第六章 §6.7 数列中的综合问题（教师用书word）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（湘教版 甘）

§6.7　数列中的综合问题 课标要求　数列的综合运算问题以及数列与函数、不等式等知识的交汇问题，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、前n项和公式等． 题型一　等差数列、等比数列的综合运算 例1 已知公差不为0的等差数列{an}满足a2＝6，a1，a3，a7成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝n· ，求数列{bn}的前n项和Sn. 解　(1)根据题意，设等差数列{an}的公差为d(d≠0)， 由于a2＝6，a1，a3，a7成等比数列， 则有 解得或(舍)， ∴an＝2n＋2. (2)由bn＝n·22n＝n·4n， 则Sn＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)·4n－1＋n·4n，① 4Sn＝1×42＋2×43＋3×44＋…＋(n－1)·4n＋n·4n＋1，② ①－②得，－3Sn＝4＋42＋43＋…＋4n－n·4n＋1 ＝－n·4n＋1， ∴Sn＝(1－4n)＋ ＝4n＋1＋，n∈N+. 思维升华 数列的综合运算问题常将等差、等比数列结合，两者相互联系、相互转化，解答这类问题的方法：寻找通项公式，利用性质进行转化． 跟踪训练1 (2024·无锡模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，a3是a1，a13的等比中项，S5＝25. (1)求{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足b1＝－1，bn＋bn＋1＝Sn，求b20. 解　(1)由题意得 即 解得或(舍)， ∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1. (2)bn＋bn＋1＝Sn＝＝n2，① bn＋1＋bn＋2＝(n＋1)2，② ②－①得，bn＋2－bn＝2n＋1， ∵b1＝－1，∴b2＝2. ∴b20＝b20－b18＋b18－b16＋…＋b4－b2＋b2＝37＋33＋29＋…＋5＋2 ＝＋2＝191. 题型二　数列与其他知识的交汇问题 命题点1　数列与不等式的交汇 例2 (1)(2022·全国乙卷)嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星．为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{bn}：b1＝1＋，b2＝1＋，b3＝1＋，…，依此类推，其中αk∈N+(k＝1,2，…)．则(　　) A．b1<b5 B．b3<b8 C．b6<b2 D．b4<b7 答案　D 解析　方法一　当n取奇数时， 由已知b1＝1＋，b3＝1＋， 因为>，所以b1>b3， 同理可得b3>b5，b5>b7，…，于是可得b1>b3>b5>b7>…，故A不正确； 当n取偶数时，由已知b2＝1＋， b4＝1＋， 因为>，所以b2<b4， 同理可得b4<b6，b6<b8，…，于是可得b2<b4<b6<b8<…，故C不正确； 因为>，所以b1>b2， 同理可得b3>b4，b5>b6，b7>b8， 又b3>b7，所以b3>b8，故B不正确； 因为b4<b8，b7>b8，所以b4<b7，故D正确． 方法二　(特殊值法) 不妨取αk＝1(k＝1,2，…)，则b1＝1＋＝2， b2＝1＋＝1＋＝1＋＝， b3＝1＋＝1＋＝1＋＝， 所以b4＝1＋＝1＋＝， b5＝1＋＝1＋＝， b6＝1＋＝1＋＝， b7＝1＋＝1＋＝， b8＝1＋＝1＋＝. 逐一判断选项可知选D. (2)若不等式(－1)na<2＋对于任意正整数n恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A．[－2,2] B．(－∞，－2] C．[－2,1) D. 答案　D 解析　当n为正奇数时，－a<2＋， 即a>－恒成立， 因为0<≤1，所以2<2＋≤3， 所以－3≤－<－2， 所以a≥－2； 当n为正偶数时，a<2－恒成立， 因为0<≤，所以－≤－<0， 所以≤2－<2， 所以a<. 综上所述，－2≤a<. 命题点2　数列与函数的交汇 例3 已知函数f(x)是定义在R上的严格增函数且为奇函数，数列{an}是等差数列，a1 012>0，则f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋…＋f(a2 022)＋f(a2 023)的值(　　) A．恒为正数 B．恒为负数 C．恒为0 D．可正可负 答案　A 解析　因为函数f(x)是R上的奇函数且是严格增函数， 所以f(0)＝0，且当x>0时，f(x)>0; 当x<0时，f(x)<0. 因为数列{an}是等差数列，a1 012>0， 故f(a1 012)>0. 再根据a1＋a2 023＝2a1 012>0， 所以a1>－a2 023， 则f(a1)>f(－a2 023)＝－f(a2 023)， 所以f(a1)＋f(a2 023)>0. 同理可得f(a2)＋f(a2 022)>0，f(a3)＋f(a2 021)>0，…， 所以f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋…＋f(a2 022)＋f(a2 023) ＝[f(a1)＋f(a2 023)]＋[f(a2)＋f(a2 022)]＋…＋[f(a1 011)＋f(a1 013)]＋f(a1 012)>0. 思维升华 数列与函数、不等式的综合问题关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求出数列的通项公式或前n项和公式，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题，通过放缩进行不等式的证明． 跟踪训练2 (1)分形的数学之美，是以简单的基本图形，凝聚扩散，重复累加，以迭代的方式而形成的美丽的图案．自然界中存在着许多令人震撼的天然分形图案，如鹦鹉螺的壳、蕨类植物的叶子、孔雀的羽毛、菠萝等．如图为正方形经过多次自相似迭代形成的分形图形，且相邻的两个正方形的对应边所成的角为15°.若从外往里最大的正方形边长为9，则第5个正方形的边长为(　　) A. B. C．4 D. 答案　C 解析　设第n个正方形的边长为an，则由已知可得an＝an＋1sin 15°＋an＋1cos 15°， ∴＝＝＝， ∴{an}是以9为首项，为公比的等比数列， ∴a5＝a1q4＝9×4＝4. (2)已知函数f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A>0，|φ|≤，ω>0)，射线y＝－2(x≥0)与该函数图象的交点的横坐标从左至右依次构成数列{xn}，且xn＝4n－(n∈N+)，则f(5)＝________. 答案　－1 解析　因为xn＝4n－(n∈N+)， 则数列{xn}是等差数列，公差为4，且f(xn)＝－2，n∈N+， 因此A＝2，函数f(x)的最小正周期是4， 即＝4，解得ω＝， 又f(x1)＝f ＝－2， 即有×＋φ＝π＋2kπ，k∈Z， 由|φ|≤，解得φ＝， 于是f(x)＝2cos， 所以f(5)＝2cos＝－1. 课时精练 一、单项选择题 1．(2023·广州模拟)已知f(x)＝2x2，数列{an}满足a1＝2，且对一切n∈N+，有an＋1＝f(an)，则(　　) A．{an}是等差数列 B．{an}是等比数列 C．{log2an}是等比数列 D．{log2an＋1}是等比数列 答案　D 解析　由题意知an＋1＝2a， 所以log2an＋1＝1＋2log2an， 所以log2an＋1＋1＝2(log2an＋1)，n∈N+， 所以{log2an＋1}是等比数列， 又log2a1＋1＝2，所以log2an＋1＝2n， 所以log2an＝2n－1，故A，B，C错误，D正确． 2．(2024·铜仁模拟)为了进一步学习贯彻党的二十大精神，推进科普宣传教育，激发学生的学习热情，营造良好的学习氛围，不断提高学生对科学、法律、健康等知识的了解，某学校组织高一10个班级的学生开展“红色百年路·科普万里行”知识竞赛．统计发现，10个班级的平均成绩恰好成等差数列，最低平均成绩为70，公差为2，则这10个班级的平均成绩的P40为(　　) A．76 B．77 C．78 D．80 答案　B 解析　记10个班级的平均成绩形成的等差数列为{an}，则an＝70＋2(n－1)＝2n＋68， 又10×40%＝4，所以这10个班级的平均成绩的P40为＝＝77. 3．(2023·岳阳模拟)在等比数列{an}中，a2＝－2a5，1<a3<2，则数列{a3n}的前5项和S5的取值范围是(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　设等比数列{an}的公比为q， 则q3＝＝－，数列{a3n}是首项为a3，公比为q3＝－的等比数列， 则S5＝＝a3∈. 4.有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点．已知最底层正方体的棱长为8，如果该塔形几何体的最上层正方体的棱长等于1，那么该塔形几何体中正方体的个数是(　　) A．5 B．7 C．10 D．12 答案　B 解析　设从最底层开始的第n层的正方体棱长为an，则由题意得数列{an}为以8为首项，为公比的等比数列， 其通项公式为an＝8×n－1＝23×＝ . 令an＝1，得n＝7， 故该塔形几何体中正方体的个数为7. 5．已知数列{an}满足an＝n∈N+，若对于任意n∈N+都有an>an＋1，则实数a的取值范围是(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　因为当n>7时，an＝n＋2， 而要满足an>an＋1，故{an}要单调递减， 所以－a<0，解得a>， 当n≤7时，an＝an－6，而要满足an>an＋1， 故{an}要单调递减，所以0<a<1， 还需满足a7－6>×8＋2，解得a>， 所以实数a的取值范围是. 6．若x1，x2是函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1(a>0，b>0)的导函数的两个不同零点，且x1，x2，2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则a＋b等于(　　) A. B. C. D．4 答案　A 解析　∵f′(x)＝x2＋2ax＋b， ∴x1＋x2＝－2a<0，x1x2＝b>0， ∴x1，x2为两个不等的负数，不妨设x1<x2<0， 则必有x1，x2，2(或2，x2，x1)成等差数列， x1，2，x2(或x2，2，x1)成等比数列， 故有2x2＝x1＋2，x1x2＝4， 解得x1＝－4，x2＝－1， 可得a＝，b＝4，a＋b＝. 二、多项选择题 7．(2023·湖州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，则下列说法正确的是(　　) A．若Sn＝2n2＋1，则{an}是等差数列 B．若Sn＝n－1，则{an}是等比数列 C．若{an}是等差数列，则S199＝199a100 D．若{an}是等比数列，则S99·S101>S 答案　BC 解析　对于A，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2＋1－2(n－1)2－1＝4n－2， a1＝S1＝3，a2＝6，a3＝10，a3－a2≠a2－a1，{an}不是等差数列，故A错误； 对于B，a1＝S1＝－，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n－1－n－1＋1＝－n，a2＝－， a3＝－， ＝＝，{an}是等比数列，故B正确； 对于C，若{an}是等差数列， 则S199＝＝＝199a100，故C正确； 对于D，若an＝1，则Sn＝n， S99·S101＝99×101＝9 999， 而S＝1002＝10 000>9 999，故D错误． 8．(2024·唐山模拟)如图，△ABC是边长为2的等边三角形，连接各边中点得到△A1B1C1，再连接△A1B1C1的各边中点得到△A2B2C2，…，如此继续下去，设△AnBnCn的边长为an，△AnBnCn的面积为Mn，则(　　) A．Mn＝a B．a＝a3a5 C．a1＋a2＋…＋an＝2－22－n D．M1＋M2＋…＋Mn< 答案　ABD 解析　显然△AnBnCn是正三角形， 因此Mn＝a，故A正确； 由中位线性质易得an＝an－1(n≥2)， 即{an}是等比数列，公比为，因此a＝a3a5，故B正确； a1＝AB＝1，a1＋a2＋…＋an＝ ＝2－21－n，故C错误； M1＝×12＝，{an}是等比数列，公比为， 则{Mn}也是等比数列，公比是， M1＋M2＋…＋Mn＝ ＝<，故D正确． 三、填空题 9．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若＝a1＋a2 023(向量，不平行)，且A，C，B三点共线，则S2 023＝________. 答案　 解析　当A，C，B三点共线时，a1＋a2 023＝1， 由等差数列的求和公式可得 S2 023＝＝. 10．已知数列{an}为等比数列，a2a3a4＝64，a6＝32，数列{bn}满足bn＝log2an＋1，若不等式4λ≥bn[1－(n＋4)λ]对于任意的n∈N+恒成立，则实数λ的取值范围为________． 答案　 解析　由a2a3a4＝64，得a＝64， 解得a3＝4， 设{an}的公比为q，则q3＝＝8， 解得q＝2，a1＝1， 所以an＝2n－1，bn＝log2an＋1＝n， 则原不等式等价于4λ≥n[1－(n＋4)λ]， 即λ≥， 又＝≤＝， 当且仅当n＝2时等号成立，故λ≥. 四、解答题 11．(2022·新高考全国Ⅱ)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； (2)求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数． (1)证明　设等差数列{an}的公差为d， 由a2－b2＝a3－b3， 得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，即d＝2b1； 由a2－b2＝b4－a4， 得a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，即a1＝5b1－2d，将d＝2b1代入， 得a1＝5b1－2×2b1＝b1，即a1＝b1. (2)解　由(1)知an＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)×2b1＝(2n－1)a1，bn＝b1·2n－1， 由bk＝am＋a1，得b1·2k－1＝(2m－1)a1＋a1， 由a1＝b1≠0得2k－1＝2m， 由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1 000，所以k＝2,3,4，…，10，共9个数，即集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}＝{2,3,4，…，10}中元素的个数为9. 12．(2023·长沙联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n－an. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列{bn}的前n项和为Tn，且2bn＝(n－2)·(an－1)，若Tn≥λbn对于n∈N+恒成立，求λ的取值范围． 解　(1)∵Sn＝n－an， ∴Sn－1＝(n－1)－an－1(n≥2)， 两式作差得2an＝an－1＋1(n≥2)， ∴an－1＝(an－1－1)(n≥2)， 当n＝1时，S1＝1－a1， ∴a1－1＝－， ∴{an－1}是首项为－，公比为的等比数列，故an＝1－n. (2)∵2bn＝(n－2)(an－1)， ∴bn＝(2－n)n＋1， ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1×2＋0×3＋(－1)×4＋…＋(2－n)n＋1，① Tn＝1×3＋0×4＋(－1)×5＋…＋(2－n)n＋2，② 两式作差得Tn＝1×2－－(2－n)n＋2， 化简得Tn＝， ∵Tn≥λbn恒成立， ∴≥λ(2－n)，n≥λ(2－n)， 当n＝1时，λ≤1； 当n＝2时，λ∈R； 当n≥3时，λ≥＝－＝－， 而－<－1，∴λ≥－1， 综上所述，－1≤λ≤1. 学科网（北京）股份有限公司 $