板块三 习题讲评（四）数列中的综合问题-【新高考方案】2026年高考数学二轮复习专题增分方略教师用书word

习题讲评（四）　数列中的综合问题 2025年全国Ⅰ卷尽管未延续2024年新定义压轴考查数列的命题形式，但将数列与导数结合综合考查，反映了高考对数列考查形式的多样性与灵活性.考查的知识重点和热点是数列的通项公式、前n项和公式以及两者之间的关系，在不等式证明中要注意放缩法的应用. 教学点（一）　不等式的证明 [典例]　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； （2）记bn=，求证：-+<bi<-+. 解：（1）由an=（Sn+2），可得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. （2）观察通项为分式形式，且不易直接求解，利用分式放缩法解题→利用不等式性质将bn放缩为-，-→利用分组法求和及等比数列的前n项和公式求和进行化简，即可证明不等式成立. 证明：， ∴bi>++…+ =- =-+. ∵bn===-， ∴bi<++…+=-=-+.结论得证. 习得方略：①处分式放缩，这里将分母2n+1-1变为2n+1，则整个分数变小，实现放缩，进而将变形为-，为后续的求和化简做好准备； ②处先配凑再放缩，在分子中配凑出与分母2n+1-1相同的结构，从而分离常数，再进行放缩. |思|维|建|模| （1）数列不等式的证明往往应用作差法或作商法，有时也会转化为求对应函数的最值大于（或小于）0，此时要注意自变量的取值只能是正整数，同时注意放缩法的应用. （2）数列中不等式的证明，往往分成两类，一类是先求和后放缩得到证明；另一类是先放缩成可求和形式，再求和后得到证明.对于后一类，主要是对通项进行变形与放缩，常用到的变形与放缩的式子有： ①>=-或<=-（n≥2）； ②<=（n≥2）； ③=>=2（-） 或<=2（-）（n≥2）； ④ln<<=-（n≥2）等. [即时训练] 已知等差数列{an}的公差d>0，其前n项和为Sn，且a1，a6，2a18成等比数列，S17=153. （1）求数列{an}的通项公式； （2）若bn=an+1，且{bn}的前n项和为Tn，求证：2Tn>bnbn-1（n≥2）. 解：（1）由题意，得S17==17a9=153，解得a9=9. 又∵a1，a6，2a18成等比数列， ∴=a1·2a18， 即（9-3d）2=2（9-8d）（9+9d）， 解得d=1或d=-（舍去，d>0），∴a1=1， 故数列{an}的通项公式为an=n. （2）证明：由（1）知an=n， 又bn=an+1=n+1，则bn-1=n（n≥2）， Tn==，（关键点：bn>0，Tn>0） ∴===>. ∵bn=n+1>0，∴2Tn>bnbn-1（n≥2）. 教学点（二）　不等式恒成立求参数问题 [典例]　（2025·哈尔滨二模）已知数列{an}满足a1=5，an+1-2an=3n（n∈N*），记bn=an-3n. （1）求证：{bn}是等比数列； （2）设cn=，数列{cn}的前n项和为Sn.若不等式（-1）nλ<Sn+对一切n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围. 思维路径：（1）证明为常数即可证明{bn}为等比数列，从而得证； （2）根据等比数列通项公式即可求{bn}的通项公式，从而可求出cn，根据{cn}通项公式的特征，采用错位相减法求其前n项和Sn，题设化简为（-1）nλ<5，通过讨论n为奇数或偶数，即可求出λ的范围. 解：（1）证明：由已知，因为an+1-2an=3n，所以an+1=3n+2an，所以bn=an-3n，bn+1=an+1-3n+1=3n+2an-3×3n=2an-2×3n=2（an-3n）=2bn. 又因为a1=5，所以b1=a1-31=5-3=2， 所以数列{bn}中任意一项不为0， （也可以写作：因为b1≠0，所以bn≠0）=2， 所以数列{bn}是首项为2， 公比为2的等比数列. （2）由第（1）问知，bn=2×2n-1=2n， 则cn=， 所以Sn=+++…+　①， Sn=+++…+　②， 所以①-②可得 Sn=+++…+-=+-， 所以Sn=5-（2n+5）. 由（-1）nλ<Sn+， 得（-1）nλ<5-（2n+5）+， 化简得（-1）nλ<5. （关键点：恒成立问题常采用分离参数法，两边同时除以（-1）n，因而需要对n进行讨论，（-1）n的正负影响不等号方向） 当n 为奇数时，有-λ<5，即λ>5×-5，而=5×-5=-，所以λ>-； 当n为偶数时，有λ<5=5-5×， 而=5-5×=，所以λ<. 综上，实数λ的取值范围为. |思|维|建|模| 解数列的不等式恒成立求参数问题常用分离参数法，在分离参数时，注意与参数相乘代数式的正负，必要时需分类讨论. [即时训练] （2025·济南三模）记等差数列{an}的前n项和为Sn，数列的前n项和为Tn，已知a1=1，S3=6. （1）求{an}的通项公式； （2）求Tn； （3）若∀n∈N*，an+≥3成立，求实数k的最小值. 思维路径：（1）设数列{an}的公差为d，由a1=1，S3=6解出d即可求解； （2）由（1）得==2，利用裂项相消法即可求解； （3）化简式子，利用基本不等式或导数求解. 解：（1）设数列{an}的公差为d，所以S3=a1+a2+a3=3a2=3（a1+d）=6⇒a1+d=2.又a1=1，所以d=1， 所以an=a1+（n-1）d=1+（n-1）×1=n，即an=n. （2）由（1）得Sn=，所以==2， 所以Tn=++…+=2=2=， 所以Tn=. （3）法一　由（1）（2）得an+=n+≥3⇒k≥，令t=n+1⇒n=t-1（t≥2，t∈N*）， 所以k≥==10-. 由2t+≥2=8，当且仅当2t=，即t=2时等号成立，所以k≥10-8=2， 所以实数k的最小值为2. 法二　由（1）（2）得an+=n+≥3⇒k≥，令f（x）=， 可得f'（x）=，令f'（x）≤0，得x≥1，所以f（x）=在[1，+∞）上单调递减， 所以f（x）=的最大值为f（1）==2. 所以k≥2，所以实数k的最小值为2. 教学点（三）　数列的创新应用问题 [典例]　设t>1，n∈N*，若各项均为正数的数列{an}满足an<an+1<an，则称数列{an}具有性质“P（t）”. （1）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=1-an（n∈N*），试判断数列{an}是否具有性质“P（4）”，并说明理由； （2）若数列{an}满足a1=，且an+1=ln（-1）-ln an（n∈N*）.证明：数列{an}具有性质“P（3）”. 思维路径：（1）根据给定条件，利用数列前n项和与第n项的关系求出通项公式，再利用性质“P（4）”的定义推理判断. （2）根据给定条件，构造函数，利用导数确定单调性再证明不等式. 解：（1）数列{an}中，Sn=1-an，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=-an+an-1，则an=an-1. 而a1=S1=1-a1，解得a1=，因此数列{an}是首项和公比都为的等比数列， 则an=>0，an+1=<=an，an=·=<=an+1， 正项数列{an}满足an<an+1<an，所以数列{an}具有性质“P（4）”. （2）证明：设函数f（x）=ln（ex-1）-ln x，x>0，令函数h（x）=x-ex+1，x>0，求导得h'（x）=1-ex<0， 函数h（x）在（0，+∞）上单调递减，则h（x）<h（0）=0，即ex-1>x，ln（ex-1）>ln x. 任意x>0，f（x）=ln（ex-1）-ln x>0，而an+1=f（an），a1=>0，则an>0，n∈N*， 于是an+1-an=ln（-1）-ln an-an=-1）-ln（an）， 令g（x）=xex-（ex-1），x>0，求导得g'（x）=ex+xex-ex=xex>0， 函数g（x）=xex-（ex-1）在（0，+∞）上单调递增，g（x）>g（0）=0， 当x>0时，xex>ex-1>0，ln（xex）>ln（ex-1），而an>0， 则an+1-an=ln（-1）-ln（an）<0，因此an+1<an. 依题意，an+1-an=ln（-1）-ln an-an， 令u（x）=ln（ex-1）-ln x-x=ln（ex-1）-ln（x），x>0， 令函数t（x）=ex-1-x，x>0， 则t'（x）=ex--x=， 令函数φ（x）=-1-x，x>0， 求导得φ'（x）=->0，函数φ（x）在（0，+∞）上单调递增， 当x>0时，φ（x）>φ（0）=0，t'（x）>0， 函数t（x）在（0，+∞）上单调递增， 当x>0时，t（x）>t（0）=0， 即当x>0时，ex-1>x>0，ln（ex-1）>ln， 因此当x>0时，u（x）>0.又an>0，则u（an）>0， 于是ln（-1）-ln an-an>0，an+1>an， 则an<an+1<an， 所以数列{an}具有性质“P（3）”. |思|维|建|模| 数列与集合、函数、不等式，以及数列新定义的综合问题，是高考命题的一个方向，考查逻辑推理、数学运算、数学建模等核心素养.解决此类问题，一是把数列看成特殊的函数，利用函数的图象、性质求解；二是将新数列问题转化为等差或等比数列，利用特殊数列的概念、公式、性质，结合不等式的相关知识求解. [即时训练] 若对于任意的k∈N*，bk为数列{an}中小于k的项的个数，则称数列{bn}是{an}的“生成数列”. （1）分别写出数列1，0，3，4及，，2，的“生成数列”的前4项； （2）若数列{an}满足an=2n，且{an}的“生成数列”为{bn}，求{bn}的通项公式； （3）若{an}为等比数列，且a1=2，公比q=3，{an}的“生成数列”为{bn}，{bn}的“生成数列”为{cn}，求{cn}的通项公式. 解：（1）由生成数列的定义可知，数列1，0，3，4的“生成数列”的前4项是1，2，2，3； 数列，，2，的“生成数列”的前4项是0，2，4，4. （2）{an}为2，4，6，8，…， 则{an}中小于1的项的个数b1=0， 小于2的项的个数b2=0， 小于3的项的个数b3=1， 小于4的项的个数b4=1， 小于5的项的个数b5=2， 小于6的项的个数b6=2，…， 在{bn}中，当n为奇数时，设n=2k-1，k∈N*， 则小于（2k-1）的偶数有（k-1）个， 所以bn=k-1=； 在{bn}中，当n为偶数时，设n=2k，k∈N*， 则小于2k的偶数有（k-1）个， 所以bn=k-1=， 所以bn= （3）因为{an}为等比数列，且a1=2，公比q=3，所以an=2×3n-1. 下面我们来证明：cn=an. 因为bk表示{an}中小于k的项的个数，bk+1表示{an}中小于（k+1）的项的个数， 所以易得bk≤bk+1， 即0≤b1≤b2≤b3≤…≤bn-1≤bn≤…， 设cn=t，由bt<n，bt+1≥n， 可得an≥t，an<t+1. 又因为an∈N*， 所以an=t=cn， 所以cn=an=2×3n-1. [课时验收评价] 1.（13分）（2025·济南模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2an-n，n∈N*， （1）求数列{an}的通项公式；（6分） （2）设cn=，记数列{cn}的前n项和为Mn，求证：≤Mn<1.（7分） 解：（1）因为Sn=2an-n（n∈N*）　①， 所以a1=2a1-1，解得a1=1. 对任意的n∈N*，Sn+1=2an+1-n-1　②， ②-①得an+1=2an+1-2an-1，即an+1=2an+1， 所以an+1+1=2an+1+1=2（an+1）. 又因为a1+1=2，所以数列{an+1}中的项不为0， 所以=2， 所以数列{an+1}是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以an+1=2×2n-1=2n，即an=2n-1. （2）证明：因为cn===-， 所以Mn=1-+-+…+-=1-（n∈N*）. 因为cn>0，数列{Mn}为递增数列， （说明数列的单调性及项大于0） 所以=M1≤Mn<1，即≤Mn<1. 2.（15分）（2025·合肥三模）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，其中a4=8，S6=42，数列{bn}的前n项积为Tn，且Tn=（. （1）求数列{an}与{bn}的通项公式；（8分） （2）设Qn为数列{bn}的前n项和，若不等式[（-1）n·λ-Qn]·Qn≤14对任意的n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围.（7分） 解：（1）设数列{an}的公差为d， 则 故a1=d=2， 则an=a1+（n-1）d=2n，Sn=na1+=n2+n. 依题意，Tn=（， 当n≥2时，Tn=（，Tn-1=（，可得bn==2n， 当n=1时，b1=T1==2，符合上式，所以bn=2n. 综上所述，an=2n，bn=2n. （2）由（1）知bn=2n，可得Qn==2n+1-2>0， 故[（-1）n·λ-Qn]·Qn≤14对任意n∈N*恒成立， 即（-1）n·λ≤Qn+对任意n∈N*恒成立， 当n为偶数时，原式化为λ≤Qn+， 即λ≤. 因为Q2=6>，当n=2时，可得=，所以λ≤； 当n为奇数时，原式化为-λ≤Qn+， 即-λ≤， 因为Q1=2<<Q3=14， 所以n=1时，Qn+的取值最小，故-λ≤9，即λ≥-9， 综上可得，-9≤λ≤， 即实数λ的取值范围为. 3.（15分）（2025·新乡模拟）已知数列{an}各项均为正数，且满足a1=1，an≠2，an+1=an（4-an）. （1）求数列{an}的通项公式；（7分） （2）记bn=log2（2-an），数列{bn}的前n项和为Sn，试证明：Sn≤0.（8分） 解：（1）正项数列{an}中，an≠2，a1=1， 由an+1=an（4-an），得an+1=-+2an， 则an+1-2=-， 即2-an+1=>0，2-a1=1>0，于是2-an>0. 令cn=2-an，则有cn+1=. 因此ln cn+1=-ln 2+2ln cn，即ln cn+1-ln 2=2（ln cn-ln 2）， ln c1-ln 2=ln（2-a1）-ln 2=-ln 2， 则{ln cn-ln 2}是以2为公比，-ln 2为首项的等比数列， 于是ln cn-ln 2=-ln 2·2n-1， 即ln cn=（1-2n-1）ln 2=ln ，解得cn=， 所以数列{an}的通项公式是an=2-. （2）证明：由（1）知2-an=>0，bn=log2（2-an）=1-2n-1，显然{2n-1}是等比数列， 即Sn=b1+b2+…+bn=n-（1+2+…+2n-1）=n-=n+1-2n. 令函数f（x）=x-2x+1（x≥1），求导得f'（x）=1-2xln 2， 当x≥1时，2xln 2≥2ln 2=ln 4>ln e=1，则1-2xln 2<0， f'（x）<0，函数f（x）在区间[1，+∞）上单调递减，f（x）≤f（1）=0，所以Sn≤0. 4.（15分）（2025·天津二模）已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=1，bn∈N*，a2+a8=18，b2b4=81. （1）求数列{an}和{bn}的通项公式；（5分） （2）求数列的前n项和Sn；（4分） （3）已知cn=，数列{cn}的前n项和为Tn，若对任意正整数n，不等式1-Tn<恒成立，求实数λ的取值范围.（6分） 解：（1）设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，则有⇒d=2， 所以an=1+（n-1）×2=2n-1.因为⇒q=±3，又bn∈N*，所以q=3， 所以bn=1×3n-1=3n-1，所以an=2n-1，bn=3n-1. （2）令dn====+=+， 所以Sn=d1+d2+…+dn=n+=n+=. （3）由（1）知cn===（2n-1）， 所以Tn=c1+c2+c3+…+cn=1×+3×+5×+…+（2n-1）　①， Tn=1×+3×+…+（2n-1）×　②， 所以①-②得Tn=+2-（2n-1）=+2×-（2n-1）×，解得Tn=1-（n+1）×. 由1-Tn<，得1-Tn=（n+1）×<，即λ>（n+1）.令en=（n+1）， 所以en-en-1=（n+1）-n=， 所以当n>2时，en-en-1<0，即en<en-1，所以当n>2时，数列{en}递减.又e1=e2=，所以λ>，所以λ∈. 学科网（北京）股份有限公司 $