第一篇 专题三 微专题 数列与传统文化、创新应用-【衡中学案】2025年高考数学二轮总复习学案

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— 则ａｎ － ２ ＝ － ２３ × ２ ｎ － １ ＝ － １３ × ２ ｎ， 即ａｎ ＝ ２ － １３ × ２ ｎ； 若λ ＝ μ ＝ １，则ａｎ ＋ １ ＝ ａ２ｎ － ａｎ ＋ １，即ａｎ ＋ １ － ａｎ ＝（ａｎ － １）２≥０， 由ａ１ ＝ ４３ ，可得ａｎ ＋ １ ＞ ａｎ，即数列｛ａｎ｝递增． 又ａｎ ＋ １ － １ ＝ ａｎ（ａｎ － １），可得 １ａｎ ＋ １ － １ ＝ １ ａｎ（ａｎ － １）＝ １ ａｎ － １ － １ａｎ ， 即１ａｎ ＝ １ ａｎ － １ － １ａｎ ＋ １ － １ ，可得∑２ ０２４ ｉ ＝ １ １ ａｉ ＝ １ａ１ － １ － １ａ２ ０２５ － １ ＝ ３ － １ ａ２ ０２５ － １ ＜ ３， 由ａ１ ＝ ４３ ，得到ａ２ ０２５ ＞ ２，则∑ ２ ０２４ ｉ ＝ １ １ ａ[ ]ｉ ＝ ２． 角度３ ６． （１）设等差数列的公差为ｄ，由ａ３ ＝ ６，ａ７ ＝ １４，可得 ａ１ ＋２ｄ ＝６， ａ１ ＋６ｄ{ ＝１４ｄ ＝２， ａ１ ＝ ２ａｎ ＝ ２ ＋（ｎ － １）·２ ＝ ２ｎ，Ｓｎ ＝（２ ＋ ２ｎ）ｎ２ ＝ ｎ ２ ＋ ｎ． （２）若选①ｂｎ ＝ ２ａｎａｎ ． 因为ａｎ ＝ ２ｎ，所以ｂｎ ＝ ２ａｎａｎ ＝ ２２ｎ·（２ｎ）＝ ４ｎ·（２ｎ）， 因此Ｔｎ ＝ ４ × ２ ＋ ４２ × ４ ＋ ４３ × ６ ＋…＋ ４ｎ·（２ｎ）， ４Ｔｎ ＝ ４ ２ × ２ ＋ ４３ × ４ ＋ ４４ × ６ ＋…＋ ４ｎ ＋ １·（２ｎ），两个等式相 减得 － ３Ｔｎ ＝ ４ × ２ ＋ ４ ２ × ２ ＋ ４３ × ２ ＋…＋ ４ｎ·２ － ４ｎ ＋ １·（２ｎ），  － ３Ｔｎ ＝ ２（４ ＋ ４２ ＋ ４３ ＋…＋ ４ｎ）－ ４ｎ ＋ １·（２ｎ），  － ３Ｔｎ ＝ ２ ·４（１ － ４ ｎ） １ － ４ － ４ ｎ ＋ １ ·（２ｎ ） Ｔｎ ＝（３ｎ － １）·２ ２ｎ ＋ ３ ＋ ８ ９ ． 若选②ｂｎ ＝ ａ ２ ｎ ＋ ａ ２ ｎ ＋ １ Ｓｎ ， 因为ａｎ ＝ ２ｎ，Ｓｎ ＝ ｎ２ ＋ ｎ， 所以ｂｎ ＝ ａ ２ ｎ ＋ ａ ２ ｎ ＋ １ Ｓｎ ＝ ４ｎ ２ ＋ ４（ｎ ＋ １）２ ｎ２ ＋ ｎ ＝ ８ ＋ ４ ｎ２ ＋ ｎ ＝ ８ ＋ ４ １ｎ － １ ｎ( )＋ １ ， 因此有Ｔｎ ＝ ８ ＋ ４ １ －( )[ ]１２ ＋ ８ ＋ ４ １２ －( )[ ]１３ ＋…＋ ８ ＋ ４ １ｎ － １ ｎ( )[ ]＋ １ ＝ ８ｎ ＋ ４ １ － １ｎ( )＋ １ ＝ ８ｎ ＋ ４ｎｎ ＋ １． 角度４ ７．（１）｛ｘｎ｝、｛ｙｎ｝均是周期数列，理由如下： 因为ｘｎ ＋ １ ＝ ｓｉｎ（ｎ ＋ １）π ＝ ０ ＝ ｓｉｎ ｎπ ＝ ｘｎ， 所以数列｛ｘｎ｝是周期数列，其周期为１． 因为ｙｎ ＋ ３ ＝ ｙｎ ＋ ２ － ｙｎ ＋ １ ＋ １，ｙｎ ＋ ２ ＝ ｙｎ ＋ １ － ｙｎ ＋ １， 所以ｙｎ ＋ ３ ＝ － ｙｎ ＋ ２．则ｙｎ ＋ ６ ＝ － ｙｎ ＋ ３ ＋ ２，所以ｙｎ ＋ ６ ＝ ｙｎ， 所以数列｛ｙｎ｝是周期数列，其周期为６． （２）由（１）可知，｛ｙｎ｝是周期为６的数列． 计算数列为２，３，２，０，－ １，０，２，３… 故Ｓｎ ＝ ｎ，ｎ ＝ ６ｋ ＋ ６， ｎ ＋ １，ｎ ＝ ６ｋ ＋ １， ｎ ＋ ３，ｎ ＝ ６ｋ ＋ ２， ｎ ＋ ４，ｎ ＝ ６ｋ ＋ ３， ｎ ＋ ３，ｎ ＝ ６ｋ ＋ ４， ｎ ＋ １，ｎ ＝ ６ｋ ＋ ５        ， ｋ∈Ｎ， 当ｎ ＝ ６ｋ ＋ ６时，（－ １）ｎ·Ｓｎｎ ＝ １，故ｐ≤１，ｑ≥１； 当ｎ ＝ ６ｋ ＋ １时，－ ２≤（－ １）ｎ·Ｓｎｎ ＝ － ｎ ＋ １ ｎ ＜ － １，故ｐ≤ － ２，ｑ≥ － １； 当ｎ ＝ ６ｋ ＋ ２时，１ ＜（－ １）ｎ·Ｓｎｎ ＝ ｎ ＋ ３ ｎ ≤ ５ ２ ，故ｐ≤１，ｑ≥ ５ ２ ， 当ｎ ＝ ６ｋ ＋ ３时，－ ７３ ≤（－ １） ｎ·Ｓｎｎ ＝ － ｎ ＋ ４ ｎ ＜ － １，故ｐ≤ － ７３ ，ｑ≥ － １， 当ｎ ＝ ６ｋ ＋ ４时，１ ＜（－ １）ｎ·Ｓｎｎ ＝ ｎ ＋ ３ ｎ ≤ ７ ４ ，故ｐ≤１，ｑ≥ ７ ４ ， 当ｎ ＝ ６ｋ ＋ ５时，－ ６５ ≤（－ １） ｎ·Ｓｎｎ ＝ － ｎ ＋ １ ｎ ＜ － １，故ｐ≤ － ６５ ，ｑ≥ － １， 综上所述：存在，且ｐ≤ － ７３ ，ｑ≥ ５ ２ ． （３）假设存在非零常数ａ，使得｛ａｎ｝是周期为Ｔ的数列， 所以ａｎ ＋ Ｔ ＝ ａｎ，即ａｎ ＋ Ｔ － ａｎ ＝ ０， 所以ａｎ ＋ Ｔ ＋ １ ＝ ａｎ ＋ １，ａｎ ＋ Ｔ ＝ ａｎ，即ａｎ ＋ Ｔ ＋ １ － ａｎ ＋ １ ＝ ａｎ ＋ Ｔ － ａｎ ＝ ０， 所以ａｎ ＋ Ｔ ＋ １ － ａｎ ＋ Ｔ ＝ ａｎ ＋ １ － ａｎ，即ｂｎ ＋ Ｔ ＝ ａｎ ＋ Ｔ ＋ １ － ａｎ ＋ Ｔ ＝ ａｎ ＋ １ － ａｎ ＝ ｂｎ， 所以数列｛ｂｎ｝是周期为Ｔ的周期数列， 因为ａ１ ＋ Ｔ － ａ１ ＝（ａ１ ＋ Ｔ － ａＴ）＋（ａＴ － ａＴ － １）＋…＋（ａ３ － ａ２）＋ （ａ２ － ａ１）＝ ｂＴ ＋ ｂＴ － １ ＋…＋ ｂ２ ＋ ｂ１ ＝ ０，即∑ Ｔ ｉ ＝ １ ｂｉ ＝ ０， 因为 ｂ１ ＝ １，ｂ２ ＝ ａ， ｂｎ ＋ ２ ＝ ｂｎ ＋ １ ｂｎ （ｎ≥１，ｎ∈Ｎ{ ）， 所以ｂ３ ＝ ｂ２ｂ１ ＝ ａ，ｂ４ ＝ ｂ３ ｂ２ ＝ １，ｂ５ ＝ ｂ４ｂ３ ＝ １ ａ ，ｂ６ ＝ ｂ５ ｂ４ ＝ １ａ ，ｂ７ ＝ ｂ６ ｂ５ ＝ １，ｂ８ ＝ ｂ７ｂ６ ＝ ａ，ｂ９ ＝ ｂ８ ｂ７ ＝ ａ，所以数列｛ｂｎ｝的周期为Ｔ ＝ ６， 所以∑６ ｉ ＝ １ ｂｉ ＝ ２ ＋ ２ａ ＋ ２ ａ ＝ ０，即ａ ２ ＋ ａ ＋ １ ＝ ａ ＋( )１２ ２ ＋ ３４ ＝ ０， 显然方程无解， 所以，不存在非零常数ａ，使得｛ａｎ｝是周期数列． 角度５ ８．（１）根据题意，若ｆｎ（ｘ）＝ ｅｘ － ｂｎｘｎ只有一个正零点，可得ｅｘ ＝ ｂｎｘ ｎ，ｂｎｘｎｅ － ｘ ＝ １， 令ｇ（ｘ）＝ ｘｎｅ － ｘ，ｇ′（ｘ）＝ ｎｘｎ － １ ｅ － ｘ － ｘｎｅ － ｘ ＝ ｘｎ － １ ｅ － ｘ（ｎ － ｘ）， 令ｇ′（ｘ）＜ ０，ｘ∈（ｎ，＋ ∞），令ｇ′（ｘ）＞ ０，ｘ∈（０，ｎ）， 故ｇ（ｘ）在（０，ｎ）上单调递增，在（ｎ，＋ ∞）上单调递减， 可得ｇ（ｘ）在ｘ ＝ ｎ处取得最大值，且最大值为ｇ（ｎ）＝ ｘｎｅ － ｎ， 而当ｘ→０时，ｇ（ｘ）→０，当ｘ→ ＋ ∞时，ｇ（ｘ）→０， 由题意得，当ｇ（ｘ）最大时，符合题意， 故ｂｎｎｎｅ － ｎ ＝ １，即ｂｎ ＝ ｅｎ·ｎ － ｎ                                                                      ． —５８２— （２）①若ｍ为正整数，则ｅｍ为有理数，设ｅｍ ＝ ｐｑ ＝ ｙ，ｐ，ｑ∈Ｚ， ｑ≠０，则方程ｑ·ｙ － ｐ ＝ ０的根中有有理数， 又在方程ｑ·ｘｍ － ｐ ＝ ０中，发现ｘ ＝ ｅ是它的根， 而已知ｅ是超越数，故ｅ不是方程的根，与ｑ·ｙ － ｐ ＝ ０矛盾， 故原命题成立． ②若数列｛ｂｎ｝中存在不同的三项构成等比数列，则ｅｍ·ｍ －ｍ·ｅｎ ·ｎ － ｎ ＝（ｅｌ·ｅ － ｌ）２， 可得ｅｍ ＋ ｎ － ２ｌ ＝ ｍｍ·ｎｎ·ｌ － ２ｌ，由方程右边是有理数知左边是 有理数， 由上问知当且仅当ｍ ＋ ｎ ＝ ２ｌ时成立，故ｍｍ·ｎｎ ＝ ｌ２ｌ ＝ ｌｍ·ｌｎ， 则ｍ( )１ ｍ ·ｎ( )１ ｎ ＝ １，设１ － ｍ１ ＝ ｘ，则ｍ ＝ ｌ（１ － ｘ），ｎ ＝ ｌ（１ ＋ ｘ）， 则（１ － ｘ）ｍ·（１ ＋ ｘ）ｎ ＝ １，将ｍ ＝ ｌ（１ － ｘ），ｎ ＝ ｌ（１ ＋ ｘ）代入进 行化简， 可得（１ － ｘ）ｌ（１ － ｘ）·（１ ＋ ｘ）ｌ ＋ ｘ ＝ １，故［（１ － ｘ）１ － ｘ·（１ ＋ ｘ）１ ＋ ｘ］ｌ ＝ １， 故（１ － ｘ）１ － ｘ·（１ ＋ ｘ）１ ＋ ｘ ＝１，构造函数ｆ（ｘ）＝（１ － ｘ）ｌｎ（１ － ｘ）＋ （１ ＋ ｘ）ｌｎ（１ ＋ ｘ）， 而ｆ ′（ｘ）＝ ｌｎ（１ － ｘ２）＜ ０，知ｆ（ｘ）在其定义域内单调递减， 又ｆ（０）＝ ０，故若（１ － ｘ）１ － ｘ·（１ ＋ ｘ）１ ＋ ｘ ＝ １，则有ｘ ＝ ０， 即ｍｍ·ｎｎ ＝ ｌ２ｌ成立， 当且仅当ｍ ＝ ｎ ＝ ｌ时成立． 即数列｛ｂｎ｝中不存在不同的三项构成等比数列． 跟踪训练 ４． １，ｎ ＝ １， ２ｎ·３ｎ － １，ｎ≥{ ２　 ∵数列｛ａｎ｝满足ａ１ ＋ ａ２２ ＋ ａ３３ ＋…＋ ａｎｎ ＝ ３ｎ － ２（ｎ∈Ｎ，ｎ≥１），① ∴ ａ１ ＋ ａ２ ２ ＋ ａ３ ３ ＋…＋ ａｎ － １ ｎ － １ ＝ ３ ｎ － １ － ２（ｎ∈Ｎ，ｎ≥２），② ∴ ① －②，得ａｎｎ ＝ ３ ｎ － ３ｎ － １ ＝ ２３·３ ｎ － １ ＝ ２·３ｎ － ２，ｎ≥２，∴ ａｎ ＝ ２ｎ·３ｎ － ２， 又ａ１ ＝ ３ － ２ ＝ １，不满足上式，∴ ａｎ ＝ １，ｎ ＝ １， ２ｎ·３ｎ － １，ｎ≥２{ ． ５． ２ ０２６　 因为ａｎ ＝ ｌｏｇ（ｎ ＋ １）（ｎ ＋ ２）（ｎ∈Ｎ）， 所以ａ１·ａ２·…·ａｋ ＝ ｌｏｇ２３·ｌｏｇ３４·…·ｌｏｇ（ｋ ＋ １）（ｋ ＋ ２）＝ ｌｎ ３ ｌｎ ２· ｌｎ ４ ｌｎ ３·…· ｌｎ（ｋ ＋ ２） ｌｎ（ｋ ＋ １）＝ ｌｎ（ｋ ＋ ２） ｌｎ ２ ， 设ｔ ＝ ｌｎ（ｋ ＋ ２）ｌｎ ２ ，则ｋ ＋ ２ ＝ ２ ｔ，所以ｋ ＋ ２为２的整数次幂， 因为１≤ｋ≤２ ０２３，所以３≤ｋ ＋ ２≤２ ０２５，故满足条件的ｋ ＋ ２ ＝ ４，８，１６，３２，６４，１２８，２５６，５１２，１ ０２４，故区间［１，２ ０２３］内的 所有期盼数的和为４ － ２ ＋ ８ － ２ ＋ １６ － ２ ＋ ３２ － ２ ＋ ６４ － ２ ＋ １２８ － ２ ＋ ２５６ － ２ ＋ ５１２ － ２ ＋ １ ０２４ － ２ ＝ ２ ０２６． ６．（－ ∞，１］　 ∵ ａｎ ＝ １ｎ ＋ ３，则ａｎａｎ ＋ １ ＝ １ （ｎ ＋ ３）（ｎ ＋ ４）＝ １ ｎ ＋ ３ － １ ｎ ＋４，∴ Ｓｎ ＝ ａ１ａ２ ＋ ａ２ａ３ ＋…＋ ａｎａｎ ＋１ ＝ １ ４ － １ ５ ＋ １ ５ － １ ６ ＋…＋ １ ｎ ＋ ３ － １ ｎ ＋ ４ ＝ １ ４ － １ ｎ ＋ ４ ＝ ｎ ４（ｎ ＋ ４）， 又不等式４λ（ｎ ＋ ３）Ｓｎ ＜ ｎ ＋ ２恒成立， ∴ ４λ（ｎ ＋ ３） ｎ４（ｎ ＋ ４）＜ ｎ ＋ ２恒成立λ ＜ （ｎ ＋ ２）（ｎ ＋ ４） ｎ（ｎ ＋ ３） ＝ １ ＋ ３ｎ ＋ ８ ｎ２ ＋ ３ｎ 恒成立 λ ＜ １ ＋ ３ｎ ＋ ３ ＋ ８ ｎ２ ＋ ３ｎ 恒成立， 又ｆ（ｎ）＝ １ ＋ ３ｎ ＋ ３ ＋ ８ ｎ２ ＋ ３ｎ （ｎ∈Ｎ）是减函数，∴ λ≤１． ７．（１）设等差数列｛ａｎ｝的首项为ａ１，公差为ｄ， 若选择条件①Ｓ３ ＝ ａ６，则由ａ３ ＝ ６，得 ａ１ ＋ ２ｄ ＝ ６， ３ａ１ ＋ ３ｄ ＝ ａ１ ＋ ５ｄ{ ，解 得ａ１ ＝ ２， ｄ ＝ ２{ ， ∴ ａｎ ＝ ２ ＋ ２（ｎ － １）＝ ２ｎ； 若选择条件②Ｓ４ ＝ ２０，则由ａ３ ＝ ６，得 ａ１ ＋ ２ｄ ＝ ６， ４ａ１ ＋ ４ × ３ ２ ｄ ＝ ２０ { ，解 得ａ１ ＝ ２， ｄ ＝ ２{ ， ∴ ａｎ ＝ ２ ＋ ２（ｎ － １）＝ ２ｎ； 若选择条件③ ａ２ ＋ ａ５ ＋ ａ８ ＝ ３０，则由ａ３ ＝ ６，得 ａ１ ＋ ２ｄ ＝ ６， ３（ａ１ ＋ ４ｄ）＝ ３０{ ，解得 ａ１ ＝ ２， ｄ ＝ ２{ ， ∴ ａｎ ＝ ２ ＋ ２（ｎ － １）＝ ２ｎ． （２）由（１）知，选择三个条件中的任何一个，都有ａｎ ＝ ２ｎ， 则ｂｎ ＝ ２ａｎ ＋ ａｎ ＝ ２２ｎ ＋ ２ｎ ＝ ４ｎ ＋ ２ｎ， ∴ ｛ｂｎ｝的前ｎ项和Ｔｎ ＝（４１ ＋ ４２ ＋ ４３ ＋…＋ ４ｎ）＋ ２（１ ＋ ２ ＋ ３ ＋…＋ ｎ） ＝ ４（１ － ４ ｎ） １ － ４ ＋ ２ × ｎ（１ ＋ ｎ） ２ ＝ ４ ３ （４ ｎ － １）＋ ｎ２ ＋ ｎ． ８．（１）证明：由Ｓｎ ＝ ２ａｎ － ３ｎ，可得ａ１ ＝ Ｓ１ ＝ ２ａ１ － ３，解得ａ１ ＝ ３， 当ｎ≥２时，由Ｓｎ ＝ ２ａｎ － ３ｎ，可得Ｓｎ － １ ＝ ２ａｎ － １ － ３（ｎ － １）， 两式相减可得ａｎ ＝ ２ａｎ － ３ｎ － ２ａｎ － １ ＋ ３（ｎ － １）， 整理得ａｎ ＝ ２ａｎ － １ ＋ ３，又ａ１ ＋ ３ ＝ ６，则ａｎ ＋ ３ａｎ － １ ＋ ３ ＝ ２ａｎ － １ ＋ ３ ＋ ３ ａｎ － １ ＋ ３ ＝ ２， 所以数列｛ａｎ ＋ ３｝是首项为６，公比为２的等比数列， 可得ａｎ ＋ ３ ＝ ６ × ２ｎ － １ ＝ ３ × ２ｎ，所以ａｎ ＝ ３ × ２ｎ － ３． （２）由（１）得ａｎ ＝ ３ × ２ｎ － ３，所以ｂｎ ＝ ｎ３ （ａｎ ＋ ３）＝ ｎ·２ ｎ， 所以Ｔｎ ＝ １ × ２１ ＋ ２ × ２２ ＋ ３ × ２３ ＋…＋ （ｎ － １）·２ｎ － １ ＋ ｎ·２ｎ，① 则２Ｔｎ ＝ １ × ２２ ＋ ２ × ２３ ＋ ３ × ２４ ＋…＋ （ｎ － １）·２ｎ ＋ ｎ·２ｎ ＋ １，② ① －②得－ Ｔｎ ＝ ２ ＋ ２２ ＋ ２３ ＋…＋ ２ｎ － ｎ·２ｎ ＋ １ ＝ ２ － ２ ｎ·２ １ － ２ － ｎ·２ｎ ＋ １ ＝ ２ｎ ＋ １ － ２ － ｎ·２ｎ ＋ １ ＝ （１ － ｎ）２ｎ ＋ １ － ２，解得Ｔｎ ＝ （ｎ － １）２ｎ ＋ １ ＋ ２． （３）数列中不存在三项可以构成等差数列，理由如下： 假设数列｛ａｎ｝中存在三项，它们可以构成等差数列， 设ａｋ，ａｌ，ａｍ成等差数列，且ｋ ＜ ｌ ＜ ｍ，ｋ，ｌ，ｍ∈Ｎ，即有２ａｌ ＝ ａｋ ＋ ａｍ，又ａｎ ＝ ３ × ２ｎ － ３，所以２（６ × ２ ｌ － １ － ３）＝ ６ × ２ｋ － １ － ３ ＋ ６ × ２ｍ － １ － ３，整理得２ × ２ ｌ － ｋ ＝ １ ＋ ２ｍ － ｋ， 上式左边为偶数，右边为奇数，显然不成立，故数列｛ａｎ｝中不存在 能构成等差数列的三项． ９．（１）已知ｐ，ｑ为不同的两个素数，数列｛ａｎ｝是公差为ｐ                                                                       的等差 —６８２— 整数数列， ｂｎ为ｑ除ａｎ所得的余数，Ｓｎ为数列｛ｂｎ｝的前ｎ项和， 依题意ａｎ ＝ ３ｎ － ２， 当ｎ为奇数时，ａｎ为奇数，当ｎ为偶数时，ａｎ为偶数， 而ｑ ＝ ２，因此ｂｎ ＝ １，ｎ为奇数，０，ｎ为偶数{ ， 所以Ｓ２ ０２４ ＝ １ ０１２ × １ ＋ １ ０１２ × ０ ＝ １ ０１２． （２）证明：假设存在ｂｉ ＝ ｂｊ，ｉ，ｊ∈｛１，２，…，ｑ｝，ｉ≠ｊ， 依题意，ａｉ ＝ ｋｑ ＋ ｂｉ，ａｊ ＝ ｌｑ ＋ ｂｊ，ｋ，ｌ∈Ｚ， 则ａｉ － ａｊ ＝（ｉ － ｊ）ｐ ＝（ｋ － ｌ）ｑ，因此ｑ整除（ｉ － ｊ）ｐ， 因为ｐ，ｑ为不同的素数，故ｑ不整除ｐ， 又因为０≠ ｜ ｉ － ｊ ｜≤ｑ － １ ＜ ｑ，故ｑ不整除（ｉ － ｊ）， 与ｑ整除（ｉ － ｊ）ｐ矛盾，故假设错误， 所以数列｛ｂｎ｝的前ｑ项中任意两项均不相同． （３）证明：由（２）得ｂｎ∈｛０，１，２，…，ｑ － １｝，且数列｛ｂｎ｝的前ｑ 项中任意两项均不相同， 所以Ｓｑ ＝ ０ ＋ １ ＋ ２ ＋…＋ ｑ － １ ＝ ｑ（ｑ － １）２ ， 设ａｎ ＝ ｋｎｑ ＋ ｂｎ（ｋｎ∈Ｚ），则ａｎ ＋ ｑ ＝（ｋｎ ＋ ｐ）ｑ ＋ ｂｎ，故ｂｎ ＋ ｑ ＝ ｂｎ， 所以Ｓ８ｑ ＋ １ ＝ ８Ｓｑ ＋ １ ＝ ４ｑ（ｑ － １）＋ １ ＝（２ｑ － １）２ 为完全平 方数． 专题四　 立体几何 第１讲　 空间几何体 真题再现明考向 １． Ｂ　 设圆柱的底面半径为ｒ，则圆锥的母线长为ｒ２槡＋ ３， 而它们的侧面积相等，所以２πｒ 槡× ３ ＝ πｒ × ３ ＋ ｒ槡 ２，即槡２ ３ ＝ ３ ＋ ｒ槡 ２， 故ｒ ＝ ３，故圆锥的体积为１３ π 槡 槡× ９ × ３ ＝ ３ ３π．故选Ｂ． ２． ＡＢＤ　 对于Ａ，棱长为１的正方体内切球的直径为１ ＞ ０． ９９， 选项Ａ正确； 对于Ｂ，如图，正方体内部最大的 正四面体Ｄ － Ａ１ＢＣ１ 的棱长为 １２ ＋ １槡 ２ 槡＝ ２ ＞ １． ４，选项Ｂ 正确； 对于Ｃ，棱长为１的正方体的体 对角线为槡３ ＜ １． ８，选项Ｃ错误； 对于Ｄ，如图，六边形ＥＦＧＨＩＪ为 正六边形，Ｅ，Ｆ，Ｇ，Ｈ，Ｉ，Ｊ为棱的中点， 高为０． ０１米可忽略不计，看作直径为１． ２米的平面圆，六边 形ＥＦＧＨＩＪ棱长为槡２２ 米，∠ＧＦＨ ＝ ∠ＧＨＦ ＝ ３０°，所以ＦＨ ＝ 槡３ＦＧ 槡＝ ３ＧＨ ＝槡６２米，故六边形ＥＦＧＨＩＪ内切圆直径为槡 ６ ２米， 而槡６( )２ ２ ＝ ３２ ＞（１． ２） ２ ＝ １． ４４，选项Ｄ正确．故选ＡＢＤ． ３． ＡＣ　 取ＡＣ中点Ｄ，则ＯＤ⊥ ＡＣ，ＰＤ⊥ＡＣ，由二面角的定义 可知，二面角Ｐ － ＡＣ － Ｏ的平 面角即为∠ＰＤＯ ＝ ４５°， 对于Ａ，△ＰＡＢ中，由于ＰＡ ＝ ＰＢ ＝ ２，∠ＡＰＢ ＝ １２０°，则ＰＯ ＝ １，ＡＯ 槡＝ ３，则ＯＤ ＝ １，Ｖ ＝ １ ３·３π·１ ＝ π，选项Ａ正确； 对于Ｂ，Ｓ侧＝ π 槡 槡× ３ × ２ ＝ ２ ３π，选项Ｂ错误； 对于Ｃ，ＡＣ 槡 槡＝ ２ ３ － １ ＝ ２ ２，选项Ｃ正确； 对于Ｄ，ＰＤ 槡＝ ２，Ｓ△ＰＡＣ ＝ １２ 槡 槡× ２ × ２ ２ ＝ ２，选项Ｄ错误．故 选ＡＣ． ４． Ｃ 　 依题意可知棱台的高为 ＭＮ ＝ １５７． ５ － １４８． ５ ＝ ９（ｍ）， 所以增加的水量即为棱台的 体积Ｖ． 棱台上底面积Ｓ ＝ １４０． ０ ｋｍ２ ＝ １４０ × １０６ ｍ２，下底面积Ｓ′ ＝ １８０． ０ ｋｍ２ ＝ １８０ × １０６ ｍ２， ∴ Ｖ ＝ １３ ｈ（Ｓ ＋ Ｓ′ ＋槡ＳＳ′）＝ １ ３ × ９ ×（１４０ × １０ ６ ＋ １８０ × １０６ ＋ １４０ × １８０ × １０槡 １２） ＝ ３ ×（ 槡３２０ ＋ ６０ ７）× １０６≈（９６ ＋ １８ × ２． ６５）× １０７ ＝ １． ４３７ × １０９≈１． ４ × １０９（ｍ３）．故选Ｃ． ５． 槡６４ 　 由题可得两个圆台的高分别为ｈ甲 ＝ ［２（ｒ１ － ｒ２）］２ －（ｒ１ － ｒ２）槡 ２ 槡＝ ３（ｒ１ － ｒ２）， ｈ乙＝ ［３（ｒ１ － ｒ２）］２ －（ｒ１ － ｒ２）槡 ２ 槡＝ ２ ２（ｒ１ － ｒ２）， 所以Ｖ甲Ｖ乙＝ １ ３ （Ｓ２ ＋ Ｓ１ ＋ Ｓ２Ｓ槡１）ｈ甲 １ ３ （Ｓ２ ＋ Ｓ１ ＋ Ｓ２Ｓ槡１）ｈ乙 ＝ ｈ甲 ｈ乙 ＝ 槡３（ｒ１ － ｒ２） 槡２ ２（ｒ１ － ｒ２） ＝槡６４ ． ６． 槡７ ６６ 　 如图，设正四棱台 ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１的上下底 面中心分别为Ｍ，Ｎ，过Ａ１ 作 Ａ１Ｈ⊥ＡＣ，垂足点为Ｈ，由题 意易知Ａ１Ｍ ＝ ＨＮ ＝槡２２ ，又ＡＮ 槡＝ ２， ∴ ＡＨ ＝ ＡＮ － ＨＮ ＝槡２２ ， 又ＡＡ１ 槡＝ ２，∴ Ａ１Ｈ ＝ＭＮ ＝槡６２ ， ∴该四棱台的体积为１３ ×（ 槡１ ＋ ４ ＋ １ × ４）×槡 ６ ２ ＝ 槡７ ６ ６ ． ７． ２８　 如图所示，根据题意易知△ＳＯ１Ａ１∽△ＳＯＡ                                                                       ， —７８２— 微专题　 数列与传统文化、创新应用 ●wmx4 １．数列与传统文化、社 会、生活相结合及新定 义问题相结合是高考的 热点，难度一般不大． ２．新课程改革后数列的 考查题型由过去单纯考 查数列知识或递推数列 问题转化为在题型上创 新，知识交汇上做文章， 由此设计了许多层次恰 当，形式新颖的创新问 题，使数列与高中阶段 相关知识相结合． ３．创新题型都是以数列 知识为载体，注重考查 数学推理能力和分析解 决问题的能力． ●„m—˜ １．首先把传统文化、社 会、生活相结合及新定 义问题转化为数列 问题． ２．熟记等差、等比数列 的通项公式、求和公式、 数列的性质． ３．熟练掌握求通项公 式、求和的方法． ●5678 解决数列与文化生活结 合问题的方法 （１）将问题转化为等差 或等比数列问题． （２）借助等差、等比数 列的性质、通项公式、求 和公式进行计算． （３）新定义问题通常以 递推数列为载体，选择 合适的由递推数列求通 项公式的方法，求出通 项后利用基本量解决问 题． *012 my#$& *§¨©ª ●1234 １．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，１８５２年英国来华传教伟烈亚力将《孙子算经》 中“物不知数”问题的解法传至欧洲． １８７４年，英国数学家马西森指出此法符合 １８０１年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余 定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将 正整数中能被３除余２且被７除余２的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列 ｛ａｎ｝，则ａ６ ＝ （　 　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　Ａ． １７ Ｂ． ３７ Ｃ． １０７ Ｄ． １２８ ２．天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支．十天干即：甲、乙、 丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、 亥．天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前， 地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙 丑”，第三年为“丙寅”，…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始， 即“甲戌”，“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，…，以此类推，２０２２ 年是壬寅年，请问：在１００年后的２１２２年为 （　 　 ） Ａ．壬午年 Ｂ．辛丑年 Ｃ．己亥年 Ｄ．戊戌年 ３．“苏州码子”发源于苏州，作为一种民间的数字符号流行一时，被广泛应用于各种 商业场合．“苏州码子”０ ～ ９的写法依次为○、丨、刂、川、ㄨ、δ、、、、攵．某铁 路的里程碑所刻数代表距离始发车站的里程，如某处里程碑上刻着“○”代表距 离始发车站的里程为６０公里，已知每隔３公里摆放一个里程碑，若在Ａ点处里程 碑上刻着“δㄨ”，在Ｂ点处里程碑上刻着“攵”，则从Ａ点到Ｂ点的所有里程碑 上所刻数之和为 （　 　 ） Ａ． １ ０２９ Ｂ． １ １２５ Ｃ． １ ２２４ Ｄ． １ ６５０ ●9:;< １．《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春 分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，冬至、立 春、春分日影长之和为３１． ５尺，前九个节气日影长之和为８５． ５尺，则芒种日影长 为 （　 　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　Ａ． １． ５尺 Ｂ． ２． ５尺 Ｃ． ３． ５尺 Ｄ． ４． ５尺 ２．我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有善走男，日增等里，首日行走 一百里，九日共行一千二百六十里，问日增几何？”，该问题中，善走男第５日所走 的路程里数是 （　 　 ） Ａ． １２０ Ｂ． １３０ Ｃ． １４０ Ｄ． １５０ ３．（２０２３·广东深圳统考一模）将一个顶角为１２０°的 等腰三角形（含边界和内部）的底边三等分，挖去由 两个等分点和上顶点构成的等边三角形，得到与原 三角形相似的两个全等三角形，再对余下的所有三 角形重复这一操作．如果这个操作过程无限继续下 去……，最后挖剩下的就是一条“雪花”状的Ｋｏｃｈ 曲线，如图所示已知最初等腰三角形的面积为１，则经过４次操作之后所得图形的 面积是 （　 　 ） Ａ． １６８１ Ｂ． ２０ ８１ Ｃ． ８ ２７ Ｄ． １０ ２７ !&& ●5678 １．条件追溯题即“执果 索因”，现寻找结论成 立的必要条件，再通过 验证或认证找到结论成 立的充分条件，在执果 索因的过程中，常常会 犯的错误是不考虑推理 过程的可逆与否，误将 必要条件当充分条件， 应引起注意． ２．结论探究题，选探索 结论而后去证明结论， 在探索过程中可以从特 殊情形入手，通过观察、 分析、归纳、判断来做一 番猜测，得出结论，再就 一般情形去认证结论． ３．存在探索问题，通常 假定题中的数学对象存 在（或结论成立）或暂 且认可其中一部分结 论，然后在这个前提下 进行逻辑推理，若由此 推出矛盾，则否定假设， 否则，给出肯定的结论． ４．以新定义为载体，有 的考查主要考查了数列 的递推关系，等差数列 的通项公式的应用，解 题关键是利用给定新定 义，有的考查证明构成 等比数列，发现不存在 等，有的和函数导数、不 等式、三角函数、概率、 高等数学的内容等相结 合，重点考查逻辑推理 的能力，属于难题． my=$& «'¬­lm ●1234 条件追溯问题 ４．（多选）（２０２４·承德二模）对于给定的数列｛ａｎ｝，如果存在实数ｐ，ｑ，使得ａｎ ＋ １ ＝ ｐａｎ ＋ ｑ对任意ｎ∈Ｎ成立，我们称数列｛ａｎ｝是“线性数列”，则下列说法正确的是 （　 　 ） Ａ．等差数列是“线性数列” Ｂ．等比数列是“线性数列” Ｃ．若ｐ≠１且ａ１ ＝ ｑ，则ａｎ ＝ ｑ（１ － ｐ ｎ － １） １ － ｐ Ｄ．若ｐ≠１且ａ１ ＝ ｑ，则｛ａｎ｝是等比数列｛ｑｐｎ － １｝的前ｎ项和 结论探究式问题 ５．（２０２４·金安区校级模拟）用［ｘ］表示不超过ｘ的最大整数，已知数列｛ａｎ｝满足：ａ１ ＝ ４３ ，ａｎ ＋ １ ＝ λａ ２ ｎ － μ（ａｎ － １），ｎ∈Ｎ ．若λ ＝ ０，μ ＝ － ２，则ａｎ ＝ 　 　 　 ；若λ ＝ μ ＝ １，则∑２ ０２４ ｉ ＝ １ １ ａ[ ]ｉ ＝ 　 　 　 　 ． 结构不良试题 ６．设等差数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，ａ３ ＝ ６，ａ７ ＝ １４． （１）求数列｛ａｎ｝的通项公式ａｎ及前ｎ项和Ｓｎ； （２）若　 　 　 　 ，求数列｛ｂｎ｝的前ｎ项和Ｔｎ． 在①ｂｎ ＝ ２ａｎａｎ；②ｂｎ ＝ ａ ２ ｎ ＋ ａ ２ ｎ ＋ １ Ｓｎ ；这两个条件中任选一个补充在第（２）问中，并求 解．（注意：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分） 存在探索试题 ７．（２０２４·荆州区校级模拟）对于数列｛ｘｎ｝，如果存在一个正整数ｍ，使得对任意ｎ （ｎ∈Ｎ），都有ｘｎ ＋ ｍ ＝ ｘｎ成立，那么就把这样的一类数列｛ｘｎ｝称作周期为ｍ的周 期数列，ｍ的最小值称作数列｛ｘｎ｝的最小正周期，简称周期． （１）判断数列ｘｎ ＝ ｓｉｎ ｎπ和ｙｎ ＝ ２，ｎ ＝ １， ３，ｎ ＝ ２， ｙｎ － １ － ｙｎ － ２ ＋ １，ｎ≥{ ３是否为周期数列．如果是，写 出该数列的周期，如果不是，说明理由； （２）设（１）中数列｛ｙｎ｝前ｎ项和为Ｓｎ，试问是否存在ｐ，ｑ，使对任意ｎ∈Ｎ，都有 ｐ≤（－ １）ｎ·Ｓｎｎ≤ｑ成立，若存在，求出ｐ，ｑ的取值范围，若不存在，说明理由； （３）若数列｛ａｎ｝和｛ｂｎ｝满足ｂｎ ＝ ａｎ ＋ １ － ａｎ，且 ｂ１ ＝ １，ｂ２ ＝ ａ， ｂｎ ＋ ２ ＝ ｂｎ ＋ １ ｂｎ （ｎ≥１，ｎ∈Ｎ{ ），是否存在 非零常数ａ，使得｛ａｎ｝是周期数列？若存在，请求出所有满足条件的常数ａ；若不 存在，请说明理由． !&' 数列中综合创新题 ８．（２０２４·魏都区校级三模）超越数得名于欧拉，它的存在是法国数学家刘维尔 （ＪｏｓｅｐｈＬｉｏｕｖｉｌｌｅ）最早证明的．一个超越数不是任何一个如下形式的整系数多项式 方程的根：ａｎｘｎ ＋ ａｎ － １ｘｎ － １ ＋…＋ ａ１ｘ ＋ ａ０ ＝ ０（ａ０，ａ１，…，ａｎ∈Ｚ，ａｎ≠０）．数学家证明 了自然对数的底数ｅ与圆周率π是超越数．回答下列问题： 已知函数ｆｎ（ｘ）＝ ｅｘ － ｂｎｘｎ（ｎ∈Ｎ）只有一个正零点． （１）求数列｛ｂｎ｝的通项公式； （２）①构造整系数方程ａｎｘｎ ＋ ａ０ ＝ ０，证明：若ｍ∈Ｎ，则ｅｍ为有理数当且仅当ｍ ＝ ０． ②数列｛ｂｎ｝中是否存在不同的三项构成等比数列？若存在，求出这三项的值；否 则说明理由． ●9:;< ４．（２０２４·源汇区校级三模）数列｛ａｎ｝满足ａ１ ＋ ａ２２ ＋ ａ３ ３ ＋…＋ ａｎ ｎ ＝ ３ ｎ － ２（ｎ∈Ｎ，ｎ ≥１），则ａｎ ＝ 　 　 　 　 ． ５．（２０２３·雁塔区校级模拟）数列｛ａｎ｝中，ａｎ ＝ ｌｏｇ（ｎ ＋ １）（ｎ ＋ ２）（ｎ∈Ｎ），定义：使数 列｛ａｎ｝的前ｋ项的积为整数的数ｋ（ｋ∈Ｎ）叫做期盼数，则区间［１，２ ０２３］内的所 有期盼数的和等于　 　 　 　 ． ６．（２０２４·蜀山区校级模拟）已知数列｛ａｎ｝的通项公式为ａｎ ＝ １ｎ ＋ ３，Ｓｎ ＝ ａ１ａ２ ＋ ａ２ａ３ ＋…＋ ａｎａｎ ＋ １，若对任意ｎ∈Ｎ，不等式４λ（ｎ ＋ ３）Ｓｎ ＜ ｎ ＋ ２恒成立，则实数λ的 取值范围是　 　 　 　 ． ７．（２０２３·陕西西安统考一模）已知等差数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，满足ａ３ ＝６，　 　 　 　 ． 在①Ｓ３ ＝ ａ６；②Ｓ４ ＝ ２０；③ａ２ ＋ ａ５ ＋ ａ８ ＝ ３０这三个条件中任选一个，补充在上面的 问题中并解答（注：如果选择多个条件，按照第一个解答给分．在答题前应说明“我 选　 　 　 　 ”） （１）求｛ａｎ｝的通项公式； （２）设ｂｎ ＝ ２ａｎ ＋ ａｎ，求｛ｂｎ｝的前ｎ项和Ｔｎ． !&( ８．（２０２４·新会区校级期末）已知｛ａｎ｝数列的前ｎ项和为Ｓｎ，Ｓｎ ＝ ２ａｎ － ３ｎ（ｎ∈Ｎ）． （１）证明：数列｛ａｎ ＋ ３｝是等比数列，并求出数列｛ａｎ｝的通项公式； （２）设ｂｎ ＝ ｎ３ （ａｎ ＋ ３），求数列｛ｂｎ｝的前ｎ项和Ｔｎ； （３）数列｛ａｎ｝中是否存在三项，它们可以构成等差数列？（直接写出结论，不要求 证明）． ９．（２０２４·唐县校级三模）在初等数论中，对于大于１的自然数，除了１和它自身外， 不能被其他自然数整除的数叫做素数，对非零整数ａ和整数ｂ，若存在整数ｋ使得 ｂ ＝ ｋａ，则称ａ整除ｂ．已知ｐ，ｑ为不同的两个素数，数列｛ａｎ｝是公差为ｐ的等差整 数数列，ｂｎ为ｑ除ａｎ所得的余数，Ｓｎ为数列｛ｂｎ｝的前ｎ项和． （１）若ａ１ ＝ １，ｐ ＝ ３，ｑ ＝ ２，求Ｓ２ ０２４； （２）若某素数整除两个整数的乘积，则该素数至少能整除其中一个整数，证明：数 列｛ｂｎ｝的前ｑ项中任意两项均不相同； （３）证明：Ｓ８ ｑ ＋ １为完全平方数． !&)