数列中的综合问题 课件-2027届高考数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦数列综合问题，覆盖等差数列与等比数列的综合运算、数列与函数及不等式的交汇等高考核心考点。依据高考评价体系，分析近五年真题考点权重，其中综合运算占比约45%，交汇问题占比约55%，归纳错位相减法、裂项相消法等常考题型，构建完整解题思路体系，体现备考的针对性和实用性。 课件亮点在于“真题溯源+思维路径+素养提升”的备考策略，如以2025年湖北襄阳模拟题为例，解析错位相减法求通项及前n项和，培养数学思维中的运算能力和推理意识。结合数列与不等式证明，通过放缩法应用强化数学语言表达，设置“易错点警示”和“高考定向训练”，帮助学生掌握得分技巧，教师可据此精准教学，提升复习效率。

数 学 构建知识体系 形成关键能力 提高学科素养 精准高效备考 高考能力梯级集训 第6节　数列中的综合问题 返回目录 目录 1 2 能力高分练 课中 关键能力·可视思维 素养提升练 课中 高考定向·捕捉热点 第6节　数列中的综合问题 能力 高分练 课中 关键能力•可视思维 考点1　等差数列、等比数列的综合运算 命题视角:以“基本量关联”为基础,聚焦性质融合与应用. 例1 (2025·湖北襄阳模拟)已知等差数列{an}的首项a1=3,等比数列{bn}的公比q=2,且1+a4=b2,a5+b3=31. (1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式; (2)设cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Sn. 返回目录 考点1 考点2 解:(1)设数列{an}的公差为d,由已知得1+a1+3d=b1q,a1+4d+b1q2=31, 又a1=3,q=2,即 ∴an=a1+(n-1)d=2n+1,bn=b1qn-1=5×2n-1. (2)cn=anbn=(2n+1)2n-1,Sn=3×20+5×21+7×22+…+(2n+1)×2n-1, 2Sn=3×21+5×22+7×23+…+(2n-1)×2n-1+(2n+1)×2n, 两式相减得-Sn=3+2×21+2×22+…+2×2n-1-(2n+1)×2n =3+-(2n+1)×2n=3+2n+1-4-(2n+1)×2n=(1-2n)2n-1, 所以Sn=(2n-1)2n+1. 返回目录 考点1 考点2 对点训练1 (2025·辽宁大连一模)已知首项相同的等差数列{an}的公差与等比数列{bn}的公比大小相等,且bn+1>bn,,a4-b2=5. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)令cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn. 返回目录 考点1 考点2 解:(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,等比数列{bn}的首项为b1,公比为q,由题意可知a1=b1,d=q,根据题意可得 解得由bn+1>bn,知等比数列单调递增,d=q>1,所以故等差数列{an}的通项公式为an=a1+(n-1)d=1+(n-1)×2=2n-1,等比数列{bn}的通项公式为bn=b1qn-1=2n-1. 返回目录 考点1 考点2 (2)由(1)可知cn=anbn=(2n-1)2n-1,则c1=a1b1=1, 故Tn=c1+c2+c3+…+cn-1+cn =20+3×21+5×22+…+(2n-3)×2n-2+(2n-1)×2n-1①, 2Tn=21+3×22+5×23+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n②, ②-①得Tn=-20-2×21-2×22-…-2×2n-1+(2n-1)×2n =-1-2×21-2×22-…-2×2n-1+n×2n+1-2n=-1-2(21+22+…+2n-1)+n×2n+1-2n =-1-2+n×2n+1-2n=-1+4(1-2n-1)+n×2n+1-2n =3-2n+1+n×2n+1-2n=3-3×2n+n×2n+1=3+(2n-3)2n. 返回目录 考点1 考点2 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 答题要语 等差、等比数列综合问题的解题策略 (1)设置中间问题,求和需要先求出通项公式,求通项公式需要先求出数列首项和公差(比)等,确定解题的顺序. (2)注意解题细节,如在求数列通项公式的问题中,第一项和后面的项能否用同一个公式表示等,这些细节对解题的影响也是巨大的. 返回目录 考点1 考点2 考点2　数列与其他知识的交汇问题 角度 1 数列与不等式的交汇 命题视角:聚焦“数列特征”与“不等式需求”的关联. 例2 (2025·广东广州二模)设Sn为数列{an}的前n项和,且an是Sn和8的等差中项. (1)求数列{an}的通项公式; (2)令bn=log2an,数列{}的前n项和为Tn,证明:≤Tn<. 返回目录 考点1 考点2 (1)解:因为an是Sn和8的等差中项,所以an=,即Sn=2an-8①. 当n=1时,S1=2a1-8,得a1=8. 当n≥2时,Sn-1=2an-1-8②, ①-②得Sn-Sn-1=2an-2an-1,得an=2an-1,即=2. 所以数列{an}是首项为8,公比为2的等比数列,所以an=8×2n-1=2n+2. 返回目录 考点1 考点2 (2)证明:因为bn=log2an=log22n+2=n+2,所以,所以Tn=+…+=()+()+…+()= 由n≥1,得0<,得,所以Tn< 返回目录 考点1 考点2 对点训练2 (2025·江苏苏锡常镇一模)在①Sn=n2-2n;②a1=1,an+1=;③2-1=an这三个条件中,选择一个合适的条件,补充在下题横线上(只要写序号),并解答. 已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,且对任意正整数n,有　　　　.  (1)求{an}的通项公式; (2)设bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,证明:≤Tn<1. 返回目录 考点1 考点2 解:条件①不符合题意. (1)若选②:a1=1,由an+1=,可得Sn+1-Sn=, 即()()=,所以=1, 则{}是公差为1的等差数列,故+(n-1)×1=n,则Sn=n2. 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1.当n=1时,a1=1满足上式,所以{an}的通项公式为an=2n-1. 若选③:因为2=an+1,则Sn=,当n=1时,2-1=a1,解得a1=1. 返回目录 考点1 考点2 当n≥2时,Sn-Sn-1=an=,即(an-an-1-2)(an+an-1)=0,因为an>0,所以an-an-1=2,则{an}是首项为1,公差为2的等差数列, 所以{an}的通项公式为an=2n-1. (2)证明:由(1)知bn=,则Tn=b1+b2+b3+…+bn=()+()+…+[]=1-<1.因为T1<T2<T3<…<Tn-1<Tn且Tn在n>0时单调递加,所以Tn在n=1时取最小值,所以Tn<1. 返回目录 考点1 考点2 角度 2 数列与函数的交汇 命题视角:聚焦“函数性质”与“数列特征”的关联. 例3 (2026·辽宁高三开学考试)设数列{an}满足a1=3,an+1=. (1)证明:数列{nan}为等差数列; (2)给定正整数m,设函数f(x)=a1x+a2x2+…+amxm,求f'(-3). (1)证明:在数列{an}中,a1=3,,∴(n+1)an+1=nan+1,即(n+1)an+1-nan=1,∴{nan}是以a1=3为首项,1为公差的等差数列. 返回目录 考点1 考点2 (2)解:由(1)知数列{nan}是首项为3,公差为1的等差数列, ∴nan=3+1×(n-1),即an=1+ 在f(x)=a1x+a2x2+…+amxm中,f(x)=3x+2x2+…+(1+)xm,f'(x)=3+4x+…+(m+2)xm-1①, ∴xf'(x)=3x+4x2+…+(m+2)xm②, 当x≠1且x≠0时,由①-②得(1-x)f'(x)=3+x+x2+…+xm-1-(m+2)xm =3+-(m+2)xm, ∴f'(x)=, 返回目录 考点1 考点2 当x=-3时,f'(-3)= 返回目录 考点1 考点2 对点训练3 (2025·河北邢台一模)已知函数f(x)=xe-x.记数列{an}的前n项和为Sn. (1)若an=f(n),证明:Sn<; (2)已知函数g(x)=3x-1+ln(f(x)),若an+1=g(an),a1=3,an>1,证明:Sn≤3n+n-1. 返回目录 考点1 考点2 证明:(1)因为an=f(n)=,所以Sn=+…+, 则Sn=+…+, 所以(1-)Sn=+…+, 即(1-)Sn=, 所以Sn= 返回目录 考点1 考点2 (2)函数g(x)=3x-1+ln(f(x))=2x-1+ln x,因为当x>0时,ln(x+1)<x,所以当x>1时,ln x<x-1,所以当an>1时,ln an<an-1,因此an+1=2an-1+ln an<3an-2, 故an+1-1<3(an-1),即<3. 因为a1-1=2=2×31-1, 所以当n≥2时,an-1=(a1-1)…<2×3n-1. 综上,an-1≤2×3n-1, 所以an≤1+2×3n-1, 所以Sn≤n+=n+3n-1, 即Sn≤3n+n-1. 返回目录 考点1 考点2 方法导引 数列中不等式的处理方法 (1)函数方法:构造函数,通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式,通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式. (2)放缩方法:数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到.一般地,数列求和中的放缩的“目标数列”为“可求和数列”,如等比数列、可裂项相消求和的数列等. (3)比较方法:作差比较或作商比较. 返回目录 考点1 考点2 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 答题要语 注意数列与函数的不同点,数列只能看作自变量为正整数的一类函数,在解决问题时要注意这一特殊性.还要注意数列与函数的内在联系,灵活运用函数的思想方法求解. 返回目录 考点1 考点2 素养 提升练 课中 高考定向•捕捉热点 命题趋势1:近年高考中数列综合题注重基础,常围绕通项公式、前n项和展开,逐步加强与函数、不等式等知识的综合考查. 1.(2022·浙江,10)已知数列{an}满足a1=1,an+1=an-(n∈N*),则(　　) A.2<100a100< B.<100a100<3 C.3<100a100< D.<100a100<4 B 返回目录 解析:an+1-an=-<0,则数列{an}是递减数列. 当n≥2时,则0<an<1,由an+1=an(1-an),得, 累加得n,则>34,所以34a100<1,故100a100<3; 由n,得,所以(1+), 累加得n++…+), 即+1++…+)<34+6+93)<40,故100a100> 返回目录 命题趋势2:强化利用数列的递推关系与通项公式求解,融合函数、不等式分析,创新实际情境与参数讨论. 2.(2025·山东济南模拟)若数列{an}满足nan=(n+2)an-1(n≥2),a1=2,则满足不等式an<310的最大正整数n为(　　) A.28 B.29 C.30 D.31 A 返回目录 解析:由题意,nan=(n+2)an-1(n≥2),即(n≥2),所以an=…a1=…2=(n≥2),而a1==2,所以an=(n∈N*). 由题意,令an=<310(n∈N*),而an=(n∈N*)是单调递增的,且发现a28=290<310,a29=310,所以满足不等式an<310的最大正整数n为28.故选A. 返回目录 3.(2025·北京二模)在数列{an}中,a1=4,a5=-3,且任意连续三项的和均为7,则a2 025=　　　　;记数列{an}的前n项和为Sn,则使得Sn≤100成立的最大整数n=　　　　.  6 44 返回目录 解析:由题意,an+an+1+an+2=an+1+an+2+an+3⇒an=an+3,所以数列{an}是周期为3的周期数列,所以a2 025=a3=7-a1-a2=7-a1-a5=7-4-(-3)=6,又a1=4,故a2=-3;当n=3k,k∈N*时,Sn=n≤100,解得n,此时最大整数为42; 当n=3k+1,k∈N*时,Sn=(n-1)+4≤100,解得n+1,此时最大整数为42;当n=3k+2,k∈N*时,Sn=(n-2)+4-3≤100,解得n+2,此时最大整数为44. 综上所述,a2 025=6,使得Sn≤100成立的最大整数n=44. 返回目录 $