2021年高考数学(四川专用-理)一轮复习考点突破：第5篇-第5讲-数列的综合应用.docx

第5讲数列的综合应用最新考纲能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关学问解决相应的问题知 识 梳 理1等差数列和等比数列的综合等差数列中最基本的量是其首项a1和公差d，等比数列中最基本的量是其首项a1和公比q，在等差数列和等比数列的综合问题中就是依据已知的条件建立方程组求解出这两个数列的基本量解决问题的2数列和函数、不等式的综合(1)等差数列的通项公式和前n项和公式是在公差d0的状况下关于n的一次或二次函数(2)等比数列的通项公式和前n项和公式在公比q1的状况下是公比q的指数函数模型(3)数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等，需娴熟应用不等式学问解决数列中的相关问题3数列的应用题(1)解决数列应用题的基本步骤是：依据实际问题的要求，识别是等差数列还是等比数列，用数列表示问题的已知；依据等差数列和等比数列的学问以及实际问题的要求建立数学模型；求出数学模型，依据求解结果对实际问题作出结论(2)数列应用题常见模型：等差模型：假如增加(或削减)的量是一个固定量，该模型是等差数列模型，增加(或削减)的量就是公差；等比模型：假如后一个量与前一个量的比是一个固定的数，该模型是等比数列模型，这个固定的数就是公比；递推数列模型：假如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an1的递推关系，或前n项和Sn与Sn1之间的递推关系辨 析 感 悟1等差数列与等比数列的综合问题(1)在等差数列an中，首项a1公差d、前n项和Sn、通项an、项数n，这五个元素中只要已知其中的三个，就肯定能够求出另外两个()(2)在等比数列an中，首项a1、公比q、前n项和Sn、通项an、项数n，这五个元素中只要已知其中的三个，就肯定能够求出另外两个()(3)一个细胞由1个分裂为2个，则经过5次分裂后的细胞总数为63.()(4)(2021重庆卷改编)已知an是等差数列，a11，公差d0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8128.()2增长率与存贷款利息问题(5)某厂生产总值月平均增长率为q，则年平均增长率为12q.()(6)接受单利计息与复利计息的利息都一样()感悟提升1一个区分“单利计息”与“复利计息”单利计息属于等差数列模型，复利计息属于等比数列模型复利也就是通常说的“利滚利”计算本利和的公式是本利和本金(1利率)存期，如(6)2一个防范数列的实际应用问题，要学会建模，对应哪一类数列，进而求解，如(3)、(5).同学用书第91页考点一等差、等比数列的综合问题【例1】 已知等差数列an的公差不为零，a125，且a1，a11，a13成等比数列(1)求an的通项公式；(2)求a1a4a7a3n2.解(1)设an的公差为d.由题意，得aa1a13，即(a110d)2a1(a112d)于是d(2a125d)0.又a125，所以d2或0(舍去)故an2n27.(2)令Sna1a4a7a3n2.由(1)知a3n26n31，故a3n2是首项为25，公差为6的等差数列从而Sn(a1a3n2)(6n56)3n228n.规律方法 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【训练1】 (2022昆明模拟)已知数列an是公差为2的等差数列，它的前n项和为Sn，且a11，a31，a71成等比数列(1)求an的通项公式；(2)求数列的前n项和Tn.解(1)由题意，得a31a15，a71a113，所以由(a31)2(a11)(a71)得(a15)2(a11)(a113)解得a13，所以an32(n1)，即an2n1.(2)由(1)知an2n1，则Snn(n2)，Tn.考点二数列在实际问题中的应用【例2】 (2022湖南卷)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产该企业第一年年初有资金2 000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%.估计以后每年资金年增长率与第一年的相同公司要求企业从第一年开头，每年年底上缴资金d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an万元(1)用d表示a1，a2，并写出an1与an的关系式；(2)若公司期望经过m(m3)年使企业的剩余资金为4 000万元，试确定企业每年上缴资金d的值(用m表示)解(1)由题意，得a12 000(150%)d3 000d，a2a1(150%)da1d4 500d，an1an(150%)dand.(2)由(1)，得anan1dd2an2ddn1a1d.整理，得ann1(3 000d)2dn1(3 0003d)2d.由题意，得am4 000，即m1(3 0003d)2d4 000.解得d.故该企业每年上缴资金d的值为时，经过m(m3)年企业的剩余资金为4 000万元规律方法 用数列学问解相关的实际问题，关键是列出相关信息，合理建立数学模型数列模型，推断是等差数列还是等比数列模型；求解时，要明确目标，即搞清是求和、求通项、还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题、解不等式问题、还是最值问题，然后经过数学推理与计算得出的结果，放回到实际问题中进行检验，最终得出结论【训练2】 (2021安徽卷)如图，互不相同的点A1，A2，An，和B1，B2，Bn，分别在角O的两条边上，全部AnBn相互平行，且全部梯形AnBnBn1An1的面积均相等设OAnan.若a11，a22，则数列an的通项公式是_解析记OA1B1的面积为S，则OA2B2的面积为4S.从而四边形AnBnBn1An1的面积均为3S.即得OAnBn的面积为S3(n1)S(3n2)S.由OA1B1OAnBn，即，an.答案an考点三数列与函数、不等式的综合应用【例3】 设数列an满足a12，a2a48，且对任意nN*，函数f(x)(anan1an2)xan1cos xan2sin x满足f0.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn，求数列bn的前n项和Sn.审题路线(1)求f(x)由f0得an、an1、an2的关系式可推出数列an为等差数列依据条件求公差d得出通项an.(2)由(1)知bn分组求和得出前n项和Sn.解(1)由题设可得，对任意nN*，f(x)anan1an2an1sin xan2cos x.fanan1an2an10，即an1anan2an1，故an为等差数列由a12，a2a48，解得数列an的公差d1，所以an21(n1)n1.(2)由bn22n2，知Snb1b2bn2n2n23n1.规律方法 解决数列与函数、不等式的综合问题的关键是从题设中提炼出数列的基本条件，综合函数与不等式的学问求解；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的综合问题体现了在学问交汇点上命题的特点【训练3】 (2022浙江五校联考)已知正项数列an的首项a11，前n项和Sn满足an(n2)(1)求证：为等差数列，并求数列an的通项公式；(2)记数列的前n项和为Tn，若对任意的nN*，不等式4Tna2a恒成立，求实数a的取值范围解(1)由于an，所以SnSn1，即1，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，得n，所以ann(n1)2n1(n2)，当n1时，a11也适合，所以an2n1.(2)由于，所以，Tn.Tn，要使不等式4Tna2a恒成立，只需2a2a恒成立，解得a1或a2，故实数a的取值范围是(，12，) 1用好等差数列和等比数列的性质可以降低运算量，削减差错2理解等差数列、等比数列定义、基本量的含义和应用，体会两者解题中的区分3留意数列与函数、方程、三角、不等式等学问的融合，了解其中蕴含的数学思想4在现实生活中，人口的增长、产量的增加、成本的降低、存贷款利息的计算、分期付款问题等，都可以利用数列来解决，因此要会在实际问题中抽象出数学模型，并用它解决实际问题 创新突破6数列中的新定义问题【典例】 (2022湖北卷)定义在(，0)(0，)上的函数f(x)，假如对于任意给定的等比数列an，f(an)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；f(x)x2；f(x)2x；f(x)；f(x)ln |x|.则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为()A BC D突破1：接受特殊化思想，选定an是关键突破2：逐一验证解析利用特殊化思想，选an2n判定不妨令an2n.由于f(x)x2，所以f(an)4n.明显f(2n)是首项为4，公比为4的等比数列由于f(x)2x，所以f(a1)f(2)22，f(a2)f(4)24，f(a3)f(8)28，所以416，所以f(an)不是等比数列由于f(x)，所以f(an)()n.明显f(an)是首项为，公比为的等比数列由于f(x)ln|x|，所以f(an)ln 2nnln 2.明显f(an)是首项为ln 2，公差为ln 2的等差数列，故应选C.答案C反思感悟 (1)本题解题的关键是抓住新定义中“对任意给定的等比数列an”这一条件将问题特殊化，即取特殊的等比数列an2n，可将问题迎刃而解(2)对于这类问题，我们首先应弄清问题的本质，然后依据等差数列、等比数列的性质以及解决数列问题时常用的方法即可解决【自主体验】1设Sn为数列an的前n项和，若(nN*)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”；若数列cn是首项为2，公差为d(d0)的等差数列，且数列cn是“和等比数列”，则d_.解析由题意可知，数列cn的前n项和为Sn，前2n项和为S2n，所以22.由于数列cn是“和等比数列”，即为非零常数，所以d4.答案42(2022肇庆二模)若把能表示为两个连续偶数的平方差的正整数称为“和平数”，则在1100这100个数中，能称为“和平数”的全部数的和是()A130 B325 C676 D1 300解析设两个连续偶数为2k2和2k(kN*)，则(2k2)2(2k)24(2k1)，故和平数是4的倍数，但不是8的倍数，故在1100之间，能称为和平数的有41,43,45,47，425，共计13个，其和为413676.答案C对应同学用书P293基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1(2022昆明调研)公比不为1的等比数列an的前n项和为Sn，且3a1，a2，a3成等差数列，若a11，则S4()A20 B0 C7 D40解析记等比数列an的公比为q(q1)，依题意有2a23a1a3，2a1q3a1a1q2，即q22q30，(q3)(q1)0，又q1，因此有q3，则S420.答案A2若9，a，1成等差数列，9，m，b，n，1成等比数列，则ab()A15 B15 C15 D10解析由已知得a5，b2(9)(1)9且b1 025的最小n值是()A9 B10 C11 D12解析由于a11，log2an1log2an1(nN*)，所以an12an，an2n1，Sn2n1，则满足Sn1 025的最小n值是11.答案C4已知an为等比数列，Sn是它的前n项和若a2a32a1，且a4与2a7的等差中项为，则S5()A35 B33 C31 D29解析设数列an的公比为q，则由等比数列的性质知，a2a3a1a42a1，即a42.由a4与2a7的等差中项为知，a42a72，a7.q3，即q.a4a1q3a12，a116，S531.答案C5(2022兰州模拟)设yf(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()An(2n3) Bn(n4) C2n(2n3) D2n(n4)解析由题意可设f(x)kx1(k0)，则(4k1)2(k1)(13k1)，解得k2，f(2)f(4)f(2n)(221)(241)(22n1)2n23n.答案A二、填空题6(2022绍兴调研)已知实数a1，a2，a3，a4构成公差不为零的等差数列，且a1，a3，a4构成等比数列，则此等比数列的公比等于_解析设公差为d，公比为q.则aa1a4，即(a12d)2a1(a13d)，解得a14d，所以q.答案7某住宅小区方案植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(nN*)等于_解析每天植树棵数构成等比数列an，其中a12，q2.则Sn2(2n1)100，即2n1102.n6，最少天数n6.答案68(2021山东省试验中学诊断)数列an满足a13，ananan11，An表示an前n项之积，则A2 013_.解析由a13，ananan11，得an1，所以a2，a3，a43，所以an是以3为周期的数列，且a1a2a31，又2 0133671，所以A2 013(1)6711.答案1三、解答题9(2022杭州模拟)设an是公比大于1的等比数列，Sn为数列an的前n项和已知S37，且a13,3a2，a34构成等差数列(1)求数列an的通项公式(2)令bnnan，n1,2，求数列bn的前n项和Tn.解(1)由已知，得解得a22.设数列an的公比为q，由a22，可得a1，a32q.又S37，可知22q7，即2q25q20，解得q2或.由题意得q1，所以q2.则a11.故数列an的通项为an2n1.(2)由于bnn2n1，n1,2，则Tn122322n2n1，所以2Tn2222(n1)2n1n2n，两式相减得Tn1222232n1n2n2nn2n1，即Tn(n1)2n1.10(2021湛江二模)已知函数f(x)x22x4，数列an是公差为d的等差数列，若a1f(d1)，a3f(d1)，(1)求数列an的通项公式；(2)Sn为an的前n项和，求证：.(1)解a1f(d1)d24d7，a3f(d1)d23，又由a3a12d，可得d2，所以a13，an2n1.(2)证明Snn(n2)，所以，.力量提升题组(建议用时：25分钟)一、选择题1(2022福州模拟)在等差数列an中，满足3a47a7，且a10，Sn是数列an前n项的和，若Sn取得最大值，则n()A7 B8 C9 D10解析设公差为d，由题设3(a13d)7(a16d)，所以da10，即a1(n1)0，所以n0，同理可得n10时，an0.故当n9时，Sn取得最大值答案C2已知f(x)bx1是关于x的一次函数，b为不等于1的常数，且g(n)设ang(n)g(n1)(nN*)，则数列an为() A等差数列 B等比数列C递增数列 D递减数列解析a1g(1)g(0)fg(0)g(0)b11b，当n2时，ang(n)g(n1)fg(n1)fg(n2)bg(n1)g(n2)ban1，所以an是等比数列答案B二、填空题3(2021湖南卷)设Sn为数列an的前n项和，Sn(1)nan，nN*，则(1)a3_；(2)S1S2S100_.解析(1)当n1时，S1(1)a1，得a1.当n2时，Sn(1)n(SnSn1).当n为偶数时，Sn1，当n为奇数时，SnSn1，从而S1，S3，又由S3S2，得S20，则S3S2a3a3.(2)由(1)得S1S3S5S99，S101，又S2S4S6S1002S32S52S72S1010，故S1S2S100.答案(1)(2)三、解答题4已知等比数列an满足2a1a33a2，且a32是a2，a4的等差中项(1)求数列an的通项公式；(2)若bnanlog2，Snb1b2bn，求使Sn2n1470成立的n的最小值解(1)设等比数列an的公比为q，依题意，有即由得q23q20，解得q1或q2.当q1时，不合题意，舍去；当q2时，代入得a12，所以an22n12n.故所求数列an的通项公式an2n(nN*)(2)bnanlog22nlog22nn.所以Sn212222332nn(222232n)(123n)2n12nn2.由于Sn2n1470，所以2n12nn22n1470，解得n9或n10.由于nN*，故使Sn2n1470)的等比数列an的前n项和为Sn.若S23a22，S43a42，则q()A. B. C. D2解析S4S2a3a43(a4a2)，a2(qq2)3a2(q21)，q或1(舍去)答案A4(2021宜山模拟)已知在正项等比数列an中，a11，a2a416，则|a112|a212|a812|()A224 B225 C226 D256解析由a2a4a16，解得a34，又a11，q24，q2，an2n1，令2n112，解得n的最小值为5.|a112|a212|a812|12a112a212a312a4a512a612a712a812(a1a2a3a4)(a5a6a7a8)15240225.答案B5(2022陕西五校一模)假如数列a1，是首项为1，公比为的等比数列，则a5等于()A32 B64 C32 D64解析易知数列a1，的通项为()n1，故a5a11()2(2)432.答案A6(2021安徽望江中学模拟)设数列an是公差d0的等差数列，Sn为其前n项和，若S65a110d，则Sn取最大值时，n()A5 B6 C5或6 D6或7解析由题意得S66a115d5a110d，所以a15d0，即a60，故当n5或6时，Sn最大答案C7(2021荆门调研)已知一等差数列的前四项和为124，后四项和为156，各项和为210，则此等差数列的项数是()A5 B6 C7 D8解析设数列an为该等差数列，依题意得a1an70.Sn210，210，n6.答案B8(2021河南三市调研)在公差不为0的等差数列an中，2a3a2a110，数列bn是等比数列，且b7a7，则b6b8()A2 B4 C8 D16解析由于an是等差数列，所以a3a112a7，所以2a3a2a114a7a0，解得a70或4，由于bn为等比数列，所以bn0，所以b7a74，b6b8b16.答案D9(2021西安五校联考)已知a1，a2, a3，a4是各项均为正数的等比数列，且公比q1，若将此数列删去某一项得到的数列(按原来的挨次)是等差数列，则q()A.或 B. C. D1解析由题意知a10，q0，若删去a1，得2a1q2a1qa1q3，解得q1(舍去)；若删去a2，得2a1q2a1a1q3，即(q1)(q2q1)0，解得q；若删去a3，得2a1qa1a1q3，即(q1)(q2q1)0，解得q；若删去a4，得2a1qa1a1q2，解得q1(舍去)，综上可得q或q.答案A10(2022皖南八校模拟)已知函数yanx2(an0，nN*)的图象在x1处的切线斜率为2an11(n2，nN*)，且当n1时其图象过点(2,8)，则a7的值为()A. B7 C5 D6解析由题意知y2anx，2an2an11(n2，nN*)，anan1，又n1时其图象过点(2,8)，a1228，得a12，an是首项为2，公差为的等差数列，an，得a75.答案C二、填空题11(2022成都重点中学期末考试)设等差数列an的前n项和为Sn，若S48，S820，则a11a12a13a14_.解析设等差数列an的公差为d，依题意有即解得d，a1，故a11a12a13a144a146d18.答案1812已知等比数列an为递增数列若a10，且2(anan2)5an1，则数列an的公比q_.解析2(anan2)5an1，2an2anq25anq，化简得2q25q20，由题意知，q1.q2.答案213(2022成都一模)现有一根n节的竹竿，自上而下每节的长度依次构成等差数列，最上面一节长为10 cm，最下面的三节长度之和为114 cm，第6节的长度是首节与末节长度的等比中项，则n_.解析设每节竹竿的长度对应的数列为an，公差为d，(d0)由题意知a110，anan1an2114，aa1an.由anan1an2114，得3an1114，解得an138，(a15d)2a1(an1d)，即(105d)210(38d)，解得d2，所以an1a1(n2)d38，即102(n2)38，解得n16.答案1614(2022南通模拟)在数列an中，若aap(n1，nN*，p为常数)，则称an为“等方差数列”，下列是对“等方差数列”的推断：若an是等方差数列，则a是等差数列；(1)n是等方差数列；若an是等方差数列，则akn(kN*，k为常数)也是等方差数列其中真命题的序号为_(将全部真命题的序号填在横线上)解析正确，由于aap，所以aap，于是数列a为等差数列正确，由于(1)2n(1)2(n1)0为常数，于是数列(1)n为等方差数列正确，由于aa(aa)(aa)(aa)(aa)kp，则akn(kN*，k为常数)也是等方差数列答案三、解答题15(2022西安一检)设数列an的前n项和为Sn，满足2Snan12n11，nN*，且a1，a25，a3成等差数列(1)求a1的值；(2)求数列an的通项公式解(1)在2Snan12n11中令n1得，2S1a2221，令n2得，2S2a3231，解得，a22a13，a36a113.又2(a25)a1a3，即2(2a18)a16a113，解得a11.(2)由2Snan12n11,2Sn1an22n21，得an23an12n1.又a11，a25也满足a23a121，an13an2n对nN*成立，an12n13(an2n)，数列an2n以3为首项，公比为3的等比数列an2n(a121)3n13n，an3n2n.16(2022浙江五校联考)已知在等比数列an中，a11，且a2是a1和a31的等差中项(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足b12b23b3nbnan(nN*)，求bn的通项公式bn.解(1)由题意，得2a2a1a31，即2a1qa1a1q21，整理得2qq2.又q0，解得q2，an2n1.(2)当n1时，b1a11；当n2时，nbnanan12n2，即bn，bn17设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，满足4Sna4n1，nN*, 且a2，a5，a14构成等比数列(1)证明：a2；(2)求数列an的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有0，a2.(2)解当n2时，4Sn1a4(n1)1，4an4Sn4Sn1aa4，即aa4an4(an2)2，又an0，an1an2，当n2时，an是公差为2的等差数列又a2，a5，a14成等比数列aa2a14，即(a26)2a2(a224)，解得a23.由(1)知a11.又a2a1312，数列an是首项a11，公差d2的等差数列an2n1.(3)证明.18(2022江西八校联考)已知数列an的首项a14，前n项和为Sn，且Sn13Sn2n40(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设函数f(x)anxan1x2an2x3a1xn，f(x)是函数f(x)的导函数，令bnf(1)，求数列bn的通项公式，并争辩其单调性解(1)由Sn13Sn2n40(nN*)，得Sn3Sn12n240(n2)，两式相减得an13an20，可得an113(an1)(n2)，又由已知得a214，所以a213(a11)，即an1是一个首项为5，公比q3的等比数列，所以an53n11(nN*)(2)由于f(x)an2an1xna1xn1，所以f(1)an2an1na1(53n11)2(53n21)n(5301)5(3n123n233n3n30)，令S3n123n233n3n30，则3S3n23n133n2n31，作差得S，所以f(1)，即bn.而bn1，所以bn1bnn0，所以bn是单调递增数列.同学用书第93页学问只能是这样一种东西，同学靠了它可以得到好的分数，可以升级，但是不会变为信念，不会对同学产生深刻的训练影响。只有为此而预备好道德的土壤时，学问才会变成信念。赞科夫