数列综合大题精解-2024-2025学年高二数学人教版解题指南30题详析

数列综合大题精解_2024-2025学年高二数学人教版解题指南30题详析引言数列作为高中数学的重要组成部分，在高二数学人教版教材中占据着关键位置。它不仅是高考的重点考查内容，而且对于培养学生的逻辑思维、推理能力和运算能力有着重要作用。数列综合大题往往融合了多种知识点，如等差数列、等比数列的通项公式与求和公式、数列的递推关系、数学归纳法等，具有一定的难度和综合性。本文将详细剖析30道数列综合大题，为同学们提供解题思路和方法，帮助大家更好地掌握数列知识，提升解题能力。题型一：等差数列与等比数列的基本运算例题1已知等差数列\(\{a_{n}\}\)的前\(n\)项和为\(S_{n}\)，\(a_{3}=5\)，\(S_{10}=100\)。（1）求数列\(\{a_{n}\}\)的通项公式；（2）设\(b_{n}=2^{a_{n}}\)，求数列\(\{b_{n}\}\)的前\(n\)项和\(T_{n}\)。解析：（1）设等差数列\(\{a_{n}\}\)的公差为\(d\)，首项为\(a_{1}\)。根据等差数列通项公式\(a_{n}=a_{1}+(n-1)d\)，可得\(a_{3}=a_{1}+2d=5\)。根据等差数列前\(n\)项和公式\(S_{n}=na_{1}+\frac{n(n-1)}{2}d\)，可得\(S_{10}=10a_{1}+\frac{10\times9}{2}d=100\)，即\(10a_{1}+45d=100\)，化简为\(2a_{1}+9d=20\)。联立方程组\(\begin{cases}a_{1}+2d=5\\2a_{1}+9d=20\end{cases}\)，将第一个方程\(a_{1}=5-2d\)代入第二个方程得：\(2(5-2d)+9d=20\)，\(10-4d+9d=20\)，\(5d=10\)，解得\(d=2\)。将\(d=2\)代入\(a_{1}=5-2d\)，得\(a_{1}=5-2\times2=1\)。所以\(a_{n}=1+(n-1)\times2=2n-1\)。（2）由（1）知\(a_{n}=2n-1\)，则\(b_{n}=2^{a_{n}}=2^{2n-1}\)。因为\(\frac{b_{n+1}}{b_{n}}=\frac{2^{2(n+1)-1}}{2^{2n-1}}=\frac{2^{2n+1}}{2^{2n-1}}=2^{2}=4\)，且\(b_{1}=2^{2\times1-1}=2\)，所以数列\(\{b_{n}\}\)是以\(2\)为首项，\(4\)为公比的等比数列。根据等比数列前\(n\)项和公式\(T_{n}=\frac{b_{1}(1-q^{n})}{1-q}\)（\(q\neq1\)），可得\(T_{n}=\frac{2(1-4^{n})}{1-4}=\frac{2}{3}(4^{n}-1)\)。例题2已知等比数列\(\{a_{n}\}\)中，\(a_{2}=2\)，\(a_{5}=16\)。（1）求数列\(\{a_{n}\}\)的通项公式；（2）设\(b_{n}=\log_{2}a_{n}\)，求数列\(\{b_{n}\}\)的前\(n\)项和\(S_{n}\)。解析：（1）设等比数列\(\{a_{n}\}\)的公比为\(q\)，首项为\(a_{1}\)。根据等比数列通项公式\(a_{n}=a_{1}q^{n-1}\)，可得\(\begin{cases}a_{2}=a_{1}q=2\\a_{5}=a_{1}q^{4}=16\end{cases}\)。用\(\frac{a_{5}}{a_{2}}\)可得：\(\frac{a_{1}q^{4}}{a_{1}q}=\frac{16}{2}\)，即\(q^{3}=8\)，解得\(q=2\)。将\(q=2\)代入\(a_{1}q=2\)，得\(a_{1}\times2=2\)，解得\(a_{1}=1\)。所以\(a_{n}=1\times2^{n-1}=2^{n-1}\)。（2）由（1）知\(a_{n}=2^{n-1}\)，则\(b_{n}=\log_{2}a_{n}=\log_{2}2^{n-1}=n-1\)。因为\(b_{n+1}-b_{n}=(n+1-1)-(n-1)=1\)，且\(b_{1}=0\)，所以数列\(\{b_{n}\}\)是以\(0\)为首项，\(1\)为公差的等差数列。根据等差数列前\(n\)项和公式\(S_{n}=nb_{1}+\frac{n(n-1)}{2}d\)，可得\(S_{n}=0\timesn+\frac{n(n-1)}{2}\times1=\frac{n(n-1)}{2}\)。题型二：数列的递推关系例题3已知数列\(\{a_{n}\}\)满足\(a_{1}=1\)，\(a_{n+1}=2a_{n}+1\)（\(n\inN^{}\)）。（1）证明：数列\(\{a_{n}+1\}\)是等比数列；（2）求数列\(\{a_{n}\}\)的通项公式。解析：（1）由\(a_{n+1}=2a_{n}+1\)，可得\(a_{n+1}+1=2a_{n}+1+1=2(a_{n}+1)\)。则\(\frac{a_{n+1}+1}{a_{n}+1}=2\)。又\(a_{1}=1\)，所以\(a_{1}+1=2\)。所以数列\(\{a_{n}+1\}\)是以\(2\)为首项，\(2\)为公比的等比数列。（2）由（1）知\(a_{n}+1=2\times2^{n-1}=2^{n}\)，所以\(a_{n}=2^{n}-1\)。例题4已知数列\(\{a_{n}\}\)满足\(a_{1}=1\)，\(a_{n+1}=\frac{a_{n}}{a_{n}+2}\)（\(n\inN^{}\)）。（1）求\(a_{2}\)，\(a_{3}\)的值；（2）求数列\(\{a_{n}\}\)的通项公式。解析：（1）已知\(a_{1}=1\)，\(a_{n+1}=\frac{a_{n}}{a_{n}+2}\)，则\(a_{2}=\frac{a_{1}}{a_{1}+2}=\frac{1}{1+2}=\frac{1}{3}\)，\(a_{3}=\frac{a_{2}}{a_{2}+2}=\frac{\frac{1}{3}}{\frac{1}{3}+2}=\frac{1}{7}\)。（2）对\(a_{n+1}=\frac{a_{n}}{a_{n}+2}\)两边取倒数得：\(\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{a_{n}+2}{a_{n}}=1+\frac{2}{a_{n}}\)，即\(\frac{1}{a_{n+1}}+1=2(\frac{1}{a_{n}}+1)\)。又\(\frac{1}{a_{1}}+1=2\)，所以数列\(\{\frac{1}{a_{n}}+1\}\)是以\(2\)为首项，\(2\)为公比的等比数列。则\(\frac{1}{a_{n}}+1=2\times2^{n-1}=2^{n}\)，所以\(\frac{1}{a_{n}}=2^{n}-1\)，即\(a_{n}=\frac{1}{2^{n}-1}\)。题型三：数列求和例题5求数列\(\{n\cdot2^{n}\}\)的前\(n\)项和\(S_{n}\)。解析：\(S_{n}=1\times2^{1}+2\times2^{2}+3\times2^{3}+\cdots+n\times2^{n}\)①\(2S_{n}=1\times2^{2}+2\times2^{3}+\cdots+(n-1)\times2^{n}+n\times2^{n+1}\)②①-②得：\(S_{n}-2S_{n}=1\times2^{1}+(2-1)\times2^{2}+(3-2)\times2^{3}+\cdots+[n-(n-1)]\times2^{n}-n\times2^{n+1}\)\(-S_{n}=2+2^{2}+2^{3}+\cdots+2^{n}-n\times2^{n+1}\)。其中\(2+2^{2}+2^{3}+\cdots+2^{n}\)是首项为\(2\)，公比为\(2\)的等比数列的前\(n\)项和，根据等比数列前\(n\)项和公式可得\(2+2^{2}+2^{3}+\cdots+2^{n}=\frac{2(1-2^{n})}{1-2}=2^{n+1}-2\)。所以\(-S_{n}=2^{n+1}-2-n\times2^{n+1}=(1-n)2^{n+1}-2\)，则\(S_{n}=(n-1)2^{n+1}+2\)。例题6求数列\(\{\frac{1}{n(n+1)}\}\)的前\(n\)项和\(S_{n}\)。解析：因为\(\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\)，所以\(S_{n}=\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)\)。可以发现中间项都可以消去，所以\(S_{n}=1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}\)。题型四：数列与不等式的综合例题7已知数列\(\{a_{n}\}\)的前\(n\)项和\(S_{n}=n^{2}+n\)。（1）求数列\(\{a_{n}\}\)的通项公式；（2）设\(b_{n}=\frac{1}{a_{n}a_{n+1}}\)，数列\(\{b_{n}\}\)的前\(n\)项和为\(T_{n}\)，证明：\(T_{n}<\frac{1}{4}\)。解析：（1）当\(n=1\)时，\(a_{1}=S_{1}=1^{2}+1=2\)。当\(n\geq2\)时，\(a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=n^{2}+n-[(n-1)^{2}+(n-1)]\)\(=n^{2}+n-(n^{2}-2n+1+n-1)\)\(=n^{2}+n-n^{2}+2n-1-n+1=2n\)。当\(n=1\)时，\(a_{1}=2\)也满足\(a_{n}=2n\)，所以\(a_{n}=2n\)（\(n\inN^{}\)）。（2）由（1）知\(a_{n}=2n\)，则\(b_{n}=\frac{1}{a_{n}a_{n+1}}=\frac{1}{2n\cdot2(n+1)}=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)\)。所以\(T_{n}=\frac{1}{4}\left[\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)\right]\)\(=\frac{1}{4}\left(1-\frac{1}{n+1}\right)\)。因为\(\frac{1}{n+1}>0\)，所以\(1-\frac{1}{n+1}<1\)，则\(T_{n}=\frac{1}{4}\left(1-\frac{1}{n+1}\right)<\frac{1}{4}\)。例题8已知数列\(\{a_{n}\}\)满足\(a_{1}=1\)，\(a_{n+1}=2a_{n}+1\)，设\(b_{n}=\frac{a_{n}+1}{a_{n}a_{n+1}}\)，证明：\(b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{n}<1\)。解析：由\(a_{n+1}=2a_{n}+1\)可得\(a_{n+1}+1=2(a_{n}+1)\)，又\(a_{1}+1=2\)，所以数列\(\{a_{n}+1\}\)是以\(2\)为首项，\(2\)为公比的等比数列，则\(a_{n}+1=2\times2^{n-1}=2^{n}\)，所以\(a_{n}=2^{n}-1\)。则\(b_{n}=\frac{a_{n}+1}{a_{n}a_{n+1}}=\frac{2^{n}}{(2^{n}-1)(2^{n+1}-1)}=\frac{1}{2^{n}-1}-\frac{1}{2^{n+1}-1}\)。所以\(b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{n}=\left(\frac{1}{2^{1}-1}-\frac{1}{2^{2}-1}\right)+\left(\frac{1}{2^{2}-1}-\frac{1}{2^{3}-1}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2^{n}-1}-\frac{1}{2^{n+1}-1}\right)\)\(=1-\frac{1}{2^{n+1}-1}\)。因为\(\frac{1}{2^{n+1}-1