第36讲 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，依据课标要求梳理了数列与函数、不等式、解析几何的结合及实际问题建模两大核心考查方向，通过考点分布分析明确等差等比综合、递推关系应用等高频考点权重，归纳出方程思想转化、函数性质分析等常考题型，体现高考备考的针对性。 课件亮点在于“真题解析+素养培养+技巧指导”的复习策略，如以2024天津卷等比数列综合题为例，示范递推关系转化与求和公式应用，培养学生的数学思维与推理能力。通过科赫雪花面积模型等实例，引导学生用数学眼光抽象问题、用数学语言表达模型，助力学生掌握错位相减、裂项放缩等得分技巧，教师可据此系统规划复习，提升备考效率。

第6章 数列 第36讲 数列的综合应用 2027届高考一轮复习 数学 1 【课标要求】 1.会利用数列的函数性质解与方程、不等式、解析几何相结合的数列综合题. 2.掌握相关的数列模型以及建立模型解决实际问题的方法. 2 【知识要点】 1.数列综合问题中应用的数学思想 (1)用函数的观点与思想认识数列，将数列的通项公式和求和公式视为定义在正整数集或其有限子集{1，2，…，n}上的函数. (2)用方程的思想处理数列问题，将问题转化为数列基本量的方程. (3)用转化化归的思想探究数列问题，将问题转化为等差、等比数列来研究. (4)数列综合问题常常应用分类讨论思想、特殊与一般思想、类比联想思想、归纳猜想思想等. 3 2.解答数列应用题的步骤 (1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意. (2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的特征、要求是什么. (3)求解——求出该问题的数学解. (4)还原——将所求结果还原到原实际问题中. 4 3.数列应用题常见模型 (1)等差模型:如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差. (2)等比模型:如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比. (3)递推数列模型:如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化时，应考虑是an与an+1的递推关系，还是Sn与Sn+1之间的递推关系. 5 【基础检测】 1.已知等差数列{an}中，a7是函数f(x)=sin(2x-)的一个极大值点，则tan(a5+a9)的值为(　　) A. B. C.± D.- D [解析] 由正弦函数性质知，当2x-=+2kπ，k∈Z，即x=+kπ时，函数f(x)=sin取得极大值，则a7=+kπ，k∈Z，由等差数列性质，得a5+a9=2a7=+2kπ，k∈Z， 所以tan(a5+a9)=tan=tan=tan=-tan=-. 6 2.《算法统宗》是中国古代数学名著，在这部著作中，许多数学问题都是以歌诀的形式呈现的，“九儿问甲歌”就是其中一首:一个公公九个儿，若问生年总不知，自长排来争三岁，共年二百又零七，借问长儿多少岁?各儿岁数要详推.在这个问题中，这位公公最年幼的儿子的岁数为(　　) A.8 B.11 C.14 D.16 B [解析] 由题意知九个儿的岁数按从幼到长排列构成公差为3的等差数列{an}(n=1，2，…，9)，设公差为d，则d=3.又前9项的和S9=207，所以9a1+=207，解得a1=11.故选B. 7 3.已知数列{an}，{bn}的通项公式分别为an=2n，bn=2n，现从数列{an}中剔除{an}与{bn}的公共项后，将余下的项按照从小到大的顺序进行排列，得到新的数列{cn}，则数列{cn}的前150项之和为(　　) A.23804 B.23946 C.24100 D.24612 D [解析] 因为a150=300，b8=28=256<300，b9=29=512>300，故数列{an}的前150项中包含{bn}的前8项，故数列{cn}的前150项包含{an}的前158项排除与{bn}公共的8项.记数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn， 则c1+c2+…+c150=S158-T8=-=24612. 8 4.小李年初向银行贷款M万元用于购房，购房贷款的年利率为p，按复利计算，并从借款后次年年初开始归还，分10次等额还清，每年1次，则每年应还(　　) A.万元 B.万元 C.万元 D.万元 B [解析] 设每年应还x万元，则x+x(1+p)+x(1+p)2+…+x(1+p)9=M(1+p)10， 即=M(1+p)10， 得x=. 9 5.数列{an}是等差数列，a1=1，公差d∈[1，2]，且a4+λa10+a16=15，则实数λ的最大值为　　　　.  - [解析] 因为a4+λa10+a16=15，所以a1+3d+λ(a1+9d)+a1+15d=15， 得2(a1+9d)+λ(a1+9d)=15， 令λ=f(d)=-2，因为d∈[1，2]， 所以令t=1+9d，t∈[10，19]，因此λ=g(t)=-2， 当t∈[10，19]时，函数λ=g(t)是减函数， 故当t=10时，实数λ有最大值，最大值为g(10)=-. 10 考点1 等差与等比数列的综合问题 例1　(2024·天津)已知{an}为公比大于0的等比数列，其前n项和为Sn，且a1=1，S2=a3-1. (1)求{an}的通项公式及Sn; (2)设数列{bn}满足bn=其中k∈N*. (ⅰ)求证:当n=ak+1(k∈N*，且k>1)时，bn-1≥ak·bn; (ⅱ)求bi. 11 (1)求{an}的通项公式及Sn; [解析] (1)设等比数列{an}的公比为q>0， 因为a1=1，S2=a3-1，即a1+a2=a3-1， 可得1+q=q2-1，整理得q2-q-2=0，解得q=2或q=-1(舍去)， 所以an=2n-1，Sn==2n-1. 12 (2)设数列{bn}满足bn=其中k∈N*. (ⅰ)求证:当n=ak+1(k∈N*，且k>1)时，bn-1≥ak·bn; [解析] (2)(ⅰ)由(1)可知an=2n-1，且k∈N*，k≥2， 当n=ak+1=2k≥4时，则即ak<n-1<ak+1， 可知ak=2k-1，bn=k+1， bn-1=+(ak+1-ak-1)·2k=k+2k(2k-1-1)=k(2k-1)， 可得bn-1-ak·bn=k(2k-1)-(k+1)2k-1=(k-1)2k-1-k≥2(k-1)-k=k-2≥0， 当且仅当k=2时，等号成立，所以bn-1≥ak·bn. 13 (ⅱ)求bi. [解析] (ⅱ)由(1)可知:Sn=2n-1=an+1-1， 若n=1，则S1=1，b1=1; 若n≥2，则ak+1-ak=2k-1， 当2k-1<i≤2k-1时，bi-bi-1=2k，可知{bi}为等差数列， 可得 bi=k·2k-1+2k=k·4k-1=， 所以 bi=1+[5×42-2×4+8×43-5×42+…+(3n-1)4n-(3n-4)4n-1]=， 且n=1时，b1=1符合上式，综上所述: bi=. 14 [小结]对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系.利用方程思想和通项公式、前n项和公式求解，求解时注意对性质的灵活运用. 15 1.已知数列{an}的每一项都是正数，a1=3，-2=anan+1+3×2n(an+an+1).记数列{bn}的前n项和为Bn，Bn=-3n2+180，数列的前n项和为Sn，数列的前n项和为Tn. (1)求Sn，Tn; (2)直接比较Sn与Tn的大小关系(不要求证明). 巩固训练 16 (1)求Sn，Tn; [解析] (1)∵-2=anan+1+3×2n(an+an+1)， 则(-anan+1-2)-3×2n(an+an+1)=(an+an+1)(an+1-2an-3×2n)=0， ∵数列{an}的每一项都是正数，则an+1+an>0. ∴an+1-2an-3×2n=0，an+1-2an=3×2n， 等式两边同除以2n-1可得-=6， ∴数列是首项为=6，公差为6的等差数列，故=6+6(n-1)=6n， ∴数列的前n项和为6n+=3n2+3n， 则的前n项和Sn=3n2+3n-3n2+180=3n+180. 17 且=6n，则an=6n·2n-2， ∴=6×2n-2=3×2n-1. 故÷==2，且=3×20=3， ∴数列是首项为3，公比为2的等比数列. ∴数列的前n项和Tn==3×2n-3. 18 (2)直接比较Sn与Tn的大小关系(不要求证明). [解析] (2)Tn-Sn=3×2n-3-(3n+180)=3(2n-n-61)， 令cn=2n-n-61，则cn+1-cn=[2n+1-(n+1)-61]-(2n-n-61)=2n-1>0， 所以，数列{cn}单调递增， 因为c6=26-6-61=-3<0，c7=27-7-61=60>0， 所以，当1≤n≤6时，Tn-Sn=3cn≤3c6<0， 即Tn<Sn; 当n≥7时，Tn-Sn=3cn≥3c7>0，即Tn>Sn. 19 考点2 数列与不等式的综合问题 例2　(2025·天津和平·三模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，an+1=Sn+2(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个等差数列，记插入的这n个数之和为Tn，若不等式(-1)nλ<2-对一切n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围; (3)记bn=，求证:++…+<(n∈N*). 20 (1)求数列{an}的通项公式; [解析] (1)设等比数列{an}的公比为q， 当n=1时，有a2=a1+2，则a1q=a1+2，① 当n≥2时，两式相减可得:an+1-an=Sn-Sn-1=an， 整理得an+1=2an，可知q=2，代入①可得a1=2， 所以等比数列{an}的通项公式为an=2n(n∈N*). 21 (2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个等差数列，记插入的这n个数之和为Tn，若不等式(-1)nλ<2-对一切n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围; [解析] (2)由已知在an与an+1之间插入n个数，组成以an=2n为首项的等差数列， 所以Tn=-an-an+1==3n·2n-1， 则(-1)nλ<2-=2-，设cn=2-，则{cn}是递增数列， 当n为偶数时，λ<2-恒成立，即λ<c2=，所以λ<; 当n为奇数时，-λ<2-恒成立，即-λ<c1=1，所以λ>-1， 综上所述，λ的取值范围是. 22 (3)记bn=，求证:++…+<(n∈N*). [解析] (3)证明:由(1)得bn==， 则有= = = < ===. ++…+< =<，原不等式得证. 23 [小结]数列与不等式的综合问题的两个方面 (1)数列型不等式恒成立或存在性问题,先参变分离,转化为最值问题,数列的最值常选择用作差或者作商来处理; (2)数列不等式有时候需要用放缩法来证明,将通项放大或缩小成可以求和的形式再证明. 24 2.已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1，a4，a13成等比数列，{an}的前n项和为Sn，S2+S5=43，设bn=2n·an，数列{bn}的前n项和为Tn， (1)求数列{bn}的通项公式; (2)若不等式(Tn-2)λ+2Sn-11n+3≤0对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最大值. 巩固训练 25 (1)求数列{bn}的通项公式; [解析] (1)设等差数列{an}的公差为d，因为a1，a4，a13成等比数列，且S2+S5=43，可得即解得a1=3，d=2， 所以an=a1+(n-1)d=3+2(n-1)=2n+1， 则bn=2n·an=(2n+1)·2n. 26 (2)若不等式(Tn-2)λ+2Sn-11n+3≤0对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最大值. [解析] (2)由(1)知，bn=(2n+1)·2n， 可得Tn=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)·2n，① 则2Tn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)·2n+1，② 所以①-②得-Tn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)·2n+1 =6+23+24+…+2n+1-(2n+1)·2n+1， 所以-Tn=6+-(2n+1)·2n+1=6+2n+2-8-(2n+1)·2n+1=(1-2n)·2n+1-2， 所以Tn=(2n-1)·2n+1+2， 由(1)得所以Sn=na1+d=3n+n(n-1)=n2+2n， 27 因为不等式(Tn-2)λ+2Sn-11n+3≤0对一切n∈N*恒成立， 所以(2n-1)·2n+1·λ+2n2-7n+3≤0且(2n-1)·2n+1>0， 所以λ≤对一切n∈N*恒成立， 即λ≤对一切n∈N*恒成立，所以λ≤， 令f(n)=，则f(n+1)=， 所以f(n+1)-f(n)=-=， 当1≤n≤3时，f(n+1)-f(n)<0，所以f(n)=单调递减;当n=4时，f(n+1)=f(n)， 28 即f(5)=f(4)=-; 当n≥5时，f(n+1)-f(n)>0，所以f(n)=单调递增， 综上可得，f(n)=的最小值为f(5)=f(4)=-， 所以λ≤=-，所以λ的最大值为-. 29 考点3 数列与函数的综合问题 例3　如图，点Ai(i∈N*)均在x轴上，△OA1B1，△A1A2B2，…，△An-1BnAn分别是以a1，a2，…，an(n∈N*)为边长的等边三角形，且顶点Bj(j∈N*)均在函数y=的图象上. (1)求a1，a2，a3的值，并证明:数列{an}的通项公式为an=n; (2)求数列的前n项和Tn. 30 (1)求a1，a2，a3的值，并证明:数列{an}的通项公式为an=n; [解析] (1)第一个等边三角形顶点坐标B1，代入y=得a1=， 将点B2坐标代入y=，解得a2=，将点B3坐标代入y=，解得a3=2=，故推测:an=n. 下面提供证明: 依题意，点Bn-1(n≥2)在y=上， 可得=a1+a2+…+an-2+an-1①; 31 又Bn在y=上， 可得=a1+a2+…+an-1+an　②， 由②-①得，(-)=an-1+an， 因an-1+an>0，所以an-an-1=(n≥2)， 即{an}是首项为，公差为的等差数列，故an=+(n-1)=n. 32 (2)求数列的前n项和Tn. [解析](2)由(1)得= =×=×， 故Tn= = ==. 33 [小结]数列与函数的综合的两个方面 (1)以数列的特征量n,an,Sn等为坐标的点在函数图象上,可以得到数列的递推关系; (2)数列的项或前n项和可以看作关于n的函数,然后利用函数的性质求解数列问题. 34 3.(2025高三·全国·专题练习)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足(q-1)Sn=qan-1(q>0)，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式; (2)当q=2时，数列{bn}满足bn=，求证:≤b1+b2+…+bn<2; (3)若对任意正整数n都有an+1≥n成立，求正实数q的取值范围. 巩固训练 35 (1)求数列{an}的通项公式; [解析] (1)由(q-1)Sn=qan-1(q>0)得(q-1)S1=qa1-1，即(q-1)a1=qa1-1，所以a1=1. 若q=1，则an=1; 若q≠1，则由(q-1)Sn=qan-1得(q-1)Sn-1=qan-1-1(n≥2)， 两式相减得(q-1)an=(qan-1)-(qan-1-1)=qan-qan-1(n≥2)，化简得an=qan-1(n≥2)， 所以数列{an}是以1为首项，以q为公比的等比数列，因此an=qn-1， 当q=1时，也满足该式，故an=qn-1，(q>0). 36 (2)当q=2时，数列{bn}满足bn=，求证:≤b1+b2+…+bn<2; [解析] (2)证明:因为q=2，所以an=2n-1，则bn==2， 因此b1+b2+…+bn=2+2(-)+…+2 =2<2. 又因为b1=，且bn>0，故b1+b2+…+bn≥， 因此≤b1+b2+…+bn<2得证. 37 (3)若对任意正整数n都有an+1≥n成立，求正实数q的取值范围. [解析] (3)由(1)得n≤qn，则ln n≤nln q，即ln q≥(n∈N*)，令f(x)=(x>0)， 为使对任意正整数n都有an+1≥n成立，即n∈N*时，f(n)max≤ln q， 因为f'(x)=，所以当0<x<e时，f'(x)>0，即f(x)在(0，e)上单调递增; 当x>e时，f'(x)<0，即f(x)在(e，+∞)上单调递减. 又n∈N*，且f(2)=，f(3)=，f(2)-f(3)=-=<0，所以f(n)max=f(3)=，因此ln q≥，即q≥. 38 考点4 数列模型及应用 例4　雪花是一种美丽的结晶体，放大任意一片雪花的局部，会发现雪花的局部和整体的形状竟是相似的，如图是瑞典科学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案，其作法如下: 将图①中正三角形的每条边三等分，并以中间的那一条线段为一边向外作正三角形，再去掉公共边，得到图②; 将图②的每条边三等分，重复上述的作图方法，得到图③; …… 39 按上述方法，所得到的曲线称为科赫雪花曲线(Koch snowflake). 现将图①、图②、图③、…中的图形依次记为P1，P2，…，Pn，….小明为了研究图形Pn的面积，把图形Pn的面积记为an，假设a1=1，并作了如下探究:   P1 P2 P3 P4 … Pn 边数 3 12 48 192 …   从P2起，每一个图形比前一个图形多出的三角形的个数   3 12 48 …   从P2起，每一个图形比前一个图形多出的每一个三角形的面积   …   40 根据小明的假设与思路，解答下列问题. (1)填写表格最后一列，并写出an与an-1(n∈N*，n≥2)的关系式; [解析] (1)图形P1，P2，…，Pn，…的边数是以3为首项，4为公比的等比数列，则图形Pn的边数为3×4n-1; 从P2起，每一个图形比前一个图形多出的三角形的个数是以3为首项，4为公比的等比数列，则Pn 比前一个图形多出的三角形的个数为3×4n-2; 从P2起，每一个图形比前一个图形多出的每一个三角形的面积是以为首项，为公比的等比数列，则Pn 比前一个图形多出的每一个三角形的面积是. 41   P1 P2 P3 P4 … Pn 边数 3 12 48 192 … 3×4n-1 从P2起，每一个图形比前一个图形多出的三角形的个数   3 12 48 … 3×4n-2 从P2起，每一个图形比前一个图形多出的每一个三角形的面积   … 所以an=an-1+3×4n-2×，即an=an-1+×(n∈N*，n≥2). 42 (2)根据(1)得到的递推公式，求{an}的通项公式; [解析](2)当n≥2时， an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(an-2-an-3)+…+(a3-a2)+(a2-a1)+a1 =+1 =×+1=-×， 又因为a1=1符合上式，所以an=-×(n∈N*). 43 (3)从第几个图形开始，雪花曲线所围成的面积大于. 参考数据(lg 3≈0.477，lg 2≈0.301) [解析](3)由an>，得-×>， 则<，所以(n-1)lg<-2，故n>+1， 由lg 3≈0.477，lg 2≈0.301，故n>6.682，又因为n∈N*， 所以n≥7，所以从第7个图形开始雪花曲线所围成的面积大于. 44 [小结]解数列应用题的建模思路 从实际出发,通过抽象概括建立数学模型,通过对模型的解析,再返回实际中去,其思路框图为: 45 4.在一次招聘会上，两家公司开出的工资标准分别为:公司A:第一年月工资3000元，以后每年的月工资比上一年的月工资增加300元:公司B:第一年月工资3720元，以后每年的月工资在上一年的月工资基础上递增5%，设某人年初想从这两家公司中选择一家去工作. (1)若此人选择在一家公司连续工作n年，第n年的月工资分别为多少? (2)若此人选择在一家公司连续工作10年，则从哪家公司得到的报酬较多?(1.0510≈1.63). 巩固训练 46 (1)若此人选择在一家公司连续工作n年，第n年的月工资分别为多少? [解析] (1)选择在公司A连续工作n年，第一年月工资3000元，以后每年的月工资比上一年的月工资增加300元，则他第n年的月工资是:3000+(n-1)×300=300n+ 2700(元)(n∈N*); 选择在公司B连续工作n年，第一年月工资3720元，以后每年的月工资在上一年的月工资基础上递增5%.则他第n年的月工资3720×(1+0.05)n-1(元)(n∈N*). 47 (2)若此人选择在一家公司连续工作10年，则从哪家公司得到的报酬较多?(1.0510≈1.63). [解析](2)若此人选择在一家公司连续工作10年， 则在公司A、公司B得到的报酬分别为: 公司A:12×[3000+(3000+1×300)+…+(3000+9×300)] =12×3000×10+12×300×=522000(元). 公司B:12×3720×(1+1.051+1.052+…+1.059)=12×3720×≈562464(元)， 因为562464>522000，故从公司B得到的报酬较多. 48 $