第一章 专题微课 数列的综合问题-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套课件PPT（北师大版）

专题微课　数列的综合问题 CONTENTS 目录 1 2 3 题型（一）　数列与不等式的交汇 问题 题型（二）　数列的新定义问题 题型（三）　数列与其他知识综合 4 课时跟踪检测 题型（一）　数列与不等式的 交汇问题 01 [例1]　设数列{an}的前n项和为Sn，若a1=1，Sn=nan-n（n-1），n∈N+. （1）求数列{an}的通项公式； 解：∵Sn=nan-n（n-1），当n≥2时，Sn-1=（n-1）an-1-（n-1）（n-2），∴an=Sn-Sn-1=nan-（n-1）an-1-n（n-1）+（n-1）（n-2）， ∴（n-1）an-（n-1）an-1-（n-1）[n-（n-2）]=0，∴（n-1）an-（n-1）an-1-3（n-1）=0，则an-an-1=3，又a1=1，∴{an}是以1为首项，3为公差的等差数列，故an=1+（n-1）×3=3n-2. （2）若bn=，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：≤Tn<. 解：证明：由（1）得bn===， ∴Tn==. ∵{Tn}递增，∴Tn≥T1==， 又>0，故Tn<，综上≤Tn<. 　　|思|维|建|模| 数列与不等式的交汇问题 （1）以一元一次、一元二次不等式或基本不等式为工具考查数列中项的问题. （2）对于数列中的恒（能）成立问题、不等式证明问题常转化为最值问题求解. 针对训练 1.已知数列{an}满足a1=1，且点在直线y=x+1上. （1）求数列{an}的通项公式； 解：因为点在直线y=x+1上，则=+1，即-=1， 又=1，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列. 故=1+（n-1）×1=n，即an=. （2）数列{anan+1}前n项和为Tn，求能使Tn<3m-12对n∈N+恒成立的 m（m∈Z）的最小值. 解：由（1）得anan+1==-， 所以Tn=-+-+…+-=1-<1， 要使Tn<3m-12对n∈N+恒成立，则3m-12≥1， 即m≥，又m∈Z，所以m的最小值为5. 题型（二）　数列的新定义 问题 02 [例2]　（2024·新课标Ⅰ卷，节选）设m为正整数，数列a1，a2，…，a4m+2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和aj（i<j）后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a1，a2，…，a4m+2是（i，j）—可分数列. （1）写出所有的（i，j），1≤i<j≤6，使数列a1，a2，…，a6是（i，j）—可分数列； 解：首先，我们设数列a1，a2，…，a4m+2的公差为d，则d≠0. 由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列， 故我们可以对该数列进行适当的变形a'k=+1（k=1，2，…，4m+2），得到新数列a'k=k（k=1，2，…，4m+2），然后对a'1，a'2，…，a'4m+2进行相应的讨论即可.换言之，我们可以不妨设ak= k（k=1，2，…，4m+2），此后的讨论均建立在该假设下进行.回到原题，第1小问相当于从1，2，3，4，5，6中取出两个数i和j（i<j），使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是1，2，3，4或2，3，4，5或3，4，5，6.所以所有可能的（i，j）就是（1，2），（1，6），（5，6）. （2）当m≥3时，证明：数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13）—可分数列. 解：证明：由于从数列1，2，…，4m+2中取出2和13后，剩余的4m个数可以分为以下两个部分，共m组，使得每组成等差数列： ①{1，4，7，10}，{3，6，9，12}，{5，8，11，14}，共3组； ②{15，16，17，18}，{19，20，21，22}，…，{4m-1，4m，4m+1，4m+2}，共m-3组（如果m-3=0，则忽略②）.故数列1，2，…，4m+2是（2，13）—可分数列. 针对训练 2.设数列{an}是等差数列，且公差为d，若数列{an}中任意不同的两项之和仍是该数列中的一项，则称该数列是“封闭数列”. （1）若数列{an}中，a1=4，d=2，求证：数列{an}是“封闭数列”； 解：证明：∵a1=4，d=2，∴an=4+2（n-1）=2n+2，∴对任意的s，t∈N+，s≠t，有as+at=（2s+2）+（2t+2）=2（s+t+1）+2. ∵s+t+1∈N+，令p=s+t+1，则有ap=2p+2，∴as+at是数列{an}中的项. ∴数列{an}是“封闭数列”. （2）若an=2n-7，试判断数列{an}是否为“封闭数列”，并说明理由. 解：数列{an}不是“封闭数列”.理由如下：∵an=2n-7， ∴对任意的s，t∈N+，s≠t，as+at=2（s+t）-14， 若数列{an}是“封闭数列”，则必存在正整数p， 使得ap=as+at=2（s+t）-14=2p-7，即s+t=p+，从而“=”左端为正整数，右端不是正整数，从而矛盾.故数列{an}不是“封闭数列”. 题型（三）　数列与其他 知识综合 03 [例3]　（1）数列{an}满足2an=an-1+an+1，Sn是数列{an}的前n项和，a5，a2 016是函数f（x）=x2-6x+5的两个零点，则S2 020的值为 （　　） A.6 B.12 C.2 020 D.6 060 √ 解析：因为数列{an}满足2an=an-1+an+1，所以{an}是等差数列，因为a5，a2 016是函数f（x）=x2-6x+5的两个零点，所以a5+a2 016=6， 所以S2 020==1 010（a5+a2 016）=1 010×6=6 060. （2）已知数列{bn}是公比为q（q≠1）的正项等比数列，且2ln b1 012=0，若f（x）=，则f（b1）+f（b2）+…+f（b2 023）=（　　） A.4 069 B.2 023 C.2 024 D.4 046 √ 解析：由数列{bn}是公比为q（q≠1）的正项等比数列， 故bn>0，2ln b1 012=ln =ln（b1b2 023）=0，故b1b2 023=1， 即有b1b2 023=b2b2 022=…=b2 023b1=1，由f（x）=，则当x>0时， 有f（x）+f=+=+=4， 故f（b1）+f（b2 023）=f（b2）+f（b2 022）=…=f（b2 023）+f（b1）=4，故2[f（b1）+f（b2）+…+f（b2 023）]=[f（b1）+f（b2 023）]+[f（b2）+ f（b2 022）]+…+[f（b2 023）+f（b1）]=2 023[f（b2 023）+f（b1）] =8 092，故f（b1）+f（b2）+…+f（b2 023）=4 046. 针对训练 3.已知等比数列{an}中所有项均为正数，a2 023-a2 022=2a2 021，若aman=（m，n∈N+），则+的最小值为（　　） A. B. C. D. √ 解析：设{an}的公比为q（q>0），则a1q2 022=2a1q2 020+a1q2 021，因为a1>0，所以q2-q-2=0，解得q=2或q=-1（舍去）.aman=a1·2m-1·a1·2n-1=·2m+n-2=16，故m+n-2=4，即m+n=6.因为m，n∈N+，所以+=（m+n）=≥=，当且仅当即m=4，n=2时，等号成立，故+的最小值等于. 4.已知数列{an}满足a1=1，a2=2，an+2=an+sin2，则该数列的前18项和为（　　） A.1 012 B.1 067 C.2 012 D.2 101 √ 解析：∵数列{an}满足a1=1，a2=2，an+2=an+sin2，∴a3=2，a4=（1+cos2π）a2+sin2π=2a2=4.一般地，当n=2k-1（k∈N+）时，a2k+1=a2k-1+sin2=a2k-1+1，即a2k+1-a2k-1=1. ∴数列{a2k-1}是首项为1，公差为1的等差数列， ∴a2k-1=k.当n=2k（k∈N+）时，a2k+2=a2k+sin2=2a2k， ∴数列{a2k}是首项为2，公比为2的等比数列， ∴a2k=2k.∴数列的前18项的和为1+2+2+4+3+8+4+16+5+32+6+64+7+128+8+256+9+512=1 067. 故选B. 课时跟踪检测 04 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2 1.已知数列{an}是等差数列，若a1-a4-a8-a12+a15=，则sin（a2+a14）的值为（　　） A.0 B.1 C.-1 D.不存在 √ 解析：由已知可得a1-a4-a8-a12+a15=（a1+a15）-（a4+a12）-a8=-a8=，可得a8=-，因此sin（a2+a14）=sin（2a8）=sin（-π）=-sin π=0. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 2.若数列{Fn}满足F1=F2=1，当n≥3时，Fn=Fn-1+Fn-2，则称{Fn}为斐波那契数列.令an=（-1，则数列{an}的前100项和为（　　） A.0 B.-34 C.-32 D.32 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：由数列{Fn}的前两项都是奇数，因为两奇数之和为偶数，偶数与奇数之和为奇数，可得{Fn}各项依次为奇奇偶，奇奇偶，奇奇偶，…，所以数列{an}的前若干项依次为-1，-1，1，-1，-1，1，…，将a3n-2，a3n-1，a3n看作一组，每组3个数的和为-1，所以数列{an}的前100项的和为33×（-1）-1=-34. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 3.已知函数f（x）=cos x，x∈，若方程f（x）=m有三个不同的实数根，且三个根从小到大依次成等比数列，则实数m的值是（　　） A.-　　　 B.　 C.-　　　 D. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 解析：如图，设方程f（x）=m的三个不同的实数根从小到大依次为a，b，c，则解得所以m=f（a）=f=cos=-. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 4.定义“等方差数列”：如果一个数列从第二项起，每一项的平方与它的前一项的平方的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等方差数列，这个常数叫做该数列的方公差.设{an}是由正数组成的等方差数列，且方公差为2，a5=3，则数列的前24项和为（　　） A. B.3 C.3 D.6 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 解析：依题意，-=2，即{}是公差为2的等差数列，而a5=3，于是=+2（n-5）=2n-1，即an=，则===-，所以数列的前24项和为（-1）+（-）+（-）+…+（-）=7-1=6. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 5.过圆x2+y2=10x内一点（5，3）有k条弦的长度组成等差数列，且最小弦长为数列的首项a1，最大弦长为数列的末项ak，若公差d∈，则k的取值不可能是（　　） A.4 B.5 C.6 D.7 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 解析：由题意，将圆x2+y2=10x化为（x-5）2+y2=25，可得圆心坐标为C（5，0），半径r=5，设A（5，3），可得|AC|=3，由圆的弦长公式，可得a1=2=8，ak=10，则ak=a1+（k-1）d，即8+（k-1）d=10，所以k=+1，因为≤d≤，所以5≤+1≤7，即5≤k≤7，结合选项，可得k的取值不可能是选项A. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 6.[多选]已知数列{cn}共有9项，且满足c1=2，（cn+1-cn-1）（cn+1-cn-2）=0，则下列说法正确的是 （　　） A.数列{cn}是公差为1或公差为2的等差数列 B.c9的最小值是10，最大值是18 C.若c5=8，则满足条件的数组（c2，c3，c4）的组数共有6组 D.符合已知条件且满足c5-c1=c9-c5的数列{cn}的个数为70 √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 解析：对于A，由（cn+1-cn-1）（cn+1-cn-2）=0得cn+1-cn=1或cn+1-cn=2，{cn}前后两项差为1或2，不一定是等差数列，故A不正确；对于B，当{cn}为等差数列时，若d=1，则c9最小为10，若d=2，则c9最大为18，故B正确；对于C，c5=（c5-c4）+（c4-c3）+（c3-c2）+（c2-c1）+c1，6=（c5-c4）+（c4-c3）+（c3-c2）+（c2-c1），而c5-c4，c4-c3，c3-c2，c2-c1这4组的数只能为2或1，又它们的和为6，故有2个1，2个2，故有=6种，故C正确；对于D， 由c5-c1=c9-c5，则（c5-c4）+（c4-c3）+（c3-c2）+（c2-c1）=（c9-c8）+（c8-c7）+（c7-c6）+（c6-c5），每个cn+1-cn的数只能为2或1，故有++ ++=70个，故D正确. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 7.（5分）设数列{an}的前n项和为Sn，点（n∈N+）均在函数y=3x-2的图象上，则数列{an}的通项公式an=__________.  6n-5 解析：依题意得=3n-2，即Sn=3n2-2n， 所以数列{an}为等差数列，且a1=S1=1，a2=S2-S1=7， 设其公差为d，则d=6，所以an=6n-5（n∈N+）. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 8.（5分）已知无穷等差数列{an}的各项均为正数，公差为d，则能使得anan+1为某一个等差数列{bn}的前n项和（n=1，2，…）的一组a1，d的值为a1=_______________，d=_______________.  1（答案不唯一） 1（答案不唯一） 解析：设等差数列{bn}的前n项和为Sn，则Sn=anan+1，∴S1=a1a2，S2=a2a3，S3=a3a4.又{an}是公差为d的等差数列，∴b1=S1=a1a2，b2=S2-S1=a2a3-a1a2=2da2，b3=S3-S2=a3a4-a2a3=2da3，∵2b2=b1+b3，即2×2da2=a1a2+2da3，∴4d（a1+d）=a1（a1+d）+2d（a1+2d），整理得a1（a1-d）=0，由题知a1>0，∴a1=d.故满足题意的一组a1，d的值为a1=1，d=1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 9.（5分）已知数列{bn}的通项公式是bn=n2-tn+4，使数列中存在负数项的一个t的值为_____________________________________________.  5（答案不唯一，（4，+∞）中的任一个值均可） 解析：记Δ=（-t）2-4×1×4=t2-16，当Δ≤0时，即-4≤t≤4，显然bn=n2-tn+4≥0恒成立，不满足要求；当Δ>0时，t<-4或t>4，若t<-4，则-tn>0，n2+4>0，所以bn=n2-tn+4>0恒成立，不满足要求；若t>4，此时b2=8-2t<0，必然满足数列{bn}中存在负数项.由上可知，t的可取值的范围是（4，+∞），故可取t=5. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 10.（15分）已知数列{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；（5分） 解：证明：设数列{an}的公差为d， 则 即解得b1=a1=，所以原命题得证. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 （2）若集合M={k|bk=am+a1，1≤m≤50}，求集合M中的元素个数.（10分） 解：由（1）知b1=a1=，所以bk=am+a1⇔a1×2k-1=a1+（m-1）d+a1，因为a1≠0，所以m=2k-2∈[1，50]， 解得2≤k≤log250+2=3+log225， 由24=16，25=32，故4<log225<5，即7<3+log225<8， 所以满足等式的解k=2，3，4，5，6，7.故集合M中的元素个数为6. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 11.（15分）已知等差数列{an}是递增数列，a2=2，且a3-1，a4，a5+5成等比数列，Sn是数列{an}的前n项和. （1）求数列{an}的通项公式；（6分） 解：设{an}的公差为d（d>0）， 则 ∴d2-2d-3=0，∵d>0，∴d=3，a1=-1， ∴{an}的通项公式为an=a1+（n-1）d=3n-4. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 （2）设bn=，Tn是数列{bn}的前n项和，求满足+T11>0的最小的n的值.（9分） 解：由（1）知Sn==，bn== =-，T11=+++…+=-1- =-.+T11>0化为->0，∴3n2-5n-250>0， ∴（n-10）（3n+25）>0，∴正整数n>10，∴满足条件的n的最小值为11. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 12.（15分）已知函数y=f（x）的图象经过坐标原点，且f（x）=x2-x+b，数列{an}的前n项和Sn=f（n）（n∈N+）. （1）求数列{an}的通项公式；（4分） 解：∵y=f（x）的图象过原点，则b=0，∴f（x）=x2-x.∴Sn=n2-n. 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2-n-（n-1）2+（n-1）=2n-2， 又∵a1=S1=0适合an=2n-2， ∴数列{an}的通项公式为an=2n-2. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 （2）若数列{bn}满足an+log3n=log3bn，求数列{bn}的前n项和Tn；（5分） 解：由an+log3n=log3bn，得bn=n·=n·32n-2（n∈N+）， ∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=30+2·32+3·34+…+n·32n-2，　① 9Tn=32+2·34+3·36+…+n·32n.　② ②-①得8Tn=n·32n-（1+32+34+36+…+32n-2）=n·32n-， ∴Tn=-=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 （3）令dn=，若cn=-λ（-2）n（λ为非零整数，n∈N+），试确定λ的值，使得对任意n∈N+，都有cn+1>cn成立.（6分） 解：dn==n，故cn=3n-λ（-2）n. 要使cn+1>cn恒成立，即要cn+1-cn=[3n+1-λ（-2）n+1]-[3n-λ（-2）n] =2·3n+3λ（-2）n>0恒成立，即要（-1）n·λ>-恒成立. 下面分n为奇数、n为偶数讨论： 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 ①当n为奇数时，即λ<恒成立.又的最小值为1，∴λ<1. ②当n为偶数时，即λ>-恒成立.又-的最大值为-，∴λ>-. 综上，-<λ<1，又λ为非零整数，∴λ=-1时，使得对任意n∈N+， 都有cn+1>cn成立. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $