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（湘教版）

专题微课　数列的综合问题 建构知识体系 融通学科素养 1.浸润的学科素养 (1)通过对数列的概念与表示的理解,以及对数列与函数的关系、数列通项公式的认识,渗透数学抽象、逻辑推理等核心素养. (2)通过对等差、等比数列概念、通项公式、前n项和公式学习运用,强调基本量之间的等量关系,聚焦逻辑推理和数学运算的核心素养. 2.渗透的数学思想 (1)在求等差数列和等比数列的通项公式时,分别用到了累加法和累乘法. (2)在求等差数列和等比数列的前n项和时,分别用到了倒序相加法和错位相减法. (3)等差数列和等比数列各自都涉及5个量,已知其中任意三个求其余两个,用到了方程思想. (4)在研究等差数列和等比数列单调性,等差数列前n项和最值问题时, 都用到了函数思想. 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 题型(三) 数列与其他知识综合 4 课时跟踪检测 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}. 解答数列新定义的基本步骤 |思|维|建|模| 审题 仔细阅读材料,认真理解题意 建模 将已知的条件翻译成数学(数列)语言,将实际问题转化成数学问题,分清该数列是等差数列还是等比数列,是求通项还是前n项和 求解 求出该问题的数学解 还原 将所求结果还原到原问题中 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]　已知数列{an}的前n项和为Sn,且an=(Sn+2). (1)求数列{an}的通项公式; 解:由an=(Sn+2),得Sn=2an-2. 当n=1时,a1=S1=2a1-2,解得a1=2; 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-2-(2an-1-2)=2an-2an-1,整理得an=2an-1(n≥2), ∴数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列, ∴an=2×2n-1=2n. 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. |思|维|建|模| 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, a5,a2 016是函数f(x)=x2-6x+5的两个零点,则S2 020的值为(　　) A.6　　　B.12　　　C.2 020　　　D.6 060 解析:因为数列{an}满足2an=an-1+an+1,所以{an}是等差数列, 因为a5,a2 016是函数f(x)=x2-6x+5的两个零点,所以a5+a2 016=6, 所以S2 020==1 010(a5+a2 016)=1 010×6=6 060. √ (2)已知数列{bn}是公比为q(q≠1)的正项等比数列,且2ln b1 012=0, 若f(x)=,则f(b1)+f(b2)+…+f(b2 023)=(　　) A.4 069　　　B.2 023　　　C.2 024　　　D.4 046 √ 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 012=ln =ln(b1b2 023)=0,故b1b2 023=1, 即有b1b2 023=b2b2 022=…=b2 023b1=1, 由f(x)=,则当x>0时,有f(x)+f=+=+=4, 故f(b1)+f(b2 023)=f(b2)+f(b2 022)=…=f(b2 023)+f(b1)=4,故2[f(b1)+f(b2)+…+ f(b2 023)]=[f(b1)+f(b2 023)]+[f(b2)+f(b2 022)]+…+[f(b2 023)+f(b1)]= 2 023[f(b2 023)+f(b1)]=8 092,故f(b1)+f(b2)+…+f(b2 023)=4 046. 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. √ 课时跟踪检测 04 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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 9 10 11 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 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. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 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. 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 =-. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 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 √ 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. 1 5 6 7 8 9 10 11 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 √ 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. 1 5 6 7 8 9 10 11 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 √ 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. 1 5 6 7 8 9 10 11 3 4 2 7.(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=___________________. 1 1(答案不唯一) 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.(答案不唯一) 1 5 6 7 8 9 10 11 3 4 2 8.(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;(5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. 1 5 6 7 8 9 10 11 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.(5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. 1 5 6 7 8 9 10 11 3 4 2 9.(15分)已知等差数列{an}是单调递增数列,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;(5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. 1 5 6 7 8 9 10 11 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.(10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. 1 5 6 7 8 9 10 11 3 4 2 10.(15分)如果数列{an}对任意的n∈N+,an+2-an+1>an+1-an,则称{an}为“速增数列”. (1)判断数列{3n}是否为“速增数列”,请说明理由;(5分) 解:{3n}是“速增数列”,理由如下: 数列{3n}对∀n∈N+,有an+2-an+1=3n+2-3n+1=2·3n+1,an+1-an=2·3n, 所以(an+2-an+1)-(an+1-an)=2·3n+1-2·3n=4·3n>0,即an+2-an+1>an+1-an, 所以数列{3n}是“速增数列”. 1 5 6 7 8 9 10 11 3 4 2 (2)若数列{an}为“速增数列”,且任意项an∈Z,a1=1,a2=2,ak=2 023, 求正整数k的最大值.(10分) 解:因为数列{an}为“速增数列”, an∈Z,a1=1,a2=2,所以对∀n∈N+ 有an+2-an+1>an+1-an,且a2-a1=1, 所以a3-a2≥2,a4-a3≥3,…,ak-ak-1≥k-1, 累加得(a2-a1)+(a3-a2)+…+ak-ak-1≥1+2+…+(k-1)=, 所以ak-a1≥. 又ak=2 023,则k(k-1)≤4 044, 由64×63=4 032,65×64=4 160,故正整数k的最大值为64. 1 5 6 7 8 9 10 11 3 4 2 11.(17分)已知函数y=f(x)的图象经过坐标原点,且f(x)=x2-x+b,数列{an}的前n项和Sn=f(n)(n∈N+). (1)求数列{an}的通项公式;(4分) 解:∵y=f(x)的图象过原点,则b=0, ∴f(x)=x2-x.∴Sn=n2-n. 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-n-(n-1)2+(n-1)=2n-2, 又∵a1=S1=0适合an=2n-2, ∴数列{an}的通项公式为an=2n-2. 1 5 6 7 8 9 10 11 3 4 2 (2)若数列{bn}满足an+log3n=log3bn,求数列{bn}的前n项和Tn;(6分) 解:由an+log3n=log3bn,得bn=n·=n·32n-2(n∈N+), ∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=30+2·32+3·34+…+n·32n-2　①, 9Tn=32+2·34+3·36+…+n·32n　②. ②-①得8Tn=n·32n-(1+32+34+36+…+32n-2)=n·32n-, ∴Tn=-=. 1 5 6 7 8 9 10 11 3 4 2 (3)令dn=,若cn=-λ(-2)n(λ为非零整数,n∈N+),试确定λ的值, 使得对任意n∈N+,都有cn+1>cn成立.(7分) 解:dn==n,故cn=3n-λ(-2)n. 要使cn+1>cn恒成立,即要cn+1-cn=[3n+1-λ(-2)n+1]-[3n-λ(-2)n] =2·3n+3λ(-2)n>0恒成立, 即要(-1)n·λ>-恒成立. 1 5 6 7 8 9 10 11 3 4 2 下面分n为奇数、n为偶数讨论: 当n为奇数时,即λ<恒成立. 又的最小值为1,∴λ<1. 当n为偶数时,即λ>-恒成立. 又-的最大值为-,∴λ>-. 综上,-<λ<1, 又λ为非零整数,∴λ=-1时,使得对任意n∈N+,都有cn+1>cn成立. (2)记bn=,证明:-+<bi<-+. 解:∵bn==>=-,∴bi>++…+ =-=-+. ∵bn===-<-,∴bi<++…+=-=-+.结论得证. $$