高考数学一轮复习抢分训练 6.6 数列的综合问题 文 新人教A版

2014届高考一轮复习收尾精炼： 数列的综合应用一、选择题1．设{a n }，{b n }分别为等差数列与等比数列，a 1＝b 1＝4，a 4＝b 4＝1，则下列结论正确的是( )．A ．a 2＞b 2B ．a 3＜b 3C ．a 5＞b 5D ．a 6＞b 62．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 9＝－36，S 13＝－104，等比数列{b n }中，b 5＝a 5，b 7＝a 7，则b 6的值为( )．A ．±4 2B ．－4 2C ．4 2D ．无法确定3．在单位正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，黑、白两只蚂蚁均从点A 出发，沿棱向前爬行，每爬完一条棱称为“爬完一段”，白蚂蚁的爬行路线是AA 1→A 1D 1→D 1C 1→…，黑蚂蚁的爬行路线是AB →BB 1→B 1C 1→…，它们都遵循以下的爬行规则：所爬行的第i ＋2段与第i 段所在的直线必为异面直线(其中i 为正整数)，设黑、白蚂蚁都爬完2 012段后各自停止在正方体的某个顶点处，则此时两者的距离为( )．A ．1B ． 2C ． 3D ．04．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b 10等于( )．A ．24B ．32C ．48D ．645．已知数列{a n }的通项为a n ＝nn 2＋58，则数列{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．气象学院用3.2万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第n 天的维修保养费为n ＋4910(n ∈N *)元，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用的这台仪器的平均耗资最少)，一共使用了( )．A ．600天B ．800天C ．1 000天D ．1 200天7．(2012湖北高考)定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f (x )，如果对于任意给定的等比数列{a n }，{f (a n )}仍是等比数列，则称f (x )为“保等比数列函数”，现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：①f (x )＝x 2；②f (x )＝2x；③f (x )＝|x | ；④f (x )＝ln|x |. 则其中是“保等比数列函数”的f (x )的序号为( )．A ．①②B ．③④C ．①③D ．②④ 二、填空题8．定义运算：⎪⎪⎪⎪⎪⎪a b c d ＝ad －bc ，若数列{a n }满足⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪a 1 122 1＝1且⎪⎪⎪⎪⎪⎪3 3a n a n ＋1＝12(n ∈N *)，则a 3＝__________，数列{a n }的通项公式为a n ＝__________.9．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，S 2m －1＝38，则m ＝__________. 10．设a 1，d 为实数，首项为a 1，公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 5S 6＋15＝0，则d 的取值范围是__________．三、解答题11．某人有人民币1万元，若存入银行，年利率为6%；若购买某种股票，年分红24%，每年储蓄的利息和买股票所分的红利都存入银行．(1)问买股票多少年后，所得红利才能和原来的投资款相等？(2)经过多少年，买股票所得的红利与储蓄所拥有的人民币相等？(精确到整年) (参考数据：lg 2≈0.301 0，lg 3≈0.477 1，lg 1.06≈0.025 3)12.(2013届湖南长沙一中月考)已知等差数列{a n }的首项为a ，公差为b ，且不等式ax2－3x ＋2＞0的解集为(－∞，1)∪(b ，＋∞)，数列{b n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＝b 1，a 3＋b 3＝9.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)令C n ＝a n b n，求数列{C n }的前n 项和S n .参考答案一、选择题1．A 解析：设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，由题可得d ＝－1，q ＝322，于是a 2＝3＞b 2＝232.故选A.2．A 解析：依题意得，S 9＝9a 5＝－36⇒b 5＝a 5＝－4，S 13＝13a 7＝－104⇒b 7＝a 7＝－8，所以b 6＝±4 2.3．B 解析：白蚂蚁的爬行路线为AA 1→A 1D 1→D 1C 1→C 1C →CB →BA →AA 1，…，黑蚂蚁的爬行路线为AB →BB 1→B 1C 1→C 1D 1→D 1D →DA →AB ，…，可见两只蚂蚁爬行路线都是循环的，周期为6，故爬完2 012段后，白蚂蚁在D 1处，黑蚂蚁在B 1处，故D 1B 1＝ 2.4．D 解析：依题意有a n a n ＋1＝2n ，所以a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1.两式相除得a n ＋2a n＝2， 所以a 1，a 3，a 5，…成等比数列，a 2，a 4，a 6，…也成等比数列． 而a 1＝1，a 2＝2，所以a 10＝2·24＝32，a 11＝1·25＝32. 又因为a n ＋a n ＋1＝b n ， 所以b 10＝a 10＋a 11＝64.5．B 解析：由于a n ＝n n 2＋58＝1n ＋58n，而函数f (x )＝x ＋58x在(0，58)上递减，在(58，＋∞)上递增，且f (7)＝7＋587，f (8)＝8＋588，f (8)＜f (7)，故a 8＞a 7，从而数列{a n }的最大项为第8项．6．B 解析：由第n 天的维修保养费为n ＋4910(n ∈N *)元，可以得出观测仪的整个耗资费用，由平均费用最少而求得最小值成立时的相应n 的值．设一共使用了n 天，则使用n 天的平均耗资为3.2×104＋⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋n ＋4910n2n＝3.2×104n ＋n20＋9920，当且仅当3.2×104n ＝n20时取得最小值，此时n ＝800，故选B.7．C 解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则对于f (x )＝x 2，f (a n )＝a 2n ，由等比数列定义得，a 2n a 2n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n a n －12＝q 2，符合题意；而对于f (x )＝2x ，f (a n )＝2a n，由等比数列定义得，2a n2a n －1＝2a n －a n －1，不为定值，故不符合题意；对于f (x )＝|x | ，f (a n )＝|a n | ，则|a n ||a n －1| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n a n －1 ＝|q | 为定值，符合题意；对于f (x )＝ln|x |，f (a n )＝ln|a n |，由等比数列定义得，ln|a n |ln|a n －1|并不为定值，故不符合题意；故①③正确．二、填空题8．10 4n －2 解析：由题意得a 1－1＝1,3a n ＋1－3a n ＝12，即a 1＝2，a n ＋1－a n ＝4. ∴{a n }是以2为首项，4为公差的等差数列． ∴a n ＝2＋4(n －1)＝4n －2，a 3＝4×3－2＝10.9．10 解析：由等差数列的性质可知2a m ＝a m ＋1＋a m －1，又∵a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0， ∴a 2m ＝2a m .∴a m ＝2(a m ＝0不合题意，舍去)．又S 2m －1＝2m －12(a 1＋a 2m －1)＝2m －12×2a m ＝(2m －1)·a m ＝38，∴2m －1＝19. ∴m ＝10.10．d ≤－22或d ≥2 2解析：由S 5S 6＋15＝0，得⎝⎛⎭⎪⎫5a 1＋5×42d ·⎝ ⎛⎭⎪⎫6a 1＋6×52d ＋15＝0. 整理可得2a 21＋9a 1d ＋10d 2＋1＝0. ∵a 1，d 为实数，∴Δ＝(9d )2－4×2×(10d 2＋1)≥0，解得d ≤－22或d ≥2 2. 三、解答题11．解：设该人将1万元购买股票，x 年后所得的总红利为y 万元，则y ＝24%＋24%(1＋6%)＋24%(1＋6%)2＋…＋24%(1＋6%)x －1＝24%(1＋1.06＋1.062＋…＋1. 06x －1)＝4(1.06x－1)．(1)由题意，得4(1.06x－1)＝1，∴1.06x＝54.两边取常用对数，得x lg 1.06＝lg 54＝1－3lg 2.∴x ＝1－3lg 2lg 1.06≈1－3×0.301 00.025 3≈4.(2)由题意，得4(1.06x －1)＝(1＋6%)x ，∴1.06x＝43.解得x ≈5.答：(1)买股票4年后所得的红利才能和原来的投资款相等；(2)经过大约5年，买股票所得的红利与储蓄所拥有的人民币相等．12．解：(1)依题意知，x 1＝1，x 2＝b 是方程ax 2－3x ＋2＝0的两根，∴1＋b ＝－－3a ，b ＝2a⇒a ＝1，b ＝2，∴a n ＝2n －1.又b 1＝a 1＝1，b 3＝9－a 3＝4，∴b 3＝b 1·q 2＝4，∴q ＝±2(舍负)，∴b n ＝2n －1.(2)C n ＝a n b n ＝(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，∴S n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫120＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，12S n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(2n －3)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ， 两式相减得 12S n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫120＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝3－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝3－2n ＋32·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，∴S n ＝6－(2n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.。

高考数学一轮复习《数列的综合运用》练习题（含答案）一、单选题1．某银行设立了教育助学低息贷款，其中规定一年期以上贷款月均等额还本付息(利息按月以复利计算)．如果小新同学贷款10000元，一年还清，假设月利率为0.25%，那么小新同学每月应还的钱约为（ ）（1.002512≈1.03） A ．833B ．858C ．883D ．9022．某企业在今年年初贷款a 万元，年利率为γ，从今年年末开始每年偿还一定金额，预计五年内还清，则每年应偿还（ ） A ．()()5111a γγ++-万元 B ．()()55111a γγγ++-万元C ．()()54111a γγγ++-万元 D ．()51a γγ+万元3．一种预防新冠病毒的疫苗计划投产两月后，使成本降64%，那么平均每月应降低成本（ ） A ．20%B ．32%C ．40%D ．50%4．今年元旦，市民小王向朋友小李借款100万元用于购房，双方约定年利率为5%，按复利计算（即本年利息计入次年本金生息），借款分三次等额归还，从明年的元旦开始，连续三年都是在元旦还款，则每次的还款额约是（ ）万元.（四舍五入，精确到整数） （参考数据：()21.05 1.1025=，()31.05 1.1576=，()41.05 1.2155=） A ．36B ．37C ．38D ．395．随着新一轮科技革命和产业变革持续推进，以数字化、网络化、智能化以及融合化为主要特征的新型基础设施建设越来越受到关注.5G 基站建设就是“新基建”的众多工程之一，截至2020年底，我国已累计开通5G 基站超70万个，未来将进一步完善基础网络体系，稳步推进5G 网络建设，实现主要城区及部分重点乡镇5G 网络覆盖.2021年1月计划新建设5万个5G 基站，以后每个月比上一个月多建设1万个，预计我国累计开通500万个5G 基站时要到（ ） A ．2022年12月B ．2023年2月C ．2023年4月D ．2023年6月6．我们知道，偿还银行贷款时，“等额本金还款法”是一种很常见的还款方式，其本质是将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期的还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率．自主创业的大学生张华向银行贷款的本金为48万元，张华跟银行约定，按照等额本金还款法，每个月还一次款，20年还清，贷款月利率为0.4%，设张华第n 个月的还款金额为n a 元，则n a =（ ）A ．2192B ．39128n -C ．39208n -D ．39288n -7．高阶等差数列是数列逐项差数之差或高次差相等的数列，中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智.如南宋数学家杨辉在《详解九章算法.商功》一书中记载的三角垛、方垛、刍甍垛等的求和都与高阶等差数列有关.如图是一个三角垛，最顶层有1个小球，第二层有3个，第三层有6个，第四层有10个，则第30层小球的个数为（ ）A ．464B ．465C ．466D ．4958．某单位用分期付款方式为职工购买40套住房，总房价1150万元.约定：2021年7月1日先付款150万元，以后每月1日都交付50万元，并加付此前欠款利息，月利率1%，当付清全部房款时，各次付款的总和为（ ） A ．1205万元B ．1255万元C ．1305万元D ．1360万元9．小李在2022年1月1日采用分期付款的方式贷款购买一台价值a 元的家电，在购买1个月后的2月1日第一次还款，且以后每月的1日等额还款一次，一年内还清全部贷款（2022年12月1日最后一次还款），月利率为r ．按复利计算，则小李每个月应还（ ） A ．()()1111111ar r r ++-元 B ．()()1212111ar r r ++-元C ．()11111a r +元D ．()12111a r +元10．在流行病学中，基本传染数0R 是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数．0R 一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定．对于0R 1>，而且死亡率较高的传染病，一般要隔离感染者，以控制传染源，切断传播途径．假设某种传染病的基本传染数0R 3=，平均感染周期为7天（初始感染者传染0R 个人为第一轮传染，经过一个周期后这0R 个人每人再传染0R 个人为第二轮传染……）那么感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要的天数为（参考数据：63729=，541024=）（ ） A ．35B ．42C ．49D ．5611．为了更好地解决就业问题，国家在2020年提出了“地摊经济”为响应国家号召，有不少地区出台了相关政策去鼓励“地摊经济”．老王2020年6月1日向银行借了免息贷款10000元，用于进货.因质优价廉，供不应求，据测算：每月获得的利润是该月初投入资金的20%，每月底扣除生活费1000元，余款作为资金全部用于下月再进货，如此继续，预计到2021年5月底该摊主的年所得收入为（ ）（取()111.27.5=，()121.29=） A ．32500元B ．40000元C ．42500元D ．50000元12．某病毒研究所为了更好地研究“新冠”病毒，计划改建十个实验室，每个实验室的改建费用分为装修费和设备费，每个实验室的装修费都一样，设备费从第一到第十实验室依次构成等比数列，已知第五实验室比第二实验室的改建费用高28万元，第七实验室比第四实验室的改建费用高112万元，并要求每个实验室改建费用不能超过1100万元.则该研究所改建这十个实验室投入的总费用最多需要（ ） A ．2806万元B ．2906万元C ．3106万元D ．3206万元二、填空题13．小李向银行贷款14760元，并与银行约定：每年还一次款，分4次还清所有的欠款，且每年还款的钱数都相等，贷款的年利率为0.25，则小李每年所要还款的钱数是___________元.14．从2017年到2020年期间，某人每年6月1日都到银行存入1万元的一年定期储蓄．若年利率为20%保持不变，且每年到期的存款本息均自动转为新的一年定期储蓄，到2020年6月1日，该人去银行不再存款，而是将所有存款的本息全部取回，则取回的金额为_______万元．15．银行一年定期储蓄存款年息为r ，三年定期储蓄存款年息为q ，银行为吸收长期资金，鼓励储户存三年定期的存款，那么q 的值应略大于______．16．今年“五一”期间，北京十家重点公园举行免费游园活动，北海公园免费开放一天，早晨6时30分有2人进入公园，接下来的第一个30分钟内有4人进去1人出来，第二个30分钟内有8人进去2人出来，第三个30分钟内有16人进去3人出来，第四个30分钟内有32人进去4人出来…，按照这种规律进行下去，到上午11时30分公园内的人数是____.三、解答题17．一杯100℃的开水放在室温25℃的房间里，1分钟后水温降到85℃，假设每分钟水温变化量和水温与室温之差成正比． (1)求()*n n N ∈分钟后的水温n t ；(2)当水温在40℃到55℃之间时（包括40℃和55℃），为最适合饮用的温度，则在水烧开后哪个时间段饮用最佳．（参考数据：lg 20.3≈）18．某优秀大学生毕业团队响应国家号召，毕业后自主创业，通过银行贷款等方式筹措资金，投资72万元生产并经营共享单车，第一年维护费用为12万元，以后每年都增加4万元，每年收入租金50万元.(1)若扣除投资和维护费用，则从第几年开始获取纯利润？(2)若年平均获利最大时，该团队计划投资其它项目，问应在第几年转投其它项目？19．去年某地产生的生活垃圾为20万吨，其中14万吨垃圾以填埋方式处理，6万吨垃圾以环保方式处理.预计每年生活垃圾的总量递增5%，同时，通过环保方式处理的垃圾量每年增加1.5万吨.记从今年起每年生活垃圾的总量（单位：万吨）构成数列{}n a ，每年以环保方式处理的垃圾量（单位：万吨）构成数列{}n b . (1)求数列{}n a 和数列{}n b 的通项公式；(2)为了确定处理生活垃圾的预算，请求出从今年起n 年内通过填埋方式处理的垃圾总量的计算公式，并计算从今年起5年内通过填埋方式处理的垃圾总量（精确到0.1万吨）.（参考数据41.05 1.215≈，51.05 1.276≈，61.05 1.340≈）20．2020年是充满挑战的一年，但同时也是充满机遇､蓄势待发的一年．突如其来的疫情给世界带来了巨大的冲击与改变，也在客观上使得人们更加重视科技的力量和潜能．某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．假设该企业第一年年初有资金5000万元，并将其全部投入生产，到当年年底资金增长了50%，预计以后每年资金年增长率与第一年相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金(2500)t t ≤万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元． （1）写出1n a +与n a 的关系式，并判断{}2n a t -是否为等比数列；（2）若企业每年年底上缴资金1500t =，第*()m m N ∈年年底企业的剩余资金超过21000万元，求m 的最小值．21．流行性感冒是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病.某市去年11月份曾发生流感，据统计，11月1日该市的新感染者有30人，以后每天的新感染者比前一天的新感染者增加50人.由于该市医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，从11月()*1929,k k k +≤≤∈N 日起每天的新感染者比前一天的新感染者减少20人. （1）若9k =，求11月1日至11月10日新感染者总人数；（2）若到11月30日止，该市在这30天内的新感染者总人数为11940人，问11月几日，该市新感染者人数最多？并求这一天的新感染者人数.22．教育储蓄是指个人按国家有关规定在指定银行开户、存入规定数额资金、用于教育目的的专项储蓄，是一种专门为学生支付非义务教育所需教育金的专项储蓄，储蓄存款享受免征利息税的政策.若你的父母在你12岁生日当天向你的银行教育储蓄账户存入1000元，并且每年在你生日当天存入1000元，连续存6年，在你十八岁生日当天一次性取出，假设教育储蓄存款的年利率为10%.(1)在你十八岁生日当天时，一次性取出的金额总数为多少？（参考数据：71.1 1.95≈） (2)当你取出存款后，你就有了第一笔启动资金，你可以用你的这笔资金做理财投资.如果现在有三种投资理财的方案： ①方案一：每天回报40元；②方案二：第一天回报10元，以后每天比前一天多回报10元； ③方案三：第一天回报0.4元，以后每天的回报比前一天翻一番. 你会选择哪种方案？请说明你的理由.23．已知数集{}()1212,,1,2n n A a a a a a a n =≤<<≥具有性质P ；对任意的(),1i j i j n ≤≤≤，i j a a 与j ia a 两数中至少有一个属于A ．（Ⅰ）分别判断数集{}1,3,4与{}1,2,3,6是否具有性质P ，并说明理由； （Ⅱ）证明：11a =，且1211112nn na a a a a a a ---+++=+++； （Ⅲ）证明：当5n =时，成等比数列。

学案31 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种知识和方法求解问题，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法的运用与体会．(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法．(2)转化与化归思想是解数列有关问题的基本思想方法，复杂的数列问题经常转化为等差、等比数列或常见的特殊数列问题．(3)由特殊到一般及由一般到特殊的思想是解决数列问题的重要思想．已知数列的前若干项求通项，由有限的特殊事例推测出一般性的结论，都是利用此法实现的．(4)分类讨论思想在数列问题中常会遇到，如等比数列中，经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，解答应用问题的核心是建立数学模型．(1)建立数学模型时，应明确是等差数列模型、等比数列模型，还是递推数列模型，是求a n 还是求S n .(2)分期付款中的有关规定①在分期付款中，每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部付清前会随时间的推移而不断增值；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．若S n 是等差数列{a n }的前n 项和，且S 8－S 3＝10，则S 11的值为________．2．在等比数列{a n }中，a n >a n ＋1，且a 7·a 11＝6，a 4＋a 14＝5，则a 6a 16＝________. 3．“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，则这一过程需要的时间大约是________秒．4．已知数列{a n }的通项为a n ＝nn 2＋58，则数列{a n }的最大项为第________项．5．设数列{a n }，{b n }都是正项等比数列，S n ，T n 分别为数列{lg a n }与{lg b n }的前n 项和，且S n T n ＝n2n ＋1，则log b 5a 5＝________.探究点一 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构成等差数列．(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，且满足0<a 1<2，a 3＝4.若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；(2)b 2>4；(3)b 4>32；(4)b 2b 4＝256.其中正确命题的个数为________．探究点二 数列与方程、函数、不等式的综合问题例2 已知函数f (x )＝2x ＋33x ，数列{a n }满足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 }满足：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)若b n ＝a n 12log a 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．探究点三 数列在实际问题中的应用例3 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，每月月底获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需缴纳所得税为该月月利润的10%，每月的生活费为300元，余款作为资金全部投入下个月的经营，如此继续，问到这年年底这个职工有多少资金？若贷款年利息为25%，问这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2011年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是中低价房，预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%.另外，每年新建住房中，中低价房的面积均比上一年增加50万平方米．那么，到哪一年底，(1)该市历年所建中低价房的累计面积(以2011年为累计的第一年)将首次不少于4 750万平方米？(2)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%？(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建立数学模型，有关平均增长率、利率(复利)以及等值增减等实际问题，需利用数列知识建立数学模型．(2)在试题中常用的数学模型有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通过归纳得到结论，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法：(1)数列与函数方程相结合时主要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．课后练习(满分：90分)一、填空题(每小题6分，共48分)1．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，则a 9＋a 10a 7＋a 8的值为________．2．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，则下列关系正确的是______(填序号)．①a 3＋a 9≤b 4＋b 10； ②a 3＋a 9≥b 4＋b 10； ③a 3＋a 9≠b 4＋b 10；④a 3＋a 9与b 4＋b 10的大小不确定．3．有限数列A ：a 1，a 2，…，a n ，S n 为其前n 项和，定义S 1＋S 2＋…＋S nn为A 的“凯森和”，若有99项的数列a 1，a 2，…，a 99的“凯森和”为1 000，则有100项的数列1，a 1，a 2，…，a 99的“凯森和”为________．4．有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒钟末能在杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个，现在有一个这样的细菌和100个这样的病毒，问细菌将病毒全部杀死至少需要________秒．5．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b 10＝________.6．若数列{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，则x ＋y ＝________.7．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，则a 1＋a 3＋a 5＝________.8．把正整数按一定的规则排成了如图所示的三角形数表．设a ij (i ，j ∈N *)是位于这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.若a ij ＝2 009，则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 ……………………………………二、解答题(共42分)9．(14分)已知点(1，13)是函数f (x )＝a x(a >0，且a ≠1)的图象上一点，等比数列{a n }的前n 项和为f (n )－c ，数列{b n }(b n >0)的首项为c ，且前n 项和S n 满足S n －S n －1＝S n ＋S n －1(n ≥2)．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若数列{1b n b n ＋1}的前n 项和为T n ，问满足T n >1 0002 009的最小正整数n 是多少？10．(14分)沿海地区甲公司响应国家开发西部的号召，对西部地区乙企业进行扶持性技术改造．乙企业的经营现状是：每月收入为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，每月收入都比上个月增长50%，而后每个月收入都稳定在第5个月的水平上．若设备改造时间可忽略不计，那么从下个月开始至少经过多少个月，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)已知函数f (x )满足f (x ＋y )＝f (x )·f (y )且f (1)＝12.(1)当n ∈N *时，求f (n )的表达式；(2)设a n ＝n ·f (n )，n ∈N *，求证：a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n <2；(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1．22 2.32 3.15 4.8 5.919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，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＝7a 1＋＋a 3＋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 ＋2·ln 2.故T n ＝3nn ＋2ln 2. 变式迁移1 4解析 设a 1，a 2，a 3，a 4的公差为d ，则a 1＋2d ＝4，又0<a 1<2，所以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)，所以b 2＝2a 2>4，故(2)正确；a 4＝a 3＋d >5，所以b 4＝2a 4>32，故(3)正确；又a 2＋a 4＝2a 3＝8，所以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 ，观察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∵9n 2n ＋1＝92⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1递增，且9n 2n ＋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＝－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，则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，则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)，即到年底该职工共有资金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 －12×50＝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年底，该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于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，∴满足上述不等式的最小正整数n 为6.∴到2016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%. 课后练习区1．3＋2 2 2.② 3.991 4．7解析 设至少需要n 秒钟，则1＋21＋22＋…＋2n －1≥100，∴1－2n1－2≥100，∴n ≥7.5．64解析 依题意有a n a n ＋1＝2n，所以a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，两式相除得a n ＋2a n＝2，所以a 1，a 3，a 5，…成等比数列，a 2，a 4，a 6，…也成等比数列，而a 1＝1，a 2＝2，所以a 10＝2×24＝32，a 11＝1×25＝32，又因为a n ＋a n ＋1＝b n ，所以b 10＝a 10＋a 11＝64.6．3解析 该题是数列知识与函数知识的综合．a n ＝5·⎝ ⎛⎭⎪⎫252n －2－4·⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1＝5·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1－252－45，显然当n ＝2时，a n 取得最小值，当n ＝1时，a n 取得最大值，此时x ＝1，y ＝2，∴x ＋y ＝3.7．21解析 y ′＝(x 2)′＝2x ，则过点(a k ，a 2k )的切线斜率为2a k ，则切线方程为y －a 2k ＝2a k (x －a k )，令y ＝0，得－a 2k ＝2a k (x －a k )，∴x ＝12a k ，即a k ＋1＝12a k .故{a n }是a 1＝16，q ＝12的等比数列，即a n ＝16×(12)n －1，∴a 1＋a 3＋a 5＝16＋4＋1＝21.8．107解析 由数表知，第一行1个奇数，第3行3个奇数，第5行5个奇数，第61行61个奇数，前61行用去1＋3＋5＋…＋61＝62×312＝961个奇数．而2 009是第1 005个奇数，故应是第63行第44个数，即i ＋j ＝63＋44＝107.9．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 }构成一个首项为1、公差为1的等差数列，S n ＝1＋(n －1)×1＝n ，S n ＝n 2.…………………………………………………………(6分)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 *.………………………………………………………………………(8分)(2)T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋1n －n ＋ ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.……………………………………………(12分)由T n ＝n 2n ＋1>1 0002 009，得n >1 0009， ∴满足T n >1 0002 009的最小正整数为112.…………………………………………………(14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，………………………………………………………………………………(5分)当n ≥5时，B n ＝16⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫325－132－1＋16⎝ ⎛⎭⎪⎫324(n －5)－400＝81n －594，………………………………………………………(10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，∴至少经过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．……………………………………………………………………………………………(14分)11．(1)解 令x ＝n ，y ＝1，得到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)证明 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.∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n <2.………………………………………………………………(9分)(3)解 ∵f (n )＝(12)n ，而b n ＝(9－n )f n ＋f n＝(9－n )12n ＋112n ＝9－n2.…………………………………………………………………(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)。

数列中的综合问题考试要求 1.了解数列是一种特殊的函数，会解决等差、等比数列的综合问题.2.能在具体问题情境中，发现等差、等比关系，并解决相应的问题． 题型一 数学文化与数列的实际应用例1 (1)(2020·全国Ⅱ)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )A ．3699块B ．3474块C ．3402块D ．3339块答案 C解析 设每一层有n 环，由题意可知，从内到外每环之间构成公差为d ＝9，首项为a 1＝9的等差数列．由等差数列的性质知S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等差数列，且(S 3n －S 2n )－(S 2n －S n )＝n 2d ，则9n 2＝729，解得n ＝9，则三层共有扇面形石板S 3n ＝S 27＝27×9＋27×262×9＝3402(块)．(2)(2021·新高考全国Ⅰ)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20dm×12dm 的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm,20dm× 6dm 两种规格的图形，它们的面积之和S 1＝240dm 2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm 三种规格的图形，它们的面积之和S 2＝180dm 2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n 次，那么∑k ＝1n S k ＝_______dm 2.答案 5 240⎝⎛⎭⎪⎫3－n ＋32n解析 依题意得，S 1＝120×2＝240；S 2＝60×3＝180；当n ＝3时，共可以得到5dm×6dm，52dm×12dm，10dm×3dm,20dm×32dm 四种规格的图形，且5×6＝30，52×12＝30,10×3＝30，20×32＝30，所以S 3＝30×4＝120；当n ＝4时，共可以得到5dm×3dm，52dm×6dm，54dm×12dm,10dm×32dm,20dm×34dm 五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，52×6＝15，54×12＝15,10×32＝15,20×34＝15，所以S 4＝15×5＝75； ……所以可归纳S k ＝2402k ×(k ＋1)＝240k ＋12k. 所以∑k ＝1nS k ＝240⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋322＋423＋…＋n 2n －1＋n ＋12n ，①所以12×∑k ＝1nS k＝240⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋323＋424＋…＋n 2n ＋n ＋12n ＋1，②由①－②得，12×∑k ＝1nS k＝240⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋123＋124＋…＋12n －n ＋12n ＋1＝240⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122－12n×121－12－n ＋12n ＋1＝240⎝ ⎛⎭⎪⎫32－n ＋32n ＋1， 所以∑k ＝1nS k ＝240⎝⎛⎭⎪⎫3－n ＋32ndm 2. 教师备选1．《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为28.5尺，最后三个节气日影长之和为1.5尺，今年3月20日为春分时节，其日影长为( ) A ．4.5尺 B ．3.5尺 C ．2.5尺 D ．1.5尺答案 A解析 冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长构成等差数列{a n }，设公差为d ，由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝28.5，a 10＋a 11＋a 12＝1.5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝10.5，d ＝－1，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝11.5－n ， 所以a 7＝11.5－7＝4.5， 即春分时节的日影长为4.5尺． 2．古希腊时期，人们把宽与长之比为5－12⎝ ⎛⎭⎪⎫5－12≈0.618的矩形称为黄金矩形，把这个比值5－12称为黄金分割比例．如图为希腊的一古建筑，其中图中的矩形ABCD ，EBCF ，FGHC ，FGJI ，LGJK ，MNJK 均为黄金矩形，若M 与K 之间的距离超过1.5m ，C 与F 之间的距离小于11m ，则该古建筑中A 与B 之间的距离可能是(参考数据：0.6182≈0.382，0.6183≈0.236，0.6184≈0.146，0.6185≈0.090，0.6186≈0.056，0.6187≈0.034)( )A ．30.3mB ．30.1mC ．27mD ．29.2m答案 C解析 设|AB |＝x ，a ≈0.618，因为矩形ABCD ，EBCF ，FGHC ，FGJI ，LGJK ，MNJK 均为黄金矩形， 所以有|BC |＝ax ，|CF |＝a 2x ，|FG |＝a 3x ， |GJ |＝a 4x ，|JK |＝a 5x ，|KM |＝a 6x .由题设得⎩⎪⎨⎪⎧a 6x >1.5，a 2x <11，解得26.786<x <28.796，故选项C 符合题意． 思维升华 数列应用问题常见模型(1)等差模型：后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值． (2)等比模型：后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数．(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，那么应考虑a n 与a n ＋1(或者相邻三项)之间的递推关系，或者S n 与S n ＋1(或者相邻三项)之间的递推关系．跟踪训练1 (1)(2022·佛山模拟)随着新一轮科技革命和产业变革持续推进，以数字化、网络化、智能化以及融合化为主要特征的新型基础设施建设越来越受到关注.5G 基站建设就是“新基建”的众多工程之一，截至2020年底，我国已累计开通5G 基站超70万个，未来将进一步完善基础网络体系，稳步推进5G 网络建设，实现主要城区及部分重点乡镇5G 网络覆盖.2021年1月计划新建设5万个5G 基站，以后每个月比上一个月多建设1万个，预计我国累计开通500万个5G 基站时要到( ) A ．2022年12月 B ．2023年2月 C ．2023年4月 D ．2023年6月答案 B解析 每个月开通5G 基站的个数是以5为首项，1为公差的等差数列， 设预计我国累计开通500万个5G 基站需要n 个月，则70＋5n ＋n n －12×1＝500，化简整理得，n 2＋9n －860＝0， 解得n ≈25.17或n ≈－34.17(舍)，所以预计我国累计开通500万个5G 基站需要25个月，也就是到2023年2月．(2)(多选)(2022·潍坊模拟)南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设各层球数构成一个数列{a n }，则( )A ．a 4＝12B ．a n ＋1＝a n ＋n ＋1C ．a 100＝5050D ．2a n ＋1＝a n ·a n ＋2解析 由题意知，a 1＝1，a 2＝3，a 3＝6，…，a n ＝a n －1＋n ，故a n ＝n n ＋12，∴a 4＝4×4＋12＝10，故A 错误； a n ＋1＝a n ＋n ＋1，故B 正确； a 100＝100×100＋12＝5050，故C 正确；2a n ＋1＝(n ＋1)(n ＋2)，a n ·a n ＋2＝n n ＋1n ＋2n ＋34，显然2a n ＋1≠a n ·a n ＋2，故D 错误．题型二 等差数列、等比数列的综合运算例2 (2022·滨州模拟)已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝2，b 2＝4，a n ＝2log 2b n ，n ∈N *.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{a n }中不在数列{b n }中的项按从小到大的顺序构成数列{c n }，记数列{c n }的前n 项和为S n ，求S 100.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 因为b 2＝4，所以a 2＝2log 2b 2＝4， 所以d ＝a 2－a 1＝2， 所以a n ＝2＋(n －1)×2＝2n . 又a n ＝2log 2b n ，即2n ＝2log 2b n ， 所以n ＝log 2b n ， 所以b n ＝2n.(2)由(1)得b n ＝2n＝2·2n －1＝a 2n －1， 即b n 是数列{a n }中的第2n －1项．设数列{a n }的前n 项和为P n ，数列{b n }的前n 项和为Q n ， 因为b 7＝62a ＝a 64，b 8＝72a ＝a 128，所以数列{c n }的前100项是由数列{a n }的前107项去掉数列{b n }的前7项后构成的， 所以S 100＝P 107－Q 7＝107×2＋2142－2－281－2＝11302.(2020·浙江)已知数列{a n }，{b n }，{c n }满足a 1＝b 1＝c 1＝1，c n ＝a n ＋1－a n ，c n ＋1＝b nb n ＋2c n ，n ∈N *. (1)若{b n }为等比数列，公比q >0，且b 1＋b 2＝6b 3，求q 的值及数列{a n }的通项公式； (2)若{b n }为等差数列，公差d >0，证明：c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n <1＋1d，n ∈N *.(1)解 由b 1＝1，b 1＋b 2＝6b 3，且{b n }为等比数列，得1＋q ＝6q 2，解得q ＝12(负舍)．∴b n ＝12n －1.∴c n ＋1＝b nb n ＋2c n ＝4c n ，∴c n ＝4n －1. ∴a n ＋1－a n ＝4n －1，∴a n ＝a 1＋1＋4＋…＋4n －2＝1－4n －11－4＋1＝4n －1＋23. (2)证明 由c n ＋1＝b n b n ＋2·c n (n ∈N *)， 可得b n ＋2·c n ＋1＝b n ·c n ， 两边同乘b n ＋1，可得b n ＋1·b n ＋2·c n ＋1＝b n ·b n ＋1·c n ， ∵b 1b 2c 1＝b 2＝1＋d ，∴数列{b n b n ＋1c n }是一个常数列， 且此常数为1＋d ，即b n b n ＋1c n ＝1＋d ， ∴c n ＝1＋db n b n ＋1＝1＋d d ·d b n b n ＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋1d ·b n ＋1－b n b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n －1b n ＋1，又∵b 1＝1，d >0，∴b n >0， ∴c 1＋c 2＋…＋c n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 1－1b 2＋⎝⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 2－1b 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n －1b n ＋1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝⎛⎭⎪⎫1b 1－1b 2＋1b 2－1b 3＋…＋1b n－1b n ＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 1－1b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1b n ＋1<1＋1d，∴c 1＋c 2＋…＋c n <1＋1d.思维升华 对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系．数列的求和主要是等差、等比数列的求和及裂项相消法求和与错位相减法求和，本题中利用裂项相消法求数列的和，然后利用b 1＝1，d >0证明不等式成立．另外本题在探求{a n }与{c n }的通项公式时，考查累加、累乘两种基本方法．跟踪训练2 已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝1，a 2＋a 4＝10，b 2b 4＝a 5. (1)求{a n }的通项公式； (2)求b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1. 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d . 因为a 1＝1，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 1q ·b 1q 3＝9. 又b 1＝1，所以q 2＝3. 所以b 2n －1＝b 1q2n －2＝3n －1.则b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝3n－12.题型三 数列与其他知识的交汇问题 命题点1 数列与不等式的交汇例3 已知数列{a n }满足a 1＝12，1a n ＋1＝1a n ＋2(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n <12.(1)解 因为1a n ＋1＝1a n＋2(n ∈N *)，所以1a n ＋1－1a n＝2(n ∈N *)，因为a 1＝12，所以1a 1＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以首项为2，公差为2的等差数列，所以1a n ＝2＋2(n －1)＝2n (n ∈N *)，所以数列{a n }的通项公式是a n ＝12n (n ∈N *)．(2)证明 依题意可知a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 2＝14·1n 2<14·1n ·1n －1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n (n >1)， 所以a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n<14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n＝14⎝⎛⎭⎪⎫2－1n <12.故a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n <12.命题点2 数列与函数的交汇例4 (1)(2022·淄博模拟)已知在等比数列{a n }中，首项a 1＝2，公比q >1，a 2，a 3是函数f (x )＝13x 3－6x 2＋32x 的两个极值点，则数列{a n }的前9项和是________． 答案 1022解析 由f (x )＝13x 3－6x 2＋32x ，得f ′(x )＝x 2－12x ＋32，又因为a 2，a 3是函数f (x )＝13x 3－6x 2＋32x 的两个极值点，所以a 2，a 3是函数f ′(x )＝x 2－12x ＋32的两个零点，故⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋a 3＝12，a 2·a 3＝32，因为q >1，所以a 2＝4，a 3＝8，故q ＝2， 则前9项和S 9＝21－291－2＝210－2＝1022.教师备选1．已知函数f (x )＝log 2x ，若数列{a n }的各项使得2，f (a 1)，f (a 2)，…，f (a n )，2n ＋4成等差数列，则数列{a n }的前n 项和S n ＝______________. 答案163(4n－1) 解析 设等差数列的公差为d ，则由题意，得2n ＋4＝2＋(n ＋1)d ，解得d ＝2， 于是log 2a 1＝4，log 2a 2＝6，log 2a 3＝8，…， 从而a 1＝24，a 2＝26，a 3＝28，…，易知数列{a n }是等比数列，其公比q ＝a 2a 1＝4， 所以S n ＝244n－14－1＝163(4n－1)．2．求证：12＋1＋222＋2＋323＋3＋…＋n 2n ＋n <2(n ∈N *)．证明 因为n 2n＋n <n2n ， 所以不等式左边<12＋222＋323＋…＋n2n .令A ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，则12A ＝122＋223＋324＋…＋n 2n ＋1， 两式相减得12A ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－12n －n2n ＋1，所以A ＝2－n ＋22n<2，即得证．思维升华 数列与函数、不等式的综合问题关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求出数列的通项或前n 项和，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题，通过放缩进行不等式的证明．跟踪训练3 (1)(2022·长春模拟)已知等比数列{a n }满足：a 1＋a 2＝20，a 2＋a 3＝80.数列{b n }满足b n ＝log 2a n ，其前n 项和为S n ，若b nS n ＋11≤λ恒成立，则λ的最小值为________．答案623解析 设等比数列{a n }的公比为q ， 由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝20，a q ＋a q 2＝80，解得a 1＝4，q ＝4，故{a n }的通项公式为a n ＝4n，n ∈N *.b n ＝log 2a n ＝log 24n ＝2n ， S n ＝2n ＋12n (n －1)·2＝n 2＋n ，b nS n ＋11＝2n n 2＋n ＋11＝2n ＋11n＋1，n ∈N *， 令f (x )＝x ＋11x，则当x ∈(0，11)时，f (x )＝x ＋11x单调递减，当x ∈(11，＋∞)时，f (x )＝x ＋11x单调递增，又∵f (3)＝3＋113＝203，f (4)＝4＋114＝274，且n ∈N *，∴n ＋11n ≥203，即b nS n ＋11≤2203＋1＝623， 故λ≥623，故λ的最小值为623.(2)若S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 1，S 2，S 4成等比数列，S 2＝4. ①求数列{a n }的通项公式； ②设b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n <m20对所有n ∈N *都成立的最小正整数m .解 ①设{a n }的公差为d (d ≠0)， 则S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋d ，S 4＝4a 1＋6d . 因为S 1，S 2，S 4成等比数列， 所以a 1·(4a 1＋6d )＝(2a 1＋d )2. 所以2a 1d ＝d 2.因为d ≠0，所以d ＝2a 1.又因为S 2＝4，所以a 1＝1，d ＝2， 所以a n ＝2n －1. ②因为b n ＝3a n a n ＝32n －12n ＋1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， 所以T n ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝32⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<32. 要使T n <m 20对所有n ∈N *都成立， 则有m 20≥32，即m ≥30. 因为m ∈N *，所以m 的最小值为30. 课时精练1．(2022·青岛模拟)从“①S n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋a 12；②S 2＝a 3，a 4＝a 1a 2；③a 1＝2，a 4是a 2，a 8的等比中项．”三个条件中任选一个，补充到下面的横线处，并解答．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d ≠0，________，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝122n n S S ＋－，数列{b n }的前n 项和为W n ，求W n .注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解 (1)选①： S n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋a 12＝n 2＋a 12n ， 令n ＝1，得a 1＝1＋a 12，即a 1＝2， 所以S n ＝n 2＋n .当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2＋n －1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，又a 1＝2，满足上式，所以a n ＝2n .选②：由S 2＝a 3，得a 1＋a 2＝a 3，得a 1＝d ，又由a 4＝a 1a 2，得a 1＋3d ＝a 1(a 1＋d )，因为d ≠0，则a 1＝d ＝2，所以a n ＝2n .选③：由a 4是a 2，a 8的等比中项，得a 24＝a 2a 8，则(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )，因为a 1＝2，d ≠0，所以d ＝2，则a n ＝2n .(2)S n ＝n 2＋n ，b n ＝(2n ＋1)2＋2n ＋1－(2n )2－2n ＝3·22n ＋2n ，所以W n ＝3×22＋2＋3×24＋22＋…＋3×22n ＋2n ＝12×1－4n 1－4＋2×1－2n 1－2＝4(4n－1)＋2(2n －1)＝4n ＋1＋2n ＋1－6.2．(2022·沈阳模拟)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2n ＋1＝2S n ＋n ＋1，a 2＝2.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若b n ＝a n ·2n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求使T n >2022的最小的正整数n 的值． 解 (1)当n ≥2时，由a 2n ＋1＝2S n ＋n ＋1，a 2＝2，得a 2n ＝2S n －1＋n －1＋1，两式相减得a 2n ＋1－a 2n ＝2a n ＋1，即a 2n ＋1＝a 2n ＋2a n ＋1＝(a n ＋1)2.∵{a n }是正项数列，∴a n ＋1＝a n ＋1.当n ＝1时，a 22＝2a 1＋2＝4，∴a 1＝1，∴a 2－a 1＝1，∴数列{a n }是以a 1＝1为首项，1为公差的等差数列，∴a n ＝n .(2)由(1)知b n ＝a n ·2n ＝n ·2n ，∴T n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ，2T n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1， 两式相减得－T n ＝2·1－2n 1－2－n ·2n ＋1 ＝(1－n )2n ＋1－2，∴T n ＝(n －1)2n ＋1＋2.∴T n －T n －1＝n ·2n >0，∴T n 单调递增．当n ＝7时，T 7＝6×28＋2＝1 538<2 022，当n ＝8时，T 8＝7×29＋2＝3 586>2 022，∴使T n >2 022的最小的正整数n 的值为8.3．(2022·大连模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝25，且a 3－1，a 4＋1，a 7＋3成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)na n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求T 2n .解 (1)由题意知，等差数列{a n }的前n 项和为S n ，由S 5＝25，可得S 5＝5a 3＝25，所以a 3＝5， 设数列{a n }的公差为d ，由a 3－1，a 4＋1，a 7＋3成等比数列，可得(6＋d )2＝4(8＋4d )，整理得d 2－4d ＋4＝0，解得d ＝2，所以a n ＝a 3＋(n －3)d ＝2n －1.(2)由(1)知 b n ＝(－1)n a n ＋1＝(－1)n (2n －1)＋1，所以T 2n ＝(－1＋1)＋(3＋1)＋(－5＋1)＋(7＋1)＋…＋[－(4n －3)＋1]＋(4n －1＋1)＝4n .4．(2022·株洲质检)由整数构成的等差数列{a n }满足a 3＝5，a 1a 2＝2a 4.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }的通项公式为b n ＝2n ，将数列{a n }，{b n }的所有项按照“当n 为奇数时，b n 放在前面；当n 为偶数时，a n 放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新数列{c n }，b 1，a 1，a 2，b 2，b 3，a 3，a 4，b 4，…，求数列{c n }的前(4n ＋3)项和T 4n ＋3.解 (1)由题意，设数列{a n }的公差为d ，因为a 3＝5，a 1a 2＝2a 4，可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝5，a 1·a 1＋d ＝2a 1＋3d ，整理得(5－2d )(5－d )＝2(5＋d )，即2d 2－17d ＋15＝0，解得d ＝152或d ＝1， 因为{a n }为整数数列，所以d ＝1，又由a 1＋2d ＝5，可得a 1＝3，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋2.(2)由(1)知，数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋2，又由数列{b n }的通项公式为b n ＝2n ， 根据题意，得新数列{c n }，b 1，a 1，a 2，b 2，b 3，a 3，a 4，b 4，…，则T 4n ＋3＝b 1＋a 1＋a 2＋b 2＋b 3＋a 3＋a 4＋b 4＋…＋b 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋b 2n ＋b 2n ＋1＋a 2n ＋1＋a 2n ＋2 ＝(b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n ＋1)＋(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 2n ＋2)＝2×1－22n ＋11－2＋3＋2n ＋42n ＋22＝4n ＋1＋2n 2＋9n ＋5.5．已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)∵等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列， ∴S n ＝na 1＋n (n －1)，(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1，∴a n ＝2n －1.(2)由(1)可得b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1＝(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1，当n 为偶数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17－…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1；当n 为奇数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17－…－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1.∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2n2n ＋1，n 为偶数，2n ＋22n ＋1，n 为奇数.。

2025年新人教版高考数学一轮复习讲义第六章必刷大题12　数列的综合问题1.若数列{a n}的通项公式为a n＝(－1)n(2n－1). (1)求a1，a2，a3，a4；因为数列{a n}的通项公式为a n＝(－1)n(2n－1)，所以a1＝－1，a2＝3，a3＝－5，a4＝7.(2)求数列{a n}的前2 024项和S2 024.由a n＝(－1)n(2n－1)，可得当n为奇数时，a n＋a n＋1＝(－1)n(2n－1)＋(－1)n＋1(2n＋1)＝2，所以S2 024＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2 023＋a2 024)＝2＋2＋…＋2＝2×1 012＝2 024.所以(n＋2)S n＝na n＋1，因为a n＋1＝S n＋1－S n，所以(n＋2)S n＝n(S n＋1－S n)，即nS n＋1＝2(n＋1)S n，即b n＋1＝2b n，又b1＝S1＝2，所以数列{b n}是首项为2，公比为2的等比数列.所以b n＝2n.因为n∈N*，3.已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n＋2＝2a n.(1)求a2及数列{a n}的通项公式；由题意，当n＝1时，S1＋2＝a1＋2＝2a1，解得a1＝2，当n＝2时，S2＋2＝2a2，即a1＋a2＋2＝2a2，解得a2＝4，当n≥2时，由S n＋2＝2a n，可得S n－1＋2＝2a n－1，两式相减，可得a n＝2a n－2a n－1，整理，得a n＝2a n－1，∴数列{a n}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n＝2·2n－1＝2n，n∈N*.由(1)可得，a n＝2n，a n＋1＝2n＋1，在a n与a n＋1之间插入n个数，使得这n＋2个数依次组成公差为d n的等差数列，则有a n＋1－a n＝(n＋1)d n，两式相减，4.已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a3＝7，S3＝5a1.(1)求{a n}的通项公式；a3＝a1＋2d＝7，S3＝3a1＋3d＝5a1，解得a1＝3，d＝2，故a n＝2n＋1.5.(2023·邯郸统考)已知数列{a n}的前n项和为S n，且a1＝1，a n＋1＝3S n＋1(n∈N*).(1)求{a n}的通项公式；由题意知，在数列{a n}中，a n＋1＝3S n＋1，a n＝3S n－1＋1，n≥2，两式相减可得a n＋1－a n＝3a n，a n＋1＝4a n，n≥2，由条件知，a2＝3a1＋1＝4a1，故a n＋1＝4a n(n∈N*).∴{a n}是以1为首项，4为公比的等比数列.∴a n＝4n－1(n∈N*).由(1)知，a n＝4n－1(n∈N*)，如果满足条件的b m，b k，b p存在，∵2k＝m＋p，∴(k＋1)2＝(m＋1)(p＋1)，解得k2＝mp，∵2k＝m＋p，∴k＝m＝p，与已知矛盾，∴不存在满足条件的三项.6.在数列{b n}中，令T n＝b1b2·…·b n(n∈N*)，若对任意正整数n，T n总为数列{b n}中的项，则称数列{b n}是“前n项之积封闭数列”.已知数列{a n}是首项为a1，公比为q的等比数列.(1)判断：当a1＝2，q＝3时，数列{a n}是否为“前n项之积封闭数列”；T2＝a1a2＝2×6＝12，若T2为数列{a n}中的项，则存在m∈N*，使得T2＝a m，即12＝2·3m－1，所以m＝log36＋1∉N*，所以{a n}不是“前n项之积封闭数列”.(2)证明：a1＝1是数列{a n}为“前n项之积封闭数列”的充分不必要条件.充分性：因为T n ＝a 1a 2·…·a n (n ∈N *)，所以T 1＝a 1，当n ∈N *，n ≥2时，因为a 1＝1，所以a n ＝q n －1，所以T n ＝a 1a 2·…·a n ＝q 0＋1＋2＋…＋(n －1)＝ ，(1)2n n q所以数列{a n }是“前n 项之积封闭数列”，所以充分性成立.必要性：当a 1＝q ≠1时，a n ＝a 1q n －1＝q n ，所以T n ＝a 1a 2·…·a n ＝q 1＋2＋…＋n ＝ ，(1)2n n q所以T n＝a l，即此时数列{a n}是“前n项之积封闭数列”，所以必要性不成立.综上，a1＝1是数列{a n}为“前n项之积封闭数列”的充分不必要条件.本课结束。

第5讲数列的综合应用基础巩固1现有200根相同的钢管,把它们堆成正三角形垛,要使剩余的钢管尽可能少,那么剩余钢管的根数为【答案】B【解析】∵,即n>==≈≈又n为过滤次数,故取n=145“嫦娥奔月,举国欢庆”,据科学计算,运载“神八”的“长征”系列火箭,在点火第一秒钟通过的路程为2km,以后每秒钟通过的路程都增加2km,在到达离地面240km的高度时,火箭与飞船分离,则这一过程需要的时间大约是秒钟秒钟秒钟秒钟【答案】C【解析】设每一秒钟通过的路程依次为a1,a2,a3,…,a n,则数列{a n}是首项为a1=2,公差为d=2的等差数列,由求和公式得na1=240,即2nnn-1=240,解得n=6一梯形的上、下底长分别是12cm,22cm,若将梯形的一腰10等分,过每一个分点作平行于底边的直线,则这些直线夹在两腰之间的线段的长度的和等于【答案】153cm【解析】由题意知过分点所作的线段由上往下构成等差数列,记为{a n},则a1=13cm,d=1cm,所求为{a n}的前9项之和,即S9=9a1×1=11736=153cm7某科研单位欲拿出一定的经费奖励科研人员,第1名得全部资金的一半多一万元,第二名得剩下的一半多一万元,以名次类推都得到剩下的一半多一万元,到第10名恰好资金分完,则此科研单位共拿出万元资金进行奖励【答案】2046【解析】设第10名到第1名得的奖金数分别是a1,a2,…,a10,则a n=S n1,a1=2,a n-a n-1=a n,即a n=2a n-1,因此每人得的奖金额组成以2为首项,2为公比的等比数列,所以S10==2046升,然后再用水加满,再倒出b升,再用水加满,这样倒了n次,则容器中有纯酒精升【答案】a【解析】第一次容器中有纯酒精a-b,即a升,第二次有纯酒精a-b,即a升,故第n次有纯酒精a升92022·湖北卷,17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{a n},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{b n}可以推测:1b2022是数列{a n}中的第项;2b2-1= 用表示【答案】15030 2【解析】1由题意可得,a1=1,a2=3,a3=6,a4=10,…,a2-a1=2,a3-a2=3,a4-a3=4,…,a n-a n-1=n 以上各式相加,得a n-a1=23…n=,故a n=因此,b1=a4=10,b2=a5=15,b3=a9=45,b4=a10=55,…,由此归纳出b2022=a50302由b1=a4=,b3=a9=,b5=a14=,…,可归纳出b2-1=10根据下列各个数列{a n}的首项和基本关系式,求其通项公式:1a1=1,a n=a n-13n-1n≥2;2a1=1,a n=a n-1n≥2【解】1∵a n=a n-13n-1,∴a n-1=a n-23n-2,a n-2=a n-33n-3,…a2=a131以上n-1个式子相加,得a n=a13132…3n-1=1332…3n-1=故数列{a n}的通项公式为a n=2∵a n=a n-1n≥2,∴a n-1=a n-2,…a2=a1以上n-1个式子相乘得a n=a1···…·==故数列{a n}的通项公式为a n=11为保护我国的稀土资源,国家限定某矿区的出口总量不能超过80吨,该矿区计划从2022年开始出口,当年出口a吨,以后每年出口量均比上一年减少10%1以2022年为第1年,设第n年出口量为a n吨,试求a n的表达式;2因稀土资源不能再生,国家计划10年后终止该矿区的出口,问2022年最多出口多少吨保留一位小数参考数据:≈【解】1由题意知每年的出口量构成等比数列,且首项a1=a,公比q=1-10%=,于是a n=a·210年出口总量S10==10a∵S10≤80,∴10a≤80,即a≤因此a≤故2022年最多出口吨122022·安徽卷,21设函数f=in 的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{n}1求数列{n}的通项公式;2设{n}的前n项和为S n,求in S n【解】1f'=co =0令f'=0,则co =-,解得=2π±∈Z由n是函数f的第n个正极小值点知n=2nπ-n∈N *2由1可知,S n=2π12…n-=nn1π-,于是in S n=in因为nn1表示两个连续正整数的乘积,nn1一定为偶数,所以in S n=-in当n=3m-2m∈N*时,in S n=-in=-;当n=3m-1m∈N*时,in S n=-in=;当n=3mm∈N*时,in S n=-in 2mπ=0综上所述,in S n=拓展延伸132022·江苏卷,20已知各项均为正数的两个数列{a n}和{b n}满足:a n1=,n∈N* 1设b n1=1,n∈N*,求证:数列是等差数列;2设b n1=·,n∈N*,且{a n}是等比数列,求a1和b1的值解:1证明:由题设知a n1===,于是=,从而-=1n∈N*故数列是以1为公差的等差数列2因为a n>0,b n>0,所以0知q>=1若q>1,则a1=og q时,a n1=a1q n>,与*式矛盾;若0a2>1,故当n>og q时,a n1=a1q n1,于是b1<b2<b3又由a1=得b n=,所以b1,b2,b3中至少有两项相同,矛盾因此a1=,从而b n==故a1=b1=。

高考数学一轮复习抢分训练 6.6 数列的综合问题 文 新人教A 版1.首项为a 的数列{}n a 既是等差数列，又是等比数列，则这个的前n 项和n S 为（ ） A.1-n a B. n a C.a n )1(- D.na 【解析】D.由题意，得数列{}n a 是非零常数列，∴.na S n =2.等差数列{}n a 及等比数列{}n b 中，,0,02211>=>=b a b a 则当3≥n 时有 A.n n b a > B. n n b a = C. n n b a ≥ D. n n b a ≤ 【解析】D.特殊法，{}n a 及{}n b 为非零常数列时，n n b a =；取3,2,1:n a ，4,2,1:n b 时，.n n b a <3. 已知c b a ,,成等比数列，m 是b a ,的等差中项，n 是c b ,的等差中项，则=+ncm a . 【解析】2. 特殊法，取4,2,1===c b a ，.2=+ncm a 4.⑴n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，01>a ，113S S =，问数列的前几项和最大？ ⑵公差不为零的等差数列{}n a 中，153=a ，1452,,a a a 成等比数列，求数列{}n a 的前n 项和n S .【解析】⑴方法1：设)0(2≠+=A Bn An S n ，由113S S =，得B A B A 1112139+=+， 即 A B 14-=，∴An An Bn An S n 1422-=+=A n A 49)7(2-=，∴当7=n 时，n S 有最大值为.7S方法2：由113S S =，得011654=++++a a a a ， {}n a 是等差数列，∴00)(48787=+⇒=+a a a a .由01>a ，{}n a 是等差数列，∴0,0887<>-=a a a ， ∴当7=n 时，n S 有最大值为.7S⑵设B An a n +=， 153=a ，1452,,a a a 成等比数列，∴⎩⎨⎧-==⇒⎩⎨⎧++=+=+36)14)(2()5(1532B A B A B A B A B A ，∴.36-=n a n∴.33)321(62n n n S n =-++++=5.已知1,0≠>a a ，数列{}n b 的前n 项和[])()1(1)1(lg 2+∈-+--=N n a na n a aa S n n ，若数列{}nb 的每一项总小于它后面的项，求a 的取值范围.【解析】当1=n 时，.lg 1a a b =当2≥n 时，1--=n n n S S b[][]122)1()1(lg )1(1)1(lg --+---+--=n na a n a a a a a na n a a a a na n lg =，∴a nab n n lg = 由题意，得01>-+n n b b ，即 [].0)1(lg >-+⋅n n a b n⑴当1>a 时，0lg >a a n，∴1111+-=+>n n n a ，∴1>a ； ⑵当10<<a 时，0lg <a a n，∴1111+-=+<n n n a ，∴10<<a 综上，a 的取值范围().,121,0+∞⎪⎭⎫ ⎝⎛6.等差数列{}n a 中，0>n a ，其公差0≠d ；数列{}n b 是等比数列，0>n b ，其公比.1≠q ⑴若121211,++==n n b a b a ，试比较1+n a 与1+n b 的大小，说明理由； ⑵若2211,b a b a ==，试比较1+n a 与1+n b 的大小，说明理由. 【解析】方法1：n n b a ,的图象大致如下图所示：⑴ 由图⑴可知，11++>n n b a ； ⑵ 由图⑵可知，11++<n n b a .方法2：（用作差比较法，略）. 综合拔高训练7.某养渔场，据统计测量，第一年鱼的重量增长率为200﹪，以后每年的增长率为前一年的一半.⑴饲养5年后，鱼重量预计是原来的多少倍？图⑴图⑵⑵如因死亡等原因，每年约损失预计重量的10﹪，那么，经过几年后，鱼的总质量开始下降？【解析】⑴设鱼原来的产量为a ，=q 200﹪2=)21)(1()21(),1(121qq a q a a q a a ++=+=+=，∴a a a 7.1232405)211)(211)(211)(11)(21(325≈=+++++=⑵由⑴可知，)21(11--+=n n n qa a ，而鱼每年都损失预计产量的10﹪，即实际产量只有原来的109.∴109)21(11⋅+=--n n n q a a设底年鱼的总量开始减少，则⎩⎨⎧≤≥+-11n n n n a a a a ，即18121361)1()1(10921109211≤≤⇒⎪⎩⎪⎨⎧⋅+≥≥⋅+---nq n n n q n n n a a a a ∴32218≤≤n ，解得，5=n∴经过5年后，鱼的总量开始减少.8.数列{}n a 的前n 项和为)(+∈N n S n ，点),(n n S a 在直线n x y 32-=．⑴若数列}{c a n +成等比数列，求常数C 的值； ⑵求数列}{n a 的通项公式；⑶数列}{n a 中是否存在三项，它们可以构成等差数列？若存在，请求出一组适合条件的项； 若不存在，请说明理由．【解析】⑴由题意知)1(32,3211+-=-=++n a S n a S n n n n ， 得123n n a a +=+，∴32331=∴=+++c a a n n⑵ 32111-==a S a ，∴31=a ，由⑴知：112)3(3-⋅+=+n n a a)(323+∈-⨯=∴N n a n n⑶设存在S ，P ，r *,,,s p r N S P r a a a ∈<<且使成等差数列,r s p a a a +=∴2 即 )323()323()323(2-⋅+-⋅=-⋅r s ps r s p r s p -+-++=∴+=∴21222211 （＊）因为s 、p 、r *2122p r s N s p r-+-∈<<∴且、为偶数1+2r s-为奇数，（＊）式产生矛盾．所以这样的三项不存在．9.从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少51，本年度当地旅游业收入估计400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加41. ⑴设n 年内（本年度为第一年）总收入为n a 万元，旅游业总收入为n b 万元，写出表达式 ⑵至少经过几年旅游业的总收入才能超过总投入？【解析】3.⑴第一年投入为800万元，第二年投入为)511(800-万元，第n 年的投入为1)511(800--n万元.所以，年内的总投入为：n n n a )54(40004000)511(800)511(8008001-=-++-+=- ；第一年旅游业收入为400万元，第二年旅游业收入为)411(400+万元，第n 年旅游业收入为1)411(400-+n 万元.所以，n 年内的旅游业总收入为.1600)45(1600)411(400)411(4004001-=+++++=-n n n b⑵设至少经过n 年旅游业的总收入才能超过总投入，由此0>-n n a b ，即--1600)45(1600n 0)54(40004000>+n 化简得07)54(5)45(2>-+n n ，设x n =)54(，代入上式得，02752>+-x x解此不等式，得52<x ，或1>x （舍去）即52)54(<n ，由此得.5≥n答：至少经过5年旅游业的总收入能超过总投入.10. (广东省深圳市2011年高三年级第二次调研考试)设函数()()+∈-+=N c b cbx ax x f ,2.若方程()x x f =的根为0和2, 且()212-<-f . (1)求函数()x f 的解析式；(2)已知各项均不为零的数列{}n a 满足: 1)1(4=nn a f S (n S 为该数列前n 项和),求该数列的通项n a . 【解析】⑴设()⎪⎩⎪⎨⎧+==∴⎪⎩⎪⎨⎧-=⨯-=+∴=++-=-+210,102102,01,22c b a b a b c a cx x b x c bx a x 得cx x x f c-+=)1()(22,32112)2(<⇒-<+-=-c c f , 又 c b c N c b ==∴∈+,2,,，()()()1122≠-=∴x x x x f ⑵由已知得,2,221112----=∴-=n n n n n n a a S a a S两式相减得()()0111=+-+--n n n n a a a a , 1--=∴n n a a 或11-=--n n a a . 当1=n ，1212111-=⇒-=a a a a ，若1--=n n a a ，则12=a ，这与1≠n a 矛盾.n a a a n n n -=∴-=-∴-,11.⑶由()2121211212221211≤+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⇒-=⇒=+++n n n n n n n a a a a a a f a , 01<∴+n a 或21≥+n a .若01<+n a ，则31<+n a ；若21≥+n a ，则()()01221≤---=-+n n n n n a a a a a ∴{}n a 在2≥n 时单调递减.3824242221212=-⨯=-=a a a ，∴3382<=≤a a n 在2≥n 时成立.。

高考数学一轮复习 第六章 数列综合检测 文 新人教A 版（120分钟，150分）一、选择题（每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1.等差数列{}n a 中，155=a ，则8642a a a a +++的值为（ ） A. 30 B. 45 C. 60 D. 120 【解析】C. 8642a a a a +++.6045==a2.等比数列{}n a 的前4项和为240，第2项与第4项的和为180，则数列{}n a 的首项为（ ）A. 2B. 4C. 6D. 8 【解析】C. 6060)(31424=+⇒=+-a a a a S ，∴.6,313142==++=a a a a a q3.设n S 为数列{}n a 的前n 项和，492-=n a n ，则n S 达到最小值时，n 的值为（ ） A. 12 B. 13 C. 24 D. 25 【解析】C. 22124)24(2)(--=+=n a a n S n n ，∴24=n 时，n S 达到最小值. 4.设n S 为数列{}n a 的前n 项和，122221-++++=n n a ，则n S 的值为（ ）A. 12-nB. 121--nC. 22--n nD. 221--+n n【解析】D. 12222112-=++++=-nn n a ，∴=n S 221--+n n5.等比数列{}n a 中，2321=++a a a ，4654=++a a a ，则=++121110a a a （ ） A. 32 B. 16 C. 12 D. 8【解析】B. 由题意，得 23=q ，=++121110a a a .16)(6654=++q a a a6.数列{}n a 中，11++=n n a n ，若前n 项和9=n S ，则项数n 等于（ ）A. 96B. 97C. 98D. 99 【解析】D. n n n n a n -+=++=111，得 .99911=⇒=-+=n n S n7.某工厂去年的产值为P ，计划在5年内每年比上一年产值增长10％，则从今年起5年内该工厂的总 产值为（ ）A.P )11.1(115- B.P )11.1(114- C.P )11.1(105- D.P )11.1(104-【解析】A.8.已知n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，21=a ，若数列{}n a +1也是等比数列，则n S 等于（ ）A. n 2B. n 3C. 221-+nD. 13-n【解析】A. 数列{}n a +1是等比数列，∴1)21(3)21(22=⇒+=+q q q ，.2n S n = 二、填空题：(本大题共7小题，其中13—15小题是选做题；每小题5分，共30分)9.已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，,52n n S n +=则=n a .【解析】42+n .利用).2(1≥-=-n S S a n n n10.在等差数列{}n a 中，0≠n a ，且431,,a a a 成等比数列，则其公比=q .【解析】1或21.由431,,a a a 成等比数列，得)0()(1311221≠⋅=a q a a q a ，=q 1或21. 11.已知4个实数1,,,921--a a 成等差数列，5个实数1,,,,9321--b b b 成等比数列， 则)(122a a b -⋅ .【解析】8-. 1,,,921--a a 成等差数列，∴3814)9(112=----=-a a1,,,,9321--b b b 成等比数列，∴32-=b （32-=b 不合）∴8)(122-=-⋅a a b .12.已知等比数列{}n a 中，991,,0a a a n >为016102=+-x x 的两个根，则=⋅⋅605040a a a .【解析】64.选做题（从13题、14题、15题任选2题 ）13.设数列{}n a 中，21=a ，))(1(1++∈++=N n n a a n n ，则{}n a 的通项=n a . 【解析】121212++n n . 14.已知{}n a 是等比数列，41252==a a ，，则=++++13221n n a a a a a a . 【解析】).411(332n -由41252==a a ，，得公比21=q ，41=a ，n n a -=32∴=+++=+++-+)(1222113221n n n q q q a a a a a a a ).411(332n -15.对正整数n ，设曲线)1(x x y n-=在2=x 处的切线与y 轴交点的纵坐标为n a ，则数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+1n a n 的前n 项和=n S . 【解析】.221-+n 1)1(+-=-=n nnxx x x y ，n n x n nxy )1(1+-='-，122)2(-=⋅+-='n x n y ，当2=x 时，n y 2-=，切线：)2(2)2(21-⋅+-=+-x n y n n令0=x ，得 nn n a 2)1(+=，∴nn n a 21=+，∴.2221)21(21-=--=+n n n S 三、解答题：本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 16. (13分)已知等差数列{}n a 中，n S 是其前n 项和，155,7209==S a ，求：11a 及10S . 【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，则⎩⎨⎧=+==+=155190207812019d a S d a a （4分）解得，,21,31==d a （8分） ∴ 82110311=⨯+=a ，2105219102131010=⨯⨯⨯+⨯=S . （13分） 17. (12分)已知等比数列{}n a 各项为正数，n S 是其前n 项和，且,3451=+a a 6442=⋅a a . 求{}n a 的公比q 及n S .【解析】 数列{}n a 是等比数列，∴645142=⋅=⋅a a a a ， （2分） 又 ,3451=+a a ∴ 32,251==a a 或2,3251==a a ， （4分）由0>n a ，当32,251==a a 时，nn S q 2,2==， （8分）当2,3251==a a 时，4)21(,21+==n n S q （12分） 18. (14分)已知：公差不为零的等差数列{}n a 中，n S 是其前n 项和，且421,,S S S 成等比数列.⑴求数列421,,S S S 的公比q ；⑵若42=S ，求等差数列{}n a 的通项公式.【解析】⑴设等差数列{}n a 的公差为d ，则4122S S S ⋅= ，即)64()2(1121d a a d a +=+（2分）0≠d ，∴12a d =，（5分） ∴421112=+==a da S S q （7分）⑵由⑴知，12a d =， ① 42412=+⇒=d a S ② （9分） 由①②解得，2,11==d a ，∴12)1(21-=-+=n n a n . （14分） 19.（13分）（2011广雅中学质检一）已知等差数列{}n a 中，21920,28a a a =-+=-. ⑴求数列{}n a 的通项公式；⑵若数列{}n b 满足2log n n a b =，设12n n T b b b =，且1n T =，求n 的值.【解析】解：⑴设数列{}n a 的公差为d ，则11202828a d a d +=-⎧⎨+=-⎩2分，解得1222a d =-⎧⎨=⎩4分222(1)224n a n n ∴=-+-=-6分⑵2242log 2242n n n b n b -=-∴=8分2(12)24(1)241222n nn n nn n T b b b +++-+-∴===10分令(1)240n n n +-=，得23n =12分∴当23n =时，1n T =13分20. (14分)（2011年金山中学三模）数列{}n a 首项11a =，前n 项和n S 与n a 之间满足22 (2)21n n n S a n S =≥-.⑴求证：数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列；⑵求数列{}n a 的通项公式；⑶设存在正数k ，使()()()12111n S S S +++≥+∈∀N n 都成立，求k 的最大值. 【解析】⑴因为2n ≥时，2112 21n n n n n n n S a S S S S S --=-∴-=-得 112n n n n S S S S ---=⋅由题意 0 (2)n S n ≠≥ ()111 2 2n n n S S -∴-=≥ 又111S a == 1n S ⎧⎫∴⎨⎬⎩⎭是以111S =为首项，2为公差的等差数列. （4分） ⑵由⑴有11(1)221n n n S =+-⨯=- ()1 21n S n N n *∴=∈-2n ∴≥时，1112212(1)1(21)(23)n n n a S S n n n n -=-=-=------ 又111a S == 1 (1)2(2)(21)(23)n n a n n n =⎧⎪∴=⎨-≥⎪--⎩（8分） ⑶ 设111()1S S S F n +++=+则(1)1()F n F n +===> ()Fn ∴在n N *∈上递增 故使()F n k ≥恒成立，只需min ()k F n ≤.又min ()(1)F n F==又0k > 0k ∴<≤所以，k .（14分） 21. (14分) （2010广雅中学•节选） 已知数列{}n a 满足113a =，279a =，214133n n n a a a ++=-*()n ∈N . ⑴求数列{}n a 的通项公式； ⑵求数列{}n na 的前n 项和n S ；【解析】⑴方法一：由214133n n n a a a ++=-，得2111133n n n n a a a a +++-=-， ∴数列113n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是常数列，121117112339333n n a a a a +-=-=-⨯=，即11233n n a a +=+，得111(1)3n n a a +-=-.∴数列{}1n a -是首项为1213a -=-，公比为13的等比数列，∴1211()()33n n a --=-⋅，故数列{}n a 的通项公式为213n n a =-. …………7分方法二：由214133n n n a a a ++=-，得2111()3n n n n a a a a +++-=-，∴数列{}1n n a a +-是首项为21714939a a -=-=，公比为13的等比数列，∴1141()93n n n a a -+-=⋅.∴2121321144141()()()()399393n n n n a a a a a a a a --=+-+-++-=++⋅++⋅1141(1)1121293(1)1(2)13333313n n n n ---=+=+-=-≥- （*）当1n =时，113a =也适合（*），故数列{}n a 的通项公式为213n n a =-. …………7分方法三：由214133n n n a a a ++=-，得2111133n n n n a a a a +++-=-，2111()3n n n n a a a a +++-=-.∴113n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是常数列，{}1n n a a +-是首项为21714939a a -=-=，公比为13的等比数列.∴121117112339333n n a a a a +-=-=-⨯=，且1141()93n n n a a -+-=⋅.由上式联立消去1n a +，解得：213n n a =-为数列{}n a 的通项公式. ………7分⑵解：2(1)233n n n nna n n =-=-⋅.设231233333n n n T =++++， ① 则 13n T =2311213333nn n n +-+++. ② ①-②得：23121111333333n n n n T +=++++-1111(1)123331322313n n n n n ++-+=-=-⋅-， ∴323443n nn T +=-⋅. 故2(1)323(3)323(123)2222323n n n nnn n n n n n S n T +++-⋅++=++++-=-+=⋅⋅.……14分。

高考数学一轮复习第六章数列6．5数列的综合应用教学案理新人教A版考纲要求1．以递推关系为背景，在等差、等比数列交汇的题目中，进行数列的基本运算，求数列的通项公式与前n项和．2．在数列与函数、不等式、解析几何的交汇处，考查数列的综合应用．3．能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题．1．数列在实际生活中有着广泛的应用，其解题的基本步骤，可用图表示如下：2．数列应用问题的常见模型(1)等差模型：一般地，如果增加(或减少)的量是一个固定的具体量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差，其一般形式是：a n＋1－a n＝d(常数)．(2)等比模型：一般地，如果增加(或减少)的量是一个固定的百分数时，该模型是等比模型，与变化前的量的比就是公比．(3)混合模型：在一个问题中，同时涉及到等差数列和等比数列的模型．(4)生长模型：如果某一个量，每一期以一个固定的百分数增加(或减少)，同时又以一个固定的具体量增加(或减少)时，我们称该模型为生长模型．如分期付款问题，树木的生长与砍伐问题等．(5)递推模型：如果容易找到该数列任意一项(第2项起)与它的前一项(或前几项)间的递推关系式，那么我们可以用递推数列的知识求解问题．1．(2012北京高考)已知{a n}为等比数列，下面结论中正确的是( )．A．a1＋a3≥2a2B．a21＋a23≥2a22C．若a1＝a3，则a1＝a2D．若a3＞a1，则a4＞a22．已知{a n}，{b n}均为等差数列，且a2＝8，a6＝16，b2＝4，b6＝a6，则由{a n}，{b n}的公共项组成的新数列{c n}的通项公式c n＝( )．A．3n＋4 B．6n＋2C．6n＋4 D．2n＋23．现有200根相同的钢管，把它们堆成三角形垛，要使剩余的钢管尽可能少，那么剩余的钢管为( )．A．9根B．10根C．19根D．21根4．在数列{a n}中，对任意自然数n∈N*恒有a1＋a2＋…＋a n＝2n－1，则a1＋a22＋a33＋…＋a n n＝__________.5．一个蜂巢里有1只蜜蜂，第一天，它飞出去找回了2个伙伴；第二天3只蜜蜂飞出去，各自找回了2个伙伴，…，如果这个找伙伴的过程继续下去，第五天所有蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有__________只蜜蜂．一、等差、等比数列的综合问题【例1】已知等差数列{a n}的前四项的和A4＝60，第二项与第四项的和为34，等比数列{b n}的前四项的和B4＝120，第二项与第四项的和为90.(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)设c n ＝a n ·b n ，且{c n }的前n 项和为S n ，求S n . 方法提炼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联立方程组求解．请做演练巩固提升1二、数列在实际问题中的应用【例2】 有一种零存整取的储蓄项目，在每月某日存入一笔相同金额，这是零存；到期可以提出全部本金和利息，这是整取．它的本利和公式如下：本利和＝每期存入的金额×[存期＋12×存期×(存期＋1)×利率]．(1)试解释这个本利和公式；(2)若每月初存入100元，月利率为5.1%，到第12个月底的本利和是多少？(3)若每月初存入一笔金额，月利率是5.1%，希望到第12个月底取得本利和2 000元，那么每月初应存入多少？方法提炼1．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．2．等比数列中处理分期付款问题的注意事项 (1)准确计算出在贷款全部付清时，各期所付款额及利息(注：最后一次付款没有利息)． (2)明确各期所付的数额连同到最后一次付款时所生的利息之和，等于商品售价及从购买到最后一次付款时的利息之和．只有掌握了这一点，才可顺利建立等量关系．提醒：银行储蓄单利公式及复利公式分别是：单利公式——设本金为a 元，每期利率为r ，存期为n ，则本利和a n ＝a (1＋rn )，属于等差模型．复利公式——设本金为a 元，每期利率为r ，存期为n ，则本利和a n ＝a (1＋r )n，属于等比模型．请做演练巩固提升3三、数列与解析几何、不等式的综合应用【例3】 已知函数f (x )在(－1,1)上有定义，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－1，且满足x ，y ∈(－1,1)时，f (x )＋f (y )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 1＋xy .(1)证明f (x )在(－1,1)上为奇函数；(2)设数列{x n }中，x 1＝12，x n ＋1＝2x n1＋x 2n，求用n 表示f (x n )的表达式；(3)求证：当n ∈N *时，1f x 1＋1f x 2＋…＋1f x n ＞－2n ＋5n ＋2恒成立．方法提炼数列、函数、解析几何、不等式是高考的重点内容，将三者综合在一起，强强联合命制大型综合题是历年高考的热点和重点．数列是特殊的函数，以数列为背景的不等式证明问题及以函数为背景的数列综合问题体现了在知识交汇点上命题的特点，该类综合题的知识综合性强，能很好地考查逻辑推理能力和运算求解能力，从而一直成为高考命题者的首选．请做演练巩固提升4构造新数列解答数列问题【典例】 (12分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＝－2S n ·S n －1(n ≥2)．求证：S 21＋S 22＋…＋S 2n ≤12－14n.规范解答：∵a n ＝－2S n ·S n －1(n ≥2)， ∴S n －S n －1＝－2S n ·S n －1.两边同除以S n ·S n －1，得1S n －1S n －1＝2(n ≥2)，(2分)∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝1a 1＝2为首项，以d ＝2为公差的等差数列．∴1S n ＝1S 1＋(n －1)·d ＝2＋2(n －1)＝2n .∴S n ＝12n .(4分)将S n ＝12n 代入a n ＝－2S n ·S n －1，得a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12n ＝1，12n －2n2n ≥2.(7分)∵S 2n ＝14n 2＜14n n －1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n (n ≥2)，S 21＝14， ∴当n ≥2时，S 21＋S 22＋…＋S 2n ＝14＋14×2×2＋…＋14·n ·n＜14＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋…＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝12－14n；(10分)当n ＝1时，S 21＝14＝12－14×1.综上，S 21＋S 22＋…＋S 2n ≤12－14n.(12分)答题指导：1．在数列的解题过程中，常常要构造新数列，使新数列成为等差或等比数列．构造新数列可以使题目变得简单，而构造新数列要抓住题目信息，不能乱变形．2．本题首先构造新数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n ，其次应用放缩法，并且发现只有应用放缩法才能用裂项相消法求和，从而把问题解决．事实上：14n 2＜14n n －1，也可以看成一个新构造：b n ＝14n n －1.1．已知等差数列{a n }的公差d ≠0，等比数列{b n }的公比q 是小于1的正有理数．若a 1＝d ，b 1＝d 2，且a 21＋a 22＋a 23b 1＋b 2＋b 3是正整数，则q 等于( )．A ．－17B ．17C ．12D ．－122．(2012北京高考)某棵果树前n 年的总产量S n 与n 之间的关系如图所示．从目前记录的结果看，前m 年的年平均产量最高，m 的值为( )．A．5 B．7 C．9 D．113．一辆邮政车自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{a k}(k＝1,2,3，…，n)．(1)求a1，a2，a3；(2)邮政车从第k站出发时，车内邮袋共有多少个？4．已知正项数列{a n}的前n项和为S n，且a n＋1a n＝2S n，n∈N*.(1)求证：数列{S2n}是等差数列；(2)求解关于n的不等式a n＋1(S n＋1＋S n)＞4n－8；(3)记数列b n＝2S3n，T n＝1b1＋1b2＋…＋1b n，证明：1－1n＋1＜T n＜32－1n.参考答案基础梳理自测基础自测 1．B2．C 解析：设{a n }的公差为d 1，{b n }的公差为d 2，则d 1＝a 6－a 26－2＝84＝2，d 2＝b 6－b 26－2＝124＝3.∴a n ＝a 2＋(n －2)×2＝2n ＋4， b n ＝b 2＋(n －2)×3＝3n －2.∴数列{a n }为6,8,10,12,14,16,18,20,22，…，数列{b n }为1,4,7,10,13,16,19,22，…. ∴{c n }是以10为首项，以6为公差的等差数列． ∴c n ＝10＋(n －1)×6＝6n ＋4.3．B 解析：设堆成x 层，得1＋2＋3＋…＋x ≤200，即求使得x (x ＋1)≤400成立的最大正整数x ，应为19.∴200－19(19＋1)2＝10.4．2n ＋1－3 解析：∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝2n －1， 当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝2(n －1)－1， 两式作差得a n ＝2(n ≥2)， 当n ＝1时，a 1＝1，∴a 1＋a 22＋a 33＋...＋a n n ＝1＋22＋23＋ (2)＝1＋22(1－2n －1)1－2＝2n ＋1－3.5．243 解析：第一天1＋2只，第二天有a 2＝3a 1＝9只，第三天a 3＝3a 2＝27，…，故第n 天为a n ＝3n ，则a 5＝35＝243. 考点探究突破【例1】 解：(1)由题意知，对数列{a n }， ⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＋a 4＝34，A 4＝60⇒⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＋a 4＝34，a 1＋a 3＝26， ①② ∴①－②可得：2d ＝8. ∴d ＝4，a 1＝9.∴a n ＝4n ＋5(n ∈N *)．由题意知，对数列{b n }，⎩⎪⎨⎪⎧B 4＝120，b 2＋b 4＝90，∴⎩⎪⎨⎪⎧ b 1＋b 3＝30，b 2＋b 4＝90.③④④÷③可得q ＝3，则b 1＝3，∴b n ＝3×3n －1＝3n (n ∈N *)．(2)由c n ＝a n ·b n ＝(4n ＋5)·3n，∴S n ＝9·3＋13·32＋17·33＋…＋(4n ＋5)·3n. 两边同乘以3，得3S n ＝9·32＋13·33＋17·34＋…＋(4n ＋1)·3n ＋(4n ＋5)·3n ＋1. 两式相减，得－2S n ＝9·3＋4·32＋4·33＋…＋4·3n －(4n ＋5)·3n ＋1＝27＋4·32(1－3n －1)1－3－(4n ＋5)·3n ＋1＝27＋2·3n ＋1－18－(4n ＋5)·3n ＋1，∴S n ＝12[(4n ＋3)·3n ＋1－9]．【例2】 解：(1)设每期存入的金额为A ，每期利率为P ，存期为n ，则各期的利息之和为nAP ＋(n －1)AP ＋…＋2AP ＋AP ＝n (n ＋1)AP2，所以本利和为nA ＋n (n ＋1)AP2＝A ⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ＋n (n ＋1)2P (元)． (2)到第12个月底的本利和为100⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋12×12×(12＋1)×5.1% ＝1 597.8(元)．(3)设每月初应存入x 元，则有x ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋12×12×(12＋1)×5.1%＝2 000， 解得x ≈125.2.所以每月初应存入125.2元．【例3】 解：(1)证明：令x ＝y ＝0， 得2f (0)＝f (0)， ∴f (0)＝0.令y ＝－x ，得f (x )＋f (－x )＝f (0)＝0. ∴f (－x )＝－f (x )．∴f (x )在(－1,1)上是奇函数．(2)f (x 1)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－1， f (x n ＋1)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x n 1＋x 2n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x n ＋x n 1＋x n x n＝f (x n )＋f (x n )＝2f (x n )，∴数列{f (x n )}是以－1为首项，以2为公比的等比数列．∴f (x n )＝－2n －1.(3)证明：1f (x 1)＋1f (x 2)＋…＋1f (x n )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋122＋…＋12n －1＝－1－12n1－12＝－2＋12n －1＞－2，而－2n ＋5n ＋2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋1n ＋2＝－2－1n ＋2＜－2，∴当n ∈N *时，1f (x 1)＋1f (x 2)＋…＋1f (x n )＞－2n ＋5n ＋2恒成立．演练巩固提升1．C 解析：因为q 是小于1的正有理数，所以首先排除选项A ，D. 又a 12＋a 22＋a 32b 1＋b 2＋b 3＝a 12＋(a 1＋d )2＋(a 1＋2d )2b 1＋b 1q ＋b 1q 2＝14d 2d 2(1＋q ＋q 2)＝141＋q ＋q 2， 则将B ，C 选项中公比q 的值逐一代入141＋q ＋q 2检验知，只有当q ＝12时，a 12＋a 22＋a 32b 1＋b 2＋b 3才是正整数，所以q ＝12.2．C 解析：结合S n 与n 的关系图象可知，前2年产量均为0，显然S 22＝0为最小，在第3年～第9年期间，S n 的增长呈现持续稳定性．但在第9年之后，S n 的增长骤然降低，因为当n ＝9时，S 99的值为最大，故m 的值为9.3．解：(1)由题意得a 1＝n －1， a 2＝(n －1)＋(n －2)－1＝2n －4，a 3＝(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，故a k ＝(n －1)＋(n －2)＋…＋(n －k )－[1＋2＋…＋(k －1)]＝kn －12k (k ＋1)－12k (k －1)＝kn －k 2(k ＝1,2，…，n )，即邮政车从第k 站出发时，车内共有邮袋个数为kn －k 2(k ＝1,2，…，n )．4．解：(1)证明：∵a n ＋1a n＝2S n ，∴a n 2＋1＝2a n S n ，当n ≥2时，(S n －S n －1)2＋1＝2(S n －S n －1)S n ，化简得S n 2－S n －12＝1，由a 1＋1a 1＝2a 1，得a 12＝1＝S 12.∴数列{S n 2}是以S 12＝1为首项，公差为1的等差数列．(2)由(1)知S 2n ＝1＋(n －1)＝n ，又由a n ＋1(S n ＋1＋S n )＞4n －8，得(S n ＋1－S n )(S n ＋1＋S n )＞4n －8，∴S 2n ＋1－S 2n ＞4n －8，即1＞4n －8.∴n ＜94.又n ∈N *，∴不等式的解集为{1,2}．(3)证明：由(1)知b n ＝2S 3n ＝2n n ，∴当n ≥2时，1b n ＝12n n ＜1n (n ＋n －1)＝n －n －1n ＜n －n －1n (n －1)＝1n －1－1n. ∴T n ＜12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝32－1n.∵1b n ＝12n n ＞1n (n ＋n ＋1)＝n ＋1－n n ＞n ＋1－n n (n ＋1)＝1n －1n ＋1. ∴T n ＞⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1， 故1－1n ＋1＜T n ＜32－1n.。