2026版三维设计一轮高中总复习数学题库-重难专攻（六）　数列中的综合问题

重难专攻（六）数列中的综合问题数列可看作自变量为正整数的函数，数列的通项公式相当于函数的解析式，通过类比方程探索，会破解两个数列的子数列问题，数列与函数的综合问题，数列与不等式的综合问题.子数列问题【例1】已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋n2，{bn}的前n项之积Tn＝2n（（1）求{an}与{bn}的通项公式；（2）把数列{an}和{bn}的公共项由小到大排成的数列记为{cn}，求c1＋c2＋…＋c20的值.解：（1）由Sn＝3n当n＝1时，a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－1，当n＝1时，上式也成立，所以an＝3n－1，由Tn＝2n当n＝1时，b1＝T1＝2，当n≥2时，bn＝TnTn－当n＝1时，上式也成立，所以bn＝2n.（2）数列{an}和{bn}的公共项依次为21，23，25，27，…，所以21，23，25，27，…，构成首项为2，公比为4的等比数列，所以cn＝2×4n－1，则c1＋c2＋…＋c20＝2×（1解题技法两个等差数列的公共项构成的数列是等差数列，且公差是两等差数列公差的最小公倍数，两个等比数列的公共项构成的数列是等比数列，公比是两个等比数列公比的最小公倍数.已知{an}是公差不为零的等差数列，a5＝17，a1，a2，a7成等比数列.（1）求数列{an}的通项公式；（2）将数列{an}与{3n}的相同的项按由小到大的顺序排列构成的数列记为{bn}，求数列{bn}的前n项和Sn.解：（1）设等差数列的公差为d，d≠0，由条件得a解得a1=1，d=4，所以数列{an}的通项公式为a（2）数列{an}和{bn}的公共项依次为32，34，36，…，即9，92，93，…，构成首项为9，公比为9的等比数列，所以Sn＝9（1－9n）1－9数列与不等式的综合问题【例2】（2023·新高考Ⅱ卷18题）已知{an}为等差数列，bn＝an－6，n为奇数，2an，n为偶数.记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}（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}的首项为a1，公差为d.因为bn＝an－6，n为奇数，2an，n所以4解得a所以an＝5＋2（n－1）＝2n＋3.（2）证明：由（1）可知，Sn＝n（a1＋an）2＝由an＝2n＋3，得bn＝2若n为偶数，则Tn＝（b1＋b3＋…＋bn－1）＋（b2＋b4＋…＋bn）＝（a1－6＋a3－6＋…＋an－1－6）＋（2a2＋2a4＋…＋2an）＝（5＋9＋…＋2n＋1－3n）＋2（7＋11＋…＋2n＋3）＝（5+2n+1）×n22－3n＋2×（所以当n＞5时，Tn－Sn＝32n2＋72n－（n2＋4n）＝12n2－12n＝12n（n－即Tn＞Sn.若n为奇数，则n－1为偶数，则Tn＝Tn－1＋bn＝32（n－1）2＋72（n－1）＋2n＋3－6＝32n2＋5所以当n＞5时，Tn－Sn＝32n2＋52n－5－（n2＋4n）＝12n2－32n－5＝12（n2－3n－10）＝12（n＋2）（n即Tn＞Sn.综上可得，当n＞5时，Tn＞Sn.解题技法求解数列与不等式综合问题的步骤（1）根据题目条件，求出数列的通项公式；（2）根据数列项的特征，选择合适的方法（公式法、分组转化法、裂项相消法、错位相减法等）求和；（3）利用（2）中所求得的数列的和，证明不等式或求参数的范围；（4）反思解题过程，检验易错点，规范解题步骤.提醒解决数列与不等式的综合问题时，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、分析法、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.若Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，且S1，S2，S4成等比数列，S2＝4.（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn＝3anan+1，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn＜m20对所有n解：（1）设{an}的公差为d（d≠0），则S1＝a1，S2＝2a1＋d，S4＝4a1＋6d.因为S1，S2，S4成等比数列，所以a1·（4a1＋6d）＝（2a1＋d）2.所以2a1d＝d2.因为d≠0，所以d＝2a1.又因为S2＝4，所以a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1.（2）因为bn＝3an＝32（12n－所以Tn＝32（1－13＋13－15＋…＋12n－1－12n要使Tn＜m20对所有n∈N*都成立则有m20≥32，即m因为m∈N*，所以m的最小值为30.数列与函数的综合问题【例3】（2024·聊城一模）已知数列{an}中，a1＝1，nan＋1－（n＋1）an＝1.（1）求数列{an}的通项公式；（2）若数列{bn}满足bn＝sin（π2an＋1）＋cos（πan），求数列{bn}的前2n项和T2n解：（1）由nan＋1－（n＋1）an＝1得，an+1n+1－ann＝所以n≥2时，a33－a22＋…＋ann－an－1n－故ann－a22＝12－1n，又a2＝3，则an＝2n－1，当n＝1时，所以an＝2n－1.（2）由（1）知，bn＝sin（π2（2n＋1））＋cos（π（2n－1））＝cosnπ－cos2nπ所以T2n＝b1＋b2＋…＋b2n＝cosπ＋cos2π＋…＋cos（2n－1）π＋cos2nπ－（cos2π＋cos4π＋…＋cos（4n－2）π＋cos4nπ），因为cos（2n－1）π＋cos2nπ＝－cos2nπ＋cos2nπ＝0，cos2nπ＝1，于是[cosπ＋cos2π]＋…＋[cos（2n－1）π＋cos2nπ]＝0，cos2π＋cos4π＋…＋cos（4n－2）π＋cos4nπ＝2n，所以T2n＝－2n.故数列{bn}的前2n项和为－2n.解题技法1.数列与函数综合问题的常见类型（1）已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象来解决；（2）已知数列条件，解决函数问题，此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对所给条件化简变形.2.解决数列与函数综合问题应注意三点（1）数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集（或有限子集），它的图象是一群孤立的点；（2）转化为以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常容易忽视的问题；（3）利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化.设等差数列{an}的公差为d，点（an，bn）在函数f（x）＝2x的图象上（n∈N*）.（1）若a1＝－2，点（a8，4b7）在函数f（x）的图象上，求数列{an}的前n项和Sn；（2）若a1＝1，函数f（x）的图象在点（a2，b2）处的切线在x轴上的截距为2－1ln2，求数列{anbn}的前n解：（1）由已知，b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，有2a8＝解得d＝a8－a7＝2.所以Sn＝na1＋n（n－1）2d＝－2n＋n（n－1）＝（2）函数f（x）＝2x在（a2，b2）处的切线方程为y－2a2＝（2a2ln2）（x－a2），它在x轴上的截距为a由题意，a2－1ln2＝2－1ln2，解得a2所以d＝a2－a1＝1.从而an＝n，bn＝2n.所以Tn＝12＋222＋323＋…2Tn＝11＋22＋322＋因此，2Tn－Tn＝1＋12＋122＋…＋＝2－12n－1－所以Tn＝2n1.（2024·南京模拟）数列{an}满足a1＝0，a2＝1，an＝2+an－2，n≥3，n为奇数，A.51 B.56C.83 D.88解析：A数列{an}满足a1＝0，a2＝1，an＝2+an－2，n≥3，n为奇数，2an－2，n≥3，n为偶数，不难发现，奇数项是等差数列，公差为2，偶数项是等比数列，公比为2，所以数列{an}的前10项和为（0＋22.已知函数y＝f（x），并且对任意的an∈（0，1），由关系式an＋1＝f（an）得到的数列{an}满足an＋1＜an，n为正整数，则函数y＝f（x）的图象可以是（）解析：B由题意，对任意的an∈（0，1），由关系式an＋1＝f（an）得到的数列{an}满足an＋1＜an，n为正整数，所以f（an）＜an对任意an∈（0，1）恒成立，即f（x）＜x对任意x∈（0，1）恒成立，于是当x∈（0，1）时，函数y＝f（x）的图象都在y＝x的图象的下方，故选B.3.记Sn为数列{an}的前项和，已知点（n，an）在直线y＝10－2x上，若有且只有两个正整数n满足Sn≥k，则实数k的取值范围是（）A.（8，14] B.（14，18]C.（18，20] D.18解析：C由已知可得an＝10－2n，则an－an－1＝－2，所以数列{an}为等差数列，首项为8，公差为－2，所以Sn＝8n＋n（n－1）2×（－2）＝－n2＋9n，当n＝4或5时，Sn取得最大值为20，因为有且只有两个正整数n满足Sn≥k，所以满足条件的n＝4和n＝5，因为S3＝S6＝18，所以实数k的取值范围是（184.（多选）已知数列{an}满足an＝4n＋λ（－2）n＋1.若对任意n∈N*，都有an＋1＞an成立，则整数λ的值可能是（）A.－2 B.－1C.0 D.1解析：BC因为an＋1＞an对任意n∈N*恒成立，即4n＋1＋λ（－2）n＋2＞4n＋λ（－2）n＋1对任意n∈N*恒成立，所以当n为奇数时，4n＋1－λ2n＋2＞4n＋λ2n＋1，即（2n＋1＋2n＋2）λ＜4n＋1－4n，则λ＜3×4n6×2n＝2n－1对所有的n为奇数恒成立，当n＝1时，2n－1取得最小值1，所以λ＜1；当n为偶数时，4n＋1＋λ2n＋2＞4n－λ2n＋1，即（2n＋1＋2n＋2）λ＞4n－4n＋1，则λ＞－3×4n6×2n＝－2n－1对所有的n为偶数恒成立，当n＝2时，－2n－1取得最大值－2，所以λ5.有人曾提出一种说法，称雪花的周长超过地球的直径，其实这里的“雪花”指的是数学中的“科赫曲线”，科赫曲线是一种像雪花的几何曲线，所以又称为雪花曲线，它是由数学家科赫最早提出来的，是一种典型的分形曲线.科赫曲线的画法如图，第1个正三角形的边长为1厘米，将每边三等分，以每边三等分后中间的一段为边，向外作一个凸出的正三角形，再去掉原边中间的一段，可以得到第2个图形，以此类推，得到第3个图形，第4个图形……随着变形，“雪花”具有越来越多的“细节”，周长也越来越大，一直操作下去，“雪花”的周长便会超过地球的直径.根据上述变化规则，如果第n个图形的周长大于等于地球的赤道周长，则n至少为.（参考数据：地球的赤道周长近似为4万千米，lg3≈0.48，lg5≈0.70，lg7≈0.85）答案：77解析：地球的赤道周长约为4×109厘米，设第n个“雪花”的周长为an厘米（n∈N*），则an≥4×109.由题意可得a1＝3，a2＝3×43，…，an＝3×（43）n－1.由3×（43）n－1≥4×109，得（43）n－2≥109，则（2lg2－lg3）（n－2）≥9，又lg2＝lg105＝1－lg5，所以（2－2lg5－lg3）（n－2）≥96.已知等比数列{bn}和递增的等差数列{an}满足a1＝12，b1＝1，a2＝5b2，a3＝2b3.（1）求数列{an}和数列{bn}的通项公式；（2）数列{an}和数列{bn}中的所有项分别构成集合A和B，将A∪B的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{cn}，求数列{cn}前63项和S63.解：（1）设等比数列{bn}和递增的等差数列{an}的公比和公差分别为q，d，故由a1＝12，b1＝1，a2＝5b2，a3＝2b3可得12+d=5q故an＝12＋3（n－1）＝3n＋9，bn＝3n－1.（2）当数列{cn}前63项中含有数列{bn}中4项时，令3n＋9＜34⇒n＜24，此时{cn}最多23＋3＝26项，不符合题意.当数列{cn}前63项中含有数列{bn}中5项时，令3n＋9＜35⇒n＜78，且33，34是{bn}和{an}的公共项，则{cn}前63项中含有数列{bn}中的前5项和{an}的前60项，再减去公共的两项，故S63＝12×60＋60×592×3＋30＋31＋37.（2024·重庆一模）已知f（x）＝－4+1x2，点Pn（an，－1an+1）在曲线y＝f（x）上（n∈N*），且a1＝（1）求证：数列{1an2}为等差数列，并求数列{an（2）设数列{an2·an+12}的前n项和为Sn，若对于任意的n∈N*，存在正整数t，使得Sn＜t2－t－12恒解：（1）将点Pn的坐标代入函数y＝f（x）的解析式，得－1an+1即1an+1等式两边平方得1an+12＝∴1an＋12－1an∴数列{1an2}是以1为首项，以则1an2＝1＋4（n－1）＝4n∵an＞0，则an＝14（2）∵an2·an+12＝1（4n∴Sn＝14（1－15）＋14（15－19）＋14（19－113）＋…＋14（14n－∵对于任意的n∈N*，使得Sn＜t2－t－12恒成立∴t2－t－12≥1解得t≤－12或t≥3∴存在最小的正整数t＝2符合题意.8.（2024·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＞log2（1－a）对任意n∈N*恒成立，求实数a的取值范围.解：（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∵数列{bn}的前n项和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+2∴Tn＋n2－n＝2n＋1－n－2.令f（x）＝2x＋1－x－2（x≥1），f'（x）＝2x＋1ln2－1，∵x≥1，∴f'（x）＞0，f（x）单调递增，∴f（x）min＝f（1）＝1.∴log2（1－a）＜1，∴0＜1－a＜2，∴－1＜a＜1.故实数a的取值范围为（－1，1）.9.（2024·宝鸡一模）已知函数f（x）＝（x－1）2，g（x）＝4（x－1），数列{an}是各项均不为0的等差数列，点（an＋1，S2n－1）在函数f（x）的图象上，数列{bn}满足b1＝2，bn≠1，且（bn－bn＋1）·g（bn）＝f（bn）（n∈N*）.（1）求an并证明数列{bn－1}是等比数列；（2）若数列{cn}满足cn＝an4n－1（bn－1），证明：c1＋c解：（1）因为点（an＋1，S2n－1）在函数f（x）的图象上，所以an2＝S2n－令n＝1，n＝2，得a即a12＝a1，（a1＋d）2=3a1+3d，解得a1＝由（bn－bn＋1）·g（bn）＝f（bn），得4（bn－bn＋1）（bn－1）＝（bn－1）2.由题意bn≠1，所以4（bn－bn＋1）＝bn－1，即3（bn－1）＝4（bn＋1－1），所以bn+1－所以数列{bn－1}是以1为首项，公比为34的等比数列（2）证明：由（1）得，bn－1＝（34）n－1cn＝an4n－1令Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn，则Tn＝130＋331＋532＋…＋13Tn＝131＋332＋533＋…①－②得，23Tn＝130＋231＋232＋233＋…＋23n－1－2n－13所以Tn＝3－n+1所以c1＋c2＋c3＋…＋cn＝3－n+1310.已知数列{an}满足a1＝1，13an≤an＋1≤3an，n∈N*（1）设{an}是公比为q的等比数列，Sn＝a1＋a2＋