2025届高考数学一轮复习教师用书第七章第六节数列的综合应用讲义（Word附解析）

第六节　数列的综合应用【核心考点·分类突破】考点一　等差、等比数列的综合问题(规范答题)[例1](12分)(2023·新高考Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d,且d>1,令bn=n2+nan,记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和.(1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{an}的通项公式;(2)若{bn}为等差数列,且S99-T99=99,求d.审题导思 破题点·柳暗花明规范答题微敲点·水到渠成【解析】(1)因为3a2=3a1+a3,所以3d=a1+2d,解得a1=d, [1分]关键点　根据已知条件,列方程求出首项a1和公差d的关系.所以S3=3a2=3(a1+d)=6d,又T3=b1+b2+b3=2d+3d+4d=9d,所以S3+T3=6d+9d=21,即2d2-7d+3=0,解得d=3或d=12(舍去), [3分]所以an=a1+(n-1)d=3n,所以an的通项公式为an=3n. [4分]阅卷现场　(1)没有过程,只有an=3n得1分;(2)结果正确时漏写a1=d不扣分;(3)d=12漏舍只得1分.(2)因为bn=n2+nan,且bn为等差数列,所以2b2=b1+b3,即12a2=2a1+12a3, [6分]所以6a1+d-1a1=6a1+2d,所以a12-3a1d+2d2=0,解得a1=d或a1=2d. [8分]传技巧　取bn的前3项,利用等差中项2b2=b1+b3,得到首项a1和公差d之间的关系.解法一:①当a1=d时,an=nd,所以bn=n2+nan=n2+nnd=n+1d,S99=99a1+a992=99(d+99d)2=99×50d,T99=99b1+b992=992d+100d2=99×51d.因为S99-T99=99,所以99×50d-99×51d=99,关键点　利用S99-T99=99,列出关于d的方程,结果注意d>1.即50d2-d-51=0,解得d=5150或d=-1(舍去). [10分]②当a1=2d时,an=(n+1)d,所以bn=n2+nan=n2+n(n+1)d=nd,避易错　讨论另一种情况,不可遗漏.S99=99a1+a992=99(2d+100d)2=99×51d,T99=99b1+b992=991d+99d2=99×50d.因为S99-T99=99,所以99×51d-99×50d=99,即51d2-d-50=0,解得d=-5051(舍去)或d=1(舍去).[11分]综上,d=5150. [12分]解法二:因为S99-T99=99,由等差数列的性质知,且99a50-99b50=99,即a50-b50=1,传技巧　利用等差数列的性质,可以简化运算过程.列方程求出a50,注意由d>1可知an>0.所以a50-2 550a50=1,即a502-a50-2 550=0,解得a50=51或a50=-50(舍去). [10分]①当a1=d时,a50=a1+49d=50d=51,解得d=5150.②当a1=2d时,a50=a1+49d=51d=51,解得d=1,与d>1矛盾,应舍去. [11分]综上,d=5150. [12分]解法三:因为an,bn都是等差数列,且anbn=n(n+1),所以可设an=1k(n+1)bn=kn或an=knbn=1k(n+1).[8分]敲黑板　构造新数列要考虑全面,少写一组不得分.(i)当an=1k(n+1),bn=kn时,S99-T99=1k(2+3+…+100)-k(1+2+…+99)=99,即50k2+k-51=0,解得k=-5150或k=1,因为d=k>1,所以均不合题意. [10分](ii)当an=kn,bn=1k(n+1)时,S99-T99=k(1+2+…+99)-1k(2+3+…+100)=99,即50k2-k-51=0,解得k=5150或k=-1.因为d=k>1 ,所以k=5150,所以d=5150. [12分]拓思维　高考命题强调“多思考,少运算”的理念,试题面向全体学生,为考生搭建展示数学能力的平台.本解法根据给出的条件,巧妙的构造新的数列,突破常规解法,灵活运用数列知识,解题方法“高人一招”,解题速度“快人一步”.【解题技法】等差、等比数列综合问题的求解策略1.基本方法:求解等差、等比数列组成的综合问题,首先要根据数列的特征设出基本量,然后根据题目特征使用通项公式、求和公式、数列的性质等建立方程(组),确定基本量;2.基本思路:注意按照顺序使用基本公式、等差中项、等比中项以及证明数列为等差、等比数列的方法确定解题思路.【对点训练】　(2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和.已知2Snn+n=2an+1.(1)证明:{an}是等差数列;(2)若a4,a7,a9成等比数列,求Sn的最小值.【解析】(1)由2Snn+n=2an+1,得2Sn+n2=2ann+n①,所以2Sn+1+(n+1)2=2an+1(n+1)+(n+1)②,②-①,得2an+1+2n+1=2an+1(n+1)-2ann+1,化简得an+1-an=1,所以数列{an}是公差为1的等差数列.(2)由(1)知数列{an}的公差为1.由a4,a7,a9成等比数列,得a72=a4a9,即(a1+6)2=(a1+3)(a1+8),解得a1=-12,所以Sn=-12n+n(n-1)2=n2-25n2=12(n-252)2-6258,所以,当n=12或n=13时,(Sn)min=-78.考点二　数列与函数、向量的综合[例2](1)(2023·龙岩模拟)已知函数f(x)=13x3+4x,记等差数列{an}的前n项和为Sn,若f(a1+2)=100,f(a2 022+2)=-100,则S2 022等于(　　)A.-4 044 B.-2 022C.2 022 D.4 044【解析】选A.因为f(-x)=-13x3-4x=-f(x),所以f(x)是奇函数,因为f(a1+2)=100,f(a2 022+2)=-100,所以f(a1+2)=-f(a2 022+2),所以a1+2+a2 022+2=0,所以a1+a2 022=-4,所以S2 022=2 022(a1+a2 022)2=-4 044.(2)数列an满足a1=1,a2=5,若m=1,an+1+1,n=an+an+2,-2,m·n=0,则数列an的通项公式为________. 【解析】由已知m·n=0,得1×an+an+2-2an+1+1=0,即an+2-an+1-an+1-an=2,则an+1-an是首项为a2-a1,公差为2的等差数列,则an+1-an=a2-a1+n-1×2=2n+1,于是an=an-an-1+an-1-an-2+…+a2-a1+a1=2n+2n-1+…+2×2+1=2n+n-1+…+2+1=n2+n-1.答案:an= n2+n-1【解题技法】数列与函数、向量的综合问题的求解策略(1)已知函数条件,解决数列问题,此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题;(2)已知数列条件,解决函数问题,解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形;(3)涉及数列与三角函数有关的问题,常利用三角函数的周期性等特征,寻找规律后求解;(4)涉及数列与向量有关的综合问题,应根据条件将向量式转化为与数列有关的代数式求解. 【对点训练】1.已知数列{an}满足an+2-an+1=an+1-an,n∈N*,且a5=π2,若函数f(x)=sin 2x+2cos 2x2,记yn=f(an),则数列{yn}的前9项和为(　　)A.0 B.-9 C.9 D.1【解析】选C.由题意知数列{an}是等差数列.因为a5=π2,所以a1+a9=a2+a8=a3+a7=a4+a6=2a5=π.f(x)=sin 2x+2cos2x2,所以f(x)=sin 2x+cos x+1,所以f(a1)+f(a9)=sin 2a1+cos a1+1+sin 2a9+cos a9+1=2.同理f(a2)+f(a8)=f(a3)+f(a7)=f(a4)+f(a6)=2.因为f(a5)=1,所以数列{yn}的前9项和为9.2.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,令λ=f(d)=151+9d-2,因为d∈[1,2],所以令t=1+9d,t∈[10,19],因此λ=f(t)=15t-2.当t∈[10,19]时,函数λ=f(t)是减函数,故当t=10时,实数λ有最大值,最大值为f(10)=-12.答案:-12考点三　数列与不等式的综合【考情提示】数列不等式作为考查数列综合知识的载体,因其全面考查数列的性质、递推公式、求和等知识而成为高考命题的热点,重点考查不等式的证明、参数范围、最值等.角度1 数列中的最值 [例3]公比为2的等比数列{an}中存在两项am,an满足aman=16a12,则1m+4n的最小值为(　　)A.32 B.53 C.43 D.1310【解析】选A.由等比数列的通项公式知am=a1×2m-1,an=a1×2n-1,由aman=16a12,可得a12×2m+n-2=16a12,易知a1≠0,故2m+n-2=16,解得m+n=6,则1m+4n=16(m+n)·(1m+4n)=16(1+4mn+nm+4)≥16(5+24mn·nm)=32(当且仅当m=2,n=4时取等号).角度2 数列中的不等式证明 [例4](2023·宁德模拟)已知数列an,bn满足bn=an+n2,a1+b1=3,a2+b2=8,且数列an是等差数列.(1)求数列bn的通项公式;(2)记数列1bn的前n项和为Sn,求证:12≤Sn<1.【解析】(1)由bn=an+n2得b1=a1+1,b2=a2+4,代入a1+b1=3,a2+b2=8得2a1+1=3,2a2+4=8,解得a1=1,a2=2.又因为数列an为等差数列,故公差为d=a2-a1=1,因此an=n,bn=n+n2.(2)由(1)可得bn=n+n2,所以1bn=1n+n2=1n-1n+1,所以Sn=1b1+1b2+1b3+…+1bn=(1-12)+(12-13)+(13-14)+…+(1n-1n+1)=1-1n+1,又因为n∈N*,所以0<1n+1≤12(n=1时等号成立),所以12≤1-1n+1<1,即12≤Sn<1.角度3 数列中的不等式恒成立 [例5]已知数列{an}的通项公式为an=5-n,其前n项和为Sn,将数列{an}的前4项抽去其中一项后,剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项,记{bn}的前n项和为Tn.若存在m∈N*,使对任意n∈N*,Sn≤Tm+λ恒成立,则实数λ的取值范围是(　　)A.[2,+∞) B.(3,+∞)C.[3,+∞) D.(2,+∞)【解析】选D.依题意得Sn=(4+5-n)n2=n(9-n)2,根据二次函数的性质知,当n=4,5时,Sn取得最大值为10.另外,根据通项公式得数列{an}的前4项为a1=4,a2=3,a3=2,a4=1,观察易知抽掉第二项后,余下的三项可组成等比数列,所以数列{bn}中,b1=4,公比q=12,所以Tn=4(1-12n)1-12=8(1-12n),所以4≤Tn<8.因为存在m∈N*,对任意n∈N*,Sn≤Tm+λ恒成立,所以10<8+λ,所以λ>2.【解题技法】数列与不等式交汇问题的解题策略(1)判断数列问题的一些不等关系,可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小.(2)考查与数列有关的不等式证明问题,此类问题一般采用放缩法进行证明,有时也可通过构造函数进行证明.(3)数列中有关项或前n项和的恒成立问题,常转化为数列的最值问题;求项或前n项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解.【对点训练】1.(2023·重庆模拟)设a>0,b>0,若3是3a与9b的等比中项,则1a+2b的最小值为(　　)A.92 B.3 C.32+2 D.4【解析】选A.因为3是3a与9b的等比中项,所以32=3a·9b=3a+2b,所以a+2b=2,所以1a+2b=12·(1a+2b)·(a+2b)=12(5+2ab+2ba)≥12·(5+22ab·2ba)=92,当且仅当a=b=23时取等号.2.数列{an}满足a1=14,an+1=14-4an,若不等式a2a1+a3a2+…+an+2an+1