备战2025年高考数学精品教案第五章数列第5讲数列的综合应用（Word版附解析）

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学生用书P103
命题点1 等差、等比数列的综合问题
例1 [全国卷Ⅱ]已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4.
（1）证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列.
（2）求{an}和{bn}的通项公式.
解析 （1）由题设得4（an＋1＋bn＋1）＝2（an＋bn），即an＋1＋bn＋1＝12（an＋bn）.因为a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首项为1，公比为12的等比数列.
由题设得4（an＋1－bn＋1）＝4（an－bn）＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.
因为a1－b1＝1，所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列.
（2）由（1）知，an＋bn＝12n－1，an－bn＝2n－1，
所以an＝12[（an＋bn）＋（an－bn）]＝12n＋n－12，
bn＝12[（an＋bn）－（an－bn）]＝12n－n＋12.
训练1 已知数列{an}的首项a1＝4，{an＋1－2an}是以4为首项，2为公比的等比数列.
（1）证明：数列{an2n}是等差数列，并求数列{an}的通项公式.
（2）在①bn＝an＋1－an，②bn＝lg2a2n－12n，③bn＝4nanan+1这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并加以解答.
已知数列{bn}满足 ，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 （1）因为{an＋1－2an}是以4为首项，2为公比的等比数列，所以an＋1－2an＝4×
2n－1＝2n＋1，
故an+12n+1－an2n＝1，所以数列{an2n}是以42＝2为首项，1为公差的等差数列，所以an2n＝2＋n－1＝n＋1，所以an＝（n＋1）×2n.
（2）若选条件①bn＝an＋1－an，则bn＝（n＋3）×2n，
所以Tn＝4×2＋5×22＋6×23＋…＋（n＋3）×2n，
2Tn＝4×22＋5×23＋6×24＋…＋（n＋3）×2n＋1，
两式相减，得－Tn＝4×2＋22＋23＋…＋2n－（n＋3）×2n＋1，
所以－Tn＝8＋22×（1－2n－1）1－2－（n＋3）×2n＋1＝4－（n＋2）×2n＋1，所以Tn＝（n＋2）×2n＋1－4.
若选条件②bn＝lg2a2n－12n，则bn＝lg2（2n－1+1）×22n－12n＝2n－1，
所以bn＋1－bn＝2（n＋1）－1－（2n－1）＝2，b1＝1，
所以{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以Tn＝n（1+2n－1）2＝n2.
若选条件③bn＝4nanan+1，则bn＝2n×2n（n+1)(n+2）×2n×2n×2＝12（1n+1－1n+2），
故Tn＝12（12－13＋13－14＋…＋1n+1－1n+2）＝12（12－1n+2）＝n4（n+2）.
命题点2 数列与其他知识综合
角度1 数列与函数综合
例2 [2023福建宁德一中段考]设A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））是函数f（x）＝12＋lg2x1－x的图象上的任意两点.
（1）当x1＋x2＝1时，求f（x1）＋f（x2）的值；
（2）设Sn＝f（1n+1）＋f（2n+1）＋…＋f（n－1n+1）＋f（nn+1），其中n∈N*，求Sn；
（3）对应（2）中Sn，已知an＝（1Sn+1）2，其中n∈N*，设Tn为数列{an}的前n项和，求证：49≤Tn＜53.
解析 （1）∵A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））是函数f（x）＝12＋lg2x1－x的图象上的任意两点，
∴∀x1，x2∈（0，1），且当x1＋x2＝1时，
f（x1）＋f（x2）＝12＋lg2x11－x1＋12＋lg2x21－x2＝1＋lg2x1x2（1－x1)(1－x2）＝1＋lg2x1x21－（x1＋x2）＋x1x2＝1＋lg21＝1.
（2）∵11+n＋n1+n＝21+n＋n－11+n＝31+n＋n－21+n＝…＝1，
∴由（1）知f（11+n）＋f（n1+n）＝f（21+n）＋f（n－11+n）＝f（31+n）＋f（n－21+n）＝…＝1.
∵Sn＝f（1n+1）＋f（2n+1）＋…＋f（n－1n+1）＋f（nn+1），
∴2Sn＝[f（1n+1）＋f（nn+1）]＋[f（2n+1）＋f（n－1n+1）]＋…＋[f（nn+1）＋f（1n+1）]＝n，故Sn＝n2.
（3）∵an＝（1Sn+1）2＝（1n2+1）2＝（2n+2）2，
∴Tn＝432＋442＋452＋…＋4（n+2）2.
∵an＞0，∴Tn＜Tn＋1，∴{Tn}是递增数列，
∴Tn≥T1＝a1＝49，又an＝4（n+2）2＜4（n+2）2－1＝4（n+3)(n+1）＝2（1n+1－1n+3），
∴Tn＝432＋442＋452＋…＋4（n+1）2＋4（n+2）2＜2（12－14＋13－15＋14－16＋…＋1n－1n+2＋1n+1－1n+3）＝2（12＋13－1n+2－1n+3）＝2（56－1n+2－1n+3）＜53，
∴49≤Tn＜53.
方法技巧
数列与函数的综合问题的解题策略
（1）已知函数条件，解决数列问题，一般利用函数的性质、图象等进行研究.
（2）已知数列条件，解决函数问题，一般要利用数列的有关公式对式子化简变形.
注意 数列是自变量为正整数的特殊函数，要灵活运用函数的思想方法求解.
训练2 （1）函数f（x）的定义域为R，满足f（x＋1）＝2f（x），且当x∈[0，1）时，
f（x）＝sin πx.当x∈[0，＋∞）时，将函数f（x）的极大值点从小到大依次记为a1，a2，a3，…，an，…，并记相应的极大值为b1，b2，b3，…，bn，…，则数列{an＋bn}的前9项和为 1 1032 .
解析 当x∈[0，1）时，f（x）＝sin πx，此时a1＝12，b1＝1.由于f（x＋1）＝2f（x），则
f（x）＝2f（x－1）.
当x∈[1，2）时，x－1∈[0，1），则f（x－1）＝sin（x－1）π，所以f（x）＝2sin（x－1）π，此时a2＝32，b2＝2.
……
当x∈[n－1，n）时，x－（n－1）∈[0，1），所以f（x）＝2n－1sin[x－（n－1）]π，此时an＝2n－12，bn＝2n－1.
令cn＝an＋bn，则c1＋c2＋c3＋…＋c9＝（12＋32＋52＋…＋172）＋（1＋2＋22＋…＋28）＝812＋29－1＝1 1032.
（2）设曲线y＝xn＋1（n∈N*）在点（1，1）处的切线与x轴交点的横坐标为xn.令an＝
lg xn，则数列{an}的前n项和Sn＝ －lg（n＋1） .
解析 因为y＝xn＋1（n∈N*），所以y'＝（n＋1）xn，当x＝1时，y'＝n＋1，所以曲线y＝xn＋1在点（1，1）处的切线方程为y－1＝（n＋1）（x－1），令y＝0，则x＝nn+1，即xn＝nn+1，an＝lg xn＝lg n－lg（n＋1），则Sn＝a1＋a2＋…＋an＝lg 1－lg 2＋lg 2－lg 3＋…＋lg n－lg（n＋1）＝－lg（n＋1）.
角度2 数列与不等式综合
例3 [2023天津高考]已知数列{an}是等差数列，a2＋a5＝16，a5－a3＝4.
（1）求{an}的通项公式和∑i＝2n－12n－1ai.
（2）已知{bn}为等比数列，对于任意k∈N*，若2k－1≤n≤2k－1，则bk＜an＜bk＋1.
（i）当k≥2时，求证：2k－1＜bk＜2k＋1；
（ii）求{bn}的通项公式及其前n项和.
解析 （1）设{an}的公差为d，
由a2＋a5=16，a5－a3=4，得a1＋d＋a1+4d=16，a1+4d－（a1+2d）=4，解得a1=3，d=2，
所以{an}的通项公式为an＝3＋2（n－1）＝2n＋1.
a2n－1＝2×2n－1＋1＝2n＋1，a2n－1＝2（2n－1）＋1＝2n＋1－1.
从a2n－1到a2n－1共有2n－1－2n－1＋1＝2n－1（项）.
所以∑i＝2n－12n－1ai＝（2n+1+2n+1－1）×2n－12＝（2n+2×2n）×2n－12＝3×2n×2n－12＝3×22n－2.（或∑i＝2n－12n－1ai＝2n－1×（2n＋1）＋2n－1×（2n－1－1）2×2＝3×22n－2）
（2）（i）因为当2k－1≤n≤2k－1时，bk＜an＜bk＋1，
所以当2k≤n＋1≤2k＋1－1时，bk＋1＜an＋1＜bk＋2，
可得an＜bk＋1＜an＋1.
由（1）知{an}为递增数列，所以若2k－1≤n≤2k－1，则a2k－1≤an≤a2k－1，得2k＋1≤an≤2k＋1－1.
同理可得2k＋1＋1≤an＋1≤2k＋2－1.
故可得2k＋1－1＜bk＋1＜2k＋1＋1，
所以2k－1＜bk＜2k＋1.
综上，当k≥2时，2k－1＜bk＜2k＋1.
（ii）由题意知{bn}是q≠1的正项等比数列，
设{bn}的通项公式为bn＝p·qn（p＞0，q＞0且q≠1），
由（i）知，2n－1＜bn＜2n＋1，即2n－1＜p·qn＜2n＋1，
则有1－12n＜p·（q2）n＜1＋12n.
①当q2＞1，即q＞2时，
∃n0∈N*，使得p·（q2）n0＞2，与p·（q2）n0＜1＋12n0矛盾；
②当0＜q2＜1，q≠1，即0＜q＜2且q≠1时，
∃n1∈N*，使得p·（q2）n1＜12，与p·（q2）n1＞1－12n1矛盾.
故q＝2.
因为2n－1＜bn＜2n＋1，所以bn＝2n.
设{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝2（1－2n）1－2＝2n＋1－2.
方法技巧
1.数列与不等式的综合问题的解题策略
（1）判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性或者借助数列对应的函数的单调性求解.
（2）对于与数列有关的不等式的证明问题，要灵活选择不等式的证明方法，有时需构造函数，利用函数的单调性、最值来证明.
2.放缩技巧
（1）对1n2（n∈N*）的放缩，根据不同的要求，大致有四种情况：
①1n2＞1n2＋n＝1n－1n+1；
②1n2＜1n2－n＝1n－1－1n（n≥2）；
③1n2＜1n2－1＝12（1n－1－1n+1）（n≥2）；
④1n2＜1n2－14＝2（12n－1－12n+1）.
（2）对12n（n∈N*）的放缩，根据不同的要求，大致有两种情况：
①12n＞1n＋n+1＝n+1－n；
②12n＜1n＋n－1＝n－n－1.
训练3 [2021浙江高考]已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an1＋an（n∈N*），记数列{an}的前n项和为Sn，则（ A ）
A.32＜S100＜3B.3＜S100＜4
C.4＜S100＜92D.92＜S100＜5
解析 因为a1＝1，an＋1＝an1+an（n∈N*），所以an＞0，a2＝12，所以S100＞32.1an+1＝1+anan＝1an＋1an＝（1an＋12）2－14，所以1an+1＜（1an＋12）2，两边同时开方可得1an+1＜1an＋12，则1an＜1an－1＋12，…，1a2＜1a1＋12，由累加法可得1an+1＜1a1＋n2＝1＋n2，所以1an≤1＋n－12＝n+12，所以an≥2n+1，所以an＋1＝an1+an≤an1+2n+1＝n+1n+3an，即an+1an≤n+1n+3，则anan－1≤nn+2，…，a2a1≤24，由累乘法可得当n≥2时，an＝ana1≤nn+2×n－1n+1×n－2n×…×35×24＝6（n+2)(n+1）＝6（1n+1－1n+2），所以S100＜1＋6（13－14＋14－15＋…＋1101－1102）＝1＋6（13－1102）＜1＋2＝3，故选A.
1.[命题点1/2023西安检测]在公差不为零的正项等差数列{an}中，Sn为数列{an}的前n项和，请在①a1＋a3＋a5＋a7＝20，a2＋a3＝a6；②2Sn＝（an＋2）（an－1）；③a1，a3，a7成等比数列，a2＝3这三个条件中，任选一个完成下面的问题.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}是公比为q的等比数列，且b1＝a1，b2＝a3，bk＝am（m，k均是大于2的正整数），记Tn为数列{bn}的前n项和，求证：Tk＝2m.
解析 （1）选①：
设{an}的公差为d（d≠0），因为a1＋a3＋a5＋a7=20，a2＋a3＝a6，所以a1+3d=5，a1－2d=0，解得a1=2，d=1，
所以an＝2＋（n－1）×1＝n＋1.
选②：
当n＝1时，2S1＝（a1＋2）（a1－1），即a12－a1－2＝0，
即（a1－2）（a1＋1）＝0.
因为an＞0（n∈N*），所以a1＝2.
当n＝2时，2S2＝（a2＋2）（a2－1），即a22－a2－6＝0，即（a2－3）（a2＋2）＝0.
因为an＞0（n∈N*），所以a2＝3.
因为{an}为正项等差数列，所以{an}的公差d＝a2－a1＝1，所以an＝2＋（n－1）×1＝n＋1.
选③：
设{an}的公差为d（d≠0）.
因为a1，a3，a7成等比数列，a2＝3，
所以a32＝a1·a7，a1＋d=3，即（a1+2d）2＝a1·（a1+6d),a1＋d=3，
即2d－a1=0，a1＋d=3，解得a1=2，d=1，
所以an＝2＋（n－1）×1＝n＋1.
（2）因为an＝n＋1，所以am＝m＋1，b1＝a1＝2，b2＝a3＝4，则q＝b2b1＝2，bk＝b1qk－1＝2×2k－1＝2k.
因为bk＝am，所以2k＝m＋1，
所以Tk＝2（1－2k）1－2＝2×2k－2＝2（m＋1）－2＝2m，
故Tk＝2m得证.
2.[命题点2角度1/2023山东省部分学校第三次联考]已知函数f（x）的定义域为R，
f（0）＝1，且∀x∈R，都有f（x＋1）＝2f（x）－x，设bn＝1f（n）f（n+1）（n∈N*），则数列{bn}的前2 023项和S2 023＝ 2 0234 050 .
解析 设an＝f（n）（n∈N*），则a1＝f（1）＝2f（0）＝2，an＋1＝2an－n，即an＋1－（n＋2）＝2[an－（n＋1）]，
又a1＝2，即a1－（1＋1）＝0，于是an＋1－（n＋2）＝2[an－（n＋1）]＝0，则an＝n＋1，即f（n）＝n＋1，
从而bn＝1（n+1)(n+2）＝1n+1－1n+2，所以S2 023＝12－13＋13－14＋…＋12 024－12 025＝2 0234 050.
3.[命题点2角度2/2023南京一中模拟]各项均为正数的数列{an}满足an+12－an＋1an－2an2＝0，a1a2a3＝64.
（1）求{an}的通项公式；
（2）记Tn＝（1＋1a1）（1＋2a2）（1＋3a3）…（1＋nan），试比较Tn与9的大小，并加以证明.
解析 （1）an+12－an＋1an－2an2＝0，即（an＋1＋an）（an＋1－2an）＝0，
因为{an}的各项均为正数，所以an＋1＋an＞0，
故an＋1＝2an，即an+1an＝2，
所以{an}是以2为公比的等比数列，又a1a2a3＝64，故a23＝64，a2＝4，
结合公比为2得a1＝2，所以an＝2×2n－1＝2n.
（2）Tn＜9，证明如下.
令f（x）＝ln（1＋x）－x（x＞0），则f '（x）＝11+x－1＝－x1+x，
当x＞0时，f '（x）＜0，即f（x）在（0，＋∞）上单调递减，
所以ln（1＋x）－x＜ln（1＋0）－0＝0，即ln（1＋x）＜x.
设cn＝1＋nan，则ln cn＝ln（1＋nan）＝ln（1＋n2n）＜n2n，
所以ln Tn＝ln c1＋ln c2＋ln c3＋…＋ln cn＜12＋222＋323＋…＋n2n.
记An＝12＋222＋323＋…＋n2n，
则12An＝122＋223＋…＋n－12n＋n2n+1，
所以An－12An＝12＋122＋123＋…＋12n－n2n+1＝12（1－12n）1－12－n2n+1＝1－n+22n+1＜1，
所以12An＜1，即ln Tn＜An＜2，
所以Tn＜e2＜32＝9.
学生用书·练习帮P310
1.已知1，a1，a2，3成等差数列，1，b1，b2，b3，4成等比数列，则a1＋a2b2的值为（ A ）
A.2B.－2C.±2D.54
解析 由等差数列的性质知a1＋a2＝1＋3＝4.由等比数列的性质知b22＝1×4＝4，∴b2＝±2.由于等比数列中奇数项符号相同，偶数项符号相同，∴b2＝2，∴a1＋a2b2＝2.故选A.
2.[2024青岛市检测]记Sn为等比数列{an}（an＞0）的前n项和，且a1a3＝16，2S1，32S2，S3成等差数列，则S6＝（ D ）
A.256B.254C.128D.126
解析 解法一 设等比数列{an}的公比为q，因为an＞0，所以q＞0.因为a1a3＝16，所以a12q2＝16，即a1q＝4.
因为2S1，32S2，S3成等差数列，所以3S2＝2S1＋S3，所以q≠1，3×a1（1－q2）1－q＝2a1＋a1（1－q3）1－q，化简，得3a1（1＋q）＝2a1＋a1（1＋q＋q2），即q2＝2q，因为q＞0，所以q＝2，又a1q＝4，所以a1＝2，所以S6＝a1（1－q6）1－q＝2×（1－26）1－2＝27－2＝126，故选D.
解法二 设等比数列{an}的公比为q，因为an＞0，所以q＞0.由a1a3＝a22＝16，得a2＝4.由2S1，32S2，S3成等差数列，得3S2＝2S1＋S3，即2（S2－S1）＝S3－S2，所以a3＝2a2，所以q＝a3a2＝2，则a1＝a2q＝2，所以S6＝a1（1－q6）1－q＝2×（1－26）1－2＝27－2＝126，故选D.
3.[2023河南名校模拟]已知数列{an}是递增的等差数列，a3是a1与a11的等比中项，且a2＝5.若bn＝an+1－an，则数列{bn}的前n项和Sn＝（ A ）
A.3n+2－2B.3n+5－2
C.3n+2－5D.3n+5－5
解析因为等差数列{an}为递增数列，所以其公差d＞0，由题意可知，a1＋d=5，（a1+2d）2＝a1（a1+10d),解得a1=2，d=3或a1=5，d=0（舍去），所以an＝3n－1，bn＝3n+2－3n－1，所以Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝5－2＋8－5＋11－8＋…＋3n+2－3n－1＝3n+2－2.故选A.
4.[2024湖南永州联考]已知函数f（x）＝x3＋3x2＋x＋1，设数列{an}的通项公式为an＝－2n＋9，则f（a1）＋f（a2）＋…＋f（a9）＝（ D ）
A.36B.24C.20D.18
解析 f（x）＝x3＋3x2＋x＋1＝（x＋1）3－2（x＋1）＋2，所以曲线f（x）的对称中心为（－1，2），即f（x）＋f（－2－x）＝4.因为an＝－2n＋9，易知数列{an}为等差数列，a5＝－1，a1＋a9＝a2＋a8＝a3＋a7＝a4＋a6＝2a5＝－2，所以f（a1）＋f（a9）＝f（a2）＋
f（a8）＝f（a3）＋f（a7）＝f（a4）＋f（a6）＝4，f（a5）＝f（－1）＝2，所以f（a1）＋
f（a2）＋…＋f（a9）＝4×4＋2＝18.故选D.
5.[多选/2023昆明市模拟]已知a，b，c为非零实数，则下列说法一定正确的是（ AD ）
A.若a，b，c成等比数列，则1a，1b，1c成等比数列
B.若a，b，c成等差数列，则1a，1b，1c成等差数列
C.若a2，b2，c2成等比数列，则a，b，c成等比数列
D.若a，b，c成等差数列，则2a，2b，2c成等比数列
解析 对于A，若a，b，c成等比数列，则b2＝ac，又a，b，c均为非零实数，则有1b2＝1ac，即1a，1b，1c成等比数列，所以A正确；对于B，不妨设a＝1，b＝2，c＝3，满足a，b，c成等差数列，而1a＝1，1b＝12，1c＝13，因为1，12，13不成等差数列，所以1a，1b，1c不成等差数列，所以B错误；对于C，不妨设a＝1，b＝－1，c＝－1，满足a2，b2，c2成等比数列，但1，－1，－1不成等比数列，所以C错误；对于D，若a，b，c成等差数列，则2b＝a＋c，所以2a×2c＝2a＋c＝22b＝（2b）2，所以2a，2b，2c成等比数列，所以D正确.综上，选AD.
6.[向量与数列综合]如图，点D为△ABC的边BC上一点，BD＝2DC，En（n∈N*）为AC上一列点，且满足：EnA＝（3an－3）EnD＋（－n2－n＋1）EnB，则1a1＋1a2＋1a3＋…＋1an＝ nn+1 .
解析 BD＝2DC，即EnD－EnB＝2（EnC－EnD），所以EnC＝32EnD－12EnB.设EnA＝λEnC，则EnA＝3λ2EnD－λ2EnB＝（3an－3）EnD＋（－n2－n＋1）EnB，所以3an－3＝
－3（－n2－n＋1），可得an＝n2＋n，所以1an＝1n2＋n＝1n－1n+1，则1a1＋1a2＋…＋1an＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n+1＝1－1n+1＝nn+1.
7.已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an+3，n3∉N*，an－1，n3∈N*，则使an＜2 025对任意的 n≤k（k∈N*）恒成立的最大的k的值为 2021 .
解析 由已知可得，在数列{an}中a1＝1，a2＝4，a3＝7，a4＝4，a5＝7，a6＝10，a7＝7，a8＝10，a9＝13，….
观察可得，an＝n，n∈{n｜n=3m+1，m∈N},n+2，n∈{n｜n=3m+2，m∈N},n+4，n∈{n｜n=3m+3，m∈N}.
当m＝673时，a2 020＝2 020，a2 021＝2 023，a2 022＝2 026；当m＝672时，a2 017＝2 017，
a2 018＝2 020，a2 019＝2 023.
所以满足an＜2 025对任意的n≤k（k∈N*）恒成立的最大的k的值为2 021.
8.[2024江苏南京统考]已知公比大于1的等比数列{an}满足：a1＋a4＝18，a2a3＝32.
（1）求{an}的通项公式.
（2）记数列{bn}的前n项和为Sn，若Sn＝2bn－an，n∈N*，证明：{bnan}是等差数列.
解析 （1）解法一 因为{an}是等比数列，设公比为q，所以a1a4＝a2a3＝32，
又a1＋a4＝18，解得a1=2，a4=16或a1=16，a4=2.
又q＞1，所以a1=2，a4=16，所以q3＝8，q＝2.
因此an＝a1qn－1＝2n.
解法二 设公比为q，由a1＋a1q3=18，a1q·a1q2=32，解得a1=2，q=2或a1=16，q＝12，
又q＞1，所以a1=2，q=2，因此an＝a1qn－1＝2n.
（2）由（1）得Sn＝2bn－2n，所以Sn＋1＝2bn＋1－2n＋1，
两式作差可得Sn＋1－Sn＝2bn＋1－2n＋1－（2bn－2n），
即bn＋1＝2bn＋1－2n－2bn，整理得bn＋1－2bn＝2n，n∈N*.
等式两边同除以2n＋1得，bn+12n+1－bn2n＝12，即bn+1an+1－bnan＝12（n∈N*）.
所以数列{bnan}是公差为12的等差数列.
9.[2023山东潍坊模拟]在公差不为零的等差数列{an}中，a1＝1，且a1，a3，a13成等比数列，数列{bn}的前n项和Sn满足Sn＝2bn－2.
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）设cn＝bn－an，数列{cn}的前n项和为Tn，若不等式Tn＋n2－n＞lg2（1－a）对任意n∈N*恒成立，求实数a的取值范围.
解析 （1）设等差数列{an}的公差为d（d≠0），
∵a1＝1，且a1，a3，a13成等比数列，
∴a32＝a1a13，即（1＋2d）2＝1＋12d，得d＝2，
∴an＝1＋2（n－1）＝2n－1.
∵Sn＝2bn－2，当n＝1时，b1＝2b1－2，∴b1＝2，
当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝2bn－2bn－1，∴bn＝2bn－1，
故数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，∴bn＝2n.
（2）由（1）可得cn＝bn－an＝2n－（2n－1），
∴Tn＝2（1－2n）1－2－n（1+2n－1）2＝2n＋1－2－n2，
∴Tn＋n2－n＝2n＋1－n－2.
令f（x）＝2x＋1－x－2（x≥1），f '（x）＝2x＋1ln 2－1，
∵x≥1，∴f '（x）＞0，f（x）单调递增，
∴f（x）min＝f（1）＝1.
∴lg2（1－a）＜1，∴0＜1－a＜2，∴－1＜a＜1.
故实数a的取值范围为（－1，1）.
10.[2024辽宁沈阳二中校考]已知数列{an}中，a1＝1，an＋1－1n＝（1＋1n）an，n∈N*.若对于任意的t∈[1，2]，不等式ann＜－2t2－（a＋1）t＋a2－a＋2恒成立，则实数a的值可能为（ A ）
A.－4B.－1C.0D.2
解析 因为an＋1－1n＝（1＋1n）an，所以an＋1－n+1nan＝1n，即an+1n+1－ann＝1n（n+1）＝1n－1n+1，
所以当n≥2时，ann＝（ann－an－1n－1）＋（an－1n－1－an－2n－2）＋…＋（a22－a11）＋a1＝（1n－1－1n）＋（1n－2－1n－1）＋…＋（1－12）＋1＝2－1n＜2，a11＝1＜2，又不等式ann＜－2t2－（a＋1）t＋a2－a＋2对于任意的t∈[1，2]恒成立，所以－2t2－（a＋1）t＋a2－a＋2≥2对于任意的t∈[1，2]恒成立，即2t2＋（a＋1）t－a2＋a≤0对于任意的t∈[1，2]恒成立.设f（t）＝2t2＋（a＋1）t－a2＋a，t∈[1，2]，则f（1）=2+（a+1)－a2＋a≤0，f（2）=8+2（a+1)－a2＋a≤0，即a2－2a－3≥0，a2－3a－10≥0，解得a≤－2或a≥5.结合选项，知实数a的值可能为－4.故选A.
11.[多选/2024浙江名校联考]已知数列{an}是公比为q的等比数列，且a1＞0，则下列叙述中正确的是（ BD ）
A.若a1＋a4＝a2＋a3，则q＝1
B.若a2＝ln a1＋ln a3，则q＜0
C.若2a3＝ea1＋ea2，则q＞1
D.若0＜a1＜1，且a1＋a2＋a3＝ln（a1＋a2＋a3＋a4），则q＞1
解析 对于选项A，因为a1＋a4＝a2＋a3，所以1＋q3＝q＋q2，即（q－1）2（q＋1）＝0，解得q＝－1或q＝1，所以选项A错误.
对于选项B，a2＝ln a1＋ln a3＝ln（a1a3）＝ln a22，显然a2≠1，构造函数f（x）＝ln x2－x，x＞0，则f '（x）＝2x－1，令f '（x）＞0，得0＜x＜2，令f '（x）＜0，得x＞2，所以函数f（x）在（0，2）上单调递增，在（2，＋∞）上单调递减，所以f（x）max＝f（2）＝ln 4－2＜0，所以f（x）＝0在（0，＋∞）上无实数解.显然a2＞0时不合题意，舍去，所以a2＜0，又a1＞0，所以q＜0，所以选项B正确.
对于选项C，由不等式ex≥x＋1＞x（令g（x）＝ex－x－1，则g'（x）＝ex－1，当x＞0时，g'（x）＞0，当x＜0时，g'（x）＜0，所以g（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增，且g（x）min＝g（0）＝0，所以ex≥x＋1），可知2a3＝ea1＋ea2＞a1＋a2，所以2q2＞1＋q，解得q＞1或q＜－12，所以选项C错误.
对于选项D，由不等式ln x≤x－1（令h（x）＝ln x－x＋1，则h'（x）＝1－xx，当0＜x＜1时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，当x＞1时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，所以h（x）max＝h（1）＝0，所以ln x≤x－1），可知a1＋a2＋a3＝ln（a1＋a2＋a3＋a4）≤a1＋a2＋a3＋a4－1，所以a4≥1，即a1q3≥1，因为0＜a1＜1，所以q3＞1，所以q＞1，所以选项D正确.故选BD.
12.[2024惠州市一调]设等差数列{an}的公差为d，且d＝2a1，a5＝9.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设数列{bn}满足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝3－2n+32n，求{bn}的前n项和Sn.
解析 （1）依题意有d=2a1，a5＝a1+4d=9，
解得a1＝1，d＝2.
于是an＝a1＋（n－1）d＝2n－1.
故数列{an}的通项公式是an＝2n－1.
（2）∵n∈N*，a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝3－2n+32n，
∴当n≥2时，a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝3－2n+12n－1，
两式相减得，anbn＝2n－12n（n∈N*，n≥2）.
而当n＝1时，a1b1＝12满足上式，因此anbn＝2n－12n（n∈N*）.
由（1）知an＝2n－1，于是得bn＝12n，
∴b1＝12，bnbn－1＝12n12n－1＝12（n≥2），
∴{bn}是以12为首项，12为公比的等比数列，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝12[1－（12）n]1－12＝1－（12）n.
13.[2023石家庄市三检]已知各项均为正数的等比数列{an}满足a1＝3，a2＋a3＝36，数列{bn}的前n项和Sn满足3Sn＋n2＝3nbn＋n，b1＝23.
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）若存在正整数n，使得27bn3－8Man≥0成立，求实数M的取值范围.（33≈1.4，ln 3≈1.1）
解析 （1）设数列{an}的公比为q（q＞0），由已知得3q＋3q2＝36，即q2＋q－12＝0，解得q＝3或q＝－4（舍），
所以an＝3×3n－1＝3n.
因为3Sn＋n2＝3nbn＋n，所以当n≥2时，3Sn－1＋（n－1）2＝3（n－1）bn－1＋n－1，
两式作差得3（n－1）bn＝3（n－1）bn－1＋2（n－1）（n≥2），
因为n≥2，所以bn－bn－1＝23，即数列{bn}是首项为23，公差为23的等差数列，
所以bn＝23＋（n－1）×23＝23n.
（2）27bn3－8Man≥0，即M≤27bn38an＝n33n，
设cn＝n33n，则M小于等于数列{cn}的最大项.
解法一 设n＝k（k∈N*）时，cn最大，因为c1＝13，c2＝89＞c1，所以k＞1.所以ck≥ck－1，ck≥ck+1（k≥2），（注：根据此法求数列最大项适用于第1项不是最大项的情况，若此不等式组无解，则数列的最大项是第1项）
即k33k≥（k－1）33k－1，k33k≥（k+1）33k+1（k≥2），即k3≥3（k－1）3，3k3≥（k+1）3（k≥2），即k≥33（k－1),33k≥k+1（k≥2），解得k≤3333－1≈3.5，k≥133－1≈2.5.
即2.5≤k≤3.5（k∈N*），所以k＝3.
故数列{cn}的最大项是c3＝3333＝1，
所以M≤1，即实数M的取值范围是（－∞，1].
解法二 设f（x）＝x33x，则f'（x）＝x2（3－xln3）3x，
当x∈（3ln3，＋∞）时，f'（x）＜0，f（x）在区间（3ln3，＋∞）上单调递减，
所以当n≥3时，数列{cn}是递减数列.
又c1＝13，c2＝89，c3＝1，所以数列{cn}的最大项是c3＝1，
所以M≤1，即实数M的取值范围是（－∞，1].
14.[多选]设随机变量ξ的分布列如下：
则下列说法正确的是（ ABD ）
A.当{an}为等差数列时，a5＋a6＝15
B.当数列{an}满足an＝12n（n＝1，2，…，9）时，a10＝129
C.数列{an}的通项公式可以为an＝109n（n+1）
D.当数列{an}满足P（ξ≤k）＝k2ak（k＝1，2，…，10）时，an＝1110n（n+1）
解析 由随机变量分布列的性质可知，a1＋a2＋…＋a10＝1.对于A，若{an}为等差数列，则a1＋a2＋…＋a10＝5（a5＋a6）＝1，则a5＋a6＝15，故选项A正确；对于B，因为数列{an}满足an＝12n（n＝1，2，…，9），所以a1＋a2＋…＋a9＝12－12101－12＝1－129，又a1＋a2＋…＋a10＝1，所以a10＝129，故选项B正确；对于C，因为an＝109n（n+1）＝109（1n－1n+1），所以a1＋a2＋…＋a10＝109×[（1－12）＋（12－13）＋…＋（110－111）]＝10099≠1，故选项C错误；对于D，令Sk＝P（ξ≤k）＝k2ak（k＝1，2，…，10），则ak＋1＝Sk＋1－Sk＝（k＋1）2ak＋1－k2ak，即ak+1ak＝kk+2（k＝1，2，…，9），所以an＝a1·a2a1·a3a2·…·anan－1＝a1×13×24×…×n－1n+1＝2a1n（n+1）＝2a1（1n－1n+1）（n＝1，2，…，10），则S10＝a1＋a2＋…＋a10＝2a1（1－111）＝1，解得a1＝1120，所以an＝1110n（n+1），故选项D正确.故选ABD.
15.[2024杭州市质检]设数列{an}的首项a1＝1，前n项和Sn满足：k（Sn＋2an）＝3Sn－1＋3k（k＞0，n≥2，n∈N）.
（1）求证：数列{an}是等比数列；
（2）设数列{an}的公比为f（k），数列{bn}满足：b1＝1，1bn＝f（bn－1）（n≥2，n∈N），求1b1b2－1b2b3＋1b3b4－1b4b5＋…＋（－1）n＋11bnbn+1.
解析 （1）因为k（Sn＋2an）＝3Sn－1＋3k（k＞0，n≥2，n∈N），
所以当n≥3时，k（Sn－1＋2an－1）＝3Sn－2＋3k，
两式相减得k（3an－2an－1）＝3an－1，整理得anan－1＝2k+33k（n≥3）.由题意知S1＝a1＝1，
令n＝2，得k（S2＋2a2）＝3S1＋3k，故a2＝2k+33k，a2a1＝2k+33k，
综上，数列{an}是首项为 1，公比为2k+33k的等比数列.
（2）由题意得f（k）＝2k+33k（k＞0），
1bn＝f（bn－1）＝2bn－1+33bn－1＝1bn－1＋23（n≥2，n∈N），
又b1＝1，故1bn＝2n+13.
当n为偶数时，
1b1b2－1b2b3＋1b3b4－1b4b5＋…＋（－1）n＋11bnbn+1
＝1b1b2－1b2b3＋1b3b4－1b4b5＋…＋1bn－1bn－1bnbn+1
＝1b2（1b1－1b3）＋1b4（1b3－1b5）＋…＋1bn（1bn－1－1bn+1）
＝－43（1b2＋1b4＋…＋1bn）
＝－43×n2×（2×2+13＋2n+13）2
＝－2n2+6n9.
当n为奇数时，
1b1b2－1b2b3＋1b3b4－1b4b5＋…＋（－1）n＋11bnbn+1
＝1b1b2－1b2b3＋1b3b4－1b4b5＋…＋1bn－2bn－1－1bn－1bn＋1bnbn+1
＝－29（n－1）（n＋2）＋2n+13·2n+33（n为奇数时，
n－1为偶数，前n－1项的和是－29（n－1）（n＋2），注意不要错写成前n项的和）
＝2n2+6n+79.
综上，1b1b2－1b2b3＋1b3b4－1b4b5＋…＋（－1）n＋11bnbn+1＝－2n2+6n9，n为偶数，2n2+6n+79，n为奇数.命题点
五年考情
命题分析预测
等差、等比数列的综合问题
2022新高考卷ⅡT17；2022天津T18；2020浙江T20；2019全国卷ⅡT19
该讲的命题重点是等差数列与等比数列的综合，数列与不等式的综合，难度中等.预计2025年高考可能会出现新的数列综合题，备考时，应关注数列与其他知识的综合.
数列与其他知识综合
2023新高考卷ⅠT7；2023全国卷乙T10；2023天津T19；2021浙江T10
ξ
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
P
a1
a2
a3
a4
a5
a6
a7
a8
a9
a10