高三数学等差等比数列综合运用

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2023高考数学----等差等比数列的交汇问题规律方法与典型例题讲解

2023高考数学----等差等比数列的交汇问题规律方法与典型例题讲解【规律方法】在解决等差、等比数列综合问题时，要充分利用基本公式、性质以及它们之间的转化关系，在求解过程中要树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，并适时地采用“巧用性质，整体考虑”的方法．可以达到减少运算量的目的．【典型例题】例1．（2022·河南·一模（理））已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，()121n n a S n *+=+∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)在n a 和1n a +之间插入n 个数，使这2n +个数组成一个公差为n d 的等差数列，在数列{}n d 中是否存在3项,,m k p d d d （其中,,m k p 是公差不为0的等差数列）成等比数列？若存在，求出这3项；若不存在，请说明理由．【解析】（1）当2n ≥时，由121n n a S +=+得：121n n a S −=+，11222n n n n n a a S S a +−∴−=−=，则13n n a a +=，{}n a 为等比数列，∴等比数列{}n a 的公比为3；当1n =时，2112121a S a =+=+，11321a a ∴=+，解得：11a =，()13n n a n −*∴=∈N（2）假设存在满足题意的3项，由（1）得：13nn a +=，又()11n n n a a n d +=++，1113323111n n n n n n a a d n n n −−+−−⋅∴===+++； ,,m k p d d d 成等比数列，2km p d d d ∴=⋅，即()()()2211224323234311111k m p m p m p m p k −−−+−⋅⋅⋅⋅=⋅=+++++， ,,m k p 成等差数列，2k m p ∴=+，()()()2224343111m p m p m p k +−+−⋅⋅∴=+++，()()()2111121k m p mp m p mp k ∴+=++=+++=++，整理可得：2k mp =，又222m p k +⎛⎫= ⎪⎝⎭，222224m p m mp p mp +++⎛⎫∴== ⎪⎝⎭，即()20m p −=，解得：m p =，则m p k ==，与已知中,,m k p 是公差不为0的等差数列相矛盾，∴假设错误，即不存在满足题意的3项.例2．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，()12,2(1)N n n a n a n S n *=⋅=+⋅∈． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)判断数列231⎧⎫−⎨⎬+⎩⎭n n a n 中是否存在成等差数列的三项，并证明你的结论．【解析】（1）N n *∈，2(1)n n n a n S ⋅=+⋅，则当2n ≥时，()12(1)−⋅−=+⋅n n n n S S n S ，即121−=⋅−n n S Sn n ，而121S =，因此，数列{}n S n 是公比为2的等比数列，则11221n n n S S n −=⋅=，即2n n S n =⋅，所以1(1)(1)22−+⋅==+⋅n nn n S a n n. （2）记231=−+nn n b a n ，由（1）知，123(1)2321−=−⋅+=−+n n n n n b n n ，不妨假设存在,,()<<m n p b b b m n p 三项成等差数列，则()2323232−=−+−n n m m p p ，因为(),,N m n p m n p *<<∈，所以1+≤n p ，令()()32N nnf n n *=−∈，则3()212⎡⎤⎛⎫=−⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦n nf n ，于是有()f n 对N n *∈是递增的，则()(1)≥+f p f n ，即113232++−≥−p p n n ，因此()1123232323232++−=−+−≥−+−n n m m p p m m n n ，即332n m m −≥−，其左边为负数，右边为正数，矛盾，所以数列231⎧⎫−⎨⎬+⎩⎭n n a n 中不存在成等差数列的三项．例3．（2022·福建省福州华侨中学高三阶段练习）已知在正项等比数列{}n a 中13213,,22a a a 成等差数列，则2022202120202019a a a a +=+__________．【答案】9【解析】设正项等比数列{}n a 的公比为q ，则0q >，因为13213,,22a a a 成等差数列，所以31212322a a a ⨯=+，即211132a q a a q =+，又10a >，2230q q ∴−−=所以3q =或1q =−（不符合题意，舍去）.所以20212020322202220211120192018202020191191a a a q a q q q q a a a q a q q ++===+=+++，故答案为：9.例4．（2022·湖北·高三期中）已知{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，n S 是数列{}n a 的前n 项和，1111S =，573b b =，则6326log a b =______．【答案】−1【解析】因为{}n a 是等差数列，且n S 是数列{}n a 的前n 项和，所以()1111161111112a a S a +===，解得61a =，因为{}n b 是等比数列，所以25763b b b ==，则633261log log 13a b ==−. 故答案为：1−.例5．（2022·河南省淮阳中学模拟预测（理））已知等差数列{}n a 的前n 项利为n S ，若9S ，5a ，1成等比数列，且20400S ≥，则{}n a 的公差d 的取值范围为______．【答案】[)2,+∞【解析】因为9S ，5a ，1成等比数列，所以()192595992a a a S a +===，所以59a =，即149a d +=，即194a d =−．由20400S ≥，得()1201902094190400a d d d +=⨯−+≥，解得2d ≥，即{}n a 的公差d 的取值范围为[)2,+∞．故答案为：[)2,+∞．例6．（2022·上海·华东师范大学第一附属中学高三阶段练习）已知等差数列{}n a 的公差d 不为零，等比数列{}n b 的公比q 是小于1的正有理数．若1a d =，21b d =，且222123123a a ab b b ++++是正整数，则q 的值可以是______．【答案】12【解析】由题意知：{}n a 是首项为d ，公差为d ，且0d ≠的等差数列，{}n b 是首项为2d ，公比为q ，且01q <<的等比数列，∴()()()2222222123222222212323141411d d d a a a d b b b d d q d q q q d q q ++++===++++++++，要使222123123a a ab b b ++++为正整数，即2141q q ++为正整数，∵01q <<，201q <<，∴2113q q <++<，设2141q q n ++=，()0n >，即1413n <<，即14143n <<，又∵21414141n q q n==++，∴n 为正整数，则满足范围的n 的值有：5，6，7，8，9，10，11，12，13，又221314124q q q n ⎛⎫++=++= ⎪⎝⎭，即111222q =−=−=−又由题意知：01q <<，且为有理数，∴12q =−8n =时，满足题意，此时：111112222q =−−−+=.故答案为：12.例7．（2022·贵州·顶效开发区顶兴学校高三期中（理））对于集合A ，B ，定义集合{|}A B x x A x B −=∈∉且. 己知等差数列{}n a 和正项等比数列{}n b 满足14a =，12b =，212n n n b b b ++=+，332a b =+．设数列{}n a 和{}n b 中的所有项分别构成集合A ，B ，将集合A B −的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{}n c ，则数列{}n c 的前30项和30S =_________. 【答案】1632【解析】{}n b 为正项等比数列，则2221222n n n n n n b b b b q b q b q q ++=+⇒=+⇒=+，解得2q =或1q =−（舍），∴1122n nn b b −==；{}n a 为等差数列，则331222a a d =+=+，∴3d =，∴()41331n a n n =+−⋅=+.由231,*nn m b a m n m =⇒=+∈N 、，可得当2468n =、、、时，152185m =、、、，故数列{}n c 的前30项包含数列{}n a 前33项除去数列{}n b 第2、4、6项，()3043331334166416322S +⨯+⨯=−−−=.故答案为：1632例8．（2022·全国·模拟预测（文））设数列{}n a ，{}n b 满足2n n a =，38n b n =−，则它们的公共项由小到大排列后组成新数列{}n c ．在k c 和()1N*k c k +∈中插入k 个数构成一个新数列{}n e ：1c ，1，2c ，3，5，3c ，7，9，11，4c ，…，插入的所有数构成首项为1，公差为2的等差数列，则数列{}n e 的前20项和20T =______．【答案】1589【解析】2nn a =，∴数列{}n a 是以2首项，公比为2的等比数列，12a ∴=，24a =，38a =，416a =，因为38n b n =−，所以15b =−，22b =−，31b =，44b = 知1a 显然不是数列{}n b 中的项．424a b ==，2a ∴是数列{}n b 中的第4项，设2kk a =是数列{}n b 中的第m 项，则238(k m k =−、*N )m ∈．112222(38)616k k k a m m ++==⨯=−=−， 1k a +∴不是数列{}n b 中的项．222424(38)3(48)8k k k a m m ++==⨯=−=−−，2k a +∴是数列{}n b 中的项．21c a ∴=，42c a =，63c a =，⋯，2n n c a =，∴数列{}n c 的通项公式是224n n n c ==．因为12345520+++++=，所以{}n e 的前20项包括n c 的前5项，以及21n −的前15项，所以 1234520444441329T =++++++++()()5414129151589142−+⨯=+=−故答案为：1589.。

高三数学数列综合应用试题答案及解析

高三数学数列综合应用试题答案及解析1.已知数列{an }中，a1＝2，an－an－1－2n＝0(n≥2，n∈N*)．(1)写出a2，a3的值(只写结果)，并求出数列{an}的通项公式；(2)设bn＝＋＋＋…＋，若对任意的正整数n，当m∈[－1,1]时，不等式t2－2mt＋>bn恒成立，求实数t的取值范围．【答案】（1）a2＝6，a3＝12. an＝n(n＋1)．（2）实数t的取值范围为(－∞，－2)∪(2，＋∞)【解析】解：(1)∵a1＝2，an－an－1－2n＝0(n≥2，n∈N*)，∴a2＝6，a3＝12.当n≥3时，an －an－1＝2n，a n－1－a n－2＝2(n－1)，又a3－a2＝2×3，a2－a1＝2×2，∴an －a1＝2[n＋(n－1)＋…＋3＋2]，∴an＝2[n＋(n－1)＋…＋3＋2＋1]＝2×＝n(n＋1)．当n＝1时，a1＝2；当n＝2时，a2＝6，也满足上式，∴数列{an }的通项公式为an＝n(n＋1)．(2)bn＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝－＋－＋…＋－＝－＝＝.令f(x)＝2x＋(x≥1)，则f′(x)＝2－，当x≥1时，f′(x)>0恒成立，∴函数f(x)在[1，＋∞)上是增函数，故当x＝1时，f(x)min＝f(1)＝3，即当n＝1时，(bn )max＝.要使对任意的正整数n，当m∈[－1,1]时，不等式t2－2mt＋>bn恒成立，则需t2－2mt＋>(bn )max＝，即t2－2mt>0对∀m∈[－1,1]恒成立，∴，解得t>2或t<－2，∴实数t的取值范围为(－∞，－2)∪(2，＋∞)．2.一函数y＝f(x)的图象在给定的下列图象中，并且对任意an ∈(0,1)，由关系式an＋1＝f(a n)得到的数列{an }满足an＋1>a n(n∈N*)，则该函数的图象是()【答案】A【解析】由an＋1>a n可知数列{a n}为递增数列，又由a n＋1＝f(a n)>a n可知，当x∈(0,1)时，y＝f(x)的图象在直线y＝x的上方，故选A.3.设函数）定义为如下数表，且对任意自然数n均有xn+1=的值为( ) A．1B．2C．4D．5【答案】D【解析】,又根据,所以有,,,, .,所以可知：,,故选D.【考点】数列的周期性4.是点集A到点集B的一个映射，且对任意，有.现对点集A中的点，，均有，点为（0,2），则线段的长度 .【答案】【解析】∵，∴，，，，，，…，根据变化规律可知，∴，，∴.【考点】1.数列的性质；2.两点间距离公式.5.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{an},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{bn},可以推测:(1)b2012是数列{an}中的第项;(2)b2k-1=.(用k表示)【答案】(1)5030(2)【解析】由以上规律可知三角形数1,3,6,10,…的一个通项公式为an=,写出其若干项有:1,3,6,10,15,21,28,36,45,55,66,78,91,105,120,…其中能被5整除的为10,15,45,55,105,120,…故b1=a4,b2=a5,b3=a9,b4=a10,b5=a14,b6=a15,….从而由上述规律可猜想:b2k =a5k= (k为正整数),b2k-1=a5k-1==,故b2012=b2×1006=a5×1006=a5030,即b2012是数列{an}中的第5030项.6.已知数列满足，则该数列的通项公式_________．【答案】【解析】∵，∴，∴，∴，，…，，∴，∴，∴.【考点】1.累加法求通项公式；2.裂项相消法求和.7.数列满足，则 .【答案】【解析】这类问题类似于的问题处理方法，在中用代换得（），两式相减得，，又，即，故.【考点】数列的通项公式.8.已知函数，记，若是递减数列，则实数的取值范围是______________.【答案】【解析】是递减数列，从开始是用式子计算，这时只要，即即可，关键是是通过二次式计算，根据二次函数的性质，应该有且，即且，解得，综上取值范围是．【考点】数列的单调性．9.已知数列{｝的前n项和为，且，则使不等式成立的n的最大值为．【答案】4【解析】当时，，得，当时，，所以，所以，又因为适合上式，所以，所以，所以数列是以为首项，以4为公比的等比数列，所以，所以，即，易知的最大值为4.【考点】1.等比数列的求和公式；2.数列的通项公式.10.甲、乙两人用农药治虫，由于计算错误，在A、B两个喷雾器中分别配制成12%和6%的药水各10千克，实际要求两个喷雾器中的农药的浓度是一样的，现在只有两个容量为1千克的药瓶，他们从A、B两个喷雾器中分别取1千克的药水，将A中取得的倒入B中，B中取得的倒入A中，这样操作进行了n次后，A喷雾器中药水的浓度为，B喷雾器中药水的浓度为．（1）证明：是一个常数；（2）求与的关系式；（3）求的表达式．【答案】(1)18;(2);(3) .【解析】(1)利用n次操作后A和B的农药的和应与开始时农药的重量和相等建立等量关系，证明是一个常数；(2)借助第一问的结论和第n次后A中10千克的药水中农药的重量具有关系式，求解与的关系式；（3）根据第二问的递推关系，采用构造数列的思想进行求解.试题解析：（1）开始时，A中含有10=1.2千克的农药，B中含有10=0.6千克的农药，，A中含有千克的农药，B中含有千克的农药，它们的和应与开始时农药的重量和相等，从而（常数）． 4分（2）第n次操作后，A中10千克的药水中农药的重量具有关系式：由（1）知，代入化简得① 8分（3）令，利用待定系数法可求出λ=—9，所以，可知数列是以为首项，为公比的等比数列．由①，,由等比数列的通项公式知：，所以． 12分【考点】1.数列的递推式；（2）数列的通项公式；（3）实际应用问题.11.等比数列的各项均为正数，且，则【答案】B【解析】等比数列中，所以【考点】等比数列性质及对数运算点评：等比数列中，若则，在对数运算中12.已知数列的首项为，对任意的，定义.（Ⅰ）若，(i)求的值和数列的通项公式；(ii)求数列的前项和；（Ⅱ）若，且，求数列的前项的和.【答案】(1) ,,(2) 当为偶数时，；当为奇数时，【解析】(Ⅰ) 解：(i),,………………2分由得当时，=………4分而适合上式，所以.………………5分(ii)由(i)得：……………6分……………7分…………8分(Ⅱ)解：因为对任意的有，所以数列各项的值重复出现，周期为. …………9分又数列的前6项分别为，且这六个数的和为8. ……………10分设数列的前项和为，则，当时，，……………11分当时，，…………12分当时所以，当为偶数时，；当为奇数时，. ……………13分【考点】数列的通项公式，数列的求和点评：解决的关键是对于数列的递推关系的理解和运用，并能结合裂项法求和，以及分情况讨论求和，属于中档题。

2020版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题四第一讲等差数列、等比数列

(1)求{an}的通项公式．
(2)求Sn.并求Sn的最小值．
[解析](1)设等差数列{an}的公差为d.由题意得3a1＋3d＝－15.
由a1＝－7得d＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n－9.
(2)由(1)得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.
所以当n＝4时.Sn取得最小值.最小值为－16.
例1 (1)已知等比数列{an}的前n项和为Sn.a1＋a3＝30.S4＝120.设bn＝1＋log3an.那么数列{bn}的前15项和为( B )
6．(20xx·全国卷Ⅰ.14)记Sn为数列的前n项和．若Sn＝2an＋1.则S6＝－63..
[解析]依题意. 作差得an＋1＝2an.
所以数列{an}是公比为2的等比数列.
又因为a1＝S1＝2a1＋1.
所以a1＝－1.所以an＝－2n－1.
所以S6＝＝－63.
7．(20xx·全国卷Ⅱ.16)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知a1＝－7.S3＝－15.
A．1B．2
C．4D．8
[解析]设{an}的公差为d.则由
得
解得d＝4.
故选C．
4．(20xx·全国卷Ⅲ.9)等差数列{an}的首项为1.公差不为0.若a2.a3.a6成等比数列.则{an}的前6项和为( A )
A．－24B．－3
C．3D．8
[解析]由已知条件可得a1＝1.d≠0.
由a ＝a2a6可得(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d).
(3)注意整体思想.如在与等比数列前n项和有关的计算中.两式相除就是常用的计算方法.整体运算可以有效简化运算．
G
1．(20xx·邵阳模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn.已知a2a3＝2a1.且a4与2a7的等差中项为 .则S5＝( B )

“一题多问、一题多变”有效教学模式的课例探究——等差、等比数列的综合应用

“一题多问、一题多变”有效教学模式的课例探究——等差、等比数列的综合应用作者：何淑娟来源：《新课程·上旬》 2014年第5期文/何淑娟有效教学坚持以学生发展为本的教学目标，不仅关注学生的考试分数，更关注学生体魄的健壮、情感的丰富和社会适应性的提升，从知识与技能、过程与方法、情感态度与价值观三个维度去促进学生个体的全方位发展，使学生获得知识与基本技能的同时成为学会学习和形成正确价值观的过程。

与低效、无效教学不同，有效教学特别注重教学目标和学生发展的全面性、整体性和协调性。

“三维目标”是一个完整、协调、互相联系的整体。

同时，“三维目标”不是三个独立的目标，而是一个问题的三个方面。

在课堂教学中，不能完成了一维目标再落实另一维目标，而是要注重“三维目标”的整体性和协调性。

因此，有效教学主张教师树立教学目标的整体结构观念，全面实现“三维目标”，使教学目标价值的实现统一于同一教学过程中，从而充分实现教学的基本价值，促进学生全面和谐的发展。

在推进数学教学改革的实践中，我校提出课例研究主题为“开展有效课堂教学”。

目的是通过有效课堂教学，使复习更有效，更有利于学生的高考，同时又能减轻学生的负担。

在课堂教学中又能培养学生参与意识、合作意识、创新素质，一步一个脚印地面向全体学生，使每个学生有所发展，获得有价值的数学。

使他们在数学学习中摆脱枯燥乏味，而是能真正地了解数学、体会数学，甚至爱上数学。

本次的课例研究也是围绕这个主题开展的。

我选择的是高三的一节数学课作为课例研究的载体，课题为《等差、等比数列的通项及其求和》，教学课时为高考二轮专题复习课。

第一次授课：一、创设情境，引入新课教师：我们已经熟练掌握了等差、等比数列的通项公式及其前n项和公式，也能根据等差、等比数列的基本性质求出等差、等比数列的通项，运用公式求前n项和。

下面请同学们动手做一下浙江2012年样卷中的数列大题。

例1.（浙江2012年样卷）设等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，已知a1=b1=1，a2+b2=a3，S3=3（a3+b3）。

2019届高三数学复习--数列--数列、等差数列与等比数列

2019届⾼三数学复习--数列--数列、等差数列与等⽐数列2019届⾼三数学复习--数列--数列、等差数列与等⽐数列第10讲数列、等差数列与等⽐数列1.(1)[2014?全国卷Ⅱ]数列{an}满⾜an+1=,a8=2,则a1= .(2)[2018?全国卷Ⅰ]记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an+1,则S6= .[试做]命题⾓度数列的递推问题(1)解决数列的递推问题:关键⼀,利⽤an=得出an与an+1(或an-1)的递推式;关键⼆,观察递推式的形式,采⽤不同的⽅法求an.(2)若递推式形如an+1=an+f(n),an+1=f(n)?an,则可分别通过累加、累乘法求得通项公式,或⽤迭代法求得通项公式;若递推式形如an+1=pan+q(其中p,q均为常数,且p≠1),则通常化为an+1-t=p(an-t)的形式,其中t=,再利⽤换元法转化为等⽐数列求解.2.(1)[2017?全国卷Ⅲ]等差数列{an}的⾸项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等⽐数列,则{an}前6项的和为( )A.-24B.-3c.3D.8(2)[2016?全国卷Ⅰ]设等⽐数列{an}满⾜a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最⼤值为 .[试做]命题⾓度等差、等⽐数列的基本计算关键⼀:基本量思想(等差数列:⾸项a1和公差d.等⽐数列:⾸项a1和公⽐q).关键⼆:等差数列的性质,若+n=p+q(,n,p,q∈N*),则an+a=ap+aq;等⽐数列的性质,若+n=p+q(,n,p,q∈N*),则ana=apaq.3.(1)[2017?全国卷Ⅱ]等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则 .(2)[2015?全国卷Ⅱ]设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn= .[试做]命题⾓度数列求和关键⼀:利⽤等差数列、等⽐数列的前n项和公式求解.关键⼆:利⽤数列求和⽅法(公式法、倒序相加法、分组求和法、并项求和法、错位相减法、裂项相消法)求解.⼩题1数列的递推关系1(1)已知数列{an}的前n项和为Sn,若3Sn=2an-3n,则a2018=( )A.22018-1B.32018-6c.-D.-(2)已知数列{an}满⾜a1=15,=2(n∈N*),则的最⼩值为 .[听课笔记]【考场点拨】由递推关系式求数列的通项公式,常⽤的⽅法有:①求出数列的前⼏项,再归纳猜想出数列的⼀个通项公式(注意验证);②将已知递推关系式整理、变形得到等差或等⽐数列的通项公式,或⽤累加法(适⽤于an+1=an+f(n)型)、累乘法(适⽤于an+1=an?f(n)型)、待定系数法(适⽤于an+1=pan+q 型)求通项公式.【⾃我检测】1.数列{an}满⾜a1=1,且对任意的,n∈N*,都有a+n=a+an+n,则+++…+等于( )A.B.c.D.2.定义各项均不为0的数列{an}:a1=1,a2=1,当n≥3时,an=an-1+.定义各项均不为0的数列{bn}:b1=1,b2=3,当n≥3时,bn=bn-1+.则=( )A.2017B.2018c.2019D.10093.在数列{an}中,a1=0,an+1=,则数列{an}的前2018项和S2018= .4.已知数列{an}的前n项和为Sn,且an+Sn=3n-1,则数列{an}的通项公式an= .⼩题2等差、等⽐数列的基本计算2(1)已知数列{an}的前n项和Sn=2n+1-2,bn=log2(?),数列{bn}的前n项和为Tn,则满⾜Tn>1024的n的最⼩值为( )A.9B.10c.12D.15(2)已知等差数列{an}中,a3=7,a9=19,Sn为数列{an}的前n项和,则的最⼩值为 .[听课笔记]【考场点拨】等差、等⽐数列问题的求解策略:(1)抓住基本量,⾸项a1、公差d或公⽐q;(2)熟悉⼀些结构特征,如前n项和为Sn=an2+bn(a,b是常数)的形式的数列为等差数列,通项公式为an=p?qn-1(p,q≠0)的形式的数列为等⽐数列;(3)由于等⽐数列的通项公式、前n项和公式中变量n在指数位置,所以常采⽤两式相除(即⽐值的⽅式)进⾏相关计算.【⾃我检测】1.已知数列{an}是公⽐为q的等⽐数列,若a1,a3,a2成等差数列,则公⽐q的值为( )A.-B.-2c.1或-D.-1或2.等⽐数列{an}的⾸项为3,公⽐q≠1,若a4,a3,a5成等差数列,则数列{an}的前5项和S5=( )A.-31B.33c.45D.933.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=-11,a4+a6=-6,则当Sn取得最⼩值时,n的值为 .4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=9,a5=1,则使得Sn>0成⽴的n的最⼤值为 .⼩题3等差、等⽐数列的性质3(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a4,a10是⽅程x2-8x+1=0的两个根,则S13=( )A.58B.54c.56D.52(2)已知数列{an}的各项都为正数,对任意的,n∈N*,a?an=a+n恒成⽴,且a3?a5+a4=72,则log2a1+log2a2+…+log2a7= .[听课笔记]【考场点拨】等差、等⽐数列性质使⽤的注意点:(1)通项性质:若+n=p+q=2k(,n,p,q,k∈N*),则对于等差数列有a+an=ap+aq=2ak,对于等⽐数列有aan=apaq=.(2)前n项和的性质:对于等差数列有S,S2-S,S3-S2,…成等差数列;对于等⽐数列,若有S,S2-S,S3-S2,…成等⽐数列,则仅在q≠-1,或q=-1且为奇数时满⾜.【⾃我检测】1.已知数列{an}为等差数列,数列{bn}为等⽐数列,且满⾜a2017+a2018=π,=4,则tan=( )A.-1B.c.1D.2.已知等⽐数列{an}中,a5=2,a6a8=8,则=( )A.2B.4c.6D.83.已知正项等⽐数列{an}的前n项和为Sn,且S10=10,S30=130,则S40=( )A.-510B.400c.400或-510D.30或404.已知等差数列{an}的公差不为0,a1=1,且a2,a4,a8成等⽐数列,{an}的前n项和为Sn,则Sn=( )A.B.c.D.⼩题4等差、等⽐数列的综合问题4(1)已知等差数列{an}的前n项和为Tn,a3=4,T6=27,数列{bn}满⾜bn+1=b1+b2+b3+…+bn,b1=b2=1,设cn=an+bn,则数列{cn}的前11项和S11=( )A.1062B.2124c.1101D.1100(2)已知数列{an}的通项公式为an=n+t(t∈R),数列{bn}为公⽐⼩于1的等⽐数列,且满⾜b1?b4=8,b2+b3=6,设cn=+,在数列{cn}中,若c4≤cn(n∈N*),则实数t的取值范围为 .[听课笔记]【考场点拨】解决数列的综合问题的易失分点:(1)公式an=Sn-Sn-1适⽤于所有数列,但易忽略n≥2这个前提;(2)对含有字母的等⽐数列求和时要注意q=1或q≠1的情况,公式Sn=只适⽤于q≠1的情况.【⾃我检测】1.已知数列{an}的各项均为整数,a8=-2,a13=4,前12项依次成等差数列,从第11项起依次成等⽐数列,则a15=( )A.8B.16c.64D.1282.已知正项等⽐数列{an}的前n项和为Sn,且a1a6=2a3,a4与2a6的等差中项为,则S5=( )A.B.30c.31D.3.当n为正整数时,定义函数N(n)表⽰n的最⼤奇因数,如N(3)=3,N(10)=5.若S(n)=N(1)+N(2)+N(3)+…+N(2n),则S(5)=( )A.342B.345c.341D.3464.已知等⽐数列{an}满⾜a2a5=2a3,且a4,,2a7成等差数列,则a1?a2?…?an的最⼤值为 .模块三数列第10讲数列、等差数列与等⽐数列典型真题研析1.(1)(2)-63[解析](1)由题易知a8==2,得a7=;a7==,得a6=-1;a6==-1,得a5=2,于是可知数列{an}具有周期性,且周期为3,所以a1=a7=.(2)⽅法⼀:令n=1,得S1=a1=2a1+1,所以a1=-1,⼜由Sn=2an+1=2(Sn-Sn-1)+1(n≥2),得Sn=2Sn-1-1(n≥2),即Sn-1=2(Sn-1-1)(n≥2),所以数列{Sn-1}是以S1-1=-2为⾸项,2为公⽐的等⽐数列,所以S6-1=(-2)×25=-64,则S6=-63.⽅法⼆:令n=1,得S1=a1=2a1+1,所以a1=-1.由Sn=2an+1①,得Sn-1=2an-1+1(n≥2)②,①-②得an=2an-2an-1(n≥2),即an=2an-1(n≥2),所以{an}是以a1=-1为⾸项,2为公⽐的等⽐数列,于是S6==-63.2.(1)A(2)64[解析](1){an}为等差数列,且a2,a3,a6成等⽐数列,则=a2?a6,即(a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d).将a1=1代⼊上式并化简,得d2+2d=0,∵d≠0,∴d=-2,∴S6=6a1+d=1×6+×(-2)=-24.(2)设该等⽐数列的公⽐为q,则q==,可得a1+a1=10,得a1=8,所以an=8×n-1=n-4.所以a1a2…an=-3-2-1+0+…+(n-4)=,易知当n=3或n=4时,(n2-7n)取得最⼩值-6,故a1a2…an的最⼤值为-6=64.3.(1) (2)- [解析](1)设公差为d,则a1+2d=3且4a1+6d=10,解得a1=1,d=1,所以Sk=,=2,所以(2)因为a1=-1,an+1=SnSn+1,所以S1=-1,Sn+1-Sn=SnSn+1,所以-=-1,所以数列是⾸项为-1,公差为-1的等差数列,所以=-n,所以Sn=-.考点考法探究⼩题1例1(1)A(2)[解析](1)由题意可得3Sn=2an-3n,3Sn+1=2an+1-3(n+1),两式作差可得3an+1=2an+1-2an-3,即an+1=-2an-3,即an+1+1=-2(an+1),由3S1=2a1-3=3a1,可得a1=-3,∴a1+1=-2,∴数列{an+1}是⾸项为-2,公⽐为-2的等⽐数列,据此有a2018+1=(-2)×(-2)2017=22018,∴a2018=22018-1.(2)由=2,得an+1-an=2n,∵a1=15,∴当n≥2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=15+2+4+…+2(n-1)=15+2×=n2-n+15, ∵a1=15满⾜上式,∴an=n2-n+15,∴=n+-1,易知当n依次取1,2,3时,n+-1的值递减;当n取⼤于或等于4的⾃然数时,n+-1的值递增.当n=3时,=3+5-1=7;当n=4时,=4+-1=.故的最⼩值为.【⾃我检测】1.c [解析]∵an+=a+an+n对任意的,n∈N*都成⽴,∴an+1=an+a1+n=an+1+n,即an+1-an=1+n,∴a2-a1=2,a3-a2=3,…,an-an-1=n(n≥2),把上⾯(n-1)个式⼦相加可得,an-a1=2+3+4+…+n,∴an=1+2+3+…+n=(n≥2),当n=1时,a1=1,满⾜上式,∴an=,从⽽有==2,∴+++…+=2×=.2.D [解析]当n≥3时,由an=an-1+两边同除以an-1,可得=1+,即-=1,则数列是⾸项为1,公差为1的等差数列,所以=n-1(n≥2),所以an=a1×××…×=1×1×2×…×(n-1)(n≥2).同理可得-=1(n≥3),则数列是⾸项为3,公差为1的等差数列,所以=n+1(n≥2),可得bn=b1×××…×=1×3×4×…×(n+1)(n≥2), 所以==1009,故选D.3. [解析]∵a1=0,an+1=,∴a2==,a3===-,a4==0,∴数列{an}具有周期性,其周期为3,且a1+a2+a3=0,则S2018=S3×672+2=a1+a2=.4.3-[解析]由an+Sn=3n-1,得当n≥2时,an-1+Sn-1=3n-4,两式相减得an=an-1+,∴an-3=(an-1-3).∵当n=1时,a1+S1=3-1=2,∴a1=1,∵a1-3=-2,∴数列{an-3}是以-2为⾸项,为公⽐的等⽐数列, ∴an-3=-2?,∴an=3-.⼩题2例2 (1)A (2)3 [解析](1)因为数列{an}的前n项和Sn=2n+1-2,所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n+1-2n=2n,当n=1时,a1=21+1-2=2,满⾜上式,所以an=2n,所以bn=log2(?)=log2+log2=2n+2n,所以数列{bn}的前n项和Tn=+=n(n+1)+2n+1-2,易知当n∈N*时,Tn递增.当n=9时,T9=9×10+210-2=1112>1024;当n=8时,T8=8×9+29-2=582 所以满⾜Tn>1024的n 的最⼩值为9.(2)∵a3=7,a9=19,∴公差d===2,∴an=a3+(n-3)d=7+2(n-3)=2n+1,∴Sn==n(n+2),∴==≥×2=3,当且仅当n=2时取等号.【⾃我检测】1.c [解析]由题意知2a3=a1+a2,∴2a1q2=a1q+a1,即2q2=q+1,∴q=1或q=-.2.B [解析]∵等⽐数列{an}的⾸项为3,∴an=3qn-1,⼜a4,a3,a5成等差数列,∴a4+a5=2a3,∴q2+q=2,∴(q+2)(q-1)=0,∴q=-2,∴an=3?(-2)n-1,∴S5==33,故选B.3.6 [解析]设数列{an}的公差为d,则a4+a6=2a1+8d=2×(-11)+8d=-6,解得d=2,所以Sn=-11n+×2=n2-12n=(n-6)2-36,所以当n=6时,Sn取得最⼩值.4.9 [解析]因为a1=9,a5=1,所以公差d==-2,所以Sn=9n+n(n-1)(-2)=10n-n2,令Sn>0,得00成⽴的n的最⼤值为9.⼩题3例3 (1)D (2)21 [解析](1)由根与系数的关系可得a4+a10=8,结合等差数列的性质可得a1+a13=a4+a10=8,则S13===52.(2)令=1,∵a?an=a+n,∴a1?an=a1+n,∴数列{an}为等⽐数列.由a3?a5+a4=72,得+a4=72,∵a4>0,∴a4=8,∴log2a1+log2a2+…+log2a7=log2(a1?a2?…?a7)=log2=log287=21.【⾃我检测】1.c[解析]由等差数列的性质可知,a2+a4033=a2017+a2018=π,由等⽐数列的性质可知,b1b39==4,所以tan=tan=1,故选c.2.A [解析]设数列{an}的公⽐为q.∵数列{an}是等⽐数列,∴a6a8==8,∴a7=2(与a5同号),∴q2==,∴=q4=()2=2.故选A.3.B [解析]∵正项等⽐数列{an}的前n项和为Sn,∴S10,S20-S10,S30-S20,S40-S30也成等⽐数列,∴10×(130-S20)=(S20-10)2,解得S20=40或S20=-30(舍),故S40-S30=270,∴S40=400,故选B.4.A [解析]设等差数列{an}的公差为d(d≠0).∵a2,a4,a8成等⽐数列,∴=a2?a8,即(a1+3d)2=(a1+d)?(a1+7d),∴(1+3d)2=(1+d)?(1+7d),∴d=1,∴Sn=n+=.故选A.⼩题4例 4 (1)c (2)[-4,-2] [解析](1)设数列{an}的公差为d,则解得∴数列{an}的通项公式为an=n+1.当n≥2时,bn+1-bn=bn,∴bn+1=2bn,即数列{bn}从第⼆项起为等⽐数列,∴bn=2n-2(n≥2), ∴数列{bn}的通项公式为bn=分组求和可得数列{cn}的前11项和S11=(2+3+4+…+12)+(1+1+2+22+…+29)=77+210=1101.(2)在等⽐数列{bn}中,由b1?b4=8得b2?b3=8,⼜b2+b3=6,且公⽐q⼩于1,∴b2=4,b3=2,∴q==,因此bn=b2qn-2=4×=.由cn=+,得cn=∴cn是取an,bn中的较⼤者.由题易知c4是数列{cn}中的最⼩项,⼜bn=递减,an=n+t递增,∴当c4=a4时,c4≤cn,即a4≤cn,a4是数列{cn}中的最⼩项,则必须满⾜b4 【⾃我检测】1.B [解析]设由数列{an}的前12项构成的等差数列的公差为d,从第11项起构成的等⽐数列的公⽐为q,由a13===4,解得d=1或d=,⼜数列{an}的各项均为整数,故d=1,所以q==2,所以an=故a15=24=16,故选B.2.c [解析]设正项等⽐数列{an}的公⽐为q,q>0.∵a1a6=2a3,a4与2a6的等差中项为,∴q5=2a1q2,a1(q3+2q5)=3,得a1=16,q=,则S5==31.3.A [解析]由题设知,N(2n)=N(n),N(2n-1)=2n-1,∴S(n)=[1+3+5+…+(2n-1)]+[N(2)+N(4)+N(6)+…+N(2n)]=4n-1+[N(1)+N(2)+N(3)+…+N(2n-1)]=4n-1+S(n-1)(n≥2),⼜S(1)=N(1)+N(2)=2, ∴S(n)=4n-1+4n-2+…+41+2=,∴S(5)==342.故选A.4.1024[解析]设数列{an}的公⽐为q.由已知得a3a4=a2a5=2a3?a4=2,a4+2a7=2×?a7=,∴==q3, ∴q==2-1,a1==24,∴an=24?2-(n-1)=25-n,∴a1?a2?…?an=24×23×…×25-n=24+3+…+(5-n)===,∴当n=4或5时,a1?a2?…?an取得最⼤值1024.[备选理由]例1为由递推关系求数列的通项公式问题,难度较⼤;例2考查等⽐数列前n项和中参数的计算,不同于原例2只考查等差、等⽐数列的基本量的计算;例3考查等⽐数列的计算,采⽤整体求解⽐较⽅便;例4为等差数列性质的应⽤问题;例5是⼀道等差数列与等⽐数列的综合题.例 1 [配例1使⽤]已知数列{an}满⾜a1=1,a2=,若anan-1+2anan+1=3an-1an+1(n≥2,n∈N*),则数列{an}的通项公式为an= .[答案][解析]∵anan-1+2anan+1=3an-1an+1(n≥2,n∈N*), ∴+=,即-=2,⼜∵-=2,∴数列是以2为⾸项,2为公⽐的等⽐数列,∴-=2n,∴当n≥2时,=++…++=2n-1+2n-2+…+2+1==2n-1.当n=1时,=1,满⾜上式,∴=2n-1,∴an=.例 2 [配例2使⽤]已知等⽐数列{an}的前n项和Sn=32n-1+r,则r的值为( )A.B.-c.D.-[解析]B 当n=1时,a1=S1=3+r;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=32n-1-32n-3=32n-3(32-1)=8?32n-3=8?32n-2?3-1=?9n-1.∵数列{an}为等⽐数列,∴3+r=,∴r=-,故选B.例3[配例2使⽤]在等⽐数列{an}中,已知a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则a8+a9+a10= .[答案]128[解析]设数列{an}的公⽐为q.∵a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=(a1+a2+a3)q=2,∴q=2,∴a8+a9+a10=(a1+a2+a3)q7=27=128.例4 [配例3使⽤]在等差数列{an}中,其前n项和为Sn,若2(a1+a4+a7)+3(a9+a11)=24,则S13+2a7=( )A.17B.26c.30D.56[解析]c 设等差数列{an}的公差为d,由等差数列的性质可得a1+a7=2a4,a9+a11=2a10,则有6a4+6a10=24,即a1+6d=2,所以S13=13a1+d=13(a1+6d)=26,2a7=2(a1+6d)=4,所以S13+2a7=30.例5 [配例4使⽤]已知各项都是正数的等⽐数列{an}的公⽐q≠1,且a2,a3,a1成等差数列,则的值为( )A.B.c.D.或[解析]B 由题得a3×2=a2+a1,∴a1q2=a1q+a1,∴q=,∴==q2=.。

高三数学等差数列、等比数列 (2)

这样就可以运用解法1和解法2的方法了（下解略）．
解法３：由 an+1=4an+3
an+２=4an+1+3
②
①得
②-①得：an+2-an+1=4(an+1-an)．则数列｛an+1-an｝是首项为a２ -a１＝(４ a１＋３)-a１＝３ a１+3=9，公比为４的等比数列．
所以， an-an-1＝9×4n-2 所以，an=(an-an-1)+ (an-1-an-2)+ …+(a2-a1)＋a1 ＝9×4n-2＋ 9×4n-３＋…＋ 9×40＋２
例4.已知数列an, a1
1 2
, an
3an1
3n1, 求an.
解：两边同除以3n得：
an 3n
an1 3n1
1 3
,即
:
an 3n
an1 3n1
1. 3
an 3n
是以
a1 3
1 为首项，
6
公差为
1 的等差数列 . 3
an 1 (n 1)( 1) 1 1 n.即
3n 6
3 23
an
1 3n 2
n 3n1.
例5.已知数列an, a1 3, an 4an1 5 3n , 求an.
解法1：两边同除以3n得：
an 3n
4 3
an1 3n1
5.
令 an 3n
An ,则得An
4 3
An1 5.(以下用例3的方法解)
又令An
k
4 3
( An1
k ),则An
4 3
An1
an
4an1

2023年高考数学微专题专练32含解析文 (1)

专练32 高考大题专练(三) 数列的综合运用1．[2021·全国乙卷]设{a n }是首项为1的等比数列，数列{b n }满足b n ＝na n3.已知a 1，3a 2，9a 3成等差数列．(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)记S n 和T n 分别为{a n }和{b n }的前n 项和．证明：T n <S n2.2．[2022·全国甲(文)，18]记S n 为数列{}a n 的前n 项和．已知2S nn＋n ＝2a n ＋1.(1)证明：{}a n 是等差数列；(2)若a 4，a 7，a 9成等比数列，求S n 的最小值．3．[2022·新高考Ⅰ卷，17]记S n 为数列{}a n 的前n 项和，已知a 1＝1，⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n an 是公差为13的等差数列．(1)求{}a n 的通项公式； (2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n<2.4.[2021·全国甲卷]记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a n >0，a 2＝3a 1，且数列{S n }是等差数列，证明：{a n }是等差数列．5．[2022·云南省高三联考(二)]已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，满足4S n ＝a 2n ＋2a n－8.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{(－1)n(S n －3n )}的前n 项和T n .专练32 高考大题专练(三) 数列的综合运用1．解析：(1)设{a n }的公比为q ，则a n ＝qn －1.因为a 1，3a 2，9a 3成等差数列，所以1＋9q 2＝2×3q ，解得q ＝13，故a n ＝13n －1，b n ＝n 3n .(2)由(1)知S n ＝1－13n1－13＝32(1－13n )，T n ＝13＋232＋333＋…＋n3n ，①13T n ＝132＋233＋334＋…＋n －13n ＋n3n ＋1，② ①－②得23T n ＝13＋132＋133＋…＋13n －n 3n ＋1，即23T n ＝13（1－13n ）1－13－n 3n ＋1＝12(1－13n )－n3n ＋1，整理得T n ＝34－2n ＋34×3n ，则2T n －S n ＝2(34－2n ＋34×3n )－32(1－13n )＝－n 3n <0，故T n <S n2.2．解析：(1)证明：由已知条件，得S n ＝na n －n 22＋n2.当n ＝1时，a 1＝S 1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝na n －n 22＋n 2－⎣⎢⎡⎦⎥⎤（n －1）a n －1－（n －1）22＋n －12，∴(1－n )a n＝－n ＋1－(n －1)a n －1.等式两边同时除以1－n ，得a n ＝1＋a n －1， ∴a n －a n －1＝1.∴{a n }是公差为1的等差数列． (2)由(1)可得a n ＝a 1＋(n －1). ∴a 4＝a 1＋3，a 7＝a 1＋6，a 9＝a 1＋8. ∵a 4，a 7，a 9成等比数列，∴a 27 ＝a 4·a 9，即(a 1＋6)2＝(a 1＋3)(a 1＋8)，∴a 1＝－12， ∴S n ＝na 1＋n （n －1）2×1＝－12n ＋n 2－n 2＝12n 2－252n .当n ＝12或n ＝13时，S n 取得最小值，为12×122－252×12＝－78.3．解析：(1)∵a 1＝1，∴S 1a 1＝1.又∵⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n 是公差为13的等差数列，∴S n a n ＝S 1a 1＋13(n －1)，即S n ＝(13n ＋23)a n ＝13(n ＋2)a n ，∴当n ≥2时，S n －1＝13(n ＋1)a n －1，∴a n ＝S n －S n －1＝13(n ＋2)a n －13(n ＋1)a n －1，n ≥2，即(n －1)a n ＝(n ＋1)a n －1，n ≥2，∴a n a n －1＝n ＋1n －1，n ≥2， ∴当n ≥2时，a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2·a 2a 1＝n ＋1n －1·n n －2·…·42·31＝n （n ＋1）2，∴a n ＝n （n ＋1）2.当n ＝1时，a 1＝1满足上式，∴a n ＝n （n ＋1）2.(2)证明：由(1)知a n ＝n （n ＋1）2，∴1a n＝2n （n ＋1）＝2(1n －1n ＋1)，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝2(1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1)＝2(1－1n ＋1). ∵n ∈N *，∴0＜1n ＋1≤12，∴1－1n ＋1＜1， ∴2(1－1n ＋1)＜2，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n＜2. 4．解析：由题意可知，数列{S n }的首项为a 1，设等差数列{S n }的公差为d ，由题意得S 1＝a 1，S 2＝a 1＋a 2＝4a 1＝2a 1，则d ＝S 2－S 1＝a 1＋a 2－a 1＝a 1，所以S n ＝a 1＋(n －1)a 1＝n a 1，即S n ＝a 1·n 2，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a 1，n ＝1S n －S n －1＝（2n －1）a 1，n ≥2，即a n ＝(2n －1)a 1，所以a n ＋1－a n ＝2a 1，所以数列{a n }是以a 1为首项，2a 1为公差的等差数列．5．解析：(1)由4S n ＝a 2n ＋2a n －8，得4S n －1＝a 2n －1 ＋2a n －1－8(n ≥2)，两式相减得：4a n ＝a 2n ＋2a n －a 2n －1 －2a n －1，则a 2n －a 2n －1 －2(a n ＋a n －1)＝0，即(a n －a n －1－2)(a n ＋a n －1)＝0，因为a n ＞0，所以a n －a n －1＝2，又4a 1＝a 21 ＋2a 1－8，解得a 1＝4或a 1＝－2(舍去)，所以数列{a n }是以4为首项，以2为公差的等差数列，所以a n ＝4＋2(n －1)＝2n ＋2；(2)由(1)知：4S n ＝(2n ＋2)2＋2(2n ＋2)－8，所以S n ＝n (n ＋3)，则(－1)n (S n －3n )＝(－1)n n 2，当n 为偶数时，T n ＝－12＋22－32＋42－…＋n 2，＝3＋7＋…＋2n －1，＝n2（3＋2n －1）2＝n （n ＋1）2；当n 为奇数时，T n ＝－12＋22－32＋42－…＋(n －1)2－n 2，＝3＋7＋…＋2n －3－n 2，＝n －12（3＋2n －3）2－n 2＝－n （n ＋1）2.所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧n （n ＋1）2，n 为偶数－n （n ＋1）2，n 为奇数.。

2023年新高考数学一轮复习7-5 数列的综合应用(知识点讲解)含详解

专题7.5 数列的综合应用（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1.数列与传统数学文化、实际问题相结合，考查等差、等比数列的基本运算，凸显数学建模的核心素养． 2．数列与新定义问题相结合，考查转化、迁移能力，凸显数学抽象的核心素养．3．数列与函数、不等式、解析几何等相结合，考查学生综合分析解决问题的能力，凸显逻辑推理的核心素养．【知识点展示】（一）数列与函数数列与函数的综合问题主要有以下两类：（1）已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；（2）已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．（二）数列与不等式1.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“可求和数列”；二是求和后再“放缩”．放缩法常见的放缩技巧有： (1)1k 2＜1k 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ＋1.(2)1k －1k ＋1＜1k 2＜1k －1－1k . (3)2(n ＋1－n )＜1n＜2(n －n －1)．2.数列中不等式恒成立的问题数列中有关项或前n 项和的恒成立问题，往往转化为数列的最值问题；求项或前n 项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解．（三）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、简单递推数列模型．基本特征如下：等差数列模型：均匀增加或者减少等比数列模型：指数增长或减少，常见的是增产率问题、存款复利问题简单递推数列模型：指数增长的同时又均匀减少．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{}1 1.2n n n a a a a ＋满足＝－(2)准确解决模型：解模就是根据数列的知识，求数列的通项、数列的和、解方程(组)或者不等式(组)等，在解模时要注意运算准确．(3)给出问题的回答：实际应用问题最后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．【常考题型剖析】题型一：数列与函数的综合例1.（2021·河南·睢县高级中学高三阶段练习（理））已知数列{}n a 的首项11a =，函数()()41cos221n n f x x a x a +=+-+有唯一零点，则通项n a =（） A ．13n -B ．12n -C ．21n -D ．32n -例2.（2023·全国·高三专题练习）设函数()12ln x f x x -=+，11a =，()*21N 1,23n n a f f n f f n n n n n -⎛⎫=+++⋅ ⎪⋅⋅+∈≥ ⎪⎝⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎭．则数列{}n a 的前n 项和n S =______．例3．（2017·上海·高考真题）根据预测，某地第n *()n ∈N 个月共享单车的投放量和损失量分别为n a 和n b （单位：辆），其中4515,1310470,4n n n a n n ⎧+≤≤=⎨-+≥⎩，5n b n =+，第n 个月底的共享单车的保有量是前n 个月的累计投放量与累计损失量的差.（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；（2）已知该地共享单车停放点第n 个月底的单车容纳量24(46)8800n S n =--+（单位：辆）. 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？【温馨提醒】解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活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数列的求和、和的最值，利用函数性质或不等式性质求解较为常规．题型二：数列与不等式的综合例4.（2021·浙江·高考真题）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，194a =-，且1439n n S S +=-.（1）求数列{}n a 的通项；（2）设数列{}n b 满足*3(4)0()n n b n a n N +-=∈，记{}n b 的前n 项和为n T ，若n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，求实数λ的取值范围.例5.（2021·天津·高考真题）已知{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64．{}n b 是公比大于0的等比数列，1324,48b b b =-=．（I ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（II ）记2*1,n n nc b b n N =+∈，（i ）证明{}22nn c c -是等比数列；（ii ）证明)*nk n N =∈ 例6.（2021·全国·高考真题（文））设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <．【温馨提醒】数列与不等式的结合，除应熟练掌握数列的通项公式、求和公式，关于不等式证明、不等式恒成立问题的处理方法亦应灵活运用. 题型三：数列与实际应用问题例7．【多选题】（2022·全国·高三专题练习）参加工作5年的小郭，因工作需要向银行贷款A 万元购买一台小汽车，与银行约定：这A 万元银行贷款分10年还清，贷款的年利率为r ，每年还款数为X 万元，则（）A ．()1011ArX r =+- B ．小郭第3年还款的现值为()31Xr +万元C ．小郭选择的还款方式为“等额本金还款法”D ．小郭选择的还款方式为“等额本息还款法”例8.（2021·全国·高三专题练习）某集团公司有一下属企业A 从事一种高科技产品的生产.A 企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了40%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.集团公司要求A 企业从第一年开始，每年年底上缴资金t 万元（800t <），并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n 年年底A 企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元.则（） A ．22800a t =- B ．175n n a a t +=-C ．1n n a a +>D ．当400t =时，33800a >【总结提升】1.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.2.等比数列最值有关问题的解题思路：求解此类问题的常用思路是根据题目所给条件建立关于变量n 的函数关系进行求解．有时也注意基本不等式的应用．题型四：数列的“新定义”问题例9．（2022·全国·高三专题练习）对于数列{}n a ，定义11222-=+++n n n A a a a 为数列{}n a 的“加权和”，已知某数列{}n a 的“加权和”12n n A n +=⋅，记数列{}+n a pn 的前n 项和为n T ，若5≤n T T 对任意的N n *∈恒成立，则实数p 的取值范围为（） A ．127,53⎡⎤--⎢⎥⎣⎦B ．167,73⎡⎤--⎢⎥⎣⎦C ．512,25⎡⎤--⎢⎥⎣⎦D ．169,74⎡⎤--⎢⎥⎣⎦例10．（2022·江西抚州·高二阶段练习（理））对大于1的自然数m 的三次幂可用奇数进行以下形式的“分裂”：3325⎧⎨⎩，3739,11⎧⎪⎨⎪⎩，3131541719⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩，…仿此，若3m 的“分裂数”中有一个是1111，则m 的值为（） A ．32 B ．33 C ．34 D ．35例11.（2022·河南开封·高二期末（理））若数列{}n a 中不超过()f m 的项数恰为()*,m b n m ∈N ，则称数列{}m b 是数列{}n a 的生成数列，称相应的函数()f m 是数列{}n a 生成{}m b 的控制函数.已知2n n a =，()f m m =，记数列{}m b 的前m 项和为m S ，则63S =（） A ．258B ．264C ．642D ．636例12.（2022·全国·高三专题练习）定义：对于任意一个有穷数列，第一次在其每相邻的两项间都插人这两项的和，得到的新数列称之为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和称之为二阶和数列，以此类推可以得到n 阶和数列，如{1,5}的一阶和数列是{1,6,5}，设它的n 阶和数列各项和为n S ．(1)试求{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，并猜想n S 的通项公式（无需证明）； (2)若()()311log 3log 33n n n c S S +=--⋅-，求{}n c 的前n 项和n T ，并证明：1126n T -<≤-．【温馨提醒】立足于“转化”，将新定义问题转化成等差数列、等比数列问题求解. 题型五：数列与解析几何例12．（2021·浙江·高考真题）已知,R,0a b ab ∈>，函数()2R ()f x ax b x =+∈.若(),(),()f s t f s f s t -+成等比数列，则平面上点(),s t 的轨迹是（） A ．直线和圆B ．直线和椭圆C ．直线和双曲线D ．直线和抛物线例13．（2017山东，理19）已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1+x 2=3，x 3-x 2=2 （Ⅰ）求数列{x n }的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1, 1)，P 2(x 2, 2)…P n+1(x n+1, n+1)得到折线P 1 P 2…P n+1，求由该折线与直线y=0，11n x x x x +==,所围成的区域的面积.题型六：数列与传统文化例14.（2022·云南师大附中模拟预测（理））《九章算术》是我国秦汉时期一部杰出的数学著作，书中第三章“衰分”有如下问题：“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，共出百钱.欲令高爵出少，以次渐多，问各几何?”意思是：“有大夫、不更、簪裏、上造、公士（爵位依次变低）5个人共出100钱，按照爵位从高到低每人所出钱数成递增等差数列，这5个人各出多少钱?”在这个问题中，若不更出17钱，则公士出的钱数为（） A ．10B ．14C ．23D ．26例15.（2022·山东青岛·一模）我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金n T几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为持金的12，第2关收税金为剩余金的13，第3关收税金为剩余金的14，第4关收税金为剩余金的15，第5关收税金为剩余金的16，5关所收税金之和恰好重1斤．问原来持金多少？”．记这个人原来持金为a 斤，设()101,115,01x x f x x x +>⎧=⎨-<≤⎩，则()f a =（）A ．5-B ．7C ．13D ．26例16.（2017·全国·高考真题（理））我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（） A ．1盏 B ．3盏 C ．5盏 D ．9盏【总结提升】理解题意，构造数列，应用数列模型解题．专题7.5 数列的综合应用（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1.数列与传统数学文化、实际问题相结合，考查等差、等比数列的基本运算，凸显数学建模的核心素养． 2．数列与新定义问题相结合，考查转化、迁移能力，凸显数学抽象的核心素养．3．数列与函数、不等式、解析几何等相结合，考查学生综合分析解决问题的能力，凸显逻辑推理的核心素养．【知识点展示】（一）数列与函数数列与函数的综合问题主要有以下两类：（1）已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；（2）已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．（二）数列与不等式1.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“可求和数列”；二是求和后再“放缩”．放缩法常见的放缩技巧有： (1)1k 2＜1k 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ＋1.(2)1k －1k ＋1＜1k 2＜1k －1－1k . (3)2(n ＋1－n )＜1n＜2(n －n －1)．2.数列中不等式恒成立的问题数列中有关项或前n 项和的恒成立问题，往往转化为数列的最值问题；求项或前n 项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解．（三）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、简单递推数列模型．基本特征如下：等差数列模型：均匀增加或者减少等比数列模型：指数增长或减少，常见的是增产率问题、存款复利问题简单递推数列模型：指数增长的同时又均匀减少．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{}1 1.2n n n a a a a ＋满足＝－(2)准确解决模型：解模就是根据数列的知识，求数列的通项、数列的和、解方程(组)或者不等式(组)等，在解模时要注意运算准确．(3)给出问题的回答：实际应用问题最后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．【常考题型剖析】题型一：数列与函数的综合例1.（2021·河南·睢县高级中学高三阶段练习（理））已知数列{}n a 的首项11a =，函数()()41cos221n n f x x a x a +=+-+有唯一零点，则通项n a =（） A ．13n - B ．12n -C ．21n -D ．32n -【答案】C 【解析】【分析】由奇偶性定义可判断出()f x 为偶函数，由此可确定唯一零点为0x =，从而得到递推关系式；利用递推关系式可证得数列{}1n a +为等比数列，由等比数列通项公式可推导得到n a . 【详解】()()()()()()4411cos 221cos221n n n n f x x a x a x a x a f x ++-=-+--+=+-+=，()f x ∴为偶函数，图象关于y 轴对称，()f x ∴的零点关于y 轴对称，又()f x 有唯一零点，()f x ∴的零点为0x =，即()()10210n n f a a +=-+=，121n n a a +∴=+，即()1121n n a a ++=+，又112a +=，∴数列{}1n a +是以2为首项，2为公比的等比数列，12n n a ∴+=，则21n n a =-.故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数与数列的综合应用问题；解题关键是能够根据奇偶性的性质确定函数的唯一零点为0x =，从而结合零点确定数列的递推关系式，由递推关系式证得数列{}1n a +为等比数列. 例2.（2023·全国·高三专题练习）设函数()12ln x f x x -=+，11a =，()*21N 1,23n n a f f n f f n n n n n -⎛⎫=+++⋅ ⎪⋅⋅+∈≥ ⎪⎝⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎭．则数列{}n a 的前n 项和n S =______．【答案】2n n 1-+ 【解析】【分析】由题设11()()4n f f n n-+=，讨论n 的奇偶性求{}n a 的通项公式，再求n S . 【详解】由题设，111()()4ln(1)ln 41n f f n n n n -+=+-+=-，所以()()**14121,2,N 221421,21,N 2n n f n n k k a n n n k k ⎧⎛⎫⎛⎫⨯-+=-=∈ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭=⎨-⎪⨯=-=+∈⎪⎩，即2(1)n a n =-且n ≥ 2，当1n =时，11S =，当2n ≥时，21242(1)1n S n n n =+++⋅⋅⋅+-=+-，所以21n S n n =-+，n *∈N故答案为：2n n 1-+.例3．（2017·上海·高考真题）根据预测，某地第n *()n ∈N 个月共享单车的投放量和损失量分别为n a 和n b （单位：辆），其中4515,1310470,4n n n a n n ⎧+≤≤=⎨-+≥⎩，5n b n =+，第n 个月底的共享单车的保有量是前n 个月的累计投放量与累计损失量的差.（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；（2）已知该地共享单车停放点第n 个月底的单车容纳量24(46)8800n S n =--+（单位：辆）. 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？【答案】（1）935；（2）见解析. 【解析】【详解】试题分析：（1）计算{}n a 和{}n b 的前4项和的差即可得出答案；（2）令n n a b ≥得出42n ≤，再计算第42个月底的保有量和容纳量即可得出结论. 试题分析：（1）()()1234123496530935a a a a b b b b +++-+++=-=（2）10470542n n n -+>+⇒≤，即第42个月底，保有量达到最大()()()()12341234420503864742965878222a a a ab b b b ⎡⎤+⨯+⨯+++⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅+=+-=⎢⎥⎣⎦()2424424688008736S =--+=，∴此时保有量超过了容纳量.【温馨提醒】解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活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数列的求和、和的最值，利用函数性质或不等式性质求解较为常规．题型二：数列与不等式的综合例4.（2021·浙江·高考真题）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，194a =-，且1439n n S S +=-.（1）求数列{}n a 的通项；（2）设数列{}n b 满足*3(4)0()n n b n a n N +-=∈，记{}n b 的前n 项和为n T ，若n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，求实数λ的取值范围.【答案】（1）33()4nn a =-⋅；（2）31λ-≤≤.【解析】【分析】（1）由1439n n S S +=-，结合n S 与n a 的关系，分1,2n n =≥讨论，得到数列{}n a 为等比数列，即可得出结论；（2）由3(4)0n n b n a +-=结合(1)的结论，利用错位相减法求出n T ，n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，分类讨论分离参数λ，转化为λ与关于n 的函数的范围关系，即可求解. 【详解】（1）当1n =时，1214()39a a a +=-，229272749,4416a a =-=-∴=-，当2n ≥时，由1439n n S S +=-①，得1439n n S S -=-②，①-②得143n n a a += 122730,0,164n n n a a a a +=-≠∴≠∴=，又213,{}4n a a a =∴是首项为94-，公比为34的等比数列， 1933()3()444n n n a -∴=-⋅=-⋅；（2）由3(4)0n n b n a +-=，得43(4)()34n n n n b a n -=-=-，所以234333333210(4)44444nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯⨯++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎝+⎭⎭，2413333333321(5)(4)444444nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯++-⋅+-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相减得234113333333(4)4444444nn n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯++++--⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1193116493(4)34414n n n -+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-+-- ⎪⎝⎭-111993334(4)44444n n n n n +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+---⋅=-⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以134()4n n T n +=-⋅，由n n T b λ≤得1334()(4)()44n nn n λ+-⋅≤-⋅恒成立，即(4)30n n λ-+≥恒成立，4n =时不等式恒成立；4n <时，312344n n n λ≤-=----，得1λ≤； 4n >时，312344n n n λ≥-=----，得3λ≥-；所以31λ-≤≤.【点睛】易错点点睛：（1）已知n S 求n a 不要忽略1n =情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的正负零讨论，如（2）中(4)30n n λ-+≥恒成立，要对40,40,40n n n -=->-<讨论，还要注意40n -<时，分离参数不等式要变号.例5.（2021·天津·高考真题）已知{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64．{}n b 是公比大于0的等比数列，1324,48b b b =-=．（I ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（II ）记2*1,n n nc b b n N =+∈，（i ）证明{}22nn c c -是等比数列；（ii ）证明)*nk n N =∈ 【答案】（I ）21,n a n n N *=-∈，4,n n N b n *=∈；（II ）（i ）证明见解析；（ii ）证明见解析.【解析】【分析】（I ）由等差数列的求和公式运算可得{}n a 的通项，由等比数列的通项公式运算可得{}n b 的通项公式；（II ）（i ）运算可得2224nn n c c =⋅-，结合等比数列的定义即可得证；（ii ）放缩得21222422n n n n n a n c a c +<-⋅，进而可得112n n k k k-==，结合错位相减法即可得证. 【详解】（I ）因为{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64．所以12818782642a a a a ⨯++⋅⋅⋅+=+⨯=，所以11a =，所以()12121,n n n n N a a *=+-=-∈；设等比数列{}n b 的公比为(),0q q >，所以()221321484q b b b q q b q ==-=--，解得4q =（负值舍去），所以114,n n n b q n N b -*==∈；（II ）（i ）由题意，221441n n nn n b c b =++=，所以22224211442444n n nn nnn c c ⎛⎫⎛⎫=+-+=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-，所以220nn c c ≠-，且212222124424n n n n nn c c c c +++⋅==⋅--，所以数列{}22nn c c -是等比数列；（ii ）由题意知，()()22122222121414242222n n n n n n n n n a n n c c a +-+-==<-⋅⋅⋅，12n n-，所以112nn k k k k-==，设10121112322222nn k n k k nT --===+++⋅⋅⋅+∑，则123112322222n n n T =+++⋅⋅⋅+，两式相减得21111111122121222222212nn n n nn n n n T -⎛⎫⋅- ⎪+⎝⎭=+++⋅⋅⋅+-=-=--，所以1242n n n T -+=-，所以1112422nn k n k k n --==+⎫-<⎪⎭ 例6.（2021·全国·高考真题（文））设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <．【答案】（1）11()3n n a -=，3n nn b =；（2）证明见解析. 【解析】【分析】（1）利用等差数列的性质及1a 得到29610q q -+=，解方程即可；（2）利用公式法、错位相减法分别求出,n n S T ，再作差比较即可. 【详解】（1）因为{}n a 是首项为1的等比数列且1a ，23a ，39a 成等差数列，所以21369a a a =+，所以211169a q a a q =+，即29610q q -+=，解得13q =，所以11()3n n a -=，所以33n n n na nb ==. （2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和211213333n n n n nT --=++++，012111111223333-⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭n n S ， 230121123111112333323333n n n n S n T -⎛⎫⎛⎫-=++++-++++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭012111012222333---++++111233---+n nn n ．设0121111101212222Γ3333------=++++n n n ， ⑧ 则1231111012112222Γ33333-----=++++n nn ． ⑨由⑧-⑨得1121113312111113322Γ13233332313--⎛⎫--- ⎪⎛⎫⎝⎭=-++++-=-+- ⎪⎝⎭-n n n n n n n ．所以211312Γ432323----=--=-⨯⨯⨯n n n n n n ．因此10232323--=-=-<⨯⨯n n n n nS n n nT ．故2nn S T <． [方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得11(1)313(1)12313n n n S ⨯-==--， 211213333n n nn n T --=++++，①231112133333n n n n nT +-=++++，② ①-②得23121111333333n n n n T +=++++- 1111(1)1133(1)1323313n n n n n n ++-=-=---，所以31(1)4323n n nnT =--⋅，所以2n n S T -=3131(1)(1)043234323n n n nn n ----=-<⋅⋅，所以2nn S T <. [方法三]：构造裂项法由（Ⅰ）知13⎛⎫= ⎪⎝⎭n n b n ，令1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭n n c n ，且1+=-n n n b c c ，即1111()[(1)]333αβαβ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭n n n n n n ，通过等式左右两边系数比对易得33,24αβ==，所以331243nn c n ⎛⎫⎛⎫=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．则12113314423nn n n n T b b b c c +⎛⎫⎛⎫=+++=-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，下同方法二．[方法四]：导函数法设()231()1-=++++=-n nx x f x x x x x x，由于()()()()()()1221'111'11(1)'1(1)1n n n n nx x x x x x x x nx n x x x x +⎡⎤⎡⎤⎡⎤----⨯--+-+⎣⎦⎣⎦⎢⎥==---⎢⎥⎣⎦，则12121(1)()123(1)+-+-+=++++='-n nn nx n x f x x x nxx ．又1111333-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n n n b n n ，所以2112311111233333n n n T b b b b n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++++=+⨯+⨯++⋅=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12111(1)11133333113n nn n f +⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⋅=⨯ ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭'13113311(1)4334423n nnn n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，下同方法二．【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,n n S T ,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，使1+=-n n n b c c ，求得n T 的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法. 【温馨提醒】数列与不等式的结合，除应熟练掌握数列的通项公式、求和公式，关于不等式证明、不等式恒成立问题的处理方法亦应灵活运用. 题型三：数列与实际应用问题例7．【多选题】（2022·全国·高三专题练习）参加工作5年的小郭，因工作需要向银行贷款A 万元购买一台小汽车，与银行约定：这A 万元银行贷款分10年还清，贷款的年利率为r ，每年还款数为X 万元，则（） A ．()1011ArX r =+- B ．小郭第3年还款的现值为()31Xr +万元C ．小郭选择的还款方式为“等额本金还款法”D ．小郭选择的还款方式为“等额本息还款法” 【答案】BD 【解析】【分析】因为小郭每年还款钱数相等，所以小郭选择为“等额本息还款法”，所以利用等比数列前n 项和公式求出X ，再设小郭第3年还款的现值为y ，根据复利规则求出y ．【详解】解：小郭与银行约定，每年还一次欠款，并且每年还款的钱数都相等，∴小郭靖选择的还款方式为“等额本息还款法”，故D 正确，C 错误，设每年应还X 元，还款10次，则该人10年还款的现金与利息和为29[1(1)(1)(1)]X r r r +++++⋯++，银行贷款A 元10年后的本利和为10(1)A r +．2910[1(1)(1)(1)](1)X r r r A r ∴+++++⋯++=+， ∴10101[1(1)](1)1(1)r X A r r ⨯-+⋅=+-+，即1010(1)(1)1Ar r X r +=+-，故A 错误．设小郭第三年还款的现值为y ，则3(1)y r X ⋅+=，所以()31Xy r =+，故B 正确；例8.（2021·全国·高三专题练习）某集团公司有一下属企业A 从事一种高科技产品的生产.A 企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了40%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.集团公司要求A 企业从第一年开始，每年年底上缴资金t 万元（800t <），并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n 年年底A 企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元.则（） A ．22800a t =- B ．175n n a a t +=-C ．1n n a a +>D ．当400t =时，33800a >【答案】BC 【解析】先求得第一年年底剩余资金1a ，第二年底剩余资金2a ，即可判断A 的正误；分析总结，可得1n a +与n a 的关系，即可判断B 的正误；根据题意，求得n a 的表达式，利用作差法即可比较1n a +与n a 的大小，即可判断C 的正误，代入400t =，即可求得3a ，即可判断D 的正误，即可得答案. 【详解】第一年年底剩余资金12000(140%)2800a t t =⨯+-=-，第二年底剩余资金211712(140%)392055a a t a t t =⨯+-=-=-，故A 错误；第三年底剩余资金3227109(140%)5488525t a a t a t =⨯+-=-=-，⋅⋅⋅ 所以第n +1年年底剩余资金为17(140%)5n n n a a t a t +=⨯+-=-，故B 正确；因为212277777()()55555n n n n a a t a t t a t t ---=-=--=--12217777()[1()()]5555n n a t --=-+++⋅⋅⋅+117[1()]75()(2800)7515n n t t ---=---=11757()(2800)[()1]525n n t t -----=1775()(2800)522n t t --+，所以111722775277[()(2800)]()(2800)555522552n n n n n n n t t t a a a t a a t t --+-=--=-=-+-=-，因为800t <，所以7280002t->，所以11277()(2800)0552n n n ta a -+-=->，即1n n a a +>，故C 正确；当400t =时，310910940054885488374438002525t a ⨯=-=-=<，故D 错误；【总结提升】1.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.2.等比数列最值有关问题的解题思路：求解此类问题的常用思路是根据题目所给条件建立关于变量n 的函数关系进行求解．有时也注意基本不等式的应用．题型四：数列的“新定义”问题例9．（2022·全国·高三专题练习）对于数列{}n a ，定义11222-=+++n n n A a a a 为数列{}n a 的“加权和”，已知某数列{}n a 的“加权和”12n n A n +=⋅，记数列{}+n a pn 的前n 项和为n T ，若5≤n T T 对任意的N n *∈恒成立，则实数p 的取值范围为（） A ．127,53⎡⎤--⎢⎥⎣⎦B ．167,73⎡⎤--⎢⎥⎣⎦C ．512,25⎡⎤--⎢⎥⎣⎦D ．169,74⎡⎤--⎢⎥⎣⎦【答案】A 【解析】【分析】根据n A 与n a 的关系求出n a ，再根据等差数列的求和公式求出n T ，将5≤n T T 化为216(5)06+⎛⎫-+≤ ⎪+⎝⎭n n p n 对任意的n *∈N 恒成立，分类讨论n 可求出结果. 【详解】由1112222n n n n A a a a n -+=+++=⋅，∴2n ≥时,212122(1)2n n n a a a n --+++=-⋅，∴1122(1)2-+⋅=⋅--⋅n n n n a n n ，∴22n a n =+，1n =时，14a =也成立，∴22n a n =+，∴数列{}+n a pn 的前n 项和为：12(12)n n T a a a p n =+++++++2(422)(1)(1)3222++++=+⋅=++⋅n n n n n n p n n p ，∵5≤n T T 对任意的n *∈N 恒成立，∴225(1)56353522+⨯++⋅≤=+⨯+⨯n n n n p T p ，即225335(1)5(51)022p pn n n n -+-⨯++-⨯⨯+≤，即22225335(5)(5)022p p n n n n -+-⨯+-+-≤，即5(5)(53)0222pn p p n n -+++++≤，即(6)(5)(8)02p n n n +-++≤，即216(5)06+⎛⎫-+≤ ⎪+⎝⎭n n p n 对任意的n *∈N 恒成立，当14n ≤≤时，2164266+-≤=+++n p n n 对任意的n *∈N 恒成立，因为4412226465n +≥+=++，∴125-≤p ，所以125p ≥-，当5n =时，216(5)06n n p n +⎛⎫-+= ⎪+⎝⎭恒成立，R p ∈，当6n ≥时，2164266+-≥=+++n p n n 对任意的n *∈N 恒成立，因为447226663n +≤+=++，∴73-≥p ，所以73p ≤-，综上可得：实数p 的取值范围为127,53⎡⎤--⎢⎥⎣⎦．故选：A ．例10．（2022·江西抚州·高二阶段练习（理））对大于1的自然数m 的三次幂可用奇数进行以下形式的“分裂”：3325⎧⎨⎩，3739,11⎧⎪⎨⎪⎩，3131541719⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩，…仿此，若3m 的“分裂数”中有一个是1111，则m 的值为（） A ．32B ．33C ．34D ．35【答案】B 【解析】【分析】根据分裂数的定义，求出从32到()31m -、从32到3m 分裂数个数，再根据所有分裂数成等差数列求出1111对应的位置，进而根据不等式求m 值. 【详解】由题意，对于332,...,m ，它们依次对应2、3、…、m 个分裂数，则从32到()31m -各分裂数个数的和为(2)(1)2m m -+，从32到3m 各分裂数个数和为(1)(2)2m m -+，又332,...,m 的分裂数{}n a ，构成首项为3，公差为2的等差数列，所以21n a n =+，令211111n +=，可得555n =，所以(2)(1)(1)(2)55522m m m m -+-+<≤，当32m =时，(1)(2)5275552m m -+=<不符合；当33m =时，(1)(2)5605552m m -+=>，(2)(1)5275552m m -+=<符合；当34m =时，(2)(1)5605552m m -+=>不符合；综上，33m =. 故选：B例11.（2022·河南开封·高二期末（理））若数列{}n a 中不超过()f m 的项数恰为()*,m b n m ∈N ，则称数列{}m b 是数列{}n a 的生成数列，称相应的函数()f m 是数列{}n a 生成{}m b 的控制函数.已知2n n a =，()f m m =，记数列{}m b 的前m 项和为m S ，则63S =（） A ．258 B ．264 C ．642 D ．636【答案】A 【解析】【分析】分析可知对任意的N k *∈，当)12,2k k m +⎡∈⎣，满足2nn a m =≤的项数为k ，即m b k =，满足条件的m 的个数为1222k k k +-=，进而可求得63S 的值.【详解】因为562632<<，由题中定义，对任意的N k *∈，当)12,2k k m +⎡∈⎣，满足2nn a m =≤的项数为k ，即m b k =，满足条件的m 的个数为1222k k k +-=，当1m =时，0m b =，当)122,2m ⎡∈⎣时，1m b =，此时满足条件的m 的个数为12，当)232,2m ⎡∈⎣时，2m b =，此时满足条件的m 的个数为22，当)562,2m ⎡∈⎣时，5m b =，此时满足条件的m 的个数为52，因此，01234563021222324252258S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=.故选：A.例12.（2022·全国·高三专题练习）定义：对于任意一个有穷数列，第一次在其每相邻的两项间都插人这两项的和，得到的新数列称之为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和称之为二阶和数列，以此类推可以得到n 阶和数列，如{1,5}的一阶和数列是{1,6,5}，设它的n 阶和数列各项和为n S ．(1)试求{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，并猜想n S 的通项公式（无需证明）；(2)若()()311log 3log 33n n n c S S +=--⋅-，求{}n c 的前n 项和n T ，并证明：1126n T -<≤-．【答案】(1)21263=+⨯S ，()12312633=+⨯+S ，133n n S +=+ (2)1122=-+n T n ，证明见解析【解析】【分析】(1)根据定义求出{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，由此归纳出n S ，(2)由(1)化简n c ，再由裂项相消法求其前n 项和，并完成证明.(1)由题意得，116512S =++=，217611512181263S =++++=+=+⨯，()2123187136171116512185412636312633S =++++++++=++=+⨯+⨯=+⨯+，41981572013196231728112716215S =++++++++++++++++121854162=+++2312636363=+⨯+⨯+⨯()123126333=+⨯++， …()12311263333(1)n n S n -=+⨯++++≥，由等比数列的前n 项和公式可得，()113131263313n n n S -+-=+⨯=+-，所以{}n S 的通项公式133n n S +=+．(2)由于133n n S +=+，所以()()33111111log 3log 31221n n n c S S n n n n +⎛⎫=-=--=- ⎪-⋅-++++⎝⎭，则1111111132432122n T n n n =-+-++-=-+++，因为n *∈N ，所以102n >+，所以111222n ->-+，又n T 随n 的增大而减小，所以当1n =时，n T 取得最大值16-，故1126n T -<≤-．【温馨提醒】立足于“转化”，将新定义问题转化成等差数列、等比数列问题求解.题型五：数列与解析几何例12．（2021·浙江·高考真题）已知,R,0a b ab ∈>，函数()2R ()f x ax b x =+∈.若(),(),()f s t f s f s t -+成等比数列，则平面上点(),s t 的轨迹是（）A ．直线和圆B ．直线和椭圆C ．直线和双曲线D ．直线和抛物线【答案】C 【解析】【分析】首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程.【详解】由题意得2()()[()]f s t f s t f s -+=，即()2222()()a s t b a s t b as b ⎡⎤⎡⎤-+++=+⎣⎦⎣⎦，对其进行整理变形：()()()22222222asat ast b as at ast b as b +-++++=+， ()()222222(2)0as at b ast as b++--+=， ()2222222240as at b at a s t ++-=， 222242220a s t a t abt -++=，所以22220as at b -++=或0=t ，其中2212s t b b a a-=为双曲线，0=t 为直线.故选：C.例13．（2017山东，理19）已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1+x 2=3，x 3-x 2=2（Ⅰ）求数列{x n }的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1, 1)，P 2(x 2, 2)…P n+1(x n+1, n+1)得到折线P 1 P 2…P n+1，求由该折线与直线y=0，11n x x x x +==,所围成的区域的面积.【答案】(I)（II ）（II ）过……向轴作垂线，垂足分别为……, 由(I)得记梯形的面积为.由题意，所以 ……+n T 12.n n x -=(21)21.2n n n T -⨯+=123,,,P P P 1n P +x 123,,,Q Q Q 1n Q +111222.n n n n n x x --+-=-=11n n n n P P Q Q ++n b 12(1)2(21)22n n n n n b n --++=⨯=+⨯123n T b b b =+++n b=……+ ①又……+ ②①-②得= 所以题型六：数列与传统文化例14.（2022·云南师大附中模拟预测（理））《九章算术》是我国秦汉时期一部杰出的数学著作，书中第三章“衰分”有如下问题：“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，共出百钱.欲令高爵出少，以次渐多，问各几何”意思是：“有大夫、不更、簪裏、上造、公士（爵位依次变低）5个人共出100钱，按照爵位从高到低每人所出钱数成递增等差数列，这5个人各出多少钱?”在这个问题中，若不更出17钱，则公士出的钱数为（）A ．10B ．14C ．23D ．26【答案】D【解析】【分析】设大夫、不更、簪裹、上造、公士所出的钱数依次构成等差数列{}n a ，根据217a =，前5项和为100求解.【详解】解：设大夫、不更、簪裹、上造、公士所出的钱数依次排成一列，构成数列{}n a ．由题意可知，等差数列{}n a 中217a =，前5项和为100，设公差为(0)d d >，前n 项和为n S ，则535100S a ==，解得320a =，所以323d a a ，所以公士出的钱数为532202326a a d =+=+⨯=，故选：D ．例15.（2022·山东青岛·一模）我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金101325272-⨯+⨯+⨯+32(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯0122325272n T =⨯+⨯+⨯+21(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯121132(22......2)(21)2n n n T n ----=⨯++++-+⨯1132(12)(21)2.212n n n ---+-+⨯-(21)21.2n n n T -⨯+=几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为持金的12，第2关收税金为剩余金的13，第3关收税金为剩余金的14，第4关收税金为剩余金的15，第5关收税金为剩余金的16，5关所收税金之和恰好重1斤．问原来持金多少？”．记这个人原来持金为a 斤，设()101,115,01x x f x x x +>⎧=⎨-<≤⎩，则()f a =（） A ．5-B ．7C ．13D ．26【答案】C 【解析】【分析】根据题意求得每次收的税金，结合题意得到111111223344556a a a a a ++++=⨯⨯⨯⨯，求得a 的值，代入函数的解析式，即可求解.【详解】由题意知：这个人原来持金为a 斤，第1关收税金为：12a 斤；第2关收税金为111(1)3223a a ⋅-⋅=⋅⨯斤；第3关收税金为1111(1)42634a a ⋅--⋅=⋅⨯斤，以此类推可得的，第4关收税金为145a ⋅⨯斤，第5关收税金为156a ⋅⨯斤，所以111111223344556a a a a a ++++=⨯⨯⨯⨯，即1111111111(1)(1)12233445566a a -+-+-+-+-⋅=-⋅=，解得65a =，又由()101,115,01x x f x x x +>⎧=⎨-<≤⎩，所以66()1011355f =⨯+=. 故选：C.例16.（2017·全国·高考真题（理））我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（）A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏【答案】B【解析】【详解】。

专题33 等差、等比数列的性质的综合应用(课件)-2019年高考数学(理)名师揭秘之一轮总复习

则a4a5a6＝5 2.
3.在正项等比数列{an}中，lg a3＋lg a6＋lg a9＝ 6，则a1a11的值是( A )
A.10 000 B.1 000
C.100
D.10
(2)设函数 f(x)＝12x，数列{bn}满足条件 b1＝2，f(bn ＋1)＝f（－31－bn），(n∈N*).
①求数列{bn}的通项公式； ②设 cn＝bann，求数列{cn}的前 n 和 Tn.
【解析】(1)因为a＝λb，所以12Sn＝2n－1，
Sn＝2n＋1－2. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1－2)－(2n－2) ＝2n，
1．等差数列的常用性质 (1)通项公式的推广：an＝ak＋(n－k)d(n，k∈N*)． (2)若{an}为等差数列，且 m＋n＝p＋q(m，n，p， q∈N*)，则 am＋an＝ap＋aq. (3)若{an}是等差数列，公差为 d，则 an，an＋m，an＋ 2m，…(n，m∈N*)是公差为__m_d____的等差数列． (4)数列 Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列． (5)S2n－1＝(2n－1)an.
≤49，
∴ak(k∈M)组成首项为211，公比为4的等比数列.
则所有ak(k∈M)的和211（11－－4445）＝2101－32
048 .
例4已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，向量 a＝(Sn，
1)，b＝2n－1，12，满足条件 a＝λb，λ ∈R 且 λ≠0. (1)求数列{an}的通项公式；
②cn＝bann＝3n2－n 1，
Tn＝221＋252＋283＋…＋32nn－－14＋3n2－n 1
①
12Tn＝222＋253＋284＋…＋3n2－n 4＋32nn－＋11

高三高考数学复习等差数列、等比数列(共29张PPT)

即会“脱去”数学文化的背景，提取关键信息；二是构造模型，
即由题意构建等差数列或等比数列或递推关系式的模型；三是
“解模”，即把文字语言转化为求数列的相关信息，如求指定项、
公比(或公差)、项数、通项公式或前 n 项和等．精编优质课PPT江苏省2020届高三高考数学复习
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从而 a3×a5＝25×27＝212，所以 log2(a3a5)＝log2212＝12．
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变式1-3(2018·全国Ⅰ卷改编)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若3S3＝S2＋S4，a1＝ 2，则a5＝__-1__0____. 解：法一设等差数列{an}的公差为 d，
解：设数列{an}首项为a1，公比为q(q≠1)，
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法二同法一得a5＝3.
等差数列的等差中项
∴又da＝2a5a＋5－3a8a＝2＝d0⇒2，3anana21＋＝mamaa82＝－0d⇒＝2－a25＋. 2a5＝0a⇒n aa2＝m －(n3. m)d

高三数学等差和等比数列的运用1

,A2型题,A1/A2型题]小儿出生后的主要造血部位是（）A.肝脏B.脾脏C.骨髓D.淋巴结E.胸腺 [单选]下列不属于产品规范化内容的是（）。A.将内容规范化后的数字内容按照产品需求规格书的要求将众多数据文件通过技术手段打包压缩为一个或一组文件B.将整合后的数字内容遵循产品最终的格式、规格等规范要求进行调整转换C.对打包好的数字出版产品添加数字版权管理（DRM）功能D. [单选]患者男性，78岁、卧以头高足低位，此时导致压疮发生的力学因素主要是A.水平压力B.垂直压力C.摩擦力D.剪切力E.阻力 [单选,A2型题,A1/A2型题]急性一氧化碳中毒者，从血液中HbCO含量测定来看，中度中毒应达到（）.A.20%～30%B.30%～40%C.50%～60%D.70%～80%E.80%～90% [填空题]橄榄球运动体现了（）和（）运动精神。 [单选,A2型题,A1/A2型题]不属于病人权利的内容是（）A.受到社会尊重和理解B.遵守医疗部门规章制度C.享受医疗服务D.保守个人秘密E.免除或部分免除健康时的社会责任 [单选]下列属于颈椎病X线表现的有()A．可伴有小关节面硬化B．椎体边缘骨质增生、硬化C．椎间孔狭窄D．椎间隙变窄E．以上都是 [单选]关于惊恐发作的描述，正确的是（）A.无特殊恐惧对象时发生B.起病急骤，一般持续1小时左右C.发作期间可有意识障碍D.发作时心电图检查可见ST-T段改变E.长期预后欠佳 [问答题,简答题]简述OptiX2500+设备组成SNCP环带链时，交叉点的业务解释规则。 [单选]施工单位应当于()出具工程质量保修书。A.竣工验收合格时B.竣工验收备案时C.提交竣工验收报告时D.提交竣工结算文件时 [单选]()施工项目管理规划是以整个建设项目的安装施工任务为对象编制的。A．单项工程B．单位工程C．分部分项工程D．群体工程 [单选]如何接通飞行指引仪：（）A、按下FCU上的FD按钮B、系统通电时自动接通C、在FCU上选择一个模式D、在MCDU上选择初始化页 [单选]某地提供A、B、O、AB血型人数分布的数据是（）A.数值变量资料B.无序分类资料C.有序分类资料D.等级分类资料E.圆形分类资料 [单选]何谓"六气"()A．风、湿B．寒、火C．暑D．燥E．以上都是 [单选]关于肺功能检查应用范围下列哪项是错的()A．确定肺功能障碍的程度B．判定肺功能障碍的类型C．可以发现肺部较小的病变D．可用以判断某些药物的疗效E．可以区别心源性和肺源性呼吸困难 [单选]IP-PBX接入IMS的方式是：（）A.SIP中继B.H.248中继C.E1中继D.不需要中继，直接注册到IMS即可 [问答题,案例分析题]临床情景：张先生，26岁。右侧前臂被车床切割伤1小时。查体：右侧前臂外侧有一伤口，长约5cm，深及皮下组织，伤口污染严重。要求：请为患者行清创术。 [单选]在治疗三叉神经痛的方法中，止痛效果好，复发率低，可重复治疗的是（）A.卡马西平治疗B.神经撕脱术C.无水酒精注射D.半月神经节射频温控热凝术E.维生素B及局麻药封闭疗法 [单选]一侧提睾反射消失常提示（）A.胸1~2损害B.腰1~2损害C.骶1~2损害D.骶4~5受损E.脊髓横贯性损害 [单选]容器贯通试压时的试验压力应（）。A、大于安全阀起跳压力B、小于安全阀起跳压力C、等于安全阀起跳压力D、等于泵出口最大压力 [单选]下列叙述哪项不正确（）A.Ⅰ度烧伤仅伤及表皮，3~5天愈合B.浅Ⅱ度烧伤伤及真皮浅层，约2周愈合C.深Ⅱ度烧伤伤及真皮深层，2~3周愈合D.Ⅲ度烧伤伤及皮肤全层，甚至肌肉、骨骼等，一般需植皮才能愈合E.窄条状或小块Ⅲ度烧伤可由周围皮肤爬行修复 [单选]心室颤动时，首次直流电除颤用（）A.100JB.150JC.200JD.300JE.360J或以上 [单选]关于胰岛素代谢作用的叙述，不正确的是（）A.高浓度胰岛素刺激糖原分解B.胰岛素加速葡萄糖越过肌细胞膜的运转C.胰岛素增加某些氨基酸越过肌细胞膜的转运D.胰岛素促进蛋白质的合成E.高浓度胰岛素促进脂肪的合成 [多选]瓦斯抽采系统应当确保（）。A.工程超前B.能力充足C.设施完备D.计量准确 [单选]地形图的比例尺是1∶500，则地形图中的1mm表示地上实际的距离为（）。A．0.05mB．0.5mC．5mD．50m [单选]企业提供的会计信息应有助于财务会计报告使用者对企业过去、现在或者未来的情况作出评价或者预测，这体现了会计信息质量要求的（）。A．可靠性B．相关性C．可理解性D．可比性 [单选]下列不属于文字检核要求的是（）。A.稿面字迹清晰可辨，修改勾画明晰不误，专用符号符合规范B.标题字体字号符合该书刊的具体要求C.图表位置、图注文字指示明确D.应该检核图稿的印刷适性和表观质量 [单选]下列有关资本资产定价模型的表述中，错误的是（）。A.资本资产定价模型中的资本资产，主要是指股票资产B.证券市场线对任何公司、任何资产都是适合的C.证券市场线的一个暗示是，全部风险都需要补偿D.Rm-Rf称为市场风险溢酬 [填空题]黑龙江传统剪纸多用“（）”（即阴刻）的方式剪出形象，再用松烟熏黑，在画面镂空处的背面衬以五彩纸片，具有东北雪域对比强烈，爽朗浓重的风格。 [单选]根据营业税法律制度的规定，下列项目中，不免征营业税的是()。A.托儿所提供育养服务B.农场提供农田灌溉业务C.文化馆出租房屋业务D.保险公司为种植业提供保险业务 [单选]产褥期妇女的临床表现恰当的是（）.A.产后宫缩痛多见于初产妇B.产后初期产妇脉搏增快C.产后第1日宫底稍下降D.子宫复旧因哺乳而加速E.恶露通常持续1～2周 [单选]关于生物电的叙述中，哪一项是错误的A．感受器电位和突触后电位的幅度可随刺激强度的增加而增大B．感受器电位和突触后电位的幅度在产生部位较其周围大C．感受器电位和突触后电位均可以总和D．感受器电位和突触后电位的幅度比动作电位大E．感受器电位和突触后电位都是局部电 [单选]立方体出现透视度变化后，共会出现几个灭点（）。A、１个B、２个C、３个D、４个 [单选]工程建设国家标准是由()发布的。A.国务院工程建设行政主管部门B.国务院标准化行政主管部门C.国务院D.国务院标准化行政主管部门和国务院工程建设行政主管部门联合 [单选,A1型题]诊断阻塞性肺气肿，最有价值的是（）A.PaO低于正常B.残气量／肺总量>40%C.第一秒用力呼气量／用力肺活量<60%D.最大通气量低于预计值的80%E.潮气量低于预计值的80% [填空题]（）是德国工业联盟的奠基人和整个活动的开创者。 [单选]下列不属于原发性脑损伤者为（）A.脑震荡B.脑挫伤C.原发性脑干损伤D.脑裂伤E.脑内血肿 [单选]油罐进油前应提前（）h投运采暖管线预热。A、3B、2C、1D、0.5 [单选]()是指反映企业在某一特定日期的财务状况的会计报表。A.利润表B.现金流量表C.附注D.资产负债表 [单选,A2型题,A1/A2型题]小儿急性肠套叠是婴儿时期最常见的急腹症。有关其临床特点，下列不正确的是（）A.以1岁以下婴儿，尤其是5～9个月婴儿最常见B.大多数小儿急性肠套叠属于原发性C.小儿肠套叠最多见的类型是回盲型和回结型D.小儿肠套叠的诊断中最重要的临床表现是果酱色黏液血

高三数学等差和等比数列的运用2

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等差等比数列的性质及应用

12. 已知等比数列满足，且，则当时， ______. 13．设等差数列的前项和为,若≤≤，≤≤，则的取值范围是． 14.数列是等差数列，，，则的最小值为____. 15．在数1和正实数a之间插入n个正实数，使得这n＋2个数构成等比数列，将这n＋2个数的乘积记作bn，且an＝logabn. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)求数列{bn}的前n项和Sn.
（2）等差数列中,前4项和为25，后4项和为63，前n项和为286，项数 n=______26 （3）等比数列中，.则或（4）已知是递增等比数列，，则此数列的公比．2 （5）在等比数列中，则5 例2、已知等差数列的首项，公差，且第2项、第5项、第14项分别是等比数列的第2项、第3项、第4项（1）求数列、的通项公式（2）设数列对，均有成立，求，和为例3、“小综合应用” （1）设数列的前项和为，令，称为数列的“理想数”.已知的“理想数”为1002，那么数列的“理想数”为（） A．1005 B．1003 C．1002 999 （2）已知数列是公比为的等比数列，集合，从中选出4个不同的数，使这4个数成等比数列，这样得到4个数的不同的等比数列共有 ____．24 （3）设是从-1，0，1这三个整数中取值的数列，若，且，则中数字0的个数为 .11 [巩固练习] 班级_________ 姓名______________ 1．等比数列{an}的公比q＝2，a1＋a2＋a3＝21，则a3＋a4＋a5等于 ( )
1、等和性：首尾等距相加，则和 1、等积性：首尾等距相相等乘，则积相等主若则若则要推论：若则推论：若则性 2、也成等差数列 2、当时，也成等比数列质 3、等差数列前项和的最值问题 3、奇数项同号，偶数项同号公差时有最大值；时有最小值 2、两种数列有时可以相互转化：（1）若数列为等差数列，，且，则为等比数列（2）若数列为正项等比数列，，且，则为等差数列 [典型例题] 例1、“基本量运算” （1）等差数列中：，则=________104

高三数学数列的综合应用知识精讲

高三数学数列的综合应用【本讲主要内容】数列的综合应用等差数列与等比数列的综合问题，数列与其他数学知识的综合问题，数列在实际问题中的应用。

【知识掌握】【知识点精析】1. 等差数列与等比数列的综合问题，主要是运用它们的性质、通项公式、前n 项和公式将已知条件转化为数学式子（方程或不等式等）。

2. 在解决数列与其他数学知识的综合问题中，应该注意思维的角度和解题途径的选择，从“数列是特殊的函数”的角度出发，运用运动变化的观点，将问题变形转换，要分清所给问题中的数列是哪种类型，与其他数学知识的关系如何，以达到解决问题的目的。

3. 用数列解决实际应用性问题，主要有增长率问题，存贷款的利息问题，几何模型中的问题等等。

要把实际应用题转化为某种数列的模型，要分清是等差数列还是等比数列，还是有递推关系的数列，分清所涉及的量是数列中的项n a ，还是各项和n S ，有时还要注意数清项数，以使问题准确解决。

【解题方法指导】例1. （2005年全国卷三）在等差数列}{n a 中，公差d ≠0，2a 是1a 与4a 的等比中项，已知数列，，，，，，n k k k a a a a a 2131成等比数列，求数列}{n k 的通项n k 。

解题思路分析：这是一道等差数列与等比数列的综合问题，只需依题设条件，按已知的公式列式即可。

解：依题意得41221)1(a a a d n a a n ⋅=-+=，)3()(1121d a a d a +=+∴，整理得d a d 12= 10a d d =∴≠，，得nd a n =所以，由已知得，，，，，，d k d k d k d d n 213是等比数列由d ≠0，所以数列1，3，21k k ，，…，n k ，…也是等比数列首项为1，公比为q=3，由此得91=k等比数列{n k }的首项91=k ，公比q=3，所以)21(33911 ，，==⨯=+-n k n n n即得到数列{n k }的通项*)(31N n k n n ∈=+例2. （2005年上海卷）假设某市2004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2004年为累计的第一年）将首次不少于4750万平方米？（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%？解题思路分析：这是一道实际应用题，依题意，先分析出中低价房面积逐年增长后，每年的面积数成等差数列，首项为250（万平方米），公差为50（万平方米）；而每年新建住房面积逐年增长后，每年的面积数成等比数列，首项是400（万平方米），公比为（1+8%），然后再依据题中条件列式，而第（1）问中，指的是中低价房的累计面积，所以应为数列的前n 项和；而第（2）问中，指的是该年建造的住房面积，应为数列的第n 项。

【高考四元聚焦】 2014届高三一轮数学(理)复习第33讲等差、等比数列的综合应用

11
5．(2013·浙江宁波)在等比数列{an}中，a1＝2，前 n 项
和为 Sn.若数列{an＋1}也是等比数列，则 Sn 等于
.
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解析：因为{an＋1}是等比数列，所以(a2＋1)2＝(a1＋1)(a3＋1)，即(2q＋1)2＝3(2q2＋1)，所以 q＝1，则{an}是常数列，故 Sn＝na1＝2n.
34
4.(2013·山东卷)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 S4＝4S2，a2n＝2an＋1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列{bn}的前 n 项和为 Tn，且 Tn＋an2＋n 1＝λ(λ 为常数)，令 cn＝b2n(n∈N*)，求数列{cn}的前 n 项和 Rn.
解析：由已知 a2－a1＝－2，a3－a2＝－1， d＝－1－(－2)＝1，所以 an＋1－an＝(a2－a1)＋(n－1)d＝－2＋(n－1)×1＝n －3，即 an－an－1＝n－4(n≥2)，故 an－an－1＝n－4， an－1－an－2＝(n－1)－4， …… a3－a2＝3－4， a2－a1＝2－4，
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一等差数列的性质及应用
【例 1】(1)(2012·江苏泰兴市第一次模拟)已知数列{an} 为等差数列，a1＋a2＋a3＝6，a7＋a8＋a9＝24，则 a4＋a5＋ a6＝__________.
(2)等差数列{an}中，a9＋a10＝a，a19＋a20＝b，求 a99 ＋a100.
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36
所以当 λ＝0 时，cn＝b2n＝n4－n－11 (n∈N*)，错位相减法可得，Rn＝49－39n·4＋n－11.
λ－1 n＝1
当 λ≠0，cn＝b2n＝n－1
4n－1
n≥2

高三数学二轮复习：专题二数列

解答
(2)若数列an＋bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列，求数列{bn}的前 n 项和. 解因为数列{an＋bn}是首项为1，公比为2的等比数列，所以an＋bn＝2n－1，因为an＝2n－1，所以bn＝2n－1－(2n－1). 设数列{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝(1＋2＋4＋…＋2n－1)－[1＋3＋5＋…＋(2n－1)] ＝11－－22n－n1＋22n－1＝2n－1－n2，所以数列{bn}的前n项和为2n－1－n2(n∈N*).
热点一等差数列、等比数列的运算
1.通项公式等差数列：an＝a1＋(n－1)d；等比数列：an＝a1·qn－1. 2.求和公式等差数列：Sn＝na1＋ 2 an＝na1＋nn2－1d；等比数列：Sn＝a111－－qqn＝a11－－aqnq(q≠1).
3.性质若m＋n＝p＋q，在等差数列中am＋an＝ap＋aq；在等比数列中am·an＝ap·aq.
板块三专题突破核心考点
专题二数列
第1讲等差数列与等比数列
[考情考向分析]
1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现. 2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力.
内容索引
热点分类突破真题押题精练
热点分类突破
押题依据解析答案
2.在等比数列{an}中，a3－3a2＝2，且5a4为12a3和2a5的等差中项，则
{an}的公比等于
A.3
B.2或3
√C.2
D.6
押题依据等差数列、等比数列的综合问题可反映知识运用的综合性和灵活性，是高考出题的重点.
押题依据解析答案
3.已知各项都为正数的等比数列{an}满足 a7＝a6＋2a5，存在两项 am，an 使得 am·an＝4a1，则m1 ＋4n的最小值为