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课件

第六节　数列中的综合问题 高中总复习·数学 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. 目 录 CONTENTS 考点·分类突破 01. 课时·跟踪检测 02. PART 01 考点·分类突破 精选考点 | 课堂演练 目 录 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； 解： 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*）. 目 录 高中总复习·数学 （1）求数列{an}和{bn}的通项公式； 解： 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*）. 目 录 高中总复习·数学 （2）设数列{ }的前n项和为Tn，求Tn. 解： 因为Tn＝ ＋ ＋ ＋…＋ ＋ ， 所以 Tn＝ ＋ ＋ ＋…＋ ＋ ， 两式相减，得 Tn＝ ＋ ＋ ＋…＋ － ， 即 Tn＝ － ＝1－ － ， 所以Tn＝2－ . 目 录 高中总复习·数学 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. 目 录 高中总复习·数学 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： 由题意得 即 解得 或 （舍）， ∴an＝1＋2（n－1）＝2n－1. 目 录 高中总复习·数学 （2）若数列{bn}满足b1＝－1，bn＋bn＋1＝Sn，求b20. 解： 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. 目 录 高中总复习·数学 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： 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. 目 录 高中总复习·数学 （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： 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. 目 录 高中总复习·数学 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. 目 录 高中总复习·数学 　（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； 解： 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. 目 录 高中总复习·数学 （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： 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. 目 录 高中总复习·数学 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： 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. 目 录 高中总复习·数学 解： 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. （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. 目 录 高中总复习·数学 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. 目 录 高中总复习·数学 　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： ∵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. 目 录 高中总复习·数学 （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： ∵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. 目 录 高中总复习·数学 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： 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. 目 录 高中总复习·数学 （2）求证： ＋ ＋ ＋…＋ ＜2. 解： 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. 目 录 高中总复习·数学 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； 目 录 高中总复习·数学 （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）. 目 录 高中总复习·数学 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）. 目 录 高中总复习·数学 　（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： 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. 目 录 高中总复习·数学 （2）设bn＝ ＋ ，证明：b1＋b2＋…＋bn＜ . 解： 证明：由（1）知bn＝ ＋ ＝ ＋ ， 故b1＋b2＋…＋bn＝ ＋ ＝1－ ＋ － × ＝ － （ ＋ ）， 由于n∈N*，则 ＋ ＞0， 故 －（ ＋ ）＜ ， 即b1＋b2＋…＋bn＜ . 目 录 高中总复习·数学 PART 02 课时·跟踪检测 关键能力 | 课后练习 目 录 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. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 20 22 23 24 25 目 录 高中总复习·数学 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： 　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 ＝－ . √ 目 录 高中总复习·数学 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： 　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. √ 目 录 高中总复习·数学 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 √ 目 录 高中总复习·数学 解析： 　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. 目 录 高中总复习·数学 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－ ）＝ ，∴ ＋ ＋…＋ ＝ . 　 目 录 高中总复习·数学 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 ；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＝ ⁠. 52　 n·2n－1　 目 录 高中总复习·数学 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. 目 录 高中总复习·数学 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； 解： 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. 目 录 高中总复习·数学 （2）插入的数构成一个新数列，求该数列前2n项的和T2n. 解： 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）. 目 录 高中总复习·数学 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； 解： 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. 目 录 高中总复习·数学 （2）若bn＝ ，{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn＜ . 解： 证明：由题意可得：bn＝ ＝ ＝ · ＜ · ＝ （ － ）， 则Tn＝b1＋b2＋…＋bn＜ ＋ ［（ － ）＋（ － ）＋…＋（ － ）］＝ ＋ （ － ）＝ － · ＜ . 综上可得，结论得证. 目 录 高中总复习·数学 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； 解： 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. 目 录 高中总复习·数学 （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： 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. 目 录 高中总复习·数学 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. 目 录 高中总复习·数学 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； 解： 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. 目 录 高中总复习·数学 解： 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. （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. 目 录 高中总复习·数学 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. 目 录 高中总复习·数学 THANKS 演示完毕 感谢观看 $