《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

4.(2024江苏南通二模,18)已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n},S_{n}=a_{n}-4a_{n + 1},a_{1}=-1$.
(1)证明:数列$\{ 2a_{n + 1}-a_{n}\}$为等比数列;
(2)设$b_{n}=\frac{a_{n + 4}}{n(n + 1)}$,求数列$\{ b_{n}\}$的前$n$项和;
(3)是否存在正整数$p,q(p＜6＜q)$,使得$S_{p},S_{6},S_{q}$成等差数列? 若存在,求$p,q$;若不存在,说明理由.

答案：

1.(新定义理解)(多选)(2024山东烟台、德州诊断,11)给定数列$\{ a_{n}\}$,定义差分运算:$\Delta a_{n}=a_{n + 1}-a_{n},\Delta^{2}a_{n}=\Delta a_{n + 1}-\Delta a_{n},n\in N^{*}$.若数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{n}=n^{2}+n$,数列$\{ b_{n}\}$的首项为1,且$\Delta b_{n}=(n + 2)\cdot2^{n - 1},n\in N^{*}$,则（ ）
A.存在$M＞0$,使得$\Delta a_{n}＜M$恒成立
B.存在$M＞0$,使得$\Delta^{2}a_{n}＜M$恒成立
C.对任意$M＞0$,总存在$n\in N^{*}$,使得$b_{n}＞M$
D.对任意$M＞0$,总存在$n\in N^{*}$,使得$\frac{\Delta^{2}b_{n}}{b_{n}}＞M$

答案： 对于A,由an=n²+n,得△an=(n+1)²+(n+1)−(n²+n)=2n+2,显然△an有最小值4,无最大值，
因此不存在M＞0,使得△an＜M恒成立,A错误;
对于B,由选项A知,△an=2n+2,则△²²an=2(n+1)+2−(2n+2)=2,显然当M＞2时,A²a＜M恒成立,B正确;
对于C,由Abn=(n+2).2−,得bn−bn=(n+2).2−¹,
当n≥2时,b=b+(b2−b)+(b3−b2)+(b4−b3)+...+(bn−bn−1),即bn=1+3×2°+4×2+5×2²+...+(n+1)×2−²,
于是2b=2×2°+3×2²+4×2²+...+n×2−²+(n+1)×2−¹,
两式相减得−bn=1+1+2¹+2²+...+2−²−(n+1)×2−¹=1+$\frac{1−2}{1−2}$(n+1)×2−¹=−n×2n=|¹,
因此bn=n.2n"¹,显然b;=1满足上式,则bn=n.2n−,n∈N,由bn+1−bn=(n+2).2n−＞0,
得数列|bn是递增数列,bn有最小值1,无最大值，
从而对任意M＞0,总存在n∈N',使得bn＞M,C正确.
对于D,△²bn=(n+3).2n−(n+2).2"−¹=(n+4).2"−¹¹,由选项C得$\frac{²b}{b}$=1+$\frac{4}{n}$
显然数列{1+}是递减数列,且0＜11+$\frac{4}{n}$≤5,因此对任意M＞0,不存在n∈N',使得$\frac{²b}{b}$＞M成立，D错误.故选BC.

2.(创新知识交汇)(2024广东二模,18)已知正项数列$\{ a_{n}\},\{ b_{n}\}$,满足$a_{n + 1}=\frac{b_{n}+c}{2},b_{n + 1}=\frac{a_{n}+c}{2}$(其中$c＞0$).
(1)若$a_{1}\neq b_{1}$,且$a_{1}+b_{1}\neq2c$,证明:数列$\{ a_{n}-b_{n}\}$和$\{ a_{n}+b_{n}-2c\}$均为等比数列;
(2)若$a_{1}＞b_{1},a_{1}+b_{1}=2c$,以$a_{n},b_{n},c$为三角形三边长构造序列$\triangle A_{n}B_{n}C_{n}$(其中$A_{n}B_{n}=c,B_{n}C_{n}=a_{n},A_{n}C_{n}=b_{n}$),记$\triangle A_{n}B_{n}C_{n}$外接圆的面积为$S_{n}$,证明:$S_{n}＞\frac{\pi}{3}c^{2}$;
(3)在(2)的条件下证明:数列$\{ S_{n}\}$是递减数列.

答案：