第3讲 数列的综合应用(专题微讲Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2025年高考数学大二轮专题复习

第3讲　数列的综合应用 备考领航·明方向 　　　　　　　　　　　　　　　　 [高考感悟] 一、考题考法 考题　(2024·北京高考)设{an}与{bn}是两个不同的无穷数列，且都不是常数列．记集合M＝{k|ak＝bk，k∈Z*}，给出下列四个结论： ①若{an}与{bn}均为等差数列，则M中最多有1个元素； ②若{an}与{bn}均为等比数列，则M中最多有2个元素； ③若{an}为等差数列，{bn}为等比数列，则M中最多有3个元素； ④若{an}为递增数列，{bn}为递减数列，则M中最多有1个元素． 其中正确结论的序号是_①③④_. 本题考查了用函数思想解决数列问题．等差数列的通项公式是一次函数，等比数列的通项公式是指数函数，通过一次函数图象与指数函数图象确定交点个数，但要注意等比数列的公比q<0时这种情况．本题思维量较大，是用函数思维解决数列问题的一道高质量的题目． 解析　对于①：由题知an，bn是关于n的一次式，对应的函数为一次函数，即点(n，an)，(n，bn)分别在两条斜率均不为0的直线上，而这两条直线最多有1个交点，所以M中最多有1个元素，所以①正确．对于②：不妨取an＝2n，bn＝(－2)n，则有a2k＝22k＝4k，b2k＝(－2)2k＝4k(k∈N*)，所以a2k＝b2k(k∈N*)，此时M中有无数个元素，所以②不正确．对于③：由①知点(n，an)在一条斜率不为0的直线l0上．设bn＝b1qn－1(q≠1)，当公比q>0时，直线l0与数列{bn}对应的函数的图象至多有2个公共点，M中最多有2个元素；当q<－1时，点(n，bn)在如图所示的曲线C1，C2上，由图易知直线l0与曲线C1，C2至多有3个公共点，如当an＝3n－4，bn＝－1×(－2)n－1时，a1＝b1＝－1，a2＝b2＝2，a4＝b4＝8，两个数列有3项相同，所以M中最多有3个元素；当q＝－1时，易知M中最多有2个元素；当－1<q<0时，易知M中最多有3个元素．综上可知，当{an}为等差数列，{bn}为等比数列时，M中最多有3个元素，所以③正确．对于④：若数列{an}为递增数列，数列{bn}为递减数列，则它们对应的函数分别为单调递增函数和单调递减函数，两个函数图象的公共点最多有1个，所以M中最多有1个元素，所以④正确．综上可知，正确结论的序号为①③④. 二、考情感悟 　数列的综合问题，一般以等差数列、等比数列为背景，与函数、不等式相结合，考查最值、范围以及证明不等式等．主要以选择题、填空题及解答题的形式出现，难度中等或较高． [主干提炼] 1．数列的奇偶项问题 数列中的奇偶项问题是对一个数列分成两个新数列进行单独研究，利用新数列的特征(等差、等比数列或其他特征)求解原数列的通项公式或前n项和，主要从奇偶项角度分析通项和求和． 2．数列的公共项问题 两个等差数列的公共项是等差数列，且公差是两等差数列公差的最小公倍数；两个等比数列的公共项是等比数列，公比是两个等比数列公比的最小公倍数． 3．数列与函数、不等式的综合问题 解决此类问题，一是把数列看成特殊的函数，利用函数的图象、性质求解；二是将新数列问题转化为等差或等比数列，利用特殊数列的概念、公式、性质，结合不等式的相关知识求解． 4．数列的新情境问题 解决此类问题的关键是分清条件与结论，理清数量关系，掌握数列的通项及求和公式． 考向突破·抓重点 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 考向一　数列的奇偶项问题 例1　已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝4，an＋an＋1＝4n＋2(n∈N*)，则使得Sn>2 023成立的n的最小值为(　D　) A．32 B．33 C．44 D．45 解析　an＋an＋1＝4n＋2　①，当n≥2时，an－1＋an＝4(n－1)＋2　②，两式相减得an＋1－an－1＝4.当n为奇数时，{an}为等差数列，首项为4，公差为4，所以an＝4＋4＝2n＋2.在an＋an＋1＝4n＋2中，令n＝1得a1＋a2＝6，故a2＝6－4＝2，故当n为偶数时，{an}为等差数列，首项为2，公差为4，所以an＝2＋4＝2n－2.所以当n为奇数时，Sn＝(a1＋a3＋…＋an)＋(a2＋a4＋…＋an－1)＝＝n2＋n＋2；当n为偶数时，Sn＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an)＝＝n2＋n.当n为奇数时，令n2＋n＋2>2 023，解得n≥45，当n为偶数时，令n2＋n>2 023，解得n≥46，所以Sn>2 023成立的n的最小值为45.故选D. 数列的奇偶项问题处理策略 奇偶分离法，其本质是分类讨论，只不过分类标准是项的奇偶性，按照奇数项与偶数项分而治之地进行操作． 训练1　(2024·济南质量检测)数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，a2＝2，且an＋2＝an－|sin |，则S2 024＝(　D　) A．32 024－1 011 B．32 024＋1 011 C．31 012－1 011 D．31 012＋1 011 解析　当n为奇数时，an＋2＝2an－1，又a1＝1，所以a1＝a3＝a5＝…＝a2 023＝1；当n为偶数时，an＋2＝3an，又a2＝2，所以{an}的偶数项是公比为3，首项为2的等比数列．所以S2 024＝＋(2＋2×3＋2×32＋…＋2×31 011)＝1 012＋＝31 012＋1 011，故选D. 考向二　公共项问题 例2　已知数列{an}的前n项和Sn＝，{bn}的前n项之积Tn＝2(n∈N*)． (1)求{an}与{bn}的通项公式； (2)把数列{an}和{bn}的公共项由小到大排成的数列记为{cn}，求c1＋c2＋…＋c20的值． 解　(1)由Sn＝，当n＝1时，a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－1，当n＝1时，上式也成立，所以an＝3n－1.由Tn＝2，当n＝1时，b1＝T1＝2，当n≥2时，bn＝＝2n，当n＝1时，上式也成立，所以bn＝2n. (2)数列{an}和{bn}的公共项依次为21,23,25,27，…，所以21,23,25,27，…构成首项为2，公比为4的等比数列，所以cn＝2×4n－1，则c1＋c2＋…＋c20＝＝. 本题可以通过ak＝bn，即3k－1＝2n，k＝(2n＋1)(其中k，n∈N*)进行猜想，找出规律． 训练2　由数列{an}和{bn}的公共项组成的数列记为{cn}，已知an＝3n－2，bn＝2n，若{cn}为递增数列，且c3＝bm＝at，求m＋t的值． 解　因为an＝3n－2，所以a1＝1，a2＝4.因为bn＝2n，所以b1＝2，b2＝4，因为数列{an}和{bn}的公共项组成的数列记为{cn}，所以c1＝a2＝b2＝4，设cn＝bm＝at，即cn＝2m＝3t－2，bm＋1＝2m＋1＝2(3t－2)＝3t′－2，可得t′＝2t－∉N*，所以bm＋1不是{cn}中的项，bm＋2＝2m＋2＝4(3t－2)＝3(4t－2)－2，因为4t－2∈N*，所以bm＋2是{cn}中的项，所以cn＋1＝bm＋2＝a4t－2.因为cn＝bm＝at，c1＝a2＝b2＝4，所以n＝1，m＝2，t＝2.所以c2＝b4＝a6，即n＝2，m＝4，t＝6.所以c3＝b6＝a22，即m＝6，t＝22，所以m＋t＝28. 考向三　数列的函数性质 例3　(1)(2024·南宁适应性测试)已知数列{an}的首项a1＝a(其中a≠1，且a≠0)，当n≥2时，an＝，则a2 024＝(　B　) A．a B． C．1－ D．无法确定 解析　因为an＋3＝＝＝＝＝an，所以数列{an}是周期为3的数列，所以a2 024＝a674×3＋2＝a2＝＝.故选B. (2)已知等比数列{an}满足a1＋a2＝20，a2＋a3＝80. ①求{an}的通项公式； ②令bn＝log2an，其前n项和为Sn，求的最大值． 解　①设{an}的公比为q(q≠0)，由题意得两式相除得q＝4，则a1＋4a1＝20，得a1＝4.所以{an}的通项公式为an＝4n. ②因为bn＝log2an＝log24n＝2n，所以bn＋1－bn＝2，b1＝2，所以{bn}是首项为2，公差为2的等差数列，bn＝2n.Sn＝2n＋×2＝n2＋n，所以＝＝.令f(x)＝x＋(x>0)，求导易得f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，而3<<4，且f(3)＝3＋＝，f(4)＝4＋＝.显然f(4)>f(3)，所以n＋的最小值为，即的最大值为. 解决与数列有关的最值问题应注意的两点 (1)数列是定义在N*或其子集上的特殊函数，因此树立函数意识解决数列问题是关键． (2)求解过程中注意项数n的取值范围． 训练3　(2024·福建莆田模拟)已知数列{an}满足＋＋…＋＝n(n∈N*)，bn＝λ(an－1)－n2＋4n，若数列{bn}为递增数列，则λ的取值范围为 . 解析　由题意可知，n＝1时a1＝2，当n≥2时，由＋＋…＋＝n，得＋＋…＋＝n－1，两式相减得＝n－(n－1)＝1，所以an＝2n(n≥2)，当n＝1时，也满足此式，故an＝2n，n∈N*，则bn＝λ(an－1)－n2＋4n＝λ(2n－1)－n2＋4n，由bn＋1>bn恒成立，得λ(2n＋1－1)－(n＋1)2＋4(n＋1)>λ(2n－1)－n2＋4n，即λ>对n∈N*恒成立，设cn＝，n∈N*，则cn＋1－cn＝－＝，当n＝1,2时，可得cn＋1－cn>0，所以c3>c2>c1；当n≥3时，可得cn＋1－cn<0，所以c3>c4>c5>….所以数列{cn}的最大项为c3＝，则λ>，即λ的取值范围为. 考向四　数列的新情境问题 例4　定义：对于数列{cn}，若从第二项起，每一项与它的前一项之差都大于或等于同一个常数d1，且小于或等于另一个常数d2，则{cn}叫作类等差数列(若d1＝d2＝d，则{cn}是等差数列)． (1)若类等差数列{cn}满足d1≤cn－cn－1≤d2，n≥2，n∈N，c1，d1，d2均为已知数，请类比等差数列的通项公式，求出数列{cn}的通项不等式(即第n项cn与首项c1及d1，d2的不等式关系，要求写出推导过程)； (2)若数列{an}中，a1＝，an＋1＝an－2a.判断数列是否为类等差数列，若是，请证明；若不是，请说明理由． 解　(1)依题意有：d1≤c2－c1≤d2，d1≤c3－c2≤d2，…，d1≤cn－cn－1≤d2.将这(n－1)个不等式相加，得(n－1)d1≤cn－c1≤(n－1)d2，从而c1＋(n－1)d1≤cn≤c1＋(n－1)d2，n≥2，n∈N. (2)数列是类等差数列，理由如下． 解法一：因为an＋1＝an－2a，所以＝＝＝2＝＋，即－＝.因为2a＝an－an＋1>0，所以an＋1<an，则{an}是递减数列，最大项为a1＝.所以1－2an≥1－2a1＝>0，an＋1＝an(1－2an)＝an－1(1－2an－1)(1－2an)＝…＝a1(1－2a1)(1－2a2)(1－2a3)…(1－2an)>0，所以0<an≤，所以－＝<0，所以是递减数列，故其最大项为＝6，且>＝2，所以2<－≤6，所以数列是类等差数列． 解法二：－＝－＝＝＝，又2a＝an－an＋1>0，所以an＋1<an，则{an}是递减数列，最大项为a1＝.由于数列{an}为递减数列，则{1－2an}为递增数列，且1－2an>0，所以是递减数列，故其最大项为＝6，所以－≤6，又由解法一知an>0，所以>2，所以2<－≤6，所以数列是类等差数列． 数列新定义问题的解读与对策 (1)通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情境，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的． (2)遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以解决． 训练4　斐波那契数列因意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例引入，故又称为“兔子数列”，即1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，….在实际生活中，很多花朵(如梅花、飞燕草、万寿菊等)的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在现代物理及化学等领域也有着广泛的应用．斐波那契数列{an}满足：a1＝a2＝1，an＋2＝an＋1＋an，则1＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2 023是斐波那契数列{an}中的第_2_024_项． 解析　依题意，得1＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2 023＝a2＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2 023＝a4＋a5＋a7＋a9＋…＋a2 023＝a6＋a7＋a9＋…＋a2 023＝…＝a2 022＋a2 023＝a2 024. 真题体验·练能力 　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(2022·北京高考)设{an}是公差不为0的无穷等差数列，则“{an}为递增数列”是“存在正整数N0，当n>N0时，an>0”的(　C　) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 解析　设等差数列{an}的公差为d.因为{an}为递增数列，所以d>0.当n>1－，且n∈N*时，an＝a1＋(n－1)d>a1＋d＝0，故存在正整数N0≥1－，当n>N0时，an>0，即充分性成立．若存在正整数N0，当n>N0时，an>0，则当n>N0≥1时，a1＋(n－1)d>0.当a1≤0时，n－1>0，所以d>－≥0，即{an}为递增数列；当a1>0时，由题意得当n>N0时，an>0恒成立，即a1＋(n－1)d>0恒成立，所以d>－恒成立，所以d>max.因为－随着n的增大而增大，且－恒为负值，所以d≥0，又d≠0，所以d>0，即{an}为递增数列，即必要性成立．故选C． 2．(2023·全国乙卷)已知等差数列{an}的公差为，集合S＝{cos an|n∈N*}，若S＝{a，b}，则ab＝(　B　) A．－1 B．－ C．0 D． 解析　解法一：由题意得an＝a1＋(n－1)＝n＋，则cos an＝cos，所以数列{cos an}是以3为周期的周期函数，又cos a2＝cos＝－cos a1－sin a1，cos a3＝cos＝－cos a1＋sin a1，集合S中只有两个元素，所以有三种情况：cos a1＝cos a2≠cos a3，cos a1＝cos a3≠cos a2，cos a2＝cos a3≠cos a1.下面逐一讨论： ①当cos a1＝cos a2≠cos a3时，有cos a1＝－cos a1－sin a1，得tan a1＝－，所以ab＝cos a1＝－cos2a1＋sin a1cos a1＝＝＝＝－. ②当cos a1＝cos a3≠cos a2时，有cos a1＝－cos a1＋sin a1，得tan a1＝，所以ab＝cos a1＝－cos2a1－sin a1cos a1＝＝＝＝－. ③当cos a2＝cos a3≠cos a1时，有－cos a1－sin a1＝－cos a1＋sin a1，得sin a1＝0，所以ab＝cos a1·＝－cos2a1＝－(1－sin2a1)＝－.综上，ab＝－，故选B. 解法二：取a1＝－，则cos a1＝，cos a2＝cos＝，cos a3＝cos＝－1，所以S＝，ab＝－，故选B. 3．(2023·新课标Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，bn＝记Sn，Tn分别为{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16. (1)求{an}的通项公式； (2)证明：当n>5时，Tn>Sn. 解　(1)设等差数列{an}的公差为d，而bn＝k∈N*，则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6，所以解得an＝a1＋(n－1)d＝2n＋3，所以数列{an}的通项公式是an＝2n＋3. (2)证明：证法一：由(1)知Sn＝＝n2＋4n，bn＝k∈N*，当n为偶数时，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1，Tn＝·＝n2＋n，当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝n(n－1)>0，因此Tn>Sn.当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(n＋1)2＋(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝n2＋n－5，当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn.综上，当n>5时，Tn>Sn. 证法二：由(1)知Sn＝＝n2＋4n，bn＝k∈N*，当n为偶数时，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝·＋·＝n2＋n，当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝n(n－1)>0，因此Tn>Sn.当n为奇数时，若n≥3，则Tn＝(b1＋b3＋…＋bn)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)＝·＋·＝n2＋n－5，显然T1＝b1＝－1满足上式，因此当n为奇数时，Tn＝n2＋n－5，当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn.综上，当n>5时，Tn>Sn. 4．(2022·新课标Ⅰ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，知a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，故d＝2b1.由a2－b2＝b4－a4，知a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，即a1＋2d＝5b1，所以a1＋4b1＝5b1，得a1＝b1. (2)由(1)知d＝2b1＝2a1.由bk＝am＋a1，知b1·2k－1＝a1＋(m－1)·d＋a1，即b1·2k－1＝b1＋(m－1)·2b1＋b1，即2k－1＝2m.因为1≤m≤500，所以2≤2k－1≤1 000，解得2≤k≤10.故集合{k|bk＝am＋a1,1≤m≤500}中元素的个数为9. 学科网（北京）股份有限公司 $$