为等差 （等比）数列，就消去 ａｎ；但有些题目要求求 ｛ａｎ｝的通项公式，表面 上看应该消去Ｓｎ，但这 会导致解题陷入死胡 同，这时需要反其道而 行之，先消去ａｎ，求出 Ｓｎ，然后利用ａｎ ＝ Ｓｎ － Ｓｎ － １（ｎ≥２）求出ａｎ（ｎ ≥２）． ●1234 ２．已知Ｓｎ是数列｛ａｎ｝的前ｎ项和，ａ１ ＝ ３，且当ｎ≥２时，Ｓｎ，ｎａｎ２ ，Ｓｎ － １成等差数列． （１）求数列｛ａｎ｝的通项公式； （２）设数列｛ｂｎ｝满足ｂｎ ＝ １ － ９ａ２ｎ，若ｂ２·ｂ３·…·ｂｎ ＝ ８９ １７６，求正整数ｎ的值． ●9:;< ４．（２０２４·广州模拟）已知数列｛ａｎ｝满足ａ１ ＋ ３ａ２ ＋ ９ａ３ ＋…＋ ３ｎ － １ａｎ ＝ ｎ ＋ １３ ，设数列 ｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，则满足Ｓｎ ＜ ｋ的实数ｋ的最小值为　 　 　 　 ． ５．（２０２４·辽阳二模）已知正项数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，ａ２ ＝ ３且Ｓｎ槡＋ １ ＝ Ｓ槡ｎ ＋ Ｓ槡１， （１）求｛ａｎ｝的通项公式； （２）若ｂｎ ＝ ４Ｓｎａｎａｎ ＋ １，求数列｛ｂｎ｝的前ｎ项和Ｔｎ． !&! !"@$s& '¦ ｎ ¥H ●-./0 求数列的前ｎ项和的 方法 （１）分组求和法； （２）并项求合法； （３）错位相减法； （４）裂项相消法 ●5678 １．分组求和法求前ｎ项 和适用的类型 （１）｛ｃｎ｝的通项公式 为：ｃｎ ＝ ａｎ ＋ ｂｎ ． （２）｛ｃｎ｝的通项公式 为：ｃｎ ＝ ａｎ，ｎ为偶数， ｂｎ，ｎ为奇数{ ． ２．分组求和法求前ｎ项 和的技巧 （１）定通项公式：即根 据已知条件求出数列的 通项公式． （２）巧拆分：即根据通 项公式的特征，将其分 解为可以直接求和的 数列． （３）分别求和：分别求 出各个数列的和． ３．组合：即把拆分后求 得数列的和进行组合， 得到所求数列的和． ●5678 １．并项求和法求前ｎ项 和适用的类型 通项公式中含有（－ １）ｎ 等特征． ２．并项求和法求前ｎ项 和的解题技巧 （１）按已知的数列的特 点进行分类讨论． （２）将通项加和进行 分析． （３）加和后的数列作为 新数列求和． （４）得出结果． ●1234 分组求和 ３．（２０２４·东湖区校级三模）数列１，１ ＋ ２，１ ＋ ２ ＋ ２２，…，１ ＋ ２ ＋ ２２ ＋…＋ ２ｎ － １，…的前 ｎ项和为 （　 　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　Ａ． ２ｎ － ｎ － １ Ｂ． ２ｎ ＋ １ － ｎ － ２ Ｃ． ２ｎ Ｄ． ２ｎ ＋ １ － ｎ ●9:;< ６．（２０２４·越秀区模拟）已知数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，且满足Ｓｎ ＝ ２ａｎ － １． （１）求数列｛ａｎ｝的通项公式； （２）已知ｂｎ ＝ ａ２ｎ ＋ ｌｏｇ２ａｎ，求数列｛ｂｎ｝的前ｎ项和为Ｔｎ． 并项求合法 ４．（２０２３·重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知等差数列｛ａｎ｝满足ａｎ ＋ １ ＝ ２ａｎ － ｎ． （１）求｛ａｎ｝的通项公式； （２）设ｂｎ ＝（－ １）ｎａｎ，求∑ ２ｎ ｉ ＝ １ ｂｉ ． ●9:;< ７．（２０２４·沈河区校级模拟）已知数列｛ａｎ｝满足ａ１ ＝ １，ａｎ ＞ ０，Ｓｎ是数列｛ａｎ｝的前ｎ 项和，对任意ｎ∈Ｎ，有２Ｓｎ ＝ ２ａ２ｎ ＋ ａｎ － １． （１）求数列｛ａｎ｝的通项公式； （２）设ｂｎ ＝（－ １）ｎ － １ａｎ，求｛ｂｎ｝的前１００项的和． !&" ●5678 错位相减法求和：如果 一个数列的各项是由一 个等差数列和一个等比 数列的对应项之积构成 的，那么这个数列的前 ｎ项和即可用此法来 求． ｑ倍错位相减法：若 数列｛ｃｎ｝的通项公式 ｃｎ ＝ ａｎ·ｂｎ，其中｛ａｎ｝、 ｛ｂｎ｝中一个是等差数 列，另一个是等比数列， 求和时一般可在已知和 式的两边都乘以组成这 个数列的等比数列的公 比，然后再将所得新和 式与原和式相减，转化 为同倍数的等比数列求 和．这种方法叫ｑ倍错 位相减法． 错位相减法 ５．（２０２４·临渭区校级模拟）已知各项均为正数的数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，２Ｓｎ ＝ ｎ（ａｎ ＋ １）且ａ２ ＝ ３２ ａ１ ． （１）求｛ａｎ｝的通项公式； （２）若ｂｎ ＝ ａｎ２ｎ，求数列｛ｂｎ｝的前ｎ项和Ｔｎ． ●9:;< ８．（２０２４·顺德区月考）已知数列｛ａｎ｝满足ａ１ ＝ ２，ａｎ ＋ １ａｎ ＝ ｎ ＋ １ ｎ ． （１）求｛ａｎ｝的通项公式； （２）求数列ａｎ ２ａ{ }ｎ 的前ｎ项和． !&# ●5678 １．裂项相消法的解题 策略 裂项相消求和法就是把 数列的各项变为两项之 差，使得相加求和时一 些正负项相互抵消，前 ｎ项和变成首尾若干少 数项之和，从而求出数 列的前ｎ项和． ２．常见的裂项形式 （１） １ ｎ２ ＋ ｎ ＝ １ｎ（ｎ ＋ １）＝ １ ｎ － １ ｎ ＋ １． （２） １ｎ（ｎ ＋ ｋ）＝ １ (ｋ １ｎ － １ｎ ＋ )ｋ ． （３） １ ４ｎ２ － １ ＝ １（２ｎ － １）（２ｎ ＋ １） ＝ １２ １ ２ｎ － １ － １ ２ｎ( )＋ １ ． （４） １ｎ（ｎ ＋ １）（ｎ ＋ ２） ＝ １ [２ １ｎ（ｎ ＋ １） － １ （ｎ ＋ １）（ｎ ＋ ２ ]） ． （５） １ ｎ ＋槡 ｋ ＋槡ｎ ＝ １ｋ （ ｎ ＋槡 ｋ －槡ｎ）． （６） ２ ｎ （２ｎ ＋ １ ＋ ｋ）（２ｎ ＋ ｋ） ＝ １ ２ｎ ＋ ｋ － １ ２ｎ ＋ １ － ｋ ． （７）（ｎ － １）２ ｎ ｎ（ｎ ＋ １） ＝ ２ｎ ＋ １ ｎ ＋ １ － ２ ｎ ｎ ． 裂项相消法 ６．（２０２４·邯郸三模）已知数列｛ａｎ｝的前ｎ项和Ｓｎ ＝ １ － ２ － ｎ，且满足ｂｎ ＝ ｌｏｇ １２ ａｎ． （１）求数列｛ａｎ｝，｛ｂｎ｝的通项公式； （２）数列 １ｂｎｂｎ{ }＋ １ 的前ｎ项和为Ｔｎ，比较Ｓｎ和Ｔｎ的大小． ●9:;< ９．（２０２４·青羊区校级模拟）已知数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，３Ｓｎ ＝ ４ａｎ － ２． （１）证明：数列｛ａｎ｝是等比数列，并求出通项公式； （２）数列｛ｂｎ｝满足ｂｎ ＝ ｌｏｇ２ａｎ，求数列 １ｂｎ·ｂｎ{ }＋ １ 的前ｎ项和Ｔｎ． !&$ !"]$& '^_LM ●5678 数列与不等式的综合问 题的类型及解题策略 （１）与数列有关的不等 式证明问题的解法 ①比较法：作差比较或 作商比较． ②放缩法：通过分母分 子的扩大或缩小、项数 的增加与减少等方法达 到证明的目的． ③构造法：通过构造函 数进行证明． （２）以数列为载体，考 查不等式恒成立的问 题，此类问题可转化为 函数的最值． 提醒：判断与数列相关 的一些不等关系，可以 利用数列的单调性比较 大小或借助数列对应的 函数的单调性比较大 小． ●1234 ７．（２０２４·顺庆区校级月考）已知数列｛ａｎ｝满足ａ１ ＝ １，ａｎ ＋ １ ＝ － ＳｎＳｎ ＋ １（ｎ∈Ｎ）． （１）求数列｛ａｎ｝的通项公式； （２）设数列｛ＳｎＳｎ ＋ １｝的前ｎ项和为Ｔｎ，若存在正整数ｎ，使得（ｎ － ８）Ｔｎ≤λ２ ＋ １３３ λ 成立，求实数λ的取值范围． ●9:;< １０．（２０２４·安徽月考）已知等差数列｛ａｎ｝的公差ｄ≠０，且ａ２，ａ７，ａ２２成等比数列， ｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，Ｓ３ ＋ Ｓ６ ＝ ６３，设ｂｎ ＝ ２ｎ － １ａｎ，数列｛ｂｎ｝的前ｎ项和为Ｔｎ． （１）求｛ａｎ｝的通项公式； （２）若不等式（Ｔｎ － １）λ ＋ ２Ｓｎ － １１ｎ ＋ ３≤０对一切ｎ∈Ｎ恒成立，求实数λ的最 大值． 温馨提示：复习至此，请做练案［１１］ !&% 由ａｎ ＋ ２ ＝ ａｎ ＋ １ ＋ ２ａｎ，可得ａｎ ＋ ２ － ２ａｎ ＋ １ ＝ －（ａｎ ＋ １ － ２ａｎ）， 则｛ａｎ ＋ １ － ２ａｎ｝是首项为－ ｔ，公比为－ １的等比数列，故Ａ 正确； 由ａｎ ＋ ２ ＝ ａｎ ＋ １ ＋ ２ａｎ，可得ａｎ ＋ ２ － ａｎ ＝ ａｎ ＋ １ ＋ ａｎ， 又ｎ≥２时，ａｎ ＋ １ ＝ ａｎ ＋ ２ａｎ － １，可得ａｎ ＝ ａｎ ＋ １ － ２ａｎ － １， 即有ａｎ ＋ ２ － ａｎ ＝ ２（ａｎ ＋ １ － ａｎ － １），则｛ａｎ ＋ ２ － ａｎ｝是首项为２ｔ，公 比为２的等比数列，故Ｂ正确； 由ａ１ ＝ ｔ，ａ２ ＝ ｔ，ａ３ ＝ ３ｔ，ａ４ ＝ ５ｔ，ａ５ ＝ １１ｔ，ａ６ ＝ ２１ｔ，可得Ｓ２ － ２Ｓ１ ＝ ０，Ｓ３ － ２Ｓ２ ＝ ｔ，Ｓ４ － ２Ｓ３ ＝ ０，可得｛Ｓｎ ＋ １ － ２Ｓｎ｝不是等差数 列，故Ｃ错误； 由ａｎ ＋ ２ ＝ ａｎ ＋ １ ＋ ２ａｎ，可得ａｎ ＋ ２ － ａｎ ＝ ａｎ ＋ １ ＋ ａｎ， 即有ａ１ ＋ ａ２ ＝ ａ３ － ａ１，ａ３ ＋ ａ４ ＝ ａ５ － ａ３，…，ａ２ｎ － １ ＋ ａ２ ｎ ＝ ａ２ｎ ＋ １ － ａ２ｎ － １， 上式相加可得Ｓ２ ｎ ＝ ａ１ ＋ ａ２ ＋ ａ３ ＋ ａ４ ＋…＋ ａ２ｎ － １ ＋ ａ２ ｎ ＝ ａ２ｎ ＋ １ － ａ１ ＝ ａ２ｎ ＋ １ － ｔ， 即有ａ２ｎ ＋ １ － Ｓ２ ｎ ＝ ｔ，可得｛ａ２ｎ ＋ １ － Ｓ２ ｎ｝是等差数列，故Ｄ正确． 故选ＡＢＤ． 跟踪训练 ３． Ｂ　 因为ａ２，ａ５ 是方程ｘ２ － ８ｘ ＋ ｍ ＝ ０的两根，所以ａ２ ＋ ａ５ ＝ ８， 又因为｛ａｎ｝是等差数列，根据等差数列的性质有ａ２ ＋ ａ５ ＝ ａ１ ＋ ａ６ ＝ ８， 设｛ａｎ｝的前６项和为Ｓ６，则Ｓ６ ＝（ａ１ ＋ ａ６）× ６２ ＝ ３ × ８ ＝ ２４．故 选Ｂ． ４． Ｂ　 根据题意，设等比数列｛ａｎ｝的公比为ｑ， 若Ｓ３ ＝ ４，则有ａ４ ＋ ａ５ ＋ ａ６ ＝ ｑ３（ａ１ ＋ ａ２ ＋ ａ３）＝ ｑ３ × Ｓ３ ＝ ８，变 形可得ｑ３ ＝ ２， 则Ｓ９Ｓ６ ＝ ａ１（１ － ｑ９） １ － ｑ ａ１（１ － ｑ６） １ － ｑ ＝ １ － ｑ ９ １ － ｑ６ ＝ ７３ ．故选Ｂ． ５． － ８　 根据ａ４，ａ８ 是关于ｘ的方程ｘ２ ＋ １０ｘ ＋ ４ ＝ ０的两个 实根， 得ａ４·ａ８ ＝ ｃａ ＝ ４，ａ４ ＋ ａ８ ＝ － ｂ ａ ＝ － １０， 所以ａ４ ＜ ０，ａ８ ＜ ０，且ａ２６ ＝ ａ４·ａ８ ＝ ４， 又因为等比数列的偶数项符号相同，所以ａ６ ＝ － ２， 所以ａ２ａ６ａ１０ ＝ ａ３６ ＝ － ８． 考点三 典例研析 ３．（１）ＢＣＤ　 （２）１６５　 （１）根据题意，依次分析选项： 举出反例，令ｍ ＝ １，则Ｓ２ － Ｓ１ ＝ ａ２，Ｓ３ － Ｓ２ ＝ ａ３， 当ｄ≠０时，ａ２≠ａ３，即Ｓ２ － Ｓ１≠Ｓ３ － Ｓ２， 所以Ｓ１，Ｓ２，Ｓ３不是等差数列，故Ａ错误； 设等差数列｛ａｎ｝的公差为ｄ，则ｅ ａｎ ＋ １ ｅａｎ ＝ ｅａｎ ＋ １ － ａｎ ＝ ｅｄ，是定值， 所以｛ｅａｎ｝是公比为ｅｄ的等比数列，故Ｂ正确； Ｓｎ ｎ ＝ ｎａ１ ＋ ｎ（ｎ － １） ２ ｄ ｎ ＝ ｄ ２ ｎ ＋ ａ１ － ｄ ２ ，故 Ｓｎ{ }ｎ 是公差为ｄ２的 等差数列，故Ｃ正确； Ｓｐ ＋ ｑ ｐ ＋ ｑ ＝ （ｐ ＋ ｑ）ａ１ ＋（ｐ ＋ ｑ）（ｐ ＋ ｑ － １）２ ｄ ｐ ＋ ｑ ＝ ｄ ２ （ｐ ＋ ｑ）＋ ａ１ － ｄ ２ ， Ｓｐ － Ｓｑ ｐ － ｑ ＝ ｐａ１ ＋ ｐ（ｐ － １） ２[ ]ｄ － ｑａ１ ＋ ｑ（ｑ － １）２[ ]ｄ ｐ － ｑ ＝ （ｐ － ｑ）ａ１ ＋ ｄ２ ［（ｐ ２ － ｑ２）－（ｐ － ｑ）］ ｐ － ｑ ＝ ａ１ ＋ ｄ ２ （ｐ ＋ ｑ － １）＝ ｄ ２ （ｐ ＋ ｑ）＋ ａ１ － ｄ ２ ，所以 Ｓｐ ＋ ｑ ｐ ＋ ｑ ＝ Ｓｐ － Ｓｑ ｐ － ｑ ，故Ｄ正确．故选ＢＣＤ． （２）设等差数列｛ａｎ｝的公差为ｄ（ｄ ＞ ０）， 由ａ１ ＝ ３，ａ３，ａ６，３２ ａ８成等比数列，可得（３ ＋ ５ｄ） ２ ＝（３ ＋ ２ｄ） × ３２ （３ ＋ ７ｄ）， 整理得８ｄ２ － ２１ｄ － ９ ＝ ０，解得ｄ ＝ ３或ｄ ＝ － ３８ （舍去）， 故等差数列｛ａｎ｝的前１０项和为Ｓ１０ ＝ １０ × ３ ＋ １０ × ９２ × ３ ＝ １６５． 跟踪训练 ６． Ｃ　 因为函数ｆ（ｘ）＝ ｅｘ － ｅπ － ｘ － ｃｏｓ ｘ， 所以ｆ（π － ｘ）＋ ｆ（ｘ）＝ ｅπ － ｘ － ｅｘ ＋ ｃｏｓ ｘ ＋ ｅｘ － ｅπ － ｘ － ｃｏｓ ｘ ＝ ０， 即ｆ（ｘ）关于π２ ，( )０ 对称， 若实数ｘ１，ｘ２，ｘ３成等差数列，则ｘ１ ＋ ｘ３ ＝ ２ｘ２， 因为ｆ（ｘ１）＋ ｆ（ｘ２）＋ ｆ（ｘ３）＝ ０， 所以ｘ２ ＝ π２ ，ｘ１ ＋ ｘ３ ＝ ２ｘ２ ＝ π，则ｘ１ ＋ ｘ２ ＋ ｘ３ ＝ ３π ２ ．故选Ｃ． ７． ＡＣ　 数列｛ａｎ｝是等差数列，设公差为ｄ，ｄ为常数． 数列｛ａｎ｝是等差数列，则ａｎ ＋ １ － ａｎ ＝ ｄ， 那么２ ａｎ ＋ １ ２ａｎ ＝ ２ａｎ ＋ １ － ａｎ ＝ ２ｄ为常数，且２ｄ ＞ ０， 所以数列｛２ａｎ｝是等比数列，故Ａ正确； 当数列｛ａｎ｝是各项都是０的常数列时，数列｛ａ２ｎ｝也是各项都 为０的常数列，此时不是等比数列，故Ｂ错误； 数列｛ａｎ｝是等差数列，其前ｎ项的和为Ｓｎ，可设Ｓｎ ＝ Ａｎ２ ＋ Ｂｎ （Ａ，Ｂ为常数），令ｃｎ ＝ Ｓｎｎ ＝ Ａｎ ＋ Ｂ，此时ｃｎ ＋ １ － ｃｎ ＝ Ａ为常数， 所以数列Ｓｎ{ }ｎ 是等差数列，故Ｃ正确； 当数列｛ａｎ｝是各项都是０的等差数列时，Ｓｎ ＝ ０，此时Ｓｎｎ ＋ １ ＝ ０， 所以数列 Ｓｎ ｎ{ }＋ １ 是各项都为０的等差数列，故Ｄ错误．故 选ＡＣ． 第２讲　 数列求和及其综合应用 真题再现明考向 １．（１）设等差数列｛ａｎ｝的公差为ｄ，而ｂｎ ＝ ａｎ － ６，ｎ ＝ ２ｋ － １， ２ａｎ，ｎ ＝ ２ｋ{ ， ｋ∈Ｎ， 则ｂ１ ＝ ａ１ － ６，ｂ２ ＝ ２ａ２ ＝ ２ａ１ ＋ ２ｄ，ｂ３ ＝ ａ３ － ６ ＝ ａ１ ＋ ２ｄ － ６， 于是Ｓ４ ＝ ４ａ１ ＋ ６ｄ ＝ ３２， Ｔ３ ＝ ４ａ１ ＋ ４ｄ － １２ ＝ １６{ ，解得ａ１ ＝ ５，ｄ ＝ ２，ａｎ ＝ ａ１ ＋（ｎ － １）ｄ ＝ ２ｎ ＋ ３， 所以数列｛ａｎ｝的通项公式是ａｎ ＝ ２ｎ ＋ ３                                                                       ． —７７２— （２）证明：方法一：由（１）知，Ｓｎ ＝ ｎ（５ ＋ ２ｎ ＋ ３）２ ＝ ｎ ２ ＋ ４ｎ，ｂｎ ＝ ２ｎ － ３，ｎ ＝ ２ｋ － １， ４ｎ ＋ ６，ｎ ＝ ２ｋ{ ， ｋ∈Ｎ， 当ｎ为偶数时，ｂｎ － １ ＋ ｂｎ ＝ ２（ｎ － １）－ ３ ＋ ４ｎ ＋ ６ ＝ ６ｎ ＋ １， Ｔｎ ＝ １３ ＋（６ｎ ＋ １） ２ · ｎ ２ ＝ ３ ２ ｎ ２ ＋ ７２ ｎ， 当ｎ ＞ ５时，Ｔｎ － Ｓｎ ＝ ３２ ｎ ２ ＋ ７２( )ｎ －（ｎ２ ＋ ４ｎ）＝ １２ ｎ（ｎ － １） ＞ ０，因此Ｔｎ ＞ Ｓｎ， 当ｎ为奇数时，Ｔｎ ＝ Ｔｎ ＋ １ － ｂｎ ＋ １ ＝ ３２ （ｎ ＋ １） ２ ＋ ７２ （ｎ ＋ １）－ ［４（ｎ ＋ １）＋ ６］＝ ３２ ｎ ２ ＋ ５２ ｎ － ５， 当ｎ ＞ ５时，Ｔｎ － Ｓｎ ＝ ３２ ｎ ２ ＋ ５２ ｎ( )－ ５ －（ｎ２ ＋ ４ｎ）＝ １２ （ｎ ＋ ２）（ｎ － ５）＞ ０，因此Ｔｎ ＞ Ｓｎ， 所以当ｎ ＞ ５时，Ｔｎ ＞ Ｓｎ ． 方法二：由（１）知，Ｓｎ ＝ ｎ（５ ＋ ２ｎ ＋ ３）２ ＝ ｎ ２ ＋ ４ｎ，ｂｎ ＝ ２ｎ － ３，ｎ ＝ ２ｋ － １， ４ｎ ＋ ６，ｎ ＝ ２ｋ{ ， ｋ∈Ｎ， 当ｎ为偶数时，Ｔｎ ＝（ｂ１ ＋ ｂ３ ＋…＋ ｂｎ － １）＋（ｂ２ ＋ ｂ４ ＋…＋ ｂｎ） ＝ － １ ＋ ２（ｎ － １）－ ３２ · ｎ ２ ＋ １４ ＋ ４ｎ ＋ ６ ２ · ｎ ２ ＝ ３ ２ ｎ ２ ＋ ７２ ｎ， 当ｎ ＞ ５时，Ｔｎ － Ｓｎ ＝ ３２ ｎ ２ ＋ ７２( )ｎ －（ｎ２ ＋ ４ｎ）＝ １２ ｎ（ｎ － １） ＞ ０，因此Ｔｎ ＞ Ｓｎ， 当ｎ为奇数时，若ｎ≥３，则Ｔｎ ＝（ｂ１ ＋ ｂ３ ＋…＋ ｂｎ）＋（ｂ２ ＋ ｂ４ ＋…＋ ｂｎ － １）＝ － １ ＋ ２ｎ － ３２ · ｎ ＋ １ ２ ＋ １４ ＋ ４（ｎ － １）＋ ６ ２ · ｎ － １ ２ ＝ ３２ ｎ ２ ＋ ５２ ｎ － ５，显然Ｔ１ ＝ ｂ１ ＝ － １满足上式， 因此当ｎ为奇数时Ｔｎ ＝ ３２ ｎ ２ ＋ ５２ ｎ － ５， 当ｎ ＞ ５时，Ｔｎ － Ｓｎ ＝ ３２ ｎ ２ ＋ ５２ ｎ( )－ ５ －（ｎ２ ＋ ４ｎ）＝ １２ （ｎ ＋ ２）（ｎ － ５）＞ ０，因此Ｔｎ ＞ Ｓｎ， 所以当ｎ ＞ ５时，Ｔｎ ＞ Ｓｎ ． ２．（１）首先，我们设数列ａ１，ａ２，…，ａ４ｍ ＋ ２的公差为ｄ，则ｄ≠０． 由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差 数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行 适当的变形ａ′ｋ ＝ ａｋ － ａ１ｄ ＋ １（ｋ ＝ １，２，…，４ｍ ＋ ２）， 得到新数列ａ′ｋ ＝ ｋ（ｋ ＝ １，２，…，４ｍ ＋ ２），然后对ａ′１，ａ′２，…， ａ′４ｍ ＋ ２进行相应的讨论即可． 换言之，我们可以不妨设ａｋ ＝ ｋ（ｋ ＝ １，２，…，４ｍ ＋ ２），此后的 讨论均建立在该假设下进行． 回到原题，第１小问相当于从１，２，３，４，５，６中取出两个数ｉ和 ｊ（ｉ ＜ ｊ），使得剩下四个数是等差数列．那么剩下四个数只可能 是１，２，３，４或２，３，４，５或３，４，５，６． 所以所有可能的（ｉ，ｊ）就是（１，２），（１，６），（５，６）． （２）证明：由于从数列１，２，…，４ｍ ＋ ２中取出２和１３后，剩余 的４ｍ个数可以分为以下两个部分，共ｍ组，使得每组成等差 数列： ①｛１，４，７，１０｝，｛３，６，９，１２｝，｛５，８，１１，１４｝，共３组； ②｛１５，１６，１７，１８｝，｛１９，２０，２１，２２｝，…，｛４ｍ － １，４ｍ，４ｍ ＋ １， ４ｍ ＋ ２｝，共ｍ － ３组． （如果ｍ － ３ ＝ ０，则忽略②）故数列１，２，…，４ｍ ＋ ２是（２，１３） －可分数列． （３）证明：定义集合Ａ ＝｛４ｋ ＋ １ ｜ ｋ ＝ ０，１，２，…，ｍ｝＝｛１，５，９， １３，…，４ｍ ＋ １｝，Ｂ ＝｛４ｋ ＋ ２ ｜ ｋ ＝ ０，１，２，…，ｍ｝＝｛２，６，１０，１４，…， ４ｍ ＋２｝． 下面证明，对１≤ｉ ＜ ｊ≤４ｍ ＋ ２，如果下面两个命题同时成立， 则数列１，２，…，４ｍ ＋ ２一定是（ｉ，ｊ）－可分数列： 命题１：ｉ∈Ａ，ｊ∈Ｂ或ｉ∈Ｂ，ｊ∈Ａ； 命题２：ｊ － ｉ≠３． 我们分两种情况证明这个结论． 第一种情况：如果ｉ∈Ａ，ｊ∈Ｂ，且ｊ － ｉ≠３． 此时设ｉ ＝４ｋ１ ＋１，ｊ ＝４ｋ２ ＋２，ｋ１，ｋ２∈｛０，１，２，…，ｍ｝． 则由ｉ ＜ ｊ可知４ｋ１ ＋ １ ＜ ４ｋ２ ＋ ２，即ｋ２ － ｋ１ ＞ － １４ ，故ｋ２≥ｋ１ ． 此时，由于从数列１，２，…，４ｍ ＋ ２中取出ｉ ＝ ４ｋ１ ＋ １和ｊ ＝ ４ｋ２ ＋ ２后， 剩余的４ｍ个数可以分为以下三个部分，共ｍ组，使得每组成 等差数列： ①｛１，２，３，４｝，｛５，６，７，８｝，…，｛４ｋ１ － ３，４ｋ１ － ２，４ｋ１ － １，４ｋ１｝， 共ｋ１组； ②｛４ｋ１ ＋ ２，４ｋ１ ＋ ３，４ｋ１ ＋ ４，４ｋ１ ＋ ５｝，｛４ｋ１ ＋ ６，４ｋ１ ＋ ７，４ｋ１ ＋ ８， ４ｋ１ ＋ ９｝，…，｛４ｋ２ － ２，４ｋ２ － １，４ｋ２，４ｋ２ ＋ １｝，共ｋ２ － ｋ１组； ③｛４ｋ２ ＋ ３，４ｋ２ ＋ ４，４ｋ２ ＋ ５，４ｋ２ ＋ ６｝，｛４ｋ２ ＋ ７，４ｋ２ ＋ ８，４ｋ２ ＋ ９， ４ｋ２ ＋ １０｝，…，｛４ｍ － １，４ｍ，４ｍ ＋ １，４ｍ ＋ ２｝，共ｍ － ｋ２组 （如果某一部分的组数为０，则忽略之） 故此时数列１，２，…，４ｍ ＋ ２是（ｉ，ｊ）－可分数列． 第二种情况：如果ｉ∈Ｂ，ｊ∈Ａ，且ｊ － ｉ≠３．此时设ｉ ＝ ４ｋ１ ＋ ２， ｊ ＝ ４ｋ２ ＋ １，ｋ１，ｋ２∈｛０，１，２，…，ｍ｝． 则由ｉ ＜ ｊ可知４ｋ１ ＋ ２ ＜ ４ｋ２ ＋ １，即ｋ２ － ｋ１ ＞ １４ ，故ｋ２ ＞ ｋ１ ． 由于ｊ － ｉ≠３，故（４ｋ２ ＋ １）－（４ｋ１ ＋ ２）≠３，从而ｋ２ － ｋ１≠１，这 就意味着ｋ２ － ｋ１≥２． 此时，由于从数列１，２，…，４ｍ ＋ ２中取出ｉ ＝ ４ｋ１ ＋ ２和ｊ ＝ ４ｋ２ ＋ １后，剩余的４ｍ个数可以分为以下四个部分，共ｍ组，使得 每组成等差数列： ①｛１，２，３，４｝，｛５，６，７，８｝，…，｛４ｋ１ － ３，４ｋ１ － ２，４ｋ１ － １，４ｋ１｝， 共ｋ１组； ②｛４ｋ１ ＋ １，３ｋ１ ＋ ｋ２ ＋ １，２ｋ１ ＋ ２ｋ２ ＋ １，ｋ１ ＋ ３ｋ２ ＋ １｝，｛３ｋ１ ＋ ｋ２ ＋ ２，２ｋ１ ＋ ２ｋ２ ＋ ２，ｋ１ ＋ ３ｋ２ ＋ ２，４ｋ２ ＋ ２｝，共２组； ③全体｛４ｋ１ ＋ ｐ，３ｋ１ ＋ ｋ２ ＋ ｐ，２ｋ１ ＋ ２ｋ２ ＋ ｐ，ｋ１ ＋ ３ｋ２ ＋ ｐ｝，其中ｐ ＝ ３，４，…，ｋ２ － ｋ１，共ｋ２ － ｋ１ － ２组； ④｛４ｋ２ ＋ ３，４ｋ２ ＋ ４，４ｋ２ ＋ ５，４ｋ２ ＋ ６｝，｛４ｋ２ ＋ ７，４ｋ２ ＋ ８，４ｋ２ ＋ ９， ４ｋ２ ＋ １０｝，…，｛４ｍ － １，４ｍ，４ｍ ＋ １，４ｍ ＋ ２｝，共ｍ － ｋ２组． （如果某一部分的组数为０，则忽略之） 这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排， 排成一个包含ｋ２ － ｋ１ － ２个行，４个列的数表以后，４个列分别 是下面这些数： ｛４ｋ１ ＋ ３，４ｋ１ ＋ ４，…，３ｋ１ ＋ ｋ２｝，｛３ｋ１ ＋ ｋ２ ＋ ３，３ｋ１ ＋ ｋ２ ＋ ４，…， ２ｋ１ ＋ ２ｋ２｝，｛２ｋ１ ＋ ２ｋ２ ＋ ３，２ｋ１ ＋ ２ｋ２ ＋ ３，…，ｋ１ ＋ ３ｋ２｝，｛ｋ１ ＋ ３ｋ２ ＋ ３，ｋ１ ＋ ３ｋ２ ＋ ４，…，４ｋ２｝． 可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取 遍｛４ｋ１ ＋ １，４ｋ１ ＋ ２，…，４ｋ２ ＋ ２｝中除了五个集合｛４ｋ１ ＋ １，４ｋ                                                                       １ —８７２— ＋ ２｝，｛３ｋ１ ＋ ｋ２ ＋ １，３ｋ１ ＋ ｋ２ ＋ ２｝，｛２ｋ１ ＋ ２ｋ２ ＋ １，２ｋ１ ＋ ２ｋ２ ＋ ２｝，｛ｋ１ ＋ ３ｋ２ ＋ １，ｋ１ ＋ ３ｋ２ ＋ ２｝，｛４ｋ２ ＋ １，４ｋ２ ＋ ２｝中的十个元 素以外的所有数．而这十个数中，除了已经去掉的４ｋ１ ＋ ２和 ４ｋ２ ＋ １以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数． 这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列１，２，…， ４ｍ ＋ ２是（ｉ，ｊ）－可分数列． 至此，我们证明了：对１≤ｉ ＜ ｊ≤４ｍ ＋ ２，如果前述命题１和命 题２同时成立，则数列１，２，…，４ｍ ＋ ２一定是（ｉ，ｊ）－可分 数列． 然后我们来考虑这样的（ｉ，ｊ）的个数． 首先，由于Ａ∩Ｂ ＝，Ａ和Ｂ各有ｍ ＋ １个元素，故满足命题１ 的（ｉ，ｊ）总共有（ｍ ＋ １）２个； 而如果ｊ － ｉ ＝ ３，假设ｉ∈Ａ，ｊ∈Ｂ，则可设ｉ ＝ ４ｋ１ ＋ １，ｊ ＝ ４ｋ２ ＋ ２， 代入得（４ｋ２ ＋ ２）－（４ｋ１ ＋ １）＝ ３． 但这导致ｋ２ － ｋ１ ＝ １２ ，矛盾，所以ｉ∈Ｂ，ｊ∈Ａ． 设ｉ ＝ ４ｋ１ ＋ ２，ｊ ＝ ４ｋ２ ＋ １，ｋ１，ｋ２∈｛０，１，２，…，ｍ｝，则（４ｋ２ ＋ １） －（４ｋ１ ＋ ２）＝ ３，即ｋ２ － ｋ１ ＝ １． 所以可能的（ｋ１，ｋ２）恰好就是（０，１），（１，２），…，（ｍ － １，ｍ）， 对应的（ｉ，ｊ）分别是（２，５），（６，９），…，（４ｍ － ２，４ｍ ＋ １），总共 ｍ个． 所以这（ｍ ＋ １）２个满足命题１的（ｉ，ｊ）中，不满足命题２的恰 好有ｍ个． 这就得到同时满足命题１和命题２的（ｉ，ｊ）的个数为（ｍ ＋ １）２ － ｍ． 当我们从１，２，…，４ｍ ＋ ２中一次任取两个数ｉ和ｊ（ｉ ＜ ｊ）时，总 的选取方式的个数等于（４ｍ ＋ ２）（４ｍ ＋ １）２ ＝ （２ｍ ＋ １）（４ｍ ＋ １）． 而根据之前的结论，使得数列ａ１，ａ２，…，ａ４ｍ ＋ ２是（ｉ，ｊ）－可分 数列的（ｉ，ｊ）至少有（ｍ ＋ １）２ － ｍ个． 所以数列ａ１，ａ２，…，ａ４ｍ ＋ ２是（ｉ，ｊ）－可分数列的概率Ｐｍ 一定 满足Ｐｍ ≥ （ｍ ＋ １） ２ － ｍ （２ｍ ＋ １）（４ｍ ＋ １） ＝ ｍ２ ＋ｍ ＋１ （２ｍ ＋１）（４ｍ ＋１） ＞ ｍ２ ＋ｍ ＋ １４ （２ｍ ＋１）（４ｍ ＋２）＝ ｍ ＋( )１２ ２ ２（２ｍ ＋１）（２ｍ ＋１）＝ １ ８ ．这就证明了结论． ３．（１）当ｎ ＝ １时，４Ｓ１ ＝ ４ａ１ ＝ ３ａ１ ＋ ４，解得ａ１ ＝ ４． 当ｎ≥２时，４Ｓｎ － １ ＝ ３ａｎ － １ ＋ ４，所以４Ｓｎ － ４Ｓｎ － １ ＝ ４ａｎ ＝ ３ａｎ － ３ａｎ － １即ａｎ ＝ － ３ａｎ － １， 而ａ１ ＝ ４≠０，故ａｎ≠０，故ａｎａｎ － １ ＝ － ３， 所以数列｛ａｎ｝是以４为首项，－ ３为公比的等比数列，所以ａｎ ＝ ４·（－ ３）ｎ － １ ． （２）ｂｎ ＝（－ １）ｎ － １·ｎ·４·（－ ３）ｎ － １ ＝ ４ｎ·３ｎ － １， 所以Ｔｎ ＝ ｂ１ ＋ ｂ２ ＋ ｂ３ ＋…＋ ｂｎ ＝ ４·３０ ＋ ８·３１ ＋ １２·３２ ＋…＋ ４ｎ·３ｎ － １， 故３Ｔｎ ＝ ４·３１ ＋ ８·３２ ＋ １２·３３ ＋…＋ ４ｎ·３ｎ， 所以－２Ｔｎ ＝４ ＋４·３１ ＋４·３２ ＋…＋４·３ｎ －１ － ４ｎ·３ｎ ＝ ４ ＋ ４· ３（１ － ３ｎ － １） １ － ３ － ４ｎ·３ ｎ ＝ ４ ＋ ２·３·（３ｎ － １ － １）－ ４ｎ·３ｎ ＝（２ － ４ｎ）·３ｎ － ２，∴ Ｔｎ ＝（２ｎ － １）·３ｎ ＋ １． ４．（１）因为２Ｓｎ ＝ ３ａｎ ＋ １ － ３，故２Ｓｎ － １ ＝ ３ａｎ － ３， 所以２ａｎ ＝ ３ａｎ ＋ １ － ３ａｎ（ｎ≥２）即５ａｎ ＝ ３ａｎ ＋ １，故等比数列的公 比为ｑ ＝ ５３ ， 故２ａ１ ＝ ３ａ２ － ３ ＝ ３ａ１ × ５３ － ３ ＝ ５ａ１ － ３，故ａ１ ＝ １，故ａｎ ＝ ( )５３ ｎ － １ ． （２）由等比数列求和公式得Ｓｎ ＝ １ × １ － ( )５３[ ] ｎ １ － ５３ ＝ ３２ ( )５３ ｎ － ３２ ． ５．（１）∵ ３ａ２ ＝ ３ａ１ ＋ ａ３，∴ ３ｄ ＝ ａ１ ＋ ２ｄ，解得ａ１ ＝ ｄ，∴ Ｓ３ ＝ ３ａ２ ＝ ３（ａ１ ＋ ｄ）＝ ６ｄ． 又Ｔ３ ＝ ｂ１ ＋ ｂ２ ＋ ｂ３ ＝ ２ｄ ＋ ６ ２ｄ ＋ １２ ３ｄ ＝ ９ ｄ ，∴ Ｓ３ ＋ Ｔ３ ＝ ６ｄ ＋ ９ ｄ ＝ ２１， 即２ｄ２ － ７ｄ ＋ ３ ＝ ０，解得ｄ ＝ ３或ｄ ＝ １２ （舍去），∴ ａｎ ＝ ａ１ ＋（ｎ － １）·ｄ ＝ ３ｎ． （２）∵ ｛ｂｎ｝为等差数列，∴ ２ｂ２ ＝ ｂ１ ＋ ｂ３，即１２ａ２ ＝ ２ ａ１ ＋ １２ａ３ ， ∴ ６ １ａ２ － １ａ( )３ ＝ ６ｄａ２ａ３ ＝ １ ａ１ ，即ａ２１ － ３ａ１ｄ ＋ ２ｄ２ ＝ ０，解得ａ１ ＝ ｄ 或ａ１ ＝ ２ｄ， ∵ ｄ ＞ １，∴ ａｎ ＞ ０，又Ｓ９９ － Ｔ９９ ＝ ９９，由等差数列性质知，９９ａ５０ － ９９ｂ５０ ＝ ９９，即ａ５０ － ｂ５０ ＝ １， ∴ ａ５０ － ２ ５５０ ａ５０ ＝ １，即ａ２５０ － ａ５０ － ２ ５５０ ＝ ０，解得ａ５０ ＝ ５１或ａ５０ ＝ － ５０（舍去）， 当ａ１ ＝ ２ｄ时，ａ５０ ＝ ａ１ ＋ ４９ｄ ＝ ５１ｄ ＝ ５１，解得ｄ ＝ １，与ｄ ＞ １矛 盾，无解； 当ａ１ ＝ ｄ时，ａ５０ ＝ ａ１ ＋ ４９ｄ ＝ ５０ｄ ＝ ５１，解得ｄ ＝ ５１５０ ．综上ｄ ＝ ５１５０ ． ６．（１）因为２Ｓｎ ＝ ｎａｎ， 当ｎ ＝ １时，２ａ１ ＝ ａ１，即ａ１ ＝ ０；当ｎ ＝ ３时，２（１ ＋ ａ３）＝ ３ａ３，即 ａ３ ＝ ２， 当ｎ≥２时，２Ｓｎ － １ ＝（ｎ － １）ａｎ － １，所以２（Ｓｎ － Ｓｎ － １）＝ ｎａｎ －（ｎ － １）ａｎ － １ ＝ ２ａｎ， 化简得（ｎ － ２）ａｎ ＝（ｎ － １）ａｎ － １，当ｎ≥３时，ａｎｎ － １ ＝ ａｎ － １ ｎ － ２ ＝… ＝ ａ３ ２ ＝ １，即ａｎ ＝ ｎ － １， 当ｎ ＝ １，２，３时都满足上式，所以ａｎ ＝ ｎ － １（ｎ∈Ｎ）． （２）因为ａｎ ＋ １ ２ｎ ＝ ｎ ２ｎ ，所以Ｔｎ ＝ １ × ( )１２ １ ＋ ２ × ( )１２ ２ ＋ ３ × ( )１２ ３ ＋…＋ ｎ × ( )１２ ｎ ， １ ２ Ｔｎ ＝ １ × ( )１２ ２ ＋ ２ × ( )１２ ３ ＋…＋ （ｎ － １）× ( )１２ ｎ ＋ ｎ × ( )１２ ｎ ＋ １ ， 两式相减得１２ Ｔｎ ＝ ( )１２ １ ＋ ( )１２ ２ ＋ ( )１２ ３ ＋…＋ ( )１２ ｎ －                                                                      ｎ —９７２— × ( )１２ ｎ ＋ １ ＝ １ ２ × １ － ( )１２[ ] ｎ １ － １２ － ｎ × ( )１２ ｎ ＋ １ ＝ １ － １ ＋ ｎ( )２ ( )１２ ｎ ，即Ｔｎ ＝ ２ －（２ ＋ ｎ）( )１２ ｎ ，ｎ∈Ｎ ． ７． （１ ）证明：设数列｛ａｎ ｝的公差为ｄ，所 以ａ１ ＋ ｄ － ２ｂ１ ＝ ａ１ ＋ ２ｄ － ４ｂ１， ａ１ ＋ ｄ － ２ｂ１ ＝ ８ｂ１ －（ａ１ ＋ ３ｄ{ ）， 即可解得，ｂ１ ＝ ａ１ ＝ ｄ２ ，所以原命题得证． （２）由（１）知，ｂ１ ＝ ａ１ ＝ ｄ２ ，所以ｂｋ ＝ ａｍ ＋ ａ１ｂ１ × ２ ｋ － １ ＝ ａ１ ＋（ｍ － １）ｄ ＋ ａ１，即２ｋ － １ ＝ ２ｍ，亦即ｍ ＝ ２ｋ － ２∈［１，５００］，解 得２≤ｋ≤１０，所以满足等式的解ｋ ＝ ２，３，４，…，１０，故集合 ｛ｋ ｜ ｂｋ ＝ ａｍ ＋ ａ１，１≤ｍ≤５００｝中的元素个数为１０ － ２ ＋ １ ＝ ９． ８．（１）证明：因为２Ｓｎｎ ＋ ｎ ＝ ２ａｎ ＋ １，即２Ｓｎ ＋ ｎ ２ ＝ ２ｎａｎ ＋ ｎ①， 当ｎ≥２时，２Ｓｎ － １ ＋（ｎ － １）２ ＝ ２（ｎ － １）ａｎ － １ ＋（ｎ － １）②， ① －②得，２Ｓｎ ＋ ｎ２ － ２Ｓｎ － １ － （ｎ － １）２ ＝ ２ｎａｎ ＋ ｎ － ２（ｎ － １）ａｎ － １ －（ｎ － １）， 即２ａｎ ＋ ２ｎ － １ ＝ ２ｎａｎ － ２（ｎ － １）ａｎ － １ ＋ １，即２（ｎ － １）ａｎ － ２（ｎ － １）ａｎ － １ ＝ ２（ｎ － １）， 所以ａｎ － ａｎ － １ ＝ １，ｎ≥２且ｎ∈Ｎ，所以｛ａｎ｝是以１为公差的 等差数列． （２）由（１）可得ａ４ ＝ ａ１ ＋ ３，ａ７ ＝ ａ１ ＋ ６，ａ９ ＝ ａ１ ＋ ８， 又ａ４，ａ７，ａ９成等比数列，所以ａ２７ ＝ ａ４·ａ９，即（ａ１ ＋ ６）２ ＝（ａ１ ＋ ３）·（ａ１ ＋ ８），解得ａ１ ＝ － １２， 所以ａｎ ＝ ｎ － １３，所以Ｓｎ ＝ － １２ｎ ＋ ｎ（ｎ － １）２ ＝ １ ２ ｎ ２ － ２５２ ｎ ＝ １ ２ ｎ － ２５( )２ ２ － ６２５８ ， 所以，当ｎ ＝ １２或ｎ ＝ １３时（Ｓｎ）ｍｉｎ ＝ － ７８． ９．（１）∵ ａ１ ＝ １，∴ Ｓ１ ＝ ａ１ ＝ １，∴ Ｓ１ａ１ ＝ １， 又∵ Ｓｎ ａ{ }ｎ 是公差为１３的等差数列，∴ Ｓｎ ａｎ ＝ １ ＋ １３ （ｎ － １）＝ ｎ ＋ ２ ３ ，∴ Ｓｎ ＝ （ｎ ＋ ２）ａｎ ３ ， ∴当ｎ≥２时，Ｓｎ － １ ＝（ｎ ＋ １）ａｎ － １３ ，∴ ａｎ ＝ Ｓｎ － Ｓｎ － １ ＝ （ｎ ＋ ２）ａｎ ３ － （ｎ ＋ １）ａｎ － １ ３ ， 整理得（ｎ － １）ａｎ ＝（ｎ ＋ １）ａｎ － １，即ａｎａｎ － １ ＝ ｎ ＋ １ ｎ － １， ∴ ａｎ ＝ ａ１ × ａ２ ａ１ × ａ３ ａ２ ×…× ａｎ － １ａｎ － ２ × ａｎ ａｎ － １ ＝ １ × ３２ × ４ ３ ×…× ｎ ｎ － ２ × ｎ ＋ １ ｎ － １ ＝ ｎ（ｎ ＋ １） ２ ，显然对于ｎ ＝ １也成立， ∴ ｛ａｎ｝的通项公式ａｎ ＝ ｎ（ｎ ＋ １）２ ． （２）证明：１ａｎ ＝ ２ ｎ（ｎ ＋ １）＝ ２ １ ｎ － １ ｎ( )＋ １ ， ∴ １ａ１ ＋ １ａ２ ＋…＋ １ａｎ [＝ ２ １ －( )１２ ＋ １２ －( )１３ ＋…＋ １ ｎ － １ ｎ( ) ]＋ １ ＝ ２ １ － １ｎ( )＋ １ ＜ ２． 考点突破提能力 考点一 典例研析 １．（１）Ｃ　 （２）Ｂ　 （３）Ｃ　 （４）Ｃ　 （５）Ｂ　 （１）由ａｎ ＋ １ － ａｎｎ ＝ ２得 ａｎ ＋ １ － ａｎ ＝ ２ｎ， 所以ａｎ － ａｎ － １ ＝ ２（ｎ － １），ａｎ － １ － ａｎ － ２ ＝ ２（ｎ － ２），ａｎ － ２ － ａｎ － ３ ＝ ２（ｎ － ３），…，ａ３ － ａ２ ＝ ２ × ２，ａ２ － ａ１ ＝ ２ × １， 累加上述式子得ａｎ － ａ１ ＝ ２［（ｎ －１）＋（ｎ －２）＋（ｎ －３）＋…＋２ ＋１］＝ ｎ（ｎ －１）， 所以ａｎ ＝ ｎ２ － ｎ ＋ １０（ｎ≥２）， 检验已知ｎ ＝ １时，ａｎ ＝ ｎ２ － ｎ ＋ １０满足． 故ａｎ ＝ ｎ２ － ｎ ＋ １０，ａｎｎ ＝ ｎ ＋ １０ ｎ － １， 由于函数ｆ（ｘ）＝ ｘ ＋ １０ｘ － １在区间（０，槡１０）上单调递减，在 （槡１０，＋ !）上单调递增， 又因为ｘ∈Ｎ，当ｎ ＝ ３时，ａｎｎ ＝ ３ ＋ １０ ３ － １ ＝ １６ ３ ，当ｎ ＝ ４时， ａｎ ｎ ＝ ４ ＋ １０ ４ － １ ＝ １１ ２ ， 所以ａｎｎ的最小值为 １６ ３ ．故选Ｃ． （２）由Ｓｎ ＝ ｎ ＋ ２３ ａｎ得Ｓｎ － １ ＝ ｎ － １ ＋ ２ ３ ａｎ － １，ｎ≥２，ｎ∈Ｎ ， 两式相减得Ｓｎ － Ｓｎ － １ ＝ ｎ ＋ ２３ ａｎ － ｎ ＋ １ ３ ａｎ － １， 即ａｎ ＝ ｎ ＋ ２３ ａｎ － ｎ ＋ １ ３ ａｎ － １，即 ｎ － １ ３ ａｎ ＝ ｎ ＋ １ ３ ａｎ － １，即 ａｎ ａｎ － １ ＝ ｎ ＋ １ ｎ － １，ｎ≥２，ｎ∈Ｎ  ． 所以ａ２ａ１ ＝ ３ １ ， ａ３ ａ２ ＝ ４２ ， ａ４ ａ３ ＝ ５３ ，…， ａｎ ａｎ － １ ＝ ｎ ＋ １ｎ － １． 相乘得ａ２ａ１· ａ３ ａ２ ·ａ４ａ３·…· ａｎ ａｎ － １ ＝ ３１· ４ ２· ５ ３·…· ｎ ＋ １ ｎ － １， 即ａｎａ１ ＝ ｎ·（ｎ ＋ １） １·２ ，因为ａ１ ＝ １，所以ａｎ ＝ ｎ（ｎ ＋ １） ２ ，ｎ≥２， ｎ∈Ｎ ． 当ｎ ＝ １时，ａ１ ＝ １ ×（１ ＋ １）２ ＝ １，所以ａｎ ＝ ｎ（ｎ ＋ １） ２ ，ｎ≥１， ｎ∈Ｎ ．故选Ｂ． （３）已知数列｛ａｎ｝满足ａ１ ＝ １，ａｎ ＋ １ ＝ ａｎ２ａｎ ＋ １，则 １ ａｎ ＋ １ － １ａｎ ＝ ２， 又１ａ１ ＝ １， 即数列１ａ{ }ｎ 是以１为首项，２为公差的等差数列， 即１ａ５ ＝ １ ＋ ４ × ２ ＝ ９，则ａ５ ＝ １ ９ ．故选Ｃ． （４）因为数列｛ａｎ｝满足１ａｎ ＋ １ ＝ １ ３· １ ａｎ ＋ ２３ ，ａ２ ＝ ３ ４ ， 所以１ａ２ ＝ １ ３ × １ ａ１ ＋ ２３ ＝ ４ ３ ，所以ａ１ ＝ １ ２ ， 令ｂｎ ＝ １ａｎ，则ｂｎ ＋ １ ＝ １ ３ ｂｎ ＋ ２ ３ ，ｂ１ ＝ ２，即ｂｎ ＋ １ － １ ＝ １ ３ （ｂｎ － １                                                                       ）， —０８２— 所以数列｛ｂｎ － １｝是以１为首项，以１３为公比的等比数列， 所以ｂｎ － １ ＝ ( )１３ ｎ － １ ，即ｂｎ ＝ １ ＋ ( )１３ ｎ － １ ，所以ａｎ ＝ １ １ ＋ ( )１３ ｎ － １， 则ａ１ ０１１ ＝ １ １ ＋ ( )１３ １ ０１０ ＝ ３１ ０１０ １ ＋ ３１ ０１０ ．故选Ｃ． （５ ） 由 ａｎ ＋ １ － １ ６·４ ｎ ＋ １ ａｎ － １ ６·４ ｎ ＝ ４ｎ － ２ａｎ － １ ６·４ ｎ ＋ １ ａｎ － １ ６·４ ｎ ＝ １ ３·４ ｎ － ２ａｎ － １６·４ ｎ － ａ( )ｎ ＝ － ２， 由于ａ１ － ２３ ≠０，可得数列ａｎ － ４ｎ{ }６ 是首项为ａ１ － ２３ ，公比 为－ ２的等比数列，则ａｎ ＝ １６·４ ｎ ＋ ａ１ －( )２３ ·（－ ２）ｎ － １，因 为数列｛ａｎ｝是递增数列，可得ａｎ ＋ １ ＞ ａｎ， 即１６·４ ｎ ＋１ ＋ ａ１ －( )２３ ·（－２）ｎ ＞ １６·４ｎ ＋ ａ１ －( )２３ ·（－２）ｎ －１ 对任意的正整数ｎ都成立． 当ｎ为偶数时，ａ１ ＞ ２３ － １ ３·２ ｎ恒成立，由２３ － １ ３·２{ }ｎ 递 减，可得２３ － １ ３·２ ｎ≤ ２３ － ４ ３ ＝ － ２ ３ ，则ａ１ ＞ － ２ ３ ； 当ｎ为奇数时，ａ１ ＜ ２３ ＋ １ ３·２ ｎ恒成立， 由２３ ＋ １ ３·２{ }ｎ 递增，可得２３ ＋ １３·２ｎ≥ ２３ ＋ ２３ ＝ ４３ ，则 ａ１ ＜ ４ ３ ， 则ａ１的取值范围是－ ２３ ，( )２３ ∪ ２３ ，( )４３ ．故选Ｂ． 跟踪训练 １． Ｃ　 依题意ａｎ ＋ １ － ａｎ ＝ １ｎ（ｎ ＋ ２）＝ １ ２ １ ｎ － １ ｎ( )＋ ２ ， 所以ａ５ ＝（ａ５ － ａ４）＋（ａ４ － ａ３）＋（ａ３ － ａ２）＋（ａ２ － ａ１）＋ ａ１ ＝ (１２ １ － １３ ＋ １２ － １４ ＋ １３ － １５ ＋ １４ － )１６ ＋ １ ＝ (１２ １ ＋ １２ － １５ － )１６ ＋ １ ＝ ４７３０ ．故选Ｃ． ２． ＡＣＤ　 ａｎ ＋ １ － ａｎ ＝ ｎ ＋ １， ∴ ａ２０ ＝（ａ２０ － ａ１９）＋（ａ１９ － ａ１８）＋…＋（ａ２ － ａ１）＋ ａ１ ＝ ２０ ＋ １９ ＋ １８ ＋…＋ ２ ＋ ２ ＝ ２１１，故Ａ正确； ∵ ａｎ ＋ １ ＝ ２ａｎ ＋ ３，∴ ａｎ ＋ １ ＋ ３ ＝ ２（ａｎ ＋ ３）， ∴ ｛ａｎ ＋ ３｝是以ａ１ ＋ ３ ＝ ４为首项，２为公比的等比数列， ∴ ａｎ ＋ ３ ＝ ４·２ｎ － １ ＝ ２ｎ ＋ １，故ａｎ ＝ ２ｎ ＋ １ － ３，故Ｂ错误； ∵ ａｎ ＋ １ ＝ ａｎ １ ＋ ３ａｎ ，∴ １ａｎ ＋ １ ＝ １ ＋ ３ａｎ ａｎ ＝ １ａｎ ＋ ３，∴ １ａｎ ＋ １ － １ ａｎ ＝ ３， ∴ １ａ{ }ｎ 是以１ａ１ ＝ １为首项，３为公差的等差数列， ∴ １ａｎ ＝ １ ＋（ｎ － １）× ３ ＝ ３ｎ － ２，∴ ａｎ ＝ １３ｎ － ２，故Ｃ正确； ２（ｎ ＋ １）ａｎ － ｎａｎ ＋ １ ＝ ０，∴ ａｎ ＋ １ｎ ＋ １ ＝ ２ａｎ ｎ ， ∴ ａｎ{ }ｎ 是以ａ１１ ＝ ２为首项，２为公比的等比数列， ∴ ａｎ ｎ ＝ ２·２ ｎ － １ ＝ ２ｎ，∴ ａｎ ＝ ｎ·２ｎ，故Ｄ正确． ３． ａｎ ＝ ｎ·２ｎ ＋ １ 　 当ｎ≥２时，因为ａｎ ＝ ２ａｎ － １ ＋ ２ｎ ＋ １，所以ａｎ２ｎ ＋ １ ＝ ａｎ － １ ２ｎ ＋ １，又ａ１ ２１ ＋ １ ＝ ４４ ＝ １， 所以数列ａｎ ２ｎ{ }＋ １ 是首项为１，公差为１的等差数列， 所以ａｎ ２ｎ ＋ １ ＝ １ ＋（ｎ － １）× １ ＝ ｎ，则ａｎ ＝ ｎ·２ｎ ＋ １ ． 考点二 典例研析 ２．（１）方法一：由题意知当ｎ≥２时，Ｓｎ ＋ Ｓｎ － １ ＝ ｎａｎ， ∴ Ｓｎ ＋ Ｓｎ － １ ＝ ｎ（Ｓｎ － Ｓｎ － １），整理得Ｓｎ ＝ ｎ ＋ １ｎ － １Ｓｎ － １， 由Ｓ１ ＝ ａ１ ＝ ３，∴ Ｓｎ ＝ ｎ ＋ １ｎ － １ × ｎ ｎ － ２ × ｎ － １ ｎ － ３ × ｎ － ２ ｎ － ４ ×…× ４ ２ × ３ １ × ３ ＝ ３ ２ （ｎ ２ ＋ ｎ）， 经检验Ｓ１ ＝ ３也符合Ｓｎ ＝ ３２ （ｎ ２ ＋ ｎ）． ∴当ｎ≥２时，ａｎ ＝ Ｓｎ － Ｓｎ － １ ＝ ３２ （ｎ ２ ＋ ｎ）－ ３２ ［（ｎ － １） ２ ＋（ｎ － １）］＝ ３ｎ． ａ１ ＝ ３也满足ａｎ ＝ ３ｎ， ∴数列｛ａｎ｝的通项公式为ａｎ ＝ ３ｎ． 方法二：由题意知当ｎ≥２时，Ｓｎ ＋ Ｓｎ － １ ＝ ｎａｎ， ∴当ｎ≥３时，Ｓｎ － １ ＋ Ｓｎ － ２ ＝（ｎ － １）ａｎ － １， 两式相减得ａｎ ＋ ａｎ － １ ＝ ｎａｎ －（ｎ － １）ａｎ － １（ｎ≥３），即（ｎ － １）ａｎ ＝ ｎａｎ － １， ∴ ａｎ ｎ ＝ ａｎ － １ ｎ － １（ｎ≥３），∴当ｎ≥３时， ａｎ{ }ｎ 为常数列， 又由Ｓ２ ＋ Ｓ１ ＝ ２ａ２得ａ２ ＝ ６，同理可得ａ３ ＝ ９， ∴ ａ３ ３ ＝ ａ１ ２ ＝ ａ１ １ ＝ ３，∴ ａｎ ｎ ＝ ａ１ １ ＝ ３，即ａｎ ＝ ３ｎ， ∴数列｛ａｎ｝的通项公式为ａｎ ＝ ３ｎ． （２）由（１）得ｂｎ ＝ １ － ９ａ２ｎ ＝ １ － １ ｎ２ ＝ ｎ ２ － １ ｎ２ ＝ ｎ － １ｎ × ｎ ＋ １ ｎ ， ∴ ｂ２·ｂ３·…·ｂｎ ＝ １２ × ３ ２ × ２ ３ × ４ ３ × ３ ４ × ５ ４ ×…× ｎ － １ ｎ × ｎ ＋ １ｎ ＝ ｎ ＋ １ ２ｎ ． 由ｎ ＋ １２ｎ ＝ ８９ １７６，得ｎ ＝ ８８． 跟踪训练 ４． ５６ 　 由题意，当ｎ ＝ １时，ａ１ ＝ ２ ３ ， 当ｎ≥２时，由ａ１ ＋ ３ａ２ ＋ ９ａ３ ＋…＋ ３ｎ － １ａｎ ＝ ｎ ＋ １３ ， 可得ａ１ ＋ ３ａ２ ＋ ９ａ３ ＋…＋ ３ｎ － ２ａｎ － １ ＝ ｎ３ ， 两式相减，可得３ｎ － １ａｎ ＝ ｎ ＋ １３ － ｎ ３ ＝ １ ３ ，解得ａｎ ＝ １ ３ｎ                                                                       ， —１８２— ∵当ｎ ＝ １时，ａ１ ＝ ２３不满足上式， ∴ ａｎ ＝ ２ ３ ，ｎ ＝ １， １ ３ｎ ，ｎ≥２{ ，则当ｎ ＝ １时，Ｓ１ ＝ ａ１ ＝ ２３ ， 当ｎ≥２时，Ｓｎ ＝ ａ１ ＋ ａ２ ＋ ａ３ ＋…＋ ａｎ ＝ ２３ ＋ １ ３２ ＋ １ ３３ ＋…＋ １ ３ｎ ＝ ２３ ＋ １ ３２ － １ ３ｎ ＋ １ １ － １３ ＝ ５６ － １ ２·３ｎ， ∵当ｎ ＝ １时，Ｓ１ ＝ ２３也满足上式，∴ Ｓｎ ＝ ５ ６ － １ ２·３ｎ，ｎ∈Ｎ ， ∵ Ｓｎ ＝ ５ ６ － １ ２·３ｎ ＜ ５ ６ ，且Ｓｎ ＜ ｋ对任意ｎ∈Ｎ 恒成立， ∴ ｋ≥ ５６ ，即实数ｋ的最小值为 ５ ６ ． ５．（１）由ａ２ ＝ ３且Ｓｎ槡＋ １ ＝ Ｓ槡ｎ ＋ Ｓ槡１， 可得Ｓ槡２ ＝ ２ Ｓ槡１，即ａ１槡＋ ３ ＝ ２ ａ槡１，解得ａ１ ＝ １， 即有Ｓｎ槡＋ １ － Ｓ槡ｎ ＝ １， 可得数列｛ Ｓ槡ｎ｝是首项和公差均为１的等差数列， 则Ｓ槡ｎ ＝ ｎ，即Ｓｎ ＝ ｎ２， 当ｎ≥２时，ａｎ ＝ Ｓｎ － Ｓｎ － １ ＝ ｎ２ －（ｎ － １）２ ＝ ２ｎ － １，对ｎ ＝ １也 成立， 则｛ａｎ｝的通项公式为ａｎ ＝ ２ｎ － １． （２）ｂｎ ＝ ４Ｓｎａｎａｎ ＋１ ＝ ４ｎ２ （２ｎ －１）（２ｎ ＋１）＝ １ ＋ １ （２ｎ －１）（２ｎ ＋１）＝ １ ＋ １ ２ １ ２ｎ －１ － １ ２ｎ( )＋１ ， 则数列｛ｂｎ｝的前ｎ项和 Ｔｎ ＝ ｎ ＋ １ ２ １ － １ ３ ＋ １ ３ － １ ５ ＋…＋ １ ２ｎ － １ － １ ２ｎ( )＋ １ ＝ ｎ ＋ １ ２ １ － １ ２ｎ( )＋ １ ＝ ｎ ＋ ｎ２ｎ ＋ １． 考点三 典例研析 角度１ ３． Ｂ　 ∵ １ ＋ ２ ＋ ２２ ＋…＋ ２ｎ － １ ＝ １ ×（１ － ２ ｎ） １ － ２ ＝ ２ ｎ － １， ∴数列１，１ ＋ ２，１ ＋ ２ ＋ ２２，…，１ ＋ ２ ＋ ２２ ＋…＋ ２ｎ － １，…的前ｎ 项和 Ｓｎ ＝ ２ １ － １ ＋ ２２ － １ ＋…＋ ２ｎ － １ ＝（２１ ＋ ２２ ＋…＋ ２ｎ）－ ｎ ＝ ２ ×（１ － ２ ｎ） １ － ２ － ｎ ＝ ２ ｎ ＋ １ － ｎ － ２．故选Ｂ． 跟踪训练 ６．（１）当ｎ ＝ １时，Ｓ１ ＝ ２ａ１ － １，所以ａ１ ＝ １， 当ｎ≥２时，Ｓｎ － １ ＝ ２ａｎ － １ － １，所以ａｎ ＝ ２ａｎ － ２ａｎ － １，即ａｎ ＝ ２ａｎ － １， 因为ａ１ ＝ １≠０，所以ａｎ≠０，所以ａｎａｎ － １ ＝ ２， 所以｛ａｎ｝是以１为首项，２为公比的等比数列，所以ａｎ ＝ ａ１ｑ ｎ － １ ＝ ２ｎ － １ ． （２）ｂｎ ＝ ４ｎ － １ ＋ ｎ － １， Ｔｎ ＝（４０ ＋ ４１ ＋ ４２ ＋…４ｎ － １）＋［０ ＋ １ ＋ ２ ＋…＋（ｎ － １）］ ＝ １ ×（１ － ４ ｎ） １ － ４ ＋ ｎ（０ ＋ ｎ － １） ２ ＝ ４ｎ － １ ３ ＋ ｎ（ｎ － １） ２ ． 角度２ ４．（１）由已知｛ａｎ｝为等差数列，记其公差为ｄ． ①当ｎ≥２时， ａｎ ＋ １ ＝ ２ａｎ － ｎ， ａｎ ＝ ２ａｎ － １ －（ｎ － １{ ），两式相减可得ｄ ＝ ２ｄ － １， 解得ｄ ＝ １， ②当ｎ ＝ １时，ａ２ ＝ ２ａ１ － １，所以ａ１ ＝ ２，所以ａｎ ＝ ２ ＋（ｎ － １）× １ ＝ ｎ ＋ １． （２）由（１）知ｂｎ ＝（－ １）ｎａｎ ＝（－ １）ｎ（ｎ ＋ １）， ∑ ２ｎ ｉ ＝ １ ｂｉ ＝ ｂ１ ＋ ｂ２ ＋…＋ ｂ２ｎ － １ ＋ ｂ２ｎ ＝ － ２ ＋ ３ － ４ ＋ ５ －…－ ２ｎ ＋ ２ｎ ＋ １ ＝（－ ２ ＋ ３）＋（－ ４ ＋ ５）＋…＋（－ ２ｎ ＋ ２ｎ ＋ １）＝ ｎ． 跟踪训练 ７．（１）由２Ｓｎ ＝ ２ａ２ｎ ＋ ａｎ － １，①得２Ｓｎ ＋ １ ＝ ２ａ２ｎ ＋ １ ＋ ａｎ ＋ １ － １，② ② － ①得２ａｎ ＋ １ ＝ ２Ｓｎ ＋ １ － ２Ｓｎ ＝ ２ａ２ｎ ＋ １ ＋ ａｎ ＋ １ － ２ａ２ｎ － ａｎ ＝ ２（ａｎ ＋ １ － ａｎ）（ａｎ ＋ １ ＋ ａｎ）＋ （ａｎ ＋ １ － ａｎ），所以２（ａｎ ＋ １ － ａｎ） （ａｎ ＋ １ ＋ ａｎ）－（ａｎ ＋ １ ＋ ａｎ）＝ ０， 即（ａｎ ＋ １ ＋ ａｎ）（２ａｎ ＋ １ － ２ａｎ － １）＝ ０， 因为ａｎ ＞ ０，所以２ａｎ ＋ １ － ２ａｎ － １ ＝ ０，即ａｎ ＋ １ － ａｎ ＝ １２ ， 又ａ１ ＝ １，所以数列｛ａｎ｝是以１为首项，１２ 为公差的等差 数列， 所以数列｛ａｎ｝的通项公式为ａｎ ＝ ｎ ＋ １２ ． （２）因为ｂｎ ＝（－ １）ｎ － １ａｎ，所以ｂ１ ＋ ｂ２ ＝ ａ１ － ａ２ ＝ － １２ ，ｂ３ ＋ ｂ４ ＝ ａ３ － ａ４ ＝ － １ ２ ，…， ｂ９９ ＋ ｂ１００ ＝ ａ９９ － ａ１００ ＝ － １ ２ ， 所以｛ｂｎ｝的前１００项的和为ｂ１ ＋ ｂ２ ＋ ｂ３ ＋…＋ ｂ９９ ＋ ｂ１００ ＝（ａ１ － ａ２）＋（ａ３ － ａ４）＋…＋（ａ９９ － ａ１００）＝ － １２ × ５０ ＝ － ２５． 角度３ ５．（１）当ｎ ＝ １时，２Ｓ１ ＝ ａ１ ＋ １，解得ａ１ ＝ １， 又∵ ａ２ ＝ ３２ ａ１，∴ ａ２ ＝ ３ ２ ， 当ｎ≥２时，由２Ｓｎ ＝ ｎ（ａｎ ＋ １）， ２Ｓｎ ＋ １ ＝（ｎ ＋ １）（ａｎ ＋ １ ＋ １{ ）， 两式相减得（ｎ － １）ａｎ ＋ １ － ｎａｎ ＋ １ ＝ ０， 两边同除以ｎ（ｎ － １）可得ａｎ ＋ １ｎ － ａｎ ｎ － １ ＝ １ ｎ － １ ｎ － １（ｎ≥２）， 上述等式可列累加法得ａｎｎ －１ － ａｎ －１ ｎ －２ ＋…＋ ａ３ ２ － ａ２ １ ＝ １ ｎ －１ － １ ｎ －２ ＋…＋ １２ －１（ｎ≥３）， ∴ ａｎ ｎ － １ － ａ２ ＝ １ ｎ － １ － １，∴ ａｎ －（ｎ － １）ａ２ ＝ １ －（ｎ － １）， ∵ ａ２ ＝ ３ ２ ，化简得ａｎ ＝ ｎ ＋ １ ２ （ｎ≥３）， 当ｎ ＝ １时，ａ１ ＝ １； ｎ ＝ ２时，ａ２ ＝ ３２都满足ａｎ ＝ ｎ ＋ １ ２ ，因此ａｎ ＝ ｎ ＋ １ ２                                                                      ． —２８２— （２）由（１）可知，ｂｎ ＝ ｎ ＋ １２ｎ ＋ １，则Ｔｎ ＝ ２ ２２ ＋ ３ ２３ ＋ ４ ２４ ＋…＋ ｎ ＋ １ ２ｎ ＋ １ ①， ∴ １２ Ｔｎ ＝ ２ ２３ ＋ ３ ２４ ＋…＋ ｎ ２ｎ ＋ １ ＋ ｎ ＋ １ ２ｎ ＋ ２ ②， 两式相减得１２ Ｔｎ ＝ ２ ２２ ＋ １ ２３ ＋…＋ １ ２ｎ ＋ １ － ｎ ＋ １ ２ｎ ＋ ２ ＝ １ ２２ ＋ １ ２２ １ － ( )１２[ ] ｎ １ － １２ － ｎ ＋ １ ２ｎ ＋ ２ ＝ ３４ － ｎ ＋ ３ ２ｎ ＋ ２ ，化简得Ｔｎ ＝ ３２ － ｎ ＋ ３ ２ｎ ＋ １ ． 跟踪训练 ８．（１）因为数列｛ａｎ｝满足ａ１ ＝ ２，ａｎ ＋ １ａｎ ＝ ｎ ＋ １ ｎ ， 所以ａｎ ＝ ａｎａｎ －１· ａｎ －１ ａｎ －２ ·ａｎ －２ａｎ －３·…· ａ２ ａ１ ·ａ１ ＝ ｎｎ －１· ｎ －１ ｎ －２· ｎ －２ ｎ －３·…· ２ １·２ ＝２ｎ， 即｛ａｎ｝的通项公式为ａｎ ＝ ２ｎ． （２）记数列ａｎ ２{ }ｎ 的前ｎ 项和为Ｓｎ，因为ａｎ２ａｎ ＝ ２ｎ２２ｎ ＝ ２ｎ × ( )１４ ｎ ， 所以Ｓｎ ＝ ２ × １４ ＋ ２ × ２ × ( )１４ ２ ＋ ２ × ３ × ( )１４ ３ ＋…＋ ２ｎ × ( )１４ ｎ ， 所以１４ Ｓｎ ＝ ２ × ( )１４ ２ ＋ ２ × ２ × ( )１４ ３ ＋ ２ × ３ × ( )１４ ４ ＋…＋ ２（ｎ － １）× ( )１４ ｎ ＋ ２ｎ × ( )１４ ｎ ＋ １ ， 两式相减得 ３ ４ Ｓｎ ＝ １ ２ ＋ ２ ( )１４ ２ ＋ ( )１４ ３ ＋ ( )１４ ４ ＋…＋ ( )１４[ ] ｎ － ２ｎ × ( )１４ ｎ ＋ １ ＝ １２ ＋ ２ × ( )１４ ２ １ － ( )１４ ｎ[ ]－ １ １ － １４ － ２ｎ × ( )１４ ｎ ＋ １ ＝ ２ ３ － ３ｎ ＋ ４ ６ × ２２ｎ ，故Ｓｎ ＝ ８９ － ３ｎ ＋ ４ ９ × ２２ｎ － １ ， 即数列ａｎ ２ａ{ }ｎ 的前ｎ项和为Ｓｎ ＝ ８９ － ３ｎ ＋ ４９ × ２２ｎ － １ ． 角度４ ６．（１）因为Ｓｎ ＝ １ － ２ － ｎ， 当ｎ≥２时，ａｎ ＝ Ｓｎ － Ｓｎ － １ ＝ １ － ２ － ｎ －（１ － ２ － ｎ ＋ １）＝ １２ｎ， 又因为ｎ ＝ １时，ａ１ ＝ Ｓ１ ＝ １２也满足上式，所以ａｎ ＝ １ ２ｎ ，ｂｎ ＝ ｎ． （２）由ｂｎ ＝ ｎ，所以１ｂｎｂｎ ＋ １ ＝ １ ｎ（ｎ ＋ １）＝ １ ｎ － １ ｎ ＋ １， Ｔｎ ＝ １ ｂ１ｂ２ ＋ １ｂ２ｂ３ ＋ １ｂ３ｂ４ ＋…＋ １ｂｎ －１ｂｎ ＝ １ １ － １ ２ ＋ １ ２ － １ ３ ＋…＋ １ ｎ － １ ｎ ＋１ ＝１ － １ ｎ ＋１， 则Ｓｎ － Ｔｎ ＝ １ － １２( )ｎ － １ － １ｎ( )＋ １ ＝ １ｎ ＋ １ － １２ｎ ＝ ２ ｎ －（ｎ ＋ １） （ｎ ＋ １）２ｎ ， 当ｎ ＝ １时，２ｎ ＝ ｎ ＋ １， 当ｎ≥２时，２ｎ ＝（１ ＋ １）ｎ ＝ Ｃ０ｎ ＋ Ｃ１ｎ ＋…＋ Ｃｎｎ ＝ １ ＋ ｎ ＋ Ｃ２ｎ ＋… ＋ Ｃｎｎ ＞ ｎ ＋ １， 所以Ｓｎ ＞ Ｔｎ， 综上所述：当ｎ ＝ １时，Ｓｎ ＝ Ｔｎ，当ｎ≥２时，Ｓｎ ＞ Ｔｎ ．故Ｓｎ≥Ｔｎ ． 跟踪训练 ９．（１）证明：因为３Ｓｎ ＝ ４ａｎ － ２， 所以３Ｓｎ － １ ＝ ４ａｎ － １ － ２（ｎ≥２）， 当ｎ≥２时，两式相减得３ａｎ ＝ ４ａｎ － ４ａｎ － １，即ａｎ ＝ ４ａｎ － １，ｎ≥２， 则ａｎａｎ － １ ＝ ４， 因为３Ｓ１ ＝ ４ａ１ － ２，即ａ１ ＝ ２， 所以数列｛ａｎ｝是以２为首项，以４为公比的等比数列， 所以ａｎ ＝ ２·４ｎ － １ ＝ ２２ｎ － １ ． （２）∵ ｂｎ ＝ ｌｏｇ２２２ｎ － １ ＝ ２ｎ － １， １ ｂｎ·ｂｎ ＋ １ ＝ １ （２ｎ － １）（２ｎ ＋ １）＝ １ ２ １ ２ｎ － １ － １ ２ｎ( )＋ １ ， 所以Ｔｎ ＝ １２ １ － １ ３ ＋ １ ３ － １ ５ ＋…＋ １ ２ｎ － １ － １ ２ｎ( )＋ １ ＝ １ ２ １ － １ ２ｎ( )＋ １ ＝ ｎ２ｎ ＋ １． 考点四 典例研析 ７．（１）由题意可知，ａ１ ＝ １，ａｎ ＋ １ ＝ － ＳｎＳｎ ＋ １， 所以当ｎ≥２时，ａｎ ＝ － Ｓｎ － １Ｓｎ，ａｎ ＝ Ｓｎ － Ｓｎ － １， 所以Ｓｎ － Ｓｎ － １ ＝ － Ｓｎ － １Ｓｎ，即１Ｓｎ － １ Ｓｎ － １ ＝ １， 故数列１Ｓ{ }ｎ 是首项为１Ｓ１ ＝ １ ａ１ ＝ １，公差为１的等差数列， 所以１Ｓｎ ＝ １ ＋（ｎ － １）× １ ＝ ｎ，即Ｓｎ ＝ １ ｎ ， 当ｎ ＝ １时成立．所以Ｓｎ ＝ １ｎ ． 所以ａｎ ＋ １ ＝ － ＳｎＳｎ ＋ １ ＝ － １ｎ × １ ｎ ＋ １ ＝ － １ ｎ（ｎ ＋ １）， 所以数列｛ａｎ｝的通项公式为ａｎ ＝ １，ｎ ＝ １， － １（ｎ － １）ｎ，ｎ≥２{ ． （２）由（１）知，Ｓｎ ＝ １ｎ ， 令ｂｎ ＝ ＳｎＳｎ ＋ １ ＝ １ｎ（ｎ ＋ １）＝ １ ｎ － １ ｎ ＋ １， 所以Ｔｎ ＝ １ －( )１２ ＋ １２ －( )１３ ＋…＋ １ｎ － １ｎ( )＋ １ ＝ １ － １ ｎ ＋ １ ＝ ｎ ｎ ＋ １， 又因为存在正整数ｎ，使得（ｎ － ８）Ｔｎ≤λ２ ＋ １３３ λ， 所以存在正整数ｎ使得λ２ ＋ １３３ λ≥ ｎ２ － ８ｎ ｎ ＋ １ ＝（ｎ ＋ １）＋ ９ ｎ ＋ １ － １０成立， 故λ２ ＋ １３３ λ≥［（ｎ ＋ １）＋ ９ ｎ ＋ １ － １０］ｍｉｎ， 又因为（ｎ ＋ １）＋ ９ｎ ＋ １ － １０≥２ （ｎ ＋ １）× ９ ｎ槡 ＋ １ － １０ ＝ － ４                                                                       ， —３８２— 当且仅当ｎ ＋ １ ＝ ９ｎ ＋ １，即ｎ ＝ ２时取等号， 所以λ２ ＋ １３３ λ≥ － ４，解得λ≤ － ３或λ≥ － ４ ３ ， 所以实数λ {的取值范围为λ λ≤ － ３或λ≥ － }４３ ． 跟踪训练 １０．（１）由已知等差数列｛ａｎ｝， 得Ｓ３ ＋ Ｓ６ ＝ ６３， ａ２７ ＝ ａ２ａ２２{ ，得 ａ１ ＋ ２ｄ ＝ ７， ３ｄ２ ＝ ２ａ１ｄ， ｄ≠０ { ， 解得ａ１ ＝ ３，ｄ ＝ ２{ ， 所以ａｎ ＝ ａ１ ＋（ｎ － １）ｄ ＝ ３ ＋ ２（ｎ － １）＝ ２ｎ ＋ １． （２）ｂｎ ＝ ２ｎ － １ａｎ ＝（２ｎ ＋ １）·２ｎ － １， Ｔｎ ＝ ３ ＋ ５ × ２ ＋ ７ × ２ ２ ＋…＋（２ｎ ＋ １）·２ｎ － １，① ２Ｔｎ ＝ ３ × ２ ＋ ５ × ２ ２ ＋ ７ × ２３ ＋…＋（２ｎ － １）·２ｎ － １ ＋（２ｎ ＋ １） ·２ｎ，② 所以① －②得 － Ｔｎ ＝ ３ ＋ ２ × ２ ＋ ２ × ２ ２ ＋ ２ × ２３ ＋…＋ ２ × ２ｎ － １ －（２ｎ ＋ １） ·２ｎ， 所以－ Ｔｎ ＝ １ － ２ ｎ ＋ １ １ － ２ －（２ｎ ＋ １）·２ ｎ ＝（１ － ２ｎ）·２ｎ － １， 得Ｔｎ ＝（２ｎ － １）·２ｎ ＋ １． 又由（１）中等差数列｛ａｎ｝满足 ａ１ ＝ ３， ｄ ＝ ２{ ，知，Ｓｎ ＝ ３ｎ ＋ ｎ（ｎ － １）２ × ２ ＝ ｎ２ ＋ ２ｎ， 不等式（Ｔｎ － １）λ ＋ ２Ｓｎ － １１ｎ ＋ ３≤０对一切ｎ∈Ｎ恒成立， 且（２ｎ － １）·２ｎ ＞ ０， 即λ≤ － ２ｎ ２ ＋ ７ｎ － ３ （２ｎ － １）２ｎ ＝ ３ － ｎ ２ｎ 对一切ｎ∈Ｎ恒成立， 令ｆ（ｎ）＝ ３ － ｎ ２ｎ （ｎ∈Ｎ），只需保证不等式ｆ（ｎ）ｍｉｎ≥λ成立 即可， 因为ｆ（ｎ ＋ １）－ ｆ（ｎ）＝ ２ － ｎ ２ｎ ＋ １ － ３ － ｎ ２ｎ ＝ ｎ － ４ ２ｎ ＋ １ ， 当１≤ｎ≤３时，ｆ（ｎ ＋ １）－ ｆ（ｎ）＜ ０，当ｎ ＝ ４时，ｆ（ｎ ＋ １）＝ ｆ（ｎ），当ｎ≥５时，ｆ（ｎ ＋ １）－ ｆ（ｎ）＞ ０， 即ｆ（１）＞ ｆ（２）＞ ｆ（３）＝ ０ ＞ ｆ（４）＝ ｆ（５）＝ － １１６ ＜ ｆ（６）＜…， 得ｆ（ｎ）ｍｉｎ ＝ ｆ（４）＝ ｆ（５）＝ － １１６， 所以λ的最大值为－ １１６ ． 微专题　 数列与传统文化、创新应用 题型选讲 题型一 典例研析 １． Ｃ　 因为ａｎ能被３除余２且被７除余２， 所以ａｎ － ２既是３的倍数，又是７的倍数，即是２１的倍数，且 ａｎ ＞ ０， 所以ａｎ － ２ ＝ ２１（ｎ － １），即ａｎ ＝ ２１ｎ － １９， 所以ａ６ ＝ ２１ × ６ － １９ ＝ １０７．故选Ｃ． ２． Ａ　 由题意得：天干可看作公差为１０的等差数列，地支可看作 公差为１２的等差数列， 由于１００ ÷ １０ ＝ １０，余数为０，故１００年后天干为壬， 由于１００ ÷ １２ ＝ ８……４，余数为４，故１００年后地支为午， 综上：１００年后的２１２２年为壬午年．故选Ａ． ３． Ｂ　 由题意知，Ａ点处里程碑刻着数字５４，Ｂ点处里程碑刻着 数字９６， 里程碑上的数字成等差数列，公差为３， 则从Ａ到Ｂ的所有里程碑个数为ｎ ＝ ９６ － ５４３ ＋ １ ＝ １５， 所以从Ａ到Ｂ的所有里程碑上的数字之和为１５ ×５４ ＋１５ ×１４２ ×３ ＝１ １２５．故选Ｂ． 跟踪训练 １． Ｂ　 设数列为｛ａｎ｝，首项为ａ１，公差为ｄ， 则ａ１ ＋ ａ４ ＋ ａ７ ＝ ３ａ１ ＋ ９ｄ ＝ ３１． ５， Ｓ９ ＝ ９ａ１ ＋ ３６ｄ ＝ ８５． ５，解得ａ１ ＝ １３． ５，ｄ ＝ － １， ∴芒种日影长为ａ１２ ＝ ａ１ ＋ １１ｄ ＝ ２． ５．故选Ｂ． ２． Ｃ　 由题意设此人第一天走步ａ１ 里，第二天走步ａ２ 里，第ｎ 天走步ａｎ里，｛ａｎ｝是等差数列，已知Ｓ９ ＝ １ ２６０，要求ａ５， Ｓ９ ＝ ９（ａ１ ＋ ａ９） ２ ＝ ９ × ２ａ５ ２ ＝ ９ａ５ ＝ １ ２６０，∴ ａ５ ＝ １４０．故选Ｃ． ３． Ａ　 根据题意可知，每次挖去的三角形面积是被挖三角形面积 的１３ ， 所以每一次操作之后所得图形的面积是上一次三角形面积 的２３ ， 由此可得，第ｎ 次操作之后所得图形的面积是Ｓｎ ＝ １ × ( )２３ ｎ ， 即经过４次操作之后所得图形的面积是Ｓ４ ＝ １ × ( )２３ ４ ＝ １６８１ ． 故选Ａ． 题型二 典例研析 角度１ ４． ＡＢ　 数列｛ａｎ｝为等差数列，则ａｎ ＋ １ － ａｎ ＝ ｄ，即ａｎ ＋ １ ＝ ａｎ ＋ ｄ， 满足“线性数列”的定义，故Ａ正确； 数列｛ａｎ｝为等比数列，则ａｎ ＋１ａｎ ＝ ｑ，即ａｎ ＋１ ＝ ｑａｎ，满足“线性数列” 的定义，故Ｂ正确； 设ａｎ ＋ １ － ｋ ＝ ｐ（ａｎ － ｋ），ｋ∈Ｒ，则ｋ － ｐｋ ＝ ｑ，解出ｋ ＝ ｑ１ － ｐ， 则ａｎ － ｑ１ － ｐ ＝ ｐ ｎ － １ ａ１ － ｑ １ －( )ｐ ， 因此ａｎ ＝ ｑ（１ － ｐ ｎ） １ － ｐ ，故Ｃ错误； 若ｐ ＝ ０且ｑ≠０，则ａｎ ＝ ｑ，数列｛ｑｐｎ － １｝的前ｎ项和为０，显然 Ｄ错误．故选ＡＢ． 角度２ ５． ２ － １３ × ２ ｎ 　 ２　 若λ ＝ ０，μ ＝ － ２，则ａｎ ＋ １ ＝ ２（ａｎ － １）， 即为ａｎ ＋ １ － ２ ＝ ２（ａｎ － ２）， 可得数列｛ａｎ － ２｝是首项为ａ１ － ２ ＝ － ２３ ，公比为２的等比 数列                                                                      ， —４８２—