专题3 培优点3 数列与其他知识的交汇问题-【领跑高中】2025版高考数学二轮专题复习教师用书配套课件

该高中数学高考复习课件聚焦“数列与其他知识的交汇问题”核心考点，依据高考评价体系梳理了数列与函数、不等式、集合的交汇题型，通过真题分析明确数列不等式证明、函数性质应用等高频考点权重，归纳通项公式求解、放缩法等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题精讲+方法提炼+素养培养”策略，如以2024甘肃二诊为例，用放缩法证明数列不等式，培养数学思维与推理能力，通过错位相减等技巧突破求和问题，帮助学生掌握答题规律，教师可据此系统指导，提升复习效率。

培优点3　 数列与其他知识的交汇问题 PART ONE 　　数列与函数、不等式、集合等知识的交汇问题，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、数列不等式的证明等. 数列与函数（导数）的交汇问题 【例1】　已知在数列{xn}中，x1＝a，xn＋1＝ . （1）设a＝tan θ（0＜θ＜ ），若x3＜ ，求θ的取值范围； 解：因为0＜θ＜ ，x1＝a＝tan θ＞0，由题意xn＞0. 又xn＋1＝ ≤1，所以xn∈（0，1]. 由x3＜ ，得 ＜ ，即2 －5x2＋2＞0，求得x2＜ 或x2＞2. 又x2∈（0，1]，则0＜x2＜ . 而x2＝ ＝ ＝ sin 2θ，因此0＜ sin 2θ＜ ， 因为2θ∈（0，π），所以0＜θ＜ 或 ＜θ＜ . 故θ的取值范围为（0， ）∪（ ， ）. （2）定义在（－1，1）内的函数f（x），对任意x，y∈（－1，1），有 f（x）－f（y）＝f（ ），若f（a）＝ ，试求数列{f（xn）} 的通项公式. 解：令x＝y＝0，得f（0）＝0，令x＝0，得f（0）－f（y） ＝f（－y）， 即f（－y）＝－f（y），所以f（x）是奇函数. 由f（xn＋1）＝f（ ）＝f（ ）＝f（xn）－f（－xn） ＝2f（xn）， 即 ＝2，所以数列{f（xn）}是等比数列. 故f（xn）＝f（x1）·2n－1＝f（a）·2n－1＝2n－2. 数列与函数（导数）的综合问题涉及两类题型 （1）以数列为背景研究数列的函数性质，如研究数列的单调性、周期 性、最值，不等式恒成立下的参数范围问题等.解决这类问题的关键 是以构成数列的函数为载体，结合数列是一类特殊函数（定义域是 正整数集或它的有限子集），利用函数的思想方法求解，体现由特 殊到一般的思想转化； （2）以函数为背景知识研究数列问题，如已知函数的性质，求对应数 列的通项公式，前n项和或比较最大项（最小项）等问题，解决 该类问题的关键是构建符合函数特征的数列，体现由一般到特殊 的转化思想. 感悟提升 　在公差不为零的等差数列{an}中，a1＝1，且a1，a3，a13成等比数列， 数列{bn}的前n项和Sn满足Sn＝2bn－2. 跟踪训练 （1）求数列{an}和{bn}的通项公式； 解：设等差数列{an}的公差为d（d≠0），∵a1＝1，且a1， a3，a13成等比数列， ∴ ＝a1a13，即（1＋2d）2＝1＋12d，得d＝2，∴an＝1＋2（n －1）＝2n－1. ∵数列{bn}的前n项和Sn＝2bn－2，当n＝1时， b1＝2b1－2，∴b1＝2， 当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝2bn－2bn－1，∴bn＝2bn－1， 故数列{bn}是首项为2、公比为2的等比数列，∴bn＝2n. （2）设cn＝bn－an，数列{cn}的前n项和为Tn，若不等式Tn＋n2－n＞ log2（1－a）对任意n∈N*恒成立，求实数a的取值范围. 解：由（1）可得cn＝bn－an＝2n－（2n－1），∴Tn＝ － ＝2n＋1－2－n2， ∴Tn＋n2－n＝2n＋1－n－2. 令f（x）＝2x＋1－x－2（x≥1），f'（x）＝2x＋1ln 2－1， ∵x≥1，∴f'（x）＞0，f（x）单调递增，∴f（x）min＝f（1）＝1. ∴log2（1－a）＜1，∴0＜1－a＜2，∴－1＜a＜1. 故实数a的取值范围为（－1，1）. 数列与不等式的交汇问题 【例2】　（2024·甘肃二诊）设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，2Sn＝ n2＋n（n∈N*）. （1）求数列{an}的通项公式； 解：因为2Sn＝n2＋n，所以Sn＝ ， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝ － ＝n， 因为a1＝1也满足上式，故an＝n（n∈N*）. （2）设数列{bn}的前n项和为Tn，且bn＝ ，求T99； 解：因为bn＝ ，且an＝n（n∈N*）， 所以bn＝ ＝ ＝ － ， 所以T99＝（ － ）＋（ － ）＋（ － ）＋…＋ （ － ）＝ －1＝9. 即T99＝9. （3）证明： ＋ ＋ ＋…＋ ＞9. 解：证明：由于 ＝ ＝ ＞ ＝ － ， 故 ＋ ＋ ＋…＋ ＞ －1＋ － ＋…＋ － ＝ －1＝9. 所以原不等式成立. 数列与不等式的综合问题的常见题型及求解策略 （1）判断数列问题的一些不等关系，可以利用基本不等式进行求解； （2）与数列有关的不等式的证明问题，此类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： 感悟提升 （ⅰ）对 的放缩（下列n∈N*）： ＜ ＝ － （n≥2）； ＜ ＝ （ － ）（n≥2）； ＝ ＜ ＝2（ － ）（n≥1）. （ⅱ）对 的放缩（下列n∈N*）： ＞ ＝ － （n≥1）； ＜ ＝ － （n≥1）. （ⅲ）对 的放缩（下列n∈N*）： ＜ （n≥2）； ＜ ＝ － （n≥3）. 　记Sn为正项数列{an}的前n项和，已知{Sn－an}是等差数列. （1）求 ； 解：由题意得{Sn－an}是等差数列，设其公差为d， 则Sn＋1－an＋1＝Sn＝Sn－an＋d，则an＝d＞0，故 ＝1. 跟踪训练 （2）求最小的正整数m，使得存在数列{an}，满足Sm－ ＞2. 解：由（1）可知，an＝d＞0，则Sm－ ＞2可转化为Sm－ ＝md－d2＞2， 故m＞d＋ ≥2 ，当且仅当d＝ 时，d＋ ≥2 取等号， 由于m为正整数，故最小正整数m的值为3， 当m＝3时，取an＝ ，则S3－ ＝3 －2＞2，满足条件. 综上所述，正整数m的最小值是3. 数列与集合的交汇问题 【例3】　（2024·连云港阶段性调研）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：由an为数列{bn}的前n项积， ＋ ＝1， 可得n＝1时，a1＝b1，即有 ＋ ＝1，解得a1＝3； 当n≥2时，bn＝ ，即有 ＋ ＝1， 可得an＝an－1＋2，即an－an－1＝2， 则数列{an}是首项为3，公差为2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. 解：由（1）可得an＝3＋2（n－1）＝2n＋1， ＝ ＝3n－1， 可得{2n＋1}和{3n－1}中的相同项为5，11，17，23，…， 即有c1＝2，c2＝3，c3＝5，c4＝7，c5＝8，c6＝9，c7＝11，c8＝ 13，…， 可设cn＝k∈N*， 则T4n＝（c1＋c2＋c3＋c4）＋（c5＋c6＋c7＋c8）＋…＋（c4n－3＋ c4n－2＋c4n－1＋c4n）＝17＋41＋…＋（24n－7）＝ n（17＋24n－ 7）＝12n2＋5n. 　　数列与集合的综合问题的实质是研究以等差（比）数列为载体，结合 集合的概念或运算而衍生出的新数列问题，是近几年新高考下的创新题 型，即已知数列{an}的项组成集合A，数列{bn}的项组成集合B，数列 {cn}的项组成集合C，在规定了数列{cn}的排序规则前提下，①若A∩B ＝C，则c1，c2，…，ck为数列{an}，{bn}的公共项数列；②若A∪B＝ C，则c1，c2，…，ck为数列{an}，{bn}的并项数列；③若满足C⊆A，则 {cn}为{an}的有序子数列；④同时还可按照某种递推关系cn＝an＋bn及不 等关系，求集合C中元素的个数等. 感悟提升 　已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3 ＝b4－a4. （1）证明：a1＝b1； 解：证明：设等差数列{an}的公差为d. 由a2－b2＝a3－b3，知a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，所以d＝2b1. 由a2－b2＝b4－a4，知a1＋d－2b1＝8b1－（a1＋3d）， 所以a1＋d－2b1＝4d－（a1＋3d），整理得a1＝b1. 跟踪训练 （2）求集合{k｜bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数. 解：由（1）知d＝2b1＝2a1，由bk＝am＋a1知，b1·2k－1＝a1 ＋（m－1）·d＋a1， 即b1·2k－1＝b1＋（m－1）·2b1＋b1，即2k－1＝2m， 因为1≤m≤500，所以2≤2k－1≤1 000，所以k＝2，3，4，…，10. 故集合{k｜bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数为9. 课时跟踪检测 1. （2024·邢台二模）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. 1 2 3 4 （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 ＝ ＜ ， 1 2 3 4 所以 ＋ ＋ ＋…＋ ＜1＋ ＋ ＋…＋ ＝ ＝2 （1－ ）＜2. 综上， ＋ ＋ ＋…＋ ＜2. 1 2 3 4 2. （2024·新乡模拟）设集合W由满足下列两个条件的数列{an}构成：① ＜an＋1；②存在实数M，使an≤M（n为正整数）. （1）在只有5项的有限数列{an}，{bn}中，其中a1＝1，a2＝2，a3＝ 3，a4＝4，a5＝5；b1＝1，b2＝4，b3＝5，b4＝4，b5＝1；试判 断数列{an}，{bn}是否为集合W的元素； 1 2 3 4 解：对于数列{an}，取 ＝2＝a2，显然不满足集合W 的条件①， 故{an}不是集合W中的元素； 对于数列{bn}，当n∈{1，2，3，4，5}时， 不仅有 ＝3＜b2， ＝4＜b3， ＝3＜b4，而且有 bn≤5， 显然满足集合W的条件①②，故{bn}是集合W中的元素. 1 2 3 4 （2）设{cn}是各项为正数的等比数列，Sn是其前n项和，c3＝ ，S3＝ ，证明数列{Sn}∈W，并写出M的取值范围. 解：∵{cn}是各项为正数的等比数列，Sn是其前n项和， c3＝ ，S3＝ ， 设其公比为q（q＞0），∴ ＋ ＋c3＝ ，整理得6q2－q－1＝0， ∴q＝ ，∴c1＝1，cn＝ ，Sn＝2－ ， 对于任意n∈N*，有 ＝ ＜2－ ＝Sn＋1， 且Sn＜2， 故{Sn}∈W，且M∈[2，＋∞）. 1 2 3 4 3. 各项均为正数的数列{an}满足 －an＋1an－2 ＝0，a1a2a3＝64. （1）求{an}的通项公式； 解： －an＋1an－2 ＝0，即（an＋1＋an）·（an＋1－ 2an）＝0， 因为{an}的各项均为正数，所以an＋1＋an＞0，故an＋1＝2an，即 ＝2， 所以{an}是以2为公比的等比数列，又a1a2a3＝64，故 ＝64，a2 ＝4， 结合公比为2得a1＝2，所以an＝2×2n－1＝2n. 1 2 3 4 （2）记Tn＝（1＋ ）（1＋ ）（1＋ ）…（1＋ ），试比较Tn 与9的大小，并加以证明. 解：Tn＜9，证明如下. 令f（x）＝ln（1＋x）－x（x＞0），则f'（x）＝ －1＝ ， 当x＞0时，f'（x）＜0，即f（x）在（0，＋∞）上单调递减， 所以ln（1＋x）－x＜ln（1＋0）－0＝0，即ln（1＋x）＜x. 设cn＝1＋ ，则ln cn＝ln（1＋ ）＝ln（1＋ ）＜ ， 1 2 3 4 所以ln Tn＝ln c1＋ln c2＋ln c3＋…＋ln cn＜ ＋ ＋ ＋…＋ . 记An＝ ＋ ＋ ＋…＋ ， 则 An＝ ＋ ＋…＋ ＋ ， 所以An－ An＝ ＋ ＋ ＋…＋ － ＝ － ＝1 － ＜1， 所以 An＜1，即ln Tn＜An＜2，所以Tn＜e2＜32＝9. 1 2 3 4 4. （2024·南京六校联考）设数列{an}满足 ＝an＋1an－1＋λ（a2－a1） 2，其中n≥2，且n∈N，λ为常数. （1）若{an}是等差数列，且公差d≠0，求λ的值； 解：由题意，可得 ＝（an＋d）（an－d）＋λd2， 化简得（λ－1）d2＝0，又d≠0，所以λ＝1. 1 2 3 4 （2）若a1＝1，a2＝2，a3＝4，且存在r∈[3，7]，使得m·an≥n－r 对任意的n∈N*都成立，求m的最小值； 解：将a1＝1，a2＝2，a3＝4代入条件，可得4＝1×4＋λ， 解得λ＝0， 所以 ＝an＋1an－1，所以数列{an}是首项为1，公比q＝2的等比 数列，所以an＝2n－1. 欲存在r∈[3，7]，使得m·2n－1≥n－r，即r≥n－m·2n－1对任 意n∈N*都成立， 则7≥n－m·2n－1，所以m≥ 对任意n∈N*都成立. 1 2 3 4 令bn＝ ，则bn＋1－bn＝ － ＝ ， 所以当n＞8时，bn＋1＜bn；当n＝8时，b9＝b8；当n＜8时，bn＋ 1＞bn. 所以bn的最大值为b9＝b8＝ ，所以m的最小值为 . 1 2 3 4 （3）若λ≠0，且数列{an}不是常数列，如果存在正整数T，使得an＋T ＝an对任意的n∈N*均成立.求所有满足条件的数列{an}中T的最 小值. 1 2 3 4 解：因为数列{an}不是常数列，所以T≥2. ①若T＝2，则an＋2＝an恒成立，从而a3＝a1，a4＝a2，所以 所以λ（a2－a1）2＝0，又λ≠0，所以a2＝a1，可得{an}是常数 列.矛盾. 所以T＝2不合题意. 1 2 3 4 ②若T＝3，取an＝（k∈N*）（*），满足an＋3 ＝an恒成立. 由 ＝a1a3＋λ（a2－a1）2，得λ＝7. 则条件式变为 ＝an＋1an－1＋7. 由22＝1×（－3）＋7，知 ＝a3k－2a3k＋λ（a2－a1）2； 由（－3）2＝2×1＋7，知 ＝a3k－1a3k＋1＋λ（a2－a1）2； 由12＝（－3）×2＋7，知 ＝a3ka3k＋2＋λ（a2－a1）2. 所以数列（*）适合题意. 所以T的最小值为3. 1 2 3 4 $