《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

例1 (2025·温州适应性考试)数列$\{a_{n}\}$，$\{b_{n}\}$满足：$\{b_{n}\}$是等比数列，$b_{1}=2$，$a_{2}=5$，且$a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+\cdots +a_{n}b_{n}=2(a_{n}-3)b_{n}+8(n\in \mathbf{N}^{*})$.
(1)求$\{a_{n}\}$，$\{b_{n}\}$的通项公式；
(2)求集合$A=\{x|(x-a_{i})(x-b_{i})=0,i\leqslant 2n,i\in \mathbf{N}^{*}\}$中所有元素的和；
(3)对数列$\{c_{n}\}$，若存在互不相等的正整数$k_{1}$，$k_{2}$，$\cdots$，$k_{j}(j\geqslant 2)$，使得$c_{k_{1}}+c_{k_{2}}+\cdots +c_{k_{j}}$也是数列$\{c_{n}\}$中的项，则称数列$\{c_{n}\}$是“和稳定数列”.试分别判断数列$\{a_{n}\}$，$\{b_{n}\}$是不是“和稳定数列”.若是，求出所有$j$的值；若不是，说明理由.∵$a_{1}b_{1}=2(a_{1}-3)b_{1}+8,b_{1}=2$,∴$a_{1}=2$,又$a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}=2(a_{2}-3)b_{2}+8,b_{1}=2,a_{2}=5$,∴$b_{2}=4$,∵$\{b_{n}\}$是等比数列,∴$\{b_{n}\}$的公比为$\frac{b_{2}}{b_{1}}=2$,∴$b_{n}=2^{n}$.由题意得$a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+\cdots+a_{n}b_{n}=2(a_{n}-3)b_{n}+8,n\in N^{*}$,则当$n\geqslant2$时,$a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+\cdots+a_{n - 1}b_{n - 1}=2(a_{n - 1}-3)b_{n - 1}+8$,两式相减得$a_{n}b_{n}=2(a_{n}-3)b_{n}-2(a_{n - 1}-3)\cdot b_{n - 1}$,将$b_{n}=2^{n}$代入,化简得$a_{n}=2(a_{n - 1}-3)$,∴$(a_{n}-3)=3(a_{n - 1}-3)(n\geqslant2)$,∴$\{a_{n}\}$是公差为3的等差数列,∴$a_{n}=a_{1}+(n - 1)d=3n - 1$.记集合A的全体元素的和为S,集合$M=\{a_{1},a_{2},\cdots,a_{2n}\}$的所有元素的和为$A_{2n}=\frac{2n(6n - 1+2)}{2}=6n^{2}+n$,集合$N=\{b_{1},b_{2},\cdots,b_{2n}\}$的所有元素的和为$B_{2n}=\frac{2(1 - 2^{2n})}{1 - 2}=2^{2n + 1}-2$,集合$M\cap N$的所有元素的和为T,则有$S=A_{2n}+B_{2n}-T$,对于数列$\{b_{n}\}$:当$n=2k - 1(k\in N^{*})$时,$b_{2k - 1}=2^{2k - 1}=(3 - 1)^{2k - 1}=3p - 1(p\in N^{*})$是数列$\{a_{n}\}$中的项,当$n=2k(k\in N^{*})$时,$b_{2k}=2b_{2k - 1}=2(3p - 1)=6p - 2(p\in N^{*})$时,不是数列$\{a_{n}\}$中的项,∴$T=b_{1}+b_{3}+\cdots+b_{2k - 1}$,其中$\begin{cases}b_{2k - 1}\leq a_{2n}\\b_{2k + 1}＞a_{2n}\end{cases}\Rightarrow\frac{\log_{2}(6n - 1)-1}{2}＜k\leq\frac{\log_{2}(6n - 1)+1}{2}$即$k=\left\lfloor\frac{\log_{2}(6n - 1)+1}{2}\right\rfloor$(其中$\lfloor x\rfloor$表示不过实数x的最大整数).∴$T=\frac{2(1 - 4^{k})}{1 - 4}=\frac{2}{3}(4^{k}-1)$$S=6n^{2}+n+2^{2n + 1}-2-\frac{2}{3}(4^{\left\lfloor\frac{\log_{2}(6n - 1)+1}{2}\right\rfloor}-1)$,∴$S=6n^{2}+n+2^{2n + 1}-\frac{2}{3}\cdot4^{\left\lfloor\frac{\log_{2}(6n - 1)+1}{2}\right\rfloor}-\frac{4}{3}$.当$j=3m(m\in N^{*})$时,$a_{k1}+a_{k2}+\cdots+a_{kj}$是3的正整数倍,故一定不是数列$\{a_{n}\}$中的项;当$j=3m - 1(m\in N^{*})$时,$a_{k1}+a_{k2}+\cdots+a_{kj}$除以3余1,不是数列$\{a_{n}\}$中的项;当$j=3m + 1(m\in N^{*})$时,$a_{k1}+a_{k2}+\cdots+a_{kj}$除以3余2,是数列$\{a_{n}\}$中的项.综上,数列$\{a_{n}\}$是“和稳定数列”,此时$j=3m + 1(m\in N^{*})$.数列$\{b_{n}\}$不是“和稳定数列”,理由如下:不妨设:$1\leq k_{1}＜k_{2}＜\cdots＜k_{j}$,则$b_{k1}+b_{k2}+\cdots+b_{kj}＞b_{kj}$,

答案： 例1 解
(1)
∵$a_{1}b_{1}=2(a_{1}-3)b_{1}+8,b_{1}=2$,
∴$a_{1}=2$,
又$a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}=2(a_{2}-3)b_{2}+8,b_{1}=2,a_{2}=5$,
∴$b_{2}=4$,
∵$\{b_{n}\}$是等比数列,
∴$\{b_{n}\}$的公比为$\frac{b_{2}}{b_{1}}=2$,
∴$b_{n}=2^{n}$.
由题意得$a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+\cdots+a_{n}b_{n}$
$=2(a_{n}-3)b_{n}+8,n\in N^{*}$,
则当$n\geqslant2$时,$a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+\cdots+a_{n - 1}b_{n - 1}$
$=2(a_{n - 1}-3)b_{n - 1}+8$,
两式相减得$a_{n}b_{n}=2(a_{n}-3)b_{n}-2(a_{n - 1}-3)\cdot$
$b_{n - 1}$,将$b_{n}=2^{n}$代入,化简得$a_{n}=2(a_{n - 1}-3)$,
∴$(a_{n}-3)=3(a_{n - 1}-3)(n\geqslant2)$,
∴$\{a_{n}\}$是公差为3的等差数列,
∴$a_{n}=a_{1}+(n - 1)d=3n - 1$.
(2)记集合A的全体元素的和为S,
集合$M=\{a_{1},a_{2},\cdots,a_{2n}\}$的所有元素的和为
$A_{2n}=\frac{2n(6n - 1+2)}{2}=6n^{2}+n$,
集合$N=\{b_{1},b_{2},\cdots,b_{2n}\}$的所有元素的和为
$B_{2n}=\frac{2(1 - 2^{2n})}{1 - 2}=2^{2n + 1}-2$,
集合$M\cap N$的所有元素的和为T,则有$S=A_{2n}+B_{2n}-T$,
对于数列$\{b_{n}\}$:当$n=2k - 1(k\in N^{*})$时,
$b_{2k - 1}=2^{2k - 1}=(3 - 1)^{2k - 1}=3p - 1(p\in N^{*})$是
数列$\{a_{n}\}$中的项,
当$n=2k(k\in N^{*})$时,$b_{2k}=2b_{2k - 1}=2(3p - 1)$
$=6p - 2(p\in N^{*})$时,不是数列$\{a_{n}\}$中的项,
∴$T=b_{1}+b_{3}+\cdots+b_{2k - 1}$,
其中$\begin{cases}b_{2k - 1}\leq a_{2n}\\b_{2k + 1}＞a_{2n}\end{cases}\Rightarrow$
$\frac{\log_{2}(6n - 1)-1}{2}＜k\leq\frac{\log_{2}(6n - 1)+1}{2}$
即$k=\left\lfloor\frac{\log_{2}(6n - 1)+1}{2}\right\rfloor$(其中$\lfloor x\rfloor$表示不
过实数x的最大整数).
∴$T=\frac{2(1 - 4^{k})}{1 - 4}=\frac{2}{3}(4^{k}-1)$
$S=6n^{2}+n+2^{2n + 1}-2-\frac{2}{3}(4^{\left\lfloor\frac{\log_{2}(6n - 1)+1}{2}\right\rfloor}-1)$,
∴$S=6n^{2}+n+2^{2n + 1}-\frac{2}{3}\cdot4^{\left\lfloor\frac{\log_{2}(6n - 1)+1}{2}\right\rfloor}-\frac{4}{3}$.
(3)当$j=3m(m\in N^{*})$时,$a_{k1}+a_{k2}+\cdots+a_{kj}$
是3的正整数倍,故一定不是数列$\{a_{n}\}$中的项;
当$j=3m - 1(m\in N^{*})$时,$a_{k1}+a_{k2}+\cdots+a_{kj}$
除以3余1,不是数列$\{a_{n}\}$中的项;
当$j=3m + 1(m\in N^{*})$时,$a_{k1}+a_{k2}+\cdots+a_{kj}$
除以3余2,是数列$\{a_{n}\}$中的项.
综上,数列$\{a_{n}\}$是“和稳定数列”,
此时$j=3m + 1(m\in N^{*})$.
数列$\{b_{n}\}$不是“和稳定数列”,理由如下:
不妨设:$1\leq k_{1}＜k_{2}＜\cdots＜k_{j}$,则$b_{k1}+b_{k2}+\cdots$
$+b_{kj}＞b_{kj}$,

训练1 (2025·东北师大附中模拟)对于数列$\{a_{n}\}$，称$\{\Delta a_{n}\}$为数列$\{a_{n}\}$的一阶差分数列，其中$\Delta a_{n}=a_{n+1}-a_{n}(n\in \mathbf{N}^{*})$.对正整数$k(k\geqslant 2)$，称$\{\Delta ^{k}a_{n}\}$为数列$\{a_{n}\}$的$k$阶差分数列，其中$\Delta ^{k}a_{n}=\Delta (\Delta ^{k - 1}a_{n})=\Delta ^{k - 1}a_{n+1}-\Delta ^{k - 1}a_{n}$.已知数列$\{a_{n}\}$的首项$a_{1}=1$，且$\{\Delta a_{n+1}-a_{n}-2^{n}\}$为$\{a_{n}\}$的二阶差分数列.
(1)求数列$\{a_{n}\}$的通项公式；
(2)设$b_{n}=\dfrac {1}{2}(n^{2}-n + 2)$，$\{x_{n}\}$为数列$\{b_{n}\}$的一阶差分数列，$\forall n\in \mathbf{N}^{*}$，是否都有$\sum\limits _{i = 1}^{n}x_{i}C_{n}^{i}=a_{n}$成立？并说明理由；(其中$C_{n}^{i}$为组合数)
(3)对于(2)中的数列$\{x_{n}\}$，令$y_{n}=\dfrac {t^{x_{n}}+t^{-x_{n}}}{2}$，其中$\dfrac {1}{2}\lt t\lt 2$.证明：$\sum\limits _{i = 1}^{n}y_{i}\lt$$\frac{1}{2}\sum_{i = 1}^{n}(2^{i}+2^{-i})$$2^{n}-2^{-\frac {n}{2}}$.$(2^{n}-1)+\frac{1}{2}(1-\frac{1}{2^{n}})$$2^{n}-\frac{1}{2}(1+2^{-n})$$2^{n}-2^{\frac{2 - n}{2}}$

答案： 训练1
(1)解 因为$\{\Delta a_{n + 1}-a_{n}-2^{n}\}$为$\{a_{n}\}$的
二阶差分数列,
所以$\Delta^{2}a_{n}=\Delta a_{n + 1}-\Delta a_{n}$,将$\Delta^{2}a_{n}=\Delta a_{n + 1}-\Delta a_{n}$代入得$\Delta a_{n + 1}-\Delta a_{n}-2^{n}=\Delta a_{n + 1}-\Delta a_{n}$,
整理得$\Delta a_{n}-\Delta a_{n}=2^{n}$,即$a_{n + 1}-2a_{n}=2^{n}$,
所以$\frac{a_{n + 1}}{2^{n + 1}}-\frac{a_{n}}{2^{n}}=\frac{1}{2}$.
又$a_{1}=1$,故数列$\{\frac{a_{n}}{2^{n}}\}$是首项为$\frac{1}{2}$,公差为
$\frac{1}{2}$的等差数列,因此,$\frac{a_{n}}{2^{n}}=\frac{1}{2}+(n - 1)\cdot\frac{1}{2}$.
即$a_{n}=n\cdot2^{n - 1}$.
(2)解 因为$\{x_{n}\}$为数列$\{b_{n}\}$的一阶差分数列,
所以$x_{n}=b_{n + 1}-b_{n}=n$.
对于$\sum_{i = 1}^{n}x_{i},C_{n}^{i}=C_{n}^{i}+2C_{n}^{2}+\cdots+nC_{n}^{n}=n\cdot2^{n - 1}$,
①
当$n = 1$时,①式成立;
当$n\geqslant2$时,因为$n\cdot2^{n - 1}=n\cdot(1 + 1)^{n - 1}=n\cdot(C_{n - 1}^{0}+C_{n - 1}^{1}+\cdots+C_{n - 1}^{n - 1})$,
且$nC_{n - 1}^{k - 1}=kC_{n}^{k}$,所以①式成立.
故$\forall n\in N^{*}$都有$\sum_{i = 1}^{n}x_{i}C_{n}^{i}=a_{n}$成立.
(3)证明 由
(2)知$x_{n}=n$,则$y_{n}=\frac{t^{n}+t^{-n}}{2}$,
因为$\frac{1}{2}＜t＜2$,所以$(2t)^{n}＞1,t^{n}＜2^{n}$,
故$(2^{n}+2^{-n})-(t^{n}+t^{-n})$
$=\frac{1}{(2t)^{n}}(2^{n}-t^{n})[(2t)^{n}-1]＞0$,
即$t^{n}+t^{-n}＜2^{n}+2^{-n}$,
所以$\sum_{i = 1}^{n}y_{i}=\frac{1}{2}\sum_{i = 1}^{n}(t^{i}+t^{-i})＜\frac{1}{2}\sum_{i = 1}^{n}(2^{i}+2^{-i})$
$=\frac{1}{2}[2(2^{n}-1)+\frac{\frac{1}{2}(1-\frac{1}{2^{n}})}{1-\frac{1}{2}}]$
$=(2^{n}-1)+\frac{1}{2}(1-\frac{1}{2^{n}})$
$=2^{n}-\frac{1}{2}(1+2^{-n})＜2^{n}-\frac{1}{2}\cdot2\cdot\sqrt{2^{-n}}$
$=2^{n}-2^{\frac{2 - n}{2}}$.