《2025年高考帮数学》

训练2 [浙江高考]已知数列$\{ a_{n}\},\{ b_{n}\},\{ c_{n}\}$满足$a_{1}=b_{1}=c_{1}=1,c_{n}=a_{n + 1}-a_{n},c_{n + 1}=\frac{b_{n}}{b_{n + 2}}c_{n},n\in N^{*}$.
(1)若$\{ b_{n}\}$为等比数列,公比$q＞0$,且$b_{1}+b_{2}=6b_{3}$,求$q$的值及数列$\{ a_{n}\}$的通项公式.
(2)若$\{ b_{n}\}$为等差数列,公差$d＞0$,证明:$c_{1}+c_{2}+c_{3}+\cdots+c_{n}＜1+\frac{1}{d},n\in N^{*}$.

答案：
(1)由$b_{1}+b_{2}=6b_{3}$得$1 + q=6q^{2}$，又$q\gt0$，解得$q=\frac{1}{2}$。由$c_{1}=1$，$c_{n + 1}=4c_{n}$得$c_{n}=4^{n - 1}$。由$a_{n + 1}-a_{n}=4^{n - 1}$得$a_{n}=a_{1}+(a_{2}-a_{1})+(a_{3}-a_{2})+\cdots+(a_{n}-a_{n - 1})=a_{1}+1 + 4+\cdots+4^{n - 2}=\frac{4^{n - 1}+2}{3}(n\geq2)$。当$n = 1$时，$a_{1}=\frac{1 + 2}{3}=1$，满足上式。故$a_{n}=\frac{4^{n - 1}+2}{3}$。
(2)由$c_{n + 1}=\frac{b_{n}}{b_{n + 2}}c_{n}$得$\frac{c_{n + 1}}{c_{n}}=\frac{b_{n}}{b_{n + 2}}$，所以$c_{n}=c_{1}\cdot\frac{c_{2}}{c_{1}}\cdot\frac{c_{3}}{c_{2}}\cdots\frac{c_{n}}{c_{n - 1}}=c_{1}\cdot\frac{b_{1}}{b_{3}}\cdot\frac{b_{2}}{b_{4}}\cdots\frac{b_{n - 1}}{b_{n + 1}}=\frac{b_{1}b_{2}c_{1}}{b_{n}b_{n + 1}}=\frac{1 + d}{d}(\frac{1}{b_{n}}-\frac{1}{b_{n + 1}})$，所以$c_{1}+c_{2}+c_{3}+\cdots+c_{n}=\frac{1 + d}{d}(1-\frac{1}{b_{n + 1}})$。由$b_{1}=1$，$d\gt0$得$b_{n + 1}\gt0$，因此$c_{1}+c_{2}+c_{3}+\cdots+c_{n}\lt1+\frac{1}{d}$，$n\in N^{*}$。

例4 若非零数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{n}a_{n + 2}=a_{n + 1}(n\in N^{*})$,则称数列$\{ a_{n}\}$为“等积数列”. 若等积数列$\{ a_{n}\}$中$a_{1}=4,a_{2}=5$,则$a_{2025}=$_______.

答案： $\frac{5}{4}$ 由题意知$a_{n}a_{n + 2}=a_{n + 1}$，则$a_{n + 2}=\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}$，结合$a_{1}=4$，$a_{2}=5$，可得$a_{3}=\frac{a_{2}}{a_{1}}=\frac{5}{4}$，$a_{4}=\frac{a_{3}}{a_{2}}=\frac{\frac{5}{4}}{5}=\frac{1}{4}$，$a_{5}=\frac{a_{4}}{a_{3}}=\frac{\frac{1}{4}}{\frac{5}{4}}=\frac{1}{5}$，$a_{6}=\frac{a_{5}}{a_{4}}=\frac{\frac{1}{5}}{\frac{1}{4}}=\frac{4}{5}$，$a_{7}=\frac{a_{6}}{a_{5}}=4$，$a_{8}=\frac{a_{7}}{a_{6}}=5$，$\cdots$，故数列$\{a_{n}\}$是以 6 为周期的周期数列，所以$a_{2025}=a_{337\times6 + 3}=a_{3}=\frac{5}{4}$。

例5
(1)[2023北京高考]已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{n + 1}=\frac{1}{4}(a_{n}-6)^{2}+6(n = 1,2,3,\cdots)$,则( )
A. 当$a_{1}=3$时,$\{ a_{n}\}$为递减数列,且存在常数$M\leq0$,使得$a_{n}＞M$恒成立
B. 当$a_{1}=5$时,$\{ a_{n}\}$为递增数列,且存在常数$M\leq6$,使得$a_{n}＜M$恒成立
C. 当$a_{1}=7$时,$\{ a_{n}\}$为递减数列,且存在常数$M＞6$,使得$a_{n}＞M$恒成立
D. 当$a_{1}=9$时,$\{ a_{n}\}$为递增数列,且存在常数$M＞0$,使得$a_{n}＜M$恒成立
(2)若数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项积$b_{n}=1-\frac{2}{7}n$,则$a_{n}$的最大值与最小值之和为 ( )
A. $-\frac{1}{3}$
B. $\frac{5}{7}$
C. $2$
D. $\frac{7}{3}$

答案：

(1)B 对于 A，当$a_{1}=3$时，$a_{2}=\frac{1}{4}\times(-3)^{3}+6$，$a_{3}=\frac{1}{4^{2}}\times(-3)^{9}+6$，$\cdots$，所以$\{a_{n}\}$为递减数列。又三次函数$y = x^{3}$单调递增，所以$y=\frac{1}{4}(x - 6)^{3}+6$单调递增，则当$n\rightarrow+\infty$时，$a_{n}\rightarrow-\infty$，所以$a_{n}$无最小值，故 A 错误。
对于 B，当$a_{1}=5$时，$a_{2}=-\frac{1}{4}+6$，$a_{3}=-\frac{1}{4^{2}}+6$，$a_{4}=-\frac{1}{4^{3}}+6$，$\cdots$，所以$\{a_{n}\}$为递增数列，且$n\rightarrow+\infty$时，$a_{n}\rightarrow6$。取$M = 6$，则对任意$n\in N^{*}$，都有$a_{n}\lt M = 6$，故 B 正确。
对于 C，当$a_{1}=7$时，$a_{2}=\frac{1}{4}+6$，$a_{3}=\frac{1}{4^{2}}+6$，易知$\{a_{n}\}$为递减数列，且$n\rightarrow+\infty$时，$a_{n}\rightarrow6$，故不存在$M\gt6$，使得$a_{n}\gt M$恒成立，故 C 错误。
对于 D，当$a_{1}=9$时，$a_{2}=\frac{3^{3}}{4}+6$，$a_{3}=\frac{3^{9}}{4}+6$，易知$\{a_{n}\}$为递增数列，且当$n\rightarrow+\infty$时，$a_{n}\rightarrow+\infty$，所以$a_{n}$无最大值，故 D 错误。
(2)C 由题意$a_{1}a_{2}\cdots a_{n}=1-\frac{2}{7}n$ ①。当$n = 1$时，$a_{1}=1-\frac{2}{7}=\frac{5}{7}$；当$n\geq2$时，$a_{1}a_{2}\cdots a_{n - 1}=1-\frac{2}{7}(n - 1)=\frac{9}{7}-\frac{2}{7}n$ ②。由①$\div$②得$a_{n}=\frac{1-\frac{2}{7}n}{\frac{9}{7}-\frac{2}{7}n}=\frac{7 - 2n}{9 - 2n}=1+\frac{2}{2n - 9}(n\geq2)$。又$a_{1}=\frac{5}{7}$也满足上式，所以$a_{n}=1+\frac{2}{2n - 9}(n\in N^{*})$。作出函数$f(x)=1+\frac{2}{2x - 9}$的图象，如图所示，易知当$x\in N^{*}$时，$f(x)_{\max}=f(5)$，$f(x)_{\min}=f(4)$，所以$a_{n}$的最小值为$a_{4}=-1$，最大值为$a_{5}=3$，所以$a_{n}$的最大值与最小值之和为$-1 + 3 = 2$，故选 C。

训练3
(1)已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{n}=n\cos\frac{n\pi}{2},b_{n}=a_{n}+a_{n + 1}$,则数列$\{ b_{n}\}$的前50项和为_______.
(2)已知数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=\frac{n}{3^{n}}$,当$a_{n}$最大时,$n=$_______. ($\sqrt{3}\approx1.44$)
(3)已知数列$\{ a_{n}\}$的首项$a_{1}=m$,其前$n$项和为$S_{n}$,且满足$S_{n}+S_{n + 1}=2n^{2}+3n$,若数列$\{ a_{n}\}$是递增数列,则实数$m$的取值范围是_______.

答案：
(1) -52 解法一 由题意得，$b_{n}=a_{n}+a_{n + 1}=n\cos\frac{n}{2}\pi+(n + 1)\cos\frac{n + 1}{2}\pi=n\cos\frac{n}{2}\pi-(n + 1)\sin\frac{n}{2}\pi$，则$b_{4n}=4n\cos2n\pi-(4n + 1)\sin2n\pi=4n$，同理可得$b_{4n - 1}=4n$，$b_{4n - 2}=2 - 4n$，$b_{4n - 3}=2 - 4n$，所以$b_{4n - 3}+b_{4n - 2}+b_{4n - 1}+b_{4n}=4$，于是数列$\{b_{n}\}$的前 50 项和$b_{1}+b_{2}+b_{3}+\cdots+b_{48}+b_{49}+b_{50}=12(b_{1}+b_{2}+b_{3}+b_{4})+b_{4\times13 - 3}+b_{4\times13 - 2}=12\times4+2 - 4\times13+2 - 4\times13=-52$。
解法二(列举法) 由题意可得$a_{1}=0$，$a_{2}=-2$，$a_{3}=0$，$a_{4}=4$，则$a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}=2$。通过列举可知，$a_{4k - 3}+a_{4k - 2}+a_{4k - 1}+a_{4k}=2$，且$a_{2k - 1}=0$，$k\in N^{*}$。设数列$\{a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，则$S_{50}=12(a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4})+a_{49}+a_{50}=12\times2+49\cos\frac{49\pi}{2}+50\cos\frac{50\pi}{2}=-26$。又$b_{n}=a_{n}+a_{n + 1}$，所以$\{b_{n}\}$的前 50 项和为$2S_{50}-a_{1}+a_{51}=-52$。
(2) 3 设$a_{n}$是数列$\{a_{n}\}$的最大项，则$\begin{cases}a_{n + 1}\leq a_{n},\\a_{n - 1}\leq a_{n},\end{cases}$所以$\begin{cases}\frac{(n + 1)^{3}}{3^{n + 1}}\leq\frac{n^{3}}{3^{n}},\\\frac{(n - 1)^{3}}{3^{n - 1}}\leq\frac{n^{3}}{3^{n}},\end{cases}$解得$\frac{1}{\sqrt[3]{3}-1}\leq n\leq\frac{\sqrt[3]{3}}{\sqrt[3]{3}-1}$。因为$\sqrt[3]{3}\approx1.44$，所以$n$的值为 3。
(3)$(\frac{1}{4},\frac{5}{4})$ 由$S_{n}+S_{n + 1}=2n^{2}+3n$可得，$S_{n - 1}+S_{n}=2(n - 1)^{2}+3(n - 1)(n\geq2)$，两式相减得$a_{n}+a_{n + 1}=4n + 1(n\geq2)$，$\therefore a_{n - 1}+a_{n}=4n - 3(n\geq3)$，由此可得$a_{n + 1}-a_{n - 1}=4(n\geq3)$，$\therefore$数列$a_{2},a_{4},a_{6},\cdots$是以 4 为公差的等差数列，数列$a_{3},a_{5},a_{7},\cdots$是以 4 为公差的等差数列。将$n = 1$及$a_{1}=m$代入$S_{n}+S_{n + 1}=2n^{2}+3n$可得$a_{2}=5 - 2m$，将$n = 2$代入$a_{n}+a_{n + 1}=4n + 1(n\geq2)$可得$a_{3}=4 + 2m$。$\because a_{4}=a_{2}+4=9 - 2m$，$\therefore$要使得任意$n\in N^{*}$，$a_{n}\lt a_{n + 1}$恒成立，只需要$a_{1}\lt a_{2}\lt a_{3}\lt a_{4}$即可，$\therefore m\lt5 - 2m\lt4 + 2m\lt9 - 2m$，解得$\frac{1}{4}\lt m\lt\frac{5}{4}$。$\therefore$实数$m$的取值范围是$(\frac{1}{4},\frac{5}{4})$。