2024版新教材高考数学全程一轮总复习高考大题研究课五数列的综合

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高考大题研究课五　数列的综合
题型一　等差数列、等比数列的综合问题
例1[2023·河北衡水模拟]设等比数列的前n项和为Sn，已知Sn＋Sn＋1＝3an＋1－2，且a1＝1.
(1)求数列的通项公式；
(2)已知数列是等差数列，且c1＝a1，c3＝S2，设bn＝an·cn，求数列的前n项和Tn.
[听课记录]









题后师说
等差数列、等比数列的综合问题是新高考命题的热点之一，对这类问题应重点分析等差、等比数列项之间的关系．数列的求和主要是等差、等比数列的求和、裂项相消法求和及错位相减法求和．



巩固训练1
[2023·河南洛阳模拟]已知数列是公差大于1的等差数列，前n项和为Sn，a2＝3，且a1＋1，a3－1，a6－3成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)若bn＝，求数列的前n项和Tn.







题型二　数列与不等式的综合问题
例2[2023·山东烟台模拟]已知数列的前n项和为Sn，a1＝，当n≥2时＝anSn－an.
(1)求Sn；
(2)设数列的前n项和为Tn，若λTn≤·2n恒成立，求λ的取值范围．
[听课记录]






题后师说




巩固训练2
[2022·安徽十校联考]已知数列满足a1＋a2＋…＋an－1－an＝－2且，且a2＝4.
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列的前n项和为Tn，求证：≤Tn<1.










题型三　数列中的结构不良试题
例3[2023·河北沧州模拟]已知数列满足a1＝2，前n项和为Sn，且an＋1＋an＝3×2n.
(1)写出a2，a3，并求出数列的通项公式；
(2)在①bn＝log2；②bn＝log2(Sn＋λ)这两个条件中任选一个补充在下面横线中，并加以解答．若数列满足________，求实数λ使得数列是等差数列．
注：如果求解了两个问题，则按照第一个问题解答给分．
[听课记录]






题后师说
结构不良试题是近几年新高考命题的新题型，对这类题型的解法是：先定后动，先对题目中确定的条件进行分析推断，再观察分析“动”的条件，结合题干要求选出最适合自己解答的条件求解．



巩固训练3
[2023·山东济南历城二中模拟]在“①an＋1>an，a3a10＝44，a4＋a9＝15；②S7＝5a6，a2＝3；③2Sn＝n(n＋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Sn，且________．
(1)求的通项公式；
(2)若bn＝，求的前n项和为Tn，求证：Tn<.







真题展台
1.[2022·新高考Ⅱ卷]已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.
(1)证明：a1＝b1；
(2)求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数．










2．[2021·全国甲卷]已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列{an}是等差数列；②数列{}是等差数列；③a2＝3a1.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．





3．[2021·浙江卷]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn.若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．

















高考大题研究课五　数列的综合
例1　解析：(1)因为Sn＋Sn＋1＝3an＋1－2，所以Sn－1＋Sn＝3an－2(n≥2)，两式相减可得an＋an＋1＝3an＋1－3an(n≥2)，整理得an＋1＝2an(n≥2)，∵n＝1时，a1＋S2＝3a2－2⇒2a1＋a2＝3a2－2⇒2a2＝4⇒a2＝2，∴a2＝2a1，所以公比q＝2，即数列是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2n－1.
(2)易知c1＝a1＝1，c3＝S2＝3，所以公差d＝＝1，所以cn＝n，所以bn＝an·cn＝n·2n－1，因为Tn＝1·20＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1，则2Tn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，两式相减可得Tn＝n·2n－＝n·2n－＝(n－1)·2n＋1.即Tn＝(n－1)·2n＋1.
巩固训练1　解析：(1)设等差数列的公差为d，由a2＝a1＋d＝3，得a1＝3－d，
所以a1＋1＝4－d，a3－1＝a1＋2d－1＝d＋2，a6－3＝a1＋5d－3＝4d，
由题意有(d＋2)2＝4d(4－d)，得5d2－12d＋4＝0且d>1，得d＝2，
∴a1＝3－2＝1，
∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)所以Sn＝＝n2，
bn＝＝＝＝，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(1－＋…＋)＝.
例2　解析：(1)当n≥2时＝anSn－an，所以＝Sn－，整理得：SnSn－1＝Sn－1－Sn，即＝1.所以数列是以＝＝2为首项，1为公差的等差数列．所以＝n＋1，即Sn＝.
(2)由(1)知，＝(n＋1)·2n，所以Tn＝2·2＋3·22＋…＋n·2n－1＋(n＋1)·2n①，所以2Tn＝2·22＋3·23＋…＋n·2n＋(n＋1)·2n＋1②，①－②得，－Tn＝4＋－(n＋1)·2n＋1＝－n·2n＋1，所以Tn＝n·2n＋1，所以λTn≤·2n，即λn·2n＋1≤·2n，即λ≤＝，因为≥2 ＝3，当且仅当n＝3时，等号成立，所以λ≤3.
巩固训练2　解析：(1)因为a1＋a2＋…＋an－1－an＝－2，所以a1＋a2＋…＋an－an＋1＝－2，
两式相减得an＋1＝2an(n≥2)，
当n＝2时，a1－a2＝－2，又a2＝4，所以a1＝2，a2＝2a1，
所以an＋1＝2an.
所以是首项为2，公比为2的等比数列，
所以an＝2n；
(2)证明：＝＝，
所以Tn＝＋…＋＝1－<1，由n≥1，得2n＋1≥4，
所以1－，
综上，≤Tn<1.
例3　解析：(1)由an＋1＋an＝3×2n得：a2＝3×2－a1＝4；a3＝3×22－4＝8；
猜想可得：an＝2n；
当n＝1时，a1＝2满足an＝2n；
假设当n＝k时，ak＝2k成立，
则当n＝k＋1时，ak＋1＝3×2k－ak＝3×2k－2k＝2k·(3－1)＝2k＋1成立，
综上所述：当n∈N*时，an＝2n.
(2)若选条件①，bn＝log2＝log2，
若为等差数列，则bn＋1＋bn－1＝2bn，
即log2＋log2＝2log2，
∴·＝2，整理得：λ＝22n＋2·λ，
即22n－1·17λ＝22n＋2·λ，∴17λ＝8λ，解得：λ＝0，
则存在实数λ＝0，使得为等差数列；
若选条件②，Sn＝＝2n＋1－2，
∴bn＝log2，
若为等差数列，则bn＋1＋bn－1＝2bn，
∴log2＋log2＝2log2(2n＋1－2＋λ)，
∴·＝2，整理得：(λ－2)＝2n＋2(λ－2)，
即5(λ－2)·2n＝(λ－2)·2n＋2，∴5(λ－2)＝4(λ－2)，解得：λ＝2，
则存在实数λ＝2，使得为等差数列．
巩固训练3　解析：(1)若选择①，因为an＋1>an，a3a10＝44，a4＋a9＝15，a3＋a10＝a4＋a9，
解得a3＝4，a10＝11，
设公差为d，则有a3＝a1＋2d＝4，a10＝a1＋9d＝11，
解得a1＝2，d＝1，
所以an＝n＋1.
若选择②，设公差为d，S7＝7a4＝5a6，
即7＝5，
结合a2＝a1＋d＝3，解得a1＝2，d＝1，
所以an＝n＋1.
若选择③，当n＝1时，a1＝S1＝2；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝＝n＋1，
当n＝1时亦满足上式，
所以an＝n＋1.
(2)证明：由(1)得bn＝＝＝，
所以Tn＝＋…＋＝，
因为>0，(n∈N*)，所以<，
所以Tn<.
真题展台——知道高考考什么？
1．解析：(1)证明：设等差数列{an}的公差为d.
由a2－b2＝a3－b3，知a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，
故d＝2b1.
由a2－b2＝b4－a4，知a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，
所以a1＋d－2b1＝4d－(a1＋3d)，
所以a1＋d－2b1＝d－a1.整理，得a1＝b1，得证．
(2)由(1)知d＝2b1＝2a1.
由bk＝am＋a1，知b1·2k－1＝a1＋(m－1)·d＋a1，
即b1·2k－1＝b1＋(m－1)·2b1＋b1，即2k－1＝2m.
因为1≤m≤500，所以2≤2k－1≤1 000，
解得2≤k≤10.
故集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数为9.
2．解析：①③⇒②.
已知{an}是等差数列，a2＝3a1.
设数列{an}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，
所以Sn＝na1＋d＝n2a1.
因为数列{an}的各项均为正数，所以＝n，
所以 ＝(n＋1)－n＝(常数)，所以数列{}是等差数列．
①②⇒③.
已知{an}是等差数列，{}是等差数列．
设数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋d＝n2d＋n.
因为数列{}是等差数列，所以数列{}的通项公式是关于n的一次函数，则a1－＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1.
②③⇒①.
已知数列{}是等差数列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1.
设数列{}的公差为d，d>0，则＝＝d，
得a1＝d2，所以＝＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2，
所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)，是关于n的一次函数，所以数列{an}是等差数列．
3．解析：(1)由4Sn＋1＝3Sn－9①，得4Sn＝3Sn－1－9(n≥2)②.
①－②，得4an＋1＝3an(n≥2)，即an＋1＝an(n≥2)．
由题意，得4(a1＋a2)＝3a1－9，a1＝－，解得a2＝－.
经验证，a2＝a1，所以an＋1＝an，
所以{an}是以－为首项，为公比的等比数列，
所以an＝－＝－3×.
(2)由3bn＋(n－4)an＝0，得bn＝－an＝(n－4)×，
所以Tn＝－3×－2×－1×＋…＋(n－4)×，③
则Tn＝－3×－2×－1×＋…＋(n－4)×.④
③－④，得Tn＝－3×＋＋…＋－(n－4)×＝－－4×－(n－4)×＝－n×，
所以Tn＝－4n×.
Tn≤λbn对任意的n∈N*恒成立，即－4n×≤λ(n－4)×，即λ(n－4)＋3n≥0对任意的n∈N*恒成立，当n＝4时，显然成立；
当n<4时，λ≤－＝－3－，解得λ≤1；
当n>4时，λ≥－＝－3－，解得λ≥－3.
综上可得，λ∈[－3，1].