6.5　数列中的综合问题课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“数列中的综合问题”，覆盖等差数列与等比数列综合运算、增减项问题、数列与不等式交汇三大高考核心考点，依据高考评价体系分析各考点命题权重，归纳证明、求和、不等式恒成立等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题引领+规律总结+变式训练”，以2022新高考Ⅱ卷等真题为例，通过基本量方程思想、分组求和、放缩法等技巧培养数学思维与运算能力，帮助学生掌握答题规律，教师可据此精准教学，提升复习效率。

第5节　数列中的综合问题 高考总复习 2027 考情分析　数列中的综合问题,主要包括等差数列与等比数列的综合运算问题、数列中的增减项问题以及数列与不等式等知识的交汇问题,是高考的热点内容.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. 研考点•精准突破 考点一　等差数列、等比数列的综合运算问题 例1　[一题多变](2022·新高考Ⅱ,17)已知{an}为等差数列,{bn}为公比为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. 考点一 考点二 考点三 (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,得d=2b1. 由a2-b2=b4-a4, 可得a1+d-2b1=8b1-(a1+3d), 可得a1+2b1-2b1=8b1-(a1+6b1), 整理可得a1=b1,得证. (2)解 由(1)知d=2b1=2a1, 由bk=am+a1,可得b1·2k-1=a1+(m-1)d+a1, 即b1·2k-1=b1+(m-1)·2b1+b1,得2k-1=2m. ∵1≤m≤500,∴2≤2k-1≤1 000.∴2≤k≤10. 又k∈Z,故集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数为9. 考点一 考点二 考点三 AI变式 [变式](改变元素性质求和)本例(2)中改为“若a1=4,求集合{bk|bk=am+a1,1≤m≤500}中所有元素的和”. 解 由本例(2)的解答可知,集合{bk|bk=am+a1,1≤m≤500}中的元素共有9个,即b2,b3,…,b10,由于a1=4,所以b1=4,于是b2+b3+…+b10=-4=4 088. 考点一 考点二 考点三 规律方法　解决等差数列与等比数列综合问题的技巧 (1)合理地设出基本量,将已知条件转化为等差数列与等比数列的基本量之间的关系,运用方程思想以及通项公式、前n项和公式进行求解. (2)注意合理运用数列的相关性质以及整体思想,简化运算过程,注意数列中“项数为正整数”等隐含条件. 考点一 考点二 考点三 [对点训练1](2026·北京海淀模拟)已知公差为正数的等差数列{an}满足a1=1,2a1,a3-1,a4+1成等比数列. (1)求{an}的通项公式; (2)若a2,a5分别是等比数列{bn}的第1项和第2项,求使数列{}的前n项和Tn<的最大正整数n. 解 (1)设等差数列{an}的公差为d(d>0), 因为2a1,a3-1,a4+1成等比数列, 所以(a3-1)2=2a1(a4+1), 则(2d)2=2(3d+2),即2d2-3d-2=0,解得d=2. 所以an=a1+2(n-1)=2n-1. 考点一 考点二 考点三 (2)由(1)知b1=a2=3,b2=a5=9,设等比数列{bn}的公比为q,则q=3,于是bn=3n,因此. 所以数列{}是首项、公比都为的等比数列, 则Tn=(1-), 由Tn<,得(1-)<,则,即3n<100,而{3n}是递增数列, 又34<100<35,n∈N*,因此n≤4, 所以所求最大正整数n为4. 考点一 考点二 考点三 考点二　数列中的增减项问题 例2　(2026·江苏南京模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=,数列{bn}为公比大于0的等比数列,且b2=a3,b4=a27. (1)求an,bn; (2)若在an与an+1之间插入bn个1,由此构成一个新的数列{cn},记{cn}的前n项和为Tn,求T45的值. 考点一 考点二 考点三 解 (1)因为Sn=, 所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1==n. 又n=1时,a1=S1=1也符合上式,所以an=n. 设数列{bn}的公比为q(q>0),又b2=a3=3,b4=a27=27, 即解得 所以bn=3n-1. 考点一 考点二 考点三 (2)根据题意,在an与an+1之间插入bn个1,即在1和2之间插入b1=1个1;在2和3之间插入b2=3个1; 在3和4之间插入b3=9个1;在4和5之间插入b4=27个1,此时刚好有45项,则T45=(1+3+9+27)+(1+2+3+4+5)=55. 所以T45的值为55. 考点一 考点二 考点三 规律方法　解决增减项问题的基本方法 (1)增添项问题一般的形式为在数列{an}中,将第ak,ak+1项之间插入bk个相同的数,构成一个新的数列{cn},此时求和的方法就是分组求和,关键点是确定数列{cn}的前r项和中有多少个{bn}中的项,可以先对{bk}求和,估计出最大的k值,然后再确定有多少个{an}中的项,最后分组求和即可.特别地,在求和项数较少的条件下,枚举法也是一个很好的方法. (2)删减项问题一般的形式为在数列{an}中,删掉与{bn}的公共项后构成一个新的数列{cn},这个{cn}中,有可能只是{an}中的个别项被删掉(类似函数的交点问题),或者有明显的规律,核心就是估算和找规律,最后利用相关数列的求和公式分组求和. 考点一 考点二 考点三 [对点训练2](2025·湖北武汉期中)等差数列{an}的前n项和为Sn,a2a3=40, S3=15,数列{bn}满足b1+b2+b3+…+bn=n. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)若从数列{an}中依次剔除与数列{bn}的公共项,剩下的项组成新的数列{cn},求数列{cn}的前50项和T50. 考点一 考点二 考点三 解 (1)设等差数列{an}的公差为d,因为{an}是等差数列,则S3=3a2=15,得a2=5. 又a2a3=40,所以a3=8,因此{an}的公差d=a3-a2=3, 则an=a2+(n-2)d=3n-1. 因为b1+b2+b3+…+bn=n, 则当n≥2时,b1+b2+b3+…+bn-1=n-1, 两式相减得bn=1(n≥2),即bn=2n(n≥2). 令n=1,得b1=1,则b1=2,满足上式,故bn=2n. 综上所述,数列{an}的通项公式为an=3n-1,数列{bn}的通项公式为bn=2n. 考点一 考点二 考点三 (2)由(1)得,a50=149,且b1=2,b2=4,b3=8,b4=16,b5=32,b6=64,b7=128,b8=256, 经验证数列{an}前50项中与数列{bn}的公共项共有4项,分别为2,8,32,128,从而数列{an}中去掉的是2,8,32,128这4项, 所以T50=S54-(2+8+32+128)=2×54+×3-170=4 231. 考点一 考点二 考点三 考点三　数列与不等式交汇问题 考向1　放缩法证明不等式 例3　(2025·山西临汾模拟)已知数列{an}满足a1=3,且2nan+1=2nan-1. (1)证明:数列{2n-1an-1}是等比数列; (2)求数列{an}的前n项和Sn; (3)在(2)的条件下,令bn=(Sn+),记数列{}的前n项和为Tn,证明: <Tn<. 考点一 考点二 考点三 (1)证明 因为2nan+1=2nan-1, 所以2nan+1=2×2n-1an-1, 即2nan+1-1=2×(2n-1an-1). 又a1=3,则20a1-1=2, 故数列{2n-1an-1}是首项为2,公比为2的等比数列. (2)解 由(1)知2n-1an-1=2×2n-1, 所以an==2+. 所以Sn=a1+a2+…+an=2n+1++…+=2n+=2n-+2. 考点一 考点二 考点三 (3)证明 由(2)知Sn=2n-+2,则bn=(Sn+)=n+1, 所以. 令cn=,则cn=, 数列{cn}的前n项和为1-+…+=1-; 令pn=,则pn=, 数列{pn}的前n项和为+…+. 所以<Tn<. 考点一 考点二 考点三 规律方法　放缩法的注意事项以及解题策略 (1)对于“和式”数列不等式,若能够直接求和,则考虑先求和再放缩,证明不等式;若不能求和,则可考虑先放缩后求和,证明不等式.放缩的最主要目的是通过放缩,把原数列变为可求和的数列. (2)明确放缩的方向:若要证明小于某值,则放大;若要证明大于某值,则缩小. (3)放缩的项数:不一定对所有项进行放缩,可从第一项开始,或从第二项,或从第三项等开始. 考点一 考点二 考点三 (4)常见的放缩技巧有(n∈N*): ①); ②; ③2(); ④. 考点一 考点二 考点三 [对点训练3](2026·广东广州期中)已知对于任意的n∈N*,数列{an}都满足+…+=n+1. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求证:当n≥2时,+…+<1-. 考点一 考点二 考点三 (1)解 由题设有+…+=n+1,① 当n≥2时,+…+=n,② ①-②得=1(n≥2),所以an=2n+1+n(n≥2). 又当n=1时,由=2得a1=7,不符合上式,故数列{an}的通项公式为an= 考点一 考点二 考点三 (2)证明 由(1)知,当n≥2时,, 所以+…++…+=1-, 所以当n≥2时,+…+<1-. 考点一 考点二 考点三 考向2　不等式恒(能)成立问题 例4　(2026·安徽合肥模拟)已知数列{an}满足a1=2,且an+1=3an+2n+1,数列{bn}满足bn=(2×3n-an). (1)求{an}的通项公式; (2)求{bn}的前n项和Tn; (3)在(2)的条件下,若Tn+2≤λ·()n恒成立,求实数λ的取值范围. 考点一 考点二 考点三 解 (1)由an+1=3an+2n+1,得an+1+2n+2=3(an+2n+1), 所以数列{an+2n+1}是以a1+22=6为首项,3为公比的等比数列. 可得an+2n+1=6×3n-1,故an=2×3n-2n+1. (2)由(1)知bn=(2×3n-an)=(n+3)·2n-1, 则Tn=b1+b2+…+bn=4×20+5×21+6×22+…+(n+3)·2n-1, 所以2Tn=4×21+5×22+6×23+…+(n+3)·2n, 两式相减,得-Tn=4×20+21+22+…+2n-1-(n+3)·2n=2-(n+2)·2n, 故Tn=(n+2)·2n-2. 考点一 考点二 考点三 (3)由(2)得Tn+2=(n+2)·2n,由Tn+2≤λ·()n恒成立,得λ≥恒成立. 令cn=,则,令4n+12=5n+10,得n=2, 当n≤2时,5n+10≤4n+12,≥1,可得{cn}为递增数列, 当n>2时,5n+10>4n+12,<1,可得{cn}为递减数列, 所以c1<c2=c3>c4>c5>…,即cn的最大值为c2=c3=. 故λ≥,所以实数λ的取值范围为[,+∞). 考点一 考点二 考点三 规律方法　数列是特殊的函数,有关数列不等式的恒(能)成立问题,须注意数列中自变量的取值范围不是连续的实数,而是正整数集. 考点一 考点二 考点三 [对点训练4]已知数列{an}满足a1++…+=2n. (1)求数列{an}的通项公式. (2)已知数列{bn}满足bn=. (ⅰ)求数列{bn}的前n项和Tn; (ⅱ)若不等式(-1)nλ<Tn+对任意n∈N*恒成立,求实数λ的取值范围. 解 (1)因为a1++…+=2n,① 当n=1时,a1=2,当n≥2时,a1+a2+a3+…+an-1=2(n-1),② ①-②得an=2,即an=2n. 因为a1=2符合上式,所以an=2n. 考点一 考点二 考点三 (2)(ⅰ)由(1)知bn=, 所以Tn=+…+, 所以Tn=+…+, 两式相减得,Tn=+…+=1-,所以Tn=2-. 考点一 考点二 考点三 (ⅱ)由(ⅰ)得(-1)nλ<2-=2-,设cn=2-,则数列{cn}是递增数列.当n为偶数时,λ<2-恒成立,所以λ<2-;当n为奇数时,-λ<2-恒成立, 所以-λ<2-=1,即λ>-1. 综上,λ的取值范围是(-1,). 考点一 考点二 考点三 $