数列的综合应用(理)
2022年高考数学基础题型+重难题型突破类型三数列综合应用(原卷版)
类型三数列综合应用【典例1】[2020济南市6月模拟]已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =12n 2+12n.(1)求{a n }的通项公式; (2)设b n ={a n ,n 为奇数,2a n ,n 为偶数,求数列{b n }的前2n 项和T 2n .【典例2】.[2020全国卷Ⅲ,17,12分][理]设数列{a n }满足a 1=3,a n+1=3a n -4n. (1)计算a 2,a 3,猜想{a n }的通项公式并加以证明; (2)求数列{2na n }的前n 项和S n .【典例3】已知在等比数列{a n }中，a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－2成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝1a n ＋2log 2a n －1，求数列{b n }的前n 项和S n .【典例4】(2020·莆田市第一联盟体学年联考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2－2n ，{b n }为正项等比数列，且b 1＝a 1＋3，b 3＝6a 4＋2. (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝1a n ＋1·log 2b n ＋1，求{c n }的前n 项和T n .【典例5】 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n >0，且a 2n ＋1－2a n ＋1a n －3a 2n ＝0. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3(1＋S n )，求数列{a n b n }的前n 项和T n .【拓展训练】1 (1)已知函数f(n)＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，n 为奇数，－n 2，n 为偶数，且a n ＝f(n)＋f(n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 8等于( ) A ．－16 B ．－8 C ．8 D ．16(2)(2020·武汉江夏一中、汉阳一中联考)若首项为23的数列{a n }满足2(2n ＋1)a n a n ＋1＋a n ＋1＝a n ，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 020等于( ) A.8 0804 041 B.4 0784 040 C.4 0404 041 D.4 0394 040(3)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝2，b 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，b 1＋12b 2＋13b 3＋…＋1n b n ＝b n ＋1－1(n ∈N *)．①求数列{a n }与{b n }的通项公式； ②记数列{a n b n }的前n 项和为T n ，求T n .【典例6】 (1)(2020·日照模拟)如图，在直角坐标系xOy 中，一个质点从A(a 1，a 2)出发沿图中路线依次经过B(a 3，a 4)，C(a 5，a 6)，D(a 7，a 8)，…，按此规律一直运动下去，则a 2 017＋a 2 018＋a 2 019＋a 2 020等于( )A ．2 017B ．2 018C ．2 019D ．2 020(2)(2020·洛阳第一高级中学月考)已知数列{a n }满足a 1＋12a 2＋…＋1n a n ＝n 2＋n(n ∈N *)，设数列{b n }满足b n ＝2n ＋1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，若T n <n n ＋1λ(n ∈N *)恒成立，则λ的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，＋∞B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，＋∞C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫38，＋∞ D.⎝ ⎛⎭⎪⎫38，＋∞ 【拓展训练】2 (1)(2020·中国人民大学附属中学模拟)在数列{a n }中，已知a n ＝n 2＋λn ，n ∈N *，则“a 1<a 2”是“{a n }是单调递增数列”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件(2)设曲线y ＝2 020xn ＋1(n ∈N *)在点(1，2 020)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，令a n＝log 2 020x n ，则a 1＋a 2＋…＋a 2 019的值为( ) A ．2 020 B ．2 019 C ．1 D ．－1专题训练一、单项选择题1．[2021石家庄市重点高中模拟]已知1,a 1,a 2,3成等差数列,1,b 1,b 2,b 3,4成等比数列,则a 1+a 2b 2的值为 ( )A.2B.-2C.±2D.542．[2021蓉城名校联考]已知数列{a n }对任意m,n ∈N *都满足a m+n =a m +a n ,且a 1=1,若命题“∀n ∈N *,λa n ≤a n 2+12”为真,则实数λ的最大值为 .3．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝b 1＝1，a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n ＝3，n ∈N *，则数列{ba n }的前10项和为( ) A.12×(310－1) B.18×(910－1) C.126×(279－1) D.126×(2710－1) 4．已知数列{a n }和{b n }的首项均为1，且a n －1≥a n (n ≥2)，a n ＋1≥a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，且满足2S n S n ＋1＋a n b n ＋1＝0，则S 2 021等于( ) A ．2 021 B.12 021 C ．4 041 D.14 0415．定义在[0，＋∞)上的函数f(x)满足：当0≤x<2时，f(x)＝2x －x 2；当x ≥2时，f(x)＝3f(x －2)．记函数f(x)的极大值点从小到大依次为a 1，a 2，…，a n ，…，并记相应的极大值依次为b 1，b 2，…，b n ，…，则S 20＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a 20b 20的值为( ) A ．19×320＋1 B ．19×319＋1 C ．20×319＋1D ．20×320＋16．若数列{a n }满足：对任意正整数n ，{a n ＋1－a n }为递减数列，则称数列{a n }为“差递减数列”．给出下列数列{a n }(n ∈N *)，其中是“差递减数列”的有( ) A ．a n ＝3n B ．a n ＝n 2＋1 C ．a n ＝nD ．a n ＝ln nn ＋17．(2020·浙江改编)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d ≠0，a 1d ≤1.记b 1＝S 2，b n ＋1＝S 2n ＋2－S 2n ，n ∈N *，下列等式可能成立的是( )A ．2a 4＝a 2＋a 6B ．2b 4＝b 2＋b 6C ．a 24＝a 2a 8 D ．b 24＝b 2b 88．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n ＋3)(n ∈N *)在函数y ＝3×2x的图象上，等比数列{b n }满足b n ＋b n ＋1＝a n (n ∈N *)，其前n 项和为T n ，则下列结论错误的是( ) A ．S n ＝2T n B ．T n ＝2b n ＋1 C ．T n >a nD ．T n <b n ＋19.[2021南昌市高三测试]无穷数列{a n }满足:只要a p =a q (p,q ∈N *),必有a p+1=a q+1,则称{a n }为“和谐递进数列”.若{a n }为“和谐递进数列”,S n 为其前n 项和,且a 1=1,a 2=2,a 4=1,a 6+a 8=6,则a 7= ;S 2 021= . 10．数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋1，若该数列的前k 项之和等于9，则k ＝________.11．设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1a n ＝n ＋2n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前10项和为________． 12．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＝________.13．在数列{a n }中，a 1＋a 22＋a 33＋…＋a n n ＝2n －1(n ∈N *)，且a 1＝1，若存在n ∈N *使得a n ≤n(n＋1)λ成立，则实数λ的最小值为________．14．[2021河北六校第一次联考]已知数列{a n }为正项等比数列,a 1=1,数列{b n }满足b 2=3,a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3+…+a n b n =3+(2n-3)2n. (1)求a n ; (2)求{1b n b n+1}的前n 项和T n .15．[原创题]记S n 为数列{a n }的前n 项和,已知a 1=1,S n+1+1=2a n +n+S n ,数列{b n }满足b n =a n +n.(1)求{b n }的通项公式;(2)令c n =(1+b n )log 2b n ,求数列{c n }的前n 项和T n . 16.[2020天津,19,15分]已知{a n }为等差数列,{b n }为等比数列,a 1=b 1=1,a 5=5(a 4-a 3),b 5=4(b 4-b 3). (1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)记{a n }的前n 项和为S n ,求证:S n S n+2<S n+12(n ∈N *);(3)对任意的正整数n,设c n ={(3a n -2)b na na n+2,n 为奇数,a n -1b n+1,n 为偶数,求数列{c n }的前2n 项和.17.[2021湖南四校联考]等差数列{a n }(n ∈N *)中,a 1,a 2,a 3分别是如表所示第一、二、三行中的某一个数,且其中的任意两个数不在表格的同一列.第一列第二列第三列第一行 5 8 2第二行 4 3 12第三行 16 6 9(1)请选择一个可能的{a1,a2,a3}组合,并求数列{a n}的通项公式.(2)记(1)中您选择的{a n}的前n项和为S n,判断是否存在正整数k,使得a1,a k,S k+2成等比数列?若存在,请求出k的值;若不存在,请说明理由.。
数列的综合应用
g3.1028数列的综合应用一、知识回顾1. 数列的概念，等差、等比数列的基本概念；2. 等差、等比数列的通项、前n 项和公式；3. 等差、等比数列的重要性质；4. 与数列知识相关的应用题；5. 数列与函数等相联系的综合问题。
二、基本训练1. 数列{}n a 中，12,a =12,2,n n na n a a n ++⎧=⎨⎩ 是奇是偶 ，则5a = 。
2. 等差数列{}n a 中，12a =，公差不为零，且1311,,a a a 恰为某等比数列的前3项，那么该等比数列的公比等于 。
3. n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，0n a ≠，若2110,m mm a a a -+-+=2138m S -=，则m = 。
4. 设{}n a 是等比数列，{}n b 是等差数列，且10b =，数列{}n c 的前三项依次是1,1,2，且n n n c a b =+，则数列{}n c 的前10项和为 。
5. 如果函数()f x 满足：对于任意的实数a b 、，都有()()()f a b f a f b +=，且(1)2f =，则(2)(5)(9)(14)(1274)(1)(3)(6)(10)(1225)f f f f f f f f f f +++++= 。
三、例题分析例1设无穷等差数列{}n a 的前n 项和为n S .（1）若首项=1a 32 ，公差1=d ，求满足2)(2k k S S =的正整数k ；（2）求所有的无穷等差数列{}n a ，使得对于一切正整数k 都有2)(2k k S S =成立.例2 如图，64个正数排成8行8列方阵．符号(18,18,*)ij a i j i j N ≤≤≤≤∈、表示位于第i行第j 列的正数．已知每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，且各列数的公比都等于q ．若1112a =，241a =，3214a =， （1）求{}ij a 的通项公式；（2）记第k 行各项和为k A ，求1A 的值及数列{}k A 的通项公式；（3）若1k A <，求k 的值。
[精]高三第一轮复习全套课件3数列：数列的综合应用
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证明：①根据 S n a n
a 1 , ( n 1) 得 an=a+(n─1) 2b, S n S n 1 , ( n 2 )
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例 6 数列{an}的前 n 项和 Sn=na+(n─1)nb,(n=1,2,…),a,b 是常数，且 b≠0, ①求证{an}是等差数列； ②求证以(an,Sn/n─1)为坐标的点 Pn 都落在同一直线上，并求出直线方程； ③设 a=1,b=1/2,C 是以(r,r)为圆心，r 为半径的圆(r>0),求使得点 P1,P2,P3 都落 在圆外的 r 的取值范围
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解：①依题意，由{an}是等差数列，有 ar+ar+2=2ar+1 (r∈N),即 x=─1 时，方程 成立，因此方程恒有实数根 x=─1; ②设公差为 d(化归思想),先解出方程的另一根 mr=─ar+2/ar, ∴ 1/(mr+1)=ar/(ar─ar+2)=─ar/(2d), ∴ 1/(mr+1+1)─1/(mr+1)= 〔─ar+1/(2d)〕─〔─ar/(2d)〕=─1/2, ∴ {1/(mr+1)}是等差数列
∴{an}是等差数列，首项为 a,公比为 2b
②由 x=an=a+(n─1)2b, y=Sn/n─1=a+(n─1)b 两式中消去 n,得：x─2y+a─2=0, （另外算斜率也是一种办法）
数列的综合应用答案
专题六数列第十八讲数列的综合应用答案部分 2019年 1.解析：解析：对于B ，令2104x λ−+=，得12λ=， 取112 a =，所以211,,1022n a a ==<， 所以当14b =时，1010a <，故B 错误； 对于C ，令220x λ −−=，得2λ=或1λ=−，取12a =，所以2 2,,210n a a ==<， 所以当 2b =−时，1010a <，故C 错误； 对于D ，令240x λ−−=，得1172λ±=， 取1 1172a +=，所以2 1172a +=，…， 117102n a +=<， 所以当 4b =−时，1010a <，故错误；D 对于A ，221122a a =+…，223 113 224a a ⎛⎫ =++ ⎪⎝⎭…， 2424 3191171 4216216a a a ⎛⎫ =++++=> ⎪⎝⎭…，10n n a a +−>，{}n a 递增，当4n …时，11132122n n n naa a a +=+>+=，所以5465109323232a a a a a a ⎧>⎪⎪⎪>⎪⎨⎪⎪⎪>⎪⎩，所以610432a a ⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以107291064 a >>故正确．故选A A ． 2.解析解析：（）设数列1{}n a 的公差为d ，由题意得111 24,333a d a d a d +=+=+， 解得10,2a d ==． 从而*22,n a n n =−∈N ．由12,, n n n n n n S b S b S b ++ +++成等比数列得 ()()()212n 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*221, 22(1)(1)n n na n n c nb n n n n −−===∈++N ． 我们用数学归纳法证明．①当n =1时，c 1=0<2，不等式成立；②假设 ()* n k k =∈N 时不等式成立，即122h c c c k +++<． 那么，当1n k =+时，121122 (1)(2)1k k k c c c c k k k k k +++++<+<+ +++ 2222(1)211 k k k k k k k<+=++−=+++．即当1n k =+时不等式也成立．根据（1）和（），不等式2122n c c c n +++<对任意*n ∈N 成立．3.解析解析（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由 245 321 440 a a a a a a =⎧⎨ −+=⎩，得 244112 111 440 a q a qa q a q a ⎧=⎨ −+=⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩．因此数列{}n a 为“M—数列”.（2）①因为1 122n n n S b b +=−，所以0n b ≠． 由 111 1,b S b ==，得212211b =−，则2 2b =. 由1 122n n n S b b +=−，得11 2()n n n n nb b S b b ++=−，当 2n ≥时，由 1n nn b S S −=−，得()()111122 n nn n n n n n n b b b b b b b b b +−+−=−−−，整理得112 n nn b b b +−+=． 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1k k q k q −≤≤，其中k =1，2，3，…，m . 当k =1时，有q ≥1； 当k =2，3，…，m 时，有ln ln ln 1k kq k k ≤≤−． 设f （x ）=ln (1)x x x >，则21 ln ()xf 'x x −=． 令()0f 'x =，得x =e.列表如下： x (1,e)e (e ，+∞)()f 'x+0 –f （x ）极大值因为ln 2ln8ln 9ln 3 2663 =<=，所以max ln3()(3)3f k f ==．取3 3q =，当k =1，2，3，4，5时，ln ln kq k…，即k k q ≤， 经检验知1k qk −≤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5．3.解析：解析：（）I 135，，，（答案不唯一）6..（II ）设长度为为q 末项0n a 的一个递增为子列 110 ,...,,qr r n a a a −. 由p q <，10p q r r n a a a −≤<. 因为 {}n a的长度为的子列末项的最小值为p 递增0m a . 又12 ,,...,p r r r a a a 是 {}n a 的长度为的子列，所以p 递增0,p m r a a ≤所以00m n a a <. （）由题设知，所有正奇数都是III {}n a 中的项.先证明：若是2m {}n a中的项，则必排在（为正整数）2m 2-1m 之前m . 假设排在之后，设2m 2-1m 121 ,,...,,21m p p p a a a m −−是数列{}n a 的长度为末项为m 2-1m 的递增子列，则121 ,,...,,2 1.2m p p p a a a m m −−是数列 {}n a 的长度为末项为的递增子列，m+12m 与已知矛盾.再证明：所有正偶数都是 {}n a 中的项.假设存在正偶数不是 {}n a 中的项，设不在 {}n a中的最小正偶数为2m. 因为排在2k 2-1k 之前 () 1,2,1k m =⋯− ,22-1所以k 和k 不可能在 {}n a 的同一个子列中. 又 {}n a 中不超过21m + 的，，数为12…..， 21m −， 21m +， 所以 {}n a 的长度为 1m +末项为 21m +的子列个数至多为递增 1 2222112 2m m − ⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯⨯⨯=<，与已知矛盾.最后证明 2m 排在 23m −之后（ 2m ≥为整数）.假设存在 2m （ 2m ≥），使得 2m 排在 23m −之前，则 {}n a 的长度为 1m +末项为 21m +的递增子列个数小于2m，与已知矛盾. 综上，数列 {}n a 只可能为2,1,4,3,,23,2,21,m m m ⋅⋅⋅−−⋅⋅⋅. 经验证，数列2,1,4,3,,23,2,21,m m m ⋅⋅⋅−−⋅⋅⋅符合条件， 所以1,1.n n n a n n +⎧=⎨−⎩为奇数为偶数.2010-2018 年1A ．【解析】对数列进行分组如图k321∙∙∙，222121，2k 22，21，20，20，20，20则该数列前k 组的项数和为 (1)1 232k k k + +++⋅⋅⋅+= 由题意可知100N >，即(1)1002k k +>，解得14k ≥，n ∈*N 即N出现在第组之后．13 又第k 组的和为122112kk −=−− 前k 组的和为1 (12)(122)k +++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+12 (21)(21)(21)k=−+−+⋅⋅⋅+− 12 (222)k k =++⋅⋅⋅+−122k k +=−−， 设满足条件的的N 在第 1k +( k ∈*N ,13k ≥ )组，且第N 项为第 1k +的第m ()m ∈*N 个数，第 1k +组的前m 项和为21 1222m − +++⋅⋅⋅+21m =−，要使该数列的前N 项和为的整数幂，2 即21m −与2k −−互为相反数，即 212mk −=+， 所以23m k =−，由14k ≥，所以 2314m−≥，则5m ≥，此时52329k =−= 对应满足的最小条件为 29(291)54402N +=+= ，故选．A 2．C 【解析】由题意可得1 0a =，8 1a =，2a ，3a ，…，7a 中有个、3031个，且满足对任意k ≤，都有81a ，2a ，…，k a中的个数不少于的个数，利用列举法可得不同01 的“规范数列” 有010*******,00010111, 00011011, 00011101,00100111, 00101011,00101101,00110011,00110101,01000111,01001011,01001101,01010011,0101010 1，共14个．3A ．【解析】对命题：p 12 ,,,n a a a 成等比数列，则公比)3(1≥=−n a a q n n且0≠n a ； 对命题q ，①当0=n a 时，2222222 1212312231 ()()() n n n n a a a a a a a a a a a a −− ++++++=+++成立； ②当0≠n a 时，根据柯西不等式，等式2222222 1212312231 ()()() n n n n a a a a a a a a a a a a −− ++++++=+++成立， 则nn a aa a a a 13221−=⋅⋅⋅==，所以12,,,n a a a 成等比数列， 所以p 是q 的充分条件，但不是q 的必要条件.4A ．【解析】2a ，4a ，8a 成等比数列，∴2428 a a a =⋅，即2 111 (6)(2)(14)a a a +=++，解得12a =，所以 (1)n S n n =+． 5B ．【解析】∵21)(x x f =在[0,1]上单调递增，可得 1110 ()()0f a f a −>， 1211 ()()0f a f a −>，…， 199198 ()()0f a f a −>，∴ 111101211199198 |( )()||()()||()()|I f a f a f a f a f a f a =−+−+⋅⋅⋅+−1110121119919819910 ()()+()()()()=()()f a f a f a f a f a f a f a f a −−+⋅⋅⋅+−−=299-0=199（） ∵),(2)(22 x x x f −=在490]99[，上单调递增，在50 [,1]99单调递减∴ 2120 ()()0f a f a −>，…， 249248 ()()0f a f a −>， 250249 ()()0f a f a −=， 251250 ()()0f a f a −<，…，299298 ()()0f a f a −< ∴ 221202221299298 |()()||()()||()()|I f a f a f a f a f a f a =−+−+⋅⋅⋅+− = 24920299250 ()()[()()]f a f a f a f a −−−= 25020299 2()()()f a f a f a −−= 505098004(1)1 99999801⨯⨯−=<∵|2sin |31)(3x x f π=在24 [0,]99， 5074 [,] 9999上单调递增，在 2549 [,] 9999，75[,1]99上单调递减，可得 3325349374249 2()2()2(=(2sin sin ) 39999I f a f a f a ππ=−+−） 252262262632(2sin sin )()1 312123444ππ +−+ >−=−=>因此312 I I I <<．6．27【解析】所有的正奇数和2n (*n ∈N )按照从小到大的顺序排列构成{}n a ，在数列{}n a中，52 前面有个正奇数，即16521 2a =，638 2a =．当 1n =时，1211224S a =<=， 不符合题意；当 2n =时，23 31236S a =<= ，不符合题意；当 3n =时，34 61248S a =<=，不符合题意；当 4n =时，45 101260S a =<=，不符合题意；……；当 26n =时，526 21(141) 2 (12)2 1 2S ⨯+⨯−=+−= 441 +62= 503<27 12516a =，不符合题意；当 27n =时，527 22 (143) 2 (1 2)212S ⨯+⨯−=+−=484 +62=546>2812a =540，符合题意．故使得112n n S a +>成立的n的最小值为．27 7．5【解析】设数列的首项为1a ，则1 2015210102020a +=⨯=，所以1 5a =，故该数列的首项为5．8．12【解析】将8 2a =代入111n n a a +=−，可求得712 a =；再将712 a =代入111n na a +=−，可求得61a =−；再将6 1a =−代入111n na a +=−得5 2a =；由此可知数列 {}n a 是一个 周期数列，且周期为，所以31712a a ==． 9．64【解析】由1 1a =且 125 ,,a a a 成等比数列，得2111 (4)()a a d a d +=+，解得 2d =，故81878642S a d ⨯ =+=． 10．33【解析】设2a t =，则23112t q t q t q ++≤≤≤≤≤≤，由于1t ≥， 所以3max{,1,2}q t t t ++≥，故q 的最小值是33．11．【解析】由题意得41122 (4)()(1)(14)()3322(4)()(1)(14)()33k k k k k k k k k k k k −+⎧+>−−+⎪⎪⎨⎪ +>+++⎪⎩，得22(1)1010k k ⎧−<⎨>⎩， 因此*k N ∈，所以 4k =．12．【解析】(1)由条件知：(1)n a n d =−,12n n b −=． 因为1||n n a b b −≤对n=1，234 ，，均成立，即1|(1)2|1n n d − −−≤对n =1，，234，均成立， 即1≤11，≤d ≤33，≤2d ≤57，≤3d ≤9，得7532d ≤≤． 因此，d 的取值范围为75[ , ]32．(2)由条件知：1 (1)na b n d =+−,11n n b b q −=． 若存在d ，使得1||n na b b −≤(n =23···，，，m +1)成立， 即1111 |(1)|n b n d b q b − +−−≤(n =2，，3···，m +1)， 即当2,3,,1n m =+时，d 满足1111211n n q q b d b n n −−−≤≤−−． 因为(1,2]mq ∈，则112n m q q − <≤≤，从而11201n q b n −−≤−，1101n q b n −>−，对2,3,,1n m =+均成立． 因此，取d =0时，1||n n a b b −≤对 2,3,,1n m =+均成立．下面讨论数列12{}1n q n −−−的最大值和数列1{}1n q n −−的最小值（ 2,3,,1n m =+ ）． ①当 2n m ≤≤时， 1112222 111() ()() n n n n n n n n q q nq q nq n q q q n n n n n n −−−−−−−+−−+ −==−−−，当112mq <≤时，有2n m q q ≤≤，从而1() 20 n n nn q q q − −−+>． 因此，当 21n m ≤≤+时，数列12{}1n q n −−−单调递增， 故数列12{}1n q n −−−的最大值为2m q m−． ②设 ()()21x f x x =−，当 0x >时， ln 21(0(n )l 22)x f x x ' =−−<，所以()f x 单调递减，从而()(0)1f x f <=． 当2n m ≤≤时，11 1112 111() ()()nnn q q n n f q n n n n −− =≤−=<−， 因此，当 21n m ≤≤+时，数列1{}1n q n −−单调递减， 故数列1{}1n q n −−的最小值为mq m． 因此，d 的取值范围为11(2) [,]mm b q b q m m−． 13．【解析】（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q .由已知2312b b +=，得21()12b q q +=，而1 2b =，所以260q q +−=. 又因为0q >，解得2q =.所以，2n n b =.由 341 2b a a =−，可得138d a −= . ①由114=11S b ，可得1 516a d += ②，联立，解得①②11a =， 3d =，由此可得32n a n =−. 所以，数列{}n a 的通项公式为32n a n =−，数列{}n b 的通项公式为2n n b =. （Ⅱ）设数列221{}n n a b −的前n 项和为n T ，由262n a n =−，12124n n b −−=⨯，有 221 (31)4n n n a b n −=−⨯， 故23 245484(31)4n n T n =⨯+⨯+⨯++−⨯，2341 4245484(34)4(31)4nn nT n n + =⨯+⨯+⨯++−⨯+−⨯， 上述两式相减，得 231 324343434(31)4n n n T n + −=⨯+⨯+⨯++⨯−−⨯ 11 12(1 4)4(31) 414(32) 48.nn n n n ++⨯− =−−−⨯− =−−⨯− 得1328433n n n T +−=⨯+. 所以，数列 221{}n n a b −的前n 项和为1 328433n n +−⨯+. 14．【解析】（Ⅰ）用数学归纳法证明：0nx > 当 1n =时，110x => 假设n k =时，0kx >， 那么1n k =+时，若10k x +≤，则110ln(1)0 k k k x x x ++ <=++≤，矛盾，故10k x +>． 因此0nx >()n ∈*N 所以111 ln(1) n n n n x x x x +++ =++> 因此10n n x x +<<()n ∈*N（Ⅱ）由 111 ln(1) n n n n x x x x +++ =++>得2111111 422(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 =−+++≥ 函数()f x 在[0,)+∞上单调递增，所以 ()(0)f x f ≥=0， 因此211111 2(2)ln(1)()0 n n n n n x x x x f x +++++ −+++=≥ 故11 2(N )2n n n n x x x x n *++−∈≤（Ⅲ）因为11111 ln(1)2 n n n n n n x x x x x x+++++ =+++=≤ 所以112n n x −≥得 由1122n n n n x x x x ++−≥得 1 1111 2()022n n x x + −−>≥ 所以1211 111111 2()2()2 222n n n n x x x −−− −−⋅⋅⋅−=≥≥≥故212n n x −≤综上，1211 (N )22n n n x n *−− ∈≤≤．15．【解析】（Ⅰ）由已知， 121 1,1,n n n n S qS S qS +++=+=+ 两式相减得到21,1n n a qa n ++=?.又由21 1S qS =+得到21 a qa =，故1nn a qa +=对所有1n ³都成立. 所以，数列{}n a 是首项为，公比为的等比数列1q . 从而1=n n a q -.由232 2+2a a a ，，成等比数列，可得322=32a a +，即2 2=32,q q +， 则 (21)(2)0q+q -=， 由已知,0q >，故 =2q .所以1*2()n n a n -=?N . （Ⅱ）由（Ⅰ）可知，1n n a q -=.所以双曲线2221ny x a -=的离心率 22(1)11nn n e a q -=+=+. 由2513q q =+=解得43q =. 因为 2(1)2(1)1+k k q q -->，所以 2(1)1*1+k k q q k -->?N （）. 于是11211+1n n nq e e e q q q -- ++鬃?>+鬃?=-，故1231433n nn e e e --++鬃?>. 16．【解析】（）由题意有，Ⅰ1110451002a d a d +=⎧⎨=⎩ ，即11 29202a d a d +=⎧⎨=⎩． 解得112a d =⎧⎨=⎩ 或1929a d =⎧⎪⎨=⎪⎩，故1212n n n a n b −=−⎧⎪⎨=⎪⎩或11 (279)92 9()9n n na nb −⎧=+⎪⎪⎨⎪=⋅⎪⎩． （Ⅱ）由 1d >，知21n a n =−，12n n b −=，故1212n n n c −−=，于是 23413579211 22222n n n T −− =++++++，① 2345 11357921 2222222n n n T − =++++++ . ②①②-可得22 1111212323 222222nn n n n n T −−+ =++++−=−，故n T 12362n n −+=−． 17．【解析】（）Ⅰ2()()212,n n n F x f x x x x =-=+++-则(1)10,n F n =-> 1211 111112()1220,1 2222212n nn n F +⎛⎫− ⎪ ⎛⎫⎛⎫⎝⎭ =+++−=−=−< ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭−所以()n F x 在1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭内至少存在一个零点n x ．又1 () 1 20n nF x x nx −' =++>，故在1,12⎛⎫⎪⎝⎭内单调递增， 所以()n F x 在1( ,1)2内有且仅有一个零点n x ．因为n x 是()n F x 的零点，所以 ()=0n n F x ，即11201n n n x x +--=-，故111=+22n nn x x +. （）解法一：由题设，Ⅱ()()11 ().2nn n x g x ++=设()()211 ()()()1,0.2nnn n n x h x f x g xx x x x ++=-=+++->当 1x =时, ()()n n f xg x = 当 1x ≠时, ()111()12.2n n n n x h x x nx −−+' =++−若01x <<, ()11111 ()22 n n n n n nh x x x nx x−−−−+' >++−()()11110.22n n n n n n x x --++=-=若 1x >, ()11111 ()22n n n n n n h x x x nx x −−−−+'<++−()()11110.22n n n n n n x x --++=-= 所以()h x 在(0,1)上递增，在 (1,)+∞上递减， 所以 ()(1)0h x h <=，即 ()()n n f x g x <． 综上所述，当 1x =时,()()n n f x g x =；当 1x ≠时 ()()n n f x g x <． 解法二由题设， ()()211 ()1,(),0.2nnn nn x f xx x x g x x ++=+++=>当 1x =时, ()()n n f xg x =； 当 1x ≠ 时用数学归纳法可以证明,()()n n f x g x <． 当 2n =时, 2221()()(1)0,2f xg x x -=--<所以22()()f x g x <成立． 假设(2)n k k =≥时，不等式成立，即 ()()k k f x g x <． 那么，当+1n k =时，()()111k+1k 11()()()2kk k k k k x f x f x x g x x x+++++=+<+=+()1 2112k kx k x k +++++=.又()()11k+121111()22k k k k x k x k kx k x g x ++++++-++-=令()1 ()11(x0)kkk h x kx k x +=-++>， 则 ()()11()(k 1)11(x 1) k k k k h x k x k k x k k x −−' =+−+=+−． 所以当01x <<,()0k h x '<,()k h x 在(0,1)上递减； 当 1x >,()0k h x '>,()k h x 在 (1,)+∞上递增． 所以 ()(1)0kk h x h >=，从而()1k+1211()2k k x k x k g x +++++>． 故11()()k k f x g x ++<.即+1n k =，不等式也成立． 所以，对于一切 2n ≥的整数，都有()()n n f x g x <． 解法三由已知，记等差数列为: {}k a ，等比数列为 {}k b ，1,2,...,1k n =+． 则111a b ==，11n n n a b x ++==，所以()11+1(2n)n k x a k k n− =−⋅≤≤,1 (2),k k b x k n − =≤≤ 令 ()()111(x)1,0(2).n k k k k k x m a b x x k n n−−− =−=+−>≤≤ 当 1x =时, =k k a b ,所以()()n n f x g x =． 当 1x ≠时,() () 12211 ()(k 1)11 n k k n k k k m x nx x k x x n−−−−+−' =−−=−−， 而 2k n ≤≤，所以 10k ->， 11n k −+≥． 若01x <<, 11n k x -+<, ()0k m x '<，当 1x >,11n k x -+>,()0k m x '>， 从而()k m x 在(0,1)上递减,()k m x 在(1,)+∞上递增.所以 ()(1)0k k m x m >=， 所以当 01(2),k k x x a b k n >≠>≤≤且时,又11a b =,11n n a b ++=，故()()n n f x g x < 综上所述，当 1x =时,()()n n f x g x =；当 1x ≠时 ()()n n f x g x < 18．【解析】（）由Ⅰ21 =0= 22() n n na a a n N λμ++ −=∈，，有． 若存在某个0,n N +∈使得0,noa =则由上述递推公式易得10,no a −=重复上述过程可得1 0a =，此与1 3a =矛盾，所以对任意,0n n N a +∈≠．从而1 2(),n n a a n N ++=∈即 {}n a 是一个公比 2q =的等比数列． 故11132n n n a a q−−==⋅． （）由Ⅱ01,1k λμ ==−，数列 {}n a 的递推关系式变为211010 n n n n a a a a k ++ +−=，变形为2101()(). n nn a a a n N k ++ +=∈由上式及1 30a =>， 归纳可得 12130n n a a a a +=>>⋅⋅⋅>>>⋅⋅⋅>． 因为22220010001111111n n n n n n n a a k k a a k k a a a k k +-+===-?+++， 所以对0 1,2,,n k =⋅⋅⋅求和得01010 121 ()() k k k a a a a a a ++=+−+⋅⋅⋅+− 010 ******* 11111=( 111k a k k k k a k a k a −⋅+⋅++⋅⋅⋅++++ 00000011111>2+( )2 31313131k k k k k k ⋅++⋅⋅⋅+=+ ++++． 另一方面，由上已证的不等式知00 1212k k a a a a + >>⋅⋅⋅>>>，得00 110 000 1020 11111() 111k k a a k k k k a k a k a +=−⋅+⋅++⋅⋅⋅+ +++ 000000 11111<2+()2 21212121k k k k k k⋅++⋅⋅⋅+=+ ++++． 综上，0100112+2 3121k a k k +<<+++． 19．【解析】（Ⅰ）,64,2,,2141211 d a S d a S a S d +=+===4122421 ,,S S S S S S =∴成等比 解得12,11−=∴=n a a n （Ⅱ）)121121()1(4)1(111++−−=−=−+−n n a a n b n n n n n ，当n 为偶数时 11111(1)()() 33557nT =+−+++−1111 ()() 23212121n n n n ++−+ −−−+ 1221211+=+−=∴n nn T n11111(1)()() 33557nn T =+−+++−−当为奇数时， 1111()() 23212121n n n n +++ −−−+12221211++=++=∴n n n T n⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+++=∴为奇数为偶数n n n n n nT n ,1222,122． 20．【解析】（Ⅰ）由题意， () ()*∈=N na a a nb n 221 ，326b b −=，知 ()32328b b a −==，又由1 2a =，得公比 2q =（2q =−舍去），所以数列 {}n a 的通项公式为 2()n n a n N *=∈，所以 () ()()11212322n n n n n a a a a ++==，故数列 {}n b 的通项公式为， () 1()n b n n n N * =+∈； （Ⅱ）（）由（Ⅰ）知，i 11111()21n n n n c n N a b n n *⎛⎫=−=−−∈⎪+⎝⎭， 所以11()12n n S n N n *=−∈+； （）因为ii 1234 0,0,0,0c c c c =>>>； 当 5n ≥时， () ()11112n nn n c n n +⎡⎤=−⎢⎥+⎣⎦，而()()()()()11112120 222 n n n n n n n n n ++ ++++− −=>， 得()()5 155 1122nn n ++≤<， 所以当 5n ≥时，0n c <，综上对任意n N *∈恒有 4n S S ≥，故 4k =．21．【解析】（）因为I {}n a 是递增数列，所以11n n n n n a a a a p ++ −=−=．而11a =， 因此又 123 ,2,3a a a 成等差数列，所以213 43a a a =+，因而230p p −=， 解得1,03p p == 当0p =时，1n n a a +=，这与 {}n a 是递增数列矛盾。
高考北师大版数学总复习课件：6.5数列的综合应用
＝ a＋ a×
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ1 1－ 2
1 23 ＝ 3 a－ a＝ a. 8 8
7．(2012· 苏州联考)已知数列{f(n)}的前 n 项和为 Sn，且 Sn ＝n2＋2n. (1)求数列{f(n)}的通项公式； (2)若 a1＝f(1)，an＋1＝f(an)(n∈N＋)，求证：数列{an＋1}是等 比数列，并求数列{an}的前 n 项和 Tn.
[解析] 设至少需要 n 秒钟，则 1＋21＋22＋„＋2n 1≥100，
－
1－ 2n ∴ ≥100，∴n≥7.故选 B. 1－2
5．(2012· 安徽合肥模拟)秋末冬初，流感盛行，某医院近 30 天每天入院治疗流感的人数依次构成数列 {an}，已知 a1＝1，a2 ＝2，且 an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N＋)，则该医院 30 天入院治疗流 感的人数共有________．
2．设函数 f(x)＝xm＋ax 的导函数 f ′(x)＝2x＋1，则数列 1 { }(n∈N＋)的前 n 项和是( fn n A. n＋ 1 n C. n－ 1
[答案] A
)
n＋ 2 B. n＋ 1 n＋ 1 D. n
[解析] f ′(x)＝mxm 1＋a＝2x＋1，∴a＝1，m＝2，
－
1 1 1 1 ∴f(x)＝x(x＋1)， ＝ ＝ － ， fn nn＋1 n n＋1
知识梳理 1．数列在实际生活中着广泛的应用，其解题的基本步骤， 可用图表示如下：
2．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． (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．
数列的综合应用总结
数列的综合应用总结数列作为数学中常见的一种数学对象，在各个领域中都有着广泛的应用。
本文将对数列的综合应用进行总结和分析，包括数列的定义、数列求和的方法以及数列在实际问题中的应用等方面。
一、数列的定义数列是由一系列按照一定规律排列的数所组成的有序集合。
一般用an表示数列中的第n个数，其中n为正整数，称为项号。
数列的通项公式表示了数列中任意一项与项号之间的关系。
二、数列求和的方法1.等差数列求和等差数列的通项公式为an = a1 + (n-1)d，其中a1为首项，d为公差。
等差数列的前n项和Sn可以通过等差数列求和公式来计算，即Sn =(a1 + an) * n / 2。
2.等比数列求和等比数列的通项公式为an = a1 * q^(n-1)，其中a1为首项，q为公比。
等比数列的前n项和Sn可以通过等比数列求和公式来计算，即Sn =(a1 * (1 - q^n)) / (1 - q)，当|q| < 1时成立。
3.其他数列求和方法除了等差数列和等比数列，还存在一些特殊的数列，它们的求和方法也各不相同。
比如斐波那契数列、调和数列等，它们的求和方法需要根据具体的问题和数列的规律来确定。
三、数列在实际问题中的应用数列的应用广泛存在于实际问题的建模和解决过程中。
下面以几个具体的应用场景来说明数列在实际问题中的应用。
1.金融领域在金融领域中，利率、投资回报率等与时间相关的指标可以使用数列进行建模。
比如等额本息还款方式下，每期的还款金额就可以通过等差数列求和来计算。
2.物理学领域在物理学中，许多物理现象的变化过程可以用数列进行描述。
比如自由落体运动的位移、速度、加速度等物理量随时间的变化可以用等差数列或等比数列来表示和推导。
3.计算机科学领域在算法设计和数据处理中，数列也有着重要的应用。
比如在排序算法中，快速排序、归并排序等算法利用了数列的递推和分治思想来实现高效的排序。
四、总结数列作为一种常见的数学对象，具有广泛的应用价值。
6.5 数列的综合应用
n( n 1) ×50=25n2+225n≥4 750. 2 (2)an＞0.85bn,bn=400×1.08n-1.
问题:Sn=250n+ 解
（1）设中低价房的面积形成的数列为{an}，
由题意可知{an}是等差数列， 其中a1=250,d=50, 则an=250+(n-1)·50=50n+200
是 等 比 数 列 ， 其 中 b1=400,q=1.08, 则 bn=400·(1.08)n-1.
由题意可知an＞0.85bn,
即50n+200＞400·(1.08)n-1·0.85. 当n=5时，a5＜0.85b5,
当n=6时，a6＞0.85b6,
因此满足上述不等式的最小正整数n为6. 因此到2013年底，当年建造的中低价房的面积占该年 建造住房面积的比例首次大于85%.
∵等差数列{bn}的各项为正，∴d＞0,
n( n 1) ∴d=2,b1=3,∴Tn=3n+ ×2=n2+2n. 2
探究提高
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. 知能迁移1 （2009·全国Ⅰ文，17）设等差数列{an}
题型二
数列与函数的综合应用Fra bibliotek【例2】 （12分）已知f(x)=logax(a＞0且a≠1)，设 f(a1),f(a2),„,f(an) (n∈N*)是首项为4，公差为
2的等差数列.
（1）设a为常数，求证：{an}是等比数列； （2）若bn=anf(an),{bn}的前n项和是Sn,当a= 2 时, 求Sn. 思维启迪 利用函数的有关知识得出an 的表达式，
第五章 第五节 数列的综合应用
一辆邮政车自A城驶往B城，沿途有n个车站(包括起点站A 和终点站B)，每停靠一站便要卸下前面各站发往该站的邮
袋各一个，同时又要装上该站发往后面各站的邮袋各一个，
设该车从各站出发时邮政车内的邮袋数构成一个有穷数列 {ak}(k＝1,2,3，„，n)． 试求：(1)a1，a2，a3. (2)邮政车从第k站出发时，车内共有邮袋多少个？
解：(1)由题意得 a1＝n－1，a2＝(n－1)＋(n－2)－1＝2n－4， a3＝(n－1)＋(n－2)＋(n－3)－1－2＝3n－9. (2)在第 k 站出发时，放上的邮袋共(n－1)＋(n－2)＋„＋(n－ k)个，而从第二站起，每站放下的邮袋共 1＋2＋3＋„＋(k－ 1)个， ak＝(n－1)＋(n－2)＋„＋(n－k)－[1＋2＋…＋(k－1)] 故 1 1 ＝kn－ k(k＋1)－ k(k－1)＝kn－k2(k＝1,2，„，n)， 2 2 即邮政车从第 k 站出发时，车内共有邮袋个数为 kn－k2(k＝ 1,2，„，n)．
(2)由(1)知an＝2n 1，∴Sn＝2n－1， 2an＋1 2n＋1 2 ∴ S ＝ n ＝1＋ n . 2 －1 2 －1 n 2 ∵n≥1，∴2 －1≥1，∴1＋ n ≤3， 2 －1
n
－
2an＋1 ∴当n＝1时， S 的最大值为3. n
[归纳领悟]
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，特别是等差、等比数列的通项公式、前n项和 公式以及等差中项、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，要熟悉它们的推导过程，利用好 性质，可降低题目的难度，解题时有时还需利用条件
[究 疑 点] 银行储蓄单利公式及复利公式是什么模型？ 提示：单利公式——设本金为a元，每期利率为r，存期
专题33 等差、等比数列的性质的综合应用(课件)-2019年高考数学(理)名师揭秘之一轮总复习
则a4a5a6＝5 2.
3.在正项等比数列{an}中，lg a3＋lg a6＋lg a9＝ 6，则a1a11的值是( A )
A.10 000 B.1 000
C.100
D.10
(2)设函数 f(x)＝12x，数列{bn}满足条件 b1＝2，f(bn ＋1)＝f（－31－bn），(n∈N*).
①求数列{bn}的通项公式； ②设 cn＝bann，求数列{cn}的前 n 和 Tn.
【解析】(1)因为a＝λb，所以12Sn＝2n－1，
Sn＝2n＋1－2. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1－2)－(2n－2) ＝2n，
1．等差数列的常用性质 (1)通项公式的推广：an＝ak＋(n－k)d(n，k∈N*)． (2)若{an}为等差数列，且 m＋n＝p＋q(m，n，p， q∈N*)，则 am＋an＝ap＋aq. (3)若{an}是等差数列，公差为 d，则 an，an＋m，an＋ 2m，…(n，m∈N*)是公差为__m_d____的等差数列． (4)数列 Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列． (5)S2n－1＝(2n－1)an.
≤49，
∴ak(k∈M)组成首项为211，公比为4的等比数列.
则所有ak(k∈M)的和211（11－－4445）＝2101－32
048 .
例4已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，向量 a＝(Sn，
1)，b＝2n－1，12，满足条件 a＝λb，λ ∈R 且 λ≠0. (1)求数列{an}的通项公式；
②cn＝bann＝3n2－n 1，
Tn＝221＋252＋283＋…＋32nn－－14＋3n2－n 1
①
12Tn＝222＋253＋284＋…＋3n2－n 4＋32nn－＋11
数列的综合应用课件包括实际应用.ppt
（1）求数列{an}和 {bn} 的通项公式，
（2）设
cn
an bn
,求数列 {cn }的前n项和 Tn.
.
例题
练 习
3．已知等差数列an的前n项和为Sn
na1
n(n 1) 2
d，
用类比的方法，写出等比数列前n项积的表达式Tn __
二.等比、等差数列和的形式：
an成等差数列 an An B Sn An2 Bn
an(q 1)成等比数列 Sn A(qn 1)(A 0)
例1 等差数列{an}的首项a1>0, 前n项和为Sn,若Sm=Sk(m≠k), 问n为何值时，Sn最大？
1 1
n
பைடு நூலகம்
128
1
1 2
n
128
2
例3：设数列{an} 满足
a1 3a2 32 a3 3n1an
1 3
n, n
N*,
（1）求数列{an }的通项公式，
（2）设
bn
n an
，求数列{bn }的前n项和
Sn.
评：（1）知 Sn 求 an . . （2）错位相减法求和.
变式：设数列 {an}的前n项和为 Sn 2n2， {bn}为等比数列，且 a1 b1，b2 (a2 a1) b1.
a5
a1q 4
q
2
，
a6
a1q5
q 1
因为 a4，a5 1，a6 成等差数列，所以 a4 a6 2(a5 1)
即
q 3
q 1
2(q2
1) ，q 1 (q 2
1)
2(q2
1) .所以q
1 2
.
故
an