数列的综合应用 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“数列的综合应用”专题，覆盖等比数列性质、前n项和计算、递推关系推导、实际应用问题及数学文化等核心考点，依据高考评价体系分析近五年高频考点分布，归纳出单项选择、多项选择、填空及解答等常考题型，体现备考的针对性与实用性。 课件亮点在于“真题解析+题型归纳+素养提升”策略，如通过等比数列奇偶项分组求和、分段数列单调性分析等典型题例，培养学生的数学思维（推理能力、运算能力）和数学语言（模型观念），帮助学生掌握解题技巧，提高得分率，为教师提供系统复习方案，助力高考冲刺阶段高效教学。

数列的综合应用 一、单项选择题 1.已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,lg an+lg an+1= lg 2n,n∈N*,则S11=(　　) A.511 B.61 C.93 D.125 由lg an+lg an+1=lg 2n可得an·an+1=2n　①,当n≥2时,an-1·an=2n-1　②,由=2(*),把a1=1代入an·an+1=2n,解得a2=2,由(*)知数列a1,a3,a5…,组成首项为1,公比为2的等比数列,数列a2,a4,a6…,组成首项为2,公比为2的等比数列.故S11=(a1+a3+a5+a7+a9+a11)+(a2+ a4+a6+a8+a10)=+=-(1-26)-2(1-25)=125. 解析 2.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. 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∈.故选A. 解析 3.已知数列{bn}是公比为q(q≠1)的正项等比数列,且ln b1 014=0,若f(x)=,则f(b1)+f(b2)+…+f(b2 027)=(　　) A.4 052 B.2 026 C.4 054 D.2 027 由数列{bn}是公比为q(q≠1)的正项等比数列,故bn>0,因为ln b1 014=0,故b1 014=1,b1·b2 027==1,即有b1·b2 027=b2·b2 026=…=b2 027·b1 =1,由f(x)=,则当x>0时,有f(x)+f=+=+=4,设S=f(b1)+f(b2)+…+f(b2 027),S=f(b2 027)+f(b2 026)+…+f(b1),2S=2 027×4, S=4 054,故f(b1)+f(b2)+…+f(b2 027)=4 054.故选C. 解析 4.某单位用分期付款的方式为职工购买40套住房,总房价1 150万元.约定:2023年7月1日先付款150万元,以后每月1日都交付50万元,并加付此前欠款利息,月利率1%,当付清全部房款时,各次付款的总和为(　　) A.1 205万元 B.1 255万元 C.1 305万元 D.1 360万元 由题意知,需要还款的次数为(1 150-150)÷50=20,每次付款本金均为50万元,利息依次为1 000×1%,950×1%,…,50×1%,构成了一个等差数列,则所还欠款利息总额为(1 000+950+…+50)×1%= ×20×1%=105(万元),故各次付款的总和为1 150+105= 1 255(万元).故选B. 解析 5.已知数列{an}满足an=n∈N*,若对于任意n∈N*都有an>an+1,实数则a的取值范围是(　　) A. B. C. D. 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. 解析 6.将1,2,…,n按照某种顺序排成一列得到数列{an},对任意1≤i<j≤n,如果ai>aj,那么称数对(ai,aj)构成数列{an}的一个逆序对.若n=4,则恰有2个逆序对的数列{an}的个数为(　　) A.4 B.5 C.6 D.7 若n=4,则1≤i<j≤4,由1,2,3,4构成的逆序对有(4,3),(4,2),(4,1), (3,2),(3,1),(2,1),若数列{an}的第一个数为4,则至少有3个逆序对;若数列{an}的第二个数为4,则恰有2个逆序对的数列{an}为{1,4,2,3};若数列{an}的第三个数为4,则恰有2个逆序对的数列{an}为{1,3,4,2}或{2,1,4,3};若数列{an}的第四个数为4,则恰有2个逆序对的数列{an}为{2,3,1,4}或{3,1,2,4},综上,恰有2个逆序对的数列{an}的个数为5.故选B. 解析 二、多项选择题 7.(2026·石家庄模拟)已知数列{an}的通项公式为an=(n∈N*),前n项和为Sn,则下列说法正确的是(　　) A.数列{an}有最小项,且有最大项 B.使an∈Z的项共有5项 C.满足anan+1an+2≤0的n的值共有5个 D.使Sn取得最小值的n为4 因为f(x)=上单调递减,其图象如图所示,数列{an}的通项公式为an=(n∈N*),所以数列{an}的图象是函数f(x)=图象上的一些离散点.由图可知,a4是最小项,a5是最大项,所以A正确.因为a1=-,a2=-,a3=-3,a4=-9,a5=9,a6=3,a7=,a8=,a9=1, a10=,当n≥10时,2n-9≥11,0<an=,所以使an∈Z的项共有 解析 5项,所以B正确.由图可知,当1≤n≤4时, an<0,当n≥5时,an>0,所以当n=1时,a1a2a3 <0;当n=2时,a2a3a4<0;当n=3时,a3a4a5>0, 当n=4时, a4a5a6<0;当n≥5时,anan+1an+2>0. 所以满足anan+1an+2≤0的n的值共有3个, 所以C错误.因为当1≤n≤4时,an<0,当n≥5时, an>0,所以当n=4时, Sn取得最小值,所以D正确.综上,选ABD. 解析 8.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= B.=a3a5 C. a1+a2+…+an=2-22-n D. M1+M2+…+Mn< 显然△AnBnCn是正三角形,因此Mn=,A正确;由中位线性质易得an=an-1,即{an}是等比数列,公比为,因此=a3a5,B正确; a1=AB=1,a1+a2+…+an==2-21-n,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==<,D正确. 解析 三、填空题 9.已知数列{an}的通项公式为an=n2-2λn(n∈N*),∀k∈N*,当n>k时,an>ak成立,则实数λ的取值范围是　　　　　　.  由∀k∈N*,当n>k时,an>ak成立,即数列{an}是递增数列,则对于任意的n∈N*,都有an+1>an.已知an=n2-2λn(n∈N*),则有(n+1)2-2λ(n+1)>n2-2λn恒成立,即λ<n+对于任意的n∈N*恒成立,因为当n=1时, =,所以λ<. 解析 λ< 10.(2026·衡水模拟)如图,在杨辉三角形中,斜线l的上方,从1开始箭头所示的数组成一个锯齿形数列:1,3,3,4,6,5,10,…,记其前n项和为Sn,则S21=　　　　.  解法一:根据杨辉三角形的生成过程,当n为偶数时,an=,当n为奇数时,a1=1,a3=3,an+2=an+an-1=an+,a3-a1=2,a5-a3=3,an-an-2=, 解析 361 an=,所以S21=(a1+a3+…+a21)+(a2+a4+…+a20)=(1+3+6+…+ 66)+(3+4+5+…+12)=286+75=361. 解法二:当n=2m-1(m∈N*)时,an=a2m-1=,当n=2m(m∈N*)时, an=a2m=m+2,所以S21=(a1+a3+…+a21)+(a2+a4+…+a20)=[(12+22+ …112)+(1+2+…+11)]+=×+×+75=253+33+75=361. 解析 11.(2026·重庆调研)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-1,记Tn=+++…+,则Tn=　　　　;若数列{bn}满足bn=3Tn-20n-3,则b1+b2+b3+…+bn的最小值是　　　　.  因为数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-1,所以n=1时,a1=S1=2a1-1,解得a1=1;当n≥2时,由Sn=2an-1,可得Sn-1=2an-1-1,上述两个等式作差可得an=2an-2an-1,则an=2an-1,即=2,所以数列{an}是首项为1,公比为 解析 　 -48 2的等比数列,则an=1×2n-1=2n-1,所以=4n-1,则==4,且=1,所以数列{}是首项为1,公比为4的等比数列,所以Tn=+++…+==,所以bn=3Tn-20n-3=4n-20n-4,则bn+1-bn=[4n+1-20(n+1)-4]-(4n-20n-4)=3·4n-20,当n=1时,b2-b1<0,即b1>b2;当n≥2时,bn+1-bn=3·4n-20>0,则bn<bn+1,故数列{bn}从第二项开始单调递增.因为b1=-20<0,且b2=-28,b3=0<b4,所以b1+b2+b3+…+bn的最小值为b1+b2+b3=-20-28+0=-48. 解析 四、解答题 12.已知数列{an}和{bn},其中bn=,n∈N*,数列{an+bn}的前n项和为Sn. (1)若an=2n,求Sn; (1)当an=2n时,{an}是首项为2,公差为2的等差数列.又bn=22n=4n,所以{bn}是首项为4,公比为4的等比数列,从而Sn=(a1+a2+…+an)+(b1+b2+ …+bn)=+=+n2+n-. 解 (2)若Sn=3n,求数列{an}和{bn}的通项公式. (2)当n≥2时,an+bn=Sn-Sn-1=3,当n=1时,a1+b1=S1=3,满足上式,故an+bn=3(n∈N*),即an+=3,令f(x)=x+2x,则f(x)在R上单调递增,且f(1)=3,从而an=1,则bn=3-an=2. 解 13.在数列{an}中,已知2an=an+1+anan+1,a1=. (1)求数列{an}的通项公式. (1)由2an=an+1+anan+1,a1=可得an≠0,则=×+,即-1=,又-1=-≠0,故是以-为首项,为公比的等比数列.故-1=-×=-,则=1-,an=. 解 (2)若bn=-an,Sn为数列{bn}的前n项和,证明:≤Sn<1. (2)由(1)得bn=-an=an(an-1)=,则bn>0,故Sn≥S1=b1=. 又bn=<==-, 故Sn=b1+b2+…+bn<-+-+…+-= 1-<1.综上,≤Sn<1,得证. 解 $