第六章 第六节 数列中的综合问题-【优学精研】2026年高考数学一轮总复习教用word

第六节　数列中的综合问题 重点解读 　　等差、等比数列的综合问题、子数列（衍生数列）及数列与函数、不等式等知识的交汇问题，是历年新高考的热点内容.一般围绕等差、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. 等差、等比数列的综合运算（师生共研过关） （2024·德阳三模）已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且{bn}的前n项和为Sn，2a1＝b1＝2，a5＝5（a4－a3），bn＋1＝Sn＋2. （1）求数列{an}和{bn}的通项公式； （2）设数列{}的前n项和为Tn，求Tn. 解：（1）设等差数列{an}的公差为d， 因为2a1＝2，a5＝5（a4－a3）， 所以a1＋4d＝5（a1＋3d－a1－2d）， 所以a1＝d＝1. 所以an＝1＋（n－1）×1＝n（n∈N*）. 设等比数列{bn}的公比为q，又因为bn＋1＝Sn＋2， 令n＝1，得b2＝S1＋2＝b1＋2＝4， 所以公比q＝＝2， 所以数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列. 从而bn＝2×2n－1＝2n（n∈N*）. （2）因为Tn＝＋＋＋…＋＋， 所以Tn＝＋＋＋…＋＋， 两式相减，得Tn＝＋＋＋…＋－， 即Tn＝－＝1－－， 所以Tn＝2－. 解题技法 解决等差数列与等比数列综合问题的一般思路 （1）解决等差、等比数列综合问题的关键在于运用它们的有关知识，理顺两类数列的关系，注意运用等差、等比数列的相关量表示数列中的有关项，从而建立基本量之间的关系进行求解； （2）注意等差数列与等比数列之间可以相互转化，对正项等比数列取对数可得到等差数列，以等差数列的项为幂指数的同底数的幂值构成等比数列. 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； 解：（1）由题意得 即 解得或（舍）， ∴an＝1＋2（n－1）＝2n－1. （2）若数列{bn}满足b1＝－1，bn＋bn＋1＝Sn，求b20. 解：（2）bn＋bn＋1＝Sn＝＝n2， ① bn＋1＋bn＋2＝（n＋1）2， ② ②－①得，bn＋2－bn＝2n＋1， ∵b1＝－1，∴b2＝2. ∴b20＝b20－b18＋b18－b16＋…＋b4－b2＋b2＝37＋33＋29＋…＋5＋2＝＋2＝191. 子数列（衍生数列）问题（定向精析突破） 考向1　公共项与并项问题 已知数列{an}是等差数列，且a2＝－1，数列{bn}满足bn－bn－1＝an（n≥2，n∈N*），且b1＝b3＝1. （1）求数列{bn}的通项公式； 解：（1）由题意可知b2－b1＝a2，即b2－1＝－1，故b2＝0， 由b3－b2＝a3，可得a3＝1， 所以数列{an}的公差d＝2，所以an＝－1＋2（n－2）＝2n－5， 由bn－bn－1＝an，bn－1－bn－2＝an－1，…，b2－b1＝a2， 累加可得bn－b1＝a2＋a3＋…＋an＝， 整理可得bn＝n2－4n＋4（n≥2），当n＝1时，满足上式， 所以bn＝n2－4n＋4. （2）将数列{an}，{bn}的所有公共项按从小到大的顺序组成一个新的数列{cn}，求数列{cn}的通项公式. 解：（2）不妨设am＝bn（m，n∈N*），即2m－5＝（n－2）2，可得m＝， 当n＝2k（k∈N*）时，m＝2k2－4k＋，不合题意， 当n＝2k－1（k∈N*）时，m＝2k2－6k＋7＝2k（k－3）＋7∈N*， 所以b2k－1在数列{an}中均存在公共项， 又b1＝b3＜b5＜b7＜…，所以cn＝b2n＋1＝（2n－1）2. 解题技法 　　与两个数列“公共项”有关问题的解题关键是确定好两个数列的“公共项”，此类问题一般有两种类型：一类是去掉“公共项”后，构成新数列；一类是由“公共项”构成新数列. 　（2024·盐城六校联考）已知{an}是首项为1的等比数列，{bn}是首项为2的等差数列，a3＝b2且a4＝b1＋b3. （1）求{an}和{bn}的通项公式； （2）将{an}和{bn}中的所有项分别构成集合A，B，将A∪B的所有元素按从小到大的顺序排列组成新数列{cn}，求数列{cn}的前50项和S50. 解：（1）设{an}的公比为q（q≠0），{bn}的公差为d， 因为a3＝b2且a4＝b1＋b3，所以q2＝2＋d，q3＝4＋2d， 解得q＝2，d＝2，所以an＝2n－1，bn＝2n. （2）由（1）知an＝2n－1，bn＝2n， 因为数列{bn}是正偶数构成的等差数列，数列{an}除首项外，其余项都是2的倍数， 所以数列{cn}的前50项和S50＝1＋2×49＋×2＝2 451. 考向2　增、减项问题 （2025·湘潭模拟）设各项都不为0的数列{an}的前n项积为Tn，Tn＝·an，a1＝2. （1）求数列{an}的通项公式； 解：（1）Tn＝·an， 当n≥2时，Tn－1＝·an－1，两式相除可得an＝， 因为an≠0，所以an－1＝2n－1， 又a1＝2，所以an＝2n. （2）保持数列{an}中的各项顺序不变，在每两项ak与ak＋1之间插入一项2（ak＋1－ak）（其中k＝1，2，3，…），组成新的数列{bn}，记数列{bn}的前n项和为Sn，若Sn＞2 025，求n的最小值. 解：（2）依题意，S2n＝a1＋2（a2－a1）＋a2＋2（a3－a2）＋…＋an＋2（an＋1－an） ＝a1＋a2＋…＋an＋2（a2－a1＋a3－a2＋…＋an＋1－an） ＝a1＋a2＋…＋an＋2（an＋1－a1）＝a1＋a2＋…＋an＋2an＋1－2a1 ＝＋2n＋2－4＝3·2n＋1－6， 易知{S2n}随着n增大而增大， 当n＝8时，S16＝3·28＋1－6＝1 530＜2 025， 当n＝9时，S18＝3·29＋1－6＝3 066＞2 025， 而S17＝S16＋b17＝S16＋a9＝1 530＋512＝2 042＞2 025. 综上，n的最小值为17. 解题技法 　　对于插入项问题，首先要弄清楚插入项的特征，插入后所得新数列是等差还是等比数列或者是具有其他特征的数列.若是等差或等比数列，则利用等差、等比数列知识求解；若不具有等差或等比特征，但是有限项，则可用列举法解决. 　已知数列{bn}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋n，在等比数列{an}中，a1＝b1，a4＝b8. （1）求{bn}与{an}的通项公式； 解：（1）∵Sn＝n2＋n， ∴当n≥2且n∈N*时，bn＝Sn－Sn－1＝2n. 又∵b1＝S1＝2也符合上式，∴bn＝2n. ∵a1＝b1＝2，a4＝b8＝16， ∴等比数列{an}的公比为2， ∴an＝2n. （2）若{bn}中去掉{an}的项后余下的项按原顺序组成数列{cn}，求{cn}的前20项和. 解：（2）∵a1＝2，a2＝4，a3＝8，a4＝16，a5＝32，b25＝50， ∴c1＋c2＋…＋c20＝（b1＋b2＋…＋b25）－（a1＋a2＋…＋a5） ＝S25－（21＋22＋…＋25） ＝252＋25－ ＝650－62＝588. 数列不等式的放缩问题（师生共研过关） （2025·邢台一模）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1. （1）求{an}的通项公式； 解：（1）由Sn＝2an－1， 当n＝1时，S1＝2a1－1，则a1＝1≠0， 当n≥2时，Sn－1＝2an－1－1， 两式相减得Sn－Sn－1＝2an－1－（2an－1－1）， 即an＝2an－1（n≥2）， 因此数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列， 所以an＝2n－1. （2）求证：＋＋＋…＋＜2. 解：（2）证明：由（1）知Sn＝2n－1. 当n＝1时，＝1＜2； 当n≥2时，2n－1＞1， 所以Sn＝2n－1＞2n－2n－1＝2n－1＞0， 所以＝＜， 所以＋＋＋…＋＜1＋＋＋…＋＝＝2（1－）＜2. 综上，＋＋＋…＋＜2. 解题技法 与数列有关的不等式的证明问题，一般采用放缩法进行证明，其大致可分为两类： （1）先求和再放缩：对于含有数列和的不等式，若数列的和易于求出，则一般采用先求和再放缩的策略证明不等式； （2）先放缩再求和：若不易求和，可根据项的特征先放缩再求和，常见的放缩技巧如下： ①对的放缩（下列n∈N*）： ＜＝－（n≥2）； ＜＝（－）（n≥2）； ＝＜＝2（－）（n≥1）. ②对的放缩（下列n∈N*）： ＞＝－（n≥1）； ＜＝－（n≥1）. ③对的放缩（下列n∈N*）： ＜（n≥2）； ＜＝－（n≥2）. 　（2025·辽阳一模）已知数列{an}满足a1＋2a2＋…＋nan＝（n－1）·2n＋1＋2. （1）求{an}的通项公式； 解：（1）由题意可知，当n＝1时，a1＝2； 当n≥2时，由a1＋2a2＋…＋nan＝（n－1）·2n＋1＋2得，a1＋2a2＋…＋（n－1）an－1＝（n－2）·2n＋2， 两式作差可得，nan＝（n－1）·2n＋1－（n－2）·2n＝n·2n，∴an＝2n， a1＝2也适合该式，故an＝2n. （2）设bn＝＋，证明：b1＋b2＋…＋bn＜. 解：（2）证明：由（1）知bn＝＋＝＋， 故b1＋b2＋…＋bn＝＋＝1－＋－×＝－（＋）， 由于n∈N*，则＋＞0， 故－（＋）＜， 即b1＋b2＋…＋bn＜. 1.（2025·天津北辰一模）已知在等比数列{an}中，a4a8＝12a6，等差数列{bn}的前n项和为Sn，且2b4＝a6，则S7＝（　　） A.60 B.54 C.42 D.36 解析：C　由等比数列的性质可知a4a8＝＝12a6，因为a6≠0，所以a6＝12，b4＝6，所以S7＝＝7b4＝42. 2.（2024·阳泉三模）已知等差数列{an}中，a7是函数f（x）＝sin（2x－）的一个极大值点，则tan（a5＋a9）的值为（　　） A. B. C.± D.－ 解析：D　由正弦函数性质知，当2x－＝＋2kπ，k∈Z，即x＝＋kπ，k∈Z时，函数f（x）＝sin（2x－）取得极大值，则a7＝＋kπ，k∈Z，由等差数列性质，得a5＋a9＝2a7＝＋2kπ，k∈Z，所以tan（a5＋a9）＝tan（＋2kπ）＝tan＝tan（π－）＝－tan＝－. 3.（2025·豫西南联考）已知数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，满足Sn＝2an－1，则log2＝（　　） A.45 B.50 C.55 D.60 解析：D　根据题意，Sn＝2an－1，Sn－1＝2an－1－1（n≥2），两式相减可得an＝2an－1.当n＝1时，a1＝1，所以an≠0，所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列.所以an＝2n－1，所以＝a5·a6·…·a12＝（a8·a9）4＝（215）4＝260，所以log2＝60，故选D. 4.（2025·张家口一模）数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝则S100＝（　　） A.3×251－156 B.3×251－103 C.3×250－156 D.3×250－103 解析：A　因为a1＝1，an＋1＝所以a2k＋2＝a2k＋1＋1＝2a2k＋1，a2k＋1＝2a2k＝2a2k－1＋2，k∈N*，且a2＝2，所以a2k＋2＋a2k＋1＝2（a2k＋a2k－1）＋3.记bn＝a2n＋a2n－1，n≥1，则bn＋1＝2bn＋3，所以bn＋1＋3＝2（bn＋3），又b1＋3＝a2＋a1＋3＝6，所以{bn＋3}是以6为首项，2为公比的等比数列，所以bn＋3＝6×2n－1，bn＝6×2n－1－3.记{bn}的前n项和为Tn，则S100＝T50＝（6×20＋6×21＋6×22＋…＋6×249）－3×50＝3×251－156. 5.（2024·珠海一中期末）将数列{2n－1}与数列{n2－1}的公共项从小到大排列得到新数列{an}，则＝　　. 解析：显然2n－1是奇数，故两个数列的公共项必为奇数，对于数列{n2－1}，当n为奇数时，设n＝2k－1（k∈N*），则n2－1＝（2k－1）2－1＝4k·（k－1）为偶数；当n为偶数时，设n＝2k（k∈N*），则n2－1＝4k2－1为奇数.故an＝4n2－1，＝＝（－），∴＋＋…＋＝（－＋－＋…＋－）＝（1－）＝，∴＋＋…＋＝. 6.某校数学兴趣小组制作了如下数表： 1　 2　 3　 4　 5　 6　 … 　3　 5　 7　 9　11　13　… 　　8　12　16　20　24　28　… 　　　…　…　…　…　…　…　… 该数表的第一行是数列{n}，从第二行起每一个数都等于它肩上的两个数之和.这个数表中第4行的第5个数为　52　；若各行的第1个数依次构成数列1，3，8，…，则该数列的前n项和Sn＝　n·2n－1　. 解析：由数表规律可知，第4行的第1个数为8＋12＝20，第n行是公差为2n－1的等差数列，所以第4行的公差d＝24－1＝8，则第4行的第5个数为52.记各行的第1个数组成的数列为{an}，则a1＝1，an＋1＝2an＋2n－1，两边同除以2n＋1，得＝＋，故{}是首项为，公差为的等差数列，则＝＋（n－1）＝，an＝·2n＝（n＋1）·2n－2，则Sn＝1＋3×20＋4×21＋…＋（n＋1）2n－2，2Sn＝2＋3×21＋4×22＋…＋（n＋1）2n－1，两式相减得，－Sn＝1＋20＋21＋22＋…＋2n－2－（n＋1）·2n－1＝1＋－（n＋1）2n－1＝2n－1－（n＋1）·2n－1＝－n·2n－1，所以Sn＝n·2n－1. 7.已知等差数列{an}的首项a1＝2，公差d＝3，在{an}中每相邻两项之间都插入2个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列{bn}. （1）求数列{bn}的通项公式； （2）插入的数构成一个新数列，求该数列前2n项的和T2n. 解：（1）设数列{bn}的公差为d'，由题意知：b1＝a1＝2，b4＝a2， d'＝＝＝＝1， 所以bn＝b1＋（n－1）d'＝2＋（n－1）＝n＋1， 所以{bn}的通项公式是bn＝n＋1. （2）数列{an}的通项公式为an＝a1＋（n－1）d＝2＋3（n－1）＝3n－1， 记数列{an}与{bn}前n项的和分别为Sn，S'n， 则T2n＝S'3n－Sn＝－＝－＝n（3n＋4）. 8.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an＞0，且2Sn＋1－＝－2Sn. （1）求数列{an}的通项公式； （2）若bn＝，{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn＜. 解：（1）当n＝1时，2S2－＝－2S1⇒－2a2－8＝0，∴a2＝4， 当n≥2时2Sn＋1－＝－2Sn， ① 2Sn－＝－2Sn－1， ② ①－②得：－＋2an＋2an＋1＝0⇒（an－an＋1＋2）（an＋an＋1）＝0，由于数列各项均为正数，故有an＋1＝an＋2，则有an＝a2＋（n－2）×2＝2n， 当n＝1时也成立，故an＝2n. （2）证明：由题意可得：bn＝＝＝·＜·＝（－）， 则Tn＝b1＋b2＋…＋bn＜＋［（－）＋（－）＋…＋（－）］＝＋（－）＝－·＜. 综上可得，结论得证. 9.（创新知识交汇）（2024·衡阳5月三模）已知正项数列{an}的前n项和为Sn，首项a1＝1. （1）若＝4Sn－2an－1，求数列{an}的通项公式； （2）若函数f（x）＝2ex＋x，数列{an}满足an＋1＝f（an）（n∈N*）.证明：Sn≥3n－n－1. 解：（1）由＝4Sn－2an－1知，当n≥2时，＝4Sn－1－2an－1－1， 两式相减得－＝4（Sn－Sn－1）－2an＋2an－1， 即（an＋an－1）（an－an－1）＝2（an＋an－1）， 由题意得an＞0，则an－an－1＝2，因此数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列， 所以数列{an}的通项公式为an＝1＋2（n－1）＝2n－1. （2）证明：令h（x）＝ex－x－1，则h'（x）＝ex－1， 易知当x＜0时，h'（x）＜0，当x＞0时，h'（x）＞0， 所以函数h（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增， 所以h（x）≥h（0）＝0，即ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取等号. 又an＞0，所以an＋1＝f（an）＝2＋an＞2（an＋1）＋an＝3an＋2， 即an＋1＋1＞3（an＋1），即＞3. 当n≥2时，an＋1＝（a1＋1）····…·＞（a1＋1）·3n－1＝2·3n－1， 当n＝1时，a1＋1＝2＝2×30，因此an≥2×3n－1－1， 所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an≥（2×30－1）＋（2×31－1）＋（2×32－1）＋…＋（2×3n－1－1）＝2（30＋31＋32＋…＋3n－1）－n＝2×－n＝3n－n－1，得证. 10.（多想少算）（2025·苏州调研）记an为数列{bn}的前n项积，已知＋＝1. （1）证明：数列{an}是等差数列； （2）若将集合{x｜x＝an，n∈N*}∪{x｜x＝，n∈N*}中的元素从小到大依次排列，构成数列c1，c2，c3，c4，…，求数列{cn}的前4n项和T4n. 解：（1）证明：当n＝1时，＋＝1，因为an为数列{bn}的前n项积，所以a1＝b1，所以a1＝3. 当n≥2时，bn＝，则＋＝1，则an－1＋2＝an，即an－an－1＝2，所以数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列. （2）由（1）知an＝2n＋1，数列{an}是首项为a1＝3，公差为2的等差数列. 设{an}的前n项和为An，令en＝＝3n－1，则数列{en}是首项为e1＝2，公差为3的等差数列，设{en}的前n项和为Bn，数列{an}与数列{en}中相同的项构成的数列为{hn}，{hn}的前n项和为Hn. 当am＝ek时，2m＋1＝3k－1，则k＝. 因为2，3互质，所以m＋1必为3的倍数，即m＋1＝3p（p∈N*），m＝3p－1，则am＝a3p－1＝2（3p－1）＋1＝6p－1，所以有hn＝6n－1，{hn}为首项为h1＝5，公差为6的等差数列. 因为hn＝6n－1＝a3n－1＝e2n，hn＋1＝6n＋5＝a3n＋2＝e2n＋2，所以两个数列对应相同的两项之间，{an}中有2个数，{en}中有1个数， 所以T4n＝A3n＋B2n－Hn，A3n＝3·3n＋＝9n2＋6n， B2n＝2·2n＋＝6n2＋n，Hn＝5n＋＝3n2＋2n， 所以T4n＝12n2＋5n. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $