《高考导航》2022届新课标数学(理)一轮复习讲义-第五章-第5讲-数列的综合应用.docx

第5讲　数列的综合应用

__等差数列与等比数列的综合问题______

　(2022·高考北京卷)已知{an}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，数列{bn}满足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}为等比数列．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和．
[解]　(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得
d＝＝＝3，
所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1，2，…)．
设等比数列{bn－an}的公比为q，由题意得
q3＝＝＝8，解得q＝2.
所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1.
从而bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．
(2)由(1)知bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．
数列{3n}的前n项和为n(n＋1)，数列{2n－1}的前n项和为＝2n－1.
所以，数列{bn}的前n项和为n(n＋1)＋2n－1.
[规律方法]　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．假犹如一数列中部分项成等差数列，部分项成等比数列，要把成等差数列或等比数列的项抽出来单独争辩；假如两个数列通过运算综合在一起，要从分析运算入手，把两个数列分割开弄清两个数列各自的特征，再进行求解．
　　　1.(2021·高考课标全国卷Ⅱ)已知等差数列{an}的公差不为零，a1＝25 ，且a1a11，a13成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.
　　解：(1)设{an}的公差为d，由题意得a＝a1a13，
即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)．
于是d(2a1＋25d)＝0.
又a1＝25，所以d＝0(舍去)，d＝－2.
故an＝－2n＋27.
(2)令Sn＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.
由(1)知a3n－2＝－6n＋31，
故{a3n－2}是首项为25，公差为－6的等差数列．
从而Sn＝(a1＋a3n－2)＝(－6n＋56)＝－3n2＋28n.
__数列的实际应用问题_____________

　某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M，M的价值在使用过程中逐年削减．从第2年到第6年，每年初M的价值比上年初削减10万元；从第7年开头，每年初M的价值为上年初的75%.
(1)求第n年初M的价值an的表达式；
(2)设Sn表示数列{an}的前n项和，求Sn(n≥7)．
[解]　(1)当n≤6时，数列{an}是首项为120，公差为－10的等差数列，an＝120－10(n－1)＝130－10n；
当n≥6时，数列{an}是以a6为首项，为公比的等比数列．
又a6＝70，所以an＝70×.
因此，第n年初，M的价值an的表达式为
an＝
(2)由等差及等比数列的求和公式得
当n≥7时，由于S6＝570，
故Sn＝S6＋(a7＋a8＋…＋an)
＝570＋70××4×
＝780－210×.
[规律方法]　解答数列实际应用问题的步骤：
(1)确定模型类型：理解题意，看是哪类数列模型，一般有等差数列模型、等比数列模型、简洁的递推数列模型．基本特征见下表：
数列模型
基本特征
等差数列
均匀增加或者削减
等比数列
指数增长，常见的是增产率问题、存款复利问题
简洁递推数列
指数增长的同时又均匀削减．如年收入增长率为20%，每年年底要拿出a(常数)作为下年度的开销，即数列{an}满足an＋1＝1.2an－a
(2)精确     解决模型：解模就是依据数列的学问，求数列的通项、数列的和、解方程(组)或者不等式(组)等，在解模时要留意运算精确；
(3)给出问题的答案：实际应用问题最终要把求解的数学结果化为对实际问题的答案，在解题中不要忽视了这点．
　　　2.现有流量均为300 m3s的两条河A，B汇合于某处后，不断混合，它们的含沙量分别为2 kgm3和0.2 kgm3，假设从汇合处开头，沿岸设有若干观测点，两股水流在流经相邻两个观测点的过程中，其混合效果相当于两股水流在1 s内交换100 m3的水量，即从A股流入B股100 m3水，经混合后，又从B股流入A股100 m3水并混合，问从第几个观测点开头，两股河水的含沙量之差小于0.01 kgm3(不考虑沙沉淀)．
解：设第n个观测点处A股水流含沙量为an kgm3，B股水流含沙量为bn kgm3，则
a1＝2，b1＝0.2，
bn＝(300bn－1＋100an－1)＝(3bn－1＋an－1)，
an＝(300an－1＋100bn－1)＝(3an－1＋bn－1)，
an－bn＝(an－1－bn－1)，
∴{an－bn}是以(a1－b1)为首项，为公比的等比数列．
∴an－bn＝×.
解不等式×<10－2，得2n－1>180，
∴n≥9.
因此，从第9个观测点开头，两股水流的含沙量之差小于0.01 kgm3.
__数列与不等式的综合问题(高频考点)__

数列与不等式的综合问题是每年高考的难点，多为解答题，难度偏大．
高考对数列与不等式的综合问题的考查常有以下两个命题角度：
(1)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；
(2)考查与数列问题有关的不等式的证明问题．
　等比数列{an}满足an＋1＋an＝9·2n－1，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，若不等式Sn>kan－2对一切n∈N*恒成立，求实数k的取值范围．
[解]　(1)设等比数列{an}的公比为q，
∵an＋1＋an＝9·2n－1，n∈N*，
∴a2＋a1＝9，a3＋a2＝18
∴q＝＝＝2.
∴2a1＋a1＝9，∴a1＝3.
∴an＝3·2n－1，n∈N*.
(2)由(1)知Sn＝＝＝3(2n－1)，
∴3(2n－1)>k·3·2n－1－2，
∴k<2－对一切n∈N*恒成立．
令f(n)＝2－，则f(n)随n的增大而增大，
∴f(n)min＝f(1)＝2－＝，∴k<.
∴实数k的取值范围为.
[规律方法]　数列与不等式的综合问题的解题策略
(1)数列与不等式的恒成立问题．此类问题常构造函数，通过函数的单调性、最值等解决问题；
(2)与数列有关的不等式证明问题．解决此类问题要机敏选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等．
　　　3.(1)(2021·陕西商洛模拟)已知函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)·f(y)且f(1)＝.
①当n∈N*时，求f(n)的表达式；
②设an＝n·f(n)，n∈N*，求证：a1＋a2＋a3＋…＋an<2；
(2)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2－an(n∈N*)．
①求证：数列是等比数列；
②设数列{2nan}的前n项和为Tn，An＝＋＋＋…＋，试比较An与的大小．
解：(1)①令x＝n，y＝1，
得f(n＋1)＝f(n)·f(1)＝f(n)，
∴{f(n)}是首项为，公比为的等比数列，
∴f(n)＝.
②证明：设Tn为{an}的前n项和，
∵an＝n·f(n)＝n·，
∴Tn＝＋2×＋3×＋…＋n×，
Tn＝＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×，
两式相减得Tn＝＋＋…＋－n×，
∴Tn＝2－－n×<2.
(2)①证明：由a1＝S1＝2－3a1，得a1＝，
当n≥2时，由an＝Sn－Sn－1，得＝×，
所以是首项和公比均为的等比数列．
②由①得＝，
于是2nan＝n，所以Tn＝1＋2＋3＋…＋n＝，则＝2，于是An＝2＝，
而＝，所以问题转化为比较与的大小．
设f(n)＝，g(n)＝，
当n≥4时，f(n)≥f(4)＝1，而g(n)<1，所以f(n)>g(n)．
阅历证当n＝1，2，3时，仍有f(n)>gn)．
因此对任意的正整数n，都有f(n)>g(n)．即An<.

交汇创新——数列与函数的交汇

　　　(2022·高考四川卷)设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图象上(n∈N*)．
(1)若a1＝－2，点(a8，4b7)在函数f(x)的图象上，求数列{an}的前n项和Sn；
(2)若a1＝1，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－，求数列的前n项和Tn.
[解]　(1)由已知，b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，
有2a8＝4×2a7＝2a7＋2.
解得d＝a8－a7＝2.
所以Sn＝na1＋d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.
(2)函数f(x)＝2x在(a2，b2)处的切线方程为y－2a2＝(2a2ln 2)(x－a2)，
它在x轴上的截距为a2－.
由题意知，a2－＝2－，解得a2＝2.
所以d＝a2－a1＝1，从而an＝n，bn＝2n.
所以Tn＝＋＋＋…＋＋，
2Tn＝＋＋＋…＋.
因此，2Tn－Tn＝1＋＋＋…＋－
＝2－－＝.
所以Tn＝.
[名师点评]　数列与函数的交汇创新主要有以下两类：(1)如本例，已知函数关系转化为数列问题，再利用数列的有关学问求解；(2)已知数列，在求解中利用函数的性质、思想方法解答．
[提示]　解题时要留意数列与函数的内在联系，机敏运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到递推数列，因此把握递推数列的常见解法有助于该类问题的解决，同时要留意n的范围．
　　　已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1且3an＋1＋2Sn＝3(n为正整数)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若∀n∈N*，k≤Sn恒成立，求实数k的最大值．
解：(1)当n＝1时，a1＝1，3an＋1＋2Sn＝3⇒a2＝；
当n≥2时，3an＋1＋2Sn＝3⇒3an＋2Sn－1＝3，得3(an＋1－an)＋2(Sn－Sn－1)＝0，因此3an＋1－an＝0，即＝，
由于＝，
所以数列{an}是首项a1＝1，公比q＝的等比数列，
所以an＝.
(2)由于∀n∈N*，k≤Sn恒成立，
Sn＝，
即k≤，
所以k≤1－.
令f(n)＝1－，n∈N*，所以f(n)单调递增，k只需小于等于f(n)的最小值即可，当n＝1时，f(n)取得最小值，所以k≤f(1)＝1－＝，实数k的最大值为.

1．(2021·山西省四校联考)设等差数列{an}和等比数列{bn}首项都是1，公差与公比都是2，则ab1＋ab2＋ab3＋ab4＋ab5＝(　　)
A．54　　　　　　　　　 B．56
C．58 D．57
解析：选D.由题意，an＝1＋2(n－1)＝2n－1，bn＝1×2n－1＝2n－1，∴ab1＋…＋ab5＝a1＋a2＋a4＋a8＋a16＝1＋3＋7＋15＋31＝57.
2．已知数列{an}满足：a1＝m(m为正整数)，an＋1＝若a6＝1，则m全部可能的取值为(　　)
A．{4，5} B．{4，32}
C．{4，5，32} D．{5，32}
解析：选C.an＋1＝留意递推的条件是an(而不是n)为偶数或奇数．由a6＝1始终往前面推导可得a1＝4或5或32.
3．(2022·高考辽宁卷)设等差数列{an}的公差为d.若数列{2a1an}为递减数列，则(　　)
A．d<0 B．d>0
C．a1d<0 D．a1d>0
解析：选C.设bn＝2a1an，则bn＋1＝2a1an＋1，由于{2a1an}是递减数列，则bn>bn＋1，即2a1an>2a1an＋1.∵y＝2x是单调增函数，∴a1an>a1an＋1，
∴a1an－a1(an＋d)>0，∴a1(an－an－d)>0，即a1(－d)>0，∴a1d<0.
4．在数列{an}中，若a1＝－2，an＋1＝an＋n·2n，则an＝(　　)
A．(n－2)·2n B．1－
C. D.
解析：选A.由于an＋1＝an＋n·2n，所以an＋1－an＝n·2n，所以an－a1＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＝(n－1)×2n－1＋(n－2)×2n－2＋…＋2×22＋1×21(n≥2)．
设Tn＝(n－1)×2n－1＋(n－2)×2n－2＋…＋2×22＋1×21(n≥2)，则2Tn＝(n－1)×2n＋(n－2)×2n－1＋(n－3)×2n－2＋…＋2×23＋1×22，两式相减得Tn＝(n－2)·2n＋2(n≥2)，所以an＝(n－2)·2n＋2＋a1＝(n－2)·2n(n≥2)．又n＝1时，上式成立，所以选A.
5．(2021·湖南澧县一中等三校联考)在等比数列{an}中，0比为，由于01且a1＝.又由于＋＋…＋≤0，所以a1＋a2＋…＋an≤＋＋…＋，即
≤，把a1＝代入，整理得qn≤q7，由于q>1，所以n≤7，故选C.
6．(2021·高考江西卷)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(n∈N*)等于________．
解析：每天植树的棵数构成以2为首项，2为公比的等比数列，其前n项和Sn＝＝＝2n＋1－2.由2n＋1－2≥100，得2n＋1≥102.由于26＝64，27＝128.则n＋1≥7，即n≥6.
答案：6
7．在等比数列{an}中，若an>0，且a1·a2·…·a7·a8＝16，则a4＋a5的最小值为________．
解析：由等比数列性质得，a1a2…a7a8＝(a4a5)4＝16，又an>0，∴a4a5＝2.再由基本不等式，得a4＋a5≥2＝2.∴a4＋a5的最小值为2.
答案：2
8．设Sn是数列{an}的前n项和，若(n∈N*)是非零常数，则称数列{an}为“和等比数列”．若数列{2bn}是首项为2，公比为4的等比数列，则数列{bn}__________(填“是”或“不是”)“和等比数列”．
解析：数列{2bn}是首项为2，公比为4的等比数列，所以2bn＝2·4n－1＝22n－1，bn＝2n－1.设数列{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝n2，T2n＝4n2，所以＝4，因此数列{bn}是“和等比数列”．
答案：是
9．在等比数列{an}(n∈N*)中，a1>1，公比q>0，设bn＝log2an，且b1＋b3＋b5＝6，b1b3b5＝0.
(1)求证：数列{bn}是等差数列；
(2)求{bn}的前n项和Sn及{an}的通项公式an.
解：(1)证明：∵bn＝log2an，
∴bn＋1－bn＝log2＝log2q为常数，
∴数列{bn}为等差数列且公差d＝log2q.
(2)设数列{bn}的公差为d，∵b1＋b3＋b5＝6，∴b3＝2.
∵a1>1，∴b1＝log2a1>0.
∵b1b3b5＝0，∴b5＝0.
∴解得
∴Sn＝4n＋×(－1)＝.
∵∴
∴an＝25－n(n∈N*)．
10．(2022·高考浙江卷)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…·an＝()bn(n∈N*)．若{an}为等比数列，且a1＝2，b3＝6＋b2.
(1)求an与bn；
(2)设cn＝－(n∈N*)．记数列{cn}的前n项和为Sn.
①求Sn；
②求正整数k，使得对任意n∈N*，均有Sk≥Sn.
解：(1)由题意知a1a2a3…an＝()bn，b3－b2＝6，
知a3＝()b3－b2＝8.
又由a1＝2，得公比q＝2(q＝－2舍去)，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n(n∈N*)，
所以，a1a2a3…an＝2＝()n(n＋1)．
故数列{bn}的通项公式为bn＝n(n＋1)(n∈N*)．
(2)①由(1)知cn＝－＝－(n∈N*)，
所以Sn＝－(n∈N*)．
②由于c1＝0，c2>0，c3>0，c4>0，
当n≥5时，cn＝，
而－＝>0，
得≤<1，
所以，当n≥5时，cn<0.
综上，对任意n∈N*恒有S4≥Sn，故k＝4.

1．(2022·高考江西卷)已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)满足anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0.
(1)令cn＝，求数列{cn}的通项公式；
(2)若bn＝3n－1，求数列{an}的前n项和Sn.
解：(1)由于anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0(n∈N*)，
所以－＝2，即cn＋1－cn＝2，
所以数列{cn}是以首项c1＝1，公差d＝2的等差数列，故cn＝2n－1.
(2)由bn＝3n－1知an＝cnbn＝(2n－1)3n－1，
于是数列{an}的前n项和Sn＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋(2n－1)·3n－1，
3Sn＝1·31＋3·32＋…＋(2n－3)·3n－1＋(2n－1)·3n，
相减得－2Sn＝1＋2·(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)·3n＝－2－(2n－2)3n，
所以Sn＝(n－1)3n＋1.
2．(2021·湖南耒阳二中第一次月考)为了加强环保建设，提高社会效益和经济效益，北京市方案用若干时间更换一万辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，替换车为电力型和混合动力型车．今年初投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车400辆；方案以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%，混合动力型每年比上一年多投入a辆．
(1)求经过n年，该市被更换的公交车总数S(n)；
(2)若该市方案7年内完成全部更换，求a的最小值．
解：(1)设an，bn分别为第n年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量．
依题意，得{an}是首项为128，公比为1＋50%＝的等比数列，{bn}是首项为400，公差为a的等差数列．
所以{an}的前n项和Sn＝＝256，
{bn}的前n项和Tn＝400n＋a.
所以经过n年，该市被更换的公交车总数为S(n)＝Sn＋Tn＝256＋400n＋a.
(2)若方案7年内完成全部更换，则S(7)≥10 000，
所以256＋400×7＋a≥10 000，即21a≥3 082，所以a≥146.
又a∈N*，所以a的最小值为147.
3．已知点是函数f(x)＝ax(a>0且a≠1)的图象上一点，等比数列{an}的前n项和为f(n)－c，数列{bn}(bn>0)的首项为c，且前n项和Sn满足Sn－Sn－1＝＋(n≥2，n∈N*)．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若数列的前n项和为Tn.问Tn>的最小正整数n是多少？
解：(1)∵f(1)＝a＝，
∴f(x)＝，a1＝f(1)－c＝－c，
a2＝[f(2)－c]－[f(1)－c]＝－，
a3＝[f(3)－c]－[f(2)－c]＝－.
又数列{an}成等比数列，
∴a1＝＝＝－＝－c，得c＝1；
又公比q＝＝，
∴an＝－＝－2，n∈N*.
∵Sn－Sn－1＝(－)·(＋)
＝＋(n≥2)，
又bn>0，>0，
∴－＝1，数列{}构成以1为首项，1为公差的等差数列，＝1＋(n－1)×1＝n，Sn＝n2.
当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
当n＝1时，b1＝S1＝1也适合bn＝2n－1，
∴bn＝2n－1(n∈N*)．
(2)Tn＝＋＋…＋
＝＋＋…＋
＝
＝＝.
由Tn＝>，得n>，
∴满足Tn>的最小正整数n为67.