专题微课 数列的综合问题(课件PPT)-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修1（苏教版）

专题微课　数列的综合问题 CONTENTS 目录 1 2 3 题型(一)　数列的新定义问题 题型(二)　数列与不等式的交汇问题 课时检测 4 题型(三)　数列与其他知识综合 题型(一)　数列的新定义问题 01 [例1]　对于无穷数列{an}，{bn}，n∈N*，若bk=max{a1，a2，…，ak}-min{a1，a2，…，ak}，k∈N*，则称数列{bn}是数列{an}的“收缩数列”，其中max{a1，a2，…，ak}，min{a1，a2，…，ak}分别表示a1，a2，…，ak中的最大项和最小项. (1)写出数列an=3n-1的“收缩数列”； 解:由an=3n-1可得{an}为递增数列，所以bn=max{a1，a2，…，an}-min{a1，a2，…，an}=an-a1=3n-1-2=3n-3. (2)证明:数列{bn}的“收缩数列”仍是{bn}. 解:证明:因为max{a1，a2，…，an}≤max{a1，a2，…，an+1}，min{a1，a2，…，an}≥min{a1，a2，…，an+1}，n∈N*，所以max{a1，a2，…，an+1}-min{a1，a2，…，an+1}≥max{a1，a2，…，an}-min{a1，a2，…，an}，所以bn+1≥bn，又b1=a1-a1=0，所以max{b1，b2，…，bn}-min{b1，b2，…，bn}=bn-b1=bn， 所以数列{bn}的“收缩数列”仍是{bn}. |思|维|建|模| 与数列有关的新定义问题的解题策略 (1)通过给定的与数列有关的新定义，或约定的一种新运算，或给出的由几个新模型来创设的新问题的情境，要求在阅读理解的基础上，依据题设所提供的信息，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，需耐心研究题中信息，分析新定义的特点，搞清新定义的本质，按新定义的要求“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以顺利解决. (3)类比“熟悉数列”的研究方式，用特殊化的方法研究新数列，向“熟悉数列”的性质靠拢. 针对训练 1.设数列{an}是等差数列，且公差为d，若数列{an}中任意不同的两项之和仍是该数列中的一项，则称该数列是“封闭数列”. (1)若数列{an}中，a1=4，d=2，求证:数列{an}是“封闭数列”； 解:证明:∵a1=4，d=2，∴an=4+2(n-1)=2n+2， ∴对任意的s，t∈N*，s≠t，有as+at=(2s+2)+(2t+2)=2(s+t+1)+2. ∵s+t+1∈N*，令p=s+t+1，则有ap=2p+2， ∴as+at是数列{an}中的项.∴数列{an}是“封闭数列”. (2)若an=2n-7，试判断数列{an}是否为“封闭数列”，并说明理由. 解:数列{an}不是“封闭数列”.理由如下: ∵an=2n-7，∴对任意的s，t∈N*，s≠t，as+at=2(s+t)-14， 若数列{an}是“封闭数列”，则必存在正整数p，使得ap=as+at=2(s+t)-14=2p-7，即s+t=p+，从而“=”左端为正整数，右端不是正整数，从而矛盾.故数列{an}不是“封闭数列”. 题型(二)　数列与不等式的交汇问题 02 [例2]　设数列{an}的前n项和为Sn，若a1=1，Sn=nan-n(n-1)，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； 解:∵Sn=nan-n(n-1)，当n≥2时，Sn-1=(n-1)an-1-(n-1)(n-2)， ∴an=Sn-Sn-1=nan-(n-1)an-1-n(n-1)+(n-1)(n-2)， ∴(n-1)an-(n-1)an-1-(n-1)[n-(n-2)]=0， ∴(n-1)an-(n-1)an-1-3(n-1)=0，则an-an-1=3，又a1=1， ∴{an}是以1为首项，3为公差的等差数列，故an=1+(n-1)×3=3n-2. (2)若bn=，数列{bn}的前n项和为Tn，证明:≤Tn<. 解:证明:由(1)得bn===， ∴Tn==. ∵Tn递增，∴Tn≥T1==，又>0，故Tn<，综上≤Tn<. |思|维|建|模| 数列与不等式的交汇问题一般有两种 (1)以一元一次、一元二次不等式或基本不等式为工具考查数列中项的问题. (2)对于数列中的恒(能)成立问题、不等式证明问题常转化为最值问题求解. 针对训练 2.已知数列{an}满足a1=1，且点在直线y=x+1上. (1)求数列{an}的通项公式； 解:因为点在直线y=x+1上，则=+1，即-=1， 又=1，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列. 故=1+(n-1)×1=n，即an=. (2)数列{anan+1}前n项和为Tn，求能使Tn<3m-12对n∈N*恒成立的m(m∈Z)的最小值. 解:由(1)得anan+1==-， 所以Tn=-+-+…+-=1-<1， 要使Tn<3m-12对n∈N*恒成立， 则3m-12≥1，即m≥，又m∈Z，所以m的最小值为5. 题型(三)　数列与其他知识综合 03 [例3]　(1)数列{an}满足2an=an-1+an+1，Sn是数列{an}的前n项和，a7， a2 018是函数f(x)=x2-6x+5的两个零点，则S2 024的值为 (　　) A.6 B.12 C.2 024 D.6 072 √ 解析:因为数列{an}满足2an=an-1+an+1，所以{an}是等差数列， 因为a7，a2 018是函数f(x)=x2-6x+5的两个零点，所以a7+a2 018=6， 所以S2 024==1 012(a7+a2 018)=1 012×6=6 072. (2)已知数列{bn}是公比为q(q≠1)的正项等比数列，且2ln b1 013=0，若f(x)=，则f(b1)+f(b2)+…+f(b2 025)=(　　) A.4 073 B.2 025 C.2 026 D.4 050 √ 解析:由数列{bn}是公比为q(q≠1)的正项等比数列，故bn>0，2ln b1 013 =ln =ln(b1b2 025)=0，故b1b2 025=1，即有b1b2 025=b2b2 024=…=b2 025b1 =1，由f(x)=，则当x>0时，有f(x)+f=+=+=4，故f(b1)+f(b2 025)=f(b2)+f(b2 024)=…=f(b2 025)+f(b1)=4，故2[f(b1)+f(b2)+…+f(b2 025)]=[f(b1)+f(b2 025)]+[f(b2)+f(b2 024)]+…+[f(b2 025)+f(b1)]=2 025[f(b2 025)+f(b1)] =8 100，故f(b1)+f(b2)+…+f(b2 025)=4 050. 针对训练 3.已知数列{an}为等差数列，且a1+a5+a9=4π，则tan(a3+a7)= (　　) A. B.- C.- D. √ 解析:因为数列{an}为等差数列，且a1+a5+a9=4π，所以a1+a5+a9=3a5=4π， 解得a5=，所以tan(a3+a7)=tan 2a5=tan=tan=-tan=-. 4.已知等比数列{an}中所有项均为正数，a2 023-a2 022=2a2 021，若aman=(m，n∈N*)，则+的最小值为(　　) A. B. C. D. √ 解析:设{an}的公比为q(q>0)，则a1q2 022=2a1q2 020+a1q2 021，因为a1>0，所以q2-q-2=0，解得q=2或q=-1(舍去).aman=a1·2m-1·a1·2n-1=·2m+n-2= 16，故m+n-2=4，即m+n=6.因为m，n∈N*，所以+= (m+n)=≥=，当且仅当即m=4，n=2时，等号成立，故+的最小值等于. 课时检测 04 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1.已知数列{an}是等差数列，若a1-a4-a8-a12+a15=，则sin(a2+a14)的值为(　　) A.0 B.1 C.-1 D.不存在 √ 解析:由已知可得a1-a4-a8-a12+a15=(a1+a15)-(a4+a12)-a8=-a8=，可得a8=-，因此sin(a2+a14)=sin 2a8=sin(-π)=-sin π=0. 1 5 6 7 8 10 11 12 13 14 2 3 4 2.若数列{Fn}满足F1=F2=1，当n≥3时，Fn=Fn-1+Fn-2，则称{Fn}为斐波那契数列.令an=(-1，则数列{an}的前100项和为(　　) A.0 B.-34 C.-32 D.32 √ 9 1 5 6 7 8 10 11 12 13 14 2 3 4 解析:由数列{Fn}的前两项都是奇数，因为两奇数之和为偶数，偶数与奇数之和为奇数，可得{Fn}各项依次为奇奇偶，奇奇偶，奇奇偶，…，所以数列{an}的前若干项依次为-1，-1，1，-1，-1，1，…，将a3n-2，a3n-1，a3n看作一组，每组3个数的和为-1，所以数列{an}的前100项的和为33×(-1)-1=-34. 9 1 5 6 7 8 10 11 12 13 14 3 4 2 3.已知函数f(x)=cos x，x∈，若方程f(x)=m有三个不同的实数根，且三个根从小到大依次成等比数列，则实数m的值可能是(　　) A.- B. C.- D. √ 9 1 5 6 7 8 10 11 12 13 14 3 4 2 解析:如图，设方程f(x)=m的三个不同的实数根从小到大依次为a，b，c，则解得所以m=f(a)=f=cos=-. 9 1 5 6 7 8 10 11 12 13 14 3 4 2 4.有穷数列{an}中，Sn为{an}的前n项和，若把称为数列{an}的“优化和”，现有一个共2 019项的数列:a1，a2，a3，…，a2 019，若其“优化和”为2 020，则有2 020项的数列:1，a1，a2，a3，…，a2 019的“优化和”为(　　) A.2 019 B.2 020 C.2 021 D.2 022 √ 9 1 5 6 7 8 10 11 12 13 14 3 4 2 解析:由=2 020，得S1+S2+…+S2 019=2 019×2 020，其中S1=a1，S2=a1+a2，…，S2 019=a1+a2+a3+…+a2 019，∴所求数列的“优化和”为[1+(1+a1)+(1+a1+a2)+…+(1+a1+…+a2 018)+(1+a1+…+a2 019)]÷2 020=[1+ (1+S1)+(1+S2)+…+(1+S2 018)+(1+S2 019)]÷2 020=[2 020×1+(S1+S2+…+ S2 019)]÷2 020=(2 020+2 019×2 020)÷2 020=1+2 019=2 020. 9 1 5 6 7 8 10 11 12 13 14 3 4 2 5.定义“等方差数列”:如果一个数列从第二项起，每一项的平方与它的前一项的平方的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫作等方差数列，这个常数叫作该数列的方公差.设{an}是由正数组成的等方差数列，且方公差为2，a5=3，则数列的前24项和为(　　) A. B.3 C.3 D.6 √ 9 1 5 6 7 8 10 11 12 13 14 3 4 2 解析:依题意，-=2，即{}是公差为2的等差数列，而a5=3，于是=+2(n-5)=2n-1，即an=，则== =-，所以数列的前24项和为(-1)+(-)+(-)+…+(-)=7-1=6. 9 1 5 6 7 8 10 11 12 13 14 3 4 2 6.过圆x2+y2=10x内一点(5，3)有k条弦的长度组成等差数列，且最小弦长为数列的首项a1，最大弦长为数列的末项ak，若公差d∈，则k的取值不可能是(　　) A.4 B.5 C.6 D.7 √ 9 1 5 6 7 8 10 11 12 13 14 3 4 2 解析:由题意，将圆x2+y2=10x化为(x-5)2+y2=25，可得圆心坐标为C(5，0)，半径r=5，设A(5，3)，可得AC=3，由圆的弦长公式，可得a1=2=8，ak=10，则ak=a1+(k-1)d，即8+(k-1)d=10，所以k=+1，因为≤d≤，所以5≤+1≤7，即5≤k≤7，结合选项，可得k的取值不可能是选项A. 9 1 5 6 7 8 10 11 12 13 14 3 4 2 7.已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，以此类推，若N>100且该数列的前N项和为2的整数幂，则N的最小值为 (　　) A.440 B.330 C.220 D.110 √ 9 1 5 6 7 8 10 11 12 13 14 3 4 2 解析:把题设中的数列分成如下的组:(1)，(1，2)，(1，2，4)，(1，2，4，8)，… ，记前k组的和为Tk.则Tk=1+(1+2)+…+(1+2+4+…+2k-1)=1+(22-1)+…+(2k-1)=2k+1-k-2，令1+2+3+…+k>100，即k(k+1)>200，故k≥14.故当N>100时，数列至少包括前13组且含有第14组的前10个元素.设前N项和为2的整数幂且第N项为第k组的第l个元素，则N=+l，且前N项和SN=Tk-1+1+2+…+2l-1=2k-k-2+2l，其中1≤l≤k，k≥14.下证:当k≥14时，总有2k-1>k.记g(k)=2k-1-k，则当k≥14时，有g(k)-g(k-1)=2k-2-1>0，故{g(k)}为单调递增数列，而g(14)=213-14>0，故g(k)≥g(14)>0，即2k-1>k.所以2k-k-2+2l≥2k-1+2k-1-k>2k-1，2k-k-2+2l<2k+2k=2k+1.由SN为2的整数幂，故SN=2k，从而k+2=2l，当k=14时，l=4，与l≥10矛盾；当k=30时，l=5，此时N=+5=440，故选A. 9 1 5 6 7 8 10 11 12 13 14 3 4 2 8.(5分)设数列{an}的前n项和为Sn，点(n∈N*)均在函数y=3x-2的图象上，则数列{an}的通项公式an=_________.  6n-5 解析:依题意得=3n-2，即Sn=3n2-2n，所以数列{an}为等差数列，且a1=S1=1，a2=S2-S1=7，设其公差为d，则d=6，所以an=6n-5(n∈N*). 9 1 5 6 7 8 10 11 12 13 14 3 4 2 9.(5分)已知无穷等差数列{an}的各项均为正数，公差为d，则能使得anan+1为某一个等差数列{bn}的前n项和(n=1，2，…)的一组a1，d的值为a1=_________________，d=___________________.  解析:设等差数列{bn}的前n项和为Sn，则Sn=anan+1，∴S1=a1a2，S2=a2a3，S3=a3a4.又{an}是公差为d的等差数列，∴b1=S1=a1a2，b2=S2-S1=a2a3-a1a2=2da2，b3=S3-S2=a3a4-a2a3=2da3，∵2b2=b1+b3，即2×2da2=a1a2+2da3，∴4d(a1+d)=a1(a1+d)+2d(a1+2d)，整理得a1(a1-d)=0，由题知a1>0，∴a1=d.故满足题意的一组a1，d的值为a1=1，d=1. 1(答案不唯一) 1(答案不唯一) 9 1 5 6 7 8 10 11 12 13 14 3 4 2 10.(5分)已知数列{bn}的通项公式是bn=n2-tn+4，使数列中存在负数项的一个t的值为_____________________________________________.  5(答案不唯一，(4，+∞)中的任一个值均可) 解析:记Δ=(-t)2-4×1×4=t2-16，当Δ≤0时，即-4≤t≤4，显然bn=n2-tn+4≥0恒成立，不满足要求；当Δ>0时，t<-4或t>4，若t<-4，则-tn>0，n2+4>0，所以bn=n2-tn+4>0恒成立，不满足要求；若t>4，此时b2=8-2t<0，必然满足数列{bn}中存在负数项.由上可知，t的可取值的范围是(4，+∞)，故可取t=5. 9 1 5 6 7 8 10 11 12 13 14 3 4 2 11.(10分)已知数列{an}为等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2-b2=a3-b3=b4-a4. (1)证明:a1=b1；(4分) 解:证明:设数列{an}的公差为d， 则 即解得b1=a1=，所以原命题得证. 9 1 5 6 7 8 10 11 12 13 14 3 4 2 (2)若集合M={k|bk=am+a1，1≤m≤50}，求集合M中的元素个数.(6分) 解:由(1)知b1=a1=，所以bk=am+a1⇔a1×2k-1=a1+(m-1)d+a1， 因为a1≠0，所以m=2k-2∈[1，50]，解得2≤k≤log250+2=3+log225， 由24=16，25=32，故4<log225<5，即7<3+log225<8， 所以满足等式的解k=2，3，4，5，6，7.故集合M中的元素个数为6. 9 1 5 6 7 8 10 11 12 13 14 3 4 2 12.(10分)已知等差数列{an}是递增数列，a2=2，且a3-1，a4，a5+5成等比数列，Sn是数列{an}的前n项和. (1)求数列{an}的通项公式；(3分) 解:设{an}的公差为d(d>0)， 则 ∴d2-2d-3=0，∵d>0，∴d=3，a1=-1， ∴{an}的通项公式为an=a1+(n-1)d=3n-4. 9 1 5 6 7 8 10 11 12 13 14 3 4 2 (2)设bn=，Tn是数列{bn}的前n项和，求满足+T11>0的最小的n的值.(7分) 解:由(1)知Sn==，bn===-， T11=+++…+=-1-=-.+T11>0化为->0，∴3n2-5n-250>0， ∴(n-10)(3n+25)>0，∴正整数n>10，∴满足条件的n的最小值为11. 9 13.(15分)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，=-，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式；(7分) 1 5 6 7 8 10 11 12 13 14 3 4 2 解:由=-，令n=1，则有=1-，则a2=2， 由=-可得Sn=，当n≥2时，Sn-1=， 两式作差可得2an=an，且an≠0，则2=-，则1+=-1，即=，可得an+1-an=an-an-1=…=a2-a1=1，故{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，则an=n. 9 1 5 6 7 8 10 11 12 13 14 3 4 2 (2)已知bn=，记{bn}的前n项和为Tn，求证:1-+<Tn<1.(8分) 解:证明:由于bn===-， 那么Tn=++…+ =1-.因为>0，所以Tn<1.设cn=，则=≤1，则c1=c2>c3>…，故≤<1，故2n>n(n∈N*)，所以Tn>1-=1-+.综上可得，1-+<Tn<1. 9 1 5 6 7 8 10 11 12 13 14 3 4 2 14.(15分)已知项数大于3的数列{an}的各项和为Sn，且任意连续三项均能构成不同的等腰三角形的三边长. (1)若an∈{1，2}(n=1，2，3，…，M)，求M和Sn；(7分) 解:由题意，数列an∈{1，2}(n=1，2，3，…，M)，边长为1或2的等腰三角形只有1，1，1；1，2，2；2，2，2. 若前三项有1，1，1，则该数列只能有3项，不合题意； 若前三项有1，2，2，该数列只有4项，且该数列只能为1，2，2，2； 若前三项有2，2，2，该数列只有4项，且该数列只能为2，2，2，1； 综上可得M=4，Sn=7. 9 1 5 6 7 8 10 11 12 13 14 3 4 2 (2)若an∈{1，2，3}(n=1，2，3，…，M)，求M的最大值.(8分) 解:构造数列:1，2，2，2，3，3，3，1，此时M=8. 若存在连续三项为1，1，1时，本题中有两条边为1，1的等腰三角形仅有1，1，1， 即数列只有3项，与M≥4矛盾，舍去. 若不存在连续三项为1，1，1时，连续三项(不考虑这三项的顺序)共有以下6种可能:1，2，2；1，3，3；2，2，2；2，2，3；2，3，3；3，3，3. 又相邻的4项组成的2个等腰三角形中间2项是共用的，则总的项数为不同的等腰三角形的个数加上首尾2项，所以M≤6+2=8，即M的最大值为8. 9 $$