第4章 板块综合融会 数列的综合问题(习题课 小结评价式教学)（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册（人教A版2019）  

板块综合融会　数列的综合问题 (习题课 小结评价式教学) 建构知识体系 融通学科素养 1.浸润的学科素养 (1)通过对数列的概念与表示的理解,以及对数列与函数的关系、数列通项公式的认识,渗透数学抽象、逻辑推理等核心素养. (2)通过对等差、等比数列概念、通项公式、前n项和公式学习运用,强调基本量之间的等量关系,聚焦逻辑推理和数学运算的核心素养. 2.渗透的数学思想 (1)在求等差数列和等比数列的通项公式时,分别用到了累加法和累乘法. (2)在求等差数列和等比数列的前n项和时,分别用到了倒序相加法和错位相减法. (3)等差数列和等比数列各自都涉及5个量,已知其中任意三个求其余两个,用到了方程思想. (4)在研究等差数列和等比数列单调性,等差数列前n项和最值问题时,都用到了函数思想. CONTENTS 目录 1 2 3 融通点(一)　数列与不等式的交汇问题 融通点(二) 　数列的新定义问题 融通点(三)　数列与其他知识综合 4 课时跟踪检测 融通点(一)　数列与不等式的 交汇问题 01 [例1]　设数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,Sn=nan-n(n-1),n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,证明:≤Tn<. 解:(1)∵Sn=nan-n(n-1), 当n≥2时,Sn-1=(n-1)an-1-(n-1)(n-2), ∴an=Sn-Sn-1=nan-(n-1)an-1-n(n-1)+(n-1)(n-2), ∴(n-1)an-(n-1)an-1-(n-1)[n-(n-2)]=0, ∴(n-1)an-(n-1)an-1-3(n-1)=0, 则an-an-1=3,又a1=1, ∴{an}是以1为首项,3为公差的等差数列, 故an=1+(n-1)×3=3n-2. (2)证明:由(1)得bn===, ∴Tn==. ∵Tn单调递增, ∴Tn≥T1==, 又>0, 故Tn<, 综上≤Tn<. 　　[思维建模] 数列与不等式的交汇问题一般有两种: (1)以一元一次、一元二次不等式或基本不等式为工具考查数列中项的问题. (2)对于数列中的恒(能)成立问题、不等式证明问题常转化为最值问题求解. 针对训练 1.已知数列{an}满足a1=1,且点在直线y=x+1上. (1)求数列{an}的通项公式; (2)数列{anan+1}前n项和为Tn,求能使Tn<3m-12对n∈N*恒成立的m(m∈Z)的最小值. 解:(1)因为点在直线y=x+1上, 则=+1, 即-=1, 又=1, 所以数列是首项为1,公差为1的等差数列. 故=1+(n-1)×1=n, 即an=. (2)由(1)得anan+1==-, 所以Tn=-+-+…+-=1-<1, 要使Tn<3m-12对n∈N*恒成立, 则3m-12≥1, 即m≥, 又m∈Z, 所以m的最小值为5. 融通点(二) 数列的新定义问题 02 [例2]　(2024·新课标Ⅰ卷,节选)设m为正整数,数列a1,a2,…,a4m+2是公差不为0的等差数列,若从中删去两项ai和aj(i<j)后剩余的4m项可被平均分为m组,且每组的4个数都能构成等差数列,则称数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)—可分数列. (1)写出所有的(i,j),1≤i<j≤6,使数列a1,a2,…,a6是(i,j)—可分数列; (2)当m≥3时,证明:数列a1,a2,…,a4m+2是(2,13)—可分数列. 解:(1)首先,我们设数列a1,a2,…,a4m+2的公差为d, 则d≠0. 由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列,当且仅当该数列是等差数列, 故我们可以对该数列进行适当的变形a'k=+1(k=1,2,…,4m+2), 得到新数列a'k=k(k=1,2,…,4m+2),然后对a'1,a'2,…,a'4m+2进行相应的讨论即可. 换言之,我们可以不妨设ak=k(k=1,2,…,4m+2),此后的讨论均建立在该假设下进行. 回到原题,第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i和j(i<j),使得剩下四个数是等差数列. 那么剩下四个数只可能是1,2,3,4或2,3,4,5或3,4,5,6. 所以所有可能的(i,j)就是(1,2),(1,6),(5,6). (2)证明:由于从数列1,2,…,4m+2中取出2和13后,剩余的4m个数可以分为以下两个部分,共m组,使得每组成等差数列: ①{1,4,7,10},{3,6,9,12},{5,8,11,14},共3组; ②{15,16,17,18},{19,20,21,22},…,{4m-1,4m,4m+1,4m+2},共m-3组(如果m-3=0,则忽略②). 故数列1,2,…,4m+2是(2,13)—可分数列. 针对训练 2.设数列{an}是等差数列,且公差为d,若数列{an}中任意不同的两项之和仍是该数列中的一项,则称该数列是“封闭数列”. (1)若数列{an}中,a1=4,d=2,求证:数列{an}是“封闭数列”; (2)若an=2n-7,试判断数列{an}是否为“封闭数列”,并说明理由. 解:(1)证明:∵a1=4,d=2,∴an=4+2(n-1)=2n+2, ∴对任意的s,t∈N*,s≠t,有as+at=(2s+2)+(2t+2)=2(s+t+1)+2. ∵s+t+1∈N*,令p=s+t+1, 则有ap=2p+2, ∴as+at是数列{an}中的项. ∴数列{an}是“封闭数列”. (2)数列{an}不是“封闭数列”.理由如下: ∵an=2n-7, ∴对任意的s,t∈N*,s≠t,as+at=2(s+t)-14, 若数列{an}是“封闭数列”,则必存在正整数p,使得ap=as+at=2(s+t)-14= 2p-7, 即s+t=p+,从而“=”左端为正整数,右端不是正整数,从而矛盾. 故数列{an}不是“封闭数列”. 融通点(三)　数列与其他知识综合 03 [例3]　数列{an}满足2an=an-1+an+1,Sn是数列{an}的前n项和,a5,a2 016是函数f(x)=x2-6x+5的两个零点,则S2 020的值为 (　 ) A.6 B.12 C.2 020 D.6 060 √ 解析:因为数列{an}满足2an=an-1+an+1, 所以{an}是等差数列, 因为a5,a2 016是函数f(x)=x2-6x+5的两个零点, 所以a5+a2 016=6, 所以S2 020==1 010(a5+a2 016)=1 010×6=6 060. [例4]　已知数列{bn}是公比为q(q≠1)的正项等比数列,且2ln b1 012=0,若f(x)=,则f(b1)+f(b2)+…+f(b2 023)=(　 ) A.4 069 B.2 023 C.2 024 D.4 046 解析:由数列{bn}是公比为q(q≠1)的正项等比数列, 故bn>0, 2ln b1 012=ln =ln(b1b2 023)=0,故b1b2 023=1, √ 即有b1b2 023=b2b2 022=…=b2 023b1=1, 由f(x)=, 则当x>0时,有f(x)+f=+=+=4, 故f(b1)+f(b2 023)=f(b2)+f(b2 022)=…=f(b2 023)+f(b1)=4,故2[f(b1)+f(b2)+…+ f(b2 023)]=[f(b1)+f(b2 023)]+[f(b2)+f(b2 022)]+…+[f(b2 023)+f(b1)]=2 023[f(b2 023)+ f(b1)]=8 092, 故f(b1)+f(b2)+…+f(b2 023)=4 046. 针对训练 3.已知数列{an}为等差数列,且a1+a5+a9=4π,则tan(a3+a7)= (　 ) A. B.- C.- D. 解析:因为数列{an}为等差数列, 且a1+a5+a9=4π, 所以a1+a5+a9=3a5=4π, 解得a5=, 所以tan(a3+a7)=tan 2a5=tan=tan=-tan=-. √ 4.已知等比数列{an}中所有项均为正数,a2 023-a2 022=2a2 021,若aman= (m,n∈N*),则+的最小值为(　 ) A. B. C. D. √ 解析:设{an}的公比为q(q>0), 则a1q2 022=2a1q2 020+a1q2 021, 因为a1>0, 所以q2-q-2=0, 解得q=2或q=-1(舍去).aman=a1·2m-1·a1·2n-1=·2m+n-2=16, 故m+n-2=4, 即m+n=6. 因为m,n∈N*, 所以+=(m+n)=≥=, 当且仅当 即m=4,n=2时,等号成立,故+的最小值等于. 课时跟踪检测 04 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 √ A级——综合提能 1.已知数列{an}是等差数列,若a1-a4-a8-a12+a15=,则sin(a2+a14)的值为(　 ) A.0 B.1 C.-1 D.不存在 解析:由已知可得a1-a4-a8-a12+a15=(a1+a15)-(a4+a12)-a8=-a8=, 可得a8=-, 因此sin(a2+a14)=sin(2a8)=sin(-π)=-sin π=0. 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 √ 2.若数列{Fn}满足F1=F2=1,当n≥3时,Fn=Fn-1+Fn-2,则称{Fn}为斐波那契数列.令an=(-1,则数列{an}的前100项和为(　 ) A.0 B.-34 C.-32 D.32 5 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析:由数列{Fn}的前两项都是奇数, 因为两奇数之和为偶数, 偶数与奇数之和为奇数, 可得{Fn}各项依次为奇奇偶,奇奇偶,奇奇偶,…, 所以数列{an}的前若干项依次为-1,-1,1,-1,-1,1,…, 将a3n-2,a3n-1,a3n看作一组, 每组3个数的和为-1, 所以数列{an}的前100项的和为33×(-1)-1=-34. 5 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 √ 3.已知函数f(x)=cos x,x∈,若方程f(x)=m有三个不同的实数根,且三个根从小到大依次成等比数列,则实数m的值是(　 ) A.- B. C.- D. 5 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析:如图,设方程f(x)=m的三个不同的实数根从小到大依次为a,b,c, 则 解得 所以m=f(a)=f=cos=-. 5 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 √ 4.有穷数列{an}中,Sn为{an}的前n项和,若把称为数列{an}的“优化和”,现有一个共2 019项的数列:a1,a2,a3,…,a2 019,若其“优化和”为2 020,则有2 020项的数列:1,a1,a2,a3,…,a2 019的“优化和”为(　 ) A.2 019 B.2 020 C.2 021 D.2 022 5 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析:由=2 020, 得S1+S2+…+S2 019=2 019×2 020, 其中S1=a1,S2=a1+a2,…,S2 019=a1+a2+a3+…+a2 019, ∴所求数列的“优化和”为[1+(1+a1)+(1+a1+a2)+…+(1+a1+…+a2 018)+ (1+a1+…+a2 019)]÷2 020=[1+(1+S1)+(1+S2)+…+(1+S2 018)+(1+S2 019)]÷ 2 020=[2 020×1+(S1+S2+…+S2 019)]÷2 020=(2 020+2 019×2 020)÷ 2 020=1+2 019=2 020. 5 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 √ 5.定义“等方差数列”:如果一个数列从第二项起,每一项的平方 与它的前一项的平方的差都等于同一个常数,那么这个数列就叫做等方差数列,这个常数叫做该数列的方公差.设{an}是由正数组成的等方差数列,且方公差为2,a5=3,则数列的前24项和为(　 ) A. B.3 C.3 D.6 5 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析:依题意,-=2, 即{}是公差为2的等差数列, 而a5=3, 于是=+2(n-5)=2n-1, 即an=, 则===-, 所以数列的前24项和为(-1)+(-)+(-)+…+(-)= 7-1=6. 5 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 6.过圆x2+y2=10x内一点(5,3)有k条弦的长度组成等差数列,且最小弦长为数列的首项a1,最大弦长为数列的末项ak,若公差d∈,则k的取值不可能是(　 ) A.4 B.5 C.6 D.7 √ 5 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析:由题意,将圆x2+y2=10x化为(x-5)2+y2=25, 可得圆心坐标为C(5,0),半径r=5, 设A(5,3), 可得|AC|=3, 由圆的弦长公式, 可得a1=2=8,ak=10, 则ak=a1+(k-1)d, 5 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 即8+(k-1)d=10, 所以k=+1, 因为≤d≤, 所以5≤+1≤7, 即5≤k≤7,结合选项,可得k的取值不可能是选项A. 5 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 7.设数列{an}的前n项和为Sn,点(n∈N*)均在函数y=3x-2的图象上,则数列{an}的通项公式an=　　　　.  解析:依题意得=3n-2, 即Sn=3n2-2n, 所以数列{an}为等差数列, 且a1=S1=1,a2=S2-S1=7, 设其公差为d, 则d=6, 所以an=6n-5(n∈N*). 5 6n-5 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 8.已知无穷等差数列{an}的各项均为正数,公差为d,则能使得anan+1为某一个等差数列{bn}的前n项和(n=1,2,…)的一组a1,d的值为a1=　　 ,d=　　　　 .  解析:设等差数列{bn}的前n项和为Sn, 则Sn=anan+1, ∴S1=a1a2,S2=a2a3,S3=a3a4. 又{an}是公差为d的等差数列, 5 1　 1(答案不唯一) 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 ∴b1=S1=a1a2,b2=S2-S1=a2a3-a1a2=2da2,b3=S3-S2=a3a4-a2a3=2da3, ∵2b2=b1+b3, 即2×2da2=a1a2+2da3, ∴4d(a1+d)=a1(a1+d)+2d(a1+2d),整理得a1(a1-d)=0, 由题知a1>0, ∴a1=d. 故满足题意的一组a1,d的值为a1=1,d=1.(答案不唯一) 5 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 9.已知数列{an}为等差数列,{bn}是公比为2的等比数列,且a2-b2=a3-b3=b4-a4. (1)证明:a1=b1; (2)若集合M={k|bk=am+a1,1≤m≤50},求集合M中的元素个数. 解:(1)证明:设数列{an}的公差为d, 则 即 5 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解得b1=a1=, 所以原命题得证. (2)由(1)知b1=a1=, 所以bk=am+a1⇔a1×2k-1=a1+(m-1)d+a1, 因为a1≠0, 所以m=2k-2∈[1,50], 解得2≤k≤log250+2=3+log225, 5 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 由24=16,25=32, 故4<log225<5, 即7<3+log225<8, 所以满足等式的解k=2,3,4,5,6,7. 故集合M中的元素个数为6. 5 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 10.已知等差数列{an}是单调递增数列,a2=2,且a3-1,a4,a5+5成等比数列,Sn是数列{an}的前n项和. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=,Tn是数列{bn}的前n项和,求满足+T11>0的最小的n的值. 解:(1)设{an}的公差为d(d>0), 则 5 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 ∴d2-2d-3=0, ∵d>0, ∴d=3,a1=-1, ∴{an}的通项公式为an=a1+(n-1)d=3n-4. (2)由(1)知Sn==, bn===-, 5 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 T11=+++…+=-1-=-.+T11>0化为->0, ∴3n2-5n-250>0, ∴(n-10)(3n+25)>0, ∴正整数n>10, ∴满足条件的n的最小值为11. 5 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 √ B级——应用创新 11.已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,以此类推,若N>100且该数列的前N项和为2的整数幂,则N的最小值为(　 ) A.440 B.330 C.220 D.110 5 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析:把题设中的数列分成如下的组:(1),(1,2),(1,2,4),(1,2,4,8),… ,记前k组的和为Tk. 则Tk=1+(1+2)+…+(1+2+4+…+2k-1)=1+(22-1)+…+(2k-1)=2k+1-k-2, 令1+2+3+…+k>100, 即k(k+1)>200, 故k≥14. 故当N>100时,数列至少包括前13组且含有第14组的前10个元素. 设前N项和为2的整数幂且第N项为第k组的第l个元素, 5 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 则N=+l, 且前N项和SN=Tk-1+1+2+…+2l-1=2k-k-2+2l, 其中1≤l≤k,k≥14. 下证:当k≥14时, 总有2k-1>k. 记g(k)=2k-1-k, 则当k≥14时, 5 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 有g(k)-g(k-1)=2k-2-1>0, 故{g(k)}为单调递增数列, 而g(14)=213-14>0, 故g(k)≥g(14)>0, 即2k-1>k. 所以2k-k-2+2l≥2k-1+2k-1-k>2k-1,2k-k-2+2l<2k+2k=2k+1. 由SN为2的整数幂, 5 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 故SN=2k, 从而k+2=2l, 当k=14时, l=4,与l≥10矛盾; 当k=30时,l=5, 此时N=+5=440,故选A. 5 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 12.已知数列{bn}的通项公式是bn=n2-tn+4,使数列中存在负数项的一个t的值为　　　 　.  解析:记Δ=(-t)2-4×1×4=t2-16, 当Δ≤0时, 即-4≤t≤4,显然bn=n2-tn+4≥0恒成立,不满足要求; 当Δ>0时, t<-4或t>4, 若t<-4, 5 5(答案不唯一,(4,+∞)中的任一个值均可) 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 则-tn>0,n2+4>0, 所以bn=n2-tn+4>0恒成立,不满足要求; 若t>4, 此时b2=8-2t<0,必然满足数列{bn}中存在负数项. 由上可知,t的可取值的范围是(4,+∞), 故可取t=5. 5 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 13.对于无穷数列{an},{bn},n∈N*,若bk=max{a1,a2,…,ak}-min{a1,a2,…,ak}, k∈N*,则称数列{bn}是数列{an}的“收缩数列”,其中max{a1,a2,…,ak}, min{a1,a2,…,ak}分别表示a1,a2,…,ak中的最大项和最小项. (1)写出数列an=3n-1的“收缩数列”; (2)证明:数列{bn}的“收缩数列”仍是{bn}. 5 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解:(1)由an=3n-1可得{an}为递增数列, 所以bn=max{a1,a2,…,an}-min{a1,a2,…,an}=an-a1=3n-1-2=3n-3. (2)证明:因为max{a1,a2,…,an}≤max{a1,a2,…,an+1},min{a1,a2,…,an}≥ min{a1,a2,…,an+1},n∈N*, 所以max{a1,a2,…,an+1}-min{a1,a2,…,an+1}≥max{a1,a2,…,an}- min{a1,a2,…,an}, 所以bn+1≥bn, 5 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 又b1=a1-a1=0, 所以max{b1,b2,…,bn}-min{b1,b2,…,bn}=bn-b1=bn, 所以数列{bn}的“收缩数列”仍是{bn}. 5 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 14.已知函数y=f(x)的图象经过坐标原点,且f(x)=x2-x+b,数列{an}的前n项和Sn=f(n)(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足an+log3n=log3bn,求数列{bn}的前n项和Tn; (3)令dn=,若cn=-λ(-2)n(λ为非零整数,n∈N*),试确定λ的值,使得对任意n∈N*,都有cn+1>cn成立. 5 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解:(1)∵y=f(x)的图象过原点, 则b=0, ∴f(x)=x2-x. ∴Sn=n2-n. 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-n-(n-1)2+(n-1)=2n-2, 又∵a1=S1=0适合an=2n-2, ∴数列{an}的通项公式为an=2n-2. 5 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 (2)由an+log3n=log3bn, 得bn=n·=n·32n-2(n∈N*), ∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=30+2·32+3·34+…+n·32n-2,　① 9Tn=32+2·34+3·36+…+n·32n.　② ②-①得8Tn=n·32n-(1+32+34+36+…+32n-2)=n·32n-, ∴Tn=-=. 5 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 (3)dn==n,故cn=3n-λ(-2)n. 要使cn+1>cn恒成立,即要cn+1-cn=[3n+1-λ(-2)n+1]-[3n-λ(-2)n]=2·3n+ 3λ(-2)n>0恒成立,即要(-1)n·λ>-恒成立. 下面分n为奇数、n为偶数讨论: ①当n为奇数时, 即λ<恒成立. 又的最小值为1, ∴λ<1. 5 1 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 ②当n为偶数时, 即λ>-恒成立. 又-的最大值为-,∴λ>-. 综上,-<λ<1, 又λ为非零整数, ∴λ=-1时, 使得对任意n∈N*,都有cn+1>cn成立. 5 数列的综合问题 $$