2025版新高考版高考总复习数学数列综合（十年高考）.docx

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1、2025版新高考版高考总复习数学7.5数列综合考点 数列的综合1.(2023新课标,18,12分,中)已知an为等差数列,bn=an6,n为奇数,2an,n为偶数.记Sn,Tn分别为数列an,bn的前n项和,S4=32,T3=16.(1)求an的通项公式;(2)证明:当n5时,TnSn.解析(1)设数列an的首项为a1,公差为d,bn=an6,n为奇数,2an,n为偶数,b1=a1-6,b2=2a2,b3=a3-6,又T3=16,且b1+b2+b3=a1+2a2+a3-12=4a2-12,4a2-12=16,a2=7,即a1+d=7,又S4=32,4a1+6d=32,由得a1=5,d=2,an

2、=5+2(n-1)=2n+3.(2)证明:an为等差数列,Sn=na1+n(n1)2d=5n+n2-n=n2+4n,当n(n6)为偶数时,Tn=b1+b2+bn=(b1+b3+bn-1)+(b2+b4+bn)=(a1-6+a3-6+an-1-6)+(2a2+2a4+2an)=a1+an12n2-6n2+2a2+an2n2=5+2(n1)+32n2-3n+7+2n+32n=3n2+7n2.Tn-Sn=3n2+7n2-n2-4n=3n2+7n2n28n2=n2n2=n(n1)20(n6),当n(n6)为偶数时,TnSn.当n(n7)为奇数时,Tn=b1+b2+bn=(b1+b3+bn)+(b2+b

3、4+bn-1)=(a1-6+a3-6+an-6)+(2a2+2a4+2an-1)=a1+an2n+12-6n+12+2a2+an12n12=5+2n+32n+12-3(n+1)+(n-1)7+2(n1)+32=3n2+5n102,Tn-Sn=3n2+5n102-(n2+4n)=n23n102=(n5)(n+2)20(n7),n(n7)为奇数时,TnSn.综上可知,当n5时,TnSn.2.(2022新高考,17,10分)记Sn为数列an的前n项和,已知a1=1,Snan是公差为13的等差数列.(1)求an的通项公式;(2)证明:1a1+1a2+1an2.解析(1)解法一:依题意得,S1=a1=1

4、.Snan=11+(n-1)13=n+23.3Sn=(n+2)an,则3Sn+1=(n+1+2)an+1=(n+3)an+1,3Sn+1-3Sn=(n+3)an+1-(n+2)an,即3an+1=(n+3)an+1-(n+2)an,nan+1=(n+2)an,即an+1an=n+2n,由累乘法得an+1a1=(n+1)(n+2)12,又a1=1,an+1=(n+1)(n+2)2,an=n(n+1)2(n2),又a1=1满足上式,an=n(n+1)2(nN*).解法二:同解法一求得nan+1=(n+2)an,an+1n+2=ann,即an+1(n+1)(n+2)=ann(n+1),数列ann(n

5、+1)是常数列,首项为12,ann(n+1)=12,an=n(n+1)2.(2)证明:由(1)知1an=2n(n+1)=21n1n+1,1a1+1a2+1an=21112+21213+21n1n+1=211n+1=22n+12),且an,bn1,2,m,an,bn的前n项和分别为An,Bn,并规定A0=B0=0,对于k0,1,2,m,定义rk=maxi|BiAk,i0,1,2,m,其中,max M表示数集M中最大的数.(1)若a1=2,a2=1,a3=3,b1=1,b2=3,b3=3,写出r0,r1,r2,r3的值;(2)若a1b1,且2rjrj+1+rj-1,j=1,2,m-1,求rn;(3

6、)证明:存在p,q,s,t0,1,2,m,满足pq,st,使得Ap+Bt=Aq+Bs.解析(1)由题意得A1=2,A2=3,A3=6,B1=1,B2=4,B3=7,rk表示使得BiAk成立的i的最大值,i,k0,1,2,m,故r0=0,r1=1,r2=1,r3=2.(2)显然rmm,且r0=0,r1=1.由于2rjrj-1+rj+1,所以rj+1-rjrj-rj-1r1-r0=1.若存在正整数u使得ru+1-ru1,则rmrm-1+1ru+1+(m-u-1)ru+(m-u)r0+m=m,这与rmm矛盾.因此,对任意正整数j均有rj+1-rj=1,即rn是以r1=1为首项,1为公差的等差数列.故

7、rn=n.(3)证明:设AmBm.记Sk=Ak-Brk(1km),则Sk0.另一方面,一定有Skm-1;否则Skm-1,而由rk的定义可知Ak-Brk+1m(Ak-Brk+1的最大值为-1)但brk+11,2,m,矛盾.若存在k使得Sk=0,则取t=q=0,p=k,s=rk即满足题目要求.若这样的k不存在,则Sk1,2,m-1,因此一定存在1qpm使得Sq=Sp(抽屉原理,将m个数放入(m-1)个抽屉)且由定义可知rq0.因为ckbkck+1,所以qk-1kqk,其中k=1,2,3,m.当k=1时,有q1;当k=2,3,m时,有lnkkln qlnkk1.设f(x)=lnxx(x1),则f (

8、x)=1lnxx2.令f (x)=0,得x=e.列表如下:x(1,e)e(e,+)f (x)+0-f(x)极大值因为ln22=ln860,mN*,q(1,m2,证明:存在dR,使得|an-bn|b1对n=2,3,m+1均成立,并求d的取值范围(用b1,m,q表示).解析本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.(1)由条件知an=(n-1)d,bn=2n-1.因为|an-bn|b1对n=1,2,3,4均成立,即|(n-1)d-2n-1|1对n=1,2,3,4均成立.即11,1d3,32d5,73d9,得73d5

9、2.因此,d的取值范围为73,52.(2)由条件知:an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1.若存在dR,使得|an-bn|b1(n=2,3,m+1)均成立,即|b1+(n-1)d-b1qn-1|b1(n=2,3,m+1).即当n=2,3,m+1时,d满足qn12n1b1dqn1n1b1.因为q(1,m2,所以10,对n=2,3,m+1均成立.因此,取d=0时,|an-bn|b1对n=2,3,m+1均成立.下面讨论数列qn12n1的最大值和数列qn1n1的最小值(n=2,3,m+1).当2nm时,qn2n-qn12n1=nqnqnnqn1+2n(n1)=n(qnqn1)qn+2n(n1),

10、当10.因此,当2nm+1时, 数列qn12n1单调递增,故数列qn12n1的最大值为qm2m.设f(x)=2x(1-x),当x0时,f (x)=(ln 2-1-xln 2)2x0.所以f(x)单调递减,从而f(x)f(0)=1.当2nm时,qnnqn1n1=q(n1)n21n11n=f1n1.因此,当2nm+1时,数列qn1n1单调递减,故数列qn1n1的最小值为qmm.因此,d的取值范围为b1(qm2)m,b1qmm.疑难突破本题是数列的综合题,考查等差数列、等比数列的概念和相关性质,第(1)问主要考查绝对值不等式.第(2)问要求d的范围,使得|an-bn|b1对n=2,3,m+1都成立,

11、首先把d分离出来,变成qn12n1b1dqn1n1b1,难点在于讨论qn12n1b1的最大值和qn1n1b1的最小值.对于数列qn12n1,可以通过作差讨论其单调性,而对于数列qn1n1,要作商讨论单调性,qnnqn1n1=q(n1)n=q11n,当2nm时,1qn2,q11n21n11n,可以构造函数f(x)=2x(1-x),通过讨论f(x)在(0,+)上的单调性去证明f1n0.由题意得x1+x1q=3,x1q2x1q=2.所以3q2-5q-2=0.因为q0,所以q=2,x1=1.因此数列xn的通项公式为xn=2n-1.(2)过P1,P2,Pn+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,Qn+1

12、.由(1)得xn+1-xn=2n-2n-1=2n-1,记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn,由题意bn=(n+n+1)22n-1=(2n+1)2n-2,所以Tn=b1+b2+bn=32-1+520+721+(2n-1)2n-3+(2n+1)2n-2,2Tn=320+521+722+(2n-1)2n-2+(2n+1)2n-1.-得-Tn=32-1+(2+22+2n-1)-(2n+1)2n-1=32+2(12n1)12-(2n+1)2n-1.所以Tn=(2n1)2n+12.解题关键记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn,以几何图形为背景确定bn的通项公式是关键.方法总结一般地,如果an是

13、等差数列,bn是等比数列,求数列anbn的前n项和时,可采用错位相减法.在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式.8.(2021全国乙文,19,12分)设an是首项为1的等比数列,数列bn满足bn=nan3.已知a1,3a2,9a3成等差数列.(1)求an和bn的通项公式;(2)记Sn和Tn分别为an和bn的前n项和.证明:TnSn2.解题指导:(1)利用等差中项的概念建立等式,通过等比数列的通项公式即可求出结果;(2)利用等比数列的求和公式算出Sn,对于数列bn,利用错位相减法求出Tn,再利用比较大小的基本方法作差法即可证明不

14、等式.解析(1)设等比数列an的公比为q.a1,3a2,9a3成等差数列,6a2=a1+9a3,又an是首项为1的等比数列,6a1q=a1+9a1q2,9q2-6q+1=0,解得q1=q2=13,an=a1qn-1=13n1,bn=nan3,bn=n13n.(2)Sn为an的前n项和,Sn=a1(1qn)1q=32113n.Tn为bn的前n项和,Tn=b1+b2+bn=1131+2132+n13n,13Tn=1132+2133+n13n+1.-可得23Tn=13+132+13nn13n+1=13113n113n13n+1=13n+1213n+12,Tn=-12n+3413n+34,Tn-Sn2

15、=12n13n0,TnSn2.9.(2022北京,21,15分)已知Q:a1,a2,ak为有穷整数数列.给定正整数m,若对任意的n1,2,m,在Q中存在ai,ai+1,ai+2,ai+j(j0),使得ai+ai+1+ai+2+ai+j=n,则称Q为m-连续可表数列.(1)判断Q:2,1,4是不是5-连续可表数列,是不是6-连续可表数列,说明理由;(2)若Q:a1,a2,ak为8-连续可表数列,求证:k的最小值为4;(3)若Q:a1,a2,ak为20-连续可表数列,且a1+a2+ak20,求证:k7.解析 (1)若m=5,则n1,2,3,4,5,在Q中,a1=2,a2=1,a3=4,当n=1时,

16、取i=2,j=0,有a2=1=n,当n=2时,取i=1,j=0,有a1=2=n,当n=3时,取i=1,j=1,有a1+a2=2+1=3=n,当n=4时,取i=3,j=0,有a3=4=n,当n=5时,取i=2,j=1,有a2+a3=5=n,所以Q是5-连续可表数列.由于找不到连续的若干项之和为6,所以Q不是6-连续可表数列.(2)证明:若k=1,则Q:a1只能表示1个数字,不能表示8个数字,故k1;若k=2,则Q:a1,a2最多能表示出a1,a2,a1+a2,共3个数字,与Q为8-连续可表数列相矛盾;若k=3,则a1,a2,a3最多能表示a1,a2,a3,a1+a2,a2+a3,a1+a2+a3

17、,共6个数字,与Q为8-连续可表数列矛盾,故k4.现构造Q:1,2,4,1,可以表示出1,2,3,4,5,6,7,8这8个数字,即存在k=4满足题意,故k的最小值为4(或构造出Q:3,1,4,2等数列也可以).(3)证明:从5个正整数中取1个数字只能表示自身,此方式最多可表示5个数字;取连续2个数字并求和最多能表示4个数字,取连续3个数字并求和最多能表示3个数字,取连续4个数字并求和最多能表示2个数字,取连续5个数字并求和最多能表示1个数字,所以对任意给定的5个整数,最多可以表示5+4+3+2+1=15个正整数,不能表示20个正整数,即k6.若k=6,则最多可以表示6+5+4+3+2+1=21

18、个正整数,由于Q为20-连续可表数列,且a1+a2+a3+ak20,所以有一项必为负数,设这一项为ai,i1,2,3,4,5,6.若ai0且ai-1+ai0,那么从a1,a2,a6中选择连续j(1j6)项求和,其和均小于20,这与题意不符,所以a10或a60.不妨设a10,那么a2+a3+a6=20,因为a2,a3,a6N*,所以a2,a3,a6=2,3,4,5,6,从集合2,3,4,5,6中选取j(1j5)个连续数字并求和,其和不可能为19,但Q为20-连续可表数列,那么a1+a2+a3+a6=20,所以a1=-1,所以a2=2,若不然,假设a2=p(3p6),那么a1+a2=p-12,3,

19、4,5与数列中的项重复,所以a3=6,若不然,假设a3=q(3q5),那么a1+a2+a3=q+14,5,6与数列中的项重复,因此该数列只可能为以下6种,下面逐一写出:a1=-1,a2=2,a3=6,a4=3,a5=4,a6=5,但是a1+a2+a3=a4+a5(舍去);a1=-1,a2=2,a3=6,a4=3,a5=5,a6=4,但是a2+a3=a4+a5(舍去);a1=-1,a2=2,a3=6,a4=4,a5=3,a6=5,但是a2+a3=a5+a6(舍去);a1=-1,a2=2,a3=6,a4=4,a5=5,a6=3,但是a2+a3=a5+a6(舍去);a1=-1,a2=2,a3=6,a

20、4=5,a5=3,a6=4,但是a1+a2+a3=a5+a6(舍去);a1=-1,a2=2,a3=6,a4=5,a5=4,a6=3,但是a1+a2+a3=a5+a6(舍去).因此,k=6不满足题意.综上,Q中至少含6个不同的正整数和一个负数才能满足题意,故k7.10.(2021北京,21,15分)定义Rp数列an:对实数p,满足:a1+p0,a2+p=0;nN*,a4n-1a4n;am+nam+an+p,am+an+p+1.(1)对前4项为2,-2,0,1的数列,可以是R2数列吗?说明理由;(2)若an是R0数列,求a5的值;(3)是否存在p,使得存在Rp数列an,对nN*,满足SnS10?若

21、存在,求出所有这样的p;若不存在,说明理由.解析(1)不是R2数列.由题意可知a2=-2,p=2.若前4项为2,-2,0,1的数列是R2数列,则由可知,a2=a1+1a1+a1+2,a1+a1+2+1=6,7,但-26,7,故不可能是R2数列.(2)若an是R0数列,即p=0,则由知a10,a2=0.令m=n=1,则a2a1+a1+0,a1+a1+0+1=2a1,2a1+1,a10,a2=0,a1=0,令m=1,n=2,则a3a1+a2+0,a1+a2+0+1=0,1,令m=n=2,则a4a2+a2+0,a2+a2+0+1=0,1,又由知a3S10.由题意可知a2=-p,a22a1+p,2a1

22、+p+1,a1+p0,2a1+p-p,2a1+p+1-p+1-p,a2=2a1+p=-p,a1=-p.令m=1,则an+1an+a1+p,an+a1+p+1=an,an+1,(*)令m=2,则an+2an+a2+p,an+a2+p+1=an,an+1,(*)a3-p,-p+1,a4-p,-p+1,又xN*,a4n-1a4n,a3a7,a7=-p+1,a8=-p+2,a9-p+2,-p+3,且a9-p+1,-p+2,a9=-p+2,a10-p+2,-p+3,且a10-p+1,-p+2,a10=-p+2,a11-p+2,-p+3,a12-p+2,-p+3,又由知a11j),在an中都存在一项am,

23、使得ai2aj=am;对于an中任意一项an(n3),在an中都存在两项ak,al(kl),使得an=ak2al.()若an=n(n=1,2,),判断数列an是否满足性质,说明理由;()若an=2n-1(n=1,2,),判断数列an是否同时满足性质和性质,说明理由;()若an是递增数列,且同时满足性质和性质,证明:an为等比数列.解析()若an=n(n=1,2,),则数列an不满足性质,可以举反例验证.a32a2=322=92N*,在数列an中不能找到一项am(mN*),使得am=92.()若an=2n-1(n=1,2,),则数列an能同时满足性质和性质.对于an中任意两项ai,aj(ij),

24、ai2aj=(2i1)22j1=22i22j1=22i-j-1=a2i-j.令m=2i-j即可,所以对于an中任意两项ai,aj(ij),在an中存在一项am(m=2i-j),使得ai2aj=am,故满足性质.对于an中任意一项an=2n-1,下面寻求an中另外两项ak,al(kl),使得an=ak2al,即2n-1=(2k1)22l1=22k-l-1,即n=2k-l,可令l=n-2,k=n-1(n3),则此时an=2n-1=22n42n21=ak2al,故满足性质.故数列an能同时满足性质和性质.()证明:(1)当n=3时,由性质可知存在两项ak,al,使a3=ak2al(kl),又因为an

25、是递增数列,所以a3akal,即3kl,所以k=2,l=1,此时a22a1=a3,满足a1,a2,a3为等比数列,即n=3时命题成立.(2)假设n=k(kN*,k3)时,命题成立,即an是以q=a2a1为公比的各项为正数的等比数列,由性质,可取数列中的两项ak,ak-1,则数列中存在一项am=ak2ak1=akak1ak,所以am=qak,下面用反证法证明当n=k+1时命题也成立,即am=ak+1.假设ak+1am,因为an是递增数列,所以am=ak2ak1=qakak+1,即有akak+1qak,则a1qk-1ak+1t),即ak+1=as2atasat,所以k+1st,符合条件,所以as=

26、a1qs-1,at=a1qt-1,所以as2at=a1q2s-t-1,所以a1qk-1a1q2s-t-1a1qk,所以k-12s-t-1k,而k,s,tN*,所以不存在这样的一组数k,s,t,所以am=ak+1,即n=k+1时,命题也成立.由(1)(2)可知,an是等比数列.命题立意本题主要考查数列的综合应用,反证法和数学归纳法在数列相关证明问题中的应用,通过探索设问的方式判定命题,旨在考查学生对新定义的理解和应用.通过数列的综合应用考查学生抽象概括、逻辑推理、分析新问题和解决新问题的能力,以及转化与化归思想的应用.体现了数学运算、逻辑推理和数学抽象等核心素养.方法技巧证明中寻找由k到k+1的变化规律是难点,突破难点的关键是掌握由k到k+1的证明方法.在运用归纳假设时,应分析P(k)与P(k+1)的差异和联系,利用拆、添、并、放、缩等方法,从P(k)出发拼凑出P(k+1),或从P(k+1)中分离出P(k),再进行局部调整.