第6章 第37讲 数列的综合应用(配套Word)-【高考快车道】2026年高考数学大一轮专题复习总复习基础版（人教A版）

该高中数学高考复习教案聚焦数列综合应用专题，涵盖等差等比数列综合运算、数列与函数及不等式交会、新定义问题等高考核心考点，按知识逻辑分层梳理，通过考点突破、解题技法提炼、真题精讲与分层训练，帮助学生构建系统知识网络，突破综合应用难点。 教案突出数学思维与模型意识培养，如结合函数奇偶性分析数列对称性（例2），用放缩法证明不等式（例3），设计“考点梳理-典例解析-技法总结-训练巩固”四环节教学，配合2022新高考真题及模拟题分层训练，助力学生高效掌握解题策略，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

第37讲　数列的综合应用 复习目标 数列的综合运算问题以及数列与函数、不等式等知识的交会问题,是历年高考的热点内容.一般围绕等差数列、等比数列的知识命题,涉及数列的函数性质、通项公式、前n项和公式等. 考点突破　强技能 考点一 等差数列、等比数列的综合运算 【例1】(2022·新高考Ⅱ卷)已知{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; (2)求集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素个数. 【解析】(1)设数列{an}的公差为d, 所以 即可解得,b1=a1=, 所以原命题得证. (2)由(1)知,b1=a1=,所以bk=am+a1⇔b1×2k-1=a1+(m-1)d+a1,即2k-1=2m,亦即m=2k-2∈[1,500],解得2≤k≤10,所以满足等式的解k=2,3,4,…,10,故集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中的元素个数为10-2+1=9. 解题技法 等差、等比数列综合问题的解题方法 (1)首先要根据两数列的概念,设出相应的基本量,将已知条件转化为等差与等比数列的基本量之间的关系,利用通项公式和前n项和公式求解. (2)求解过程中注意按照顺序使用基本公式、等差中项、等比中项以及证明数列为等差、等比数列的方法确定解题思路. 【训练1】　(2025·无锡模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d≠0,a3是a1,a13的等比中项,S5=25. (1)求{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足b1=-1,bn+=Sn,求b20. 【解析】(1)由题意得 即 解得或(舍) 所以an=1+2(n-1)=2n-1. (2)bn+bn+1=Sn==n2,① bn+1+bn+2=(n+1)2,② ②-①得,bn+2-bn=2n+1, 因为b1=-1,所以b2=2. 所以b20=b20-b18+b18-b16+…+b4-b2+b2=37+33+29+…+5+2=+2=191. 考点二 数列与函数的交会问题 【例2】(1)已知函数f(x)=x3+4x,记等差数列{an}的前n项和为Sn,若f(a1+2)=100,f(a2 024+2)=-100,则S2 024等于(　　) A.-4 048 B.-2 024 C.2 024 D.4 048 【解析】选A.由题可知,f(x)在定义域内单调递增,因为f(-x)=-x3-4x=-f(x),所以f(x)是奇函数,因为f(a1+2)=100,f(a2 024+2)=-100,所以f(a1+2)=-f(a2 024+2),所以a1+2+ a2 024+2=0,所以a1+a2 024=-4,所以S2 024==-4 048. (2)已知函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0,|φ|≤,ω>0),射线y=-2(x≥0)与该函数图象的交点的横坐标从左至右依次构成数列{xn},且xn=4n-(n∈N*),则f(5)=____________.  【解析】因为xn=4n-(n∈N*), 则数列{xn}是等差数列,公差为4,且f(xn)=-2,n∈N*, 因此A=2,函数f(x)的最小正周期是4, 即=4,解得ω=, 又f(x1)=f()=-2, 即有×+φ=π+2kπ,k∈Z, 由|φ|≤,解得φ=, 于是f(x)=2cos(x+), 所以f(5)=2cos(+)=-1. 答案:-1 解题技法 数列与函数交会问题的主要类型及求解策略 (1)已知函数条件,解决数列问题,此类问题一般利用函数的性质、图象进行研究. (2)已知数列条件,解决函数问题,此类问题一般要利用数列的通项公式、前n项和公式、求和方法等对式子化简变形. 【训练2】　(1)已知函数y=f(x+1)的图象关于y轴对称,且函数f(x)在(1,+∞)上单调,若数列{an}是公差不为0的等差数列,且f(a4)=f(a18),则{an}的前21项之和为(　　) A.0 B. C.21 D.42 【解析】选C.f(x)在(1,+∞)上单调且y=f(x+1)的图象关于y轴对称,可得y=f(x)的图象关于直线x=1对称,由数列{an}是公差不为0的等差数列,且f(a4)=f(a18),可得a4+a18=2,又{an}是等差数列,所以a1+a21=a4+a18=2,可得数列的前21项和S21==21,则{an}的前21项之和为21. (2)已知函数f(x+)为奇函数,且g(x)=f(x)+1,若an=g(),则数列{an}的前2 024项和为(　　) A.2 025 B.2 024 C.2 023 D.2 022 【解析】选B.由于函数f(x+)为奇函数,则f(-x+)=-f(x+),即f(-x)+f(+x)=0,所以f(x)+f(1-x)=0,所以g(x)+g(1-x)=[f(x)+1]+[f(1-x)+1]=2,所以2(a1+a2+…+a2 024)= 2[g()+g()+…+g()]=[g()+g()]+[g()+g()]+…+[g()+g()]=2×2 024,因此数列{an}的前2 024项和为a1+a2+…+a2 024=2 024. 考点三 数列与不等式的交会问题 【例3】已知数列{an}满足a1=,3an,2an+1,anan+1成等差数列. (1)证明:数列{-1}是等比数列,并求{an}的通项公式; (2)记{an}的前n项和为Sn,求证:[1-()n]≤Sn<. 【证明】(1)由已知得4an+1=3an+anan+1, 因为a1=≠0,所以由递推关系可得an≠0恒成立, 所以=+1,所以-4=-3, 即-1=-1). 又因为-1=-1=, 所以数列{-1}是首项为,公比为的等比数列, 所以-1=()n,所以an=. (2)由(1)可得an=≥=×()n-1, 所以Sn≥+×()1+…+×()n-1=[1-()n], an=<=()n,S1=<, 当n≥2时,Sn<+()2+…+()n=+=-3×()n<. 综上所述,[1-()n]≤Sn<成立. 解题技法 数列与不等式的综合问题的解题策略 (1)判断数列问题的一些不等关系,可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小. (2)考查与数列有关的不等式证明问题,此类问题一般采用放缩法进行证明,有时也可通过构造函数进行证明. (3)以数列为载体,考查不等式恒成立的问题,此类问题可转化为函数的最值问题.【训练3】　已知数列{an}的前n项和为Sn(Sn≠0),a1=,当n≥2时,=anSn-an. (1)求Sn; (2)设数列{}的前n项和为Tn,若λTn≤(n2+9)2n恒成立,求λ的取值范围. 【解析】(1)因为当n≥2时,=anSn-an, 所以=(Sn-)Sn-(Sn-), 整理得SnSn-1=Sn-1-Sn,即-=1. 所以数列{}是以==2为首项,1为公差的等差数列, 所以=n+1,即Sn=. (2)由(1)知,=(n+1)2n, 所以Tn=2×2+3×22+…+n×+(n+1)×2n①, 2Tn=2×22+3×23+…+n×2n+(n+1)×2n+1②, ①-②得:-Tn=4+(22+23+…+2n)-(n+1)×2n+1=-n×2n+1, 所以Tn=n×,则λTn≤(n2+9)2n恒成立,即λn×≤(n2+9)2n, 变形得λ≤=+, 因为+≥2=3,当且仅当n=3时,等号成立,所以λ≤3,即λ的取值范围是(-∞,3]. 考点四 数列的新定义问题综合练 【例4】(多选题)(2024·大连模拟)如果有限数列{an}满足ai=an-i+1(i=1,2,…,n),则称其为“对称数列”,设{bn}是项数为2k-1(k∈N*)的“对称数列”,其中bk,bk+1,…,b2k-1是首项为50,公差为-4的等差数列,则下列结论正确的是(　　) A.若k=10,则b1=10 B.若k=10,则{bn}所有项的和为590 C.当k=13时,{bn}所有项的和最大 D.{bn}所有项的和可能为0 【解析】选BC.{bn}的和S2k-1=[50k-×4]×2-50=-4k2+104k-50=-4(k-13)2+626,对选项A,k=10,则b1=b2k-1-1+1=b20-1=b19=50-4×9=14,故A错误;对选项B,k=10,则所有项的和为(50×10-×4)×2-50=590,故B正确;对选项C,{bn}的和=-4(k-13)2+626,当k=13时,和最大,故C正确;对选项D,=-4k2+104k-50=0,方程无正整数解,故D错误. 解题技法 解决新定义中的数列问题的一般流程 第一步:读懂定义,理解新定义数列的含义; 第二步:特殊分析,比如对n=1,2,3,…的情况进行讨论; 第三步:通过特殊情况寻找新定义数列的规律及性质,以及新定义数列与已知数列(如等差或等比数列)的关系,仔细观察,探求规律,注重转化,合理设计解题方案; 第四步:联系等差数列与等比数列知识,将新定义数列问题转化为熟悉的知识进行求解. 【训练4】　(多选题)(2025·保定模拟)若对任意的i,j∈N*且i≠j,总存在n∈N*,使得an=ai·aj(i+j≤n),则称数列{an}是“Ω数列”.下列结论正确的是(　　) A.至少存在一个等比数列不是“Ω数列” B.至少存在两个常数列为“Ω数列” C.若{an}是“Ω数列”,则{an+1}也是“Ω数列” D.对任意的a∈N*,{}总是“Ω数列” 【解析】选ABD.对于A,若an=3×2n,则{an}是等比数列,由an=ai·aj,得n=i+j+log23∉N*,则{an}不是“Ω数列”.对于B,由a=a2,解得a=0或a=1,所以至少存在两个常数列为“Ω数列”.对于C,若an=3n,则{an}是“Ω数列”,令bn=an+1=3n+1,设b1·b3=4×28=112=3n+1,则n∉N*,故{an+1}不是“Ω数列”.对于D,设an=,由an=ai·aj,得n=(i+a)(j+a)-a∈N*,经检验符合i≠j时,i+j≤n,所以对任意的a∈N*,{}总是“Ω数列”. - 7 - 学科网（北京）股份有限公司 $