2026版正禾一本通高三一轮总复习数学（湘教版）-9 第五节　数列中的综合问题

第五节数列中的综合问题数列中的综合问题以数列为引线和依托，结合函数、方程、不等式、解析几何、数学文化等知识，题型新颖、解法灵活，能有效地考查学生的思维能力、创新意识和实践能力.尤其数列与函数、不等式的综合问题是高考命题的一个重要方向，突破此类问题的关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求出数列的通项或前n项和，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.题型一等差数列、等比数列的综合运算1.已知等差数列{an}的首项a1=－1，公差d>1.记{an}的前n项和为Sn(n∈N+).(1)若S4－2a2a3+6=0，求Sn；(2)若对于每个n∈N+，存在实数cn，使an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列，求d的取值范围.解：(1)因为在等差数列{an}中，a1=－1，S4－2a2a3+6=0，所以－4+6d－2(－1+d)(－1+2d)+6=0，整理得d2－3d=0，解得d=0(舍去)或d=3，所以Sn=n×(－1)+n(n－1)2×3=3(2)由(1)知an=－1+(n－1)×d=dn－d－1，所以an+1=dn－1，an+2=dn+d－1.因为an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列，所以(an+1+4cn)2=(an+cn)(an+2+15cn)，整理得cn2+(8an+1－an+2－15an)cn+an+12－ana由题意知关于cn的二次方程有解，所以(8an+1－an+2－15an)2－4(an+12－anan+2)≥0在n∈N将an，an+1，an+2代入上式，并整理，得[(2n－3)d－2][(n－2)d－1]≥0.(*)因为d>1，所以当n=1时，不等式(*)等价于(d+1)(d+2)≥0，恒成立；当n=2时，不等式(*)等价于(d－2)(－1)≥0，则当1<d≤2时，不等式恒成立；当n≥3时，(2n－3)d－2≥3d－2>0，(n－2)d－1≥d－1>0，不等式(*)恒成立.综上可知，d的取值范围是1<d≤2.2.已知n2(n≥4)个正数排成n行n列，aij表示第i行第j列的数，其中每一行的数依次构成等差数列，每一列的数依次构成等比数列，并且公比都为q.已知a24=1，a42=18，a43=3(1)求公比q；(2)记第n行的数所构成的等差数列的公差为d，把d1，d2，…，dn所构成的数列记为数列{dn}，求数列{dn}的前n项和Sn.a11a12a13a14…a1na21a22a23a24…a2na31a32a33a34…a3n………………an1an2an3an4…ann解：(1)因为a42=18，a43=3所以第4行的数所构成的等差数列的公差d4=a43－a42=316－1所以a44=a43+116=14，则q2=a44又q>0，所以q=12(2)由a41=a42－116=116，a42=18，得an1=12n，an2=12n－1，则dn=an2－an所以数列{dn}是以12为首项，12则数列{dn}的前n项和Sn=121－12n1等差数列、等比数列综合问题的解题策略

1.设置中间问题：求和需要先求出通项公式，求通项公式需要先求出首项和公差(公比)，确定解题的顺序.

2.注意解题细节：在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的. 题型二数列与函数的综合问题(1)已知函数f(x)=13x3+4x，记等差数列{an}的前n项和为Sn，若f(a1+2)=100，f(a2026+2)=－100，则S2026等于()A．－4052 B．－2026 C．2026 D．4052学生用书⬇第149页(2)数列{an}是等差数列，a1=1，公差d∈[1，2]，且a4+λa10+a16=15，则实数λ的最大值为.

答案：(1)A(2)－1解析：(1)由题意知，f(x)在定义域内单调递增，因为f－x=－13x3－4x=－f(x)，所以f(x)是奇函数，因为fa1+2=100，fa2026+2=－100，所以fa1+2=－f(a2026+2)，所以a1+2+a2026+2=0，所以a1+a2026=－4，所以S2026=(2)因为a4+λa10+a16=15，所以a1+3d+λ(a1+9d)+a1+15d=15，即λ=151+9d－2，令λ=fd=151+9d－2，因为d∈[1，2]，所以令t=1+9d，t∈[10，19]，因此λ=f(t)=15t－2，当t∈[10，19]时，函数λ=f(t)是减函数，故当t=10时，实数λ有最大值，最大值为f数列与函数交汇问题的主要类型及求解策略

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、图象研究数列问题.

2.已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要利用数列的通项公式、前n项和公式、求和方法等对式子化简变形. 对点练1.已知函数y=f(x+1)的图象关于y轴对称，且函数f(x)在(1，+∞)上单调，若数列{an}是公差不为0的等差数列，且f(a4)=f(a18)，则{an}的前21项之和为 ()A．0 B．252C．21 D．42答案：C解析：由函数y=f(x+1)的图象关于y轴对称，且函数f(x)在(1，+∞)上单调，可得y=f(x)的图象关于直线x=1对称，由数列{an}是公差不为0的等差数列，且f(a4)=f(a18)，可得a4+a18=2，又{an}是等差数列，所以a1+a21=a4+a18=2，可得数列的前21项和S21=21(a1+a21)2=21，则{an}对点练2.设定义在R上的函数fx与数列an满足a1>α，其中α是方程fx=x的实数根，an+1=fan，fx满足可导，且f'x∈(1)证明：an>α；(2)判断数列an的单调性，并证明解：(1)证明：因为α是方程fx=x的实数根，所以fα=α，因为f'x∈0，1，所以函数fx因为a1>α，an+1=fan，所以fa1=a2>fα=α，fa2=a3>fα=α，以此类推，对于任意n>1，都有fan－1=an>fα=α，即an>α.当n=1时，a1>α，满足上式(2)数列an单调递减.证明如下：由an－an－1=fan－1－an－1，令y=fx－x，求导可得y'=f'x－1<0，即函数y=fx－x单调递减，由(1)可知当x=α时，fα－α=0，则当x∈α，+∞时，y=fx－由(1)可知an－1>α，则fan－1－an－1<0，即an－an－1<0n≥2题型三数列与不等式的综合问题已知数列{an}满足a1=37，3an，2an+1，anan+1成等差数列.(1)证明：数列1an－1是等比数列，并求{a(2)记{an}的前n项和为Sn，求证：1271－34n解：(1)证明：由已知得4an+1=3an+anan+1，因为a1=37≠0，所以由递推关系可得an≠0恒成立所以4an=3an+1+1，所以4an即1an+1－1又因为1a1－1=73－1所以数列1an－1是首项为43所以1an－1=43n，所以a(2)证明：由(1)可得an=11+43n≥14所以Sn≥37+37×341+…+37an=11+43n<143n=34当n≥2时，Sn<37+342+…+34n=37+3421综上所述，1271－34n≤数列与不等式的综合问题的解题策略

1.判断数列问题的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小.

2.考查与数列有关的不等式证明问题，此类问题一般采用放缩法进行证明，有时也可通过构造函数进行证明.

3.以数列为载体，考查不等式恒成立的问题，此类问题可转化为函数的最值问题. 对点练3.已知数列{an}的前n项和为SnSn≠0，a1=12，当n≥2时，Sn2=anS(1)求Sn；(2)设数列2nSn的前n项和为Tn，若λTn≤n2+92n恒成立解：(1)因为当n≥2时，Sn2=anSn－a所以Sn2=Sn－Sn－1Sn－(S整理得SnSn－1=Sn－1－Sn，即1Sn－所以数列1Sn是以1S1=1a1=所以1Sn=n+1，即Sn=(2)由(1)知，2nSn=n所以Tn=2×2+3×22+…+n×2n－1+(n+1)×2n①，2Tn=2×22+3×23+…+n×2n+n+1×2n+1②①－②得，－Tn=4+22+23+…+2n－(n+1)×2所以Tn=n×2n+1，则λTn≤n2+92n恒成立，即λn×2n+1≤n2变形得λ≤n2+92n=因为n2+92n≥2n2×92n=3，当且仅当n=3时，等号成立，所以λ≤3，即实数课时测评45数列中的综合问题对应学生(时间：60分钟满分：100分)(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订!)(1－8，每小题5分，共40分)1.若a，b，c成等比数列，则函数y=ax2+2bx+c的图象与x轴的交点个数为()A．0 B．1 C．2 D．不确定答案：B解析：因为a，b，c成等比数列，所以b2=ac，令y=ax2+2bx+c=0，则Δ=4b2－4ac=4(b2－ac)=0，所以函数y=ax2+2bx+c的图象与x轴的交点个数为1.故选B．2.(数学文化)《算法统宗》是中国古代数学名著，在这部著作中，许多数学问题都是以歌诀形式呈现的，“九儿问甲歌”就是其中一首：一个公公九个儿，若问生年总不知，自长排来争三岁，共年二百又零七，借问长儿多少岁，各儿岁数要详推.在这个问题中，这位公公最年幼的儿子的岁数为()A．8 B．11 C．14 D．16答案：B解析：九个儿子的岁数按从幼到长，构成公差为3的等差数列ann=1，2，…，9，设公差为d，则d=3，前9项的和S9=207，即9a1+9×8d2=3.已知等比数列{an}满足Sn=2an－1n∈N+，若2an的个位数为bn，则数列{bn}的前A．60 B．80 C．120 D．180答案：C解析：由Sn=2an－1，可得Sn+1=2an+1－1，两式相减可得an+1=Sn+1－Sn=2an+1－2an，即an+1=2an，又a1=S1=2a1－1，所以a1=1，所以{an}是首项为1，公比为2的等比数列，所以an=2n－1，所以数列{an}中的项依次为1，2，4，8，16，32，…，2n－1，…，所以数列{2an}中的项依次为21，22，24，28，216，232，…，22n－1，…，所以数列{bn}中的项依次为2，4，6，6，6，6，…，6，…，故数列{bn}的前21项的和为2+4+6×194.(新载体)斐波那契数列因以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，斐波那契数列{an}可以用如下方法定义：an+2=an+1+an，且a1=a2=1，若此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列{bn}，则数列{bn}的前2025项的和为()A．2025 B．2026 C．2698 D．2700答案：D解析：因为an+2=an+1+an，且a1=a2=1，所以数列{an}为1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，…，此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列{bn}为1，1，2，3，1，0，1，1，2，3，1，0，…，是以6为周期的周期数列，所以数列{bn}的前2025项的和S2025=20226(1+1+2+3+1+0)+b1+337×6+b2+337×6+b3+337×6=2700.5.(多选)(2025·福建漳州模拟)已知数列{an}是首项为12的正项等比数列，若A，B，C是直线l上不同的三点，O为平面内任意一点，且OA=2a2OB+4a3OC，则(A．a3=2a2B．数列{an}的前6项和为63C．数列{log2an}是递减的等差数列D．若bn=1log2an·log2a答案：BC解析：由题意知，因为OA=2a2OB+4a3OC，A，B，C三点共线，则2a2+4a3=1，设公比为q，所以2×12q+4×12q2=1，由{an}是正项等比数列，解得q=12，所以an=a1qn－1=12n，Sn=a11－qn1－q=1－12n，所以a3a2=12，故A错误；所以S6=1－126=6364，故B正确；因为log2an+1－log2an=log212n+1－log212n=－1，且log2a1=log212=－1，所以数列{log2an}是以－1为首项，－1为公差的递减的等差数列，故C正确；又bn=1log2an·log2an+1=1－n×－n+1=1nn+1=1n－1n+1，所以数列{bn}的前6.(多选)(2024·河北唐山模拟)如图，△ABC是边长为2的等边三角形，连接各边中点得到△A1B1C1，再连接△A1B1C1的各边中点得到△A2B2C2，…，如此继续下去，设△AnBnCn的边长为an，△AnBnCn的面积为Mn，则()A．Mn=3B．a42=a3C．a1+a2+…+an=2－22－nD．M1+M2+…+Mn<3答案：ABD解析：显然△AnBnCn是正三角形，因此Mn=34an2，故A正确；由中位线性质易得an=12an－1，即{an}是等比数列，公比为12，因此a42=a3a5，故B正确；a1=12AB=1，a1+a2+…+an=1－12n1－12=2－21－n，故C错误；M1=34×12=34，an是等比数列，公比为12，则{Mn}也是等比数列，公比是147.已知数列{an}满足a1=12，an+1=an2+an，用[x]表示不超过x的最大整数，则1a答案：1解析：由an+1=an2+an，得1an+1=1an－1an+1，所以1a1+1+1a2+1+…+1a2025+1=1a1－1a2+1a2－1a3+…+1a2025－1a2026=1a1－1a2026=8.(新设问)设数列{an}的前n项和为Sn，写出一个{an}的通项公式an=，使{an}满足以下条件：①{an}是递减数列；②{Sn}是递增数列.

答案：12n(答案不解析：由数列{Sn}是递增数列可知数列{an}从第二项起，各项都大于零，结合数列{an}为递减数列，考虑{an}为公比在0到1之间的等比数列，显然，an=12n9.(10分)(2025·辽宁葫芦岛模拟)已知{an}是各项为正数的等比数列，{bn}为公差是2a1的等差数列，且a2－b2=a3－b3=b4－a4.(1)若an>bn，求n的取值范围；(4分)(2)若a1=1，求集合{k|2bk=log2am，4≤m≤800}中元素的个数.(6解：(1)由题意，设等比数列{an}的公比为q(q>0)，且an>0，由a2－b2=a3－b3，得a1q－b1－2a1=a1q2－b1－4a1，整理化简得q2－q－2=0，解得q=2或q=－1(舍去)，所以an=a1qn－1=2n－1a1.由a2－b2=b4－a4，可得a1q－b1－2a1=b1+6a1－a1q3.将q=2代入整理可得a1=b1，bn=b1+(n－1)2a1=(2n－1)a1.由an>bn得：2n－1a1>2n－1解得n≥4且n∈N+.(2)因为a1=1，由(1)知q=2，an=2n－1，bn=2n－1，由2bk=log2am，可得22k－1=log22m－整理得22k－1=m－1.因为4≤m≤800且m∈Z，所以3≤m－1≤799，所以3≤22k－1≤799，2≤k≤5，又k∈Z，故集合{k|2bk=log2am，4≤m≤800}中元素的个数为10.(10分)(2025·浙江金华模拟)已知函数f(x)=ex(sinx－cosx)，将满足f'(x)=0的所有正数x从小到大排成数列{xn}.(1)证明：数列{f(xn)}为等比数列；(4分)(2)令bn=－1n－1·xn·f(xn)，求数列{bn}的前n项和Sn解：(1)证明：f'(x)=exsinx－cosx+ex(cosx+sinx)=2ex由f'(x)=0解得x=nπ，n∈N+，从而xn=nπ，n=1，2，3，…，f(xn)=(－1)n－1enπ，f(xn+1)所以数列{f(xn)}是公比为－eπ，首项为f(x1)=eπ的等比数列.(2)bn=－1n－1·xn·fxn=n因为Sn=πeπ则eπSn=π(e2π+2e3π+3e4π+…+nen+1两式相减得1－eπSn=π(eπ+e2π+e3π+…+enπ－ne(n+化简得1－eπSn=πe所以Sn=πeπ1－(11、12，每小题6分，共12分)11.(原创题)已知函数fx+12为奇函数，且g(x)=f(x)+1，若an=gn2025，则数列{an}A．2025 B．2024 C．2023 D．2022答案：B解析：由于函数fx+12为奇函数，则f－x+12=－fx+12，即f12－x+f12+x=0，所以f(x)+f(1－x)=0，所以g(x)+g(1－x)=[f(x)+1]+[f(1－x)+1]=2，所以2(a1+a2+…+a2024)=2g12025+g22025+…+g20242025=g12025+12.(新定义)(多选)(2025·河北保定模拟)若对任意的i，j∈N+且i≠j，总存在n∈N+，使得an=ai·aj(i+j≤n)，则称数列{an}是“Ω数列”.下列结论正确的是()A．至少存在一个等比数列不是“Ω数列”B．至少存在两个常数列为“Ω数列”C．若{an}是“Ω数列”，则{an+1}也是“Ω数列”D．对任意的a∈N+，1n+a总是“答案：ABD解析：对于A，若an=3×2n，则{an}是等比数列，由an=ai·aj，得n=i+j+log23∉N+，则{an}不是“Ω数列”.对于B，由a=a2，解得a=0或a=1，所以至少存在两个常数列为“Ω数列”.对于C，若an=3n，则{an}是“Ω数列”，令bn=an+1=3n+1，设b1·b3=4×28=112=3n+1，则n∉N+，故{an+1}不是“Ω数列”.对于D，设an=1n+a，由an=ai·aj，得n=(i+a)(j+a)－a∈N+，经检验符合i≠j时，i+j≤n，所以对任意的a∈N+，1n+a总是“Ω数列13.(12分)(2025·湖南岳阳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，Sn+1=2Sn+2n+1.(1)证明数列Sn2n是等差数列，并求数列{an}的通项公式；(2)设bn=Sn3n，若对任意正整数n，不等式bn<m2－m+1827恒成立解：(1)证明：由Sn+1=2Sn+2n+1得Sn+12n+1=Sn2n+1所以数列Sn2n是以12为首项，所以Sn2n=12+(n－1)=2n－12，即Sn=(2n所以当n≥2时，an=Sn－Sn－1=(2n－1)·2n－1－(2n－3)·2n－2=(2n+1)·2n－2，又a1=1不满足上式，所以an=1(2)由(1)知Sn=(2n－1)·2n－1，所以bn=(2n－1)·所以bn+1－bn=n+12所以当n≤2时，bn+1>bn；当n≥3时，bn+1<bn，即b1<b2<b3>b4>b5>