第6章 强化课6 数列中的综合问题-【创新教程】2025年高考数学总复习大一轮教师用书word（人教A版）

热点强化课6　数列中的综合问题 　　　数列与不等式的交汇 [例1]　(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a2n－1＝2×2n－1＋1＝2n＋1，从a2n－1到a2n－1共有2n－1－(2n－1－1)＝2n－1项， 故∑2n－1,i＝2n－1ai＝2n－1×(2n＋1)＋×2 ＝22n－1＋2n－1＋22n－2－2n－1＝3×22n－2. (2)(ⅰ)由题意可知，当2k－1≤n≤2k－1时，bk＜an＜bk＋1， 取n＝2k－1，则bk＜a2k－1＝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＝a2k－1－1＝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. 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． 1．(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—数列的新结构、新定义问题 [例2]　(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S2020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：S－S＝ ＝(－1)k－1·k2(k∈N*)， 由≤2 020得k≤63,2 020－＝4， 所以S2020＝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＝1760； (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≤2020得k≤63， 所以满足条件的n的个数为1＋3＋5＋…＋63＝×32＝1024， 所以集合P2020中元素的个数为1024. 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． 2．(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k＝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. 308 学科网（北京）股份有限公司 $$