6.4.1 數(shù)列的綜合 課件-2025屆高三數(shù)學(xué)三輪專項(xiàng)復(fù)習(xí)

6.4.1數(shù)列的綜合高考解讀

數(shù)列與不等式、函數(shù)等知識(shí)的交匯問題是高考的常考內(nèi)容.一般圍繞等差

數(shù)列、等比數(shù)列的知識(shí)命題,涉及數(shù)列的函數(shù)性質(zhì)、通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式等,主要

考查運(yùn)算求解能力和轉(zhuǎn)化與化歸能力,借助數(shù)列的關(guān)系綜合考查相應(yīng)的邏輯推理、數(shù)

學(xué)抽象等數(shù)學(xué)核心素養(yǎng).解決這類問題需要更加注意思維的靈活性與嚴(yán)謹(jǐn)性.高考溯源1.數(shù)列與不等式綜合(2021全國(guó)乙文,19,12分)設(shè){an}是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列,數(shù)列{bn}滿足bn=

.已知a1,3a2,9a3成等差數(shù)列.(1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式;(2)記Sn和Tn分別為{an}和{bn}的前n項(xiàng)和.證明:Tn<

.解析

(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q.∵a1,3a2,9a3成等差數(shù)列,∴6a2=a1+9a3,即6a1q=a1+9a1q2.又∵a1=1,∴6q=1+9q2,解得q1=q2=

,∴an=a1·qn-1=

.∵bn=

,∴bn=n·

.(2)證明:第一步:用等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式計(jì)算Sn.由等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)和公比知,前n項(xiàng)和為Sn=

=

.第二步:用錯(cuò)位相減法求Tn.∵bn=n·

,∴Tn=b1+b2+…+bn=1×

+2×

+…+n

,①

Tn=1×

+2×

+…+n

.②①-②可得

Tn=

+

+…+

-n·

=

-n·

=-

+

,∴Tn=-

+

.第三步:表示

,并利用作差法證得結(jié)論.∵

=

-

×

=

-

×

,∴Tn-

=-

n·

<0,∴Tn<

.技巧

1.判斷數(shù)列問題中的不等關(guān)系時(shí),可以利用數(shù)列的單調(diào)性,或者借助數(shù)列對(duì)

應(yīng)函數(shù)的單調(diào)性、作差或作商比較大小;2.以數(shù)列為載體,考查不等式的恒成立問題時(shí),可轉(zhuǎn)化為數(shù)列的最值問題,可利用數(shù)列單

調(diào)性或數(shù)列對(duì)應(yīng)函數(shù)的單調(diào)性;3.與數(shù)列有關(guān)的不等式證明問題:此類問題一般采用放縮法進(jìn)行證明,有時(shí)也可通過構(gòu)

造函數(shù)進(jìn)行證明.4.常見放縮公式:(1)

<

=

-

(n≥2);(2)

>

=

-

;(3)

=

<

=2(

-

)(n≥2);(4)

=

>

=2(

-

);(5)

=

<

=2

;(6)

=

<

=

=

-

.高考仿真1

(2025屆上海格致中學(xué)開學(xué)考,12)已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an=2n-1,記bm

為{an}在區(qū)間[m,2m)(m∈N,m>0)內(nèi)項(xiàng)的個(gè)數(shù),則使得不等式bm+1-bm>2062成立的m的最小

值為

.13解析

由m≤2n-1<2m?

≤n<

=2m-1+

.當(dāng)m為奇數(shù)時(shí),bm=2m-1-

+1=2m-1-

+

;當(dāng)m為偶數(shù)時(shí),bm=2m-1-

+1=2m-1-

.所以當(dāng)m為奇數(shù)時(shí),bm+1-bm=

-

=2m-1-1,由2m-1-1>2062?m≥13.當(dāng)m為偶數(shù)時(shí),bm+1-bm=

-

=2m-1,由2m-1>2062?m≥13.又m為偶數(shù),所以m≥14.綜上可知:m的最小值為13.高考仿真2

(2025屆遼寧沈陽(yáng)聯(lián)考,18)已知正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足a1=1,a2=2,且對(duì)于任意n∈

N*,滿足anan+2-

=-1.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;(2)設(shè)bn=

,證明:數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn<

;(3)設(shè)Sn=

,證明:Sn<

.解析

(1)因?yàn)閍1=1,a2=2,anan+2-

=-1,所以當(dāng)n=1時(shí),a1a3-

=-1,計(jì)算得a3=3,由anan+2-

=-1,可得an+1an+3-

=-1,兩式相減可得anan+2+

=an+1an+3+

,整理可得

=

,所以

=

=…=

為定值,定值為

=2,所以an+an+2=2an+1,所以{an}為等差數(shù)列,且公差為a2-a1=1,又a1=1,所以an=n.(2)證明:由(1)得an=n,所以bn=

,Tn=b1+b2+…+bn=1+

+…+

,故Tn=

=1+

<1+

=1+

=1+

-

.因?yàn)閚∈N*,所以

>0,所以Tn<

-

<

,即Tn<

.(3)證明:Sn=

=

=

+

+

,因?yàn)?k(3k+3)<(3k+1)(3k+2),所以Sn<

+

+

=

+

+

=

+

+

<

+

+

=

<

=

.2.數(shù)列與函數(shù)綜合(2019江蘇,20,16分)定義首項(xiàng)為1且公比為正數(shù)的等比數(shù)列為“M-數(shù)列”.(1)已知等比數(shù)列{an}(n∈N*)滿足:a2a4=a5,a3-4a2+4a1=0,求證:數(shù)列{an}為“M-數(shù)列”.(2)已知數(shù)列{bn}(n∈N*)滿足:b1=1,

=

-

,其中Sn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和.①求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式;②設(shè)m為正整數(shù),若存在“M-數(shù)列”{cn}(n∈N*),對(duì)任意正整數(shù)k,當(dāng)k≤m時(shí),都有ck≤bk≤

ck+1成立,求m的最大值.解析

(1)證明:欲證數(shù)列{an}為“M-數(shù)列”,即證數(shù)列{an}的首項(xiàng)為1且公比為正數(shù).設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,由

得

解得

因此數(shù)列{an}為“M-數(shù)列”.

(2分)(2)①第一步,由b1=1和遞推式求b2.因?yàn)?/p>

=

-

,所以bn≠0.當(dāng)n=1時(shí),由b1=1,S1=b1,得

=

-

,則b2=2.第二步,由bn=Sn-Sn-1(n≥2)和遞推式證明數(shù)列{bn}是等差數(shù)列,從而求{bn}的通項(xiàng)公式.由

=

-

,得Sn=

,當(dāng)n≥2時(shí),由bn=Sn-Sn-1,得bn=

-

,整理得bn+1+bn-1=2bn.所以數(shù)列{bn}是首項(xiàng)和公差均為1的等差數(shù)列.因此,數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn=n(n∈N*).

(6分)②由①知,bk=k,k∈N*.因?yàn)閿?shù)列{cn}為“M-數(shù)列”,所以c1=1,設(shè)公比為q,q>0.因?yàn)閏k≤bk≤ck+1,所以qk-1≤k≤qk,其中k=1,2,3,…,m.當(dāng)k=1時(shí),有q≥1;當(dāng)k=2,3,…,m時(shí),有

≤lnq≤

.

(9分)設(shè)f(x)=

(x>1),則f'(x)=

.令f'(x)=0,得x=e.列表如下:x(1,e)e(e,+∞)f'(x)+0-f(x)↗極大值↘因?yàn)?/p>

=

<

=

,所以f(k)max=f(3)=

.

(11分)取q=

,當(dāng)k=1,2,3,4,5時(shí),

≤lnq,即k≤qk,經(jīng)檢驗(yàn)知qk-1≤k也成立.因此所求m的最大值不小于5.

(14分)若m≥6,分別取k=3,6,得3≤q3,且q5≤6,從而q15≥243,且q15≤216,所以q不存在.因此所求m的最大值小于6.綜上,所求m的最大值為5.

(16分)歸納總結(jié)

數(shù)列是一種特殊的函數(shù),解決數(shù)列問題常以構(gòu)成數(shù)列的函數(shù)為載體,結(jié)合函

數(shù)性質(zhì)解題.解題時(shí)要注意數(shù)列與函數(shù)的內(nèi)在聯(lián)系,靈活運(yùn)用函數(shù)的思想方法求解,在問

題的求解過程中往往會(huì)遇到遞推數(shù)列,因此掌握遞推數(shù)列的常用解法有助于該類問題

的解決.高考仿真

(2025屆江蘇如皋測(cè)評(píng),8)若數(shù)列{an}為正項(xiàng)等比數(shù)列,a3=1,數(shù)列{bn}是公差

為6,首項(xiàng)為1的等差數(shù)列,則數(shù)列{anbn}的前5項(xiàng)和的最小值為

(

)A.

B.

C.

D.65A解析

因?yàn)閿?shù)列{bn}是公差為6,首項(xiàng)為1的等差數(shù)列,所以b1=1,b2=7,b3=13,b4=19,b5=25,設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0),則a1=

,a2=

,a4=q,a5=q2,所以數(shù)列{anbn}的前5項(xiàng)和為a1b1+a2b2+a3b3+a4b4+a5b5=

+

+13+19q+25q2,設(shè)y=

+

+13+19q+25q2,求導(dǎo)可得y'=

-

+19+50q=

,令g(q)=-2-7q+19q3+50q4,可得g'(q)=-7+57q2+200q3,g'(q)在(0,+∞)上為增函數(shù),又g'

=-7+57×

+200×

=

>0,當(dāng)q≥

時(shí),g'(q)>0,所以g(q)在

上為增函數(shù),又g

=-2-7×

+19×

+50×

=0,所以當(dāng)q∈

時(shí),y'<0,當(dāng)q∈

時(shí),y'>0,所以ymin=4+14+13+

+

=

,當(dāng)q∈

時(shí),y>

+

+13>

+

+13=

>

,所以數(shù)列{anbn}的前5項(xiàng)和的最小值為

.故選A.3.數(shù)列的創(chuàng)新題(2024新課標(biāo)Ⅰ,19,17分)設(shè)m為正整數(shù),數(shù)列a1,a2,…,a4m+2是公差不為0的等差數(shù)列,若從中

刪去兩項(xiàng)ai和aj(i<j)后剩余的4m項(xiàng)可被平均分為m組,且每組的4個(gè)數(shù)都能構(gòu)成等差數(shù)

列,則稱數(shù)列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)-可分?jǐn)?shù)列.(1)寫出所有的(i,j),1≤i<j≤6,使得數(shù)列a1,a2,…,a6是(i,j)-可分?jǐn)?shù)列;(2)當(dāng)m≥3時(shí),證明:數(shù)列a1,a2,…,a4m+2是(2,13)-可分?jǐn)?shù)列;(3)從1,2,…,4m+2中一次任取兩個(gè)數(shù)i和j(i<j),記數(shù)列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)-可分?jǐn)?shù)列的概率

為Pm,證明:Pm>

.解析

(1)(1,2),(1,6),(5,6).理由:數(shù)列a1,a2,…,a6中刪去a1,a2后,數(shù)列a3,a4,a5,a6是等差數(shù)列,所以數(shù)列a1,a2,…,a6是(1,2)-

可分?jǐn)?shù)列,同理數(shù)列a1,a2,…,a6是(1,6)或(5,6)-可分?jǐn)?shù)列.(2)證法一:m=3時(shí),a1,a4,a7,a10成等差數(shù)列;a3,a6,a9,a12成等差數(shù)列;a5,a8,a11,a14成等差數(shù)列.m≥4時(shí),從a15開始每連續(xù)4項(xiàng)成等差數(shù)列,a15前12項(xiàng)分組同上,即a1,a4,a7,a10成等差數(shù)列;a3,a6,a9,a12成等差數(shù)列;a5,a8,a11,a14成等差數(shù)列;a15,a16,a17,a18成等差數(shù)列;……a4m-1,a4m,a4m+1,a4m+2成等差數(shù)列.證明畢.證法二:數(shù)列a1,a2,…,a4m+2的前14項(xiàng)a1,a2,…,a14中刪去a2和a13后剩余的12項(xiàng)可被平均分為

以下3組:a1,a4,a7,a10;a3,a6,a9,a12;a5,a8,a11,a14.由題設(shè)知這3組中的4個(gè)數(shù)都能構(gòu)成等差數(shù)列.當(dāng)m≥4時(shí),數(shù)列a1,a2,…,a4m+2從第15項(xiàng)開始每連續(xù)4項(xiàng)分為一組,共可得m-3組,每組中的4個(gè)數(shù)都能構(gòu)成等差數(shù)列.所以當(dāng)m≥3時(shí),數(shù)列a1,a2,…,a4m+2是(2,13)-可分?jǐn)?shù)列.(3)證明:證法一:從4m+2個(gè)數(shù)中任取兩個(gè)數(shù)i和j(i<j)有

=8m2+6m+1種,①首先證明(4p+1,4q+2)(p<q)一定符合題意,p,q∈N,且q≤m.4p+1與4q+2之間有4q+2-(4p+1)-1=4(q-p)個(gè)數(shù),按從小到大的順序每4個(gè)一組.4p+1前的4p個(gè)數(shù)按從小到大的順序每4個(gè)一組.4q+2后的4(m-q)個(gè)數(shù)按從小到大的順序每4個(gè)一組.故(4p+1,4q+2)(0≤p<q≤m)的不同取值有

+(m+1)=

(m2+3m+2)種.②其次證明(4p+2,4q+1)(p<q-1)一定符合題意,p,q∈N,且q≤m,4p+1前的4p個(gè)數(shù),按從小到大的順序每4個(gè)一組,4q+2后的4(m-q)個(gè)數(shù)按從小到大的順序每4個(gè)一組,對(duì)4p+1,4p+2,4p+3,…,4q,4q+1,4q+2,一共有4(q-p)+2個(gè)數(shù),去掉其中第2個(gè)與第4(q-p)+1個(gè)數(shù),即4p+2與4q+1.下面證明去掉后剩下的4(q-p)個(gè)數(shù)可以分成q-p組,每組4個(gè)數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列.該證明實(shí)際上為(2)的推廣.令k=q-p≥2,4p+1,4p+1+k,4p+1+2k,4p+1+3k成等差數(shù)列;4p+3,4p+3+k,4p+3+2k,4p+3+3k成等差數(shù)列;……4p+2+k,4p+2+2k,4p+2+3k,4p+2+4k成等差數(shù)列,得證,∴②得證.故(4p+2,4q+1)的不同取值有

-m=

(m2-m)種,由①②,分組方法共有

(m2+3m+2)+

(m2-m)=

(2m2+2m+2)=m2+m+1種,而

-

=

>0,∴Pm>

.證法二:設(shè)as,at,au,av是數(shù)列a1,a2,…,a4m+2中不同的4項(xiàng),數(shù)列as,at,au,av是等差數(shù)列等價(jià)于數(shù)

列s,t,u,v是等差數(shù)列.因此數(shù)列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)-可分?jǐn)?shù)列等價(jià)于數(shù)列1,2,…,4m+2是(i,j)

-可分?jǐn)?shù)列.記集合M中元素的個(gè)數(shù)為|M|.令Km={(i,j)|數(shù)列1,2,…,4m+2是(i,j)-可分?jǐn)?shù)列},則Pm=

.因?yàn)?,3,5,7和4,6,8,10均為等差數(shù)列,故(2,9)∈K2.由(2)知(2,13)∈K3.若(2,4m+1)∈Km,則由4m+1,4m+3,4m+5,4m+7和4m+4,4m+6,4m+8,4m+10均為等差數(shù)列,

可得(2,4m+9)∈Km+2.所以當(dāng)m≥2時(shí),均有(2,4m+1)∈Km.因?yàn)檫B續(xù)4個(gè)整數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列,所以(4i+1,4m+6)∈Km+1,i=0,1,…,m+1,且Km?Km+1.若(u,v)

∈Km,則(u+4,v+4)∈Km+1,故由(2,4(m-i+2)+1)∈Km-i+2知(4i-2,4m+5)∈Km+1,i=1,2,…,m.故|Km+1

|-|Km|≥2m+2(由兩種情況求和而得,一種情況是(m+2)種,一種情況是m種).可看出相鄰兩

項(xiàng)|Km+1|,|Km|的差成等差數(shù)列形式,再由(1)知|K1|=3,則|Km|≥

+3=m2+m+1,因此Pm≥

>

.高考仿真已知數(shù)列{an}滿足a1=a2=1,數(shù)列{bn}是公差為m(m∈R)的等差數(shù)列,且滿足bn

=an+1-an,記f(m,n)=a1m+a2m2+…+anmn,稱f(m,n)是由數(shù)列{an}生成的“m-函數(shù)”.(1)求f(2,4)的值;(2)若“1-函數(shù)”f(1,n)≥8,求n的最小值;(3)記函數(shù)S(x)=x+2x2+…+nxn,其導(dǎo)函數(shù)為S'(x),證明:“m-函數(shù)”f(m,n)=

·S'(m)-

S(m)+(m+1)

mi.附:

i2=

.解析

(1)f(2,4)=2a1+22a2+23a3+24a4,數(shù)列{bn}的首項(xiàng)b1=a2-a1=1-1=0,公差為2,所以bn=2(n-1),a3=a2+b2=1+2=3,a4=a3+b3=3+4