第四章 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（人教A版）

专题微课　数列的综合问题 建构知识体系 数列的综合问题 融通学科素养 1.浸润的学科素养 (1)通过对数列的概念与表示的理解,以及对数列与函数的关系、数列通项公式的认识,渗透数学抽象、逻辑推理等核心素养. (2)通过对等差、等比数列概念、通项公式、前n项和公式学习运用,强调基本量之间的等量关系,聚焦逻辑推理和数学运算的核心素养. 2.渗透的数学思想 (1)在求等差数列和等比数列的通项公式时,分别用到了累加法和累乘法. (2)在求等差数列和等比数列的前n项和时,分别用到了倒序相加法和错位相减法. (3)等差数列和等比数列各自都涉及5个量,已知其中任意三个求其余两个,用到了方程思想. (4)在研究等差数列和等比数列单调性,等差数列前n项和最值问题时,都用到了函数思想. 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]　(2025年1月·八省高考适应性演练)已知数列{an}中,a1=3,an+1=. (1)证明:数列为等比数列; 解:证明:由an+1=得==·+,则1-=-·= ,所以数列是首项为1-=,公比为的等比数列. (2)求{an}的通项公式; 解:由(1)得1-=×=,所以an==. (3)令bn=,证明:bn<bn+1<1. 解:证明:由(2)得bn==·= ===1-.令f(n)=3·-2,n∈[1,+∞), 由f(n)=3·-2在[1,+∞)上单调递增,则f(n)≥f(1)=3×-2=>0, 所以数列在n∈N*上递减, 从而数列{bn}在n∈N*上递增,且bn<1,故得bn<bn+1<1. |思|维|建|模| 数列与不等式的交汇问题一般有两种: (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}的前n项积Mn=,数列{bn}的前n项和为Sn,b1=1,满足2Sn=nbn+1. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; 解:当n≥2时,an===2n,当n=1时,a1=M1=2满足上式, 所以an=2n,n∈N*.因为2Sn=nbn+1,当n≥2时,2Sn-1=(n-1)bn, 两式作差得2bn=nbn+1-(n-1)bn,即(n+1)bn=nbn+1,所以=, 所以当n≥2时,=2,=,=,…,=, 上述等式全部相乘得=n,所以bn=nb1=n, b1=1也满足bn=n,所以对任意的n∈N*,bn=n. (2)记cn=,数列{cn}的前n项和为Tn,若∃n∈N*,使t2+t-1<2Tn成立,求实数t的取值范围. 解:由(1)得cn===-. 所以Tn=-+-+…+-=-<. 由已知t2+t-1<1,即t2+t-2<0,解得-2<t<1, 因此,实数t的取值范围是(-2,1). 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)已知等差数列{an}满足3a7=5a13,cos2a4-cos2a4sin2a7+sin2a4cos2a7-sin2a4=-cos(a5+a6),公差d∈(-2,0),则数列{an}的前n项和Sn的最大值为 (　　) A.100π B.54π C.77π D.300π √ 解析:由3a7=5a13,得3(a1+6d)=5(a1+12d),解得a1=-21d.∵cos2a4-cos2a4sin2a7 +sin2a4cos2a7-sin2a4=cos2a4cos2a7-sin2a4sin2a7=(cos a4cos a7-sin a4sin a7) (cos a4cos a7+sin a4sin a7) =cos(a4+a7)cos(a4-a7)=-cos(a5+a6), 又a4+a7=a5+a6,∴cos(a4-a7)=-1,故a4-a7=-3d=π+2kπ(k∈Z),d=-(k∈Z). 又公差d∈(-2,0),∴d=-,a1=7π.由an=7π+(n-1)≥0,得n≤22, 故S22或S21最大,最大值为S22=22×7π+×=77π,故选C. (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 √ 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.已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,以此类推,若N>100且该数列的前N项和为2的整数幂,则N的最小值为 (　　) A.440 B.330 C.220 D.110 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 解析:把题设中的数列分成如下的组:(1),(1,2),(1,2,4),(1,2,4,8),… ,记前k组的和为Tk.则Tk=1+(1+2)+…+(1+2+4+…+2k-1)=1+(22-1)+…+(2k-1)=2k+1 -k-2,令1+2+3+…+k>100,即k(k+1)>200,故k≥14.故当N>100时,数列至少包括前13组且含有第14组的前10个元素.设前N项和为2的整数幂且第N项为第k组的第l个元素,则N=+l,且前N项和SN=Tk-1+1+2+…+2l-1=2k-k-2+2l,其中1≤l≤k,k≥14.下证:当k≥14时,总有2k-1>k.记g(k)=2k-1-k,则当k≥14时,有g(k)-g(k-1)=2k-2-1>0,故{g(k)}为单调递增数列,而g(14)=213-14 >0,故g(k)≥g(14)>0,即2k-1>k.所以2k-k-2+2l≥2k-1+2k-1-k>2k-1,2k-k-2+2l<2k +2k=2k+1.由SN为2的整数幂,故SN=2k,从而k+2=2l,当k=14时,l=4,与l≥10矛盾;当k=30时,l=5,此时N=+5=440,故选A. 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 1 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.(答案不唯一) 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.(10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;(4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.(6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 11.(15分)已知数列是以为首项的常数列,Sn为数列{an}的前n项和. (1)求Sn;(5分) 解:由题意可得=,则an=3n-1,可得==3, 可知数列{an}是首项a1=1,公比q=3的等比数列, 所以Sn==. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 (2)设正整数m=b0×30+b1×31+…+bk×3k,其中bi∈{0,1,2},i,k∈N.例如:3 =0×30+1×31,则b0=0,b1=1;4=1×30+1×31,则b0=1,b1=1.若f(m)=b0+b1+ …+bk,求数列{Sn·f(Sn)}的前n项和Tn.(10分) 解:因为Sn=30+31+32+…+3n-1=1×30+1×31+1×32+…+1×3n-1,则b0=b1=…=bn-1=1,由题意f(Sn)=b0+b1+…+bn-1=1+1+…+1=n, 所以Sn·f(Sn)=,可得Tn=++…+= [(1×3+2×32+…+n×3n)-(1+2+…+n)].先求数列{n×3n}的前n项和,记为T', 则T'=1×31+2×32+…+n×3n,　① 3T'=1×32+2×33+…+n×3n+1,　② 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 ①-②得-2T'=3+32+33+…+3n-n×3n+1=-n×3n+1=-+×3n+1, 所以T'=+×3n+1; 再求{n}的前n项和,记为T″,则T″=. 综上所述,Tn=(T'-T″)==+×3n+1-. 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: 当n为奇数时,即λ<恒成立.又的最小值为1,∴λ<1. 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 $