主题2 第5章 热点强化课6 数列的综合问题——(教师专享)-【创新教程】2025年高考数学总复习大一轮教师用书word（北师大版）

对应课时作业教师专享1 数列是历年高考的热点，多从等差数列、等比数列这两个特殊的数列入手，考查两数列的概念、基本运算性质、通项公式、求和公式等，常以等差、等比数列综合命题，或与方程、函数与导数、不等式、解析几何等知识交汇命题，综合考查数列的通项、求和等问题． 　 　　数列与数学文化 [例1]　(2024·湖南模拟)在流行病学中，基本传染数R0是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数．R0一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定．对于R0＞1，而且死亡率较高的传染病，一般要隔离感染者，以控制传染源，切断传播途径．假设某种传染病的基本传染数R0＝3，平均感染周期为7天(初始感染者传染R0个人为第一轮传染，经过一个周期后这R0个人每人再传染R0个人为第二轮传染……)，那么感染人数由1个初始感染者增加到1 000人大约需要的天数为(参考数据：36＝729,45＝1 024)(　　) A．35　　 B．42 C．49　　 D．56 [解析]　感染人数由1个初始感染者增加到1 000人大约需要n轮传染， 则每轮新增感染人数为R， 经过n轮传染，总共感染人数为：1＋R0＋R＋…＋R＝， ∵R0＝3，∴当感染人数增加到1 000人时，＝1 000，化简得3n＝667， 由35＝243,36＝729，故得n≈6，又∵平均感染周期为7天， 所以感染人数由1个初始感染者增加到1 000人大约需要6×7＝42天． [答案]　B ◆[通技法]　数列与数学文化解题3步骤 读懂题意 会脱去数学文化的背景，读懂题意 构建模型 由题意，构建等差数列或等比数列或递推关系式的模型 求解模型 利用所学知识求解数列的相关信息，如求指定项、通项公式或前n项和的公式 1．(2024·山东青岛模拟)我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为持金的，第2关收税金为剩余金的，第3关收税金为剩余金的，第4关收税金为剩余金的，第5关收税金为剩余金的，5关所收税金之和恰好重1斤．问原来持金多少？”记这个人原来持金为a斤，设f(x)＝则f(a)＝(　　) A．－5 B．7 C．13 D．26 解析：C　[由题意知：这个人原来持金为a斤， 第1关收税金为a斤，第2关收税金为··a＝·a斤，第3关收税金为··a＝·a斤， 以此类推可得的，第4关收税金为·a斤，第5关收税金为·a斤， 所以a＋a＋a＋a＋a＝1， 即＋ ·a＝·a＝1，解得a＝， 又由f(x)＝所以f＝10×＋1＝13.] 　　　　等差数列与等比数列的综合问题 [例2]　(2022·浙江卷)已知等差数列{an}的首项a1＝－1，公差d＞1.记{an}的前n项和为Sn(n∈N＋)． (1)若S4－2a2a3＋6＝0，求Sn； (2)若对于每个n∈N＋，存在实数cn，使an＋cn，an＋1＋4cn，an＋2＋15cn成等比数列，求d的取值范围． [解]　(1)因为S4－2a2a3＋6＝0，a1＝－1， 所以－4＋6d－2(－1＋d)(－1＋2d)＋6＝0， 所以d2－3d＝0，又d＞1， 所以d＝3，所以an＝3n－4，所以Sn＝＝. (2)因为an＋cn，an＋1＋4cn，an＋2＋15cn成等比数列， 所以(an＋1＋4cn)2＝(an＋cn)(an＋2＋15cn)， (nd－1＋4cn)2＝(－1＋nd－d＋cn)(－1＋nd＋d＋15cn)， c＋(14d－8nd＋8)cn＋d2＝0， 由已知方程c＋(14d－8nd＋8)cn＋d2＝0的判别式大于等于0， 所以Δ＝(14d－8nd＋8)2－4d2≥0， 所以(16d－8nd＋8)(12d－8nd＋8)≥0对于任意的n∈N＋恒成立， 所以[(n－2)d－1][(2n－3)d－2]≥0对于任意的n∈N＋恒成立， 当n＝1时，[(n－2)d－1][(2n－3)d－2]＝(d＋1)(d＋2)≥0， 当n＝2时，由(2d－2d－1)(4d－3d－2)≥0，可得d≤2， 当n≥3时，[(n－2)d－1][(2n－3)d－2]＞(n－3)(2n－5)≥0， 又d＞1，所以1＜d≤2. ◆[通技法]　等差与等比数列的基本量间的关系，利用方程思想和通项公式，前n项和公式求解．求解时注意对性质的灵活运用． 2．(2024·滨州模拟)已知等差数列{an}的首项a1≠0，前n项和为Sn，且S4＋a2＝2S3；等比数列{bn}满足b1＝a2，b2＝a4. (1)求证：数列{bn}中的每一项都是数列{an}中的项； (2)若a1＝2，设cn＝，求数列{cn}的前n项的和Tn； (3)在(2)的条件下，若有f(n)＝log3Tn，求f(1)＋f(2)＋…＋f(n)的最大值． 解：(1)证明：等差数列{an}的首项a1≠0， 设公差为d，由S4＋a2＝2S3， 可得4a1＋6d＋a1＋d＝2(3a1＋3d)，所以a1＝d， 所以an＝a1＋(n－1)d＝nd， 等比数列{bn}满足b1＝a2＝2d，b2＝a4＝4d， 设公比为q，则公比q＝＝2，可得bn＝2d·2n－1＝2nd， 由d≠0，n∈N＋，可得2n∈N＋，所以数列{bn}中的每一项都是数列{an}中的项． (2)若a1＝2，由(1)可得 cn＝＝ ＝＝2， 则数列{cn}的前n项的和 Tn＝2 ＝2＝. (3)在(2)的条件下， 若f(n)＝log3Tn＝log3， 则f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝log3＋log3＋ log3＋log3＋…＋log3 ＝log3 ＝log3， 由log3在n∈N＋时单调递减， 可得n＝1时，log3取得最大值 log3＝－1， 故f(1)＋f(2)＋…＋f(n)的最大值为－1. 　　　数列与不等式综合问题 [例3]　(2023·天津卷)已知数列{an}是等差数列，a2＋a5＝16，a5－a3＝4. (1)求{an}的通项公式和. (2)已知{bn}为等比数列，对于任意k∈N*，若2k－1≤n≤2k－1，则bk<an<bk＋1. (ⅰ)当k≥2时，求证：2k－1<bk<2k＋1； (ⅱ)求{bn}的通项公式及其前n项和． [解]　(1)由题意可得 解得 则数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝3＋2(n－1)＝2n＋1， 注意到＝2×2n－1＋1＝2n＋1，从到共有2n－1－(2n－1－1)＝2n－1项， 故ai＝2n－1×(2n＋1)＋×2 ＝22n－1＋2n－1＋22n－2－2n－1＝3×22n－2. (2)(ⅰ)证明：由题意可知，当2k－1≤n≤2k－1时， bk＜an＜bk＋1， 取n＝2k－1，则bk＜＝2×2k－1＋1＝2k＋1，即bk＜2k＋1， 当2k－2≤n≤2k－1－1时，an＜bk， 取n＝2k－1－1，此时an＝＝2(2k－1－1)＋1＝2k－1， 据此可得2k－1＜bk， 综上可得2k－1＜bk＜2k＋1. (ⅱ)由(ⅰ)可知：1＜b1＜3,3＜b2＜5,7＜b3＜9， 15＜b4＜17，据此猜测bn＝2n， 否则，若数列的公比q＞2，则bn＝b1qn－1＞b1×2n－1＞2n－1， 注意到2n－1－(2n－1)＝1－2n－1，则2n－1－(2n－1)＞0不恒成立，即2n－1＞2n－1不恒成立， 此时无法保证2n－1＜bn， 若数列的公比q＜2，则bn＝b1qn－1＜b1×2n－1＜3×2n－1， 注意到3×2n－1－(2n＋1)＝2n－1－1，则2n－1－1＜0不恒成立，即3×2n－1＜2n＋1不恒成立， 此时无法保证bn＜2n＋1， 综上可知，数列的公比为2， 则数列的通项公式为bn＝2n， 其前n项和为Sn＝＝2n＋1－2. ◆[通技法]　数列与不等式的综合问题关键在于通过数列的递推关系，求出数列的通项或前n项和，再利用数列放缩进行不等式的证明． 3．(2023·新课标Ⅱ卷)已知{an}为等差数列， bn＝记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16. (1)求{an}的通项公式； (2)证明：当n＞5时，Tn＞Sn. 解：(1)设{an}的首项为a1，公差为d，由S4＝32， 得4a1＋6d＝32， 又b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6，所以T3＝4a1＋4d－12＝16，即a1＋d＝7， 由解得所以{an}的通项公式an＝2n＋3. (2)证明：由(1)知bn＝ 当n＝2k(k∈N*)时，Tn＝k(－1)＋×4＋14k＋×8＝6k2＋7k， Sn＝2k×5＋×2＝4k2＋8k， Tn－Sn＝2k2－k＝k(2k－1)， 当n＞5即k＞2时，k(2k－1)＞0， 所以Tn＞Sn； 当n＝2k＋1(k∈N*)时，Tn＝(k＋1)(－1)＋×4＋14k＋×8＝6k2＋11k－1， Sn＝(2k＋1)×5＋×2＝4k2＋12k＋5， Tn－Sn＝2k2－k－6＝(2k＋3)(k－2)， 当n＞5即k＞2时，(2k＋3)(k－2)＞0， 所以Tn＞Sn.证毕． 　 　　高考新题型—数列新结构、新定义问题 [例4]　(2024·华师大二附中校考模拟预测)已知数列{an}：1，－2，－2,3,3,3，－4，－4，－4，－4，…，，即当＜n≤(k∈N*)时，an＝(－1)k－1k，记Sn＝a1＋a2＋…＋an(n∈N*)． (1)求S2 020的值； (2)求当＜n≤(k∈N*)，试用n、k的代数式表示Sn(n∈N*)； (3)对于t∈N*，定义集合Pt＝{n|Sn是an的整数倍，n∈N*，且1≤n≤t}，求集合P2 020中元素的个数． [解]　(1)依题意：＝ ＝(－1)k－1·k2(k∈N*)， 由≤2 020，得k≤63,2 020－＝4， 所以S2 020＝1－22＋33－42＋52－…－622＋632－64－64－64－64＝1＋(2＋3)(3－2)＋(4＋5)(5－4)＋…＋(62＋63)(63－62)－256＝1＋2＋3＋…＋63－256＝－256＝1 760. (2)①当k为奇数时，k＋1为偶数， Sn＝－(n－)(k＋1)＝1－22＋32－42＋…＋(k－2)2－(k－1)2＋k2－(k＋1)＝(1＋2＋…＋k)－(k＋1)＝－(k＋1)＝·(k＋1)； ②当k为偶数时，k＋1为奇数， Sn＝－1－2－3－…－k＋(k＋1)＝－＋(k＋1)＝·[－(k＋1)]； 综上：Sn＝(－1)k＋1··(k＋1)，＜n≤(k∈N*，n∈N*)； (3)由(2)知，当＜n≤时， Sn＝(－1)k·k，an＝(－1)k－1k，－＝k， 因为Sn是an的整数倍， 所以为整数， 所以k为奇数，由≤2 020得k≤63， 所以满足条件的n的个数为1＋3＋5＋…＋63＝×32＝1 024， 所以集合P2 020中元素的个数为1 024. 数列与函数的综合问题关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求出数列的通项或前n项和，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题． 4．(2024·北京丰台高三统考期末)若有穷数列{an}(n∈N*且n≥3)满足|ai－ai＋1|≤|ai＋1－ai＋2|(i＝1,2，…，n－2)，则称{an}为M数列． (1)判断下列数列是否为M数列，并说明理由； ① 1,2,4,3. ② 4,2,8,1. (2)已知M数列{an}中各项互不相同．令bm＝|am－am＋1|(m＝1,2，…，n－1)，求证：数列{an}是等差数列的充分必要条件是数列{bm}是常数列； (3)已知M数列{an}是m(m∈N*且m≥3)个连续正整数1,2，…，m的一个排列．若|ak－ak＋1|＝m＋2，求m的所有取值． 解：(1)①因为|2－4|＞|4－3|，所以该数列不是M数列； ②因为|4－2|＜|2－8|＜|8－1|，所以该数列是M数列． (2)必要性： 若数列{an}是等差数列，设公差为d， 则bm＝|am－am＋1|＝|d|. 所以数列{bm}是常数列． 充分性： 若数列{bm}是常数列， 则bm＝bm＋1(m＝1,2，…，n－2)，即|am－am＋1|＝ |am＋1－am＋2|(m＝1,2，…，n－2)． 所以am－am＋1＝am＋1－am＋2或am－am＋1＝－(am＋1－am＋2)． 因为数列{an}的各项互不相同， 所以am－am＋1＝am＋1－am＋2. 所以数列{an}是等差数列． (3)当m＝3时，因为|ai－ai＋1|≤2(i＝1,2)， 所以|a1－a2|＋|a2－a3|＜5，不符合题意； 当m＝4时，数列为3,2,4,1.此时|a1－a2|＋|a2－a3|＋|a3－a4|＝6，符合题意； 当m＝5时，数列为2,3,4,5,1.此时|a1－a2|＋|a2－a3|＋|a3－a4|＋|a4－a5|＝7，符合题意； 下证当m≥6时，不存在m满足题意． 令bk＝|ak－ak＋1|(k＝1,2，…，m－1)， 则1≤b1≤b2≤…≤bm－1，且bk＝m＋2， 所以bk有以下三种可能： ①bk＝； ②bk＝； ③bk＝. 当bk＝时，因为b1＝b2＝…＝bm－2， 由(2)知：a1，a2，…，am－1是公差为1(或－1)的等差数列． 当公差为1时，由bm－1＝4得am＝am－1＋4或am＝am－1－4， 所以am＝am－1＋4＝a1＋m＋2＞m或am＝am－1－4＝am－5，与已知矛盾． 当公差为－1时，同理得出与已知矛盾． 所以当bk＝时，不存在m满足题意．其他情况同理可得． 综上可知，m的所有取值为4或5. 学科网（北京）股份有限公司 $$