第六章 课时6 数列的综合应用讲义-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习讲义聚焦数列综合应用，涵盖等差等比数列综合、实际问题建模、与函数不等式交汇及新定义问题等核心考点，按“知识梳理-基础回顾-考点扫描-拓展延伸-巩固提升”逻辑架构知识体系。通过考点梳理构建知识网络，方法指导提炼解题规律，真题训练强化应用能力，助力学生系统突破数列难点。 讲义突出数学文化浸润与实际应用结合，如通过《九章算术》金箠问题引导学生用数学眼光抽象等差数列模型，在新定义问题中训练数学思维的推理与转化能力。设置分层练习与即时反馈，确保复习针对性，帮助学生在有限时间内提升数列综合解题能力，为教师把控复习节奏提供清晰教学路径。

课时6 数列的综合应用 一、课标要求 1．运用等差数列、等比数列公式与性质解决一些综合性问题． 2．能运用数列的等差关系或等比关系知识解决实际问题． 3．数列与其他知识的交汇问题． 二、知识梳理 1．数列应用题的常见模型 (1)等差模型：当后一个量与前一个量的差是一个常量时，该模型是等差模型，这个常量就是公差． (2)等比模型：当后一个量与前一个量的比是一个常数时，该模型是等比模型，这个常数就是公比． (3)递推模型：当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与之间的递推关系，还是Sn与Sn＋1之间的递推关系． 2．数列应用题的具体模型 (1) 银行储蓄单利公式 利息按单利计算，本金为a元，每期利率为r，存期为x，则本利和y＝ ． (2) 银行储蓄复利公式 按复利计算利息的一种储蓄，本金为a元，每期利率为r，存期为x，则本利和y＝ ． (3) 产值模型 原来产值的基础数为N，平均增长率为p，对于时间x的总产值y＝ ． (4)分期付款模型 设某商品一次性付款金额为a元，以分期付款的形式等额地分成n次付清，每期期末所付款 是x元，每期利率为r，则x＝ (且n>1)． 【拓展知识】 解答数列应用题的基本步骤 (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，弄清数列的结构特征． (3)求解——求出该问题的数学解． (4)还原——将所求结果还原到实际问题中． 三、基础回顾 1．判断正误.(正确的打“√”,错误的打“×”) （1）若数列{an}的前n项和，则数列{an}不是等差数列． ( ) （2）等比数列{an}的前n项和可能为． ( ) （3）若等差数列{an}的公差为d，前n项和为，则数列的公差为 . ( ) （4）已知等比数列{an}是递增数列，前n项和为，则数列也是递增数列． ( ) 2. (2025·广东广州市模拟)已知数列满足：，则=（    ） A．511 B．677 C．1021 D．2037 3． （多选题）定义：数列对一切正整数均满足，称数列为“凸数列”，以下关于“凸数列”的说法正确的有（ ） A.等差数列一定是凸数列 B.首项，公比且的等比数列一定是凸数列 C.若数列为凸数列，则数列是单调递增数列 D.若数列为凸数列，则下标成等差数列的项构成的子数列也为凸数列 4．北京天坛的圜丘坛分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)， 环绕天心石砌块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加块，下一层的第一环比上一层的最后一环多块，向外每环依次也增加块．已知每层环数相同，且三层共有扇面形石板(不含天心石) 块，则上层有扇形石板 块． 四、考点扫描 考点一 等差、等比数列的综合问题 例1已知公比大于1的等比数列满足，. （1）求的通项公式； （2）记数列的前项和为，若，证明：是等差数列. 规律方法： 对点训练 （2025·山东聊城市期末）已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝·3n＋b(b为常数)． (1) 求b的值和数列{an}的通项公式； (2) 记cm为{an}在区间[－3m,3m](m∈N*)中的项的个数，求数列{amcm}的前n项和Tn． 考点二 数列在数学文化与实际问题中的应用 例2 我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金箠，长5尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤，在细的一端截下1尺，重2斤，问依次每一尺各重多少斤？”（注：尺为长度单位，斤为质量单位）设该金箠由粗到细是均匀变化的，其重量为M，现将该金箠截成长度相等的10段，记第i段的重量为ai(i＝1,2，…，10)，且a1<a2<…<a10，若48ai＝5M，则i＝(　　) A．4　　　 B．5　　 C．6 D．7 规律方法： 对点训练 现有一根七节的竹子，最下面两节可装米四升，最上面两节可装米二升，如果竹子自下而上装米量逐节等量减少. 以此计算，这根竹子的装米量为(　　) A.9升 B.10.5升 C.12升 D.13.5升 考点三　数列与函数、不等式等内容的综合问题 例3 已知数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)在曲线y＝x2＋x上，数列{bn}满足bn＋bn＋2＝2bn＋1，b4＝11，{bn}的前5项和为45. (1)求{an}，{bn}的通项公式； (2)设cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，求使得不等式Tn＞恒成立的最大正整数k的值． 规律方法： 对点训练 (2025·湖北武汉市调研)法布里－贝罗研究多光束干涉在薄膜理论中的应用时，用光波依次透过n层薄膜，记光波的初始功率为P0，记Pk为光波经过第k层薄膜后的功率，假设在经过第k层薄膜时光波的透过率Tk＝＝，其中k＝1,2,3，…，n，则为使得≥2－2 025，n的最大值为(　 　) A．31 B．32 C．63 D．64 拓展与延伸14 与数列有关的新定义问题 一、【考情分析】 近几年全国各地高考试题，我们总能在试卷的压轴题位置发现新定义数列题的身影，它们对数列综合问题的考查常常以新定义、新构造和新情景形式呈现，有时还伴随着数列与集合，难度较大． 二、知识梳理 数列中的新定义问题，涉及分段数列、子数列、奇偶项、整数解、正整数因数、数列放缩等问题，综合性强，难度大，要求高，解题的关键是将题目中的条件合理转化，将问题化归为等差、等比问题． 解决数列中的新定义问题的制高点是特殊化、归纳，主要思想是转化与化归和函数与方程思想．需要学生熟练掌握求和、求通项的基本方法. 三、知识梳理 数列中的新定义问题，涉及分段数列、子数列、奇偶项、整数解、正整数因数、数列放缩等问题，综合性强，难度大，要求高，解题的关键是将题目中的条件合理转化，将问题化归为等差、等比问题． 解决数列中的新定义问题的制高点是特殊化、归纳，主要思想是转化与化归和函数与方程思想．需要学生熟练掌握求和、求通项的基本方法。 三、考点扫描 考点一 新定义数列 例1 (2025·北京朝阳区模拟) 已知{an}是各项均为正数，公差不为0的等差数列，其前n项和为Sn，且a2=3，a1，a3，a7成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式； (2)定义：在数列{an}中，使得log3(an+1)为整数的an叫作“调和数”，求在区间[1，2 025]内所有“调和数”之和Tn. 规律方法： 对点训练 (2025·广州汕头市模拟)定义矩阵运算：=.已知数列{an}，{bn}满足a1=1，且=. (1)证明：数列{an}，{bn}分别为等差数列，等比数列； (2)求数列{a2n+3b2n-1+1}的前n项和Sn. 考点二 数列中的增减项问题 例2 已知等比数列{an}的前n项和Sn＝2n＋r，其中r为常数． (1) 求r的值； (2) 设bn＝2(1＋log2an)，若数列{bn}中去掉与数列{an}相同的项后余下的项按原来的顺序组成数列{cn}，求c1＋c2＋c3＋…＋c100的值． 对点训练 (2025·辽宁沈阳市模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4＝7，S5＝25． (1) 求{an}的通项公式； (2) 保持数列{an}中各项先后顺序不变，在ak与ak＋1(k＝1,2，…)之间插入2k－1个3，使得它们和原数列的项构成一个新的数列{bn}，求{bn}的前150项和T150． 巩固提升 1．已知n∈N*，an＝，bn＝，将数列{an}与数列{bn}的公共项按从大到小的顺序排列组成一个新数列{cn}，则数列{cn}的前99项和为(　 　) A． B． C． D． 2．(2025·河北统考)数学家杨辉在其专著《详解九章算术法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的高阶等差数列．其中二阶等差数列是一个常见的高阶等差数列，如数列2,4,7,11,16，从第二项起，每一项与前一项的差构成新数列2,3,4,5，新数列2,3,4,5为等差数列，则称数列2,4,7,11,16为二阶等差数列．现有二阶等差数列{an}，其前七项分别为2,2,3,5,8,12,17，则该数列的第20项为(　　) A．173 B．171 C．155 D．151 3．（2025·浙江绍兴市模拟）已知数列{an}的各项均为正数，且a1＝1，对于任意的n∈N*，均有an＋1＝2an＋1，bn＝2log2(1＋an)－1．若在数列{bn}中去掉{an}的项，余下的项组成数列{cn}，则c1＋c2＋…＋c20＝(　 　) A．599 B．569 C．554 D．568 4．(多选题)(2025·江西联考)已知n，m∈N*，将数列{4n＋1}与数列{5m}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则(　 　) A．an＝5n B．an＝5n C．{an}的前n项和为 D．{an}的前n项和为 5．(2025·湖北武汉外国语学校期末)著名科学家牛顿用“作切线”的方法求函数的零点时，给出了“牛顿数列”，它在航空航天中应用广泛.其定义是：对于函数，若数列满足，则称数列为牛顿数列，若函数，，且，则 . 课时6 数列的综合应用参考答案 二、知识梳理 2．(1) a(1＋rx) (2)a(1＋r)x(x∈N*且x>1) (3)N(1＋p)x(x∈N*且x>1) 三、基础回顾 1．(1)√ (2) × (3)√　 (4)× 2.　B【解析】 .故选B. 3、BCD【解析】对于选项A，由等差数列的性质可得，不满足，所以数列不是“凸数列”，故A不正确； 对于选项B，因为数列的首项，公比且，所以，所以＝，所以数列一定是凸数列，故B正确.； 对于选项C，因为数列为凸数列，所以数列对一切正整数均满足， 所以，所以数列是单调递增数列，故C正确； 对于选项D，数列为凸数列，则下标成等差数列的项构成的子数列也为凸数列，故D是正确的．故选BCD． 4．【解析】记从中间向外每环扇面形石板数为，则是等差数列，且公差，，设每层有环，则，，所以，即，即，解得或（舍去），所以，则，即上层有扇形石板块. 四、考点扫描 例1（1）【解】因为为等比数列，所以且公比，所以，，所以. （2） 【证明】①， ②. ②①，所以，所以为常数，所以是等差数列. 对点训练【解】 （1）由题知Sn＝·3n＋b，显然等比数列{an}的公比不为1，设{an}的公比为q，则Sn＝＝－，所以b＝＝－，q＝3，所以a1＝1，故{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*． （2）令－3m≤3n－1≤3m，n∈N*，解得0≤n－1≤m，所以1≤n≤m＋1，数列{an}在[－3m,3m](m∈N*)中的项的个数为m＋1，则cm＝m＋1，所以amcm＝(m＋1)×3m－1．因为Tn＝2×30＋3×31＋…＋(n＋1)·3n－1①， 3Tn＝2×31＋3×32＋…＋(n＋1)·3n②， 两式相减得－2Tn＝2×30＋31＋…＋3n－1－(n＋1)·3n＝1＋－(n＋1)·3n＝，所以Tn＝·3n－． 例2 C【解析】由题意知，由细到粗每段的重量组成一个等差数列，记为{an}，设公差为d，则有⇒⇒所以该金箠的总重量M＝10×＋×＝15.因为48ai＝5M，所以有48＝75，解得i＝6.故选C. 对点训练 B【解析】依题意，竹子自下而上的各节装米量构成等差数列，n∈N*，n≤7，则a1+a2=4,a6+a7=2,a1+a7=a2+a6=3，所以这根竹子的装米量为S7=升.故选B. 例3【解】(1)由已知得Sn＝n2＋n.当n＝1时，a1＝S1＝＋＝3；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝n＋2. 当n＝1时，符合上式．所以an＝n＋2.因为数列{bn}满足bn＋bn＋2＝2bn＋1，所以数列{bn}为等差数列．设其公差为d，则解得所以bn＝2n＋3. (2)由(1)得，cn＝＝＝＝，所以Tn＝＝·.因为Tn＋1－Tn＝·＝＞0，所以{Tn}是递增数列，所以Tn≥T1＝，故要使得Tn＞恒成立，只要T1＝＞恒成立，解得k＜9，所以使得不等式成立的最大正整数k的值为8. 对点训练C【解析】 由题意得＝，＝，…，＝，所以＝××…×＝≥2－2 025，所以≤2 025，即n(n＋1)≤4 050．显然f(n)＝n(n＋1)关于n单调递增，其中n∈N*，又f(63)＝4 032＜4 050＜f(64)＝4 160，所以n的最大值为63．故选C. 拓展与延伸14 与数列有关的新定义问题 三、考点扫描 例1【解】　(1)因为a1，a3，a7成等比数列，所以=a1a7.因为{an}是各项均为正数，公差不为0的等差数列，设其公差为d，d≠0，所以所以所以an=a1+(n-1)d=n+1. (2)设b=log3(an+1)，且b为整数，所以an=3b-1，所以1≤3b-1≤2 025，所以b可以取1，2，3，4，5，6，所以在区间[1，2 025]内所有“调和数”之和 Tn=(31-1)+(32-1)+(33-1)+(34-1)+(35-1)+(36-1)=(31+32+33+34+35+36)-6=-6=1 086. 对点训练 (1)【证明】因为=，所以消去an，得(n2-1)bn=(n2-1)2n，当n≥2时，bn=2n，则an=n；当n=1时，由nan+bn=n2+2n及a1=1，得b1=2=21，所以an=n，bn=2n(n∈N*).因为an+1-an=1，=2，所以数列{an}为公差为1的等差数列，{bn}为公比为2的等比数列. (2)【解】由(1)知a2n+3b2n-1+1=2n+1+3×22n-1=2n+1+×4n， 则Sn=(3+5+…+2n+1)+×(41+42+…+4n)=+×=22n+1+n2+2n-2. 例2 【解】（1）因为Sn＝2n＋r，所以a1＝S1＝2＋r，a1＋a2＝S2＝4＋r，即a2＝2，a1＋a2＋a3＝S3＝8＋r，即a3＝4．由{an}是等比数列可知a＝a1a3，所以4＝(2＋r)×4，可得r＝－1．故Sn＝2n－1，a1＝2＋r＝1．当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)－(2n－1－1)＝2n－1，且a1＝1也适合该式，故an＝2n－1，{an}是等比数列，即r＝－1满足题意．所以r＝－1． （2）由(1)知bn＝2(1＋log2an)＝2(1＋log22n－1)＝2n．因为a1＝1，a2＝2＝b1，a3＝4＝b2，a4＝8＝b4，a5＝16＝b8，a6＝32＝b16，a7＝64＝b32，a8＝128＝b64，a9＝256＝b128，所以c1＋c2＋c3＋…＋c100＝(b1＋b2＋…＋b107)－(a2＋a3＋…＋a8)＝－＝11 302． 对点训练【解】（1）因为{an}为等差数列，则S5＝5a3＝25，即a3＝5，可得d＝a4－a3＝2，a1＝a3－2d＝1，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1． （2）因为在ak与ak＋1(k＝1,2，…)之间插入2k－1个3，可知ak(k≥2)在数列{bn}中对应的项数为n＝k＋20＋21＋…＋2k－2＝k＋＝2k－1＋k－1．当k＝8时，n＝27＋7＝135，即a8＝b135；当k＝9时，n＝28＋8＝264，即a9＝b264．由题意可知b136＝b137＝…＝b150＝3，所以T150＝S8＋3×(150－8)＝＋426＝490． 巩固提升 1.　D【解析】 数列{2n－1}是正奇数数列，对于数列{(n＋1)2－1}，当n为奇数时，设n＝2k－1(k∈N*)，则(n＋1)2－1＝4k2－1，为奇数；当n为偶数时，设n＝2k(k∈N*)，则(n＋1)2－1＝(2k＋1)2－1＝4k(k＋1)，为偶数，所以cn＝．因为cn＝＝＝，所以c1＋c2＋…＋c99＝×＝×＝．故选D. 2.　A【解析】根据题意，得新数列为0,1,2,3,4，…则二阶等差数列{an}的通项公式为an＝＋2，则a20＝＋2＝173.故选A. 3.　D【解析】 因为an＋1＝2an＋1，所以an＋1＋1＝2(an＋1).又因为a1＋1＝2，所以＝2，所以数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an＋1＝2n，即an＝2n－1，所以bn＝2log2(1＋an)－1＝2log2(1＋2n－1)－1＝2n－.又b1＝1，bn＋1－bn＝2，所以数列{bn}是首项为1，公差为2的等差数列，即bn＝2n－1，则{an}中所有的项均在{bn}中．b1＝a1＝1，b16＝31，b25＝49，由an＝2n－1，得a5＝31，a6＝63，所以b16＝a5＝31，a5＜b25＜a6，所以c1＋c2＋…＋c20＝(b1＋b2＋…＋b25)－(a1＋a2＋…＋a5)＝－[(21＋22＋…＋25)－5]＝625－＋5＝568．故选D. 4.BC【解析】令4n＋1＝5m(n，m∈N*)，所以n＝＝＝∈N*，所以数列{5m}为数列{4n＋1}的子数列，所以an＝5n(n＝1,2,3，…)，所以{an}的前n项和为＝．故选BC. 5.　【解析】，，， ，即.又， 所以数列为等差数列，公差为，首项为1，. . 学科网（北京）股份有限公司 $