2025版高考数学全程一轮复习练习第六章数列高考大题研究课五数列的综合

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会用数列知识以及函数、不等式等知识解决数列的综合问题、数列与函数、数列与不等式交汇问题，提高学生分析问题、解决问题的能力．
关键能力·题型剖析
题型一 等差数列、等比数列的综合运算
例1 [2024·河北邯郸模拟]已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝3Sn＋1(n∈N*)．
(1)求{an}通项公式；
(2)设bn＝，在数列{bn}中是否存在三项bm，bk，bp(其中2k＝m＋p)成等比数列？若存在，求出这三项；若不存在，说明理由．
[听课记录]
题后师说
对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系，利用方程思想和通项公式、前n项和公式求解，求解时，注意对性质的灵活运用．
巩固训练1
[2024·安徽马鞍山模拟]已知数列{an}，a1＝3，a2＝5，数列{bn}为等比数列，满足bn＋1＝an＋1bn－anbn，且b2，2a4，b5成等差数列．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)记数列{cn}满足：cn＝，求数列{cn}的前2n项和T2n.
题型二 数列中的新定义数列问题
例2 [2024·河北石家庄模拟]已知等差数列{an}的前n项和记为Sn(n∈N*)，满足3a2＋2a3＝S5＋6.
(1)若数列{Sn}为单调递减数列，求a1的取值范围；
(2)若a1＝1，在数列{an}的第n项与第n＋1项之间插入首项为1，公比为2的等比数列的前n项，形成新数列{bn}，记数列{bn}的前n项和为Tn，求T95.
[听课记录]
题后师说
解决数列中的新定义数列问题的一般步骤
巩固训练2
[2024·河南郑州模拟]已知数列{an}的前n项之积为Tn＝(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前50项和S50.
题型三 数列与不等式的综合
例3 (12分)[2023·新课标Ⅱ卷]已知{an}为等差数列，bn＝.记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16.
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：当n>5时，Tn>Sn.
思路导引
(1)由bn=→b1，b2，b3(用a1和d表示)→解方程组
(2)由(1)求出Sn，bn→分奇偶项求出Tn→作差比较→Tn>Sn (n>5)．
[满分答卷·评分细则]
解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，而bn＝(k∈N*)，
则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6，→正确表示出b1，b2，b3得2分
于是解得a1＝5，d＝2，→正确求得a1与d得2分
∴an=a1+(n－1)d=2n+3.→正确写出an得1分
(2)由(1)知Sn＝＝n2＋4n，bn＝(k∈N*)→正确写出Sn，bn得1分
当n为偶数时，
bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1，
Tn＝·＝n，→正确求得Tn得2分
∴当n>5时，Tn－Sn＝(n2＋n)－(n2＋4n)＝n(n－1)>0，
∴Tn>Sn，→正确作差比较大小得1分
当n为奇数时，
Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(n＋1)2＋(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝n2＋n－5，→正确求得Tn得2分
∴当n>5时，Tn－Sn＝(n2＋n－5)－(n2＋4n)＝(n＋2)(n－5)>0，∴Tn>Sn.→正确作差比较大小得1分
题后师说
解决数列与不等式综合问题时，若是证明题，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、放缩法等；若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决．
巩固训练3
[2024·河北保定模拟]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，若对任意的正整数n都有2Sn＝2nan－n2＋n.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记数列}的前n项和为Tn，若s≤Tn－≤t恒成立，求t－s的最小值．
高考大题研究课五 数列的综合
关键能力·题型剖析
例1 解析：(1)由题意，n∈N*，
在数列{an}中，an＋1＝3Sn＋1(n∈N*)，an＝3Sn－1＋1(n∈N*，n≥2)
两式相减可得，an＋1－an＝3an，an＋1＝4an，n≥2，
由条件，a2＝3a1＋1＝4a1，故an＋1＝4an(n∈N*)．
∴{an}是以1为首项，4为公比的等比数列．
∴an＝4n－1(n∈N*)．
(2)由题意及(1)得，n∈N*，
在数列{an}中，an＝4n－1(n∈N*)，
在数列{bn}中，bn＝，
如果满足条件的bm，bk，bp存在，
则＝bmbp，其中2k＝m＋p，
∴＝·，
∵2k＝m＋p，∴(4k－1)2＝4m－1·4p－1，∴(k＋1)2＝(m＋1)(p＋1)，解得：k2＝mp，
∵2k＝m＋p，∴k＝m＝p，与已知矛盾，所以不存在满足条件的三项．
巩固训练1 解析：(1)由题意，bn＋1＝an＋1bn－anbn，a1＝3，a2＝5，
令n＝1得2b1＝b2，
又数列{bn}为等比数列，所以bn＋1＝2bn，
即数列{bn}为公比为2的等比数列．
所以由bn＋1＝an＋1bn－anbn，可得2bn＝an＋1bn－anbn，即an＋1－an＝2，
数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列，
数列{an}的通项公式an＝3＋2(n－1)＝2n＋1(n∈N*)．
由b2，2a4，b5成等差数列，得b2＋b5＝4a4，2b1＋16b1＝36，b1＝2，有bn＝2n.
(2)由(1)知cn＝，数列{cn}的奇数项是首项为3，公差为4的等差数列，偶数项是以首项为4，公比为4的等比数列．
T2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(b2＋b4＋b6＋…＋b2n)＝3n＋·4＋＝2n2＋n＋(4n－1)．
例2 解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，由于3a2＋2a3＝S5＋6，
所以3(a1＋d)＋2(a1＋2d)＝5a1＋10d＋6，解得d＝－2，
所以Sn＝na1＋d＝－n2＋(a1＋1)n，
若数列{Sn}为单调递减数列，则Sn＋1－Sn<0对于n∈N*恒成立，
所以Sn＋1－Sn＝[－(n＋1)2＋(a1＋1)(n＋1)]－[－n2＋(a1＋1)n]＝a1－2n<0在n∈N*上恒成立，
则a1<2n，所以a1<(2n)min，
又数列{2n}为递增数列，所以(2n)min＝2×1＝2，即a1<2，
故a1的取值范围为(－∞，2)．
(2)若a1＝1，则an＝1＋(n－1)×(－2)＝－2n＋3，
根据题意数列{bn}为：
第一组为：1，20；
第二组为：－1，20，21；
第三组为：－3，20，21，22；
……
第k组为：－2k＋3，20，21，22，…，2k－1；
则前k组一共有2＋3＋4＋…＋(k＋1)＝项，当k＝12时，项数为90.故T95相当于是前12组的和再加上－23，20，21，22，23这五项，即：T95＝[1＋(－1)＋…＋(－21)]＋[20＋(20＋21)＋…＋(20＋21＋…＋211)]＋(－23＋20＋21＋22＋23)，
设cn＝2n－1，则20＋(20＋21)＋…＋(20＋21＋…＋211)可看成是数列{cn}的前12项和，
所以T95＝－12－23＋1＋2＋4＋8＝213－142＝8 050.
巩固训练2 解析：(1)由数列{an}的前n项之积为：Tn＝(n∈N*)，
可得Tn－1＝(n∈N*且n≥2)，
依题意有an＝＝2n－1(n∈N*且n≥2)，
又因为a1＝1，符合上式，所以an＝2n－1.
(2)由题意，2n－1≤m，即n≤lg2m＋1，
当m＝1时，b1＝1，
当m＝2，3时，b2＝b3＝2…
当m∈(2k，2k＋1－1)时，bm＝k＋1，共有2k个，k∈N*，
则S50＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋…＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b50)＝1＋2×2＋3×4＋4×8＋5×16＋6×19＝243.
巩固训练3 解析：(1)由2Sn＝2nan－n2＋n，
得当n≥2时，有2Sn－1＝2(n－1)an－1－(n－1)2＋(n－1)，
二式相减并化简得2(n－1)an－2(n－1)an－1＝2(n－1)，
由于n≥2，则n－1≠0，所以有an－an－1＝1，
又a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以an＝1＋n－1＝n.
(2)结合(1)可知＝(－)n，
所以Tn＝(－)＋－…＋(－)n
＝＝－(－)n，
当n为奇数时，Tn＝－)n，
又Tn＋2－Tn＝－)n＋2＋)n＝()n＋2>0，
所以Tn单调递增，又n→＋∞时，Tn→－，
所以Tn－随着Tn的增大而增大，
则T1＝－，T1－＝－＋2＝≤Tn－<－＋3＝，
当n为偶数时，Tn＝－)n，
Tn＋2－Tn＝－)n＋2＋)n＝<0，
所以Tn单调递减，又n→＋∞时，Tn→－，
所以Tn－随着Tn的增大而减小，
所以T2＝－，T2－＝－＋4＝≥Tn－>－＋3＝，
综上≤Tn－，且Tn－≠，
又因为s≤Tn－≤t恒成立，所以t≥，s≤，
所以t－s的最小值为＝.