1、专题 07 数列的构成规律探索 【压轴综述】【压轴综述】 纵观近几年的高考命题， 探求数列的构成规律， 是数列不等式的综合应用问题的命题形式之 一.本专题通过例题说明此类问题解答规律与方法. 1.(1)已知 an与 an1的关系式求通项 an时，常有以下类型：形如 an1anf(n)(f(n)不是常 数)的解决方法是累加法；形如 an1an f(n)(f(n)不是常数)的解决方法是累乘法；形如 an1panq(p，q 均为常数且 p1，q0)解决方法是将其构造成一个新的等比数列；形 如 an1panqn(p，q 均为常数，pq(p1)0)解决方法是在递推公式两边同除以 qn 1. (2)给出
2、Sn与 an的递推关系，求 an，常用思路是：一是利用 SnSn1an(n2)转化为 an的递 推关系，再求其通项公式；二是转化为 Sn的递推关系，先求出 Sn与 n 之间的关系，再求 an. 2.证明数列an是等差数列的两种基本方法 (1)利用定义，证明 an1an(nN*)为一常数； (2)利用等差中项，即证明 2anan1an1(n2) 3.证明数列an是等比数列的两种基本方法 (1)利用定义，证明 1 * n n a a n N为一常数； (2)利用等比中项，即证明 2 n aan1an1(n2) 【压轴典例】【压轴典例】 例 1.(2020 全国卷理科 T12)0-1 周期序列在通信
3、技术中有着重要应用.若序列 a1a2an满 足ai0,1(i=1,2,),且存在正整数m,使得ai+m=ai(i=1,2,)成立,则称其为0-1周期序列,并称 满足 ai+m=ai(i=1,2,)的最小正整数 m 为这个序列的周期.对于周期为 m 的 0-1 序列 a1a2an,C(k)=aiai+k(k=1,2,m-1)是描述其性质的重要指标,下列周期为 5 的 0-1 序列 中,满足 C(k) (k=1,2,3,4)的序列是 ( ) A.11010 B.11011 C.10001 D.11001 【解析】选 C.由 ai+m=ai知,序列 ai的周期为 m,由已知,m=5, C(k)=ai
4、ai+k(k=1,2,3,4),对于选项 A, C(1)=aiai+1= (a1a2+a2a3+a3a4+a4a5+a5a6)= (1+0+0+0+0)= , C(2)=aiai+2= (a1a3+a2a4+a3a5+a4a6+a5a7)= (0+1+0+1+0)= ,不满足;对于选项 B, C(1)=aiai+1= (a1a2+a2a3+a3a4+a4a5+a5a6)= (1+0+0+1+1)= ,不满足;对于选项 D, C(1)=aiai+1= (a1a2+a2a3+a3a4+a4a5+a5a6)= (1+0+0+0+1)= ,不满足. 例 2.(2020 北京高考 T21)已知an是无穷
5、数列,给出两个性质: 对于an中任意两项 ai,aj(ij),在an中都存在一项 am,使得 =am; 对于an中任意项 an(n3),在an中都存在两项 ak,al(kl),使得 an= . (1)若 an=n(n=1,2,),判断数列an是否满足性质,说明理由; (2)若 an=2n-1(n=1,2,),判断数列an是否同时满足性质和性质,说明理由; (3)若an是递增数列,且同时满足性质和性质,证明:an为等比数列. 【解析】(1)不满足.如考虑素数,ai为 a7=7,aj为 a3=3, = 不是整数,即不存在 am使 =am,所以 不满足性质; (2)先验证满足性质.任意 ij, =2
6、2i-j-1=a2i-j,即存在 am=a2i-j使 =am. 验证满足性质.对任意项 an(n3),当 n 为奇数时,设 n=2r+1(r=1,2,), 则 an=a2r+1=22r=;k=r+1,l=1 满足性质. 当 n 为偶数时,设 n=2r+2(r=1,2,),则 an=a2r+2=22r+1=, 此时 k=r+2,l=2 满足性质,所以数列an满足性质,综上,数列an同时满足性质和性质 . (3)an有性质可知nN*,an0.令 q= 0,若 a10,由an递增知nN*,ana10,故 q1,若 a10,由性质mN*.使 am=0,又an递增,所以 m=1,a2=-a1,此时mN*
7、,使 am= 0,同理 a3=-a1矛盾,故 a20,由此可得 a10 时,nN*,anj 使 a3= ,又an递增,所以 aiaj. 若 a10,则 a30,ai0,a3= =aiaiaj,得 i=2,j=1,即 a3= =a1q2=a1q3-1. 若 a10,则 a30, ai 1=aiaj,所以 i=2,j=1,即 a3=a1q3-1. (ii)假设 kn 时有 ak=a1qk-1,对 an+1由性质正整数 ij 使 an+1= ,又an递增,所以 aiaj. 若 a10,则 aiaj0,an+1=aiai 1=aiaj,所以 jian知 a1q2i-j-1a1 qn-1.又 a10,q
8、0,所以 2i-j-1n-1,2i-jn.又 jin+1, 且此时 an+1=a1q(n+1)-1 若 a10,则 q(0,1),nN*,anaiaj aiajn+1ij, 由 ai=a1qi-1,aj=a1qj-1,可得 an+1=a1q(n+1)-1. 综合(i)(ii)an是等比数列. 例 3(2021 江苏高三月考)雪花曲线因其形状类似雪花而得名，它的产生也与雪花类似，由 等边三角形开始，把三角形的每一条边三等分，并以每一条边三等分后的中段为边，向外作 新的等边三角形，但要去掉与原三角形叠合的边，接着对每-个等边三角形“尖出”的部分继 续上述过程，即以每条边三等分后的中段为边向外作新的
9、等边三角形(如图：(2)，(3)，(4) 是等边三角形(1)经过第一次，第二次，第三次，变化所得雪花曲线)若按照上述规律，一个 边长为3的等边三角形，经过四次变化得到的雪花曲线的周长是( ) A143 3 B 204 9 C 256 9 D 64 3 【答案】C 【详解】设雪花曲线的边长分别为 12345 ,a a a a a，边数为 12345 ,b b b b b，周长为 1,2,3,4,5 n Sn. 21 1 1 3 aa， 32 11 33 aa， 43 11 39 aa， 5 1 27 a ， 1 3b ， 2 3 4b ， 3 3 4 4b ， 4 3 4 4 4b ， 5 3
10、4 4 4 4b ， 1 9S ， 2 12S ， 3 16S ， 4 64 3 S ， 5 256 9 S ， 例 4(2021 浙江绍兴市 高三期末)已知 1 a， 2 a， 5 a为 1，2，3，4，5 的任意一个排列. 则满足：对于任意1,2,3,4,5n，都有 121n aaana的排列 1 a， 2 a， 5 a有 ( ) A49 个 B50 个 C31 个 D72 个 【答案】A 【详解】因为1 2 3 4 5 15 ，所以5n时， 123451 155aaaaaa，所以 1 3a ，当 1 5a 时，任意排列均满足题意，共有 4 4 24A 个，当 1 4a 时，只要 2 5a
11、 ， 其他排列均满足题意，共有3 3 2 1 18 个，当 1 3a 时， 2 a只能取 1 或 2，所有的情况 如下： 排列 32145， 满足题意； 排列 31245， 满足题意， 排列 32154， 满足题意， 排列 31254， 满足题意，排列 32415，满足题意，排列 31425，满足题意，排列 32451，不满足题意， 排列 31452，不满足题意，排列 32514，不满足题意， 排列 31524，满足题意， 排列 32541，不满足题意， 排列 31542，不满足题意，共 7 个满足题意， 综上，满足题意的排列共有 24+18+7=49 个. 例 5(2021 浙江绍兴市 绍兴
12、一中高三期末)已知数列 n a与 n b满足 11 ( 3)1 n nnnn bab a ， 2, 1, n n b n 为偶数 为奇数 ， * nN，且 1 2a ，下列正确的是( ) A 31 8aa B 24 18aa C 222nn aa 是等差数列 D 2121nn aa 是等比数列 【答案】D 【详解】因为数列 n a与 n b满足 11 ( 3)1 n nnnn bab a ， 令1n ， 1 2112 ( 3)12b aba ，由 112 2,1,2abb，所以 2 6a ，令2n， 2 3223 ( 3)110b ab a ，由 232 6,1,2abb ，所以 3 8a ，
13、所以 31 6aa，故 A 错误；令3n， 3 4334 ( 3)126b ab a ，由 334 8,12,abb，所以 4 42a ， 所以 24 42636aa ，故 B 错误；由已知得 2 212221 ( 3)1 n nnnn bab a ，即 2 221 231 n nn aa ， 21 221212 ( 3)1 n nnnn b aba ，即 21 21 212 23131 n n nn aa ，两式相减得 1 2 1 22 121 6 9 2 33 n nn n n aa ， 2321 2121 9 nn nn aa aa ，所以 2121nn aa 是以 6 为首项，9 为公
14、比的等比数列，故 D 正确； 由 1 2121 6 9n nn aa 得 22 13153213122 261 999n nnn aaaaaaaa 1 1 1 953 269 1 944 n n ，由 222 121 1 53 9 44 2231 n nn n n aaa ，得 2 13 9 22 n n a ，所以 222 1 1313 994 9 2222 n nn nn aa ， 2422nn aa 222 1 4 94 9 nn nn aa 不是常数， 222nn aa 不是等差数列，故 C 错误. 例 6(2021 山西太原市 高三期末)意大利数学家列昂纳多 斐波那契提出的“兔子数列
15、”：1， 1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，在现代生物及化学等领域有着广泛 的应用，它可以表述为数列 n a满足 12 1aa， * 21 N nnn aaan .若此数列各项 被 3 除后的余数构成一个新数列 n b，则 n b的前 2021 项和为( ) A2014 B2022 C2265 D2274 【答案】D 【详解】数列 n a为 1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233， 被 3 除后的余数构成一个新数列 n b，数列 n b为 1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2， 0，2，2，1，0，观察可得数列 n b是以 8
16、 为周期的周期数列，2021252 8 5 ， 且 128 9bbb，则 n b的前 2021 项和为252 9 1 1 2 022274 . 例 7 (2021 北京昌平区 高三期末)斐波那契数列又称“黄金分割数列”， 因数学家莱昂纳多斐 波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.此数列在现代物理、准晶体结构、 化学等领域都有着广泛的应用.斐波那契数列 n a可以用如下方法定义： * 1212 3,1 nnn aaannaa N.若此数列各项除以 4 的余数依次构成一个新数 列 n b，则 2021 b( ) A1 B2 C3 D5 【答案】A 【详解】因为 * 1212 3,1
17、nnn aaannaa N ，所以数列 n a为 1，1，2，3， 5，8，13，21，34，55，89，144，此数列各项除以 4 的余数依次构成的数列 n b为：1， 1，2，3，1，0，1，1，2，3，0，是以 6 为周期的周期数列，所以 20216 336 55 1bbb ， 例 8.(河北省衡水市第二中学 2020 高三)数列中的项按顺序可以排列成如图的形式， 第一 行 项，排；第二行 项，从左到右分别排，；第三行 项，以此类推，设数列 的前 项和为，则满足的最小正整数 的值为( ) 4, 4,4 3 4,4 3,4 4,4 3,4 , 4 A B C D 【答案】C 【解析】由图可
18、知，第 n 行是 4 为首项，以 3 为公比的等比数列的前 n 项，和为 ，设满足的最小正整数为 ，项在图中排在第 行第 列 (且)，所以有 ，则，即图中从第 行第 列开始，和大于. 因为前 行共有项，所以最小正整数 的值为， 例 9(2021 北京高三期末)数列 n a中，给定正整数m(1)m， -1 1 1 ( ) m ii i V maa .定 义:数列 n a满足 1 (1,2,1) ii aaim L L，称数列 n a的前m项单调不增. ()若数列 n a通项公式为：( 1)() n n an * N，求(5)V； ()若数列 n a满足： 1 , (1,) m aa abmmab
19、 * N，求证( )V mab的充分 必要条件是数列 n a的前m项单调不增； ()给定正整数m( 1)m ，若数列 n a满足：0,(1,2,) n anmL L，且数列 n a的前 m项和为 2 m，求 ( )V m的最大值与最小值.(写出答案即可) 【答案】()8；()证明见解析；()最小值为 0，最大值为 2 42 22 m mm . 【详解】() * 1 n n anN ， 12345 1,1,1,1,1aaaaa ， 21324354 58Vaaaaaaaa ，(5)=8V. ()充分性：若数列 n a的前m项单调不增，即 21m aaaL L 此时有 -1 112231 1 (
20、)()()() m iimm i V maaaaaaaa L L 1m aaab 必要性： 反证法， 若数列 n a的前m项不是单调不增， 则存在(11)iim 使得 1ii aa ， 那么: -1 1 1 ( ) m ii i V maa -1 111 11 im iiiiii tt i aaaaaa 111 () iiimi aaaaaa 111 () miiii aaaaaa 11 () iiii abaaaa 由于 1 , ii aaab ，. 11 () iiii abaaaaab .与已知矛盾. ()最小值为 0.此时 n a为常数列. 最大值为 2 42, 22. m mm 当2
21、m时的最大值：此时 1212 4,( ,0)aaa a， 12 4 04aa. 当2m时的最大值：此时 2 1212 , (,0) n aama aaL LL L. 由xyxy易证， n a的值的只有是大小交替出现时，才能让( )V m取最大值. 不妨设： 1ii aa ，i为奇数， 1ii aa ，i为偶数. 当m为奇数时有： -1 1 1 ( ) m ii i V maa 123234541mm aaaaaaaaaa L L (1)/2 2 11 2 mm ii ii aa 2 1 22 m i i am 当m为偶数时同理可证. 例 10(2021 北京丰台区 高三期末)已知 n a是由正
22、整数组成的无穷数列，该数列前n项的 最大值记为 n A，最小值记为 n B，令 n n n A b B (1)若 2 (1,2,3,) n an n，写出 1 b， 2 b， 3 b的值 (2)证明： 1 (1,2,3,) nn bb n (3)若 n b是等比数列，证明：存在正整数 0 n，当 0 n n时， n a， 1n a ， 2n a 是等比数列 【答案】(1) 1 1b ， 2 2b ， 3 3b ；(2)证明见解析；(3)证明见解析 【详解】(1)，可得 n a是单调递增数列， 1 , nnn a BAa， 1 1 1 1 a b a ， 2 2 1 2 a b a ， 3 3
23、1 3 a b a ， (2)设 1n ak ， n n n A b B ，若 n kB，则 +1 n n n n n k AA bb B ，若 nn BkA，则 +1 n n n n A bb B ，若 n kA，则 +1 n n nn n Ak bb BB ，综上， 1 (1,2,3,) nn bb n ； (3)设等比数列 n b的公比为q， 1 1 1 1 a b a ，则 1n n n n A bq B ，由(2)可得 1nn bb ，则 1q ，当1q 时， 1 n n A B ，即 nn AB，此时 n a为常数列，则存在 0 1n ，当 0 nn 时， n a， 1n a ，
24、2n a 是等比数列；当1q 时， n A是递增数列， n B是递减数列， n a 是由正整数组成的无穷数列， 则数列 n a必存在最小值， 即存在正整数 0 n， 0 n a 是数列 n a 的最小值， 则当 0 nn 时， 0 nn Ba ， 此时 0 1n nn nn n Aa bq Ba ， 即 0 1n nn aa q ， 故当 0 nn 时， n a， 1n a ， 2n a 是等比数列； 综上，存在正整数 0 n，当 0 nn 时， n a， 1n a ， 2n a 是等比数列 【压轴训练】【压轴训练】 1(2021 浙江绍兴市 高三期末)设 n a是无穷数列，若存在正整数k，使
25、得对任意 * nN， 均有 n kn aa ，则称 n a是间隔递增数列，k是 n a的间隔数.若 2 2020 n antn 是间隔递增数列，且最小间隔数是 3，则实数t的取值范围是( ) A45t B5t C56t D5t 【答案】A 【详解】若 n a 是间隔递增数列且最小间隔数是 3，则 222 ()()2020(2020)20 n kn aankt nkntnknktk ， * nN成立， 则 2 (2)0kt k，对于3k 成立，且 2 (2)0kt k对于2k 成立，即 (2)0kt ， 对于3k 成立， 且 (2) 0kt ， 对于2k 成立， 所以23t， 且2 2t ， 解
26、得45t ， 2(2021 全国高三专题练习)已知数列 n a满足： 1 13a ， 1 (1)21 nn nanan ， * nN，则下列说法正确的是( ) A 1nn aa B 1nn aa C数列 n a的最小项为 3 a和 4 a D数列 n a的最大项为 3 a和 4 a 【答案】C 【详解】 令 nn bna， 则 1 21 nn bbn ， 又 1 13a ， 所以 1 13b ， 21 3bb， 32 5bb， ， 1 21 nn bbn ，所以累加得 2 1 3+21 13+12 2 n nn bn ，所以 2+12 12 + n n bn an nnn ，所以 +1 3+4
27、1212 +1 + +1+1 nn nn aann nnn n ， 所以当3n时， +1nn aa，当3n时， +1nn aa，即 34 aa，当3n时， +1nn aa， 即 12345 n aaaaaa，所以数列 n a的最小项为 3 a和 4 a， 3(2021 全国高三其他模拟)已知数列 n a的前n项和为Sn，且 1 2a ， 1nn aS ，若 (0,2020) n a ，则称项 n a为“和谐项”，则数列 n a的所有“和谐项”的平方和为( ) A 11 18 4 33 B 11 14 4 33 C 10 18 4 33 D 12 14 4 33 【答案】A 【详解】因为 1nn
28、 aS ，所以 1( 2) nn aSn ，则 11nnnn aaSS ，即 1nnn aaa ， 1 2 nn aa ， 1 2 n n a a ，因为 1 2a ，所以 211 2aSa，故 1 2,2 2,1 n n n a n ， 因为(0,2020) n a ，所以1 11n ，数列 n a的所有“和谐项”的平方和为： 10 11 222221011 121011 4 1 4 4418 4444444 1 4333 aaaa ， 4(2021 全国高三其他模拟)“干支纪法”是我国记年、月、日、时的序号的传统方法，天干 地支简称“干支”，天干指：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸“
29、地支”指：子、丑、 寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥如，农历 1861 年为辛酉年，农历 1862 年为壬 戌年，农历 1863 年为癸亥年，则农历 2068 年为( ) A丁亥年 B丁丑年 C戊寅年 D戊子年 【答案】D 【详解】记 1 a 辛， 1 b 酉(1861)； 2 a 壬， 2 b 戌(1862)； 3 a 癸， 3 b 亥(1863)， 所以记天干为数列 n a，且最小正周期为 10，记地支为数列 n b，且最小正周期为 12， 故 20688 aa戊， 20684 bb子(2068)， 5(2021 广东梅州市 高三一模)某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中
30、的某 序列 123 ,Aa a a重新编辑，编辑新序列为 * 324 123 , aaa A aaa ，它的第n项为 1n n a a ，若序列 * * A的所有项都是 2，且 5 1a ， 6 32a ，则 1 a等于( ) A 1 256 B 1 512 C 1 1024 D 1 2048 【答案】C 【详解】 设 2 1 a q a ， 序列 * * A的所有项都是2， 2 ,2 ,2,Aqqq ， 即 1 1 2n n n a q a ， 122 1 1231 nnn n nnn aaaa aa aaaa ， 21 231 2 11 222 nn nnn n aqqq aqa ， 64
31、 51 105 61 21 232 aq a aq a ，解得： 1 1 1024 2 a q . 6(2021 山东潍坊市 高三一模)(多选)南宋数学家杨辉所著的详解九章算法 商功中出现 了如图所示的形状，后人称为“三角垛”“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第 三层有6个球，设各层球数构成一个数列 n a，则( ) A 4 12a B 1 1 nn aan C 100 5050a D 12 2 nnn aaa 【答案】BC 【详解】由题意知： 1231 1,3,6,., nn aaaaan ，故 (1) 2 n n n a ， 4 4 (4 1) 10 2 a ，故 A 错误； 1
32、 1 nn aan ，故 B 正确； 100 100 (100 1) 5050 2 a ，故 C 正确； 1 2(1) n an n ， 2 (1)(2)(3) 4 nn n nnn aa ，显然 12 2 nnn aaa ，故 D 错误； 7(2021 江苏常州市 高三开学考试)(多选)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题 时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数 的和，后来人们把这样的一列数组成的数列 n a称为“斐波那契数列”，记 n S为数列 n a的 前 n 项和，则下列结论中正确的有( ) A 8 21a B 7 32S C 13521
33、2nn aaaaa D 222 122021 2022 2021 aaa a a 【答案】ACD 【详解】由题意斐波那契数列前面 8 项依次为1,1,2,3,5,8,13,21， 87 21,1 1 23 5 8 1333aS ，A 正确，B 错误； 22122212324212332212331nnnnnnnnnn aaaaaaaaaaaaaa ， C 正确； 2222 2212121222121222122222321222223 ()() nnnnnnnnnnnnnnnn a aaaaaaaaaaaaaaa 22222222 21223322122321nnnn aaaa aaaaaa
34、，1011n 时，得 2021 222 122021 2022 aaa a a ，D 正确 8 (2021 江苏徐州市 徐州一中高三期末)(多选)“太极生两仪， 两仪生四象， 四象生八卦” 大衍数列，来源于乾坤谱中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统 文化中的太极衍生原理， 是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题 大衍数列 中的每一项都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，从第一项起依次为 0，2， 4， 8， 12， 18， 24， 32， 40， 50， 记大衍数列为 n a， 其前 n 项和为 * , n S nN， 则( ) A 20 220a B 35
35、72021 1111505 1011aaaa C 23 2156S D 24648 9800aaaa 【答案】BCD 【详解】根据数列前10项依次是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50,，则奇数项为： 2 11 2 ， 2 31 2 ， 2 51 2 ， 2 71 2 ， 2 91 2 ，偶数项为： 2 2 2 ， 2 4 2 ， 2 6 2 ， 2 8 2 ， 2 10 2 ， 所以通项公式为 2 2 1,( 2 ,( 2 n n n a n n 为奇数） 为偶数） ，对于 A， 2 20 200 20 = 2 a，故 A 错误； 对于 B， 3572021 1111 aaaa
36、 2222 2222 =+ 31517120211 1111 2 2 44 66 82020 2022 1 11111111 2 2 244620202 505 100222202211 ，故 B 正确； 对于 C， 2313232422 Saaaaaa 2222 1232312 2 ， 由 2222 1 21 123 6 n nn n ， 所以 23 23 23 1 46 11 122156 26 S ，故 C 正确；对于 D， 24648 aaaa 2222 2 1 2 4 2 92 242 1224 24 24 1 2 24 1 29800 6 ，故 D 正确. 9(2021 湖北高三期
37、末)(多选)已知数列 n a的首项 1 am且满足 1 4751221 nn aa nn aa ，其中n N，则下列说法中正确的是( ) A当1m时，有 3nn aa 恒成立 B当21m时，有 47nn aa 恒成立 C当27m时，有 108111nn aa 恒成立 D当 2kmkN 时，有 2n kn k aa 恒成立 【答案】AC 【详解】因为 1 4751221 nn aa nn aa ，故 1 , 2 31, n n n nn a a a aa 为偶数 为奇数 ， 当1m即 1 1a 时， 2 4a ， 3 2a ， 4 1a ，故 n a为周期数列且 3nn aa ，故 A 正确.
38、当21m即 1 21a 时， 2 64a ， 同理 4 16a ， 5 8a ， 6 4a ， 7 2a ， 8 1a ， 故 58 aa， 故 B 错误.当2km 即 1 2ka 时，根据等比数列的通项公式可有 1 1 22 2 k k k a ， +1+2 1,4 kk aa， +3 2 k a， +1+3kk aa，故 D 错误.对于 C，当27m时，数列 n a的 前 108 项依次为： 27,82,42,124,62,31,94,47,142,71,214,107,322,161,484 242,121,364,182,91,274， ， 137,412,206,103,310,15
39、5,466,233,700,350,175,526,263,790,395,1186,593,1780， 890,445,1336,668,334,167,502,251,754,377,1132,566,283,850,425,1276,638,319 ， 958,479,1438,719,2158,1079,3238,1619,4858,2429,7288,3644,1822,911,2734， 1367,4102,2051,6154,3077,9232,4616,2308,1154,577,1732,866,433,1300,650， 325,976,488,244,122,61,184
40、,92,46,23,70,35,106,53,160,80,40,20,10,5,16， 故 109 8a， 110 4a， 111 2a， 112 1a， 113 4a，所以 109112nn aa 对任意1n总成立. (备注：因为本题为多选题，因此根据 A 正确，BD 错误可判断出 C 必定正确，可无需罗列 出前 108 项) 10(2021 山东高三专题练习)大衍数列，来源于乾坤谱中对易传“大衍之数五十”的推论. 主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理.数列中的每一项，都代表太极衍生过程中， 曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题.其前 10 项依次
41、是 0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则下列说法正确的是( ) A此数列的第 20 项是 200 B此数列的第 19 项是 182 C此数列偶数项的通项公式为 2 2 2 n an D此数列的前n项和为(1) n Snn 【答案】AC 【详解】观察此数列，偶数项通项公式为 2 2 2 n an，奇数项是后一项减去后一项的项数， 212 2 nn aan ，由此可得 2 20 2 10200a，A 正确； 1920 20180aa，B 错误； C 正确； 2 (1) n Sn nnn是一个等差数列的前n项，而题中数列不是等差数列，不可 能有(1) n Snn，D 错 11(20
42、21 北京高三期末)对于数列 n a，若从第二项起的每一项均大于该项之前的所有项 的和，则称 n a为 P 数列. ()数列 n a为1,1,3,5,7， 数列 n b为 11 1 1, 24 8 .判断数列 n a， n b是否为P数列， 并 说明理由； ()设数列 n a是首项为2的 P 数列， 其前n项和为 n S( * nN ).求证： 当2n时，2n n S ； ()设无穷数列 n a是首项为 a(a0)， 公比为 q 的等比数列， 有穷数列 n b， n c是从 n a 中取出部分项按原来的顺序所组成的不同数列，其所有项和分别为 1 T， 2 T.若 12 TT.判断 n a是否为
43、P数列，并说明理由. 【答案】() n a不是P数列， n b是P数列，理由见解析；()证明见解析；() n a不 是P数列，理由见解析. 【详解】()数列 n a不是P数列，数列 n b是P数列. 对于数列 n a，1 1357 ， 所以数列 n a不是P数列； 对于数列 n b， 111111 1, 1, 1 224248 ，所以数列 n b是P数列. ()由题意知， 1nn aS ， 即 1nnn SSS ， 即 1 2 nn SS .又因为 11 20Sa， 所以0 n S . 所以当2n时， 12 1 121 2n nn n nn SSS SS SSS L ；命题得证. ()数列 n
44、 a不是P数列.假设数列 n a是P数列， 则 2 aaqa得1q ， 所以数列 n a是 单调递增数列，且0 n a ， * nN . (1)若数列 n b中的元素都在数列 n c中，则 12 TT ； (2)若数列 n c中的元素都在数列 n b中，则 12 TT ； (3)若数列 n b和数列 n c有部分公共元素，将数列 n b和 n c的公共元素去掉得到新的数 列 n b和 n c，不妨设数列 n b和 n c中的最大元素 m a在数列 n c中， 则数列 n a的前1m项和 1mm Sa .因为0 n a ， * nN，所以数列 n b中的所有项和小 于等于 1m S .所以数列
45、n b中的所有项和小于 m a.所以 12 TT . (4)若数列 n b中的元素和数列 n c中的元素都不相同，则必有 12 TT； 综上，由(1)(2)(3)(4)知 12 TT.与已知 12 TT 矛盾，所以数列 n a不是P数列. 11.(2020 江苏镇江高三)已知数列的前 项和为，把满足条件的所有 数列构成的集合记为. (1)若数列通项为，求证：； (2)若数列是等差数列，且，求的取值范围； (3)若数列的各项均为正数， 且， 数列中是否存在无穷多项依次成等差数列， 若存在，给出一个数列的通项；若不存在，说明理由. 【答案】(1)见解析；(2)；(3)数列中不存在无穷多项依次成等差
46、数列. 【解析】(1)因为，所以，所以 ，所以，即. (2)设的公差为 ，因为， 所以 特别的当时，即， 由得 ，整理得 ，因为上述不等式对一切恒成立，所以必有 ，解得，又，所以，于是， 即，所以，即， 所以， 因此的取值范围是. (3)由得，所以，即， 所以，从而有， 又，所以，即， 又，所以有，所以， 假设数列中存在无穷多项依次成等差数列，不妨设该等差数列的第 项为( 为常 数)，则存在，使得，即， 设，则 即，于是当时， 从而有：当时，即， 于是当时，关于 的不等式有无穷多个解，显然不成立， 因此数列中是不存在无穷多项依次成等差数列. 12.(2020 河南安阳高三)已知等比数列 n a
47、的首付 1=1 a，前n项和 n S满足 * 1 21,0 nn SanN . (1)求实数的值及通项公式 n a； (2)设 * , nn bna nN，求数列 n b的前n项为 n T，并证明： nn Tn S. 【答案】(1)1, 1 3 n n a;(2)见解析. 【解析】(1)当2n时， 11 22211 nnnnn aSSaa ，得 1 2 nn aa ， 又由 12 21Sa及 11 = =1Sa，得 2 3 a 因 n a为等比数列，故有 2 1 23a a ，解得 1，由 1 10a ，所以0 n a ，故 1 2 n n a a ，故数列 n a是首项为1，公比为3的 等比数列，
