第1部分 专题3 培优微专题12 数列与其他知识的综合问题（PPT课件）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

第一部分 聚热点·题型突破 专题三 数列 [培优微专题12]　数列与其他知识的综合问题 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 研析考点 层级突破 01 课时冲关 高效提能 02 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 研析考点 层级突破 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 　 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 新高考下数列与其它知识的综合问题是高考的热点，也是各地模拟考试热点，经常以压轴大题的形式出现，一难度较大．考查的范围较广，数列常与概率、函数、解析几何相结合，也可以与集合、解三角形、立体几何相结合． 数列与函数的综合 [例1]　给定函数f(x)，若数列{xn}满足xn＋1＝xn－eq \f(fxn,f′xn)，则称数列{xn}为函数f(x)的牛顿数列．已知{xn}为f(x)＝x2－x－2的牛顿数列，an＝lneq \f(xn－2,xn＋1)，且a1＝1，xn＞2(n∈N*)，数列{an}的前n项和为Sn.则S2024＝(　　) A．22023－1　　　　　 B．22024－1 C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2022－1 D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2023－1 [解析]　求出函数的导函数，即可得到xn＋1＝eq \f(x\o\al(2,n)＋2,2xn－1)，从而得到eq \f(xn＋1－2,xn＋1＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xn－2,xn＋1)))2，两边取对数得到an＋1＝2an，再由等比数列求和公式计算可得． 由题意得f′(x)＝2x－1，则xn＋1＝xn－eq \f(x\o\al(2,n)－xn－2,2xn－1)＝eq \f(x\o\al(2,n)＋2,2xn－1)， 所以eq \f(xn＋1－2,xn＋1＋1)＝eq \f(\f(x\o\al(2,n)＋2,2xn－1)－2,\f(x\o\al(2,n)＋2,2xn－1)＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xn－2,xn＋1)))2， 则两边取对数可得lneq \f(xn＋1－2,xn＋1＋1)＝2lneq \f(xn－2,xn＋1)，即an＋1＝2an， 所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列． 所以S2024＝eq \f(1×1－22024,1－2)＝22024－1. [答案]　B 解决此类题目的关键点：(1)运用函数的性质找到数列所满足的条件；(2)使用数列的特征构造符合题意的形式． 1．函数y＝[x]为数学家高斯创造的取整函数，[x]表示不超过x的最大整数，如[0.90]＝0，[lg99]＝1，已知数列{an}满足a3＝3，且an＝n(an＋1－an)，若bn＝[lgan]，则数列{bn}的前2024项和为________． 解析：由已知等式可得eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))为常数列，从而可得an＝n，然后由取整函数分类可求得结果． 因为an＝n(an＋1－an)，所以(n＋1)an＝nan＋1， 所以eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)， 所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))为常数列， 所以eq \f(an,n)＝eq \f(a3,3)＝1，所以an＝n， 记{bn}的前n项和为Tn， 当1≤n≤9时，0≤lgan＜1， 当10≤n≤99时，1≤lgan＜2， 当100≤n≤999时，2≤lgan＜3， 当1000≤n≤2024时，3≤lgan＜4， 所以T2024＝[lga1]＋[lga2]＋…＋[lga2024] ＝90×1＋900×2＋1025×3＝4965. 答案：4965 　数列与平面向量的综合 [例2]在平面直角坐标系中，已知An(n，an)、Bn(n，bn)、Cn(n－1,0)(n∈N*)，满足向量eq \o(AnA,\s\up16(→))n＋1与向量eq \o(BnCn,\s\up16(→))共线，且点Bn(n，bn)(n∈N*)都在斜率为6的同一条直线上，若a1＝6，b1＝12，则数列{an}的通项an＝________. [解析]　由点Bn(n，bn)(n∈N*)都在斜率为6的同一条直线上可得eq \f(bn＋1－bn,n＋1－n)＝6，利用等差数列的定义可得数列{bn}的通项公式，再根据向量共线的坐标表示可得an＋1－an＝bn＝6n＋6，利用累加法求数列{an}即可． 因为点Bn(n，bn)(n∈N*)都在斜率为6的同一条直线上，所以eq \f(bn＋1－bn,n＋1－n)＝6 ， 即bn＋1－bn＝6，所以数列{bn}是以12为首项，6为公差的等差数列， 故bn＝12＋6(n－1)＝6n＋6， 因为eq \o(AnA,\s\up16(→))n＋1＝(1，an＋1－an)，eq \o(BnCn,\s\up16(→))＝(－1，－bn)，且eq \o(AnA,\s\up16(→))n＋1与eq \o(BnCn,\s\up16(→))共线， 所以1×(－bn)－(－1)(an＋1－an)＝0，即an＋1－an＝bn＝6n＋6 所以当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1) ＝a1＋b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＝a1＋6(1＋2＋…＋n－1)＋6(n－1) ＝6＋6(n－1)＋6eq \f(n－1n,2)＝3n(n＋1)， 当n＝1时，上式也成立，所以an＝3n(n＋1)． [答案]　3n(n＋1) 此类问题是给定向量有关的如数量积、模、平行、垂直等知识来证明与数列相关的问题．要求对向量相关的运算比较熟练；掌握等差数列、等比数列的证明方法． 2．已知Sn为数列{an}的前n项和，a1＝a2＝1，平面内三个不共线的向量eq \o(OA,\s\up16(→))，eq \o(OB,\s\up16(→))，eq \o(OC,\s\up16(→))满足eq \o(OC,\s\up16(→))＝(an－1＋an＋1)eq \o(OA,\s\up16(→))＋(1－an)eq \o(OB,\s\up16(→))(n≥2且n∈N)，若A、B、C在同一直线上，则S2024＝________. 解析：根据平面向量共线的性质可得an－1＋an＋1＝an，再根据a1＝a2＝1列出{an}的项可得数列{an}是以6为周期的周期数列，进而求解即可． 因为平面内三个不共线的向量eq \o(OA,\s\up16(→))，eq \o(OB,\s\up16(→))，eq \o(OC,\s\up16(→))满足eq \o(OC,\s\up16(→))＝(an－1＋an＋1)eq \o(OA,\s\up16(→))＋(1－an)eq \o(OB,\s\up16(→))， 又A，B，C在同一直线上，所以(an－1＋an＋1)＋(1－an)＝1，即an－1＋an＋1＝an， 因为a1＝a2＝1，所以数列{an}为：1,1,0，－1，－1,0,1,1,0，－1，－1,0，… 则数列{an}是以6为周期的周期数列，前6项为1,1,0，－1，－1,0 又因为2024＝6×337＋2，所以S2024＝337×(1＋1＋0－1－1＋0)＋1＋1＝2. 答案：2 数列与导数的综合 [例3]　(2024·怀化二模)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且aeq \o\al(3,1)＋aeq \o\al(3,2)＋…＋aeq \o\al(3,n)＝Seq \o\al(2,n). (1)求a1和a2的值，并求出数列{an}的通项公式； (2)证明：eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)＞ln(1＋n)； (3)设Tn＝eq \f(1,\r(a1))＋eq \f(1,\r(a2))＋…＋eq \f(1,\r(an))，求[T2024]的值(其中[x]表示不超过x的最大整数)． [解]　(1)令n＝1，n＝2，求出a1和a2的值；利用an，Sn的关系式证得{an}是等差数列，从而求出数列{an}的通项公式；(2)构造函数f(x)＝ln(1＋x)－x(x＞0)，利用导数证得ln(n＋1)－ln n＜eq \f(1,n)，分别取n＝1,2，…，n，再利用累加法即可证明；(3)利用裂项相消法与累加法证得88＜1＋eq \f(1,\r(2))＋eq \f(1,\r(3))＋…＋eq \f(1,\r(2024))＜89，从而得解． (1)由题意知当n＝1时，aeq \o\al(3,1)＝aeq \o\al(2,1)⇒a1＝1. 当n＝2时，1＋aeq \o\al(3,2)＝(1＋a2)2⇒aeq \o\al(2,2)－a2－2＝0⇒a2＝2. 因为aeq \o\al(3,1)＋aeq \o\al(3,2)＋…＋aeq \o\al(3,n)＝Seq \o\al(2,n)，则当n≥2时，有aeq \o\al(3,1)＋aeq \o\al(3,2)＋…＋aeq \o\al(3,n)＋aeq \o\al(3,n＋1)＝Seq \o\al(2,n＋1). 两式相减，得： aeq \o\al(3,n＋1)＝Seq \o\al(2,n＋1)－Seq \o\al(2,n)＝(Sn＋1＋Sn)(Sn＋1－Sn)＝(Sn＋1＋Sn)an＋1＝(2Sn＋an＋1)an＋1， 又因为an＞0，所以aeq \o\al(2,n＋1)＝2Sn＋an＋1. 故2Sn＝aeq \o\al(2,n＋1)－an＋1,2Sn－1＝aeq \o\al(2,n)－an(n≥2)，两式相减， 得2an＝aeq \o\al(2,n＋1)－an＋1－aeq \o\al(2,n)＋an⇒(an＋1＋an)(an＋1－an)＝an＋1＋an. 因为an＋1＋an＞0，所以an＋1－an＝1(n≥2)． 又因为a1＝1，a2＝2，所以对∀n∈N*，有an＋1－an＝1， 故{an}是等差数列，因此an＝n. (2)设f(x)＝ln(1＋x)－x(x＞0)，则f′(x)＝eq \f(1,1＋x)－1＝eq \f(－x,1＋x)＜0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，则f(x)＜f(0)＝0，从而ln(x＋1)＜x. 令x＝eq \f(1,n)(n∈N*)，得lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))＜eq \f(1,n)，即ln(n＋1)－ln n＜eq \f(1,n)，分别取n＝1,2，…，n， 则ln 2－ln 1＜eq \f(1,1)，ln 3－ln 2＜eq \f(1,2)，ln 4－ln 3＜eq \f(1,3)，…，ln(n＋1)－ln n＜eq \f(1,n)， 累加得ln(n＋1)＜1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n). (3)由(2)知T2024＝1＋eq \f(1,\r(2))＋eq \f(1,\r(3))＋…＋eq \f(1,\r(2024)). 由eq \r(k＋1)－eq \r(k)＝eq \f(1,\r(k＋1)＋\r(k))＜eq \f(1,2\r(k))，知eq \f(1,\r(k))＞2(eq \r(k＋1)－eq \r(k))． 故1＞2(eq \r(2)－1)，eq \f(1,\r(2))＞2(eq \r(3)－eq \r(2))，…，eq \f(1,\r(2024))＞2(eq \r(2025)－eq \r(2024))， 所以1＋eq \f(1,\r(2))＋eq \f(1,\r(3))＋…＋eq \f(1,\r(2024))＞2(eq \r(2025)－1)＝2(45－1)＝88. 又由eq \r(k＋1)－eq \r(k)＝eq \f(1,\r(k＋1)＋\r(k))＞eq \f(1,2\r(k＋1))知eq \f(1,\r(k＋1))＜2(eq \r(k＋1)－eq \r(k))， 故eq \f(1,\r(2))＜2(eq \r(2)－1)，eq \f(1,\r(3))＜2(eq \r(3)－eq \r(2))，…，eq \f(1,\r(2024))＜2(eq \r(2024)－eq \r(2023))， 所以1＋eq \f(1,\r(2))＋eq \f(1,\r(3))＋…＋eq \f(1,\r(2024))＜1＋2(eq \r(2024)－1)＜1＋2(45－1)＝89. 故eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,\r(2))＋\f(1,\r(3))＋…＋\f(1,\r(2024))))＝88，即[T2024]＝88. 利用导数证明不等式问题，方法如下： (1)直接构造函数法：证明不等式f(x)＞g(x)(或f(x)＜g(x))转化为证明f(x)－g(x)＞0(或f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)； (2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； (3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数． 3．(2024·揭阳二模)已知函数f(x)＝ln x－eq \f(ax,ex). (1)当a＝1时，证明：f(x)是增函数． (2)若f(x)≤x恒成立，求a的取值范围． (3)证明：eq \f(ln 2,2)＋eq \f(ln 3,3)＋…＋eq \f(ln n,n)≤n－eq \f(e1－e－n,e－1)(n≥2，n∈N*)． 解：(1)求定义域，求导，得到函数单调性，得到答案；(2)参变分离得到a＞eq \f(exln x－xe,x)，构造函数h(x)＝eq \f(exln x－xex,x)，求导得到其单调性和最值，得到h(x)≤h(1)＝－e，求出a的取值范围； (3)由(2)可知，当a＝－e时，eq \f(ln x,x)≤1－eq \f(1,ex－1)，所以eq \f(ln 2,2)≤1－eq \f(1,e1)，…，eq \f(ln n,n)≤1－eq \f(1,en－1)，相加后得到结果． (1)当a＝1时，f(x)＝ln x－eq \f(x,ex)，定义域为(0，＋∞)， 则f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1－x,ex)＝eq \f(ex＋x2－x,xex). 令g(x)＝ex＋x2－x，则g′(x)＝ex＋2x－1＞0在(0，＋∞)上恒成立， 则g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 则g(x)＞g(0)＝1，故f′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，f(x)是增函数． (2)当x＞0时，f(x)≤x等价于a＞eq \f(exln x－xe,x)， 令h(x)＝eq \f(exln x－xex,x)， 则h′(x)＝eq \f(exx－1ln x－x－1,x2)， 令φ(x)＝ln x－x－1，则φ′(x)＝eq \f(1－x,x)， 当x∈(0,1)时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增， 当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减，所以φ(x)≤φ(1)＝－2. 所以当x∈(0,1)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减， 则h(x)≤h(1)＝－e，所以a≥h(x)max，即a≥－e，故a的取值范围为 [－e，＋∞)． (3)证明：由(2)可知，当a＝－e时，有ln x＋eq \f(x,ex－1)≤x，则eq \f(ln x,x)≤1－eq \f(1,ex－1)， 所以eq \f(ln 2,2)≤1－eq \f(1,e1)，…，eq \f(ln n,n)≤1－eq \f(1,en－1)， 故eq \f(ln 2,2)＋eq \f(ln 3,3)＋…＋eq \f(ln n,n)≤(n－1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e1)＋…＋\f(1,en)))＝n－eq \f(e1－e－n,e－1). $$