数列与函数结合的综合问题(新)

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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．。

高中数学总复习：重难专攻数列中的综合问题

2 + −2 ， ≥ 3，为奇数，
不难发现，奇数项是等差数列，公差
൝
2−2 ， ≥ 3，为偶数，
为2，偶数项是Leabharlann 比数列，公比为2，所以数列{ an }的前10项和为
解题技法
两个等差数列的公共项构成的数列是等差数列，且公差是两等差
数列公差的最小公倍数，两个等比数列的公共项构成的数列是等比数
列，公比是两个等比数列公比的最小公倍数.
高中总复习·数学（提升版）
已知{ an }是公差不为零的等差数列， a 5＝17， a 1， a 2， a 7成等比
数列.
（1）求数列{ an }的通项公式；
+1
−

1
1
＝
＝

（+1）
−
1
，
+1
3
所以 n ≥2时，
3

故

−
2
1
＝
2
2
−
−
2

＋…＋
2

−
−1
1
1
1
1
＝ − ＋…＋
− ，
−1
2
3
−1

1
，又 a 2＝3，则 an ＝2 n －1，当 n ＝1时， a 1＝

1成立，
所以 an ＝2 n －1.
高中总复习·数学（提升版）
列记为{ bn }，求数列{ bn }的前 n 项和 Sn .
解：数列{ an }和{ bn }的公共项依次为32，34，36，…，即9，
92，93，…，构成首项为9，公比为9的等比数列，
9（1−9 ）
9
所以 Sn ＝

数列与函数的综合运用练习题

数列与函数的综合运用练习题在数学中，数列和函数是常见且重要的概念。

数列是按照特定的规律排列的一系列数值的集合，而函数是一种对应关系，将一个集合中的元素映射到另一个集合中的元素。

数列和函数的综合运用能够帮助我们更好地理解数学问题，并提供解决问题的方法。

本文将通过一系列练习题来展示数列与函数的综合运用。

1. 已知数列的通项公式为an = 3n + 1，求该数列的前10项。

解析：根据题目中给出的通项公式，我们可以依次计算出数列的前10项：a1 = 3*1 + 1 = 4，a2 = 3*2 + 1 = 7，以此类推，计算出a3到a10的值。

答案：该数列的前10项分别为4，7，10，13，16，19，22，25，28，31。

2. 已知函数f(x) = 2x^2 + 3x - 1，求f(2)的值。

解析：对于函数f(x)，要求f(2)的值，只需要将x替换为2，然后计算出f(2)的结果。

答案：f(2) = 2*(2^2) + 3*2 - 1 = 14。

3. 设数列的前n项和为Sn，已知数列的通项公式为an = n^2，求Sn。

解析：由数列的通项公式可知，每一项的值都是n的平方，因此前n项和Sn可以表示为Sn = 1^2 + 2^2 + ... + n^2。

答案：Sn = 1^2 + 2^2 + ... + n^2 = n(n+1)(2n+1)/6。

4. 已知函数g(x) = 3x - 2，求满足g(x) = 10的x的值。

解析：要求满足函数g(x) = 10的x的值，即求解方程3x - 2 = 10。

答案：解方程3x - 2 = 10，可以得到x = 4。

通过以上练习题的解答，我们可以看到数列和函数在数学问题中的应用。

数列可以描述一系列数值的排列规律，而函数则提供了一种映射关系，将一个集合中的元素映射到另一个集合中的元素。

通过运用数列和函数的相关概念和公式，我们可以解决各种数学问题，并获得准确的答案。

需要注意的是，在解决问题时，我们要仔细理解题目中给出的条件和要求，并根据题目类型选择合适的数列或函数的公式进行计算。

数列中的综合问题

[解]
易知
(2)若选择①，解答过程如下.
+1

＝
1
3
当 n ≥2时，
−1
+1

·
+2
2
1
，
1
3
1
3
＝ × ，
3
2
1
3
2
4
＝ × ，
4
3
1
3
3
5
＝ × ，…，

−1
1
3
＝ ×
，
累乘得
2
1
×
1
2
3
2
×…×

−1
因为 b 1 ＝，所以 b n ＝
成立，
＝
1
1
＋8.
+1
＝(4－3 n )·2
－8，
方法总结
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.
跟踪训练
1.
2
(2022·全国甲卷)记 Sn 为数列{ an }的前 n 项和.已知
＋ n ＝2 an ＋1.

(1)证明：{ an }是等差数列；
的通项公式、前 n 项和公式、求和方法等对式子化简变形.
跟踪训练
3. 已知数列{ an }是等差数列， a 1＝1，公差 d ∈[1，2]，且 a 4＋λ a 10＋ a 16
＝15，则实数λ的最大值为
1
－
2
.
⁠
因为 a 4＋λ a 10＋ a 16＝15，所以 a 1＋3 d ＋λ( a 1＋9 d )＋ a 1＋15 d ＝15，

7.数列的综合应用之一(数列与函数的综合)

数列的综合应用数列综合应用题型分类:一、数列与函数的综合;二、数列与不等式的综合；三、数列与平面解析几何的综合；四、数列与极限、数学归纳法、导数等知识的综合。

数列与函数的综合应用——数列的综合应用之一一、典例培析1、已知函数2*1()(,,)ax f x a b N c R bx c+=∈∈+是奇函数，在区间(0,)+∞上()(1)f x f ≥恒成立，且(1)1f ≥（1）求函数()f x 的解析式；（2）是否存在这样的区间D ：①D 是()f x 定义上的一个子区间；②对任意12,,x x D ∈当 1212120,|()||()|x x x x f x f x ><<且时有，若存在，求出区间D ；若不存在，说明理由。

（3）若数列{}n a ，{}n b 满足关系：111,()12n n n n n b a a f a b ++==-，当13a =时，求数列{}n b 的通项公式，且当{}n b 的前n 项之积1128n T ≥时，求n 的最大值。

2、已知函数()2)f x x =<-（1）求()f x 的反函数1()f x -；（2）设1*1111,()()n n a f a n N a -+==-∈，求n a ；（3）设222121,n n n n n S a a a b S S +=+++=-L 是否存在最小正整数m ，使得对任意*n N ∈，都有25n mb <成立？若存在，求出m 的值；若不存在，说明理由。

3、定义：称12nnp p p +++L 为n 个正数12,,,n p p p L 的“均倒数”。

若已知数列{}n a 的前n 项的“均倒数”为121n +，（1）求{}n a 的通项公式；（2）设21n n a C n =+，试判断并说明*1()n n C C n N +-∈的符号；（3）设函数2()421n a f x x x n =-+-+是否存在最大的实数λ，当x λ≤时，对一切*n N ∈，都有()0f x ≤成立？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由。

专题20 数列综合-2019年高考数学母题题源系列(浙江专版)(原卷版)

专题20 数列综合【母题来源一】【2019年高考浙江卷】设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，34a =，43a S =，数列{}n b 满足：对每个12,,,n n n n n n n S b S b S b *++∈+++N 成等比数列．（1）求数列{},{}n n a b 的通项公式；（2）记,n c n *=∈N证明：12+.n c c c n *++<∈N【答案】（1）22n a n =-，2n b n n =+；（2）证明见解析．【解析】（1）设数列{}n a 的公差为d ，由题意得11124,333a d a d a d +=+=+，解得10,2a d ==．从而*22,n a n n =-∈N ，所以2*n S n n n =-∈N ，，由12,,n n n n n n S b S b S b +++++成等比数列得212()()()n n n n n n S b S b S b +++=++．解得2121()n n n n b S S S d++=-，所以2*,n b n n n =+∈N ．（2）*n c n ===∈N ．我们用数学归纳法证明．（i ）当n =1时，c 1=0<2，不等式成立；（ii ）假设*()n k k =∈N 时不等式成立，即12k c c c +++<那么，当1n k =+时，121k kc c c c+++++<<<==．即当1n k=+时不等式也成立．根据（i）和（ii），不等式12nc c c+++<对任意*n∈N成立．【名师点睛】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和、数学归纳法等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力．【母题来源二】【2018年高考浙江卷】已知等比数列{a n}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列{b n}满足b1=1，数列{（b n+1−b n）a n}的前n项和为2n2+n．（1）求q的值；（2）求数列{b n}的通项公式．【答案】（1）2q=；（2）2115(43)()2nnb n-=-+⋅．【解析】（1）由42a+是35,a a的等差中项得35424a a a+=+，所以34543428a a a a++=+=，解得48a=．由3520a a+=得18()20qq+=，因为1q>，所以2q=．（2）设1()n n n nc b b a+=-，数列{}nc前n项和为nS．由11,1,, 2.nn nS ncS S n-=⎧=⎨-≥⎩解得41nc n=-．由（1）可知12nna-=，所以111(41)()2nn nb b n-+-=-⋅，故211(45)(),22nn nb b n n---=-⋅≥，11123221()()()()n n n n nb b b b b b b b b b----=-+-++-+-23111(45)()(49)()73222n nn n--=-⋅+-⋅++⋅+．设221113711()(45)(),2222n n T n n -=+⋅+⋅++-⋅≥，2211111137()(49)()(45)()22222n n n T n n --=⋅+⋅++-⋅+-⋅ 所以22111111344()4()(45)()22222n n n T n --=+⋅+⋅++⋅--⋅，因此2114(43)(),22n n T n n -=-+⋅≥，又11b =，所以2115(43)()2n n b n -=-+⋅．【名师点睛】用错位相减法求和应注意的问题：（1）要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；（2）在写出“ ”与“ ”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“ ”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．【母题来源三】【2017年高考浙江卷】已知数列{x n }满足：x 1=1，x n =x n +1+ln(1+x n +1)（n *∈N ）．证明：当n *∈N 时，（1）0＜x n +1＜x n ；（2）2x n +1− x n ≤12n n x x +；（3）112n -≤x n ≤212n -．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析．【解析】（1）用数学归纳法证明：0n x >．当1n =时，110x =>．假设n k =时，0k x >，那么1n k =+时，若10k x +≤，则110ln(1)0k k k x x x ++<=++≤，矛盾，故10k x +>．因此0()n x n *>∈N ，所以111ln(1)n n n n x x x x +++=++>，因此10()n n x x n *+<<∈N ．（2）由11ln(1)n n n x x x ++=++，可得2111111422(2)ln(1)n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++．记函数2()2(2)ln(1)(0)f x x x x x x =-+++≥，则22()ln(1)0(0)1x xf'x x x x +=++>>+，函数f (x )在[0，+∞）上单调递增，所以()(0)f x f ≥=0，因此2111112(2)ln(1)()0n n n n n x x x x f x +++++-+++=≥，故112()2n n n n x x x x n *++-≤∈N ．（3）因为11111ln(1)2n n n n n n x x x x x x +++++=++≤+=，所以112n n x -≥，由1122n n n n x x x x ++≥-，得111112()022n n x x +-≥->，所以12111111112()2()2222n n n n x x x ----≥-≥⋅⋅⋅≥-=，故212n n x -≤．综上，1211()22n n n x n *--≤≤∈N ．【名师点睛】本题主要应用：（1）数学归纳法证明不等式；（2）构造函数，利用函数的单调性证明不等式；（3）利用递推关系证明．【命题意图】以考查等差、等比数列的基础知识为依托，重点考查求数列的通项公式、数列的求和及不等式的证明，考查考生运算求解能力及分析问题、解决问题的综合能力．【命题规律】1．数列的求和问题作为数列的基础知识，为数列与不等式等综合问题提供必要的准备．2．等差、等比数列的判定及综合应用是高考考查的重点，注意基本量及定义的使用，或以等差数列、等比数列为背景，利用函数观点探求参数的值或取值范围，考查分析问题、解决问题的综合能力． 3．数列的综合问题，往往将数列与函数、不等式结合，探求数列中的最值或证明不等式．与数列有关的不等式的证明问题是高考考查的一个热点，也是一个难点，主要涉及到的方法有作差法、放缩法、数学归纳法等．【方法总结】1．等差数列的常用性质由等差数列的定义可得公差为d 的等差数列{}n a 具有如下性质：（1）通项公式的推广：()n m a a n m d =+-，,m n ∈*N ．（2）若m n p q +=+，则q p n m a a a a +=+(,)m n,p,q ∈*N ．特别地，①若2m n p +=，则2m n p a a a +=(,)m n,p ∈*N ；②若m n t p q r ++=++，则m n t p q r a a a a a a ++=++(,)m n,p,q,t,r ∈*N ．③有穷等差数列中，与首末两项等距离的两项之和都相等，都等于首末两项的和，即1211.n n i n i a a a a a a -+-+=+==+=L L（3）下标成等差数列的项2,,,k k m k m a a a ++L 组成以md 为公差的等差数列．（4）数列{}(,n ta t λλ+是常数)是公差为td 的等差数列．（5）若数列{}n b 为等差数列，则数列{}n n ta b λ±(,t λ是常数)仍为等差数列．（6）若,p q a q a p ==，则0p q a +=． 2．与等差数列各项的和有关的性质利用等差数列的通项公式及前n 项和公式易得等差数列的前n 项和具有如下性质：设等差数列{}n a （公差为d ）和{}n b 的前n 项和分别为,n n S T ，（1）数列{}n S n是等差数列，首项为1a ，公差为12d ．（2）232(1),,,,,k k k k k mk m k S S S S S S S ----L L 构成公差为2k d 的等差数列．（3）若数列{}n a 共有2n 项，则S S nd -=奇偶，1n n S aS a +=奇偶．（4）若数列{}n a 共有21n -项，则S S -=奇偶n a ，(,1n S n S na S n ==-奇奇偶(1))n S n a =-偶．（5）2121n n n n S a T b --=，21212121m mn nS a m T n b ---=⋅-． 3．等差数列的判定与证明的方法（1）定义法：1()n n a a d n +-=∈*N 或1(2,)n n a a d n n --=≥∈⇔*N {}n a 是等差数列；（2）定义变形法：验证是否满足11(2,)n n n n a a a a n n +--=-≥∈*N ；（3）等差中项法：122(){}n n n n a a a n a ++=+∈⇔*N 为等差数列；（4）通项公式法：通项公式形如(,n a pn q p q =+为常数)⇔{}n a 为等差数列；（5）前n 项和公式法：2(,n S pn qn p q =+为常数)⇔{}n a 为等差数列．注意：①若判断一个数列不是等差数列，只需找出三项12,,n n n a a a ++，使得122n n n a a a ++≠+即可； ②如果要证明一个数列是等差数列，则必须用定义法或等差中项法． 4．等比数列及其前n 项和的性质若数列{}n a 是公比为q 的等比数列，前n 项和为n S ，则有如下性质：（1）若m n p q +=+，则m n p q a a a a =；若2m n r +=，则2(,)m n r a a a m n,p,q,r =∈*N ．推广：1211;n n i n i a a a a a a -+-===①L L②若m n t p q r ++=++，则m n t p q r a a a a a a =．（2）若,,m n p 成等差数列，则,,m n p a a a 成等比数列．（3）数列{}(0)n a ≠λλ仍是公比为q 的等比数列；数列1{}n a 是公比为1q的等比数列；数列{}||n a 是公比为||q 的等比数列；若数列{}n b 是公比为q'的等比数列，则数列{}n n a b 是公比为qq'的等比数列．（4）23,,,,k k m k m k m a a a a +++L 成等比数列，公比为mq ．（5）连续相邻k 项的和（或积）构成公比为(kq 或2)k q 的等比数列．（6）当1q =时，n m S n S m =；当1q ≠±时，11nn mm S q S q -=-．（7）m nn m m n n m S S q S S q S +=+=+．（8）若项数为2n ，则S q S =偶奇，若项数为21n +，则1S a q S -=奇偶．（9）当1q ≠-时，连续m 项的和（如232,,,m m m m m S S S S S --L ）仍组成等比数列（公比为mq ，2m ≥）． 5．等比数列的判定与证明常用的方法（1）定义法：1n na q a +=(q 为常数且0)q ≠⇔数列{}n a 是等比数列．（2）等比中项法：212(,0)n n n n a a a n a ++=⋅∈≠*N ⇔数列{}n a 是等比数列．（3）通项公式法：(0,)n n a tq tq n =≠∈*N ⇔数列{}n a 是等比数列．（4）前n 项和公式法：若数列的前n 项和nn S Aq A =-+(0,0,1)A q q ≠≠≠，则该数列是等比数列．其中前两种方法是证明等比数列的常用方法，而后两种方法一般用于选择题、填空题中．注意：①若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可． ②只满足1(0)n n a qa q +=≠的数列未必是等比数列，要使其成为等比数列还需要10a ≠． 6．数列求和的常用方法（1）公式法直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和．（2）倒序相加法如果一个数列{}n a 的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．（3）错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的．（4）裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．常见的裂项方法：①1111()()n n k k n n k=-++，特别地，当时，111(1)1n n n n =-++；②1()n k n k n k n =+-++，特别地，当时，11n n n n=+-++；③1111[](1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n =-+++++．（5）分组转化求和法一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减．（6）并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和． 7．数列与函数综合（1）数列与函数的综合问题主要有以下两类：①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；②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．（2）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用解法有助于该类问题的解决． 8．数列与不等式综合与数列有关的不等式的命题常用的方法有：比较法(作差作商)、放缩法、利用函数的单调性，其中利用不等式放缩证明是历年命题的热点．9．以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用函数的单调性求解． 10．数学归纳法的概念一般地，证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤进行：（1）（归纳奠基）证明当n 取第一个值*00()n n ∈N 时命题成立；（2）（归纳递推）假设*0(,)n k k n k =≥∈N 时命题成立，证明当1n k =+时命题也成立．只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从0n 开始的所有正整数n 都成立．注意：用数学归纳法证明与正整数有关的等式问题时，要先看项，清楚等式两边式子的构成规律，等式的两边各有多少项，再用数学归纳法证明．证明不等式时，则要注意往目标式子上凑，在证明过程中可能用到比较法、综合法、分析法、放缩法等．1．【浙江省三校2019年5月份第二次联考】已知数列{}n a ，{}n b 的各项均不为零，若{}n b 是单调递增数列，且12n n n a b b +=⋅，211n n n a a b +++=，12a b =，26a b =．（1）求1b 及数列{}n b 的通项公式；（2）若数列{}n c 满足113c =-，1n b n n c c ++=，求数列2{}n c 的前n 项的和n S ．2．【浙江省温州市2019届高三2月高考适应性测试】设n S 为数列{}n a 的前n 项和，且28S =，2n S =(1)1n n a n ++-．（1）求1a ，2a 并证明数列{}n a 为等差数列；（2）若不等式20nn S λ⋅->对任意正整数n 恒成立，求实数λ的取值范围．3．【浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试】已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，公差0d ≠，且1S ，3S ，9S 成等比数列，数列{}n b 满足2*1122466()2n n n n n b S b S b S n +++++=-∈N ，{}n b 的前n 项和为n T ．（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记12231111n n n R a a a a a a +=+++，试比较n R 与12n T 的大小．4．【浙江省金华十校2019届高三上学期期末联考】数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，1n a +=*1()n S n +∈N（1）求通项公式n a ；（2）记12111n n T S S S =+++，求证：31222n n T -≤<．5．【浙江省2019年高考模拟训练卷三】已知数列{}n a 的前n 项为*32,nn n S a n =∈-N ．（1）证明：{1}2nn a -为等比数列；（2）求数列{}2nn na 的前n 项和为n T ．6．【浙江省嘉兴市2019届高三第一学期期末检测】在数列{}n a ，{}n b 中，设n S 是数列{}n a 的前n 项和，已知11a =，12n n a a +=+，1235(21)21nn n b b n b a ++++=⋅+，*n ∈N ．（1）求n a 和n S ；（2）若n k ≥时，8n n b S ≥恒成立，求整数k 的最小值．7．【浙江省台州市2019届高三上学期期末质量评估】在数列{}n a 中，11a =，23a =，且对任意的*n ∈N ，都有2132n n n a a a ++=-．（1）证明数列+1{}n n a a -是等比数列，并求数列{}n a 的通项公式；（2）设12n n n n b a a +=，记数列{}n b 的前n 项和为n S ，若对任意的*n ∈N 都有1n n S m a ≥+，求实数m 的取值范围．8．【浙江省浙南名校联盟2019届高三上学期期末联考】已知等比数列{}n a 的公比(0,1)q ∈，前n 项和为n S ．若331S a +=，且2116a +是1a 与3a 的等差中项．（1）求n a ；（2）设数列{}n b 满足10b =，1()n n n b b a n *+-=∈N ，数列{}n n a b 的前n 项和为n T ．求证：1()3n T n *<∈N ．9．【浙江省七彩联盟2018~2019学年第一学期高三11月期中考试】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，12a =，且*12()n n a S n +=+∈N ．（1）求{}n a 的通项公式；（2）设22log ,(2)5|1|,nn na n n nb n a ⎧⎪+⎪=⎨⎪-⎪⎩为奇数为偶数，n T 是数列{}n b 的前n 项和，求21n T +．10．【江省金华十校2019届第二学期高考模拟】已知数列{}n a 中，14a =，n a >1314n n nn a a a a +=-+，记22212111n nT a a a =+++．（1）证明：2n a >；（2）证明：115116n na a +≤<；（3）证明：8454n nnT -<<．。

2023年新高考数学一轮复习7-5 数列的综合应用(知识点讲解)含详解

专题7.5 数列的综合应用（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1.数列与传统数学文化、实际问题相结合，考查等差、等比数列的基本运算，凸显数学建模的核心素养． 2．数列与新定义问题相结合，考查转化、迁移能力，凸显数学抽象的核心素养．3．数列与函数、不等式、解析几何等相结合，考查学生综合分析解决问题的能力，凸显逻辑推理的核心素养．【知识点展示】（一）数列与函数数列与函数的综合问题主要有以下两类：（1）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；（2）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．（二）数列与不等式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”．放缩法常见的放缩技巧有： (1)1k 2＜1k 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ＋1.(2)1k －1k ＋1＜1k 2＜1k －1－1k . (3)2(n ＋1－n )＜1n＜2(n －n －1)．2.数列中不等式恒成立的问题数列中有关项或前n 项和的恒成立问题，往往转化为数列的最值问题；求项或前n 项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解．（三）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、简单递推数列模型．基本特征如下：等差数列模型：均匀增加或者减少等比数列模型：指数增长或减少，常见的是增产率问题、存款复利问题简单递推数列模型：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{}1 1.2n n n a a a a ＋满足＝－(2)准确解决模型：解模就是根据数列的知识，求数列的通项、数列的和、解方程(组)或者不等式(组)等，在解模时要注意运算准确．(3)给出问题的回答：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．【常考题型剖析】题型一：数列与函数的综合例1.（2021·河南·睢县高级中学高三阶段练习（理））已知数列{}n a 的首项11a =，函数()()41cos221n n f x x a x a +=+-+有唯一零点，则通项n a =（） A ．13n -B ．12n -C ．21n -D ．32n -例2.（2023·全国·高三专题练习）设函数()12ln x f x x -=+，11a =，()*21N 1,23n n a f f n f f n n n n n -⎛⎫=+++⋅ ⎪⋅⋅+∈≥ ⎪⎝⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎭．则数列{}n a 的前n 项和n S =______．例3．（2017·上海·高考真题）根据预测，某地第n *()n ∈N 个月共享单车的投放量和损失量分别为n a 和n b （单位：辆），其中4515,1310470,4n n n a n n ⎧+≤≤=⎨-+≥⎩，5n b n =+，第n 个月底的共享单车的保有量是前n 个月的累计投放量与累计损失量的差.（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；（2）已知该地共享单车停放点第n 个月底的单车容纳量24(46)8800n S n =--+（单位：辆）. 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？【温馨提醒】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数列的求和、和的最值，利用函数性质或不等式性质求解较为常规．题型二：数列与不等式的综合例4.（2021·浙江·高考真题）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，194a =-，且1439n n S S +=-.（1）求数列{}n a 的通项；（2）设数列{}n b 满足*3(4)0()n n b n a n N +-=∈，记{}n b 的前n 项和为n T ，若n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，求实数λ的取值范围.例5.（2021·天津·高考真题）已知{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64．{}n b 是公比大于0的等比数列，1324,48b b b =-=．（I ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（II ）记2*1,n n nc b b n N =+∈，（i ）证明{}22nn c c -是等比数列；（ii ）证明)*nk n N =∈ 例6.（2021·全国·高考真题（文））设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <．【温馨提醒】数列与不等式的结合，除应熟练掌握数列的通项公式、求和公式，关于不等式证明、不等式恒成立问题的处理方法亦应灵活运用. 题型三：数列与实际应用问题例7．【多选题】（2022·全国·高三专题练习）参加工作5年的小郭，因工作需要向银行贷款A 万元购买一台小汽车，与银行约定：这A 万元银行贷款分10年还清，贷款的年利率为r ，每年还款数为X 万元，则（）A ．()1011ArX r =+- B ．小郭第3年还款的现值为()31Xr +万元C ．小郭选择的还款方式为“等额本金还款法”D ．小郭选择的还款方式为“等额本息还款法”例8.（2021·全国·高三专题练习）某集团公司有一下属企业A 从事一种高科技产品的生产.A 企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了40%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.集团公司要求A 企业从第一年开始，每年年底上缴资金t 万元（800t <），并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n 年年底A 企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元.则（） A ．22800a t =- B ．175n n a a t +=-C ．1n n a a +>D ．当400t =时，33800a >【总结提升】1.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.2.等比数列最值有关问题的解题思路：求解此类问题的常用思路是根据题目所给条件建立关于变量n 的函数关系进行求解．有时也注意基本不等式的应用．题型四：数列的“新定义”问题例9．（2022·全国·高三专题练习）对于数列{}n a ，定义11222-=+++n n n A a a a 为数列{}n a 的“加权和”，已知某数列{}n a 的“加权和”12n n A n +=⋅，记数列{}+n a pn 的前n 项和为n T ，若5≤n T T 对任意的N n *∈恒成立，则实数p 的取值范围为（） A ．127,53⎡⎤--⎢⎥⎣⎦B ．167,73⎡⎤--⎢⎥⎣⎦C ．512,25⎡⎤--⎢⎥⎣⎦D ．169,74⎡⎤--⎢⎥⎣⎦例10．（2022·江西抚州·高二阶段练习（理））对大于1的自然数m 的三次幂可用奇数进行以下形式的“分裂”：3325⎧⎨⎩，3739,11⎧⎪⎨⎪⎩，3131541719⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩，…仿此，若3m 的“分裂数”中有一个是1111，则m 的值为（） A ．32 B ．33 C ．34 D ．35例11.（2022·河南开封·高二期末（理））若数列{}n a 中不超过()f m 的项数恰为()*,m b n m ∈N ，则称数列{}m b 是数列{}n a 的生成数列，称相应的函数()f m 是数列{}n a 生成{}m b 的控制函数.已知2n n a =，()f m m =，记数列{}m b 的前m 项和为m S ，则63S =（） A ．258B ．264C ．642D ．636例12.（2022·全国·高三专题练习）定义：对于任意一个有穷数列，第一次在其每相邻的两项间都插人这两项的和，得到的新数列称之为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和称之为二阶和数列，以此类推可以得到n 阶和数列，如{1,5}的一阶和数列是{1,6,5}，设它的n 阶和数列各项和为n S ．(1)试求{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，并猜想n S 的通项公式（无需证明）； (2)若()()311log 3log 33n n n c S S +=--⋅-，求{}n c 的前n 项和n T ，并证明：1126n T -<≤-．【温馨提醒】立足于“转化”，将新定义问题转化成等差数列、等比数列问题求解. 题型五：数列与解析几何例12．（2021·浙江·高考真题）已知,R,0a b ab ∈>，函数()2R ()f x ax b x =+∈.若(),(),()f s t f s f s t -+成等比数列，则平面上点(),s t 的轨迹是（） A ．直线和圆B ．直线和椭圆C ．直线和双曲线D ．直线和抛物线例13．（2017山东，理19）已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1+x 2=3，x 3-x 2=2 （Ⅰ）求数列{x n }的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1, 1)，P 2(x 2, 2)…P n+1(x n+1, n+1)得到折线P 1 P 2…P n+1，求由该折线与直线y=0，11n x x x x +==,所围成的区域的面积.题型六：数列与传统文化例14.（2022·云南师大附中模拟预测（理））《九章算术》是我国秦汉时期一部杰出的数学著作，书中第三章“衰分”有如下问题：“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，共出百钱.欲令高爵出少，以次渐多，问各几何?”意思是：“有大夫、不更、簪裏、上造、公士（爵位依次变低）5个人共出100钱，按照爵位从高到低每人所出钱数成递增等差数列，这5个人各出多少钱?”在这个问题中，若不更出17钱，则公士出的钱数为（） A ．10B ．14C ．23D ．26例15.（2022·山东青岛·一模）我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金n T几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为持金的12，第2关收税金为剩余金的13，第3关收税金为剩余金的14，第4关收税金为剩余金的15，第5关收税金为剩余金的16，5关所收税金之和恰好重1斤．问原来持金多少？”．记这个人原来持金为a 斤，设()101,115,01x x f x x x +>⎧=⎨-<≤⎩，则()f a =（）A ．5-B ．7C ．13D ．26例16.（2017·全国·高考真题（理））我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（） A ．1盏 B ．3盏 C ．5盏 D ．9盏【总结提升】理解题意，构造数列，应用数列模型解题．专题7.5 数列的综合应用（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1.数列与传统数学文化、实际问题相结合，考查等差、等比数列的基本运算，凸显数学建模的核心素养． 2．数列与新定义问题相结合，考查转化、迁移能力，凸显数学抽象的核心素养．3．数列与函数、不等式、解析几何等相结合，考查学生综合分析解决问题的能力，凸显逻辑推理的核心素养．【知识点展示】（一）数列与函数数列与函数的综合问题主要有以下两类：（1）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；（2）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．（二）数列与不等式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”．放缩法常见的放缩技巧有： (1)1k 2＜1k 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ＋1.(2)1k －1k ＋1＜1k 2＜1k －1－1k . (3)2(n ＋1－n )＜1n＜2(n －n －1)．2.数列中不等式恒成立的问题数列中有关项或前n 项和的恒成立问题，往往转化为数列的最值问题；求项或前n 项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解．（三）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、简单递推数列模型．基本特征如下：等差数列模型：均匀增加或者减少等比数列模型：指数增长或减少，常见的是增产率问题、存款复利问题简单递推数列模型：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{}1 1.2n n n a a a a ＋满足＝－(2)准确解决模型：解模就是根据数列的知识，求数列的通项、数列的和、解方程(组)或者不等式(组)等，在解模时要注意运算准确．(3)给出问题的回答：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．【常考题型剖析】题型一：数列与函数的综合例1.（2021·河南·睢县高级中学高三阶段练习（理））已知数列{}n a 的首项11a =，函数()()41cos221n n f x x a x a +=+-+有唯一零点，则通项n a =（） A ．13n - B ．12n -C ．21n -D ．32n -【答案】C 【解析】【分析】由奇偶性定义可判断出()f x 为偶函数，由此可确定唯一零点为0x =，从而得到递推关系式；利用递推关系式可证得数列{}1n a +为等比数列，由等比数列通项公式可推导得到n a . 【详解】()()()()()()4411cos 221cos221n n n n f x x a x a x a x a f x ++-=-+--+=+-+=，()f x ∴为偶函数，图象关于y 轴对称，()f x ∴的零点关于y 轴对称，又()f x 有唯一零点，()f x ∴的零点为0x =，即()()10210n n f a a +=-+=，121n n a a +∴=+，即()1121n n a a ++=+，又112a +=，∴数列{}1n a +是以2为首项，2为公比的等比数列，12n n a ∴+=，则21n n a =-.故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数与数列的综合应用问题；解题关键是能够根据奇偶性的性质确定函数的唯一零点为0x =，从而结合零点确定数列的递推关系式，由递推关系式证得数列{}1n a +为等比数列. 例2.（2023·全国·高三专题练习）设函数()12ln x f x x -=+，11a =，()*21N 1,23n n a f f n f f n n n n n -⎛⎫=+++⋅ ⎪⋅⋅+∈≥ ⎪⎝⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎭．则数列{}n a 的前n 项和n S =______．【答案】2n n 1-+ 【解析】【分析】由题设11()()4n f f n n-+=，讨论n 的奇偶性求{}n a 的通项公式，再求n S . 【详解】由题设，111()()4ln(1)ln 41n f f n n n n -+=+-+=-，所以()()**14121,2,N 221421,21,N 2n n f n n k k a n n n k k ⎧⎛⎫⎛⎫⨯-+=-=∈ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭=⎨-⎪⨯=-=+∈⎪⎩，即2(1)n a n =-且n ≥ 2，当1n =时，11S =，当2n ≥时，21242(1)1n S n n n =+++⋅⋅⋅+-=+-，所以21n S n n =-+，n *∈N故答案为：2n n 1-+.例3．（2017·上海·高考真题）根据预测，某地第n *()n ∈N 个月共享单车的投放量和损失量分别为n a 和n b （单位：辆），其中4515,1310470,4n n n a n n ⎧+≤≤=⎨-+≥⎩，5n b n =+，第n 个月底的共享单车的保有量是前n 个月的累计投放量与累计损失量的差.（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；（2）已知该地共享单车停放点第n 个月底的单车容纳量24(46)8800n S n =--+（单位：辆）. 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？【答案】（1）935；（2）见解析. 【解析】【详解】试题分析：（1）计算{}n a 和{}n b 的前4项和的差即可得出答案；（2）令n n a b ≥得出42n ≤，再计算第42个月底的保有量和容纳量即可得出结论. 试题分析：（1）()()1234123496530935a a a a b b b b +++-+++=-=（2）10470542n n n -+>+⇒≤，即第42个月底，保有量达到最大()()()()12341234420503864742965878222a a a ab b b b ⎡⎤+⨯+⨯+++⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅+=+-=⎢⎥⎣⎦()2424424688008736S =--+=，∴此时保有量超过了容纳量.【温馨提醒】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数列的求和、和的最值，利用函数性质或不等式性质求解较为常规．题型二：数列与不等式的综合例4.（2021·浙江·高考真题）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，194a =-，且1439n n S S +=-.（1）求数列{}n a 的通项；（2）设数列{}n b 满足*3(4)0()n n b n a n N +-=∈，记{}n b 的前n 项和为n T ，若n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，求实数λ的取值范围.【答案】（1）33()4nn a =-⋅；（2）31λ-≤≤.【解析】【分析】（1）由1439n n S S +=-，结合n S 与n a 的关系，分1,2n n =≥讨论，得到数列{}n a 为等比数列，即可得出结论；（2）由3(4)0n n b n a +-=结合(1)的结论，利用错位相减法求出n T ，n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，分类讨论分离参数λ，转化为λ与关于n 的函数的范围关系，即可求解. 【详解】（1）当1n =时，1214()39a a a +=-，229272749,4416a a =-=-∴=-，当2n ≥时，由1439n n S S +=-①，得1439n n S S -=-②，①-②得143n n a a += 122730,0,164n n n a a a a +=-≠∴≠∴=，又213,{}4n a a a =∴是首项为94-，公比为34的等比数列， 1933()3()444n n n a -∴=-⋅=-⋅；（2）由3(4)0n n b n a +-=，得43(4)()34n n n n b a n -=-=-，所以234333333210(4)44444nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯⨯++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎝+⎭⎭，2413333333321(5)(4)444444nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯++-⋅+-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相减得234113333333(4)4444444nn n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯++++--⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1193116493(4)34414n n n -+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-+-- ⎪⎝⎭-111993334(4)44444n n n n n +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+---⋅=-⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以134()4n n T n +=-⋅，由n n T b λ≤得1334()(4)()44n nn n λ+-⋅≤-⋅恒成立，即(4)30n n λ-+≥恒成立，4n =时不等式恒成立；4n <时，312344n n n λ≤-=----，得1λ≤； 4n >时，312344n n n λ≥-=----，得3λ≥-；所以31λ-≤≤.【点睛】易错点点睛：（1）已知n S 求n a 不要忽略1n =情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的正负零讨论，如（2）中(4)30n n λ-+≥恒成立，要对40,40,40n n n -=->-<讨论，还要注意40n -<时，分离参数不等式要变号.例5.（2021·天津·高考真题）已知{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64．{}n b 是公比大于0的等比数列，1324,48b b b =-=．（I ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（II ）记2*1,n n nc b b n N =+∈，（i ）证明{}22nn c c -是等比数列；（ii ）证明)*nk n N =∈ 【答案】（I ）21,n a n n N *=-∈，4,n n N b n *=∈；（II ）（i ）证明见解析；（ii ）证明见解析.【解析】【分析】（I ）由等差数列的求和公式运算可得{}n a 的通项，由等比数列的通项公式运算可得{}n b 的通项公式；（II ）（i ）运算可得2224nn n c c =⋅-，结合等比数列的定义即可得证；（ii ）放缩得21222422n n n n n a n c a c +<-⋅，进而可得112n n k k k-==，结合错位相减法即可得证. 【详解】（I ）因为{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64．所以12818782642a a a a ⨯++⋅⋅⋅+=+⨯=，所以11a =，所以()12121,n n n n N a a *=+-=-∈；设等比数列{}n b 的公比为(),0q q >，所以()221321484q b b b q q b q ==-=--，解得4q =（负值舍去），所以114,n n n b q n N b -*==∈；（II ）（i ）由题意，221441n n nn n b c b =++=，所以22224211442444n n nn nnn c c ⎛⎫⎛⎫=+-+=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-，所以220nn c c ≠-，且212222124424n n n n nn c c c c +++⋅==⋅--，所以数列{}22nn c c -是等比数列；（ii ）由题意知，()()22122222121414242222n n n n n n n n n a n n c c a +-+-==<-⋅⋅⋅，12n n-，所以112nn k k k k-==，设10121112322222nn k n k k nT --===+++⋅⋅⋅+∑，则123112322222n n n T =+++⋅⋅⋅+，两式相减得21111111122121222222212nn n n nn n n n T -⎛⎫⋅- ⎪+⎝⎭=+++⋅⋅⋅+-=-=--，所以1242n n n T -+=-，所以1112422nn k n k k n --==+⎫-<⎪⎭ 例6.（2021·全国·高考真题（文））设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <．【答案】（1）11()3n n a -=，3n nn b =；（2）证明见解析. 【解析】【分析】（1）利用等差数列的性质及1a 得到29610q q -+=，解方程即可；（2）利用公式法、错位相减法分别求出,n n S T ，再作差比较即可. 【详解】（1）因为{}n a 是首项为1的等比数列且1a ，23a ，39a 成等差数列，所以21369a a a =+，所以211169a q a a q =+，即29610q q -+=，解得13q =，所以11()3n n a -=，所以33n n n na nb ==. （2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和211213333n n n n nT --=++++，012111111223333-⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭n n S ， 230121123111112333323333n n n n S n T -⎛⎫⎛⎫-=++++-++++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭012111012222333---++++111233---+n nn n ．设0121111101212222Γ3333------=++++n n n ， ⑧ 则1231111012112222Γ33333-----=++++n nn ． ⑨由⑧-⑨得1121113312111113322Γ13233332313--⎛⎫--- ⎪⎛⎫⎝⎭=-++++-=-+- ⎪⎝⎭-n n n n n n n ．所以211312Γ432323----=--=-⨯⨯⨯n n n n n n ．因此10232323--=-=-<⨯⨯n n n n nS n n nT ．故2nn S T <． [方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得11(1)313(1)12313n n n S ⨯-==--， 211213333n n nn n T --=++++，①231112133333n n n n nT +-=++++，② ①-②得23121111333333n n n n T +=++++- 1111(1)1133(1)1323313n n n n n n ++-=-=---，所以31(1)4323n n nnT =--⋅，所以2n n S T -=3131(1)(1)043234323n n n nn n ----=-<⋅⋅，所以2nn S T <. [方法三]：构造裂项法由（Ⅰ）知13⎛⎫= ⎪⎝⎭n n b n ，令1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭n n c n ，且1+=-n n n b c c ，即1111()[(1)]333αβαβ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭n n n n n n ，通过等式左右两边系数比对易得33,24αβ==，所以331243nn c n ⎛⎫⎛⎫=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．则12113314423nn n n n T b b b c c +⎛⎫⎛⎫=+++=-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，下同方法二．[方法四]：导函数法设()231()1-=++++=-n nx x f x x x x x x，由于()()()()()()1221'111'11(1)'1(1)1n n n n nx x x x x x x x nx n x x x x +⎡⎤⎡⎤⎡⎤----⨯--+-+⎣⎦⎣⎦⎢⎥==---⎢⎥⎣⎦，则12121(1)()123(1)+-+-+=++++='-n nn nx n x f x x x nxx ．又1111333-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n n n b n n ，所以2112311111233333n n n T b b b b n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++++=+⨯+⨯++⋅=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12111(1)11133333113n nn n f +⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⋅=⨯ ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭'13113311(1)4334423n nnn n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，下同方法二．【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,n n S T ,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，使1+=-n n n b c c ，求得n T 的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法. 【温馨提醒】数列与不等式的结合，除应熟练掌握数列的通项公式、求和公式，关于不等式证明、不等式恒成立问题的处理方法亦应灵活运用. 题型三：数列与实际应用问题例7．【多选题】（2022·全国·高三专题练习）参加工作5年的小郭，因工作需要向银行贷款A 万元购买一台小汽车，与银行约定：这A 万元银行贷款分10年还清，贷款的年利率为r ，每年还款数为X 万元，则（） A ．()1011ArX r =+- B ．小郭第3年还款的现值为()31Xr +万元C ．小郭选择的还款方式为“等额本金还款法”D ．小郭选择的还款方式为“等额本息还款法” 【答案】BD 【解析】【分析】因为小郭每年还款钱数相等，所以小郭选择为“等额本息还款法”，所以利用等比数列前n 项和公式求出X ，再设小郭第3年还款的现值为y ，根据复利规则求出y ．【详解】解：小郭与银行约定，每年还一次欠款，并且每年还款的钱数都相等，∴小郭靖选择的还款方式为“等额本息还款法”，故D 正确，C 错误，设每年应还X 元，还款10次，则该人10年还款的现金与利息和为29[1(1)(1)(1)]X r r r +++++⋯++，银行贷款A 元10年后的本利和为10(1)A r +．2910[1(1)(1)(1)](1)X r r r A r ∴+++++⋯++=+， ∴10101[1(1)](1)1(1)r X A r r ⨯-+⋅=+-+，即1010(1)(1)1Ar r X r +=+-，故A 错误．设小郭第三年还款的现值为y ，则3(1)y r X ⋅+=，所以()31Xy r =+，故B 正确；例8.（2021·全国·高三专题练习）某集团公司有一下属企业A 从事一种高科技产品的生产.A 企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了40%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.集团公司要求A 企业从第一年开始，每年年底上缴资金t 万元（800t <），并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n 年年底A 企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元.则（） A ．22800a t =- B ．175n n a a t +=-C ．1n n a a +>D ．当400t =时，33800a >【答案】BC 【解析】先求得第一年年底剩余资金1a ，第二年底剩余资金2a ，即可判断A 的正误；分析总结，可得1n a +与n a 的关系，即可判断B 的正误；根据题意，求得n a 的表达式，利用作差法即可比较1n a +与n a 的大小，即可判断C 的正误，代入400t =，即可求得3a ，即可判断D 的正误，即可得答案. 【详解】第一年年底剩余资金12000(140%)2800a t t =⨯+-=-，第二年底剩余资金211712(140%)392055a a t a t t =⨯+-=-=-，故A 错误；第三年底剩余资金3227109(140%)5488525t a a t a t =⨯+-=-=-，⋅⋅⋅ 所以第n +1年年底剩余资金为17(140%)5n n n a a t a t +=⨯+-=-，故B 正确；因为212277777()()55555n n n n a a t a t t a t t ---=-=--=--12217777()[1()()]5555n n a t --=-+++⋅⋅⋅+117[1()]75()(2800)7515n n t t ---=---=11757()(2800)[()1]525n n t t -----=1775()(2800)522n t t --+，所以111722775277[()(2800)]()(2800)555522552n n n n n n n t t t a a a t a a t t --+-=--=-=-+-=-，因为800t <，所以7280002t->，所以11277()(2800)0552n n n ta a -+-=->，即1n n a a +>，故C 正确；当400t =时，310910940054885488374438002525t a ⨯=-=-=<，故D 错误；【总结提升】1.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.2.等比数列最值有关问题的解题思路：求解此类问题的常用思路是根据题目所给条件建立关于变量n 的函数关系进行求解．有时也注意基本不等式的应用．题型四：数列的“新定义”问题例9．（2022·全国·高三专题练习）对于数列{}n a ，定义11222-=+++n n n A a a a 为数列{}n a 的“加权和”，已知某数列{}n a 的“加权和”12n n A n +=⋅，记数列{}+n a pn 的前n 项和为n T ，若5≤n T T 对任意的N n *∈恒成立，则实数p 的取值范围为（） A ．127,53⎡⎤--⎢⎥⎣⎦B ．167,73⎡⎤--⎢⎥⎣⎦C ．512,25⎡⎤--⎢⎥⎣⎦D ．169,74⎡⎤--⎢⎥⎣⎦【答案】A 【解析】【分析】根据n A 与n a 的关系求出n a ，再根据等差数列的求和公式求出n T ，将5≤n T T 化为216(5)06+⎛⎫-+≤ ⎪+⎝⎭n n p n 对任意的n *∈N 恒成立，分类讨论n 可求出结果. 【详解】由1112222n n n n A a a a n -+=+++=⋅，∴2n ≥时,212122(1)2n n n a a a n --+++=-⋅，∴1122(1)2-+⋅=⋅--⋅n n n n a n n ，∴22n a n =+，1n =时，14a =也成立，∴22n a n =+，∴数列{}+n a pn 的前n 项和为：12(12)n n T a a a p n =+++++++2(422)(1)(1)3222++++=+⋅=++⋅n n n n n n p n n p ，∵5≤n T T 对任意的n *∈N 恒成立，∴225(1)56353522+⨯++⋅≤=+⨯+⨯n n n n p T p ，即225335(1)5(51)022p pn n n n -+-⨯++-⨯⨯+≤，即22225335(5)(5)022p p n n n n -+-⨯+-+-≤，即5(5)(53)0222pn p p n n -+++++≤，即(6)(5)(8)02p n n n +-++≤，即216(5)06+⎛⎫-+≤ ⎪+⎝⎭n n p n 对任意的n *∈N 恒成立，当14n ≤≤时，2164266+-≤=+++n p n n 对任意的n *∈N 恒成立，因为4412226465n +≥+=++，∴125-≤p ，所以125p ≥-，当5n =时，216(5)06n n p n +⎛⎫-+= ⎪+⎝⎭恒成立，R p ∈，当6n ≥时，2164266+-≥=+++n p n n 对任意的n *∈N 恒成立，因为447226663n +≤+=++，∴73-≥p ，所以73p ≤-，综上可得：实数p 的取值范围为127,53⎡⎤--⎢⎥⎣⎦．故选：A ．例10．（2022·江西抚州·高二阶段练习（理））对大于1的自然数m 的三次幂可用奇数进行以下形式的“分裂”：3325⎧⎨⎩，3739,11⎧⎪⎨⎪⎩，3131541719⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩，…仿此，若3m 的“分裂数”中有一个是1111，则m 的值为（） A ．32B ．33C ．34D ．35【答案】B 【解析】【分析】根据分裂数的定义，求出从32到()31m -、从32到3m 分裂数个数，再根据所有分裂数成等差数列求出1111对应的位置，进而根据不等式求m 值. 【详解】由题意，对于332,...,m ，它们依次对应2、3、…、m 个分裂数，则从32到()31m -各分裂数个数的和为(2)(1)2m m -+，从32到3m 各分裂数个数和为(1)(2)2m m -+，又332,...,m 的分裂数{}n a ，构成首项为3，公差为2的等差数列，所以21n a n =+，令211111n +=，可得555n =，所以(2)(1)(1)(2)55522m m m m -+-+<≤，当32m =时，(1)(2)5275552m m -+=<不符合；当33m =时，(1)(2)5605552m m -+=>，(2)(1)5275552m m -+=<符合；当34m =时，(2)(1)5605552m m -+=>不符合；综上，33m =. 故选：B例11.（2022·河南开封·高二期末（理））若数列{}n a 中不超过()f m 的项数恰为()*,m b n m ∈N ，则称数列{}m b 是数列{}n a 的生成数列，称相应的函数()f m 是数列{}n a 生成{}m b 的控制函数.已知2n n a =，()f m m =，记数列{}m b 的前m 项和为m S ，则63S =（） A ．258 B ．264 C ．642 D ．636【答案】A 【解析】【分析】分析可知对任意的N k *∈，当)12,2k k m +⎡∈⎣，满足2nn a m =≤的项数为k ，即m b k =，满足条件的m 的个数为1222k k k +-=，进而可求得63S 的值.【详解】因为562632<<，由题中定义，对任意的N k *∈，当)12,2k k m +⎡∈⎣，满足2nn a m =≤的项数为k ，即m b k =，满足条件的m 的个数为1222k k k +-=，当1m =时，0m b =，当)122,2m ⎡∈⎣时，1m b =，此时满足条件的m 的个数为12，当)232,2m ⎡∈⎣时，2m b =，此时满足条件的m 的个数为22，当)562,2m ⎡∈⎣时，5m b =，此时满足条件的m 的个数为52，因此，01234563021222324252258S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=.故选：A.例12.（2022·全国·高三专题练习）定义：对于任意一个有穷数列，第一次在其每相邻的两项间都插人这两项的和，得到的新数列称之为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和称之为二阶和数列，以此类推可以得到n 阶和数列，如{1,5}的一阶和数列是{1,6,5}，设它的n 阶和数列各项和为n S ．(1)试求{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，并猜想n S 的通项公式（无需证明）；(2)若()()311log 3log 33n n n c S S +=--⋅-，求{}n c 的前n 项和n T ，并证明：1126n T -<≤-．【答案】(1)21263=+⨯S ，()12312633=+⨯+S ，133n n S +=+ (2)1122=-+n T n ，证明见解析【解析】【分析】(1)根据定义求出{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，由此归纳出n S ，(2)由(1)化简n c ，再由裂项相消法求其前n 项和，并完成证明.(1)由题意得，116512S =++=，217611512181263S =++++=+=+⨯，()2123187136171116512185412636312633S =++++++++=++=+⨯+⨯=+⨯+，41981572013196231728112716215S =++++++++++++++++121854162=+++2312636363=+⨯+⨯+⨯()123126333=+⨯++， …()12311263333(1)n n S n -=+⨯++++≥，由等比数列的前n 项和公式可得，()113131263313n n n S -+-=+⨯=+-，所以{}n S 的通项公式133n n S +=+．(2)由于133n n S +=+，所以()()33111111log 3log 31221n n n c S S n n n n +⎛⎫=-=--=- ⎪-⋅-++++⎝⎭，则1111111132432122n T n n n =-+-++-=-+++，因为n *∈N ，所以102n >+，所以111222n ->-+，又n T 随n 的增大而减小，所以当1n =时，n T 取得最大值16-，故1126n T -<≤-．【温馨提醒】立足于“转化”，将新定义问题转化成等差数列、等比数列问题求解.题型五：数列与解析几何例12．（2021·浙江·高考真题）已知,R,0a b ab ∈>，函数()2R ()f x ax b x =+∈.若(),(),()f s t f s f s t -+成等比数列，则平面上点(),s t 的轨迹是（）A ．直线和圆B ．直线和椭圆C ．直线和双曲线D ．直线和抛物线【答案】C 【解析】【分析】首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程.【详解】由题意得2()()[()]f s t f s t f s -+=，即()2222()()a s t b a s t b as b ⎡⎤⎡⎤-+++=+⎣⎦⎣⎦，对其进行整理变形：()()()22222222asat ast b as at ast b as b +-++++=+， ()()222222(2)0as at b ast as b++--+=， ()2222222240as at b at a s t ++-=， 222242220a s t a t abt -++=，所以22220as at b -++=或0=t ，其中2212s t b b a a-=为双曲线，0=t 为直线.故选：C.例13．（2017山东，理19）已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1+x 2=3，x 3-x 2=2（Ⅰ）求数列{x n }的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1, 1)，P 2(x 2, 2)…P n+1(x n+1, n+1)得到折线P 1 P 2…P n+1，求由该折线与直线y=0，11n x x x x +==,所围成的区域的面积.【答案】(I)（II ）（II ）过……向轴作垂线，垂足分别为……, 由(I)得记梯形的面积为.由题意，所以 ……+n T 12.n n x -=(21)21.2n n n T -⨯+=123,,,P P P 1n P +x 123,,,Q Q Q 1n Q +111222.n n n n n x x --+-=-=11n n n n P P Q Q ++n b 12(1)2(21)22n n n n n b n --++=⨯=+⨯123n T b b b =+++n b=……+ ①又……+ ②①-②得= 所以题型六：数列与传统文化例14.（2022·云南师大附中模拟预测（理））《九章算术》是我国秦汉时期一部杰出的数学著作，书中第三章“衰分”有如下问题：“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，共出百钱.欲令高爵出少，以次渐多，问各几何”意思是：“有大夫、不更、簪裏、上造、公士（爵位依次变低）5个人共出100钱，按照爵位从高到低每人所出钱数成递增等差数列，这5个人各出多少钱?”在这个问题中，若不更出17钱，则公士出的钱数为（）A ．10B ．14C ．23D ．26【答案】D【解析】【分析】设大夫、不更、簪裹、上造、公士所出的钱数依次构成等差数列{}n a ，根据217a =，前5项和为100求解.【详解】解：设大夫、不更、簪裹、上造、公士所出的钱数依次排成一列，构成数列{}n a ．由题意可知，等差数列{}n a 中217a =，前5项和为100，设公差为(0)d d >，前n 项和为n S ，则535100S a ==，解得320a =，所以323d a a ，所以公士出的钱数为532202326a a d =+=+⨯=，故选：D ．例15.（2022·山东青岛·一模）我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金101325272-⨯+⨯+⨯+32(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯0122325272n T =⨯+⨯+⨯+21(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯121132(22......2)(21)2n n n T n ----=⨯++++-+⨯1132(12)(21)2.212n n n ---+-+⨯-(21)21.2n n n T -⨯+=几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为持金的12，第2关收税金为剩余金的13，第3关收税金为剩余金的14，第4关收税金为剩余金的15，第5关收税金为剩余金的16，5关所收税金之和恰好重1斤．问原来持金多少？”．记这个人原来持金为a 斤，设()101,115,01x x f x x x +>⎧=⎨-<≤⎩，则()f a =（） A ．5-B ．7C ．13D ．26【答案】C 【解析】【分析】根据题意求得每次收的税金，结合题意得到111111223344556a a a a a ++++=⨯⨯⨯⨯，求得a 的值，代入函数的解析式，即可求解.【详解】由题意知：这个人原来持金为a 斤，第1关收税金为：12a 斤；第2关收税金为111(1)3223a a ⋅-⋅=⋅⨯斤；第3关收税金为1111(1)42634a a ⋅--⋅=⋅⨯斤，以此类推可得的，第4关收税金为145a ⋅⨯斤，第5关收税金为156a ⋅⨯斤，所以111111223344556a a a a a ++++=⨯⨯⨯⨯，即1111111111(1)(1)12233445566a a -+-+-+-+-⋅=-⋅=，解得65a =，又由()101,115,01x x f x x x +>⎧=⎨-<≤⎩，所以66()1011355f =⨯+=. 故选：C.例16.（2017·全国·高考真题（理））我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（）A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏【答案】B【解析】【详解】。

最新数列专题：数列与函数综合问题(含答案)超经典

数列专题：数列与函数综合问题一．选择题（共30小题）1．已知函数f （x ）=x e1+x e （e 是自然对数的底数），设a n ={f(n)，n ≤2019f(14039−n )，n ＞2019，数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 4037的值是（） A ．2018B ．2019C ．40372D ．403922．已知函数f （x ）={x +12，x ≤122x −1，12＜x ＜1x −1，x ≥1，若数列{a n }满足a 1=73，a n +1＝f （a n ）（n ∈N +），则a 2019＝（）A ．73B ．43C ．56D ．133．已知定义在R 上的奇函数f （x ）满足f （x −32）＝f （x ），f （﹣2）＝﹣3，数列{a n }是等差数列，若a 2＝3，a 7＝13，则f （a 1）+f （a 2）+f （a 3）+…+f （a 2018）＝（） A ．﹣2B ．﹣3C ．2D ．34．定义：F （x ，y ）＝y x （x ＞0，y ＞0），已知数列{a n }满足：a n =F(n ，2)F(2，n)（n ∈N *），若对任意正整数n ，都有a n ≥a k （k ∈N *）成立，则a k 的值为（） A ．12B ．2C ．98D ．895．对于数列{a n }，a 1＝4，a n +1＝f （a n ），n ＝1，2，…，则a 2020等于（）x 1 2 3 4 5 f （x ） 5 43 12A ．2B ．3C ．4D ．56．已知定义在R 上的函数f （x ）是奇函数，且满足f （32−x ）＝f （x ），f （﹣2）＝﹣2，数列{a n }满足a 1＝﹣1，且S n n=2a n n+1（S n 为{a n }的前n 项和），则f （a 5）＝（） A ．﹣3B ．﹣2C ．3D ．27．已知{a n }满足a n +1＝a n +2n ，且a 1＝32，则a nn的最小值为（）A ．8√2−1B ．525C ．373D ．108．在数列{a n }中，a 1＝2，其前n 项和为S n ．若点（S n n，S n+1n+1）在直线y ＝2x ﹣1上，则a 9等于（）A ．1290B ．1280C ．1281D ．18219．已知函数y ＝f （x ）为定义域R 上的奇函数，且在R 上时单调递增函数，函数g （x ）＝f （x ﹣3）+x ，数列{a n }为等差数列，且公差不为0，若g （a 1）+g （a 2）+…+g （a 9）＝27，则a 1+a 2+…+a 9＝（） A ．18B ．9C ．27D ．8110．已知f （x ）是定义在R 上的奇函数，且满足f （2﹣x ）＝f （x ），f （﹣1）＝1，数列{a n }满足a 1＝﹣1，S n n=2a n n+1（n ∈N +），其中S n 是数列{a n }的前n 项和，则f （a 5）+f （a 6）＝（）A ．﹣2B ．﹣1C ．0D ．111．已知定义域为正整数集的函数f （x ）满足f （x +y ）＝f （x ）+f （y ）+1，f （1）＝1，则数列{（﹣1）n f （n ）f （n +1）}（n ∈N *）的前99项和为（） A ．﹣19799B ．﹣19797C ．﹣19795D ．﹣1979312．已知函数y ＝f （x ）的定义域为R ，当x ＜0时，f （x ）＞1，且对任意的实数x ，y ∈R ，f （x ）f （y ）＝f （x +y ）恒成立，若数列{a n }满足f （a n +1）f （11+a n）＝l （n ∈N *）且a 1＝f （0），则下列结论成立的是（）A ．f （a 2015）＞f （a 2018）B ．f （a 2018）＞f （a 2019）C ．f （a 2017）＞f （a 2018）D ．f （a 2015）＞f （a 2017）13．已知函数f(n)=n 2sin(2n−32π)，且a n ＝f （n ），则a 1+a 2+a 3+…+a 200＝（）A ．20100B ．20500C ．40100D ．1005014．已知函数f （x ）=4x2x−1，M ＝f （1n）+f （2n）+…+f （n n）（n ∈N *，且n 为奇数），则M 等于（） A ．2n ﹣1B ．n −12C ．2n +2D ．2n +1215．已知各项都为正数的等比数列{a n }，满足a 3＝2a 1+a 2，若存在两项a m ，a n ，使得√a m a n =4a 1，则1m+4n的最小值为（） A ．2B ．32C ．13D ．116．已知数列{a n }中，a 1＝2，n •a n +1﹣（n +1）•a n ＝1，n ∈N *．若对于任意的n ∈N *，不等式a n+1n+1＜a 恒成立，则实数a 的取值范围为（） A ．（3，+∞）B ．（﹣∞，3）C ．[3，+∞）D ．（﹣∞，3]17．已知F （x ）＝f （x +12）﹣1是R 上的奇函数，a n ＝f （0）+f （1n）+f （2n）+…+f （n−1n）+f （1）（n ∈N *），则数列{a n } 的通项公式为（） A ．a n ＝n ﹣1B ．a n ＝nC ．a n ＝n +1D ．a n ＝n 231．已知定义在R 上的函数f （x ）是奇函数，且满足f （3﹣x ）＝f （x ），f （﹣1）＝3，数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝n （a n +1﹣a n ）（n ∈N *），则f （a 36）+f （a 37）＝32．对于函数f （x ）和实数M ，若存在m ，n ∈N +，使f （m ）+f （m +1）+f （m +2）+…+f （m +n ）＝M 成立，则称（m ，n ）为函数f （x ）关于M 的一个“生长点”．若（1，2）为函数f （x ）＝cos （π2x +π3）关于M的一个“生长点”，则M ＝；若f （x ）＝2x +1，M ＝105，则函数f （x ）关于M 的“生长点”共有个．33．如果函数f （x ）满足：对任意实数a ，b 都有f （a +b ）＝f （a ）f （b ），且f （1）＝1，则f(2)f(1)+f(3)f(2)+f(4)f(3)+⋯+f(2018)f(2017)=参考答案与试题解析一．选择题（共30小题）1．已知函数f （x ）=x e1+x e （e 是自然对数的底数），设a n ={f(n)，n ≤2019f(14039−n )，n ＞2019，数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 4037的值是（） A ．2018B ．2019C ．40372D ．40392【解答】解：根据题意，函数f （x ）=x e 1+x e ，则f （1x ）=(1x )e1+(1x)e =11+x e ，且f （1）=11+1=12，则有f （x ）+f （1x）=x e 1+x e +11+x e=1，又由a n ={f(n)，n ≤2019f(14039−n )，n ＞2019，则S 4037＝f （1）+f （2）+……+f （2019）+f （12019）+f （12018）+……+f （12）＝f （1）+[f （2）+f （12）]+[f （3）+f （13）]+……+f （2019）+f （12019）=12+2018=40372；故选：C ．2．已知函数f （x ）={x +12，x ≤122x −1，12＜x ＜1x −1，x ≥1，若数列{a n }满足a 1=73，a n +1＝f （a n ）（n ∈N +），则a 2019＝（）A ．73B ．43C ．56D ．13【解答】解：根据题意，函数f （x ）={x +12，x ≤122x −1，12＜x ＜1x −1，x ≥1，若数列{a n }满足a 1=73，a n +1＝f （a n ），则a 2＝a 1﹣1=43， a 3＝a 2﹣1=13， a 4＝a 3+12=56， a 5＝2a 4﹣1=23，a 6＝2a 5﹣1=13， a 7＝a 6+12=56，则数列{a n }满足a n +3＝a n ，（n ≥3），即数列{a n }从第三项开始，组成周期为3的数列，则a 2019＝a 3+2016＝a 3=13，故选：D ．3．已知定义在R 上的奇函数f （x ）满足f （x −32）＝f （x ），f （﹣2）＝﹣3，数列{a n }是等差数列，若a 2＝3，a 7＝13，则f （a 1）+f （a 2）+f （a 3）+…+f （a 2018）＝（） A ．﹣2B ．﹣3C ．2D ．3【解答】解：根据题意，f （x ）为奇函数，则f （x ）＝﹣f （﹣x ），又由f （x ）满足f （32−x ）＝f （x ），则f （32−x ）＝﹣f （﹣x ），则有f （3﹣x ）＝﹣f （32−x ）＝f （x ），即函数f （x ）是周期为3的周期函数，数列{a n }是等差数列，若a 2＝3，a 7＝13，则d =a 7−a27−2=2，则a n ＝2n ﹣1，则a 1＝1，a 3＝5，则f （a 1）＝f （1）＝f （﹣2）＝﹣3， f （a 2）＝f （3）＝f （0）＝0，f （a 3）＝f （5）＝f （﹣1）＝﹣f （1）＝3，则有f （a 1）+f （a 2）+f （a 3）＝（﹣3）+0+（3）＝0， f （a 1）+f （a 2）+f （a 3）+…+f （a 2018）＝f （1）+f （3）+f （5）+f （7）+f （8）+f （9）+……+f （2016）+f （2017）+f （2018）＝672×[f （a 1）+f （a 2）+f （a 3）]+f （2017）+f （2018）＝﹣3；故选：B ．4．定义：F （x ，y ）＝y x （x ＞0，y ＞0），已知数列{a n }满足：a n =F(n ，2)F(2，n)（n ∈N *），若对任意正整数n ，都有a n ≥a k （k ∈N *）成立，则a k 的值为（） A ．12B ．2C ．98D ．89【解答】解：∵F （x ，y ）＝y x （x ＞0，y ＞0），∴a n =F(n ，2)F(2，n)=2nn2∴a n+1a n=2n+1(n+1)22n n 2=2⋅n 2(n+1)2，∵2n 2﹣（n +1）2＝（n ﹣1）2﹣2，当n ≥3时，（n ﹣1）2﹣2＞0， ∴当n ≥3时a n +1＞a n ；当，n ＜3时，（n ﹣1）2﹣2＜O ，所以当n ＜3时a n +1＜a n ． ∴当n ＝3时a n 取到最小值为f （3）=89 故选：D ．5．对于数列{a n }，a 1＝4，a n +1＝f （a n ），n ＝1，2，…，则a 2020等于（）x 1 2 3 4 5 f （x ） 5 43 12A ．2B ．3C ．4D ．5【解答】解：数列{a n }，a 1＝4，a n +1＝f （a n ），n ＝1，2…，其中f （x ）如表所示x 1 2 3 4 5 f （x ）54312则a 2＝f （4）＝1，a 3＝f （1）＝5，a 4＝f （5）＝2，a 5＝f （2）＝4，…，数列是周期数列，周期为4， ∴a 2020＝a 504×4+4＝a 4＝2．故选：A ．6．已知定义在R 上的函数f （x ）是奇函数，且满足f （32−x ）＝f （x ），f （﹣2）＝﹣2，数列{a n }满足a 1＝﹣1，且S n n=2a n n+1（S n 为{a n }的前n 项和），则f （a 5）＝（） A ．﹣3B ．﹣2C ．3D ．2【解答】解：∵函数f （x ）是奇函数 ∴f （﹣x ）＝﹣f （x ） ∵f （32−x ）＝f （x ），∴f （32−x ）＝﹣f （﹣x ）∴f （3+x ）＝f [32−（−32−x ）]＝﹣f （32+x ）＝﹣f [32−（﹣x ）]＝﹣f （﹣x ）＝f （x ）∴f （x ）是以3为周期的周期函数．∵数列{a n }满足a 1＝﹣1，且S n n=2a n n+1，∴a 1＝﹣1，且S n ＝2a n +n ， ∴a 5＝﹣31，∴f （a 5）＝f （﹣31）＝f （2）＝f （2）＝﹣f （﹣2）＝3 故选：C ．7．已知{a n }满足a n +1＝a n +2n ，且a 1＝32，则a n n的最小值为（）A ．8√2−1B ．525C ．373D ．10【解答】解：∵a 1＝32，a n +1﹣a n ＝2n ，∴n ≥2时，a n ＝（a n ﹣a n ﹣1）+（a n ﹣1﹣a n ﹣2）+……+（a 2﹣a 1）+a 1 ＝2（n ﹣1）+2（n ﹣2）+……+2×1+32 ＝2×(n−1)(n−1+1)2+32＝n 2﹣n +32，则a nn=n +32n +1．令f （x ）＝x +32x+1，（x ≥1）． f ′（x ）＝1−32x 2=(x+4√2)(x−4)x 2．可得：函数f （x ）在[1，4 √2）内单调递减；在（4√2，+∞）上单调递增．又f （5）＝6+325=625=12+25，f （6）＝7+326=373=12+13． ∴n ＝6时，则a n n 取得最小值373．故选：C ．8．在数列{a n }中，a 1＝2，其前n 项和为S n ．若点（S n n，S n+1n+1）在直线y ＝2x ﹣1上，则a 9等于（）A ．1290B ．1280C ．1281D ．1821【解答】解：点（S n n，S n+1n+1）在直线y ＝2x ﹣1上，可得S n+1n+1−1＝2（S n n−1），又S 11−1=a 1−1=1，所以数列{S n n−1}是首项为1公比为2的等比数列，所以S n n−1＝2n ﹣1，得S n ＝n （1+2n ﹣1），当n ≥2时，a n ＝S n ﹣S n ﹣1＝（n +1）2n ﹣2+1，故 a 9＝10×128+1＝1281．故选：C ．9．已知函数y ＝f （x ）为定义域R 上的奇函数，且在R 上时单调递增函数，函数g （x ）＝f （x ﹣3）+x ，数列{a n }为等差数列，且公差不为0，若g （a 1）+g （a 2）+…+g （a 9）＝27，则a 1+a 2+…+a 9＝（） A ．18B ．9C ．27D ．81【解答】解：根据题意，函数y ＝f （x ）为定义域R 上的奇函数，则有f （﹣x ）+f （x ）＝0， ∵g （x ）＝f （x ﹣3）+x ，∴若g （a 1）+g （a 2）+…+g （a 9）＝27，即f （a 1﹣3）+a 1+f （a 2﹣3）+a 2+…+f （a 9﹣3）+a 9＝27，即f （a 1﹣3）+f （a 2﹣3）+…+f （a 9﹣3）+（a 1+a 2+…+a 9）＝27， f （a 1﹣3）+f （a 2﹣3）+…+f （a 9﹣3））+（a 1﹣3+a 2﹣3+…+a 9﹣3）＝0，又由y ＝f （x ）+x 为定义域R 上的奇函数，且在R 上是单调函数，且（a 1﹣3）+（a 9﹣3）＝（a 2﹣3）+（a 8﹣3）＝…＝2（a 5﹣3）， a 5﹣3＝0，即a 1+a 9＝a 2+a 8＝…＝2a 5＝6，则a 1+a 2+…+a 9＝9a 5＝27；故选：C ．10．已知f （x ）是定义在R 上的奇函数，且满足f （2﹣x ）＝f （x ），f （﹣1）＝1，数列{a n }满足a 1＝﹣1，S n n=2a n n+1（n ∈N +），其中S n 是数列{a n }的前n 项和，则f （a 5）+f （a 6）＝（）A ．﹣2B ．﹣1C ．0D ．1【解答】解：∵数列{a n }满足a 1＝﹣1，S n n=2a n n+1（n ∈N +），其中S n 是数列{a n }的前n 项和，∴S n ＝2a n +n ，a n ＝S n ﹣S n ﹣1＝2a n +n ﹣2a n ﹣1﹣（n ﹣1），整理，得a n −1a n−1−1=2，∵a 1﹣1＝﹣2，∴{a n ﹣1}是首项为﹣2，公差为2的等比数列， ∴a n ﹣1＝﹣2×2n ﹣1，∴a n ＝1﹣2×2n ﹣1．∴a 5＝1﹣2×24＝﹣31，a 6=1−2×25=−63，∵f （2﹣x ）＝f （x ），f （﹣1）＝1， ∴f （x ）关于直线x ＝1对称，又∵函数f （x ）是定义在R 上的奇函数 ∴函数f （x ）是一个周期函数，且T ＝4， ∴f （a 5）+f （a 6）＝f （﹣31）+f （﹣63）＝f （32﹣31）+f （64﹣63）＝f （1）+f （1）＝﹣f （﹣1）﹣f （﹣1）＝﹣1﹣1＝﹣2．故选：A ．11．已知定义域为正整数集的函数f （x ）满足f （x +y ）＝f （x ）+f （y ）+1，f （1）＝1，则数列{（﹣1）n f （n ）f （n +1）}（n ∈N *）的前99项和为（） A ．﹣19799B ．﹣19797C ．﹣19795D ．﹣19793【解答】解：令x ＝n ，y ＝1，可得f （n +1）＝f （n ）+f （1）+1，则f （n +1）﹣f （n ）＝f （1）+1＝2，则数列{f （n ）}的首项为1，公差为2的等差数列，从而f （n ）＝2n ﹣1，则（﹣1）n f （n ）f （n +1）＝（﹣1）n （4n 2﹣1）＝4（﹣1）n n 2﹣（﹣1）n ，则{（﹣1）n f （n ）f （n +1）}（n ∈N *）的前99项和为 4（﹣12+22﹣32+42+…﹣972+982﹣992）﹣（﹣1），＝4[（1+2）+（3+4）+…+（97+98）﹣992]+1，＝4[(1+98)×982−992]+1，＝4×99×（49﹣99）+1，＝﹣19799，故选：A ．12．已知函数y ＝f （x ）的定义域为R ，当x ＜0时，f （x ）＞1，且对任意的实数x ，y ∈R ，f （x ）f （y ）＝f （x +y ）恒成立，若数列{a n }满足f （a n +1）f （11+a n）＝l （n ∈N *）且a 1＝f （0），则下列结论成立的是（）A ．f （a 2015）＞f （a 2018）B ．f （a 2018）＞f （a 2019）C ．f （a 2017）＞f （a 2018）D ．f （a 2015）＞f （a 2017）【解答】解：对任意的实数x ，y ∈R ，f （x ）f （y ）＝f （x +y ）恒成立，取x ＝y ＝0，则f （0）f （0）＝f （0），解得f （0）＝0，或f （0）＝1．取f （0）＝1．取y＝﹣x＜0，则f（x）f（﹣x）＝1，∴f（x）=1f(−x)＜1，设x1＜x2，则f（x1﹣x2）＝f（x1）•f（﹣x2）=f(x1)f(x2)＞1，∴f（x1）＞f（x2）．∴函数f（x）在R上单调递减．∵数列{a n}满足f（a n+1）f（11+a n）＝l＝f（0）．∴a n+1+11+a n=0，∵a1＝f（0）＝1，∴a2=−12，a3＝﹣2，a4＝1，a5=−12，……．∴a n+3＝a n．∴a2015＝a3×671+2＝a2=−12，a2017＝a3×672+1＝a1＝1．a2018＝a3×672+2＝a2=−12，a2019＝a3×672+3＝a3＝﹣2．∴f（a2015）=f(−12)＞1，f（a2017）＝f（1）＜1．∴f（a2015）＞f（a2017）．而f（a2015）＝f（a2018），f（a2017）＜1＜f（a2018），f（a2018）＝f（−12）＜f（a2019）＝f（﹣2），因此只有：D正确．故选：D．13．已知函数f(n)=n2sin(2n−32π)，且a n＝f（n），则a1+a2+a3+…+a200＝（）A．20100B．20500C．40100D．10050【解答】解：可得f（2k）＝4k2sin（−32π）＝4k2，f（2k﹣1）＝（2k﹣1）2sin（−5π2）＝﹣（2k﹣1）2．k∈N*，∴且a n＝f（n）={n2，(n为偶数)−n2，(n为奇数)，∴a1+a2+a3+…+a200＝（22﹣12）+（32﹣22）+（42﹣32）+…+（2002﹣1992）＝1+2+3+…+200＝20100．故选：A．14．已知函数f（x）=4x2x−1，M＝f（1n）+f（2n）+…+f（nn）（n∈N*，且n为奇数），则M等于（）A．2n﹣1B．n−12C．2n+2D．2n+12【解答】解：∵f （x ）=4x2x−1， ∴f （x ）+f （1﹣x ）=4x2x−1+4(1−x)2(1−x)−1 =4x 2x−1+4−4x 1−2x =4x 2x−1−4−4x 2x−1=4(2x−1)2x−1=4． ∴M ＝f （1n ）+f （2n ）+…+f （nn ）＝4×n−12+f （1）＝2n ﹣2+4＝2n +2．故选：C ．15．已知各项都为正数的等比数列{a n }，满足a 3＝2a 1+a 2，若存在两项a m ，a n ，使得√a m a n =4a 1，则1m+4n的最小值为（） A ．2B ．32C ．13D ．1【解答】解：各项都为正数且公比为q 的等比数列{a n }， ∵a 3＝2a 1+a 2，∴a 1⋅q 2=2a 1+a 1⋅q 即q 2＝2+q ，解得q ＝2或﹣1（舍去﹣1）． ∵存在两项a m ，a n ，使得√a m a n =4a 1， ∴得a 21•2m +n ﹣2＝16a 21，∴m +n ＝6．则1m+4n=16（m +n ）（1m +4n）=16（1+4m n +n m +4）≥16（2√4m n ⋅n m +5）=32．当且仅当m ＝1，n ＝2时，等号成立．则1m+4n的最小值为32．故选：B ．16．已知数列{a n }中，a 1＝2，n •a n +1﹣（n +1）•a n ＝1，n ∈N *．若对于任意的n ∈N *，不等式a n+1n+1＜a 恒成立，则实数a 的取值范围为（） A ．（3，+∞）B ．（﹣∞，3）C ．[3，+∞）D ．（﹣∞，3]【解答】解：数列{a n }中，a 1＝2，n •a n +1﹣（n +1）•a n ＝1，n ∈N *．可得a n+1n+1−a n n=1n(n+1)=1n−1n+1，由a 22−a 11=1−12，a 33−a 22=12−13，a 44−a 33=13−14，…，a n+1n+1−a n n=1n(n+1)=1n−1n+1，上面各式相加可得，得a n+1n+1−a 11=1−1n+1，则a n+1n+1=3−1n+1＜3，由对于任意的n ∈N *，不等式a n+1n+1＜a 恒成立，可得a ≥3，即有a 的取值范围是[3，+∞）．故选：C ．17．已知F （x ）＝f （x +12）﹣1是R 上的奇函数，a n ＝f （0）+f （1n）+f （2n）+…+f （n−1n）+f （1）（n ∈N *），则数列{a n } 的通项公式为（） A ．a n ＝n ﹣1B ．a n ＝nC ．a n ＝n +1D ．a n ＝n 2【解答】解：F （x ）＝f （x +12）﹣1在R 上为奇函数故F （﹣x ）＝﹣F （x ），代入得：f （12−x ）+f （12+x ）＝2，（x ∈R ）当x ＝0时，f （12）＝1．令t =12−x ，则12+x ＝1﹣t ，上式即为：f （t ）+f （1﹣t ）＝2．当n 为偶数时：a n ＝f （0）+f （1n）+f （2n ）+…+f （n−1n）+f （1）（n ∈N *）＝[f （0）+f （1）]+[f （1n）+f （n−1n）]+…+[f （12n−12）+f （12n+12）]+f （12）=2×n 2+1 ＝n +1．当n 为奇数时：a n ＝f （0）+f （1n）+f （2n ）+…+f （n−1n）+f （1）（n ∈N *）＝[f （0）+f （1）]+[f （1n）+f （n−1n）]+…+[f （n−12n）+f （n+12n）]＝2×n+12＝n +1．综上所述，a n ＝n +1．故选：C ．填空题31．已知定义在R 上的函数f （x ）是奇函数，且满足f （3﹣x ）＝f （x ），f （﹣1）＝3，数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝n （a n +1﹣a n ）（n ∈N *），则f （a 36）+f （a 37）＝ ﹣3【解答】解：∵函数f （x ）是奇函数，且满足f （3﹣x ）＝f （x ），f （﹣1）＝3， ∴f （x ）＝f （3﹣x ）＝﹣f （x ﹣3），即f （x +3）＝﹣f （x ），则f （x +6）＝﹣f （x +3）＝f （x ），即函数f （x ）是周期为6的周期函数，由数列{a n }满足a 1＝1且a n ＝n （a n +1﹣a n ）（n ∈N *），则a n ＝na n +1﹣na n ，即（1+n ）a n ＝na n +1，则a n+1a n =1+n n ，则a 2a 1=21，a 3a 2=32，⋯a nan−1=nn−1，等式两边同时相乘得a n a 1=n ，即a n ＝na 1＝n ，即数列{a n }的通项公式为a n ＝n ，则f （a 36）+f （a 37）＝f （36）+f （37）＝f （0）+f （1）， ∵f （x ）是奇函数，∴f （0）＝0， ∵f （﹣1）＝3，∴﹣f （1）＝3，即f （1）＝﹣3，则f （a 36）+f （a 37）＝f （36）+f （37）＝f （0）+f （1）＝0﹣3＝﹣3，故答案为：﹣3．32．对于函数f （x ）和实数M ，若存在m ，n ∈N +，使f （m ）+f （m +1）+f （m +2）+…+f （m +n ）＝M 成立，则称（m ，n ）为函数f （x ）关于M 的一个“生长点”．若（1，2）为函数f （x ）＝cos （π2x +π3）关于M的一个“生长点”，则M ＝ −12 ；若f （x ）＝2x +1，M ＝105，则函数f （x ）关于M 的“生长点”共有3 个．【解答】解：若（1，2）为函数f （x ）＝cos （π2x +π3）关于M 的一个“生长点”，则M ＝f （1）+f （2）+f （3）＝cos （π2+π3）+cos （π2×2+π3）+cos （π2×3+π3）＝﹣sin π3−cos π3+cos （−π6）=−√32−12+√32=−12，若f （x ）＝2x +1，M ＝105，则f （m ）是公差为2的等差数列，则由f （m ）+f （m +1）+f （m +2）+…+f （m +n ）＝105 得（n +1）（2m +1）+(n+1)⋅n2×2=105 即（n +1）（2m +1）+n （n +1）＝105，即（n +1）（2m +n +1）＝105，∵105＝1×105＝3×35＝5×21＝7×15，∴由{n +1=32m +n +1=35得{n =2m =16，此时“生长点”为（2，16），由{n +1=52m +n +1=21得{n =4m =8，此时“生长点”为（4，8），由{n +1=72m +n +1=15得{n =6m =4，此时“生长点”为（6，4），故函数f （x ）关于M 的“生长点”共有3个，故答案为：−12，333．如果函数f （x ）满足：对任意实数a ，b 都有f （a +b ）＝f （a ）f （b ），且f （1）＝1，则f(2)f(1)+f(3)f(2)+f(4)f(3)+⋯+f(2018)f(2017)= 2017【解答】解：∵f （x ）满足对任意的实数a ，b 都有f （a +b ）＝f （a ）•f （b ），且f （1）＝2， ∴f （a +1）＝f （a ）•f （1）＝f （a ）， ∴f(a+1)f(a)=1，∴f(2)f(1)+f(3)f(2)+f(4)f(3)+⋯+f(2018)f(2017)=1×2017＝2017．故答案为：2017．。

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数列综合问题之数列与函数
思想方法：关键是应用函数的解析式和性质得到数列的通项或递推关系。

例1：已知函数2()(,)x a f x b c N bx c ++=
∈-中，1
(0)0,(2)2,(2)2
f f f ==-<-，（1） 1
(
)1n n
f a =3）在分析0,b c ===得：
2n S a =
例2满足：
n S f -=*1()n n
n N a ∈，
求数列{分析：（（3）11111()2111()222121
n n
n n n n n n n n n a a a a a a b a a a a n n ++++++--===+--+
例3、设函数
()2
41
+=
x x f ，
(1) 证明：对一切R x ∈，f(x)+f(1-x)是常数；
(2)记()()()+∈+⎪⎭
⎫ ⎝⎛-++⎪⎭
⎫
⎝⎛+⎪⎭
⎫ ⎝⎛+=N n f n n f n f n f f a n
,11......210，求n a ,并求出数列{a n }的前n 项和。

1111x x -=12n + (2)2=，u ，求数再令
1()(1)(f x x f f +-=-（2）当0a b ≠时，
()()()f ab f b f a ab b a =+，令函数()
()f x g x x
=，所以有：()()()()()n g ab g b g a g a n g a =+⇒=
，
所
以
有
：
1()
()()()()n n
n n n n
f a
g a f a a g a n a n f a a
-=⇒==，得
1
1
1111
(2)()()2222
n n n
n f n f u f ---⎛⎫
⎛⎫=⇒= ⎪
⎪
⎝⎭
⎝⎭
；又因为：1111(1)2()(2)()2222f f f f =+⇒=-，所以：12n
n u ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，112n
n S ⎛⎫
=- ⎪⎝⎭。

例2*1n -1=且
有：()n n b f a ++
（2222n n n a b +
+
对于任意的1,n n >∈的取
解：，所以有1(333n n n f a -=，也有：由：1()()
n
n f a f f a ++
3n n S ++
，由错位相减得出：1
)324n n S +<⇒<=（
：
1n a +，有
1
3n n a -，1232n n n
-=，设
24111
224141()()311
11()212
241
n n n n n n n n n f a f a T a b a b a b n n n n +++++=
+
+
+=+
+
++++有： 11311111
()
2212245141
314()2(21)(22)(41)(4)3302(21)(22)(41)(45)n n n n
T T n n n n n n n n n n n n n T T ++-=++--+++++=-++++-=<++++⇒<
所以n T 是单调递减的。

也当2n =时，n T 取得最大值2311125()234924
T =
++=，由题有：2524m ≥。

练习：已知函数f (x )定义在区间（-1，1）上，1)2
1
(-=f ,且当x ,y ∈(-1,1)
时，恒有
)
()()(y x f y f x f -=- ,又数列{a n }满足2
112,1
n n a a a ==+,设
n b =
f (-y ),所以即 2
若4
8-<m b n 恒成立（n ∈N +）,则112224n m
--+<-，
即 14
.2
n m ->
∵n ∈N +，∴当n =1时，12
4
-n 有最大值4，故m >4．又∵m ∈N ,∴存在m =5，使得对任意n ∈N +，都有48-<
m b n 成立.。