高考数学科学创新复习方案提升版高考大题冲关系列（3）数列问题的热点题型学案（Word版附解析）

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题型1 等差、等比数列的综合运算
例1 (2022·新高考Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，{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}中的元素个数．
解 (1)证明：设数列{an}的公差为d，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，,a1＋d－2b1＝8b1－（a1＋3d），))
解得b1＝a1＝eq \f(d,2)，所以命题得证．
(2)由(1)知，b1＝a1＝eq \f(d,2)，所以bk＝am＋a1⇔b1×2k－1＝a1＋(m－1)d＋a1，即2k－1＝2m，亦即m＝2k－2∈[1，500]，解得2≤k≤10，
所以k＝2，3，4，…，10，
故集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中的元素个数为10－2＋1＝9.
变式训练1 (2023·阳泉二模)已知{an}是正项等比数列，{bn}是等差数列，且a1＝b1＝1，1＋a3＝b2＋b4，a2＋2＝b3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)从下面条件①，②中选择一个作为已知条件，求数列{cn}的前n项和Sn.
条件①：cn＝anbn；条件②：cn＝eq \f(bn,an).
注：若选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
解 (1)设{an}的公比为q(q>0)，{bn}的公差为d，
由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＋q2＝2＋4d，,q＋2＝1＋2d，))
解得q＝3或q＝－1(舍去)，d＝2，
∴an＝3n－1(n∈N*)，bn＝2n－1(n∈N*)．
(2)选择条件①：cn＝anbn，
则cn＝(2n－1)·3n－1，
∴Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn－1＋cn＝1×1＋3×3＋5×32＋…＋(2n－3)×3n－2＋(2n－1)×3n－1，(ⅰ)
∴3Sn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)×3n，(ⅱ)
(ⅰ)－(ⅱ)得－2Sn＝1＋2×(3＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n＝1＋2×eq \f(3－3n,1－3)－(2n－1)×3n＝－2－(2n－2)×3n，
∴Sn＝(n－1)×3n＋1.
选择条件②：cn＝eq \f(bn,an)，
则cn＝eq \f(2n－1,3n－1)，
∴Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn－1＋cn＝1＋eq \f(3,3)＋eq \f(5,32)＋…＋eq \f(2n－3,3n－2)＋eq \f(2n－1,3n－1)，(ⅰ)
∴eq \f(1,3)Sn＝eq \f(1,3)＋eq \f(3,32)＋eq \f(5,33)＋…＋eq \f(2n－3,3n－1)＋eq \f(2n－1,3n)，(ⅱ)
(ⅰ)－(ⅱ)得eq \f(2,3)Sn＝1＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,32)＋\f(1,33)＋…＋\f(1,3n－1)))－eq \f(2n－1,3n)＝1＋2×eq \f(\f(1,3)－\f(1,3n),1－\f(1,3))－eq \f(2n－1,3n)＝2－eq \f(2n＋2,3n)，
∴Sn＝3－eq \f(n＋1,3n－1)(n∈N*)．
题型2 数列的通项与求和
例2 (2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an＋1，n为奇数，,an＋2，n为偶数.))
(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求{an}的前20项和．
解 (1)由已知，a1＝1，a2＝a1＋1＝2，a3＝a2＋2＝4，a4＝a3＋1＝5，
所以b1＝a2＝2，b2＝a4＝5，
因为a2n＋1＝a2n＋2＝a2n－1＋1＋2＝a2n－1＋3，即a2n＋1－a2n－1＝3，
所以数列{an}的奇数项构成以1为首项，3为公差的等差数列，
所以当n为奇数时，
an＝1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,2)－1))×3＝eq \f(3n－1,2)，
因为a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，即a2n＋2－a2n＝3，所以数列{an}的偶数项构成以2为首项，3为公差的等差数列，
所以当n为偶数时，an＝2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,2)－1))×3＝eq \f(3n－2,2)，
而bn＝a2n＝eq \f(3×2n－2,2)＝3n－1，
所以bn＝3n－1.
(2)由(1)，知{an}的前20项和S20＝a1＋a2＋…＋a20＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝10×1＋eq \f(10×9,2)×3＋10×2＋eq \f(10×9,2)×3＝300.
所以{an}的前20项和为300.
变式训练2 (2023·泉州三模)已知{an}为等差数列，且an＋1＝2an－2n＋3.
(1)求{an}的首项和公差；
(2)数列{bn}满足bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,ak·ak＋1)，n＝3k－2，,（－1）n·an，3k－1≤n≤3k，))其中k，n∈N*，求eq \i\su(i＝1,60,b)i.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
则an＝a1＋(n－1)d，
由an＋1＝2an－2n＋3可得a1＋nd＝2[a1＋(n－1)d]－2n＋3，
即(d－2)n＋a1＋3－2d＝0，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(d－2＝0，,a1＋3－2d＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2.))
(2)an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1.
因为bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,ak·ak＋1)，n＝3k－2，,（－1）n·an，3k－1≤n≤3k，))
则bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,（2k－1）（2k＋1）)，n＝3k－2，,（－1）n·（2n－1），3k－1≤n≤3k，))
所以b1＋b4＋b7＋…＋b58＝eq \f(1,1×3)＋eq \f(1,3×5)＋eq \f(1,5×7)＋…＋eq \f(1,39×41)＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,39)－\f(1,41)))))＝eq \f(20,41).
b2＋b5＋b8＋b11＋…＋b56＋b59＝(a2－a5)＋(a8－a11)＋…＋(a56－a59)＝－3×2×20＝－120；
b3＋b6＋b9＋b12＋…＋b57＋b60＝(－a3＋a6)＋(－a9＋a12)＋…＋(－a57＋a60)＝3×2×20＝120.
因此eq \i\su(i＝1,60,b)i＝(b1＋b4＋b7＋…＋b58)＋(b2＋b5＋b8＋…＋b59)＋(b3＋b6＋b9＋…＋b60)＝eq \f(20,41)－120＋120＝eq \f(20,41).
题型3 数列与其他知识的交汇
角度数列与函数的交汇
例3 (2023·成都石室中学模拟)已知函数f(x)＝ex－eq \f(1,2)ax2－x.
(1)若f(x)在x∈R上单调递增，求a的值；
(2)证明：(1＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,4)))…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n2)))解 (1)函数f(x)＝ex－eq \f(1,2)ax2－x，求导得f′(x)＝ex－ax－1，
由于函数f(x)在R上单调递增，
则f′(x)＝ex－ax－1≥0恒成立，
令h(x)＝ex－ax－1，
则h′(x)＝ex－a，
当a＝0时，f′(x)＝ex－1，当x<0时，f′(x)<0，不满足条件；
当a<0时，h′(x)>0，h(x)在R上单调递增，
又heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝eeq \f(1,a)－a·eq \f(1,a)－1＝eeq \f(1,a)－2<0，
即f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))<0，不满足条件；
当a>0时，令h′(x)＝0，得x＝ln a，
则当x当x>ln a时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
于是当x＝ln a时，h(x)取得最小值h(ln a)＝eln a－aln a－1＝a－aln a－1，
于是h(ln a)≥0，即a－aln a－1≥0，
令u(a)＝a－aln a－1，则u′(a)＝－ln a，
当00，u(a)单调递增；
当a>1时，u′(a)<0，u(a)单调递减，
则u(a)max＝u(1)＝0，由于a－aln a－1≥0恒成立，
因此a－aln a－1＝0，则a＝1.
(2)证明：由(1)知，当a＝1时，ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取等号，即当x>0时，ln (x＋1)因此当n∈N*且n≥2时，
ln eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（1＋1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,4)))…\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n2)))))＝ln (1＋1)＋ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,4)))＋…＋ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n2)))<1＋eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,n2)，
而当n≥2时，eq \f(1,n2)所以1＋eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,n2)<1＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))))＝1＋1－eq \f(1,n)<2，
则ln eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（1＋1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,4)))…\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n2)))))<2，
所以(1＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,4)))…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n2)))变式训练3 已知{an}为等比数列，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的数，且a1，a2，a3中的任何两个数都不在下表的同一列，{bn}为等差数列，其前n项和为Sn，且a1＝b3－2b1，S7＝7a3.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若cn＝[lg bn]，其中[x]是高斯函数，表示不超过x的最大整数，如[lg 2]＝0，[lg 98]＝1，求数列{cn}的前100项和T100.
解 (1)由题意知a1＝2，a2＝4，a3＝8，
所以等比数列{an}的公比q＝2，an＝a1qn－1＝2n.
设等差数列{bn}的公差为d，则2＝b3－2b1＝2d－b1，S7＝eq \f(7（b1＋b7）,2)＝7b4＝7a3，
所以b4＝8＝b1＋3d，
所以b1＝2，d＝2，bn＝2n.
(2)cn＝[lg (2n)]，
T100＝c1＋c2＋…＋c100＝[lg 2]＋[lg 4]＋…＋[lg 8]＋[lg 10]＋…＋[lg 98]＋[lg 100]＋…＋[lg 200]＝4×0＋45×1＋51×2＝147.
角度数列与不等式的交汇
例4 (2021·浙江高考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－eq \f(9,4)，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．
解 (1)因为4Sn＋1＝3Sn－9，
所以当n≥2时，4Sn＝3Sn－1－9，
两式相减可得4an＋1＝3an，即eq \f(an＋1,an)＝eq \f(3,4).
当n＝1时，4S2＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,4)＋a2))＝－eq \f(27,4)－9，
解得a2＝－eq \f(27,16)，
所以eq \f(a2,a1)＝eq \f(3,4).
所以数列{an}是首项为－eq \f(9,4)，公比为eq \f(3,4)的等比数列，
所以an＝－eq \f(9,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n－1)＝－eq \f(3n＋1,4n).
(2)因为3bn＋(n－4)an＝0，
所以bn＝(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n).
所以Tn＝－3×eq \f(3,4)－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(2)－1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(3)＋0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(4)＋…＋(n－5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n－1)＋(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n)，①
且eq \f(3,4)Tn＝－3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(2)－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(3)－1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(4)＋0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(5)＋…＋(n－5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n)＋(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n＋1)，②
①－②，得eq \f(1,4)Tn＝－3×eq \f(3,4)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(3)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n)－(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n＋1)
＝－eq \f(9,4)＋eq \f(\f(9,16)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))\s\up12(n－1))),1－\f(3,4))－(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n＋1)＝－n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n＋1)，
所以Tn＝－4n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n＋1).
因为Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，
所以－4n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n＋1)≤λ(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n)恒成立，即－3n≤λ(n－4)恒成立，当n<4时，λ≤eq \f(－3n,n－4)＝－3－eq \f(12,n－4)，此时λ≤1；
当n＝4时，－12≤0恒成立；
当n>4时，λ≥eq \f(－3n,n－4)＝－3－eq \f(12,n－4)，此时λ≥－3.
综上，实数λ的取值范围为[－3，1]．
变式训练4 (2023·新课标Ⅱ卷){an}为等差数列，bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an－6，n为奇数，,2an，n为偶数，))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.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
而bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an－6，n为奇数，,2an，n为偶数，))
则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6，
于是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S4＝4a1＋6d＝32，,T3＝4a1＋4d－12＝16，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝5，,d＝2，))
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋3，
所以{an}的通项公式是an＝2n＋3.
(2)证法一：由(1)知，Sn＝eq \f(n（5＋2n＋3）,2)＝n2＋4n，
bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2n－3，n为奇数，,4n＋6，n为偶数，))
当n为偶数时，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1，
Tn＝eq \f(13＋（6n＋1）,2)·eq \f(n,2)＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(7,2)n，
当n>5时，Tn－Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n))－(n2＋4n)＝eq \f(1,2)n(n－1)>0，因此Tn>Sn；
当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝eq \f(3,2)(n＋1)2＋eq \f(7,2)(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(5,2)n－5，
当n>5时，Tn－Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)n2＋\f(5,2)n－5))－(n2＋4n)＝eq \f(1,2)(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn.
所以当n>5时，Tn>Sn.
证法二：由(1)知，
Sn＝eq \f(n（5＋2n＋3）,2)＝n2＋4n，
bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2n－3，n为奇数，,4n＋6，n为偶数，))
当n为偶数时，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝eq \f(－1＋2（n－1）－3,2)·eq \f(n,2)＋eq \f(14＋4n＋6,2)·eq \f(n,2)＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(7,2)n，
当n>5时，Tn－Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n))－(n2＋4n)＝eq \f(1,2)n(n－1)>0，因此Tn>Sn；
当n为奇数时，若n≥3，则
Tn＝(b1＋b3＋…＋bn)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)＝eq \f(－1＋2n－3,2)·eq \f(n＋1,2)＋eq \f(14＋4（n－1）＋6,2)·eq \f(n－1,2)＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(5,2)n－5，显然T1＝b1＝－1满足上式，因此当n为奇数时，Tn＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(5,2)n－5，
当n>5时，Tn－Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)n2＋\f(5,2)n－5))－(n2＋4n)＝eq \f(1,2)(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn.
所以当n>5时，Tn>Sn.
解决由等差数列、等比数列组成的综合问题，首先要根据两数列的概念，设出相应的基本量，然后充分使用通项公式、求和公式、数列的性质等确定基本量．解综合题的关键在于审清题目，弄懂来龙去脉，揭示问题的内在联系和隐含条件．
(1)求数列通项公式的常用方法有：公式法，累加、累乘法，构造法等，但总的思想是转化为特殊的数列(一般是等差或等比数列)求解．
(2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的有：错位相减法、分组求和法、裂项相消法等．
(1)数列与函数的综合问题一般是以函数为背景，给出数列所满足的条件．解决这类问题的关键是利用函数知识，将条件进行准确转化．
(2)此类问题多考查函数思想及性质(多为单调性)，注意题中的限制条件，如定义域．
第一列
第二列
第三列
第一行
1
5
2
第二行
4
3
10
第三行
9
8
20
数列中不等式的处理方法
(1)函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式．
(2)放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到．本题第(2)问中用到“放缩”．一般地，数列求和中的放缩的“目标数列”为“可求和数列”，如等比数列、可裂项相消求和的数列等．
(3)比较方法：作差比较或作商比较．