新课程2021高考数学一轮复习第五章数列解答题专项突破三数列的综合应用课件
所以n＋an 1＝ann－1.
所以n＋an 1＝ann－1＝…＝1＋a1 1＝12，即
n＋1 an＝ 2 .
当 n＝1 时，a1＝1 也满足此式． n＋1
故数列{an}的通项公式为 an＝ 2 .
解法二：当 n＝1 时，2S1＝a1＋2a1－1，所以 a1＝1. 当 n≥2 时，2Sn＝nan＋2an－1，① 2Sn－1＝(n－1)an－1＋2an－1－1.② ①－②，得 2an＝nan－(n－1)an－1＋2an－2an－1， 所以 nan＝(n＋1)an－1. 所以aan－n 1＝n＋n 1.
解题思路 (1)利用 an＝SS1n，－nS＝n－11，，n≥2， 求 an. (2)先由 bn＝anSn，求 bn 并整理，再依据 bn 的结构形式选择求和方法．
典例 2 (2019·河北邯郸一模)已知数列{an}，{bn}的前 n 项和分别为 Sn， Tn，bn－an＝2n＋1，且 Sn＋Tn＝2n＋1＋n2－2.
热点题型 4 数列与函数的综合问题
典例
(2019·曲靖模拟)已知函数 f(x)＝2019sinπx－π4(x∈R)的所有正
零点构成递增数列{an}．
(1)求数列{an}的通项公式；
规范解答 (ห้องสมุดไป่ตู้)由 f(x)＝2019sinπx－π4＝0，得 πx－π4＝kπ(k∈Z)，
所以函数 f(x)的全部零点为 x＝k＋14(k∈Z)． 因为函数 f(x)的全部正零点构成等差数列{an}， 所以其首项为41，公差为 1， 则数列{an}的通项公式为 an＝n－34(n∈N*)．
备考时要熟练掌握等差、等比两种基本数列的通项与前 n 项和的求解， 同时，针对性地掌握求数列通项公式与前 n 项和的几种常用方法．针对具体 问题选取针对性的解决方案进行求解．
热点题型 1 等差数列与等比数列的判定和通项问题 典例 1 已知数列{an}满足 a1＝1，a2＝12，且[3＋(－1)n]an＋2－2an＋2[(－ 1)n－1]＝0，n∈N*. (1)求 a3，a4，a5，a6 的值；
∴a2n＝a2·12n－1＝12n.
nn为奇数，
因此，数列{an}的通项公式为
an＝12
n 2
n为偶数.
解题思路 (1)根据(3－1)a3－2a1＋2(－1－1)＝0， (3＋1)a4－2a2＋2(1－1)＝0， (3－1)a5－2a3＋2(－1－1)＝0， (3＋1)a6－2a4＋2(1－1)＝0 及 a1，a2 的值，求 a3，a4，a5，a6. (2)递推公式中有(－1)n→分 n 为奇数和偶数讨论→判断是否为等差、等 比数列→求通项公式．
(1)求 Tn－Sn； 规范解答 (1)依题意可得 b1－a1＝3，b2－a2＝5，…， bn－an＝2n＋1， ∴Tn－Sn＝(b1＋b2＋…＋bn)－(a1＋a2＋…＋an) ＝(b1－a1)＋(b2－a2)＋…＋(bn－an) ＝n＋(2＋22＋…＋2n)＝2n＋1＋n－2.
(2)求数列b2nn的前 n 项和 Rn.
(2)证明：an＋1－21an为等比数列；
规范解答 (2)证明：当 n≥2 时，有 4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1， 即 4Sn＋2＋4Sn＋Sn＝4Sn＋1＋4Sn＋1＋Sn－1， 所以 4(Sn＋2－Sn＋1)＝4(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)， 即 an＋2＝an＋1－14an(n≥2)． 经检验，当 n＝1 时，上式成立．
因为aan＋n＋2－1－1212aan＋n 1＝an＋1a－n＋141a－n－12a12n an＋1 ＝12aann＋＋11－－1221aann＝12为常数，且 a2－12a1＝1， 所以数列an＋1－12an是以 1 为首项，12为公比的等比数列．
(3)求数列{an}的通项公式． 规范解答 (3)由(2)知，an＋1－12an＝2n1－1(n∈N*)，等式两边同乘 2n，得 2nan＋1－2n－1an＝2(n∈N*)． 又 20a1＝1，所以数列{2n－1an}是以 1 为首项，2 为公差的等差数列，所 以 2n－1an＝2n－1，即 an＝22nn－－11(n∈N*)． 则数列{an}的通项公式为 an＝22nn－－11(n∈N*)．
又n2＋n＋12 －2nn＋1＝12－n＋n2 ≤0，所以，当 n＝1,2 时，22nn＋＋1n取得最大值43，故 λ 的取值范围为34，＋∞.
解题思路 (1)求证 an＋1－an 为常数，其中 n∈N*. (2)累加法求 an→分离变量把已知不等式变形为 λ>f(n)的形式→求 f(n)的 最大值，得 λ 的取值范围．
规范解答 (1)因为 an＋1－an＝2(bn＋1－bn)，bn＝3n＋5， 所以 an＋1－an＝2(bn＋1－bn)＝2(3n＋8－3n－5)＝6， 所以{an}是等差数列，首项为 a1＝1，公差为 6， 即 an＝6n－5.
(2)若 a1＝6，bn＝2n(n∈N*)且 λan>2n＋n＋2λ 对一切 n∈N*恒成立，求实 数 λ 的取值范围．
规范解答 (2)∵2Sn＝Sn＋Tn－(Tn－Sn)＝n2－n， n2－n
∴Sn＝ 2 ，∴an＝n－1. 又 bn－an＝2n＋1，∴bn＝2n＋n，∴b2nn＝1＋2nn， ∴Rn＝n＋21＋222＋…＋2nn，
则12Rn＝12n＋212＋223＋…＋2nn＋1， ∴12Rn＝12n＋12＋212＋…＋21n－2nn＋1， 故 Rn＝n＋2×12－1－2n112＋1－2nn＝n＋2－n＋2n2.
规范解答 (2)因为 bn＝2n，所以 an＋1－an＝2(2n＋1－2n)＝2n＋1. 当 n≥2 时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n＋2n－1 ＋…＋22＋6＝2n＋1＋2. 当 n＝1 时，a1＝6，符合上式，所以 an＝2n＋1＋2， 由 λan>2n＋n＋2λ，得 λ>22nn＋＋1n＝12＋2nn＋1.
(2)求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
规范解答 (2)由(1)知，bn＝anSn＝2·4n－2n＋1， ∴ Tn ＝ b1 ＋ b2 ＋ … ＋ bn ＝ 2(41 ＋ 42 ＋ … ＋ 4n) － (22 ＋ 23 ＋ … ＋ 2n ＋ 1) ＝ 2×411－－44n－411－－22n＝23·4n＋1－2n＋2＋43.
热点题型 2 数列求和 典例 1 已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝2n＋1－2，记 bn＝anSn(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式；
规范解答 (1)∵Sn＝2n＋1－2， ∴当 n＝1 时，a1＝S1＝21＋1－2＝2， 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2n＝2n， 又 a1＝2＝21，∴an＝2n.
所以 an＝a1×aa21×aa32×…×aan－n 1＝1×32×43×…×n＋n 1＝n＋2 1. 当 n＝1 时，a1＝1 也满足此式．
n＋1 故数列{an}的通项公式为 an＝ 2 .
(2)若数列a12n的前 n 项和为 Tn，求证：Tn<4. n＋1
规范解答 (2)证明：由(1)得 an＝ 2 ， 所以a1n2＝n＋412<nn4＋1＝41n－n＋1 1， 所以 Tn＝242＋342＋442＋…＋n＋412<1×4 2＋2×4 3＋3×4 4＋…＋nn4＋1＝ 41－12＋12－13＋13－41＋…＋1n－n＋1 1＝41－n＋1 1<4.
(2)设 bn＝2nan＋34，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 规范解答 (2)由(1)知 bn＝2nan＋34＝n·2n， 则 Tn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，① 所以 2Tn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1.② ①－②，得－Tn＝21＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝211－－22n－n·2n＋1＝(1－ n)·2n＋1－2，所以 Tn＝(n－1)·2n＋1＋2.
解题思路 (1)先根据 2Sn＝nan＋2an－1 和 an＝Sn－Sn－1(n≥2)，推出数 列{an}的递推公式，再求 an.
(2)根据a1n2的通项公式的结构形式，联系裂项求和法进行适当放缩，再 求和，证明 Tn<4.
角度 2 数列中不等式的恒成立问题 典例2 已知数列{an}与{bn}满足 an＋1－an＝2(bn＋1－bn)(n∈N*)． (1)若 a1＝1，bn＝3n＋5，求数列{an}的通项公式；
规范解答 (1)经计算 a3＝3，a4＝14，a5＝5，a6＝18.
(2)求数列{an}的通项公式． 规范解答 (2)当 n 为奇数时，an＋2＝an＋2，即数列{an}的奇数项成等差 数列，
∴a2n－1＝a1＋(n－1)·2＝2n－1； 当 n 为偶数时，an＋2＝12an，即数列{an}的偶数项成等比数列，
典例 2 设数列{an}的前 n 项和为 Sn，n∈N*.已知 a1＝1，a2＝32，a3＝45， 且当 n≥2 时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.
(1)求 a4 的值；
规范解答 (1)当 n＝2 时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，即 4(a1＋a2＋a3＋a4)＋5(a1 ＋a2)＝8(a1＋a2＋a3)＋a1，整理得 a4＝4a3－ 4 a2，又 a2＝23，a3＝54，所以 a4＝78.
(1)求数列{an}的通项公式； 规范解答 (1)解法一：当 n＝1 时，2S1＝a1＋2a1－1， 所以 a1＝1. 当 n≥2 时，2Sn＝nan＋2an－1，① 2Sn－1＝(n－1)an－1＋2an－1－1.②
①－②，得 2an＝nan－(n－1)an－1＋2an－2an－1， 所以 nan＝(n＋1)an－1.
第五章 数列
解答题专项突破(三) 数列的综合应用
从近几年高考情况来看，高考对本部分内容的考查主要有：①以客观题 的形式考查等差、等比数列的运算和性质，试题多以常规题为主；②等差、 等比数列的通项与求和问题；③非等差、等比数列的通项与求和问题，此时 常用到递推关系或转化成等差、等比的形式进行求解；④与函数、不等式等 进行综合考查．
(全国版)高考数学一轮复习第五章数列5.5数列的综合应用课件理
a10
……
第三十六页，共84页。
记表中的第一列数a1,a2,a4,a7,…构成的数列为{bn},
b(11=)a证1明=1(.zhSèn为ng数mín列g){数bn列}的前n成项等和差,且数满列足,并b求nS2nb数n S列n2 {b1n(n}的 2通).
1
项公式.
Sn
(2)上表中,若从第三行起,每一行中的数按从左到右的
3
第七页，共84页。
2.若本例题(lìtí)条件“b1=4,b4=20,且{bn-an}是等比 数列” 变为“an+2an-1= bn 1 ”,求数列{bn}的通项公式. 【解析】由典例解析知an=3n, 所以an+2an-1=3n+2·3(n-1)=9n-6, 即 bn 1 =9n-6, 因此bn=81n2-108n +35.
顺序均构成等比数列,且公比为同一个正数.当 时,求上表中第k(k≥3)行所有项的和.
a81
4 91
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【解析】(1)由已知,当n≥2时, Sn=b1+b2+…+bn,
2b=n 1,又 bnSn Sn2
所以 即
2Sn Sn1 Sn Sn1 Sn Sn2
1，
所以2Sn Sn1 1,
An =[(n-1)2+n](2n-1),而Bn=n3-(n-1)3,
2
n
12
2n
1］2n
1
所以An+Bn=2n3.
答案:2n3
第三十五页，共84页。
3.(2016·保定(bǎo dìnɡ)模拟)将数列{an}中的所有项按每 一
行比上一行多一项的规则排成如下数表:
a1
高考解答题专项突破(三) 数列的综合问题--2025年高考数学复习讲义及练习解析
[考情分析]预计2025年高考会从以下两个角度对数列的综合问题进行考查：(1)考查等差、等比数列的基本运算和数列求和的问题，可能与函数、方程、不等式等知识综合起来进行考查；(2)以新定义为载体，考查对新数列性质的理解及应用，以创新型题目的形式出现．考点一等差、等比数列的综合问题例1(2024·山东滨州模拟)已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝2，b 2＝4，a n ＝2log 2b n ，n ∈N *.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{a n }中不在数列{b n }中的项按从小到大的顺序构成数列{c n }，记数列{c n }的前n 项和为S n ，求S 100.解(1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为b 2＝4，所以a 2＝2log 2b 2＝4，所以d ＝a 2－a 1＝2，所以a n ＝2＋(n －1)×2＝2n .又a n ＝2log 2b n ，即2n ＝2log 2b n ，所以n ＝log 2b n ，所以b n ＝2n .(2)由(1)得b n ＝2n ＝2·2n －1＝a 2n －1，即b n 是数列{a n }中的第2n －1项．设数列{a n }的前n 项和为P n ，数列{b n }的前n 项和为Q n ，因为b 7＝a 26＝a 64，b 8＝a 27＝a 128，所以数列{c n }的前100项是由数列{a n }的前107项去掉数列{b n }的前7项后构成的，所以S 100＝P 107－Q 7＝107×（2＋214）2－2－281－2＝11302.对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系．利用方程思想和通项公式、前n 项和公式求解，求解时注意对性质的灵活运用.1.(2022·浙江高考)已知等差数列{a n }的首项a 1＝－1，公差d >1.记{a n }的前n项和为S n (n ∈N *)．(1)若S 4－2a 2a 3＋6＝0，求S n ；(2)若对于每个n ∈N *，存在实数c n ，使a n ＋c n ，a n ＋1＋4c n ，a n ＋2＋15c n 成等比数列，求d 的取值范围．解(1)因为S 4－2a 2a 3＋6＝0，a 1＝－1，所以－4＋6d －2(－1＋d )(－1＋2d )＋6＝0，所以d 2－3d ＝0，又d >1，所以d ＝3，所以a n ＝3n －4，所以S n ＝n （a 1＋a n ）2＝3n 2－5n2.(2)因为a n ＋c n ，a n ＋1＋4c n ，a n ＋2＋15c n 成等比数列，所以(a n ＋1＋4c n )2＝(a n ＋c n )(a n ＋2＋15c n )，(nd －1＋4c n )2＝(－1＋nd －d ＋c n )(－1＋nd ＋d ＋15c n )，c 2n ＋(14d －8nd ＋8)c n ＋d 2＝0，由已知可得方程c 2n ＋(14d －8nd ＋8)c n ＋d 2＝0的判别式大于等于0，所以Δ＝(14d －8nd ＋8)2－4d 2≥0，所以(16d －8nd ＋8)(12d －8nd ＋8)≥0对于任意的n ∈N *恒成立，所以[(n －2)d －1][(2n －3)d －2]≥0对于任意的n ∈N *恒成立，当n ＝1时，[(n －2)d －1][(2n －3)d －2]＝(d ＋1)(d ＋2)≥0，当n ＝2时，由(2d －2d －1)(4d －3d －2)≥0，可得d ≤2，当n ≥3时，[(n －2)d －1][(2n －3)d －2]>(n －3)(2n －5)≥0，又d >1，所以1<d ≤2，即d 的取值范围为(1，2]．考点二通项与求和问题例2(2023·黑龙江哈九中模拟)在①S 3＝2a 3－15；②a 2＋6是a 1，a 3的等差中项；③2S n ＝t n ＋1－3(t ≠0)这三个条件中任选一个作为已知条件，补充在下面的问题中，并解答．已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝3，且满足________．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设a n ＝b n －1b n ，求数列2n n 项和T n .注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解(1)设正项等比数列{a n }的公比为q (q >0)，若选①：由S 3＝2a 3－15，得a 1＋a 2＋a 3＝2a 3－15，所以a 3－a 2－a 1＝15，又由a 1＝3，可得3q 2－3q －18＝0，解得q ＝3或q ＝－2(舍去)，所以a n ＝3×3n －1＝3n (n ∈N *)．若选②：由a 2＋6是a 1，a 3的等差中项，可得a 1＋a 3＝2(a 2＋6)，又因为a 1＝3，可得3＋3q 2＝2(3q ＋6)，即q 2－2q －3＝0，解得q ＝3或q ＝－1(舍去)，所以a n ＝3×3n －1＝3n (n ∈N *)．若选③：由2S n ＝t n ＋1－3(t ≠0)，当n ＝1时，2a 1＝6＝2S 1＝t 2－3，解得t ＝3或t ＝－3(舍去)，所以2S n ＝3n ＋1－3，当n ≥2时，2a n ＝2S n －2S n －1＝3n ＋1－3－(3n －3)＝2·3n ，所以a n ＝3n (n ≥2)．经验证当n ＝1时，满足a n ＝3n ，所以a n ＝3n (n ∈N *)．(2)由(1)知a n ＝3n ，所以b n －1b n ＝3n ，n ＝9n ，所以b 2n ＋1b 2n＝9n＋2，所以T n 2122 (2)n (91＋2)＋(92＋2)＋…＋(9n ＋2)＝91＋92＋…＋9n＋2n ＝9（1－9n ）1－9＋2n ＝9n ＋1＋16n －98.解决非等差、等比数列求和问题的两种思路思路一转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成思路二不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和2.(2024·广东深圳中学月考)若一个数列的奇数项为公差为正的等差数列，偶数项为公比为正的等比数列，且公差、公比相同，则称数列为“摇摆数列”，其表达式为a n ＝1＋n －12d ，n ＝2k ＋1，k ∈N ，2qn －22，n ＝2k ，k ∈N *，若数列{a n }(n ∈N *)为“摇摆数列”且a 1＝1，a 1＋a 2＝a 3，a 2a 3＝20.(1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝na n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n ∑ni ＝1i 2解(1)＋a 2＝a 3，2a 3＝202＝4，3＝52＝－5，3＝－4(舍去)，∴d ＝q ＝4，∴a n n －1，n ＝2k ＋1，k ∈N ，n ，n ＝2k ，k ∈N *.(2)b n ＝na n n 2－n ，n ＝2k ＋1，k ∈N ，·2n ，n ＝2k ，k ∈N *.先求奇数项的和：b n ＝2n 2－n ，n ＝2k ＋1，k ∈N ，S n ＝2×[12＋32＋…＋(2n －1)2]－n 2，引入W n ＝22＋42＋…＋(2n )2＝4(12＋22＋…＋n 2)，12(S n ＋n 2)＋W n ＝∑2ni ＝1i 2＝n （2n ＋1）（4n ＋1）3⇒S n＝2(∑2ni ＝1i 2－W n )－n 2＝2n （2n ＋1）（4n ＋1）3－4×n （n ＋1）（2n ＋1）6－n 2＝8n 3－3n 2－2n 3，再求偶数项的和：b n ＝n ·2n ，n ＝2k ，k ∈N *，S n ′＝2×22＋4×24＋…＋2n ×22n ，4S n ′＝2×24＋4×26＋…＋2(n －1)×22n ＋2n ×22n ＋2，两式相减，得－3S n ′＝2×22＋2×24＋2×26＋…＋2×22n －2n ×22n＋2＝8×（1－4n ）1－4－2n ×22n ＋2＝（1－3n ）×22n ＋3－83，∴S n ′＝（3n －1）22n ＋3＋89，∴T 2n ＝S n ＋S n ′＝8n 3－3n 2－2n3＋（3n －1）22n ＋3＋89.考点三数列与不等式的综合问题例3(2023·安徽十校联考)已知数列{a n }满足a 1＋a 2＋…＋a n －1－a n ＝－2(n ≥2且n ∈N *)，a 2＝4.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)n 项和为T n ，求证：23≤T n <1.解(1)因为a 1＋a 2＋…＋a n －1－a n ＝－2，所以a 1＋a 2＋…＋a n －a n ＋1＝－2，两式相减得a n ＋1＝2a n (n ≥2)，当n ＝2时，a 1－a 2＝－2，又a 2＝4，所以a 1＝2，a 2＝2a 1，所以a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，所以{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，所以a n ＝2n (n ∈N *)．(2)证明：因为2n（a n －1）（a n ＋1－1）＝2n （2n －1）（2n ＋1－1）＝12n －1－12n ＋1－1，所以T n …1－12n ＋1－1<1，由n ≥1，得2n ＋1≥4，所以1－12n ＋1－1≥23，综上，2≤T n <1.1．数列型不等式的证明常用到“放缩法”，一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”；二是求和后再“放缩”．2．放缩法常见的放缩技巧(1)1k 2＜1k 2－1＝121k －1－1k ＋1.(2)1k －1k ＋1＜1k 2＜1k －1－1k.(3)2(n ＋1－n )＜1n＜2(n －n －1)．(4)12n ＋1＜12n ＋1＜12n ，13n ＜13n －1≤12·3n －1.3.(2023·河南五市高三二模)已知数列{a n }满足a 1＝23，且2a n ＋1－a n ＋1a n ＝1，n∈N *.(1){a n }的通项公式；(2)记T n ＝a 1a 2a 3…a n ，n ∈N *，S n ＝T 21＋T 22＋…＋T 2n .证明：S n 解(1)由2a n ＋1－a n ＋1a n ＝1，得a n ＋1＝12－a n ，则11－a n ＋1－11－a n＝1，是首项为11－a 1＝3，公差d ＝1的等差数列，所以11－a n ＝3＋(n －1)＝n ＋2，整理得a n ＝n ＋1n ＋2(n ∈N *)，经检验，符合要求．(2)证明：由(1)得a n ＝n ＋1n ＋2(n ∈N *)，T n ＝a 1a 2…a n ＝2n ＋2，∴T 2n ＝4（n ＋2）2>4（n ＋2）（n ＋3）＝∴S n ＝T 21＋T 22＋…＋T 2n －14＋…＋1n ＋2－即S n 考点四数列与函数的综合问题例4(2024·江苏辅仁中学阶段考试)设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x的图象上(n ∈N *)．(1)若a 1＝－2，点(a 8，4b 7)在函数f (x )的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)若a 1＝1，函数f (x )的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列前n 项和T n .解(1)由已知，得b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7，有2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2，解得d ＝a 8－a 7＝2，所以S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n .(2)函数f (x )＝2x 的图象在点(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)，它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2.则a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2，所以d ＝a 2－a 1＝1，从而a n ＝n ，b n ＝2n .所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n 2n －1.因此2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n.所以T n ＝2n ＋1－n －22n.数列与函数综合问题的常见类型及注意事项常见类型类型一已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题类型二已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形注意事项注意点一数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或有限子集)，它的图象是一群孤立的点注意点二转化为以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常容易忽视的问题注意点三利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化4.(2024·湖南湘潭一中阶段考试)设函数f (x )＝x2＋sin x 的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{x n }．(1)求数列{x n }的通项公式；(2)设{x n }的前n 项和为S n ，求sin S n .解(1)令f ′(x )＝12＋cos x ＝0，所以cos x ＝－12，解得x ＝2k π±2π3(k ∈Z )．由x n 是f (x )的第n 个正极小值点知，x n ＝2n π－2π3(n ∈N *)．(2)由(1)可知，S n ＝2π(1＋2＋…＋n )－2n π3＝n (n ＋1)π－2n π3，所以sin S n ＝sinn （n ＋1）π－2n π3.因为n (n ＋1)表示两个连续正整数的乘积，所以n (n ＋1)一定为偶数，所以sin S n ＝－sin2n π3.当n ＝3m －2(m ∈N *)时，sinS n ＝－m π＝－32；当n ＝3m －1(m ∈N *)时，sin S n ＝－m π＝32；当n ＝3m (m ∈N *)时，sin S n ＝－sin2m π＝0.综上所述，sin S nn ＝3m －2（m ∈N *），＝3m －1（m ∈N *），3m （m∈N *）.课时作业1．(2023·新课标Ⅱ卷){a n }为等差数列，b n n －6，n 为奇数，a n ，n 为偶数，记S n ，T n 分别为数列{a n }，{b n }的前n 项和，S 4＝32，T 3＝16.(1)求{a n }的通项公式；(2)证明：当n >5时，T n >S n .解(1)设等差数列{a n }的公差为d ，而b n n －6，n 为奇数，a n ，n 为偶数，则b 1＝a 1－6，b 2＝2a 2＝2a 1＋2d ，b 3＝a 3－6＝a 1＋2d －6，4＝4a 1＋6d ＝32，3＝4a 1＋4d －12＝16，1＝5，＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋3，所以{a n }的通项公式是a n ＝2n ＋3.(2)证法一：由(1)知，S n ＝n （5＋2n ＋3）2＝n 2＋4n ，b n n －3，n 为奇数，n ＋6，n 为偶数，当n 为偶数时，b n －1＋b n ＝2(n －1)－3＋4n ＋6＝6n ＋1，T n ＝13＋（6n ＋1）2·n 2＝32n 2＋72n ，当n >5时，T n －S n 2＋72n (n 2＋4n )＝12n (n －1)>0，因此T n >S n ；当n 为奇数时，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝32(n ＋1)2＋72(n ＋1)－[4(n ＋1)＋6]＝32n 2＋52n －5，当n >5时，T n －S n 2＋52n －(n 2＋4n )＝12(n ＋2)(n －5)>0，因此T n >S n .所以当n >5时，T n >S n .证法二：由(1)知，S n ＝n （5＋2n ＋3）2＝n 2＋4n ，b n n －3，n 为奇数，n ＋6，n 为偶数，当n 为偶数时，T n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n )＝－1＋2（n －1）－32·n 2＋14＋4n ＋62·n 2＝32n 2＋72n ，当n >5时，T n －S n 2＋72n (n 2＋4n )＝12n (n －1)>0，因此T n >S n ；当n 为奇数时，若n ≥3，则T n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n )＋(b 2＋b 4＋…＋b n －1)＝－1＋2n －32·n ＋12＋14＋4（n －1）＋62·n －12＝32n2＋52n －5，显然T 1＝b 1＝－1满足上式，因此当n 为奇数时，T n ＝32n 2＋52n －5，当n >5时，T n －S n 2＋52n －(n 2＋4n )＝12(n ＋2)(n －5)>0，因此T n >S n .所以当n >5时，T n >S n .2．(2023·江苏徐州第七中学校考一模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝12·3n ＋b (b 为常数)．(1)求b 的值和数列{a n }的通项公式；(2)记c m 为{a n }在区间[－3m ，3m ](m ∈N *)内的项的个数，求数列{a m c m }的前n 项和T n .解(1)由题设S n ＝12·3n ＋b ，显然等比数列{a n }的公比不为1，设{a n }的公比为q ，则S n ＝a 1（1－q n ）1－q＝a 11－q －a 1q n1－q ，∴b ＝a 11－q ＝－12且q ＝3，∴a 1＝1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *.(2)令－3m ≤3n －1≤3m ，n ∈N *，解得0≤n －1≤m ，∴1≤n ≤m ＋1，数列{a n }在区间[－3m ，3m ](m ∈N *)内的项的个数为m ＋1，则c m ＝m ＋1，∴a m c m ＝(m ＋1)×3m －1，∵T n ＝2×30＋3×31＋…＋(n ＋1)×3n －1，①3T n ＝2×31＋3×32＋…＋(n ＋1)×3n ，②两式相减，得－2T n ＝2×30＋31＋…＋3n－1－(n ＋1)×3n＝1＋1－3n1－3－(n ＋1)·3n ＝（－1－2n ）·3n ＋12，∴T n n －14.3．(2024·河南郑州外国语学校阶段考试)已知f (x )＝－4＋1x2，数列{a n }的前n 项和为S n ，点P n n ∈N *)在曲线y ＝f (x )上，且a 1＝1，a n ＞0.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }的前n 项和为T n ，且满足T n ＋1a 2n ＝T na 2n ＋1＋16n 2－8n －3，确定b 1的值使得数列{b n }是等差数列．解(1)因为f (x )＝－4＋1x2，且点P n ，n ∈N *)在曲线y ＝f (x )上，所以1a n ＋1＝4＋1a 2n ，即1a 2n ＋1－1a 2n＝4，1为首项，4为公差的等差数列，所以1a 2n＝1＋4(n －1)＝4n －3，即a n ＝14n －3(n ∈N *)．(2)由(1)知T n ＋1a 2n ＝T n a 2n ＋1＋16n 2－8n －3，即为(4n －3)T n ＋1＝(4n ＋1)T n ＋(4n －3)(4n ＋1)，整理得T n ＋14n ＋1－T n 4n －3＝1，T 1为首项，1为公差的等差数列，则T n 4n －3＝T 1＋n －1，即T n ＝(4n －3)(T 1＋n －1)，当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝4b 1＋8n －11，若{b n }是等差数列，则b 1适合上式，令n ＝1，得b 1＝4b 1－3，解得b 1＝1.4．(2023·黑龙江齐齐哈尔模拟)在①S n ＝32a n －3，其中S n 为数列{a n }的前n 项和；②a 1＝1，a n －a n ＋1＝a n a n ＋1这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．问题：已知数列{a n }满足________．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数m ，使得a m ＋a m ＋1为数列{a n }中的项？若存在，求出m ；若不存在，说明理由．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解若选择条件①：(1)令n ＝1，则a 1＝321－3，所以a 1＝6，由于S n ＝32a n －3，则当n ≥2时，S n －1＝32a n －1－3，两式相减，得a n ＝32a n －32a n －1，则a n a n －1＝3，所以{a n }是首项为6，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式为a n ＝6×3n －1＝2×3n .(2)假设存在正整数m ，使得a m ＋a m ＋1＝a k (k ∈N *)，则2×3m ＋2×3m ＋1＝2×3k ，所以4×3m ＝3k ，此等式左边为偶数，右边为奇数，所以不存在正整数m 满足题意．若选择条件②：(1)因为a 1＝1，a n －a n ＋1＝a n a n ＋1，所以a n ≠0，1a n ＋1－1a n＝1，是首项为1a 1＝1，公差为1的等差数列，所以1a n ＝1＋(n －1)×1＝n ，所以a n ＝1n.(2)假设存在正整数m ，使得a m ＋a m ＋1＝a k (k ∈N *)，则1m ＋1m ＋1＝1k，化简得m 2＋(1－2k )m －k ＝0，解得m ＝2k －1＋1＋4k 22，因为2k <1＋4k 2<2k ＋1，所以2k －12<m <2k ，m 无正整数解，故不存在正整数m 满足题意．5．已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6.(1)求数列{a n }的通项公式与前n 项和S n ；(2)将数列{a n }的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *，总有S n ＜T m ＋λ成立，求实数λ的取值范围．解(1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6，得a 7＝－2，∴a 1＝4，∴a n ＝5－n ，S n ＝n （9－n ）2.(2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1，设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 2b 1＝12，∴T m 1－1281m ，的值随m 增加而减小，∴{T m }为递增数列，得4≤T m ＜8.又S n ＝n （9－n ）2＝－12(n 2－9n )－814，故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *，总有S n ＜T m ＋λ，则10＜8＋λ，解得λ＞2.故实数λ的取值范围为(2，＋∞)．6．(2024·河北衡水调研)已知数列{a n }满足a 1＝37，3a n ，2a n ＋1，a n a n ＋1成等差数列．(1){a n }的通项公式；(2)记{a n }的前n 项和为S n ，求证：1271S n <7528.解(1)由已知得4a n ＋1＝3a n ＋a n a n ＋1，因为a 1＝37≠0，所以由递推关系可得a n ≠0恒成立，所以4a n ＝3a n ＋1＋1，所以4a n －4＝3an ＋1－3，即1a n ＋1－1又因为1a 1－1＝73－1＝43，是首项为43，公比为43的等比数列，所以1a n －1，所以a n ＝11.(2)证明：由(1)可得a n ＝111－1＝37×－1，所以S n ≥37＋37×＋…＋37×－1＝1271a n ＝11<1，S 1＝37<7528，当n ≥2时，S n <37＋＋ (37)1－34＝7528－<7528.综上所述，1271S n <7528成立．。
高考数学一轮总复习 第五章 数列 55 数列的综合应用课件 理
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名师点拨 等差、等比数列综合问题的解题策略 1．分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题， 如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解 题的顺序． 2．注意细节，在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确 定，要看其是否有等于1的可能，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．
n＋1 2＝－1232－n＋1 1－n＋1 2.
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又因为32－n＋1 1－n＋1 2<32， 所以Tn>－34.(12分)
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名师点拨 数列中不等式的证明问题
数列型不等式的证明常用到“放缩法”，一是在求和中将通项“放缩”为“可求
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解析：(1)由题意得f(n)＝14.4＋(0.2＋0.4＋0.6＋…＋0.2n)＋0.9n
＝14.4＋0.2n2n＋1＋0.9n＝0.1n2＋n＋14.4.
(2)设该车的年平均费用为S万元，则有
S＝1nf(n)＝1n(0.1n2＋n＋14.4)
＝1n0＋14n.4＋1≥2 1.44＋1＝3.4.
列为模型的实际应用问题
式为主，难度中等或稍难．一般第一问考
．
查求通项，第二问考查求和，并与不等式
3．数列与函数、不等式 的综合问题．
、函数、最值等问题综合.
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考点一|等差、等比数列的综合问题 (方法突破) 【例1】 (2018·长沙市一中月考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＋a6＝24，S11 ＝143，数列{bn}的前n项和为Tn，满足2an－1＝λTn－(a1－1)(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式及数列ana1n＋1的前n项和； (2)是否存在非零实数λ，使得数列{bn}为等比数列？并说明理由．
高考数学一轮复习 第五章 数列 5.4 数列求和与数列的综合应用课件 理 高三全册数学课件
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解析：(1)令数列{an}的前 n 项和为 Sn，则 S20＝a1＋a2＋a3 ＋…＋a20＝2(1＋2＋3＋…＋20)－12＋212＋213＋…＋2120＝420－ 1－2120＝419＋2120.
(2)an＝2＋22＋23＋…＋2n＝2－1－2n2＋1＝2n＋1－2， 所以 Sn＝(22＋23＋24＋…＋2n＋1)－(2＋2＋2＋…＋2)＝ 221－－22n＋2－2n＝2n＋2－4－2n.
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课堂探究·深度剖析
课堂升华 强技提能
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考向一 分组求和法
【例 1】 (1)若数列{an}的通项公式为 an＝2n＋2n－1，则数列{an}
的前 n 项和为( C )
A．2n＋n2－1
B．2n＋1＋n2－1
C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2
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4．(2019·武汉市调研考试)对任一实数序列 A＝(a1，a2，a3，…)， 定义新序列 ΔA＝(a2－a1，a3－a2，a4－a3，…)，它的第 n 项为 an＋1－an.
假定序列 Δ(ΔA)的所有项都是 1，且 a12＝a22＝0，则 a2＝ 100 .
第五章
数列(shùliè)
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第四节 数列求和(qiúhé)与数列的综合应用
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知识(zhī shi)梳理·自主学
习
课堂(kètáng)探究·深度剖 析
数列高考专题突破数列的综合应用课件pptx
2. 在解决一些与长度相 关的几何问题时，可以 通过数列的递推关系式 得出结论，例如利用等 差数列的通项公式求出 某条线段的长度。
3. 数列还可以用于解决 一些与图形数量关系相 关的问题，例如利用等 差数列和等比数列的求 和公式可以求出某个图 形中线条的数量。
数列在经济中的应用
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总结词：数列在经济中 的应用主要表现在利用 数列模型描述经济现象 的变化规律，以及求解 与经济决策相关的问题 。
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数列的综合应用
数列在几何中的应用
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总结词：数列在几何中 的应用涉及利用数列的 性质解决与几何图形相 关的问题，如求面积、 周长等。
详细描述
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1. 利用等差数列和等比 数列的性质，可以求出 一些几何图形的面积或 周长，例如等差数列的 前n项和公式可以用于 求平行四边形的面积， 等比数列的前n项和公 式可以用于求圆的面积 。
前n项和公式
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$S_n = \frac{a_1(1 - q^n)}{1 - q}$。
数列的极限与收敛性
极限的定义
如果当$n$趋于无穷大时，数列$a_n$的项无限接近于某个确定的数$A$，则称$A$为数 列$a_n$的极限。
收敛性的定义
如果数列$a_n$有极限，则称该数列收敛；否则称该数列发散。
极限的存在性定理
数列的应用
实际生活中的应用
如定期存款的复利计算，贷款的月还款额 计算，物价的指数上涨等都涉及到数列的 知识。
VS
数学领域中的应用
如在微积分、统计学、计算机科学等领域 中，数列的知识都起到了重要的作用。
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等差数列与等比数列的基 本性质
等差数列的基本性质
2021高考数学(苏教,理科)复习课件：第五章 数列第五节 数列的综合应用.ppt
第五节 数列的综合应用
因为 bn＝(n＋1)an，所以 bn－bn－1＝2n， bn－1－bn－2＝2n－2， … b1－b0＝2. 累加得 bn－b0＝2＋22nn＝n(n＋1)． 又 b0＝a0，所以 bn＝n(n＋1)＋a0.
数学
第五节 数列的综合应用
(3)由 bn＝n(n＋1)＋a0，得 an＝n＋n＋a0 1. 若存在正整数 k(k≥3)和非负整数 a0，使得数列{an}(n≤k)成等差 数列，则 a1＋a3＝2a2， 即(1＋a20)＋3＋a40＝2(2＋a30)，解得 a0＝0， 当 a0＝0 时，an＝n，对任意正整数 k(k≥3)，有{an}(n≤k)成等差 数列．
数学
第五节 数列的综合应用
34为公比的等比数列， 又 a6＝70，所以 an＝70×34n－6.
130－10n，n≤6， 答案：an＝70×34n－6，n≥7
数学
第五节 数列的综合应用
数列在高考中多与函数、不等式、解析几何、向量交汇命 题，近年由于对数列要求降低，但仍有一些省份在考查数列与 其他知识的交汇.归纳起来常见的命题角度有：
a7 的最小值为 3 即 q3≥3，解得 a≥ 3 3.故 q 的最小值为3 3.
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[答案] 3
数学
第五节 数列的综合应用
[类题通法] 解决等差数列与等比数列的综合问题，关键是理清两个数 列的关系．如果同一数列中部分项成等差数列，部分项成等比 数列，要把成等差数列或等比数列的项抽出来单独研究；如果 两个数列通过运算综合在一起，要从分析运算入手，把两个数 列分割开，弄清两个数列各自的特征，再进行求解．
1数列与不等式； 2数列与函数； 3数列与解析几何.
数学
第五节 数列的综合应用
2021届新课标数学一轮复习讲义_第五章_第5讲_数列的综合应用
第5讲 数列的综合应用考点一__等差数列与等比数列的综合问题______已知{a n }是等差数列，满足a 1＝3，a 4＝12，数列{b n }满足b 1＝4，b 4＝20，且{b n －a n }为等比数列．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{b n }的前n 项和．[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得d ＝a 4－a 13＝12－33＝3，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝3n (n ＝1，2，…)．设等比数列{b n －a n }的公比为q ，由题意得q 3＝b 4－a 4b 1－a 1＝20－124－3＝8，解得q ＝2.所以b n －a n ＝(b 1－a 1)q n －1＝2n －1.从而b n ＝3n ＋2n －1(n ＝1，2，…)． (2)由(1)知b n ＝3n ＋2n －1(n ＝1，2，…)．数列{3n }的前n 项和为32n (n ＋1)，数列{2n －1}的前n 项和为1－2n 1－2＝2n －1.所以，数列{b n }的前n 项和为32n (n ＋1)＋2n －1.[规律方法] 解决等差数列与等比数列的综合问题，关键是理清两个数列的关系．如果同一数列中部分项成等差数列，部分项成等比数列，要把成等差数列或等比数列的项抽出来单独研究；如果两个数列通过运算综合在一起，要从分析运算入手，把两个数列分割开弄清两个数列各自的特征，再进行求解．1.已知等差数列{a n }的公差不为零，a 1＝25 ，且a 1，a 11，a 13成等比数列．(1)求{a n }的通项公式；(2)求a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2.解：(1)设{a n }的公差为d ，由题意得a 211＝a 1a 13， 即(a 1＋10d )2＝a 1(a 1＋12d )． 于是d (2a 1＋25d )＝0.又a 1＝25，所以d ＝0(舍去)，d ＝－2.故a n ＝－2n ＋27. (2)令S n ＝a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2. 由(1)知a 3n －2＝－6n ＋31，故{a 3n －2}是首项为25，公差为－6的等差数列． 从而S n ＝n 2(a 1＋a 3n －2)＝n2(－6n ＋56)＝－3n 2＋28n .考点二__数列的实际应用问题__________________某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M ，M 的价值在使用过程中逐年减少．从第2年到第6年，每年初M 的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M 的价值为上年初的75%.(1)求第n 年初M 的价值a n 的表达式；(2)设S n 表示数列{a n }的前n 项和，求S n (n ≥7)．[解] (1)当n ≤6时，数列{a n }是首项为120，公差为－10的等差数列，a n ＝120－10(n －1)＝130－10n ； 当n ≥6时，数列{a n }是以a 6为首项，34为公比的等比数列．又a 6＝70，所以a n ＝70×⎝⎛⎭⎫34n －6.因此，第n 年初，M 的价值a n 的表达式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧130－10n ，n ≤6，70×⎝⎛⎭⎫34n －6，n ≥7. (2)由等差及等比数列的求和公式得 当n ≥7时，由于S 6＝570，故S n ＝S 6＋(a 7＋a 8＋…＋a n )＝570＋70×34×4×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫34n －6 ＝780－210×⎝⎛⎭⎫34n －6.[规律方法] 解答数列实际应用问题的步骤：(1)确定模型类型：理解题意，看是哪类数列模型，一般有等差数列模型、等比数列模型、简单的递推数列模型．基本特征见下表：数列模型 基本特征 等差数列 均匀增加或者减少等比数列 指数增长，常见的是增产率问题、存款复利问题 简单递推数列指数增长的同时又均匀减少．如年收入增长率为20%，每年年底要拿出a (常数)作为下年度的开销，即数列{a n }满足a n ＋1＝1.2a n －a(2)或者不等式(组)等，在解模时要注意运算准确；(3)给出问题的答案：实际应用问题最后要把求解的数学结果化为对实际问题的答案，在解题中不要忽视了这点．2.现有流量均为300 m 3s 的两条河A ，B 汇合于某处后，不断混合，它们的含沙量分别为2 kgm 3和0.2 kgm 3，假设从汇合处开始，沿岸设有若干观测点，两股水流在流经相邻两个观测点的过程中，其混合效果相当于两股水流在1 s 内交换100 m 3的水量，即从A 股流入B 股100 m 3水，经混合后，又从B 股流入A 股100 m 3水并混合，问从第几个观测点开始，两股河水的含沙量之差小于0.01 kgm 3(不考虑沙沉淀)． 解：设第n 个观测点处A 股水流含沙量为a n kg m 3，B 股水流含沙量为b n kgm 3，则a 1＝2，b 1＝0.2，b n ＝1400(300b n －1＋100a n －1)＝14(3b n －1＋a n －1)，a n ＝1400(300a n －1＋100b n －1)＝14(3a n －1＋b n －1)，a n －b n ＝12(a n －1－b n －1)，∴{a n －b n }是以(a 1－b 1)为首项，12为公比的等比数列．∴a n －b n ＝95×⎝⎛⎭⎫12n －1.解不等式95×⎝⎛⎭⎫12n －1<10－2，得2n －1>180，∴n ≥9.因此，从第9个观测点开始，两股水流的含沙量之差小于0.01 kg m 3.考点三__数列与不等式的综合问题(高频考点)__数列与不等式的综合问题是每年高考的难点，多为解答题，难度偏大． 高考对数列与不等式的综合问题的考查常有以下两个命题角度： (1)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题； (2)考查与数列问题有关的不等式的证明问题．等比数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝9·2n －1，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若不等式S n >ka n －2对一切n ∈N *恒成立，求实数k 的取值范围． [解] (1)设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a n ＋1＋a n ＝9·2n －1，n ∈N *， ∴a 2＋a 1＝9，a 3＋a 2＝18， ∴q ＝a 3＋a 2a 2＋a 1＝189＝2.∴2a 1＋a 1＝9，∴a 1＝3. ∴a n ＝3·2n －1，n ∈N *.(2)由(1)知S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝3（1－2n ）1－2＝3(2n －1)，∴3(2n －1)>k ·3·2n －1－2，∴k <2－13·2n －1对一切n ∈N *恒成立． 令f (n )＝2－13·2n －1，则f (n )随n 的增大而增大，∴f (n )min ＝f (1)＝2－13＝53，∴k <53.∴实数k 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，53. [规律方法] 数列与不等式的综合问题的解题策略(1)数列与不等式的恒成立问题．此类问题常构造函数，通过函数的单调性、最值等解决问题；(2)与数列有关的不等式证明问题．解决此类问题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等．3.(1)已知函数f (x )满足f (x ＋y )＝f (x )·f (y )且f (1)＝12.①当n ∈N *时，求f (n )的表达式；②设a n ＝n ·f (n )，n ∈N *，求证：a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n <2； (2)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2－⎝⎛⎭⎫2n ＋1a n (n ∈N *)．①求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等比数列；②设数列{2n a n }的前n 项和为T n ，A n ＝1T 1＋1T 2＋1T 3＋…＋1T n ，试比较A n 与2na n 的大小．解：(1)①令x ＝n ，y ＝1，得f (n ＋1)＝f (n )·f (1)＝12f (n )，∴{f (n )}是首项为12，公比为12的等比数列，∴f (n )＝⎝⎛⎭⎫12n .②证明：设T n 为{a n }的前n 项和，∵a n ＝n ·f (n )＝n ·⎝⎛⎭⎫12n， ∴T n ＝12＋2×⎝⎛⎭⎫122＋3×⎝⎛⎭⎫123＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ，12T n ＝⎝⎛⎭⎫122＋2×⎝⎛⎭⎫123＋3×⎝⎛⎭⎫124＋…＋(n －1)×⎝⎛⎭⎫12n ＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1， 两式相减得12T n ＝12＋⎝⎛⎭⎫122＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1，∴T n ＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1－n ×⎝⎛⎭⎫12n <2.(2)①证明：由a 1＝S 1＝2－3a 1，得a 1＝12，当n ≥2时，由a n ＝S n －S n －1，得a n n ＝12×a n －1n －1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项和公比均为12的等比数列．②由①得a n n ＝12n ，于是2n a n ＝n ，所以T n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n （n ＋1）2，则1T n ＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，于是A n ＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1，而2na n ＝2n ＋1n 2，所以问题转化为比较2n n 2与n n ＋1的大小． 设f (n )＝2n n 2，g (n )＝n n ＋1，当n ≥4时，f (n )≥f (4)＝1，而g (n )<1，所以f (n )>g (n )． 经验证当n ＝1，2，3时，仍有f (n )>g (n )． 因此对任意的正整数n ，都有f (n )>g (n )．即A n <2na n.交汇创新——数列与函数的交汇设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x 的图象上(n ∈N *)．(1)若a 1＝－2，点(a 8，4b 7)在函数f (x )的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ； (2)若a 1＝1，函数f (x )的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 的前n 项和T n . [解] (1)由已知，b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7， 有2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2.解得d ＝a 8－a 7＝2.所以S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n .(2)函数f (x )＝2x 在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)， 它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2.由题意知，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2.所以d ＝a 2－a 1＝1，从而a n ＝n ，b n ＝2n . 所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n2n －1.因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n .所以T n ＝2n ＋1－n －22n.[名师点评] 数列与函数的交汇创新主要有以下两类：(1)如本例，已知函数关系转化为数列问题，再利用数列的有关知识求解；(2)已知数列，在求解中利用函数的性质、思想方法解答．[提醒] 解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到递推数列，因此掌握递推数列的常见解法有助于该类问题的解决，同时要注意n 的范围．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1且3a n ＋1＋2S n ＝3(n 为正整数)．(1)求{a n }的通项公式；(2)若∀n ∈N *，32k ≤S n 恒成立，求实数k 的最大值．解：(1)当n ＝1时，a 1＝1，3a n ＋1＋2S n ＝3⇒a 2＝13；当n ≥2时，3a n ＋1＋2S n ＝3⇒3a n ＋2S n －1＝3，得3(a n ＋1－a n )＋2(S n －S n －1)＝0，因此3a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1a n ＝13，因为a 2a 1＝13，所以数列{a n }是首项a 1＝1，公比q ＝13的等比数列，所以a n ＝⎝⎛⎭⎫13n －1.(2)因为∀n ∈N *，32k ≤S n 恒成立，S n ＝32⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n ，即32k ≤32⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n ，所以k ≤1－⎝⎛⎭⎫13n .令f (n )＝1－⎝⎛⎭⎫13n，n ∈N *，所以f (n )单调递增，k 只需小于等于f (n )的最小值即可， 当n ＝1时，f (n )取得最小值，所以k ≤f (1)＝1－13＝23，实数k 的最大值为23.1．设等差数列{a n }和等比数列{b n }首项都是1，公差与公比都是2，则a b 1＋a b 2＋a b 3＋a b 4＋a b 5＝( )A ．54B ．56C ．58D ．57解析：选D.由题意，a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，b n ＝1×2n －1＝2n －1， ∴ab 1＋…＋ab 5＝a 1＋a 2＋a 4＋a 8＋a 16＝1＋3＋7＋15＋31＝57.2．已知数列{a n }满足：a 1＝m (m 为正整数)，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n 2，当a n 为偶数时，3a n ＋1，当a n 为奇数时.若a 6＝1，则m 所有可能的取值为( )A ．{4，5}B ．{4，32}C ．{4，5，32}D ．{5，32}解析：选C.a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n 2，当a n 为偶数时，3a n ＋1，当a n 为奇数时，注意递推的条件是a n (而不是n )为偶数或奇数．由a 6＝1一直往前面推导可得a 1＝4或5或32.3．设等差数列{a n }的公差为d .若数列{2a 1a n }为递减数列，则( )A ．d <0B ．d >0C ．a 1d <0D ．a 1d >0解析：选C.设b n ＝2a 1a n ，则b n ＋1＝2a 1a n ＋1，由于{2a 1a n }是递减数列，则b n >b n ＋1，即2a 1a n >2a 1a n ＋1.∵y ＝2x 是单调增函数，∴a 1a n >a 1a n ＋1，∴a 1a n －a 1(a n ＋d )>0，∴a 1(a n －a n －d )>0，即a 1(－d )>0，∴a 1d <0. 4．在数列{a n }中，若a 1＝－2，a n ＋1＝a n ＋n ·2n ，则a n ＝( ) A ．(n －2)·2n B ．1－12n C.23⎝⎛⎭⎫1－14n D.23⎝⎛⎭⎫1－12n 解析：选A.因为a n ＋1＝a n ＋n ·2n ，所以a n ＋1－a n ＝n ·2n ，所以a n －a 1＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＝(n －1)×2n －1＋(n －2)×2n －2＋…＋2×22＋1×21(n ≥2)．设T n ＝(n －1)×2n －1＋(n －2)×2n －2＋…＋2×22＋1×21(n ≥2)，则2T n ＝(n －1)×2n ＋(n －2)×2n －1＋(n －3)×2n－2＋…＋2×23＋1×22，两式相减得T n ＝(n －2)·2n ＋2(n ≥2)，所以a n ＝(n －2)·2n ＋2＋a 1＝(n －2)·2n (n ≥2)．又n＝1时，上式成立，所以选A.5．在等比数列{a n }中，0<a 1<a 4＝1，则能使不等式⎝⎛⎭⎫a 1－1a 1＋⎝⎛⎭⎫a 2－1a 2＋…＋⎝⎛⎭⎫a n －1a n ≤0成立的最大正整数n 是( )A ．5B ．6C ．7D ．8解析：选C.设等比数列{a n }的公比为q ，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等比数列，其公比为1q ，因为0<a 1<a 4＝1，所以q >1且a 1＝1q 3.又因为⎝⎛⎭⎫a 1－1a 1＋⎝⎛⎭⎫a 2－1a 2＋…＋⎝⎛⎭⎫a n －1a n ≤0，所以a 1＋a 2＋…＋a n ≤1a 1＋1a 2＋…＋1a n ， 即a 1（1－q n）1－q≤1a 1⎝⎛⎭⎫1－1q n 1－1q，把a 1＝1q 3代入，整理得q n ≤q 7，因为q >1，所以n ≤7，故选C.6．某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n (n ∈N *)等于________．解析：每天植树的棵数构成以2为首项，2为公比的等比数列，其前n 项和S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝2（1－2n ）1－2＝2n ＋1－2.由2n ＋1－2≥100，得2n ＋1≥102.由于26＝64，27＝128.则n ＋1≥7，即n ≥6.答案：67．在等比数列{a n }中，若a n >0，且a 1·a 2·…·a 7·a 8＝16，则a 4＋a 5的最小值为________． 解析：由等比数列性质得，a 1a 2…a 7a 8＝(a 4a 5)4＝16，又a n >0，∴a 4a 5＝2. 再由基本不等式，得a 4＋a 5≥2a 4a 5＝2 2.∴a 4＋a 5的最小值为2 2. 答案：2 28．设S n 是数列{a n }的前n 项和，若S 2nS n(n ∈N *)是非零常数，则称数列{a n }为“和等比数列”．若数列{2b n }是首项为2，公比为4的等比数列，则数列{b n }__________(填“是”或“不是”)“和等比数列”．解析：数列{2b n }是首项为2，公比为4的等比数列，所以2b n ＝2·4n －1＝22n －1，b n ＝2n －1.设数列{b n }的前n项和为T n ，则T n ＝n 2，T 2n ＝4n 2，所以T 2nT n＝4，因此数列{b n }是“和等比数列”．答案：是9．在等比数列{a n }(n ∈N *)中，a 1>1，公比q >0，设b n ＝log 2a n ，且b 1＋b 3＋b 5＝6，b 1b 3b 5＝0. (1)求证：数列{b n }是等差数列；(2)求{b n }的前n 项和S n 及{a n }的通项公式a n . 解：(1)证明：∵b n ＝log 2a n ， ∴b n ＋1－b n ＝log 2a n ＋1a n ＝log 2q 为常数，∴数列{b n }为等差数列且公差d ＝log 2q .(2)设数列{b n }的公差为d ，∵b 1＋b 3＋b 5＝6，∴b 3＝2. ∵a 1>1，∴b 1＝log 2a 1>0. ∵b 1b 3b 5＝0，∴b 5＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧b 1＋2d ＝2，b 1＋4d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝4，d ＝－1. ∴S n ＝4n ＋n （n －1）2×(－1)＝9n －n 22.∵⎩⎪⎨⎪⎧log 2q ＝－1，log 2a 1＝4，∴⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝16.∴a n ＝25－n (n ∈N *)．10．已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…·a n ＝(2)b n (n ∈N *)．若{a n }为等比数列，且a 1＝2，b 3＝6＋b 2. (1)求a n 与b n ；(2)设c n ＝1a n －1b n (n ∈N *)．记数列{c n }的前n 项和为S n .①求S n ；②求正整数k ，使得对任意n ∈N *，均有S k ≥S n .解：(1)由题意知a 1a 2a 3…a n ＝(2)b n ，b 3－b 2＝6，知a 3＝(2)b 3－b2＝8.又由a 1＝2，得公比q ＝2(q ＝－2舍去)， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n (n ∈N *)， 所以，a 1a 2a 3…a n ＝2n （n ＋1）2＝(2)n (n＋1)．故数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)．(2)①由(1)知c n ＝1a n －1b n ＝12n －⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1(n ∈N *)，所以S n ＝1n ＋1－12n (n ∈N *)．②因为c 1＝0，c 2>0，c 3>0，c 4>0，当n ≥5时，c n ＝1n （n ＋1）⎣⎡⎦⎤n （n ＋1）2n －1， 而n （n ＋1）2n－（n ＋1）（n ＋2）2n ＋1＝（n ＋1）（n －2）2n ＋1>0，得n （n ＋1）2n ≤5×（5＋1）25<1， 所以，当n ≥5时，c n <0.综上，对任意n ∈N *恒有S 4≥S n ，故k ＝4.1．已知首项都是1的两个数列{a n }，{b n }(b n ≠0，n ∈N *)满足a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0. (1)令c n ＝a nb n ，求数列{c n }的通项公式；(2)若b n ＝3n －1，求数列{a n }的前n 项和S n .解：(1)因为a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0，b n ≠0(n ∈N *)， 所以a n ＋1b n ＋1－a nb n＝2，即c n ＋1－c n ＝2，所以数列{c n }是以首项c 1＝1，公差d ＝2的等差数列，故c n ＝2n －1. (2)由b n ＝3n－1知a n ＝c n b n ＝(2n －1)3n －1，于是数列{a n }的前n 项和S n ＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋(2n －1)·3n －1， 3S n ＝1·31＋3·32＋…＋(2n －3)·3n －1＋(2n －1)·3n ，相减得－2S n ＝1＋2·(31＋32＋…＋3n －1)－(2n －1)·3n ＝－2－(2n －2)3n ， 所以S n ＝(n －1)3n ＋1.2．为了加强环保建设，提高社会效益和经济效益，北京市计划用若干时间更换一万辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，替换车为电力型和混合动力型车．今年初投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车400辆；计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%，混合动力型每年比上一年多投入a 辆．(1)求经过n 年，该市被更换的公交车总数S (n )； (2)若该市计划7年内完成全部更换，求a 的最小值．解：(1)设a n ，b n 分别为第n 年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量．依题意，得{a n }是首项为128，公比为1＋50%＝32的等比数列，{b n }是首项为400，公差为a 的等差数列．所以{a n }的前n 项和S n ＝128×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫32n1－32＝256⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫32n－1，{b n }的前n 项和T n ＝400n ＋n （n －1）2a . 所以经过n 年，该市被更换的公交车总数为S (n )＝S n ＋T n ＝256⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫32n－1＋400n ＋n （n －1）2a .(2)若计划7年内完成全部更换，则S (7)≥10 000，所以256⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫327－1＋400×7＋7×62a ≥10 000，即21a ≥3 082，所以a ≥1461621.又a ∈N *，所以a 的最小值为147.3．已知点⎝⎛⎭⎫1，13是函数f (x )＝a x (a >0且a ≠1)的图象上一点，等比数列{a n }的前n 项和为f (n )－c ，数列{b n }(b n >0)的首项为c ，且前n 项和S n 满足S n －S n －1＝S n ＋S n －1(n ≥2，n ∈N *)．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和为T n .问T n >1 0002 015的最小正整数n 是多少？解：(1)∵f (1)＝a ＝13，∴f (x )＝⎝⎛⎭⎫13x，a 1＝f (1)－c ＝13－c ， a 2＝[f (2)－c ]－[f (1)－c ]＝－29，当一个人先从自己的内心开始奋斗，他就是个有价值的人。
高考数学一轮复习 第5章 数列 解答题专项突破(三)数列的综合应用创课件 高三全册数学课件
12/11/2021
规范解答
本课结束
12/11/2021
备考时要熟练掌握等差、等比两种基本数列的通项与前 n 项和的求解， 同时，针对性地掌握求数列通项公式与前 n 项和的几种常用方法．针对具 体问题选取针对性的解决方案进行求解．
12/11/2021
热点题型 1 等差数列与等比数列的判定和通项问题
典例1
已知数列{an}满足 a1＝1，a2＝12，且[3＋(－1)n]an＋2－2an＋
12/11/2021
解题思路 (1)先根据 2Sn＝nan＋2an－1 和 an＝Sn－Sn－1(n≥2)，推出数 列{an}的递推公式，再求 an.
(2)根据a12n的通项公式的结构形式，联系裂项求和法进行适当放缩，再 求和，证明 Tn<4.
12/11/2021
解题思路
规范解答 (1)解法一：当 n＝1 时，2S1＝a1＋2a1－1， 所以 a1＝1. 当 n≥2 时，2Sn＝nan＋2an－1，① 2Sn－1＝(n－1)an－1＋2an－1－1.② ①－②，得 2an＝nan－(n－1)an－1＋2an－2an－1， 所以 nan＝(n＋1)an－1. 所以n＋an 1＝ann－1. 所以n＋an 1＝ann－1＝…＝1＋a1 1＝12，即 an＝n＋2 1. 当 n＝1 时，a1＝1 也满足此式． 故数列{an}的通项公式为 an＝n＋2 1.
12/11/2021
解题思路
规范解答 (1)依题意可得 b1－a1＝3，b2－a2＝5，…， bn－an＝2n＋1， ∴Tn－Sn＝(b1＋b2＋…＋bn)－(a1＋a2＋…＋an) ＝(b1－a1)＋(b2－a2)＋…＋(bn－an) ＝n＋(2＋22＋…＋2n)＝2n＋1＋n－2.
高考数学一轮复习 第五章 数列 第5节 数列的综合应用课件
4．已知△ABC 的三边长成公比为 2的等比数列，则其最大角的余弦值
为
．
【解析】 设三角形的三边长从小到大依次为 a，b，c，
由题意得 b＝ 2a，c＝2a.
在△ABC
D．9 秒钟
【解析】 设至少，∴11－－22n≥100，
∴n≥7.
【答案】 B
3．已知数列{an}为等差数列，且 a1＋a7＋a13＝4π，则 tan(a2＋a12)
的值为
．
【解析】 ∵{an}是等差数列，且 a1＋a7＋a13＝4π，又 a1＋a13＝a2＋a12＝ 2a7.
上述两式相减，得 12Sn＝1＋12＋212＋…＋2n1－1－2nn＝11－－2112n－2nn＝2－22n－2nn， 整理得 Sn＝4－n2＋n－21 ，n∈N*. 所以，数列{bn}的前 n 项和为 4－n2＋n－21 ，n∈N*.
(2)①设{an}的公差为 d，则由已知条件得 a1＋2d＝2,3a1＋3×2 2d＝92， 化简得 a1＋2d＝2，a1＋d＝32，解得 a1＝1，d＝12， 故{an}的通项公式 an＝1＋n－2 1，即 an＝n＋2 1.
二、解答数列应用题的步骤 1．审题——仔细阅读材料，认真理解题意． 2．建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问 题，弄清该数列的结构和特征． 3．求解——求出该问题的数学解． 4．还原——将所求结果还原到原实际问题中．
基础自测
1．(2015·石家庄模拟)已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＋a3＝30，S4
＝120，设 bn＝1＋log3an，那么数列{bn}的前 15 项和为( )
高考数学一轮复习第五章数列5.5数列综合课件
【解】 (1)令 n＝1 代入得 a1＝2(负值舍去)． (2)由 S2n－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*得[Sn－(n2＋n)](Sn＋3)＝0. 又已知各项均为正数，故 Sn＝n2＋n. 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n， 当 n＝1 时，a1＝2 也满足上式， 所以 an＝2n，n∈N*.
【答案】 16
归纳升华
解答数列实际应用问题的步骤
1．确定模型类型：理解题意，看是哪类数列模型，一般有等差数列模型、等
比数列模型、简单的递推数列模型，基本特征见下表：
数列模型
基本特征
等差数列
均匀增加或者减少
等比数列
指数增长，常见的是增产率问题、存款复利问题
简单递推 指数增长的同时又均匀减少．如年收入增长率为 20%，每年年底要拿
【解析】 ∵函数 f(x)是奇函数， ∴f(－x)＝－f(x)且 f(0)＝0， 又∵f(3＋x)＝f(x)， ∴f(x)是以 3 为周期的周期函数， ∴f(2)＝f(－1)＝－5， ∵a1＝－1，且 Sn＝2an＋n， ∴a2＝－3， ∴a3＝－7，a4＝－15， ∴a5＝－31， ∴f(a4)＋f(a5)＝f(－15)＋f(－31)＝f(0)＋f(－1)＝0＋f(2)＝－5.
2．数列与不等式的交汇问题 (1)函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不 等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式． (2)放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到． (3)比较方法：作差或者作商比较．
编后语
有的同学听课时容易走神，常常听着听着心思就不知道溜到哪里去了；有的学生，虽然留心听讲，却常常“跟不上步伐”，思维落后在老师的讲解后。这两种情况都 不能达到理想的听课效果。听课最重要的是紧跟老师的思路，否则，教师讲得再好，新知识也无法接受。如何跟上老师饭思路呢？以下的听课方法值得同学们学习：