2021【暑假作业】新高三数学 考点10 数列的综合应用(教师版)
盐城中学-高二数学暑假作业11：数列的应用(教师版)
盐城中学高二数学暑假作业（十一）-----数列的应用一、填空题1. 若数列}{n a 的通项公式是(1)(32)n n a n =--,则a a a 1210++= . 152. 设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，2580a a +=，则52S S = .-11 3. 设数列{}n a 的前n 项和2n S n =，则8a 的值为 .154. 设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若36324S S ==，，则9a = .155. 在等比数列{}n a 中,若公比4q =,且前3项之和等于21,则该数列的通项公式n a = ．n-146.设数列{n a }是公差不为0的等差数列,S 为其前n 项和,若22221234a a a a +=+,55S =,则7a 的值为_____.97.已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和,若77S =,1575S =,则数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前20项和为____.558. 已知各项均为正数的等比数列}{n a ，123a a a =5，789a a a =10，则456a a a = .9.设函数)(*1N n xy n ∈=+在点(1,1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为n x ,令n n x a lg =,则的值为99321a a a a ++++ ______________2-10.已知三数27log 2x +,9log 2x +，3log 2x +成等比数列，则公比为 ．311.设数列{a n }满足:()()*3118220()n n n n a a a a a n ++=---=∈N ，,则a 1的值大于20的概率为____.1412. 已知等比数列{m a }中，各项都是正数，且1a ，321,22a a 成等差数列， 则91078a a a a +=+ .3+二．解答题15. 已知数列}{n a 中，13a =，120n n a a +-=,数列}{n b 中，())( 1*N n a b n n n ∈-=⋅． （1）求数列}{n a 通项公式；（2）求数列}{n b 通项公式以及前n 项的和． 解：（1）∵021=-+n n a a ∴)1(21≥=+n a a nn 又31=a ∴{}n a 是首项为3，公比为2的等比数列 ∴*)(231N n a n n ∈⋅=- （2）∵())( 1*N n a b n n n ∈-=⋅ ∴n n n a b 1)1(⋅-==1231)1(-⨯⋅-n n ∴n n b b b S +⋅⋅⋅++=211231)1(23131-⨯⋅-+⋅⋅⋅+⨯+-=n n =211)21(131+⎥⎦⎤⎢⎣⎡---n =-⎥⎦⎤⎢⎣⎡--n )21(192=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--1)21(92n 16．已知数列}{n a 、}{n b 满足11=a ，32=a ，)(2*1N n b b nn ∈=+，n n n a a b -=+1. （1）求数列}{n b 的通项公式； （2）求数列{}n a 的通项公式； （3）数列}{n c 满足)1(log 2+=n n a c )(*N n ∈，求13352121111n n n S c c c c c c -+=+++.解：（1）)(2*1N n b b nn ∈=+，又121312b a a =-=-=。
2021届高三数学一轮复习-《第37讲 数列的综合应用》课件 (共11张PPT)
2．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，弄清该数列的特征、要求 是什么。 (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．
3．数列应用题常见模型
(1)等差模型：如果增加（或减少）的量是一个固定 量时，该模型是等差模型，增加（或减少）的量就是公 差．
a1
1 2
，前
n项和为Sn，且a4 +S4 ,a5 +S5，a6+S6成等差数列．
(1)求等比数列{an}的通项公式；
(2)对n∈N*，在an与an+1之间插入3n个数，使这
3n+2个数成等差数列，记插入的这3n个数的和为b，求
数列{bn}的前n项和Tn．
例2：
考点2 数列与不等式的综合问题
例3：
(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个 固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公 比．
(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间 的关系不固定，随项的变化而变化时，应考虑是an与 an+1之间的递推关系。
【典例剖析 】
考点1 等差、等比数列的综合问题
例1：已知公比不为1的等比数列{an}的首项
A. 67 B. 37
C. 7
D. 10
66
33
2
11
例5：某企业的资金每一年都比上一年分红后的资
金增加一倍，并且每年年底固定给股东们分红500万元。 该企业2016年年底分红后的资金为1 000万元。
(1)求该企业2020年年底分红后的资金； (2)求该企业从哪一年开始年底分红后的资金超过32 500万元。
高三数学数列综合应用试题答案及解析
高三数学数列综合应用试题答案及解析1.已知数列{an }中，a1＝2，an－an－1－2n＝0(n≥2，n∈N*)．(1)写出a2，a3的值(只写结果)，并求出数列{an}的通项公式；(2)设bn＝＋＋＋…＋，若对任意的正整数n，当m∈[－1,1]时，不等式t2－2mt＋>bn恒成立，求实数t的取值范围．【答案】（1）a2＝6，a3＝12. an＝n(n＋1)．（2）实数t的取值范围为(－∞，－2)∪(2，＋∞)【解析】解：(1)∵a1＝2，an－an－1－2n＝0(n≥2，n∈N*)，∴a2＝6，a3＝12.当n≥3时，an －an－1＝2n，a n－1－a n－2＝2(n－1)，又a3－a2＝2×3，a2－a1＝2×2，∴an －a1＝2[n＋(n－1)＋…＋3＋2]，∴an＝2[n＋(n－1)＋…＋3＋2＋1]＝2×＝n(n＋1)．当n＝1时，a1＝2；当n＝2时，a2＝6，也满足上式，∴数列{an }的通项公式为an＝n(n＋1)．(2)bn＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝－＋－＋…＋－＝－＝＝.令f(x)＝2x＋(x≥1)，则f′(x)＝2－，当x≥1时，f′(x)>0恒成立，∴函数f(x)在[1，＋∞)上是增函数，故当x＝1时，f(x)min＝f(1)＝3，即当n＝1时，(bn )max＝.要使对任意的正整数n，当m∈[－1,1]时，不等式t2－2mt＋>bn恒成立，则需t2－2mt＋>(bn )max＝，即t2－2mt>0对∀m∈[－1,1]恒成立，∴，解得t>2或t<－2，∴实数t的取值范围为(－∞，－2)∪(2，＋∞)．2.一函数y＝f(x)的图象在给定的下列图象中，并且对任意an ∈(0,1)，由关系式an＋1＝f(a n)得到的数列{an }满足an＋1>a n(n∈N*)，则该函数的图象是()【答案】A【解析】由an＋1>a n可知数列{a n}为递增数列，又由a n＋1＝f(a n)>a n可知，当x∈(0,1)时，y＝f(x)的图象在直线y＝x的上方，故选A.3.设函数）定义为如下数表，且对任意自然数n均有xn+1=的值为( ) A．1B．2C．4D．5【答案】D【解析】,又根据,所以有,,,, .,所以可知：,,故选D.【考点】数列的周期性4.是点集A到点集B的一个映射，且对任意，有.现对点集A中的点，，均有，点为（0,2），则线段的长度 .【答案】【解析】∵，∴，，，，，，…，根据变化规律可知，∴，，∴.【考点】1.数列的性质；2.两点间距离公式.5.传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数.他们研究过如图所示的三角形数:将三角形数1,3,6,10,…记为数列{an},将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列{bn},可以推测:(1)b2012是数列{an}中的第项;(2)b2k-1=.(用k表示)【答案】(1)5030(2)【解析】由以上规律可知三角形数1,3,6,10,…的一个通项公式为an=,写出其若干项有:1,3,6,10,15,21,28,36,45,55,66,78,91,105,120,…其中能被5整除的为10,15,45,55,105,120,…故b1=a4,b2=a5,b3=a9,b4=a10,b5=a14,b6=a15,….从而由上述规律可猜想:b2k =a5k= (k为正整数),b2k-1=a5k-1==,故b2012=b2×1006=a5×1006=a5030,即b2012是数列{an}中的第5030项.6.已知数列满足，则该数列的通项公式_________．【答案】【解析】∵，∴，∴，∴，，…，，∴，∴，∴.【考点】1.累加法求通项公式；2.裂项相消法求和.7.数列满足，则 .【答案】【解析】这类问题类似于的问题处理方法，在中用代换得（），两式相减得，，又，即，故.【考点】数列的通项公式.8.已知函数，记，若是递减数列，则实数的取值范围是______________.【答案】【解析】是递减数列，从开始是用式子计算，这时只要，即即可，关键是是通过二次式计算，根据二次函数的性质，应该有且，即且，解得，综上取值范围是．【考点】数列的单调性．9.已知数列{｝的前n项和为，且，则使不等式成立的n的最大值为．【答案】4【解析】当时，，得，当时，，所以，所以，又因为适合上式，所以，所以，所以数列是以为首项，以4为公比的等比数列，所以，所以，即，易知的最大值为4.【考点】1.等比数列的求和公式；2.数列的通项公式.10.甲、乙两人用农药治虫，由于计算错误，在A、B两个喷雾器中分别配制成12%和6%的药水各10千克，实际要求两个喷雾器中的农药的浓度是一样的，现在只有两个容量为1千克的药瓶，他们从A、B两个喷雾器中分别取1千克的药水，将A中取得的倒入B中，B中取得的倒入A中，这样操作进行了n次后，A喷雾器中药水的浓度为，B喷雾器中药水的浓度为．（1）证明：是一个常数；（2）求与的关系式；（3）求的表达式．【答案】(1)18;(2);(3) .【解析】(1)利用n次操作后A和B的农药的和应与开始时农药的重量和相等建立等量关系，证明是一个常数；(2)借助第一问的结论和第n次后A中10千克的药水中农药的重量具有关系式，求解与的关系式；（3）根据第二问的递推关系，采用构造数列的思想进行求解.试题解析：（1）开始时，A中含有10=1.2千克的农药，B中含有10=0.6千克的农药，，A中含有千克的农药，B中含有千克的农药，它们的和应与开始时农药的重量和相等，从而（常数）． 4分（2）第n次操作后，A中10千克的药水中农药的重量具有关系式：由（1）知，代入化简得① 8分（3）令，利用待定系数法可求出λ=—9，所以，可知数列是以为首项，为公比的等比数列．由①，,由等比数列的通项公式知：，所以． 12分【考点】1.数列的递推式；（2）数列的通项公式；（3）实际应用问题.11.等比数列的各项均为正数，且，则【答案】B【解析】等比数列中，所以【考点】等比数列性质及对数运算点评：等比数列中，若则，在对数运算中12.已知数列的首项为，对任意的，定义.（Ⅰ）若，(i)求的值和数列的通项公式；(ii)求数列的前项和；（Ⅱ）若，且，求数列的前项的和.【答案】(1) ,,(2) 当为偶数时，；当为奇数时，【解析】(Ⅰ) 解：(i),,………………2分由得当时，=………4分而适合上式，所以.………………5分(ii)由(i)得：……………6分……………7分…………8分(Ⅱ)解：因为对任意的有，所以数列各项的值重复出现，周期为. …………9分又数列的前6项分别为，且这六个数的和为8. ……………10分设数列的前项和为，则，当时，，……………11分当时，，…………12分当时所以，当为偶数时，；当为奇数时，. ……………13分【考点】数列的通项公式，数列的求和点评：解决的关键是对于数列的递推关系的理解和运用，并能结合裂项法求和，以及分情况讨论求和，属于中档题。
第26讲-数列求和及数列的综合应用(教师版) 备战2021年新高考数学专题复习对点提分
第26讲-数列求和及数列的综合应用一、 考情分析1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式；2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法；3.了解数列是一种特殊的函数；4.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.二、 知识梳理1.特殊数列的求和公式(1)等差数列的前n 项和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d . (2)等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎨⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1. 2.数列求和的几种常用方法(1)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.(2)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.(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，这个数列的前n 项和可用错位相减法求解.(4)倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中与首末两端等“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求解.3.数列应用题常见模型(1)等差模型：如果后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差.(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比.(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑a n 与a n ＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系，或者S n 与S n ＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系.[微点提醒]1.1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2. 2.12＋22＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6. 3.裂项求和常用的三种变形(1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1. (2)1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1. (3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .三、 经典例题考点一 分组转化法求和【例1-1】（2020·黑龙江省大庆一中高三三模（文））已知等差数列{}n a 满足()1141n n n a na n ++-=+，n *∈N .（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若2n n b a =，求数列{}n b 的前n 项和n S .【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d .因为()1141n n n a na n ++-=+，所以213225329a a a a -=⎧⎨-=⎩，所以112549a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得112a d =⎧⎨=⎩. 所以()11221n a n n =+-⨯=-.检验：当21n a n =-时，()121121n a n n +=+-=+，则()()()()()()221112*********n n n a na n n n n n n n n n ++-=++--=++--=+，合乎题意. 因此，数列{}n a 的通项公式为21n a n =-；（2）由（1）知1222121n n n n b a +==⨯-=-. 所以()223122122222412n n n n S n n n ++-=++⋅⋅⋅+-=-=---. 所以数列{}n b 的前n 项和224n n S n +=--.【例1-2】（2020·全国高三其他（理））已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足432n n a S -=，其中n *∈N . （Ⅰ）证明：数列{}n a 为等比数列； （Ⅱ）设142n n b a n =-，求数列{}n b 的前n 项和n T .【解析】（Ⅰ）432n n a S -=，①∴当1n =时，11432a S -=，解得12a =；当2n ≥时，11432n n a S ---=，②由①-②得()114430n n n n a a S S -----=，∴14430n n n a a a ---=，∴14n n a a -=，由12a =得0n a ≠，故{}n a 是首项为2，公比为4的等比数列．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，124n n a -=⨯， ∴114442n n n b a n n -=-=-， 则{}n b 的前n 项和，()()012144444123n n T n -=++++-++++()1144142nn n +-=-⨯-2412233n n n =---． 规律方法 1.若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和.2.若数列{c n }的通项公式为c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和.考点二 裂项相消法求和【例2-1】（2020·全国高三月考（文））数列{}n a 中，112a =，1122n n n a a +⎛⎫=- ⎪⎝⎭()*n N ∈，数列{}nb 满足()*2n n n b a n N =⋅∈．（1）求证：数列{}n b 是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；（2）设2log n n n c a =，求数列12n n c c +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ． 【解析】（1）由1122nn n a a +⎛⎫=- ⎪⎝⎭，即11221n n n n a a ++=-. 而2n n n b a =，11n n b b +∴=-，即11n n b b +-=.又1121b a ==，∴数列{}n b 是首项和公差均为1的等差数列.于是1(1)12n n n b n n a =+-⨯==，2n n n a ∴=. （2）22log log 2n n nc n n a ===， 122112(1)1n n c c n n n n +⎛⎫==-+∴ ⎪+⎝⎭. 111111111212233411n T n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-+-+-+⋅⋅⋅+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦122111n n n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭. 【例2-2】（2020·黑龙江省哈尔滨三中高三其他（理））已知各项均为正数的数列{}n a ，其前n 项和为n S ，满足22n n n a a S +=. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若112n a n n n b a a +=+，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【解析】（1）当1n =时，11a =，当2n ≥时，()()221112n n n n n n n a S S a a a a ---=-=+-+，∴()()1110n n n n a a a a --+--=，∵0n a >，∴11n n a a --=，∴{}n a 是以11a =为首项，1d =为公差的等差数列，∴n a n =.（2）由（1）的n a n =，则()1112211n n n b n n n n =+=+-++， ()1221111112221223121211121121+1n n n n n T b b b n n n n +=+++=++++-+-++-+-=+--+=-- ∴11211n n T n +--+=. 规律方法 1.利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项.2.将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等.考点三 错位相减法求和【例3-1】（2020·黑龙江省哈尔滨三中高三二模（文））已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，13a =-，55S =，数列{}n b 的前n 项和为122n +-.（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）设n n n c a b =，求数列{}n c 的前n 项和n T .【解析】（1）∵51545+=52S a d ⨯=，即121a d +=， 又∵13a =-，解得2d =，所以1(1)3(1)225n a a n d n n =+-=-+-⨯=-，∵n b 的前n 项和122n n G +=-∴1n=时，21222b =-=2n ≥时，1122222n n n n n n b G G +-=-=--+=∴2n n b =（*n ∈N ）；（2）12n n T c c c =+++，123(3)2(1)212(25)2n n T n =-⋅+-⋅+⋅++-⋅，23412(3)2(1)212(25)2n n T n +=-⋅+-⋅+⋅++-⋅， 所以2n T -34116222(25)2n n n T n ++=-++++--⋅，131211262(25)2682(25)212n n n n n T n n -+++--=-+--⋅=--+⋅⨯--- 114(27)2n n T n +-=---⋅114(27)2n n T n +=+-.【例3-2】（2020·福建省高三其他（理））已知数列{}n a 满足12a =，324a =，且2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列. （1）求n a ；（2）设{}n a 的前n 项和为n S ，求n S .【解析】（1）设等差数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的公差为d ， 由题意得3131222a a d -=，即312d -=， 解得1d =，11(1)1(1)122n n a a n d n n ∴=+-⨯=+-⨯=， 即2n n a n =⋅.（2）231222322n n S n =⨯+⨯+⨯++⨯，234121222322n n S n +∴=⨯+⨯+⨯++⨯， 两式相减可得231122222n n n S n +-=⨯++++-⨯， ()11=(1)22212212n n n n n ++-=-⋅--⨯-，∴1(1)22n n S n +=-⨯+.规律方法 1.一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法.2.用错位相减法求和时，应注意：(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“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式.考点四 数列的综合应用【例4-1】 （2020·上海高三专题练习）已知数列{}n a 满足1a =12且1n a +=n a -2n a （n ∈*N ）. （1）证明：112n n a a +<≤（n ∈*N ）； （2）设数列{}2n a 的前项和为n S ，证明112(2)2(1)n S n n n <≤++（n ∈*N ）. 【解析】（1）由题意得，210n n n a a a +-=-≤，即1n n a a +≤，12n a ≤， 由11(1)n n n a a a --=-，得1211(1)(1)(1)0n n n a a a a a --=--⋅⋅⋅->，由102n a <≤得，(]2111,21n n n n n n a a a a a a +==∈--， 即112n n a a +<≤； （2）由题意得21n n n a a a +=-，∴11n n S a a +=-①，由1111=n n n n a a a a ++-和112n n a a +<≤，得11112n na a +<-≤， ∴11112n n n a a +<-≤， 因此*111()2(1)2n a n N n n +<≤∈++②， 由①②得112(2)2(1)n S n n n <≤++. 【例4-2】（2020·江苏省如皋中学高三其他）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，11(1)(,,0,1)1n n a q S a q R a q q-=∈≠≠- （1）求证：数列{}n a 是等比数列；（2）若*q N ∈，是否存在q 的某些取值，使数列{}n a 中某一项能表示为另外三项之和？若能求出q 的全部取值集合，若不能说明理由．（3）若q ∈R ，是否存在[3,)q ∈+∞，使数列{}n a 中，某一项可以表示为另外三项之和？若存在指出q 的一个取值，若不存在，说明理由．【解析】（1）n=1时，11a S a ==，2n ≥时，()1111n n n n n n a a S S q q aq q ---=-=-=-（n=1也符合） ()1n n a aq n N -+∴=∈，1n na q a +∴=，即数列{}n a 是等比数列． （2）若4321n n n n a a a a =++则()3421,2n n n n q q q q q N q =++∈≥可设4321n n n n >>>，两边同除以1n q 得：3141211n n n n n n q q q -----=因为左边能被q 整除，右边不能被q 整除，因此满足条件的q 不存在．（3）若4321n n n n a a a a =++则()3421,2n n n n q q q q q N q =++∈≥可设4321n n n n >>>，3q ≥，334442111·33n n n n n n n q q q q q q q q --=≥≥>++，∴ 4321n n n n a a a a =++不成立．【例4-3】（2020·上海高三二模）某地出现了虫害，农业科学家引入了“虫害指数”数列{}n I ，{}n I 表示第n 周的虫害的严重程度，虫害指数越大，严重程度越高，为了治理虫害，需要环境整治、杀灭害虫，然而由于人力资源有限，每周只能采取以下两个策略之一：策略A ：环境整治，“虫害指数”数列满足1 1.020.20n n I I +=-；策略B ：杀灭害虫，“虫害指数”数列满足1 1.080.46n n I I +=-；当某周“虫害指数”小于1时，危机就在这周解除.（1）设第一周的虫害指数1[1,8]I ∈，用哪一个策略将使第二周的虫害严重程度更小？（2）设第一周的虫害指数13I =，如果每周都采用最优的策略，虫害的危机最快在第几周解除？【解析】（1）由题意可知，使用策略A 时，211.020.2I I =-；使用策略B 时，211.080.46I I =-令()111131.020.20 1.080.4603I I I --->⇒<，即当1131,3I ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，使用策略B 第二周严重程度更小；当1133I =时，使用两种策哈第二周严重程度一样；当113,83I ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，使用策略A 第二周严重程度更小. （2）由（1）可知，最优策略为策略B ，即1123231.080.46, 1.0844n n n n I I I I ++⎛⎫=--=- ⎪⎝⎭，所以数列234n I ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以114-为首项，1.08为公比的等比数列，所以12311 1.0844n n I -⎛⎫-=-⋅ ⎪⎝⎭，即111231.0844n n I -⎛⎫=-⋅+ ⎪⎝⎭，令1n I <，可得9n ≥，所以虫害最快在第9周解除.规律方法 数列的综合应用常考查以下几个方面：(1)数列在实际问题中的应用；(2)数列与不等式的综合应用；(3)数列与函数的综合应用.解答数列综合题和应用题既要有坚实的基础知识，又要有良好的逻辑思维能力和分析、解决问题的能力.解答应用性问题，应充分运用观察、归纳、猜想的手段建立出有关等差(比)数列、递推数列模型，再结合其他相关知识来解决问题.[方法技巧]1.非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想(1)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消来完成；(2)不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和.2.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，弄清该数列的特征、要求的是什么.(3)求解——求出该问题的数学解. (4)还原——将所求结果还原到实际问题中.3.直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论.4.在应用错位相减法时，要注意观察未合并项的正负号.5.解等差数列、等比数列应用题时，审题至关重要，深刻理解问题的实际背景，理清蕴含在语言中的数学关系，把应用问题抽象为数学中的等差数列、等比数列问题，使关系明朗化、标准化，然后用等差数列、等比数列知识求解.四、 课时作业1．（2020·宜宾市叙州区第一中学校高三二模（文））已知数列{}n a 满足11n n na a n +=+，11a =，则数列{}1n n a a +的前10项和为（ ） A ．1011B ．1110C ．910D ．109【答案】A 【解析】11n n n a a n +=+，11n n a n a n +∴=+，则3211211211123n n n a a a n a a a a a n n--=⋅⋅⋅⋅=⨯⨯⨯⨯=， ()111111n n a a n n n n +∴==-++，所以，数列{}1n n a a +的前10项和为101111111110112233410111111S ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.2．（2020·四川省仁寿第一中学校北校区高三二模（文））已知等差数列{}n a 的前n 项和为55,5,15n S a S ==,则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前100项和为A ．100101B ．99101C ．99100D ．101100【答案】A【解析】设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d.∵a 5＝5，S 5＝15，∴1145{545152a d a d +=⨯+=⇒11{1a d ==⇒a n ＝n. ∴11n n a a +⋅＝()11+n n ＝111n n -+，S 100＝112⎛⎫- ⎪⎝⎭＋1123⎛⎫- ⎪⎝⎭＋…＋11100101⎛⎫- ⎪⎝⎭＝1－1101＝100101.3．（2020·定远县育才学校高一月考）数列{}n a 的前n 项和为n S ，若()11n a n n =+，则5S 等于（ ）A ．1B ．56C ．16D ．130【答案】B 【解析】因为()11111n a n n n n ==-++，所以5111111111151122334455666S ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+-+-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故选B ． 4．（2020·陕西省西安中学高三其他（理））已知数列{}n a 的通项公式100n a n n=+，则122399100a a a a a a -+-+⋯+-= （ ）A ．150B ．162C ．180D ．210【答案】B【解析】由对勾函数的性质可知：当10n ≤时，数列{}n a 为递减；当10n ≥时，数列{}n a 为递增． 所以122310099a a a a a a -+-++-=12239101110121110099()()()()()()a a a a a a a a a a a a -+-++-+-+-++-=11010010a a a a -+-=1100(1010)(1001)(1010)+-+++-+ =1625．（2020·广西壮族自治区桂林十八中高二期中（理））我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：第一步：构造数列1，12，13，14，…，1n .①第二步：将数列①的各项乘以n ，得数列（记为）1a ，2a ，3a ,…，n a .则12231n n a a a a a a -+++等于（ ）A ．(1)n n -B ．2(1)n -C ．2nD ．(1)n n +【答案】A 【解析】 ∵a k =．n≥2时，a k ﹣1a k =()21n k k-=n 2（11k -﹣1k ）．∴a 1a 2+a 2a 3+…+a n ﹣1a n =n 2[（1﹣12）+（1123-）+…+（11n -﹣1n ）]=n 2（1﹣1n）=n （n ﹣1）． 6．（2020·广东省高三其他（文））设11111++++2612(1)S n n =++，则S =( )A ．211n n ++ B ．21n n - C ．1n n + D ．21n n ++ 【答案】A 【解析】由11111++++2612(1)S n n =++得11111++++122334(1)S n n =+⨯⨯⨯+111111112111++++222334111n S n n n n +=+-==+++----，故选：A.7．（2020·内蒙古自治区高三二模（理））已知函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=，若数列{}n a 满足12(0)n a f f f n n ⎛⎫⎛⎫=++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1(1)n f f n -⎛⎫+ ⎪⎝⎭，则数列{}n a 的前20项和为（ ）A ．100B ．105C ．110D ．115【答案】D【解析】函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=，()()12101n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭①， ()()12110n n n a f f f f f n n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭②，由①+②可得21n a n =+，12n n a +∴=，所以数列 {}n a 是首项为1，公差为12的等差数列，其前20项和为20120121152+⎛⎫+ ⎪⎝⎭=． 8．（2020·上海高三专题练习）设100122100333=++⋯+a a a x ，其中12100,,,a a a 每一个的值都是0或2这两个值中的某一个，则x 一定不属于（ ）. A ．[0,1) B ．(0,1]C ．12,33⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．12,33⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】C【解析】由题意，当12100,,,a a a 都取0时，100122100333=++⋯+a a a x 取最小值0；所以排除A ； 当12a =，2100,,a a 都取0时，23x =，所以排除BD ； 9．（2020·四川省棠湖中学高三二模（理））已知等差数列{}n a 的前n 项和为,n S 912216,4,2a a a =+=则数列1{}nS 的前10项和为（） A ．1112B ．1011C ．910D ．89【答案】B【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，912216,42a a a =+=， ()1111811624a d a d a d ⎧+=++⎪∴⎨⎪+=⎩解得12a d ==()21222n n n S n n n -=+⨯=+()111111n S n n n n ∴==-++ 1210111111111101122310111111S S S ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴+++=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭故选B10．（2020·广东省高三其他（理））设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，a n +a n +1＝2n （n ∈N *），则S 2020＝（ ）A ．2020223-B ．202022 3+C ．202122 3-D ．202122 3+【答案】C【解析】由题意，可知2020122020123420192020()()()S a a a a a a a a a =+++=++++++132019222=+++12101022(2)2[1]1-=- 2021223-=． 11．（2020·张家口市崇礼区第一中学高一期中）数列125⨯，158⨯，1811⨯，…，()()13132n n -⨯+，…的前n 项和为（ ） A ．32nn + B ．64nn +C ．364nn +D ．12n n ++ 【答案】B【解析】∵()()1111313233132n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭∴()()11125583132n S n n =+++⋅⋅-+=1111111325583132n n ⎛⎫-+-++-⎪-+⎝⎭=1113232n ⎛⎫-⎪+⎝⎭=64nn + 12．（2020·福建省高三其他（理））记数列{}n a 的前n 项和为n S ，2n S n =设11n n n b a a +=，则数列{}n b 的前10项和为（ ） A ．1021B ．1121C ．1921D ．2021【答案】A【解析】因为数列{}n a 的前n 项和为n S ，2n S n =，所以，当2n ≥时，()221121n n n a S S n n n -=-=--=-，又111a S ==满足21n a n =-，所以*21,n a n n N =-∈；因此111111(21)(21)22121n n n b a a n n n n +⎛⎫===- ⎪-+-+⎝⎭， 因此数列{}n b 的前10项和为1210111111111110...1 (1232352192122121)b b b ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.13．（2020·江西省高三其他（理））已知数列{}n a 满足11a =，1()31nn n a a n N a ++=∈+，则数列{}1n n a a +的前10项和10S =（ ） A ．928B ．2728C ．1031D ．3031【答案】C 【解析】因为1()31nn n a a n N a ++=∈+，所以+13111=3n n n n a a a a +=+，即+1113n na a -=， 所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以3为公差，1为首项的等差数列，所以113(1)32n n n a =+-=-，所以132n a n =-， 所以11111(32)(31)33231n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭，所以101111111111101=1343473283133131S ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+--= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故选：C 14．（2020·江西省宜丰中学高二开学考试（文））已知数列{}n a 满足2*1222...2()n n a a a n n N +++=∈，数列2211log log n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，则12310...S S S S ⋅⋅⋅⋅= ( ) A ．110B ．111C ．211D ．15【答案】B【解析】因为21222...2nn a a a n +++=， 所以2112122...21(2)n n a a a n n --+++=-≥，两式作差，可得21nn a =，即1(2)2n n a n =≥， 又当1n =时，121a =，即112a =满足12n n a =，因此*12()2n n n a n N -==∈；所以22211211111log log log l 22og (1)1n n n n a a n n n n +---===-++；因为数列2211log log nn a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，所以111111(1)()...()1223111n nS n n n n =-+-++-=-=+++，因此12310123101 (2341111)S S S S ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=. 15．（2020·安徽省高三三模（理））数列{}n F ：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，称为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入的，故又称为“兔子数列”，该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和，记该数列{}n F 的前n 项和为n S ，则下列结论中正确的是（ ） A ．202020221S F =+ B ．202020221S F =- C ．202020211S F =+D ．202020211S F =-【答案】B【解析】因为321432543202220212020F F F F F F F F F F F F -=⎧⎪-=⎪⎪-=⎨⎪⎪-=⎪⎩，将上述各式两边相加得，202222020F F S -=，所以202020221S F =-.16．（2020·江西省江西师大附中高三月考（理））数列111111,3,5,7,,(21),248162nn -+的前n 项和n S 的值等于（ ） A ．2112n n +- B ．21212n n n -+-C ．21112n n -+- D ．2112n n n -+-【答案】A【解析】11(1321)(21)24n nn S =+++-++++11(1)(121)221212n n n -+-⋅=+- 2112n n =+-,故选：A17．（2020·浙江省高三二模）已知数列{}n a ，满足1a a =且*1*121,N 222,N n n na n k k a a n k k +⎧=-∈⎪=⎨⎪=∈⎩，，，．设n S 是数列{}n a 的前n 项和，若20201S =，则a 的值为（ ） A ．13030B ．12020C ．11515D ．1【答案】C【解析】由1a a =且*1*121,N222,Nn n n a n k k a a n k k +⎧=-∈⎪=⎨⎪=∈⎩，，，得212a a =，3a a =，412a a=所以，,21,1,2,2n a n k k N a a n k k N **⎧=-∈⎪=⎨=∈⎪⎩， 202011010101015152S a a a =+⨯=，又20201S =，所以15151a =，解得11515a =，故选：C. 18．（2020·晋中市和诚高中有限公司高三月考（理））()11111324352n n +++⋯=⨯⨯⨯⨯+( ) A ．()12n n +B ．11122n ⎛⎫- ⎪+⎝⎭C ．13112212n n ⎛⎫-- ⎪++⎝⎭ D ．11121n ⎛⎫- ⎪+⎝⎭【答案】C【解析】()1111113243522n n +++⋯=⨯⨯⨯⨯+（11111111324112n n n n -+-++-+--++） =12（1111212n n +--++）= 13112212n n ⎛⎫-- ⎪++⎝⎭，故选C.19．（2020·山西省山西大附中高三月考）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，22a =，728S =，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前2020项和为（ ） A ．20202021 B ．20182020 C ．20182019D ．20212020【答案】A【解析】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，728S =， 由等差数列前n 项和公式可得74728S a == 所以44a =，结合22a =，由等差数列通项公式可得4121342a a d a a d =+=⎧⎨=+=⎩，解得111a d =⎧⎨=⎩，由等差数列通项公式可得()111n a n n =+-⨯=，则()1111n n a a n n +=+. 所以122334202020211111a a a a a a a a +++⋅⋅⋅+ 111112233420202021=+++⋅⋅⋅+⨯⨯⨯⨯ 111111112233420202021=-+-+-+⋅⋅⋅+-20202021=. 20．（2020·河南省高三月考（理））已知数列{}n a 满足113a =，141nn na a a +=+，则数列{}1n n a a +的前10项和10S =（ ）A ．8105B ．113C ．10129D ．11141【答案】C 【解析】因为141n n n a a a +=+，所以1114n na a +-=， 所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为3、公差为4的等差数列，所以141n n a =-，所以141n a n =-， 所以()()11111414344143n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭，所以1011111111110437471143943129S ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故选：C. 21．（2020·甘肃省高三月考（理））已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，()2*121n n a S n n +=++∈N ，设数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，则n T 的取值范围为（ ） A ．10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．(0,1)C ．1(,1)2D ．1[,1)2【答案】D【解析】因为2121n n a S n +=++，所以()2122n n a S n n -=+≥，因此()22112121n n n n n a a S S a +--=-+=+，即()2211n n a a +=+，又{}n a 为正项数列，所以11n n a a +=+，故数列{}n a 是以1为首项，1为公差的等差数列，所以n a n =，()*n N ∈因此()1111111n n a a n n n n +==-++， 所以1111111122311n T n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋯+-=- ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 因为*n N ∈，所以112n T ≤<. 22．（2020·全国高三二模（文））已知等差数列{}n a 满足5127a a -=，35a =，则数列11{}n n a a +的前10项的和为（ ） A ．2223B ．1123C ．2021D ．1021【答案】D【解析】依题意等差数列{}n a 满足5127a a -=，35a =，所以11114271252a d a a a d d +-==⎧⎧⇒⎨⎨+==⎩⎩，所以21n a n =-，所以()()111111212122121n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪⋅-+-+⎝⎭.所以数列11{}n n a a +的前10项的和为1111111110112335192122121⎛⎫⎛⎫-+-++-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 23．（2020·全国高三月考（文））已知数列{}n a 满足(1)2(1)n n n a n +=-，设数列{}n a 的前n 项和为S n ，则S 2019 =（ ） A ．2020 B ．2019 C ．1010 D ．0【答案】D【解析】由题意，可构造数列{}n b ：令()12(1)n n n b +=-，则可得数列{}:1n b -，1-，1，1，1-，1-，1，1，…即数列{}n b 是最小正周期为4的周期数列．∴ 数列{}:1n a -，2-，3，4，5-，6-，7，8，…∴ 2020S ＝123456782017201820192020a a a a a a a a a a a a ++++++++⋯++++ ＝()()()123456782017201820192020--+++--+++⋯+--++ ＝4504⨯＝2020，∴ 2019S ＝20202020S a -＝20202020-＝0．24．（2020·安徽省高三二模（理））已知数列{}n a 中，121,2a a ==，且当n 为奇数时，22n n a a +-=；当n 为偶数时，()2131n n a a ++=+．则此数列的前20项的和为（ ）A ．1133902-+B ．11331002-+C ．1233902-+D ．12331002-+【答案】A【解析】当n 为奇数时，22n n a a +-=，则数列奇数项是以1为首项，以2为公差的等差数列， 当n 为偶数时，()2131n n a a ++=+，则数列中每个偶数项加1是以3为首项，以3为公比的等比数列. 所以201232013192420S a a a a a a a a a a =++++=+++++++()()()24201091012111102a a a ⨯=⨯+⨯++++++-()1101313100101333902-=+--+=-.25．（2020·库车县乌尊镇中学高三月考（理））数列()(){}121nn --的前2016项和2016S等于（ ）A ．－2016B ．2016C ．－2015D ．2015【答案】B【解析】()()20161008213572201512201612222016S =-+-++-⨯⋅-+⨯⋅-=+++=个相加.26．（2020·盘县红果镇育才学校高三月考（文））记n S 为数列{}n a 的前n 项和，且有11a =，12n n n a a +=+，则8S =（ ） A ．255B ．256C ．502D ．511【答案】C【解析】依题意可得112n n n a a ---=，则有()()()121112*********n n n n n n n n a a a a a a a a -----=-+-++-+=++++=-，()()()87187198212121(222)8228502S =-+-++-=+++-=--=.27．（2020·河南省鹤壁高中高三月考（文））各项均为正数的等比数列{}n a 的前项和为n S ，若32,14n n S S ==，则4n S =（ ） A ．80 B ．16 C ．26 D ．30【答案】D【解析】由等比数列的性质可得23243,,,n n n n n n n S S S S S S S ---成等比()223•n n n n S S S S ⇒-=⇒32243464221630n n n n n n S S S S S S =⇒-=⇒-=⨯=⇒=，故选D.28．（2019·全国高三专题练习）已知数列{}n a 的通项公式为12n n a ，数列{}n b 满足*221221log ()log log n n n n b a n N a a ++=+∈⋅，则数列{}n b 的前10项和为（ ）A ．50511 B ．50711C ．61511D ．61711【答案】A【解析】∵212log log 2nn a n +==，∴()21221111log log 11n n a a n n n n ++==-⋅++，∴()1111n b n n n ⎛⎫=-+- ⎪+⎝⎭∴()11111012...11...2231n S n n n ⎡⎤⎡⎤=++++-+-+-++-⎣⎦⎢⎥+⎣⎦()11121n n n -⎛⎫=+- ⎪+⎝⎭322n n n +=+，310101050520211S +==+. 29．已知数列{}n a 的通项公式是()()11nn a n =-+，则12310a a a a ++++=A ．55-B ．5-C ．5D ．55【答案】C【解析】因为()()11nn a n =-+，所以12310234567891011a a a a ++++=-+-+-+-+-+()()246810357911=-+++++++++5=30．（2020·全国高三其他（理））已知数列{}n a 满足12a =，()1221n n n a a n ++=+，则20201232019a a a a a =+++⋅⋅⋅+（ ） A ．20212019B ．20202019C ．20192018D ．20212018【答案】A 【解析】由()1221n n n a a n ++=+，得1221n n a a n n +⎛⎫= ⎪++⎝⎭． 所以数列1n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭是以1111a =+为首项，以2为公比的等比数列， 所以121n na n -=+，所以()112n n a n -=+⋅． 设{}n a 的前n 项和为n S ，则()012122324212n n S n -=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⋅，两边同乘2，得()12122232212n n n S n n -=⨯+⨯+⋅⋅⋅+⋅++⋅，两个式子相减得()()()()11212122222212212212n n nnn n S n n n ----=⨯+++⋅⋅⋅+-+⋅=+-+⋅=-⋅-，所以2nn S n =⋅，所以2019202020191232019202122021201922019a a a a a ⨯==+++⋅⋅⋅+⨯．31．（2020·全国高三月考（理））已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S .若954S =，45a =，则数列1n S n ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭前2019项的和为（ ） A ．20182019B ．10091010C ．40362019D ．20191010【答案】D【解析】由等差数列性质可知，95954S a ==，解得56a =；而45a =，故1d =，则1432a a d =-=，故2(1)3222n n n n nS n -+=+=， 2121121n S n n n n n ⎛⎫==- ⎪-++⎝⎭， 设1n S n ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭的前n 项和为n T ，则111111112212233411121n n T n n n n ⎛⎫⎛⎫=+-+-+-=-= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭-+， 故2019220192019201911010T ⨯==+. 32．（2020·辽宁省高三二模（文））已知数列{}n a 满足12,n n a a n n N +-=∈.则211ni i a a ==-∑( ) A ．111n n-- B ．1n n- C ．(1)n n -D ．12n【答案】B【解析】因为12,n n a a n n N +-=∈，所以2121a a -=⨯，3222a a -=⨯，4323a a -=⨯，……，()121n n a a n --=⨯- 所以()()()()()213212122211n n a a a a a a n n n --+-++-=⨯+⨯++⨯-=-所以()11n a a n n -=-所以()21111111223341ni i a a n n==++++-⨯⨯⨯-⨯∑11111111223341n n=-+-+-++-- 11n=-1n n-=33．（2020·黑龙江省哈尔滨市第六中学校高三一模（文））已知数列是递增的等差数列，，，，成等比数列．（I ）求数列的通项公式；（II ）若，求数列的前项和.【解析】（I ）设的公差为，由条件得，∴，∴．（II ）由（I ）可得，∴．34．（2020·哈尔滨市第一中学校高三一模（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，*n N ∈，且11a =，1222n n n a a n ++=+（1）证明：数列1n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭是等比数列： （2）求数列{}n a 的通项公式与前n 项和n S . 【解析】（1）因为11a =，由已知1222n n n a a n ++=+可得11221n n a a n n +=⨯++，因为11022a =≠，故01n a n ≠+即11221n n a n a n ++=+为常数.所以1n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭是以12为首项，12为公比的等比数列. （2）由1n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭是以12为首项，12为公比的等比数列.得11111222n n n a n -⎛⎫⎛⎫=⋅= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，所以()112nn a n ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭.所以()123111123412222nn S n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， ()234111111234122222n n S n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以()234111111111222222nn n S n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++⋅⋅⋅+-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭()131322n n +⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭.所以()1332nn S n ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭.综上，()112n n a n ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，()1332nn S n ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭. 35．（2020·黑龙江省大庆四中高一月考（文））数列{n a }满足143()n n a a n n N *++=-∈（1）若{n a }是等差数列，求其通项公式；（2）若{n a }满足12,n a S =为{n a }的前项和，求21n S +．【解析】（1）若数列{a n }是等差数列，则a n ＝a 1+（n ﹣1）d ，a n +1＝a 1+nd ．由a n +1+a n ＝4n ﹣3，得（a 1+nd ）+[a 1+（n ﹣1）d ]＝4n ﹣3，即2d ＝4，2a 1﹣d ＝﹣3，解得d ＝2，a 112=-．故522n a n =-（2）∵1122,1a a a =+=，∴21a =- 又∵24n na a +-=，∴数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，公差均为4∴2142n a n -=-，245n a n =-()()211321242n n n S a a a a a a ++=++⋯++++⋯+=(1)(1)(1)24(1)422n n n n n n +-+⨯+⨯+⨯-+⨯ =242n n ++。
【步步高】2021届高考数学总温习 数列的综合应用学案 理 新人教A版 (1)
学案32数列的综合应用导学目标：1.通过构造等差、等比数列模型，运用数列的公式、性质解决简单的实际问题.2.对数列与其他知识综合性的考查也高于考试说明的要求，另外还要注重数列在生产、生活中的应用．自主梳理1．数列的综合应用数列的综合应用一是指综合运用数列的各类知识和方式求解问题，二是数列与其他数学内容相联系的综合问题．解决此类问题应注意数学思想及方式的运用与体会．(1)数列是一种特殊的函数，解数列题要注意运用方程与函数的思想与方式．(2)转化与化归思想是解数列有关问题的大体思想方式，复杂的数列问题常常转化为等差、等比数列或常见的特殊数列问题．(3)由特殊到一样及由一样到特殊的思想是解决数列问题的重要思想．已知数列的前假设干项求通项，由有限的特殊事例推测出一样性的结论，都是利用此法实现的．(4)分类讨论思想在数列问题中常会碰到，如等比数列中，常常要对公比进行讨论；由S n求a n时，要对______________进行分类讨论．2．数列的实际应用数列的应用问题是中学数学教学与研究的一个重要内容，解许诺用问题的核心是成立数学模型．(1)成立数学模型时，应明确是等差数列模型、等比数列模型，仍是递推数列模型，是求a n仍是求S n.(2)分期付款中的有关规定①在分期付款中，每一个月的利息均按复利计算；②在分期付款中规定每期所付款额相同；③在分期付款时，商品售价和每期所付款额在贷款全数付清前会随时刻的推移而不断增值；④各期付款连同在最后一次付款时所生的利息之和，等于商品售价及从购买时到最后一次付款的利息之和．自我检测1．(原创题)假设S n是等差数列{a n}的前n项和，且S8－S3＝10，那么S11的值为( )A．12 B．18C．22 D．442．(2020·汕头模拟)在等比数列{a n}中，a n>a n＋1，且a7·a11＝6，a4＋a14＝5，那么a6a16等于( )A.23B.32 C ．－16D ．－563．假设{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，把{a n }的每一项都减去2后，取得一个新数列{b n }，设{b n }的前n 项和为S n ，关于任意的n ∈N *，以下结论正确的选项是 ( )A ．b n ＋1＝3b n ，且S n ＝12(3n －1)B ．b n ＋1＝3b n －2，且S n ＝12(3n －1)C ．b n ＋1＝3b n ＋4，且S n ＝12(3n －1)－2nD ．b n ＋1＝3b n －4，且S n ＝12(3n －1)－2n4．“嫦娥奔月，举国欢庆”，据科学计算，运载“神六”的“长征二号”系列火箭，在点火第一秒钟通过的路程为2 km ，以后每秒钟通过的路程都增加2 km ，在达到离地面240 km 的高度时，火箭与飞船分离，那么这一进程需要的时刻大约是 ( )A ．10秒钟B ．13秒钟C ．15秒钟D ．20秒钟5．(2020·台州月考)已知数列{a n }的通项为a n ＝nn 2＋58，那么数列{a n }的最大项为 ( )A ．第7项B ．第8项C ．第7项或第8项D ．不存在6．(2020·南京模拟)设数列{a n }，{b n }都是正项等比数列，S n ，T n 别离为数列{lg a n }与{lg b n }的前n 项和，且S n T n ＝n2n ＋1，那么log b 5a 5＝________. 探讨点一 等差、等比数列的综合问题例1 设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和．已知S 3＝7，且a 1＋3,3a 2，a 3＋4组成等差数列．(1)求数列{a n }的通项；(2)令b n ＝ln a 3n ＋1，n ＝1,2，…，求数列{b n }的前n 项和T n .变式迁移1 假设a 1，a 2，a 3，a 4是一个等差数列，且知足0<a 1<2，a 3＝4.假设b n ＝2a n (n ＝1,2,3,4)．给出以下命题：①数列{b n }是等比数列；②b 2>4；③b 4>32；④b 2b 4＝256.其中正确命题的个数是 ( ) A ．1B ．2C ．3D ．4探讨点二 数列与方程、函数、不等式的综合问题例2 (2020·温州月考)已知函数f (x )＝2x ＋33x ，数列{a n }知足a 1＝1，a n ＋1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ，n ∈N *，(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令T n ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…－a 2n a 2n ＋1，求T n ； (3)令b n ＝1a n －1a n(n ≥2)，b 1＝3，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，若S n <m －2 0012对一切n ∈N *成立，求最小正整数m .变式迁移2 已知单调递增的等比数列{a n }知足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)假设b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，对任意正整数n ，S n ＋(n ＋m )a n ＋1<0恒成立，试求m 的取值范围．探讨点三 数列在实际问题中的应用例3 (2020·福州模拟)有一个下岗职工，1月份向银行贷款10 000元，作为启动资金开店，每一个月月底取得的利润是该月月初投入资金的20%，每一个月月底需缴纳所得税为该月月利润的10%，每一个月的生活费为300元，余款作为资金全数投入下个月的经营，如此继续，问到这年年末那个职工有多少资金？假设贷款年利息为25%，问那个职工还清银行贷款后纯收入多少元？变式迁移3 假设某市2020年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是中低价房，估量在尔后的假设干年内，该市每一年新建住房面积平均比上一年增加8%.另外，每一年新建住房中，中低价房的面积均比上一年增加50万平方米．那么，到哪一年末，(1)该市历年所建中低价房的累计面积(以2020年为累计的第一年)将第一次很多于4 750万平方米？ (2)昔时建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例第一次大于85%？(参考数据：1.084≈1.36,1.085≈1.47,1.086≈1.59)1．数列实际应用问题：(1)数学应用问题已成为中学数学教学与研究的一个重要内容，解答数学应用问题的核心是成立数学模型，有关平均增加率、利率(复利)和等值增减等实际问题，需利用数列知识成立数学模型．(2)在试题中经常使用的数学模型有①构造等差、等比数列的模型，然后再去应用数列的通项公式求解；②通过归纳取得结论，用数列知识求解．2．解决数列综合问题应体会以下思想及方式：(1)数列与函数方程相结合时要紧考查函数的思想及函数的性质(多为单调性)．(2)数列与不等式结合时需注意放缩．(3)数列与解析几何结合时要注意递推思想．(总分值：75分)一、选择题(每题5分，共25分)1．(2020·湖北)已知等比数列{}a n 中，各项都是正数，且a 1，12a 3,2a 2成等差数列，那么a 9＋a 10a 7＋a 8的值为( )A ．1＋ 2B ．1－2C ．3＋22D ．3－222．(2020·漳州模拟)数列{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 6＝b 7，那么有 ( )A ．a 3＋a 9≤b 4＋b 10B ．a 3＋a 9≥b 4＋b 10C ．a 3＋a 9≠b 4＋b 10D ．a 3＋a 9与b 4＋b 10的大小不确信 3．有限数列A ：a 1，a 2，…，a n ，S n 为其前n 项和，概念S 1＋S 2＋…＋S nn为A 的“凯森和”，假设有99项的数列a 1，a 2，…，a 99的“凯森和”为1 000，那么有100项的数列1，a 1，a 2，…，a 99的“凯森和”为 ( )A ．1 001B ．991C ．999D ．9904．有一种细菌和一种病毒，每一个细菌在每秒钟末能在杀死一个病毒的同时将自身割裂为2个，此刻有一个如此的细菌和100个如此的病毒，问细菌将病毒全数杀死至少需要 ( )A ．6秒B ．7秒C ．8秒D ．9秒5．已知数列{a n }，{b n }知足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n 的两个零点，那么b 10等于 ( )A ．24B ．32C ．48D ．646．(2020·丽水月考)假设数列{a n }的通项公式a n ＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫252n －2－4⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1，数列{a n }的最大项为第x 项，最小项为第y 项，那么x ＋y ＝________.7．(2020·江苏)函数y ＝x 2(x >0)的图象在点(a k ，a 2k )处的切线与x 轴的交点的横坐标为a k ＋1，其中k ∈N *，a 1＝16，那么a 1＋a 3＋a 5＝________.8．把正整数按必然的规那么排成了如下图的三角形数表．设a ij (i ，j ∈N *)是位于那个三角形数表中从上往下数第i 行、从左往右数第j 个数，如a 42＝8.假设a ij ＝2 009，那么i 与j 的和为________．1 2 4 3 5 7 6 8 10 12 9 11 13 15 17 14 16 18 20 22 24 …………………………………… 三、解答题(共38分)9．(12分)(2020·湘潭模拟)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 知足S n －S n －1＝S n ＋S n －1(n ≥2)．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)假设数列{1b n b n ＋1}的前n 项和为T n ，问知足T n >1 0002 009的最小正整数n 是多少？10．(12分)沿海地域甲公司响应国家开发西部的号召，对西部地域乙企业进行扶持性技术改造．乙企业的经营现状是：每一个月收入为45万元，但因设备老化，从下月开始需付设备维修费，第一个月为3万元，以后每一个月递增2万元．甲公司决定投资400万元扶持改造乙企业．据预测，改造后乙企业第一个月收入为16万元，在以后的4个月中，每一个月收入都比上个月增加50%，而后每一个月收入都稳固在第5个月的水平上．假设设备改造时刻可忽略不计，那么从下个月开始至少通过量少个月，改造后的乙企业的累计总收益多于仍按现状生产所带来的总收益？11．(14分)(2020·广东执信中学模拟)已知函数f (x )知足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； (3)设b n ＝(9－n )f n ＋1f n，n ∈N *，S n 为{b n }的前n 项和，当S n 最大时，求n 的值．答案 自主梳理 1．(4)n ＝1或n ≥2 自我检测1．C 2.B 3.C 4.C 5.B 6.919 课堂活动区例1 解题导引 1.等差数列与等比数列相结合的综合问题是高考考查的重点，专门是等差、等比数列的通项公式、前n 项和公式和等差中项、等比中项问题是历年命题的热点．2．利用等比数列前n 项和公式时注意公比q 的取值．同时对两种数列的性质，要熟悉它们的推导进程，利用好性质，可降低题目的思维难度，解题时有时还需利用条件联立方程求解．解 (1)由已知得 ⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7(a 1＋3)＋(a 3＋4)2＝3a 2，解得a 2＝2.设数列{a n }的公比为q ，由a 2＝2， 可得a 1＝2q，a 3＝2q .又S 3＝7，可知2q＋2＋2q ＝7，即2q 2－5q ＋2＝0.解得q 1＝2，q 2＝12.由题意得q >1，∴q ＝2，∴a 1＝1. 故数列{a n }的通项为a n ＝2n －1. (2)由(1)得a 3n ＋1＝23n ， ∴b n ＝ln a 3n ＋1＝ln 23n ＝3n ln 2.又b n ＋1－b n ＝3ln 2，∴{b n }是等差数列， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n (b 1＋b n )2＝3n (n ＋1)2·ln 2.故T n ＝3n (n ＋1)2ln 2.变式迁移1 D [设a 1，a 2，a 3，a 4的公差为d ，那么a 1＋2d ＝4，又0<a 1<2，因此1<d <2.易知数列{b n }是等比数列，故(1)正确；a 2＝a 3－d ∈(2,3)，因此b 2＝2a 2>4，故(2)正确；a 4＝a 3＋d >5，因此b 4＝2a 4>32，故(3)正确；又a 2＋a 4＝2a 3＝8，因此b 2b 4＝2a 2＋a 4＝28＝256，故(4)正确．]例2 解题导引 这是一道数列、函数、不等式的综合题，利用函数关系式求通项a n ，观看T n 特点，求出T n .由a n 再求b n 从而求S n ，最后利用不等式知识求出m .解 (1)∵a n ＋1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＝2a n ＋33a n＝2＋3a n 3＝a n ＋23，∴{a n }是以23为公差的等差数列．又a 1＝1，∴a n ＝23n ＋13.(2)T n ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…－a 2n a 2n ＋1 ＝a 2(a 1－a 3)＋a 4(a 3－a 5)＋…＋a 2n (a 2n －1－a 2n ＋1)＝－43(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝－43·n ⎝ ⎛⎭⎪⎫53＋4n 3＋132＝－49(2n 2＋3n )．(3)当n ≥2时，b n ＝1a n －1a n ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋13＝92⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， 又b 1＝3＝92×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝92×⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝92⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝9n2n ＋1， ∵S n <m －2 0012对一切n ∈N *成立．即9n 2n ＋1<m －2 0012，又∵9n2n ＋1＝92⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1递增， 且9n2n ＋1<92.∴m －2 0012≥92， 即m ≥2 010.∴最小正整数m ＝2 010.变式迁移2 解 (1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q . 依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4， 代入a 2＋a 3＋a 4＝28，得a 3＝8.∴a 2＋a 4＝20.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 3＝a 1q 2＝8，解之，得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32.又{a n }单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2. ∴a n ＝2n .(2)b n ＝2n ·log 122n ＝－n ·2n ，∴－S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n .①∴－2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1.② ∴①－②，得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1 ＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－n ·2n ＋1－2.由S n ＋(n ＋m )a n ＋1<0，即2n ＋1－n ·2n ＋1－2＋n ·2n ＋1＋m ·2n ＋1<0对任意正整数n 恒成立， ∴m ·2n ＋1<2－2n ＋1对任意正整数n ，m <12n －1恒成立．∵12n －1>－1，∴m ≤－1， 即m 的取值范围是(－∞，－1]． 例3 解 依题意，第1个月月余款为a 1＝10 000(1＋20%)－10 000×20%×10%－300＝11 500，第2个月月底余款为a 2＝a 1(1＋20%)－a 1×20%×10%－300， 依此类推下去，设第n 个月月底的余款为a n 元，第n ＋1个月月底的余款为a n ＋1元，那么a n ＋1＝a n (1＋20%)－a n ×20%×10%－300＝1.18a n －300. 下面构造一等比数列． 设a n ＋1＋x a n ＋x＝1.18，那么a n ＋1＋x ＝1.18a n ＋1.18x ，∴a n ＋1＝1.18a n ＋0.18x . ∴0.18x ＝－300.∴x ＝－5 0003，即a n ＋1－5 0003a n －5 0003＝1.18.∴数列{a n －5 0003}是一个等比数列，公比为1.18，首项a 1－5 0003＝11 500－5 0003＝29 5003.∴a n －5 0003＝29 5003×1.18n －1，∴a 12－5 0003＝29 5003×1.1811，∴a 12＝5 0003＋29 5003×1.1811≈62 396.6(元)，即到年末该职工共有资金62 396.6元． 纯收入有a 12－10 000(1＋25%) ＝62 396.6－12 500＝49 896.6(元)．变式迁移3 解 (1)设中低价房的面积形成的数列为{a n }， 由题意可知{a n }是等差数列，其中a 1＝250，d ＝50， 则a n ＝250＋(n －1)·50＝50n ＋200，S n ＝250n ＋n (n －1)2×50＝25n 2＋225n ，令25n 2＋225n ≥4 750，即n 2＋9n －190≥0，而n 是正整数，∴n ≥10.∴到2020年末，该市历年所建中低价房的累计面积将第一次很多于4 750万平方米． (2)设新建住房面积形成数列{b n }，由题意可知{b n }是等比数列，其中b 1＝400，q ＝1.08， 则b n ＝400·(1.08)n －1. 由题意可知a n >0.85b n ，即50n ＋200>400·(1.08)n －1·0.85. 当n ＝5时，a 5<0.85b 5， 当n ＝6时，a 6>0.85b 6，∴知足上述不等式的最小正整数n 为6.∴到2016年末，昔时建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例第一次大于85%.课后练习区1．C 2.B 3.B 4.B 5.D6．3 7.21 8.1079．解 (1)∵f (1)＝a ＝13，∴f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x .…………………………………………………(1分) a 1＝f (1)－c ＝13－c ， a 2＝[f (2)－c ]－[f (1)－c ]＝－29， a 3＝[f (3)－c ]－[f (2)－c ]＝－227；又数列{a n }成等比数列，a 1＝a 22a 3＝481－227＝－23＝13－c ， ∴c ＝1；……………………………………………………………………………………(2分)公比q ＝a 2a 1＝13，a n ＝－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ，n ∈N *；………………………………(3分) ∵S n －S n －1＝()S n －S n －1()S n ＋S n －1 ＝S n ＋S n －1(n >2)，……………………………………………………………………(4分)又b n >0，S n >0，∴S n －S n －1＝1. 数列{S n }组成一个首项为一、公差为1的等差数列，S n ＝1＋(n －1)×1＝n ，S n ＝n 2.当n ≥2，b n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1；又当n ＝1时，也适合上式，∴b n ＝2n －1，n ∈N *.……………………………………………………………………(6分)(2)T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2n －1)×(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋ 12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.……………………………………………(10分) 由T n ＝n 2n ＋1>1 0002 009，得n >1 0009， ∴知足T n >1 0002 009的最小正整数为112.…………………………………………………(12分) 10．解 设乙企业仍按现状生产至第n 个月所带来的总收益为A n (万元)，技术改造后生产至第n 个月所带来的总收益为B n (万元)．依题意得A n ＝45n －[3＋5＋…＋(2n ＋1)]＝43n －n 2，………………………………………………………………………………(4分)当n ≥5时，B n ＝16⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫325－132－1＋16⎝ ⎛⎭⎪⎫324(n －5)－400＝81n －594，…………………………………………………………(8分) ∴当n ≥5时，B n －A n ＝n 2＋38n －594，令n 2＋38n －594>0，即(n ＋19)2>955，解得n ≥12，∴至少通过12个月，改造后的乙企业的累计总收益多于仍按现状生产所带来的总收益．……………………………………………………………………………………………(12分)11．解 (1)令x ＝n ，y ＝1，取得f (n ＋1)＝f (n )·f (1)＝12f (n )，……………………………………………………………(2分) ∴{f (n )}是首项为12，公比为12的等比数列， 即f (n )＝(12)n .………………………………………………………………………………(5分)(2)记S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ，∵a n ＝n ·f (n )＝n ·(12)n ，……………………………………………………………………(6分) ∴S n ＝12＋2×(12)2＋3×(12)3＋…＋n ×(12)n ， 12S n ＝(12)2＋2×(12)3＋3×(12)4＋…＋(n －1)×(12)n ＋n ×(12)n ＋1， 两式相减得12S n ＝12＋(12)2＋…＋(12)n －n ×(12)n ＋1， 整理得S n ＝2－(12)n －1－n (12)n <2.…………………………………………………………(9分) (3)∵f (n )＝(12)n ，而b n ＝(9－n )f (n ＋1)f (n )＝(9－n )(12)n ＋1(12)n ＝9－n 2.…………………………………………………………………(11分) 当n ≤8时，b n >0；当n ＝9时，b n ＝0；当n >9时，b n <0，∴n ＝8或9时，S n 取到最大值．……………………………………………………(14分)。
2021版高考文科数学(人教A版)一轮复习教师用书：第六章 第5讲 数列的综合应用 Word版含答案
第5讲数列的综合应用等差数列与等比数列的综合问题(师生共研)(2018·高考北京卷)设{a n}是等差数列，且a1＝ln 2，a2＋a3＝5ln 2.(1)求{a n}的通项公式；(2)求e a1＋e a2＋…＋e a n.【解】(1)设{a n}的公差为d.因为a2＋a3＝5ln 2，所以2a1＋3d＝5ln 2.又a1＝ln 2，所以d＝ln 2.所以a n＝a1＋(n－1)d＝n ln 2.(2)因为e a1＝e ln 2＝2，e a ne a n－1＝e a n－a n－1＝e ln 2＝2，所以{e a n}是首项为2，公比为2的等比数列．所以e a1＋e a2＋…＋e a n＝2×1－2n1－2＝2(2n－1)＝2n＋1－2.等差数列、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，确定最终解决问题需要首先求解的中间问题，如求和需要先求出通项、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，则要看其是否有等于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，这些细节对解题的影响也是巨大的．[提醒]在不能使用同一公式进行计算的情况下要注意分类讨论，分类解决问题后要注意结论的整合．(2020·吉林第一次调研测试)设S n为数列{a n}的前n项和，已知a2＝3，a n＋1＝2a n＋1.(1)证明：{a n＋1}为等比数列；(2)求{a n }的通项公式，并判断n ，a n ，S n 是否成等差数列？说明理由． 解：(1)证明：因为a 2＝3，a 2＝2a 1＋1，所以a 1＝1， 因为a n ＋1＝2a n ＋1，所以a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)， 所以{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列． (2)由(1)知，a n ＋1＝2n ，所以a n ＝2n －1， 所以S n ＝2－2n ＋11－2－n ＝2n ＋1－n －2，所以n ＋S n －2a n ＝n ＋2n ＋1－n －2－2(2n －1)＝0， 所以n ＋S n ＝2a n ，即n ，a n ，S n 成等差数列．数列的实际应用与数学文化(师生共研)(2020·重庆八中4月模拟)某地区2018年人口总数为45万．实施“二孩”政策后，专家估计人口总数将发生如下变化：从2019年开始到2028年，每年人口总数比上一年增加0.5万人，从2029年开始到2038年，每年人口总数为上一年的99%.(1)求实施“二孩”政策后第n 年的人口总数a n (单位：万人)的表达式(注：2019年为第一年)；(2)若“二孩”政策实施后的2019年到2038年人口平均值超过49万，则需调整政策，否则继续实施，问到2038年结束后是否需要调整政策？(参考数据：0.9910≈0.9)【解】 (1)由题意知，当1≤n ≤10时，数列{a n }是首项为45.5，公差为0.5的等差数列，可得a n ＝45.5＋0.5×(n －1)＝0.5n ＋45，则a 10＝50；当11≤n ≤20时，数列{a n }是公比为0.99的等比数列，则a n ＝50×0.99n －10.故实施“二孩”政策后第n 年的人口总数a n (单位：万人)的表达式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0.5n ＋45，1≤n ≤10，50×0.99n －10，11≤n ≤20. (2)设S n 为数列{a n }的前n 项和．从2019年到2038年共20年，由等差数列及等比数列的求和公式得S 20＝S 10＋(a 11＋a 12＋…＋a 20)＝477.5＋4 950×(1－0.9910)≈972.5.所以“二孩”政策实施后的2019年到2038年人口平均值为S 2020≈48.63，则S 2020＜49，故到2038年结束后不需要调整政策．数列实际应用中的常见模型(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定的数，则该模型是等差模型，这个固定的数就是公差．(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，则该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，则应考虑考查的是第n 项a n 与第n ＋1项a n ＋1的递推关系还是前n 项和S n 与前n ＋1项和S n＋1之间的递推关系．1．(2020·广东潮州二模)我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤．”意思是：现有一根金箠，长5尺，头部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤．若该金箠从头到尾，每一尺的质量构成等差数列，则该金箠共重为( )A ．6斤B ．7斤C ．9斤D ．15斤解析：选D.设从头到尾每一尺的质量构成等差数列{a n }， 则有a 1＝4，a 5＝2， 所以a 1＋a 5＝6，数列{a n }的前5项和为S 5＝5×a 1＋a 52＝5×3＝15，即该金箠共重15斤．故选D.2．1979年，李政道博士给中国科技大学少年班出过一道智趣题：5只猴子分一堆桃子，怎么也不能分成5等份，只好先去睡觉，准备第二天再分，夜里1只猴子偷偷爬起来，先吃掉一个桃子，然后将其分成5等份，藏起自己的一份就去睡觉了；第2只猴子又爬起来，将剩余的桃子吃掉一个后，也将桃子分成5等份；藏起自己的一份睡觉去了；以后的3只猴子都先后照此办理，问：最初至少有多少个桃子？最后至少剩下多少个桃子？解：假如我们设最初有a 1个桃子，猴子每次分剩下的桃子依次为a 2，a 3，a 4，a 5，a 6，得到一个数列{a n }，依题意，可知数列的递推公式：a n ＋1＝a n －15(a n －1)－1，即a n ＋1＝45(a n －1)，整理变形，得a n ＋1＋4＝45(a n ＋4)．故{a n ＋4}是以45为公比的等比数列，所以a 6＋4＝(a 1＋4)⎝⎛⎭⎫455，欲使(a 6＋4)∈N *，应有a 1＋4＝55m (m ∈N *)，故最初至少有桃子a 1＝55－4＝3 121个，从而最后至少剩下a 6＝45－4＝1 020个．数列与函数、不等式的综合问题(师生共研)设函数f (x )＝12＋1x，正项数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝f ⎝⎛⎭⎫1an －1，n ∈N *，且n ≥2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)对n ∈N *，求证：1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 3a 4＋…＋1a n a n ＋1<2.【解】 (1)由a n ＝f ⎝⎛⎭⎫1an －1，所以a n ＝12＋a n －1，n ∈N *，且n ≥2，所以数列{a n }是以1为首项，以12为公差的等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋12(n －1)＝n ＋12.(2)证明：由(1)可知1a n a n ＋1＝4（n ＋1）（n ＋2）＝4⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2，S n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 3a 4＋…＋1a n a n ＋1＝4[⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋⎝⎛⎭⎫14－15…＋(1n ＋1－1n ＋2)] ＝4⎝⎛⎭⎫12－1n ＋2＝2－4n ＋2<2，得证．数列与其他知识交汇问题的常见类型及解题策略(1)数列与函数的交汇问题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，解题时要注意数列与函数的内在联系，掌握递推数列的常见解法．(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．1．(2020·湖南岳阳一模)曲线y ＝n 2x ＋ln x (n ∈N *)在x ＝2n处的切线斜率为a n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项的和为 ． 解析：对y ＝n 2x ＋ln x (n ∈N *)求导，可得y ′＝n 2＋1x ，由曲线y ＝n 2x ＋ln x (n ∈N *)在x ＝2n处的切线斜率为a n ，可得a n ＝n 2＋n 2＝n .所以1a n a n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项的和为1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝nn ＋1.答案：n n ＋12．(2020·浙江杭州4月模拟)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n 的两个零点，则a 5＝ ，b 10＝ ．解析：因为a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n 的两个零点，所以a n ，a n ＋1是方程x 2－b n x ＋2n ＝0的两个根，根据根与系数的关系，可得a n ·a n ＋1＝2n ，a n ＋a n ＋1＝b n ， 由a n ·a n ＋1＝2n ，可得a n ＋1·a n ＋2＝2n ＋1，两式相除可得a n ＋2a n＝2，所以a 1，a 3，a 5，…成公比为2的等比数列，a 2，a 4，a 6，…成公比为2的等比数列，又由a 1＝1，得a 2＝2，所以a 5＝1×22＝4，a 10＝2×24＝32，a 11＝1×25＝32，所以b 10＝a 10＋a 11＝32＋32＝64. 答案：4 64[基础题组练]1．(2020·开封市定位考试)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＋4S 2＝0，则公比q ＝( )A ．－1B ．1C ．－2D ．2解析：选C.法一：因为a 3＋4S 2＝0，所以a 1q 2＋4a 1＋4a 1q ＝0，因为a 1≠0，所以q 2＋4q ＋4＝0，所以q ＝－2，故选C.法二：因为a 3＋4S 2＝0，所以a 2q ＋4a 2q ＋4a 2＝0，因为a 2≠0，所以q ＋4q ＋4＝0，即(q＋2)2＝0，所以q ＝－2，故选C.2．(2020·宁夏银川一中一模)已知等比数列{a n }中，有a 3a 11＝4a 7，数列{b n }是等差数列，其前n 项和为S n ，且b 7＝a 7，则S 13＝( )A ．26B ．52C ．78D ．104解析：选B.设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 3a 11＝4a 7，所以a 27＝4a 7≠0，解得a 7＝4， 因为数列{b n }是等差数列，且b 7＝a 7，所以S 13＝13×（b 1＋b 13）2＝13b 7＝13a 7＝52.故选B.3．(2020·吉林长春5月联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d ＞0，a 6和a 8是函数f (x )＝154ln x ＋12x 2－8x 的极值点，则S 8＝( )A ．－38B ．38C ．－17D ．17解析：选 A.因为f (x )＝154ln x ＋12x 2－8x ，所以f ′(x )＝154x ＋x －8＝x 2－8x ＋154x＝⎝⎛⎭⎫x －12⎝⎛⎭⎫x －152x，令f ′(x )＝0，解得x ＝12或x ＝152.又a 6和a 8是函数f (x )的极值点，且公差d ＞0，所以a 6＝12，a 8＝152，所以⎩⎨⎧a 1＋5d ＝12，a 1＋7d ＝152，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－17，d ＝72.所以S 8＝8a 1＋8×（8－1）2×d ＝－38，故选A.4．设y ＝f (x )是一次函数，若f (0)＝1，且f (1)，f (4)，f (13)成等比数列，则f (2)＋f (4)＋…＋f (2n )等于( )A ．n (2n ＋3)B ．n (n ＋4)C ．2n (2n ＋3)D ．2n (n ＋4)解析：选A.由题意可设f (x )＝kx ＋1(k ≠0)，则(4k ＋1)2＝(k ＋1)×(13k ＋1)，解得k ＝2，f (2)＋f (4)＋…＋f (2n )＝(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋…＋(2×2n ＋1)＝n (2n ＋3)．5．(2020·山东临沂三模)意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…即F (1)＝F (2)＝1，F (n )＝F (n －1)＋F (n －2)(n ≥3，n ∈N *)．此数列在现代物理、化学等方面都有着广泛的应用．若此数列被2除后的余数构成一个新数列{a n }，则数列{a n }的前2 019项的和为( )A ．672B ．673C ．1 346D ．2 019解析：选C.由于{a n }是数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…各项除以2的余数，故{a n }为1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，…， 所以{a n }是周期为3的周期数列， 且一个周期中的三项之和为1＋1＋0＝2. 因为2 019＝673×3，所以数列{a n }的前2 019项的和为673×2＝1 346.故选C.6．(2019·高考北京卷)设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 2＝－3，S 5＝－10，则a 5＝ ，S n 的最小值为 ．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，因为⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝－3，S 5＝－10，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝－3，5a 1＋10d ＝－10，所以可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝1，所以a 5＝a 1＋4d ＝0，因为S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝12(n 2－9n )，所以当n ＝4或n＝5时，S n 取得最小值，最小值为－10.答案：0 －10 7．若数列{a n }满足1a n ＋1－2a n ＝0，则称{a n }为“梦想数列”．已知正项数列{1b n }为“梦想数列”，且b 1＋b 2＋b 3＝1，则b 6＋b 7＋b 8＝ ．解析：由1a n ＋1－2a n＝0可得a n ＋1＝12a n ，故{a n }是公比为12的等比数列，故{1b n }是公比为12的等比数列，则{b n }是公比为2的等比数列，b 6＋b 7＋b 8＝(b 1＋b 2＋b 3)25＝32.答案：328．(2020·河北石家庄4月模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ，定义{a n }的“优值”为H n ＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a nn，现已知{a n }的“优值”H n ＝2n ，则S n ＝ ．解析：由H n ＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n n ＝2n，得a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n ＝n ·2n ， ①当n ≥2时，a 1＋2a 2＋…＋2n －2a n －1＝(n －1)2n －1， ②由①－②得2n －1a n ＝n ·2n －(n －1)2n －1＝(n ＋1)2n －1，即a n ＝n ＋1(n ≥2)， 当n ＝1时，a 1＝2也满足式子a n ＝n ＋1，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋1，所以S n ＝n （2＋n ＋1）2＝n （n ＋3）2.答案：n （n ＋3）29．(2020·武汉市部分学校调研)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝3.(1)若a 3＋b 3＝7，求{b n }的通项公式； (2)若T 3＝13，求S n .解：(1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ， 则a n ＝－1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1. 由a 2＋b 2＝3，得d ＋q ＝4，① 由a 3＋b 3＝7，得2d ＋q 2＝8，②联立①②，解得q ＝2或q ＝0(舍去)，因此{b n }的通项公式为b n ＝2n －1. (2)因为T 3＝b 1(1＋q ＋q 2)， 所以1＋q ＋q 2＝13， 解得q ＝3或q ＝－4， 由a 2＋b 2＝3得d ＝4－q ， 所以d ＝1或d ＝8.由S n ＝na 1＋12n (n －1)d ，得S n ＝12n 2－32n 或S n ＝4n 2－5n .10．(2020·湖南省湘东六校联考)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝S n －1＋1(n ≥2，n ∈N )，且a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)记b n ＝1a n ·a n ＋1，T n 为{b n }的前n 项和，求使T n ≥2n 成立的n 的最小值．解：(1)由已知有S n －S n －1＝1(n ≥2，n ∈N )，所以数列{S n }为等差数列，又S 1＝a 1＝1，所以S n ＝n ，即S n ＝n 2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1. 又a 1＝1也满足上式，所以a n ＝2n －1.(2)由(1)知，b n ＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，所以T n ＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. 由T n ≥2n 得n 2≥4n ＋2，即(n －2)2≥6，所以n ≥5，所以n 的最小值为5.[综合题组练]1．(2020·北京市石景山区3月模拟)九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合而为一．”在某种玩法中，用a n 表示解下n (n ≤9，n ∈N *)个圆环所需的最少移动次数，数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n －1－1，n 为偶数，2a n －1＋2，n 为奇数，则解下4个环所需的最少移动次数a 4为( )A ．7B ．10C ．12D ．22解析：选A.因为数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n －1－1，n 为偶数，2a n －1＋2，n 为奇数，所以a 2＝2a 1－1＝2－1＝1，所以a 3＝2a 2＋2＝2×1＋2＝4， 所以a 4＝2a 3－1＝2×4－1＝7.故选A.2．已知a n ＝3n (n ∈N *)，记数列{a n }的前n 项和为T n ，若对任意的n ∈N *，⎝⎛⎭⎫T n ＋32k ≥3n －6恒成立，则实数k 的取值范围是 ．解析：T n ＝3（1－3n ）1－3＝－32＋3n ＋12，所以T n ＋32＝3n ＋12，则原不等式可以转化为k ≥2（3n －6）3n ＋1＝2n －43n 恒成立， 令f (n )＝2n －43n ，当n ＝1时，f (n )＝－23，当n ＝2时，f (n )＝0，当n ＝3时，f (n )＝227，当n ＝4时，f (n )＝481，即f (n )是先增后减，当n ＝3时，取得最大值227，所以k ≥227.答案：k ≥2273．(2019·高考江苏卷节选)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”． (1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足：a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，求证：数列{a n }为“M －数列”；(2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足：b 1＝1，1S n ＝2b n －2b n ＋1，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．求数列{b n }的通项公式．解：(1)证明：设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a 21q 4＝a 1q 4，a 1q 2－4a 1q ＋4a 1＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2.因此数列{a n }为“M －数列”． (2)因为1S n ＝2b n －2b n ＋1，所以b n ≠0.由b 1＝1，S 1＝b 1，得11＝21－2b 2，则b 2＝2.由1S n ＝2b n －2b n ＋1，得S n ＝b n b n ＋12（b n ＋1－b n ）， 当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1， 得b n ＝b n b n ＋12（b n ＋1－b n ）－b n －1b n 2（b n －b n －1），整理得b n ＋1＋b n －1＝2b n .所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列． 因此，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *)．4．(2020·湖北襄阳二模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足：a 1＝1，S n ＋1－1＝S n ＋a n ，数列{b n }为等比数列，满足b 1＝4b 3，b 2＝14＜b 1，n ∈N *.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为W n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，试比较W n 与1T n 的大小．解：(1)由S n ＋1－1＝S n ＋a n ， 可得a n ＋1＝a n ＋1，又a 1＝1，所以数列{a n }是首项和公差均为1的等差数列， 可得a n ＝n .因为数列{b n }为等比数列，满足b 1＝4b 3，b 2＝14＜b 1，n ∈N *，所以设公比为q ，可得b 1＝4b 1q 2，所以q ＝±12，当q ＝12时，12b 1＝14，可得b 1＝12＞14.当q ＝－12时，－12b 1＝14，得b 1＝－12，不满足b 2＜b 1，舍去，所以b n ＝⎝⎛⎭⎫12n.(2)1a n a n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1， W n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1＜1.T n ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝1－12n ∈⎣⎡⎭⎫12，1，则1＜1T n ≤2，故W n ＜1T n.类型一 判断等差数列和等比数列类型二求数列的前n项和。
2021高考北京版数学教师用书6.4 数列的综合应用(试题部分)
6.4数列的综合应用探考情悟真题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点1.数列求和掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法2016北京文,15分组求和法求数列的前n项和等差数列、等比数列★★★2.数列的综合应用①能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系,抽象出数列的模型,并能用有关知识解决相应的问题②能综合应用等差、等比数列解决相应问题2017北京,20等差数列中的有关问题不等式★★★分析解读综合运用数列,特别是等差数列、等比数列的有关知识,解答数列的综合问题和实际问题,培养学生的理解能力、数学建模能力和运算能力.主要从以下几个方面考查:1.会用公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法求解不同类型数列的和.2.能综合利用等差、等比数列的基本知识解决数列的综合问题.3.数列递推关系以及非等差、等比数列的求和是高考热点,特别是错位相减法和裂项相消法求和.在北京高考中,数列的综合应用常为压轴题,主要考查数列的概念,结合新定义和新数列进行逻辑推理或计算.破考点练考向【考点集训】考点一数列求和1.(2019北京丰台二模文,15)已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=e·a n(e是自然对数的底数,n∈N*). (1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列{ln a n }的前n 项和为T n ,求证:当n ≥2时,1T 2+1T 3+…+1T n<2.解析 (1)因为a 1=1,a n+1=e ·a n ,所以数列{a n }是以1为首项,e 为公比的等比数列, 所以a n =e n-1(n ∈N *).(4分)(2)证明:由(1)知,ln a n =ln e n-1=n-1,(5分) 所以T n =0+1+2+…+(n-1)=n(n -1)2,(7分)所以1T 2+1T 3+…+1T n =21×2+22×3+23×4+…+2n(n -1)=2[(1-12)+(12-13)+(13-14)+…+(1n -1-1n )]=2(1-1n).(11分) 因为1n >0,所以1-1n <1,所以2(1-1n )<2, 即1T 2+1T 3+…+1T n<2.(13分)2.(2019北京顺义期末,15)设{a n }是各项均为正数的等比数列,且a 1+a 2=4,a 3=9. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)求lg a 1+lg a 2+…+lg a n .解析 (1)设等比数列{a n }的公比为q(q>0). ∵a 1+a 2=4,a 3=9, ∴{a 1+a 1q =4,a 1q 2=9,(4分) 解得{a 1=1,q =3或{a 1=16,q =-34(舍). ∴a n =a 1q n-1=3n-1(n ∈N *).(6分) (2)由(1)知,a n =3n-1.∴lg a 1=lg 31-1=0,lg a n -lg a n-1=lg 3,(9分)∴{lg a n }是首项为0,公差为lg 3的等差数列.(11分) ∴lg a 1+lg a 2+…+lg a n =nlg a 1+n(n -1)2·lg 3=n 2-n 2·lg 3.(13分)3.(2018北京石景山一模,16)在等差数列{a n }中,a 2=4,其前n 项和S n 满足S n =n 2+λn(λ∈R). (1)求实数λ的值,并求数列{a n }的通项公式;(2)若数列{1S n+b n }是首项为λ,公比为2λ的等比数列,求数列{b n }的前n 项和T n .解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d, 因为a 2=S 2-S 1=(4+2λ)-(1+λ)=3+λ,所以3+λ=4,所以λ=1.所以a 1=S 1=2,所以d=a 2-a 1=2. 所以a n =a 1+(n-1)d=2n(n ∈N *). (2)由(1)知λ=1,所以S n =n 2+n. 由题意知1S n +b n =1×2n-1=2n-1.所以b n =2n-1-1n(n+1)=2n-1-(1n -1n+1).所以T n =(20+21+…+2n-1)-(1-12)+(12-13)+…+(1n -1n+1)=1-2n1-2-(1-1n+1)=2n -2n+1n+1.思路分析 (1)设等差数列{a n }的公差为d,由题意得λ=1,进而得d=2,即可得到数列{a n }的通项公式;(2)由(1)知λ=1,得S n =n 2+n,由题意得1S n+b n =2n-1,进而得b n =2n-1-(1n-1n+1),利用等比数列的前n 项和公式以及裂项相消法求和,即可得到数列{b n }的前n 项和.考点二 数列的综合应用4.(2020届北京八一学校10月月考,10)已知数列{a n },记前n 项和为S n (n ∈N *).下列四个结论中一定成立的是( )A.若S n =an 2+bn+c(a 、b 、c 是常数),则{a n }是等差数列B.若a n+1=a n (n ∈N *),则{a n }既是等差数列又是等比数列C.若S n =1-(-1)n ,则{a n }是等比数列D.若{a n }是等比数列,则S m ,S 2m -S m ,S 3m -S 2m (m ∈N *)也成等比数列 答案 C5.(2019北京门头沟一模,20)给定数列{a n },若满足a 1=a(a>0且a ≠1),对于任意的n,m ∈N *,都有a n+m =a n a m ,则称数列{a n }为“指数型数列”.(1)已知数列{a n },{b n }的通项公式分别为a n =5×3n-1,b n =4n ,试判断数列{a n },{b n }是不是“指数型数列”;(2)已知数列{a n }满足a 1=12,a n =2a n a n+1+3a n+1(n ∈N *),判断数列{1a n+1}是不是“指数型数列”.若是,请给出证明,若不是,请说明理由;(3)若数列{a n }是“指数型数列”,且a 1=a+1a+2(a ∈N *),证明数列{a n }中任意三项都不能构成等差数列.解析 (1)a n a m =25×3n+m-2=53×(5×3n+m-1)≠a n+m ,所以数列{a n }不是“指数型数列”. b n+m =4n+m =4n ×4m =b n b m ,所以数列{b n }是“指数型数列”. (2)数列{1a n+1}是“指数型数列”.证明:a n =2a n a n+1+3a n+1⇒1a n+1=3a n+2⇒1a n+1+1=3(1an+1),所以{1a n+1}是等比数列,1a n+1=(1a 1+1)×3n-1=3n ,所以(1a n+1)(1a m+1)=3n 3m =3n+m =1an+m+1所以数列{1a n+1}是“指数型数列”.(3)证明:因为数列{a n }是“指数型数列”, 所以由定义a n+m =a n a m ⇒a n+1=a 1a n ⇒a n =a 1n=(a+1a+2)n ,假设数列{a n }中存在三项a s ,a t ,a u 成等差数列,不妨设s<t<u, 则2a t =a s +a u ,即2(a+1a+2)t =(a+1a+2)s +(a+1a+2)u,整理得2(a+1)t-s (a+2)u-t =(a+2)u-s +(a+1)u-s ,(*)若a 为偶数,则等式左边为偶数,右边为奇数,(*)式不成立; 若a 为奇数,则等式左边为偶数,右边为奇数,(*)式不成立. 所以,对任意的a ∈N *,(*)式不成立.思路分析 (1)根据“指数型数列”定义可求解;(2)将数列的递推公式进行变形,结合等比数列的定义可判断{1a n+1}是等比数列,再根据“指数型数列”定义求证;(3)用等差中项的概念和反证法的推理论证方法,结合“指数型数列”定义进行证明.炼技法 提能力 【方法集训】方法1 错位相减法求和1.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2-1ln2,求数列{an b n}的前n 项和T n .解析 (1)由已知得,b 7=2a 7,b 8=2a 8=4b 7,有2a 8=4×2a 7=2a 7+2, 故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(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 2-1ln2.由题意得,a 2-1ln2=2-1ln2,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+n2n ,2T n =11+22+322+…+n2n -1. 因此,2T n -T n =1+12+122+…+12n -1-n 2n=2-12n -1-n2n=2n+1-n -22n.所以,T n =2n+1-n -22n.评析本题考查等差数列与等比数列的概念、等差数列与等比数列的通项公式与前n 项和公式、导数的几何意义等基础知识,考查运算求解能力.2.(2018浙江,20,15分)已知等比数列{a n }的公比q>1,且a 3+a 4+a 5=28,a 4+2是a 3,a 5的等差中项.数列{b n }满足b 1=1,数列{(b n+1-b n )a n }的前n 项和为2n 2+n. (1)求q 的值;(2)求数列{b n }的通项公式.解析 本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力.(1)由a 4+2是a 3,a 5的等差中项得a 3+a 5=2a 4+4, 所以a 3+a 4+a 5=3a 4+4=28,解得a 4=8.由a 3+a 5=20得8(q +1q )=20,解得q=2或q=12,因为q>1,所以q=2.(2)设c n =(b n+1-b n )a n ,数列{c n }的前n 项和为S n . 由c n ={S 1,n =1,S n -S n -1,n ≥2,解得c n =4n-1.由(1)可知a n =2n-1, 所以b n+1-b n =(4n-1)·(12)n -1,故b n -b n-1=(4n-5)·(12)n -2,n ≥2,b n -b 1=(b n -b n-1)+(b n-1-b n-2)+…+(b 3-b 2)+(b 2-b 1) =(4n-5)·(12)n -2+(4n-9)·(12)n -3+…+7×12+3.设T n =3+7×12+11×(12)2+…+(4n-5)·(12)n -2,n ≥2,则12T n =3×12+7×(12)2+…+(4n-9)·(12)n -2+(4n-5)·(12)n -1,所以12T n =3+4×12+4×(12)2+…+4·(12)n -2-(4n-5)·(12)n -1,因此T n =14-(4n+3)·(12)n -2,n ≥2,又b 1=1,所以b n =15-(4n+3)·(12)n -2.易错警示 利用错位相减法求和时,要注意以下几点:(1)错位相减法求和只适合于数列{a n b n },其中{a n }为等差数列,{b n }为等比数列. (2)在等式两边所乘的数是等比数列{b n }的公比. (3)两式相减时,一定要错开一位. (4)特别要注意相减后等比数列的次数. (5)进行检验.方法2 裂项相消法求和3.(2019北京朝阳期末文,15)已知数列{a n }的前n 项和是S n ,若a n+1=a n +1(n ∈N *),S 3=12. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)设b n =1an a n+1,求数列{b n }的前n 项和T n .解析 (1)因为a n+1=a n +1(n ∈N *), 所以数列{a n }是公差为1的等差数列. 又因为S 3=12,则a 1=3.所以a n =a 1+(n-1)d=n+2(n ∈N *).(7分) (2)由(1)知,b n =1an a n+1=1(n+2)(n+3)=1n+2-1n+3,则T n =b 1+b 2+b 3+…+b n =13-14+14-15+15-16+…+1n+2-1n+3 =13-1n+3=n3n+9(n ∈N *).(13分)4.(2020届北京中关村中学第五次统练,15)已知公差不为零的等差数列{a n }满足:a 3+a 8=20,且a 5是a 2与a 14的等比中项. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)设数列{b n }满足b n =1an a n+1,求数列{b n }的前n 项和S n .解析 (1)∵a 5是a 2与a 14的等比中项,∴a 52=a 2·a 14,又a 3+a 8=20,∴{(a 1+4d)2=(a 1+d)·(a 1+13d),a 1+2d +a 1+7d =20,解得{a 1=1,d =2,∴a n =2n-1,n ∈N *.(2)由(1)知b n =1(2n -1)(2n+1)=12(12n -1-12n+1), ∴S n =12(1-13+13-15+…+12n -1-12n+1) =12(1-12n+1)=n2n+1,n ∈N *. 方法3 分组求和法求和5.(2018北京通州一模,11)已知数列{a n }是等比数列,a 3=4,a 6=32,那么a8a 6= ;记数列{a n -2n}的前n 项和为S n ,则S n = . 答案 4;2n -1-n 2-n6.(2018北京海淀二模文,15)已知等差数列{a n }满足2a n+1-a n =2n+3. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)若数列{a n +b n }是首项为1,公比为2的等比数列,求数列{b n }的前n 项和. 解析 (1)解法一:因为数列{a n }是等差数列, 所以a n +a n+2=2a n+1. 因为2a n+1-a n =2n+3, 所以a n+2=2n+3.所以当n ≥3时,a n =2(n-2)+3=2n-1. 所以a 3=5.当n=2时,2a 3-a 2=7,则a 2=3, 当n=1时,2a 2-a 1=5,则a 1=1, 经检验,n=1,2时满足a n =2n-1, 所以a n =2n-1(n=1,2,3,…).(6分)解法二:设等差数列{a n }的公差为d. 因为2a n+1-a n =2n+3,所以{2a 2-a 1=5,2a 3-a 2=7.所以{a 1+2d =5,a 1+3d =7.所以{a 1=1,d =2.所以a n =a 1+(n-1)d=2n-1(n=1,2,3,…).(6分)(2)因为数列{a n +b n }是首项为1,公比为2的等比数列, 所以a n +b n =2n-1.由(1)知a n =2n-1,所以b n =2n-1-(2n-1). 设数列{b n }的前n 项和为S n ,则S n =(1+2+4+…+2n-1)-[1+3+5+…+(2n-1)] =1-2n 1-2-n(1+2n -1)2=2n -1-n 2,所以数列{b n}的前n项和为2n-1-n2(n=1,2,3,…).(13分)【五年高考】A组自主命题·北京卷题组1.(2016北京,20,13分)设数列A:a1,a2,…,a N(N≥2).如果对小于n(2≤n≤N)的每个正整数k都有a k<a n,则称n是数列A的一个“G时刻”.记G(A)是数列A的所有“G时刻”组成的集合.(1)对数列A:-2,2,-1,1,3,写出G(A)的所有元素;(2)证明:若数列A中存在a n使得a n>a1,则G(A)≠⌀;(3)证明:若数列A满足a n-a n-1≤1(n=2,3,…,N),则G(A)的元素个数不小于a N-a1.解析(1)G(A)的元素为2和5.(2)证明:因为存在a n使得a n>a1,所以{i∈N*|2≤i≤N,a i>a1}≠⌀.记m=min{i∈N*|2≤i≤N,a i>a1},则m≥2,且对任意正整数k<m,a k≤a1<a m.因此m∈G(A).从而G(A)≠⌀.(3)证明:当a N≤a1时,结论成立.以下设a N>a1.由(2)知G(A)≠⌀.设G(A)={n1,n2,…,n p},n1<n2<…<n p.记n0=1,则a n0<a n1<a n2<…<a np.对i=0,1,…,p,记G i={k∈N*|n i<k≤N,a k>a ni}.如果G i≠⌀,取m i=min G i,则对任何1≤k<m i,a k≤a ni <a mi.从而m i∈G(A)且m i=n i+1.又因为n p是G(A)中的最大元素,所以G p=⌀.从而对任意n p≤k≤N,a k≤a np ,特别地,a N≤a np.对i=0,1,…,p-1,a ni+1-1≤a ni.因此a ni+1=a ni+1-1+(a ni+1-a ni+1-1)≤a ni+1.所以a N-a1≤a np -a1=∑i=1p(a ni-a ni-1)≤p.因此G(A)的元素个数p不小于a N-a1.思路分析(1)先理解“G时刻”的新定义,然后对(1)中具体的有穷数列直接套用定义解题,并感受解题规律;(2)根据a n>a1,研究两者之间数列的变化趋势;(3)抓住数列中相邻两项之差不超过1的特征,完成证明.2.(2017北京,20,13分)设{a n}和{b n}是两个等差数列,记c n=max{b1-a1n,b2-a2n,…,b n-a n n}(n=1,2,3,…),其中max{x1,x2,…,x s}表示x1,x2,…,x s这s个数中最大的数.(1)若a n=n,b n=2n-1,求c1,c2,c3的值,并证明{c n}是等差数列;(2)证明:或者对任意正数M,存在正整数m,当n ≥m 时,cnn >M;或者存在正整数m,使得c m ,c m+1,c m+2,…是等差数列. 解析 (1)c 1=b 1-a 1=1-1=0,c 2=max{b 1-2a 1,b 2-2a 2}=max{1-2×1,3-2×2}=-1, c 3=max{b 1-3a 1,b 2-3a 2,b 3-3a 3}=max{1-3×1,3-3×2,5-3×3}=-2. 当n ≥3时,(b k+1-na k+1)-(b k -na k )=(b k+1-b k )-n(a k+1-a k )=2-n<0, 所以{b k -na k }关于k ∈N *单调递减.所以c n =max{b 1-a 1n,b 2-a 2n,…,b n -a n n}=b 1-a 1n=1-n. 所以对任意n ≥1,c n =1-n,于是c n+1-c n =-1, 所以{c n }是等差数列.(2)证明:设数列{a n }和{b n }的公差分别为d 1,d 2,则b k -na k =b 1+(k-1)d 2-[a 1+(k-1)d 1]n=b 1-a 1n+(d 2-nd 1)(k-1). 所以c n ={b 1-a 1n +(n -1)(d 2-nd 1),b 1-a 1n,当d 2>nd 1时,当d 2≤nd 1时.①当d 1>0时,取正整数m>d2d 1,则当n ≥m 时,nd 1>d 2,因此c n =b 1-a 1n.此时,c m ,c m+1,c m+2,…是等差数列.②当d 1=0时,对任意n ≥1,c n =b 1-a 1n+(n-1)max{d 2,0}=b 1-a 1+(n-1)(max{d 2,0}-a 1). 此时,c 1,c 2,c 3,…,c n ,…是等差数列. ③当d 1<0时, 当n>d2d 1时,有nd 1<d 2.所以cnn =b 1-a 1n+(n -1)(d 2-nd 1)n=n(-d 1)+d 1-a 1+d 2+b 1-d 2n≥n(-d 1)+d 1-a 1+d 2-|b 1-d 2|.对任意正数M,取正整数m>max {M+|b 1-d 2|+a 1-d 1-d 2-d 1,d 2d 1}, 故当n ≥m 时,cn n >M.解后反思 解决数列的相关题时,可通过对某些项的观察、分析和比较,发现它们的相同性质或变化规律,再利用综合法进行推理论证.3.(2015北京,20,13分)已知数列{a n }满足:a 1∈N *,a 1≤36,且a n+1={2a n ,a n ≤18,2a n -36,a n >18(n=1,2,…).记集合M={a n |n ∈N *}.(1)若a 1=6,写出集合M 的所有元素;(2)若集合M 存在一个元素是3的倍数,证明:M 的所有元素都是3的倍数; (3)求集合M 的元素个数的最大值. 解析 (1)6,12,24.(2)证明:因为集合M 存在一个元素是3的倍数,所以不妨设a k 是3的倍数. 由a n+1={2a n ,a n ≤18,2a n -36,a n >18可归纳证明对任意n ≥k,a n 是3的倍数.如果k=1,则M 的所有元素都是3的倍数. 如果k>1,因为a k =2a k-1或a k =2a k-1-36,所以2a k-1是3的倍数,于是a k-1是3的倍数. 类似可得,a k-2,…,a 1都是3的倍数.从而对任意n ≥1,a n 是3的倍数,因此M 的所有元素都是3的倍数.综上,若集合M 存在一个元素是3的倍数,则M 的所有元素都是3的倍数. (3)由a 1≤36,a n ={2a n -1,a n -1≤18,2a n -1-36,a n -1>18可归纳证明a n ≤36(n=2,3,…).因为a 1是正整数,a 2={2a 1,a 1≤18,2a 1-36,a 1>18,所以a 2是2的倍数,从而当n ≥3时,a n 是4的倍数.如果a 1是3的倍数,由(2)知对所有正整数n,a n 是3的倍数, 因此当n ≥3时,a n ∈{12,24,36}, 这时M 的元素个数不超过5.如果a 1不是3的倍数,由(2)知对所有正整数n,a n 不是3的倍数, 因此当n ≥3时,a n ∈{4,8,16,20,28,32}, 这时M 的元素个数不超过8.当a 1=1时,M={1,2,4,8,16,20,28,32}有8个元素. 综上可知,集合M 的元素个数的最大值为8.思路分析 (1)利用已知的递推关系写出数列的前几项,根据周期性写出集合M 的所有元素;(2)利用已知条件以及递推公式的特征进行证明;(3)根据a n 的范围,分a 1是3的倍数和a 1不是3的倍数两种情况讨论,继而得集合M 的元素个数的最大值.B 组 统一命题、省(区、市)卷题组考点一 数列求和1.(2017课标全国Ⅲ,17,12分)设数列{a n }满足a 1+3a 2+…+(2n-1)a n =2n. (1)求{a n }的通项公式;(2)求数列{an2n+1}的前n 项和.解析 (1)因为a 1+3a 2+…+(2n-1)a n =2n,故当n ≥2时,a 1+3a 2+…+(2n-3)a n-1=2(n-1). 两式相减得(2n-1)a n =2. 所以a n =22n -1(n ≥2).又由题设可得a 1=2, 从而{a n }的通项公式为a n =22n -1(n ∈N *).(2)记{an2n+1}的前n 项和为S n .由(1)知a n2n+1=2(2n+1)(2n -1)=12n -1-12n+1.则S n =11-13+13-15+…+12n -1-12n+1=2n2n+1.易错警示 (1)要注意n=1时,是否符合所求得的通项公式;(2)裂项相消后,注意留下了哪些项,避免遗漏.2.(2016课标全国Ⅱ,17,12分)S n 为等差数列{a n }的前n 项和,且a 1=1,S 7=28.记b n =[lg a n ],其中[x]表示不超过x 的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1. (1)求b 1,b 11,b 101;(2)求数列{b n }的前1 000项和.解析 (1)设{a n }的公差为d,据已知有7+21d=28, 解得d=1.所以{a n }的通项公式为a n =n.b 1=[lg 1]=0,b 11=[lg 11]=1,b 101=[lg 101]=2.(6分) (2)因为b n ={0,1≤n <10,1,10≤n <100,2,100≤n <1 000,3,n =1 000,(9分)所以数列{b n }的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.(12分)疑难突破 充分理解[x]的意义,求出b n 的表达式,从而求出{b n }的前1 000项和.评析本题主要考查了数列的综合运用,同时对学生创新能力进行了考查,充分理解[x]的意义是解题关键.3.(2015课标Ⅰ,17,12分)S n 为数列{a n }的前n 项和.已知a n >0,a n 2+2a n =4S n +3.(1)求{a n }的通项公式; (2)设b n =1an a n+1,求数列{b n }的前n 项和.解析 (1)由a n 2+2a n =4S n +3,可知a n+12+2a n+1=4S n+1+3.可得a n+12-a n 2+2(a n+1-a n )=4a n+1,即2(a n+1+a n )=a n+12-a n 2=(a n+1+a n )(a n+1-a n ). 由于a n >0,可得a n+1-a n =2.又a 12+2a 1=4a 1+3,解得a 1=-1(舍去)或a 1=3.所以{a n }是首项为3,公差为2的等差数列,故通项公式为a n =2n+1. (2)由a n =2n+1可知b n =1a n a n+1=1(2n+1)(2n+3)=12(12n+1-12n+3). 设数列{b n }的前n 项和为T n ,则T n =b 1+b 2+…+b n=12×[(13-15)+(15-17)+…+(12n+1-12n+3)] =n 3(2n+3).4.(2015天津,18,13分)已知数列{a n }满足a n+2=qa n (q 为实数,且q ≠1),n ∈N *,a 1=1,a 2=2,且a 2+a 3,a 3+a 4,a 4+a 5成等差数列. (1)求q 的值和{a n }的通项公式; (2)设b n =log 2a 2n a 2n -1,n ∈N *,求数列{b n }的前n 项和.解析 (1)由已知,得(a 3+a 4)-(a 2+a 3)=(a 4+a 5)-(a 3+a 4),即a 4-a 2=a 5-a 3, 所以a 2(q-1)=a 3(q-1).又因为q ≠1,故a 3=a 2=2, 由a 3=a 1·q,得q=2. 当n=2k-1(k ∈N *)时,a n =a 2k-1=2k-1=2n -12; 当n=2k(k ∈N *)时,a n =a 2k =2k =2n2.所以,{a n }的通项公式为a n ={2n -12,n 为奇数,2n2,n 为偶数.(2)由(1)得b n =log 2a 2n a 2n -1=n 2n -1.设{b n }的前n 项和为S n ,则S n =1×120+2×121+3×122+…+(n-1)×12n -2+n ·12n -1,12S n =1×121+2×122+3×123+…+(n-1)·12n -1+n ·12n ,上述两式相减,得12S n =1+12+122+…+12n -1-n2n=1-12n 1-12-n 2n =2-22n -n2n ,整理得,S n =4-n+22n -1.所以,数列{b n }的前n 项和为4-n+22n -1,n ∈N *.评析本题主要考查等比数列及其前n 项和公式、等差中项等基础知识.考查数列求和的基本方法、分类讨论思想和运算求解能力.考点二 数列的综合应用1.(2017课标Ⅰ,12,5分)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N 项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是( )A.440B.330C.220D.110 答案 A2.(2019天津,19,14分)设{a n }是等差数列,{b n }是等比数列.已知a 1=4,b 1=6,b 2=2a 2-2,b 3=2a 3+4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)设数列{c n }满足c 1=1,c n ={1,2k <n <2k+1,b k ,n =2k,其中k ∈N *. (i)求数列{a 2n (c 2n -1)}的通项公式; (ii)求∑i=12na i c i (n ∈N *).解析 本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前n 项和公式等基础知识.考查化归与转化思想和数列求和的基本方法以及运算求解能力.(1)设等差数列{a n }的公差为d,等比数列{b n }的公比为q.依题意得{6q =6+2d,6q 2=12+4d,解得{d =3,q =2,故a n =4+(n-1)×3=3n+1,b n =6×2n-1=3×2n .所以,{a n }的通项公式为a n =3n+1,{b n }的通项公式为b n =3×2n . (2)(i)a 2n (c 2n -1)=a 2n (b n -1)=(3×2n +1)·(3×2n -1)=9×4n -1. 所以,数列{a 2n (c 2n -1)}的通项公式为a 2n (c 2n -1)=9×4n -1. (ii)∑i=12na i c i =∑i=12n[a i +a i (c i -1)]=∑i=12na i +∑i=1na 2i (c 2i -1)=[2n×4+2n (2n -1)2×3]+∑i=1n(9×4i -1)=(3×22n-1+5×2n-1)+9×4(1-4n )1-4-n=27×22n-1+5×2n-1-n-12(n ∈N *).思路分析 (1)利用等差数列、等比数列概念求基本量得到通项公式.(2)(i)由c n ={1,2k <n <2k+1,b k ,n =2k ,k ∈N *知a 2n (c 2n -1)=(3×2n +1)·(3×2n -1),从而得到数列{a 2n (c 2n -1)}的通项公式.(ii)利用(i)把∑i=12na i c i 拆成∑i=12n[a i +a i (c i -1)],进而可得∑i=12n a i c i =∑i=12na i +∑i=1na 2i (c 2i -1),计算即可.解题关键 正确理解数列{c n }的含义是解题的关键.3.(2016四川,19,12分)已知数列{a n }的首项为1,S n 为数列{a n }的前n 项和,S n+1=qS n +1,其中q>0,n ∈N *.(1)若a 2,a 3,a 2+a 3成等差数列,求数列{a n }的通项公式;(2)设双曲线x 2-y 2a n2=1的离心率为e n ,且e 2=2,求e 12+e 22+…+e n 2.解析 (1)由已知,S n+1=qS n +1,S n+2=qS n+1+1,两式相减得到a n+2=qa n+1,n ≥1. 又由S 2=qS 1+1得到a 2=qa 1, 故a n+1=qa n 对所有n ≥1都成立.所以,数列{a n }是首项为1,公比为q 的等比数列. 从而a n =q n-1.由a 2,a 3,a 2+a 3成等差数列,可得2a 3=a 2+a 2+a 3, 所以a 3=2a 2,故q=2.所以a n =2n-1(n ∈N *). (2)由(1)可知,a n =q n-1. 所以双曲线x 2-y 2a n2=1的离心率e n =√1+a n2=√1+q 2(n -1). 由e 2=√1+q 2=2解得q=√3.所以,e 12+e 22+…+e n 2=(1+1)+(1+q 2)+…+[1+q 2(n-1)] =n+[1+q 2+…+q 2(n-1)] =n+q 2n -1q 2-1=n+12(3n -1).易错警示 在(1)中要注意检验a 1与a 2是否满足a n+2=qa n+1(n ≥1). (2)中求等比数列前n 项和时要注意公比是q 2.评析本题考查了数列中S n 与a n 的关系,等差数列的性质,双曲线的性质及数列分组转化求和. 4.(2019江苏,20,16分)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M-数列”. (1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足:a 2a 4=a 5,a 3-4a 2+4a 1=0,求证:数列{a n }为“M-数列”; (2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足:b 1=1,1S n=2b n-2bn+1,其中S n 为数列{b n }的前n 项和.①求数列{b n }的通项公式;②设m 为正整数,若存在“M-数列”{c n }(n ∈N *),对任意正整数k,当k ≤m 时,都有c k ≤b k ≤c k+1成立,求m 的最大值.解析 本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力. (1)证明:设等比数列{a n }的公比为q,所以a 1≠0,q ≠0.由{a 2a 4=a 5,a 3-4a 2+4a 1=0,得{a 12q 4=a 1q 4,a 1q 2-4a 1q +4a 1=0,解得{a 1=1,q =2.因此数列{a n }为“M-数列”. (2)①因为1S n=2b n-2bn+1,所以b n ≠0.由b 1=1,S 1=b 1,得11=21-2b 2,则b 2=2.由1S n=2b n-2bn+1,得S n =b nb n+12(b n+1-b n ),当n ≥2时,由b n =S n -S n-1,得b n =b n b n+12(b n+1-b n )-b n -1b n2(b n -b n -1),整理得b n+1+b n-1=2b n .所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此,数列{b n }的通项公式为b n =n(n ∈N *). ②由①知,b k =k,k ∈N *.因为数列{c n }为“M-数列”,设公比为q,所以c 1=1,q>0. 因为c k ≤b k ≤c k+1,所以q k-1≤k ≤q k ,其中k=1,2,3,…,m. 当k=1时,有q ≥1;当k=2,3,…,m 时,有lnkk≤ln q ≤lnkk -1.设f(x)=lnx x(x>1),则f '(x)=1-lnx x 2.令f '(x)=0,得x=e.列表如下:x (1,e) e (e,+∞) f '(x)+ 0 - f(x)↗极大值↘因为ln22=ln86<ln96=ln33,所以f(k)max =f(3)=ln33.取q=√33,当k=1,2,3,4,5时,lnkk≤ln q,即k ≤q k ,经检验知q k-1≤k 也成立.因此所求m 的最大值不小于5.若m ≥6,分别取k=3,6,得3≤q 3,且q 5≤6,从而q 15≥243,且q 15≤216,所以q 不存在. 因此所求m 的最大值小于6. 综上,所求m 的最大值为5.C 组 教师专用题组1.(2013课标Ⅰ,12,5分)设△A n B n C n 的三边长分别为a n ,b n ,c n ,△A n B n C n 的面积为S n ,n=1,2,3,….若b 1>c 1,b 1+c 1=2a 1,a n+1=a n ,b n+1=c n +a n 2,c n+1=b n +a n 2,则( )A.{S n }为递减数列B.{S n }为递增数列C.{S 2n-1}为递增数列,{S 2n }为递减数列D.{S 2n-1}为递减数列,{S 2n }为递增数列 答案 B2.(2013辽宁,14,5分)已知等比数列{a n }是递增数列,S n 是{a n }的前n 项和.若a 1,a 3是方程x 2-5x+4=0的两个根,则S 6= . 答案 633.(2017山东,19,12分)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.(1)求数列{x n }的通项公式;(2)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 1P 2…P n+1,求由该折线与直线y=0,x=x 1,x=x n+1所围成的区域的面积T n .解析 本题考查等比数列基本量的计算,错位相减法求和. (1)设数列{x n }的公比为q,由已知知q>0.由题意得{x 1+x 1q =3,x 1q 2-x 1q =2.所以3q 2-5q-2=0.因为q>0,所以q=2,x 1=1. 因此数列{x n }的通项公式为x n =2n-1.(2)过P 1,P 2,…,P n+1向x 轴作垂线,垂足分别为Q 1,Q 2,…,Q n+1. 由(1)得x n+1-x n =2n -2n-1=2n-1,记梯形P n P n+1Q n+1Q n 的面积为b n , 由题意b n =(n+n+1)2×2n-1=(2n+1)×2n-2,所以T n =b 1+b 2+…+b n=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2,① 2T n =3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.② ①-②得 -T n =3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1 =32+2(1-2n -1)1-2-(2n+1)×2n-1.所以T n =(2n -1)×2n +12.解题关键 记梯形P n P n+1Q n+1Q n 的面积为b n ,以几何图形为背景确定{b n }的通项公式是关键. 4.(2015四川,16,12分)设数列{a n }(n=1,2,3,…)的前n 项和S n 满足S n =2a n -a 1,且a 1,a 2+1,a 3成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)记数列{1a n}的前n 项和为T n ,求使得|T n -1|<11 000成立的n 的最小值.解析 (1)由已知S n =2a n -a 1,有a n =S n -S n-1=2a n -2a n-1(n ≥2),即a n =2a n-1(n ≥2). 从而a 2=2a 1,a 3=2a 2=4a 1.又因为a 1,a 2+1,a 3成等差数列,即a 1+a 3=2(a 2+1). 所以a 1+4a 1=2(2a 1+1),解得a 1=2.所以,数列{a n }是首项为2,公比为2的等比数列.故a n =2n . (2)由(1)得1a n=12n ,所以T n =12+122+…+12n =12[1-(12)n ]1-12=1-12n .由|T n -1|<11 000,得|1-12n -1|<11 000,即2n >1 000. 因为29=512<1 000<1 024=210,所以n ≥10. 于是,使|T n -1|<11 000成立的n 的最小值为10.评析本题考查等差数列与等比数列的概念、等比数列通项公式与前n 项和等基础知识,考查运算求解能力.5.(2014湖北,18,12分)已知等差数列{a n }满足:a 1=2,且a 1,a 2,a 5成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和,是否存在正整数n,使得S n >60n+800?若存在,求n 的最小值;若不存在,说明理由.解析 (1)设数列{a n }的公差为d,依题意,2,2+d,2+4d 成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d), 化简得d 2-4d=0,解得d=0或d=4. 当d=0时,a n =2;当d=4时,a n =2+(n-1)·4=4n-2,从而得数列{a n }的通项公式为a n =2或a n =4n-2. (2)当a n =2时,S n =2n.显然2n<60n+800,此时不存在正整数n,使得S n >60n+800成立. 当a n =4n-2时,S n =n[2+(4n -2)]2=2n 2.令2n 2>60n+800,即n 2-30n-400>0, 解得n>40或n<-10(舍去),此时存在正整数n,使得S n >60n+800成立,n 的最小值为41. 综上,当a n =2时,不存在满足题意的n;当a n =4n-2时,存在满足题意的n,其最小值为41.评析本题考查了数列的通项公式和求和公式,考查了分类讨论的方法.6.(2014江西,17,12分)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 =an b 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 .解析 (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-an b n=2,即c n+1-c n =2.因为a 1=b 1=1,所以c 1=a1b 1=1,所以数列{c n }是以1为首项,2为公差的等差数列, 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.评析本题主要考查等差数列的有关概念及求数列的前n 项和,考查学生的运算求解能力,在利用错位相减法求和时,计算失误是学生失分的主要原因. 7.(2014湖南,20,13分)已知数列{a n }满足a 1=1,|a n+1-a n |=p n ,n ∈N *. (1)若{a n }是递增数列,且a 1,2a 2,3a 3成等差数列,求p 的值;(2)若p=12,且{a 2n-1}是递增数列,{a 2n }是递减数列,求数列{a n }的通项公式.解析 (1)因为{a n }是递增数列,所以|a n+1-a n |=a n+1-a n =p n .而a 1=1,因此a 2=p+1,a 3=p 2+p+1. 又a 1,2a 2,3a 3成等差数列,所以4a 2=a 1+3a 3,因而3p 2-p=0,解得p=13或p=0. 当p=0时,a n+1=a n ,这与{a n }是递增数列矛盾.故p=13.(2)由于{a 2n-1}是递增数列, 因而a 2n+1-a 2n-1>0,于是(a 2n+1-a 2n )+(a 2n -a 2n-1)>0.① 但122n <122n -1,所以|a 2n+1-a 2n |<|a 2n -a 2n-1|.② 由①②知,a 2n -a 2n-1>0, 因此a 2n -a 2n-1=(12)2n -1=(-1)2n22n -1.③因为{a 2n }是递减数列,同理可得,a 2n+1-a 2n <0,故 a 2n+1-a 2n =-(12)2n =(-1)2n+122n.④ 由③④知,a n+1-a n =(-1)n+12n.于是a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n-1) =1+12-122+…+(-1)n2n -1 =1+12·1-(-12)n -11+12=43+13·(-1)n2n -1,故数列{a n }的通项a n =43+13·(-1)n 2n -1.8.(2013北京,20,13分)已知{a n }是由非负整数组成的无穷数列.该数列前n 项的最大值记为A n ,第n 项之后各项a n+1,a n+2,…的最小值记为B n ,d n =A n -B n .(1)若{a n }为2,1,4,3,2,1,4,3,…,是一个周期为4的数列(即对任意n ∈N *,a n+4=a n ),写出d 1,d 2,d 3,d 4的值;(2)设d 是非负整数.证明:d n =-d(n=1,2,3,…)的充分必要条件为{a n }是公差为d 的等差数列; (3)证明:若a 1=2,d n =1(n=1,2,3,…),则{a n }的项只能是1或者2,且有无穷多项为1. 解析 (1)d 1=d 2=1,d 3=d 4=3.(2)证明:(充分性)因为{a n }是公差为d 的等差数列,且d ≥0, 所以a 1≤a 2≤…≤a n ≤….因此A n =a n ,B n =a n+1,d n =a n -a n+1=-d(n=1,2,3,…). (必要性)因为d n =-d ≤0(n=1,2,3,…), 所以A n =B n +d n ≤B n . 又因为a n ≤A n ,a n+1≥B n , 所以a n ≤a n+1.于是,A n =a n ,B n =a n+1.因此a n+1-a n =B n -A n =-d n =d,即{a n }是公差为d 的等差数列.(3)证明:因为a 1=2,d 1=1,所以A 1=a 1=2,B 1=A 1-d 1=1. 故对任意n ≥1,a n ≥B 1=1.假设{a n }(n ≥2)中存在大于2的项. 设m 为满足a m >2的最小正整数, 则m ≥2,并且对任意1≤k<m,a k ≤2. 又因为a 1=2,所以A m-1=2,且A m =a m >2.于是,B m =A m -d m >2-1=1,B m-1=min{a m ,B m }≥2. 故d m-1=A m-1-B m-1≤2-2=0,与d m-1=1矛盾.所以对于任意n ≥1,有a n ≤2,即非负整数列{a n }的各项只能为1或2. 因为对任意n ≥1,a n ≤2=a 1,所以A n =2. 故B n =A n -d n =2-1=1.因此对于任意正整数n,存在m满足m>n,且a m=1,即数列{a n}有无穷多项为1.【三年模拟】一、选择题(每小题5分,共10分)1.(2018北京延庆一模,8)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数适当排序后可构成等差数列,也可构成等比数列,则a+b的值等于()A.4B.5C.6D.7答案B2.(2020届北京中关村中学第五次统练,7)将正奇数数列1,3,5,7,9,…依次按两项、三项分组,得到分组序列如下:(1,3),(5,7,9),(11,13),(15,17,19),……,称(1,3)为第1组,(5,7,9)为第2组,依此类推,则原数列中的2019位于分组序列中的()A.第404组B.第405组C.第808组D.第809组答案A二、填空题(每小题5分,共10分)3.(2018北京海淀期末,10)已知公差为1的等差数列{a n}中,a1,a2,a4成等比数列,则{a n}的前100项和为.答案50504.(2019北京清华大学中学生标准学术能力测试,14)正项数列{a n}的前n项和为S n,{a n}满足a1=1,且S n+1a n+1-S n+1S n=4a n2-S n2,则数列{a n}的通项公式为.答案a n=2n-1三、解答题(共90分)5.(2020届北京理工大附中10月月考,15)设{a n}是等比数列,公比大于0,其前n项和为S n(n∈N*),{b n}是等差数列.已知a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)求数列{S n}的前n项和T n(n∈N*).解析(1)∵a1=1,a3=a2+2,∴q2=q+2,又∵q>0,∴q=2,∴a n=2n-1,n∈N*.∵{a 4=b 3+b 5,a 5=b 4+2b 6,∴{8=2b 1+6d,16=3b 1+13d,∴b 1=1,d=1, ∴b n =n,n ∈N *. (2)由(1)可知S n =a 1(1-q n )1-q=1·(1-2n )1-2=2n -1,∴T n =21+22+23+…+2n -n=2·(1-2n )1-2-n=2n+1-n-2,n ∈N *.6.(2018北京朝阳一模,15)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n =2a n -1(n ∈N *). (1)求a 1,a 2,a 3的值;(2)若数列{b n }满足b 1=2,b n+1=a n +b n ,求数列{b n }的通项公式. 解析 (1)由S 1=2a 1-1=a 1,得a 1=1;由S 2=2a 2-1=a 1+a 2,得a 2=a 1+1=2;由S 3=2a 3-1=a 1+a 2+a 3,得a 3=a 1+a 2+1=4. (2)S n =2a n -1,当n ≥2时,S n-1=2a n-1-1, 所以a n =S n -S n-1=2a n -1-(2a n-1-1),n ≥2, 化简得a n =2a n-1,n ≥2,所以数列{a n }是以1为首项,2为公比的等比数列, 则a n =2n-1(n ∈N *).因为b n+1=a n +b n ,所以a n =b n+1-b n ,当n ≥2时,b n =b 1+(b 2-b 1)+…+(b n -b n-1)=2+a 1+a 2+…+a n-1=2+a 1(1-2n -1)1-2=2n-1+1,当n=1时,b 1=2=21-1+1,符合上式. 综上,b n =2n-1+1(n ∈N *).7.(2019北京东城一模文,16)已知等比数列{a n }的首项为2,等差数列{b n }的前n 项和为S n ,且a 1+a 2=6,2b 1+a 3=b 4,S 3=3a 2. (1)求{a n },{b n }的通项公式;(2)设c n =b a n ,求数列{c n }的前n 项和.解析 (1)设数列{a n }的公比为q,数列{b n }的公差为d. 由a 1+a 2=6,得a 1+a 1q=6.因为a 1=2,所以q=2 . 所以a n =a 1q n-1=2·2n-1=2n ,n ∈N *.由{2b 1+a 3=b 4,S 3=3a 2得{2b 1+8=b 1+3d,3b 1+3d =12, 解得{b 1=1,d =3. 所以b n =b 1+(n-1)d=3n-2,n ∈N *.(8分) (2)由(1)知a n =2n ,b n =3n-2 . 所以c n =b a n =3×2n -2.从而数列{c n }的前n 项和T n =3×(21+22+23+…+2n )-2n =3×2(1-2n )1-2-2n=6×2n -2n-6.(13分)8.(2020届山东夏季高考模拟,17)在①b 1+b 3=a 2,②a 4=b 4,③S 5=-25这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的k 存在,求出k 的值;若k 不存在,说明理由.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,{b n }是等比数列, ,b 1=a 5,b 2=3,b 5=-81,是否存在k,使S k >S k+1且S k+1<S k+2? 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分. 解析 方案一:选条件①.设{b n }的公比为q,则q 3=b5b 2=-27,解得q=-3,所以b n =-(-3)n-1.从而a 5=b 1=-1,a 2=b 1+b 3=-10,由于{a n }是等差数列,所以a n =3n-16.因为S k >S k+1且S k+1<S k+2等价于a k+1<0且a k+2>0,所以满足题意的k 存在,当且仅当{3(k +1)-16<0,3(k +2)-16>0,解得k=4.方案二:选条件②.设{b n }的公比为q,则q 3=b5b 2=-27,解得q=-3,所以b n =-(-3)n-1.从而a 5=b 1=-1,a 4=b 4=27,所以{a n }的公差d=-28.S k >S k+1且S k+1<S k+2等价于a k+1<0且a k+2>0,此时d=a k+2-a k+1>0,与d=-28矛盾,所以满足题意的k 不存在.方案三:选条件③.设{b n }的公比为q,则q 3=b5b 2=-27,解得q=-3 ,所以b n =-(-3)n-1. 从而a 5=b 1=-1,由{a n }是等差数列得S 5=5(a 1+a 5)2,由S 5=-25得a 1=-9. 所以a n =2n-11.因为S k >S k+1且S k+1<S k+2等价于a k+1<0且a k+2>0,所以满足题意的k 存在,当且仅当{2(k +1)-11<0,2(k +2)-11>0,解得k=4.9.(2018北京朝阳二模文,16)已知数列{a n }的前n 项和S n =pn 2+qn(p,q ∈R,n ∈N *),且a 1=3,S 4=24. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =2a n ,求数列{b n }的前n 项和T n . 解析 (1)∵数列{a n }的前n 项和为S n =pn 2+qn, ∴当n=1时,a 1=S 1=p+q,当n ≥2时,S n-1=p(n-1)2+q(n-1),∴a n =S n -S n-1=(pn 2+qn)-[p(n-1)2+q(n-1)]=2pn+q-p, 经检验,a 1=p+q 符合上式.∴数列{a n }的通项公式为a n =2pn+q-p.∵a n+1-a n =2p(n+1)+q-p-(2pn+q-p)=2p(p ∈R),∴{a n }是等差数列.设数列{a n }的公差为d, ∵a 1=3,S 4=24, ∴S 4=4a 1+4×32d=12+6d=24,解得d=2.∴数列{a n }的通项公式为a n =3+(n-1)×2=2n+1(n ∈N *). (2)由(1)知a n =2n+1, 则b n =2a n =22n+1=2·4n . 所以T n =2×41+2×42+…+2×4n-1+2×4n =2(41+42+…+4n-1+4n ) =2×4(1-4n )1-4=8(4n -1)3(n ∈N *).所以数列{b n }的前n 项和T n =8(4n -1)3(n ∈N *).10.(2020届北师大附中期中,17)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且a n 是S n 和1的等差中项,等差数列{b n }满足b 1=a 1,b 4=S 3. (1)求数列{a n }、{b n }的通项公式; (2)设c n =1b n b n+1,数列{c n }的前n 项和为T n ,求证:13≤T n <12.解析 (1)∵a n 是S n 和1的等差中项,∴S n =2a n -1, 当n=1时,S 1=2a 1-1,∴a 1=1,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=2a n -1-(2a n-1-1)=2a n -2a n-1,∴a n =2a n-1,即an a n -1=2,∴数列{a n }是以1为首项,2为公比的等比数列,∴a n =2n-1,S n =1·(1-2n )1-2=2n -1,n ∈N *,设{b n }的公差为d,∵b 1=a 1=1,b 4=S 3=23-1=7,∴b 4-b 1=3d=6,∴d=2, ∴b n =2n-1,n ∈N *. (2)c n =1b n b n+1=1(2n -1)(2n+1)=12·(12n -1-12n+1),∴T n =12·(1-13+13-15+…+12n -1-12n+1)=12(1-12n+1)=n2n+1,∵1-12n+1<1,∴T n <12, 又T n -T n-1=n2n+1-n -12n -1=1(2n+1)(2n -1)>0, ∴{T n }是递增数列,∴T n ≥T 1=13.综上,13≤T n <12.11.(2019北京房山一模, 20)若数列{a n }满足:a n ∈{0,1},n ∈N *,且a 1=1,则称{a n }为一个X 数列. 对于一个X 数列{a n },若数列{b n }满足:b 1=1,且b n+1=|a n -a n+12|b n ,n ∈N *,则称{b n }为{a n }的伴随数列.。
高考数学总复习§数列的综合应用精品课件大纲人教版
(2)
∵
f(λ)
＝
λ 1＋λ
，
∴
bn
＝
1＋bnb－n1－1⇒
1 bn
＝
bn1－1＋1.
∴数列{b1n}是首项为b11＝2，公差为 1 的
等差数列，
∴b1n＝2＋(n－1)＝n＋1，∴bn＝n＋1 1.
【思维总结】 通过公比的函数关系 f(λ)，
将解{：bn当}转λ化＝为1 时{b1n，}求an＝通项(12)．n－1，∴cn＝an(b1n－1)＝(12)n －1n， ∴Tn＝1＋2×12＋3×(12)2＋…＋n×(12)n－1，①
【解】 (1)由题意知 S6＝－S155＝－3， a6＝S6－S5＝－8， 所以5aa1＋1＋51d＝0d－＝58， ， 解得 a1＝7.4 分
所以 S6＝－3，a1＝7.6 分
(2)因为 S5S6＋15＝0， 所以(5a1＋10d)(6a1＋15d)＋15＝0， 即 2a21＋9da1＋10d2＋1＝0，10 分 故(4a1＋9d)2＝d2－8，所以 d2≥8.
所以10年内总投入20760万元，总收入为 13301万元．
【思维总结】 本题是求两个等比数列的前 10项和．
数列的综合问题
数列的综合问题主要有以下两类：一是已知 函数的条件，利用函数的性质图象研究数列 问题，如恒成立、最值问题等．二是已知数 列条件，利用数列的范围、公式、求和方法 等知识对式子化简变形，从而解决函数问 题．
m.
解：(1)∵an＋1＝f(a1n)＝2＋33an＝an＋23， ∴数列{an}是以23为公差的等差数列， 又 a1＝1，∴an＝2n3＋1. (2)Tn ＝ a1a2 － a2a3 ＋ a3a4 － a4a5 ＋ … －
(全国通用)高考数学 考点一遍过 专题23 数列的综合应用(含解析)文-人教版高三全册数学试题
考点23数列的综合应用能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用等差数列、等比数列的有关知识解决相应的问题.对等差、等比数列的综合问题的分析，应重点分析等差、等比数列的通项及前n 项和；分析等差、等比数列项之间的关系，往往用到转化与化归的思想方法．考向一 等差、等比数列的综合应用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，（1）如果同一数列中部分项成等差数列，部分项成等比数列，则要把成等差数列和成等比数列的项分别抽出来，研究这些项与序号之间的关系；（2）如果两个数列是通过运算综合在一起的，就要从分析运算入手，把两个数列分割开，再根据两个数列各自的特征进行求解．典例1已知等差数列{}n a 满足3a =2，前3项和3S =92. （1）求{}n a 的通项公式；（2）设等比数列{}n b 满足1b =1a ，4b =15a ，求{}n b 的前n 项和n T . 【解析】（1）设n a 的公差为d ，则由已知条件得1132922,3,22a da d 化简得11322,,2a da d解得11=1,2a d ， 故通项公式为1=1+2n n a ，即1=2n n a .（2）由（1）得1415151=1==82b b a ，.设n b 的公比为q ，则3418b qb ，从而2q .故n b 的前n 项和1(1)1(12)21112n n n nb q T q .典例2 已知等比数列{}n a 的公比为12q ． （1）若314a ，求数列{}n a 的前n 项和； （2）证明：对任意kN ，21,,k k k a a a 成等差数列．（2）对任意kN ，11122111112()2()(21)kkk k kk k a a a a q a q a q a q q q ，由12q得2210q q ，故212()0k k k a a a ．所以，对任意kN ，21,,k k k a a a 成等差数列．1．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且373,28a S ==，在等比数列{}n b 中，344,8b b ==.（1）求n a 及n b ；（2）设数列{}n n a b 的前n 项和为n T ，求n T .考向二 数列与函数、不等式等的综合应用1．数列可看做是自变量为正整数的一类函数，数列的通项公式相当于函数的解析式，所以我们可以用函数的观点来研究数列． 解决数列与函数综合问题的注意点：（1）数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，而不是某个区间上的连续实数，所以它的图象是一群孤立的点．（2）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．（3）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．2．数列与不等式的综合问题是高考考查的热点．考查方式主要有三种：（1）判断数列问题中的一些不等关系；（2）以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；（3）考查与数列问题有关的不等式的证明问题．在解决这些问题时，要充分利用数列自身的特点，例如在需要用到数列的单调性的时候，可以通过比较相邻两项的大小进行判断．在与不等式的证明相结合时，注意构造函数，结合函数的单调性来证明不等式．典例3已知数列满足=．（1）求证：数列是等比数列;（2）若恒成立,某某数的取值X围．【解析】（1）因为,所以,两式相减得,即，所以,所以.又因为,所以，故数列是以为首项,为公比的等比数列.（2）由（1）知，所以，令，则=，所以当时,,故为减函数.而，因为恒成立, 所以.所以实数的取值X 围为．典例4已知函数满足且.（1）当*n ∈N 时，求的表达式； （2）设，，求证：…；（3）设()()()19n f n b n f n +=-，，为的前项和，当最大时，求的值.【解析】（1）令，得，∴，即()()112f n f n +=，∴.（2），设，则=，①=，②∴-①②得23111111221111111112222222212nn n n n n T n n -++⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦=+++++-⋅-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-=11(1)22nn ⎛⎫=-+⋅ ⎪⎝⎭，∴12(2)22nn T n ⎛⎫=-+⋅< ⎪⎝⎭，即.（3）由（1）可得，∴数列是一个首项是4，公差为的等差数列， ∴当时，；当时，；当时，.故当或时，取得最大值，为87148()1822⨯⨯+⨯-=.2．设公差不为零的等差数列{}n a 的前5项的和为55，且2674,,9a a a a +-成等比数列． （1）求数列{}n a 的通项公式． （2）设数列1(6)(4)n n n b a a =--，求证：数列{}n b 的前n 项和12n S <．考向三等差、等比数列的实际应用1．数列实际应用中的常见模型①等差模型：增加或减少的量是一个固定的常数c ，c 是公差；②等比模型：后一个量与前一个量的比是一个固定的常数q ，q 是公比；③递推数列模型：题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，由此列递推关系式．2．解答数列实际应用题的步骤①审题：仔细阅读题干，认真理解题意；②建模：将已知条件翻译成数学语言，将实际问题转化为数学问题； ③求解：求出该问题的数学解； ④还原：将所求结果还原到实际问题中．在实际问题中建立数学模型时，一般有两种途径：①从特例入手，归纳猜想，再推广到一般结论；②从一般入手，找到递推关系，再进行求解．典例5某台商到大陆一创业园投资72万美元建起一座蔬菜加工厂,第一年各种经费12万美元,以后每年比上一年增加4万美元,每年销售蔬菜收入50万美元,设f(n)表示前n年的纯利润(f(n)=前n年的总收入-前n年的总支出-投资额).（1）从第几年开始获得纯利润?（2）若五年后,该台商为开发新项目,决定出售该厂,现有两种方案：①年平均利润最大时,以48万美元出售该厂；②纯利润总和最大时,以16万美元出售该厂.问哪种方案较合算?故此方案获利6×16+48=144万美元,此时n=6.②f(n)=-2n2+40n-72=-2(n-10)2+128,当n=10时,f(n)max=128.故此方案共获利128+16=144万美元.比较两种方案,在获利相同的前提下,第①种方案只需六年,第②种方案需要十年,故选择第①种方案.3．某学校餐厅每天供应500名学生用餐,每星期一有A ,B 两种菜可供选择.调查表明,凡是在这星期一选A 菜的,下星期一会有20%改选B 菜;而这星期一选B 菜的,下星期一会有30%改选A 菜.用a n ,b n 分别表示第n 个星期一选A 菜的人数和选B 菜的人数.（1）试用a n-1(n ∈N *且n ≥2)表示a n ,判断数列{a n -300}是否为等比数列,并说明理由; （2）若第1个星期一选A 菜的有200名学生,那么第10个星期一选A 菜的大约有多少名学生?考向四 数列中的探索性问题对于数列中的探索性问题主要表现为存在型，解答此类问题的一般策略是：（1）先假设所探求对象存在或结论成立，以此假设为前提进行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到“否定”的结论，即不存在；（2）若推不出矛盾，能求得符合题意的数值或取值X 围，则能得到肯定的结论，即得到存在的结果．典例6已知数列满足，218a =，且对任意，都有()221211324m n m n a a a m n --+-+=+-． （1）求，；（2）设)．①求数列的通项公式；②设数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前项和为，是否存在正整数，，且，使得，，成等比数列？若存在，求出，的值，若不存在，请说明理由． 【解析】（1）由题意，令，，则()231232214a a a +=+-，解得．令，，则，解得．（2）①以代替，得．则，即．②因为()()111111323133231n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭， 所以11111111113447323133131n n S n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦， 则，，．因为，，成等比数列，所以2131431p q p q ⎛⎫=⋅ ⎪++⎝⎭，即26134p q p q ++=． 又，所以34433q q q +=+>，则2613p p +>，解得32332333p -+<<． 又，且，则，． 所以存在正整数，，使得，，成等比数列．4．已知等比数列{a n }的前n 项和S n 满足:S 4-S 1=28,且a 3+2是a 2,a 4的等差中项. （1）求数列{a n }的通项公式;（2）若数列{a n }为递增数列,b n =222log l 1·og n n a a +,T n =b 1+b 2++b n ,是否存在最小正整数n使得T n >成立?若存在,试确定n 的值,若不存在,请说明理由.考向五 数列的求和求数列的前n 项和，根据数列的不同特点，通常有以下几种方法： （1）公式法，即直接利用等差数列、等比数列的求和公式求解；（2）倒序相加法，即如果一个数列的前n 项中，距首末两项“等距离”的两项之和都相等，则可使用倒序相加法求数列的前n 项和.（3）裂项相消法，即将数列的通项拆成结构相同的两式之差，然后消去相同的项求和.使用此方法时必须注意消去了哪些项，保留了哪些项，一般未被消去的项有前后对称的特点. 常见的裂项方法有：（4）错位相减法，若数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且公比为(1)q q ≠，求{}n n a b ⋅的前n 项和时，常用错位相减法求和.基本步骤是：列出和式，两边同乘以公比，两式相减并求和.在写出n S 与n qS 的表达式时，要将两式“错项对齐”，便于准确写出n n S qS 的表达式.在运用错位相减法求和时需注意： ①合理选取乘数（或乘式）； ②对公比q 的讨论；③两式相减后的未消项及相消项呈现的规律； ④相消项中构成数列的项数.（5）分组求和法，如果一个数列可写成nnn c a b 的形式，而数列{}n a ，{}n b 是等差数列或等比数列或可转化为能够求和的数列，那么可用分组求和法.典例7已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()122n n S p n N +*=+∈.（1）求p 的值及数列{}n a 的通项公式； （2）若数列{}n b 满足()132n n a bn a p +=+，求数列{}n b 的前n 项和n T . 则112,222n nn a a -==⨯=.（2）由1(3),2n n a b n a p 可得2nn n b ， 则212222nn n T ，2311122222n n nT ， 两式相减得231111(1)11111221222222212n nn n n n n T ， 则11222nn n n T . 典例8已知数列{}n a 是公差不为0的等差数列，12a =，且2a ，3a ，41a +成等比数列. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设()22n n b n a =+，求数列{}n b 的前n 项和n S .【解析】（1）设数列{}n a 的公差为d ，由12a =和2a ，3a ，41a +成等比数列，得，解得，或.当时，，与成等比数列矛盾，舍去，， 即数列的通项公式为（2）=，1211111111223111n n n S b b b n n n n =+++=-+-++-=-=+++.5．已知等差数列{}n a 满足141,7a a ==；数列{}n b 满足12b a =，25b a =，数列{}n n b a -为等比数列．（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； （2）求数列{}n b 的前n 项和n S ．1．已知，5，组成公差为的等差数列，又，4，组成等比数列，则公差A ．B ．3C ．或3 D ．2或122．等差数列{}n a 的公差是2，若248,,a a a 成等比数列，则{}n a 的前n 项和n S = A ．(1)n n + B ．(1)n n - C ．(1)2n n +D ．(1)2n n - 3．已知是等差数列,公差不为零,前项和是,若成等比数列,则A ．B ．C ．D ．4．已知数列121,,,4a a 成等差数列，1231,,,,4b b b 成等比数列，则212a ab -的值是 A ．12B ．12-C5．已知公差不为0的等差数列{}n a 满足134,,a a a 成等比数列，n S 为数列{}n a 的前n 项和，A ．2B ．-2C ．3D ．-36．在数列{}n a 中，11a =，当2n ≥时，其前n 项和n S 满足()21n n n S a S =-，数列{}n b 的前n 项和为n T ，则满足6n T ≥的最小正整数n 是 A ．12 B ．11 C ．10 D ．97．数列{}n a 是等差数列，若1351,3,5a a a +++构成公比为q 的等比数列，则q =________．8．用分期付款的方式购买一件电器,价格为1150元,购买当天先付150元,以后每月这一天都交付50元及欠款的利息,月利率为1%,则买这件电器实际花费元.9．已知正项等比数列{}n a 满足1a ，22a ，36a +成等差数列，且24159a a a =．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2，求数列{}n b 的前n 项和n T ．10．设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设2216log n n b a +=，n T 为数列{}n b 的前n 项和，求使1052n nT =+成立的n 的值.11．已知各项均不为零的数列的前项和满足：（为常数，且，）． （1）设，若数列为等比数列，求的值；（2）在满足（1）的情形下，设，数列的前项和为，若不等式12274nkn n T ≥-+-对任意的恒成立，某某数的取值X 围．12．已知数列{a n }是公差为正数的等差数列,其前n 项和为S n ,且a 2·a 3＝15,S 4＝16.（1）求数列{a n }的通项公式;（2）数列{b n }满足b 1＝a 1,b n ＋1－b n ＝11·n n a a +.①求数列{ b n }的通项公式;②是否存在正整数m ,n (m ≠n ),使得b 2,b m ,b n 成等差数列?若存在,求出m ,n 的值;若不存在,请说明理由.1．（2017新课标全国Ⅰ文科）记S n 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知S 2=2，S 3=−6． （1）求{}n a 的通项公式；（2）求S n ，并判断S n +1，S n ，S n +2是否成等差数列．2．（2017文科）已知等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足a 1=b 1=1，a 2+a 4=10，b 2b 4=a 5． （1）求{}n a 的通项公式；（2）求和：13521n b b b b -++++．3．（2017新课标全国Ⅱ文科）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，等比数列{}n b 的前n 项和为n T ，11221,1,2a b a b =-=+=． （1）若335a b +=，求{}n b 的通项公式； （2）若321T =，求3S ．4．（2017某某文科）已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，且121236,a a a a a +==． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）{}n b 为各项非零的等差数列，其前n 项和S n ，已知211n n n S b b ++=，求数列{}nnb a 的前n 项和n T ．1．【解析】（1）设{}n a 的公差为d ，由题意知11123172128a d a d a d +=⇒==+⎧=⎨⎩，∴n a n =.∵在等比数列{}n b 中，344,8b b ==，∴{}n b 的公比为432b q b ==， ∴3132n n n b b q--==，即12n n b -=. （2）由（1）知n a n =，12n n b -=，∴12n n n a b n -=⋅. ∴23112232422n n T n -=+⨯+⨯+⨯++⨯①，()2312122232122n n n T n n -=⨯+⨯+⨯++-⨯+⨯②，②-①得()()212121222212121n nn nn n T n n n --=⨯-++++=⨯-=-⋅+-，故()121nn T n =-⋅+.故数列{}n a 的通项公式为72(1)n a n =+-，即25n a n =+． （2）由（1）知25n a n =+， 得11111()(6)(4)(21)(21)22121n n n b a a n n n n ===----+-+，则变式拓展12111111[(1)()()]23352121n n S b b b n n =+++=-+-++--+111(1)2212n =-<+． 3．【解析】（1）由题意,知对n ∈N *有b n =500-a n , 所以当n ∈N *且n ≥2时,a n =a n-1+(500-a n-1),所以a n =a n-1+150,所以a n -300=(a n-1-300), 所以当a 1=300时,数列{a n -300}不是等比数列. 当a 1≠300时,数列{a n -300}是以a 1-300为首项,12为公比的等比数列. （2）由（1）,知当a 1=200时,a n -300=(12)n-1(a 1-300), 所以a n =300-11002n -,所以a 10=300-91002≈300, 所以第10个星期一选A 菜的大约有300名学生.∴a n =2n 或a n =()n-6.（2）∵数列{a n }为递增数列,∴a n =2n, ∴b n =22212l log og 2n n +⋅=()12n n +=(-),∴T n =(1-+-+-++-)=(1+--)=-.令T n >,则-,整理得n 2-n-4>0,解得n >或n <(舍去),又2<<3,∴存在最小正整数n 使得T n >成立,此时n =3.∴数列{}n n b a -的公比22113b a q b a -==-，∴()111123n n n n b a b a q---=-=⋅，∴12123n n b n -=-+⋅.（2）由12123n n b n -=-+⋅得()()()()21231121132-121333231n n n n n S n --+-=++++++++=+-231n n=+-.1．【答案】C【解析】由题意可得，，联立解得28a b ==⎧⎨⎩，或82a b ==⎧⎨⎩，∴，或，故选C.2．【答案】A【解析】由已知得，2428a a a =⋅，又{}n a 是公差为2的等差数列，故2222(2)(6)a d a a d +=⋅+，22(4)a +22(12)a a =⋅+，解得24a =，所以2(2)n a a n d =+-2n =，故1()(1)2n n n a a S n n +==+． 3．【答案】B 【解析】设等差数列的公差为，首项为，则，因为成等比数列，所以，即，即考点冲关.故选B.4．【答案】A5．【答案】A【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ,首项为a 1， 所以a 3=a 1+2d ,a 4=a 1+3d .因为a 1、a 3、a 4成等比数列，所以(a 1+2d )2=a 1(a 1+3d ),解得a 1=−4d . 所以3215312227S S a dS S a d-+==-+，故选A.6．【答案】C【解析】在数列{a n }中,a 1=1,当n ⩾2时,其前n 项和S n 满足()21n n n S a S =-，()()211111,1化为n n n n n n S S S S S S --∴=---=， ∴数列{1n S }是等差数列，首项为1，公差为1，则1n S =1+(n −1)=n ,解得1n S n =2222log log ，n n n S n b S n++∴== 数列{b n }的前n 项和为2222234512log log log log log 1231n n n T n n++=+++++=- 234512log 1231n n n n ++⎛⎫⨯⨯⨯⋯⨯⨯ ⎪-⎝⎭()()212log 2n n ++=.由T n ⩾6,得()()212log 62n n ++,即(n +1)(n +2)⩾27，令()2231312612824f x x x x ⎛⎫=+-=+-- ⎪⎝⎭，可得f (x )在[1,+∞)上单调递增，而f (9)=−18<0,f (10)=4>0， 若x *∈N ，则n ⩾10.则满足T n ⩾6的最小正整数n 是10. 7．【答案】18．【答案】1255【解析】购买时付150元,欠 1000元,每月付50元,分20次付清.设每月付款数构成数列{a n },则a 1=50+1000×1%=60,a 2=50+(1000-50)×1%=59.5=60-0.5×1, a 3=50+(1000-50×2)×1%=59=60-0.5×2,…∴a n =60-0.5(n-1) =-0.5n+60.5(1≤n ≤20), ∴{a n }是以60为首项,-0.5为公差的等差数列, ∴S 20+150=20×60+×(-0.5)+150=1255,∴买这件电器实际花1255元.9．【解析】（1）设正项等比数列{}n a 的公比为q （0q >），由24159a a a =239a =，得224239a q a ==，则3q =±，因为0q >，所以3q =．又因为1a ，22a ，36a +成等差数列，所以()132640a a a ++-=，解得13a =，所以数列{}n a 的通项公式为3nn a = .（2）依题意得()213nn b n =+⋅，则()123335373213n n T n =⋅+⋅+⋅+++⋅①，()()23413335373213213n n n T n n +=⋅+⋅+⋅++-⋅++⋅②，由②-①得()()1232221323333n n n T n +=+⋅-+++-()2112133213232313n n n n n +++-=+⋅-⋅-=⋅-，所以数列{}n b 的前n 项和为13n n T n +=⋅．（2）当32n a =时，222162log log (6)23n n b a +==⨯=，所以2n T n =， 由1052n n T =+，得21052nn =+，所以70n =； 当116()2n n a -=⨯-时，2222166log log 216()2n n n b n a +===⨯-，故数列{}n b 为等差数列，所以(1)n T n n =+， 由1052n n T =+，得(1)1052nn n +=+，所以10n =. 综上知，70n =或10n =.11．【解析】（1）当时，，得． 当时，由，得，①，②①②，得，即，数列的各项均不为零，∴（），∴是等比数列，且公比是，∴．，∴()()211n n nn t t b tt t-=+⋅-，即212121n n n n t t t b t+++-=-.（2）由，知，∴，∴111422441212nn nT n n ⎛⎫-⎪⎝⎭=⨯+=+--，由不等式12274n k n n T ≥-+-恒成立，得2732nn k -≥恒成立，设272n n n d -=，则111252729222n nn n n n n n d d +++---+-=-=， 当时，；当时，，而，，∴，∴，∴．12．【解析】（1）设数列{a n }的公差为d ,则d ＞0.由a 2·a 3＝15,S 4＝16,得，解得或(舍去).所以a n＝2n－1.（2）①因为b1＝a1,b n＋1－b n＝,所以b1＝a1＝1,b n+1－b n＝＝＝(－),即b2－b1＝(1－),b3－b2＝(－),…b n－b n－1＝(－)(n≥2)，累加得:b n－b1＝(1－)＝,所以b n＝b1＋＝1＋＝.b1＝1也符合上式.N.故b n＝,n∈*②假设存在正整数m、n(m≠n),使得b2,b m,b n成等差数列,则b2＋b n＝2b m. 又b2＝,b n＝＝－,b m＝－,所以＋(－)＝2(－),即＝＋,化简得:2m＝＝7－.当n＋1＝3,即n＝2时,m＝2(舍去);当n＋1＝9,即n＝8时,m＝3,符合题意.所以存在正整数m＝3,n＝8,使得b2,b m,b n成等差数列.直通高考由题设可得121(1)2,(1) 6.a q a q q +=⎧⎨++=-⎩解得2q =-，12a =-． 故{}n a 的通项公式为(2)nn a =-．（2）由（1）可得11(1)22()1331n n n n a q S q +-==--+-． 由于3212142222()2[()]2313313n n n n n n n n S S S +++++-+=--++=-=-， 故1n S +，n S ，2n S +成等差数列．2．【思路分析】（1）设等差数列的公差为d ，代入建立方程进行求解；（2）由{}n b 是等比数列，知{}21n b -依然是等比数列，并且公比是2q ，再利用等比数列求和公式求解．【解析】（1）设等差数列{a n }的公差为d ．因为a 2+a 4=10，所以2a 1+4d =10，解得d =2，所以a n =2n −1． （2）设等比数列{b n }的公比为q ．因为b 2b 4=a 5，所以b 1qb 1q 3=9，解得q 2=3，所以2212113n n n b b q---==． 从而21135213113332n n n b b b b ---++++=++++=．【名师点睛】本题考查了数列求和，一般数列求和的方法：①分组转化法，一般适用于等差数列+等比数列的形式；②裂项相消法求和，一般适用于1+=n n n a a cc ，nn c c n ++=1等的形式；③错位相减法求和，一般适用于等差数列⨯等比数列的形式；④倒序相加法求和，一般适用于首末两项的和是一个常数，这样可以正着写和与倒着写和，两式相加除以2即可得到数列求和．3．【思路分析】（1）根据等差数列及等比数列通项公式表示条件，得关于公差与公比的方程组，解方程组得公比，代入等比数列通项公式即可；（2）由等比数列前三项的和求公比，分类讨论，求公差，再根据等差数列前三项求和．（1）由得②，联立①和②解得（舍去）或，因此的通项公式为．（2）由得，解得．当时，由①得，则． 当时，由①得，则．4．【思路分析】（1）列出关于1,a q 的方程组,解方程组求基本量；（2）用错位相减法求和．【解析】（1）设{}n a 的公比为q ，由题意知22111(1)6,a q a q a q +==． 又0n a >，解得12,2a q ==，所以2nn a =．（2）由题意知：121211(21)()(21)2n n n n b b S n b +++++==+，又2111,0,n n n n S b b b +++=≠所以21n b n =+， 令n n n b c a =,则212n n n c +=， 因此122313572121,22222n n n nn n T c c c --+=+++=+++++又234113572121222222n nn n n T +-+=+++++， 两式相减得2111311121()222222n n n n T -++=++++-，所以2552n nn T +=-．。
2021版高中全程复习方略配套课件：数列的综合应用
数列的实际应用 【方法点睛】1.数列实际应用题的解题策略 解等差、等比数列应用题时，首先要认真审题，深刻理解问题 的实际背景，理清蕴含在语言中的数学关系，把应用问题抽象 为数学中的等差、等比数列问题，使关系明朗化、标准化．然 后用等差、等比数列知识求解．这其中体现了把实际问题数学 化的能力，也就是所谓的数学建模能力．
=
……………………………………………………12分
【阅卷人点拨】通过高考中的阅卷数据分析与总结，我们可以 得到以下失分警示和备考建议：
在解答本题时有两点容易造成失分： 失 分 (1)不明确题意，无法求出在点Qk-1(xk-1,exk-1)处的切
线方程. 警
(2)对数列的应用意识较差，不会把求和问题转化为 示
【例1】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0,且 S3+S5=50,a1,a4,a13成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设{ }是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{bn}的前 n项和Tn.
【解题指南】(1)列出关于a1,d的方程组，求出a1,d. (2)先求 再利用(1)中所得an求bn,最后用错位相减法求Tn.
【满分指导】数列与函数的综合应用解答题的规范解答 【典例】(12分)(2011·陕西高考)如图，从点P1(0,0)作x轴的 垂线交曲线y=ex于点Q1(0,1)，曲线在Q1点处的切线与x轴交于 点P2.再从P2作x轴的垂线交曲线于点Q2，依次重复上述过程得 到一系列点：P1，Q1;P2，Q2；…；Pn，Qn，记Pk点的坐标为 (xk,0)(k=1,2,…,n).
即( )n< 由此得n≥5. 故至少经过5年旅游业的总收入才能超过总投入.
【反思·感悟】1.解答本题时，理解题意是关键，其中an,bn是 等比数列的前n项和，而非第n项. 2.此类问题往往从应用题给出的初始条件入手，推出若干项， 逐步探索数列通项或前n项和或前后两项的递推关系，从而建 立等比数列模型.
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a1
1且
n
N
*
（1）求an 的通项公式
（2）设 anbn
1 Sn
，数列bn 的前
n
项和为 Tn ，求证： Tn
3 nN*
2
【解析】（1）由
an1
4Sn 1 2n 1
，得
(2n
1)an1
4Sn
1，
当 n 2 时，可得 (2n 3)an 4Sn1 1 ，
两式相减得:
(2n
1) an
(2n
1)an 1
an
3 2
an1 ，即： an
3an1
(n
2)
又∵ a1
1，∴
an1 an
3 对 n N * 都成立，所以
an
是等比数列，
∴ an 3n1 (n N * )
（2）∵ anbn
3n n2
n
，∴ bn
3 n2
n
，∴ Tn
3(1
1 2
1 2
1 3
1 n
1 )， n 1
∴ Tn
3(1
n
．
故填
0,
1 2
14．下表给出一个“直角三角形数阵”：
满足每一列成等差数列，从第三行起，每一行的数成等比数列，且每一行的公比相等，记第 i 行第 j 列的数
为 a(i, j) （i，j∈N*)，则 a(20,20) _____.
5
【答案】
219
【解析】设第一列形成的数列为 bn ，则
bn
是首项为
A． 75 斤
B． 70 斤
C． 65 斤
D． 60 斤
【答案】C
【解析】设第一个孩子分配到
a1 斤棉花，则由题意得：
S8
8a1
87 2
17
996
，
解得 a1 ＝65，
故选 C.
3．设数列an 的通项公式为 an n2 bn ，若数列an 是单调递增数列，则实数 b 的取值范围为（ ）
A．1,
b1 b2 b3 1 ，则 b6 b7 b8 （
）
A．4 【答案】C
B．16
C．32
D．64
【解析】依题意有 an1
1 2
an
为等比数列，故
1 bn
为公比为
1 2
的等比数列，
所以 bn 是公比为 2 的等比数列，由此 b6 b7 b8 b1 b2 b3 q5 32 .
故选 C
数列 bn ，则 b1 b2 b3 b2020 （ ）
A． 2695
【答案】A
B． 3535
C． 2023
D． 2020
【解析】由题意可得： b1 1， b2 1， b3 2 ， b4 3 ， b5 1， b6 0 ； b7 1 ， b8 1 ， b9 2 ，
b10 3 ， b11 1 ， b12 0 ， ．
数列{bn}是周期为 6 的数列，
所以 b1 b2 b3 b2020 b1 b2 b3 b4 b5 b6 336 b1 b2 b3 b4 11 2 3 1 0336 11 2 3 2695
故选 A
二、填空题
13．已知单调数列 an 的前 n 项和为 Sn ，若 Sn Sn1 n2 n ，则首项 a1 的取值范围是________．
B．2,
C． 3,
D．
9 2
,
【答案】C
【解析】因该函数的对称轴 n b ，结合二次函数的图象可知当 b 3 ，
2
22
即 b 3时，单调递增，
故选 C.
4．已知数列{an} 满足
ln a1 2
ln a2 5
ln a3 8
ln an 3n 1
3n 2
2
（n
N*
），则 a10
（
）
A． e29
1 n(2n 1)
1 2n(n
1)
2
1 2n(n 1)
1 ( 1 1) ， 2 n 1 n
所以 Tn
1
1 [(1 21
1) 2
(1 2
1) 3
(1 n 1
1 )] n
1
1 2
(1
1) n
3 2
.
所以
n
N*
时， Tn
3 2
n N *
.
【答案】
0,
1 2
【解析】当 n 1 时， S1 S2 2 ，∴ a2 2 2a1 ，
当 n 2 时 Sn Sn1 n2 n ， Sn1 Sn (n 1)2 (n 1) ，
两式相减得 an an1 2n ①． a2 a3 4 ， a3 2 2a1 ，
当 n 3 时， an1 an 2(n 1) ②，
即 33 12d 3 3d 2 ，
解之得： d 2 或 d 0 （舍），
所以 an 3 2n 1 2n 1； 因为 b2 a4 9 ，所以bn的公比 q 3 ，
所以 bn 3n .
（2）由（1）可知 cn
2n 1 3n
，
所以 Sn
3 3
2n 1
，
3n
专题 10 数列的综合应用
基础巩固
一、选择题
1．在数列
an
中， a1
0 ， an1
3 1
an 3an
，则 a2013
（
）
A． 2 3
B． 3
C．0
D． 3
【答案】D
【解析】因为 a1
0，
an1
3 1
an 3an
，所以 a2
30 10
3, a3
3 1
3
3 3
3，
a4 1
3 3
3 (
故填 25．
三、解答题
9．已知公差不为零的等差数列 an 和等比数列 bn 满足： a1 b1 3,b2 a4 ，且 a1, a4 , a13 成等比数列. （1）求数列an 和bn的通项公式；
（2）令 cn
an bn
，求数列
cn
的前 n 项和 Sn .
【解析】（1）设 an 的公差为 d ，则由已知得 a1a13 a42 ，
1 4
，公差为
1 4
的等差数列，故 bn
n 4
， b20
5.
设第 20 行形成的数列为 cn ，
cn
是首项为 5 ，公比为
1 2
的等比数列，故 c20
5 219
.
a 即 (20,20)
c20
5 219
.故填
5 219
.
三、解答题
15．已知数列an 的前
n
项和为
Sn
，
an1
4Sn 1 ， 2n 1
B． e26
C． e35
D． e32
【答案】D
【解析】 ln a1 ln a2 ln a3 ln an 3n 2 (n N *) ，
258
3n 1 2
当 n≥2 时， ln a1 ln a2 ln a3 ln an-1 3(n 1) 2 3n 1 ，两式做商，
258
3( n 1) 1
（2）设 anbn
3n n2 n
，数列
bn
的前 n 项和为 Tn ，若 Tn c2 2c 对 n N * 恒成立，求实数 c 的取值
范围．
【解析】（1）∵
Sn
3 2
an
1 2
(n
N*)
，
①
当
n
1,
S1
3 2
a1
1 2
，∴
a1
1，
当n
2
，∵
Sn1
3 2
an1
1 2
，
②
①-②： an
3 2
A．40
B．45
C．50
D．55
【答案】C
【解析】经过一次刊发后，木材存量为18001 25% x 2250 x ，经过两次砍伐后，木材存量为
2250 x1 25% x 2812.5 2.25x .由题意有 2812.5 2.25x 18001 50% ，解得
x 50 ，
故选 C.
故填 2019.
8．已知数列 an 满足: a1 1, an1 ( an 1) 2 ，则 a5
．
【答案】 25
2
【解析】因为 a1 1, an1 an 1 ，所以 an1 an 1 ，{ an }是以 a1 1 1 为首项，以 1
为公差的等差数列， an 1 (n 1) 1 n ， an n2 , a5 52 25 ，
2
2
得 lnan 3n 1
3n 2 2
3n 1 2
3n 2 3n 1
，则 ln an
3n
2, an
e3n2 , 所以 a10
e32 ，
故选 D．
5．某林厂现在的森林木材存量是 1 800 万 m3，木材以每年 25%的增长率生长，而每年要砍伐固定的木材
量为 x 万 m3，为达到经两次砍伐后木材存量增加 50%的目标，则 x 的值是( )
3Sn
3
5 3
7 32
...
2n 1 3n1
，
所以 2Sn
3
2
1 3
1 32
...
1 3n1
2
n 1 3n
3
2
1 3
1
1 3n1
1 1
2
n 1 3n
4
2n 4 3n
，
3
所以
Sn
2
n2 3n
.
10．已知数列an 的前 n 项和 Sn 满足 2Sn 3an 1 ，其中 n N * ．