2025年高考数学二轮专题复习（讲义）--数列专题七（含解析）

这是一份2025年高考数学二轮专题复习（讲义）--数列专题七（含解析），共17页。学案主要包含了注意基础知识的整合，查漏补缺，保强攻弱，提高运算能力，规范解答过程，强化数学思维，构建知识体系，解题快慢结合，改错反思，重视和加强选择题的训练和研究等内容，欢迎下载使用。
一、注意基础知识的整合、巩固。进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度。
二、查漏补缺，保强攻弱。针对“一模”的问题要根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。要适当地选择好的方案，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
人教A版数学--数列专题七
知识点一 根据规律填写数列中的某项,数列求和的其他方法,数列新定义
典例1、对于项数为的有穷数列，设为中的最大值，称数列是的控制数列.例如数列3，5，4，7的控制数列是3，5，5，7.
（1）若各项均为正整数的数列的控制数列是2，3，4，6，6，写出所有的；
（2）设是的控制数列，满足（为常数，）.证明：.
（3）考虑正整数的所有排列，将每种排列都视为一个有穷数列.是否存在数列，使它的控制数列为等差数列？若存在，求出满足条件的数列的个数；若不存在，请说明理由.
随堂练习：给定整数()，设集合，记集合．
（1）若，求集合；
（2）若构成以为首项，()为公差的等差数列，求证：集合中的元素个数为；
（3）若构成以为首项，为公比的等比数列，求集合中元素的个数及所有元素之和．
典例2、设，为正整数，一个正整数数列，，…，满足，对，定义集合，数列，，…，中的（）是集合中元素的个数.
（1）若数列，，…，为5,3,3,2,1,1，写出数列，，…，；
（2）若，，，，…，为公比为的等比数列，求；
（3）对，定义集合，令是集合中元素的个数.求证：对，均有.
随堂练习：已知数列的各项均为正整数，设集合，记
的元素个数为.
（1）①若数列：，，，，求集合，并写出的值；
②若数列：，，，，且，，求数列和集合；
（2）若是递增数列，求证：“”的充要条件是“为等差数列”；
（3）请你判断是否存在最大值，并说明理由.
典例3、对于项数为m（且）的有穷正整数数列，记，即为中的最小值，设由组成的数列称为的“新型数列”.
（1）若数列为2019，2020，2019，2018，2017，请写出的“新型数列”的所有项；
（2）若数列满足，且其对应的“新型数列”项数，求的所有项的和；
（3）若数列的各项互不相等且所有项的和等于所有项的积，求符合条件的及其对应的“新型数列”.
随堂练习：设数列（）的各项均为正整数，且.若对任意，存
在正整数使得，则称数列具有性质.
（1）判断数列与数列是否具有性质；（只需写出结论）
（2）若数列具有性质，且，，，求的最小值；
（3）若集合，且（任意，）.
求证：存在，使得从中可以选取若干元素（可重复选取）组成一个具有性质的数列.
知识点二 利用定义求等差数列通项公式,裂项相消法求和,利用an与sn关系求通项或项
典例4、已知数列是等差数列，其前n项和为，，，数列满足( 且)，.
（1）求和的通项公式；
（2）求数列的前n项和.
随堂练习：已知等差数列的各项均为正数，其前n项和为，且满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，且，求数列的前n项的和.
典例5、已知数列的首项，其前n项和为，且满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前n项和为，且，求n.
随堂练习：已知数列的前项和，数列满足.
（1）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，求满足的的最大值.
典例6、在“①，，；②，；③”三个条件中任选一个，补充到下面的横线上，并解答． 已知等差数列的前n项和为，且__________．
（1）求的通项公式；
（2）若，求的前n项和为，求证：．
随堂练习：已知等差数列的前项和为，数列是各项均为正数的等比数列，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）在①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答.
问题：已知，___________，是否存在正整数，使得数列的前项和？若存在，求的最小值；若不存在，说明理由.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）
人教A版数学--数列专题七答案
典例1、答案： （1）答案见解析； （2）证明见解析； （3）。
解：（1）由题意，，，，，
所以数列有六种可能：；；；；；．
（2）因为，，所以，
所以控制数列是不减的数列，
是的控制数列，满足，是常数，所以，
即数列也是不减的数列，，
那么若时都有，则，
若，则，若，则，
又，由数学归纳法思想可得对，都有；
（3）设的控制数列是，由（2）知是不减的数列，必有一项等于，
当是数列中间某项时，不可能是等差数列， 所以或，
若，则（），是等差数列，
此时只要，是的任意排列均可．共个，
，而时，数列中必有，否则不可能是等差数列，
由此有，即就是，只有一种排列，
综上，的个数是．
随堂练习：答案：（1）（2）见解析（3）
解:（1）因为， 当时，
∴．
(2) 因为构成以为首项，()为公差的等差数列，
所以有()，以及()．
此时，集合中的元素有以下大小关系：．
因此，集合中含有个元素．
(3)由题设，． 设集合，．
①先证中的元素个数为，即从集合中任取两个元素，它们的和互不相同．
不妨设，于是． 显然．
假设，可得，即．
因为，，所以，又，
于是，等式不成立．
因此，． 同理可证．
②再证．
不妨设，于是． 显然，．
假设，可得，即，
因为，所以，又，于是，等式不成立．
因此，． 由①②，得，且．
此时，集合中的元素个数为．
集合中所有元素的和为．
典例2、答案：（1）数列，，…，是6,4,3,1,1. （2） （3）
解: （1）解：数列，，…，是6,4,3,1,1.
（2）由题知，由于数列，，…，是项的等比数列，
因此数列，，…，为，，…，2
下面证明
假设数列中有个，个，…，个2，个1，显然
所以.
由题意可得，，
，…，，…，.
所以 故
即
（3）对，表示，，…，中大于等于的个数
由已知得，，…，一共有项，每一项都大于等于1，
故，由于 故
由于，故当时， 即.
接下来证明对，
，则，即1,2，…，，从而 故，
从而1,2，…，，故，从而，故有
设，即，根据集合的定义，有.
由知，1,2，…，，由的定义可得，
而由，故 因此，对，
随堂练习：答案： （1）①；②数列：，，，，；
（2）证明见解析； （3）不存在，证明见解析.
【试题解析】 分析:
解：（1）因为，，，，，，
所以集合，.
因为：，，，，且，所以，，均不相等，
所以，，都是集合中的元素，因为，
所以，可得：，， 所以数列：，，，，.
（2）充分性：是递增数列，若为等差数列，则，
设的公差为，，当时，，
所以，所以，故充分性成立.
必要性：若是递增数列，，则为等差数列，
因为是递增数列，所以，
所以，且互不相等， 所以，
又因为， 所以且互不相等，
所以，，，，
所以，所以为等差数列，必要性成立.
所以若是递增数列，“”的充要条件是“为等差数列”.
（3）假设存在最大值为，即中有个元素，
分别为，且，
不妨设，其中且与均是正整数，
则，且也是正整数，所以，
所以中有个元素，与假设中有个元素矛盾，
所以假设不成立，所以不存在最大值.
典例3、答案：（1）数列为2019，2019，2019，2018，2017（2）（3）满足题意的数列：.所以对应的“新型数列”分别为：.
解：（1）数列为2019，2019，2019，2018，2017；
（2）由已知得：当时，关于n递减；当时，关于n递减，
又时，关于n递减. ，.
又，. 共21项且各项分别与中各项相同，
其和为 .
（3）先不妨设数列单调递增， 当时，，，
，此时无解，不满足题意；
当时，由 得，
，又，，代入原式得.
当时，， 而，矛盾，
所以不存在满足题意的数列.
综上，满足题意的数列：.
所以对应的“新型数列”分别为：.
随堂练习：答案（1）数列不具有性质；数列具有性质（2）的最小值为（3）证明见解析
解: （1）数列不具有性质；数列具有性质.
（2）由题可知，，，，， 所以.
若，因为且，所以.
同理，
因为数列各项均为正整数，所以.所以数列前三项为.
因为数列具有性质，只可能为之一，而又因为， 所以.
同理，有. 此时数列为.
但数列中不存在使得，所以该数列不具有性质. 所以.
当时，取.（构造数列不唯一）
经验证，此数列具有性质. 所以，的最小值为.
（3）反证法：假设结论不成立，即对任意都有：若正整数，则.
否则，存在满足：存在，使得，此时，从中取出：
当时，是一个具有性质的数列；
当时，是一个具有性质的数列；
当时，是一个具有性质的数列.
（i）由题意可知，这个集合中至少有一个集合的元素个数不少于个，
不妨设此集合为，从中取出个数，记为，且.
令集合.
由假设，对任意，，所以.
（ii）在中至少有一个集合包含中的至少个元素，不妨设这个集合为，
从中取出个数，记为，且.
令集合.
由假设.对任意，存在使得.
所以对任意，，
由假设，所以，所以，所以.
（iii）在中至少有一个集合包含中的至少个元素，不妨设这个集合为，
从中取出个数，记为，且.
令集合.
由假设.对任意，存在使得.
所以对任意，，
同样，由假设可得，所以，所以.
（iv）类似地，在中至少有一个集合包含中的至少个元素，不妨设这个集合为，
从中取出个数，记为，且， 则.
（v）同样，在中至少有一个集合包含中的至少个元素，不妨设这个集合为，
从中取出个数，记为，且，同理可得.
（vi）由假设可得.
同上可知，，
而又因为，所以，矛盾.所以假设不成立. 所以原命题得证.
典例4、答案： （1），； （2）.
解：（1）设等差数列公差为d， ∵，∴，
∵公差，∴.
由得，即，
∴数列是首项为，公比为2的等比数列，∴；
（2）∵，∴，
随堂练习：答案： （1）；（2）.
解: （1）设数列的首项为，公差为，且.
则由题意，得， 解之得或（舍）， ∴.
（2）由 得：；；；；
以上等式左右相加得，
又，∴， 当时，也满足上式，
.
∴
.
典例5、答案： （1） （2）
解：（1）由得，
从而数列是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以；
（2）由（1）得
，
由得 又，所以.
随堂练习：答案：（1）证明见解析，；（2）的最大值为.
解:（1）. 当时，，解得；
当时，由，可得，
上述两式相减得，即，
等式的两边同时乘以，得，即，
所以，且，
所以，数列是以为首项，以为公差的等差数列，则，
即，；
（2）由（1）可
，
所以，，
由可得，即，. 因此，正整数的最大值为.
典例6、答案： （1） （2）证明见解析
解：（1）若选择①，因为，，，， 解得，，
设公差为d，则有，， 解得，， 所以．
若选择②，设公差为d，， 即，
结合，解得，， 所以．
若选择③，当时，； 当时，，
当时亦满足上式， 所以．
（2）证明：由（1）得，
所以，
因为，（），所以， 所以．
随堂练习：答案： （1） （2）答案见解析
解：（1）设等比数列的公比为，由得：，，又，
因此有，即，解得，(舍去)，则，
所以数列的通项公式.
（2）若选①：设等差数列公差为d，则，，解得，
于是得：，，
则有，
由，解得，而为正整数，则的最小值为，
所以存在正整数满足要求，的最小值为.
若选②：设等差数列公差为d，则，，解得，
于是得，，
则有，
由，解得，而为正整数，则的最小值为，
所以存在正整数满足要求，的最小值为.
若选③：设等差数列公差为d，则，，解得，
于是得：，，
，
令，得，显然数列()是递减的，
当时，，当时，，
即由得，则的最小值为
所以存在正整数满足要求，的最小值为.