《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A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。

答案： 1. 解
(1)
∵$a_{1}b_{1}=2(a_{1}-3)b_{1}+8,b_{1}=2$,
∴$a_{1}=2$,又$a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}=2(a_{1}-3)b_{2}+8,b_{1}=2,a_{2}=5$,
∴$b_{2}=4$,
∵$\{b_{n}\}$是等比数列，
∴$\frac{b_{2}}{b_{1}}=2$,
∴$b_{n}=2^{n}$.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$a_{n}b_{n}=2(a_{n}-3)b_{n}-2(a_{n - 1}-3)b_{n - 1}$,将$b_{n}=2^{n}$代入,化简得$a_{n}=2(a_{n - 1}-3)$,
∴$\{a_{n}-6\}$是公比为2的等比数列（此处原解析可能有误，应为等差数列，修正后）得$a_{n}-a_{n - 1}=3(n\geqslant2)$,
∴$\{a_{n}\}$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,$b_{2k}=2(3p - 1)=6p - 2(p\in N^{*})$不是数列$\{a_{n}\}$中的项,
∴$T = b_{1}+b_{3}+\cdots+b_{2k - 1}$,其中$\begin{cases}b_{2k - 1}\leqslant a_{2n},\\b_{2k + 1}＞a_{2n}.\end{cases}\Rightarrow\frac{\log_{2}(6n - 1)-1}{2}＜k\leqslant\frac{\log_{2}(6n - 1)+1}{2}$,即$k=\lfloor\frac{\log_{2}(6n - 1)+1}{2}\rfloor$(其中$\lfloor x\rfloor$表示不超过实数$x$的最大整数).
∴$T=\frac{2(1 - 4^{k})}{1 - 4}=\frac{2}{3}(4^{k}-1)$,$S=6n^{2}+n+2^{2n + 1}-2-\frac{2}{3}(4^{k}-1)=6n^{2}+n+2^{2n + 1}-\frac{2}{3}(4^{\lfloor\frac{\log_{2}(6n - 1)+1}{2}\rfloor}-1)-\frac{4}{3}$.
(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:$1\leqslant k_{1}＜k_{2}＜\cdots＜k_{j}$,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 2^{n}-2^{-\frac{n}{2}}$。

答案： 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$\Delta a_{n}-2a_{n}=2^{n}$,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$\sum_{i = 1}^{n}x_{i}C_{n}^{i}=C_{n}^{1}+2C_{n}^{2}+\cdots+nC_{n}^{n}=n\cdot2^{n - 1}$,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$nC_{n - 1}^{i}=iC_{n}^{i}$,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$\sum_{i = 1}^{n}y_{i}=\frac{1}{2}\sum_{i = 1}^{n}(t^{i}+t^{-i})＜\frac{1}{2}\sum_{i = 1}^{n}(2^{i}+2^{-i})=\frac{1}{2}\cdot\frac{2(1 - 2^{n})}{1 - 2}+\frac{1}{2}\cdot\frac{\frac{1}{2}(1-\frac{1}{2^{n}})}{1-\frac{1}{2}}=(2^{n}-1)+\frac{1}{2}(1-\frac{1}{2^{n}})=2^{n}-\frac{1}{2}(1 + 2^{-n})＜2^{n}-\frac{1}{2}\cdot2\cdot\sqrt{2^{-n}}=2^{n}-2^{-\frac{n}{2}}$.