2027年高考数学一轮复习 学案练习含答案 041-能力提升9 数列中的综合问题（教用）

这是一份2027年高考数学一轮复习 学案练习含答案 041-能力提升9 数列中的综合问题（教用），共15页。试卷主要包含了衍生数列问题，数列与不等式的综合问题等内容，欢迎下载使用。
能力提升9 数列中的综合问题
数列中的综合问题，主要包括数列的公共项、增减项等衍生数列的相关问题以及数列与不等式等知识的交汇问题，综合考查数列中的相关知识、方法以及数学思想，是历年高考的热点内容.
题型一 衍生数列问题
角度1 公共项问题
例1 （经典高考）将数列{2n−1}与{3n−2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】3n2−2n
【解析】解法一（观察归纳法）：∵ 数列{2n−1}的项为1，3，5，7，9，11，13，⋯ ，
数列{3n−2}的项为1，4，7，10，13，⋯ ，
∴ 数列{an}是首项为1，公差为6的等差数列，
∴an=1+(n−1)×6=6n−5，
∴ 数列{an}的前n项和Sn=(1+6n−5)×n2=3n2−2n.
解法二（递推找项法）：记bn=2n−1,cn=3n−2.
不妨设an=bk=cm，则2k−1=3m−2,k,m∈N∗，
由于cm+1=3(m+1)−2=(3m−2)+3=2k−1+3=2k+2=2(k+32)−1，
因为k+32∉N∗，所以cm+1∉{bn}，因此cm+1不是两个数列的公共项；
由于cm+2=3(m+2)−2=(3m−2)+6=2k−1+6=2k+5=2(k+3)−1，
因为k+3∈N∗，所以cm+1∈{bn}，因此cm+2是两个数列的公共项.
又因为an=bk=cm，所以有an+1=bk+3=cm+2，
所以an+1−an=bk+3−bk=2(k+3)−1−(2k−1)=6，且a1=1，
因此两个数列的公共项构成的新数列{an}是以1为首项，6为公差的等差数列，
因此{an}的前n项和为n×1+n(n−1)2×6=3n2−2n.
归纳总结
与两个数列“公共项”有关问题的解题关键是确定两个数列的“公共项”，此类问题一般有两种类型，一类是去掉“公共项”后，构成新的数列，一类是由“公共项”构成新的数列.
角度2 增减项问题
例2 （2026·江苏南京开学考）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn=n2+n2，数列{bn}为公比大于0的等比数列，且b2=a3,b4=a27.
（1） 求an,bn；
（2） 若在an与an+1之间插入bn个1，由此构成一个新的数列{cn}，记{cn}的前n项和为Tn，求T45.
【解析】
（1） 因为Sn=n2+n2，所以当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2+n2−(n−1)2+(n−1)2=n.
又当n=1时，a1=S1=1也适合上式，所以an=n.
设等比数列{bn}的公比为q(q>0)，
因为b2=a3=3，b4=a27=27，所以b2=b1q=3,b4=b1q3=27,解得b1=1,q=3，所以bn=3n−1.
（2） 根据题意，在an与an+1之间插入bn个1，即在1和2之间插入b1=1个1；在2和3之间插入b2=3个1；在3和4之间插入b3=9个1；在4和5之间插入b4=27个1，
此时刚好有45项，则T45=(1+3+9+27)+(1+2+3+4+5)=55.
归纳总结
解答数列中的增减项问题时，先观察增加或减少以后的数列是等差数列或等比数列，还是局部具有等差或等比特征的数列，然后按照各自的性质进行求解即可.
针对训练1．（2025·湖北武汉模拟）等差数列{an}的前n项和为Sn,a2a3=40,S3=15，数列{bn}满足12b1+122b2+123b3+⋯+12nbn=n.
（1） 求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2） 若从数列{an}中依次剔除与数列{bn}的公共项，剩下的项组成新的数列{cn}，求数列{cn}的前50项和T50.
【解析】
（1） 因为{an}是等差数列，所以S3=3a2=15，得a2=5.
又a2a3=40，所以a3=8，因此{an}的公差d=a3−a2=3，则an=a2+(n−2)d=3n−1.
又12b1+122b2+123b3+⋯+12nbn=n，所以当n≥2时，12b1+122b2+123b3+⋯+12n−1bn−1=n−1，
两式相减得12nbn=1(n≥2)，即bn=2n(n≥2).
又当n=1时，12b1=1，得b1=2，满足上式，故bn=2n(n∈N∗).
综上，数列{an}的通项公式为an=3n−1，数列{bn}的通项公式为bn=2n.
（2） 由（1）可得，a50=149，
且b1=2,b2=4,b3=8,b4=16,b5=32,b6=64,b7=128,b8=256，
经验证数列{an}前50项中与数列{bn}的公共项有4项，分别为2,8,32,128，
数列{an}中去掉的是2,8,32,128这4项，
所以T50=S54−(2+8+32+128)=2×54+54×532×3−170=4231.
针对训练2．（2025·天津武清模拟）设数列{an}的前n项和为Sn=(n−1)2n+1+2，n∈N∗.
（1） 求{an}的通项公式；
（2） 若bn=ann，抽去数列{bn}中的第1项，第4项，第7项，⋯⋯ ，第3n−2项，⋯⋯ ，余下的项顺序不变，组成一个新数列{cn}，若{cn}的前n项和为Tn，求证：当n为奇数时，125Sn.
【解析】
（1） 设{an}的公差为d，
∵S4=32，∴2a1+3d=16①，
又T3=16，∴a1−6+2a2+a3−6=4a1+4d−12=16,∴a1+d=7②.
联立①②，解得a1=5,d=2,
∴an=5+2(n−1)=2n+3.
（2） 证法一：当n为偶数时，
Tn=b1+b2+⋯+bn
=a1−6+a3−6+⋯+an−1−6+2a2+2a4+⋯+2an
=a1+a2+⋯+an+(a2+a4+⋯+an)−6×n2
=Sn+7⋅n2+n2(n2−1)2×4−3n
=Sn+12n(n−1)，
∴Tn−Sn=12n(n−1)，
∴ 当n>5时，Tn−Sn>0,即Tn>Sn.
当n为奇数时，Tn=b1+b2+⋯+bn
=a1−6+a3−6+⋯+an−6+2a2+2a4+⋯+2an−1
=a1+a2+⋯+an+(a2+a4+⋯+an−1)−6×n+12
=Sn+7⋅n−12+n−12⋅(n−12−1)2×4−3n−3
=Sn+12(n2−3n−10)=Sn+12(n−5)(n+2),∴Tn−Sn=12(n−5)(n+2)，
∴ 当n>5时，Tn−Sn>0，即Tn>Sn.
综上，当n>5时，Tn>Sn.
证法二：由（1）知Sn=n2+4n,
bn=2n−3,n为奇数,4n+6,n为偶数.
当n为偶数时，Tn=−1+3+⋯+(2n−5)+14+22+⋯+(4n+6)=n(3n+7)2，
∴Tn−Sn=n2−n2=12n(n−1)，
∴ 当n>5时，Tn−Sn>0，即Tn>Sn.
当n为奇数时，Tn=Tn−1+bn=(n−1)(3n+4)2+2n−3=3n2+5n−102，
∴Tn−Sn=n2−3n−102=(n−5)(n+2)2，
∴ 当n>5时，Tn−Sn>0，即Tn>Sn.
综上，当n>5时，Tn−Sn>0.
例4 （2025·山东潍坊模拟）已知在数列{an}中，a1=1，且3anan−1+an−an−1=0(n≥2).
（1） 求证：数列{1an}是等差数列；
（2） 若λan+1an+1≥λ 对任意n≥2，n∈N∗恒成立，求实数λ 的取值范围.
【解析】
（1） 证明：由3anan−1+an−an−1=0(n≥2)，得1an−1an−1=3(n≥2)，
又a1=1，所以数列{1an}是以1a1=1为首项，3为公差的等差数列.
（2） 由（1）可知1an=1+3(n−1)=3n−2，即an=13n−2，
所以λan+1an+1≥λ 对任意n≥2，n∈N∗恒成立，即λ3n−2+3n+1≥λ 对任意n≥2，n∈N∗恒成立，
整理得λ≤(3n+1)(3n−2)3(n−1)对任意n≥2，n∈N∗恒成立.
令cn=(3n+1)(3n−2)3(n−1)，
则cn+1−cn=(3n+4)(3n+1)3n−(3n+1)(3n−2)3(n−1)=(3n+1)(3n−4)3n(n−1).
因为n≥2，所以cn+1−cn>0，即数列{cn}为递增数列，所以c2=283最小.
所以实数λ 的取值范围为(−∞,283].
归纳总结
数列与不等式综合问题的主要类型及求解策略
（1）判断或证明数列中的一些不等关系：可以通过作差法比较大小、利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数单调性比较大小.
（2）与数列有关的不等式证明问题：一般采用放缩法，结合裂项相消法求和等进行证明，有时也可通过构造函数、借助导数得到不等关系，然后赋值证明数列不等式.
（3）以数列为载体，考查不等式恒成立问题：此类问题可转化为函数的最值问题.
针对训练3．（2025·广东佛山模拟）已知在数列{an}中，a1=1，an=2nn−1an−1+n(n≥2,n∈N∗)，{bn}为等比数列，bn=ann+λ .
（1） 求实数λ 和数列{an}，{bn}的通项公式；
（2） 令cn=bn(bn−1)2，数列{cn}的前n项和为Tn，求证：对任意n∈N∗，都有Tn