高三数学一轮复习专讲专练(基础知识)：55数列的综合问题

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高考数学一轮复习第六章数列第五节数列的综合问题教案文(含解析)

第五节数列的综合问题考点一数列与不等式问题重点保分型考点——师生共研[典例引领]若各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n，且2S n＝a n＋1 (n ∈N*)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若正项等比数列{b n}，满足b2＝2,2b7＋b8＝b9，求T n＝a1b1＋a2b2＋…＋a n b n；(3)对于(2)中的T n，若对任意的n∈N*，不等式λ(－1)n＜12n＋1 (T n＋21)恒成立，求实数λ的取值范围．解：(1)因为2S n＝a n＋1，所以4S n＝(a n＋1)2，且a n＞0，则4a1＝(a1＋1)2，解得a1＝1，又4S n＋1＝(a n＋1＋1)2，所以4a n＋1＝4S n＋1－4S n＝(a n＋1＋1)2－(a n＋1)2，即(a n＋1－a n－2)(a n＋1＋a n)＝0，因为a n＞0，所以a n＋1＋a n≠0，所以a n＋1－a n＝2，所以{a n}是公差为2的等差数列，又a1＝1，所以a n ＝2n －1.(2)设数列{b n }的公比为q ，因为2b 7＋b 8＝b 9，所以2＋q ＝q 2，解得q ＝－1(舍去)或q ＝2，由b 2＝2，得b 1＝1，故b n ＝2n －1.因为T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －1)×2n －1，所以2T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)×2n，两式相减得－T n ＝1＋2(2＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)×2n，故T n ＝(2n －1)×2n－1－2(2＋22＋…＋2n －1)＝(2n －1)×2n－1－2(2n－2)＝(2n －3)×2n＋3.(3)不等式λ(－1)n＜12n ＋1(T n ＋21)可化为(－1)nλ＜n －32＋62n －1.①当n 为偶数时，λ＜n －32＋62n －1，记g (n )＝n －32＋62n －1，则有λ＜g (n )min .因为g (n ＋2)－g (n )＝2＋62n ＋1－62n －1＝2－92n ，当n ＝2时，g (n ＋2)＜g (n )，当n ≥4时，g (n ＋2)＞g (n )，即g (4)＜g (2)，当n ≥4时，g (n )单调递增，g (n )min ＝g (4)＝134，所以λ＜134.②当n 为奇数时，λ＞32－n －62n －1，记h (n )＝32－n －62n －1，则有λ＞h (n )max .因为h (n ＋2)－h (n )＝－2－62n ＋1＋62n －1＝－2＋92n ，当n ＝1时，h (n ＋2)＞h (n )，当n ≥3时，h (n ＋2)＜h (n )，即h (3)＞h (1)，当n ≥3时，h (n )单调递减，h (n )max ＝h (3)＝－3，所以λ＞－3.综上所述，实数λ的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－3，134.[由题悟法]1．数列与不等式的综合问题考查类型 (1)判断数列中的一些不等关系问题；(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． 2．解决数列与不等式问题的两个注意点(1)利用基本不等式或函数的单调性求解相关最值时，应注意n 取正整数的限制条件．(2)利用放缩法证明不等式、求解参数的范围时，尽量先求和、后放缩，注意放缩的尺度，否则会导致范围扩大或缩小而得不到正确的结果．[即时应用]已知数列{a n }满足a 1＝6，a 2＝20，且a n －1·a n ＋1＝a 2n －8a n ＋12(n∈N*，n≥2)．(1)证明：数列{a n＋1－a n}为等差数列；(2)令c n＝n＋1a nna n＋1＋na n＋1n＋1a n，数列{c n}的前n项和为T n，求证：2n＜T n＜2n＋23.证明：(1)当n＝2时，a1·a3＝a22－8a2＋12，所以a3＝42.当n≥2时，由a n－1·a n＋1＝a2n－8a n＋12，得a n·a n＋2＝a2n＋1－8a n＋1＋12，两式相减得a n a n＋2－a n－1a n＋1＝a2n＋1－a2n－8a n＋1＋8a n，所以a2n＋a n a n＋2－8a n＝a2n＋1＋a n－1a n＋1－8a n＋1，即a n(a n＋a n＋2－8)＝a n＋1(a n＋1＋a n－1－8)，所以a n＋a n＋2－8a n＋1＝a n＋1＋a n－1－8a n＝…＝a3＋a1－8a2＝2.所以a n＋2＋a n－8＝2a n＋1，即a n＋2－2a n＋1＋a n＝8，即(a n＋2－a n＋1)－(a n＋1－a n)＝8，当n＝1时，也满足此式．又a2－a1＝14，所以数列{a n＋1－a n}是以14为首项，8为公差的等差数列．(2)由(1)知a n＋1－a n＝14＋8(n－1)＝8n＋6.由a2－a1＝8×1＋6，a3－a2＝8×2＋6，…，a n－a n－1＝8×(n－1)＋6，累加得a n －a 1＝8×[1＋2＋3＋…＋(n －1)]＋6(n －1)＝8×n －11＋n －12＋6(n －1)＝4n 2＋2n －6，所以a n ＝4n 2＋2n .所以c n ＝n ＋1a nna n ＋1＋na n ＋1n ＋1a n ＝2n ＋12n ＋3＋2n ＋32n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22n ＋3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋22n ＋1＝2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3，所以T n ＝2n ＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝2n ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3，又13＞13－12n ＋3＝2n ＋3－332n ＋3＝2n32n ＋3＞0，所以2n ＜T n ＜2n ＋23.考点二与数列有关的探索性问题重点保分型考点——师生共研[典例引领]已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝a ，且a n ＋1＝k (a n ＋a n ＋2)对任意正整数n 都成立，数列{a n }的前n 项和为S n .(1)若k ＝12，且S 2 018＝2 018a ，求a 的值；(2)是否存在实数k ，使数列{a n }是公比不为1的等比数列，且对任意相邻三项a m ，a m ＋1，a m ＋2按某顺序排列后成等差数列？若存在，求出所有k 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)当k ＝12时，a n ＋1＝12(a n ＋a n ＋2)，即a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，所以数列{a n }是等差数列，此时首项a 1＝1，公差d ＝a 2－a 1＝a －1，所以数列{a n }的前2 018项和S 2 018＝2 018＋12×2 018×(2 018－1)(a －1)＝2 018a ，解得a ＝1.(2)设数列{a n }是等比数列，则它的公比q ＝a 2a 1＝a (a ≠1)，所以a m ＝am －1，a m ＋1＝a m ，a m ＋2＝am ＋1.①若a m ＋1为等差中项，则2a m ＋1＝a m ＋a m ＋2，即2a m＝am －1＋am ＋1，解得a ＝1，不合题意；②若a m 为等差中项，则2a m ＝a m ＋1＋a m ＋2，即2am －1＝a m ＋am ＋1，化简得a 2＋a －2＝0，解得a ＝－2(a ＝1舍去)，所以k ＝a m ＋1a m ＋a m ＋2＝a m a m －1＋a m ＋1＝a 1＋a 2＝－25；③若a m ＋2为等差中项，则2a m ＋2＝a m ＋1＋a m ，即2am ＋1＝a m ＋am －1，化简得2a 2－a －1＝0，解得a ＝－12(a ＝1舍去)，所以k ＝a m ＋1a m ＋a m ＋2＝a m a m －1＋a m ＋1＝a 1＋a 2＝－25.综上，满足要求的实数k 有且仅有一个，且k ＝－25.[由题悟法]数列中存在性问题的求解策略数列中的探索性问题的主要题型为存在型，解答的一般策略为：先假设所探求的对象存在或结论成立，以此假设为前提条件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．若推理不出现矛盾，能求得已知范围内的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果．[即时应用]设数列{a n }的前n 项和为S n ，且(S n －1)2＝a n S n . (1)求a 1；(2)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n －1为等差数列； (3)是否存在正整数m ，k ，使1a k S k ＝1a m＋19成立？若存在，求出m ，k ；若不存在，说明理由．解：(1)当n ＝1时，(a 1－1)2＝a 21，∴a 1＝12.(2)证明：∵(S n －1)2＝a n S n ，∴当n ≥2时，(S n －1)2＝(S n －S n －1)S n ， ∴－2S n ＋1＝－S n －1S n ，即1－S n ＝S n (1－S n －1)， ∴1S n －1－1＝S nS n －1， ∴1S n －1－1S n －1－1＝1S n －1－S n S n －1＝1－S nS n －1＝－1为定值， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n －1为等差数列． (3)∵1a 1－1＝－2，∴1S n －1＝－2＋(n －1)×(－1)＝－n －1， ∴S n ＝nn ＋1，∴a n ＝S n －12S n＝1nn ＋1.假设存在正整数m ，k ，使1a k S k ＝1a m＋19成立，则(k ＋1)2＝m (m ＋1)＋19， ∴4(k ＋1)2＝4m (m ＋1)＋76，∴[(2k ＋2)＋(2m ＋1)][(2k ＋2)－(2m ＋1)]＝75，∴(2k ＋2m ＋3)(2k －2m ＋1)＝75＝75×1＝25×3＝15×5，∴⎩⎪⎨⎪⎧2k ＋2m ＋3＝75，2k －2m ＋1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧2k ＋2m ＋3＝25，2k －2m ＋1＝3或⎩⎪⎨⎪⎧2k ＋2m ＋3＝15，2k －2m ＋1＝5.解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝18，m ＝18或⎩⎪⎨⎪⎧k ＝6，m ＝5或⎩⎪⎨⎪⎧k ＝4，m ＝2.考点三新定义数列问题重点保分型考点——师生共研[典例引领]若存在非零常数p，对任意的正整数n，a2n＋1＝a n a n＋2＋p，则称数列{a n}是“T数列”．(1)若数列{a n}的前n项和S n＝n2(n∈N*)，求证：{a n}是“T数列”；(2)设{a n}是各项均不为0的“T数列”．①若p＜0，求证：{a n}不是等差数列；②若p＞0，求证：当a1，a2，a3成等差数列时，{a n}是等差数列．证明：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，当n＝1时，符合上式，所以a n＝2n－1.则{a n}是“T数列”⇔存在非零常数p，对任意正整数n，(2n ＋1)2＝(2n－1)(2n＋3)＋p，显然p＝4满足题意，所以{a n}是“T数列”．(2)①假设{a n}是等差数列，设a n＝a1＋(n－1)d，则由a2n＋1＝a n a n＋2＋p，得(a1＋nd)2＝[a1＋(n－1)d]·[a1＋(n ＋1)d]＋p，解得p＝d2≥0，这与p＜0矛盾，故假设不成立，从而{a n}不是等差数列．②因为a 2n ＋1＝a n a n ＋2＋p ，所以a 2n ＝a n －1a n ＋1＋p (n ≥2)，两式相减得，a 2n ＋1－a 2n ＝a n a n ＋2－a n －1a n ＋1. 因为{a n }的各项均不为0，所以a n ＋1＋a n －1a n ＝a n ＋a n ＋2a n ＋1(n ≥2)，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1＋a n －1a n (n ≥2)是常数列，因为a 1，a 2，a 3成等差数列，所以a 3＋a 1a 2＝2，从而a n ＋1＋a n －1a n＝2(n ≥2)，即a n ＋1＋a n －1＝2a n (n ≥2)，所以{a n }是等差数列．[由题悟法](1)新情境和新定义下的新数列问题，一般命题形式是根据定义的条件推断这个新数列的一些性质或判断一个数列是否属于这类数列的问题.(2)数列试题的情境，除了常见的等差数列、等比数列和递推数列外，有时还会出现周期数列、分段数列、数表型数列以及子数列问题等新情境．[即时应用]对于数列{a n }，记Δ1a n ＝a n ＋1－a n ，Δk ＋1a n ＝Δk a n ＋1－Δk a n ，k ，n ∈N *，则称数列{Δk a n }为数列{a n }的“k 阶差数列”．(1)已知Δ1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n，①若{a n }为等比数列，求a 1的值；②证明：当n ＞m ，n ，m ∈N *时，|a n －a m |＜23.(2)已知数列{b n }为数列{a n }的“2阶差数列”，若b n ＝3n－2，a 1＝1，且a n ≥a 3对n ∈N *恒成立，求a 2的取值范围．解：(1)①因为a 2＝a 1＋Δ1a 1＝a 1－12，a 3＝a 2＋Δ1a 2＝a 1－14，且{a n }为等比数列，所以a22＝a 1·a 3，即⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－122＝a 1⎝⎛⎭⎪⎫a 1－14，解得a 1＝13.②证明：当n ＞m 时，因为a n －a m ＝Δ1a n －1＋…＋Δ1a m＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －m 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝23·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m －⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ，所以|a n －a m |＝23·⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m －⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ≤23·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ＜43·⎝ ⎛⎭⎪⎫12m.又43·⎝ ⎛⎭⎪⎫12m单调递减，所以43·⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ≤43×12＝23，故当n ＞m ，n ，m ∈N *时，|a n －a m |＜23.(2)因为数列{b n }为数列{a n }的“2阶差数列”，且b n ＝3n－2，所以Δ2a n ＝3n－2，所以Δ1a n ＝Δ2a n －1＋Δ2a n －2＋…＋Δ2a 1＋Δ1a 1 ＝31－3n －11－3－2(n －1)＋Δ1a 1＝3n2－2n ＋12＋Δ1a 1＝3n2－2n ＋a 2－12.由Δ2a n ＝3n －2＞0知，{Δ1a n }单调递增，所以要使a n ≥a 3对n ∈N *恒成立，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧Δ1a 2＝a 3－a 2≤0，Δ1a 3＝a 4－a 3≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2≤0，a 2＋7≥0，解得－7≤a 2≤0.所以a 2的取值范围是[－7,0]．1．已知各项都不小于1的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＝6S n ＋3n －2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n ＋1，从数列{b n }中抽取部分项b 1，b 9，bn 3，bn 4，…，bn k ，…，按从小到大的顺序构成等比数列．①求{n k }的通项公式；②记c k＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫13k，k ＝1，2，3k 9n k－32k，k ≥3，k ∈N *，数列{c k }的前k 项和是T k ，求证：T k ＜2536.解：(1)由a n ＝6S n ＋3n －2，移项并平方得(a n ＋2)2＝a 2n ＋4a n ＋4＝6S n ＋3n ，则a 2n －1＋4a n －1＋4＝6S n －1＋3(n －1)，n ≥2，两式相减得，a 2n －a 2n －1＋4a n －4a n －1＝6a n ＋3，n ≥2，即a 2n －2a n ＋1＝a 2n －1＋4a n －1＋4，n ≥2，即(a n －1)2＝(a n －1＋2)2，n ≥2.又a n ≥1，所以a n －1＝a n －1＋2，n ≥2，即a n －a n －1＝3，n ≥2，又a 1＋2＝6a 1＋3，所以a 21－2a 1＋1＝0，解得a 1＝1，所以数列{a n }是首项为1，公差为3的等差数列，故a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. (2)①由b n ＝3n －2＋1，得b 1＝2，b 9＝6，故等比数列的首项为2，公比为3，则bn k ＝2×3k －1＝3n k －2＋1.化简得n k ＝4×32k －3－4×3k －2＋1.②证明：由题意可得T 1＝13＜2536，T 2＝13＋19＝49＜2536，当k ≥3，k ∈N *时，c k ＝3k4×32k －1－4×3k ＋9－32k ＝3k ＋132k －12×3k＋27 ＝3k ＋13k－33k－9＝92⎝ ⎛⎭⎪⎫13k －9－13k ＋1－9. 则T k ＝c 1＋c 2＋…＋c k ＝49＋92⎝ ⎛⎭⎪⎫133－9－134－9＋134－9－135－9＋…＋13k －9－13k ＋1－9＝49＋92⎝ ⎛⎭⎪⎫133－9－13k ＋1－9＝2536－32×13k －3＜2536，综上，T k ＜2536.2．设数列{a n }的首项为1，前n 项和为S n ，若对任意的n ∈N *，均有S n ＝a n ＋k －k (k 是常数且k ∈N *)成立，则称数列{a n }为“P (k )数列”．(1)若数列{a n }为“P (1)数列”，求数列{a n }的通项公式； (2)是否存在数列{a n }既是“P (k )数列”，也是“P (k ＋2)数列”？若存在，求出符合条件的数列{a n }的通项公式及对应的k 的值；若不存在，请说明理由；(3)若数列{a n }为“P (2)数列”，a 2＝2，设T n ＝a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n2n ，证明：T n ＜3. 解：(1)数列{a n }为“P (1)数列”，则S n ＝a n ＋1－1，所以S n ＋1＝a n ＋2－1，两式相减得，a n ＋2＝2a n ＋1，又n ＝1时，a 1＝a 2－1＝1，所以a 2＝2，故a n ＋1＝2a n 对任意的n ∈N *恒成立，即a n ＋1a n＝2，所以数列{a n }为等比数列，其通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *.(2)假设存在这样的数列{a n }，由{a n }是“P (k )数列”可得，S n＝a n ＋k －k ，故有S n ＋1＝a n ＋k ＋1－k ，两式相减得，a n ＋1＝a n ＋k ＋1－a n ＋k ，则有a n ＋3＝a n ＋k ＋3－a n ＋k ＋2.同理，由{a n }是“P (k ＋2)数列”可得，a n ＋1＝a n ＋k ＋3－a n ＋k ＋2，所以a n ＋1＝a n ＋3对任意的n ∈N *恒成立，所以S n ＝a n ＋k －k ＝a n ＋k ＋2－k ＝S n ＋2，即S n ＝S n ＋2. ① 又S n ＝a n ＋k ＋2－k －2＝S n ＋2－2，即S n ＋2－S n ＝2. ②①②两式矛盾，故不存在数列{a n }既是“P (k )数列”，也是“P (k ＋2)数列”．(3)证明：因为数列{a n }为“P (2)数列”，所以S n ＝a n ＋2－2，所以S n ＋1＝a n ＋3－2，两式相减得，a n ＋1＝a n ＋3－a n ＋2，又n ＝1时，a 1＝a 3－2＝1，故a 3＝3，又a 2＝2，满足a 3＝a 2＋a 1，所以a n ＋2＝a n ＋1＋a n 对任意的n ∈N *恒成立，所以数列{a n }的前几项为1,2,3,5,8，故T n ＝a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n 2n ＝12＋222＋323＋524＋825＋…＋a n2n ，③当n ＝1时，T 1＝a 12＝12＜3，当n ＝2时，T 2＝a 12＋a 222＝1＜3，当n ≥3时，12T n ＝122＋223＋324＋525＋…＋a n －12n ＋a n2n ＋1，④由③④得，12T n ＝12＋122＋123＋224＋…＋a n －a n －12n－a n2n ＋1 ＝12＋122＋123＋224＋…＋a n －22n －a n2n ＋1 ＝34＋14T n －2－a n2n ＋1，显然T n －2＜T n ，a n2n ＋1＞0，故12T n ＜34＋14T n ，即T n ＜3.综上，T n ＜3.3．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：(t －1)S n －ta n ＋t ＝0(t 为常数，且t ≠0，t ≠1，n ∈N *)．(1)设b n ＝a n (a n ＋S n )，若数列{b n }为等比数列，求t 的值； (2)当t ＞1时，记c n ＝a na n －1a n ＋1－1，T n 是数列{c n }的前n 项和，求证：T n ＜1t －12；(3)当t ＝5时，是否存在整数对(m ，n )(其中m ∈Z ，n ∈N *)满足a 2n －(4＋m )a n ＋7m ＋15＝0？若存在，求出所有满足题意的整数对(m ，n )；若不存在，请说明理由．解：(1)当n ＝1时，(t －1)S 1－ta 1＋t ＝0，得a 1＝t . 当n ≥2时，由(1－t )S n ＝－ta n ＋t ，① 得(1－t )S n －1＝－ta n －1＋t ，②①－②，得(1－t )a n ＝－ta n ＋ta n －1，即a n ＝ta n －1，∴a na n －1＝t (n ≥2)，∴数列{a n }是等比数列，且公比是t ，∴a n ＝t n. 由b n ＝a n (a n ＋S n )知，b n ＝(t n )2＋t 1－t n 1－t ·t n＝t 2n ＋t n ＋1－2t 2n ＋11－t.若数列{b n }为等比数列，则有b 22＝b 1·b 3，而b 1＝2t 2，b 2＝t 3(2t ＋1)，b 3＝t 4(2t 2＋t ＋1)，故[t 3(2t ＋1)]2＝2t 2·t 4(2t 2＋t ＋1)，解得t ＝12，将t ＝12代入b n ，得b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，满足{b n }为等比数列，∴t ＝12.(2)证明：由(1)知，a n ＝t n， ∴c n ＝a na n －1a n ＋1－1＝t nt n －1t n ＋1－1＝1t －1⎝⎛⎭⎪⎫1t n －1－1t n ＋1－1，则T n ＝1t －1⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1－1t 2－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2－1－1t 3－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1t n －1－1t n ＋1－1 ＝1t －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1－1t n ＋1－1，又t ＞1，∴T n ＜1t －12.(3)当t ＝5时，由(1)知a n ＝5n，由a 2n －(4＋m )a n ＋7m ＋15＝0，得52n －(4＋m )5n＋7m ＋15＝0，故m ＝52n －4×5n＋155n－7＝5n－75n＋3＋365n－7＝5n＋3＋365n －7.若存在整数对(m ，n )，则365n －7必须是整数．当n ＝1时，m ＝－10；当n ＝2时，m ＝30；当n ≥3时，5n－7＞36，不符合．综上，所有满足题意的整数对(m ，n )为(－10,1)，(30,2)． 4．定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的差都大于或等于2，则称这个数列为“D 数列”．(1)若数列{a n }为“D 数列”，且a 1＝a －3，a 2＝a ，a 3＝a 2－4，求实数a 的取值范围；(2)若首项为1的等差数列{a n }的每一项均为正整数，且数列{a n }为“D 数列”，其前n 项和S n 满足S n ＜n 2＋2n (n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式；(3)已知等比数列{a n }的每一项均为正整数，且数列{a n }为“D 数列”，a 2－a 1＜3，设b n ＝2×6nn ＋1·a n (n ∈N *)，试判断数列{b n }是否为“D 数列”，并说明理由．解：(1)由题意得a 2－a 1＝3＞2，a 3－a 2＝a 2－4－a ≥2，即a 2－a －6≥0，解得a ≥3或a ≤－2.所以实数a 的取值范围为(－∞，－2]∪[3，＋∞)． (2)设等差数列{a n }的公差为d ，则d ≥2，由a 1＝1，得S n ＝n ＋n n －12d ，由题意得，n ＋n n －12d ＜n 2＋2n 对n ∈N *均成立．当n ＝1时，上式成立．当n ≥2时，d ＜2n ＋2n －1＝2＋4n －1.又d ∈N *，所以d ≤2，所以d ＝2，所以等差数列{a n }的通项公式a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (3)设等比数列{a n }的公比为q ，则a n ＝a 1qn －1，因为数列{a n }的每一项均为正整数，且a n ＋1－a n ＝a n q －a n ＝a n (q －1)≥2＞0，所以q ＞1，且q 为整数，则a n ＋1－a n ＝q (a n －a n －1)＞a n －a n －1，n ≥2，n ∈N *，所以在数列{a n －a n －1}中，a 2－a 1为最小项．由数列{a n }为“D 数列”，可知只需a 2－a 1≥2，即a 1(q －1)≥2，又a 2－a 1＜3，即a 1(q －1)＜3，由数列{a n }的每一项均为正整数，可得a 1(q －1)＝2，所以a 1＝1，q ＝3或a 1＝2，q ＝2.①当a 1＝1，q ＝3时，a n ＝3n －1，则b n ＝2×6nn ＋1·3n －1＝3n ＋1×2n ＋1.令c n ＝b n ＋1－b n (n ∈N *)，则c n ＝3n ＋2×2n ＋2－3n ＋1×2n ＋1＝3×2n＋1×⎝⎛⎭⎪⎫2n ＋2－1n ＋1＝3×2n ＋1×n n ＋2n ＋1，所以c n ＋1－c n ＝3×2n ＋2×n ＋1n ＋3n ＋2－3×2n ＋1×n n ＋2n ＋1＝3×2n ＋1×n 2＋n ＋2n ＋3n ＋2n ＋1＞0，所以数列{c n }为递增数列，即c n ＞c n －1＞c n －2＞…＞c 1. 又c 1＝b 2－b 1＝2，所以对任意的n ∈N *都有b n ＋1－b n ≥2，所以数列{b n}是“D数列”．②当a1＝2，q＝2时，a n＝2n，则b n＝2×6nn＋1·2n＝2n＋1×3n.令d n＝b n＋1－b n(n∈N*)，则d n＝2n＋2×3n＋1－2n＋1×3n＝2×3n×⎝⎛⎭⎪⎫3n＋2－1n＋1＝2×3n×2n＋1n＋2n＋1，所以d n＋1－d n＝2×3n＋1×2n＋3n＋3n＋2－2×3n×2n＋1n＋2n＋1＝2×3n×4n2＋8n＋6n＋3n＋2n＋1＞0，所以数列{d n}为递增数列，即d n＞d n－1＞d n－2＞…＞d1.又d1＝b2－b1＝3，所以对任意的n∈N*都有b n＋1－b n≥2，所以数列{b n}是“D数列”．综上，数列{b n}是“D数列”．命题点一数列的概念及表示1.(2016·上海高考)无穷数列{a n}由k个不同的数组成，S n为{a n}的前n项和．若对任意n∈N*，S n∈{2,3}，则k的最大值为________．解析：由S n ∈{2,3}，得a 1＝S 1∈{2,3}．将数列写出至最多项，其中有相同项的情况舍去，共有如下几种情况：①a 1＝2，a 2＝0，a 3＝1，a 4＝－1； ②a 1＝2，a 2＝1，a 3＝0，a 4＝－1； ③a 1＝2，a 2＝1，a 3＝－1，a 4＝0； ④a 1＝3，a 2＝0，a 3＝－1，a 4＝1； ⑤a 1＝3，a 2＝－1，a 3＝0，a 4＝1； ⑥a 1＝3，a 2＝－1，a 3＝1，a 4＝0. 最多项均只能写到第4项，即k max ＝4. 答案：42．(2014·全国卷Ⅱ)数列 {a n }满足 a n ＋1＝11－a n，a 8＝2，则a 1 ＝________.解析：将a 8＝2代入a n ＋1＝11－a n ，可求得a 7＝12；再将a 7＝12代入a n ＋1＝11－a n ，可求得a 6＝－1；再将a 6＝－1代入a n ＋1＝11－a n ，可求得a 5＝2；由此可以推出数列{a n }是一个周期数列，且周期为3，所以a 1＝a 7＝12.答案：12命题点二等差数列与等比数列1．(2018·北京高考)设{a n }是等差数列，且a 1＝3，a 2＋a 5＝36，则{a n }的通项公式为________．解析：法一：设数列{a n }的公差为d .∵a 2＋a 5＝36，∴(a 1＋d )＋(a 1＋4d )＝2a 1＋5d ＝36.∵a 1＝3，∴d ＝6，∴a n ＝6n －3.法二：设数列{a n }的公差为d ，∵a 2＋a 5＝a 1＋a 6＝36，a 1＝3，∴a 6＝33，∴d ＝a 6－a 15＝6，∴a n ＝6n －3.答案：a n ＝6n －32．(2017·江苏高考)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________.解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则由S 6≠2S 3，得q ≠1，则⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 11－q 31－q ＝74，S 6＝a 11－q61－q＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝14，则a 8＝a 1q 7＝14×27＝32.答案：323．(2018·全国卷Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n＋1，则S 6＝________.解析：∵S n ＝2a n ＋1，∴当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －1.当n ＝1时，由a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1为－1，公比q 为2的等比数列，∴S n ＝a 11－q n 1－q ＝－1×1－2n1－2＝1－2n，∴S 6＝1－26＝－63. 答案：－634．(2016·江苏高考)已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________．解析：法一：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝10，知S 5＝5a 1＋5×42d ＝10，得a 1＋2d ＝2，即a 1＝2－2d .所以a 2＝a 1＋d ＝2－d ，代入a 1＋a 22＝－3，化简得d 2－6d ＋9＝0，所以d ＝3，a 1＝－4.故a 9＝a 1＋8d ＝－4＋24＝20.法二：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝10，知5a 1＋a 52＝5a 3＝10，所以a 3＝2.所以由a 1＋a 3＝2a 2，得a 1＝2a 2－2，代入a 1＋a 22＝－3，化简得a 22＋2a 2＋1＝0，所以a 2＝－1.公差d ＝a 3－a 2＝2＋1＝3，故a 9＝a 3＋6d ＝2＋18＝20. 答案：205．(2018·北京高考)设{a n }是等差数列，且a 1＝ln 2，a 2＋a 3＝5ln 2.(1)求{a n }的通项公式； (2)求e 1a ＋e 2a ＋…＋e n a .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e1a＝e ln 2＝2，e a ne1n a＝e1n na a－－＝e ln 2＝2，所以数列{e a n}是首项为2，公比为2的等比数列，所以e1a＋e2a＋…＋e n a＝2×1－2n1－2＝2n＋1－2.6．(2017·江苏高考)对于给定的正整数k，若数列{a n}满足：a n－k＋a n－k＋1＋…＋a n－1＋a n＋1＋…＋a n＋k－1＋a n＋k＝2ka n，对任意正整数n(n＞k)总成立，则称数列{a n}是“P(k)数列”．(1)证明：等差数列{a n}是“P(3)数列”；(2)若数列{a n}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{a n}是等差数列．证明：(1)因为{a n}是等差数列，设其公差为d，则a n＝a1＋(n－1)d，从而，当n≥4时，a n－k＋a n＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d＝2a1＋2(n－1)d＝2a n，k＝1,2,3，所以a n－3＋a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＋a n＋3＝6a n，因此等差数列{a n}是“P(3)数列”．(2)数列{a n}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，当n ≥3时，a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＝4a n ，①当n ≥4时，a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝6a n .② 由①知，a n －3＋a n －2＝4a n －1－(a n ＋a n ＋1)，③a n ＋2＋a n ＋3＝4a n ＋1－(a n －1＋a n )．④将③④代入②，得a n －1＋a n ＋1＝2a n ，其中n ≥4，所以a 3，a 4，a 5，…是等差数列，设其公差为d ′. 在①中，取n ＝4，则a 2＋a 3＋a 5＋a 6＝4a 4，所以a 2＝a 3－d ′，在①中，取n ＝3，则a 1＋a 2＋a 4＋a 5＝4a 3，所以a 1＝a 3－2d ′，所以数列{a n }是等差数列．7．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2＝2，S 3＝－6.(1)求{a n }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．解：(1)设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 11＋q ＝2，a 11＋q ＋q 2＝－6.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，q ＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n. (2)由(1)可得S n ＝－2×[1－－2n]1－－2＝－23＋(－1)n 2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n 2n ＋3－2n ＋23＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23＋－1n2n ＋13＝2S n ，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．8．(2015·江苏高考)设a 1，a 2，a 3，a 4是各项为正数且公差为d (d ≠0)的等差数列．(1)证明：2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列．(2)是否存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列？并说明理由．(3)是否存在a 1，d 及正整数n ，k 使得a n 1，a n ＋k 2，a n ＋2k3，a n ＋3k4依次构成等比数列？并说明理由．解：(1)证明：因为2a n ＋12a n＝2a n ＋1－a n ＝2d(n ＝1,2,3)是同一个常数，所以2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列．(2)不存在，理由如下：令a 1＋d ＝a ，则a 1，a 2，a 3，a 4分别为a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d (a ＞d ，a ＞－2d ，d ≠0)．假设存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列，则a 4＝(a －d )(a ＋d )3，且(a ＋d )6＝a 2(a ＋2d )4.令t ＝d a，则1＝(1－t )(1＋t )3，且(1＋t )6＝(1＋2t )4⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＜t ＜1，t ≠0，化简得t 3＋2t 2－2＝0(*)，且t 2＝t ＋1.将t 2＝t ＋1代入(*)式，得t (t ＋1)＋2(t ＋1)－2＝t 2＋3t ＝t ＋1＋3t ＝4t ＋1＝0，则t ＝－14.显然t ＝－14不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列． (3)不存在，理由如下：假设存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n1，a n ＋k2，a n ＋2k3，a n ＋3k4依次构成等比数列，则a n1(a 1＋2d )n ＋2k＝(a 1＋d )2(n ＋k )，且(a 1＋d )n ＋k(a 1＋3d )n ＋3k＝(a 1＋2d )2(n ＋2k )，分别在两个等式的两边同除以a 2n ＋k1及a 2n ＋2k1，并令t ＝da 1⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＞－13，t ≠0，则(1＋2t )n ＋2k＝(1＋t )2(n ＋k )，且(1＋t )n ＋k(1＋3t )n ＋3k＝(1＋2t )2(n ＋2k )．将上述两个等式两边取对数，得(n ＋2k )ln(1＋2t )＝2(n ＋k )ln(1＋t )，且(n ＋k )ln(1＋t )＋(n ＋3k )ln(1＋3t )＝2(n ＋2k )·ln(1＋2t )．化简得2k [ln(1＋2t )－ln(1＋t )]＝n [2ln(1＋t )－ln(1＋2t )]，且3k [ln(1＋3t )－ln(1＋t )]＝n [3ln(1＋t )－ln(1＋3t )]．再将这两式相除，化简得ln(1＋3t )ln(1＋2t )＋3ln(1＋2t )ln(1＋t ) ＝4ln(1＋3t )ln(1＋t )．(**)令g (t )＝4ln(1＋3t )ln(1＋t )－ln(1＋3t )ln(1＋2t )－3ln(1＋2t )ln(1＋t )，则g ′(t )＝错误!.令φ(t )＝(1＋3t )2ln(1＋3t )－3(1＋2t )2ln(1＋2t )＋3(1＋t )2ln(1＋t )，则φ′(t )＝6[(1＋3t )ln(1＋3t )－2(1＋2t )ln(1＋2t )＋(1＋t )ln(1＋t )]．令φ1(t )＝φ′(t )，则φ1′(t )＝6[3ln(1＋3t )－4ln(1＋2t )＋ln(1＋t )]．令φ2(t )＝φ1′(t )，则φ2′(t )＝121＋t1＋2t1＋3t＞0.由g (0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0，φ2′(t )＞0，知φ2(t )，φ1(t )，φ(t )，g (t )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0和(0，＋∞)上均单调．故g (t )只有唯一零点t ＝0，即方程(**)只有唯一解t ＝0，故假设不成立．所以不存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n 1，a n ＋k 2，a n ＋2k3，a n ＋3k4依次构成等比数列．命题点三数列求和1.(2018·江苏高考)已知集合A ＝{x |x ＝2n －1，n ∈N *}，B ＝{x |x ＝2n ，n ∈N *}．将A ∪B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{a n }．记S n 为数列{a n }的前n 项和，则使得S n ＞12a n ＋1成立的n 的最小值为________．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{a n }，在数列{a n }中，25前面有16个正奇数，即a 21＝25，a 38＝26.当n ＝1时，S 1＝1＜12a 2＝24，不符合题意；当n ＝2时，S 2＝3＜12a 3＝36，不符合题意；当n ＝3时，S 3＝6＜12a 4＝48，不符合题意；当n ＝4时，S 4＝10＜12a 5＝60，不符合题意；…；当n ＝26时，S 26＝21×1＋412＋2×1－251－2＝441＋62＝503＜12a 27＝516，不符合题意；当n ＝27时，S 27＝22×1＋432＋2×1－251－2＝484＋62＝546＞12a 28＝540，符合题意．故使得S n ＞12a n ＋1成立的n 的最小值为27.答案：272．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则 k ＝1n1S k ＝________.解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以S n ＝n n ＋12，1S n ＝2nn ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，因此∑k ＝1n1S k ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2nn ＋1.答案：2nn ＋13．(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和．若S m ＝63，求m . 解：(1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝qn －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)或q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1.(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－－2n3.由S m ＝63，得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．若a n ＝2n －1，则S n ＝1－2n1－2＝2n－1.由S m ＝63，得2m＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.4．(2018·浙江高考)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：(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)可得a n ＝2n －1，所以b n ＋1－b n ＝(4n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，故b n －b n －1＝(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －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)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －9)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋…＋7×12＋3.设T n ＝3＋7×12＋11×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，则12T n ＝3×12＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －9)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，两式相减，得12T n ＝3＋4×12＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2－(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以T n ＝14－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2.又b 1＝1，所以b n ＝15－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2.命题点四数列的综合应用1.(2016·江苏高考)记U ＝{1,2，…，100}，对数列{a n }(n ∈N *)和U 的子集T ，若T ＝∅，定义S T ＝0；若T ＝{t 1，t 2，…，t k }，定义S T ＝at 1＋at 2＋…＋at k .例如：T ＝{1,3,66}时，S T ＝a 1＋a 3＋a 66.现设{a n }(n ∈N *)是公比为3的等比数列，且当T ＝{2,4}时，S T ＝30.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意正整数k (1≤k ≤100)，若T ⊆{1,2，…，k }，求证：S T ＜a k ＋1；(3)设C ⊆U ，D ⊆U ，S C ≥S D ，求证：S C ＋S C ∩D ≥2S D . 解：(1)由已知得a n ＝a 1·3n －1，n ∈N *.于是当T ＝{2,4}时，S T ＝a 2＋a 4＝3a 1＋27a 1＝30a 1.又S T ＝30，故30a 1＝30，即a 1＝1. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *.(2)证明：因为T ⊆{1,2，…，k }，a n ＝3n －1＞0，n ∈N *，所以S T ≤a 1＋a 2＋…＋a k ＝1＋3＋…＋3k －1＝12(3k －1)＜3k . 因此，S T ＜a k ＋1.(3)证明：下面分三种情况证明．①若D 是C 的子集，则S C ＋S C ∩D ＝S C ＋S D ≥S D ＋S D ＝2S D . ②若C 是D 的子集，则S C ＋S C ∩D ＝S C ＋S C ＝2S C ≥2S D . ③若D 不是C 的子集，且C 不是D 的子集．令E ＝C ∩∁U D ，F ＝D ∩∁U C ，则E ≠∅，F ≠∅，E ∩F ＝∅.于是S C ＝S E ＋S C ∩D ，S D ＝S F ＋S C ∩D ，进而由S C ≥S D 得S E ≥S F . 设k 为E 中的最大数，l 为F 中的最大数，则k ≥1，l ≥1，k ≠l .由(2)知，S E ＜a k ＋1.于是3l －1＝a l ≤S F ≤S E ＜a k ＋1＝3k，所以l －1＜k ，即l ≤k . 又k ≠l ，故l ≤k －1.从而S F ≤a 1＋a 2＋…＋a l ＝1＋3＋…＋3l －1＝3l－12≤3k －1－12＝a k －12≤S E －12，故S E ≥2S F ＋1，所以S C －S C ∩D ≥2(S D －S C ∩D )＋1，即S C ＋S C ∩D ≥2S D ＋1.综合①②③得，S C ＋S C ∩D ≥2S D .2．(2018·天津高考)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a 1＝1，a 3＝a 2＋2，a 4＝b 3＋b 5，a 5＝b 4＋2b 6.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *)， ①求T n ；②证明 k ＝1nT k ＋b k ＋2b k k ＋1k ＋2＝2n ＋2n ＋2－2(n ∈N *)．解：(1)设等比数列{a n }的公比为q . 由a 1＝1，a 3＝a 2＋2，可得q 2－q －2＝0. 由q ＞0，可得q ＝2，故a n ＝2n －1.设等差数列{b n }的公差为d . 由a 4＝b 3＋b 5，可得b 1＋3d ＝4.① 由a 5＝b 4＋2b 6，可得3b 1＋13d ＝16.② 联立①②解得b 1＝1，d ＝1，故b n ＝n . 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，数列{b n }的通项公式为b n ＝n .(2)①由(1)，有S n ＝1－2n1－2＝2n－1，所以T n ＝∑k ＝1n (2k －1)＝∑k ＝1n2k－n ＝21－2n1－2－n ＝2n ＋1－n －2.②证明：因为T k ＋b k ＋2b k k ＋1k ＋2＝2k ＋1－k －2＋k ＋2kk ＋1k ＋2＝k ·2k ＋1k ＋1k ＋2＝2k ＋2k ＋2－2k ＋1k ＋1，所以∑k ＝1nT k ＋b k ＋2b kk ＋1k ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫244－233＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋2n ＋2－2n ＋1n ＋1＝2n ＋2n ＋2－2. 3．(2018·江苏高考)设{a n }是首项为a 1，公差为d 的等差数列，{b n }是首项为b 1，公比为q 的等比数列．(1)设a 1＝0，b 1＝1，q ＝2，若|a n －b n |≤b 1对n ＝1,2,3,4均成立，求d 的取值范围；(2)若a 1＝b 1＞0，m ∈N *，q ∈(1，m2]，证明：存在d ∈R ，使得|a n －b n |≤b 1对n ＝2,3，…，m ＋1均成立，并求d 的取值范围(用b 1，m ，q 表示)．解：(1)由条件知a n ＝(n －1)d ，b n ＝2n －1.因为|a n －b n |≤b 1对n ＝1,2,3,4均成立，即|(n －1)d －2n －1|≤1对n ＝1,2,3,4均成立，所以1≤1,1≤d ≤3,3≤2d ≤5,7≤3d ≤9，解得73≤d ≤52.所以d的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤73，52.(2)由条件知a n ＝b 1＋(n －1)d ，b n ＝b 1q n －1.若存在d ，使得|a n －b n |≤b 1(n ＝2,3，…，m ＋1)成立，即|b 1＋(n －1)d －b 1qn －1|≤b 1(n ＝2,3，…，m ＋1)，即当n ＝2,3，…，m ＋1时，d 满足q n －1－2n －1b 1≤d ≤q n －1n －1b 1.因为q ∈(1，m2]，则1＜qn －1≤q m≤2，从而q n －1－2n －1b 1≤0，q n －1n －1b 1＞0，对n ＝2,3，…，m ＋1均成立．因此，取d ＝0时，|a n －b n |≤b 1对n ＝2,3，…，m ＋1均成立．下面讨论数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1的最大值和数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1的最小值(n ＝2,3，…，m ＋1)．①当2≤n ≤m 时，q n －2n －q n －1－2n －1＝nq n －q n －nq n －1＋2n n －1＝n q n －q n －1－q n ＋2n n －1. 当1＜q ≤21m时，有q n ≤q m ≤2，从而n (q n －q n －1)－q n＋2＞0.因此，当2≤n ≤m ＋1时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1单调递增，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1的最大值为q m －2m .②设f (x )＝2x(1－x )，当x ＞0时，f ′(x )＝(ln 2－1－x ln 2)2x＜0，所以f (x )单调递减，从而f (x )＜f (0)＝1.当2≤n ≤m 时，q nn q n －1n －1＝q n －1n ≤21n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＜1，因此，当2≤n ≤m ＋1时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1单调递减，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1的最小值为q mm . 因此d的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤b 1q m －2m ，b 1q m m .。

高考数学一轮复习第五章数列 5.5 数列综合练习(含解析)(1)(2021年最新整理)

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数列综合时间:50分钟总分:70分班级：姓名:一、选择题（共6小题，每题5分，共30分）1．在等比数列{a n}中,各项都是正数，且a1，错误!a3，2a2成等差数列，则错误!＝（）A．1＋ 2 B．1－错误!C．3＋2错误!D．3－2错误!【答案】C【解析】设等比数列{a n｝的公比为q（q＞0),则由题意得a3＝a1＋2a2，所以a1q2＝a1＋2a1q，所以q2－2q－1＝0，解得q＝1±错误!.又q＞0，因此有q＝1＋错误!，故错误!＝错误!＝q2＝(1＋错误!）2＝3＋2错误!。

2．数列｛a n}是公差不为0的等差数列，且a1，a3,a7为等比数列｛b n}中连续的三项，则数列｛b n}的公比为（）A.错误!B．4C．2 D.错误!【答案】C【解析】设数列{a n｝的公差为d(d≠0），由a错误!＝a1a7得（a1＋2d)2＝a1（a1＋6d),解得a1＝2d，故数列｛b n｝的公比q＝错误!＝错误!＝错误!＝2。

3．《九章算术》之后，人们进一步用等差数列求和公式来解决更多的问题,《张丘建算经》卷上第22题为：“今有女善织,日益功疾，且从第2天起，每天比前一天多织相同量的布，若第一天织5尺布，现在一月(按30天计）,共织390尺布”,则每天比前一天多织布的尺数是（）A。

2024届高考数学一轮总复习专题三数列的综合问题课件

所以 an＝2n－1.
(2)设等比数列{bn}的公比为q. 因为b2b4＝a5，所以b1q·b1q3＝9. 又因为b1＝1，所以q2＝3. 所以b2n－1＝b1q2n-2＝3n-1. 则 b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1＝1＋3＋32＋…＋3n-1＝3n－2 1.
题型二数列与不等式的综合问题数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等式的证明.在解决这些问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法等.如果是解不等式问题，要使用不等式的各种不同解法，如数轴法、因式分解法等.
当 n＝3 时，b3＝0；当 n＝4 时，b4＝25－2 3；当 n＝5 时，b5＝26－4 3＝2×2×25－2 32<b4，当 n≥4 时，bn＝2na－n 6＝22nn+1－－63＝22(nn+1－－33)，bn＋1＝22(×n－2n3+1)－＋32，
∴bn－bn＋1＝22(nn+1－－33)－22(×n－2n3+1)－＋32＝(2n(+21n－－38))(×2×2n2+n1+＋1－63)>0，即 bn>bn＋1.
【题后反思】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 b1＝1，d＞0 证明不等式成立.另外本题在探求{an}与{cn}的通项公式时，考查累加、累乘两种基本方法.
专题三数列的综合问题
数列是历年高考的热点，根据近几年高考试题统计，全国卷中的数列与三角函数基本上交替考查，难度不大.考查多从等差数列、等比数列这两个特殊的数列入手，考查内容主要集中在两个方面：一是以选择题和填空题的形式考查等差、等比数列的运算和性质，题目多为常规试题；二是等差、等比数列的通项与求和问题，有时结合函数、方程、不等式等进行综合考查，涉及内容较为全面，试题题型规范、方法可循.

高中数学数列专题复习(综合训练篇含答案)

数列高考复习含答案———综合训练篇一、选择题：1．在等差数列{}n a 中，12031581=++a a a ，则1092a a -的值为（ D ）A ．18B ．20C ．22D ．242．等差数列{}n a 满足：30,8531==+S a a ，若等比数列{}n b 满足,,4311a b a b ==则5b 为（ B ） A ．16B ．32C ．64D ．273．等差数列{}n a 中,,27,39963741=++=++a a a a a a 则数列{}n a 的前9项之和S 9等于（ C ）A ．66B ．144C ．99D ．2974．各项都是正数的等比数列{}n a 的公比q ≠1，且2a ，321a ，1a 成等差数列，则5443a a a a ++为（A ） A ．215- B ．215+ C ．251- D ．215+或215-5.设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若,336=S S 则=69S S（ B ） A. 2 B.73 C. 83D.3 6．已知等差数列{}n a 的前n 项的和为n S ，且210S =，555S =，则过点(,)n P n a 和2(2,)()n Q n a n N *++∈的直线的一个方向向量的坐标是 ( B )A.1(2,)2B.1(,2)2-- C.1(,1)2-- D.(1,1)-- 7．设a 、b 、c 为实数,3a 、4b 、5c 成等比数列,且a 1、b 1、c 1成等差数列，则a c c a +的值为（ C ） A ．1594B ．1594±C ．1534 D ．1534±8．已知数列{}n a 的通项,1323211⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=--n n n a 则下列表述正确的是 ( A ) A ．最大项为,1a 最小项为3a B ．最大项为,1a 最小项不存在 C ．最大项不存在，最小项为3a D ．最大项为,1a 最小项为4a9.已知{}n a 为等差数列，1a +3a +5a =105，246a a a ++=99.以n S 表示{}n a 的前n 项和，则使得n S 达到最大值的n 是（B ）A ．21B ．20C ．19D ．189．一系列椭圆都以一定直线l 为准线，所有椭圆的中心都在定点M ，且点M 到l 的距离为2，若这一系列椭圆的离心率组成以43为首项，31为公比的等比数列，而椭圆相应的长半轴长为a i =(i=1，2，…，n)，设b n =2（2n+1）·3n －2·a n ，且C n =11+n n b b ，T n =C 1+C 2+…+C n ，若对任意n ∈N*，总有T n >90m 恒成立，则m 的最大正整数为（ B ）A ．3B ．5C ．6D ．9二、填空题：10．已知等差数列{}n a 前n 项和S n =－n 2+2tn ，当n 仅当n=7时S n 最大，则t 的取值范围是 (6.5，7.5) .11．数列{}n a 的通项公式是⎪⎩⎪⎨⎧=)(2)(2为偶数为奇数n n na nn ，则数列的前2m （m 为正整数）项和是 2m+1+m 2－2 .12．已知数列{}n a 满足：434121,0,,N ,n n n n a a a a n *--===∈则2009a =________；2014a =_________.【答案】1，0【解析】本题主要考查周期数列等基础知识.属于创新题型.依题意，得2009450331a a ⨯-==，2014210071007425210a a a a ⨯⨯-====.∴应填1，0.13．在数列{}n a 和{}n b 中，b n 是a n 与a n +1的等差中项，a 1 = 2且对任意*N n ∈都有3a n +1－a n = 0，则数列{b n }的通项公式 nn b 34= . 14．设P 1，P 2，…P n …顺次为函数)0(1>=x xy 图像上的点（如图），Q 1，Q 2，…Q n …顺次为x 轴上的点，且n n n Q P Q Q P O Q OP 122111,,-∆∆∆ ，…，均为等腰直解三角形（其中P n 为直角顶点）.设Q n 的坐标为（*)0)(0,N x n ∈，则数列{a n }的通项公式为n x n 2=*)N n ∈ .三、解答题：15．已知}{n a 是等比数列，S n 是其前n 项的和，a 1，a 7，a 4成等差数列，求证：2S 3，S 6，S 12－S 6，成等比数列.15. [解法1]由已知.21,2,26361311741q q q a q a a a a a =+∴=+=+………………（2分）当66663124373124126361,2()2()2()2q S S S S a a a S a q a q a q S S q ≠-=+++=++= 时…………（4分）.1)1(1)1()1()1(266616318633S S qq a S q q a q S S q =⋅--=⋅--⋅+=+=………………（8分）当,)(2,6,6,3,126612316121613S S S S a S S a S a S q =-=-===同样有时……（10分）所以，61263,,2S S S S -成等比数列.………………………………………………（12分） [解法2]由已知636131174121,2,2q q q a q a a a a a =+∴=+=+，……………（2分）当,36)12(32)(2,1231314122a a a a S S S q =-⨯=-=时∴==.36)6(232126a a S ∴=-.)(2266122S S S S 61263,,2S S S S -成等比数列.…（6分）当,221)1(2111212,1633636q q q q S S q ⋅=+=--⋅=≠时…………………………（8分） ∴61263,,2S S S S -成等比数列.……………………………………………………（11分）综上，61263,,2S S S S -成等比数列.………………………………………………（12分）16.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意自然数n 总有p a p S n n (),1(-=为常数，且q q n b b p p n n (2}{),1,0+=≠≠中有数列为常数）。

2024届高考一轮复习数学课件(新教材人教A版强基版)：数列的综合问题

k＝1
n
n
＝ {[a2k－(－1)2k－1a2k－1]b2k－1＋[a2k＋1－(－1)2ka2k]b2k}＝ 2k·4k，
k＝1
k＝1
n
设 Tn＝ 2k·4k，
k＝1
123456
所以Tn＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n×4n， 4Tn＝2×42＋4×43＋…＋(2n－2)·4n＋2n×4n＋1，两式相减得－3Tn＝2(41＋42＋43＋…＋4n)－2n×4n＋1 ＝2×411－－44n－2n×4n＋1＝2×4n3＋1－4－2n×4n＋1，所以 Tn＝6n－294n＋1＋8，
n 1
所以an＝a1qn－1＝3 2 .
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(2)若bn＝log3a2n－1，求数列{bn}的前n项和Tn. 由(1)可得a2n－1＝3n－1，所以bn＝log3a2n－1＝n－1，故 Tn＝0＋1＋2＋…＋n－1＝nn－ 2 1.
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2.(2022·潍坊模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，S3＝a3＋6. (1)求数列{an}的通项公式；
当n＝1时，整理得2a1＝k·21，解得k＝1，
故2a1＋3a2＋4a3＋…＋(n＋1)an＝n·2n(k∈R)，
(a)
当n≥2时，2a1＋3a2＋4a3＋…＋nan－1＝(n－1)·2n－1，
(b)
(a)－(b)得an＝2n－1(首项符合通项)，
所以an＝2n－1.
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(2)若 bn＝n＋1l1og2an＋1，且数列{bn}的前 n 项和 Tn＝19090，求 n 的值. 由(1)得 bn＝n＋1l1og2an＋1＝nn1＋1＝1n－n＋1 1，所以 Tn＝1－12＋12－13＋…＋1n－n＋1 1＝1－n＋1 1＝19090，解得 n＝99.

高考数学一轮总复习第六章数列高考解答题专项三数列中的综合问题课件

.
(+1)
2
2
=
1
,
2
1
(2)证明由(1)知,

1
∴
1
=
2
1
1
=2 - +1
(+1)
1
1
1
+ +…+ =2(12

2
1
+
2
1
1
− +…+
3

,
1
1
−
)=2(1- )<2.
+1
+1
考点三
数列中的综合问题
考向1.数列与不等式的综合
例 3.已知数列{an}的前 n 项和为
1
Sn,a1=2,当
2n+1,②
①-②得,-Tn=4+(22+23+…+2n)-(n+1)·
2n+1=-n·
2n+1,
所以Tn=n·
2n+1,
所以λTn≤(n2+9)·
2n,即λn·
2n+1≤(n2+9)·
2n,
即
( 2 +9)
λ≤ 2

因为2
+

2
= +
9
≥2
2
9
.
2
9
·
=3,当且仅当
2 2
n=3 时,等号成立,所以 λ≤3.
221b5,即(2+d)2=2(2+4d),化简整理得d2-4d=0,解得
d=0(舍去),或d=4,
∴bn=2+4(n-1)=4n-2.

高考数学一轮总复习第五章数列 55 数列的综合应用课件理

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名师点拨等差、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，确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题，如为求和需要先求出通项、为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，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．
n＋1 2＝－1232－n＋1 1－n＋1 2.
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又因为32－n＋1 1－n＋1 2<32，所以Tn>－34.(12分)
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名师点拨数列中不等式的证明问题
数列型不等式的证明常用到“放缩法”，一是在求和中将通项“放缩”为“可求
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解析：(1)由题意得f(n)＝14.4＋(0.2＋0.4＋0.6＋…＋0.2n)＋0.9n
＝14.4＋0.2n2n＋1＋0.9n＝0.1n2＋n＋14.4.
(2)设该车的年平均费用为S万元，则有
S＝1nf(n)＝1n(0.1n2＋n＋14.4)
＝1n0＋14n.4＋1≥2 1.44＋1＝3.4.
列为模型的实际应用问题
式为主，难度中等或稍难．一般第一问考
．
查求通项，第二问考查求和，并与不等式
3．数列与函数、不等式的综合问题．
、函数、最值等问题综合.
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考点一|等差、等比数列的综合问题 (方法突破) 【例1】 (2018·长沙市一中月考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＋a6＝24，S11 ＝143，数列{bn}的前n项和为Tn，满足2an－1＝λTn－(a1－1)(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式及数列ana1n＋1的前n项和； (2)是否存在非零实数λ，使得数列{bn}为等比数列？并说明理由．

高考数学一轮复习数列中的综合问题

+1
20
的最小正整数m.
3
3
解：（2）因为bn＝
＝
+1 (2−1)(2+1)
3
1
1
＝
−
，
2 2−1 2+1
3
1
1 1
1
1
所以Tn＝ 1− + − + … +
−
2
3
3 5
2−1 2+1
3
1
3
＝ 1−
＜ .
2
2+1
2

要使Tn＜对所有n∈N*都成立，
20
3
则有 ≥ ，即m≥30.
上单调，可得y＝f（x）的图象关于直线x＝1对称，由数列{an}是公差不为0的等
差数列，且f（a4）＝f（a18），可得a4＋a18＝2，又{an}是等差数列，所以a1＋
21(1 +21 )
a21＝a4＋a18＝2，可得数列的前21项和S21＝
为21.故选C.
2
＝21，则{an}的前21项之和
2.（2023·邯郸一模）数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年
1

，求数列{ }的前n项和Tn.
ln2

解：（2）函数f（x）＝2x在（a2，b2）处的切线方程为y－22 ＝（22 ln 2）（x
1
.
ln2
－a2），它在x轴上的截距为a2－
1
1
由题意，a2－＝2－，解得a2＝2.
ln2
ln2
所以d＝a2－a1＝1.从而an＝n，bn＝2n.
1
2
3
数列，
所以ck＝c1＋2（k－1）＝8，解得c1＝10－2k，

高考数学一轮复习第五章数列5.5数列综合学案含解析

数列综合【考纲传真】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，并能用相关知识解决相应的问题.【知识扫描】知识点1 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，弄清该数列的结构和特征．(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．具体解题步骤用框图表示如下：知识点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．(3)递推数列模型：如果题目给出了数列前后两项的关系，或前n项和S n与S n＋1之间的关系，可考虑通过建立递推数列模型求解．必会结论；银行储蓄中的计算公式(1)复利公式：按复利计算的一种储蓄，本金为p元，每期利率为r，存期为n，则本利和S＝p(1＋r)n.(2)单利公式：利息按单利计算，本金为p元，每期利率为r，存期为n，则本利和S＝p(1＋nr)．(3)产值模型：原来产值的基础数为N，平均增长率为r，对于时间x的总产值y＝N(1＋r)x.【学情自测】1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)银行储蓄的单利公式是等差数列模型．( )(2)银行储蓄的复利公式是等比数列模型．( )(3)数列{a n}的通项公式a n＝n2－2an＋1，若数列{a n}是递增数列，则a≤1.()(4)数列{a n }是正项等比数列，b n ＝log a a n (a >0且a ≠1)，则数列{b n }是等差数列．( )2．一个蜂巢里有1只蜜蜂，第1天，它飞出去找回了5个伙伴；第2天，这6只蜜蜂又飞出去，各自找回了5个伙伴……，如果这个找伙伴的过程继续下去，第6天所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有________只蜜蜂( )A ．55 986B ．46 656C ．216D ．363．若互不相等的实数a ，b ，c 成等差数列，c ，a ，b 成等比数列，且a ＋3b ＋c ＝10，则a ＝( )A ．4B ．2C ．－2D ．－44．在直角坐标系中，O 是坐标原点，P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)是第一象限的两个点，若1，x 1，x 2,4依次成等差数列，而1，y 1，y 2,8依次成等比数列，则△OP 1P 2的面积是________．5.在等比数列{a n }中，a n ＞0(n ∈N *)，公比q ∈(0,1)，且a 1a 5＋2a 3a 5＋a 2a 8＝25，又a 3与a 5的等比中项为2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和S n ；(3)是否存在k ∈N *，使得S 11＋S 22＋…＋S n n＜k 对任意n ∈N *恒成立，若存在，求出k 的最小值，若不存在，请说明理由．参考答案1.【答案】 (1)√ (2)√ (3)× (4)√2.【解析】六天蜜蜂的总数组成等比数列{a n }，则a 1＝6，公比q ＝6，则a 6＝66＝46 656.【答案】 B3.【解析】由c ，a ，b 成等比数列可将公比记为q ，三个实数a ，b ，c ，待定为cq ，cq 2，c .由实数a ，b ，c 成等差数列得2b ＝a ＋c ，即2cq 2＝cq ＋c ，又等比数列中c ≠0，所以2q 2－q －1＝0，解一元二次方程得q ＝1(舍去，否则三个实数相等)或q ＝－12，又a ＋3b ＋c ＝a ＋3aq ＋a q＝－52a ＝10，所以a ＝－4. 【答案】 D4.【解析】根据等差、等比数列的性质，可知x 1＝2，x 2＝3，y 1＝2，y 2＝4.∴P 1(2,2)，P 2(3,4)．∴S △OP 1P 2＝1.【答案】 15.【解】 (1)∵a 1a 5＋2a 3a 5＋a 2a 8＝25，∴a 23＋2a 3a 5＋a 25＝25，∴(a 3＋a 5)2＝25，又a n ＞0，∴a 3＋a 5＝5，又a 3与a 5的等比中项为2，∴a 3a 5＝4，而q ∈(0,1)，∴a 3＞a 5，∴a 3＝4，a 5＝1，∴q ＝12，a 1＝16， ∴a n ＝16×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝25－n . (2)∵b n ＝log 2a n ＝5－n ，∴b n ＋1－b n ＝－1，b 1＝log 2a 1＝log 216＝log 224＝4，∴{b n }是以b 1＝4为首项，－1为公差的等差数列，∴S n ＝n －n 2. (3)由(2)知S n ＝n －n 2，∴S n n ＝9－n 2. 当n ≤8时，S n n ＞0；当n ＝9时，S n n ＝0；当n ＞9时，S n n ＜0.∴当n ＝8或9时，S 11＋S 22＋S 33＋…＋S n n＝18最大．故存在k ∈N *，使得S 11＋S 22＋…＋S n n＜k 对任意n ∈N *恒成立，k 的最小值为19. 精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

高考一轮复习数列综合应用知识点+例题+练习

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．学生姓名教师姓名班主任日期时间段年级课时教学内容数列的综合应用教学目标 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．重点数列中通项和前n 项和方法难点同上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 ＝n 2n ＋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：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项．(1)求数列{a n}的通项公式；log a n，S n＝b1＋b2＋…＋b n，对任意正整数n，S n＋(n＋m)a n＋1<0恒成立，(2)若b n＝a n12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(2010·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)一、填空题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9．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．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．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 ＋1)f (n )，n ∈N *，S n 为{b n }的前n 项和，当S n 最大时，求n 的值．。

2023年高考一轮复习习题课——数列的综合问题课件(共18张PPT)

综合考法二数列的实际应用问题
[典例] 实施“二孩”政策后，专家估计某地区人口总数将发生如下变化：从2021年开始到2030年，每年人口总数比上一年增加0.5万人，从2031年开始到 2040年，每年人口总数为上一年的99%.已知该地区2020年人口总数为45万．
(1)求实施“二孩”政策后第n年的人口总数an(单位：万人)的表达式(记2021 年为第一年)；
9×2n＋8<0，所以 1<2n<8，所以 1<n<3，又 n∈N *，所以 n＝1 或 n＝2.
故满足题意的正整数 n 的集合为{1,2}．
“课时验收评价”见“课时验收评价(四十一)” (单击进入电子文档)
[解] (1)由an＋1＝2Sn＋1，可得an＝2Sn－1＋1(n≥2)，两式相减得an＋1－an ＝2an，则an＋1＝3an(n≥2)．因为a1＝S1＝1，a2＝2S1＋1＝3，所以a2＝3a1.故{an} 是首项为1，公比为3的等比数列，所以an＝3n－1.
(2)设等差数列{bn}的公差为 d.由 T3＝15，即 b1＋b2＋b3＝15，可得 b2＝5，故 b1＝5－d，b3＝5＋d.又 a1＝1，a2＝3，a3＝9，且由 a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3 成等比数列可得(1＋5－d)(9＋5＋d)＝(3＋5)2，解得 d＝2 或 d＝－10.因为等差数列 {bn}的各项为正，所以 d＞0.所以 d＝2，b1＝3，所以 Tn＝3n＋nn2－1×2＝n2＋
解：(1)设等差数列{an}的公差为 d，由 a1＝0，S6＝3(a7－1)得6×2 5d＝3(6d－1)，解得 d＝1，所以 an＝n－1. (2)由(1)得 bn＝2n－1，则 b1＋b2＋…＋bn＝11－－22n＝2n－1，b11＋b12＋…＋b1n＝11－－1212n＝2－2n1－1. 不等式b11＋b12＋b13＋…＋b1n>14(b1＋b2＋b3＋…＋bn)即 2－2n1－1>14(2n－1)，即 22n－