第1章 板块综合融会 数列的综合问题（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（湘教版2019）  

板块综合融会　数列的综合问题(习题课—小结评价式教学) CONTENTS 目录 1 2 3 融通点(一)　数列的新定义问题 融通点(二)　数列与不等式的交汇问题 融通点(三)　数列与其他知识综合 4 课时跟踪检测 融通点(一)　数列的新定义问题 01 [例1]　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}． 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，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}． 针对训练 1．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， 故数列{an}不是“封闭数列”． 融通点(二)　 数列与不等式的交汇问题 02 ∴(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. ∵Tn单调递增， 方法技巧 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 要使Tn<3m－12对n∈N＋恒成立， 所以m的最小值为5. 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， √ √ 解析：由数列{bn}是公比为q(q≠1)的正项等比数列， 故bn>0， 即有b1b2 023＝b2b2 022＝…＝b2 023b1＝1， 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 √ 解析：因为数列{an}为等差数列，且a1＋a5＋a9＝4π， √ 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)． 故m＋n－2＝4，即m＋n＝6. 因为m，n∈N＋， 课时跟踪检测 04 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 √ 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 √ 1 5 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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 6n－5 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＋)． 1 5 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＝_______________. 1　 1(答案不唯一) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 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， ∴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) 1 5 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， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 所以bk＝am＋a1⇔a1×2k－1＝a1＋(m－1)d＋a1， 因为a1≠0， 所以m＝2k－2∈[1,50]， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解得2≤k≤log250＋2＝3＋log225， 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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解：(1)设{an}的公差为d(d>0)， ∴d2－2d－3＝0， ∵d>0， ∴d＝3，a1＝－1， ∴{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝3n－4. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 ∴(n－10)(3n＋25)>0，∴正整数n>10， ∴满足条件的n的最小值为11. 1 5 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 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 1 5 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(答案不唯一，(4，＋∞)中的任一个值均可) 1 5 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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 13．已知项数大于3的数列{an}的各项和为Sn，且任意连续三项均能构成不同的等腰三角形的三边长． (1)若an∈{1,2}(n＝1,2,3，…，M)，求M和Sn； (2)若an∈{1,2,3}(n＝1,2,3，…，M)，求M的最大值． 解：(1)由题意，数列an∈{1,2}(n＝1,2,3，…，M)，边长为1或2的等腰三角形只有1,1,1；1,2,2；2,2,2. 若前三项有1,1,1，则该数列只能有3项，不合题意； 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 若前三项有1,2,2，该数列只有4项，且该数列只能为1,2,2,2； 若前三项有2,2,2，该数列只有4项，且该数列只能为2,2,2,1； 综上可得M＝4，Sn＝7. (2)构造数列：1,2,2,2,3,3,3,1，此时M＝8. 若存在连续三项为1,1,1时，本题中有两条边为1,1的等腰三角形仅有1,1,1， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 即数列只有3项，与M≥4矛盾，舍去． 若不存在连续三项为1,1,1时，连续三项(不考虑这三项的顺序)共有以下6种可能：1,2,2；1,3,3；2,2,2；2,2,3；2,3,3；3,3,3. 又相邻的4项组成的2个等腰三角形中间2项是共用的， 则总的项数为不同的等腰三角形的个数加上首尾2项， 所以M≤6＋2＝8，即M的最大值为8. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 1 5 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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 ∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝30＋2·32＋3·34＋…＋n·32n－2　①， 9Tn＝32＋2·34＋3·36＋…＋n·32n　②. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 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， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 又λ为非零整数， ∴λ＝－1时，使得对任意n∈N＋，都有cn＋1>cn成立． 即s＋t＝p＋，从而“＝”左端为正整数，右端不是正整数，从而矛盾． [例2]　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， (2)证明：由(1)得bn＝＝＝， ∴Tn＝＝. ∴Tn≥T1＝＝，又>0，故Tn<，综上≤Tn<. 2．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， 则3m－12≥1，即m≥，又m∈Z， 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 2ln b1 012＝ln b＝ln(b1b2 023)＝0，故b1b2 023＝1， 由f(x)＝， 则当x>0时，有f(x)＋f＝＋＝＋＝4， 3．已知数列{an}为等差数列，且a1＋a5＋a9＝4π，则tan(a3＋a7)＝(　 ) A． B．－ C．－ D． 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＝a(m，n∈N＋)，则＋的最小值为(　 ) A． B． C． D． aman＝a1·2m－1·a1·2n－1＝a·2m＋n－2＝16a， 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. 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. 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 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的值可能是(　 ) A．－ B． C．－ D． 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＝－. 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 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．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，那么这个数列就叫作等方差数列，这个常数叫作该数列的方公差．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 解析：依题意，a－a＝2，即{a}是公差为2的等差数列，而a5＝3，于是a＝a＋2(n－5)＝2n－1，即an＝，则＝＝＝－，所以数列的前24项和为(－1)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝7－1＝6. 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 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，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． 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， 则 即 解得b1＝a1＝，所以原命题得证． (2)由(1)知b1＝a1＝， 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． 则 (2)由(1)知Sn＝＝， bn＝＝＝－， T11＝＋＋＋…＋＝－1－＝－.＋T11>0化为－>0，∴3n2－5n－250>0， 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，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，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，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． 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＝3－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． (2)由an＋log3n＝log3bn，得bn＝n·3＝n·32n－2(n∈N＋)， ②－①得8Tn＝n·32n－(1＋32＋34＋36＋…＋32n－2)＝n·32n－， ∴Tn＝－＝. (3)dn＝＝n，故cn＝3n－λ(－2)n. 即要(－1)n·λ>－n－1恒成立． 下面分n为奇数、n为偶数讨论： 当n为奇数时，即λ<n－1恒成立． 又n－1的最小值为1，∴λ<1. 当n为偶数时，即λ>－n－1恒成立． 又－n－1的最大值为－，∴λ>－. 综上，－<λ<1， $$