《2025年成才之路高中新课程学习指导高中数学选择性必修第二册人教版》

例 4 已知数列$\{ a_{n}\}$和$\{ b_{n}\}$满足$a_{1} = 1$，$na_{n + 1} = (n + 1)a_{n} + 1$，$b_{1} + b_{2} + ·s + b_{n} = 2^{n} - 1$.
(1)求数列$\{ a_{n}\}$和$\{ b_{n}\}$的通项公式；
(2)设数列$\left\{\frac{a_{n}}{b_{n}}\right\}$的前$n$项和为$S_{n}$，求证：$S_{n} ＜ 6$.
[方法总结 4]
常见的数列求和方法
(1)公式法：利用等差数列或等比数列前$n$项和公式；
(2)分组求和法：把一个数列分成几个可以直接求和的数列；
(3)裂项(相消)法：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和；
(4)错位相减法：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和；
(5)并项求和法：对于通项公式形如$a_{n} + (-1)^{n}f(n)$的数列，求其前$n$项和时可考虑采用两项合并求解；
(6)倒序相加法：例如，等差数列前$n$项和公式的推导.

答案：
(1)
对于数列$\{ a_{n}\}$：
由$na_{n + 1}=(n + 1)a_{n}+1$，等式两边同时除以$n(n + 1)$得：
$\frac{a_{n + 1}}{n + 1}-\frac{a_{n}}{n}=\frac{1}{n(n + 1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n + 1}$。
当$n\geqslant2$时：
$\frac{a_{2}}{2}-\frac{a_{1}}{1}=1-\frac{1}{2}$
$\frac{a_{3}}{3}-\frac{a_{2}}{2}=\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$
$·s$
$\frac{a_{n}}{n}-\frac{a_{n - 1}}{n - 1}=\frac{1}{n - 1}-\frac{1}{n}$
累加得$\frac{a_{n}}{n}-\frac{a_{1}}{1}=1-\frac{1}{n}$，又$a_{1}=1$，所以$\frac{a_{n}}{n}=2 - \frac{1}{n}$，则$a_{n}=2n - 1$。
当$n = 1$时，$a_{1}=1$，上式也成立，所以$a_{n}=2n - 1$，$n\in N^*$。
对于数列$\{ b_{n}\}$：
设$T_{n}=b_{1}+b_{2}+·s +b_{n}=2^{n}-1$。
当$n = 1$时，$b_{1}=T_{1}=2^{1}-1 = 1$。
当$n\geqslant2$时，$b_{n}=T_{n}-T_{n - 1}=2^{n}-1-(2^{n - 1}-1)=2^{n - 1}$。
当$n = 1$时，$b_{1}=1$满足$b_{n}=2^{n - 1}$，所以$b_{n}=2^{n - 1}$，$n\in N^*$。
(2)
由
(1)知$\frac{a_{n}}{b_{n}}=\frac{2n - 1}{2^{n - 1}}$，则$S_{n}=\frac{1}{1}+\frac{3}{2}+\frac{5}{2^{2}}+·s+\frac{2n - 1}{2^{n - 1}}$。
$\frac{1}{2}S_{n}=\frac{1}{2}+\frac{3}{2^{2}}+·s+\frac{2n - 3}{2^{n - 1}}+\frac{2n - 1}{2^{n}}$。
两式相减得：
$\frac{1}{2}S_{n}=1 + 2(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+·s+\frac{1}{2^{n - 1}})-\frac{2n - 1}{2^{n}}$
$=1+2×\frac{\frac{1}{2}(1 - \frac{1}{2^{n - 1}})}{1-\frac{1}{2}}-\frac{2n - 1}{2^{n}}$
$=1 + 2(1-\frac{1}{2^{n - 1}})-\frac{2n - 1}{2^{n}}$
$=3-\frac{2n + 3}{2^{n}}$。
所以$S_{n}=6-\frac{2n + 3}{2^{n - 1}}\lt6$。

例 5 (1)南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中讨论过高阶等差数列与一般等差数列的不同，前后两项之差并不相等，而是逐项差数之差或者高次差相等. 例如“百层球堆垛”：第一层有 1 个球$(a_{1} = 1)$，第二层有 3 个球$(a_{2} = 3)$，第三层有 6 个球$(a_{3} = 6)$，第四层有 10 个球$(a_{4} = 10)$，第五层有 15 个球$(a_{5} = 15)$，…，各层球数之差$\{ a_{n + 1} - a_{n}\}:a_{2} - a_{1},a_{3} - a_{2},a_{4} - a_{3},a_{5} - a_{4},·s$，即$2,3,4,5,·s$是等差数列. 现有一个高阶等差数列，其前 6 项分别为$1,3,6,12,23,41$，则该数列的第 8 项为（）
A. $51$
B. $68$
C. $106$
D. $157$
(2)记数列$\{ a_{n}\}$前$k$项的最大值$b_{k}$依次构成一个新的数列$\{ b_{n}\}$，称数列$\{ b_{n}\}$为$\{ a_{n}\}$的“生成子列”，已知数列$\{ a_{n}\}$，$\{ b_{n}\}$都只有 4 项，$\{ b_{n}\}$为$\{ a_{n}\}$的“生成子列”
①若数列$\{ a_{n}\}$为$3,2,1,4$，求数列$\{ b_{n}\}$；
②若数列$\{ a_{n}\}$各项均不相等且$a_{i}\in \{ 1,2,3,4\}$，它的“生成子列”的通项公式$b_{n} = 4$，写出所有符合条件的数列$\{ a_{n}\}$.
[方法总结 5]
求解数列新定义问题的策略
(1)准确转化：解决数列新定义问题时，一定要读懂“新定义”的本质含义，将题目所给条件转化成题目要求的形式，切忌同已有概念或定义相混淆；
(2)方法选取：对于数列新定义问题，搞清定义是关键，认真仔细地从前几项的特殊处、简单处体会题意，从而找到恰当的解决方法.

答案：
(1)
已知数列$\{a_n\}$前6项为$1,3,6,12,23,41$。
一阶差数列$d_n=a_{n+1}-a_n$：$3-1=2$，$6-3=3$，$12-6=6$，$23-12=11$，$41-23=18$，即$d_n:2,3,6,11,18$。
二阶差数列$e_n=d_{n+1}-d_n$：$3-2=1$，$6-3=3$，$11-6=5$，$18-11=7$，即$e_n:1,3,5,7$，为等差数列，公差$2$。
二阶差数列后续项：$e_5=7+2=9$，$e_6=9+2=11$。
一阶差数列后续项：$d_6=d_5+e_5=18+9=27$，$d_7=d_6+e_6=27+11=38$。
原数列第7项：$a_7=a_6+d_6=41+27=68$；第8项：$a_8=a_7+d_7=68+38=106$。
(2)
① $b_1=\max\{3\}=3$；$b_2=\max\{3,2\}=3$；$b_3=\max\{3,2,1\}=3$；$b_4=\max\{3,2,1,4\}=4$，故$\{b_n\}:3,3,3,4$。
② 因$b_n=4$，则前$n$项最大值恒为4，故$a_1=4$（否则$b_1\neq4$），且$a_2,a_3,a_4$为$1,2,3$的全排列（各项不等）。符合条件的数列：
$4,1,2,3$；$4,1,3,2$；$4,2,1,3$；$4,2,3,1$；$4,3,1,2$；$4,3,2,1$。
答案
(1) C
(2) ① $3,3,3,4$；② $4,1,2,3$，$4,1,3,2$，$4,2,1,3$，$4,2,3,1$，$4,3,1,2$，$4,3,2,1$