第一章 重点题型强化（四）数列的综合问题-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义教师用书word（北师大版2019）

[学习目标] 1．掌握数列与函数、不等式等知识的综合问题．　2.掌握数列的新情境、新定义等创新综合问题． 题型一　数列与函数的综合问题 例1　 已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 Tn＝Sn－，求数列{Tn}中最大项与最小项的值． 解：(1)设等比数列{an}的公比为q， 因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列， 所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5， 即4a5＝a3，于是q2＝＝， 又{an}不是递减数列，且a1＝>0， 所以 q＝－， 故等比数列{an}的通项公式为 an＝×＝(－1)n－1·. (2)由(1)得， Sn＝＝1－＝ (n∈N*)． 设 f(x)＝，由指数函数的性质可知， f(x)＝为减函数． 所以当n为奇数时， Sn随n的增大而减小． 所以1<Sn≤S1＝， 故0<Sn－≤S1－＝－＝， 当n为偶数时， Sn随n的增大而增大． 所以＝S2≤Sn<1，故 0>Sn－≥S2－＝－＝－. 综上， －≤Sn－≤，且 Sn－≠0， 所以数列{Tn}中最大项的值为 ，最小项的值为 －. 数列与函数的综合问题的解题策略 1．已知函数条件，解决数列问题，一般利用函数的性质、图象等进行研究． 2．已知数列条件，解决函数问题，一般要充分利用数列的有关公式对式子化简变形． 3．解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解． 对点练1.已知数列{an}的前 n项之积为bn，且＋＋…＋＝(n∈N＋)． (1)求数列和{an}的通项公式； (2)求 f＝bn＋bn＋1＋bn＋2＋…＋b2n－1＋b2n的最大值． 解：(1)因为＋＋…＋＝①，所以 ＋＋…＋＝②. ①－②得＝n(n≥2)， ＝1也满足上式，所以 ＝n③， 所以＝n－1④， 易知anbn≠0，③÷④＝＝(n≥2)， 又bn＝anbn－1，所以＝(n≥2)， 所以an－1＝，所以 an＝. (2)由(1)可知 an＝，则 bn＝a1×a2×…×an＝××…×＝， 所以 f＝bn＋bn＋1＋…＋b2n＝＋＋…＋，则 f＝＋＋…＋， 由f(n＋1)－f(n)＝＋－＝－<0，得 f<f，所以f(n)单调递减，所以f(n)的最大值为f(1)＝b1＋b2＝＋＝. 题型二　数列与不等式的综合问题 例2　已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N＋)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N＋)，记{bn}的前n项和为Tn.若Tn≤λbn对任意n∈N＋恒成立，求实数λ的取值范围． 解：(1)因为4Sn＋1＝3Sn－9， 所以当n≥2时，4Sn＝3Sn－1－9， 两式相减可得4an＋1＝3an，即＝. 当n＝1时，4S2＝4＝－－9， 解得a2＝－， 所以＝. 所以数列{an}是首项为－，公比为的等比数列， 所以an＝－×＝－. (2)因为3bn＋(n－4)an＝0， 所以bn＝(n－4)×. 所以Tn＝－3×－2×－1×＋0×＋…＋(n－4)×，① 且Tn＝－3×－2×－1×＋0×＋…＋(n－5)×＋(n－4)×，② ①－②得Tn＝－3×＋＋＋…＋－(n－4)×＝－＋－(n－4)×＝－n×， 所以Tn＝－4n×. 因为Tn≤λbn对任意n∈N＋恒成立， 所以－4n×≤λ(n－4)×恒成立， 即－3n≤λ(n－4)恒成立， 当n＜4时，λ≤＝－3－，此时λ≤1； 当n＝4时，－12≤0恒成立； 当n＞4时，λ≥＝－3－，此时λ≥－3. 所以－3≤λ≤1. 学生用书↓第48页 数列与不等式的综合问题的解题策略 1．判断数列问题的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小． 2．考查与数列有关的不等式证明问题，此类问题一般采用放缩法进行证明，有时也可通过构造函数进行证明． 3．以数列为载体，考查不等式恒成立的问题，此类问题可转化为函数的最值问题． 对点练2.已知数列的前n项和记为Sn，且满足n，an，Sn成等差数列． (1)求a1，a2的值，并证明：数列{an＋1}是等比数列； (2)证明：2n<＋＋＋…＋<2n＋2. 解：(1)由已知n，an，Sn成等差数列，可得2an＝Sn＋n；　 ① 所以令n＝1，可得a1＝1，令n＝2，可得2a2＝S2＋2，所以a2＝3； 所以2an－1＝Sn－1＋(n－1) (n≥2).　② ①－②得2an－2an－1＝an＋1，即an＝2an－1＋1； 所以an＋1＝2(an－1＋1)，(n≥2)； 又a1＝1，可得a1＋1＝2. 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)证明：由(1)知an＋1＝2n，所以an＝2n－1. 所以＝＝＝2＋>2. 所以＋＋＋…＋>2＋2＋2＋…＋2＝2n. 所以＝＝＝2＋＝2＋≤2＋. 所以＋＋＋…<2n＋＝2n＋＝2n＋2<2n＋2. 所以2n<＋＋＋…＋<2n＋2. 题型三　数列的新定义问题 例3　设同时满足条件： ①≥bn＋1；②bn≤M(n∈N＋，M是常数)的无穷数列{bn}叫做P数列，已知数列{an}的前n项和Sn满足 Sn＝ (an－1) (a为常数，且 a≠0，a≠1)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝＋1，若数列{bn}为等比数列，求a的值，并证明数列 为P数列． 解：(1)当 n＝1时. a1＝S1＝(an－1)，所以a1＝a. 当n≥2时， an＝Sn－Sn－1＝ (an－an－1)，整理得 ＝a. 即数列{an}是以a为首项，a为公比的等比数列， 所以an＝a·an－1＝an. (2)由(1)知，bn＝＋1＝，(*) 由数列{bn}是等比数列，得 b＝b1b3， 故 ＝3×， 即＝3×，解得 a＝， 再将a＝代入(*)式，得bn＝3n. 所以＝>＝＝，满足条件①， 又由于＝≤，所以存在 M≥满足条件②. 故数列 为P数列． 解决新定义中的数列问题的一般流程 1．读懂定义，理解新定义数列的含义． 2．特殊分析，比如对 n＝1，2，3，…的情况进行讨论． 3．通过特殊情况寻找新定义数列的规律及性质，以及新定义数列与已知数列(如等差或等比数列)的关系，仔细观察，探求规律，注重转化，合理设计解题方案． 4．联系等差数列与等比数列知识，将新定义数列问题转化为熟悉的知识进行求解． 对点练3. 对于数列{an}，定义An＝为数列{an}的“好数”，已知某数列{an}的“好数”An＝2n＋1，记数列{an－kn}的前n项和为Sn，若Sn≤S6对任意的n∈N＋恒成立，则实数k的取值范围为(　　 ) A． B． C． D． 答案：B 解析：由题意，An＝＝2n＋1，则a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n＋1，当n＝1时，a1＝4，当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)·2n，两式相减得，2n－1an＝n·2n＋1－(n－1)·2n＝(n＋1)2n，所以an＝2(n＋1)，对a1也成立，故an＝2(n＋1)，则an－kn＝(2－k)n＋2，则数列{an－kn}为等差数列，故Sn≤S6对任意的n(n∈N＋)恒成立可化为a6－6k≥0，a7－7k≤0；即解得≤k≤.故选B. 课时测评16　数列的综合问题 (时间：40分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1－9每小题5分，共45分) 1．已知数列{an}满足 an＋1＝，若 a1＝，则a2 024＝(　　 ) A．－1 B． C．1 D．2 答案：D 解析：因为数列{an}满足 an＋1＝，且 a1＝，所以a2＝＝2，a3＝＝－1，a4＝＝，所以数列{an}是以 3为周期的周期数列，所以a2 024＝a3×674＋2＝a2＝2.故选D. 2．已知数列{an}满足 a1＝，an＋1＝an(n∈N＋)．设 bn＝，n∈N＋，若数列{bn}是单调递增数列，则实数λ的取值范围是(　　) A．(－∞，1) B． C． D．(－1，2) 答案：C 解析：由an＋1＝an (n∈N＋)可知数列{an}是公比为 的等比数列，又a1＝，所以 an＝×＝，因此bn＝＝(n－2λ)2n，因为数列{bn}是单调递增数列，所以bn＋1>bn对于任意的n∈N＋恒成立，即(n＋1－2λ) 2n＋1> (n－2λ)2n，整理得 λ<对于任意的n∈N＋恒成立，所以λ<.故选C. 3．(2024·福建龙岩月考)若数列{an}，{bn}的通项公式分别为an＝(－1) a，bn＝3＋，且an<bn对任意 n∈N*都成立，则实数a的取值范围为(　　 ) A．[－3，1) B． C． D．[－2，2) 答案：B 解析：由题意得(－1)n＋2 024a<3＋对任意 n∈N*都成立，当n为奇数时，有 －a<3＋，易知数列 为递减数列，且 3＋>3，所以 －a≤3，所以 a≥－3；当n为偶数时，有 a<3－，易知数列 为递增数列，且＝3－＝，所以 a<.综上，实数a的取值范围为 .故选B. 4．(多选题)已知定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列{an}，{f(an)}仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”．下列定义在 ∪(0，＋∞)上的四个函数中，是“保等比数列函数”的为(　　 ) A．f(x)＝x2 B．f(x)＝2x C．f(x)＝ D．f(x)＝ln|x| 答案：AC 解析：设等比数列{an}的公比为q.对于A，＝＝q2，是常数，故A符合条件；对于B，＝＝2an＋1－an，不一定是常数，故B不符合条件；对于C，＝＝＝，是常数，故C符合条件；对于D，＝，不一定是常数，故D不符合条件．故选AC. 5．(2024·四川绵阳月考)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若－5，S3，S6成等差数列，则S9－S6的最小值为(　　 ) A．25 B．20 C．15 D．10 答案：B 解析：因为{an}是正项等比数列，所以S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，所以(S6－S3)2＝S3(S9－S6)．因为－5，S3，S6成等差数列，所以S6－5＝2S3，即S6－S3＝S3＋5，所以S9－S6＝＝＝S3＋＋10.易知S3>0，则 S3＋＋10≥2＋10＝20，当且仅当S3＝5时取等号，故选B. 6．(2024·江苏常州期末)高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号．用他的名字命名的高斯函数为f(x)＝，其中[x]表示不超过x的最大整数，已知数列{an}满足a1＝2，a2＝6，an＋2＋5an＝6an＋1，若bn＝[log5an＋1]，Sn为数列的前n项和，则＝(　　 ) A．999 B．749 C．499 D．249 答案：A 解析：由题意可得an＋2－an＋1＝5(an＋1－an)，又a2－a1＝4，所以数列{an＋1－an}是首项为4，公比为5的等比数列，故an＋1－an＝4·5n－1，所以an＋1＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an＋1－an)＝2＋4×50＋4×51＋…＋4×5n－1＝2＋＝5n＋1， 则bn＝[log5an＋1]＝[log5(5n＋1)]＝n，故＝＝1 000，所以S2 024＝1 000×＝1 000×＝∈，所以[S2 024]＝999.故选A. 7．已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，且an，an＋1是函数f(x)＝x2－bnx＋2n的两个零点，则b10＝____________________________________. 答案：64 解析：由an，an＋1是函数f(x)＝x2－bnx＋2n的两个零点，可得an＋an＋1＝bn，anan＋1＝2n.由a1＝1，得a2＝＝2，a3＝＝2，a4＝＝4，a5＝＝4，a6＝＝8，a7＝＝8，a8＝＝16，a9＝＝16，a10＝＝32，a11＝＝32.b10＝a10＋a11＝64. 8．若数列{an}满足 －＝d(n∈N＋，d为常数)，则称数列{an}为“调和数列”．已知正项数列 为“调和数列”，且b1＋b2＋…＋b2 024＝20 240，则b2b2 023的最大值是________． 答案：100 解析：由数列 为“调和数列”，可得 －＝bn＋1－bn＝d(n∈N＋，d为常数)，所以数列{bn}是公差为d的等差数列，因为b1＋b2＋…＋b2 024＝20 240，且b1＋b2 024＝b2＋b2 023＝b3＋b2 022＝…＝b1 012＋b1 013，所以1 012(b2＋b2 023)＝20 240，所以b2＋b2 023＝20.又b2>0，b2 023>0，所以b2＋b2 023≥2，即b2b2 023≤＝100，当且仅当b2＝b2 023＝10时取等号，所以(b2b2 023)max＝100. 9．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{}是首项为，公差为的等差数列，则{an}的通项公式为________；若[x]表示不超过x的最大整数，如[0.5]＝0，[lg499]＝2，则数列的前2 000项的和为__________． 答案：an＝　3 782 解析：因为数列{}是首项为，公差为的等差数列，所以＝＋(n－1)×＝，得到Sn＝，当n＝1时，a1＝S1＝＝，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝，又a1＝，所以an＝，所以[lgan]＝[lg]，当－1≤lgan<0时，n＝1，当0≤lgan<1时，n＝2、3、…、19，当1≤lgan<2时，n＝20、21、…、199，当2≤lgan<3时，n＝200、201、…、1 999，当lgan＝3时，n＝2 000，故数列{ [lgan] }的前2 000项的和为：[lga1]＋[lga2]＋[lga3]＋…＋[lga2 000]＝－1×1＋18×0＋1×180＋2×1 800＋3×1＝3 782. 10．(17分)(2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和．已知＋n＝2an＋1. (1)证明：{an}是等差数列；(7分) (2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．(10分) 解：(1)证明：因为＋n＝2an＋1，即2Sn＋n2＝2nan＋n①， 当n≥2时，2Sn－1＋(n－1)＝2 (n－1)an－1＋(n－1)②， 1 －②得，2Sn＋n2－2Sn－1－(n－1)＝2nan＋n－2 (n－1)an－1－(n－1)， 即2an＋2n－1＝2nan－2 (n－1)an－1＋1， 即2 (n－1)an－2 (n－1)an－1＝2 (n－1)，所以an－an－1＝1，n≥2且n∈N*， 所以{an}是以1为公差的等差数列． (2)由(1)可得a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8 又a4，a7，a9成等比数列，所以a＝a4·a9， 即(a1＋6)＝(a1＋3)·(a1＋8)，解得a1＝－12， 所以an＝n－13，所以Sn＝－12n＋＝n2－n＝－， 所以，当n＝12或n＝13时，(Sn) ＝－78. 11．(18分)(2024·广东茂名高二期末)已知Sn为数列{an}的前n项和， an>0，a＋2an＝4Sn. (1)求数列{an}的通项公式；(8分) (2)若bn＝，Tn为数列{bn}的前n项和，求Tn，并证明： ≤Tn<.(10分) 解：(1)因为a＋2an＝4Sn， 所以当n＝1时， a＋2a1＝4S1，则 a＝2a1， 又an>0，所以a1＝2， 当n≥2时，由 a＋2an＝4Sn，得 a＋2an－1＝4Sn－1， 所以a＋2an－(a＋2an－1)＝4(Sn－Sn－1)， 即a－a＝4an－2an＋2an－1， 所以(an＋an－1)(an－an－1)＝2(an＋an－1)， 因为an>0，所以an－an－1＝2， 所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列， 所以an＝2＋2(n－1)＝2n. (2)由(1)得an＝2n， 则bn＝＝， 所以Tn＝× ＝，因为>0，所以 1－<1，所以 Tn<. 又因为n∈N＋，所以随着n的增大而减少，从而Tn随着n的增大而增大，所以Tn≥T1＝. 综上所述， ≤Tn<. 12．(20分)(一题多问)已知数列{an}，设 mn＝(n∈N＋)，若 {an}满足性质Ω：存在常数c，使得对于任意两两不等的正整数i，j，k，都有(i－j)mk＋(j－k)mi＋(k－i)mj＝c，则称数列{an}为“梦想数列”． (1)若bn＝2n(n∈N＋)，判断数列 {bn}是否为“梦想数列”，并说明理由；(5分) (2)若cn＝2n－1(n∈N＋)，判断数列{cn}是否为“梦想数列”，并说明理由；(6分) (3)判断“梦想数列”{an}是否为等差数列，并说明理由．(9分) 解：(1)由题意知，(i－j)mk＋(j－k)mi＋(k－i)mj＝c， 且(j－i)mk＋(k－j)mi＋(i－k)mj＝c，即－c＝c，所以c＝0. 对于数列{bn}，bn＝2n，取i＝1，j＝2，k＝3，则m1＝2，m2＝3，m3＝， (1－2)×＋(2－3)×2＋(3－1)×3＝－≠0， 所以{bn}不是“梦想数列”． (2)ci＝2i－1，cj＝2j－1，ck＝2k－1，则mn＝＝＝＝n， 则(i－j)k＋(j－k)i＋(k－i)j＝ik－jk＋ij－ik＋jk－ij＝0， 所以{cn}是“梦想数列”． (3)令i＝1，j＝2，k＝3，则根据“梦想数列”的定义知 (1－2)×＋(2－3)×＋(3－1)×＝0， 所以a1＋a3＝2a2，即a1，a2，a3成等差数列． 再令i＝1，j＝2，k＝n(n≥3)，记数列{an}的前n项和为Sn，则有(1－2)＋(2－n)a1＋(n－1)＝0， 所以2Sn＋(n2－3n)a1－n (n－1)a2＝0，所以2Sn＋1＋(n2－n－2)a1－n (n＋1)a2＝0， 作差可得2an＋1＋2na1－2a1－2na2＝0，所以an＋1＝a1＋nd(n≥3，d＝a2－a1)， 所以an＝a1＋(n－1)d(n≥4)，当 n＝1，2，3时也成立． 综上可得，“梦想数列” {an}是等差数列． 学生用书↓第49页 学科网（北京）股份有限公司 $$