资源简介

　数列中的综合问题
　数列的综合问题、递推数列以及数列与其他知识的交汇问题，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、等比数列的综合问题
[典例1]　(2025·连云港模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝3，S10＝65，数列{bn}的前n项和Tn＝2bn－2．
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；[切入点：利用bn＝Tn－Tn－1(n≥2)找出bn的递推关系]
[尝试解答]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2)若cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Gn．[关键点：错位相减法求和]
[阅读与思考]　由(1)知cn＝(n＋1)2n．
∴Gn＝2×21＋3×22＋4×23＋…＋(n＋1)2n，①→({an}为等差数列，{bn}为等比数列，求和用错位相减法)
∴2Gn＝2×22＋3×23＋…＋n×2n＋(n＋1)2n+1，②→(写①②两个表达式时，应特别注意将两式“错项对齐”)
①－②得－Gn＝2×21＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)2n+1
＝2＋－(n＋1)2n+1＝－n·2n+1，
∴Gn＝n·2n+1．→(结果整理)
反思领悟　(1)在应用错位相减法求和时，一定要抓住数列的特征，所谓“错位”相减，就是找“同类项”相减．项数的位置一定不能出错．另外需要注意，本例中等式①的第1项需要保留，等式②的最后一项也一定不能漏掉，中间错位相减的项有(n－1)项．
(2)数列的综合问题常将等差、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．
巩固迁移1　(2025·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．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题型二　递推数列
[典例2]　(2023·新高考Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，bn＝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；[切入点：结合已知条件中的S4，T3列方程组]
[尝试解答]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2)证明：当n>5时，Tn>Sn．[关键点：分组求和]
[阅读与思考]　证明：当n为奇数时，
Tn＝(a1－6)＋2a2＋(a3－6)＋2a4＋…＋(an－6)
＝(a1－6)＋(a3－6)＋…＋(an－6)＋2(a2＋a4＋…＋an－1)
＝(a1＋a2＋…＋an)＋(a2＋a4＋…＋an－1)－6·
＝Sn＋－3(n＋1)→(如果数列的奇数项、偶数项构成等差或等比数列，则求其前n项和时可以使用分组求和法，使具有相同结构的部分求和，然后将结果相加、化简即可)
＝Sn＋－3(n＋1)，
所以Tn－Sn＝－3(n＋1)
＝
＝，
所以当n>5时，Tn－Sn>0，即Tn>Sn．
当n为偶数时，
Tn＝(a1－6)＋2a2＋(a3－6)＋2a4＋…＋(an－1－6)＋2an
＝(a1＋a2＋…＋an)＋(a2＋a4＋…＋an)－6·
＝Sn＋－3n
＝Sn＋，→(讨论n为偶数的情况，不可遗漏)
所以Tn－Sn＝，所以当n>5时，Tn－Sn>0，
即Tn>Sn．
综上所述，当n>5时，Tn>Sn成立．
反思领悟　本例给出的递推数列属于数列奇偶项问题，解决此类问题的关键在于搞清数列奇数项和偶数项的首项、项数、公差或公比等，特别要注意分类讨论思想在解题中的灵活运用．
巩固迁移2　(2024·山东潍坊三模)已知正项等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1＋1，S2，S3＋1成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式an；
[尝试解答]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2)若bn＝求数列{bn}的前4n项和．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题型三　数列与其他知识的交汇问题
[典例3]　(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＋，b2＝1＋，b3＝1＋，…，依此类推，其中αk∈N*(k＝1，2，…)．则(　　)
A．b1C．b6[阅读与思考]　法一：当n取奇数时，
由已知b1＝1＋，b3＝1＋，
因为>，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＋，
b4＝1＋，
因为>，所以b2同理可得b4因为>，所以b1>b2，
同理可得b3>b4，b5>b6，b7>b8，
又因为b3>b7，所以b3>b8，故B不正确；
因为b4b8，
所以b4法二(特殊值法)：不妨取αk＝1(k＝1，2，…)，
则b1＝1＋＝2，
b2＝1＋＝1＋＝1＋＝，
b3＝1＋＝1＋＝1＋＝，
所以b4＝1＋＝1＋＝，
b5＝1＋＝1＋＝，
b6＝1＋＝1＋＝，
b7＝1＋＝1＋＝，
b8＝1＋＝1＋＝，
逐一判断选项可知选D．
反思领悟　数列不等式问题常利用数列的单调性，使用放缩法或分离参数法．
巩固迁移3　已知数列{an}满足a1＝，an＝an－1＋(n≥2，n∈N*)，若对于任意n∈N*，都有≥an成立，则实数λ的最小值是________．
1/1　数列中的综合问题
　数列的综合问题、递推数列以及数列与其他知识的交汇问题，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、等比数列的综合问题
[典例1]　(2025·连云港模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝3，S10＝65，数列{bn}的前n项和Tn＝2bn－2．
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；[切入点：利用bn＝Tn－Tn－1(n≥2)找出bn的递推关系]
[解]　∵等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝3，S10＝65，
∴解得
∴an＝2＋(n－1)×1＝n＋1．
∵Tn＝2bn－2，∴Tn－1＝2bn－1－2，n≥2，
两式相减得bn＝2bn－1，
又∵b1＝2b1－2，∴b1＝2，
∴{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴bn＝2×2n-1＝2n．
(2)若cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Gn．[关键点：错位相减法求和]
[阅读与思考]　由(1)知cn＝(n＋1)2n．
∴Gn＝2×21＋3×22＋4×23＋…＋(n＋1)2n，①→({an}为等差数列，{bn}为等比数列，求和用错位相减法)
∴2Gn＝2×22＋3×23＋…＋n×2n＋(n＋1)2n+1，②→(写①②两个表达式时，应特别注意将两式“错项对齐”)
①－②得－Gn＝2×21＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)2n+1
＝2＋－(n＋1)2n+1＝－n·2n+1，
∴Gn＝n·2n+1．→(结果整理)
反思领悟　(1)在应用错位相减法求和时，一定要抓住数列的特征，所谓“错位”相减，就是找“同类项”相减．项数的位置一定不能出错．另外需要注意，本例中等式①的第1项需要保留，等式②的最后一项也一定不能漏掉，中间错位相减的项有(n－1)项．
(2)数列的综合问题常将等差、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．
巩固迁移1　(2025·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
即
解得或(舍去)，
∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1．
(2)bn＋bn＋1＝Sn＝＝n2，①
bn＋1＋bn＋2＝(n＋1)2，②
②－①得，bn＋2－bn＝2n＋1，
∵b1＝－1，∴b2＝2．
∴b20＝b20－b18＋b18－b16＋…＋b4－b2＋b2＝37＋33＋29＋…＋5＋2
＝＋2＝191．
题型二　递推数列
[典例2]　(2023·新高考Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，bn＝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；[切入点：结合已知条件中的S4，T3列方程组]
[解]　设{an}的公差为d，
因为bn＝
所以b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6．
因为S4＝32，T3＝16，
所以
解得
所以an＝2n＋3．
(2)证明：当n>5时，Tn>Sn．[关键点：分组求和]
[阅读与思考]　证明：当n为奇数时，
Tn＝(a1－6)＋2a2＋(a3－6)＋2a4＋…＋(an－6)
＝(a1－6)＋(a3－6)＋…＋(an－6)＋2(a2＋a4＋…＋an－1)
＝(a1＋a2＋…＋an)＋(a2＋a4＋…＋an－1)－6·
＝Sn＋－3(n＋1)→(如果数列的奇数项、偶数项构成等差或等比数列，则求其前n项和时可以使用分组求和法，使具有相同结构的部分求和，然后将结果相加、化简即可)
＝Sn＋－3(n＋1)，
所以Tn－Sn＝－3(n＋1)
＝
＝，
所以当n>5时，Tn－Sn>0，即Tn>Sn．
当n为偶数时，
Tn＝(a1－6)＋2a2＋(a3－6)＋2a4＋…＋(an－1－6)＋2an
＝(a1＋a2＋…＋an)＋(a2＋a4＋…＋an)－6·
＝Sn＋－3n
＝Sn＋，→(讨论n为偶数的情况，不可遗漏)
所以Tn－Sn＝，所以当n>5时，Tn－Sn>0，
即Tn>Sn．
综上所述，当n>5时，Tn>Sn成立．
反思领悟　本例给出的递推数列属于数列奇偶项问题，解决此类问题的关键在于搞清数列奇数项和偶数项的首项、项数、公差或公比等，特别要注意分类讨论思想在解题中的灵活运用．
巩固迁移2　(2024·山东潍坊三模)已知正项等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1＋1，S2，S3＋1成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)若bn＝求数列{bn}的前4n项和．
[解]　(1)因为＝(S1＋1)(S3＋1)，
所以(2a1＋2)2＝(a1＋1)(3a1＋7)，即(a1＋1)(a1－3)＝0，解得a1＝－1或a1＝3，
又因为an>0，所以a1＝3，
所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1．
(2)由(1)知Sn＝＝n(n＋2)，
所以＝，
所以当n为奇数时，b1＋b3＋…＋b4n－1＝＋…＋＝＋…＋＝，
当n为偶数时，b4n－2＋b4n＝S4n－2－S4n＝(4n－2)×4n－4n×(4n＋2)＝－16n，
b2＋b4＋…＋b4n＝－16(1＋2＋…＋n)＝－8n(n＋1)，
所以前4n项和T4n＝－8n(n＋1)＝－8n(n＋1)．
题型三　数列与其他知识的交汇问题
[典例3]　(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＋，b2＝1＋，b3＝1＋，…，依此类推，其中αk∈N*(k＝1，2，…)．则(　　)
A．b1C．b6[阅读与思考]　法一：当n取奇数时，
由已知b1＝1＋，b3＝1＋，
因为>，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＋，
b4＝1＋，
因为>，所以b2同理可得b4因为>，所以b1>b2，
同理可得b3>b4，b5>b6，b7>b8，
又因为b3>b7，所以b3>b8，故B不正确；
因为b4b8，
所以b4法二(特殊值法)：不妨取αk＝1(k＝1，2，…)，
则b1＝1＋＝2，
b2＝1＋＝1＋＝1＋＝，
b3＝1＋＝1＋＝1＋＝，
所以b4＝1＋＝1＋＝，
b5＝1＋＝1＋＝，
b6＝1＋＝1＋＝，
b7＝1＋＝1＋＝，
b8＝1＋＝1＋＝，
逐一判断选项可知选D．
反思领悟　数列不等式问题常利用数列的单调性，使用放缩法或分离参数法．
巩固迁移3　已知数列{an}满足a1＝，an＝an－1＋(n≥2，n∈N*)，若对于任意n∈N*，都有≥an成立，则实数λ的最小值是________．
2　[因为当n≥2时，an＝an－1＋，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＝．
又因为≥an恒成立，
即λ≥恒成立，
所以λ≥．
法一：由(n∈N*，n≥2)，
得(n∈N*，n≥2)，
得n＝2，
所以＝＝2，
所以λ≥2，即实数λ的最小值是2．
法二：令bn＝，
则bn＋1－bn＝＝，
所以当n＝1时，b2>b1；
当n≥2时，bn＋1所以当n＝2时，bn＝取最大值2．
所以λ≥2，即实数λ的最小值是2．]
【教用·备选题】 1．(多选)(2024·江西三模)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1，则(　　) A．数列{an}是等比数列 B．数列{log2(an＋1)}是等差数列 C．数列{an}的前n项和为2n+1－n－2 D．a20能被3整除 BCD　[由an＋1＝2an＋1，可得an＋1＋1＝2(an＋1)，所以数列{an＋1}是等比数列，即an＝2n－1， 则a1＝1，a2＝3，a3＝7，显然有，所以a1，a2，a3不成等比数列，故选项A错误； 由数列{an＋1}是等比数列，可得an＋1＝2n，即log2(an＋1)＝log22n＝n，故选项B正确； 由an＝2n－1，可得前n项和Sn＝21－1＋22－1＋23－1＋…＋2n－1＝－n＝2n+1－n－2，故选项C正确； 由a20＝220－1＝(3－1)20－1＝(－1)20－1 ＝(－1)19]，故选项D正确． 故选BCD．] 2．(2025·浦东模拟)在数列1，x，y，15中，若1，x，y成等比数列，且x，y，15成等差数列，则x，y的值分别是________． 或　[∵1，x，y成等比数列，且x，y，15成等差数列， ∴x2＝y，2y＝x＋15，把y＝x2代入2y＝x＋15，得2x2＝x＋15， 解得x＝3或x＝－．当x＝3时，y＝9， 此时1，3，9成等比数列，且3，9，15成等差数列，符合题意； 当x＝－时，y＝， 此时1，－成等比数列，且－，15成等差数列，符合题意． ∴x，y的值分别是或] 3．(2025·河南模拟)已知数列{an}是公差不为零的等差数列，a1＝－11，且a2，a5，a6成等比数列． (1)求{an}的通项公式； (2)设Sn为{an}的前n项和，求Sn的最小值． [解]　(1)设{an}的公差为d，则a2＝－11＋d，a5＝－11＋4d，a6＝－11＋5d， 依题意＝a2a6，即(－11＋4d)2＝(－11＋d)·(－11＋5d)， 整理得，11d(d－2)＝0，解得d＝2或d＝0(舍去)， 所以an＝－11＋2(n－1)＝2n－13． (2)由(1)知Sn＝×n＝×n＝n2－12n， 因为Sn＝n2－12n＝(n－6)2－36≥－36，当且仅当n＝6时，等号成立， 所以Sn的最小值为－36． 4．(2025·呼和浩特模拟)甲、乙、丙三名高中生进行传球训练．第一次由甲将球传出，传给乙的概率是，传给丙的概率是；乙传给甲和丙的概率都是；丙传给甲和乙的概率也都是．如此不停地传下去且假定每次传球都能被接到，记开始传球的人为第一次触球者，第n次触球者是甲的概率记为Pn，P1＝1． (1)求P2，P3，P4； (2)证明：为等比数列． [解]　(1)由题意知，P2＝0； P3＝＝； P4＝P3×0＋(1－P3)×＝． (2)证明：当n＞1时，Pn＝(1－Pn－1)×，Pn－＝－，P1－＝， 所以数列是首项为，公比为－的等比数列． 5．(2025·衡阳市雁峰区模拟)已知等差数列{an}与等比数列{bn}的前n项和分别为Sn与Tn，且满足＝＝2n－n2－n－1． (1)若a1＝3，求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)在(1)的条件下，若cn＝求数列{cn}的前2n项的和U2n． [解]　(1)∵＝，a1＝3， ∴＝＝，解得a2＝5， 设等差数列{an}的公差为d，则d＝a2－a1＝2， ∴an＝2n＋1， ∴Sn＝＝n2＋2n． ∵＝2n－n2－n－1，则Tn＝4·2n－4， 设等比数列{bn}的首项为b1，公比为q， 则Tn＝＝qn－，得q＝2，b1＝4，∴bn＝2n+1． (2)∵cn＝＝ ∴U2n＝(21＋22＋…＋2n)＋ ＝2(2n－1)＋ ＝2n+1－2＋ ＝2n+1－2＋＝2n+1＋－2， ∴数列{cn}的前2n项的和U2n＝2n+1＋－2．
进阶训练(八)　数列中的综合问题
1．(2025·广州市越秀区模拟)已知正项等差数列{an}满足3an＝a3n，且a4是a3－3与a8的等比中项，则a3＝(　　)
A．3 B．6
C．9 D．12
C　[设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，
所以a3n＝a1＋(3n－1)d，又因为3an＝a3n，
即3a1＋3(n－1)d＝a1＋(3n－1)d，可得a1＝d，
又由(a3－3)a8＝，即(a1＋2d－3)(a1＋7d)＝(a1＋3d)2，
即(3d－3)(d＋7d)＝(d＋3d)2，即24d2－24d＝16d2，
且正项等差数列{an}，即d≠0，解得d＝3，
所以a3＝a1＋2d＝3d＝9．故选C．]
2．(多选)(2025·莆田模拟)已知等比数列{an}中，满足a1＝1，q＝2，则(　　)
A．数列{a2n}是等比数列
B．数列是递增数列
C．数列{log2an}是等差数列
D．数列{an}中，S10，S20，S30仍成等比数列
AC　[等比数列{an}中，a1＝1，q＝2，则an＝2n-1，
∴a2n＝22n-1，
∴数列{a2n}是等比数列，故A正确；
数列是递减数列，故B不正确；
∵log2an＝n－1，故数列{log2an}是等差数列，故C正确；
数列{an}中，S10＝＝210－1，S20＝220－1，S30＝230－1，故D错误．
故选AC．]
3．(2025·青岛模拟)已知等差数列{an}的公差d≠0，首项a1＝，a4是a2与a8的等比中项，记Sn为数列{an}的前n项和，则S20＝________．
105　[等差数列{an}中，a1＝，a4是a2与a8的等比中项，
所以＝a2a8，即＝，
解得d＝或d＝0(舍去)，
所以S20＝20×＝105．]
4．(2024·新余二模)在公差为正数的等差数列{an}中，若a1＝3，a3，a6，a8成等比数列，则数列{an}的前10项和为________．
165　[设等差数列{an}的公差为d(d＞0)，由a1＝3，a3，a6，a8成等比数列，
可得(3＋5d)2＝(3＋2d)×(3＋7d)，
整理得8d2－21d－9＝0，解得d＝3或d＝－(舍去)，
故等差数列{an}的前10项和S10＝10×3＋×3＝165．]
5．(2024·横峰县校级期末)已知Sn为数列{an}的前n项和，且an＋2Sn＝1．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn为数列{(2n－1)an}的前n项和，求证：≤Tn<1．
[解]　(1)因为an＋2Sn＝1，当n≥2时，an－1＋2Sn－1＝1，
两式相减，得an－an－1＋2an＝0，即an＝an－1(n≥2)，
又因为a1＋2S1＝1，即a1＝，
所以数列{an}是以为首项，为公比的等比数列，
所以an＝．
(2)证明：因为(2n－1)an＝，
则Tn＝＋…＋，
Tn＝＋…＋，
两式相减得，Tn＝＋2＝＋2×＝，
所以Tn＝1－<1，
因为(2n－1)an＝＞0，所以Tn≥T1＝，
故≤Tn<1．
6．(2024·黑龙江三模)已知等差数列{an}的公差d>0，a2与a8的等差中项为5，且a4a6＝24．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝求数列{bn}的前20项和T20．
[解]　(1)因为{an}为等差数列，且a2与a8的等差中项为5，
所以a2＋a8＝2×5＝2a5，解得a5＝5，
因为a4a6＝24，
所以(5－d)(5＋d)＝24，解得d＝±1，
因为d>0，所以d＝1，
所以an＝a5＋(n－5)d＝5＋(n－5)＝n，
故数列{an}的通项公式为an＝n．
(2)由题知，bn＝
即bn＝
所以T20＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b19＋b20
＝1＋＋3＋＋…＋19＋
＝＝100＋＝，
故数列{bn}的前20项和T20为．
1/1

展开更多......

收起↑