第六章　§6.6　数列中的综合问题-2025高中数学大一轮复习讲义人教A版

§6.6数列中的综合问题课标要求数列的综合运算问题以及数列与函数、不等式等知识的交汇问题，是历年高考的热点内容．一般围绕等差数列、等比数列的知识命题，涉及数列的函数性质、通项公式、前n项和公式等．题型一等差数列、等比数列的综合运算例1已知公差不为0的等差数列{an}满足a2＝6，a1，a3，a7成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝n·，求数列{bn}的前n项和Sn.解(1)根据题意，设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，由于a2＝6，a1，a3，a7成等比数列，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1a1＋6d＝a1＋2d2，,a1＋d＝6，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝4，,d＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝6，,d＝0))(舍)，∴an＝2n＋2.(2)由bn＝n·22n＝n·4n，则Sn＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)·4n－1＋n·4n，①4Sn＝1×42＋2×43＋3×44＋…＋(n－1)·4n＋n·4n＋1，②①－②得，－3Sn＝4＋42＋43＋…＋4n－n·4n＋1＝eq\f(41－4n,1－4)－n·4n＋1，∴Sn＝eq\f(4,9)(1－4n)＋eq\f(n·4n＋1,3)＝eq\f(3n－1,9)4n＋1＋eq\f(4,9)，n∈N*.思维升华数列的综合运算问题常将等差、等比数列结合，两者相互联系、相互转化，解答这类问题的方法：寻找通项公式，利用性质进行转化．跟踪训练1(2024·无锡模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，a3是a1，a13的等比中项，S5＝25.(1)求{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足b1＝－1，bn＋bn＋1＝Sn，求b20.解(1)由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1a13＝a\o\al(2,3)，,5a1＋\f(5×5－1,2)d＝25，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1a1＋12d＝a1＋2d2，,a1＋2d＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝5，,d＝0))(舍)，∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1.(2)bn＋bn＋1＝Sn＝eq\f(1＋2n－1n,2)＝n2，①bn＋1＋bn＋2＝(n＋1)2，②②－①得，bn＋2－bn＝2n＋1，∵b1＝－1，∴b2＝2.∴b20＝b20－b18＋b18－b16＋…＋b4－b2＋b2＝37＋33＋29＋…＋5＋2＝eq\f(37＋5×9,2)＋2＝191.题型二数列与其他知识的交汇问题命题点1数列与不等式的交汇例2(1)(2022·全国乙卷)嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星．为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{bn}：b1＝1＋eq\f(1,α1)，b2＝1＋eq\f(1,α1＋\f(1,α2))，b3＝1＋eq\f(1,α1＋\f(1,α2＋\f(1,α3)))，…，依此类推，其中αk∈N*(k＝1,2，…)．则()A．b1<b5 B．b3<b8C．b6<b2 D．b4<b7答案D解析方法一当n取奇数时，由已知b1＝1＋eq\f(1,α1)，b3＝1＋eq\f(1,α1＋\f(1,α2＋\f(1,α3)))，因为eq\f(1,α1)>eq\f(1,α1＋\f(1,α2＋\f(1,α3)))，所以b1>b3，同理可得b3>b5，b5>b7，…，于是可得b1>b3>b5>b7>…，故A不正确；当n取偶数时，由已知b2＝1＋eq\f(1,α1＋\f(1,α2))，b4＝1＋eq\f(1,α1＋\f(1,α2＋\f(1,α3＋\f(1,α4))))，因为eq\f(1,α2)>eq\f(1,α2＋\f(1,α3＋\f(1,α4)))，所以b2<b4，同理可得b4<b6，b6<b8，…，于是可得b2<b4<b6<b8<…，故C不正确；因为eq\f(1,α1)>eq\f(1,α1＋\f(1,α2))，所以b1>b2，同理可得b3>b4，b5>b6，b7>b8，又b3>b7，所以b3>b8，故B不正确；因为b4<b8，b7>b8，所以b4<b7，故D正确．方法二(特殊值法)不妨取αk＝1(k＝1,2，…)，则b1＝1＋eq\f(1,1)＝2，b2＝1＋eq\f(1,1＋\f(1,1))＝1＋eq\f(1,b1)＝1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，b3＝1＋eq\f(1,1＋\f(1,1＋\f(1,1)))＝1＋eq\f(1,b2)＝1＋eq\f(2,3)＝eq\f(5,3)，所以b4＝1＋eq\f(1,b3)＝1＋eq\f(3,5)＝eq\f(8,5)，b5＝1＋eq\f(1,b4)＝1＋eq\f(5,8)＝eq\f(13,8)，b6＝1＋eq\f(1,b5)＝1＋eq\f(8,13)＝eq\f(21,13)，b7＝1＋eq\f(1,b6)＝1＋eq\f(13,21)＝eq\f(34,21)，b8＝1＋eq\f(1,b7)＝1＋eq\f(21,34)＝eq\f(55,34).逐一判断选项可知选D.(2)(2023·南京模拟)已知数列{an}满足a1＝eq\f(3,2)，an＝eq\f(1,2)an－1＋eq\f(1,2n)(n≥2，n∈N*)，若对于任意n∈N*，都有eq\f(λ,n)≥an成立，则实数λ的最小值是________．答案2解析因为当n≥2时，an＝eq\f(1,2)an－1＋eq\f(1,2n)，所以2nan＝2n－1an－1＋1，而21a1＝3，所以数列{2nan}是首项为3，公差为1的等差数列，故2nan＝n＋2，从而an＝eq\f(n＋2,2n).又因为eq\f(λ,n)≥an恒成立，即λ≥eq\f(nn＋2,2n)恒成立，所以λ≥eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(nn＋2,2n)))max.方法一由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(nn＋2,2n)≥\f(n＋1n＋3,2n＋1)，,\f(nn＋2,2n)≥\f(n－1n＋1,2n－1)))(n∈N*，n≥2)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2≥3，,1－\r(3)≤n≤1＋\r(3)))(n∈N*，n≥2)，得n＝2，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(nn＋2,2n)))max＝eq\f(2×2＋2,22)＝2，所以λ≥2，即实数λ的最小值是2.方法二令bn＝eq\f(nn＋2,2n)，则令bn＋1－bn＝eq\f(n＋1n＋3,2n＋1)－eq\f(nn＋2,2n)＝eq\f(－n2＋3,2n＋1)，所以当n＝1时，b2>b1；当n≥2时，bn＋1<bn.所以当n＝2时，bn＝eq\f(nn＋2,2n)取最大值2.所以λ≥2，即实数λ的最小值是2.命题点2数列与函数的交汇例3已知函数f(x)是定义在R上的严格增函数且为奇函数，数列{an}是等差数列，a1012>0，则f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋…＋f(a2022)＋f(a2023)的值()A．恒为正数 B．恒为负数C．恒为0 D．可正可负答案A解析因为函数f(x)是R上的奇函数且是严格增函数，所以f(0)＝0，且当x>0时，f(x)>0;当x<0时，f(x)<0.因为数列{an}是等差数列，a1012>0，故f(a1012)>0.再根据a1＋a2023＝2a1012>0，所以a1>－a2023，则f(a1)>f(－a2023)＝－f(a2023)，所以f(a1)＋f(a2023)>0.同理可得f(a2)＋f(a2022)>0，f(a3)＋f(a2021)>0，…，所以f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋…＋f(a2022)＋f(a2023)＝[f(a1)＋f(a2023)]＋[f(a2)＋f(a2022)]＋…＋[f(a1011)＋f(a1013)]＋f(a1012)>0.思维升华数列与函数、不等式的综合问题关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求出数列的通项公式或前n项和公式，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题，通过放缩进行不等式的证明．跟踪训练2(1)分形的数学之美，是以简单的基本图形，凝聚扩散，重复累加，以迭代的方式而形成的美丽的图案．自然界中存在着许多令人震撼的天然分形图案，如鹦鹉螺的壳、蕨类植物的叶子、孔雀的羽毛、菠萝等．如图为正方形经过多次自相似迭代形成的分形图形，且相邻的两个正方形的对应边所成的角为15°.若从外往里最大的正方形边长为9，则第5个正方形的边长为()A.eq\f(81,4)B.eq\f(81\r(6),8)C．4D.eq\f(4\r(6),3)答案C解析设第n个正方形的边长为an，则由已知可得an＝an＋1sin15°＋an＋1cos15°，∴eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1,sin15°＋cos15°)＝eq\f(1,\r(2)sin60°)＝eq\f(\r(6),3)，∴{an}是以9为首项，eq\f(\r(6),3)为公比的等比数列，∴a5＝a1q4＝9×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)))4＝4.(2)已知函数f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A>0，|φ|≤eq\f(π,2)，ω>0)，射线y＝－2(x≥0)与该函数图象的交点的横坐标从左至右依次构成数列{xn}，且xn＝4n－eq\f(7,3)(n∈N*)，则f(5)＝________.答案－1解析因为xn＝4n－eq\f(7,3)(n∈N*)，则数列{xn}是等差数列，公差为4，且f(xn)＝－2，n∈N*，因此A＝2，函数f(x)的最小正周期是4，即eq\f(2π,ω)＝4，解得ω＝eq\f(π,2)，又f(x1)＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))＝－2，即有eq\f(π,2)×eq\f(5,3)＋φ＝π＋2kπ，k∈Z，由|φ|≤eq\f(π,2)，解得φ＝eq\f(π,6)，于是f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x＋\f(π,6)))，所以f(5)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)＋\f(π,6)))＝－1.课时精练一、单项选择题1．(2023·广州模拟)已知f(x)＝2x2，数列{an}满足a1＝2，且对一切n∈N*，有an＋1＝f(an)，则()A．{an}是等差数列B．{an}是等比数列C．{log2an}是等比数列D．{log2an＋1}是等比数列答案D解析由题意知an＋1＝2aeq\o\al(2,n)，所以log2an＋1＝1＋2log2an，所以log2an＋1＋1＝2(log2an＋1)，n∈N*，所以{log2an＋1}是等比数列，又log2a1＋1＝2，所以log2an＋1＝2n，所以log2an＝2n－1，故A，B，C错误，D正确．2．(2024·铜仁模拟)为了进一步学习贯彻党的二十大精神，推进科普宣传教育，激发学生的学习热情，营造良好的学习氛围，不断提高学生对科学、法律、健康等知识的了解，某学校组织高一10个班级的学生开展“红色百年路·科普万里行”知识竞赛．统计发现，10个班级的平均成绩恰好成等差数列，最低平均成绩为70，公差为2，则这10个班级的平均成绩的第40百分位数为()A．76B．77C．78D．80答案B解析记10个班级的平均成绩形成的等差数列为{an}，则an＝70＋2(n－1)＝2n＋68，又10×40%＝4，所以这10个班级的平均成绩的第40百分位数为eq\f(a4＋a5,2)＝eq\f(76＋78,2)＝77.3．(2023·岳阳模拟)在等比数列{an}中，a2＝－2a5,1<a3<2，则数列{a3n}的前5项和S5的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,16)，\f(11,8))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(33,16)，\f(33,8)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,8)，－\f(11,16))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(33,8)，－\f(33,16)))答案A解析设等比数列{an}的公比为q，则q3＝eq\f(a5,a2)＝－eq\f(1,2)，数列{a3n}是首项为a3，公比为q3＝－eq\f(1,2)的等比数列，则S5＝eq\f(a3\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))5)),1＋\f(1,2))＝eq\f(11,16)a3∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,16)，\f(11,8))).4.有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点．已知最底层正方体的棱长为8，如果该塔形几何体的最上层正方体的棱长等于1，那么该塔形几何体中正方体的个数是()A．5B．7C．10D．12答案B解析设从最底层开始的第n层的正方体棱长为an，则由题意得数列{an}为以8为首项，eq\f(\r(2),2)为公比的等比数列，其通项公式为an＝8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))n－1＝23×＝.令an＝1，得n＝7，故该塔形几何体中正方体的个数为7.5．已知数列{an}满足an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－a))n＋2，n>7，,an－6，n≤7，))n∈N*，若对于任意n∈N*都有an>an＋1，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))答案C解析因为当n>7时，an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－a))n＋2，而要满足an>an＋1，故{an}要单调递减，所以eq\f(1,2)－a<0，解得a>eq\f(1,2)，当n≤7时，an＝an－6，而要满足an>an＋1，故{an}要单调递减，所以0<a<1，还需满足a7－6>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－a))×8＋2，解得a>eq\f(2,3)，所以实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1)).6．已知{an}是各项均为正数的等差数列，其公差d≠0，{bn}是等比数列，若a1＝b1，a1012＝b1012，Sn和Tn分别是{an}和{bn}的前n项和，则()A．S2023>T2023B．S2023<T2023C．S2023＝T2023D．S2023和T2023的大小关系不确定答案B解析因为{an}是各项均为正数的等差数列，其公差d≠0，则S2023＝eq\f(2023a1＋a2023,2)＝2023a1012，且a1012＝a1＋1011d≠a1，则b1012≠b1，设等比数列{bn}的公比为q，则q1011＝eq\f(b1012,b1)>0，且q1011≠1，即q>0且q≠1，又因为b1>0，所以等比数列{bn}为正项单调数列，由基本不等式可得b1＋b2023>2eq\r(b1b2023)＝2b1012，b2＋b2022>2eq\r(b2b2022)＝2b1012，…，b1011＋b1013>2eq\r(b1011b1013)＝2b1012，所以T2023＝b1＋b2＋…＋b2023>2023b1012＝2023a1012＝S2023.二、多项选择题7．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝ln(－an)(n∈N*)，则Sn的取值可能是()A.eq\f(1,2)B.eq\f(5,4)C.eq\f(3,2)D．2答案BC解析因为an＋1＝ln(－an)，所以＝－an，即an＝－，所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(－)＋(－)＋…＋(－)＝－＝e－.因为a1＝1，所以an>0，所以Sn>1.因为>an＋1，所以－an>1，所以an＋1>0，所以Sn<e－1.即1<Sn<e－1.8．(2023·德州模拟)将n2个数排成n行n列的数阵，如图所示，该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m>0)．已知a11＝3，a13＝a51＋1，记这n2个数的和为S，下面叙述正确的是()A．m＝2 B．a78＝15×28C．aij＝(2i＋1)·2j－1 D．S＝n(n＋2)(2n－1)答案ACD解析由题意，a13＝a11·m2＝3m2，a51＝a11＋4m＝3＋4m，由a13＝a51＋1，得3m2＝3＋4m＋1，整理可得(3m＋2)(m－2)＝0，由m>0，解得m＝2，故A正确；a71＝a11＋6×2＝15，a78＝a71·27＝15×27≠15×28，故B错误；ai1＝a11＋(i－1)×2＝2i＋1，aij＝ai1·2j－1＝(2i＋1)·2j－1，故C正确；S＝a11·eq\f(1－2n,1－2)＋a21·eq\f(1－2n,1－2)＋a31·eq\f(1－2n,1－2)＋…＋an1·eq\f(1－2n,1－2)＝eq\f(1－2n,1－2)(3＋5＋7＋…＋2n＋1)＝(2n－1)·eq\f(n3＋2n＋1,2)＝n(n＋2)(2n－1)，故D正确．三、填空题9．(2023·德州模拟)如图甲是第七届国际数学教育大会(简称ICME－7)的会徽图案，会徽的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的．已知A1，A2，A3，…为直角顶点，设OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝…＝1，OA1，OA2，…，OAn构成数列{an}，令bn＝eq\f(1,an＋1＋an)，Sn为数列{bn}的前n项和，则S80＝________.答案8解析因为OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝…＝1，所以当n≥2时，OAn＝eq\r(OA\o\al(2,n－1)＋1)，OAn＝eq\r(n)，所以an＝eq\r(n)，bn＝eq\f(1,an＋1＋an)＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\r(2)－1＋eq\r(3)－eq\r(2)＋…＋eq\r(n＋1)－eq\r(n)＝eq\r(n＋1)－1，所以S80＝eq\r(81)－1＝8.10．已知数列{an}为等比数列，a2a3a4＝64，a6＝32，数列{bn}满足bn＝log2an＋1，若不等式4λ≥bn[1－(n＋4)λ]对于任意的n∈N*恒成立，则实数λ的取值范围为________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，＋∞))解析由a2a3a4＝64，得aeq\o\al(3,3)＝64，解得a3＝4，设{an}的公比为q，则q3＝eq\f(a6,a3)＝8，解得q＝2，a1＝1，所以an＝2n－1，bn＝log2an＋1＝n，则原不等式等价于4λ≥n[1－(n＋4)λ]，即λ≥eq\f(n,n2＋4n＋4)，又eq\f(n,n2＋4n＋4)＝eq\f(1,n＋\f(4,n)＋4)≤eq\f(1,2\r(n·\f(4,n))＋4)＝eq\f(1,8)，当且仅当n＝2时等号成立，故λ≥eq\f(1,8).四、解答题11．(2022·新高考全国Ⅱ)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．(1)证明设等差数列{an}的公差为d，由a2－b2＝a3－b3，得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，即d＝2b1；由a2－b2＝b4－a4，得a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，即a1＝5b1－2d，将d＝2b1代入，得a1＝5b1－2×2b1＝b1，即a1＝b1.(2)解由(1)知an＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)×2b1＝(2n－1)a1，bn＝b1·2n－1，由bk＝am＋a1，得b1·2k－1＝(2m－1)a1＋a1，由a1＝b1≠0得2k－1＝2m，由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1000，所以k＝2,3,4，…，10，共9个数，即集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}＝{2,3,4，…，10}中元素的个数为9.12．(2024·福州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(Sn,n)))是公差为eq\f(1,2)的等