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教师用书word（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. 题型（一）　数列与不等式的交汇问题 [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； （2）若bn=，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：≤Tn<. 解：（1）∵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）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； （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：（1）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）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 [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； （2）当m≥3时，证明：数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13）—可分数列. 解：（1）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）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”； （2）若an=2n-7，试判断数列{an}是否为“封闭数列”，并说明理由. 解：（1）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）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 [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：选D　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：选D　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：选C　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：选A　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. 学科网（北京）股份有限公司 $