第五章 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三册配套课件PPT（人教B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]　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，求证：≤Tn<. 解：证明：由（1）得bn===，∴Tn==. ∵Tn单调递增， ∴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]　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. [例4]　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，知bn>0， 2ln b1 012=ln =ln（b1b2 023）=0，故b1b2 023=1，即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.已知数列{an}为等差数列，且a1+a5+a9=4π，则tan（a3+a7）= （　　） A. B.- C.- D. √ 解析：因为数列{an}为等差数列，且a1+a5+a9=4π， 所以a1+a5+a9=3a5=4π，解得a5=， 所以tan（a3+a7）=tan 2a5=tan=tan=-tan=-. 4.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. 课时跟踪检测 04 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 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 13 14 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 13 14 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 13 14 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 13 14 3 4 2 4.有穷数列{an}中，Sn为{an}的前n项和，若把称为数列{an}的“优化和”，现有一个共2 019项的数列：a1，a2，a3，…，a2 019，若其“优化和”为2 020，则有2 020项的数列：1，a1，a2，a3，…，a2 019的“优化和”为（　　） A.2 019 B.2 020 C.2 021 D.2 022 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：由=2 020，得S1+S2+…+S2 019=2 019×2 020，其中S1=a1，S2=a1+a2，…，S2 019=a1+a2+a3+…+a2 019，∴所求数列的“优化和”为[1+（1+a1）+（1+a1+a2）+…+（1+a1+…+a2 018）+（1+a1+…+a2 019）]÷2 020=[1+（1+S1）+（1+S2）+…+（1+S2 018）+（1+S2 019）]÷2 020=[2 020×1+（S1+S2+…+S2 019）]÷2 020= （2 020+2 019×2 020）÷2 020=1+2 019=2 020. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 5.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 13 14 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 13 14 3 4 2 6.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 13 14 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 13 14 3 4 2 7.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 √ 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， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 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 13 14 3 4 2 8.（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 13 14 3 4 2 9.（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=________________.  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（答案不唯一） 1（答案不唯一） 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 10.（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 13 14 3 4 2 11.（10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）求证：a1=b1；（4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 13 14 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.（6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 13 14 3 4 2 12.（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 13 14 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-=-. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 +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 13 14 3 4 2 13.（15分）对于无穷数列{an}，{bn}，n∈N+，若bk=max{a1，a2，…，ak}-min{a1，a2，…，ak}，k∈N+，则称数列{bn}是数列{an}的“收缩数列”，其中max{a1，a2，…，ak}，min{a1，a2，…，ak}分别表示a1，a2，…，ak中的最大项和最小项. （1）写出数列an=3n-1的“收缩数列”；（6分） 解：由an=3n-1可得{an}为递增数列，所以bn=max{a1，a2，…，an}-min{a1，a2，…，an}=an-a1=3n-1-2=3n-3. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 （2）求证：数列{bn}的“收缩数列”仍是{bn}.（9分） 解：证明：因为max{a1，a2，…，an}≤max{a1，a2，…，an+1}，min{a1，a2，…，an}≥min{a1，a2，…，an+1}，n∈N+， 所以max{a1，a2，…，an+1}-min{a1，a2，…，an+1}≥max{a1，a2，…，an}-min{a1，a2，…，an}，所以bn+1≥bn， 又b1=a1-a1=0，所以max{b1，b2，…，bn}-min{b1，b2，…，bn}= bn-b1=bn，所以数列{bn}的“收缩数列”仍是{bn}. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 14.（17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；（5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 13 14 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 13 14 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.（7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当n为奇数时，即λ<恒成立.又的最小值为1，∴λ<1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 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 $