第六章　6.6　数列的综合交汇问题（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲义（教师版）

6．6　数列的综合交汇问题
1．了解数列是一种特殊的函数，会解决等差、等比数列的综合问题．
2．能在具体问题情境中，发现等差、等比关系，并解决相应的问题．
考点1 数列与不等式、函数的综合问题
【例1】　（2024·广东韶关二模）记R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，满足xn＋1＝xn－(n∈N*)的数列{xn}称为函数f(x)的“牛顿数列”．已知数列{xn}为函数f(x)＝x2－x的牛顿数列，且数列{an}满足a1＝2，an＝ln ，xn>1.
(1)求a2；
(2)求证：数列{an}是等比数列，并求an；
(3)设数列{an}的前n项和为Sn，若不等式(－1)n·tSn－14≤S对任意的n∈N*恒成立，求t的取值范围．
【解】　(1)因为f(x)＝x2－x，则f′(x)＝2x－1，从而有xn＋1＝xn－＝xn－＝，
由a1＝2，an＝ln ，得2＝ln ，则＝e2，解得x1＝，则有x2＝＝，所以a2＝ln ＝4.
(2)证明：由xn＋1＝，则＝＝＝，
所以an＋1＝ln ＝ln ＝2ln ＝2an(xn>1)，
故＝2（非零常数），且a1＝2≠0，所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an＝2×2n-1＝2n.
(3)由等比数列的前n项和公式得Sn＝＝2n+1－2，
因为不等式(－1)n·tSn－14≤S对任意的n∈N*恒成立，又Sn>0且Sn单调递增，所以(－1)n·t≤Sn＋对任意的n∈N*恒成立，令g(x)＝x＋，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝1－＝，
当x∈（0，）时，g′(x)<0，g(x)是减函数，当x∈（，＋∞）时，g′(x)>0，g(x)是增函数，
又2＝S1<则g(x)min＝g(6)＝，
当n为偶数时，原式化简为t≤Sn＋，所以当n＝2时，t≤；
当n为奇数时，原式化简为－t≤Sn＋，所以当n＝1时，－t≤9，所以t≥－9.
综上可知，t的取值范围为－9≤t≤.
数列与函数、不等式的综合问题关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求出数列的通项公式或前n项和公式，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．
【对点训练1】　（2024·江西鹰潭一模）设Sn为数列{an}的前n项和，已知是首项为，公差为的等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)令bn＝，Tn为数列{bn}的前n项积，求证：Tn≤6n-1.
解：(1)因为是首项为，公差为的等差数列，
故＝＋(n－1)＝＋，即Sn＝n(n＋1)＝，
当n≥2时，Sn－1＝，
故Sn－Sn－1＝an＝－＝
＝n2，
当n＝1时，a1＝S1＝＝1，符合上式，
故an＝n2.
(2)证明：由an＝n2，Sn＝，
得bn＝＝＝，则Tn＝b1b2…bn＝×××…×＝，
因为(2n＋1)(n＋1)≥3×2＝6，故Tn≤＝6n-1.
考点2 数列的实际应用问题
【例2】　“现值”与“终值”是利息计算中的两个基本概念，掌握好这两个概念，对于顺利解决有关金融中的数学问题以及理解各种不同的算法都是十分有益的．所谓“现值”是指在n期末的金额，把它扣除利息后，折合成现时的值，而“终值”是指n期后的本利和．它们计算的基点分别是存期的起点和终点．例如，在复利计息的情况下，设本金为A，每期利率为r，期数为n，到期末的本利和为S，则S＝A(1＋r)n，其中，S称为n期末的终值，A称为n期后终值S的现值，即n期后的S元现在的价值为A＝.
现有如下问题：小明想买一座公寓有如下两个方案，
方案一：一次性付全款25万元；
方案二：分期付款，每年初付款3万元，第十年年初付完．
(1)已知一年期存款的年利率为2.5%，试讨论两种方案哪一种更好？（仅考虑“现值”或“终值”）
(2)若小明把房子租出去，第一年年初需交纳租金2万元，此后每年初涨租金1 000元，参照第(1)问中的存款年利率2.5%，预计第十年房租到期后小明所获全部租金的终值．（精确到百元）
参考数据：(1＋2.5%)10≈1.28.
【解】　(1)方法一（从终值来考虑）　若全款购置，则25万元10年后的价值为25×(1＋2.5%)10≈32.00（万元），
若分期付款，每年初所付金额3万元，10年后的总价值为S＝3×(1＋2.5%)10＋3×(1＋2.5%)9＋…＋3×(1＋2.5%)≈34.44（万元）.
因此，方案一更好．
方法二（从现值来考虑）每年初付款3万元的10年现值之和为
Q＝3＋＋＋…＋ 1.02510Q＝3×1.025× Q≈≈26.91（万元），
比购置一次付款25万元多，故方案一更好．
(2)由题意，设第十年房租到期后小明所获得全部租金的终值为T万元，
T＝2×(1＋2.5%)10＋2.1×(1＋2.5%)9＋…＋2.9×(1＋2.5%)，
记1＋2.5%＝q，an＝－0.1n＋3，则
T＝a1q＋a2q2＋…＋a9q9＋a10q10，
qT＝a1q2＋a2q3＋…＋a9q10＋a10q11，
两式相减可得(1－q)T＝2.9q－0.1(q2＋q3＋…＋q10)－2q11 (1－q)T＝3q－0.1(q＋q2＋q3＋…＋q10)－2q11 T＝3·－0.1·－2·≈27.88（万元）.
即第十年房租到期后小明所获全部租金的终值为27.88万元．
1．解决实际应用问题的核心是建立数学模型．
2．一般步骤：审题、抓住数量关系、建立数学模型．
3．注意问题是求什么(n，an，Sn).
注意：
①解答数列应用题要注意步骤的规范性：设数列，判断数列，解题完毕要作答．
②在归纳或求通项公式时，一定要将项数n计算准确．
③在数列类型不易分辨时，要注意归纳递推关系．
④在近似计算时，要注意应用对数方法，且要看清题中对近似程度的要求．
【对点训练2】　某工厂在2024年的“减员增效”中对部分人员实行分流，规定分流人员第一年可以到原单位领取工资的100%，从第二年起，以后每年只能在原单位按上一年工资的领取工资．该厂根据分流人员的技术特长，计划创办新的经济实体，该经济实体预计第一年属投资阶段，第二年每人可获得b元收入，从第三年起每人每年的收入可在上一年的基础上递增50%，如果某人分流前工资收入为每年a元，分流后进入新经济实体，第n年的收入为an元．
(1)求{an}的通项公式．
(2)当b＝时，这个人哪一年的收入最少？最少为多少？
(3)当b≥时，是否一定可以保证这个人分流一年后的收入永远超过分流前的年收入？
解：(1)由题意得，当n＝1时，a1＝a，
当n≥2时，an＝a＋b，所以an＝
(2)由b＝得，当n≥2时，an＝a＋≥2＝，
当且仅当a＝，上式等号成立，解得n＝3，
所以这个人第三年的收入最少，最少为元．
(3)当n≥2时，an＝a＋b≥a＋≥2＝a，
当且仅当b＝且n＝1＋log>1＋log＝2，上式等号成立，
因此，等号不能取到，
当b≥时，这个人分流一年后的收入永远超过分流前的年收入．
考点3 数列的新定义问题
【例3】　如果n项有穷数列{an}满足a1＝an，a2＝an－1，…，an＝a1，即ai＝an－i＋1(i＝1，2，…，n)，那么称有穷数列{an}为“对称数列”．
(1)设数列{bn}是项数为7的“对称数列”，其中b1，b2，b3，b4成等差数列，且b2＝3，b5＝5，依次写出数列{bn}的每一项．
(2)设数列{cn}是项数为2k－1（k∈N*且k≥2）的“对称数列”，且满足|cn＋1－cn|＝2，记Sn为数列{cn}的前n项和．
①若c1，c2，…，ck构成单调递增数列，且ck＝2 025.当k为何值时，S2k－1取得最大值？
②若c1＝2 024，且S2k－1＝2 024，求k的最小值．
【解】　(1)因为数列{bn}是项数为7的“对称数列”，所以b5＝b3＝5，
又因为b1，b2，b3，b4成等差数列，其公差d＝b3－b2＝2，
所以数列{bn}的7项依次为1，3，5，7，5，3，1.
(2)①由c1，c2，…，ck是单调递增数列，数列{cn}是项数为2k－1的“对称数列”且满足|cn＋1－cn|＝2，
可知c1，c2，…，ck构成公差为2的等差数列，ck，ck＋1，…，c2k－1构成公差为－2的等差数列，
故S2k－1＝c1＋c2＋…＋c2k－1＝2(ck＋ck＋1＋…＋c2k－1)－ck＝22 025k＋×(－2) －2 025＝－2k2＋4 052k－2 025，所以当k＝－＝1 013时，S2k－1取得最大值．
②因为|cn＋1－cn|＝2，即cn＋1－cn＝±2，
所以cn＋1－cn≥－2，即cn＋1≥cn－2，于是ck≥ck－1－2≥ck－2－4≥…≥c1－2(k－1)，
因为数列{cn}是“对称数列”，所以S2k－1＝c1＋c2＋…＋c2k－1＝2(c1＋c2＋…＋ck－1)＋ck≥(2k－1)c1－2(k－2)(k－1)－2(k－1)＝－2k2＋4 052k－2 026，
因为S2k－1＝2 024，故－2k2＋4 052k－2 026≤2 024，
解得k≤1或k≥2 025，所以k≥2 025，
当c1，c2，…，ck构成公差为－2的等差数列时，满足c1＝2 024，且S2k－1＝2 024，此时k＝2 025，所以k的最小值为2 025.
数列中的新定义问题的解题步骤
(1)读懂定义，理解新定义数列的含义．
(2)通过特例（一般是前面一些项）寻找新定义数列的规律及性质，以及新定义数列与已知数列（如等差数列与等比数列）的关系，进行求解．
【对点训练3】　（2024·江西九江三模）已知数列{an}共有m(m≥2)项，且an∈Z，若满足|an＋1－an|≤1(1≤n≤m－1)，则称{an}为“约束数列”．记“约束数列”{an}的所有项的和为Sm.
(1)当m＝5时，写出所有满足a1＝a5＝1，S5＝6的“约束数列”；
(2)当m＝2 000，a1＝25时，设p：a2 000＝2 024，
q：“约束数列”{an}为等差数列，请判断p是q的什么条件，并说明理由；
(3)当a1＝1，a2k＝0
时，求|Sm|的最大值．
解：(1)当m＝5时，所有满足a1＝a5＝1，S5＝6的“约束数列”有①1，1，2，1，1；②1，1，1，2，1；③1，2，1，1，1.
(2)p是q的充分不必要条件．理由：
①当a2 000＝2 024时，∵|an＋1－an|≤1(n＝1，2，…，1 999)，∴an＋1－an≤1.
则a2 000＝(a2 000－a1 999)＋(a1 999－a1 998)＋(a1 998－a1 997)＋…＋(a2－a1)＋a1≤1 999＋a1＝2 024，
当且仅当a2 000－a1 999＝a1 999－a1 998＝a1 998－a1 997＝…＝a2－a1＝1时，a2 000＝2 024成立，
∴“约束数列”{an}是公差为1的等差数列．
②当“约束数列”{an}是等差数列时，由|an＋1－an|≤1，得an＋1－an＝1，或an＋1－an＝0，或an＋1－an＝－1，
若an＋1－an＝0，则{an}的公差为0，∴a2 000＝a1＝25；
若an＋1－an＝－1，则{an}的公差为－1，
∴a2 000＝a1－1 999＝－1 974；
若an＋1－an＝1，则{an}的公差为1，
∴a2 000＝a1＋1 999＝2 024，
即当“约束数列”{an}是等差数列时，a2 000＝25或－1 974或2 024.
由①②，得p是q的充分不必要条件．
(3)∵a1＝1，a2k＝0，∴要使得|Sm|取最大值，则an≥0，
当且仅当同时满足以下三个条件时，|Sm|取最大值．
①当2≤n≤k时，an－an－1＝1；
②当k＋1≤n≤2k时，an－an－1＝－1；
③当2k＋1≤n≤m时，an－an－1＝1.
∴|Sm|max＝＋0×(m－2k＋1)＋×1＝k2＋.
课时作业43
1．（11分）（2024·河北邢台二模）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1(n≥1).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：＋＋＋…＋<2.
解：(1)当n＝1时，a1＝2a1－1 a1＝1.
当n≥2时，Sn＝2an－1，Sn－1＝2an－1－1，两式相减得an＝2an－2an－1 an＝2an－1.
所以{an}是以1为首项，2为公比的等比数列．所以an＝2n-1.
(2)证明：由(1)知Sn＝＝2n－1，
所以＝.
当n＝1时，＝＝1<2，
当n≥2时，2n-1>1，故＝<＝，
所以＋＋＋…＋<1＋＋＋…＋＝＝2<2.
2．（15分）（2024·广东广州二模）已知数列{an}中，a1＝1，a1＋a2＋a3＋…＋an＝an＋1－1(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝2nan，记Tn为{bn}的前n项和，求证：n≥3时，Tn解：(1)因为a1＋a2＋a3＋…＋an＝an＋1－1，所以a1＋a2＋a3＋…＋an＋an＋1＝an＋2－1，两式作差可得an＋1＝an＋2－an＋1，变形为an＋1＝(n＋1)an＋2－(n＋1)an＋1，即＝，即··…·＝××…×，化简为＝，
因为a1＝1，a1＝a2－1，所以a2＝2，所以an＋2＝n＋2(n≥1)，
所以an＝n(n≥3)，又a1＝1，a2＝2，满足上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)证明：因为bn＝2nan＝n·2n，
所以Tn＝1×2＋2×22＋…＋n·2n，2Tn＝1×22＋2×23＋…＋n·2n+1，
作差可得－Tn＝2＋22＋…＋2n－n·2n+1＝－n·2n+1，所以Tn＝(n－1)2n+1＋2，
Tn－n(2n+1－4)＝(n－1)2n+1＋2－n(2n+1－4)＝－2n+1＋4n＋2，
设f(x)＝－2×2x＋4x＋2，x≥3，则f′(x)＝－2×2x ln 2＋4在给定区间上递减，又f′(3)＝－16×ln 2＋4<0，故f(x)在[3，＋∞）上是减函数，f(x)max＝f(3)＝－24＋4×3＋2＝－2<0，
所以当n≥3时，Tn3．（17分）某地牧场牧草深受病害困扰，某科研团队研制了治疗牧草病害的新药，为探究新药的效果，进行了如下的喷洒试验：隔离选取1 000平方米牧草，在第一次喷药前测得其中800平方米为正常牧草，200平方米为受害牧草，每三天给受害牧草喷药一次．试验的结论为：每次喷药前的受害牧草有80%的面积会在下一次喷药前变为正常牧草，每次喷药前的正常牧草有t%(0(1)求使得a2≥900成立的t的最大整数值；
(2)求证：在t取(1)中最大整数值的情况下，如果试验一直持续，正常牧草的面积不可能超过920平方米．
解：(1)由题意，在第一次喷药前，正常牧草面积为800平方米，即a1＝800.
每一次喷药后，正常牧草面积与喷药前正常牧草面积的关系为an＋1＝(1 000－an)×80%＋an×(1－t%)＝800＋an①.
所以a2＝800＋×800＝960－8t.
要使得a2≥900成立，即要使得960－8t≥900成立，解得t≤7.5.
所以，使得a2≥900成立的t的最大整数值为7.
(2)证明：由题设得t＝7，代入①式可得an＋1＝0.13an＋800②.
用待定系数法，设实数λ满足
an＋1＋λ＝0.13(an＋λ)③.
③－②可得－0.87λ＝800，λ＝－.
则数列{an＋λ}是公比为0.13的等比数列，通项公式为an＋λ＝(a1＋λ)×0.13n-1，
解得an＝(a1＋λ)×0.13n-1－λ，
又因为a1＋λ＝800－<800－＝0.故an<－λ.
又因为87×920＝80 040>80 000.
所以an<－λ＝<＝920，
即无论n取多少，正常牧草的面积不可能超过920平方米．
4．（17分）（2024·浙江温州二模）数列{an}，{bn}满足{bn}是等比数列，b1＝2，a2＝5，且a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝2(an－3)bn＋8(n∈N*).
(1)求an，bn.
(2)求集合A＝{x|(x－ai)(x－bi)＝0，i≤2n，i∈N*}中所有元素的和．
(3)对数列{cn}，若存在互不相等的正整数k1，k2，…，kj(j≥2)，使得ck1＋ck2＋…＋ckj也是数列{cn}中的项，则称数列{cn}是“和稳定数列”．试分别判断数列{an}，{bn}是否是“和稳定数列”．若是，求出所有j的值；若不是，请说明理由.
解：(1)∵a1b1＝2(a1－3)b1＋8，b1＝2，∴a1＝2.又a1b1＋a2b2＝2(a2－3)b2＋8，b1＝2，a1＝2，a2＝5，解得b2＝4.
∵{bn}是等比数列，∴{bn}的公比q＝＝2，
∴bn＝2n.
又a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝2(an－3)bn＋8(n∈N*)，
当n≥2时，a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝2(an－1－3)bn－1＋8，两式作差得anbn＝2(an－3)bn－2(an－1－3)bn－1，
将bn＝2n代入，化简an＝2(an－3)－(an－1－3)，得an－an－1＝3(n≥2)，
∴{an}是公差d＝3的等差数列，
∴an＝a1＋(n－1)d＝3n－1.
(2)集合A中所有元素的和即数列{an}，{bn}中各前2n项所有不同元素的和，
数列{an}中前2n项的和为＝6n2＋n，
数列{bn}中前2n项的和为＝2·4n－2，
同时其公共项为2，23，25，…，22k-1，则其和为＝(4k－1)，
其中22k-1为数列{bn}的第2k－1项，同时为数列{an}的项，则解得
∴集合A中所有元素的和为6n2＋n＋2·4n－2－（）.
(3)①数列{an}是“和稳定数列”．
当j＝3m(m∈N*)时，ak1＋ak2＋…＋akj＝3(k1＋k2＋…＋kj)－j＝3(k1＋k2＋…＋kj－m)是3的正整数倍，故一定不是数列{an}中的项；
当j＝3m－1(m∈N*)时，ak1＋ak2＋…＋akj＝3(k1＋k2＋…＋kj)－j＝3(k1＋k2＋…＋kj)－(3m－1)＝3(k1＋k2＋…＋kj－m)＋1，不是数列{an}中的项；
当j＝3m＋1(m∈N*)时，ak1＋ak2＋…＋akj＝3(k1＋k2＋…＋kj－m)－1，是数列{an}中的项.
综上，数列{an}是“和稳定数列”，j＝3m＋1(m∈N*).
②数列{bn}不是“和稳定数列”，理由如下：
不妨设1≤k1bkj，且bk1＋bk2＋…＋bkj≤b1＋b2＋…＋bkj＝21＋22＋…＋2kj＝2kj＋1－2<2kj＋1＝bkj＋1，
故bk1＋bk2＋…＋bkj不是数列{bn}中的项，则数列{bn}不是“和稳定数列”．