4.3.2 第3课时数列的综合问题-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册同步辅导与测试(人教A版)

数学选择性必修第二册 3.我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：： 一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为 “远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八； 前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问最 十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共 后一天走了 () 挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上 A.6里 B.12里 一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯 ( C.24里 D.96里 A.1盏 B.3盏 6,设S。为数列e,的前n项和，若(n∈N是 C.5盏 D.9盏 非零常数，则称该数列为“和等比数列”.若数列 4.中国古代著作《算法统宗》中有这样一个问题： {cn}是首项为2，公差为d(d≠0)的等差数列，且 “三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减 数列{cn}是“和等比数列”，则d= 一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔 细算相还.”其意思为：有一个人走378里路，第 温馨提示 请做课时分层检测（十） 第三课时 数列的综合问题 明学习目标 知结构体系 课标 1.能用裂项相消法，错位相减法求和。 分组转化法 要求 2.体会数列与不等式等综合问题. 错位相减法 重点 重点：裂项相消法，错位相减法求和. 数列求和 难点 裂项相消法 难点：放缩法的应用， 关键能力·合作探究 讲练设计探究重点 :[典例]设Sm为等差数列{an}的前n项和，已知 题点一 裂项相消法求和 S3=a7,a8-2a3=3. 几种常见的裂项方式 (1)求am; 数列 (2)设6。=求数列6，的前n项和了 裂项方式 (n为正整数) {o} (k为非零常数) {n} /方法技巧/ {a+a} 1 =√n+I-√a 裂项相消法的基本思想是设法将数列的每 n+√n+I 一项拆成两项或若干项，并使它们在相加时除 了首尾各有一项或少数几项外，其余各项都能 {o(+)} og.（+元）=logn+1D-logn 前后正负相消，进而求出数列的前n项和，使用 (a>0,a≠1) 此方法时必须弄清消去了哪些项，保留了哪些 项，一般未被消去的项有前后对称的特点。 28 第四章数列 对点训练 对点训练 设等差数列{an}的前n项和为Sn,首项a1=1, 已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1十a2 且29u8、 S2011=1. =6,a1a2=a3: 20182017 (1)求数列{am}的通项公式； (1)求Sm; (2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为 (2)求数列 s 的前n项和Tm S,已知S2+1=b,b+1,求数列}的前n项 和T· 题点二错位相减法求和 题点三 数列与不等式相结合 [典例](2021·全国乙卷)设{am}是首项为1的 :[典例] (2021·浙江高考)已知数列{an的前n项和 等比数列，数列.}满足么，=g.已知a3a 3 为Sa=- 且4S1=35-9u∈N*) 9a3成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式. (1)求{am}和{bn}的通项公式. (2)设数列{bn}满足3bn十(n-4)am=0(n∈ (2)记Sm和Tm分别为{an}和{bn}的前n项和. N),记{bn}的前n项和为Tn.若Tn≤bn对任 证明：<字 意n∈N*恒成立，求实数入的取值范围. /方法技巧/ 错位相减法求和的注意点 (1)在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意 将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sm qSm”的表达式. (2)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公 比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情 况求解。 29 数学选择性必修第二册 :/方法技巧/ 对点训练 1.数列与不等式的交汇问题的解题策略 (1)判断数列问题中的一些不等关系，可以利 (2022·新高考I卷)记S,为数列{am}的前n项 用数列的单调性或者是借助数列对应的函数 的单调性. 和.已知。-1·侣}是公差为宁的等差数列 (2)对于与数列有关的不等式的证明问题，常 (1)求{am}的通项公式； 构造函数，利用函数的单调性、最值等来证 明，或者灵活选择不等式的证明方法，如比较 (2证明+++d2 an 法、综合法、分析法、放缩法等 2.常用的放缩技巧 数列型不等式问题的求解过程中常用到“放 缩法”，一般有两种情况：一是先“放缩”再求 和；二是先求和再“放缩”.常用的放缩技巧 如下 (1)对三(n∈N*)的放缩，根据不同的要求， n 大致有三种情况： : 1 <1 1 1 n2 n21 22m 2n+1 一4 (2)对1(m∈N*)的放缩，根据不同的要 2√m 求，大致有两种情况： 1 1 =√n十I-m; 2m√n+√n+1 1 1 √n-n-1. 2√n√n+n-1 素养演练·提升技能 达标训练素养提高 1.已知等差数列{an}的前n项和为S,且ag= 1 1 2a123.已知数列{2m-D(2十D}的前n项和为T。, +62=4,则数列{}的前10项和为 若对任意的n∈N*,不等式12Tn<a2-a恒成 立，则实数a的取值范围是 A B.i 4.(2021·新高考I卷)某校学生在研究民间剪纸 艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把 c品 D.8 纸对折.规格为20dm×12dm的长方形纸，对折 2.数列{an}满足1= 2 1 1次共可以得到10dm×12dm,20dm×6dm两 an+2 an+1 an ,a1=1,a5=g 种规格的图形，它们的面积之和S1=240dm,对 on= ,则数列{b,}的前n项和为Sn= 折2次共可以得到5dm×12dm,10dm×6dm, an 20dm×3dm三种规格的图形，它们的面积之和 30 第四章数列 S2=180dm2,以此类推.则对折4次共可以得到： (2)求数列{nan}的前n项和Tn· 不同规格图形的种数为 ;如果对折n 次，那么2S= dm2. 5.已知数列{am}的前n项和为Sn,且满足an=3Sm -2(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式； 温馨提示 请做课时分层检测（十一） 4.4* 数学归纳法 明学习目标 知结构体系 课标 1.了解数学归纳法的原理. 证明等式 要求 2.能用数学归纳法证明数列中的一些简单问题. 不等式 重点 重点：理解数学归纳法的简单应用。 数学归纳法 与数列结合 难点 难点：对数学归纳法的理解 必备知识·自主梳理 预习新知夯实基础 数学归纳法的定义 (2)递推是关键 一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按： 数学归纳法的实质在于递推，所以从“”到“k十 下列步骤进行： 1”的过程中，要正确分析式子项数的变化.关键 (1)(归纳奠基)证明当 是弄清等式两边的构成规律，弄清由n=k到n= k十1时，等式的两边会增加多少项，增加怎样 时命题成立； 的项. (2)(归纳递推)以“当 (3)利用假设是核心 时命题成立”为条件，推出“当n=k十1时命题也 在第二步证明n=k十1成立时，一定要利用归纳 成立” 假设，即必须把归纳假设“=k时命题成立”作为 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从o 条件来导出“n=k+1”,在书写f(k+1)时，一定 开始的所有正整数n都成立，这种证明方法称为： 要把包含f(k)的式子写出来，尤其是()中的 数学归纳法」 最后一项，这是数学归纳法的核心，不用归纳假 设的证明就不是数学归纳法， 微点注解 即时小练 数学归纳法证题的三个关键点 :1.判断正误 （1)验证是基础 (1)与正整数n有关的数学命题的证明只能用数 数学归纳法的原理表明：第一个步骤是要找一个： 学归纳法. () 数n0,这个n0,就是我们要证明的命题对象对应： (2)数学归纳法的第一步n0的初始值一定为1. 的最小自然数，这个自然数并不一定都是“1”，因 () 此“找准起点，奠基要稳”是第一个关键点。 (3)数学归纳法的两个步骤缺一不可.( 3110年后的设备数量为a×1.110-x(1十1.1十1.12十…十1.1")= 第三课时数列的综合问题 ax1.10-x.1x011≈2.6a-16 :关键能力·合作探究 1-1.1 !题点一 由题老得2-2·云得=壶 :[典例]解(1)设数列{a,}的公差为d, 1.05b 所以每年应更换的旧设备是品套， 由题意得3a1十3d=a1+6d, l(a1+7d)-2(a1+2d)=3, 解得a1=3,d=2, (2)金部更换日设各还需(3）÷品-16（年）. .am=a1+(n-1)d=2n+1. 所以按此速度全部更换旧设备还需16年。 (2)由(1)得S,=a1+u,d 题点三 [典例]解(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{6，}的公比为g. =n(n十2)， 题意得得解开侣： 6-十2(日) 故am=4+(n-1)×3=3n十1，b,=6×2m-1=3×2”. .Tn=b1十b2十…十bn-1十bn 所以{an}的通项公式为a,=3n十1，{bn}的通项公式为bn=3×2”. [(-专)+（合子）+…+（片中）+（日 4”-1. 所以数列{a2n(c2n一1)}的通项公式为a2n(c2”一1)=9×4”一1. 川 (+市) 1 = @,2ac,=a+ac,-1] 31 1 =2,+2a-D =（市+干） !对点训练 =「2×4+2(2卫x31+2(9×4-1D 解(1)设等差数列{an}的公差为d, 2 」=1 =3×22-1+5×2l)+9×40二40）-n ; 1一4 因为③ na+un Dd 2 =a1+(-1)号， =27×22m-1+5×2-1-n-12(n∈N"). 对点训练 所以{倍}为一个学装数到 1.C[a,=2十2n-1,设bn=2”,c=2n-1,易知{bn}为等比数列， {cn}为等差数列，且b1=2,g=2,cC1=1.则数列{an}的前n项和为 所以器品号-1，所以d=2 2(1-2”)+1+2n-12=2m+1-2+n2.] 1-2 2 故S=n,所以5，=。 2.解(1)由题意，得b1=a2-a1十1=2，b,=a1-a3十1=a2十2十1-5. 1 易得a2m+2=a2n+1十1，a2m+1=a2m十2， (2)因为 111 所以a2n+2=a2n十3，即b,+1=bn十3， 5,S(m+7市 所以bn=2十3(n-1)=3-1. (2)由(1)可得a2m=3n1,am-1=a2m-3十2=b。-1十2=3n-2. 所以=()+（位号）++（日市）=1本 所以a19=3×10-2=28,a20=3×10-1=29. 2 所以{an}的前20项的和为(a1十a4十…十a1)十(a2十a十…十ao) n+1 =1+28×10+2+29×10=30. !题点二 2 2 ![典例]解(1)设等比数列{an}的公比为g. 素养演练·提升技能 "a1,3a2,9a3成等差数列， 1.A[设等比数列{an}的公比为q,等差数列{bn}的公差为d.cn= （a1+b1=1, ∴6a2=a1十9ag,即6g=1+9g2,解得g=3 （a1=1, an十b,.{a2十b=1,解得}d=-1,∴.cn=2m-1+(1一n),.{cn} (a3十b3=2,（q=2, .an= (兮)6学-（兮） 的前10项和为2+10X09》=978.故选A.] 1-2十 1- ()1-() 2 (2)证明由(1)得，Sn 2.A[因为a?+ag十a4=S-S6,且S3,S6-S4,S,-S也成等比！ 数列， 1 即8，一1，S,一S6成等比数列， 所以8(S-S)=1, 即S,-S6=8’ 位专×（付 所以a,+as+a,-合] 工.=1×（号）+2×（号）广+3x(兮）+…+a(告)”：① 3.B[设塔的顶层的灯数为a1,七层塔的总灯数为S?,公比为g,则由： 则号T.=1×(分)+2×（分）+3×（分）+…+ 题意知S,=381,9=2,∴5，=11g)_011-2） 1一9 1-2 =381,解得a1 =3.所以塔的顶层共有灯3盏.] 4.A[由题意可得，每天行走的路程枸成等比数列，记作数列{an},设！ ①-®，得号1，=（兮）+（传）'+（传）+…+（仔） 等此数列a,}的着项为a1,公比为g剥g=合依题意有g2 1-9 =378,解得a1=192.则a,=192×(）=6,最后-天走了6里.：” 】)学( 18 故选A.] 5.4[由题意可知，数列{G,的前n项和S。”G十，前2m项和 2 2n(c1十c2m） 子-子×(3)，且3+2m>3. S=2G,c,所以 2 2nd 2 n(c1十cn) =2十阳-2十当n为正整时，工<受 ·对点训练 1+1所以当-4时， 2 ,三为非零常教，则数列{c}是“和等北数解1)设{a,的公北为g: 由题意知：a1(1十9=6，aiq=a1g2, nd 列”，故d=4.] 又am>0, 解得：a1=2,g=2,所以an=2”. 147 (2)由题意知：S2+1 (2n十1)(b1+bn+1) 所以÷片≥2 =(2n+1)bn+1,又S2n+1=bbn+1,bn+1≠0， 所以bn=2n十1. an-2 an-1 _2n十1 2” nn十1D(n≥2)， 2 因此Tn=1十2十…十cn 所以a,=aa十(n≥2. +是++++2 2 2-1 2” 又a1=1也满足上式， 又，=多+是+子+…+2+ 2m+7, 所以a,="+(meNy. 2 两相减得，=+（+十十）中 21+1 (2)因为a,=n十12 2 2 3 -()] 所以1 11 以。.-m+=2(市)小 2n+1 2 1号 2+7 所a+女++[(-)（）++（ a 52n十 =2-2T )+(分)]()2 所以T=5-2n+5 素养演练·提升技能 2n 题点三 1,B[设等差数列{a,}的公差为d,由a,=a1u十6及等差数列的通 [典例]解(1)由4S,+1=3S,-9,① 项公式得a1十5d=12,又a2=4,所以a1=2,d=2,所以Sn=n2十n, 得4Sn=3Sn-1-9(n≥2).② ①-@，释a1=3a.≥2》.即a41=子a,（n≥2》. 号解得a= ()+()+（品）=1 由题意，得4(a1十a2)=3a1-9,a1= 6 2.(2n-3)·2m+1十6[数列{an}满足 经整证a=子4所以a1=子4 3 满足1十 所以a,)是以-号为首项，导为公比的等北数列， 2。十=2·数列}是等差数列·设公差为山.则 9=1=1十4d,解得d=2.=1+2(n1)=2n1∴6 所以an= 号×(2)=-3x() (2)由3bn十(n-4)an=0 2=(2m-1)·2,则数列(6，)的前n项和为S,=2十3×22+5× 得6=”号，=a4x(八 23+…+(2n-1)·2m,2Sn=22+3X23十…十(2n-3)·2m+(2n 1)·2m+1,相减可得：-Sn=2+2(22+23+…+2")-(2n-1)· 所以Tn= 3×-2×()-1×（）】 +…十(n-4)× 2+1=2×2g01-2-(2m-1）)·2+1,即S.=(2m-3)·2+1 2-1 (学)八： +6.] 1 期子1，=-3×（学）广-2x(学）广-1x(学)广++m-) 3.(-o,-2]U[3.+∞）[因为aw2n+m-专( ×()”.@ 11 1 1 @-@,得÷工=-3x冬+(2)）+()++（任） ax(停)=兰+号4x(停) -(n-4)× d-a板成立，所以12X号<da,解得a≤-2或a>≥3.] ()=×()· 14.5 120(6) [由题意知，对折3次可以得到12dm×2.5dm, 6dm×5dm,3dm×10dm,l.5dm×20dm四种规格的图形，面积之 所以Tn=-4n () 和S3=120dm2,对折4次可以得到12dm×1.25dm,6dm× 2.5dm,3dmX5dm,1.5dmX10dm,0.75dm×20dm五种规格的 T,<b,对任意的n∈N恒成立，即-4nX(子)≤A(n-4)× 图形，面积之和S1=75dm2.因为S1=240dm2=(120×2)dm2, （(学)）广，即a-0十3≥0对任意的a∈N板成立.当=4时，里 S2=180dm2=(60×3)dm2,S3=120dm2=(30×4)dm2,S1= 然成立： 75dn2=(15×5)dm2,以此类推，5，=120(n+1)·（分)）.令 当4时以≤兴-8片解释1： a,=(+1)…(2),则其前n项和工，=2×1+3×受十4×2十 当>4时一3吕解得-3 …+(+1(分)），则工，=2×+3×+4×分+…十 综上可得，λ∈[-3,1]. 对点训练 +D(合)八：两式相减，得.=2++是十十…十 解)因为4=1，所以三=1， 又{三}是公差为号的等差数列， 1-2 2-a+(位 所以-1+。-0x分-. 所以Sn=”十22 整理，得工。=6所以25=120T,=120(（6)门 3 an. 5.解(1)当n=1时，a1=3S1-2-3a1-2,解得a1=1. 国为当≥2时a=5.5=”,。 3am-1 当n≥2时，an=3Sm一2，an-1=3Sm-1一2， 两式相减得an一am-1=3an, 所以”十1。 化简得an= 2am-1, 148 所以教列（口，）是首项为1，公比为一号的等比数列，所以 =子(+1[4+1)-， a,=() 即当n=k十1时，等式成立， 由①②可知，对一切n∈N“等式成立】 !题点二 2由0可得m,=…（号） ![典例]解(1)由题意知Sn=a-an, 当n=1时，S1=a1=a一a1,解得a1=2 T=1·（2)+2·(2)+3·()+…+ 当n=2时，S,=a十a=a-2ae,解得a=号 m()· 当n=3时，S,=a1十a十a=a一3a,解得a=是2 合工.=1…(（号)+2·（号）+…+m-10… 2)猜想a,n(m十Dn∈N. 证明①当n=1时，由(1)知等式成立， (）+m…() ②假设当n=k(k≥1，k∈N”)时等式成立， 两式湘减得受1=1+（合）+()++(）) 即a4一A市，剥当n=k+1时， ax+1=S:+1-S;=a-(k+1)a+1-(a-ka), 所以a+1=k十1)(k+2)(k+1儿(k十1)十可 1-（) -”·(（)=号 即当n=十1时，等式成立 (+号)() 结合①@得a,=nn千D对任意n∈N均成立. :对点训练 所以数列{nan}的前n项和 解a2= ,且a+1 (n-1)a2(m≥2)， n一am 工=音（学+号）小()八 1 1 4 1 2×7 4.4数学归纳法 2a3 .ag一2a2-4 1 =7a-3-a3- 1 10 必备知识·自主梳理 (1n=no(o∈N*)(2)n=k(k∈N”,k≥) 1 即时小练 猜想：a,32n∈N), 1.(1)×(2)×(3)/ 下面用数学归纳法证明猜想正确】 2B[由题多得，当”=2时，不等式为1十之十号<2，就选B] ①当n-1,2易知猜想正确. ②假设当n=k(k≥2，k∈N”)时猜想正确， 3.f(2")>n+2 2 即a:=3欢2当n=k+1时，a41=乐1a k一a 关键能力·合作探究 1 k一1 题点一 (k-1)·3k2 3k-2 k-1 [典]运期当=1时品我之 k一3k-2 3k2-2k-13k2-2k-1 3k-2 (2)假设当n=(k∈N“)时等式成立， -1 中有长+头十+T 22 (3k+1)(k-1)3k十13(k十1)-21 .n=k十1时猜想也正确. k(k十1) 由①②可知，猜想对任意n∈N”都正确， =22十 题点三 则当n=k十1时， an 12 22 (k+1)2 [典例]解(1)证明“a+1=2a.干 +3X5++2k-)(2++(2k+D(2k+3 k(k十1) (k+1)2 上2a,+中，化商得=2+士， an+l an+l 22++2+1)2k+3 即1 12 (k十1)(k+2) an+l an 2(2k+3) 即当n=k十1时等式也成立. 故载列{}足以1为首项：2为公发的等羞数别 由(I),(2)可得对于任意的n∈N“等式都成立， (2)由(1)，知Sn=n2, 对点训练 当n=1时，写=1十合不等式里然成立. 证明①当1=1时，左边=1，右边=号×1X(4X12-1D=1,左 边=右边，等式成立。 假设当以=（≥1，k∈N)时，不等式成立，即令十号十…十号 ②假设当n=k(≥1，k∈N*)时，等式成立， >干' 即12+32+52+…十(2k-1)2=号(4k2-1), 到音”=十1时分十分 1+ 1 十G十S4+1k十1T(k+1)2’ 则当n=k十1时， 12+32+52+…+(2k-1)2+(2k+1)2 k k十1 又年十十)干21厂市+十-1+中2十2 =号(4-1D+(2+102 k 号(2+1(2k-1+(2+1 (k+1)k+2)(k+1)>0, k十1 专(2+1D[k(2k-1)+3(2k+1D] 1+] 号(2k+1)(22+5+3) S:S:+1 k+2' 综上，原不等式成立， =吉(2+1)+1D(2+3) :对点训练 证明①当n=3时，左边=1十 号+1)4k+8+3) 万十后，右边=3+=2，左边> 右边，不等式成立。 149