《2025年步步高大二轮专题复习高中数学》

1. (2024·黄山统考)北宋数学家沈括博学多才、善于观察.据说有一天，他走进一家酒馆，看见一层层垒起的酒坛，不禁想到：“怎么求这些酒坛的总数呢？”，沈括“用刍童(长方台)法求之，常失于数少”，他认为堆积的酒坛、棋子等虽然看起来像实体，但中间是有空隙的，应该把他们看成离散的量.经过反复尝试，沈括提出对上底有$ab$个，下底有$cd$个，共$n$层的堆积物(如图)，可以用公式$S=\frac{n}{6}[(2b + d)a+(b + 2d)c]+\frac{n}{6}(c - a)$求出物体的总数.

这就是所谓的“隙积术”，相当于求数列$ab$，$(a + 1)(b + 1)$，$(a + 2)(b + 2)$，…，$(a + n - 1)(b + n - 1)$的和，“隙积术”给出了二阶等差数列的一个求和公式.现已知数列$\{ a_{n}\}$为二阶等差数列，其通项$a_{n}=n(n + 1)$，其前$n$项和为$S_{n}$，数列$\{ b_{n}\}$的前$n$项和为$T_{n}$，且满足$2T_{n}=3b_{n}-1$.
(1)求数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}$；
(2)记$c_{n}=\frac{S_{n}}{a_{n}\cdot b_{n}}$，求数列$\{ c_{n}\}$的前$n$项和$H_{n}$.

答案： 思维提升　拓展练习
1.解：
(1)数列${a_n}$的通项公式为$a_n=n(n + 1)，$
因为在数列1×2，2×3，3×4，⋯，n(n + 1)中，a = 1，b = 2，
项数为n，c = n，d = n + 1，
所以$S_n=n/6[(4 + n + 1)×1+(2+2n + 2)n]+n/6(n - 1)=n/3(n^2+3n+2)。$
(2)因为数列${b_n}$的前n项和为$T_n，$且满足$2T_n=3b_n - 1，$所以当n≥2时，$2T_(n - 1)=3b_(n - 1)-1，$
两式相减可得$2b_n=3b_n - 3b_(n - 1)，$即$b_n=3b_(n - 1)，$
令n = 1，则$2T_1=2b_1=3b_1 - 1，$解得$b_1=1，$
所以数列${b_n}$是以1为首项，3为公比的等比数列，所以$b_n=3^(n - 1)。$
所以$c_n=S_n/(a_n·b_n)=(n/3(n^2+3n+2))/(n(n + 1)·3^(n - 1))=((n/3)(n + 1)(n + 2))/(n(n + 1)·3^(n - 1))=(n + 2)/3^n，$$H_n=3×1/3+4×(1/3)^2+5×(1/3)^3+⋯+(n + 1)×(1/3)^(n - 1)+(n + 2)×(1/3)^n，$$①1/3H_n=3×(1/3)^2+4×(1/3)^3+5×(1/3)^4+⋯+(n + 1)×(1/3)^n+(n + 2)×(1/3)^(n + 1)，$②
① - ②得，$2/3H_n=1+(1/3)^2+(1/3)^3+(1/3)^4+⋯+(1/3)^n-(n + 2)×(1/3)^(n + 1)=1+(1/9[1-(1/3)^(n - 1)])/(1 - 1/3)-(n + 2)×(1/3)^(n + 1)=1+1/6-1/2×(1/3)^n-(n + 2)×(1/3)^(n + 1)=7/6-(7/2+n)(1/3)^(n + 1)，$
所以$H_n=7/4-(7/4+n/2)(1/3)^n。$

2. 设满足以下两个条件的有穷数列$a_{1}$，$a_{2}$，…，$a_{n}$为$n$（$n = 2,3,4,\cdots$）阶“曼德拉数列”：
①$a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots +a_{n}=0$；②$\vert a_{1}\vert+\vert a_{2}\vert+\vert a_{3}\vert+\cdots+\vert a_{n}\vert = 1$.
(1)若某$2k(k\in \mathbf{N}^{*})$阶“曼德拉数列”$\{ a_{n}\}$是等比数列，求该数列的通项公式$(1\leqslant n\leqslant 2k$，用$k$，$n$表示)；
(2)若某$2k + 1(k\in \mathbf{N}^{*})$阶“曼德拉数列”$\{ a_{n}\}$是等差数列，求该数列的通项公式$(1\leqslant n\leqslant 2k + 1$，用$k$，$n$表示)；
(3)记$n$阶“曼德拉数列”$\{ a_{n}\}$的前$k$项和为$S_{k}(k = 1,2,3,\cdots,n)$，若存在$m\in \{ 1,2,3,\cdots,n\}$，使$S_{m}=\frac{1}{2}$，试问：数列$\{ S_{i}\}(i = 1,2,3,\cdots,n)$能否为$n$阶“曼德拉数列”？若能，求出所有这样的数列；若不能，请说明理由.

答案： 2.解：
(1)设等比数列$a_1，$$a_2，$$a_3，$⋯，$a_2k(k≥1)$的公比为q。
若q≠1，则由条件①得$a_1+a_2+⋯+a_2k=(a_1(1 - q^(2k)))/(1 - q)=0，$得q=-1，
由条件②得$a_1=1/2k$或$a_1=-1/2k，$
若q = 1，由①得$a_1·2k=0，$得$a_1=0，$不符合题意。
综上所述，q=-1。
∴$a_n=1/2k(-1)^(n - 1)$或$a_n=-1/2k(-1)^(n - 1)(n∈N^*，$1≤n≤2k)。
(2)设等差数列$a_1，$$a_2，$$a_3，$⋯，$a_2k + 1(k≥1)$的公差为d，
∵$a_1+a_2+a_3+⋯+a_2k + 1=0，$
∴$(2k + 1)a_1+(2k(2k + 1)d)/2=0，$$a_1+kd=0，$
即$a_(k + 1)=0，$
∴$a_(k + 2)=d，$
当d = 0时，“曼德拉数列”的条件①②矛盾，舍去。
当d＞0时，由“曼德拉数列”的条件①②得，$a_(k + 2)+a_(k + 3)+⋯+a_2k + 1=-(a_1+a_2+⋯+a_k)=1/2，$
∴kd+(k(k - 1)d)/2=1/2，
即d=1/(k(k + 1))，
由$a_(k + 1)=0$得$a_1+k·1/(k(k + 1))=0，$
即$a_1=-1/(k + 1)，$
∴$a_n=-1/(k + 1)+(n - 1)·1/(k(k + 1))=n/(k(k + 1))-1/k(n∈N^*，$1≤n≤2k + 1)。
当d＜0时，
同理可得kd+(k(k - 1)d)/2=-1/2，
即d=-1/(k(k + 1))，
由a_(k + 1)=0得a_1-k·1/(k(k + 1))=0，
即a_1=1/(k + 1)，
∴a_n=1/(k + 1)-(n - 1)·1/(k(k + 1))=-n/(k(k + 1))+1/k(n∈N^*，1≤n≤2k + 1)。
综上所述，当d＞0时，$a_n=n/(k(k + 1))-1/k(n∈N^*，$1≤n≤2k + 1)，
当d＜0时，$a_n=-n/(k(k + 1))+1/k(n∈N^*，$1≤n≤2k + 1)。
(3)记数列$a_1，$$a_2，$⋯，$a_n$中非负数项和为A，负数项和为B，
则A + B=0，A - B=1，
得A=1/2，B=-1/2，$-1/2=B≤S_k≤A=1/2，$
即$|S_k|≤1/2(k = 1，$2，3，⋯，n)。
若存在m∈{1，2，3，⋯，n}，使$S_m=1/2，$由前面的解析过程知，$a_1≥0，$$a_2≥0，$⋯，$a_m≥0，$$a_(m + 1)≤0，$$a_(m + 2)≤0，$⋯，$a_n≤0，$
且$a_(m + 1)+a_(m + 2)+⋯+a_n=-1/2。$
若数列${S_i}(i = 1，$2，3，⋯，n)为n阶“曼德拉数列”，
记数列${S_i}(i = 1，$2，3，⋯，n)的前k项和为$T_k，$则$|T_k|≤1/2。$
∴$T_m=S_1+S_2+⋯+S_m≤1/2，$
又$S_m=1/2，$
∴$S_1=S_2=⋯=S_(m - 1)=0，$
∴$a_1=a_2=⋯=a_(m - 1)=0，$$a_m=1/2。$
又$a_(m + 1)+a_(m + 2)+⋯+a_n=-1/2，$
∴$S_(m + 1)≥0，$$S_(m + 2)≥0，$⋯，$S_n≥0，$
∴$|S_1|+|S_2|+|S_3|+⋯+|S_n|=S_1+S_2+S_3+⋯+S_n，$
又$S_1+S_2+S_3+⋯+S_n=0$与$|S_1|+|S_2|+|S_3|+⋯+|S_n|=1$不能同时成立，
∴数列${S_i}(i = 1，$2，3，⋯，n)不能为n阶“曼德拉数列”。