板块3 微专题(4) 大题专攻——“数列”大题精研(Word教师用书)-【创新方案】2025年高考数学二轮复习专题辅导与测试

微专题(四)　大题专攻——“数列”大题精研 一、基准考法——内化基本思维 1.(等差数列的基本运算)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3a10=-40，S5=-20. (1)求{an}的通项公式； (2)求使<1成立的n的取值集合. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由a3a10=-40，S5=-20，得解得 所以{an}的通项公式为an=-8+2(n-1)=2n-10. (2)由(1)知Sn=-8n+×2=n2-9n，由<1，得<1，整理得<0，显然n>1， 则由(n-5)(n-10)<0，解得5<n<10，所以满足条件的n的取值集合为{6，7，8，9}. 2.(等比数列的基本运算)在等比数列{an}中，已知a2=4，8a1+a3=24. (1)求公比q及数列{an}的通项公式； (2)求a2+a4+a6+…+a100的值. 解：(1)因为8a1+a3=24，a2=4，所以+a2q=+4q=24，即q2-6q+8=0，解得q=2或q=4，当q=2时，an=a2qn-2=4×2n-2=2n，当q=4时，an=a2qn-2=4×4n-2=4n-1. (2)由(1)知当q=2时，a2+a4+a6+…+a100==，当q=4时，a2+a4+a6+…+a100==. 3.(裂项相消法求和与不等式结合)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2an-2(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn=log2a2n-1，cn=，求证：c1+c2+c3+…+cn<. 解：(1)由Sn=2an-2　①， 当n=1时，S1=2a1-2=a1，解得a1=2， 当n≥2时，Sn-1=2an-1-2　②， ①-②，得an=2an-1， ∴数列{an}是首项为a1=2，公比为2的等比数列， ∴an=a12n-1=2n. 经验证a1符合上式，所以an=2n. (2)证明：由(1)知a2n-1=22n-1， ∴bn=log2a2n-1=2n-1，bn+1=2n+1. 则cn==， 故c1+c2+c3+…+cn= = ，∴>0，1-<1， <，故c1+c2+c3+…+cn<. 4.(等差、等比数列的综合)(2022·新课标Ⅱ卷)已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2-b2=a3-b3=b4-a4. (1)证明：a1=b1； (2)求集合{k|bk=am+a1，1≤m≤500}中元素的个数. 解：(1)证明：设等差数列{an}的公差为d， 由a2-b2=a3-b3，得a1+d-2b1=a1+2d-4b1，即d=2b1， 由a2-b2=b4-a4，得a1+d-2b1=8b1-(a1+3d)，即a1=5b1-2d， 将d=2b1代入，得a1=5b1-2×2b1=b1，即a1=b1. (2)由(1)知an=a1+(n-1)d=a1+(n-1)×2b1=(2n-1)a1，bn=b1·2n-1， 由bk=am+a1，得b1·2k-1=(2m-1)a1+a1， 由a1=b1≠0，得2k-1=2m， 由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1 000，所以k=2，3，4，…，10，共9个数，即集合{k|bk=am+a1，1≤m≤500}={2，3，4，…，10}中元素的个数为9. 二、创新考法——发展创新思维 创新点：数列+集合+不等式+新定义 1.(2024·河南二模)已知无穷数列{an}是首项为1，各项均为正整数的递增数列，集合A={k∈N*|an<k<an+1，n∈N*}，若对于集合A中的元素k，数列{an}中存在不相同的项，，…，，使得++…+=k，则称数列{an}具有性质N(k)，记集合B={k|数列{an}具有性质N(k)}. (1)若数列{an}的通项公式为an=判断数列{an}是否具有性质N(k)，若具有，写出集合A与集合B； (2)已知数列{an}具有性质N(k)且集合A中的最小元素为t，集合B中的最小元素为s，当t≥3时，证明：t=s. 解：(1)由数列{an}的通项公式为an=可知数列{an}为1，3，5，7，11，12，13，…，所以A={2，4，6，8，9，10}.因为2只能写成2=1+1，不合题意，即2∉B，4=1+3，符合题意，即4∈B，6=1+5，符合题意，即6∈B，8=1+7，符合题意，即8∈B，9=1+3+5，符合题意，即9∈B，10=3+7，符合题意，即10∈B，所以B={4，6，8，9，10}. (2)证明：因为{an}是各项均为正整数的递增数列，a1=1，A={k∈N*∣an<k<an+1，n∈N*}， 集合A中的最小元素为t，故当n≤t-1，n∈N*，a1，a2，a3，…，an为连续正整数， 即取an=n，n≤t-1，n∈N*， 因为t≥3，at前至少有连续两个正整数1，2， 即at-1≠a1，存在正整数1，t-1，at-1+a1=t-1+1=t∈B， 因为集合B中的最小元素为s，故t≥s. 因为s∈B，故数列{an}具有性质N(s)， 故存在i使得ai<s<ai+1，且s=+…+， 而t为数列{an}具有性质N(k)且集合A中的最小元素，故s≥t. 所以t=s. 创新点：数列+函数+导数+不等式 2.记R上的可导函数f(x)的导函数为f'(x)，满足xn+1=xn-(n∈N*)的数列{xn}称为函数f(x)的“牛顿数列”.已知数列{xn}为函数f(x)=x2-x的牛顿数列，且数列{an}满足a1=2，an=ln，xn>1. (1)证明数列{an}是等比数列并求an； (2)设数列{an}的前n项和为Sn，若不等式(-1)n·tSn-14≤对任意的n∈N*恒成立，求t的取值范围. 解：(1)由f(x)=x2-x，得f'(x)=2x-1，所以xn+1=xn-=xn-=， 则===， 所以an+1=ln =ln=2ln =2an(xn>1)， 故=2(非零常数)，且a1=2≠0， 所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an=2×2n-1=2n. (2)由等比数列的前n项和公式得Sn==2n+1-2， 因为不等式(-1)n·tSn-14≤对任意的n∈N*恒成立， 又Sn>0且{Sn}递增，所以(-1)n·t≤Sn+对任意的n∈N*恒成立， 令g(x)=x+，x∈(0，+∞)，则g'(x)=1-=， 当x∈(0，)时，g'(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 又2=S1<<S2=6，且g(2)=9，g(6)=，g(6)<g(2)， 则g=g(S2)=g(6)=， 当n为偶数时，原式化简为t≤Sn+，而g(S2)<g(S4)<g(S6)<…，所以t≤g(S2)=； 当n为奇数时，原不等式化简为-t≤Sn+， 又2=S1<<S3=14<S5<S7<…，且g(2)=9，g(14)=15，g(x)在(，+∞)上单调递增， 所以g(2)=g(S1)<g(14)=g(S3)<g(S5)<g(S7)<…， 此时-t≤g(S1)=9，所以t≥-9. 综上可知，-9≤t≤.故实数t的取值范围为. 创新点：数列+充分必要条件 3.记无穷数列{an}前n项中的最大值为Mn，最小值为mn，令bn=. (1)若an=n，请写出b1，b2，b3的值； (2)求证：“数列{an}是递增的等差数列”是“数列{bn}是递增的等差数列”的充要条件. 解：(1)由an=n，得a1=1，a2=2，a3=3， 则M1=1，M2=2，M3=3，m1=1，m2=1，m3=1，而bn=， 所以b1=1，b2=，b3=2. (2)证明：(充分性)当数列{an}是递增的等差数列时， 设其公差为d，则d>0，an>an-1>…>a1， 于是Mn=an，mn=a1，则bn=，bn-bn-1=-=>0， 所以数列{bn}是递增的等差数列； (必要性)当数列{bn}是递增的等差数列时， 设其公差为d'，则d'>0， 则bn-bn-1=-=+=d'>0， 若an<an-1，则Mn=Mn-1，mn≤mn-1，bn-bn-1≤0，矛盾， 若an=an-1，则Mn=Mn-1，mn=mn-1，bn-bn-1=0，矛盾， 因此an>an-1，所以数列{an}是递增的等差数列. 综上，“数列{an}是递增的等差数列”是“数列{bn}是递增的等差数列”的充要条件. 创新点：新定义问题 4.如果n项有穷数列{an}满足a1=an，a2=an-1，…，an=a1，即ai=an-i+1(i=1，2，…，n)，则称有穷数列{an}为“对称数列”. (1)设数列{bn}是项数为7的“对称数列”，其中b1，b2，b3，b4成等差数列，且b2=3，b5=5，依次写出数列{bn}的每一项； (2)设数列{cn}是项数为2k-1(k∈N*且k≥2)的“对称数列”，且满足|cn+1-cn|=2，记Sn为数列{cn}的前n项和. ①若c1，c2，…，ck构成单调递增数列，且ck=2 023.当k为何值时，S2k-1取得最大值? ②若c1=2 024，且S2k-1=2 024，求k的最小值. 解：(1)因为数列{bn}是项数为7的“对称数列”，所以b5=b3=5， 又因为b1，b2，b3，b4成等差数列，其公差d=b3-b2=2， 所以数列{bn}的7项依次为1，3，5，7，5，3，1. (2)①由c1，c2，…，ck是单调递增数列，数列{cn}是项数为2k-1的“对称数列”且满足|cn+1-cn|=2， 可知c1，c2，…，ck构成公差为2的等差数列，ck，ck+1，…，c2k-1构成公差为-2的等差数列， 故S2k-1=c1+c2+…+c2k-1=2(ck+ck+1+…+c2k-1)-ck=2-2 023=-2k2+4 048k-2 023， 所以当k=-=1 012时，S2k-1取得最大值. ②因为|cn+1-cn|=2即cn+1-cn=±2， 所以cn+1-cn≥-2即cn+1≥cn-2， 于是ck≥ck-1-2≥ck-2-4≥…≥c1-2(k-1)， 因为数列{cn}是“对称数列”， 所以S2k-1=c1+c2+…+c2k-1=2(c1+c2+…+ck-1)+ck≥(2k-1)c1-2(k-2)(k-1)-2(k-1)=-2k2+4 052k-2 026. 因为S2k-1=2 024，故-2k2+4 052k-2 026≤2 024， 解得k≤1或k≥2 025，所以k≥2 025， 当c1，c2，…，ck构成公差为-2的等差数列时，满足c1=2 024，且S2k-1=2 024，此时k=2 025，所以k的最小值为2 025. 学科网（北京）股份有限公司 $$