第7章 高考解答题专项突破(3) 数列的综合问题-【金版教程】2026年高考数学一轮复习解决方案全书word（基础版）

学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 D.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 高考解答题专项突破(三) 数列的综合问题 [考情分析] 预计2026年高考会从以下三个角度对数列的综合问题进行考查:(1)考查等差、 等比数列的基本运算和数列求和的问题,可能与函数、方程、不等式等知识综合起来进行考 查,难度中档;(2)与概率、圆锥曲线、导数等相结合,考查不同模块之间知识的相互转换; 难度较大,出现在压轴题中;(3)以新定义为载体,考查对新数列性质的理解及应用,以创新 型题日的形式出现 考点 数列与不等式的综合问题 圆1己知数列ta3满足a=23,且.2a1-an+1a=1,neN* (1)证明数列(11一an)是等差数列,并求数列(a的通项公式 (②)记T.=aaa'a,nEN,S.=T2l+T22+..+T2n证明:S>4avs4alcoloflln+3 解:(1)由2a+1-a+1a=1,得a+1=12-an,则11-an+I-11-an=1, 所以数列f(11-an)是首项为11-a1=3,公差为1的等差数列. 所以11-an-3+(n-1)-n+2. 所以a.=n+In+20nEN). (2)证明:由(1)得a.=n+In+2nEN),T.-aaa3..a=2n+2 所以T2n=4(n+2)24(n+2)(n+3)=4avs4alcol(f(1ln+3) 所以S.=721+722+..+72n4avs4alco10f1111n+3) 即S-4avs4alcol0f(11n+3) (名点拨) 1. 数列型不等式的证明常用到“放缩法”,一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列” ;二是求和后再“放缩”. 2. 放缩法常见的放缩技巧 (1)/k2<Ik2-I-12avs4alcolCf(11k+1) (②)lk-1k+1<1k2<1k-1-1k (③)2(n+1-n)<1rn)2(n-n-D. (4)l2n+1<12n+1<12n,13n<13n-1<123n-1 变式 1.(2025东北三省三校高三联合考试)已知S.为数列(a的前n项和,T.为数列 (b的前n项和,a+=2a+1-a, b-2an十1,n为奇数,2an-I,n为偶数,)b-8,S-15 _. 学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 D.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 (1)求a的通项公式 (2)若T一S2025,求n的最大值; (3)设c=1T2n-$2n,证明:12<c<34 解:(1)由a+2=2a+1-a,得an+2-a+1=a+1-a,所以数列(a为等差数列, 所以S.-5a.-15,所以a=3 又b-2*4-1-8,所以a-4. 设等差数列(a的公差为d. 则$ a3=al +2d=3:a4=al+3d=4,)解得al=l,d=l; 所以(a的通项公式是a一n (2)由(1)知a.=n,所以b=2n十1,n为奇数,2n-1,n为偶数, S =2n(al+a2n)2-2n(1+2n)2=n(2n+1) T2=+b+..+b-1)++b+.+b)=n(3+4n-I) 2+2(1-4n) 1-4=n(2n+1) +2(4n-1)3. 由T-S-2(4n-1)3<2025,得2×4<6077 设d一2×4,则数列(d是递增数列 又d-2048<6077,d-8192>6077. 所以n的最大值为5 (3)证明:由(②)知c.=1T2n-s2n=32×14n-1. 设Q。是(c}的前n项和,则Q+1-Q.=c+>0,所以(O是递增数列, 所以Q.Q-c-12成立. =-12<34,当n2时,24-2-4-4-20$ 所以2$4-2>4,得 =32t14n-1-32$22x4n-2<32t24n-34$ 所以Q<12+3avs4alcol(f(1114n)=12+3×1re\4n-1)14=12+14alvs4alleol(1- f(14n-)~34 综上:12<C-c34 考点二 数列与函数的综合问题 2(2024海南海口二模)已知函数f(x)=x-6sinx,等差数列(a.)的前n项和为S.,记T= □__f(a). (1)求证:/fx)的图象关于点(Iπ,π)中心对称; (2)若a,2,a;是某三角形的三个内角,求T;的取值范围; (3)若So=100π,求证:Ti。=100Iπ反之是否成立?并说明理由. 解:(1)证明:设/fx)的图象上任意一点Px,y). 2 学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 则y=f),点P关于点(π,i)的对称点为P(2iπ-x,2π-y 因为f(2-x=(2i-x)-6sin(2i-x)=2i-x+6sinx-2-y 因此点P(2n一x,2n一在fx的图象上. 所以f的图象关于点(n,n)中心对称。 (②)若a,a,a。是某三角形的三个内角,则g+a+a三n 又a是等差数列,则a一z3. 因此T-fa)+fa)+fa)=a+a+a-6(sina+sina+sina)=n-33-6sina -6sin s4allcolf(2x3)-al)=n-33-9sina-33cosa.=π-33-63sinlalys4lallcol(al+f(a6}) 不妨设aa,则aavs4lallcol(0,fa3) 即有a+x6eavs4alcol(f(n 2),sinavs4lalcol(al+ffa6)ealvs4lallcol(f(12),1. 所以7Enπ-93,Ir-63). 所以T;的取值范围为Iπ-93,I-63) (③)证明:由{a.}是等差数列,且Soo=a+a+...+aoo=100r,得l00(al+al00)2-100n . 即a+ao=2n,因此当m+n=10l时,am+a=2n,sina.+sina.=0. To=2100-fa)-Soe-6100-sina=100 n -6(sina+sina1oo)+(sina+singo)+..-+ (sinaso+sinas)l-l00i,所以Tio=l00ir成立. 反之不成立. 考虑存在公差为d的等差数列{a,满足as=a+49d=I,则So=99(al+a99)2-99a -99t. 显然当m+n-l00时,a.+a.=2as-2π,sina+sina.=0,于是To-99 下面证明:存在d,使得faoo)三n,且ahoIπ, 不妨设d>0,由a+49d-n,得ao=a+9odr,fao)=i+5od-6sin(n+50 即faa)-r +50d+6sin50d 设gx)-x+6sin,x0. 显然g(π)=iπ>0,glavs4lallcol(f(3x2))=3x2-6<0. 则存在三avs4lallcol(a:f(3a2),使得g(一0. 即存在deavs4alcol(f(a3r 100),使得f(aioo)=r,Tioo=100n,但此时Sioo-100oπ,所 以反之不成立. 学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 D.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 名师点拨 数列与函数综合问题的常见类型及注意事项 已知函数条件,解决数列问题,此类问题一般是利用函数的 类型一 常见 性质、图象研究数列问题 类型 类型二 已知数列条件,解决函数问题,解决此类问题一般要充分利 用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形 数列是一类特殊的函数,其定义域是正整数集(或其子集),它 注意点一 的图象是一群孤立的点 注意 转化为以函数为背景的条件时,应注意题中的限制条件,如函 注意点二 事项 数的定义域,这往往是非常容易忽视的问题 利用函数的方法研究数列中相关问题时,应准确构造函数,注 注意点三 意数列中相关限制条件的转化 变式 2.(2024湖南邵阳三模)已知数列(a3,tb,函数f(x)=a2+bx+csinx,其中n EN,a,b,c均为实数 ($)若a=-b=1,c=0,ffa )=(a -a+):f(a),b-2,b=lnanan-1 ①求数列(的通项公式: ②设数列fn(bn-l)(bn+1-1))的前n项和为T,求证:T.-n+n+23; ②)若f(x)为奇函数,falvs4allcol(f(x2)=a2+1,b,cEO,a+2=fblc\rc 2f(an+l) an+1an,且a=6a=6,当n2时,是否存在整数m,使得m三a.成立?若存在,求出 m的最大值;若不存在,请说明理由.(附:sin6~一0.28,cos5.72~0.85) 解:(1)①/)-x2-x,f(t)-2x-1; 由ffa)-(a一a+)/f(a). 得a2n-a.-(a-a+)(2a.-). 解得a+1-2na2an-1. 又b=2,b=ln anan-I,.b+1=ln an+lan+I-1-ln 2n2na2an-la2an-1=ln 2n2naa-2an+1=ln avs4allcol(0f(anan-1))2-2ln anan-I=2b '.bn+1bn=2,..1b.3是以2为公比,2为首项的等比数列,..b.=2 ②证明:令c.=bn(bn-1)(n+1-I),则c.=2n(2n-1)(2n+1-1)=l2n-1-12n+ I-1, '. T=c+c+c+..+c=avs4alcolf(1122-1)+avs4alcol0f(1123-1)+..+ 4 学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 D.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 avs4alcol0f112n+1-1)=1-12n+1-1 显然(T是递增数列,g0n)--n2+n+23在n1时单调递减 可得T.>T.=1-122-1=23,n)(1)-23. .T-n+n+23 ②)fx)为奇函数,.f-x)=a2-bx-csinx=-fx)--a2-bx-csinx,.a=0 又favs4allcol(f(x2)-z2·b+c-z2+1,b,cE。 ..b-1,c-1. ../fx)-x十sinx a+2=an+1+cosan+I,an+1<an,an+I+sinan+I,an+l>an. 由a-6a=6,得a>a=1. '.a-a+sina=6+sin6~5.72<a '.=a+cosa=6+sin6+cos(6+sin6)~5.72+0.85=6.57 'a=a十sina>a,a=as十sinas, “.f(x)一x十sinx在(0,+)上为增函数 '当2>3n时,sin0,2r<x+sinx(3r)-3 .:a~6.57e(2π,3r). ..a-a+sina三(2r.3). 当aE(②iπ,3π)时,2iπ< ffa)(3π)=3n .当n4时,aa-1,又a>a. .当n2时,(a.)min=a,..m<a=6+sin6 又mZ,.m的最大值为5 考点 数列与圆锥曲线的综合问题 3(2025湖北宜昌高三阶段练习)已知有一系列双曲线Ca:ax2-y2-1,其中a>0,nEN ',记第n条双曲线的离心率为e,且满足e+2e+...+2-le=(e.-1)2”,nEN* ()求数列a的通项公式: (2)求证:1al+la2+...+lan<34 解:(1)因为e+2e+..+2-1e.=(e-1)2”, 当n-1时,e-2(e-1),解得e-2; 当n2时,+2e+.+2-2-1=(e-1-12-1 两式相减,可得2-1=(e-1)2-(e-1-1)2-1 所以e一e-,=1n2). 所以(e.是以2为首项,1为公差的等差数列. 所以e=2+(n-1)-n+1 由题意,得e一I十an, 学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 所以a=e2n-1=n+2 (2)证明:由(1)知Ian=In2+2n=12avs4alco10f(11n+2). 故1al+1a2+..+lan=12avs4alcol(1-fi11ll11ln+2)=12avs4alcol(1+f(11ln+2 <12×aws4lallcoI(1+f(12)-34,得证 与圆锥曲线结合的数列问题,通常以圆锥曲线系的形式出现一系列曲线,从而构造出数列关 系,巧妙地将两者进行自然地融合,此类试题对考生的转化与化归能力、运算求解能力要求 较高,难度较大. 变式l练 3.(2025辽宁大连高三阶段练习)在直角坐标平面上有一点列P(x,y),P(x y2),..,P(x,y),.,对一切正整数n,点P.位于函数y3x十134的图象上,且P.的横 坐标构成以一52为首项,一1为公差的等差数列(x) (D)求点P.的坐标; (2)设抛物线列c,C2,C,..,c....中的每一条的对称轴都垂直于x轴,第n条抛物线c 的项点为P,且过点D(0,n+1),记与抛物线c。相切于D。的直线的斜率为k,求1k1k2 +1k2k3+..+Ikn-1l (3)设S=(xx=2x,nEN*},T=yy=4y,nEN*},等差数列(a的任一项a.ESOT,其中 a是sOT中的最大数,-265<a。<-125,求(a的通项公式 解:(1)由题意,x=-52+(n-1)x(-1)=-n-32,则y.=3x.+134=-3n-54 所以P.avs4allcol(-n-f(354) (2)c.的对称轴垂直于x轴,且项点为P。 设c的方程为y=alalvs4allcol(x+f(2n+32))2-12n+54,把D(0,n2+1)代入得a=1. 所以c.的方程为y=x2+(②n+3{x+n+1,y'=2x+2n+3,则k.=yavs4alcol(=0)=2n 士3. 因为l-l=I(2n+1)(2n+3)=12avs4alcol(f(112n+3) 所以1klk2+1k2k3+..+Ik-ll=12blcrc\1rc1re\12n+3)=12avs4alcol0f112n+ 3)-110-14n+6 (③由(1)得,$={xlx=-(②n+3),nEN},T=y=-2(6n+1)+3],nEN} 所以s0T-T中的最大数为a三-17 设等差数列(a}的公差为d,则a=-17+9dE(-265,-125),可得-2489<d-12 又a三T, 学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 所以d=-12m(mEN),则d--24 所以a-7-24n(nEN*) 考点四 数列与概率的综合问题 (2024新课标I卷)设m为正整数,数列a.a,.,a+2是公差不为0的等差数列,若从 中删去两项a.和a(7~0后剩余的4m项可被平均分为m组,且每组的4个数都能构成等差数 列,则称数列a,a,.,a+2是(i,)-可分数列. (1)写出所有的(i,),1<i6,使数列a,a,..,a是(i,)-可分数列 (2)当m三3时,证明:数列a,,..,at3是(②,13)一可分数列; (③)从1,2,..,4m+2中一次任取两个数i和j,记数列a,,..,a+2是(,)一可 分数列的概率为P,证明:P18 解:(1)首先,我们设数列g,a,..,a+:的公差为d,则d0 由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列,当且仅当该数列是等差数 列,故我们可以对该数列进行适当的变形a'三ak一ald+1(k-1,2,...,4m+2). 得到新数列a'=k(k-1,2,.,4m+2),然后对a'1.a'2..,a'4r+2进行相应的讨 论即可。 换言之,我们可以不妨设a三k(k=1,2,...,4m+2),此后的讨论均建立在该假设下进行 回到原题,第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i和j(),使得剩余的四个 数成等差数列. 那么剩余的四个数只可能是1,2,3,4或2,3,4,5或3,4,5,6 所以所有可能的(i,)就是(1,2),(1,6,(5,6). (2)证明:由于从数列1,2,..,4m十2中取出2和13后,剩余的4m个数可以分为以下两 个部分,共m组,使得每组成等差数列; ①(1,4,7,10{,(3,6,9,12,t5,8,11,14,共3组; ②15,16,17,18),(19,20,21,223,.,(4m-1,4m,4m+1,4m+23,共m-3组. (如果m-3-0,则忽略②) 故数列1,2,..,4m+2是(2,13)一可分数列. 所以数列a,a,..,a+2是(2,13)-可分数列. (③)证明:定义集合A=4k+1k-0,1,2,..,m=1,5,9,13,..,4m+1,B-4 +2k=0,1,2,..,m=2,6,10,14,..,4m+2. 下面证明,对1<14m+2,如果下面两个命题同时成立 则数列1,2,..,4m十2一定是(i,)一可分数列: 命题1:iEA:jEB或iEB,jEA: 命题2:)一3 r 学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 我们分两种情况证明这个结论. 第一种情况:如果iEA,jEB,且j-i3 此时设i=4k+1,-4+2,k,(01,2,..,m. 则由i可知4+1~4k+2,即k-k-14,故k>k 此时,由于从数列1,2,..,4rm+2中取出i-4+1和三4k+2后, 剩余的4m个数可以分为以下三个部分,共m组,使得每组成等差数列: ①1,2,3,4.$5,6,7,8,..,(4-3,4-2,4k-1,4k},共组 ②4+2,4+3,4k+4,4+5,4k.+6,4+7,4+8,4+9....4-2,4-1 ,4,4+1,共k一组; ③4k+3,4k+4,4k+5,4k+6,4+7,4k+8,4k+9,4k+10,..,4m-1,4m 4m+1,4m+2,共m一k组 (如果某一部分的组数为0,则忽略之 故此时数列1,2,..,4m+2是(i,)一可分数列 第二种情况:如果iB,jA,且-i3 此时设i-4k+2, =4k+1,,=(0,1,2,..,m 则由i可知4,+2~4k+1, 即k->14,故. 由于,-i3,故(4+1)-(4&+2)3,从而&-1,这就意味着k- 2 此时,由于从数列1,2,..,4m十2中取出i=4,+2和j=4+1后,剩余的4m个数可以 分为以下四个部分,共m组,使得每组成等差数列: ①1,2,3,4,5,6,7,8,.,4-3,4-2,4-1,4k,共组 ②4k+1,3k+k+1,2k+2k+1,k+3k+1,$3k+k+2,2k+2k+2,+3k+2 42+2,共2组: ③全 (4k+p,3k+k+p,2k +2k+p,k+3k+p},其中p-3,4,,h-k,共k-k-2 组: ④4k2+3,4k+4,4k+5,4k+6},4k+7,4k+8,4k+9,4k+10}...,4m-1,4m, 4m+1,4m+2,共m-组. (如果某一部分的组数为0,则忽略之 这里对②和③进行一下解释:将③中的每一组作为一个横排,排成一个包含&一&一2个行; 4个列的数表以后,4个列分别是下面这些数: (4 +3,4k+4,..,3k+,3k+k+3,3k+k+4,..,2k+2k),2k+2k+3 $k+2k2+3,..,k+3k),(+3k2+3,k+3k2+4,..,4k}. 可以看出每列都是连续的若干个整数,它们再取并以后,将取遍(4+1,4+2,..,4k 学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 B.zxxk.Com 您身边的互联网+教辅专家 +2 除去五个集合14k+1,4&+2;3k++1,3k+&+2\,2k+2k+1,2k+2k +2,&+3k+1,+3k+2,4+1,4+2中的十个元素以外的所有数 而这十个数中,除去已经去掉的4+2和4十1以外,剩余的八个数恰好就是②中出现的 八个数. 这就说明我们给出的分组方式满足要求,故此时数列1,2,..,4m十2是(i,)一可分数列 至此,我们证明了:对1<i{<4m十2,如果前述命题1和命题2同时成立,则数列1,2,. ,4m十2一定是(i,)-可分数列 然后我们来考虑这样的(,)的个数 首先,由于A0B一,A和B各有m十1个元素,故满足命题1的(G,)总共有(m十1)?个; 而如果 -i-3,假设iéA,jB,则可设i-4k+1,j=4+2,k,h=(0,1,2,..,m, 代入得(4+2)-(4+1)-3 但这导致一&一12,矛盾,所以iEB,jA 设 =4k+2,j=4k2+1,k,h= 0,1,2,,m,则(4k+1)-(4+2)-3,即k -k -1. 所以可能的(,)恰好就是(0,1),(1,2),.,(m-1,m),对应的(,)分别是(2,5,(6 9),..,(4m-2,4m+1),总共m个. 所以这(m十1)2个满足命题1的(i,)中,不满足命题2的恰好有m个 这就得到同时满足命题1和命题2的G,)的个数为(m十1)2一m 当我们从1,2,..,4m十2中一次任取两个数i和j0~)时,总的选取方式的个数为(4m+2) (4m+1)2-(2m+1)(4m+1). 而根据之前的结论,使得数列a,a,..,at2是(i,)一可分数列的(i,)至少有(m+1) 2-m个.所以数列a,a,..,am+2是(i,)-可分数列的概率P.一定满足Pm三(m+1) 2-m(2m+1)(4m+1)=m2+m+1(2m+1)(4m+1)>14(2m+1)(4m+2)=rc\2 (2m+1)(2m+1)-18 这就证明了结论 与概率结合的数列问题,通常有三小问,第(1),(2)问考查数列知识,可能与新定义结合,考 查新数列的概念与性质,要求理解新定义并能准确应用;第(③)问往往涉及计数原理、概率的 计算,将数列与古典概型相结合,可利用相应的公式求解或证明 变式l练 4.(2025广东广州高三模拟)已知有穷数列(a.的通项公式为a.三nnEN),将数 列a中各项重新排列构成新数列(b),则称数列(tb是(a的“重排数列”;若数列(63各 项均满足b.子a,则称数列(b是{a的“完全重排数列”,记项数为n的数列(a的“完全 学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 D.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 重排数列”的个数为D。 (1)计算D,D,D: (2)写出D1和D,D.-(n三2)之间的递推关系,并证明数列(D.一nD。-1(n2)是等比数列; (3)若从数列a及其所有“重排数列”中随机选取一个数列;c),记数列(c是(a的“完全 重排数列”的概率为P,证明:当n无穷大时,P。趋近于1elavs4allcol(参考公式:ex=1 +x+f(x2x3xnn!) 解:(1)当n=1时,a-1,所以D.-0 当n=2时,a.=1,a=2,则其完全重排数列必为b=2,b=1,故D=1; 当n-3时,数列1,2,3的完全重排数列可以为2,3,1或3,1,2,故D=2; 当n=4时,为得到数列1,2,3,4的完全重排数列,可先排1,有3种排法,比如1排到2 的位置,那就再排2,也有3种排法,剩下的两个数字只有1种排法,由分步乘法计数原理 可得D.-3×3X1×1-9 (2)当数列a有n十1项时,其“完全重排数列”的排法可以分为两个步骤; 第1步,重排第n十1项,有n种排法; 第2步,重排其余n项,根据第1步的排法,可以分为两类: 第1类,若第n+1项排在第&k-1,2,.,n)项的位置,但第k项不排在第n+1项的位置 ,这样的排法有D.种; 第2类,若第n+1项排在第k=1,2,..,n)项的位置,第k项排在第n+1项的位置,这 样的排法有D-,种. 所以D+1=n(D.+D-n2),所以D-(n+1D =-(D -nD -)n2). 又D.一2D,-1,所以数列(D.一nD。-.(n>2)是公比为一1的等比数列 (③)证明:由(2)可得D-nD-1一(-1 所以Dnn!-Dn-1(n-1)!=(-1)nn!,Dn-1(n-1)!-Dn-2(n-2)!=(-1) n-I(n-1)!,Dn-2(n-2)!-Dn-3(n-3)!=(-I)n-2(n-2)!,..,D22!-D1l! -12. 以上各式相加,可得Dnn!-D11!=12!-13!+14!-15!+...+(-1)nn!,所以Dn =12!-13!+14!-15!+..+(-1)n! 又数列(a的重排数列的个数为n!, 所以P=Dn!=12!-13!+14!-15!+.+(-1D)nn!=1-1+12!-13!+14!- 15!+...+(-I)n!, 当n无穷大时,P=1-1+12!-13!+14!-15!+..+(-I)nn!=e-1=le 课时作业 10